专题03 立体几何初步(11大考点经典基础练+优选提升练)-【好题汇编】备战2024-2025学年高一数学下学期期末真题分类汇编（ 甘肃专用）

专题03 立体几何初步 题型概览 题型01基本立体图形 题型02直观图 题型03棱锥、棱柱、棱台的表面积和体积 题型04圆锥、圆柱、圆台的表面积和体积 题型05 球的表面积和体积 题型06 空间点、直线、平面之间的位置关系 题型07 直线、平面的平行 题型08 平面、平面的平行 题型09 直线、平面的垂直 题型10 平面、平面的垂直 题型11 线线角、线面角、面面角 ( 题型01 ) 基本立体图形 1．（23-24高二下·甘肃酒泉·期末）以下说法正确的是（     ） A．半圆弧以其直径所在的直线为轴旋转所成的曲面叫球； B．球的大圆的半径等于球的半径； C．球面和球是同一个概念； D．经过球面上不同的两点只能做一个最大的圆. 【答案】B 【分析】根据球面和球的定义判断ABC，根据球的性质判断D 【详解】对于A，半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面叫球面，而球面围成的几何体叫球，所以A错误， 对于B，球的大圆的半径等于球的半径，所以B正确， 对于C，因为半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面叫球面， 而球面围成的几何体叫球，所以球面和球是不同的概念，所以C错误， 对于D，如果球面上的两点是球的直径的两个端点，则可以作无数个大圆，所以D错误， 故选：B 2．（23-24高一上·甘肃张掖·期末）给出下列命题： ①圆柱的母线与它的轴可以不平行； ②圆锥的顶点、圆锥底面圆周上任意一点及底面圆的圆心三点的连线都可以构成直角三角形； ③在圆台的上、下两底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线； ④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的. 其中正确的是（    ） A．①② B．②③ C．①③ D．②④ 【答案】D 【分析】由圆柱、圆锥、圆台的定义及母线的性质即可判断. 【详解】由圆柱的母线无论旋转到什么位置都与轴平行，故①错误； 圆锥是以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的， 故②正确； ③中连接的线可能存在与轴异面的情况，而圆台的母线与轴共面，故③错误； ④由于圆柱中任意母线均与轴平行，故其中任意两条母线相互平行，故④正确； 综上可知②④正确，①③错误. 故选：D. 【点睛】本题主要考查了圆柱、圆锥、圆台的几何结构特征，属于基础题. 3．（多选）（23-24高一下·甘肃庆阳·期末）如图，不能推断这个几何体可能是三棱台的是（    ）    A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据棱台的定义可知，棱台上、下底面为两个平行且相似的多边形，即可判断. 【详解】对于A，因为，所以几何体不是三棱台，故A错误； 对于B，因为，所以几何体不是三棱台，故B错误； 对于C，因为，所以几何体是三棱台，故C正确； 对于D，该几何体可能是三棱柱，故D错误． 故选：ABD． 4．（多选）（23-24高一下·甘肃兰州·期末）下列说法不正确的是（    ） A．圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台 B．绕直角三角形任一边旋转所得几何体为圆锥 C．用任何一个平面截球面，得到的截面都是圆 D．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 【答案】BD 【分析】根据空间几何体的结构特征判断即可. 【详解】AC选项根据圆锥、圆台、球的结构特征即可得到是正确的； B选项需要绕直角三角形的直角边旋转得到的才是圆锥，故B错； D选项有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱，如下图： 故选：BD. ( 题型0 2 ) 直观图 1．（23-24高一上·甘肃兰州·期末）如图所示，矩形是水平放置一个平面图形的直观图，其中2，则原图形是（    ） A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．梯形 【答案】C 【分析】根据直观图与原图的关系即可得解. 【详解】因为矩形中， 所以直观图还原得， 四边形为平行四边形，， 则，所以， ， ， 所以，故原图形为菱形. 故选：C. 2．（22-23高一下·甘肃兰州·期末）如图，是水平放置的的斜二测直观图，为等腰直角三角形，其中与重合，，则的面积是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】把斜二测直观图还原，求出、的长度，代入三角形面积公式得答案． 【详解】在斜二测直观图中，由为等腰直角三角形，，可得， 根据斜二测画法，还原原图形为直角三角形，如图所示： 则，，则． 故选：D．    3．（23-24高一上·甘肃庆阳·期末）下列是关于斜二测直观图的命题：①三角形的直观图还是三角形；②平行四边形的直观图还是平行四边形；③菱形的直观图还是菱形④正方形的直观图还是正方形.其中正确的个数为 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据斜二侧直观图的画法法则，直接判断①②③④的正确性，即可推出结论． 【详解】解：由斜二侧直观图的画法法则可知：①三角形的直观图还是三角形，正确； ②根据平行性不变，平行四边形的直观图还是平行四边形，正确； ③因为平行于y轴的线段长减半，行于x轴的线段长不变，菱形的直观图不是菱形，不正确； ④正方形的直观图应该是平行四边形，不正确. 故选：B. 【点睛】本题考查斜二侧画直观图的画法，是基础题． 4．（多选）（23-24高一下·甘肃宝泉·期末）关于斜二测画法，下列说法正确的是（    ） A．在原图中平行的直线，在对应的直观图中仍然平行 B．若一个多边形的面积为，则在对应直观图中的面积为 C．一个梯形的直观图仍然是梯形 D．在原图中互相垂直的两条直线在对应的直观图中不再垂直 【答案】ABC 【分析】根据斜二测画法逐项判断，可得出合适的选项. 【详解】对于A，根据斜二测画法知，直观图中平行关系不会改变，A正确； 对于B，对于平面多边形，不妨以三角形为例， 如图①， 在中，，其面积， 在其直观图（图②）中， 作，则直观图的面积 ， 因为平面多边形可由若干个三角形拼接而成，在直观图中，每个三角形的面积都为原三角形面积的， 故平面多边形直观图的面积也为原来平面多边形面积为，B正确； 对于C，梯形的上、下底平行且长度不相等，在直观图中，两底仍然平行，且长度不相等， 故一个梯形的直观图仍然是梯形，C正确； 对于D，空间几何体的直观图中，在原图中互相垂直的两条直线在对应的直观图中可以垂直，如长方体的长和高，D错误. 故选：ABC. ( 题型0 3 ) 棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积 1．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）石墩随处可见，形状各异，美化了我们的环境，已知某正四棱台石墩的上、下底面边长分别为40cm，58cm，侧棱长为41cm，则该石墩的侧面积为（    ） A．8036cm2 B．13000cm2 C．7840cm² D．12804cm² 【答案】C 【分析】由棱台的性质和勾股定理求得棱台的斜高，再由棱台的侧面积公式，计算可得所求值． 【详解】设，，，可得正四棱台的斜高为， 所以棱台的侧面积为． 故选：C． 2．（23-24高二下·甘肃定西·期末）如图，正方体的棱长为1，点E为线段上的点，且，点F为的中点，则三棱锥的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】三棱锥的体积等于三棱锥的体积，在三棱锥中，底面的面积好求，顶点到底面的距离等于正方体的边长，进而可以求出三棱锥的体积. 【详解】三棱锥的体积等于三棱锥的体积． 因为E，F分别为上的点， 所以在正方体中，的面积为定值， 又因为F到平面的距离为定值1， 所以． 故选：. 3．（23-24高二下·甘肃兰州·期末）如果一个正四棱锥的底面边长为6，高为3，那么它的侧面积为（      ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正棱锥的几何结构特征，求得斜高，结合正棱锥的侧面积公式，即可求解. 【详解】如图所示，连接交于点，取的中点，分别连接， 因为四棱锥为正四棱锥，所以底面，且， 在等腰中，为的中点，所以，即为正四棱锥的斜高， 在直角中，，可得， 所以正四棱锥的侧面积为. 故选：B.    4．（22-23高二下·甘肃酒泉·期末）一个正六棱柱的底面边长为3，高为4，则它的侧面积为 . 【答案】72 【分析】根据题意结合正棱柱的侧面积公式直接求解 【详解】因为正六棱柱的底面边长为3，高为4， 所以此棱柱的侧面积为， 故答案为：72 5．（23-24高二下·甘肃酒泉·期末）若正四棱锥的底面边长是8，顶点到底面的距离是6，则它的底面积为 ，侧面积为 ，体积为 . 【答案】 【分析】正四棱锥底面积即为底面正方形面积，侧面积是四个等腰三角形面积，体积根据公式进行计算即可. 【详解】（空1）正四棱锥的底面是正方形，由题意正方形边长是，则面积为； （空2）设是顶点在底面的投影，根据正棱锥性质，底面，过顶点作，垂足为，连接，由于正棱锥侧面都是等腰三角形，则，由三线合一可得，故显然，又平面，则，，由于正四棱锥的侧面是全等三角形，故侧面积为 （空3）由题意，棱锥的高为，根据棱锥的体积公式，. 故答案为：；；        6．（22-23高二下·甘肃酒泉·期末）某农场为了改善水利设施，需要修筑一条横截面为等腰梯形的灌溉水渠，如图所示，已知水渠长400m，深1.5m，渠底宽1m，渠面宽2m．    (1)修筑水渠需要挖出多少立方米的土？ (2)若在水渠的底部和侧面铺设水泥板，则需要的水泥板面积是多少（保留整数，且） 【答案】(1)立方米 (2)平方米 【分析】（1）由题意，水渠的形状是一个棱柱，根据棱柱的体积公式求解即可； （2）需要水泥的部分是三个矩形的面积，根据题干数据计算即可. 【详解】（1）   由题意，水渠的形状可看成一个四棱柱，设棱柱的底面积为，高为， 由棱柱的上下底面等腰梯形，其等腰梯形的面积， 棱柱的高，故棱柱的体积为：， 故需要挖出立方米的土 （2）   水渠有三个面是矩形，底面面积是， 如上图，过作，过作，垂足是， 根据等腰梯形性质可得，，故， 则两个矩形面积之和是：， 故一共需要水泥面积是平方米 ( 题型0 4 ) 圆柱、圆锥、圆台的表面积和体积 1．（23-24高二下·甘肃酒泉·期末）圆锥的轴截面是正三角形，那么它的侧面积是底面积的（      ） A．4倍 B．3倍 C．2倍 D．6倍 【答案】C 【分析】设底面半径为，则母线长为，然后求出侧面积和底面积，即可得答案. 【详解】由题意设底面半径为，则母线长为，则圆锥的侧面积为， 因为圆锥的底面积为， 所以此圆锥的侧面积是底面积的2倍， 故选：C 2．（23-24高一下·甘肃庆阳·期末）若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设圆锥的底面半径为，母线为，高为，根据圆锥的侧面积公式及弧长公式得到方程组，求出、，再由勾股定理求出，最后根据圆锥的体积公式计算可得. 【详解】解：设圆锥的底面半径为，母线为，高为，则，解得，， 所以， 所以该圆锥的体积． 故选：B 3．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）一个几何体由圆锥和圆柱组成，其尺寸如图所示(单位：cm)，则此几何体的表面积为 cm2．    【答案】 【分析】几何体是由圆锥和圆柱组成的，由圆柱与圆锥的表面积公式计算求解即可. 【详解】此几何体是由圆锥和圆柱组成的， 圆锥的底面半径为，高为，所以母线长为， 所以其侧面积为：， 圆柱的底面积为：，侧面积为：， 所以该几何体的表面积为：. 故答案为：. 4．（22-23高二下·甘肃酒泉·期末）一个圆柱的底面半径为1，高是3，则它的全面积 . 【答案】 【分析】根据题意使用圆柱的底面积、侧面积公式，分别算出该圆柱的底面积和侧面积，从而得出该圆柱的全面积. 【详解】∵圆柱的底面半径为, ∴圆柱的底面圆面积. 又∵圆柱的高为, ∴圆柱的母线长, ∴圆柱的侧面积. 所以该圆柱的全面积为. 故答案为：. 5．（23-24高二上·甘肃兰州·期中）如图，在底面半径为、母线长为的圆锥中内接一个高为的圆柱，求圆柱的体积及表面积． 【答案】体积；表面积． 【解析】由已知计算出圆柱的底面半径，代入圆柱表面积和体积公式，即可得到答案. 【详解】解：设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的高， ，，则，． 圆柱的体积； 表面积． 【点睛】本题考查的知识点求圆柱的表面积和体积，其中根据已知条件，求出圆柱的底面半径，是解答本题的关键. ( 题型0 5 ) 球的表面积和体积 1．（23-24高一下·甘肃白银·期末）若棱长为的正方体的内切球的表面积为，则（    ） A．2 B．4 C． D． 【答案】B 【分析】设内切球的半径为，根据球的表面积求出，即可得到. 【详解】设内切球的半径为，由球的表面积，得，所以， 又球内切于正方体，所以正方体的棱长等于球的直径，则. 故选：B 2．（23-24高一下·甘肃·期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，则该四棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】四棱锥可补成长方体，利用长方体的体对角线求外接球的半径，即可得解. 【详解】将四棱锥补全成以为长、宽、高的长方体， 则该四棱锥的外接球即补全后长方体的外接球， 外接球的半径为长方体体对角线一半， 所以外接球表面积为. 故选：C 3．（23-24高一下·甘肃·期末）已知三棱锥中，平面，，，，则此三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设底面的外接圆的半径为，三棱锥外接球的半径为，在中利用由正弦定理得得，平面，结合，求得球的半径，最后利用外接球的表面积得出答案. 【详解】在三棱锥中，平面，，，， 设底面的外接圆的半径为，三棱锥外接球的半径为， 由正弦定理得，可得， 所以， 则外接球的表面积为. 故选：D. 4．（22-23高二下·甘肃酒泉·期末）一个到球心距离为1的平面截球所得截面的面积为π，则它的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作出球的截面示意图，结合垂径定理求解. 【详解】   作出球的截面示意图，如图是平面截球所得小圆的直径，是小圆圆心，是球心， 设小圆半径为，依题意得，解得，由，得到， 又即为球心到小圆所在平面距离，故，为球的半径， 根据球的体积公式，体积为：. 故选：D 5．（23-24高一下·甘肃兰州·期末）长方体的一个顶点上的三条棱长分别是，且它的个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由长方体的性质，求得长方体的对角线长，得到外接球的半径，代入球的表面积公式，即可求解． 【详解】如图所示，在长方体中，设，，， 可得， 设长方体外接球的半径为， 根据长方体的对角线长等于其外接球的直径，可得，所以， 所以长方体外接球的表面积． 故选：B．    6．（23-24高一下·甘肃白银·期末）如图，扇形的圆心角的弧度数为，OA＝2，以直线OB为旋转轴，将该扇形旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】依照题意先判断出旋转体的形状，进一步计算即可. 【详解】依题意可得OA⊥OB，将该扇形旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是半径为2的半球，其体积为． 故选： ( 题型0 6 ) 空间点线面的位置关系 1．（23-24高一下·甘肃白银·期末）下列命题正确的是（    ） A．任意四边形都可以确定唯一一个平面 B．若直线上有无数个点不在平面内，则 C．若，则直线与平面内的任意一条直线都平行 D．若将一个西瓜切3刀，则这个西瓜最多可以被切成8块 【答案】D 【分析】根据平面的基本性质，空间直线与直线，直线与平面的位置关系，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，由空间四边形的四个点不共面，所以A错误； 对于B中，由直线上有无数个点不在平面内，则或与相交，所以B错误； 对于C中，若，则平面内存在直线与直线不平行（异面直线），所以C错误； 对于D中，根据平面的基本性质，若将一个西瓜切3刀，则这个西瓜最多可以被切成8块，所以D正确． 故选：D. 2．（23-24高一下·甘肃兰州·期中）下列说法正确的是（    ） A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 B．以直角三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥 C．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内 D．分别在两个平面内的两条直线是异面直线 【答案】C 【分析】根据棱柱的概念，并举出反例判定A错误；根据圆锥的定义，考虑到一些边所在直线为轴旋转时所得到几何体不是圆锥，判定B错误；利用平面的基本性质可以判定C正确；根据异面直线的定义，并举出反例可以否定D. 【详解】对于A, 上下两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，这些面围成的几何体叫棱柱，有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体不一定是棱柱，反例如图： 对于B,当以直角三角形的斜边为轴旋转时，所得几何体不是圆锥，故B错误； 设直线AB，BC,AC两两相交于B,C,A三点，则A,B,C不共线，故确定一个平面，记作平面，由于直线AB,BC,CA上都有两个不同点都在平面内，∴这三条直线都在平面内，故C正确； 对于D,分别在两个平面内的直线可能平行，也可能相交，不一定异面，反例如图： 直线分别在平面内，可以相交于两平面的交线上的一点. 故D错误； 故选：C. 3．（23-24高二上·甘肃平凉·期末）若，，则直线，的位置关系是（    ） A．平行或异面 B．平行或相交 C．相交或异面 D．平行、相交或异面 【答案】D 【分析】利用条件，联系立方体即可得出结论. 【详解】解：如图所示，设平面为平面 若，，故，，，相交； 若，，故，，，异面； 若，，故，，，平行. 故选：D 4．（23-24高二上·甘肃武威·期中）直线与平面内的两条直线都垂直，则直线与平面的位置关系是（    ） A．平行 B．垂直 C．在平面内 D．无法确定 【答案】D 【分析】作出正方体，以平面为平面，对直线分别为、、、进行分类讨论，可得出结论. 【详解】如下图所示： 在正方体中，以平面为平面. ①以直线为直线，则，，此时； ②以直线为直线，，，则，同理可得，此时； ③以直线为直线，则，，此时； ④以直线为直线，平面，平面，则，同理可得，此时直线与平面斜交. 因此，直线与平面的位置关系不确定. 故选：D. 【点睛】本题考查直线与平面位置关系的判断，属于基础题. 5．（23-24高二上·甘肃张掖·期末）下列命题正确的是（    ） A．三点确定一个平面 B．四条首尾相连的线段确定一个平面 C．两条平行直线与同一条直线相交，三条直线在同一平面内 D．空间两两相交的三条直线在同一平面内 【答案】C 【分析】根据确定平面的条件可对每一个选项进行判断. 【详解】对于选项A：如果三点在同一条直线上，则不能确定一个平面，故A错误； 对于选项B：例如三棱锥，可以得到四条首尾相连的线段，但不是平面图形，故B错误； 对于选项C：因为两条平行直线确定一个平面， 若一条直线与这两条平行直线都相交，则这条直线就在这两条平行直线确定的一个平面内， 所以这三条直线在同一平面内，故C正确； 对于选项D：例如三棱锥三条侧棱，可以得到两两相交的三条直线，但这三条直线不共面，故D错误. 故选：C ( 题型0 7 ) 直线、平面的平行 1．（23-24高一下·甘肃甘南·期末）下列能保证直线与平面平行的条件是（    ） A．， B．，， C．､，，，，且 D．，，，a‖c 【答案】B 【分析】由线面平行的判定定理可知ACD不满足条件. 【详解】A中，直线可能在平面内，A错误； B中，，，，根据线面平行的判定，可知，B正确； C中，，若点在内，则直线在平面内，C错误. D中，直线可能在平面内，D错误. 故选：B 2．（23-24高一上·甘肃天水·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，Q为AD的中点，点M在线段PC上，，若平面MQB，则t等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接交于，连接，根据线面平行的性质得，即可得到，即可求解. 【详解】连接交于，连接，如图： 底面ABCD为菱形，Q为AD的中点，所以与相似， ， 因为平面MQB，平面，平面与平面MQB交线为， 根据线面平行的性质可知：， 在中，， ， 即. 故选：A 【点睛】此题考查根据线面平行的性质得线线平行，根据平行关系求解线段的比例关系. 3．（23-24高一上·甘肃甘南·期末）已知，，，且，求证：. 【答案】见解析 【分析】由线面平行的性质得出，再由传递性得出. 【详解】 4．（23-24·贵州平凉·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，,. （Ⅰ）若是的中点，求证：平面； （Ⅱ）若，，求三棱锥的高. 【答案】（1）见解析； （2） . 【详解】试题分析：（Ⅰ）连接交于,连接.在三角形中,中位线 ,且平面,平面,∴平面；（Ⅱ）由,可得与底面垂直，在中，设的中点为，连接，则是三棱柱的高，计算出三角形与面积，利用可求得点到平面的距离为. 试题解析： （Ⅰ）连接交于,连接.在三角形中, 中位线 , 且平面,平面, ∴平面. （Ⅱ）在中，设的中点为，连接，则，又， ∴,又∵， ∴，∴ ，解得. 所以点到平面的距离为：. 【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、利用等积变换求三棱锥的高，属于中档题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法①证明的. ( 题型0 8 ) 平面、平面的平行 1．（23-24高一下·甘肃兰州·期末）已知，是两条直线，，是两个平面，有以下三个命题： ①，相交且都在平面，外，，，，，则； ②若，，则； ③若，，，则． 其中正确命题的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】根据面面平行的判定定理判断即可. 【详解】①因为相交，所以共面，设这个平面为， 因为，，，，相交，所以， 同理可得， 所以，故①正确； ②，有可能相交，若平行，的交线，此时也满足，， 故②错； ③，有可能相交，若，平行，的交线，此时也满足，，，故③错. 故选：B. 2．（23-24高一上·甘肃天水·期中）如图，在正方体中，为的中点. (1)求证：平面； (2)上是否存在一点，使得平面平面，若存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)上的中点即满足平面平面，理由见解析 【分析】（1）由三角形的中位线定理、线面平行的判定定理，可得证明； （2）上的中点即满足平面平面．由平行四边形的性质和线面平行的判定定理，以及面面平行的判定定理，可得结论． 【详解】（1）证明：连接交于，连接． 因为为正方体，底面为正方形， 对角线、交于点，所以为的中点， 又因为为的中点，在中，是的中位线， 则， 又平面，平面， 所以平面； （2）上的中点即满足平面平面． 因为为的中点，为的中点，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面； 由（1）知平面， 又因为，平面， 所以平面平面． 3．（23-24高一下·甘肃金昌·期中）如图，在正四面体中，，E，F，R分别是，，的中点，取，的中点M，N，Q为平面内一点．      (1)求证：平面平面； (2)若平面，求线段的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）因为，，分别是，，的中点，所以，可证平面，同理平面，进而即得； （2）由题意可知点Q在线段上移动，因为是等腰三角形，故是高时最小. 【详解】（1）证明：因为，，分别是，，的中点， 所以，平面，平面， 所以平面． 同理，平面，又因为， 所以平面平面．    （2）解：由（1）可得平面平面，若平面，则点Q在线段上移动， 在中，，，，的最小值为R到线段的距离， 因为是等腰三角形，故的最小值为．    4．（23-24高一下·临夏·期中）如图，在三棱柱中，，分别为线段，的中点． (1)求证：平面． (2)在线段上是否存在一点，使平面平面请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，理由见解析 【分析】（1）根据中位线的性质可得A，再根据线面平行的判定可得B即可； （2）取的中点，连接，根据中位线的性质判定即可 【详解】（1）证明：因为，分别为线段的中点所以A.因为，所以B.又因为平面，平面，所以平面． （2）取的中点，连接，因为为的中点所以． 因为平面，平面，所以平面， 同理可得，平面，又因为，，平面，所以平面平面 故在线段上存在一点，使平面平面． ( 题型0 9 ) 直线和平面的垂直 1．（23-24高一下·甘肃白银·期末）已知正四面体的棱长为1，动点P在△ABC内（含边界），设点P到平面SAB的距离为，点P到平面SBC的距离为，点P到平面SCA的距离为.若，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用正四面体的几何特征结合求解出最大值. 【详解】设点A到平面SBC距离为h，由，知，，， 则P点在过△ABC的重心与BC平行且在△ABC内的线段DE上， D，E分别为边AC，AB靠近C，B的三等分点， 由正四面体的性质可知点P到平面SAB的距离的最大值为. 故选：A. 2．（23-24高一下·甘肃兰州·期末）在正方体中，O为底面ABCD的中心，P为棱的中点，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方体的几何性质，即可根据线线平行以及垂直关系的转化即可结合选项逐一求解. 【详解】连接，易得， 在平面中，与不垂直，故与OP不垂直，故A错误，同理，D错误； 在正方体中，平面，平面，所以， 若，则 ,这与矛盾，所以与OP不垂直，故B错误； 因为平面，平面，所以， 又，，可得平面， 又平面，所以，故，C正确． 故选：C 3．（24-25高二上·甘肃白银·期末）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面为与的交点． (1)证明：直线平面． (2)若，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明证得直线平面． （2）根据锥体体积计算公式求得三棱锥的体积. 【详解】（1）底面为菱形， 平面平面， 又平面，平面． （2）． 在中，， 因为平面， 所以三棱锥的体积． 4．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）如图所示，三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，，点P，D分别为AB，的中点．    (1)求证：平面； (2)求证：； (3)求点C到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）连接，利用线面平行的判定推理即得. （2）利用线面垂直的判定、性质推理即得. （3）连接，交于点E，连接BE，过点C作于，利用线面垂直的判定、性质推证平面，再借助直角三角形求出即可. 【详解】（1）如图，连接，在中，D，P分别是，AB的中点，则， 而平面，平面，所以平面. （2）由，得，则，即， 由平面，平面，则， 而，平面，于是平面， 又平面，则，又，所以． （3）如图，连接，交于点E，连接BE，过点C作，F为垂足， 由，侧棱垂直于底面，得且， 又，，CB，平面CBE，则平面CBE， 又平面CBE，则，又，，平面， 因此平面，即CF为点C到平面的距离， 由平面，平面，得，， 所以点C到平面的距离． ( 题型 10 ) 平面和平面的垂直 1．（23-24高一下·甘肃·期末）已知直线，及平面，，且，，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】B 【分析】根据空间中线面位置的判定和性质，判断选项中的结论是否正确. 【详解】对于A：若，则不一定垂直，故A错误； 对于B：因为，所以，因为，所以，故B正确； 对于C：若，则不一定平行于，故C错误； 对于D：若，则或，故D错误. 故选：B.. 2．（22-23高一下·甘肃·期末）如图，在四棱锥中，底面为边长为2的正方形，平面平面.，，分别为的中点.求证： (1)平面； (2)平面平面； (3)求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）取中点，连接，证明四边形为平行四边形即可； （2）证明平面即可； （3）结合三棱锥的体积公式求解即可. 【详解】（1）取中点，连接， 在中，因为分别为的中点， 所以，， 因为底面为正方形，且为的中点， 所以，， 所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面； （2）因为底面为正方形，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为，平面，平面，， 所以平面，因为平面， 所以平面平面； （3）已知，，为中点，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又，所以四棱锥的体积为. 3．（23-24高一下·甘肃平凉·期末）如图，PA⊥平面ABC，AB为圆O的直径，E，F分别为棱PC，PB的中点． (1)证明：EF平面ABC． (2)证明：平面EFA⊥平面PAC． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用中位线定理得到EFBC，利用线面平行的判定定理即可得证； （2）由AB为圆O的直径，得到BC⊥AC，再利用线面垂直得到BC⊥PA，从而BC⊥平面PAC，结合（1）中，所以EF⊥平面PAC，得到面面垂直. 【详解】（1）因为E，F分别为棱PC，PB的中点，所以EFBC， 因为平面ABC，平面ABC， 所以EF平面ABC； （2）因为AB为圆O的直径，所以BC⊥AC． 因为PA⊥平面ABC，平面ABC，所以BC⊥PA， 又，PA，平面PAC，所以BC⊥平面PAC， 由（1）知，所以EF⊥平面PAC，又平面EFA， 所以平面EFA⊥平面PAC． 4．（23-24高一下·甘肃庆阳·期末）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，是线段上的一点． (1)若，求证：平面； (2)若，求证：平面平面． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）证明线面平行，只需在平面内找到一条直线与平行即可； （2）证明面面垂直，只需证明线面垂直，只需证明线线垂直即可. 【详解】（1）连接，交于点，连接，如图所示． 因为底面为菱形，所以是的中点，又，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）在直四棱柱中，平面， 因为平面，所以， 又底面为菱形，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以， 又，，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． ( 题型 11 ) 线线角、线面角、面面角 1．（24-25高三上·甘肃白银·期末）若为正方体，则异面直线与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意作图，根据正方体的几何性质，利用异面直线夹角的定义，可得答案. 【详解】连接，，如下图： 易知，所以为异面直线与所成的角（或其补角）， 易知为等边三角形，所以. 故选：A. 2．（多选）（23-24高一下·甘肃·期末）如图所示，在正方体中，，分别是，的中点，是线段上的动点，则下列判断正确的是（    ） A．三棱锥的体积是定值 B．过，，三点的平面截正方体所得的截面是六边形 C．存在唯一的点，使得 D．与平面所成的角为定值 【答案】AC 【分析】利用，结合的面积为定值，点到平面的距离为定值，可判断A；平面的基本性质作出面与的交点，利用正方体的性质及线线平行、线面平行、中位线性质判断B；当为中点时，可得，进而判断C；到平面的距离一定，而长度随运动会变化，结合线面角定义判断D. 【详解】因为是线段上的动点，而且， 所以的面积为定值，又点到平面的距离为定值， ，所以三棱锥的体积是定值，A正确； 过作分别交，的延长线于，，连接，，如图， 为，的交点，为，的交点，所以截面为五边形，B错误； 在上运动，当时，，而为中点， 所以当为中点时，，故存在唯一的点使得，C正确； 由，平面，平面，则平面， 所以到平面的距离一定，而长度随运动会变化， 故与平面所成的角不为定值，D错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：本题A选项解决的关键在于，利用线线平行得到点到的面积为定值，从而得解. 3．（22-23高二上·甘肃兰州·期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，点M，N分别为的中点． (1)取的中点H，连接，若平面平面，求证：； (2)已知，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的判定性质推理得证. （2）连接，利用几何法求出面面角的余弦值. 【详解】（1）平面平面，且交线为， 过点作的垂线，垂足记为，平面，则平面， 而平面，则， 由平面，平面，得， 又是平面内的相交直线，则平面， 而平面，所以. （2）连接，在中，，又， 则，即，由为的中点，得， 由平面，平面，得， 又平面，则平面， 而平面，则， 故是二面角的平面角， 又平面，则， 在中，，， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 4．（23-24高一下·甘肃张掖·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点.    (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为， （ⅰ）求与所成角的余弦值； （ⅱ）求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2)； 【分析】（1）根据线面平行的判断定理，转化为证明，即可证明； （2）（ⅰ）根据（1）的结果，转化为求与所成角的余弦值，利用图形的几何性质，结合余弦定理，即可求解；（ⅱ）根据线面角的定义，构造线面角，即可求解. 【详解】（1）如图，因为点是正方形的对角线的中点，所以三点共线，连结， 点是对角线的交点，所以是的中点，是的中点， 所以， 平面，平面， 所以平面    （2）（ⅰ）连结， 若二面角的大小为， 则平面平面，且平面平面， ，且平面， 所以平面，平面， 所以，    又因为，所以，则， 又，， 异面直线与所成的角为与所成的角，为或其补角， 中，， 所以异面直线与所成角的余弦值为； （ⅱ）取的中点，连结，因为，所以， 所以平面， 连结，为直线与底面所成的角， 因为底面边长为1，， 所以,， , 所以.    所以直线与平面所成角的大小为. 1．（24-25高三上·甘肃定西·期末）已知某圆台的轴截面ABCD是等腰梯形，，则该圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由轴截面可得上下底面半径，进而得到高，代入体积公式即可； 【详解】 易知上底面圆的半径，下底面圆的半径，设圆台的高为h， 则， 所以该圆台的体积 故选：B 2．（24-25高三上·甘肃临夏·期末）已知圆锥的轴截面是一个边长为的正三角形，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据圆锥轴截面的特征确定圆锥的底面半径和高，进而求圆锥的体积. 【详解】由题设，易知圆锥的底面半径为，高为3， 所以圆锥的体积为. 故选：B 3．（24-25高三上·甘肃武威·期末）已知球O是正三棱锥的外接球，若正三棱锥的高为，底边，则球心O到平面ABC的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设正三棱锥的底面中心为M，D为BC的中点，连接AD，显然球心O在直线PM上，由可得外接球半径，从而得解. 【详解】设正三棱锥的底面中心为M，D为BC的中点，连接AD， 显然球心O在直线PM上，设球O的半径为R，因为， 所以球心O到底面ABC的距离为，， 由，得，， 所以球心O到平面ABC的距离为． 故选：A 4．（23-24高一下·河北沧州·阶段练习）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题错误的是（    ） A．若，则或 B．若，则 C．若，则与平行或异面 D．若，则与相交或平行 【答案】D 【分析】根据直线和平面的位置关系，逐项分析判断即可得解. 【详解】对于A，若，则或，故A正确； 对于B，若，则由线面垂直的性质定理得，故B正确； 对于C，若，则与平行或异面，故C正确； 对于D，若，则与相交､平行或异面，故D错误. 故选：D. 5．（22-23高一下·甘肃庆阳·期末）在矩形ABCD中，，，沿对角线AC将矩形折成一个直二面角，则点B与点D之间的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点在平面内作，证明，利用余弦定理得到，再利用勾股定理计算得到答案. 【详解】过点在平面内作，垂足为点，如图，    因为二面角的平面角为，所以平面平面， 又平面平面，平面， 故平面，又平面，， 在中，，，，则，， ，则，， 在中，， 则，所以， 所以. 故选：C 6．（24-25高三上·甘肃白银·期末）如图，这是一个五面体均垂直于底面，且是边长为1的等边三角形.已知.若平面平面，且与平面之间的距离为，与五面体相交，则平面切割五面体所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作平面平面，分别交于点.由点到平面的距离分别为，可知.设平面与的交点分别为，由平面到平面的距离为及平面平面，可得.通过平移截面至平面，可求截面的面积. 【详解】易知，通过等体积法可知点到平面的距离分别为. 过点作平面平面，分别交于点，则. 因为平面到平面的距离为， 所以平面与直线的交点为线段的中点，记该点为， 记平面与的交点分别为， 则平面切割五面体所得截面为. 根据平面平面可得， 由三角形相似易知. 通过平移截面至平面，可知截面的面积为. 故选：B. 7．（多选）（24-25高三上·甘肃白银·期末）如图一，四边形为矩形，，，，，，分别为矩形各边的中点，现按图中虚线折起，得到图二所示的四面体，其中点，，，重合为点，则在图二中，下列结论正确的是（    ） A． B． C．四面体的体积为 D．四面体的外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】由题分析折叠前后图形中的不变量可知，，以及三棱锥的棱长，选项B即可判断；对于选项A，证明线面垂直即可判断；对于选项C，利用三棱锥体积公式即可求解；对于选项D，根据三棱锥对棱棱长相等可知三棱锥可放到长方体中，则三棱锥外接球的直径即为长方体的体对角线，选项D即可判断. 【详解】由题知，，. 又，平面，平面，平面. 又平面，，即，故选项A正确； ，，故选项B正确； ，，，. ，，，平面，平面，平面. 所以四面体的体积为，故选项C错误； ，， 所以四面体可以放入长方体中，如图所示， 设四面体的外接球的半径为，则有， 解得，所以外接球的表面积，故选项D正确. 故选：ABD. 8．（多选）（22-23高一下·甘肃·期末）我国古代数学名著《九章算术商功》中记载了一些特殊几何体，如长方、堑堵、阳马、鳖臑等．并对这些几何体作了详细记载．如图长方体，按平面斜切一分为二，得到两个一模一样的三棱柱，称该三棱柱为堑堵，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个，其中以矩形为底另有一棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，余下的三棱锥称为鳖臑，已知长方体中中，，，按以上操作得到鳖臑，则关于该鳖臑下列说法正确的是（    ） A．三棱锥由三个直角三角形和一个锐角三角形组成的四面体 B．三棱锥由四个直角三角形组成的四面体 C．该鳖臑的最长棱长 D．该鳖臑的体积为4 【答案】BCD 【分析】把三棱锥还原到长方体中，再逐项分析判断即可． 【详解】如图，把三棱锥还原到长方体中， 则，， 所以A错误，B正确； 该鳖臑的最长棱长就是长方体的体对角线，所以C正确． 该鳖臑的体积为，所以D正确． 故选：BCD． 9．（多选）（23-24高一下·甘肃临夏·期末）如图，在棱长均为1的四棱锥中，O为底面正方形的中心，分别为侧棱的中点，则（    ）    A． B．平面平面OMN C． D．四棱锥的体积为 【答案】ABC 【分析】根据中位线可判断A，根据线线平行求证线面平行，即可求解B，根据三角形的边长关系，即可求解C，根据锥体的体积公式即可求解D. 【详解】对于A，由于分别为侧棱的中点,所以,又，故，A正确， 对于B, 连接,由于分别为侧棱的中点,所以，平面,平面,所以平面,同理，平面,平面,故平面,，平面，所以平面平面，故B正确． 对于C，由于,所以，故，又，故，C正确， 对于D，由于，故D错； 故选：ABC    10．（多选）（23-24高一下·甘肃白银·期末）如图，正方体的棱长为2，则（    ） A．平面 B．平面 C．异面直线与BD所成的角为60° D．三棱锥的体积为 【答案】ABC 【分析】对A：借助正方体的性质可得，结合线面平行的判定定理即可得；对B：借助线面垂直的判定定理可得平面，平面，再利用线面垂直的性质定理可得，，进而可得，，即可得证；对C：借助等角定理可得等于异面直线与BD所成的角，计算出即可得解；对D：借助体积公式计算即可得. 【详解】对A：在正方体中，， 又平面，平面，所以平面，故A项正确； 对B：连接，，在正方体中，，， 平面，平面，因为平面， 平面，所以，， 又，平面，平面， 所以平面，因此，同理，， 又，平面，平面， 所以平面，故B项正确； 对C：因为，所以等于异面直线与BD所成的角， 又，即为等边三角形， 所以异面直线与BD所成的角为60°，故C项正确； 对D：三棱锥的体积 ，故D项不正确. 故选：ABC. 11．（22-23高二下·甘肃酒泉·期末）已知两球体积之比为27：1，它们的半径之比为 【答案】 【分析】根据球的体积公式求解 【详解】设两个球的体积为，半径分别是，由题意得，，解得. 故答案为： 12．（22-23高一下·甘肃酒泉·期末）如图，正方体的一个顶点A在平面内，其余顶点均在平面的同侧.正方体上与顶点A相邻的三个顶点B，D，到平面的距离分别为1，2，4，则这个正方体其余顶点到平面的距离的最大值为 .    【答案】 【分析】根据B，D，到平面的距离分别为1，2，4，可求出任两个点连线中点到平面的距离，通过中点距离转化，可求出相关顶点到平面的距离，进一步判断大小即可. 【详解】因为B，D，到平面的距离分别为1，2，4， 所以的中点到平面的距离为 所以到平面的距离为 的中点到平面的距离为 所以到平面的距离为 的中点到平面的距离为 所以到平面的距离为 的中点到平面的距离为 则到平面的距离为 则这个正方体其余顶点到平面的距离的最大值为 故答案为： 13．（23-24高一下·甘肃兰州·期末）如图，正方体的棱长为2.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面平行的判定定理即可得证； （2）设，首先证明即为二面角的平面角，再由解三角形的知识求解即可得答案. 【详解】（1）在正方体，且， ∴为平行四边形，∴， ∵平面，平面， ∴平面. （2）∵在正方形ABCD中，设，连接， ∴，， ∵中，，∴为等腰三角形，∴， ∴即为二面角的平面角， ∵在中，， ∴，即二面角的正弦值为.    14．（23-24高一下·甘肃兰州·期末）如图，在四棱锥中，平面PAB，且在四边形PACQ中，，，二面角的大小为，且． (1)点E为BC的中点，证明：平面PAB； (2)求直线BQ与平面PACQ所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）运用垂直条件找出二面角的平面角，得到，借助中位线证明平行，进而得到四边形PQEF为平行四边形，再运用线面平行的判定定理即可； （2）过B作于点M，得到平面，得到平面平面ABC，运用面面垂直性质得到平面PACQ， 得到即为所求线面角.再结合勾股定理和余弦定理求线段长度，借助锐角三角函数求解角的正弦值即可. 【详解】（1）证明：∵平面PAB，平面PAB∴， ∵∴， ∵，∴平面ABC，∵平面ABC，∴． ∵，，∴二面角的平面角即为，∴， ∵平面PAB，平面PAB，∴， ∵，∴， 取AB中点F，连接EF，则， 又，∴， ∴四边形PQEF为平行四边形， ∴，又平面PAB，平面PAB，∴平面PAB； （2）解：过B作于点M，∵平面PACQ，平面， ∴平面平面ABC，交线为AC，则平面PACQ，连接QM， ∴即为所求线面角， ，而， 由勾股定理可得：， 在中，过点Q作于点N，则， 因为，则，是等腰直角三角形，所以，， 由余弦定理得：， 由勾股定理得：， ∴，即BQ与平面PACQ所成角正弦值为． 15．（23-24高一下·甘肃白银·期末）如图，四棱锥的底面是直角梯形，底面，，，且，. (1)证明：平面平面. (2)求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）只需根据线面垂直的判定定理证明平面，进一步结合面面垂直的判定定理即可得证； （2）首先说明是二面角的平面角，进一步结合解三角形知识即可求解. 【详解】（1）由于底面是直角梯形且，所以由得， 因为底面，平面，所以， 而，平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）由（1）知平面，平面，所以， 又因为，所以是二面角的平面角. 由得， 而，即， 所以在梯形中，由可得， 所以在直角中，，而， 所以，即二面角的大小为. 16．（23-24高一下·甘肃酒泉·期末）如图，在六面体中，，正方形的边长为2，． (1)证明：平面平面； (2)求直线EF与平面所成角的正切值； (3)求平面与平面所成二面角的余弦值； (4)求多面体的体积． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)； (4). 【分析】（1）根据给定的条件，利用线面平行的判定、面面平行的判定推理即得. （2）借助勾股定理的逆定理，结合线面垂直的判定证得平面，进而确定直线在平面的射影即可求解. （3）作出平面与平面所成二面的角，再利用直角三角形边角关系求解. （4）利用（2）中信息，利用割补法，结合锥体的体积公式计算即得. 【详解】（1）由，平面，平面，得平面， 由正方形，得，又平面，平面，得平面， 而平面， 所以平面平面. （2）连接，在正方形中，，则，而， 即有，于是， 而平面，则平面，由， 得平面，因此在平面内的射影是， 令直线EF与平面所成的角为，在直角梯形中，， 所以直线EF与平面所成角的正切值为. （3）延长与的延长线交于点，连接，则平面平面， 由（2）知，平面，平面，则， 由，得，取的中点，连接， 由，得，而平面， 则平面，又平面，则， 因此是二面角的平面角，在中，， 而，则，， 所以平面与平面所成二面角的余弦值是. （4）由（2）知，平面，而平面，则，又， 平面，于是平面， 四棱锥的体积， 由平面，得三棱锥的体积， 所以多面体的体积. 【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的角的一般步骤：①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成； ②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解． 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 立体几何初步 题型概览 题型01基本立体图形 题型02直观图 题型03棱锥、棱柱、棱台的表面积和体积 题型04圆锥、圆柱、圆台的表面积和体积 题型05 球的表面积和体积 题型06 空间点、直线、平面之间的位置关系 题型07 直线、平面的平行 题型08 平面、平面的平行 题型09 直线、平面的垂直 题型10 平面、平面的垂直 题型11 线线角、线面角、面面角 ( 题型01 ) 基本立体图形 1．（23-24高二下·甘肃酒泉·期末）以下说法正确的是（     ） A．半圆弧以其直径所在的直线为轴旋转所成的曲面叫球； B．球的大圆的半径等于球的半径； C．球面和球是同一个概念； D．经过球面上不同的两点只能做一个最大的圆. 2．（23-24高一上·甘肃张掖·期末）给出下列命题： ①圆柱的母线与它的轴可以不平行； ②圆锥的顶点、圆锥底面圆周上任意一点及底面圆的圆心三点的连线都可以构成直角三角形； ③在圆台的上、下两底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线； ④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的. 其中正确的是（    ） A．①② B．②③ C．①③ D．②④ 3．（多选）（23-24高一下·甘肃庆阳·期末）如图，不能推断这个几何体可能是三棱台的是（    ）    A． B． C． D． 4．（多选）（23-24高一下·甘肃兰州·期末）下列说法不正确的是（    ） A．圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台 B．绕直角三角形任一边旋转所得几何体为圆锥 C．用任何一个平面截球面，得到的截面都是圆 D．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 ( 题型0 2 ) 直观图 1．（23-24高一上·甘肃兰州·期末）如图所示，矩形是水平放置一个平面图形的直观图，其中2，则原图形是（    ） A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．梯形 2．（22-23高一下·甘肃兰州·期末）如图，是水平放置的的斜二测直观图，为等腰直角三角形，其中与重合，，则的面积是（    ）    A． B． C． D． 3．（23-24高一上·甘肃庆阳·期末）下列是关于斜二测直观图的命题：①三角形的直观图还是三角形；②平行四边形的直观图还是平行四边形；③菱形的直观图还是菱形④正方形的直观图还是正方形.其中正确的个数为 A．1 B．2 C．3 D．4 4．（多选）（23-24高一下·甘肃宝泉·期末）关于斜二测画法，下列说法正确的是（    ） A．在原图中平行的直线，在对应的直观图中仍然平行 B．若一个多边形的面积为，则在对应直观图中的面积为 C．一个梯形的直观图仍然是梯形 D．在原图中互相垂直的两条直线在对应的直观图中不再垂直 ( 题型0 3 ) 棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积 1．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）石墩随处可见，形状各异，美化了我们的环境，已知某正四棱台石墩的上、下底面边长分别为40cm，58cm，侧棱长为41cm，则该石墩的侧面积为（    ） A．8036cm2 B．13000cm2 C．7840cm² D．12804cm² 2．（23-24高二下·甘肃定西·期末）如图，正方体的棱长为1，点E为线段上的点，且，点F为的中点，则三棱锥的体积为（    ）    A． B． C． D． 3．（23-24高二下·甘肃兰州·期末）如果一个正四棱锥的底面边长为6，高为3，那么它的侧面积为（      ） A． B． C． D． 4．（22-23高二下·甘肃酒泉·期末）一个正六棱柱的底面边长为3，高为4，则它的侧面积为 . 5．（23-24高二下·甘肃酒泉·期末）若正四棱锥的底面边长是8，顶点到底面的距离是6，则它的底面积为 ，侧面积为 ，体积为 . 6．（22-23高二下·甘肃酒泉·期末）某农场为了改善水利设施，需要修筑一条横截面为等腰梯形的灌溉水渠，如图所示，已知水渠长400m，深1.5m，渠底宽1m，渠面宽2m．    (1)修筑水渠需要挖出多少立方米的土？ (2)若在水渠的底部和侧面铺设水泥板，则需要的水泥板面积是多少（保留整数，且） ( 题型0 4 ) 圆柱、圆锥、圆台的表面积和体积 1．（23-24高二下·甘肃酒泉·期末）圆锥的轴截面是正三角形，那么它的侧面积是底面积的（      ） A．4倍 B．3倍 C．2倍 D．6倍 2．（23-24高一下·甘肃庆阳·期末）若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）一个几何体由圆锥和圆柱组成，其尺寸如图所示(单位：cm)，则此几何体的表面积为 cm2．    4．（22-23高二下·甘肃酒泉·期末）一个圆柱的底面半径为1，高是3，则它的全面积 . 5．（23-24高二上·甘肃兰州·期中）如图，在底面半径为、母线长为的圆锥中内接一个高为的圆柱，求圆柱的体积及表面积． ( 题型0 5 ) 球的表面积和体积 1．（23-24高一下·甘肃白银·期末）若棱长为的正方体的内切球的表面积为，则（    ） A．2 B．4 C． D． 2．（23-24高一下·甘肃·期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，则该四棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·甘肃·期末）已知三棱锥中，平面，，，，则此三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 4．（22-23高二下·甘肃酒泉·期末）一个到球心距离为1的平面截球所得截面的面积为π，则它的体积为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·甘肃兰州·期末）长方体的一个顶点上的三条棱长分别是，且它的个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高一下·甘肃白银·期末）如图，扇形的圆心角的弧度数为，OA＝2，以直线OB为旋转轴，将该扇形旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（    ）    A． B． C． D． ( 题型0 6 ) 空间点线面的位置关系 1．（23-24高一下·甘肃白银·期末）下列命题正确的是（    ） A．任意四边形都可以确定唯一一个平面 B．若直线上有无数个点不在平面内，则 C．若，则直线与平面内的任意一条直线都平行 D．若将一个西瓜切3刀，则这个西瓜最多可以被切成8块 2．（23-24高一下·甘肃兰州·期中）下列说法正确的是（    ） A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 B．以直角三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥 C．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内 D．分别在两个平面内的两条直线是异面直线 3．（23-24高二上·甘肃平凉·期末）若，，则直线，的位置关系是（    ） A．平行或异面 B．平行或相交 C．相交或异面 D．平行、相交或异面 4．（23-24高二上·甘肃武威·期中）直线与平面内的两条直线都垂直，则直线与平面的位置关系是（    ） A．平行 B．垂直 C．在平面内 D．无法确定 5．（23-24高二上·甘肃张掖·期末）下列命题正确的是（    ） A．三点确定一个平面 B．四条首尾相连的线段确定一个平面 C．两条平行直线与同一条直线相交，三条直线在同一平面内 D．空间两两相交的三条直线在同一平面内 ( 题型0 7 ) 直线、平面的平行 1．（23-24高一下·甘肃甘南·期末）下列能保证直线与平面平行的条件是（    ） A．， B．，， C．､，，，，且 D．，，，a‖c 2．（23-24高一上·甘肃天水·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，Q为AD的中点，点M在线段PC上，，若平面MQB，则t等于（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一上·甘肃甘南·期末）已知，，，且，求证：. 4．（23-24·贵州平凉·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，,. （Ⅰ）若是的中点，求证：平面； （Ⅱ）若，，求三棱锥的高. ( 题型0 8 ) 平面、平面的平行 1．（23-24高一下·甘肃兰州·期末）已知，是两条直线，，是两个平面，有以下三个命题： ①，相交且都在平面，外，，，，，则； ②若，，则； ③若，，，则． 其中正确命题的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 2．（23-24高一上·甘肃天水·期中）如图，在正方体中，为的中点. (1)求证：平面； (2)上是否存在一点，使得平面平面，若存在，请说明理由. 3．（23-24高一下·甘肃金昌·期中）如图，在正四面体中，，E，F，R分别是，，的中点，取，的中点M，N，Q为平面内一点．      (1)求证：平面平面； (2)若平面，求线段的最小值． 4．（23-24高一下·临夏·期中）如图，在三棱柱中，，分别为线段，的中点． (1)求证：平面． (2)在线段上是否存在一点，使平面平面请说明理由． ( 题型0 9 ) 直线和平面的垂直 1．（23-24高一下·甘肃白银·期末）已知正四面体的棱长为1，动点P在△ABC内（含边界），设点P到平面SAB的距离为，点P到平面SBC的距离为，点P到平面SCA的距离为.若，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·甘肃兰州·期末）在正方体中，O为底面ABCD的中心，P为棱的中点，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·甘肃白银·期末）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面为与的交点． (1)证明：直线平面． (2)若，求三棱锥的体积． 4．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）如图所示，三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，，点P，D分别为AB，的中点．    (1)求证：平面； (2)求证：； (3)求点C到平面的距离． ( 题型 10 ) 平面和平面的垂直 1．（23-24高一下·甘肃·期末）已知直线，及平面，，且，，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 2．（22-23高一下·甘肃·期末）如图，在四棱锥中，底面为边长为2的正方形，平面平面.，，分别为的中点.求证： (1)平面； (2)平面平面； (3)求四棱锥的体积. 3．（23-24高一下·甘肃平凉·期末）如图，PA⊥平面ABC，AB为圆O的直径，E，F分别为棱PC，PB的中点． (1)证明：EF平面ABC． (2)证明：平面EFA⊥平面PAC． 4．（23-24高一下·甘肃庆阳·期末）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，是线段上的一点． (1)若，求证：平面； (2)若，求证：平面平面． ( 题型 11 ) 线线角、线面角、面面角 1．（24-25高三上·甘肃白银·期末）若为正方体，则异面直线与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 2．（多选）（23-24高一下·甘肃·期末）如图所示，在正方体中，，分别是，的中点，是线段上的动点，则下列判断正确的是（    ） A．三棱锥的体积是定值 B．过，，三点的平面截正方体所得的截面是六边形 C．存在唯一的点，使得 D．与平面所成的角为定值 3．（22-23高二上·甘肃兰州·期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，点M，N分别为的中点． (1)取的中点H，连接，若平面平面，求证：； (2)已知，求平面与平面的夹角的余弦值． 4．（23-24高一下·甘肃张掖·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点.    (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为， （ⅰ）求与所成角的余弦值； （ⅱ）求直线与平面所成角的大小. 1．（24-25高三上·甘肃定西·期末）已知某圆台的轴截面ABCD是等腰梯形，，则该圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·甘肃临夏·期末）已知圆锥的轴截面是一个边长为的正三角形，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高三上·甘肃武威·期末）已知球O是正三棱锥的外接球，若正三棱锥的高为，底边，则球心O到平面ABC的距离为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·河北沧州·阶段练习）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题错误的是（    ） A．若，则或 B．若，则 C．若，则与平行或异面 D．若，则与相交或平行 5．（22-23高一下·甘肃庆阳·期末）在矩形ABCD中，，，沿对角线AC将矩形折成一个直二面角，则点B与点D之间的距离为（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高三上·甘肃白银·期末）如图，这是一个五面体均垂直于底面，且是边长为1的等边三角形.已知.若平面平面，且与平面之间的距离为，与五面体相交，则平面切割五面体所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 7．（多选）（24-25高三上·甘肃白银·期末）如图一，四边形为矩形，，，，，，分别为矩形各边的中点，现按图中虚线折起，得到图二所示的四面体，其中点，，，重合为点，则在图二中，下列结论正确的是（    ） A． B． C．四面体的体积为 D．四面体的外接球的表面积为 8．（多选）（22-23高一下·甘肃·期末）我国古代数学名著《九章算术商功》中记载了一些特殊几何体，如长方、堑堵、阳马、鳖臑等．并对这些几何体作了详细记载．如图长方体，按平面斜切一分为二，得到两个一模一样的三棱柱，称该三棱柱为堑堵，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个，其中以矩形为底另有一棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，余下的三棱锥称为鳖臑，已知长方体中中，，，按以上操作得到鳖臑，则关于该鳖臑下列说法正确的是（    ） A．三棱锥由三个直角三角形和一个锐角三角形组成的四面体 B．三棱锥由四个直角三角形组成的四面体 C．该鳖臑的最长棱长 D．该鳖臑的体积为4 9．（多选）（23-24高一下·甘肃临夏·期末）如图，在棱长均为1的四棱锥中，O为底面正方形的中心，分别为侧棱的中点，则（    ）    A． B．平面平面OMN C． D．四棱锥的体积为 10．（多选）（23-24高一下·甘肃白银·期末）如图，正方体的棱长为2，则（    ） A．平面 B．平面 C．异面直线与BD所成的角为60° D．三棱锥的体积为 11．（22-23高二下·甘肃酒泉·期末）已知两球体积之比为27：1，它们的半径之比为 12．（22-23高一下·甘肃酒泉·期末）如图，正方体的一个顶点A在平面内，其余顶点均在平面的同侧.正方体上与顶点A相邻的三个顶点B，D，到平面的距离分别为1，2，4，则这个正方体其余顶点到平面的距离的最大值为 .    13．（23-24高一下·甘肃兰州·期末）如图，正方体的棱长为2.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 14．（23-24高一下·甘肃兰州·期末）如图，在四棱锥中，平面PAB，且在四边形PACQ中，，，二面角的大小为，且． (1)点E为BC的中点，证明：平面PAB； (2)求直线BQ与平面PACQ所成角的正弦值． 15．（23-24高一下·甘肃白银·期末）如图，四棱锥的底面是直角梯形，底面，，，且，. (1)证明：平面平面. (2)求二面角的大小. 16．（23-24高一下·甘肃酒泉·期末）如图，在六面体中，，正方形的边长为2，． (1)证明：平面平面； (2)求直线EF与平面所成角的正切值； (3)求平面与平面所成二面角的余弦值； (4)求多面体的体积． 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$