专题04 立体几何初步（9大考点期中真题汇编，黑吉辽蒙专用）高一数学下学期人教A版

专题04 立体几何初步 9大高频考点概览 考点01斜二测画法 考点02多面体概念、表面积与体积 考点03外接球与内切球 考点04祖暅原理 考点05空间中的点线面位置关系 考点06线面平行垂直面面平行垂直 考点07夹角问题 考点08点、线到面距离问题 考点09截面轨迹最短距离问题 地 城 考点01 斜二测画法 一、单选题 1．（24-25高一下·吉林省松原市宁江区·期中）已知水平放置的等边的边长为4，则该三角形斜二测直观图的面积为（    ） A． B．3 C． D． 2．(24-25高一下·黑龙江大庆铁人中学·期中)如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．四边形的面积为 D．四边形的周长为 3．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第一中学·期中)如图，一个水平放置的梯形由斜二测画法得到的直观图是面积为的等腰梯形，则原梯形面积为（   ）    A．2 B． C．4 D． 4．(24-25高一下·吉林长春东北师范大学附属中学·期中)如图所示的正方形的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积为（   ） A． B． C． D． 5．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期中)如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，，则四边形的周长为（   ） A． B． C． D． 地 城 考点02 多面体概念、表面积与体积 一、单选题 1．（24-25高一下·内蒙古巴彦淖尔市第一中学·期中）圆台的上、下底面半径和高的比为，母线长为10，则圆台的侧面积为(　　)． A．81π B．100π C．14π D．169π 2．（24-25高一下·黑龙江省牡丹江市第二高级中学·期中）已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则此圆锥的母线长为（    ） A．3 B． C．4 D． 3．（24-25高一下·黑龙江省哈尔滨市第三中学·期中）某车间生产一种六角螺母，每一个六角螺母是由棱长和高均为的正六棱柱形的工件加工而成，需要在工件底面的中心处打一个圆柱形通孔（如图），若通孔内凹槽忽略不计，则六角螺母表面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 4．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第一中学·期中)我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）（   ） A．2寸 B．3寸 C．4寸 D．5寸 5．（24-25高一下·黑龙江省哈尔滨市道外区·期中）如图，高为的圆锥形容器里装了一定量的水，下列容器内水的体积最接近容器容积一半的是（   ） A．   B．   C．   D．   二、多选题 6．（24-25高一下·黑龙江省哈尔滨市第一中学·期中）下列命题不正确的是（    ）. A．棱台的侧棱长可以不相等，但上、下底面一定相似 B．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥 C．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 D．直角三角形绕其任意一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥 7．（24-25高一下·黑龙江省牡丹江市第二高级中学·期中）下列命题中正确的有（   ） A．棱柱的侧面一定是平行四边形 B．空间内三点确定一个平面 C．分别在两个相交平面内的两条直线如果相交，则交点只可能在两个平面的交线上 D．一条直线与三角形的两边都相交，则这条直线必在三角形所在的平面内 8．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期中)下列说法正确的是（   ） A．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 B．通过圆台侧面一点，有无数条母线 C．过圆锥顶点截圆锥所得的截面图形都是等腰三角形 D．侧面是全等矩形的三棱柱一定是正三棱柱 9．（24-25高一下·黑龙江省哈尔滨市道外区·期中）已知圆锥的顶点为，为底面直径，是面积为1的直角三角形，则（    ） A．该圆锥的母线长为 B．该圆锥的体积为 C．该圆锥的侧面积为 D．该圆锥的侧面展开图的圆心角为 三、解答题 10．（24-25高一下·内蒙古巴彦淖尔市第一中学·期中）如图一个半球，挖掉一个内接直三棱柱（棱柱各顶点均在半球面上），棱柱侧面是一个长为的正方形. (1)求挖掉的直三棱柱的体积； (2)求剩余几何体的表面积. 11．（24-25高一下·黑龙江省哈尔滨市道外区·期中）如图，在棱长为2的正方体中，截去三棱锥. (1)求截去的三棱锥的表面积与剩余的几何体的体积； (2)在剩余的几何体中连接，求四棱锥的体积. 地 城 考点03 外接球与内切球 一、单选题 1．（24-25高一下·黑龙江省大庆铁人中学·期中）正三棱台上、下底面的边长分别为 3、6、侧棱长为 ，则其外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·吉林省松原市宁江区·期中）已知圆台的上、下底面的半径分别为1和3，球与该圆台的上、下底面及其侧面都相切，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 3．(24-25高一下·吉林长春农安县·期中)三棱锥的侧棱长为，底面是边长为的等边三角形，则该三棱锥外接球的体积为__________. 4．（24-25高一下·黑龙江省哈尔滨市道外区·期中）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如图所示.若此正八面体的棱长为4，则它的内切球的表面积为__________. 5．（24-25高一下·内蒙古巴彦淖尔市第一中学·期中）已知圆锥SO的底面半径为2，体积为，ABCDE是底面圆O的内接五边形，则五棱锥的外接球的表面积为______. 6．（24-25高一下·内蒙古乌海市第一中学·期中）已知球的半径为，三点在球的球面上，球心到平面的距离为，，则球的表面积为________________． 地 城 考点04 祖暅原理 一、多选题 1．（24-25高一下·吉林省松原市宁江区·期中）球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高．球体被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体．如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，与之对应的球缺的体积公式是．如图2，已知点是以为直径的圆上的点，，扇形的面积为，将扇形绕直线旋转一周得到一个几何体，则下列结论正确的是（    ） A．该几何体是一个球缺 B．该几何体中球冠的高为1 C．该几何体的体积为 D．该几何体的表面积为 二、解答题 2．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期中)我国南北朝数学家祖暅于5世纪末提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等. (1)如图1，左边是半径为R的半球，右边是底面半径和高都等于R的圆柱，它们的底面在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，现在用平行于平面的平面去截半球和新几何体，得到如图所示两个阴影面，设底面圆心O到截面的距离为d，分别求图中的两个阴影面积及新几何体的体积. (2)如图2，一个球体被平面截下的部分叫做球缺.截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高.根据祖暅原理，推导半径为R，高为H的球缺的体积公式. (3)若正方体棱长为，求该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分的体积. 地 城 考点05 空间中点线面位置关系 一、单选题 1．（24-25高一下·吉林省松原市·期中）已知平面，且，，则直线a，b的关系为（    ） A．一定平行 B．一定异面 C．不可能相交 D．相交、平行或异面都有可能 2．(24-25高一下·吉林普通高中友好学校联合体·期中)已知是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（    ） A．若、，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 3．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期中)已知l，m是两条不同的直线，为平面，，下列说法中正确的是（   ） A．若l与不平行，则l与m一定是异面直线 B．若，则l与m不可能垂直 C．若，且，则l与m可能平行 D．若，且l与不垂直，则l与m可能垂直 二、多选题 4．（24-25高一下·吉林省松原市·期中）下列说法不正确的是（    ） A．若直线a，b不共面，则a，b为异面直线 B．若直线平面，则a与内任何直线都平行 C．若直线平面，平面平面β，则 D．如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等 5．(24-25高一下·吉林普通高中友好学校联合体·期中)已知是两条不同的直线，是平面，若，则可能（    ） A．相交 B．平行 C．垂直 D．异面 地 城 考点06 线面平行垂直面面平行垂直 一、多选题 1．(24-25高一下·吉林长春农安县·期中)如图，垂直于以为直径的圆所在的平面，为圆上异于的任意一点，则下列关系正确的是（    ） A． B．平面 C． D． 二、填空题 2．（24-25高一下·黑龙江省哈尔滨市第一中学·期中）如图，已知四棱锥的底面是菱形，交于点，为的中点，在上，，平面，则的值为________． 三、解答题 3．(24-25高一下·吉林普通高中友好学校联合体·期中)已知四面体，，.如图. (1)证明：； (2)若，求四面体的体积. 4．（24-25高一下·黑龙江省哈尔滨市第一中学·期中）在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，且．    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求三棱锥的体积． 地 城 考点07 夹角问题 一、单选题 1．（24-25高一下·黑龙江省哈尔滨市第三中学·期中）如图，在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 2．(24-25高一下·吉林普通高中友好学校联合体·期中)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑中，平面，，且，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为_________. 三、解答题 3．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期中)如图1，四边形为边长为2的菱形，，，M为的中点，将沿边折起，使，连接，如图2. (1)证明：； (2)求直线和所成角的余弦值； (3)在线段上是否存在点N，使得平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 4．(24-25高一下·吉林吉林田家炳高级中学·期中)如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，为等边三角形.平面平面PCD，，，. (1)设G，H分别为PB，AC的中点，求证：平面PAD； (2)求证：平面PCD； (3)求直线BC与平面PAC所成角的正弦值. 5．（24-25高一下·吉林省长春市农安县·期中）如图所示，在矩形中，，，沿对角线将折起，使点移到点，且点在平面上的射影恰在上. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 地 城 考点08 点、线到面距离问题 一、解答题 1．（24-25高一下·吉林省长春市农安县·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，点分别为的中点. （1）求证：平面平面EFD； （2）求点到平面的距离. 2．（24-25高一下·吉林地区普通高中友好学校联合体·期中）如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点.    (1)证明：平面平面； (2)证明平面，并求直线到平面的距离. 地 城 考点09 截面轨迹最短距离问题 一、单选题 1．（24-25高一下·吉林省松原市·期中）如图所示，在正方体中，E，F分别为，AB上的中点，且，P点是正方形内的动点，若平面，则P点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 2．(24-25高一下·黑龙江大庆铁人中学·期中)如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（    ） A．直线与直线异面 B．过三点的平面截正方体所得的截面的面积为 C．当在线段上运动时，三棱锥的体积不变 D．存在点，使得直线平面 二、多选题 3．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期中)如图，正方体棱长为1，点M是侧面上的一个动点（含边界），P，Q分别为棱，的中点，过点A，P，Q的平面记为，则（   ） A．若M在线段上，则平面 B．若，则点M的运动路径的长度为 C．存在点，使得平面 D．分正方体两部分的体积为，（），则 三、解答题 4．（24-25高一下·内蒙古乌海市第一中学·期中）如图，在高为2的正三棱柱中，，D是棱的中点.    (1)求三棱锥的体积； (2)设为棱的中点，为棱上一点，求的最小值. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 立体几何初步 9大高频考点概览 考点01斜二测画法 考点02多面体概念、表面积与体积 考点03外接球与内切球 考点04祖暅原理 考点05空间中的点线面位置关系 考点06线面平行垂直面面平行垂直 考点07夹角问题 考点08点、线到面距离问题 考点09截面轨迹最短距离问题 地 城 考点01 斜二测画法 一、单选题 1．（24-25高一下·吉林省松原市宁江区·期中）已知水平放置的等边的边长为4，则该三角形斜二测直观图的面积为（    ） A． B．3 C． D． 【答案】C 【分析】根据结合面积公式运算求解即可. 【详解】由题意可知：. 故选：C. 2．(24-25高一下·黑龙江大庆铁人中学·期中)如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．四边形的面积为 D．四边形的周长为 【答案】D 【分析】对于A、B，还原平面图进行分析判断，对于C，过作交于点，然后计算四边形的周长判断，对于D，计算直角梯形的面积进行判断. 【详解】对于A、B，由题设易得，原平面图如下，，，故A、B错误； 对于C，四边形的面积为：，即C错误． 对于D，在原图形中，过作交于点，则， 由勾股定理得， 故四边形的周长为：，即D正确； 故选：D． 3．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第一中学·期中)如图，一个水平放置的梯形由斜二测画法得到的直观图是面积为的等腰梯形，则原梯形面积为（   ）    A．2 B． C．4 D． 【答案】C 【分析】由斜二测画法还原梯形，明确线段的等量关系，根据梯形的面积公式，可得答案. 【详解】过作，垂足为，如下图：    由题意可得，， 由斜二测画法，还原可得下图：    易知，，， 所以原梯形面积为. 故选：C. 4．(24-25高一下·吉林长春东北师范大学附属中学·期中)如图所示的正方形的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】运用斜二测画法将直观图还原成原图后计算面积即可. 【详解】由题意知，，， 所以，， 直观图还原的原图如图所示， 所以原图形的面积为. 故选：B. 5．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期中)如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，，则四边形的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用斜二测画法规则还原直角梯形，进而求出四边形的周长. 【详解】在直角梯形中，， 由斜二测画法规则，得直角梯形对应的四边形，如图， 在四边形中，，， 则， 所以四边形的周长为. 故选：C 地 城 考点02 多面体概念、表面积与体积 一、单选题 1．（24-25高一下·内蒙古巴彦淖尔市第一中学·期中）圆台的上、下底面半径和高的比为，母线长为10，则圆台的侧面积为(　　)． A．81π B．100π C．14π D．169π 【答案】B 【详解】试题分析：设圆台上底半径为r,则其下底半径为4r，高为4r，结合母线长10，可求出r=2．然后由圆台侧面积公式得，． 2．（24-25高一下·黑龙江省牡丹江市第二高级中学·期中）已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则此圆锥的母线长为（    ） A．3 B． C．4 D． 【答案】A 【分析】由侧面展开图为扇形，扇形的弧长为底面圆的周长，扇形半径为圆锥的母线，据此计算即可求解. 【详解】由圆锥的特征可知圆锥的侧面展开图形成的扇形弧长为底面圆的周长， 则该弧长为，又，由扇形的弧长公式可知：圆锥的母线长为． 故选：A. 3．（24-25高一下·黑龙江省哈尔滨市第三中学·期中）某车间生产一种六角螺母，每一个六角螺母是由棱长和高均为的正六棱柱形的工件加工而成，需要在工件底面的中心处打一个圆柱形通孔（如图），若通孔内凹槽忽略不计，则六角螺母表面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设通孔的半径为，利用棱柱、圆柱的表面积公式把六角螺母表面积表示为的函数，再求出函数最大值作答. 【详解】设通孔的半径为，则六角螺母表面积， 因此当时，， 所以六角螺母表面积的最大值为. 故选：A 4．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第一中学·期中)我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）（   ） A．2寸 B．3寸 C．4寸 D．5寸 【答案】B 【分析】根据题意先求积水深9寸的水面半径，求出盆中水的体积，根据平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积即可求解. 【详解】由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸． 因为积水深9寸，所以水面半径为寸， 所以盆中水的体积为（立方寸）． 所以平地降雨量等于（寸）， 故选：B. 5．（24-25高一下·黑龙江省哈尔滨市道外区·期中）如图，高为的圆锥形容器里装了一定量的水，下列容器内水的体积最接近容器容积一半的是（   ） A．   B．   C．   D．   【答案】D 【分析】设圆锥的顶点到水面的距离为，利用圆锥的体积公式以及水的体积等于容器容积的一半的条件即可求得，则答案可求. 【详解】设圆锥的顶点到水面的距离为，圆锥的底面半径为，则水面半径为． 当水的体积等于容器容积的一半时，有，整理得． 因为，，，，则D选项更接近． 故选：D． 二、多选题 6．（24-25高一下·黑龙江省哈尔滨市第一中学·期中）下列命题不正确的是（    ）. A．棱台的侧棱长可以不相等，但上、下底面一定相似 B．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥 C．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 D．直角三角形绕其任意一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥 【答案】BCD 【分析】直接根据棱台、棱柱、棱锥和圆锥的定义判断各选项即可. 【详解】对于A：棱台的上、下底面相似，但侧棱长不一定相等，故A正确； 对于B：有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥，也可能是组合体，与棱锥的定义相矛盾，故B错误； 对于C：两个的斜棱柱扣到一起，也满足这种情况，但是不是棱柱，故C错误； 对于D：直角三角形绕直角边所在直线旋转一周所形成的几何体才是圆锥，若直角三角形绕斜边所在直线旋转一周所形成的几何体是圆锥的组合体，故D错误； 故选：BCD 7．（24-25高一下·黑龙江省牡丹江市第二高级中学·期中）下列命题中正确的有（   ） A．棱柱的侧面一定是平行四边形 B．空间内三点确定一个平面 C．分别在两个相交平面内的两条直线如果相交，则交点只可能在两个平面的交线上 D．一条直线与三角形的两边都相交，则这条直线必在三角形所在的平面内 【答案】AC 【分析】利用平面的定义，棱柱的定义，对选项逐一判断即可. 【详解】对于A选项，由棱柱的定义可知，其侧面一定是平行四边形，故A正确； 对于B选项，要强调该三点不在同一直线上，故B错误； 对于C选项，两条直线的交点同时在两个平面上，所以交点只可能在两个平面的交线上，故C正确； 对于D选项，要强调该直线不经过给定两边的交点，故D错误. 故选：AC. 8．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期中)下列说法正确的是（   ） A．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 B．通过圆台侧面一点，有无数条母线 C．过圆锥顶点截圆锥所得的截面图形都是等腰三角形 D．侧面是全等矩形的三棱柱一定是正三棱柱 【答案】ACD 【分析】利用棱锥，圆台，圆锥和正棱柱的定义和结构特征逐一判断选项即可. 【详解】对于A，因棱锥都是由一个多边形的底面和另外多个有一个公共顶点的三角形构成， 依题意平行四边形所在的面必是底面，故它一定是四棱锥，故A正确； 对于B，因圆台可由圆锥用平行于底面的平面截得，而圆锥的母线是连接圆锥顶点与底面圆上一点的连线， 所以经过圆台侧面一点，有且只有一条母线，故B错误； 对于C，因过圆锥顶点截圆锥所得的截面图形是由两条母线和底面圆的一条弦构成的三角形，故它一定是等腰三角形，故C正确； 对于D，三棱柱的侧面是矩形，说明它是直三棱柱，这些矩形为全等矩形，可分为两种情况考虑： ①全等的矩形与底面的交线都相等，此时底面是正三角形，故是正三棱柱； ②全等的两个矩形中一个矩形的侧棱与另一个矩形的底面边相等，此时可推得棱柱的所有棱长相等，故也能推出正三棱柱，故D正确. 故选：ACD. 9．（24-25高一下·黑龙江省哈尔滨市道外区·期中）已知圆锥的顶点为，为底面直径，是面积为1的直角三角形，则（    ） A．该圆锥的母线长为 B．该圆锥的体积为 C．该圆锥的侧面积为 D．该圆锥的侧面展开图的圆心角为 【答案】ABD 【分析】根据圆锥轴截面的形状以及面积可得A正确，求出母线长以及底面半径可计算出B正确，C错误，由侧面展开图计算即可求出D正确. 【详解】设该圆锥的母线长为，如下图所示： 因为轴截面是面积为1的直角三角形，即为直角； 所以，解得，A正确； 设该圆锥的底面圆心为，在中，，所以， 则圆锥的高，所以该圆锥的体积， 侧面积为，B正确、C错误； 设该圆锥的侧面展开图的圆心角为，则， 所以，D正确． 故选：ABD． 三、解答题 10．（24-25高一下·内蒙古巴彦淖尔市第一中学·期中）如图一个半球，挖掉一个内接直三棱柱（棱柱各顶点均在半球面上），棱柱侧面是一个长为的正方形. (1)求挖掉的直三棱柱的体积； (2)求剩余几何体的表面积. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）记球心为O，BC中点为E，连接AO，OE，AE， 由球的性质知是所在小圆直径，又是一个长为的正方形， 因此，球半径为， 挖掉的直三棱柱的体积； （2）由（1）知，，，，半球表面积＝， 所以剩余几何体表面积为 半球表面积－＝． 11．（24-25高一下·黑龙江省哈尔滨市道外区·期中）如图，在棱长为2的正方体中，截去三棱锥. (1)求截去的三棱锥的表面积与剩余的几何体的体积； (2)在剩余的几何体中连接，求四棱锥的体积. 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）根据题意，利用三角形面积公式，求得各个面的面积，即可求解；根据题意，结合割补法，利用柱体和锥体的体积公式，即可求解； （2）根据（1）中结果结合结合割补法即可求解． 【详解】（1）在正方体中，因为棱长为，可得， 所以截去的三棱锥的表面积为： . 在正方体中，因为棱长为，可得正方体的体积为， 又因为平面，即为三棱锥的高， 可得， 所以几何体的体积为. （2）由（1）可得：四棱锥的体积. 地 城 考点03 外接球与内切球 一、单选题 1．（24-25高一下·黑龙江省大庆铁人中学·期中）正三棱台上、下底面的边长分别为 3、6、侧棱长为 ，则其外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】画出图形，由正三棱台的对称性可得，正三棱台的外接球的球心落在上底面中心与下底面中心的连线上，先求出三棱台的高，再由外切球的性质得到外接球的半径，即可求解. 【详解】如图，设正三棱台上、下底面的中心分别为的中点分别为， 连接，由正三棱台的性质可知 ，    易知正三棱台外接球的球心在直线上，设球心为，如图所示， 过作于， 因为正三棱台上、下底面边长分别为3、6，所以，， 因为分别为、的中心，所以， 根据梯形的性质结合勾股定理得出， ，两边平方整理得， 则由勾股定理得出， 设，则， 两边平方整理得， 则其外接球的表面积为. 故选：C 2．（24-25高一下·吉林省松原市宁江区·期中）已知圆台的上、下底面的半径分别为1和3，球与该圆台的上、下底面及其侧面都相切，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】画出圆台的轴截面，则轴截面是等腰梯形，内切圆是过球心的大圆，结合题意，分别求出圆台的母线长和内切球的半径即可计算判断． 【详解】画出圆台的轴截面，如图所示： 则四边形是等腰梯形，且，，内切圆圆心即球心； 所以圆台的母线长为， 连接、和， 所以是直角三角形，且， 所以球的半径为， 球O的表面积为． 故选：A． 二、填空题 3．(24-25高一下·吉林长春农安县·期中)三棱锥的侧棱长为，底面是边长为的等边三角形，则该三棱锥外接球的体积为__________. 【答案】 【分析】根据题意该三棱锥为正三棱锥，作出球心，构建勾股定理可得半径. 【详解】 该三棱锥正三棱锥，为底面的中心， 底面，球心在直线上， 底面是边长为的等边三角形，为底面的中心， ，， ， 设外接球半径为R，在中， ，， 所以体积， 故答案为：. 4．（24-25高一下·黑龙江省哈尔滨市道外区·期中）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如图所示.若此正八面体的棱长为4，则它的内切球的表面积为__________. 【答案】 【分析】根据正八面体的特征可知内切球的球心为，进而根据等体积法即可求解半径. 【详解】设正八面体内切球半径R，给正八面体标出字母如图所示， 连接和交于点， 因为，，所以，， 又和交于点，平面，所以平面ABCD， 所以为正八面体的中心，所以到八个面的距离相等， 距离即为内切球半径，设内切球与平面EBC切于点H， 所以平面，所以即为正八面体内切球半径，所以， 因为正八面体的棱长为4， 所以，，， 所以，， 因为，，所以， 即，所以正八面体内切球的表面积为：． 故答案为： 5．（24-25高一下·内蒙古巴彦淖尔市第一中学·期中）已知圆锥SO的底面半径为2，体积为，ABCDE是底面圆O的内接五边形，则五棱锥的外接球的表面积为______. 【答案】 【分析】设圆锥的高为，由圆锥的体积得到的大小，再根据棱锥的外接球与圆锥SO的外接球相同，求出外接球半径，进而得到外接球的表面积. 【详解】设圆锥的高为，则由得， 棱锥的外接球与圆锥的外接球相同，设球半径为, 则有，得， 因此，棱锥的外接球的表面积为. 故答案为：. 6．（24-25高一下·内蒙古乌海市第一中学·期中）已知球的半径为，三点在球的球面上，球心到平面的距离为，，则球的表面积为________________． 【答案】 【分析】根据给定条件，求出外接圆半径，再利用球的截面小圆性质求出球半径计算作答. 【详解】因，依题意，平面截球所得截面小圆半径r是正外接圆半径， 即有，由球的截面小圆性质有，即，解得， 所以球的表面积. 故答案为： 地 城 考点04 祖暅原理 一、多选题 1．（24-25高一下·吉林省松原市宁江区·期中）球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高．球体被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体．如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，与之对应的球缺的体积公式是．如图2，已知点是以为直径的圆上的点，，扇形的面积为，将扇形绕直线旋转一周得到一个几何体，则下列结论正确的是（    ） A．该几何体是一个球缺 B．该几何体中球冠的高为1 C．该几何体的体积为 D．该几何体的表面积为 【答案】BCD 【分析】明确旋转体的构造，判断A的真假；求球冠的高，判断B的真假；求组合体体积，判断C的真假；求组合体的表面积，判断D的真假. 【详解】对A：易得将扇形绕直线旋转一周得到的几何体是组合体，下方为一个倒置的圆锥，上方为球缺，故A错误； 如图：过点作的垂线，垂足为. 因为扇形的面积为，且，所以 . 对B：因为，，所以，所以该几何体中球冠的高，故B正确； 对C：该几何体的体积是球缺体积加圆锥体积，所以 ，故C正确； 对D：该几何体的表面积为球冠面积加圆锥侧面积，所以 ，故D正确. 故选：BCD 二、解答题 2．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期中)我国南北朝数学家祖暅于5世纪末提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等. (1)如图1，左边是半径为R的半球，右边是底面半径和高都等于R的圆柱，它们的底面在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，现在用平行于平面的平面去截半球和新几何体，得到如图所示两个阴影面，设底面圆心O到截面的距离为d，分别求图中的两个阴影面积及新几何体的体积. (2)如图2，一个球体被平面截下的部分叫做球缺.截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高.根据祖暅原理，推导半径为R，高为H的球缺的体积公式. (3)若正方体棱长为，求该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分的体积. 【答案】(1), (2) (3) 【分析】（1）结合图形判断两阴影面的形状为一个圆面和一个圆环面，运用面积公式计算即可，根据，利用祖暅原理计算半球体积即得； （2）在时，先利用祖暅原理求出球台体积，加上半球体积整理即得球缺公式，对于时，只需计算另一半大球缺的体积，再用球体积减去其体积，化简整理即得； （3）由题知该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分是球体的，去掉3个包含点的正方体的面截球所得球缺的，分别求球体和球缺的体积，代入计算即得. 【详解】（1）在图1中的半球中，阴影面为一个圆面， 由球的截面圆性质，可知截面圆半径为，则阴影面积为； 在图1中的圆柱中，阴影面为两个同心圆所夹的圆环面， 因圆柱的底面半径和高都等于R，故小圆的半径为，大圆半径为，则阴影面积为， 因，故新几何体的体积等于半球体的体积，即. （2） 不妨设，先用与水平面平行且经过球缺所在球的球心的平面截球缺得到如图所示的球台， 则球台的高为，下底面半径为，上底面半径为， 由祖暅原理，球台体积等于与之等高，底面半径相等的圆柱挖去一个与之等高的小圆锥余下的几何体的体积， 其中小圆锥的底面半径为，则球台体积为， 将其加上半球的体积，即得球缺的体积：. 若，则可先计算另一半高为的大球缺体积，再用球的体积减去大球缺的体积， 即得小球缺的体积为 . （3）依题意，该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分是球体的，去掉3个包含点的正方体的面截球所得球缺的. 因，高为的球缺体积为：， 故所求的公共部分的体积为：. 地 城 考点05 空间中点线面位置关系 一、单选题 1．（24-25高一下·吉林省松原市·期中）已知平面，且，，则直线a，b的关系为（    ） A．一定平行 B．一定异面 C．不可能相交 D．相交、平行或异面都有可能 【答案】C 【分析】根据空间线面间的位置关系判断． 【详解】由平面，且，可知直线a，b没有公共点，故它们一定不相交，即可能是平行或异面． 故选：C． 2．(24-25高一下·吉林普通高中友好学校联合体·期中)已知是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（    ） A．若、，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】C 【分析】根据空间中直线与平面、平面与平面的位置关系判定定理和性质逐一进行分析判断即可. 【详解】对于A选项，若，则存在直线，使得， 所以若，因为，所以，所以，故A选项正确. 对于B选项，若，，则，故B选项正确. 对于C选项，若，时，则 ，或，故C选项错误. 对于D选项，因为，则过的面与交线l满足， 又，则，又，所以，故D选项正确. 故选：C. 3．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期中)已知l，m是两条不同的直线，为平面，，下列说法中正确的是（   ） A．若l与不平行，则l与m一定是异面直线 B．若，则l与m不可能垂直 C．若，且，则l与m可能平行 D．若，且l与不垂直，则l与m可能垂直 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用线面位置关系逐项分析判断. 【详解】对于A，若l与不平行，则l与相交或在内，而，则l与m可能平行、 可能相交、也可能是异面直线，A错误； 对于B，，则在内存在直线，当内的直线与垂直时，此时，B错误； 对于C，若，且，，则l与m异面，C错误； 对于D，若，且l与不垂直，则l与m可能垂直， 在正方体中，取为平面，，符合题意，，D正确.    故选：D 二、多选题 4．（24-25高一下·吉林省松原市·期中）下列说法不正确的是（    ） A．若直线a，b不共面，则a，b为异面直线 B．若直线平面，则a与内任何直线都平行 C．若直线平面，平面平面β，则 D．如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等 【答案】BCD 【分析】由空间中线线，线面，面面间的位置关系对各选项进行判断即可. 【详解】A.直线a，b不共面，即不平行，不相交，则a，b为异面直线，故正确； B. 直线平面，则a与内的直线平行或异面，故错误； C. 直线平面，平面平面β，则或，故错误； D. 空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故错误； 故选：BCD 5．(24-25高一下·吉林普通高中友好学校联合体·期中)已知是两条不同的直线，是平面，若，则可能（    ） A．相交 B．平行 C．垂直 D．异面 【答案】BCD 【分析】根据直线与平面平行的性质，结合直线与直线的位置关系的定义来逐一分析选项. 【详解】若与相交，则与有公共点，因为，所以公共点在平面内，那么与有公共点，这与矛盾，所以与不可能相交，选项错误. 当，时，与可能平行.例如在正方体中，平面，平面，此时，所以与可能平行，选项正确. 当，时，与可能垂直.例如在正方体中，平面，平面，，所以与可能垂直，选项正确. 当，时，与可能异面.例如在正方体中，平面，平面，与异面，所以与可能异面，选项正确. 因此，与可能平行、垂直、异面. 故选：BCD. 地 城 考点06 线面平行垂直面面平行垂直 一、多选题 1．(24-25高一下·吉林长春农安县·期中)如图，垂直于以为直径的圆所在的平面，为圆上异于的任意一点，则下列关系正确的是（    ） A． B．平面 C． D． 【答案】BD 【分析】根据线面垂直的判定定理及性质判断各选项即可. 【详解】由题意，平面，因为平面，所以， 因为点在以为直径的圆上，且为圆上异于的任意一点，所以， 故A错误； 因为，，又平面， 所以平面，故B正确； 因为平面，又平面，所以，故D正确； 若，由，平面， 则平面，又平面，则，这与矛盾，故C错误. 故选：BD. 二、填空题 2．（24-25高一下·黑龙江省哈尔滨市第一中学·期中）如图，已知四棱锥的底面是菱形，交于点，为的中点，在上，，平面，则的值为________． 【答案】3 【分析】设与交于点，连接，由题意可得，所以， 又由平面，可得，所以. 【详解】设与交于点，连接，如图所示， 因为为的中点，所以， 由于四边形是棱形，可得，则， 所以，所以， 因为平面，平面，平面平面， 所以，所以. 故答案为：3. 三、解答题 3．(24-25高一下·吉林普通高中友好学校联合体·期中)已知四面体，，.如图. (1)证明：； (2)若，求四面体的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连.根据等腰三角形的性质可知.利用线面垂直的判定定理可得平面，最后利用线面垂直的性质即可证明； （2）方法1：由题可得，，.由（1）知平面，故及三棱锥体积公式即可求解； 方法2：由题可得，，.过点作交延长线于点.由（1）可得平面，根据线面垂直的性质可知，.根据线面垂直的判定定理可证平面.利用三棱锥体积公式即可求解. 【详解】（1）取的中点，连. ∵，为的中点，∴. 又∵，平面，平面，∴平面. ∵平面，∴. （2）方法1：∵，为的中点，∴. ∵，∴，， . 又平面，∴四面体的体积. 方法2：∵，为的中点，∴. ∵，∴，. 过点作交延长线于点. 由（1）可得平面，又平面，∴，. 又∵，平面，平面，∴平面. 又， ∴四面体的体积. 4．（24-25高一下·黑龙江省哈尔滨市第一中学·期中）在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，且．    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由题意可得，，则由线面平行的判定定理可得平面，平面，再由面面平行的判定定理可得平面平面，再由面面平行的性质可证得结论； （2）由已知条件可得平面BCE，再由面面垂直的判定定理可证得结论； （3）由题意可得平面平面，则平面，所以，从而可求得结果. 【详解】（1）∵四边形是矩形，∴， 又平面，平面， ∴平面． ∵，平面，平面， ∴平面． ∵，平面， ∴平面平面， 又平面， ∴平面． （2）∵平面，平面， ∴， 在矩形中，， 又∵，平面 ∴平面． 又平面， ∴平面平面． （3）∵平面，平面， ∴平面平面． 又，平面平面，平面， ∴平面， 则为三棱锥的高，且． ∵， ∴， ∴． 地 城 考点07 夹角问题 一、单选题 1．（24-25高一下·黑龙江省哈尔滨市第三中学·期中）如图，在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】平行移动与相交构成三角形，指明或其补角就是异面直线与所成的角，在三角形中由余弦定理解出即可. 【详解】 如图连接，因为为正四棱柱， 所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，则或其补角就是异面直线与所成的角， 设，则，，， 由余弦定理得：. 故选：A. 二、填空题 2．(24-25高一下·吉林普通高中友好学校联合体·期中)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑中，平面，，且，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为_________. 【答案】/ 【分析】通过建立空间直角坐标系，利用向量的方法来求异面直线所成角的余弦值.首先根据已知条件建立合适的空间直角坐标系，然后求出相关点的坐标，进而得到向量和的坐标，最后根据向量的夹角公式计算出异面直线AM与BC所成角的余弦值. 【详解】 取中点，连接，.因为是中点，是中点，根据中位线性质，， 那么（或其补角）就是异面直线与所成的角. 已知平面，，. 先求长度，在中，由勾股定理， 则,又. 在中，，而， 所以，则.   在中，根据余弦定理. 把，，代入可得： .    所以异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 三、解答题 3．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期中)如图1，四边形为边长为2的菱形，，，M为的中点，将沿边折起，使，连接，如图2. (1)证明：； (2)求直线和所成角的余弦值； (3)在线段上是否存在点N，使得平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【分析】（1）根据给定条件，连接，利用线面垂直的判定性质推理得证. （2）连接，作出异面直线所成的角，再利用余弦定理求解即得. （3）由（2）求得，再在上取点，利用线面平行的判定推理得解. 【详解】（1）连接，由菱形内角，得是正三角形， 由M为的中点，得，由，得， 而平面，则平面，又平面， 所以. （2）连接，则为正的重心，， 在上取点，使，则， ，于是是直线和所成角或其补角， 在中，， 由余弦定理得， 所以直线和所成角的余弦值为. （3）由（2）得，，在上取点，使， 则，，而平面平面，平面，因此平面， 所以线段上存在点N，使得平面，. 4．(24-25高一下·吉林吉林田家炳高级中学·期中)如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，为等边三角形.平面平面PCD，，，. (1)设G，H分别为PB，AC的中点，求证：平面PAD； (2)求证：平面PCD； (3)求直线BC与平面PAC所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，证明，则有平面； （2）取棱的中点，由平面平面，可证平面，得，又，可证得平面； （3）由，所以BC，AD与平面PAC所成的角相等，由平面，直线与平面所成角为，在中，求正弦值. 【详解】（1）连接，如图所示，    因为底面为平行四边形，为的中点， 所以为的中点， 又为的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）取棱的中点，连接，如图所示， 为等边三角形，得， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，故， 又，，平面， 所以平面. （3）连接，如图所示，    因为，所以BC，AD与平面PAC所成的角相等， 由（2）中平面，可知为直线与平面所成的角. 因为为等边三角形，且为的中点，所以， 又，在中，， 所以，直线BC与平面所成角的正弦值为. 5．（24-25高一下·吉林省长春市农安县·期中）如图所示，在矩形中，，，沿对角线将折起，使点移到点，且点在平面上的射影恰在上. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）具体见解析；（2）. 【分析】（1）由题意可以得到，，由线面垂直的判定定理即可证明； （2）作AM⊥于M，由已知条件可以证明是与平面所成的角，进而求出正弦值即可. 【详解】（1）由题意，平面ABD，所以，又DA⊥AB，平面，所以,又因为，而，所以平面. （2）如图，作AM⊥于M，连接BM，由（1）平面，平面，则AM，而，所以平面，所以是与平面所成的角. 由（1），而DA⊥AB，，所以平面，则 . 由勾股定理可知，，在中，由等面积法可知，. 在中，. 即直线与平面所成角的正弦值为. 地 城 考点08 点、线到面距离问题 一、解答题 1．（24-25高一下·吉林省长春市农安县·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，点分别为的中点. （1）求证：平面平面EFD； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）详见解析（2） 【分析】（1）根据面面平行的判定定理，在面EFD内找两条相交直线平行于平面，即可证出；（2）根据等积法，，先求出三角形DEF的面积，再求出，即可求出点到平面的距离． 【详解】（1）由题意知：点是的中点，且， 所以，所以四边形是平行四边形，则. 平面，平面，所以平面. 又因为分别为的中点，所以. 平面，平面， 所以平面. ，所以平面平面. （2）中，，，， 所以，所以 因为平面平面， 平面平面 所以平面. 连，取的中点，连，易知， 平面且. 设点P到平面EFD的距离为d. 在Rt△中， 在Rt△中， 在Rt△中， 在Rt△中， 在△中，， 即， 解得， 所以 所以. 因为平面平面， 平面平面，平面，，所以，平面所以，的长即是点到平面的距离. 在Rt△中，， 所以，， 所以. 所以， 即， 即，解得. 所以，点到平面的距离为. 2．（24-25高一下·吉林地区普通高中友好学校联合体·期中）如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点.    (1)证明：平面平面； (2)证明平面，并求直线到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析， 【分析】（1）利用线面垂直的性质，得到，根据条件及线面垂直的判定定理得到平面，从而有，再根据条件得到，由线面垂直的判定定理，得到平面，即可证明结果； （2）根据条件有，利用线面平行的判定定理，即可证明结果；利用平面，将线到面的距离转化成点到面的距离，再利用等体积法，即可求出结果. 【详解】（1）因为平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以， 又，为中点，所以，又，平面， 所以平面，又平面，故平面平面. （2）由题，分别为，中点，故， 又平面，平面，故平面， 则直线到平面的距离为点到平面的距离. 由为中点，所以，记为，， 又，所以， 由（1）知，平面，故，，， 由题知，，， 所以， 而， 所以.   . 地 城 考点09 截面轨迹最短距离问题 一、单选题 1．（24-25高一下·吉林省松原市·期中）如图所示，在正方体中，E，F分别为，AB上的中点，且，P点是正方形内的动点，若平面，则P点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取的中点，的中点为，连接，可得四边形是平行四边形，可得∥,同理可得∥.可得面面平行，进而得出P点的轨迹. 【详解】如图所示，取的中点，的中点为，连接， 则∥，，且∥，， 可得∥，且，可知四边形是平行四边形，则∥， 且平面，平面，可得∥平面， 同理可得：∥平面， 且，平面，可知平面∥平面， 又因为P点是正方形内的动点，平面， 所以点在线段上， 由题意可知：，可得， 所以P点的轨迹长度为. 故选：C. 2．(24-25高一下·黑龙江大庆铁人中学·期中)如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（    ） A．直线与直线异面 B．过三点的平面截正方体所得的截面的面积为 C．当在线段上运动时，三棱锥的体积不变 D．存在点，使得直线平面 【答案】D 【分析】对于A，由异面直线的概念判断即可；对于B，由题意过三点的平面截正方体所得的截面的面积为梯形的面积，其中点为的中点，进一步验算即可；对于C，由体积转换法即可判断；对于D，假设直线平面，导出矛盾即可判断. 【详解】对于A，如图所示，由题意，从而四边形是平行四边形， 所以，而，所以直线与直线异面，故A正确； 对于B，如图所示，设点为的中点，因为为的中点， 所以， 又因为，所以四边形为平行四边形，所以， 所以， 所以过三点的平面截正方体所得的截面的面积为梯形的面积， 由勾股定理得， 故梯形的高为， 故所求为，故B正确； 对于C，如图所示，由A可知， 又因为平面，平面, 所以平面, 显然三角形的面积是定值，且点到平面的距离等于点到平面的距离也为定值，故C正确； 对于D，如图所示，设为的中点， 因为，平面，平面， 所以平面， 若直线平面， 又因为平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面， 因为分别为正方形的边的中点，所以， 又因为， 所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 而直线与平面相交，所以直线与平面相交， 这与平面矛盾，故假设直线平面不成立，故D错误. 故选：D. 二、多选题 3．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期中)如图，正方体棱长为1，点M是侧面上的一个动点（含边界），P，Q分别为棱，的中点，过点A，P，Q的平面记为，则（   ） A．若M在线段上，则平面 B．若，则点M的运动路径的长度为 C．存在点，使得平面 D．分正方体两部分的体积为，（），则 【答案】ABD 【分析】由面面平行的判定与性质即可判断A；作出截正方体所得的截面，过点作平面 ，截得正方体的截面为，根据几何关系即可判断B；连接，由线面垂直的判定得平面，过作平面平面，交延长线于点，由图即可判断C；由三棱锥的体积公式即可判断D． 【详解】对于A，由正方体得，，， 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，又平面， 所以平面，故A正确； 对于B，作出截正方体所得的截面，如图所示，则 过点作平面 ，截得正方体的截面为，如图所示， 因为平面，所以， 此时，，进而， 所以，当在上运动时，满足，故B正确； 对于C，连接， 由正方体得，， 又平面， 所以平面，又平面，所以， 同理得，，又平面， 所以平面， 当过的平面 时，该平面平行于平面， 过作平面平面，交延长线于点，如图所示， 由图可知，平面与正方形无交点， 故不存在点，使得平面，故C错误； 对于D，作出平面截得正方体的截面， 则， 所以， ， ， 所以，故D正确； 故选：ABD． 三、解答题 4．（24-25高一下·内蒙古乌海市第一中学·期中）如图，在高为2的正三棱柱中，，D是棱的中点.    (1)求三棱锥的体积； (2)设为棱的中点，为棱上一点，求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）直接用三棱锥的体积公式即可； （2）将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示,当三点共线时，取得最小值，然后用勾股定理求解即可. 【详解】（1） ， 所以； （2）将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示．    当三点共线时，取得最小值，且最小值为． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 立体几何初步 地 城 考点01 斜二测画法 一、单选题 1．C. 2．D 3．C 4．B 5．C 地 城 考点02 多面体概念、表面积与体积 一、单选题 1．B 2．A 3．A 4．B 5．D 二、多选题 6．BCD 7．AC 8．ACD 9．ABD 三、解答题 10．【详解】（1）记球心为O，BC中点为E，连接AO，OE，AE， 由球的性质知是所在小圆直径，又是一个长为的正方形， 因此，球半径为， 挖掉的直三棱柱的体积； （2）由（1）知，，，，半球表面积＝， 所以剩余几何体表面积为 半球表面积－＝． 11．【答案】(1)； (2) 【分析】（1）根据题意，利用三角形面积公式，求得各个面的面积，即可求解；根据题意，结合割补法，利用柱体和锥体的体积公式，即可求解； （2）根据（1）中结果结合结合割补法即可求解． 【详解】（1）在正方体中，因为棱长为，可得， 所以截去的三棱锥的表面积为： . 在正方体中，因为棱长为，可得正方体的体积为， 又因为平面，即为三棱锥的高， 可得， 所以几何体的体积为. （2）由（1）可得：四棱锥的体积. 地 城 考点03 外接球与内切球 一、单选题 1．C 2．A 二、填空题 3． 4． 5． 6． 地 城 考点04 祖暅原理 一、多选题 1．BCD 二、解答题 2．【详解】（1）在图1中的半球中，阴影面为一个圆面， 由球的截面圆性质，可知截面圆半径为，则阴影面积为； 在图1中的圆柱中，阴影面为两个同心圆所夹的圆环面， 因圆柱的底面半径和高都等于R，故小圆的半径为，大圆半径为，则阴影面积为， 因，故新几何体的体积等于半球体的体积，即. （2） 不妨设，先用与水平面平行且经过球缺所在球的球心的平面截球缺得到如图所示的球台， 则球台的高为，下底面半径为，上底面半径为， 由祖暅原理，球台体积等于与之等高，底面半径相等的圆柱挖去一个与之等高的小圆锥余下的几何体的体积， 其中小圆锥的底面半径为，则球台体积为， 将其加上半球的体积，即得球缺的体积：. 若，则可先计算另一半高为的大球缺体积，再用球的体积减去大球缺的体积， 即得小球缺的体积为 . （3）依题意，该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分是球体的，去掉3个包含点的正方体的面截球所得球缺的. 因，高为的球缺体积为：， 故所求的公共部分的体积为：. 地 城 考点05 空间中点线面位置关系 一、单选题 1．C． 2．C 3．D 二、多选题 4．BCD 5．BCD 地 城 考点06 线面平行垂直面面平行垂直 一、多选题 1．BD 二、填空题 2．3 三、解答题 3．【详解】（1）取的中点，连. ∵，为的中点，∴. 又∵，平面，平面，∴平面. ∵平面，∴. （2）方法1：∵，为的中点，∴. ∵，∴，， . 又平面，∴四面体的体积. 方法2：∵，为的中点，∴. ∵，∴，. 过点作交延长线于点. 由（1）可得平面，又平面，∴，. 又∵，平面，平面，∴平面. 又， ∴四面体的体积. 4．【详解】（1）∵四边形是矩形，∴， 又平面，平面， ∴平面． ∵，平面，平面， ∴平面． ∵，平面， ∴平面平面， 又平面， ∴平面． （2）∵平面，平面， ∴， 在矩形中，， 又∵，平面 ∴平面． 又平面， ∴平面平面． （3）∵平面，平面， ∴平面平面． 又，平面平面，平面， ∴平面， 则为三棱锥的高，且． ∵， ∴， ∴． 地 城 考点07 夹角问题 一、单选题 1．A 二、填空题 2．/ 三、解答题 3．【详解】（1）连接，由菱形内角，得是正三角形， 由M为的中点，得，由，得， 而平面，则平面，又平面， 所以. （2）连接，则为正的重心，， 在上取点，使，则， ，于是是直线和所成角或其补角， 在中，， 由余弦定理得， 所以直线和所成角的余弦值为. （3）由（2）得，，在上取点，使， 则，，而平面平面，平面，因此平面， 所以线段上存在点N，使得平面，. 4．【详解】（1）连接，如图所示，    因为底面为平行四边形，为的中点， 所以为的中点， 又为的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）取棱的中点，连接，如图所示， 为等边三角形，得， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，故， 又，，平面， 所以平面. （3）连接，如图所示，    因为，所以BC，AD与平面PAC所成的角相等， 由（2）中平面，可知为直线与平面所成的角. 因为为等边三角形，且为的中点，所以， 又，在中，， 所以，直线BC与平面所成角的正弦值为. 5．【详解】（1）由题意，平面ABD，所以，又DA⊥AB，平面，所以,又因为，而，所以平面. （2）如图，作AM⊥于M，连接BM，由（1）平面，平面，则AM，而，所以平面，所以是与平面所成的角. 由（1），而DA⊥AB，，所以平面，则 . 由勾股定理可知，，在中，由等面积法可知，. 在中，. 即直线与平面所成角的正弦值为. 地 城 考点08 点、线到面距离问题 一、解答题 1．【详解】（1）由题意知：点是的中点，且， 所以，所以四边形是平行四边形，则. 平面，平面，所以平面. 又因为分别为的中点，所以. 平面，平面， 所以平面. ，所以平面平面. （2）中，，，， 所以，所以 因为平面平面， 平面平面 所以平面. 连，取的中点，连，易知， 平面且. 设点P到平面EFD的距离为d. 在Rt△中， 在Rt△中， 在Rt△中， 在Rt△中， 在△中，， 即， 解得， 所以 所以. 因为平面平面， 平面平面，平面，，所以，平面所以，的长即是点到平面的距离. 在Rt△中，， 所以，， 所以. 所以， 即， 即，解得. 所以，点到平面的距离为. 2．【详解】（1）因为平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以， 又，为中点，所以，又，平面， 所以平面，又平面，故平面平面. （2）由题，分别为，中点，故， 又平面，平面，故平面， 则直线到平面的距离为点到平面的距离. 由为中点，所以，记为，， 又，所以， 由（1）知，平面，故，，， 由题知，，， 所以， 而， 所以.   . 地 城 考点09 截面轨迹最短距离问题 一、单选题 1．C 2．D 二、多选题 3．ABD 三、解答题 4．【详解】（1） ， 所以； （2）将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示．    当三点共线时，取得最小值，且最小值为． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $