专题05 立体几何初步（10大考点期中真题汇编，重庆专用）高一数学下学期人教A版

专题05 立体几何初步 10大高频考点概览 考点01斜二测画法 考点02表面积 考点03体积 考点04外接球与内切球 考点05空间中的点线面位置关系 考点06线面平行面面平行 考点07线面垂直 考点08夹角问题 考点09截面补全问题 考点10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·重庆第一中学校·期中)如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是三角形，若，，则原三角形的面积为（   ）    A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】B 【分析】根据直观图可得原图为直角三角形，求出原图的直角边长后可得三角形的面积. 【详解】由题设可得三角形为直角三角形，且为直角，，， 故其面积为， 故选：B. 2．(24-25高一下·重庆广益中学校·期中)若的直观图如图所示，，，则顶点到轴的距离是（    ） A．2 B．4 C． D． 【答案】D 【分析】过点作轴交于点，求得，结合斜二测画法的规则，得到点到的距离即为，即可求解. 【详解】如图（1）所示，在的直观图中，过点作轴交于点， 又因为且，可得， 作出直角坐标系中，作出的图形，如图（2）所示， 根据斜二测画法的规则，可得轴，即点到的距离即为. 故选：D. 3．(24-25高一下·重庆荣昌中学校·期中)△ABC按斜二测画法得到，如图所示，其中，，那么△ABC的形状是（ ） A．等边三角形 B．直角三角形 C．腰和底边不相等的等腰三角形 D．三边互不相等的三角形 【答案】A 【分析】根据直观图得原图，计算可得答案. 【详解】原△ABC如图所示： 由斜二测画法的规则可知，，，， 所以，故△ABC为等边三角形. 故选：A． 4．(24-25高一下·重庆凤鸣山中学教育集团·期中)如图所示，已知正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形斜二测画法的直观图，则其原图形的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据斜二测画法还原图形，结合图形求解. 【详解】根据斜二测画法还原得下图： 因为四边形是边长为的正方形，则，所以，， 又因为，，则， 同理可得，， 因此，原图形的周长为. 故选：B. 5．(24-25高一下·重庆万州第二高级中学·期中)用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形，已知点是斜边的中点，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据斜二测画法，根据题中所给的数据以及图形，作出原图，即可求解三角形ABC为直角三角形，，，，由此即可求出结果. 【详解】因为为等腰直角三角形且，所以，， 由斜二测画法可知，，且三角形ABC为直角三角形，， 所以三角形ABC的面积为． 故选：D. 6．(24-25高一下·重庆大足中学多校联考·期中)如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先根据已知条件求出直角梯形的面积，然后根据原平面图形的面积与直观图的面积之间的关系求出结果. 【详解】根据题意，该图形的直观图是直角梯形， 则其面积， 那么该平面图形的面积为. 故选：D. 地 城 考点02 表面积 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆南开中学校·期中)已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的表面积比为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设球的半径为r，分别求出圆柱及球的表面积，即可求出表面积之比． 【详解】设球的半径为r， 则，， 所以球的表面积与圆柱的表面积之比为， 故选：C. 2．(24-25高一下·重庆凤鸣山中学教育集团·期中)若圆台的高为4，母线长为5，侧面积为45π，则圆台的上、下底面的面积之和为（   ） A．9π B．36π C．45π D．81π 【答案】C 【分析】设圆台的两底面半径分别为,利用圆台侧面积公式求得，利用勾股定理求得，进而求得，然后利用圆的面积公式求得上下底面积的和. 【详解】设圆台的两底面半径分别为,则侧面积， ∴； 又∵圆台的高为4，母线长为5，∴,即, ∴, ∴, ∴， ∴圆台的上下底面积的和为， 故选：C 3．(24-25高一下·重庆第一中学校·期中)蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、踢、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，面ABC，，则该鞠（球）的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出△ABC外接圆半径，再利用球的截面小圆性质求出球半径即可. 【详解】在△ABC中，，则外接圆半径， 球心在线段的中垂面上，由平面，，得的中垂面平行于平面， 因此球心到平面的距离，球半径， 所以该鞠（球）的表面积为. 故选：C 4．(24-25高一下·重庆第十一中学·期中)的两直角边为，以所在的直线为轴旋转一周得到的几何体的表面积为（） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意可知该几何体是圆锥，其表面积等于底面积加上侧面积. 【详解】，， 所得几何体的底面圆的半径为，面积为, 所得的圆锥的侧面面积为． 故几何体的表面积为， 故选：B. 5．(24-25高一下·重庆大足中学多校联考·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，现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．512元 C．390元 D．347.5元 【答案】B 【分析】首先根据已知条件求出侧面的高，然后求出侧面的面积，然后求出该四棱台的总的表面积，进而可求出该零部件的防腐处理费用. 【详解】因为正四棱台中，，高为8cm， 则侧面的斜高为. 所以. 所以该四棱台的表面积为， 又每平方厘米的防腐处理费用为0.5元， 所以该部件的防腐处理费用是元. 故选：B. 地 城 考点03 体积 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆西南大学附属中学·期中)已知△ABC是斜边为的等腰直角三角形，则绕着斜边所在的直线旋转一周后形成几何体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】问题转换成直角边长为的等腰直角三角形绕着直角边所在的直线旋转一周，进而可求解. 【详解】△ABC绕着斜边所在的直线旋转一周后形成几何体， 可看做是：将直角边长为的等腰直角三角形绕着直角边所在的直线旋转一周，所得圆锥体积的2倍， 由圆锥的体积为， △ABC绕着斜边所在的直线旋转一周后形成几何体的体积为 故选：A 2．(24-25高一下·重庆第一中学校·期中)如图，在梯形ABCD中，，E为线段AB的中点，先将梯形挖去一个以BE为直径的半圆，再将所得平面图形以直线AB为旋转轴旋转一周，则所得几何体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题可得几何体体积为一个圆锥加一个圆柱体积再减去一个球的体积，据此可得答案. 【详解】旋转后得到的几何体为两个同底面的圆柱，圆锥，再去掉一个球体得到. 由题可得圆柱，圆锥的底面半径为CB， 又，则， 三角形为等腰直角三角形，则， 又由题可得圆柱，圆锥的高均为2， 则圆柱，圆锥体积之和为：， 又注意到球体半径为，则球体体积为：， 则几何体体积为. 故选：A 3．(24-25高一下·重庆万州第三中学等多校联考·期中)设正四棱台上、下底面的边长分别为，高为，若，则正四棱台的体积为（    ） A． B． C．140 D．142 【答案】A 【分析】设正方形的中心为，正方形的中心为，再根据几何关系求解，进而可得，结合正四棱台的体积公式求解即可. 【详解】设正方形的中心为，正方形的中心为，在直角梯形中，， 由，得，解得（负值已舍去）， 从而， 所以正四棱台的体积.    故选：A 二、多选题 4．(24-25高一下·重庆荣昌中学校·期中)荣昌折扇是国家级非物质文化遗产之一，其始于北宋年间，以楠竹和皮纸为原料，经青山、风骨、皂锅、棕风、坯子、纸口、头子、梳练、扇糊、折扇、捆扎、白扇页、角告、扇箱、书画、装运等传统工序手工精制而成，具有很高的艺术和收藏价值（图1）．图2是一个扇形面，其对应一个圆台的侧面展开图，若此扇形面的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，且，则该圆台（   ） A．高为 B．表面积为 C．体积为 D．上底面积、下底面积和侧面积之比为 【答案】BCD 【分析】求得圆台的上下底面半径，根据圆台的结构特征可求得圆台母线长和高，可得A错误；根据圆台的侧面积以及体积公式求得表面积和体积，判断B，C正确；进而求得上底面积、下底面积和侧面积之比可知D正确. 【详解】对于A，设圆台的上底面半径为，下底面半径为， 则，，解得，， 所以圆台的母线长为，高为，选项A错误； 对于B，圆台的上底面积为，下底面积为，侧面积为， 所以圆台的表面积为，选项B正确； 对于C，圆台的体积为，选项C正确； 对于D，圆台的上底面积、下底面积和侧面积之比为，选项D正确， 故选：BCD. 三、填空题 5．(24-25高一下·重庆第十一中学·期中)圆台的上下底面半径分别为1，2，母线长，则圆台体积为_____． 【答案】 【分析】利用半径和母线求出圆台的高，代入体积公式计算可得结果. 【详解】易知圆台的上底面面积为，下底面面积为； 又母线长为，所以圆台的高为； 所以圆台体积为. 故答案为： 6．(24-25高一下·重庆第一中学校·期中)如图所示，三棱台中，，且三棱锥的体积，则三棱锥的体积为________． 【答案】 【分析】由棱台的结构特征可知，，结合锥体的体积公式分析求解即可. 【详解】设三棱台的高为， 因为，可知， 所以. 设，所以， 设到平面的距离为， 因为，且，所以， 所以三棱锥的体积. 故答案为：. 7．(24-25高一下·重庆万州第二高级中学·期中)18世纪英国数学家辛卜森推导出了现在中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体的统一体积公式（其中，，，分别为的高、上底面面积、中截面面积、下底面面积），我们也称为“万能求积公式”.例如，已知球的半径为，可得该球的体积为；已知正四棱锥的底面边长为，高为，可得该正四棱锥的体积为.类似的，运用该公式求解下列问题：如图，已知球的表面积为，若用距离球心都为2cm的两个平行平面去截球，则夹在这两个平行平面之间的几何体的体积为________. 【答案】 【分析】根据球的表面积公式求出球的半径，进而得出两个截面圆的半径，求出截面圆的面积，结合题意给的体积公式计算即可. 【详解】由球O的表面积为，得球O的半径为3， 则两个截面圆和的半径都为， 根据对称性，几何体的中截面为圆O，其面积为； 所以几何体的体积为． 故答案为：. 四、解答题 8．(24-25高一下·重庆第二外国语学校·期中)如图所示，四边形是矩形，且，若将图中阴影部分绕旋转一周. (1)求阴影部分形成的几何体的体积； (2)求阴影部分形成的几何体的表面积. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由圆柱的体积减去半球的体积即可求解． （2）分别求圆柱下底面、侧面和半球面的面积，即可求解； 【详解】（1），，所求几何体的体积为． （2）由题意知，旋转体的表面由三部分组成，圆柱下底面、侧面和半球面， 因为，，，， 故所求几何体的表面积为； 9．(24-25高一下·重庆广益中学校·期中)祖暅是南北朝时期伟大的数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.“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何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等，现有以下三个几何体：半径为R的半球，底面半径和高均为R的圆锥与圆柱，体积分别记为，，. (1)写出，，三者之间的关系； (2)过半径上一点A，且平行于半球大圆的平面将半球分割成两部分，位于上方的部分称为“球缺”.根据祖暅原理，其体积为一个圆柱的体积减去一个圆台的体积.当点A为半径中点时，求解下面两个问题： （i）求截得的“球缺”的体积； （ii）求截得的“球缺”的表面积. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）由圆柱、圆锥和球的体积公式，分别求得圆柱、圆锥和半球的体积，即可得出结论；可得，，，所以，即圆柱的体积等于圆锥和半球的体积和. （2）（i）根据祖暅原理，由小球缺的体积等于图（2）中截面上方的圆柱挖去其中圆台后剩余的几何体的体积，所以小球缺的体积为，令，代入计算，即可求解；（ii）将球缺底部的圆与球心连线，组成一几何体，连接球心O和每个小网格的顶点，整个几何体就被分割成n个“小锥体”，求得球缺曲面部分的面积为，进而得到球缺的表面积. 【详解】（1）解：根据题意，利用圆柱、圆锥和球的体积公式， 可得，，， 所以，即圆柱的体积等于圆锥和半球的体积和. （2）解：（i）图（1）中，截面圆的半径为，所以截面圆的面积为， 图（2）中，截面为圆环，其中小圆的半径为，大圆的半径为， 所以截面圆环的面积为， 根据祖暅原理，由小球缺的体积等于图（2）中截面上方的圆柱挖去其中圆台后剩余的几何体的体积， 所以小球缺的体积为， 令，可得. （ii）类比球的表面积和体积的求法，将球缺底部的圆与球心连线，组成一几何体， 把球缺的曲面部分分成n个小网格，连接球心O和每个小网格的顶点， 整个几何体就被分割成n个“小锥体”，记球缺曲面部分的面积为S， 则，可得，， 所以该球缺的表面积为. 地 城 考点04 外接球与内切球 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆荣昌中学校·期中)已知一个直四棱柱的底面是长宽分别为4和3的矩形，侧棱长为，则这个直四棱柱的外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】可知直四棱柱即为长方体，结合长方体的结构特征求外接球半径和体积. 【详解】由题意可知：直四棱柱即为长方体， 则外接球的半径， 所以外接球的体积为. 故选：D. 2．(24-25高一下·重庆万州第二高级中学·期中)如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为，杯底的半径为，高为，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为的球（球被完全浸没），水恰好充满水杯，则（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出圆台上面部分的体积，根据小球的体积恰好等于的体积求出球的半径. 【详解】如图，，又放入的球的半径为， 由于圆台的体积， 由题可知：，则，此时小球恰好与上下底面相切； 下面考虑当小球与侧棱相切时，设球心为，球的半径为，则， 由于，则， 则， 那么，则，那么在上方， 即该小球先与上下底面相切．    故选：D. 3．(24-25高一下·重庆西南大学附属中学·期中)如图为一个正方体与一个半球构成的组合体，半球的底面圆与正方体的上底面的四边相切，球心与正方形的中心重合，将此组合体重新置于一个球中（球未画出），使正方体的下底面的顶点均落在球的表面上，半球与球内切，设切点为P，若球的体积为，则四棱锥的内切球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用球的体积公式求出球半径，再结合几何体的结构特征求出正方体棱长，利用等积法求出内切球半径即可得解. 【详解】令球的半径为，由球的体积为，得，解得， 记对角线交点为，由对称性得位于一条直线上，设正方体棱长为， 在中，，， 在中，，则，解得， 在中，，解得， 四棱锥是一个底面边长为6，高为9，侧棱长为的正四棱锥，斜高， 四棱锥的表面积， 设四棱锥的内切球半径为，则， 即，解得，则， 所以四棱锥的内切球的表面积为. 故选：B 二、填空题 4．(24-25高一下·重庆万州第三中学等多校联考·期中)已知某圆锥的底面圆半径为3，母线长为5，则该圆锥的外接球的表面积为__________. 【答案】 【分析】根据外接球的性质，求外接球的半径，再列式求解. 【详解】设该圆锥的高为，外接球的半径为，则. 由，解得， 所以该圆锥的外接球的表面积. 故答案为： 5．(24-25高一下·重庆第十八中学·期中)已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2和8，侧棱长为，则该正四棱台内半径最大的球的直径______． 【答案】/ 【分析】先求出正四棱台的高，再分析出最大内切球与四侧面及下底面相切，再根据三角函数得到其半径大小，即可得到结果. 【详解】作出如图所示正四棱台，其中为正四棱台的高，为其斜高， 因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为， 则，，， 因为，故半径最大的球不与上下底面同时相切， ，则，则， 过作正四棱台的截面，截球得大圆，则该圆与等腰梯形两腰和下底相切， 则， 则，则更确定最大内切球与四侧面及下底面相切， 即该正四棱台内半径最大的球半径，直径为. 故答案为： 地 城 考点05 空间中的点线面位置关系 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆第十一中学·期中)已知，表示直线，，，表示平面，则下列推理正确的是（    ） A．， B．，且 C．，，， D．，， 【答案】D 【分析】由直线与直线的位置关系判断A；由直线与平面的位置关系判断B；平面与平面的位置关系判断C；平面与平面的平行的性质定理判断D. 【详解】选项A中，，，则可能平行也可能相交，故A不正确； 选项B中，，，则可能且，也可能在平面或平面内，故B不正确； 选项C中，，，，，若直线 与直线平行，则平面可能平行也可能相交，故C不正确； 选项D为面面平行性质定理的符号语言，D正确； 故选：D. 2．(24-25高一下·重庆渝北中学校·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】B 【分析】根据线、面之间的位置关系逐项分析即可. 【详解】选项A：若，则或与相交，故A选项不正确； 选项B：若，根据面面垂直的判定，则，故B选项正确； 选项C：若，则或与相交且不垂直或两平面平行，故C选项不正确； 选项D：若，则或，故D选项不正确； 故选：B. 3．(24-25高一下·重庆西南大学附属中学·期中)已知直线a，b是两条不同的直线，平面，，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，且，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．，，最多可将空间分成7个部分 【答案】C 【分析】利用线面、面面平行的判定性质判断ABC；求出分空间所成最多部分数判断D. 【详解】对于A，由，且，得或是异面直线，A错误； 对于B，由，，得或是相交直线或是异面直线，B错误； 对于C，由，，，得，C正确； 对于D，当，，为正方体共点的3个面所在平面时，这3个平面分空间为8部分，D错误. 故选：C 4．(24-25高一下·重庆第一中学校·期中)设有两条不同的直线m，n和两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】根据空间中直线与平面、平面与平面平行的性质与判定，平面与平面垂直的性质与判定逐个选项分析即可． 【详解】若，则或，A选项错误； 若，，则或相交，故B错误； 若，，则，故C正确； 若，则可以平行，可以异面，可以相交，故D错误； 故选：C. 5．(24-25高一下·重庆第二外国语学校·期中)设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】A 【分析】由面面平行的性质可得A正确；由线面的位置关系可得B，C，D错误. 【详解】对于A，若则由面面平行的性质可得A正确； 对于B，若则或者异面，故B错误； 对于C，若则或，故C错误； 对于D，若则或异面，故D错误. 故选：A 二、多选题 6．(24-25高一下·重庆南开中学校·期中)已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】AD 【分析】根据空间中各要素的位置关系，结合线面平行的判定定理和面面平行的性质定理分别判断即可. 【详解】对于A，由线面平行的判定定理，若平面外一条直线与平面内某条直线平行，则该直线与此平面平行，故A正确； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，设正方体上底面为，下底面内任意取两条直线，有，但不一定有成立，故C错误； 对于D，由面面平行的性质定理，若两平面平行，则一个平面内的所有直线均与另一个平面平行，故D正确； 故选：AD. 地 城 考点06 线面平行面面平行 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆第二外国语学校·期中)如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（    ） A．B．C． D． 【答案】D 【分析】对于A，根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于B,根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于C，根据，结合线面平行的判断定理即可判断；对于D，根据四边形是等腰梯形，与所在的直线相交，即可判断. 【详解】对于A,如下图所示， 易得, 则， 又平面,平面, 则平面，故A满足； 对于B，如下图所示， 为所在棱的中点，连接, 易得, 则四边形为平行四边形， 四点共面， 又易知， 又平面,平面, 则平面，故B满足； 对于C,如下图所示， 点为所在棱的中点，连接, 易得四边形为平行四边形，四点共面， 且, 又平面,平面, 则平面，故C满足； 对于D，连接, 由条件及正方体的性质可知四边形是等腰梯形， 所以与所在的直线相交， 故不能推出与平面不平行，故D不满足， 故选：D. 二、解答题 2．(24-25高一下·重庆第十一中学·期中)如图，四边形是平行四边形，点分别为线段的中点． (1)证明：平面； (2)若，证明：． 【答案】(1)证明过程见解析 (2)证明过程见解析 【分析】（1）根据中位线得到，从而证明出线面平行； （2）证明出四边形为平行四边形，故，所以平面，同理可得平面，证明出面面平行，由面面平行的性质得到线线平行. 【详解】（1）因为分别为线段的中点， 所以， 因为平面，平面，所以平面； （2）因为四边形是平行四边形， 所以且， 点分别为线段的中点， 故且， 所以四边形为平行四边形，故， 因为平面，平面，所以平面， 因为，平面，平面，所以平面， 又，平面， 所以平面平面， 因为，即平面平面， 平面平面， 所以. 3．(24-25高一下·重庆西南大学附属中学·期中)如图，正方体的棱长为2，点是的中点，点是的中点，连接与交于点. (1)证明：面； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，连接，，通过，即可求证； （2）由求解即可. 【详解】（1）证明：连接交于点，连接，， 因为点是的中点，由对称性可知为的中点， 因为四边形是正方形，所以点是的中点， 由题点是的中点，所以，故， 因为平面，平面， 所以面. （2）因为且，所以， 设点到平面底面距离为，则， 又， 故 . 4．(24-25高一下·重庆南开中学校·期中)如图，在三棱台中，底面为等边三角形，为线段上靠近的三等分点，为线段上靠近的三等分点． (1)求证：平面平面； (2)求平面分割三棱台所得的几何体和的体积之比． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面平行的判定定理证明平面,平面,再根据面面平行的判定定理证明即可； （2）设三棱台的高为，先计算三棱台的体积，再计算三棱锥的体积，从而得几何体的体积，最后求比值即可. 【详解】（1）由题意，,为等边三角形， 故为等边三角形，,, 在三棱台中， 故,且， 所以四边形为平行四边形， 所以, 因为平面，平面， 所以平面， 又因为,, 且, 所以相似于, 所以, 因为平面，平面， 所以平面， 因为,平面,平面, 所以平面平面. （2）设三棱台的高为， 则， ， 所以， ， 所以， 所以. 5．(24-25高一下·重庆第二外国语学校·期中)如图，四棱锥的底面为平行四边形，，分别为棱，上的点，且，. (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面？若存在求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）先由面面平行的判定定理证明面面，即可证明平面； （2）假设在棱上存在点，使得面，由线面平行的性质定理即可得点为棱的中点. 【详解】（1）在上取点，使得，连接， 在中，点、分别为、上的三等分点，则有 又面、面 由线面平行的判定定理：面 又且，∴四边形为平行四边形 则有，又面、面，∴面 由于面、面，，∴面面 又面，∴面 （2）假设在棱上存在点，使得面 连接，交于 ∵面，面，面面 由线面平行的性质定理： 则在中，，易知， ∴，∴点为棱的中点，即 6．(24-25高一下·重庆广益中学校·期中)如图，在直三棱柱中，，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，判断四边形为平行四边形，进而可求证； （2）由点到平面的距离等于点到平面的距离，得到，进而可求解. 【详解】（1）取的中点，连接， ∵为的中点，∴且， ∵为的中点，∴且， ∴且， ∴四边形为平行四边形，∴. 又∵平面平面， ∴平面. （2）∵，∴， ∴. 在直三棱柱，易知平面， ∴点到平面的距离等于点到平面的距离， ∴， 又∵平面， ∴. 7．(24-25高一下·重庆万州第二高级中学·期中)如图所示，已知是棱长为3的正方体，点E在上，点F在上，G在上，且，H是的中点． (1)求证：四点共面 (2)求证：平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）在上取一点N使得DN＝1，连接CN，EN，可证明四边形、四边形CNEB是平行四边形，可得，CNBE，则，即可证明结论； （2）利用数据可证明HGFB，，利用线面平行的判定定理可得到HG平面，平面，然后利用面面平行的判定定理即可得证 【详解】（1）在上取一点N使得DN＝1， 连接CN，EN，则AE＝DN＝1， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以， 同理四边形DNEA是平行四边形，所以ENAD，且EN＝AD， 又BCAD，且AD＝BC，所以ENBC，EN＝BC， 所以四边形CNEB是平行四边形，所以CNBE， 所以， 所以四点共面； （2）因为H是的中点，所以， 因为，所以， 因为，且， 所以， 所以， 所以HGFB， 因为HG平面，FB 平面，所以HG平面， 因为 所以四边形是平行四边形， 所以， 因为平面， 平面，所以平面， 又平面 所以平面平面 8．(24-25高一下·重庆第一中学校·期中)如图，在直三棱柱中，底面为直角三角形，，D，E分别为，的中点．求证： (1)平面； (2)若，求点E到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用三角形中位线可得，结合线面平行的判定定理可证结论； （2）利用等体积法可求点E到平面的距离. 【详解】（1）因为D，E分别为，的中点，所以， 因为，所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2）因为底面为直角三角形，，，所以， 因为，所以， 由于,所以的面积为； 因为底面为等腰直角三角形，所以,所以的面积为; 设点E到平面的距离为，，所以, 解得， 即点E到平面的距离为. 地 城 考点07 线面垂直 一、多选题 1．(24-25高一下·重庆万州第二高级中学·期中)如图1，扇形的弧长为，半径为，线段上有一动点，弧上一点是弧的三等分点，现将该扇形卷成以为顶点的圆锥，使得和重合，则在图2的圆锥中（    ） A．圆锥的表面积为 B．当为中点时，线段的长为 C．存在，使得 D． 【答案】ACD 【分析】求得圆锥的底面半径和高，根据圆锥的表面积公式即可判断A；设M在底面上的投影为H，利用余弦定理求得投影的长，判断B；根据线面垂直的性质定理可判断C；结合，可求得的长，即可判断D. 【详解】对于A，设圆锥的底面半径为R，高为h，由题意知， 圆锥的母线长为，故， 故圆锥的表面积为，A正确； 对于B，当为中点时，设在底面上的投影为，则H为的中点， 则为线段在底面的投影， ，而，在中， ， 故，则, B错误； 对于C，作于T，作于，连接， 设圆锥底面直径为，由于， 即，则， ，则为正三角形，故T为的中点， 则，故，即为的四等分点， 由于平面底面，平面底面，底面， ，故平面，平面，故， 又，平面，故平面， 平面，故， 故当M与重合时，，C正确； 对于D，由C的分析知，，而， 故，D正确， 故选：ACD 二、解答题 2．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)如图，在三棱柱中，底面分别为的中点，求证： (1)平面； (2)平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接交于，连，可证得四边形为平行四边形，则，从而利用线面平行的判定定理可证得结论； （2）由已知可得平面，则，再证得，从而利用线面垂直的判定定理可证得结论. 【详解】（1）证明：连接交于，连， 在三棱柱中，矩形中，，则， 因为分别为的中点，所以且， 因为为中点，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）证明：因为底面，平面，所以， 因为∥，所以 因为，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面， 因为平面，所以， 因为在矩形中，为的中点， 所以， 因为底面，平面，所以， 所以均为等腰直角三角形， 所以，所以， 所以， 因为平面， 所以平面. 3．(24-25高一下·重庆大足中学多校联考·期中)如图，在多面体中，是平面与平面的交线，，且，，． (1)证明：； (2)证明：； (3)若，求多面体的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）证明出平面，再利用线面平行的性质可证得结论成立； （2）推导出平面，可得出，再证明出四边形为平行四边形，可得出，进而可得出； （3）利用勾股定理得出，可求出的面积，结合锥体的体积可得出，结合锥体的体积可求出结果. 【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面， 因为平面，平面平面，所以. （2）连接、，如图所示： 在中，，，， 由余弦定理得， 所以，故，因为，所以， 同理可证， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，所以， 又因为，所以，四边形为平行四边形，所以，故. （3）在中，，，，所以， 所以，所以， 所以， ， 因此，多面体的体积为. 地 城 考点08 夹角问题 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)在长方体中，和与底面所成的角分别为和，则异面直线与BD所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题可得，又，则就是异面直线与BD所成角或其补角，利用余弦定理推理求余弦值即可. 【详解】 如图，因为和与底面所成的角分别为和， 所以，又， 则， ， 在长方体中，， 所以就是异面直线与BD所成角或其补角， 又， 由余弦定理，. 故选：B. 二、多选题 2．(24-25高一下·重庆第一中学校·期中)如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（   ） A．直线与直线所成角为 B．平面 C．M、O、三点共线 D．直线与平面所成角的为 【答案】ABC 【分析】利用几何法求出异面直线的夹角判断A；利用线面垂直的性质判定推理判断B；利用平面的基本事实推理判断C；求出线面角判断D. 【详解】对于A，连接，四边形是正方体的对角面， 则四边形为矩形，，是直线与直线所成角或其补角， 而，因此，A正确； 对于B，平面，平面，则，又， 平面，则平面，又平面， 于是，同理，又，因此平面，B正确； 对于C，由，平面，得平面， 由，平面，得平面， 则是平面和平面的公共点， 同理，点和都是平面和平面的公共点， 因此三点，，在平面与平面的交线上，即，，三点共线，C正确； 对于D，连接，设，连接，由选项B，同理得平面， 则为直线与平面所成的角，在中，， 因此，，D错误. 故选：ABC 3．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)如图，已知底面为矩形的四棱锥的顶点的位置不确定，点在棱CD上，且，平面平面ABCD，则下列结论正确的是（    ）    A． B．平面平面PBM C．存在某个位置，使平面PAM与平面PBC的交线与底面ABCD平行 D．若，则直线CM与平面PAM所成角为 【答案】ABD 【分析】根据面面垂直的性质可得面平面，即可求解判断AB；根据线面平行的性质即可求解可判断C，直线与平面所成的角为，求解可判断D. 【详解】对于A，平面平面， 平面平面平面平面， 又平面，故A正确； 对于B，由A知平面，又平面平面平面，故B正确； 对于C，设平面平面，假设底面， 平面平面，平面平面， ，则与重合，则， 显然不成立，则假设不成立，故C错误； 对于D，由A知平面，在矩形中，， 直线与平面所成的角为，在中，，故D正确. 故选：ABD 三、解答题 4．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)如图，正方体中，为的中点. (1)若点F满足，求证：四点共面； (2)求直线AB与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，则可得四边形为平行四边形，再结合正方体的性质可得，从而可证得结论； （2）延长交与，连接，过作交与，连接，过作与，连接，则与面所成角就是与面所成角，可得就是与面所成角，在Rt中求解即可. 【详解】（1）连接，由，知，且， 因为为的中点，所以， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以， 因为,，所以四边形为平行四边形， 所以， 所以，故四点共面. （2）延长交与，连接，则与面所成角就是与面所成角. 过作交与，连接，过作与，连接， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面， 所以平面 所以就是与面所成角. 令，由，得， 在Rt中，由等面积法可求得， 同理在Rt中，， 在Rt中，， 故直线平面所成角的正弦值为. 5．(24-25高一下·重庆第一中学校·期中)在平行六面体中，底面ABCD为正方形，，，侧面底面ABCD． (1)求证：平面平面； (2)求二面角的平面角的正弦值． 【答案】(1)见详解. (2) 【分析】（1）由底面为正方形，侧面底面ABCD，利用面面垂直的性质可证； （2）作出二面角的平面角，利用几何法求出正弦值. 【详解】（1）由底面ABCD为正方形，得，又底面ABCD， 侧面底面ABCD，侧面底面ABCD， 则平面，而平面， 所以平面平面. （2）在平行六面体中，连接，连接， 由，，得是菱形，且是正三角形， 则，由（1）知平面，而，则平面， 又平面平面，于是平面，又平面， 则，而平面，因此平面， 又平面，则，为 二面角的平面角， 在中，，则斜边， 所以，即二面角的平面角的正弦值. 地 城 考点09 截面补全问题 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆凤鸣山中学教育集团·期中)如图，已知三棱锥，点是的中点，且，，过点作一个截面，使截面平行于和，则截面的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图所示，设AB、BC、VC的中点分别为D,E,F，连接PD,DE,EF,PF.先证明截面DEFP就是所作的平面，再求截面的周长. 【详解】如图所示，设AB、BC、VC的中点分别为D,E,F，连接PD,DE,EF,PF. 由题得PD||VB,DE||AC, 因为平面DEFP,VB,AC不在平面DEFP内， 所以VB||平面DEFP,AC||平面DEFP, 所以截面DEFP就是所作的平面. 由于, 所以四边形DEFP是平行四边形， 因为VB=4,AC=2,所以PD=FE=2,DE=PF=1, 所以截面DEFP的周长为2+2+1+1=6. 故选：D 2．(24-25高一下·重庆广益中学校·期中)如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，过三点的截面把正方体分成两部分，则该截面的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】画出截面图形，利用已知条件，转化求解截面周长即可． 【详解】如图，取BC的中点，连接EF，AF，, 、分别为棱、的中点，则，正方体中，则有，所以平面为所求截面，因为正方体的棱长为2，所以，，，所以四边形的周长为. 故选：A. 二、多选题 3．(24-25高一下·重庆第二外国语学校·期中)如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（     ） A．动点的轨迹是一条线段 B．直线与的夹角为 C．三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D．若过，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度最大值为 【答案】ABD 【分析】A：分别取，的中点H，G，连接，，，，证明平面平面，从而得到点F的轨迹；B：由正方体的结构特征易知且为等边三角形，即可判断；C：根据B得出平面，从而得到点F到平面的距离为定值，再结合的面积也为定值，即可判断；D：设为的中点，从而根据面面平行的性质定理得到截面即为面，从而线段长度的最大值为线段的长，即可判断. 【详解】A：如图分别取，的中点H，G，连接，，，． 由正方体的性质可得，平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 且，平面，所以平面平面， 而平面，所以平面，所以点F的轨迹为线段GH，对； B：由正方体的结构特征易知且为等边三角形， 所以直线与的夹角，即直线与的夹角为，对； C：由B知，点F的轨迹为线段GH，因为平面，则点F到平面的距离为定值， 同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，错； D：如图，设平面与平面交于AN，N在上． 因为截面平面，截面平面，平面平面， 所以，同理，所以截面为平行四边形，则点N为的中点． 在四棱锥中，侧棱最长，且，对. 故选：ABD 4．(24-25高一下·重庆巴蜀中学·期中)如图，是边长为2的正方形，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，则（    ） A．四点不共面 B．该几何体的体积为8 C．若中点为为的四等分点（靠近），则三线共点 D．截面四边形的周长的最小值为10 【答案】BCD 【分析】对于A，利用证明四点共面；对于B，通过补形可知，此几何体体积是底面边长为2的正方形，高为4的长方体体积的一半，进而求体积；对于C，延长，设它们交于点，延长，设它们交于点，利用三角形相似得到对应线段的比例关系，可求得，即点与点重合，即可得到三线共点；对于D，利用面面平行的性质定理证明四边形为平行四边形，则周长，进而求的最小值即可. 【详解】 对于A，取中点，取靠近的三等分点， 则四边形为平行四边形，四边形为平行四边形， 所以，则， 所以四点共面，故A错误； 对于，由对称性知，此几何体体积是底面边长为2的正方形，高为4的长方体体积的一半， 所以，故B正确； 对于C，若中点为为的四等分点（靠近）， 由已知，则， 延长，设它们交于点，则， 又，所以， 延长，设它们交于点，则， 则，即， 又，则，则， 所以点与点重合，即三线共点，故C正确. 对于D，由题意，平面平面， 平面平面，平面平面， 所以，同理可得， 所以四边形为平行四边形，则周长， 沿将右面和后面相邻两面展开， 当三点共线时，最小，最小值为， 所以截面四边形的周长的最小值为10，故D正确. 故选：BCD. 5．(24-25高一下·重庆凤鸣山中学教育集团·期中)“阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（    ） A．该半正多面体的体积为 B．该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式 C．该半正多面体过三点的截面面积为 D．该半正多面体外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】A选项，该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到，求出正方体体积减去8个三棱锥的体积即可；B选项，得到，B正确；C选项，过三点的截面为正六边形，结合三角形面积公式求出C错误；D选项，转化为外接球即为底面棱长为2，侧棱长为的正四棱柱的外接球，求出外接球半径，得到表面积. 【详解】如图，该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的． 对于A，因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的， 所以该几何体的体积为：，故A正确； 对于B，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，即，满足，故B正确； 对于C，由平行关系得到过三点的截面为正六边形，边长为2， 可分割为6个正三角形，所以，故C错误； 对于D，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为2， 侧棱长为的正四棱柱的外接球，故外接球半径为， 所以该半正多面体外接球的表面积，故D正确， 故选：ABD． 6．(24-25高一下·重庆大足中学多校联考·期中)已知正方体的棱长为2，为棱的中点，则（    ） A．二面角的大小为 B．直线与底面所成的角的大小为，则 C．过点且与垂直的平面截正方体所得截面的面积为 D．以为球心，为半径的球面与侧面的交线的长度为 【答案】BD 【分析】根据勾股定理可得垂直关系，即可根据二面角的定义得为所求，利用三角形边角关系即可判断A，根据线面角的几何法可得为所求，由三角形边角关系即可求解B,由截面图形为正六边形，即可求解C，根据球的截面性质可得为所求轨迹，即可根据弧长公式求解D. 【详解】根据题意画出图形，如图所示.对于选项A， 因为正方体的棱长为2， 所以根据勾股定理，，， 所以，而， 所以，所以，又， 所以二面角的平面角为， 在直角三角形中，， 所以，所以不等于30°，A错误. 对于选项B，分别取的中点，连接，如图所示. 则根据题意可知平面平面， 所以直线与底面所成的夹角即是直线与平面所成的夹角， 因为平面，所以直线与底面所成的夹角是. 因为，，所以. 所以，B正确. 对于选项C，取中点分别为，连接.故六边形为所得截面. 可以证明平面. 证明：因为，，，平面, 所以平面，又平面，所以， 又，所以. 同理可证，又为相交直线，所以平面. 平面多边形为正六边形，其面积为.所以C错误. 对于选项D， 因为点到平面的距离为2，过点作平面， 则为线段的中点，. 因为球的半径为，所以球面与侧面的交线轨迹为以为圆心，2为半径的圆弧（如图）. 因为,,所以,故,所以所求圆弧的圆心角为，弧长为.故D正确. 故选：BD. 三、解答题 7．(24-25高一下·重庆荣昌中学校·期中)如图，直四棱柱的底面为菱形，，，，M，N分别为BC，中点． (1)证明：平面； (2)平面将该直四棱柱分成两部分，记这两部分中较大的体积为；较小的体积为，求，的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)， 【分析】（1）连接，交于点，根据中位线定理和平行线的传递性，可得，且，即可证四边形为平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理，即可证明结果； （2）延长，交于点，根据题意可知平面将该直四棱柱分成两部分中体积较小的部分为三棱台．根据三棱台的体积等于三棱锥的体积减去三棱锥的体积，可求出；再根据直棱柱体积公式即可求出的体积，进而求出， 【详解】（1）四棱柱中， 连接交于E，则E为中点， ∴，且， 又M为BC中点， ∴，且， ∴平行四边形NBME，∴ 又平面，平面， ∴平面； （2）延长，交于点， 则，分别为，的中点，，， 再连接，交于点，则为的中点，， 连接，所以平面将该直四棱柱分成两部分中体积较小的部分为三棱台． 因为三棱台的体积等于三棱锥的体积减去三棱锥的体积， 所以 ． 又因为直四棱柱的体积 ， 所以． 地 城 考点09 最短距离问题 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆南开中学校·期中)在棱长为1的正方体中，为线段上一动点，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，设，，表达出，进而求出最小值. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 故， 过点作⊥于点，设，， 则，所以， 显然∽，故，即， 故，则， ， ， ， 故当时，取得最小值，最小值为 故选：B 二、多选题 2．(24-25高一下·重庆第十一中学·期中)在正四面体中，若，为的中点，下列结论正确的是（    ） A．正四面体的体积为 B．正四面体外接球的表面积为 C．如果点在线段上，则的最小值为 D．正四面体内接一个圆柱，使圆柱下底面在底面上，上底圆面与面、面、面均只有一个公共点，则圆柱的侧面积的最大值为 【答案】BCD 【分析】由正四棱锥的结构特征，应用棱锥的体积公式求体积，并确定外接球的半径求表面积，展开侧面，要使最小，只需共线，结合余弦定理求其最小值，根据正四面体内接一个圆柱底面圆与其中截面正三角形关系求半径、体高，应用二次函数性质求侧面积最大值. 【详解】由正四面体各棱都相等，即各面都为正三角形，故棱长为2，如下图示， 为底面中心，则共线，为体高，故， 所以，故正四面体的体积为，A错误； 由题设，外接球球心在上，且半径， 所以，则， 故外接球的表面积为，B正确； 由题意知：将面与面沿翻折，使它们在同一个平面，如下图示， 所以且，， 又，而， 要使最小，只需共线，则， 所以，C正确； 如下图，棱锥中一个平行于底面的截面所成正三角形的内切圆为正四面体内接一个圆柱的上底面， 若截面所成正三角形边长为，则圆柱体的高，圆柱底面半径为， 所以其侧面积， 故当时，，D正确. 故选：BCD 三、填空题 3．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)正方体的棱长为2，点为底面ABCD的中心，点在侧面的边界及其内部运动，若，则线段长度的最小值为____________. 【答案】/ 【分析】作出辅助线，得到线面垂直，故当点在线段上时，平面，可得⊥，当⊥时，取得最小值，并由勾股定理求出各边长，求出答案. 【详解】连接，因为点为底面ABCD的中心， 所以⊥， 因为⊥平面，平面，所以⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 正方体的棱长为2，故， 由勾股定理得，， 故在上取中点，连接，其中， 此时，又， 所以∽，故， 所以， 故⊥， 又，平面， 所以⊥平面， 故当点在线段上时，平面，可得⊥， 当⊥时，取得最小值， 由勾股定理得， 其中， 又， 故，故，即， 所以. 故答案为： 四、解答题 4．(24-25高一下·重庆万州第二高级中学·期中)现有一几何体由上，下两部分组成，上部是正四棱锥，下部是正四棱柱（如图所示），且正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍. (1)若，，求该几何体的体积. (2)若正四棱锥的侧棱长为，， （i）求正四棱锥的侧面积. （ii）若，分别是线段，上的动点，求的最小值. 【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ） 【分析】（1）代入四棱锥和四棱柱的体积公式，即可求解； （2）（ⅰ）根据条件求四棱锥的底边长以及斜高，即可求解；（ⅱ）利用展开图，即可两点间距离，即可求解. 【详解】（1）由条件可知，正四棱柱的高， 所以正四棱柱的体积为， 三棱锥的体积为， 所以该几何体的体积为； （2）（ⅰ），所以， 正四棱锥侧面的高为， 所以正四棱锥的侧面积为； （ⅱ）如图，将长方形，和展开在一个平面， ，，设 ，， ，所以， 所以， ， 当四点共线时，最短， 所以 所以的最小值为. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 立体几何初步 10大高频考点概览 考点01斜二测画法 考点02表面积 考点03体积 考点04外接球与内切球 考点05空间中的点线面位置关系 考点06线面平行面面平行 考点07线面垂直 考点08夹角问题 考点09截面补全问题 考点10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·重庆第一中学校·期中)如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是三角形，若，，则原三角形的面积为（   ）    A．4 B．6 C．8 D．10 2．(24-25高一下·重庆广益中学校·期中)若的直观图如图所示，，，则顶点到轴的距离是（    ） A．2 B．4 C． D． 3．(24-25高一下·重庆荣昌中学校·期中)△ABC按斜二测画法得到，如图所示，其中，，那么△ABC的形状是（ ） A．等边三角形 B．直角三角形 C．腰和底边不相等的等腰三角形 D．三边互不相等的三角形 4．(24-25高一下·重庆凤鸣山中学教育集团·期中)如图所示，已知正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形斜二测画法的直观图，则其原图形的周长为（   ） A． B． C． D． 5．(24-25高一下·重庆万州第二高级中学·期中)用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形，已知点是斜边的中点，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 6．(24-25高一下·重庆大足中学多校联考·期中)如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的面积为（    ） A． B． C． D． 地 城 考点02 表面积 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆南开中学校·期中)已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的表面积比为（   ） A． B． C． D． 2．(24-25高一下·重庆凤鸣山中学教育集团·期中)若圆台的高为4，母线长为5，侧面积为45π，则圆台的上、下底面的面积之和为（   ） A．9π B．36π C．45π D．81π 3．(24-25高一下·重庆第一中学校·期中)蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、踢、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，面ABC，，则该鞠（球）的表面积为（   ） A． B． C． D． 4．(24-25高一下·重庆第十一中学·期中)的两直角边为，以所在的直线为轴旋转一周得到的几何体的表面积为（） A． B． C． D． 5．(24-25高一下·重庆大足中学多校联考·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，现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．512元 C．390元 D．347.5元 地 城 考点03 体积 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆西南大学附属中学·期中)已知△ABC是斜边为的等腰直角三角形，则绕着斜边所在的直线旋转一周后形成几何体的体积为（   ） A． B． C． D． 2．(24-25高一下·重庆第一中学校·期中)如图，在梯形ABCD中，，E为线段AB的中点，先将梯形挖去一个以BE为直径的半圆，再将所得平面图形以直线AB为旋转轴旋转一周，则所得几何体的体积为（   ） A． B． C． D． 3．(24-25高一下·重庆万州第三中学等多校联考·期中)设正四棱台上、下底面的边长分别为，高为，若，则正四棱台的体积为（    ） A． B． C．140 D．142 二、多选题 4．(24-25高一下·重庆荣昌中学校·期中)荣昌折扇是国家级非物质文化遗产之一，其始于北宋年间，以楠竹和皮纸为原料，经青山、风骨、皂锅、棕风、坯子、纸口、头子、梳练、扇糊、折扇、捆扎、白扇页、角告、扇箱、书画、装运等传统工序手工精制而成，具有很高的艺术和收藏价值（图1）．图2是一个扇形面，其对应一个圆台的侧面展开图，若此扇形面的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，且，则该圆台（   ） A．高为 B．表面积为 C．体积为 D．上底面积、下底面积和侧面积之比为 三、填空题 5．(24-25高一下·重庆第十一中学·期中)圆台的上下底面半径分别为1，2，母线长，则圆台体积为_____． 6．(24-25高一下·重庆第一中学校·期中)如图所示，三棱台中，，且三棱锥的体积，则三棱锥的体积为________． 7．(24-25高一下·重庆万州第二高级中学·期中)18世纪英国数学家辛卜森推导出了现在中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体的统一体积公式（其中，，，分别为的高、上底面面积、中截面面积、下底面面积），我们也称为“万能求积公式”.例如，已知球的半径为，可得该球的体积为；已知正四棱锥的底面边长为，高为，可得该正四棱锥的体积为.类似的，运用该公式求解下列问题：如图，已知球的表面积为，若用距离球心都为2cm的两个平行平面去截球，则夹在这两个平行平面之间的几何体的体积为________. 四、解答题 8．(24-25高一下·重庆第二外国语学校·期中)如图所示，四边形是矩形，且，若将图中阴影部分绕旋转一周. (1)求阴影部分形成的几何体的体积； (2)求阴影部分形成的几何体的表面积. 9．(24-25高一下·重庆广益中学校·期中)祖暅是南北朝时期伟大的数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.“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何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等，现有以下三个几何体：半径为R的半球，底面半径和高均为R的圆锥与圆柱，体积分别记为，，. (1)写出，，三者之间的关系； (2)过半径上一点A，且平行于半球大圆的平面将半球分割成两部分，位于上方的部分称为“球缺”.根据祖暅原理，其体积为一个圆柱的体积减去一个圆台的体积.当点A为半径中点时，求解下面两个问题： （i）求截得的“球缺”的体积； （ii）求截得的“球缺”的表面积. 地 城 考点04 外接球与内切球 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆荣昌中学校·期中)已知一个直四棱柱的底面是长宽分别为4和3的矩形，侧棱长为，则这个直四棱柱的外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 2．(24-25高一下·重庆万州第二高级中学·期中)如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为，杯底的半径为，高为，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为的球（球被完全浸没），水恰好充满水杯，则（   ）    A． B． C． D． 3．(24-25高一下·重庆西南大学附属中学·期中)如图为一个正方体与一个半球构成的组合体，半球的底面圆与正方体的上底面的四边相切，球心与正方形的中心重合，将此组合体重新置于一个球中（球未画出），使正方体的下底面的顶点均落在球的表面上，半球与球内切，设切点为P，若球的体积为，则四棱锥的内切球的表面积为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 4．(24-25高一下·重庆万州第三中学等多校联考·期中)已知某圆锥的底面圆半径为3，母线长为5，则该圆锥的外接球的表面积为__________. 5．(24-25高一下·重庆第十八中学·期中)已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2和8，侧棱长为，则该正四棱台内半径最大的球的直径______． 地 城 考点05 空间中的点线面位置关系 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆第十一中学·期中)已知，表示直线，，，表示平面，则下列推理正确的是（    ） A．， B．，且 C．，，， D．，， 2．(24-25高一下·重庆渝北中学校·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 3．(24-25高一下·重庆西南大学附属中学·期中)已知直线a，b是两条不同的直线，平面，，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，且，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．，，最多可将空间分成7个部分 4．(24-25高一下·重庆第一中学校·期中)设有两条不同的直线m，n和两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 5．(24-25高一下·重庆第二外国语学校·期中)设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 二、多选题 6．(24-25高一下·重庆南开中学校·期中)已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 地 城 考点06 线面平行面面平行 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆第二外国语学校·期中)如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（    ） A．B．C． D． 二、解答题 2．(24-25高一下·重庆第十一中学·期中)如图，四边形是平行四边形，点分别为线段的中点． (1)证明：平面； (2)若，证明：． 3．(24-25高一下·重庆西南大学附属中学·期中)如图，正方体的棱长为2，点是的中点，点是的中点，连接与交于点. (1)证明：面； (2)求三棱锥的体积. 4．(24-25高一下·重庆南开中学校·期中)如图，在三棱台中，底面为等边三角形，为线段上靠近的三等分点，为线段上靠近的三等分点． (1)求证：平面平面； (2)求平面分割三棱台所得的几何体和的体积之比． 5．(24-25高一下·重庆第二外国语学校·期中)如图，四棱锥的底面为平行四边形，，分别为棱，上的点，且，. (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面？若存在求出的值；若不存在，说明理由. 6．(24-25高一下·重庆广益中学校·期中)如图，在直三棱柱中，，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积. 7．(24-25高一下·重庆万州第二高级中学·期中)如图所示，已知是棱长为3的正方体，点E在上，点F在上，G在上，且，H是的中点． (1)求证：四点共面 (2)求证：平面平面． 8．(24-25高一下·重庆第一中学校·期中)如图，在直三棱柱中，底面为直角三角形，，D，E分别为，的中点．求证： (1)平面； (2)若，求点E到平面的距离． 地 城 考点07 线面垂直 一、多选题 1．(24-25高一下·重庆万州第二高级中学·期中)如图1，扇形的弧长为，半径为，线段上有一动点，弧上一点是弧的三等分点，现将该扇形卷成以为顶点的圆锥，使得和重合，则在图2的圆锥中（    ） A．圆锥的表面积为 B．当为中点时，线段的长为 C．存在，使得 D． 二、解答题 2．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)如图，在三棱柱中，底面分别为的中点，求证： (1)平面； (2)平面. 3．(24-25高一下·重庆大足中学多校联考·期中)如图，在多面体中，是平面与平面的交线，，且，，． (1)证明：； (2)证明：； (3)若，求多面体的体积． 地 城 考点08 夹角问题 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)在长方体中，和与底面所成的角分别为和，则异面直线与BD所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 2．(24-25高一下·重庆第一中学校·期中)如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（   ） A．直线与直线所成角为 B．平面 C．M、O、三点共线 D．直线与平面所成角的为 3．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)如图，已知底面为矩形的四棱锥的顶点的位置不确定，点在棱CD上，且，平面平面ABCD，则下列结论正确的是（    ）    A． B．平面平面PBM C．存在某个位置，使平面PAM与平面PBC的交线与底面ABCD平行 D．若，则直线CM与平面PAM所成角为 三、解答题 4．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)如图，正方体中，为的中点. (1)若点F满足，求证：四点共面； (2)求直线AB与平面所成角的正弦值. 5．(24-25高一下·重庆第一中学校·期中)在平行六面体中，底面ABCD为正方形，，，侧面底面ABCD． (1)求证：平面平面； (2)求二面角的平面角的正弦值． 地 城 考点09 截面补全问题 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆凤鸣山中学教育集团·期中)如图，已知三棱锥，点是的中点，且，，过点作一个截面，使截面平行于和，则截面的周长为（    ） A． B． C． D． 2．(24-25高一下·重庆广益中学校·期中)如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，过三点的截面把正方体分成两部分，则该截面的周长为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．(24-25高一下·重庆第二外国语学校·期中)如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（     ） A．动点的轨迹是一条线段 B．直线与的夹角为 C．三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D．若过，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度最大值为 4．(24-25高一下·重庆巴蜀中学·期中)如图，是边长为2的正方形，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，则（    ） A．四点不共面 B．该几何体的体积为8 C．若中点为为的四等分点（靠近），则三线共点 D．截面四边形的周长的最小值为10 5．(24-25高一下·重庆凤鸣山中学教育集团·期中)“阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（    ） A．该半正多面体的体积为 B．该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式 C．该半正多面体过三点的截面面积为 D．该半正多面体外接球的表面积为 6．(24-25高一下·重庆大足中学多校联考·期中)已知正方体的棱长为2，为棱的中点，则（    ） A．二面角的大小为 B．直线与底面所成的角的大小为，则 C．过点且与垂直的平面截正方体所得截面的面积为 D．以为球心，为半径的球面与侧面的交线的长度为 三、解答题 7．(24-25高一下·重庆荣昌中学校·期中)如图，直四棱柱的底面为菱形，，，，M，N分别为BC，中点． (1)证明：平面； (2)平面将该直四棱柱分成两部分，记这两部分中较大的体积为；较小的体积为，求，的值． 地 城 考点09 最短距离问题 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆南开中学校·期中)在棱长为1的正方体中，为线段上一动点，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 2．(24-25高一下·重庆第十一中学·期中)在正四面体中，若，为的中点，下列结论正确的是（    ） A．正四面体的体积为 B．正四面体外接球的表面积为 C．如果点在线段上，则的最小值为 D．正四面体内接一个圆柱，使圆柱下底面在底面上，上底圆面与面、面、面均只有一个公共点，则圆柱的侧面积的最大值为 三、填空题 3．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)正方体的棱长为2，点为底面ABCD的中心，点在侧面的边界及其内部运动，若，则线段长度的最小值为____________. 四、解答题 4．(24-25高一下·重庆万州第二高级中学·期中)现有一几何体由上，下两部分组成，上部是正四棱锥，下部是正四棱柱（如图所示），且正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍. (1)若，，求该几何体的体积. (2)若正四棱锥的侧棱长为，， （i）求正四棱锥的侧面积. （ii）若，分别是线段，上的动点，求的最小值. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网 Ww 专题05 目目 考点01 斜二测画法 一、 单选题 1.B. 2.D 3.A 4.B 5.D 6.D 目目 考点02 表面积 一、单选题 1.C 2.C 3.C 4.B 5.B 目目 考点03 体积 一、单选题 1.A 2.A 3.A 二、多选题 4.BCD. 三、填空题 6.2 四、解答题 w.zxxk.com 让教与学更高效 立体几何初步 1/16 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 4 12 8.【详解】(1)V柱=元×2×2=2π，V￥球=2π×3×=2π，所求几何体的体积为2- 2 4 π=π」 3 23 3 3 (2)由题意知，旋转体的表面由三部分组成，圆柱下底面、侧面和半球面， 因为AB=2AD=2,S￥球= 2×4红×1=2，Sg雷=元×1P=,Sg面=2xx1x2=4, 故所求几何体的表面积为S=2π+π+4π=7π； 9.【详解】(1)解：根据题意，利用圆柱、圆锥和球的体积公式， 可行ae=×R=,aER×R=,-×号R-2 3 3 23 3 所以'圆柱='半球+V圆锥，即圆柱的体积等于圆锥和半球的体积和 (2)解：(i)图(1)中，截面圆的半径为√R2-(R-h)2,所以截面圆的面积为π(R2-(R-h)), 图(2)中，截面为圆环，其中小圆的半径为R-h,大圆的半径为R, 所以截面圆环的面积为π(R2-(R-h)2), 根据祖堩原理，由小球缺的体积等于图(2)中截面上方的圆柱挖去其中圆台后剩余的几何体的体积， 所以小球缺的体积为P=Rh-R-b+R2+R(R-A, 令h-子，可得V=R背R-分+R+R ,R5元R 231 212 24 2R R 图1 图2 ()类比球的表面积和体积的求法，将球缺底部的圆与球心连线，组成一几何体， 把球缺的曲面部分分成个小网格，连接球心O和每个小网格的顶点， 整个几何体就被分割成n个“小锥体”，记球缺曲面部分的面积为S, 则5πRR3】 3 24 8 R,可得S=R,S4=2+2R2=子R2, 3 4 4 所以该球缺的表面积为二πR 4 目目 考点04 外接球与内切球 一、 单选题 1.D 2.D 2/16 耐学科网 www.zxxk com 3.B 二、填空题 4.625元 16 8585 33 目目 考点05 空间中的点线面位置关系 一、单选题 1.D 2.B 3.C 4.C 5.A 二、多选题 6.AD 目目 考点06 线面平行面面平行 一、单选题 1.D 二、解答题 2.【详解】(1)因为E,F分别为线段BC,PB的中点， 所以EF/1PC, 因为EFt平面PAC,PCc平面PAC,所以EF/I平面PAC; (2)因为四边形ABCD是平行四边形， 所以BCI/AD且BC=AD, 点E,G分别为线段BC,AD的中点， 故EC/IAG且EC=AG, 所以四边形AGCE为平行四边形，故EA//GC, 因为EA平面PGC,GCc平面PGC,所以EA/I平面PGC, 因为EF/PC,EFa平面PGC,PCc平面PGC,所以EF/ 又EA∩EF=E,EA,EFc平面FEA, 3/16 让教与学更高效 平面PGC, 学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 所以平面FEA/平面PGC, 因为AE∩BD=N,CG∩BD=M,即平面PBD∩平面PGC=PM, 平面PBD∩平面FEA=FN, 所以FN/PM. 3.【详解】(1)证明：连接AC交BD于点O,连接OM,FC, 因为点F是BD的中点，由对称性可知F为AC的中点， D C A 6) D B 因为四边形ABCD是正方形，所以点O是AC的中点， 由题点M是CC的中点，所以OM∥AC,故OM/AF, 因为AFa平面BDM,OMC平面BDM, 所以AFII面BDM 2因为cMMD0,且CM0m,所以cE=D,cE-cn. 设点E到平面BCD底面距离为h,则h=}DD, 又Sn=)BC.CD=x2x2=2, 2 故：m=aw-n-写anDn-Sm写nn-号anDn 9 4.【详解】(1)由题意，|AC=2|A,C,=2,ABC为等边三角形， 放△4BG为等边三角形，BD上子BE写EC上卡号48=1山8F2, 3 在三棱台ABC-A,B,C,中，ABI1A,B,BC1/B,C 故EC //BD,且IEC曰BD|, 所以四边形EC,DB为平行四边形， 4/16 学科网 www.zxxk.com 所以BE/IDC1, 因为BEa平面ACD,DC,C平面AC,D, 所以BE/平面AC,D, 又因为AB/1AB,AB=2|A,B,,B,EIIBD,BD=2|B,EI, 且∠A,B,E=∠ABD 所以△A,B,E相似于△ABD, 所以AEIIAD, 因为AE4平面AC,D,ADc平面AC,D, 所以A,E/1平面AC,D, 因为AE∩BE=E,A,Ec平面ABE,BEc平面ABE 所以平面A,BE/1平面AC,D (2)设三棱台ABC-A,B,C,的高为h, 则5.4G=分4B4C,1sin60-)×1x1x55 24 S.4c=引4Bl4C1sin60°=x2x2×5-N5, 2 2 所以yar4G-号S46+5c+SGh= +5+ 34 2 xCAxICDIsim602 11 VawwG-oe=3.- 32 9 所以V几何体4G-4BD=V三棱台ABC-4G一V三校维C-4Dc= 75,25-13 h- -h= -h, 12 9 36 35B3 所以 九何体4BG-ABD=36 V三校C-ADC 8 9 5.【详解】(1)在DC上取点M,使得CM=2DM,连接FM,BM 5/16 让教与学更高效 75 h, 12 命学科网 www.zxxk.com D E 在△CDP中，点F、M分别为PC、DC上的三等分点，则有FM 又FME面PDE、PDc面PDE 由线面平行的判定定理：FM∥面PDE 又DM IEB且DM=EB,∴四边形DEBM为平行四边形 则有DE//BM,又BM面PDE、DEC面PDE,∴.BMI∥面PDE 由于FMc面FMB、BMc面FMB,FM BM=M,.面FMB/ 又BFC面FMB,.BFI∥面PDE (2)假设在棱AD上存在点G,使得PG∥面BDF 连接CG,交BD于H A :PG∥面BDF,PGc面PGC,面PGC∩面BDF=FH 由线面平行的性质定理：PGIIFH 则在△CPG中.器-忍-子易如△DG189cI, :8路8有点G为校0们中点，即 AG=1 DG 6.【详解】(1)取AB的中点H,连接EH,HG, :G为BC的中点，HG1/4C且HG=号4C, 6/16 让教与学更高效 IPD 面PDE 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 G :E为4C的中点，：BEC∥4C且EC=54C. .HG/IEC且HG=EC,, .四边形EHGC为平行四边形，.CG∥EH 又：C,Gt平面ABE,EHC平面ABE, .CG∥平面ABE (2)AB L BC,AC=2,BC=1,.AB=3, .S.imexx 2 2 在直三棱柱ABC-A,B,C,易知AC∥平面ABC, ∴点E到平面ABC的距离等于点A到平面ABC的距离， :.VE-A8c=V4-48c, 又AA,⊥平面ABC, 1 VC-ABE =VE-ABC=VA-ARC=S.48CX= 32 x26 3 7.【详解】(1)在DD,上取一点N使得DN=1, D C B 7/16 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 连接CN,EN,则AE=DN=1,CF=ND,=2, 因为CFIIND,所以四边形CFD,N是平行四边形， 所以DF/CN, 同理四边形DNEA是平行四边形，所以EN//AD,且EN=AD, 又BC/IAD,且AD=BC,所以EN//BC,EN=BC, 所以四边形CNEB是平行四边形，所以CN//BE, 所以D,FIBE, 所以E,B,F,D四点共面； 《2)因为H是BG的中点，所以BH等 因为B,G=1,所以 BG 2 ,H3' 因为FC、2 ,且∠FCB=∠GB,H=90°， BC 3 所以△B,HG~△CBF, 所以∠B,GH=∠CFB=∠FBG, 所以HG//FB, 因为HGd平面BED,F,FBc平面BED,F,所以HG/平面BED,F, 因为BG=EA=2,BGIIEA 所以四边形BEA,G是平行四边形， 所以AGIIBE, 因为A,G丈平面BED,F,BEC平面BEDF,，所以A,G//平面BEDF, 又HGAG=G,HG,AGc平面AGH, 所以平面AGH∥平面BED,F 8.【详解】(1)因为D,E分别为BC,AC的中点，所以DE/IAB, 因为ABI1A,B,,所以DE/IA,B, 8/16 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 因为DEc平面DEC,A,B,丈平面DEC, 所以A,B,∥平面DEC, (2)因为底面ABC为直角三角形，AB=BC,AB=2,所以AC=22, 因为A,A=4,AB=2,所以A,B=2V5,A,C=2V6, 由于4产+BC=4C,所以648C的面积为54c-方×2x25=25: 因为底面4C为等腰直角三角形，所以BE=反所以。BC的面积为Sx方5x5=1: 设点E到平面48C的距商为d,c=4-c,所以写xd=×4, 解得d=2v5 即点E到平面A8C的距离为25 目目 考点07 线面垂直 一、多选题 1.ACD 二、解答题 2.【详解】(1)证明：连接B,C交BC,于G,连MG,NG, 在三棱柱ABC-A,B,C,中，矩形CBB,C中，CB,∩BC,=G,则C,G=BG, 因为M,G分别为8C,8C的巾点，所以MG1CC且MG=号CC, 因为w为4中点，所以CC且4W=CG, 所以MG/IAN且MG=AN, 所以四边形AMGN为平行四边形，所以AM/GN, 因为AMt平面BNC,GNc平面BWC, 所以AMI1平面BNC. 9/16 耐学科网 www zxxk.com B B (2)证明：因为AA,⊥底面ABC,BCc平面ABC,所以AA⊥BC, 因为AA,‖CC,所以BC⊥CC, 因为LACB=90°，所以BC⊥AC, 因为AC∩CC,=C,AC,CC,C平面ACCA,,所以BC⊥平面ACC,A, 因为BC⊥AC,BC⊥CC,AC∩CC,=C,AC,CC,C平面ACC,A,, 因为Cc平面ACCA,,所以BC⊥NC,, 因为在矩形ACC,A,中，AA,=2AC,N为AA,的中点， 所以AC=AN=AN=AC, 因为AA,⊥底面ABC,ACc平面ABC,所以AA,⊥AC, 所以△C,A,N、△CAN均为等腰直角三角形， 所以∠ANC=A,WC,=45°，所以∠CWC=90°， 所以NC⊥CN, 因为NC,⊥BC,NC⊥CN,CNOBC=C,CN,BCc平面NBC, 所以WC⊥平面NBC. 3.【详解】(1)因为ADIIBC,AD平面BCEF,BCc平面BCEF, 因为ADC平面ADEF,平面ADEF∩平面BCEF=EF,所以ADIIEF (2)连接DF、BD,如图所示： 在△BCD中，BC=3,CD=6,∠BCD= 3 10/16 让教与学更高效 所以AD∥平面BCEF, 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC.CDc0s=9+36-2x3×6×=27, 1 3 2 所以BC2+BD2=CD2,故BC⊥BD,因为ADIIBC,所以AD⊥BD, 同理可证AD⊥DF, 因为BDDF=D,BD、DFC平面BDF,所以AD⊥平面BDF, 因为BFC平面BDF,所以AD⊥BF, 因为ADIIBC,ADIEF,所以BCIEF, 又因为BC=EF,所以，四边形BCEF为平行四边形，所以CEIIBF,故AD⊥CE (3)在BDF中，BD=3V5,DF=35,BF=3√6，所以BD2+DF2=BF2, 所以0上F,所以sm号8D-Dr=X3- 21 D 1.27 所以VADP二SARDE'AD=-X ×6=27, 3 32 1 VD-BCEF =2Vp-EF=2VE-8DF=2x ×3=27, 3 32 因此， 多面体ABCDEF的体积为VABCDEF=∥4-BDF+V-BcEr=27+27=54 目目 考点08 夹角问题 一、单选题 1.B 二、多选题 2.ABC 3.ABD 三、解答题 4.【详解】D连接ER,0,由2F面=DD,知FD11A4,且FD-M, 因为E为44的中点，所以B=4, 所以FD/EA,且FD,=EA,所以四边形FEAD,为平行四边形， 11/16 学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 所以EF∥AD, 因为ABI1DC,AB=DC,所以四边形ABC,D,为平行四边形， 所以ADI1BC1, 所以EF//BC,故E,F,B,C,四点共面 (2)延长FE交DA与O,连接BO,则AB与面EBC,所成角就是AB与面EOB所成角 过A作AG⊥BO交BO与G,连接EG,过A作AH⊥EG与H,连接BH, 因为AA⊥平面ABCD,BOC平面ABCD,所以EA⊥BO, 因为AGOEA=A,AG,EAC平面EAG,所以B0⊥平面EAG, 因为AHc平面EAG,所以BO⊥AH, 因为B0AEG=G,BO,EGc平面E0B, 所以AH⊥平面EOB 所以∠ABH就是AB与面EOB所成角 令AD=2,由EA/1DD,EA=二FD,得AO=1, 在Rt△0AB中，由等面积法可求得AG=4B.40 2×125 OB V22+125 1x35 同理在R△ABG中，AH=1E,4G 5 2 EG 25)2 3, 5 在Rt△ABH中，sin∠ABH=AH-1 AB3’ 故直线AB平面EBC所成角的正弦值为 F D C H.D B 12/16 耐学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 5.【详解】(I)由底面ABCD为正方形，得BC⊥CD,又BCc底面ABCD, 侧面CDD,C⊥底面ABCD,侧面CDD,C,∩底面ABCD=CD, 则BC⊥平面CDD,C,而BCC平面ABC, 所以平面A,BC⊥平面CDD,C. (2)在平行六面体ABCD-A,B,C,D中，连接AB,∩AB=O,连接CO, 由AB=A=2,∠AAB=行，得aABB,4是菱形，且△4BB是正三角形， 则AB,⊥A,B,由(1)知BC⊥平面CDD,C,而B,C/BC,则B,C⊥平面CDD,C, 又平面CDD,C,∥平面ABB,A,于是B,C⊥平面ABB,4,，又ABC平面ABB,A, 则B,C1⊥AB,而AB,∩B,C1=B1,AB,B,C1C平面ABC,因此AB⊥平面ABC, 又COC平面ABC,则C,O⊥A,B,∠AOC,为二面角A-AB-C,的平面角， 在RtaB,OC,中，B,C,=2,B,0=√5，则斜边C,0=√7， 所以sin∠40C三sn∠BOC8C=27即三面角4-4B-C的平面角的正弦值2V7 D C B 目目 考点09 截面补全问题 一、单选题 1.D 2.A 二、多选题 3.ABD 4.BCD 5.ABD 6.BD 13/16 丽学科网 www.zxxk.com 三、解答题 7.【详解】(1)四棱柱ABCD-AB,C,D中，BC∥AD,BC=AD, 连接DA交AD于E,则E为DA中点， NE∥4D,且证=4D, 又M为BC中点， NE∥BM,且NE=BM, .平行四边形NBME,NB∥EM 又NBt平面AMD,,EMC平面AMD,, .BN∥平面AMD; (2)延长DC,AM交于点Q, 则C,M分别为D2,AQ的中点，DQ=2DC=8,CQ=4, 再莲接DQ,交CG于点P,则P为CC的中点，PC=CG=3, 连接MP,所以平面AMD,将该直四棱柱分成两部分中体积较小的部分为 D A B M 因为三棱台ADD,-MCP的体积等于三棱锥D,-ADQ的体积减去三棱锥P. 所以V,=V三技台AD,-MCp=V三棱隆D,-4Dg-V三技能P-MCQ -x片4Dxp2n120r×Dn -×-MC×COsin120°×PC 32 *2*4x8x5x611 11 2×6 2x4x5x3=16N5-25=145. 32 又因为直四棱柱ABCD-A,B,C,D,的体积 Ma#Bm-4Ga=4B×ADsin120°×DD=4×4x5×6=485, 14/16 让教与学更高效 棱台ADD-MCP. MCQ的体积， 耐学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 所以Y=V四楼4Cn-48GA-乃2=48V5-14V5=34V5, 目目 考点09 最短距离问题 一、单选题 1.B 二、多选题 2.BCD 三、填空题 3.4545 55 四、解答题 4.【详解】(1)由条件可知，正四棱柱的高O,0=8, 所以正四棱柱的体积为6×6×8=288， 三棱锥P-4B,CD,的体积为3×6×6×2=24， 所以该几何体的体积为288+24=312； (2)(i)0B,=V62-22=4√2，所以B,C,=4V2x√2=8， D C A B D-÷ C 00 B 正四棱锥P-A,B,C,D,侧面的高为V62-42=2√5， 所以正四棱锥的侧面积为4×。×8×2V5=32√5； (i)如图，将长方形ABB,A,△PAB,和△PB,C展开在一个平面， PA=PB,=PC=6,A,B,=B,C1=8,设∠AB,P= =63,48=44=8,AB=8N5 42 cos∠AB,P=cos∠PB,C1=cos== ∠481=子，所以sma=5, 3 15/16 学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 所以sin2a=2 sina cosa=2× 524W5 339 c0s2o=1-2sin20=1-2× 5 21 = 3 9’ coS∠AB,C1=cos +2a 4 =cos cos2a-sin sin 2a √2+410 18 当A,Q,N,C,四点共线时，AQ+QN+NC,最短， 所以AC=AB+B,C-2AB·B,Ccos2ABCV29+8日 A B 所以40+Ov+NC的最小值为29+8N5 16/16