重难点05 立体几何中的轨迹与截面8考点（期中真题汇编，广东专用）高一数学下学期人教A版

学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 重难点05立体几何中的轨迹与截面 ☆8大高频烤点概览 考点01平行关系求轨迹 考点02垂直关系求轨迹 考点03定长关系求轨迹 考点04做出截面 考点05截面形状 考点06截面周长与面积 考点07截面分几何体体积 考点08交线问题 目目 考点01 平行关系求轨迹 1.(23-24高一下广东深圳科学高中期中)（多选）如图，棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为 棱DD1的中点，F为正方形C1CDD1,内一个动点（包括边界），且B1F//平面A1BE,则下列说法正确 的有() A.动点F轨迹的长度为y2 B.直线B1F与A1B不可能垂直 C。当三棱锥B!~D,DF的体积最小时，直线B,F与A,B所成角的余弦值为受 D.当三棱锥B1D:DF的体积最大时，其外接球的表面积为要π A 4.. 2.(23-24高一下广东广州育才中学期中)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E、F分别是棱 AA1A1D1的中点，点P为底面ABCD内（包括边界）的一动点，若直线D1P与平面BEF无公共点，则点P 的轨迹长度为() A.2+1 B.5 c.巨+ D.6 3.(23-24高一下广东广州白云艺术中学期中)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M,N分别为 BD1,B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MP//平面CND1,则下列说法正确的是() 1/13 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.点P可以是棱BB,的中点 B.线段NP的最大信为号 C.点P的轨迹是正方形 D.点P轨迹的长度为2+V⑤ D B A B 4.(2223高一下广东深圳人大附中深圳学校期中)棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为正方体表 面上的一个动点，且总有PC⊥BD1,则动点P的轨迹所围成图形的面积为() A.5 B.v2 c.与 D.1 5.(24-25高一下广东佛山南海区)（多选）如图，在棱长为2的正方体ABCD-ABC1D1中，已知 M,N,P分别是棱C1D1,AA1,BC的中点，点Q满足C0=CC,1∈(0,1)，则下列结论正确的是() A.PQ//平面ADD1A1 B.若Q,M,N,P四点共面，则入=寺 C.过点Q有且仅有一条直线与DB1,AA1都相交 D.若入=言，点F在侧面BB1CC上（包括边界），且A1F/平面APQ,则点F的轨迹长度为 3 D A B 目目 考点02 垂直关系求轨迹 1.(24-25高一下广东东莞翰林实验学校期中)如图，四边形ABCD是直角梯形，其中AB=1,CD=2,AD1 DC,O是AD的中点，以AD为直径的半圆O与BC相切于点P.以AD为旋转轴旋转一周，可以得到一个 球和一个圆台给出以下结论，其中正确结论的个数是() ①圆台的母线长为4：②球的直径为√2；③将圆台的母线延长交DA的延长线于点H,则得到的圆锥的高 2/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 为4y2；④点P的轨迹的长度是2m。 A.1 B.2 C.3 D.4 2.(23-24高一下广东湛江吴川第一中学期中)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P 为截面AC1B上的动点，若DP⊥A1C,则点P的轨迹长度是() A.号 B.2 C. D.1 D A B D.. B 3.(22-23高一下广东三校期中)（多选）如图，点M是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中的侧面 ADDA1上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是() A.有无数个点M满足CM⊥AD B.当点M在棱DD1上运动时，MA+MB1的最小值为V3+1 C.若MB1=V2,则动点M的轨迹长度为号 D.在线段AD1上存在点M,使异面直线MB1与CD所成的角是30° D C A M C 目目 考点03 定长关系求轨迹 3/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1.(23-24高一下广东深圳名校联考期中)（多选）已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2，侧 棱AA1=1,P为上底面A1B1C1D1上的动点（包括边界），则下列结论中正确的是() A.若PD=3,则满足条件的P点不唯 B.若PD=V5,则点P的轨迹是一段圆弧 C.若PD平面ACB1,则DP的最大值为V⑤ D.若PD‖平面ACB1,且PD=V3,则平面BDP截正四棱柱ABCD-ABC1D1的外接球所得平面图 形的面积为要 2.(22-23高一下广东东莞东华高级中学期中)（多选）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为 棱DD1的中点，点F是正方形A1B1C1D1内一动点（含边界），则下列说法中正确的是() A.直线BC1与直线AC夹角为60° B.平面BC1E截正方体所得截面为等腰梯形 C.若EF=V5,则动点F的轨迹长度为2r D.若AF//平面BCE,则动点F的轨迹长度为5 3.(24-25高一下广东东莞翰林实验学校期中)（多选）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6，P 是AB的中点，Q是正方体ABCD-AB1C1D1的表面及其内部一动点，则下列说法正确的是() A.正方体ABCD-A1B1C1D1内切球的表面积为36π B.若AQ=3,则动点Q的轨迹与该正方体围成的较小部分的体积为9π C.若点Q是△AB1D1的外心，则A0·AB1=36 D.若动点Q满足A0=A丽+uAA1(+u=1),则PQ+QC1的最小值为3V7+2V3 D A B 4.(24-25高一下广东广州第七中学期中)（多选）如图，已知棱长为2的正方体ABCD-ABCD中， E,F分别是棱BC,CC的中点，G为棱CD上一点，动点P在线段AD上，动点Q在正方形CDDC内及其 边界上，且EQ=AB.记点Q的轨迹为曲线，则() 4/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A. 曲线0的长度为V3π B.存在P,Q,使得PQ//平面ABC C.VR-DER-VEDFD D.当DG与Q只有一个公共点时，∠DD'G=君 D' B D G B 5.(22-23高一下·广东广州真光中学·期中)已知三棱锥P-ABC的底面△ABC为等腰直角三角形，其顶点P 到底面ABC的距离为3，体积为24，若该三棱锥的外接球O的半径为5，则满足上述条件的顶点P的轨迹 长度为() A.6π B.30π C. （9+2y21)元 D.（6+2y21)元 目目 考点04 做出截面 1.(24-25高一下广东惠州惠城区惠州中学期中)如图正方体，ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E是线段， AA1的中点，平面a过点D1、C、E. (1)画出平面截正方体所得的截面（保留作图痕迹），并求该截面多边形的面积； (2)平面截正方体，把正方体分为两部分，求较小的部分与较大的部分的体积的比值. B 2.(24-25高一下广东汕头第一中学期中)如图，已知E,F,G,H分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱 AB,BC,CC1,C1D1的中点，且EF与HG相交于点Q (I)求证：点Q在直线DC上： (2)作出过A、G、D1三点的截面；（写出作图过程并保留作图痕迹） 5/13 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 D D C A B 6 G D D C B 3.(2425高一下广东广州第八十九中学期中如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2为菱 形，∠DAB=60°，△PAD是以PA为斜边的等腰直角三角形，F,G分别是PB,CD的中点. (I)求证：GF//平面PAD: (2)设E为AB的中点，过E,FG三点的截面与棱PC交于点Q,指出点Q的位置并证明 D E B 4.(24-25高一下广东卓越教育发展联盟学校)已知一块正三棱台木料ABC-A1B1C1如图所示，点0为 △ABC的重心，且AC=3,A1C1=2. (1)要经过点0将木料锯开，使截面平行于平面CAA1C1,在木料表面应该怎样画线，并说明理由； (2)写出一种切割方式，要求过点0，将(1)问中较大的几何体，切割出与较小木料体积相同的木料 B 5.(21-22高一下广东广州仲元中学期中)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别是棱BB1和棱CC1的 中点。 (1)求证：平面B1DF//平面ACE: (2)试问平面B,DF截正方体所得的截面是什么图形？并说明理由 6/13 厨学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D C B DL--- B 目目 考点05 截面形状 1.(24-25高一下广东广州第六中学期中)（多选）如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中， E,F分别为棱A1D1AA1的中点，G为线段B1C上一个动点，则() A.存在点G,使BG//EF B.存在点G,使平面EFG//平面BDC1 C.三棱锥A1EFG的体积为定值 D.存在点G,使得平面EFG截正方体所得截面为正六边形 D B A B 2.(24-25高一下·广东华南师范大学附属中学期中)下列说法正确的是() A.用斜二测画法画水平放置的平行四边形，其直观图仍是平行四边形 B.有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 C.任一平面截圆柱，其截面都是圆 D.有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 3.(24-25高一下广东广州广东实验中学越秀学校期中)（多选）如图，在棱长为a的正方体 ABCD-A1B1C1D1中，M,N,P分别是C1D1C1CA1A的中点，则() A.M,N,B,A四点共面 B。若a=2,则异面直线PD1与MN所成角的余弦值为- C.平面PMN截正方体所得截面为等腰梯形 7/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D.若a=1,则三棱锥P-MD,B的外接球的体积为550m 24 D B 4.(24-25高一下广东广州育才中学期中)（多选）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E,F分 别是AD,DD1的中点，点P是底面ABCD内一动点，则下列结论正确的为() A.存在点P,使得FP/平面ABC1D1 B.过B,E,F三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 C.三棱锥C1A1B1P的体积为定值 D.三棱锥F-ACD的外接球表面积为9π D A B B 5.(23-24高一下广东汕头潮阳实验学校期中)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是线段BB1上靠近B1 的三等分点，点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点，则平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1形成的截面 图形为() A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 目目 考点06 截面周长与面积 1.(24-25高一下广东湛江第二十一中学期中（多选)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E,F 分别是AD,DD1的中点，点P是底面ABCD内一动点，则下列结论正确的为() A.不存在点P,使得FP/平面ABC1D1 B.过B,E,F三点的平面截正方体所得截面面积是号 C.三棱锥C1A1B1P的体积不为定值 D.三棱锥F-ACD的外接球表面积为9π 8/13 厨学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D C A B iF D C E P 4 B 2.(24-25高一下广东卓越教育发展联盟学校)（多选）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是棱CC1上 的一个动点，平面BED1交棱AA1于点F,给出的四个结论，正确的是() A.对于任意的点E,ED1/BF B.存在点E,使得A1C1/平面BED1F C.存在点E,使直线A1D与直线DE共面 D.存在唯一的点E,使得截面四边形BED1F的周长取得最小值 D A B D 3.(23-24高一下广东广州第六十五中学期中)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点， Q为线段CC1上的动点，过点A,P,Q的平面截该正方体所得截面记为S,则下列命题正确的是（写 出所有正确命题的编号) ①当CQ=专时，S为等腰梯形 ②当CQ=时，S与C1D1的交点R满足C1R1=青 ③当<CQ<1时，S为四边形 ④当CQ=1时，S的面积为 9/13 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D A D 4.(23-24高一下·广东汕尾部分学校期中)已知H是球0的直径AB上一点，AH:HB=1:2,AB⊥平面Q, H为重足，&裁球O所得楼面的面积为，M为Q上的一点，且MH=号，过点N作球O的被面，则所得的 截面面积最小的圆的半径为() A.国 B.1 C.4 4 D. 5.(23-24高一下广东汕尾部分学校·期中)（多选）已知一圆锥的母线长为2，底面半径为，其侧面展开 图是圆心角为√3元的扇形，A,B为底面圆的一条直径上的两个端点，则() A.r=5 B.从A点经过圆锥的侧面到达B点的最短距离为2√3 C.该圆锥的体积为π D.过该圆锥的顶点作圆锥的截面，则截面面积的最大值为 5 目目 考点07 截面分几何体体积 1.(23-24高一下广东广州外国语学校等三校期中)一正三棱台木块ABC-A1B1C1如图所示，已知 2AC=3A1C1=6,AA1=2,点0在平面ABC内且为△ABC的重心 (1)过点O将木块锯开，使截面经过A1C1平行于直线AC,在木块表面应该怎样划线，并说明理由； (2)求该三棱台木块被间题(1)中的截面分成的两个几何体的体积之比； (3)在棱台的底面A1B1C1上（包括边界）是否存在点M,使得直线OM//平面ACC1A1?若存在，求0M长 的取值范围；若不存在，说明理由。 B 2.(22-23高一下·广东东莞东华高级中学期中)平行于圆锥底面的截面将圆锥分为体积相等的两部分，则圆 10/13 重难点05立体几何中的轨迹与截面 8大高频考点概览 考点01 平行关系求轨迹 考点02 垂直关系求轨迹 考点03 定长关系求轨迹 考点04 做出截面 考点05 截面形状 考点06 截面周长与面积 考点07 截面分几何体体积 考点08 交线问题 地 城 考点01 平行关系求轨迹 1. (23-24高一下·广东深圳科学高中·期中) （多选）如图，棱长为2的正方体中，E为棱的中点，F为正方形，内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（   ） A．动点F轨迹的长度为 B．直线与不可能垂直 C．当三棱锥的体积最小时，直线与所成角的余弦值为 D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 【答案】ACD 【分析】对A由平面，联想到存在一个过的平面与平面平行，利用正方体特征找到平面平面,进而得到的轨迹为线段，对B，举反例即可根据棱锥体积公式分析即可，对C，由最小时，体积最小，得到为异面直线所成角，即可求解；对D，利用勾股定理求出外接球半径即可. 【详解】对A，如图，令中点为,中点为,连接， 又正方体中，为棱的中点，可得,， 平面,平面,又， 且平面，平面平面, 又平面，且平面，平面， 又为正方形内一个动点（包括边界）， 平面平面，而平面平面， ，即的轨迹为线段. 由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确； 对B，由可知三角形为等腰三角形， 当为线段中点时，由可得,又中点为,中点为, ，而，,故选项B不正确； 对C，由侧棱底面，所以三棱锥体积为， 所以最小时，体积最小，∵，可得在处时最小， 由知此时与所成角为，等腰三角形中，，故选项C正确； 对D，同理可得当在处时，三棱锥的体积最大， 由已知得此时，所以在底面的射影为底面外心，，，， 由勾股定理易知底面为直角三角形，所以在底面的射影为中点，设为， 如图，设外接球半径为，由，，可得外接球半径， 外接球的表面积为，故选项D正确． 故选：ACD 2. (23-24高一下·广东广州育才中学·期中)已知正方体的棱长为分别是棱的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点，连接、、，根据题意判断平面平面，得出是点在底面内的轨迹，计算的值即可． 【详解】取的中点，连接、、，如图所示： 由分别是棱的中点，得，平面，平面，则平面， 又且，于是为平行四边形，则， 平面，平面，则平面，又，平面， 因此平面平面，由与平面无公共点，平面，则平面， 又点为底面内（包括边界）的一动点，平面平面， 于是是点在底面内的轨迹， 又正方体的棱长为，则， 所以点的轨迹长度为. 故选：B 3. (23-24高一下·广东广州白云艺术中学·期中)在棱长为1的正方体中，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，且满足平面，则下列说法正确的是（    ） A．点可以是棱的中点 B．线段的最大值为 C．点的轨迹是正方形 D．点轨迹的长度为 【答案】B 【分析】如图，取棱的中点，连接，进而证明平面平面，再结合题意可知直线必过点，进而取中点，连接，证明平面即可得四边形为点的轨迹，再根据几何关系依次判断各选项即可. 【详解】解：如图，取棱的中点，连接， 因为分别为，的中点， 所以，在中，，由于平面，平面， 所以平面， 因为，所以，四边形为平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以，平面， 因为，平面， 所以，平面平面， 由于为体对角线的中点， 所以，连接并延长，直线必过点， 故取中点，连接， 所以，由正方体的性质易知， 所以，四边形是平行四边形，，， 因为，，， 所以，共线，即平面， 所以，四边形为点的轨迹，故A选项错误； 由正方体的棱长为，所以，四边形的棱长均为，且对角线为，， 所以，四边形为菱形，周长为，故CD选项错误， 由菱形的性质知，线段的最大值为，故B选项正确. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于取棱的中点，进而证明平面平面，再根据面面平行的性质求解点轨迹即可求解. 4. (22-23高一下·广东深圳人大附中深圳学校·期中)棱长为1的正方体中，为正方体表面上的一个动点，且总有，则动点的轨迹所围成图形的面积为（    ） A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】找出与垂直的平面与正方体的截面即为所求. 【详解】 在正方体，显然平面. 证明如下： 在上底面中，又 平面， 平面，又平面， 同理可证：又，平面， 平面. 故的轨迹为， 所以 故选：C 5. (24-25高一下·广东佛山南海区·) （多选）如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱，，的中点，点满足，，则下列结论正确的是（   ） A．平面 B．若Q，M，N，P四点共面，则 C．过点Q有且仅有一条直线与，都相交 D．若，点F在侧面上（包括边界），且平面，则点F的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】利用面面平行可判断线面平行，可判断A，利用正方体取六条棱的中点截面是正六面形截面，可判断B，利用面面相交可通过作图来判断C，利用作面面平行来确定交线，可判断D. 【详解】对于A,因为平面平面,平面,所以平面,故A正确； 对于B,作直线，分别交延长线于点， 再连接并延长交延长线于点，连接交于点， 因为分别是棱，，的中点，可作正方体截面为正六边形， 它们交于各棱中点，所以为中点，由可得，故B错误； 对于C,由平面平面，则， 因为都在平面内，所以由图可得必与相交， 根据以上作图可得唯一交点，所以直线是唯一与和相交的直线，故C正确； 对于D，由分别是棱的中点，点满足， 则过作平行于，交于，由图可得，连接， 再过点作的平行线交于，可得， 再过点作的平行线交于，可得为的中点， 则可得平面，平面，平面， 所以平面平面，若平面，则平面， 因为平面平面，所以， 由于正方体棱长为2，可得，故D正确； 故选：ACD. 地 城 考点02 垂直关系求轨迹 1. (24-25高一下·广东东莞翰林实验学校·期中)如图，四边形ABCD是直角梯形，其中AB=1，CD=2，AD⊥DC，O是AD的中点，以AD为直径的半圆O与BC相切于点P.以AD为旋转轴旋转一周，可以得到一个球和一个圆台.给出以下结论，其中正确结论的个数是（   ）   ①圆台的母线长为4；②球的直径为；③将圆台的母线延长交DA的延长线于点H，则得到的圆锥的高为；④点P的轨迹的长度是． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】根据题意，由球体、圆台的几何结构特征，以及已知条件确定圆台的母线长、高和球的半径，再根据圆锥与圆台的相关线段相似比求得圆锥的高，进而求得点的轨迹，由此得出结论是否正确，得到答案. 【详解】对于①中，由题意知，圆台的上下底面半径分别为， 设圆台的母线长为，高为，则球的直径为， 因为与半圆相切于点，则， 所以，所以①不正确； 对于②中，过点作于点，则， 所以，所以球的直径为，所以②不正确； 对于③中，因为，可得， 则，所以，所以③正确； 对于④中，过点作于点，延长与交于， 则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 作与点，可得，则， 即，解得， 所以点P的轨迹的长度是，所以④错误. 故选：A.    2. (23-24高一下·广东湛江吴川第一中学·期中)如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（   ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】连接，利用线面垂直的判定推理证得平面即可确定点的轨迹得解. 【详解】在棱长为1的正方体中，连接， 由平面，平面，得，而， 平面，则平面，又平面， 于是，同理，而平面， 因此平面，因为，则平面， 而点为截面上的动点，平面平面， 所以点的轨迹是线段，长度为. 故选：B 3. (22-23高一下·广东三校·期中) （多选）如图，点是棱长为的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（    ） A．有无数个点满足 B．当点在棱上运动时，的最小值为 C．若，则动点的轨迹长度为 D．在线段上存在点，使异面直线与所成的角是 【答案】AC 【分析】对于A，根据线面垂直性质定理以及判定定理，可得其正误； 对于B，利用“将军饮马”模型，旋转平面化折为直，结合勾股定理，可得其正误； 对于C，利用直观想象圆锥的模型，利用勾股定理，求得其底面轨迹，可得其正误； 对于D，根据异面直线夹角的定义，利用数形结合以及三角函数的定义，可得其正误. 【详解】对于A，若M在上，则此时有无数个点M满足， 证明如下：由正方体的性质得平面，因为平面，所以. 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以，即此时有无数个点M满足，故A正确； 对于B，旋转平面使之与平面共面，如图中，连接交于点M， 此时最短为，大小为，故B错误； 对于C，当点在平面内时，面，面，则， 所以，所以，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧， 从而动点轨迹长度为，故C正确； 对于D，因为，所以直线与所成的角，即为直线与所成角，即或其补角， 由在线段上存在点知，，由，得， 即最小值大于，故D错误. 故选：AC. 地 城 考点03 定长关系求轨迹 1. (23-24高一下·广东深圳名校联考·期中) （多选）已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，为上底面上的动点（包括边界），则下列结论中正确的是（   ） A．若，则满足条件的点不唯一 B．若，则点的轨迹是一段圆弧 C．若∥平面，则的最大值为 D．若∥平面，且，则平面截正四棱柱的外接球所得平面图形的面积为 【答案】BCD 【分析】由正四棱柱性质分别求得的长判断AB，由面面平行的性质确定点轨迹后，由三角形性质得最大值判断C，确定点位置得截面，从而由正四棱柱性质求得相应面积判断D． 【详解】由题意在上底面内，与上底面垂直，因此有， 选项A，，则， 但上底面矩形中，对角线，因此不存在符合条件的点，A错； 选项B，由上可知，因此点轨迹是一段圆弧，B正确；    选项C，连接，由与平行且相等得是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，所以平面 平面，∥平面，所以平面，从而， 在中，，因此的最大值是，C正确；    选项D，连接，交于点，连接，由正四棱柱性质可得，取中点，由与平行且相等可得是平行四边形，即，且，而平面，平面，因此平面，所以该点为满足条件的点，平面即正四棱柱的对角面，它截正四棱柱的外接球的截面即为该球的大圆，由正四棱柱性质知其外接球直径等于四棱柱对角线长，因此截面面积为，D正确．    故选：BCD． 2. (22-23高一下·广东东莞东华高级中学·期中) （多选）在棱长为2的正方体中，点为棱的中点，点是正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（    ） A．直线与直线夹角为60° B．平面截正方体所得截面为等腰梯形 C．若，则动点的轨迹长度为 D．若平面，则动点的轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】对A，根据的平行线确定直线与直线夹角即可； 对B，根据面面平行的性质，作出平面截正方体所得截面分析即可； 对C，由题意，动点的轨迹为以为圆心的四分之一圆弧上，再根据弧长公式求解即可； 对D，先判断过且平行于平面的平面截正方体的面，再分析的轨迹即可 【详解】对A，连接，可得正，根据正方体的性质，，故直线与直线夹角为直线与直线的夹角为，故A正确； 对B，根据面面平行的性质可得平面截的交线，故平面截的交点为的中点，故，故截面为等腰梯形，故B正确； 对C，若，则，故动点的轨迹为以为圆心的四分之一圆弧上，其长度为，故C错误； 对D，取中点，连接如图.由B，截面为等腰梯形，易得，，故平面平面，故的轨迹为线段，其长度为，故D正确； 故选：ABD 3. (24-25高一下·广东东莞翰林实验学校·期中) （多选）如图，正方体的棱长为6，P是AB的中点，是正方体的表面及其内部一动点，则下列说法正确的是（   ） A．正方体内切球的表面积为 B．若，则动点的轨迹与该正方体围成的较小部分的体积为 C．若点是的外心，则 D．若动点满足，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】由球的体积以及表面积公式即可判断AB，由，结合数量积的运算律代入计算，即可判断C，由题意可得三点共线，然后将正方体展开，结合勾股定理代入计算，即可判断D 【详解】对于A，因为正方体的棱长为，则其内切球的半径， 内切球的表面积为，故A正确； 对于B，由条件可知，点的轨迹是以为球心，为半径的球的， 则的轨迹与该正方体围成的较小部分的体积为，故B错误； 对于C，因为是以为边长的等边三角形， 若点是的外心，即是的重心， 由重心定理可得， 则 ，故C正确； 对于D，若动点满足， 由三点共线定理可知，三点共线，即点在线段上， 将平展在一个平面中，如图所示： 则， 故， 故的最小值为，故D 正确. 故选：ACD 4. (24-25高一下·广东广州第七中学·期中) （多选）如图，已知棱长为2的正方体中，分别是棱，的中点，为棱上一点，动点在线段上，动点在正方形内及其边界上，且．记点的轨迹为曲线，则（    ） A．曲线的长度为 B．存在，使得平面 C． D．当与只有一个公共点时， 【答案】BCD 【分析】根据可得的轨迹是以为圆心，为半径的圆的四分之一，即可根据弧长公式求解A，根据线线平行即可求解B，利用线面平行的性质，结合等体积法即可求解C，根据相切，即可利用锐角三角函数求解D. 【详解】如图1，连接，由于平面，平面，故， 因为，所以， 又，从而．故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的四分之一，记为． 选项A：的长度为，A错误． 选项B：如图2，若取与的交点，取点， 此时易知，平面,平面，故平面，B正确． 选项C：由于,且，故，平面,平面， 故平面，故到平面的距离与到平面的距离相等， 所以，C正确． 选项D：与只有一个公共点即直线与相切， 如图3，记切点为，连接，则，从而， 所以，D正确． 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：对于涉及动点的立体几何问题，关键是找到运动中哪些长度、角度以及位置关系等是不变的，进而以这些运动过程中的不变量为突破口解决问题，本题中点是正方形内及其边界上的动点，，是不变的关系，通过不变量建立关系式，求得，进而确定点的轨迹． 5. (22-23高一下·广东广州真光中学·期中)已知三棱锥的底面为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为3，体积为24，若该三棱锥的外接球O的半径为5，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为（    ） A．6π B．30π C． D． 【答案】D 【分析】利用三棱锥的体积，求解底边边长，求出的外接圆半径， 以及球心到底面的距离，判断顶点的轨迹是两个不同截面圆的圆周， 进而求解周长即可． 【详解】依题意得，设底面等腰直角三角形的边长为， 三棱锥的体积 解得： 的外接圆半径为 球心到底面的距离为 ， 又顶点P到底面ABC的距离为3， 顶点的轨迹是一个截面圆的圆周 当球心在底面和截面圆之间时， 球心到该截面圆的距离为， 截面圆的半径为， 顶点P的轨迹长度为； 当球心在底面和截面圆同一侧时， 球心到该截面圆的距离为， 截面圆的半径为， 顶点P的轨迹长度为； 综上所述，顶点P的轨迹的总长度为 故选：D． 【点睛】本题考查空间几何体外接球的问题以及轨迹周长的求法，考查 空间想象能力、转化思想以及计算能力，题目具有一定的难度． 地 城 考点04 做出截面 1. (24-25高一下·广东惠州惠城区惠州中学·期中)如图正方体，的棱长为2，是线段，的中点，平面过点、、． (1)画出平面截正方体所得的截面（保留作图痕迹），并求该截面多边形的面积； (2)平面截正方体，把正方体分为两部分，求较小的部分与较大的部分的体积的比值． 【答案】(1)作图见解析， (2) 【分析】（1）取的中点，连接，利用平行线的传递性可证得，可知四点共面，再由于三点不共线，可得出面即为平面截正方体所得的截面，求出该等腰梯形的高，利用梯形的面积公式可求得截面面积； （2）利用台体的体积公式可求得三棱台的体积，并求出剩余部分几何体的体积，由此可得结果. 【详解】（1）如图，取的中点，连接. 因为是的中点，所以. 在正方体中，，， 所以四边形是平行四边形，所以，所以， 所以四点共面. 因为三点不共线，所以四点共面于平面， 所以面即为平面截正方体所得的截面. 截面为梯形，， ，， 同理可得， 如图所示： 分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、， 则，，， 所以，则， 因为，，，则四边形为矩形， 所以，，则， 所以， 故梯形的面积为 （2）易知多面体为三棱台，， ， 该棱台的高为2，所以，该棱台的体积为 ， 故剩余部分的体积为． 故较小的那部分与较大的那部分的体积的比值为． 2. (24-25高一下·广东汕头第一中学·期中)如图，已知，，，分别是正方体的棱，，，的中点，且与相交于点. (1)求证：点在直线上； (2)作出过、、三点的截面；（写出作图过程并保留作图痕迹） 【答案】(1)证明见详解 (2)图形见详解 【分析】（1）通过证明在平面与平面的交线上,来证得在直线上. （2）取的中点P，连接，易证，则即为所求截面. 【详解】（1）平面平面, 由于平面 所以平面, 同理平面, 所以平面， 所以,即点在直线上. （2）如图所示，取的中点，连接， 因为，， 所以，故共面. 则即为所求截面. 3. (24-25高一下·广东广州第八十九中学·期中)如图，在四棱锥中，底面是边长为2为菱形，是以为斜边的等腰直角三角形，分别是的中点. (1)求证： 平面； (2)设为的中点，过三点的截面与棱交于点，指出点的位置并证明. 【答案】(1)证明见解析 (2)为的中点，证明见解析 【分析】（1）取中点，连接，只需证明 ，结合线面平行的判定定理即可得证； （2）首先证明 平面，然后结合线面平行的性质、平行线的传递性即可得证. 【详解】（1）如图，取中点，连接， 因为为中点，所以 ，且， 又因为四边形为菱形，且为中点， 所以 ，且， 所以 ，且，所以四边形为平行四边形， 所以 ， 因为平面平面， 所以 平面； （2）为的中点， 因为 且，故为平行四边形，故 ， 平面，平面，故 平面， 又平面，平面平面，所以， 又 ，所以 ， 因为为的中点，所以点为的中点. 4. (24-25高一下·广东卓越教育发展联盟学校·)已知一块正三棱台木料如图所示，点为的重心，且，． (1)要经过点将木料锯开，使截面平行于平面，在木料表面应该怎样画线，并说明理由； (2)写出一种切割方式，要求过点，将（1）问中较大的几何体，切割出与较小木料体积相同的木料. 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）在平面内过点作直线交于点，交于点，连接，求证四点共面即可求解． （2）设棱台的高为，求出正三棱台和正三棱台的体积，两者相减较大几何体的体积，注意到较大几何体中过点和做截面，被截面截得的另一个几何体体积和较小木料的体积相同.因此沿着截开即可． 【详解】（1）如图，在平面内过点作直线，使，分别交棱，于点，， 取棱，中点，，连接，，， 则，，，就是应画的线． 下面证明： 因为，平面，平面， 所以平面， 因为点为的重心，，所以， 又因为，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为平面，平面，，，平面， 所以平面平面，即所作截面平行于平面． （2）设棱台的高为，面积为，则， 正三棱台体积为， 正三棱台体积为． 所以被截面截得的另一个几何体体积为． 过点和做截面，即连接，， 因为，所以几何体为棱柱， 所以，所以被截面截得的另一个几何体体积为， 因此沿着截开即可.（答案不唯一）． 5. (21-22高一下·广东广州仲元中学·期中)在正方体中，E、F分别是棱和棱的中点． (1)求证：平面平面； (2)试问平面截正方体所得的截面是什么图形？并说明理由． 【答案】(1)详见解析； (2)详见解析. 【分析】（1）易证，得到平面AEC，连接BD交AC于点O，连接OE，则，从而平面AEC ，再利用面面垂直的判定定理证明； （2）由（1）平面平面，利用面面平行的性质得到，再结合正方体的性质和平行四边形的定义判断. 【详解】（1）证明：如图所示： 因为E，F为中点，则，， 所以四边形是平行四边形， 则，又平面AEC，平面AEC， 所以平面AEC， 连接BD交AC于点O，连接OE， 则，且平面AEC ，平面AEC ， 所以平面AEC ，又， 所以平面平面； （2）由（1）知：平面平面， 且平面 ，平面平面， 所以，又， 所以， 又，则， 所以四边形是平行四边形，又DF=DG， 故平面截正方体所得的截面是菱形. 地 城 考点05 截面形状 1. (24-25高一下·广东广州第六中学·期中) （多选）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，为线段上一个动点，则（ ） A．存在点，使 B．存在点，使平面平面 C．三棱锥的体积为定值 D．存在点G，使得平面截正方体所得截面为正六边形 【答案】ACD 【分析】对于A项，取点为与的交点，可证明即可判断A项；对于B项，若平面平面，即可得出且，而，故G应在延长线上，即可判断B项；对于C项，G移动但G到面的距离始终不变即可判断C项；对于D项，为靠近C的四等分点时画出截面图，由图可可判断D项. 【详解】对于A项，存在点为与的交点，使得，理由如下： 若点为与的交点，则三点共线， 由正方体性质得，，所以四边形是平行四边形，所以， 因为为中点，所以，所以，即，A正确； 对于B项，如图，连接，H为侧面中心， 则平面与平面和平面分别交于线， 若存在G点使平面平面，则，又，则四边形为平行四边形， 即，，此时G应在延长线上，B错误； 对于C项，易知平面，随着G移动但G到平面的距离始终不变，即为， 故是定值，C正确； 对于D项，如图，当为靠近C的四等分点时， 平面截正方体的截面为正六边形，D正确 故选：ACD 2. (24-25高一下·广东华南师范大学附属中学·期中)下列说法正确的是（   ） A．用斜二测画法画水平放置的平行四边形，其直观图仍是平行四边形 B．有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 C．任一平面截圆柱，其截面都是圆 D．有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 【答案】A 【分析】对于A，根据斜二测画法的规则即可判断；对于B，做出符合要求的特殊多面体，再利用棱柱的定义判断即可；对于C，考虑到任一平面必须是平行于圆柱上下底面的平面，即可判断；对于D，根据棱台的定义判断即可. 【详解】对于A，用斜二测画法画水平放置的平行四边形时，直观图中的平行关系不变， 所以其直观图仍是平行四边形，故A正确； 对于B，如图所示的多面体，有两个面平行，其他各个面都是平行四边形， 但是这个多面体不是棱柱；故B错误； 对于C，用任一平行于圆柱上下底面的平面去截圆柱，其截面才是圆，故C错误； 对于D，有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体， 所有的侧棱延长后必须交于同一点的才是棱台，故D错误. 故选：A. 3. (24-25高一下·广东广州广东实验中学越秀学校·期中) （多选）如图，在棱长为的正方体中，分别是的中点，则（    ） A．四点共面 B．若，则异面直线与所成角的余弦值为 C．平面截正方体所得截面为等腰梯形 D．若，则三棱锥的外接球的体积为 【答案】AB 【分析】连接，得到，证得，可判定A正确；由，得到异面直线与所成角，即为直线与所成角，在中，利用余弦定理，可判定B正确；根据正方体的截面性质，得到六边形为正六边形，可判定C错误；分别在上取点，使得，连接，并延长于点，使得，求得，得到为三棱锥的外接球的球心，及半径，结合球的体积公式，可得判定D错误. 【详解】对于A中，连接，因为分别是的中点，所以， 又因为，故，所以四点共面，所以A正确； 对于B中，因为， 所以异面直线与所成角，即为直线与所成角，设， 因为正方体的棱长为， 可得，，， 在中，可得， 所以异面直线与所成角的余弦值为，所以B正确； 对于C中，如图（1）所示，设的中点分别为， 连接，可得平面截正方体的截面为六边形， 根据正方体的几何结构，可得六边形为正六边形，所以C错误； 对于D中，如图（2）所示，分别在上取点，使得， 连接，并延长于点，使得，把原正方体补成如图（2）所示的长方体， 在直角中，可得， 在直角中，可得， 在直角中，可得， 在直角中，可得， 所以，即为三棱锥的外接球的球心， 且三棱锥的外接球的半径， 所以三棱锥外接球的体积为，所以D错误. 故选：AB. 4. (24-25高一下·广东广州育才中学·期中) （多选）如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（   ） A．存在点，使得平面 B．过三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 C．三棱锥的体积为定值 D．三棱锥的外接球表面积为 【答案】ACD 【分析】当为中点时平面，即可判断A，根据平行关系作出截面图，即可判断B，根据锥体的体积公式判断C，转化为求长方体的外接球，即可判断D. 【详解】对于A：当为中点时，因为是的中点，所以， 平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B：因为，分别是，的中点，所以， 在正方体中，易证，所以， 过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形，故B错误； 对于C：因为，所以三棱锥的体积为定值，故C正确； 对于D：三棱锥的外接球可以补形为长方体（长为，宽为，高为）的外接球， 所以外接球的半径，所以外接球的表面积，故D正确， 故选：ACD. 5. (23-24高一下·广东汕头潮阳实验学校·期中)已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】C 【分析】如图，由题意，根据空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理可得，进而，结合相似三角形的性质即可求解． 【详解】如图，设，分别延长交于点，此时， 连接交于，连接， 设平面与平面的交线为，则， 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以，设，则， 此时，故，连接， 所以五边形为所求截面图形， 故选：C． 地 城 考点06 截面周长与面积 1. (24-25高一下·广东湛江第二十一中学·期中) （多选）如图，正方体的棱长为分别是的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A．不存在点，使得//平面 B．过三点的平面截正方体所得截面面积是 C．三棱锥的体积不为定值 D．三棱锥的外接球表面积为 【答案】BD 【分析】根据线面平行判定定理判断A，应用截面面积判断B，等体积计算判断C，结合长方体外接球计算求解判断D. 【详解】 对于A，当为中点时，由中位线可得， 因为平面，平面，所以平面，故A错误； 对于B，由中位线可得，在正方体中，易证，所以， 又因为，所以截面为等腰梯形，，故B正确； 对于C，，为定值，故C不正确； 对于D，三棱锥的外接球可以补形为长方体外接球，半径， 所以表面积，故D正确. 故选：BD. 2. (24-25高一下·广东卓越教育发展联盟学校·) （多选）在正方体中，点是棱上的一个动点，平面交棱于点，给出的四个结论，正确的是（） A．对于任意的点， B．存在点，使得平面 C．存在点，使直线与直线共面 D．存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值 【答案】ABD 【分析】对于A，由面面平行的性质定理可得；对于B，当点为的中点时，有平面；对于C，易知直线与直线是异面直线；对于D，利用侧面展开图可求解最短周长. 【详解】对于A，因为平面平面， 平面平面， 平面平面， 由面面平行的性质定理得，故A正确； 对于B，当点为的中点时，有平面，证明如下： 由A可知，当点为的中点时，为的中点， 此时，，故四边形为平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以平面，故B正确； 对于C，不论点在何位置，直线与直线永远为异面直线， 故直线与直线不可能共面，故C错误； 对于D，由A可知，同理可知，故四边形为平行四边形， 所以四边形的周长， 将矩形绕棱向内旋转90度，使矩形和矩形共面， 连接交于点，如下图所示： 故存在唯一的点E，使得最小，此时截面四边形的周长取得最小值，故D正确. 故选：ABD 3. (23-24高一下·广东广州第六十五中学·期中)如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得截面记为，则下列命题正确的是 _____（写出所有正确命题的编号）   ①当时，为等腰梯形. ②当时，与的交点满足. ③当时，为四边形. ④当时，的面积为. 【答案】①②④ 【分析】根据题意作出图形，由相关知识对选项一一判断即可得出答案. 【详解】①如图当时，即为中点，此时可得， ， 故可得截面为等腰梯形，故①正确；    ②当时，如图， 延长至，使，连接交于，连接交于， 连接，可证，由， 可得，故可得，故②正确；    ③由②可知当时，只需点上移即可， 此时的截面形状仍然上图所示的，显然为五边形，故③错误； ④当时，与重合，取的中点，连接， 可证，且， 可知截面为为菱形，故其面积为，故④正确．    故答案为：①②④ 【点睛】关键点点睛：用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面，利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键． 确定截面的依据如下：（1）平面的四个公理及推论；（2）直线和平面平行的判定和性质；（3）两个平面平行的性质；（4）球的截面的性质． 4. (23-24高一下·广东汕尾部分学校·期中)已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设截得的截面圆的半径为，球的半径为，由平面几何知识得截面与球心的距离为，利用勾股定理求得的值，由题意可知球心到所求截面的距离最大时截面面积最小，利用面积公式，即可得答案. 【详解】如图，设截得的截面圆的半径为，球的半径为， 因为， 所以.由勾股定理，得，由题意得， 所以，解得， 此时过点作球的截面，若要所得的截面面积最小，只需所求截面圆的半径最小. 设球心到所求截面的距离为，所求截面的半径为，则， 所以只需球心到所求截面的距离最大即可， 而当且仅当与所求截面垂直时，球心到所求截面的距离最大， 即，所以. 故选：C 5. (23-24高一下·广东汕尾部分学校·期中) （多选）已知一圆锥的母线长为2，底面半径为r，其侧面展开图是圆心角为的扇形，A，B为底面圆的一条直径上的两个端点，则（    ） A． B．从A点经过圆锥的侧面到达B点的最短距离为 C．该圆锥的体积为 D．过该圆锥的顶点作圆锥的截面，则截面面积的最大值为 【答案】AC 【分析】根据圆锥的几何性质逐项分析即可. 【详解】由，得，所以A选项正确； 假设该圆锥的轴截面将该圆锥分成两部分，将其中的一部分展开，则其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，所以从A点经过圆锥的表面到达B点的最短距离为，故B选项不正确； 因为，母线长为2，所以该圆锥的高为1，所以其体积为，故C选项正确； 过该圆锥的顶点作圆锥的截面，则截面为腰长为2的等腰三角形，设其顶角为，则该三角形的面积为．故当时，，故D选项不正确． 故选：AC. 地 城 考点07 截面分几何体体积 1. (23-24高一下·广东广州外国语学校等三校·期中)一正三棱台木块如图所示，已知，点在平面内且为的重心. (1)过点将木块锯开，使截面经过平行于直线，在木块表面应该怎样划线，并说明理由； (2)求该三棱台木块被问题（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比； (3)在棱台的底面上（包括边界）是否存在点，使得直线平面？若存在，求长的取值范围；若不存在，说明理由. 【答案】(1)作图见解析； (2)小几何体与大几何体的比值为； (3)存在，理由见解析，长度的取值范围为. 【分析】（1）在平面内过点O作直线交于点，交于点，连接，求证四点共面即可求解. （2）先求证几何体为棱柱，接着设棱台的高为，的面积为得，再由台体体积公式得正三棱台体积即可求解. （3）分别取的中点，求证四点共面，接着通过求证平面平面得证点时平面，再依据条件求出等腰梯形的高和、的长即可得解. 【详解】（1）如图，在平面内过点O作直线交于点，交于点， 连接，则为截面与各木块表面的交线， 理由如下：由于，故四点共面， 且平面平面，平面平面，平面平面， 则为截面与各木块表面的交线. （2）由于点在平面内且为的重心，， 所以，又因为，故， 故几何体为棱柱， 设棱台的高为，的面积为，故， 又，则， 故由台体体积公式得正三棱台体积为， 所以被截面截得的非三棱柱的另一个几何体体积为， 故该三棱台木块被（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比为（或）. （3）分别取的中点，则当点时有平面， 证明如下：由分别为的中点得， 又由于在正三棱台中，， 所以，四点共面， 又因为，点O为重心，所以， 又由正三棱台性质， 故四边形为平行四边形，故， 因为平面、平面，所以平面， 同理平面， 因为，平面，所以平面平面， 所以当点时，平面，于是平面， 在梯形中，由已知条件和前面的分析知：， 即四边形是底边长分别为1和2、腰长为2的等腰梯形， 所以该由等腰梯形性质得该等腰梯形的高为， 所以， 所以长度的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：求解长度的取值范围关键点1是通过作出过点O且与平面相交的平面、又与平面平行的平面并证明；关键点2是由已知得出四边形是底边长分别为1和2、腰长为2的等腰梯形，从而通过等腰梯形性质求出等腰梯形的高和、的长. 2. (22-23高一下·广东东莞东华高级中学·期中)平行于圆锥底面的截面将圆锥分为体积相等的两部分，则圆锥侧面被截面分成上、下两部分的面积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别表示出原来圆锥与截后的小圆锥的体积，根据被截成的两部分体积相等可以得到，即可求出上下两部分的面积之比. 【详解】设原来的圆锥体积为V，底面半径为R，高为H，侧面积为S，母线长为L， 被截面分截后，上面小圆锥的体积为，底面半径为r，高为h，侧面积为 ，母线长为l， 因为 ,即有, 又因为,所以,即有,且, 而， 故圆锥侧面被截面分成上、下两部分的面积之比为 ， 故选：D 3. (24-25高一下·广东广州第六中学·期中)已知正四棱台，，分别是棱，的中点，平面将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分析可知几何体是三棱台，利用割补法结合台体的体积公式运算求解. 【详解】如图，连接，不妨设，棱台的高设为， 所以． 因为，分别是棱，的中点，则，． 又因为平面∥平面，可知几何体是三棱台， 则． 所以分割之后较大部分的体积为， 所以较小部分与较大部分的体积之比为． 故选：C 4. (24-25高一下·广东汕头第一中学·期中) （多选）如图，在棱长为2的正方体，中，点M，N，E，F分别是梭，，，的中点，则下列说法正确的是（   ）   A．若正方体的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为4π B．平面平面EFDB C．异面直线AM与BE所成角的余弦值为 D．平面AMN和平面EFDB分正方体成三部分的体积由小到大的比值为 【答案】BC 【分析】对于A，求出外接球的半径后可判断其正误，对于B，由面面平行的判定定理可判断其正误，对于C，利用余弦定理可判断其正误，对于D，利用棱台的体积公式求出体积后可判断其正误. 【详解】对于A，正方体的外接球的直径为，故外接球的半径为，故体积为，故A错， 对于B，连接，由正方体性质可得四边形为平行四边形，故， 而平面，平面，故面，    同理面，又AM与AN相交，且平面， 则面面BDFE，故B正确， 对于C，由于，因此或其补角为异面直线AM与BE所成角， ，， 由余弦定理可得， 故C正确， 对于D，，延长和BE相交于点Q， 由于E是的中点，，所以是QC的中点， 同理可知DF与也相交于点Q，故为三棱台， 因此， 因此平面AMN和平面EFDB之间的体积为： ， 因此三部分的体积由小到大的比值为，D错误．    故选：BC. 5. (23-24高一下·广东佛山南海区·) （多选）如图，在三棱柱中，已知点分别在上，且经过的重心，点分别是的中点，且四点共面，则下列结论正确的是（    ） A． B．平面 C． D．棱柱被平面截得的三棱锥与多面体的体积之比为 【答案】ABD 【分析】由面面平行的性质，可得，可判定A正确；由，利用线面平行的判定定理，可判定B正确；根据三角形重心的性质，可得判定C不正确；结合棱锥与棱柱的体积公式，可判定D正确. 【详解】对于A中，在三棱柱中，可得平面平面， 因为四点共面，由面面平行的性质，可得， 又因为分别为的中点，可得，所以，所以A正确； 对于B中，由A知，因为平面，且平面， 所以平面，所以B正确； 对于C中，由且，可得， 因为经过的重心，所以， 又因为分别为的中点，可得，且， 所以，所以C不正确； 对于D中，设三棱柱的高为，底面面积为，则， 因为分别为的中点，可得，所以， 所以，可得，所以D正确. 故选：ABD. 地 城 考点08 交线问题 1. (24-25高一下·广东广州第七中学·期中)在底面为平行四边形的四棱锥中，，分别为棱，的中点． (1)求证：平面； (2)设平面平面，求证：平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】(1) 取的中点，连接，，证明四边形为平行四边形，所以，即可求解； (2)先证明平面，又因为平面平面，面，所以，即可求解． 【详解】（1）证明：取的中点，连接，， 因为，分别为，的中点，所以，且， 又因为为的中点，所以， 在平行四边形中，有，则， 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）在平行四边形中，有， 因为平面，平面，所以平面， 又因为平面平面，面，所以， 又因为平面，平面，所以平面． 2. (23-24高一下·广东广州七中·期中)如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点. (1)证明：平面PAD； (2)若平面平面l，判断BC与l的位置关系，并证明你的结论. 【答案】(1)证明见解析 (2)，证明见解析 【分析】（1）取中点，连接，根据线面平行与面面平行的判定可得平面平面，进而可得证明平面PAD； （2）根据线面平行的判定可得平面PAD，再根据线面平行的性质证明即可. 【详解】（1）取中点，连接. 因为分别为的中点，故，， 又平面，平面，故平面，同理平面. 又平面，，故平面平面， 又平面，故平面. （2）因为四边形为平行四边形，故，又平面，平面，故平面. 又平面平面l，平面，故. 3. (23-24高一下·广东广州一一三中·期中)由直四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为平行四边形，O为AC与BD的交点. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)设平面与底面ABCD的交线为l，求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）取的中点，连接，，结合四棱柱的几何性质，由线线平行证明即可； （2）由线线平行证平面，结合平面即可证平面平面； （3）由线面平行证线线平行即可． 【详解】（1）取的中点，连接，， 是四棱柱，平行且等于， 四边形为平行四边形，， 又平面，平面， 平面； （2）平行且等于，平行且等于， 平行且等于， 四边形是平行四边形，， 平面，平面， 平面， 由（1）得平面且，、平面， 平面平面； （3）由（2）得，平面，平面， 则平面， 又平面，平面平面， ． 4. (22-23高一下·广东东莞松山湖未来学校·期中)如图，，，，且，直线，过三点的平面记作，则与的交线必通过（　　）   A．点A B．点B C．点C但不过点M D．点C和点M 【答案】D 【分析】根据平面的基本事实，结合图形，即可判断选项. 【详解】∵直线，过三点的平面记作， ∴与的交线必通过点和点， 故选：D． 5. (23-24高一下·广东深圳新安中学（集团）高中部·期中)（多选）如图，在正方体中，点为线段上一动点，则下列说法正确的是（    ） A．直线平面 B．异面直线与所成角的取值范围是 C．平面 D．平面与底面的交线平行于直线 【答案】ACD 【分析】连接，证得和，得到平面，可判定A正确；当点为的中点时，证得，得到异面直线与所成的角为，可得判定B错误；连接，证得平面平面，可得判定C正确；设平面与底面的交线为，证得平面，得到，可判定D正确. 【详解】对于A中，连接，因为为正方形，可得， 在正方体中，可得平面， 因为平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 以为平面，所以，同理可证： 因为，且平面， 所以平面，所以A正确； 对于B中，当点为的中点时，因为， 在中，可得，因为，所以异面直线与所成的角为， 所以B错误； 对于C中，连接， 因为，平面，平面，所以平面， 同理可证：平面， 又因为平面，平面，且， 所以平面平面， 因为平面，所以平面，所以C正确； 对于D中，设平面与底面的交线为， 因为，且平面，平面，所以平面， 又因为平面，且平面与底面的交线为， 所以，所以D正确. 故选：ACD. 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $