专题03 立体几何初步14考点（期中真题汇编，北京专用）高一数学下学期人教A版

扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题03立体几何初步 ☆14大高频考点概览 考点01异面直线所成的角 考点02平行问题 考点03垂直问题 考点04空间点线面的位置关系 考点05直线与平面所成角 考点06几何体的表面积与体积 考点07二面角 考点08几何体的外接球内切球 考点09斜二测画法 考点10立体几何动点小题 考点11线段长最小问题 考点12动点探索问题 考点13截面交线问题 考点14距离问题 目目考点则 异面直线所成的角 1.(24-25高一下.北京第二中学朝阳学校期中)如图，三棱锥P-ABC中，△PAB,△PBC均为正三角 形，△ABC为直角三角形，斜边为AC,M为PB的中点，则直线AM,PC所成角的余弦值为() A..5 6 c. D.青 2.(23-24高一下.北京第二外国语学院附属中学期中)如图，若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则 异面直线AC与A1B所成的角的大小是 ;直线A1B和底面ABCD所成的角的大小是 1/21 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D C B C B 3.(23-24高一下·北京第八十中学期中如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形， 且AB=2,AA1=4,经过顶点A和C1各作一个平面与平面CB1D1平行，前者与平面ABCD交于1，后 者与平面ABB1A1交于l2,则异面直线l1与l2所成角的余弦值为 D B D A B 4.(23-24高一下北京日坛中学期中)如图，己知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为1，侧棱AA的长 为2，E、F分别为A1B1和AC中点，则直线EF与平面ABC所成角的余弦值为，异面直线A1B与 AC1所成角的余弦值为 B F BL 5.(24-25高一下北京第八十中学期中如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D是BC的中点，四边形 ABB1A1为正方形 (I)若△ABC为等边三角形，BC=4,直接写出直三棱柱ABC-A1B1C1的体积 (2)求证：A1C//平面AB1D: (3)在第一问的条件下，直接写出异面直线AD与A1C所成角的余弦值 2/21 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B 目目 考点02 平行问题 1.(23-24高一下·北京顺义区第一中学期中)如图，四棱锥P-ABCD的底面为平行四边形.设平面PAD与 平面PBC的交线为1，M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点， (1)求证：MQ//平面PAD: (2)求证：BC/11 M D B 2.(2425高一下.北京平谷区第五中学期中如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为2，E是棱 CC的中点. (I)证明：AC1//平面BDE; (2)求三棱锥D-BCE的体积. D C B A E A 3.(24-25高一下北京顺义区第一中学期中)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，E,F分别为A1C1BC 的中点 (1)求证：FC1//平面ABE; (2)若AB=BC=1,AC=V2,AA=1,求直三棱柱ABC-A1B1C1的体积和表面积； 3/21 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B A 4.(23-24高一下·北京第一六五中学期中)如图，在正方体A1B1C1D1ABCD中，E是DD1的中点 (I)求证：A1C1//平面ACE: (②)设正方体的棱长为1，求三棱锥B-AEC的表面积 D C A, E B 5.(23-24高一下·北京第二外国语学院附属中学期中)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C与AC1交 于点0，D为BC边上一点，D为B,C1中点，且A1B/平面ADC1求证： (1)AB//0D: (2)平面A1BD1//平面ADC1 C B D 目目 考点03 垂直问题 1.(23-24高一下.北京汇文中学期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD,底面ABCD为 正方形，E,F分别是AB,PB的中点. (1)求证：EF/平面PAD: (2)求证：EF⊥CD 4/21 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 0 D E B 2.(24-25高一下·北京第二中学朝阳学校期中)如图，已知平面PAB⊥平面ABCD,四边形ABCD是正 方形，PA=AB,点E,F分别是BC,PB的中点 (I)若点M为线段AD中点，求证：PM/平面AEF; (2)求证：AF⊥平面PBC: (3)若AB=1,从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥P-ABCD存在， 求二面角P-DC-A的余弦值 条件①：PA⊥DC; 条件②：PC⊥BC; 条件③：PB=AB; 注：如果选择条件不能使四棱锥P-ABCD存在得零分 A M D 3.(24-25高一下·北京第五十五中学·期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面ABCD⊥平面PCD,底面 ABCD为正方形，点E,F分别为AD,PC的中点，设平面PCD∩平面PBE=I, (I)求证：BC⊥DF; (2)求证：DF/; (3)若PD=1,DC=PC=2,请判断平面PAD与平面ABCD是否垂直？若垂直，请证明：若不垂直， 说明理由. 5/21 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D 4.(24-25高一下北京第五十五中学期中)如图，在正四棱柱ABCD-AB1C1D1中，AB=2,AA1=3. (①)求证：B1C//平面A1BD: (2)求证：BD⊥平面AA1C1C (3)求点A到平面A1BD的距离. 0 C A B :0 D 5.(23-24高一下，北京汇文中学期中)如图，四边形ABCD是菱形，DE⊥平面ABCD,AF//DE, DE=3AF. (I)求证：平面BAF//平面CDE (2)求证：平面EAC⊥平面EBD; (3)设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM//平面BEF,并证明你的结论. E B 目目 考点04 空间点线面的位置关系 1.(24-25高一下.北京第八十中学.期中)设m,n是两条不同的直线，，B是两个不同的平面，则下列命 题中正确的是() A.若m/a,n/a,则m/n B.若m//B,ncB,则m//m 6/21 扇学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 C.若m//n,n/ac,则m/c D.若/B,nC,则n//F 2.(24-25高一下北京第二中学朝阳学校期中)已知m,n是两条不同的直线，《，B,Y是三个不同的平 面，则下列命题中正确的是() A.若nca,/B,则a/F B.若m/m,n//ac,则m/a C.若a⊥B,B⊥Y,则a// D.若m⊥，mCB,则a⊥阝 3.(2425高一下北京第二中学朝阳学校期中)设a,阝是两个平面，m,n是两条直线，若mCx, nca,则alB”是“m//B,n//B的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 4.(24-25高一下·北京陈经纶中学期中设1是一条直线，《，B是两个不同的平面，下列命题正确的是() A.若1a,1l3,则alB B.若&⊥B,1川a,则1⊥ C.若1川，1⊥B,则a⊥ D.若a⊥B,1⊥，则1I川3 5.(23-24高一下北京日坛中学.期中)已知三条直线a,b,c满足：a与b平行，a与c异面，则b与c() A.一定异面 B.一定相交 C.不可能平行 D.不可能相交 目目 考点05 直线与平面所成角 1.(2425高一下北京陈经纶中学期中)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E,F尸，G分别为棱AB, AA1,C1D1的中点，给出下列四个结论： 其中不正确结论是() A,直线FG与平面ACD:相交； B.B1D⊥平面EFG; C,若AB=1,则点D到平面ACD1的距离为厚， D.该正方体的棱所在直线与平面EFG所成的角都相等. D E 2.(23-24高一下北京第八十中学期中)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，直线BD1与平面ABCD所 7/21 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 成角的正切值为 D C A B D B 3.(22-23高一下.北京工业大学附属中学期中)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=号， AA1=AB=AC=1,直线A1C与平面ABB1A1所成的角 C B B 4.(22-23高一下·北京朝阳区清华大学附属中学朝阳学校期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面 ABCD是边长为a的正方形，PA⊥平面ABCD.若PA=a,则直线PB与平面PCD所成的角的大小为 () A.晋 B. C.胃 D.罗 P A 5.(23-24高一下·北京第二中学期中)如图，己知四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的菱形，且 ∠DAB=背，PD=AD,PD⊥平面ABCD,F,O分别是PA,BD的中点，E是线段PB上的动点， 给出下列四个结论： ①AC⊥OE; ②FC=PO; ©直线P0与底面ABCD所成角的正弦能为得， ④△AEC面积的取值范围是[55] 8/21 耐学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 其中所有正确结论的序号是 P 目目 考点06 何体的表面积与体积 1.(24-25高一下·北京第八十中学期中)某圆锥的母线长为5cm,底面半径长为3cm,则该圆锥的高为 体积为 2.(24-25高一下·北京大兴区期中)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点P在正方形ABCD的 边界及其内部运动，且满足A1P≤V5,则四面体A1~PBD的体积的最小值是() A.号 B. C.4a2 3 D.4-2V2 D C A16 B D---.. B 3.(24-25高一下北京中学期中)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为 长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体 是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的 半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体的棱长 为() 图1 图2 A.2-V2 B.2-1 C. 4 D.青 9/21 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4.(24-25高一下·北京顺义区第一中学期中)如图某实心零部件的形状是正四棱台，己知AB=10cm, A1B1=20Cm,棱台的高为12cm,先需要对该零部件的表面进行防腐处理，若每平方厘米的防腐处理 费用为0.5元，则该零部件的防腐处理费用是() A.640元 B.440元 C.390元 D.347.5元 D B D B 5.(23-24高一下北京顺义区第一中学期中)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA与平面 ABCD垂直，E为PD的中点 (I)证明：PB平面AEC; (2)若AP=1,AB=2,AD=3,求四棱锥P-ABCD的体积. E B 目目 考点07 二面角 1.(24-25高一下北京第二中学朝阳学校期中)如图，在单位正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是线段 AD1上的动点，给出以下四个命题： ①异面直线PC1与直线B1C所成角的大小为定值； ②二面角P-BC1-D的大小为定值； ③若Q是对角线AC1上一点，则PQ+QC长度的最小值为： ④若R是线段BD上一动点，则直线PR与直线A1C不可能平行 其中真命题有 A B D B 10/21 专题03立体几何初步 14大高频考点概览 考点01 异面直线所成的角 考点02 平行问题 考点03 垂直问题 考点04 空间点线面的位置关系 考点05 直线与平面所成角 考点06 几何体的表面积与体积 考点07 二面角 考点08 几何体的外接球内切球 考点09 斜二测画法 考点10 立体几何动点小题 考点11 线段长最小问题 考点12 动点探索问题 考点13 截面交线问题 考点14 距离问题 地 城 考点01 异面直线所成的角 1．(24-25高一下·北京第二中学朝阳学校·期中)如图，三棱锥中，均为正三角形，为直角三角形，斜边为，为的中点，则直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点，连接，可得，所成的角即为直线所成的角，设，利用余弦定理可求解. 【详解】取的中点，连接，易得， 则，所成的角即为直线所成的角. 设，因为均为正三角形，为直角三角形，斜边为， 则，，， 在中，由余弦定理，得， 所以直线所成角的余弦值为. 故选：B. 2．(23-24高一下·北京第二外国语学院附属中学·期中)如图，若正方体的棱长为1，则异面直线AC与所成的角的大小是__________；直线和底面ABCD所成的角的大小是__________． 【答案】 . 【分析】①通过平行关系，直线与直线所成角即直线与直线所成角，解三角形即可得解； ②根据线面角定义，通过垂直关系找出线面角即可. 【详解】作图：连接交于，连接 ①在正方体中，，易得为等边三角形， 由与平行且相等，则四边形为平行四边形，， 直线与直线所成角即直线与直线所成角， 所以所成角为； ②正方体中，平面， 所以就是直线和平面所成的角 由于，，是等腰直角三角形，所以， 所以直线和底面ABCD所成的角的大小. 故答案为：①；②. 【点睛】此题考查求异面直线所成的角和直线与平面所成角，通过平行线求异面直线夹角，通过垂直关系根据定义找出线面角即可求解. 3．(23-24高一下·北京第八十中学·期中)如图，在正四棱柱中，底面是正方形，且，，经过顶点A和各作一个平面与平面平行，前者与平面交于，后者与平面交于，则异面直线与所成角的余弦值为______. 【答案】 【分析】利用平面与平面平行的性质定理，得，，求与所成的角的余弦值即为所求. 【详解】设平面平面，因为平面，所以， 又因为平面平面，且平面平面， 所以，， 因为平面平面，且平面平面， 同理可证，异面直线与所成的角即所成的 在正四棱柱中，底面是正方形，且， ，， ， 所以异面直线与所成的角的余弦值为. 故答案为：. 4．(23-24高一下·北京日坛中学·期中)如图，已知正三棱柱的底面边长为1，侧棱的长为2，E、F分别为和AC中点，则直线EF与平面所成角的余弦值为______，异面直线与所成角的余弦值为______． 【答案】 / 【分析】取中点，连接，为直线EF与平面所成角，求解即可；取中点，连接，所以异面直线与所成角的余弦值为，利用余弦定理求值. 【详解】取中点，连接， 由题意可知，平面，所以为直线EF与平面所成角， 在中，， 所以； 取中点，连接， 可得， 所以异面直线与所成角的余弦值为， 在中，，， ， 由余弦定理可得，， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：；. 5．(24-25高一下·北京第八十中学·期中)如图，直三棱柱中，D是的中点，四边形为正方形. (1)若为等边三角形，，直接写出直三棱柱的体积. (2)求证：平面； (3)在第一问的条件下，直接写出异面直线与所成角的余弦值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由棱柱体积公式直接求解即可； （2）连接，交于点E，再连接，只需证明即可； （3）所求为，只需求出，结合余弦定理即可求解. 【详解】（1）若为等边三角形，，四边形为正方形， 直三棱柱的体积为； （2）如图，连接，交于点E，再连接. 由已知得，四边形为正方形，所以E为的中点， ∵D是BC的中点， ∴， 又平面，平面， ∴平面. （3）由（2）可知，，故所求为， 若为等边三角形，，四边形为正方形， 所以正三棱柱的三个侧面是全等的三个正方形， 则，， 因为是三角形的中位线， 所以， 所以. 地 城 考点02 平行问题 1．(23-24高一下·北京顺义区第一中学·期中)如图，四棱锥的底面为平行四边形.设平面PAD与平面PBC的交线为l，M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点. (1)求证：平面； (2)求证：. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）由题设得，应用线面平行的判定证明平面，同理证平面，再由面面平行的判定和性质即可证明结论； （2）由题设，再由线面平行的判定和性质即可证明结论. 【详解】（1）∵M、N分别为PC、CD的中点， ∴，又平面，平面， ∴平面，同理可证平面， 由都在平面内，则平面平面， 由平面，故：平面； （2）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴，又平面PAD，平面PAD， ∴平面PAD，又平面PBC，平面平面， ∴. 2．(24-25高一下·北京平谷区第五中学·期中)如图，在正方体中，棱长为2，E是棱的中点． (1)证明：平面BDE； (2)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）做辅助线，可得∥，由线面平行判定定理证明即可； （2）根据题意结合锥体的体积直接求三棱锥体积即可. 【详解】（1）连接AC交BD于点O，连接OE， 因为点O，E分别是，AC的中点，则∥， 且平面BDE，平面BDE， 所以∥平面BDE. （2）由正方体的性质可知三棱锥的高为， 所以三棱锥的体积. 3．(24-25高一下·北京顺义区第一中学·期中)如图，在直三棱柱中，分别为的中点． (1)求证：平面； (2)若 求直三棱柱的体积和表面积； 【答案】(1)证明见解析 (2)， 【分析】（1）取的中点，连接，只需证为平行四边形，由此，进而可证平面； （2）由题干条件可知底面为等腰直角三角形，且直棱柱高为1，利用三棱柱的体积和表面积公式即可算出答案. 【详解】（1）如图，取的中点，连接， 因为为的中点， 所以，， 因为四边形为平行四边形，为的中点， 所以且，所以且， 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，即，由勾股定理的逆定理可知， 且在直三棱柱中，为高，由三棱柱的体积公式可得体积， 表面积为5个面面积之和. 4．(23-24高一下·北京第一六五中学·期中)如图，在正方体中，E是的中点. (1)求证：平面； (2)设正方体的棱长为1，求三棱锥的表面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，再运用线面平行的判定定理证明即可. （2）运用正方体性质，结合勾股定理求出涉及边长，再用余弦定理和面积公式求出各个面的面积，即可得到表面积. 【详解】（1）证明：因为在正方体中，，， 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）如图所示，连接，正方体的棱长为1. 根据正方体性质，得，. ． 在中，用余弦定理，得到， 则， 则. 同理可以求得，且． 则三棱锥的表面积为. 5．(23-24高一下·北京第二外国语学院附属中学·期中)如图，已知三棱柱中，与交于点为边上一点，为中点，且平面.求证：   (1)； (2)平面平面. 【答案】(1)证明见解析. (2)证明见解析. 【分析】（1）由线面平行的性质即可证明； （2）由（1）得为的中点，再证明，最后根据面面平行的判断定理即可证明. 【详解】（1）由题意，因为平面， 且平面 又因为平面平面， 所以由线面平行的性质得. （2）由（1）可知， 又因为点为的中点， 所以为的中点，即， 因为为的中点，即， 又因为, 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， 又平面，，平面,平面， 所以平面平面. 地 城 考点03 垂直问题 1．(23-24高一下·北京汇文中学·期中)如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，分别是，的中点． (1)求证：平面； (2)求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由三角形中位线证得，结合线面平行的判定定理证明即可. （2）由线面垂直性质可得，结合线面垂直判定定理可得平面，再结合线面垂直性质、线线垂直性质证明即可. 【详解】（1） 因为E，F分别是AB，PB的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）因为平面，平面，所以， 又因为底面ABCD为正方形，，，、平面， 所以平面， 又平面，所以， 由（1）知，， 所以． 2．(24-25高一下·北京第二中学朝阳学校·期中)如图，已知平面平面，四边形是正方形，，点E，F分别是，的中点. (1)若点M为线段中点，求证：平面； (2)求证：平面； (3)若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥存在，求二面角的余弦值. 条件①：； 条件②：； 条件③：； 注：如果选择条件不能使四棱锥存在得零分. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）连接，连接交于点，连接，证明即可得证； （2）根据线面垂直的判断定理即可得证； （3）条件①：，即证，，即为二面角的平面角，在中计算即可； 条件②：，由（2）有即可判断； 条件③：，取的中点为，的中点为，连接，即证，又，得为二面角的平面角，在计算即可求解. 【详解】（1）连接，连接交于点，连接， 因为点为的中点，为中点，所以， 又四边形是正方形， 所以四边形为矩形， 即为的中点，又为的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）由，为的中点，得， 又因为四边形是正方形，所以， 又平面平面，平面平面， 所以平面，又平面， 所以，又，平面， 所以平面； （3）条件①：； 由四边形为正方形，得，又，平面， 所以平面，又平面，，又， 所以为二面角的平面角， 由（2）有平面，又，所以平面， 又平面，所以，又因为， 所以在中，，所以， 所以二面角的余弦值为； 条件②：； 由（2）有平面，平面，所以， 在中，矛盾，所以不存在； 条件③：； 又，所以为等边三角形， 取的中点为，的中点为，连接，则，即， 由为等边三角形，为的中点， 所以，又又平面平面，平面平面， 所以平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面，平面， 所以，又， 所以为二面角的平面角， 又，，所以，， 在中，， 所以， 所以二面角的余弦值为. 3．(24-25高一下·北京第五十五中学·期中)如图，在四棱锥中，平面平面，底面为正方形，点E，F分别为，的中点，设平面平面． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，，请判断平面与平面是否垂直？若垂直，请证明：若不垂直，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)不垂直，理由见解析 【分析】（1）根据平面平面，引用面面垂直的性质定理，得平面，再根据线面垂直的性质，得到； （2）取的中点，连接，，证明四边形为平行四边形，得，再根据线面平行的判定定理得平面，最后利用线面平行性质定理得到； （3）假设平面与平面垂直，利用面面垂直得到平面，进而得到，三角形为以为斜边的直角三角形，即可得到与假设矛盾，进而得到答案. 【详解】（1）因为底面为正方形， 所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以. （2）取的中点，连接，， 因为点分别为的中点， 所以，且， 因为，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. 又因为平面，平面平面 所以. （3）假设当平面平面时， 因为，平面平面， 所以平面， 又因为平面， 所以，三角形为以为斜边的直角三角形， 此时，与题干矛盾， 所以平面与平面不垂直. 4．(24-25高一下·北京第五十五中学·期中)如图，在正四棱柱中，，． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求点A到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据正四棱柱的几何特征得出是平行四边形，进而得出再应用线面平行判定定理证明即可； （2）先应用平面，得出，结合，及线面垂直的判定定理即可证明； （3）应用三棱锥体积公式及等体积法计算点到平面距离求解. 【详解】（1）因为所以是平行四边形，所以 平面，且平面，所以平面； （2）因为是正方形，所以得， 因为平面，平面，所以， 又平面，所以平面； （3）设点A到平面的距离为， 因为，所以， ， 所以， 故点到平面的距离为； 5．(23-24高一下·北京汇文中学·期中)如图，四边形是菱形，平面，，． (1)求证：平面平面； (2)求证：平面平面； (3)设点是线段上一个动点，试确定点的位置，使得平面，并证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）利用线面平行的判定定理得到平面，平面，再利用面面平行的判定定理，即可证明结果； （2）根据条件得到平面，再由面面垂直的判定定理，即可证明结果； （3）构造平行四边形，利用线面平行的判定定理，即可证明结果. 【详解】（1）因为，面，面， 所以平面， 同理，平面， 又，面, 所以平面平面. （2）因为四边形ABCD是菱形，所以， 平面，平面， ， ，平面， 平面， 平面， 所以平面平面. （3）当时，平面，理由如下： 作，则平行且等于， ，， 平行且等于， 是平行四边形， ， 平面，平面， 平面. 地 城 考点04 空间点线面的位置关系 1．(24-25高一下·北京第八十中学·期中)设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】根据空间直线、平面的位置关系，结合平面的基本性质判断线性、线面的位置关系即可. 【详解】A：若，，则平行、相交或异面，故A错； B：若，，则平行或异面，故B错； C：若，，则或，故C错； D：若，，由面面平行的定义和线面平行的定义可知，故D对. 故选：D 2．(24-25高一下·北京第二中学朝阳学校·期中)已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】根据空间中线面、面面的位置关系一一判断即可. 【详解】对于A：若，，则与平行或相交，故A错误； 对于B：若，，则或，故B错误； 对于C：若，，则与平行或相交，故C错误； 对于D：若，，根据面面垂直的判定定理可得，故D正确. 故选：D 3．(24-25高一下·北京第二中学朝阳学校·期中)设，是两个平面，，是两条直线，若，，则“”是“，”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据平面平行的性质与判定及充分条件、必要条件的概念得解. 【详解】若，，则,可能平行，也可能相交，故不一定成立， 若，则，， 故是，的充分不必要条件. 故选：A 4．(24-25高一下·北京陈经纶中学·期中)设l是一条直线，，是两个不同的平面，下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】C 【分析】根据面面平行、线面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理逐一判断即可. 【详解】A：当 时，如果l是平面，外一条直线，当时，显然，成立，这时不成立，故本选项的命题不正确； B：当时，设，显然当时，且时，一定有成立，但是不成立，因此本选项的命题不正确； C：因为，所以在平面内一定存在一条直线，而，所以， 根据面面垂直的判定定理可知，因此本选项的命题正确； D：当时，设，显然当时，且时，一定有成立，但是不成立，因此本选项的命题不正确； 故选：C 5．(23-24高一下·北京日坛中学·期中)已知三条直线a，b，c满足：a与b平行，a与c异面，则b与c（    ） A．一定异面 B．一定相交 C．不可能平行 D．不可能相交 【答案】C 【分析】根据空间中线线的位置关系以及平行公理，即可进行判断并且得到答案. 【详解】由题意，三条直线a，b，c满足：a与b平行，a与c异面， 则与可能相交，也可能异面，不可能平行. 若与平行，又a与b平行，根据基本事实4，可得与平行，这与与异面矛盾， 故b与c不可能平行. 故选：C 地 城 考点05 直线与平面所成角 1．(24-25高一下·北京陈经纶中学·期中)已知正方体中，点，，分别为棱，，的中点，给出下列四个结论：   其中不正确结论是（　　） A．直线与平面相交； B．平面； C．若，则点到平面的距离为； D．该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等． 【答案】A 【分析】①先证，可得平面平面，从而知平面，可判断A的真假；②利用三垂线定理可得，再由线面垂直的判定定理知平面，并结合平面平面，可判断B的真假；③易知是边长为的等边三角形，再利用等体积法可求点到面的距离，判断C的真假；④结合四面体是正三棱锥，且正方体的棱构成三组平行线，即可判断D的真假． 【详解】①因为点分别为棱的中点， 所以，即四边形是平行四边形， 所以， 又因为平面，平面，所以平面. 因为点分别为棱的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面. 因为，平面， 所以平面平面. 因为平面，所以直线平面，即A错误； ②由三垂线定理知，， 因为平面，所以平面， 由①知平面平面， 所以平面，即B正确； ③若，则是边长为的等边三角形， 所以， 设点到平面的距离为， 因为， 所以， 所以， 所以点到平面的距离为，即C正确； ④由题意知，四面体的底面是等边，且， 即四面体是正三棱锥， 所以三条侧棱与底面所成角均相等， 而，，， 所以该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等， 由①知平面平面， 所以该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等，即D正确． 故选：A 2．(23-24高一下·北京第八十中学·期中)如图，在正方体中，直线与平面所成角的正切值为______. 【答案】 【分析】根据正方体性质及线面角定义求解. 【详解】设正方体的棱长为1， 在正方体中，平面， 故在平面上的射影为， 所以为直线与平面所成角， 故. 故答案为： 3．(22-23高一下·北京工业大学附属中学·期中)如图，在直三棱柱中，，，直线与平面所成的角_________．    【答案】 【分析】由题意可证得平面，则为直线与平面所成的角，然后在直角三角形中求解即可. 【详解】因为在直三棱柱中，平面，平面， 所以， 因为，所以， 因为，平面， 所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 因为，， 所以为等腰直角三角形， 所以， 所以直线与平面所成的角为， 故答案为： 4．(22-23高一下·北京朝阳区清华大学附属中学朝阳学校·期中)如图，在四棱锥中，底面是边长为a的正方形，平面．若，则直线与平面所成的角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用等积法可得到平面的距离，进而即得. 【详解】因为平面，平面，平面， 平面， 所以 ， ， ，又底面是边长为a的正方形， 所以 ，又平面，平面， 所以 平面， 平面， 所以 ， 设到平面的距离为，直线与平面所成的角， 则， 所以，， 所以， 所以，又， 所以. 故选：A. 5．(23-24高一下·北京第二中学·期中)如图，已知四棱锥的底面是边长为的菱形，且，，，，分别是，的中点，是线段上的动点，给出下列四个结论： ①； ②； ③直线与底面所成角的正弦值为； ④面积的取值范围是. 其中所有正确结论的序号是_________． 【答案】①④ 【分析】①通过线面垂直证明线线垂直 ②通过计算可得到结果 ③通过线面角的定义与计算可得到结果 ④通过求OE的取值范围计算三角形面积的取值范围 【详解】 由， 得平面，因为平面，所以，①正确 计算可得,，， 所以，②不正确； 由线面角定义知，就是直线与底面所成的角，，③不正确； 由得，， ， 时最小，④正确． 故答案为：①④ 地 城 考点06 何体的表面积与体积 1．(24-25高一下·北京第八十中学·期中)某圆锥的母线长为5cm，底面半径长为3cm，则该圆锥的高为__________，体积为__________. 【答案】 4cm 【分析】由圆锥轴截面的几何特征求圆锥的高，由圆锥的体积公式求体积. 【详解】由圆锥轴截面的几何特征，可知圆锥的高为， 所以圆锥的体积为. 故答案为：；. 2．(24-25高一下·北京大兴区·期中)如图，正方体的棱长为，点在正方形的边界及其内部运动，且满足，则四面体的体积的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，推导出，可求出的取值范围，则点的轨迹是平面内以点为圆心，圆心角为，且半径为的圆弧及其内部，计算出点到距离的最小值，可求出面积的最小值，结合锥体的体积公式可求得结果. 【详解】连接，因为平面，平面，所以， 所以，， 所以，点的轨迹是平面内以点为圆心，圆心角为，且半径为的圆弧及其内部， 连接交于点，因为四边形为正方形，所以为的中点，且， 因为正方形的边长为，则，所以， 设点到的距离为，则， 所以，面积的最小值为， 故， 即三棱锥体积的最小值为. 故选：C. 3．(24-25高一下·北京中学·期中)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体的棱长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用多面体棱长与正方体的棱长的关系列方程即可求解 【详解】如图，设该半正多面体的棱长为，则， 延长与交于点，延长交正方体棱于， 由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形， ∴，∴ ∴，即该半正多面体棱长为. 故选：B 4．(24-25高一下·北京顺义区第一中学·期中)如图某实心零部件的形状是正四棱台，已知，，棱台的高为，先需要对该零部件的表面进行防腐处理，若每平方厘米的防腐处理费用为元，则该零部件的防腐处理费用是（   ） A．元 B．元 C．元 D．元 【答案】A 【分析】根据棱台的高求出侧面等腰梯形的高，再计算出棱台的表面积，即可求得该零部件的防腐处理费用. 【详解】 如图所示，，，连接，分别是的中点，连接，取的中点，连接. 由题意，在正四棱台中，平面，则， 因为分别是的中点，所以，且， 又分别是的中点，所以，且， 故，则四点共面； 因为平面，平面，所以， 所以四边形为直角梯形， 在直角梯形中，，又点是的中点， 所以四边形为矩形，则，且，又， 因此，在直角中，， 所以在正四棱台中， 侧面积， 底面积， 表面积（平方厘米）， 又每平方厘米的防腐处理费用为元， 所以该零部件的防腐处理费用是（元）. 故选：A 5．(23-24高一下·北京顺义区第一中学·期中)如图，四棱锥中，底面为矩形，与平面垂直，E为的中点. (1)证明：平面； (2)若，，，求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用中位线的性质得线线平行，再证线面平行即可； （2）利用棱锥的体积公式计算即可. 【详解】（1）连接交于F，由底面为矩形可知F为中点， 又E为的中点，利用三角形中位线的性质得， 因为平面，平面， 所以平面； （2）由，，，及棱锥体积公式可知： . 地 城 考点07 二面角 1．(24-25高一下·北京第二中学朝阳学校·期中)如图，在单位正方体中，点是线段上的动点，给出以下四个命题： ①异面直线与直线所成角的大小为定值； ②二面角的大小为定值； ③若是对角线上一点，则长度的最小值为； ④若是线段上一动点，则直线与直线不可能平行. 其中真命题有______. 【答案】①②③ 【分析】利用线面垂直的性质可判断①；利用二面角的定义可判断②；将和延展为一个平面，分析可知，当时，取最小值，结合三角恒等变换相关知识可判断③；设，结合余弦定理可得在上必然存在一点，使得二面角为， 设平面与平面的交线为，则，过点作的垂线，结合线面垂直的性质可判断④. 【详解】对于①，因为四边形为正方形，则， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 故异面直线与直线所成角为，为定值，①对； 对于②，平面与平面重合，故二面角的大小即为的大小，为定值，②对； 对于③，将和延展为一个平面，如下图所示： 因为平面，平面，所以， 同理可知，且，， 所以，所以， 且，， 所以， 当时，取最小值， 且最小值为，③对； 对于④，在正方体中， 因为四边形为正方形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证， 因为，、平面，所以平面， 设，因为平面，所以， 则即为二面角的平面角， 又正方体棱长为，故，，则， 由余弦定理得，故，同理， 故在上必然存在一点，使得二面角为， 即平面平面，平面与平面的交线为， 则，过点在平面内作的垂线， 因为平面，所以平面， 又平面，故，④错． 故答案为：①②③. 2．(22-23高一下·北京朝阳区清华大学附属中学朝阳学校·期中)如图，在正方体中，点为线段上异于，的动点，则下列四个命题： ①平面平面； ②二面角的正弦值为； ③设，则三棱锥的体积随着增大先减少后增大； ④连接，总有平面．其中正确的命题是______． 【答案】①④ 【分析】对于①，由线面垂直的判断定理证明平面，即可得证平面平面；对于②，取的中点，可得即为二面角的平面角，求解即可；对于③，由平面,可得点M到平面的距离为定值，从而可得三棱锥的体积为定值；对于④，由面面平行的判断定理证明平面 平面，再根据面面平行的性质定理即可判断. 【详解】对于①，因为是正方形，所以. 因为 平面，平面，所以 . 因为平面， 所以平面. 因为平面，所以平面平面，故①正确； 对于②，取的中点，易知是等边三角形，为等腰直角三角形（为斜边）， 所以,所以即为二面角的平面角. 设，则,所以. 因为 平面，平面，所以 . 所以,故②错误； 对于③，在正方体中，因为平面 平面, 平面, 所以平面, 所以点M到平面的距离为定值， 所以为定值，故③错误； 对于④：在正方体中，因为，平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 又平面， 所以平面 平面， 因为平面， 所以 平面，故④正确. 故答案为:①④. 地 城 考点08 几何体的外接球内切球 1．(24-25高一下·北京朝阳区青苗学校常营校区·期中)长方体的所有顶点都在一个球面上，长，宽，高分别为3，2，1，那么这个球面的面积是______． 【答案】 【分析】根据长方体的体对角线即为外接球的直径，从而求出外接球的半径，即可求出球的表面积. 【详解】依题意可知球的半径， 所以球面的面积. 故答案为： 2．(24-25高一下·北京丰台区·期中)已知某长方体的长、宽、高分别为、、，且该长方体的所有顶点都在球的球面上，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设球的半径为，由题意可知，长方体的体对角线长等于球的直径，可求出的值，再利用球体表面积公式可求得球的表面积. 【详解】设球的半径为，由题意可知，长方体的体对角线长等于球的直径， 所以，， 因此，球的表面积为. 故选：C. 3．(24-25高一下·北京汇文中学教育集团·期中)伟大的科学家阿基米德逝世后，敌军将领马塞拉斯给他建了一块墓碑，在墓碑上刻了一个如图所示的图案，图案中球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面，则图案中圆锥、球，圆柱的体积比为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用圆锥、球和圆柱的体积公式求解即可； 【详解】设球的半径为，则圆锥的底面半径为，高为，圆柱底面半径为，高为， 圆锥体积：，球的体积 ，圆柱的体积 ， 即圆锥、球、圆柱的体积比为 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了求圆锥，圆柱和球的体积，解题的关键是审清题意，找到球，圆锥，圆柱的半径及高的关系，考查学生的逻辑思维能力与运算求解能力，属于一般题. 4．(24-25高一下·北京第五十五中学·期中)已知正方体棱长为2，则这个正方体外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方体体对角线为外接球的直径，求出外接球半径，进而根据球的表面积公式求得答案. 【详解】因为正方体棱长为2，体对角线为外接球的直径， 所以外接球半径， 所以正方体外接球的表面积为， 故选：C. 5．(23-24高一下·北京大兴区·期中)如图，四面体的四个顶点均为长方体的顶点． (1)若四面体各棱长均为，求该四面体的表面积和体积； (2)若，，，求四面体外接球的表面积． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）依题意可得为棱长为的正方体，且四面体为正四面体，即可求出其表面积，利用割补法求出其体积； （2）依题意长方体的外接球即为此四面体的外接球，求出长方体的体对角线即为外接球的直径，从而得到外接球的表面积． 【详解】（1）若四面体各棱长均为， 则长方体为棱长为的正方体，且四面体为正四面体， 所以， ； （2）由于四面体的四个顶点均为长方体的顶点， 所以四面体外接球与长方体的外接球是同一个球， 设此四面体所在长方体的棱长分别为，，， 则，解得， 设长方体外接球的半径为，则，则， 所以外接球的表面积为． 地 城 考点09 斜二测画法 1．(24-25高一下·北京顺义区第一中学·期中)如图，是水平放置的的直观图，则的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据斜二测画法得到三角形为直角三角形，，边长，，然后即可求三角形的周长． 【详解】 根据斜二测画法得到三角形为直角三角形，， 底边长，高， 所以， 直角三角形的周长为． 故选：A． 2．(24-25高一下·北京大学附属中学元培学院·期中)如图，四边形表示水平放置的四边形根据斜二测画法得到的直观图，，，，，则（    ） A． B． C．6 D． 【答案】B 【分析】根据斜二测的性质还原图形，再由勾股定理即可求解. 【详解】解：还原四边形，如图所示： 依题意可得： ． 取的中点，连接， 则，且， 故. 故选：B. 3．(24-25高一下·北京丰台区·期中)用斜二测画法画水平放置的正方形，若该正方形的边长为，则其直观图的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出直观图，求出高，结合平行四边形的面积可求得直观图的面积. 【详解】如下图所示： 在直观图中，，， 易知四边形为平行四边形，则， 故直观图的面积为. 故选：B. 4．(23-24高一下·北京第八十中学·期中)如图正方形边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是多少？（    ）   A．4 B．8 C．12 D．16 【答案】D 【分析】根据直观图和原图的关系求得正确答案. 【详解】在直观图中，， 所以在原图中，如下图所示， ，， 所以原图形的周长是. 故选：D    5．(24-25高一下·北京大兴区·期中)如图，梯形是水平放置的平面图形用斜二测画法得到的直观图，，则在平面图形中，______；图形的面积为______． 【答案】 2 3 【分析】第一空由斜二测画法可得；第二空先由直观图求出梯形的高和面积，再由原图与直观图的面积关系计算可得. 【详解】由斜二测画法可知； 由图可得梯形的高为， 所以梯形的面积， 则平面图形的面积为. 故答案为：2；3. 地 城 考点10 立体几何动点小题 1．(23-24高一下·北京西城区·期末)如图，已知正六棱锥的侧棱长为6，底面边长为是底面上一个动点，，则点所形成区域的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正六棱锥的结构特征可得，进而可得，分析可知点所形成区域为以为圆心，半径为的圆面，即可得面积. 【详解】因为为正六棱锥，则顶点在底面的投影为底面中心，如图， 又因为底面边长为，则，可得， 且，则， 可知点所形成区域为以为圆心，半径为的圆面，其面积为. 故选：B. 2．(23-24高一下·北京汇文中学·期中)如图矩形中，，为边的中点，将沿直线翻转成．若为线段的中点，则在翻转过程中，下列叙述正确的有________（写出所有序号）． ①是定值； ②一定存在某个位置，使； ③一定存在某个位置，使； ④一定存在某个位置，使． 【答案】①②④ 【分析】运用等角定理及余弦定理可判断①；运用勾股定理证得、，结合线面垂直的判定定理及性质可判断②；运用反证法证及线面垂直判定定理证得平面，结合线面垂直性质可得得出矛盾可判断③；运用面面平行判定定理证得平面平面，结合面面平行性质可判断④. 【详解】对于①，取中点，连接，，如图所示， 则，，，， 由等角定理知，， 所以由余弦定理可得， 所以是定值，故①正确； 对于④，由①知，，， 又、平面，、平面， 所以平面，平面， 又，、平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面，故④正确， 对于②，连接，如图所示， 当时， 因为，，所以，所以， 因为矩形ABCD中，，，所以，即， 又因为，、平面，所以平面， 又平面，所以，故②正确； 对于③，假设③正确，即在某个位置，使， 又因为矩形中，，， 所以，即， 又因为，、平面，所以平面， 又平面，所以，这与矛盾， 所以不存在某个位置，使，故③错误． 故答案为：①②④. 3．(23-24高一上·北京东直门中学·期中)如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，给出下列三个结论：①；②的面积大于的面积；③三棱锥的体积为定值.其中，所有正确结论的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】根据平面得到①正确，点到直线的距离大于点到直线的距离，②正确，计算体积得到③正确，得到答案. 【详解】对①：平面，平面，故， 又，，平面，故平面， 平面，故，正确； 对②：平面，平面，， 故是的高， 是中点，，故，是的高， ，正确； 对③：平面，故，正确； 故选：D 4．(23-24高一下·北京顺义牛栏山第一中学·期中)从正方体的12条面对角线中选出k条，使得这k条面对角线所在直线两两异面，则k的最大值为______． 【答案】4 【分析】先依次选定第一条、第二条面对角线结合正方体结构特征进行分析即可求解. 【详解】如图，在面中选定一条面对角线， 由正方体结构特征剩余五个面内均只剩一条面对角线与异面， 但当继续选定第二条面对角线时， 面与面中与异面的直线均与面对角线相交，故不符合， 所以最终只剩最后两个面的对角线可以与和两两异面，故k的最大值为4. 故答案为：4. 5．(22-23高一下·北京第八十中学·期中)如图，矩形ABCD中，，M为BC的中点，将沿直线AM翻折，构成四棱锥，N为的中点，则在翻折过程中， ①对于任意一个位置总有平面； ②存在某个位置，使得； ③存在某个位置，使得； ④四棱锥的体积最大值为． 上面说法中所有正确的序号是____________． 【答案】①④ 【分析】证明 ，结合线面平行判定判断①；由 结合与不垂直，判断②；由线面垂直的判定得出点与点重合，从而判断③；取的中点为，连接，当平面时，四棱锥的体积最大，从而判断④. 【详解】分别取的中点为，连接. 因为的中点分别为，所以 ，且. 即四边形为平行四边形，故 ，由线面平行的判定可知对于任意一个位 置总有平面，故①正确； 因为，所以与不垂直，由 可知，与不垂直，故②错误； 由题意，若，则由线面垂直的判定可得平面. 则，因为，所以与全等，则， 此时点与点重合，不能形成四棱锥，故③错误； 取的中点为，连接，，当平面时，四棱锥 的体积最大，最大值为，故④正确； 故答案为：①④ 地 城 考点11 线段长最小问题 1．(23-24高一下·北京第八十中学·期中)已知点P在棱长为2的正方体表面运动，且，则线段AP的长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作出正方体的对角线的中垂面截正方体所得截面多边形，再分段求出的长范围作答． 【详解】点在棱长为2的正方体表面运动，且， 则点的轨迹是线段的中垂面截正方体所得截面多边形， 分别取棱，，，，，的中点，，，，，， 则， 因此四边形均为棱长为的菱形，所以 平面， 因此点，，，，，在线段的中垂面上，点的轨迹是六边形，如图， 当点在线段上时，若点为线段中点，有， 于是点为线段上任意一点，， 当点在线段上时，为钝角， 则，即， 当点在线段上时，， 为钝角，则，即， 当点在线段上时，由， 边上的高为，此时， 由对称性知，当点在折线上时，， 所以线段的长的取值范围是． 故选：D． 【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上. 2．(23-24高一下·北京广渠门中学·期中)如图，在直三棱柱中，，，，，点在棱上，点在棱上，给出下列三个结论： ①四棱锥的体积为定值； ②三棱锥的体积的最大值为； ③的最小值为. 请写出所有正确结论的序号______ 【答案】①② 【分析】对于①：根据∥平面可知四棱锥的高为定值，进而可得结果；对于②：分析可知的面积最大值为，三棱锥的最大值为2，即可得体积最大值；对于③：将翻折到与矩形共面，结合平面几何性质分析最值. 【详解】对于①：因为∥平面，且， 可知点到平面的距离相等，即四棱锥的高为定值， 且底面为面积为定值，所以四棱锥的体积为定值，故①正确； 对于②：因为点在棱上，且， 可知当且仅当点与点重合时，的面积取到最大值， 又因为点在棱上，且平面， 可知当且仅当点与点重合时，三棱锥的高取到最大值2， 所以三棱锥的体积的最大值为，故②正确； 对于③：如图将翻折到与矩形共面， 连接交于点，此时取得最小值， 因为，，则，可得， 所以的最小值为，故③错误； 故答案为：①②. 3．(23-24高一下·北京西城区·期末)如图，在棱长为2的正方体中，点为的中点，点是侧面上（包括边界）的动点，点是线段上的动点，给出下列四个结论： ①任意点，都有； ②存在点，使得平面； ③存在无数组点和点，使得； ④点到直线的距离最小值是． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①③④ 【分析】对于①：可证平面，即可得结果；对于②：可证平面，即可得结果；对于③：分析可知，结合平面性质分析判断；对于④：结合平面分析可知：当平面时，点到直线的距离最小，结合长度关系分析求解. 【详解】因为∥，且，可知为平行四边形. 对于①：因为为正方形，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面， 可得平面，由平面，则，故①正确； 对于②：由①可知：平面，由平面，则， 同理可证：， 且，平面，可得平面， 又因为平面，平面， 可知平面与平面相交， 所以不存在点，使得平面，故②错误； 对于③：若，则四点共面，即平面， 又因为点侧面，且侧面平面，则， 根据平面的性质可知：对任意线段（不包括），均存在，使得， 所以存在无数组点和点，使得，故③正确； 对于④：由②可知：平面， 由垂线性质可知，当平面时，点到直线的距离最小， 又因为， 可知为正三棱锥，点为等边的中心， 此时点到直线的距离为， 所以点到直线的距离最小值是，故④正确； 故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：对于空间中动线问题的研究，常常有拓展的思路，把线转为面，研究线面问题，有助于理解判断. 4．(23-24高一下·北京第二中学·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. 5．(24-25高一下·北京第八十中学·期中)如图，正方体的棱长为为的中点，为棱上的动点，过点的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是___________.（请写出所有正确命题的编号） ①当时，S为等腰梯形； ②当时，S与的交点满足； ③当时，S为六边形； ④当时，S的面积为. 【答案】①②④ 【分析】①作出辅助线，找到S为四边形，证明出其为等腰梯形；②作出辅助线，找到S，利用各边长度与相似，求出；③在②的分析基础上，得到S为五边形；④作出辅助线，得到S为菱形，求出对角线，进而求出面积. 【详解】当时，S为等腰梯形，理由如下： 如图1，连接，，因为为的中点，为上的中点， 所以∥， 所以四边形为S，其中， 所以S为等腰梯形，①正确； 当时，S与的交点满足，理由如下： 如图2，延长至点E，使得，连接EA，EQ交于点R， 取AD中点N，DE中点M，连接MQ，MN，PN， 则，DN=CP，所以四边形CQMD与四边形PCDN均为平行四边形， 所以MQ∥NP∥CD，且MQ=NP=CD，所以四边形MNPQ为平行四边形， 所以PQ∥MN，由中位线的性质可知：MN∥AE，所以PQ∥AE， 所以四边形AEQP即为S，其中， 所以，所以，②正确； 当时，S为五边形，理由如下： 如图3，根据②的分析，随着Q点在图2的基础上沿着向上移动， 则点E点沿着射线向上移动，此时AE与相交于点G， EQ与相交于点R，连接GR，故所截得的S为五边形，故③错误； 当时，S的面积为，理由如下： 如图4，点Q与重合，此时G为的中点，可证得：∥，AP∥GQ， 其中，所以S为菱形APQG， 且，S的面积为，④正确. 故答案为：①②④ 地 城 考点12 动点探索问题 1．(24-25高一下·北京中学·期中)如图，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，使得平面平面，为中点．   (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）利用等腰三角形性质可得，再由面面垂直性质定理可得结论； （2）由锥体体积公式直接计算可得结果； （3）利用面面平行判定定理可证明平面平面，再由其性质可证明当时，满足题意. 【详解】（1）因为为中点，，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． （2）在直角三角形中， ∵，∴，∴． 又三角形的面积 由（1）知，平面， 所以三棱锥的高为． 所以 . （3）过点作交于点，则； 过点作交于点，连接，则；如下图所示：    因为平面，平面， 所以平面． 又因为，平面，平面， 所以平面． 因为，平面，平面， 所以平面平面． 因为平面，所以平面． 所以在上存在点，使得平面，且． 2．(24-25高一下·北京第八十中学·期中)如图所示，点P是平面外一点，平面，，. (1)求证：平面； (2)问：是否存在线段上的一点N，使得对线段上的任一动点M，均有平面成立？若存在，请指出点N的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点N为的靠近的三等分点，证明见解析 【分析】（1）取靠近的三等分点F，连接，只需证明即可； （2）取的靠近的三等分点N，连接，可以证明平面，由此即可得解. 【详解】（1）如图，在上取靠近的三等分点F，即，连接， ， ∴，. ∵平面，平面，平面平面， ∴， ∵， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵平面，平面， ∴平面. （2）存在，点N为的靠近的三等分点.证明如下： 如图，在上取点使得，连接. ∵，. ∴. ∵平面，平面， ∴平面. 由（1）得，平面， ∵，平面，平面， ∴平面平面， ∵平面， ∴平面. 3．(22-23高一下·北京朝阳区清华大学附属中学朝阳学校·期中)如图，已知四棱锥底面是正方形，，、是的，中点，为线段上一个动点，平面交直线于点． (1)若，平面平面，求证：； (2)若，，求证：； (3)直线是否可能与平面平行?若可能，请证明；若不可能，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）证明，根据面面垂直与线面垂直的性质即可证明； （2）证明即可； （3）取的中点，连接，可证明当为中点时 平面. 【详解】（1）因为，是的中点，所以. 因为平面平面，平面平面 ,平面， 所以平面. 因为平面,所以. （2）因为，是正方形，所以,. 因为，所以，即. 又，所以. （3）取的中点，连接， 因为、是，的中点，所以，且. 又，且,所以，, 所以四边形是平行四边形，所以. 当为中点时，为中点，此时为的中位线， 所以，四点共面. 因为平面,平面, 所以 平面.    4．(21-22高一下·北京景山中学·期中)如图所示，在三棱锥中，已知△BCD是正三角形，AB⊥平面BCD，AB＝BC＝2，E为BC的中点，F在棱AC上，且AF＝3FC． (1)求证：AC⊥DE； (2)若M为BD的中点，问AC上是否存在一点N，使平面DEF？若存在，说明点N的位置；若不存在，试说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，. 【分析】（1）利用线面垂直的性质、判定证明平面即可推理作答. （2）连接CM交DE于O，连OF，在AF上取点N，使，证明即可推理作答. 【详解】（1）因点E是正边BC的中点，则，又平面，平面，有， 而，平面，于是得平面，又平面， 所以. （2）连接CM交DE于O，连OF，如图，M为BD的中点，E为BC的中点，则点O是的重心，有， 在AF上取点N，使，连MN，有，于是得，而平面，平面， 则平面，因，则， 所以AC上存在一点N，使平面，此时. 【点睛】关键点睛：探求过定点的直线与已知平面平行的问题，在平面内找直线与过定点的直线平行是关键. 3．(22-23高一下·北京工业大学附属中学·期中)如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，且，. (1)若平面与平面相交于直线，求证：； (2)求证：平面平面； (3)棱上是否存在点，使得 平面？若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在为中点，使得 平面， 【分析】（1）根据线面平行的性质判定即可； （2）根据线面垂直的判定，结合勾股定理证明平面即可； （3）取中点，中点，证明平行四边形，进而可得 平面，再根据勾股定理求解的长即可 【详解】（1）因为，平面，平面，故平面.又平面，且平面与平面相交于直线，故 （2）由题意，，且，故，即，解得，故，故.又平面，平面，故，又，平面，故平面.又平面，故平面平面 （3）存在为中点，使得平面. 证明：取中点，中点，连接如图.由中位线的性质可得，且，又，，故且，故平行四边形，故.又平面，平面，故 平面.，此时，，故 地 城 考点13 截面交线问题 1．(24-25高一下·北京第五中学·期中)已知三棱锥的底面是边长为的正三角形，则过各侧棱中点的截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出底面正三角形的面积，再由过各侧棱中点的截面与底面相似，且相似比为，可求出过各侧棱中点的截面的面积． 【详解】三棱锥的底面是边长为的正三角形， 棱锥的底面面积， 过各侧棱中点的截面与底面相似，且相似比为， 过各侧棱中点的截面的面积． 故选：C． 2．(23-24高一下·北京大兴区·期中)在三棱台中，截去三棱锥，则剩余部分是（    ） A．三棱锥 B．三棱台 C．四棱锥 D．组合体 【答案】C 【分析】根据三棱台的结构特点，选出答案. 【详解】 三棱台中，截去三棱锥后得到的是四棱锥， 故选：C. 3．(23-24高一下·北京顺义牛栏山第一中学·期中)已知正方体的棱长为2，过体对角线的平面分别交棱，于F，E（如下图所示），则四边形面积的最小值为______． 【答案】 【分析】过点作交于，设，通过求解即可. 【详解】过点作交于， 设.由题意知正方体棱长为2，即得. 因为正方体对面平行， 所以截面为平行四边形， 则， 当取最小值时四边形的面积最小. 易知的最小值为直线与直线间的距离. 当为的中点时，, 与取等，即, 所以为等腰三角形， 所以为中点. 即. 取中点,连接. 所以， 且, 所以, 所以四边形为矩形. 所以 所以 所以. 取得最小值，， 所以. 故四边形面积的最小值为. 故答案为：. 4．(23-24高一下·北京顺义区第一中学·期中)如图，在透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水（未满），将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四种说法： ①水的部分始终呈棱柱状； ②棱始终与水面平行； ③水面四边形的面积不改变； ④当，且时，是定值. 其中所有正确的命题的序号是______.（请在横线上写出所有正确答案的序号，错选不得分） 【答案】①②④ 【分析】从棱柱的特征平面可判断①；由，水面，水面，可判断②；由水面四边形的面积是改变的可判断③；由体积是定值，高为定值，则底面积为定值，可判断④. 【详解】根据面面平行性质定理，可得BC固定时， 在倾斜的过程中，始终有， 且平面平面， 故水的形状成棱柱状，没水的部分也始终成棱柱状，故①正确； 因为平面，平面，则， 且，则，即为矩形， 又因为水面所在四边形的面积， 从图中可以发现，边长不变，而另外一条长随着倾斜程度变化而变化， 所以所在四边形的面积是变化的，故③错误； 因为，水面，水面， 所以水面正确，故②正确； 若，，由于水的形状成棱柱， 且水的体积是定值，高不变，所以底面面积不变， 又在矩形中，四边形的面积为是定值， 因为为定值，所以是定值，故④正确. 故答案为：①②④. 【点睛】方法点睛：常见的线面平行的证明方法有： （1）通过面面平行得到线面平行； （2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质. 5．(21-22高一下·北京第八十中学·期中)如图所示，在正方体中，点在棱上，且，点、、分别是棱、、的中点，为线段上一点，. （1）若平面交平面于直线，求证：； （2）若直线平面， ①求三棱锥的表面积； ②试作出平面与正方体各个面的交线，并写出作图步骤，保留作图痕迹设平面与棱交于点，求三棱锥的体积. 【答案】（1）答案见详解；（2）①；②作图步骤见解析，三棱锥 的体积为． 【分析】（1）根据面面平行的性质即可得到，再结合线线平行的传递性即可证明结论； （2）①先根据直线平面得到，进而得到是的中点，然后依次求出三棱锥的四个面的面积再相加即可得到三棱锥的表面积；②根据公理“一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内”作出平面与正方体各个面的交线即可；根据四点共面，且三角形与三角形面积相等，那么三棱锥的体积等于三棱锥的体积，直接利用三棱锥的体积公式求解即可． 【详解】（1）在正方体中， 因为平面平面，平面平面， 所以， 因为点、 分别是棱、 的中点， 所以， 所以． （2）①因为直线平面，平面， 所以，又因为△， 所以， 所以， 因为， ， ， 所以三棱锥的表面积为． ②作图步骤如下： 连接，过点作于点，连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点交的延长线于点， 再连接交于点，连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，再连接，，， 则图中，，，，，即为平面与正方体各个面的交线． 设，由题知 ， 所以，所以， 解得， 因为， ， ， 所以， 如上图，设为线段的中点，可证点在平面内，且三角形与三角形面积相等， 所以，三棱锥的体积三棱锥的体积三棱锥的体积， 所以三棱锥 的体积为． 【点睛】本题考查面面平行的性质定理和线面平行的性质定理的应用，直线与平面垂直以及几何体的表面积和体积的求法，考查空间想象能力记忆计算能力，属于难题． 地 城 考点14 距离问题 1．(23-24高一下·北京丰台区·期末)已知正方体中，点E，F，G分别为棱，，的中点，给出下列四个结论： ①直线与平面相交； ②直线平面； ③若，则点D到平面的距离为； ④该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等. 其中所有正确结论的序号是____________． 【答案】②③④ 【分析】①先证，，可得平面平面，从而知平面；②利用三垂线定理可得，，再由线面垂直的判定定理知平面，并结合平面平面，即可作出判断；③易知是边长为的等边三角形，再利用等体积法求解即可；④结合四面体是正三棱锥，且正方体的棱构成三组平行线，即可判断． 【详解】解：①因为点，分别为棱，的中点， 所以，，即四边形是平行四边形， 所以， 因为点，分别为棱，的中点，所以， 又，，、平面，、平面， 所以平面平面， 因为平面，所以直线平面，即①错误； ②由三垂线定理知，，， 因为，所以平面， 由①知平面平面， 所以平面，即②正确； ③若，则是边长为的等边三角形， 所以， 设点到平面的距离为， 因为， 所以， 所以， 所以点到平面的距离为，即③正确； ④由题意知，四面体的底面是等边，且， 即四面体是正三棱锥， 所以三条侧棱，，与底面所成角均相等， 而，，， 所以该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等， 由①知平面平面， 所以该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等，即④正确． 故答案为：②③④． 2．(24-25高一下·北京第五十五中学·期中)在所有棱长均为2的正四棱锥中，顶点P到底面的距离为______． 【答案】 【分析】根据正四棱锥性质求高，即得顶点P到底面的距离. 【详解】如图，设为底面的中心，则底面， 因为平面，所以， 由题意，， 则在正方形中，， 所以， 则顶点P到底面的距离为. 故答案为：. 3．(22-23高一下·北京工业大学附属中学·期中)已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为的中点，则下列结论中正确的是（    ） ①直线与直线垂直；                ②直线与平面平行； ③点C与点G到平面的距离相等；       ④平面截正方体所得的截面面积为． A．①② B．②③ C．②④ D．③④ 【答案】C 【分析】由即为直线与直线所成的角，即可判断①；对于②，连接，由线面平行的判定即可判断②；由平面不过的中点即可判断③；先找出截面，再计算面积即可判断④. 【详解】解：对于①，由正方体得，则即为直线与直线所成的角， 连接AC，而平面ABCD，所以，所以在中，则不可能是直角，直线与直线不垂直，故①不正确； 对于②，连接，则，所以平面，平面，平面，所以∥平面，故②正确； 对于③，若点C与点G到平面的距离相等，则平面必过的中点，连接交于，且不是的中点， 则平面不过的中点，即点C与点G到平面的距离不相等，③不正确； 对于④，因为，，所以等腰梯形即为平面截正方体所得的截面， 则，之间的距离为， 则面积为，故④正确. 故选：C. 4．(23-24高一下·北京翔宇中学·期中)如图所示，已知圆锥SO中，底面半径r=1，母线长l=4，M为母线SA上的一个点，且SM=x，从点M拉一根绳子，围绕圆锥侧面转到点A．求： (1)绳子的最短长度的平方f(x). (2)绳子最短时，顶点到绳子的距离. (3)f(x)的最大值. 【答案】(1) f(x) =x2+16(0≤x≤4). (2) (0≤x≤4)，(3) 32. 【详解】将圆锥的侧面沿SA展开在平面上，如图，则该展开图为扇形，且弧AA′的长度L就是⊙O的周长， ∴L＝2πr＝2π.∴∠ASA′＝×360°＝×360°＝90°， (1)由题意知，绳长的最小值为展开图中的AM，其值为AM＝ (0≤x≤4)， ∴f(x)＝x2＋16(0≤x≤4)． (2)绳子最短时，在展开图中作SR⊥AM，垂足为R， 则SR的长度为顶点S到绳子的最短距离． 在△SAM中，∵S△SAM＝SA·SM＝AM· SR， ∴SR＝＝ (0≤x≤4)． (3)∵f(x)＝x2＋16(0≤x≤4)是增函数，∴f(x)的最大值为f(4)＝32. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $