专题05 立体几何初步（期末真题汇编，江苏专用）高一数学下学期

**基本信息** 江苏多地高一下期末立体几何试题汇编，聚焦7大高频考点，通过选择、填空、解答题梯度设计，强化空间想象与逻辑推理能力，适配期末复习需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择（含多选）|约30题|点线面位置关系、外接球与内切球等|多选题（如常州期末题）探究多结论，考查空间概念辨析| |填空|约15题|表面积与体积、截面轨迹|结合实际（如南京“蘑菇”几何体表面积），强化计算应用| |解答|约15题|线面垂直/平行证明、二面角|折叠问题（如宿迁期末）、体积最值（如淮安容器题），突出综合论证|

专题05 立体几何初步 7大高频考点概览 考点01 点、线、面间的位置关系 考点02 空间几何体的表面积与体积 考点03 外接球与内切球 考点04 截面问题与轨迹问题 考点05 立体几何中的多结论探究问题（多选） 考点06 异面直线的夹角、线面角 考点07 二面角 1．【答案】D地 城 考点01 点、线、面间的位置关系 2．【答案】D 3．【答案】B 4．【答案】D 5．【答案】C 6．【答案】D 7．【答案】C 8．【答案】（1）证明：连接， 因为四边形为正方形，且为的中点，所以为的中点， 又因为为的中点，则， 平面，平面，平面. （2）证明：因为四边形为正方形，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 平面， 平面，， ，所以，则， ，平面， 平面，又平面， 平面平面． 9．【答案】（1）取的中点，连接，由为中点，得且， 又，，则，， 因此四边形为平行四边形，，又平面，平面， 所以平面. （2）取的中点，连结，由三角形为等边三角形，得， 在直角梯形中，，且， 则，且，四边形是平行四边形， 由，得平行四边形是矩形，则， 而，平面，平面， 因此平面，而平面，则，所以. 10.【答案】（1） 在直棱柱中，为的中点，则为的中点， 连接，可得为的中点，因此. 又因为平面，平面， 所以平面. （2）因为棱柱是直三棱柱，所以平面. 因为平面，所以. 又因为平面，平面，， 所以平面. 又因为平面，所以. 因为，所以矩形是正方形，因此. 因为平面，，所以平面. 又因为平面，所以. 11．【答案】（1）由正方体的结构特征可知， ，且，所以四边形为平行四边形， 即有，而平面，平面，故平面． （2）因为平面，平面，所以， 由四边形为正方形可知，， 而平面，所以平面， 又平面∴． 因为平面，平面，所以， 由四边形为正方形可知，， 而平面，所以平面， 又平面∴， 而平面，故平面． 又因为平面，所以平面平面. 12．【答案】（1） 如图，连接交于点，由四边形是正方形，可得，   因平面，平面，则， 又，平面， 所以平面，又平面， 所以． （2）如图，取的中点，连接， 由分别是棱的中点．可得， 又，则，即得，所以 因平面，平面， 所以平面． 13．【答案】（1）连接，因为四边形为正方形，O为BD的中点， 所以过点，且为的中点， 在中，分别为的中点， 所以，平面，平面， 所以平面. （2）因为， 因为底面， 底面，所以， 所以， 所以， ， 设点C到平面MBD的距离为，因为， 所以，所以，所以. 所以点C到平面MBD的距离为. （3）取的中点为，连接，，连接与交于点， 由正方体的性质可得，所以五点共面， 所以平面即为平面， 又由正方体的性质可得平面，平面， 所以，在三角形中，， 所以，又因为，所以， 所以在三角形，，所以， 平面，，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. 14．【答案】（1）证明：由图（1），分别为的中点， 所以，即， 又平面平面， 所以平面； （2）由（1）得，因为， 所以，即，，即. 又因为平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面； （3）因为且都在平面内，所以平面， 所以， 图（1）中，因为，所以， 所以，所以，所以 地 城 考点02 空间几何体的表面积与体积 1．【答案】A 2．【答案】D 3．【答案】B 4．【答案】B 5．【答案】C 6．【答案】A 7．【答案】 8．【答案】37 9．【答案】 10．【答案】 11．【答案】 12．【答案】4 13．【答案】 14．【答案】12 地 城 考点03 外接球与内切球 1．【答案】C 2．【答案】A 3．【答案】C 4．【答案】D 5．【答案】C 6．【答案】D 7．【答案】ACD 8．【答案】 9．【答案】 10．【答案】 11．【答案】 12．【答案】 / / 地 城 考点04 截面问题与轨迹问题 1．【答案】C 2．【答案】D 3．【答案】ACD 4．【答案】ABD 5．【答案】/ 6．【答案】ABD 7．【答案】BC 8.【答案】BC 地 城 考点05 立体几何中的多结论探究问题（多选） 1．【答案】ACD 2．【答案】ACD 3．【答案】ACD 4．【答案】BC 5．【答案】BCD 6．【答案】AC 7．【答案】ABD 8．【答案】ABD 9．【答案】ACD 10．【答案】ACD 11．【答案】ACD 12．【答案】ACD 13．【答案】AC 地 城 考点06 异面直线的夹角与线面角 1．【答案】C 2．【答案】D 3．【答案】A 4．【答案】A 5．【答案】C 6．【答案】A 7．【答案】C 8．【答案】ABD 9．【答案】/ 10．【答案】（1）取的中点，连接、，则，且. 因为，，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）因为底面为梯形，，，， 所以，， ， 又垂直于面，为棱的中点， 所以到平面的距离为，所以， 因为垂直于面，平面，所以，， 所以，， 所以， 所以， 设点到平面的距离为，则，即，所以， 设直线与面所成的角为，则， 直线与面所成的角的正弦值为. 11．【答案】（1）连接，设，连接，设， 在菱形中，， 在直四棱柱中，平面，且平面， 所以，又平面， 所以平面， 因为平面，所以. 在菱形中，，则， 则，则，而， 因为，所以，则， 则，故，即， 因为平面， 所以平面. （2）设的中点为，连接， 由于，则， 因为平面，且平面， 所以， 又平面， 所以平面， 则为直线与平面所成角， 因为， 所以在中，， 则直线与平面所成角的正切值为． 12．【答案】（1） 连接，交于点，连接， 因底面是边长为2的菱形，则点是的中点， 又因F为线段的中点，则有， 平面，平面，可得平面. （2）因是正三角形，E为线段的中点，则有， 又，，即为正三角形，且， 因平面，则平面， 又因，故得平面. （3） 如图，取的中点，连接，则，且， 故即与所成角或其补角. 因，由余弦定理，， 又因平面平面，平面平面，，平面， 故平面，又平面，则，又,故， 由（2）已得平面，因平面，故，则， 又，则在中，由余弦定理，， 即异面直线与所成角的余弦值为. 13．【答案】(1)(2)(3) 14．【答案】（1）连接，在中，因为，， 由余弦定理知 ， 故，所以. 在中，，由余弦定理知 ， 由勾股定理有，. 又平面平面，平面平面，平面， 平面. 平面， .    （2）为直角三角形，平面平面， 三棱锥外接球球心一定在平面内，且为的外心. 在中，由正弦定理得（为外接圆半径）， 所以，即三棱锥外接球半径为4. 外接球体积为. （3）取中点，作，连接，，.   ，平面平面， 平面平面，平面， 平面. 为与平面所成的角. ①在线段上，如图.设，则有， ，， ，，则， 在中，由余弦定理得. ， 令，，，， ∵，， 当且仅当，即时取“=”. 的最大值为. ②在线段上，如图2. 同①设，，. ，， ， 令，，， . 其中在上单调递增，理由如下： 任取， 则， 因为，所以，， 故，即， 所以在上单调递增，所以， 综上，的最大值为. 15．【答案】（1）因为底面为菱形，所以， 又因为平面，平面，所以平面. （2）取中点E，连接，， 因为底面是边长为2的菱形，且， 所以，，. 又因为，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，即为直角三角形， 所以，所以， 即点P，A，B，C在以D为球心的同一球面上.    （3）设P在底面上的射影为点G，平面，则就是与平面所成的角. ①若点G在上，则就是与平面所成的角. 在中，由余弦定理得， 在中，由正弦定理，，当且仅当时，取等号. ②若点不在上，连接，，设，，，. 因为平面，平面，所以，. 在中，由，得，， 在中，， 所以在中，， 则， 当且仅当时，取等号，而，所以等号取不到. 令，，则， 所以， 当且仅当，即，即时，取等号. 所以. 综上所述，直线与平面所成角的正弦值的最大值为.    地 城 考点07 二面角 1．【答案】（1）在四棱锥中，取中点，连接， 图①中，由，得，而， 则为正三角形，即为正三角形，，连接， 在中，由余弦定理得， 则，即，而，则， 由线段上靠近的三等分点，得是线段的中点，于是， 而平面，因此平面，又平面， 所以. （2）①由（1）知，，则是平面与平面所成二面角的平面角， 由（1）得，又，平面， 则平面，在中，， 所以平面与平面所成二面角的余弦值是. ②在中，，连接，由（1）可得， 在中，， 在中，，设点到平面的距离为， 由，得，则，解得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 2．【答案】（1）连接，设与相交于点，连接. 四边形是菱形，为的中点. 是棱的中点，. 又平面平面， 平面. （2）直线与所成的角为，且， 就是直线与所成的角或其补角. ，，， 在中，由正弦定理得，， 即，解得. ，即，从而. 四边形是菱形，且，, 是等边三角形，从而. 又，. ，从而. 又平面平面， 平面. （3）过点作，垂足为. 过作，垂足为，连接. 由（2）平面，又平面， 平面平面. 又平面平面平面，平面. 平面平面，. 平面平面，平面. 平面，， 二面角的平面角是， 在中，，， ， 二面角的正弦值是. 3．【答案】（1）在长方体中， 所以四边形为矩形，所以， 又因为平面平面， 所以平面. （2）取的中点，连接， 因为为的中点，所以， 因为，所以，因为为的中点，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以. （3）因为二面角的大小为， 由（2）可知为二面角的平面角，所以，所以， 过作，垂足为，连结，因为为的中点， 所以，因为平面平面， 所以，因为相交，且平面， 所以平面，因为平面，所以. 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角，即，所以， 因为为的中点，所以， 所以， 所以，因为平面，点在平面内， 所以为平面与平面的距离，故， 所以. 4．【答案】(1)1(2)(3) 5．【答案】(1)(2) (3)如图2，过作于，连接， 由（2）知为等边三角形，是的中点，所以， 又平面平面，平面平面， 又平面，所以平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以，则是二面角二面角的平面角， 则， 又，且，所以四边形是平行四边形，则，且， 又平面，所以平面，则是直线与平面所成的角， 则，所以， 又，是的中点，所以，又，所以， 又是的中点，则为定值. 6．【答案】（1）因为，分别是，的中点，所以， 因为，所以，所以， 又因为平面，所以平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）过点作，垂足为， 因为平面，直线与平面所成的角为， 所以，所以， 所以，则，所以， 因为平面，平面，所以， 又平面，所以平面， 所以四棱锥的体积； （3）连接，过点作，垂足为，连接，如图所示， 由（2）知，为等边三角形，则点为中点，， 在中，， 在中，，则， 由点为中点得，， 又平面，平面，平面平面， 所以二面角的平面角为， 因为平面，平面，所以， 在中，， 所以二面角的正切值为. 7.【答案】（1）因为..平面平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）由，知二面角的平面角即为. 在中，，，则由余弦定理得 ， 在中，由且，结合，可得， 故， 所以，所以， 所以的范围是， 即二面角的余弦的取值范围是. （3） 设和的外接圆圆心分别和， 则球心为过点和且分别垂直于平面、平面的两直线的交点， 在中，因为，所以由余弦定理得， 再由正弦定理得的外接圆半径. 在中，所以由余弦定理得， 再由正弦定理得的外接圆半径. 过点作于，连接，设，显然四边形为矩形， 所以.所以， 即， 所以， 故当时，取得最小值，即， 此时三棱锥外接球的体积最小值为，此时. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 立体几何初步 7大高频考点概览 考点01 点、线、面间的位置关系 考点02 空间几何体的表面积与体积 考点03 外接球与内切球 考点04 截面问题与轨迹问题 考点05 立体几何中的多结论探究问题（多选） 考点06 异面直线的夹角、线面角 考点07 二面角 ( 地 城 考点01 点、线、面间的位置关系 )1．（24-25高一下·江苏淮安·期末）已知，是两个不同的平面，是一条直线，下列条件中一定能使成立的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，即可判断选项. 【详解】A.若，，则或，故A错误； B.若，，则或，故B错误； C.若，，则，或或相交，故C错误； D.若，，则，故D正确. 故选：D 2．（24-25高一下·江苏泰州·期末）已知平面和不重合的两条直线，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】根据平面的基本性质，结合空间线线、线面位置关系判断各项正误. 【详解】对A：若，则或，或或与相交，错误； 对B：若，则或，错误； 对C：若，则或，错误； 对D：若，则，正确. 故选：D 3．（24-25高一下·江苏徐州·期末）设，为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】B 【分析】根据线面位置关系，逐项检验，可得答案. 【详解】对于A，由，，则或，故A错误； 对于B，由，则，使得，由，则，即，故B正确； 对于C，由题意可得与的位置关系可能为相交、平行或在面内， 当与相交时，与的位置关系可能是相交或异面不垂直，故C错误； 对于D，当且时，，，，故D错误. 故选：B. 4．（24-25高一下·江苏常州·期末）已知，表示两条不同的直线，，表示两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】以正方体的线面关系为例，说明ABC是错误的. 【详解】如图，在正方体中：    因为平面，平面，且与为异面直线，故A错误； 因为平面，，但平面，而非平面，故B错误； 因为平面，平面平面，但平面，而非平面，故C错误； 对D：若，，则，故D正确. 故选：D 5．（24-25高一下·江苏南京·期末）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，则 B．若与不平行，则与一定不平行 C．若，则 D．若与不垂直，则与一定不垂直 【答案】C 【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，则与可能平行或异面，故A错误； 对于B，若与不平行，当时，与可能平行，故B错误； 对于C，若，又，则，故C正确； 对于D，若与不垂直，与可能垂直，故D错误. 故选：C. 6．（24-25高一下·江苏镇江·期末）已知空间中不同平面，，，不同直线，，则下列说法错误的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】D 【分析】利用空间中的线面、面面关系来这个判断即可． 【详解】对于A，若，，则，故A正确； 对于B，若，，则，故B正确； 对于C，若,，则，结合，则，故C正确； 对于D，若，，，则不一定成立，还可能相交，故D错误； 故选：D． 7．（24-25高一下·江苏无锡·期末）已知、为两条不同的直线，、为两个不同的平面，则下列命题中不正确的个数是（   ） ①若，，则； ②过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行； ③若，，，则平面、内必定分别存在一条直线与直线垂直； ④若、为异面直线且点，，则一定存在经过点的平面与、都平行． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据线面垂直性质可知①错误，由点、线、面的位置关系以及线面平行的性质可得②错误，利用线面垂直的性质可知③正确，利用正方体可判断④错误. 【详解】对于①，若，则可知或，如下图中所示： 即①错误； 对于②，不妨取正方体为例，如下图所示： 直线外一点，此时平面与均与直线平行， 因此过直线外一点，可以作与这条直线平行的平面并不唯一，即②错误； 对于③，在直线上取点、，设点、在平面内的射影点分别为、， 则，，故，故、、、共面， 由平面几何的相关知识可知，在平面内必存在直线，使得， 因为，，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 同理可知，在平面内也存在直线与直线垂直，即③正确； 对于④，不妨取正方体为例，如下图所示： 当点在上底面上时，此时不存在经过点的平面与、都平行，④错. 8．（24-25高一下·江苏常州·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧面底面ABCD，且，若E、F分别为PC、BD的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接，可知为的中点，利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）由面面垂直的性质定理可得出平面，可得出，利用勾股定理可证得，即可得到平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立. 【详解】（1）证明：连接， 因为四边形为正方形，且为的中点，所以为的中点， 又因为为的中点，则， 平面，平面，平面. （2）证明：因为四边形为正方形，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 平面， 平面，， ，所以，则， ，平面， 平面，又平面， 平面平面． 9．（24-25高一下·江苏镇江·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，为等边三角形．为中点． (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）取的中点，利用线面平行的判断，结合平行公理推理得证. （2）取的中点，则，根据题设条件可证得四边形是矩形，即有，利用线面垂直的判定和性质推理可得证. 【详解】（1）取的中点，连接，由为中点，得且， 又，，则，， 因此四边形为平行四边形，，又平面，平面， 所以平面. （2）取的中点，连结，由三角形为等边三角形，得， 在直角梯形中，，且， 则，且，四边形是平行四边形， 由，得平行四边形是矩形，则， 而，平面，平面， 因此平面，而平面，则，所以. 10.（24-25高一下·江苏南京·期末）如图，在直三棱柱中，已知，，设的中点为D，的中点为E.求证： (1)平面； (2). 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用中位线平行即可证明线线平行，再证明线面平行即可； （2）利用线线垂直证明线面垂直，再利用线面垂直可得线线垂直，最后可得证线线垂直. 【详解】（1） 在直棱柱中，为的中点，则为的中点， 连接，可得为的中点，因此. 又因为平面，平面， 所以平面. （2）因为棱柱是直三棱柱，所以平面. 因为平面，所以. 又因为平面，平面，， 所以平面. 又因为平面，所以. 因为，所以矩形是正方形，因此. 因为平面，，所以平面. 又因为平面，所以. 11．（24-25高一下·江苏镇江·期末）如图，在正方体中.    (1)求证：平面； (2)若平面，求证：平面平面. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，只要证出即可； （2）根据题意可证得由线面垂直的判定定理得平面，再结合面面垂直判定定理即得证． 【详解】（1）由正方体的结构特征可知， ，且，所以四边形为平行四边形， 即有，而平面，平面，故平面． （2）因为平面，平面，所以， 由四边形为正方形可知，， 而平面，所以平面， 又平面∴． 因为平面，平面，所以， 由四边形为正方形可知，， 而平面，所以平面， 又平面∴， 而平面，故平面． 又因为平面，所以平面平面. 12．（24-25高一下·江苏南京·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，分别是棱的中点． (1)证明：； (2)证明：平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）先证和，再由线线垂直证明线面垂直，易得； （2）取的中点，易证，得到，则得，由线线平行即得线面平行. 【详解】（1） 如图，连接交于点，由四边形是正方形，可得，   因平面，平面，则， 又，平面， 所以平面，又平面， 所以． （2）如图，取的中点，连接， 由分别是棱的中点．可得， 又，则，即得，所以 因平面，平面， 所以平面． 13．（24-25高一下·江苏连云港·期末）如图，在棱长为2的正方体中，M为棱的中点，O为BD的中点． (1)证明：平面； (2)求点C到平面MBD的距离； (3)证明：平面平面． 【答案】(1)见解析 (2) (3)见解析 【分析】（1）由题意先证得，再由线面平行的判定定理即可证明； （2）由等体积法可得，再由棱锥的体积公式即可得出答案； （3）取的中点为，由，则平面即为平面，先证得，，再由线面垂直的判定定理可证得平面，最后由面面垂直的判定定理即可证明平面平面． 【详解】（1）连接，因为四边形为正方形，O为BD的中点， 所以过点，且为的中点， 在中，分别为的中点， 所以，平面，平面， 所以平面. （2）因为， 因为底面， 底面，所以， 所以， 所以， ， 设点C到平面MBD的距离为，因为， 所以，所以，所以. 所以点C到平面MBD的距离为. （3）取的中点为，连接，，连接与交于点， 由正方体的性质可得，所以五点共面， 所以平面即为平面， 又由正方体的性质可得平面，平面， 所以，在三角形中，， 所以，又因为，所以， 所以在三角形，，所以， 平面，，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. 14．（24-25高一下·江苏宿迁·期末）如图（1），正方形的边长为分别为的中点，与对角线的交点分别为，对角线交于，沿图中虚线折起，使三点重合于点，得到图（2）所示的多面体.    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）由结合线面平行判定定理即可得证； （2）先求证平面，再由面面垂直判定定理即可求证； （3）先求证以平面，进而求出，接着由图（1）中得 ，进而得即可计算求解. 【详解】（1）证明：由图（1），分别为的中点， 所以，即， 又平面平面， 所以平面； （2）由（1）得，因为， 所以，即，，即. 又因为平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面； （3）因为且都在平面内，所以平面， 所以， 图（1）中，因为，所以， 所以，所以，所以 ( 地 城 考点02 空间几何体的表面积与体积 ) 1．（24-25高一下·江苏南通·期末）已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，它的侧面展开图是圆心角为的扇环，则该圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用圆台的性质求出母线长度，结合勾股定理求出高，再利用体积公式求解即可. 【详解】由题意得圆台的上、下底面半径分别为1和2， 因为圆台的侧面展开图是圆心角为的扇环， 所以圆台的母线长度为， 设圆台的高为，由勾股定理得， 由圆台的体积公式得体积为，故A正确. 故选：A 2．（24-25高一下·江苏镇江·期末）已知圆台上、下底面半径分别为、，若其母线与底面所成角为，则该圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出圆台的母线长，结合圆台的表面积公式可求得该圆台的表面积. 【详解】取圆台的轴截面，如下图所示： 、为圆台的两条母线，由题意可知，，且，， 延长、交于点，则是边长为的等边三角形， 因为，，故为的中位线，则、分别为、的中点， 故，即圆台的母线长为， 因此，该圆台的表面积为. 故选：D. 3．（24-25高一下·江苏常州·期末）若将一个表面积为的铁球熔铸成一个高为9cm的实心圆锥（熔铸过程中损耗忽略不计），则该圆锥的底面半径为（    ） A．2cm B． C．3cm D． 【答案】B 【分析】求出铁球的半径，再结合等体积法即可求解. 【详解】设所求为，铁球的半径为，则，解得， 所以，解得. 故选：B. 4．（24-25高一下·江苏·期末）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．160元 B．128元 C．97.5元 D．86.875元 【答案】B 【分析】由勾股定理求得斜高，根据正四棱台的表面积计算，可得答案. 【详解】由题意，分别取上下底面的中心为，分别取的中点为，连接，如下图：    则，，， 易知， 根据题意可得正四棱台的斜高为， 所以正四棱台的表面积为， 所以该零部件的防腐处理费用是元. 故选：B. 5．（24-25高一下·江苏常州·期末）已知正方体、等边圆柱（母线长等于底面圆的直径）与球的表面积相等，它们的体积分别为，则下面关系中成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方体、圆柱、球的表面积相等设出相应的量，然后用相同的量表示出它们的体积，比较即可. 【详解】设正方体的棱长为，等边圆柱底面圆的半径为，球体的半径为， 所以正方体的表面积为， 等边圆柱的表面积为， 球的表面积为， 因为，即， 由，， 所以正方体的体积为， 等边圆柱的体积为， 球的体积为， 因为， 所以， 故选：C. 6．（24-25高一下·江苏苏州·期末）如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱的中点，平面经过和，平面经过和，则该正方体处于平面之间部分的体积为（   ） A． B．4 C． D． 【答案】A 【分析】先由平行关系得到两截面，由对称性得到正方体处于平面之间部分的体积为正方体的体积减去两个三棱台的体积，再结合台体体积公式计算可得. 【详解】取中点，因为为的中点，所以， 则四点共面，所以平面截正方体的截面即为平面， 取中点，因为为中点，所以，同理平面截正方体的截面即为， 几何体为三棱台，由对称可知三棱台的体积与的体积相等， 所以正方体处于平面之间部分的体积为正方体的体积减去两个三棱台的体积， ， 所以该正方体处于平面之间部分的体积为. 故选：A. 7．（24-25高一下·江苏徐州·期末）已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为_____. 【答案】 【分析】由题意可得母线长与底面半径，利用侧面展开图是扇形可求侧面积. 【详解】由题意可得圆锥的母线长，底面半径为， 所以圆锥的侧面积为. 故答案为：. 8．（24-25高一下·江苏南京·期末）已知一个正三棱台的高为4，上、下底面边长分别为、，则这个三棱台的体积为______． 【答案】37 【分析】利用棱台的体积公式可得答案. 【详解】因为上、下底面边长分别为、， 所以上、下底面面积分别为、， 则这个三棱台的体积. 故答案为：. 9．（24-25高一下·江苏连云港·期末）一个正四棱台形油槽的上、下底面边长分别为60cm和40cm，深度为75cm，则该油槽的容积为________L． 【答案】 【分析】由棱台的体积公式即可求解. 【详解】该油槽的容积为. 故答案为：. 10．（24-25高一下·江苏泰州·期末）已知四棱锥的底面为平行四边形，过点的平面与棱分别交于.若三棱锥的体积是三棱锥体积的倍，则的值为__________. 【答案】 【分析】由题可得平面，即，然后即可得的值. 【详解】 因为底面为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面，即平面， 所以， 所以点到平面的距离是点到平面距离的， 即，所以. 故答案为：. 11．（24-25高一下·江苏南京·期末）如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为__________． 【答案】 【分析】根据给定的组合体，结合球的表面积公式、圆柱的侧面积公式计算即得. 【详解】依题意，该几何体的表面积是半球的表面积与圆柱侧面积的和， 所以所求表面积为. 故答案为： 12．（24-25高一下·江苏南京·期末）一个封闭的正三棱柱容器，内装水若干，水面高度为3（如图（1），底面处于水平状态）.将容器放倒（如图（2），一个侧面处于水平状态），若此时水面与各棱的交点分别为所在棱的中点，则该正三棱柱容器的高为____________. 【答案】4 【分析】设正三棱柱的底面积为，高为，利用等体积法求出即可. 【详解】设正三棱柱的底面积为，高为，则水的体积， 因为分别为所在棱的中点，所以，， 所以图（2）中水的体积为，又， ，解得. 所以该正三棱柱容器的高为4. 故答案为：4. 13．（24-25高一下·江苏常州·期末）过圆锥的轴作截面，如果截面为正三角形，则称该圆锥为等边圆锥，已知在一等边圆锥中，过顶点P的截面与底面交于CD，若（O为底面圆心），且，则这个等边圆锥的表面积为______． 【答案】 【分析】连接，设圆锥的母线长为，可得圆锥的底面圆的半径为，高为，进而结合题设可求得，再根据圆锥的表面积公式求解即可. 【详解】如图，连接，设圆锥的母线长为， 则圆锥的底面圆的半径为，高为. 由已知得， 所以为等腰三角形，设其底边上的高为， 则， 则，解得， 所以圆锥的表面积为. 故答案为：.    14．（24-25高一下·江苏淮安·期末）如图，有一长方体密封容器用于装水，底面为边长为2的正方形，高为4，因不慎在顶点和棱的中点，处各破损了一个小孔（小孔大小和容器厚度忽略不计）.若该容器可以任意放置，则该容器可装水的最大体积为________.    【答案】12 【分析】根据平面确定定理，三点共面，正方体被平面截成两部分，由此求出较大一部分体积；截面过时，设与交于点，与相交于，通过计算三棱台的最小值即可确定该容器可装水的最大体积. 【详解】连接，    在正方体中，分别是棱的中点， ，又， 所以，即共面， 又平面平面， 所以与相交于一点，即多面体为棱台， ， 则另一部分体积， 此时该容器可装水的最大体积为. 截面过时，设与交于点，与相交于，设，    在长方体中，易得为三棱台，则，即， ， 当，即时取等，此时，另一部分的体积， 此时该容器可装水的最大体积为12. 综上，该容器可装水的最大体积为12. 故答案为：12. ( 地 城 考点0 3 外接球与内切球 ) 1．（24-25高一下·江苏常州·期末）已知球O的半径R为2，一母线长与圆锥底面直径相等的圆锥位于球内，圆锥顶点在球面上，底面与球面相接，则该圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设圆锥的底面半径为，求得圆锥的高，由球的截面性质，运用勾股定理可得，由圆锥的体积公式可求体积. 【详解】如图，设圆锥的底面半径为，由题意知圆锥轴截面为正三角形，则圆锥的高为， 则，即，解得， 则圆锥的体积为. 故选：C． 2．（24-25高一下·江苏南京·期末）直角三角形ABC中，斜边AB长为，绕直角边AC所在直线旋转一周形成一个几何体，若该几何体外接球的表面积为，则BC长为（    ） A． B．2 C． D．3 【答案】A 【分析】据圆锥外接球的几何性质，利用外接球表面积求出外接球半径，三角形斜边即是母线长，根据勾股定理，求出边长. 【详解】 绕直角三角形的一条直角边旋转一周，可得到一个圆锥，如图所示，圆锥母线长， 设外接圆半径为，外接圆表面积为，解得， 设，在直角中， 同理在直角中， 可得方程，解得， 所以. 故选：A. 3．（24-25高一下·江苏泰州·期末）已知一个圆锥型容器的底面直径与母线长相等，若容器壁和底的厚度不计，该容器内部所能容纳的最大球的体积为，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设圆锥底面半径、球的半径和表示相关参数，利用相似三角形建立关系，根据球体积公式计算球的半径，代入圆锥底面半径和母线长，最后利用圆锥侧面积公式求解即可. 【详解】设圆锥底面半径为，圆锥高为，底面直径与母线长相等，则母线长， 再设圆锥内部所能容纳的最大球的半径为， 根据勾股定理，， 画出圆锥的轴截面，此时圆锥的轴截面是一个等边三角形，其内部的最大圆是该等边三角形的内切圆，根据轴截面的相似三角形关系得： ，即，，， 已知球的体积为，则，解得，， 所以，， 根据圆锥的侧面积公式，该圆锥的侧面积为. 故选：C.    4．（24-25高一下·江苏宿迁·期末）如图，圆台的上、下底面半径分别为，半径为的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，且，则圆台的侧面积最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据几何体轴截面结构特征依次求出台体母线长为和，接着结合题设条件得，再由台体侧面积公式和基本不等式及其配凑法即可求解. 【详解】如图为几何体的轴截面，为上下底面中心，为球心，为球与母线的切点， 台体上下底半径分别为， 则，又因为， 所以与全等，所以，同理可得， 所以台体母线长为， 所以， 则， 所以台体的侧面积为， 当且仅当即时等号成立. 圆台的侧面积最小值为. 故选：D 5．（24-25高一下·江苏无锡·期末）农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角泰”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子（近似为球）包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为6cm的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的半径最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正六面体是一个中心对称图形，其内切球的球心就在正六面体的中心，可利用等体积法来求出内切球的半径，即可判断选项. 【详解】由于这六个等边三角形围成的六面体就是正六面体， 所以可知内切球的球心一定是正六面体的中心，且球心到六个面的距离相等，这个距离就是内切球的半径. 由于正六面体是由两个正四面体组成，根据棱长为，如图可知： 根据勾股定理， 所以正四面体的体积为， 即正六面体的体积为， 现在设内切球半径为，根据等体积法可知： ， 故选：C. 6．（24-25高一下·江苏·期末）如图1，在等腰梯形中，，将沿折起，使得点落在点的位置，得到三棱锥，如图2所示.则当二面角的平面角的大小为时，三棱锥的外接球的表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，易得，过作交于，则为的中点，过作交于，则为二面角的平面角，求得的外接圆半径，过的外接圆的圆心作平面的垂线，过的外心作平面的垂线，两条垂线的交点即为球心，利用勾股定理求得三棱锥外接球的半径得解. 【详解】在图1中，延长AD、BC交于点，如图所示： 因为，且，所以， 即，所以， 所以是边长为4的等边三角形， 所以D、C分别为、的中点，所以， 所以， 易知. 过作交于，则为的中点， 过作交于，则为二面角的平面角. 所以. 记为外接球球心，半径为的外接圆半径，过的外接圆的圆心作平面的垂线， 过的外心作平面的垂线，两条垂线的交点即为球心，其截面如下： 则，所以， 所以球的表面积为. 故选：D. 7．（24-25高一下·江苏泰州·期末）（多选）半径为1的球完全在半径为的球的内部，且两球球面有唯一的公共点，球表面上三点确定的平面与球相切，若，，则（    ） A．三点共线 B． C．直线与平面所成角小于 D．三棱锥的体积为 【答案】ACD 【分析】由题易知两球有唯一公切线即可判断A选项，根据确定的平面与球相切，可得平面，，接着可得到外接圆半径为，利用正弦定理可求得到B选项，就是直线与平面所成角，得到正弦值比较即可判断C选项；由外接圆半径为及，可计算，再得到，然后利用体积公式可算体积. 【详解】 因为两球球面有唯一的公共点，所以它们有唯一公切线，所以三点共线，故A正确； 设外接圆半径为，外心为，又确定的平面与球相切， 所以平面，，， 在，，则， ，故B错误； 因为平面，所以就是直线与平面所成角， ，故C正确； 又，所以， 又，所以为直角三角形， 则，， ，故D正确； 故选：ACD. 8．（24-25高一下·江苏·期末）已知圆锥的轴截面面积为，侧面展开图是一个半圆，则此圆锥外接球的表面积为________． 【答案】 【分析】由圆锥的侧面积可求出，再由圆锥的轴截面面积可求出，，设圆锥外接球的半径为，则，求出，再由外接球的表面积公式即可得出答案. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 所以圆锥的侧面积为，所以， 又因为圆锥的轴截面面积为：， 解得：，所以圆锥的高为， 设圆锥外接球的半径为，圆锥外接球的球心在高上， 所以， 解得：， 所以圆锥外接球的表面积为. 故答案为：. 9．（24-25高一下·江苏无锡·期末）已知四面体中，为边长为的等边三角形，，，二面角的大小为，则四面体的外接球的表面积为________． 【答案】 【分析】设外接球球心为，、的外心分别为点、，取线段的中点，连接、、、，则，，由二面角的定义结合余弦定理求出的长，进而可求得的长，利用勾股定理可求出球的半径，再利用球体表面积公式可得结果. 【详解】设外接球球心为，、的外心分别为点、， 取线段的中点，连接、、、，则，， 因为是边长为的等边三角形，所以， 所以，， 因为，则为的中点， 又因为，故，故， 因为，，所以二面角的平面角为， 易知，， 所以、、、四点共圆， 由余弦定理可得， 所以，由正弦定理可得， 所以， 故球的半径为， 故四面体的外接球的表面积为. 10．（24-25高一下·江苏常州·期末）已知三棱锥的四个顶点均在同一个球面上，底面满足，，，若该三棱锥体积的最大值为，则该球的半径为__________. 【答案】 【分析】画出示意图，利用体积最大时所处的位置，计算出球的半径即可. 【详解】因为该三棱锥的底面积不变，则若要使体积最大，则三棱锥的顶点和底面分别位于球最大截面的两侧，如图所示：    设球心为，所在圆面的圆心为，则平面； 因为，，，所以是直角三角形， 所以是中点，且， 所以当三棱锥体积最大时，为射线与球的交点， 因为， 所以，解得， 设球的半径为，所以， 解得：. 故答案为：. 11．（24-25高一下·江苏扬州·期末）如图为三棱锥的展开图，其中，，，，则三棱锥的顶点到平面的距离为___________；三棱锥的外接球的表面积为__________.    【答案】 【分析】根据展开图还原出几何体，画出图形，利用等体积法即可求得顶点到平面的距离，设外接圆半径为，圆心为，由正弦定理得，设三棱锥的外接球的半径为，球心为，得，利用勾股定理求出球半径，得出表面积. 【详解】根据题意还原三棱锥，    由，，，所以， 所以，所以，，平面，所以平面， 所以，又，所以， 设顶点到平面的距离的距离为，所以，所以， 由平面， 设外接圆半径为，圆心为，由正弦定理有， 设三棱锥的外接球的半径为，球心为，所以， 所以， 所以三棱锥的外接球的表面积为， 故答案为：.    12．（24-25高一下·江苏镇江·期末）在矩形中，，，分别是，的中点，将面沿翻折形成三棱柱，使得平面与平面所成的角为，且．则与平面所成角的正弦值为________；三棱柱所在外接球的表面积为________． 【答案】 / / 【分析】过点作于点，连接，由线面夹角的定义得出平面角即可求解与平面所成角的正弦值；设三棱柱所在外接球球心为，外接圆圆心为，连接，则为的中点，平面，连接，由勾股定理求得外接球半径，根据球表面积公式即可求解． 【详解】过点作于点，连接，如图所示， 由题可知，为等边三角形，则，， 由三棱柱得，平面，， 又平面，所以， 又平面，所以平面， 所以与平面所成角即为， 又平面，所以， 在中，； 设三棱柱所在外接球球心为，外接圆圆心为，连接，则为的中点，平面，，连接， 因为平面，所以， 在中，， 所以三棱柱所在外接球的表面积为 故答案为： ，． ( 地 城 考点0 4 截面问题与轨迹问题 ) 1．（24-25高一下·江苏连云港·期末）已知正四面体．的所有棱长均为，D，E，F分别为棱PA，PB，PC的中点，则该正四面体的外接球被平面DEF所截的截面面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将正四面体如图放于正方体中，由题目条件可得外接球半径，注意到四面体相似于四面体，相似比为，据此可得球心到到平面距离，然后可得截面圆半径，可得答案. 【详解】将正四面体如图放于正方体中，因的所有棱长均为， 则正方体棱长为，该正四面体的外接球即正方体的外接球，球心O为正方体中心， 外接球半径为.因D，E，F分别为棱PA，PB，PC的中点，则 棱长均为，则四面体相似于四面体，相似比为. 注意到， 则，设中心为，则为正四面体的高. 则. 又三点共线，则到平面距离为. 注意到该正四面体的外接球被平面DEF所截的截面为圆，则圆半径为，故截面面积为. 故选：C 2．（24-25高一下·江苏南京·期末）直四棱柱的底面是边长为的正方形，侧棱，分别是的中点，则过点的平面截直四棱柱所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设直线分别交的延长线于点，连接，交于点，连接，交于点，得到截面，再利用直四棱柱的棱长和结构特征得到截面的各边长，利用分割法求得截面面积即可. 【详解】设设直线分别交的延长线于点，连接，交于点， 连接，交于点，连接， 所以过点的平面截直四棱柱的截面为五边形. 由平行线分线段比例可知：，故， 故为等腰直角三角形，所以， 故，则，. 连接，易知， 所以五边形可以分成等边三角形和等腰梯形两部分， 等腰梯形的高， 则等腰梯形的面积为. 又， 所以五边形的面积为. 故选：D. 3．（24-25高一下·江苏宿迁·期末）（多选）如图，有一块正四棱台的木料，木工师傅想经过木料表面内（不含边界）一点与棱把木料锯成两块，为此需要先在面内作出交线，下列关于交线与截面形状的说法正确的是（    ） A．截面形状是梯形 B．截面形状可能为等腰梯形 C．直线与直线相交 D．直线与直线相交 【答案】ACD 【分析】把正四棱台还原成正四棱锥，再结合棱台、棱锥的结构特征逐项判断. 【详解】依题意，正四棱台的侧棱延长交于点， 直线分别与棱交于点，连接，平面即为平面， 对于CD，直线平面平面，直线与直线、直线都相交，CD正确； 对于AB，平面平面，平面平面，平面平面， 则，，因此截面是梯形，A正确； 在等腰中，在线段上（除端点外），则，而， 于是，即，梯形不是等腰梯形，B错误. 故选：ACD 4．（24-25高一下·江苏镇江·期末）（多选）正方体的棱长为6，，，分别为，，的中点，则（    ）    A．直线与直线垂直 B．直线平面 C．三棱锥的体积为9 D．平面截正方体所得的截面是等腰梯形 【答案】ABD 【分析】由平行四边形及正方形的性质可判断A；由面面平行的性质可判断B；由三棱锥的体积公式可判断C；作出截面，即可判断D． 【详解】    对于A，连接，则四边形为平行四边形，所以， 因为，分别为，的中点，所以， 由四边形为正方形得，所以， 所以，故A正确； 对于B，取的中点，连接， 则四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为点为的中点，所以， 又，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，故B正确； 对于C，，故C错误；    对于D，如图，连接，由四边形为平行四边形得， 因为，所以，所以四点共面， 所以平面截正方体所得的截面是梯形， 由题意得，，所以梯形为等腰梯形，故D正确. 故选：ABD． 5．（24-25高一下·江苏常州·期末）若正方体的棱长为1，则以为球心，为半径的球面与底面的交线长为______. 【答案】/ 【分析】由题可得球面与底面的交线为以为圆心，为半径的圆与正方形相交的一段弧，即可求出. 【详解】正方体中，平面， 所以平面与球的截面是以为圆心的圆，且半径为， 所以球面与底面的交线为以为圆心，为半径的圆与正方形相交的一段弧， 该交线长为. 故答案为：. 6．（24-25高一下·江苏镇江·期末）（多选）在棱长为1的正方体中，为中点，为棱上一动点，则（    ） A．异面直线与所成角为 B．三棱锥的体积为定值 C．最小值为 D．过点且平行于平面的平面截正方体得到的截面多边形周长为定值 【答案】ABD 【分析】对于A，由异面直线的定义求解即可；对于B，利用转换法即可判断；对于C，将展开在同一个平面内即可验算；对于D，根据截面的有关性质验算即可. 【详解】对于A，如图所示， 因为，所以异面直线与所成角为直线与所成的角， 即，故A正确； 对于B，如图所示，由题意， 所以三角形的面积为， 因为，平面，平面， 所以平面， 而，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 由题意， 而面，面，所以， 又，平面， 所以平面， 故点到平面的距离为， 从而为定值，故B正确； 对于C，如图所示， 注意到平面，平面， 故按如下方式将两平面展开到如图所示的平面图形， 当且仅当点与上图中的与的交点重合时，有最小值， 最小值为，故C错误； 对于D，如图所示， 过点作交于点，过点作交于点，过点作交于点， 过点作交于点S，过点S作交于点， 顺次连接，则六边形即为所求截面， 不妨设，则， 所以， 所以， 所以， 所以过点且平行于平面的平面截正方体得到的截面多边形周长为 ， 为定值，故D正确. 故选：ABD. 7．（24-25高一下·江苏无锡·期末）（多选）如图，正方体的棱长为2，点M是其侧面上的一个动点（含边界），点P是线段上的动点，则（   ） A．的长度范围是 B．存在点P，M，使得平面与平面平行 C．存在点P，M，使得二面角大小为 D．当P为棱的中点且时，则点M的轨迹长度为 【答案】BC 【分析】对于A，易得即可判断；对于B，可找到点P，M使得平面与平面PBD平行；对于C，由题意，证得，得到二面角的平面角即可判断；对于D，求得点M的轨迹长度判断． 【详解】解：对于A，易知点到侧面的距离为2，故，故A错误； 对于B，当M为中点，P为中点时， 连接、，结合正方体的结构特征有， ，又平面，平面，则平面PBD， ，又平面，平面，则平面， 又且都在面内，则平面平面 故B正确； 对于C，在正方体中，可得平面， 因为平面，平面，所以， 所以二面角的平面角为，其中，所以C正确； 对于D，取中点E，连接PE，ME，PM，则平面， 根据线面垂直的性质有，则， 则点M在侧面内运动轨迹为以E为圆心半径为2的劣弧， 分别交AD、于、，则， 则，劣弧的长为，故D错误． 8.（24-25高一下·江苏南京·期末）（多选）已知正方体的棱长为2，点为线段上的动点，则（    ） A．的最小值为 B．与始终保持垂直 C．以为球心，为半径的球面与平面的交线长为 D．经过的平面截正方体所得截面面积的最小值为 【答案】BC 【分析】利用两平面展开图来判断A，利用证明线面垂直来判断B，利用球的几何性质来判断C，利用正方体的特殊截面来判断D. 【详解】      对于A，由于分别在平面，平面内，把这两个平面展开为一个平面， 即可得：，所以在平面展开图中， 由于是等边三角形，所以由余弦定理可得： ， 所以，故A错误；    对于B，因为，且平面， 所以平面，又因为平面，所以， 同理可证，又因为平面， 所以平面，又因为平面，所以，故B正确；    对于C，连接平面，且为等边三角形的中心， 再同上面可证明得平面，利用三棱锥的等体积法得： ， 以为球心，为半径的球面与平面的交线为圆，设该圆的半径为， 则由勾股定理可得：， 所以该圆的周长为，故C正确；    对于D，当经过的平面截正方体所得截面时,若为两边中点， 此时菱形的面积为，故D错误； 故选：BC ( 地 城 考点0 5 立体几何中的多结论探究问题（多选） ) 1．（24-25高一下·江苏常州·期末）（多选）如图，两个边长均为的正方形与正方形所在的平面相交，其二面角的平面角为．点分别是对角线上的动点，记，点是线段上的一动点．下列结论一定正确的是（     ） A．平面 B．三棱锥的体积存在最大值 C．的最小值是 D．若点在同一球的球面上，则该球的体积是 【答案】ACD 【分析】构造面面平行，利用其性质可判断A；利用等体积法，可判断B；求出长的表达式，结合二次函数性质可判断C；确定外接球球心位置，求出半径，即可求外接球的体积，判断D. 【详解】两个边长均为的正方形与正方形所在的平面相交， 则， 作交于H，连接，则， 而，故，则， 平面，平面，故平面， ，平面，平面，故平面， 平面， 故平面平面，平面，故平面，A正确； 由A的分析同理可得平面，则P到平面的距离即为M到平面的距离； 由于，平面， 故平面，过M作交于G，则平面， 而，故， 而，故为二面角的平面角，即， 故三棱锥的体积， 随a的增大而增大，由于，故该体积不存在最大值，B错误； 由以上分析可知，则为二面角的平面角，即， 而， ， 由于，则当时，取最小值1， 即的最小值是，C正确； 设的中点为，连接，则， 平面，则平面， 平面，故平面平面，同理平面平面， 为二面角的平面角，即， 过点即正方形和正方形的中心分别作这两个面的垂线，必交于一点，设为O， 结合点在同一球的球面上，以及正方形与正方形边长均为， 知O为外接球球心，且O在的平分线上，即, ，， 则，即外接球半径为， 故球的体积是，D正确； 故选：ACD 2．（24-25高一下·江苏淮安·期末）（多选）如图，在四棱锥中，底面为边长为2的正方形，平面，，，分别为，的中点，，分别为线段，上的动点，下列结论正确的有（    ） A．存在点，使得共面 B．存在点使得 C．三棱锥的体积为定值 D．到距离的最大值为 【答案】ACD 【分析】对于A，当点为中点时，利用中位线的性质可证得，即可得四点共面；对于B，取中点，连接，利用中位线的性质可证得四边形为平行四边形，则，利用反证法假设存在点使得，结合线面垂直的判定和性质定理可证得，显然与题意矛盾；对于C，利用等体积法，结合线面平行的判定定理求得点面距为定值，由此可求得三棱锥体积为定值；对于D，根据定义作出点到距离，当点在点处时，取得距离的最大值为. 【详解】对于A，如图，当点为中点时，连接， 因为，分别为，的中点，所以 所以，，则四点共面， 又为线段上的动点，所以共面，故A正确； 对于B，如图，取中点，连接， 因为，分别为，的中点，所以, 且， 所以，即四边形为平行四边形，则. 若存在点使得，则， 因为平面，平面，所以， 因为底面为正方形，所以， 又平面平面，所以平面， 而平面，所以. 由，，平面，平面，可得平面， 又平面，故，显然与题意矛盾. 所以不存在点使得，故B错误； 对于C，设点到平面的距离为， 由B可知，，因为平面，平面，所以平面，所以为定值. 因为是定值，故C正确； 对于D，如图，取中点，连接，则，过点作于点，则， 过点作于点，连接， 因为平面平面，所以平面, 又平面，，故即为点到距离. 在中，， 当点在点处时，，此时为最大值，故D正确. 故选：ACD. 3．（24-25高一下·江苏徐州·期末）（多选）如图①，在长方形中，，，M，N为的三等分点，P，为的三等分点，连接，，，分别交于点K，G，O.如图②，将沿翻折至，形成三棱锥，则（    ）    A．平面 B．当时，直线与所成的角 C．当二面角为时， D．直线上的点到直线的最短距离为 【答案】ACD 【分析】在矩形中可证、、，故可证平面，从而可判断A的正误，对于B，连接，或其补角为异面直线所成的角，结合线面垂直的性质判断其正误，对于C，在平面中，过作，垂足为，连接，结合余弦定理及垂直关系转化计算后可判断其正误，对于D，由公垂线可知直线上的点到直线的最短距离即为，故可判断其正误, 【详解】对于A，在矩形中，因为为的三等分点，故， 同理，而，故四边形为平行四边形，故， 同理. 在直角三角形中，，故， 而为锐角，故，同理，故， 故，故，同理， 故在三棱锥中，有， 而平面，故平面，故A正确； 对于B，连接，因为， 故或其补角为异面直线所成的角， 当时，，又因为， 所以平面，而平面， 所以, 故直线与所成的角是，故B错误； 对于C，当二面角为时，在平面中，过作， 垂足为，连接， 由A的分析可得,，故为二面角的平面角， 故，故，故， ，其中，， 故，故，所以， 故， 因为平面，而平面，故平面平面， 而平面平面，平面，故平面， 因为平面，故，故， 故，故C正确；    对于D，由A的分析可得，， 故为与的公垂线， 故直线上的点到直线的最短距离为即为，故D正确； 故选：ACD. 4．（24-25高一下·江苏·期末）（多选）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），则下列结论正确的有（   ） A．存在点，使得直线平面 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，三棱锥的体积为定值，且定值为 D．的最小值为 【答案】BC 【分析】根据正方体的性质，结合线面平行、面面平行的判定定理和性质定理逐项判定可判断ABC的正误，利用展开法，结合余弦定理计算可求得的最小值，进而判定D. 【详解】对于A，过点与平面平行的直线都在过点与平面平行的平面内， 易知过与平面平行的平面截正方体的截面为如图 所示的六边形，其各顶点都是正方体的相应棱的中点， 由于，平面，平面， ∴平面与直线平行，∴平面与线段没有公共点， 即点在平面外，点在平面内，所以不存在点， 使得平面平面，故A错误； 对于B，∵正方体的对面互相平行，∴过三点的平面截正方体的 对面所得的截线互相平行，又∵点为线段的中点， ∴截面交于其中点，连接，则四边形即为所求截面， 显然为等腰梯形，且， 梯形的高， 面积为，故B正确； 对于C，∵，平面，， ∴平面，又∵，∴点到平面的距离为定值， 又∵的面积为定值，∴当点在线段上运动时， 三棱锥的体积不变，当点与点重合时， ， 故C正确； 对于D，将矩形展开到与等腰直角三角形在同一平面内，如图所示， ， 当共线时取等号，故D错误. 故选：BC. 5．（24-25高一下·江苏常州·期末）（多选）《九章算术》卷五《商功》中，记载了一种几何体“刍童”，这种几何体是上下底面为互相平行的不相似长方形，两底面的中心连线与底面垂直的六面体．如图，现有一高为的“刍童”，其中，，，，则（   ） A．该“刍童”的所有侧棱交于一点 B．直线与直线异面 C．该“刍童”的所有侧棱与下底面所成角的正弦值均为 D．该“刍童”外接球的表面积为 【答案】BCD 【分析】判断“刍童”不是棱台，可判断A的真假；应用反证法可判断B选项；求出侧棱与底面所成角的正弦，判断C的真假；求“刍童”外接球半径，进而求外接球表面积，判断D的真假. 【详解】对于A选项，根据“刍童”的概念可知：“刍童”不是棱台， 所以“刍童”的所有侧棱的延长线不会交于一点，故A错误； 对于B选项，因为上下底面平行，故、无公共点，则、平行或异面， 由题中数据可得， ，所以， 若、平行，则四边形为梯形，则、延长后会相交，与A选项矛盾， 故、为异面直线，故B正确； 对于C选项，设在平面上的射影为、在直线上的射影为，如图： 易知，该“刍童”的所有侧棱与下底面所成角均相等. 则,，, 所以， 可得， 设，则，故C正确； 对于D选项，如图： 若该“刍童”的的外接球的球心在“刍童”外面，设其外接球半径为，，（） 则， 所以该“刍童”的的外接球的表面积为：. 若该“刍童”的的外接球的球心在“刍童”里面，设其外接球半径为，，（） 则，不合题意，故舍去. 所以该“刍童”的的外接球的表面积为：，故D正确. 故选：BCD. 6．（24-25高一下·江苏连云港·期末）（多选）在中，，分别是的中点，将沿着DE翻折，使点A运动到点P处，得到四棱锥，则（   ） A．对任意的点P，始终有 B．存在某个点P的位置，满足平面平面 C．对任意的点P，始终有平面与平面的交线 D．当二面角为时，四棱锥的体积为 【答案】AC 【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理求得平面,即可证明结论；对于B，找出平面与平面所成的二面角，根据题意推导出，再推出B错误；对于C，利用线面平行的判定与性质定理即可证明结论；对于D，求出四棱锥的高即可利用体积公式算出结果即可. 【详解】 对于A：取 的中点F，连接交与O，连接PF，可知点O为的中点， 又因为为的中点，所以，即，同理得到, 又，平面，所以平面， 因为，所以平面， 又因为平面，所以，故A正确； 对于B：设平面平面，因为平面， 故平面，又平面，则，由选项A知平面， 所以平面，则为平面与平面所成的二面角， 因为，所以不可能为直二面角，故B错误； 对于C：设平面平面，因为平面， 故平面，又平面, 则，故C正确； 对于D： 如图，取的中点，连接交与，连接，可知点为的中点， 又因为为的中点，所以即，同理得到， 又，平面，所以平面， 所以二面角的平面角为, 故，再过点P作平面的垂线交于点H， 在直角三角形中，， ，所以，故D错误； 故选：AC 7．（24-25高一下·江苏常州·期末）（多选）如图，圆台的上、下底面半径分别为1和2，高为，点为下底面圆周上一点，为上底面圆周上一点，则（    ） A．该圆台的体积为 B．该圆台的内切球的半径为 C．直线与直线所成角的最大值为 D．直线与平面所成角的正切值最大为 【答案】ABD 【分析】对于A，根据圆台的体积公式，可得答案；对于B，研究圆台的轴截面，结合等腰体形存在内切圆的判定，可得答案；对于C，根据异面直线夹角的定义，作图，利用三角函数的定义，可得答案；对于D，根据线面角的定义，作图，利用线面垂直判定定理，结合函数的单调性，可得答案. 【详解】对于A选项，因为圆台的上、下底面半径分别为1和2，高为， 所以，则A选项正确． 对于B选项，设上底面半径为，下底面半径为，若圆台存在内切球， 则必有轴截面的等腰梯形存在内切圆，如图（1）所示，梯形的上底和下底分别为2，4，高为， 易得等腰梯形的腰为，假设等腰梯形有内切圆， 则腰长，所以梯形存在内切圆， 故圆台存在内切球，且内切球的半径为，则B选项正确； 对于C选项，如图（2），过作垂直于下底面于点，则， 所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角，即为所求， 而，由圆的性质得，， 所以， 因为，则C选项错误． 对于D选项，如图（3），平面即平面， 过点做交于点，因为垂直于下底面，而在底面内， 所以，又，且平面，所以平面， 所以直线与平面所成角即为，且． 设，则， 所以， 所以， 当时，，当时， ，因为函数在上单调递增， 所以当时，有最大值，最大值为，所以D选项正确． 故选：ABD. 8．（24-25高一下·江苏南通·期末）（多选）在正三棱柱中，，，M为BC的中点，点N在棱上，且，则（   ） A． B．平面 C．直线MN与平面所成角为 D．三棱锥的外接球表面积为 【答案】ABD 【分析】对于A：先证明平面,利用线面垂直的性质定理即可证明；对于B：利用线面平行判定定理即可证明； 对于C：找出线面角即可求得结果，对于D：求出外接球的半径即可得到结果. 【详解】对于A：因为正三棱柱，所以平面,平面， 故,又因为三角形为正三角形，M为BC的中点，故, 因为,且平面，故平面， 又因为平面，所以，故选项A正确； 对于B：如图，连接两线相交于点O， 再连接OM，因为是正三棱柱，所以四边形为长方形， 故点O为直线的中点，又因为M为BC的中点，所以OM为三角形的中位线， 故,因为平面，平面，所以平面，故选项B正确； 对于C： 如图，找直线的中点H，直线AC的中点G，连接,因为， 所以点N是的四等分点，故点N为的中点，又因为M为BC的中点， 故,所以直线MN与平面所成角即为直线BH与平面所成角， 因为正三棱柱，所以平面，平面，故, 又因为三角形为正三角形，G为AC的中点，故,因为, 且平面，故平面，故即为所求线面角， 设线面角为，因为, 所以,故选项C错误； 对于D：因为正三棱柱，所以平面,所以球心到平面的距离为, 又因为三角形的外接圆圆心为，所以外接球半径,故，故选项D正确； 故选：ABD 9．（24-25高一下·江苏南京·期末）（多选）已知正四面体的各棱长均为2，各顶点均在球的球面上，则（    ） A．正四面体的高为 B．正四面体的体积为 C．二面角的余弦值为 D．球的表面积为 【答案】ACD 【分析】选项A：做出在中求解即可， 选项B:结合三棱锥的体积计算公式求解即可， 选项C：求出正四面体的高，结合正四面体的体积公式求解即可, 选项D:正四面体的外接球球心在正四面体的高上，由可构建外接球半径与棱长的关系，求出半径． 【详解】    如图，是正四面体的高，是外接球球心，设外接球半径为， ∵正四面体棱长为，∴，， 故选项A正确. 选项B：正四面体的体积为： 故选项B错误， 选项C:取线段中点，连结因为在正四面体中， 所以分别为的高， 所以为二面角的平面角， 又因为棱锥长为 所以 在中，由余弦定理知： 故选项C正确，    选项D： ，， 由得， 解得，∴故选项D正确 故选：ACD. 10．（24-25高一下·江苏盐城·期末）（多选）已知为圆锥底面圆的直径，母线与圆锥底面所成角为，母线，互相垂直，，则（   ） A．圆锥的侧面积为 B．三棱锥的体积为 C．二面角的大小为 D．圆锥的外接球体积为 【答案】ACD 【分析】由题知在中，，.根据圆锥的侧面积公式即可判断选项A；由母线，互相垂直，可得.取的中点，连接，根据圆的性质可求的值，即可求解的值，根据锥体体积公式即可判断选项B；连接，则 即为二面角的平面角，即可判断选项C；易知圆锥的外接球球心必在射线上，设圆锥的外接球半径为.分圆锥的外接球球心在线段上和圆锥的外接球球心在的延长线上两类讨论，在直角三角形中利用勾股定理即可求得的值，即可判断选项D. 【详解】 由题知，，， ∴在中，，. ∴圆锥的侧面积为，故选项A正确； ∵母线，互相垂直，，∴. 取的中点，连接，则根据圆的性质可知，， ∴，， ∴， ∴，故选项B错误； 连接，如图所示.由，为线段的中点，. 又，∴即为二面角的平面角. ∴在中，，∴，故选项C正确； 易知圆锥的外接球球心必在射线上，设圆锥的外接球半径为. 当圆锥的外接球球心在线段上时，如图所示，则有，，， ∴，解得（舍去）； 当圆锥的外接球球心在的延长线上时，如图所示，则有，，， ∴，解得. 综上，圆锥的外接球半径为， ∴圆锥的外接球体积为，故选项D正确. 故选：ACD. 11．（24-25高一下·江苏南京·期末）（多选）如图，已知等边的边长为，是边上的高，沿将平面折起，得到四面体，若二面角的平面角大小为，是四面体棱的中点，是内的动点，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．设二面角的平面角大小为，则 C．若平面，则点的轨迹长度为 D．点到平面的距离为 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的判定定理判断A，利用二面角的平面角定义作出平面角，求出正切值判断B，根据面面平行的判定定理和性质定理求出轨迹即可判断C，根据等体积法求解点面距判断D. 【详解】因为为等边三角形，是边上的高，所以， 翻折后，又，，平面， 所以平面，故A正确； 连接，因为，所以二面角的平面角为， 所以为等边三角形，所以， 由A选项可知，平面，平面， 所以，又，，平面，所以平面， 过点G作，连接，因为平面，平面， 所以， 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以，则为二面角的平面角， 又，， 在中，，即，故B错误； 取的中点分别为，连接，所以， 又平面，平面，所以平面， 平面，平面，所以平面， 又，平面，平面，所以平面平面， 又平面平面，所以的轨迹为线段， ，所以点的轨迹长度为，故C正确； 设点到平面的距离为，在中，， 所以边上的高为，所以的面积为， 根据，可得， 所以，即点到平面的距离为，故D正确. 故选：ACD 12．（24-25高一下·江苏苏州·期末）（多选）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图的面积为，正方体在该圆锥内，其中在圆锥的侧面上，在圆锥的底面上，则下列说法正确的有（   ） A．该圆锥的高为 B．该圆锥可以整体放入直径为的球内 C．正方体的棱长为 D．以该圆锥的顶点为球心作半径为的球，则球面与正方体的底面相交所得曲线的长度之和为 【答案】ACD 【分析】由圆锥的侧面积公式和勾股定理可得A正确；由勾股定理求出外接球半径可判断B；求出正方形外接圆半径，再利用三角形相似可得C正确；作出截面图形，利用勾股定理求出半径，再结合角度关系求出长度可得D. 【详解】对于A，因为圆锥的底面半径为2，侧面展开图的面积为，设母线长为， 则，所以圆锥的高，故A正确； 对于B，设圆锥的外接球半径为，则， 所以该圆锥不可以整体放入直径为的球内，故B错误； 对于C，设正方体的棱长为，则正方体底面正方形外接圆半径为，圆锥轴截面如图所示， 根据相似三角形可得，故C正确； 对于D，由C可知正方体的底面的对角线长为2， 设圆锥顶点为，因为点到正方体上底面的距离为， 而该圆锥的顶点为球心作半径为的球与平面相交所得曲线为圆的部分，圆心为正方形的中心， 则截面圆半径， 因为，所以球与正方形的交线为四段圆弧，如图所示四段红色的弧线， 因为，所以， 所以，而， 所以每段圆弧的中心角为， 所以四段圆弧和长为，故D正确. 故选：ACD. 13．（24-25高一下·江苏南京·期末）（多选）已知正方体ABCD－A1B1C1D1，点P是侧面内的动点不含边界，下列结论正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点P，使得平面 C．若正方体棱长为2，P为侧面的中心，则四棱锥的外接球体积为 D．若正方体棱长为2，O为线段A1D的中点，OP与平面所成角为，则点P的轨迹长度为 【答案】AC 【分析】对于A：根据面面平行的性质结合锥体的体积公式分析判断；对于B：根据正方体的性质可知⊥平面，进而可得结果；对于C：根据题意可证，结合直角三角形的性质分析求解；对于D：根据线面夹角可得，分析可知相应的轨迹，运算求解即可. 【详解】对于选项A：因为平面平面， 可知点P到平面的距离为正方体棱长，设为， 所以三棱锥的体积为，故A正确； 对于选项B：因为为正方形，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，可得平面， 由平面可得， 同理可得：， 且，平面，可得⊥平面， 但点P是侧面内，即点P不与点C重合， 所以不存在点P，使得⊥平面，故B错误； 对于选项C：因为P为侧面的中心，，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，可得平面， 由平面，可得， 取的中点，可得， 又因为，可得，即， 可知三棱锥的外接球的球心为，半径， 所以三棱锥的外接球体积为，故C正确； 对于选项D：取的中点，连接， 可知∥，且， 因为平面，则平面， 可知OP与平面所成角为，则， 可知点P在平面内的轨迹为圆（虚线所示）， 点P在侧面内的轨迹为四段圆弧（实线线所示）， 取的中点，则， 即，则， 结合对称性可知：点P的轨迹长度为，故D错误； 故选：AC. ( 地 城 考点0 6 异面直线的夹角与线面角 ) 1．（24-25高一下·江苏常州·期末）在正方体中，异面直线与AC所成角为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据异面直线所成角的定义及正方体的性质即可求解. 【详解】 连接，. 由正方体性质可得：且；. 则四边形为平行四边形，. 所以， 则是异面直线与AC所成角或其补角. 所以异面直线与AC所成角为. 故选：C. 2．（24-25高一下·江苏镇江·期末）在直四棱柱中，底面为矩形，点为的中点，，且，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接、，分析可知异面直线与所成角为或其补角，求出的长，即可求出的余弦值，即为所求. 【详解】连接、，则也为的中点，如下图所示： 在直四棱柱中，底面为矩形，故该直四棱柱为长方体， 又因为，且，则， 因为，，所以， 故， 因为四边形为矩形，则， 所以异面直线与所成角为或其补角， 且， 因此，异面直线与所成角的余弦值为. 故选：D. 3．（24-25高一下·江苏连云港·期末）在长方体中，若，，则与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】因为，所以与所成角等于与所成的角，在中，利用余弦定理求解即可． 【详解】解：如图，连接，． 在长方体中，因为，所以与所成角等于与所成的角； 在中，， 由余弦定理得． 故选：A． 4．（24-25高一下·江苏常州·期末）已知正四棱锥的底面边长和侧棱长相等，记异面直线与所成角为，侧棱与底面所成角为，侧面与底面所成的二面角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据异面直线所成角的概念，线面角，二面角的平面角的概念，构造出，，，求出它们的三角函数，利用三角函数的单调性，比较它们的大小. 【详解】如图： 不妨设.取和的交点为，中点，连接，，. 则，，. 因为，所以为异面直线与所成的角，为，所以，所以. 因为平面，所以为直线与底面所成的角，所以，所以. 因为，，所以为侧面与底面所成的二面角，所以. 因为，且在上单调递减. 所以. 故选：A 5．（24-25高一下·江苏南京·期末）如图所示，正方形中，，分别是，的中点，将此正方形沿折成直二面角后，异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将此正方形沿折成直二面角后点翻折到点，取的中点，的中点，连接，，.设正方形的边长为.则根据异面直线所成角的定义可证即为异面直线与所成角.在中，由余弦定理可得，进而可求.在中，由余弦定理即可求解. 【详解】将此正方形沿折成直二面角后点翻折到点，如下图所示. 取的中点，的中点，连接，，.设正方形的边长为. 因为，分别是，的中点，所以，. 因为为的中点，所以，. 因为为的中点，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，， 所以即为异面直线与所成角. 在中，由余弦定理可得. 所以. 在中，由余弦定理可得. 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C. 6．（24-25高一下·江苏·期末）如图，在直三棱柱中，，，分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】把直三棱柱 补成一个底面为菱形的直四棱柱，利用平行关系找到异面直线 与所成的角为 或其补角，再结合余弦定理求解. 【详解】如图，把直三棱柱 补成一个底面为菱形的直四棱柱. 因为 ，且 ，所以四边形 为平行四边形， 所以 ，所以异面直线 与所成的角为 或其补角. 不妨设 ，因为 ， 所以 ，所以为等边三角形， 所以 ，所以 . 因为 为边长为 的等边三角形，所以 . 又因为 ， 所以在 中，由余弦定理可得 ， 故异面直线 与 所成角的余弦值为 . 故选：A 7．（24-25高一下·江苏南京·期末）如图所示，在正方体中，，分别是，的中点，则过点B作与异面直线与所成的角都是的直线条数（    ）    A．有无数条 B．有两条 C．有三条 D．有一条 【答案】C 【分析】将平移到，平移到，则过点作与异面直线与所成的角都是的直线，一条在平面内，两条在平面外. 【详解】将平移到，平移到，    所以点作与异面直线与所成的角都是的直线， 即过点作与异面直线与所成的角都是的直线， 因为异面直线与所成的角为， 所以的角平分线平分角为或， 若的角平分线平分角为，则角平分线与异面直线与所成的角都是， 此时将过点的直线平移使其经过点，故有一条， 若的角平分线平分角为， 即角平分线与异面直线与所成的角都是， 则将过点的直线绕点向上转动到与平面垂直的过程中，存在两条与异面直线与所成的角都是的直线， 此时将过点的直线平移使其经过点，故有两条， 综上，过点作与异面直线与所成的角都是的直线条数有三条. 故选：C 8．（24-25高一下·江苏南京·期末）（多选）一副三角板按如图所示的方式拼接，把沿BC边折起，使所在平面与所在平面垂直，连接AD，其中，.下列说法正确的是（   ） A．直线平面ABC B．平面平面ACD C．直线AC与直线BD所成角为 D．直线AD与平面BCD所成角的正弦值为 【答案】ABD 【分析】根据面面垂直的性质定理等知识判断A，B；再由异面直线所成角的求法以及线面角的求解判断C，D即可. 【详解】因为平面平面，平面平面， 又为直角三角形，，∴平面，选项A正确；平面，平面，， 为直角三角形，∴，平面，， ∴平面，因为平面，故平面平面，选项B正确； 对于C，分别取的中点，过点作于，连接, 所以，即直线AC与直线BD所成角为或其补角. 不妨设，则可得，，，，，， ，，， 所以， 故， 则在中，， 从而可知直线AC与直线BD所成角不为，故C错误； 由题意知平面，平面， 所以，为直线AD与平面所成角. 不妨设，则，，， 直线平面，平面，所以， ，则， 所以直线AD与平面所成角的正弦值为，故D正确. 故选：ABD. 9．（24-25高一下·江苏南京·期末）在正四面体中，点分别为棱的中点，则异面直线所成角的余弦值为__________．    【答案】/ 【分析】根据题目已知条件判断出异面直线所成角为，利用余弦定理计算即可. 【详解】连接，因为分别为的中点，所以， 因异面直线所成角的范围为，则异面直线所成角为， 设正四面体的棱长为，则，， 根据余弦定理，， 则异面直线所成角的余弦值为. 故答案为：.    10．（24-25高一下·江苏无锡·期末）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，垂直于面，，，，为棱的中点． (1)求证：平面． (2)求直线与面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接、，即可证明，从而得到平面； （2）求出三棱锥的体积，再由等体积法求出点到平面的距离，最后利用锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）取的中点，连接、，则，且. 因为，，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）因为底面为梯形，，，， 所以，， ， 又垂直于面，为棱的中点， 所以到平面的距离为，所以， 因为垂直于面，平面，所以，， 所以，， 所以， 所以， 设点到平面的距离为，则，即，所以， 设直线与面所成的角为，则， 直线与面所成的角的正弦值为. 11．（24-25高一下·江苏常州·期末）如图，直四棱柱的底面是边长为2的菱形，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，设，连接，设，通过题设证明，，进而求证即可； （2）设的中点为，连接，先证明平面，则为直线与平面所成角，进而求解即可. 【详解】（1）连接，设，连接，设， 在菱形中，， 在直四棱柱中，平面，且平面， 所以，又平面， 所以平面， 因为平面，所以. 在菱形中，，则， 则，则，而， 因为，所以，则， 则，故，即， 因为平面， 所以平面. （2）设的中点为，连接， 由于，则， 因为平面，且平面， 所以， 又平面， 所以平面， 则为直线与平面所成角， 因为， 所以在中，， 则直线与平面所成角的正切值为． 12．（24-25高一下·江苏盐城·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，是正三角形，E为线段的中点，F为线段的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)若平面平面，求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，交于点，连接，证明，由线线平行证明线面平行即可； （2）利用等腰三角形的三线合一可证，，由线线垂直即可证得线面垂直； （3）取的中点，连接，得到即与所成角或其补角，利用余弦定理求得，通过证明平面得到，求出，在中，结合，，利用余弦定理即可求得答案. 【详解】（1） 连接，交于点，连接， 因底面是边长为2的菱形，则点是的中点， 又因F为线段的中点，则有， 平面，平面，可得平面. （2）因是正三角形，E为线段的中点，则有， 又，，即为正三角形，且， 因平面，则平面， 又因，故得平面. （3） 如图，取的中点，连接，则，且， 故即与所成角或其补角. 因，由余弦定理，， 又因平面平面，平面平面，，平面， 故平面，又平面，则，又,故， 由（2）已得平面，因平面，故，则， 又，则在中，由余弦定理，， 即异面直线与所成角的余弦值为. 13．（24-25高一下·江苏常州·期末）如图，在正四棱锥中，所有棱长均为，点是底面内任意一点，点到侧面的距离分别为． (1)若点是棱的中点，求异面直线与所成角的正弦值； (2)若且，求的最大值； (3)记与侧面所成的角分别为，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）设，连接，可得异面直线与所成角即为直线与所成角，据此可得答案； （2）由等体积法可得，然后由基本不等式可得答案. （3）设平面与的交线为，，，过点作平面使得平面，设，，可得， ，据此可得，然后可得答案. 【详解】（1）设，连接， ∵正四棱锥中，∴为线段中点， ∵点是棱的中点，∴， ∴异面直线与所成角即为直线与所成角．   又正四棱锥所有棱长均为，由对称性知， ∴，且，∴， 即异面直线与所成角的正弦值为； （2）∵正四棱锥，∴平面， 设点到平面的距离为， ∵在正四棱锥中，所有棱长均为， ∴四个侧面的正三角形的面积均为，底面正方形的面积为， 又， 依题意可得， ∴， 即， 解得；                                        ∵且，∴， ，当且仅当时取“”， ∴的最大值为； （3）设平面与的交线为，，， 过点作平面使得平面，                              （说明：即过点作交于点，交于点， 再在平面内作，连接，则， 又，平面，∴平面， 又，平面，平面，∴平面， 又平面与的交线为，平面， ∴，∴平面）， 取中点为H， 因平面，平面，则平面平面， 因为正四棱锥，平面与的交线为，， 由对称性可得为等腰三角形，则，又平面平面， 平面平面，平面，则平面， 又平面，则，又易得平面，，， 则，则，， ∴，设，即， ∴，同理可得， ∴，                                              设，同上方法可得， ∴， 而， ∴，                                           又与侧面所成的角分别为， 则，，，， ∴，                   ∴ ．                   14．（24-25高一下·江苏淮安·期末）如图，三棱锥中，平面平面，，，.    (1)已知为线段上一点，，求证：； (2)求三棱锥外接球体积； (3)若为线段的中点，与平面所成角为，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由余弦定理求出，，，由勾股定理逆定理得到，由面面垂直得到线面垂直，进而证明出结论； （2）推出三棱锥外接球球心一定在平面内，且为的外心，由正弦定理求出的外接圆半径，从而求出外接球半径，得到外接球体积； （3）作出辅助线，得到为与平面所成的角，分在线段上和在线段上，表达出，换元后，结合函数单调性和基本不等式求出最值，得到结论. 【详解】（1）连接，在中，因为，， 由余弦定理知 ， 故，所以. 在中，，由余弦定理知 ， 由勾股定理有，. 又平面平面，平面平面，平面， 平面. 平面， .    （2）为直角三角形，平面平面， 三棱锥外接球球心一定在平面内，且为的外心. 在中，由正弦定理得（为外接圆半径）， 所以，即三棱锥外接球半径为4. 外接球体积为. （3）取中点，作，连接，，.   ，平面平面， 平面平面，平面， 平面. 为与平面所成的角. ①在线段上，如图.设，则有， ，， ，，则， 在中，由余弦定理得. ， 令，，，， ∵，， 当且仅当，即时取“=”. 的最大值为. ②在线段上，如图2. 同①设，，. ，， ， 令，，， . 其中在上单调递增，理由如下： 任取， 则， 因为，所以，， 故，即， 所以在上单调递增，所以， 综上，的最大值为. 15．（24-25高一下·江苏徐州·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，.    (1)证明：平面； (2)若平面平面，证明：点P，A，B，C在以D为球心的同一球面上； (3)求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由题意可得，由线面平行的判定定理可得结论； （2）取中点E，连接，，平面，可求得，从而可得结论； （3）设P在底面上的射影为点G，平面，则就是与平面所成的角. 当点G在上，则就是与平面所成的角，求解可得范围，当点不在上，连接，，设，，，，可求得，，进而得 ，求解即可. 【详解】（1）因为底面为菱形，所以， 又因为平面，平面，所以平面. （2）取中点E，连接，， 因为底面是边长为2的菱形，且， 所以，，. 又因为，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，即为直角三角形， 所以，所以， 即点P，A，B，C在以D为球心的同一球面上.    （3）设P在底面上的射影为点G，平面，则就是与平面所成的角. ①若点G在上，则就是与平面所成的角. 在中，由余弦定理得， 在中，由正弦定理，，当且仅当时，取等号. ②若点不在上，连接，，设，，，. 因为平面，平面，所以，. 在中，由，得，， 在中，， 所以在中，， 则， 当且仅当时，取等号，而，所以等号取不到. 令，，则， 所以， 当且仅当，即，即时，取等号. 所以. 综上所述，直线与平面所成角的正弦值的最大值为.    ( 地 城 考点0 7 二面角 ) 1．（24-25高一下·江苏苏州·期末）已知等腰梯形中，，是线段的两个三等分点（在的左侧），是线段上靠近的三等分点（如图①．将沿翻折到的位置，连结得到四棱锥（如图②）． (1)求证：； (2)当时， ①求平面与平面所成二面角的余弦值； ②求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)①；②. 【分析】（1）取中点，借助余弦定理、勾股定理的逆定理证得，进而证得，再利用线面垂直的判定性质推理即得. （2）①利用几何法求出二面角的余弦值；②利用等体积法求出点到平面的距离，进而求出线面角的正弦. 【详解】（1）在四棱锥中，取中点，连接， 图①中，由，得，而， 则为正三角形，即为正三角形，，连接， 在中，由余弦定理得， 则，即，而，则， 由线段上靠近的三等分点，得是线段的中点，于是， 而平面，因此平面，又平面， 所以. （2）①由（1）知，，则是平面与平面所成二面角的平面角， 由（1）得，又，平面， 则平面，在中，， 所以平面与平面所成二面角的余弦值是. ②在中，，连接，由（1）可得， 在中，， 在中，，设点到平面的距离为， 由，得，则，解得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 2．（24-25高一下·江苏南京·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，E为棱PA的中点，，，直线PA与BC所成的角的大小为. (1)证明：平面BDE； (2)证明：平面ABCD； (3)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）设与相交于点，连接，证明，利用线面平行的判定即可证明； （2）利用正弦定理得，再证明，最后利用线面垂直的判定定理即可证明； （3）过点作，垂足为.过作，垂足为，连接，找到二面角即为，解三角形即可得到答案. 【详解】（1）连接，设与相交于点，连接. 四边形是菱形，为的中点. 是棱的中点，. 又平面平面， 平面. （2）直线与所成的角为，且， 就是直线与所成的角或其补角. ，，， 在中，由正弦定理得，， 即，解得. ，即，从而. 四边形是菱形，且，, 是等边三角形，从而. 又，. ，从而. 又平面平面， 平面. （3）过点作，垂足为. 过作，垂足为，连接. 由（2）平面，又平面， 平面平面. 又平面平面平面，平面. 平面平面，. 平面平面，平面. 平面，， 二面角的平面角是， 在中，，， ， 二面角的正弦值是. 3．（24-25高一下·江苏泰州·期末）如图，在长方体中，点在平面内，是棱上一点（不包括端点），的中点为. (1)求证：平面； (2)求证：； (3)若二面角与二面角的大小都为，四棱锥的体积为，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据线面平行的判定可证平面； （2）根据线面垂直的判定可证平面，继而可得； （3）由（2）知就是二面角的平面角，过作，垂足为，连结，继而可证为二面角的平面角，即，再利用四棱锥的体积为，可得的长. 【详解】（1）在长方体中， 所以四边形为矩形，所以， 又因为平面平面， 所以平面. （2）取的中点，连接， 因为为的中点，所以， 因为，所以，因为为的中点，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以. （3）因为二面角的大小为， 由（2）可知为二面角的平面角，所以，所以， 过作，垂足为，连结，因为为的中点， 所以，因为平面平面， 所以，因为相交，且平面， 所以平面，因为平面，所以. 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角，即，所以， 因为为的中点，所以， 所以， 所以，因为平面，点在平面内， 所以为平面与平面的距离，故， 所以. 4．（24-25高一下·江苏常州·期末）如图，在矩形ABCD中，，，点M为线段BC上的动点（不含端点），将沿AM折起，点B翻折至位置，且使二面角的大小为60°． (1)若N为棱的中点，且满足平面，求的值； (2)若，求三棱锥的体积； (3)求二面角的正切值的取值范围． 【答案】(1)1 (2) (3) 【分析】（1）在线段截取，可证明平面，结合平面可得平面面，进而得到平面，再结合N为棱的中点即可求解； （2）过作面垂线，过作，连得二面角平面角，进而棱锥的体积公式求解即可； （3）设，求出，，作，由相似得，进而得出二面角正切表达式，根据取值范围求解即可. 【详解】（1）在线段上截取，由， 可得四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，则平面， 因为平面，又，则平面平面， 因为平面，所以平面， 又N为棱的中点，所以为的中点， 则，即. （2）由，，则， 过作平面于点，过作于点，连接， 由平面，平面，则， 又，平面，则平面， 又平面，则为二面角的平面角，， 在中，， 由等面积法可知，，， 而，. （3）设，则， 在中，由等面积法可知， ， 在矩形中，， 过点作于， 易得，， 设二面角的大小为，则， 由于，则， 即二面角的正切值的取值范围为． 5．（24-25高一下·江苏镇江·期末）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，平面平面.为中点，为线段上一点，满足平面. (1)求的值； (2)若，求点到平面的距离； (3)记二面角为，直线与平面所成角为，求证：为定值. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）取中点，连接，根据条件及面面平行的判定定理得平面平面，再由面面平行的性质得，即可求解； （2）利用面面垂直的性质得平面，分别求出，，再利用，即可求解； （3）过作于，连接，根据条件可得，再结合条件，即可求解. 【详解】（1）如图1，取中点，连接，则， 又平面，平面，所以平面， 又平面，，平面，所以平面平面， 又平面平面，平面平面，所以， 又四边形是菱形，为的中点，所以为的中点，则. （2）如图2，连接，因为，， 四边形是菱形，所以为等边三角形， 由（1）知是的中点，所以，又平面平面，平面平面， 又平面，所以平面，且， 又，所以是等边三角形，则， 所以， 在中，，，则， 所以，则， 又，设点到平面的距离为， 由，得到，解得. （3）如图2，过作于，连接， 由（2）知为等边三角形，是的中点，所以， 又平面平面，平面平面， 又平面，所以平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以，则是二面角二面角的平面角， 则， 又，且，所以四边形是平行四边形，则，且， 又平面，所以平面，则是直线与平面所成的角， 则，所以， 又，是的中点，所以，又，所以， 又是的中点，则为定值. 6．（24-25高一下·江苏镇江·期末）如图1，在中，，，，分别是，的中点，现将沿逆时针翻折形成四棱锥（如图2），且，直线与平面所成的角为． (1)求证：平面平面； (2)求四棱锥的体积； (3)求二面角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由已知先证明平面，然后由面面垂直的判定即可证明； （2）过点作，垂足为，由线面垂直的性质及判定得出为四棱锥的高，再根据四棱锥体积公式即可求解； （3）连接，过点作，垂足为，连接，得出二面角的平面角为，即可求解. 【详解】（1）因为，分别是，的中点，所以， 因为，所以，所以， 又因为平面，所以平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）过点作，垂足为， 因为平面，直线与平面所成的角为， 所以，所以， 所以，则，所以， 因为平面，平面，所以， 又平面，所以平面， 所以四棱锥的体积； （3）连接，过点作，垂足为，连接，如图所示， 由（2）知，为等边三角形，则点为中点，， 在中，， 在中，，则， 由点为中点得，， 又平面，平面，平面平面， 所以二面角的平面角为， 因为平面，平面，所以， 在中，， 所以二面角的正切值为. 7.（24-25高一下·江苏南京·期末）如图，在四棱锥中， ，.现设. (1)求证：平面平面； (2)若，求二面角的余弦的取值范围； (3)当时，求三棱锥的外接球体积的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用线面垂直去证明面面垂直即可； （2）找到二面角的平面角，由余弦定理可求解； （3）由于是不规则四面体的外接球，转化为过三角形外接圆圆心作该面的垂线必过球心，来研究外接球半径即可. 【详解】（1）因为..平面平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）由，知二面角的平面角即为. 在中，，，则由余弦定理得 ， 在中，由且，结合，可得， 故， 所以，所以， 所以的范围是， 即二面角的余弦的取值范围是. （3） 设和的外接圆圆心分别和， 则球心为过点和且分别垂直于平面、平面的两直线的交点， 在中，因为，所以由余弦定理得， 再由正弦定理得的外接圆半径. 在中，所以由余弦定理得， 再由正弦定理得的外接圆半径. 过点作于，连接，设，显然四边形为矩形， 所以.所以， 即， 所以， 故当时，取得最小值，即， 此时三棱锥外接球的体积最小值为，此时. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 立体几何初步 7大高频考点概览 考点01 点、线、面间的位置关系 考点02 空间几何体的表面积与体积 考点03 外接球与内切球 考点04 截面问题与轨迹问题 考点05 立体几何中的多结论探究问题（多选） 考点06 异面直线的夹角、线面角 考点07 二面角 ( 地 城 考点01 点、线、面间的位置关系 )1．（24-25高一下·江苏淮安·期末）已知，是两个不同的平面，是一条直线，下列条件中一定能使成立的是（    ） A．， B．， C．， D．， 2．（24-25高一下·江苏泰州·期末）已知平面和不重合的两条直线，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 3．（24-25高一下·江苏徐州·期末）设，为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 4．（24-25高一下·江苏常州·期末）已知，表示两条不同的直线，，表示两个不同的平面，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·江苏南京·期末）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，则 B．若与不平行，则与一定不平行 C．若，则 D．若与不垂直，则与一定不垂直 6．（24-25高一下·江苏镇江·期末）已知空间中不同平面，，，不同直线，，则下列说法错误的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 7．（24-25高一下·江苏无锡·期末）已知、为两条不同的直线，、为两个不同的平面，则下列命题中不正确的个数是（   ） ①若，，则； ②过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行； ③若，，，则平面、内必定分别存在一条直线与直线垂直； ④若、为异面直线且点，，则一定存在经过点的平面与、都平行． A． B． C． D． 8．（24-25高一下·江苏常州·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧面底面ABCD，且，若E、F分别为PC、BD的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面． 9．（24-25高一下·江苏镇江·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，为等边三角形．为中点． (1)求证：平面； (2)求证：. 10.（24-25高一下·江苏南京·期末）如图，在直三棱柱中，已知，，设的中点为D，的中点为E.求证： (1)平面； (2). 11．（24-25高一下·江苏镇江·期末）如图，在正方体中.    (1)求证：平面； (2)若平面，求证：平面平面. 12．（24-25高一下·江苏南京·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，分别是棱的中点． (1)证明：； (2)证明：平面． 13．（24-25高一下·江苏连云港·期末）如图，在棱长为2的正方体中，M为棱的中点，O为BD的中点． (1)证明：平面； (2)求点C到平面MBD的距离； (3)证明：平面平面． 14．（24-25高一下·江苏宿迁·期末）如图（1），正方形的边长为分别为的中点，与对角线的交点分别为，对角线交于，沿图中虚线折起，使三点重合于点，得到图（2）所示的多面体.    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求四棱锥的体积. ( 地 城 考点02 空间几何体的表面积与体积 )1．（24-25高一下·江苏南通·期末）已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，它的侧面展开图是圆心角为的扇环，则该圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·江苏镇江·期末）已知圆台上、下底面半径分别为、，若其母线与底面所成角为，则该圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·江苏常州·期末）若将一个表面积为的铁球熔铸成一个高为9cm的实心圆锥（熔铸过程中损耗忽略不计），则该圆锥的底面半径为（    ） A．2cm B． C．3cm D． 4．（24-25高一下·江苏·期末）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．160元 B．128元 C．97.5元 D．86.875元 5．（24-25高一下·江苏常州·期末）已知正方体、等边圆柱（母线长等于底面圆的直径）与球的表面积相等，它们的体积分别为，则下面关系中成立的是（   ） A． B． C． D． 6．（24-25高一下·江苏苏州·期末）如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱的中点，平面经过和，平面经过和，则该正方体处于平面之间部分的体积为（   ） A． B．4 C． D． 7．（24-25高一下·江苏徐州·期末）已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为_____. 8．（24-25高一下·江苏南京·期末）已知一个正三棱台的高为4，上、下底面边长分别为、，则这个三棱台的体积为______． 9．（24-25高一下·江苏连云港·期末）一个正四棱台形油槽的上、下底面边长分别为60cm和40cm，深度为75cm，则该油槽的容积为________L． 10．（24-25高一下·江苏泰州·期末）已知四棱锥的底面为平行四边形，过点的平面与棱分别交于.若三棱锥的体积是三棱锥体积的倍，则的值为__________. 11．（24-25高一下·江苏南京·期末）如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为__________． 12．（24-25高一下·江苏南京·期末）一个封闭的正三棱柱容器，内装水若干，水面高度为3（如图（1），底面处于水平状态）.将容器放倒（如图（2），一个侧面处于水平状态），若此时水面与各棱的交点分别为所在棱的中点，则该正三棱柱容器的高为____________. 13．（24-25高一下·江苏常州·期末）过圆锥的轴作截面，如果截面为正三角形，则称该圆锥为等边圆锥，已知在一等边圆锥中，过顶点P的截面与底面交于CD，若（O为底面圆心），且，则这个等边圆锥的表面积为______． 14．（24-25高一下·江苏淮安·期末）如图，有一长方体密封容器用于装水，底面为边长为2的正方形，高为4，因不慎在顶点和棱的中点，处各破损了一个小孔（小孔大小和容器厚度忽略不计）.若该容器可以任意放置，则该容器可装水的最大体积为________.    ( 地 城 考点0 3 外接球与内切球 )1．（24-25高一下·江苏常州·期末）已知球O的半径R为2，一母线长与圆锥底面直径相等的圆锥位于球内，圆锥顶点在球面上，底面与球面相接，则该圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·江苏南京·期末）直角三角形ABC中，斜边AB长为，绕直角边AC所在直线旋转一周形成一个几何体，若该几何体外接球的表面积为，则BC长为（    ） A． B．2 C． D．3 3．（24-25高一下·江苏泰州·期末）已知一个圆锥型容器的底面直径与母线长相等，若容器壁和底的厚度不计，该容器内部所能容纳的最大球的体积为，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·江苏宿迁·期末）如图，圆台的上、下底面半径分别为，半径为的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，且，则圆台的侧面积最小值为（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高一下·江苏无锡·期末）农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角泰”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子（近似为球）包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为6cm的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的半径最大值为（   ） A． B． C． D． 6．（24-25高一下·江苏·期末）如图1，在等腰梯形中，，将沿折起，使得点落在点的位置，得到三棱锥，如图2所示.则当二面角的平面角的大小为时，三棱锥的外接球的表面积为（ ） A． B． C． D． 7．（24-25高一下·江苏泰州·期末）（多选）半径为1的球完全在半径为的球的内部，且两球球面有唯一的公共点，球表面上三点确定的平面与球相切，若，，则（    ） A．三点共线 B． C．直线与平面所成角小于 D．三棱锥的体积为 8．（24-25高一下·江苏·期末）已知圆锥的轴截面面积为，侧面展开图是一个半圆，则此圆锥外接球的表面积为________． 9．（24-25高一下·江苏无锡·期末）已知四面体中，为边长为的等边三角形，，，二面角的大小为，则四面体的外接球的表面积为________． 10．（24-25高一下·江苏常州·期末）已知三棱锥的四个顶点均在同一个球面上，底面满足，，，若该三棱锥体积的最大值为，则该球的半径为__________. 11．（24-25高一下·江苏扬州·期末）如图为三棱锥的展开图，其中，，，，则三棱锥的顶点到平面的距离为___________；三棱锥的外接球的表面积为__________.    12．（24-25高一下·江苏镇江·期末）在矩形中，，，分别是，的中点，将面沿翻折形成三棱柱，使得平面与平面所成的角为，且．则与平面所成角的正弦值为________；三棱柱所在外接球的表面积为________． ( 地 城 考点0 4 截面问题与轨迹问题 )1．（24-25高一下·江苏连云港·期末）已知正四面体．的所有棱长均为，D，E，F分别为棱PA，PB，PC的中点，则该正四面体的外接球被平面DEF所截的截面面积为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·江苏南京·期末）直四棱柱的底面是边长为的正方形，侧棱，分别是的中点，则过点的平面截直四棱柱所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·江苏宿迁·期末）（多选）如图，有一块正四棱台的木料，木工师傅想经过木料表面内（不含边界）一点与棱把木料锯成两块，为此需要先在面内作出交线，下列关于交线与截面形状的说法正确的是（    ） A．截面形状是梯形 B．截面形状可能为等腰梯形 C．直线与直线相交 D．直线与直线相交 4．（24-25高一下·江苏镇江·期末）（多选）正方体的棱长为6，，，分别为，，的中点，则（    ）    A．直线与直线垂直 B．直线平面 C．三棱锥的体积为9 D．平面截正方体所得的截面是等腰梯形 5．（24-25高一下·江苏常州·期末）若正方体的棱长为1，则以为球心，为半径的球面与底面的交线长为______. 6．（24-25高一下·江苏镇江·期末）（多选）在棱长为1的正方体中，为中点，为棱上一动点，则（    ） A．异面直线与所成角为 B．三棱锥的体积为定值 C．最小值为 D．过点且平行于平面的平面截正方体得到的截面多边形周长为定值 7．（24-25高一下·江苏无锡·期末）（多选）如图，正方体的棱长为2，点M是其侧面上的一个动点（含边界），点P是线段上的动点，则（   ） A．的长度范围是 B．存在点P，M，使得平面与平面平行 C．存在点P，M，使得二面角大小为 D．当P为棱的中点且时，则点M的轨迹长度为 8.（24-25高一下·江苏南京·期末）（多选）已知正方体的棱长为2，点为线段上的动点，则（    ） A．的最小值为 B．与始终保持垂直 C．以为球心，为半径的球面与平面的交线长为 D．经过的平面截正方体所得截面面积的最小值为 ( 地 城 考点0 5 立体几何中的多结论探究问题（多选） ) 1．（24-25高一下·江苏常州·期末）（多选）如图，两个边长均为的正方形与正方形所在的平面相交，其二面角的平面角为．点分别是对角线上的动点，记，点是线段上的一动点．下列结论一定正确的是（     ） A．平面 B．三棱锥的体积存在最大值 C．的最小值是 D．若点在同一球的球面上，则该球的体积是 2．（24-25高一下·江苏淮安·期末）（多选）如图，在四棱锥中，底面为边长为2的正方形，平面，，，分别为，的中点，，分别为线段，上的动点，下列结论正确的有（    ） A．存在点，使得共面 B．存在点使得 C．三棱锥的体积为定值 D．到距离的最大值为 3．（24-25高一下·江苏徐州·期末）（多选）如图①，在长方形中，，，M，N为的三等分点，P，为的三等分点，连接，，，分别交于点K，G，O.如图②，将沿翻折至，形成三棱锥，则（    ）    A．平面 B．当时，直线与所成的角 C．当二面角为时， D．直线上的点到直线的最短距离为 4．（24-25高一下·江苏·期末）（多选）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），则下列结论正确的有（   ） A．存在点，使得直线平面 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，三棱锥的体积为定值，且定值为 D．的最小值为 5．（24-25高一下·江苏常州·期末）（多选）《九章算术》卷五《商功》中，记载了一种几何体“刍童”，这种几何体是上下底面为互相平行的不相似长方形，两底面的中心连线与底面垂直的六面体．如图，现有一高为的“刍童”，其中，，，，则（   ） A．该“刍童”的所有侧棱交于一点 B．直线与直线异面 C．该“刍童”的所有侧棱与下底面所成角的正弦值均为 D．该“刍童”外接球的表面积为 6．（24-25高一下·江苏连云港·期末）（多选）在中，，分别是的中点，将沿着DE翻折，使点A运动到点P处，得到四棱锥，则（   ） A．对任意的点P，始终有 B．存在某个点P的位置，满足平面平面 C．对任意的点P，始终有平面与平面的交线 D．当二面角为时，四棱锥的体积为 7．（24-25高一下·江苏常州·期末）（多选）如图，圆台的上、下底面半径分别为1和2，高为，点为下底面圆周上一点，为上底面圆周上一点，则（    ） A．该圆台的体积为 B．该圆台的内切球的半径为 C．直线与直线所成角的最大值为 D．直线与平面所成角的正切值最大为 8．（24-25高一下·江苏南通·期末）（多选）在正三棱柱中，，，M为BC的中点，点N在棱上，且，则（   ） A． B．平面 C．直线MN与平面所成角为 D．三棱锥的外接球表面积为 9．（24-25高一下·江苏南京·期末）（多选）已知正四面体的各棱长均为2，各顶点均在球的球面上，则（    ） A．正四面体的高为 B．正四面体的体积为 C．二面角的余弦值为 D．球的表面积为 10．（24-25高一下·江苏盐城·期末）（多选）已知为圆锥底面圆的直径，母线与圆锥底面所成角为，母线，互相垂直，，则（   ） A．圆锥的侧面积为 B．三棱锥的体积为 C．二面角的大小为 D．圆锥的外接球体积为 11．（24-25高一下·江苏南京·期末）（多选）如图，已知等边的边长为，是边上的高，沿将平面折起，得到四面体，若二面角的平面角大小为，是四面体棱的中点，是内的动点，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．设二面角的平面角大小为，则 C．若平面，则点的轨迹长度为 D．点到平面的距离为 12．（24-25高一下·江苏苏州·期末）（多选）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图的面积为，正方体在该圆锥内，其中在圆锥的侧面上，在圆锥的底面上，则下列说法正确的有（   ） A．该圆锥的高为 B．该圆锥可以整体放入直径为的球内 C．正方体的棱长为 D．以该圆锥的顶点为球心作半径为的球，则球面与正方体的底面相交所得曲线的长度之和为 13．（24-25高一下·江苏南京·期末）（多选）已知正方体ABCD－A1B1C1D1，点P是侧面内的动点不含边界，下列结论正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点P，使得平面 C．若正方体棱长为2，P为侧面的中心，则四棱锥的外接球体积为 D．若正方体棱长为2，O为线段A1D的中点，OP与平面所成角为，则点P的轨迹长度为 ( 地 城 考点0 6 异面直线的夹角与线面角 )1．（24-25高一下·江苏常州·期末）在正方体中，异面直线与AC所成角为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·江苏镇江·期末）在直四棱柱中，底面为矩形，点为的中点，，且，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·江苏连云港·期末）在长方体中，若，，则与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·江苏常州·期末）已知正四棱锥的底面边长和侧棱长相等，记异面直线与所成角为，侧棱与底面所成角为，侧面与底面所成的二面角为，则（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高一下·江苏南京·期末）如图所示，正方形中，，分别是，的中点，将此正方形沿折成直二面角后，异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 6．（24-25高一下·江苏·期末）如图，在直三棱柱中，，，分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 7．（24-25高一下·江苏南京·期末）如图所示，在正方体中，，分别是，的中点，则过点B作与异面直线与所成的角都是的直线条数（    ）    A．有无数条 B．有两条 C．有三条 D．有一条 8．（24-25高一下·江苏南京·期末）（多选）一副三角板按如图所示的方式拼接，把沿BC边折起，使所在平面与所在平面垂直，连接AD，其中，.下列说法正确的是（   ） A．直线平面ABC B．平面平面ACD C．直线AC与直线BD所成角为 D．直线AD与平面BCD所成角的正弦值为 9．（24-25高一下·江苏南京·期末）在正四面体中，点分别为棱的中点，则异面直线所成角的余弦值为__________．    10．（24-25高一下·江苏无锡·期末）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，垂直于面，，，，为棱的中点． (1)求证：平面． (2)求直线与面所成的角的正弦值． 11．（24-25高一下·江苏常州·期末）如图，直四棱柱的底面是边长为2的菱形，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正切值． 12．（24-25高一下·江苏盐城·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，是正三角形，E为线段的中点，F为线段的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)若平面平面，求异面直线与所成角的余弦值． 13．（24-25高一下·江苏常州·期末）如图，在正四棱锥中，所有棱长均为，点是底面内任意一点，点到侧面的距离分别为． (1)若点是棱的中点，求异面直线与所成角的正弦值； (2)若且，求的最大值； (3)记与侧面所成的角分别为，求的值． 14．（24-25高一下·江苏淮安·期末）如图，三棱锥中，平面平面，，，.    (1)已知为线段上一点，，求证：； (2)求三棱锥外接球体积； (3)若为线段的中点，与平面所成角为，求的最大值. 15．（24-25高一下·江苏徐州·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，.    (1)证明：平面； (2)若平面平面，证明：点P，A，B，C在以D为球心的同一球面上； (3)求直线与平面所成角的正弦值的最大值. ( 地 城 考点0 7 二面角 )1．（24-25高一下·江苏苏州·期末）已知等腰梯形中，，是线段的两个三等分点（在的左侧），是线段上靠近的三等分点（如图①．将沿翻折到的位置，连结得到四棱锥（如图②）． (1)求证：； (2)当时， ①求平面与平面所成二面角的余弦值； ②求直线与平面所成角的正弦值． 2．（24-25高一下·江苏南京·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，E为棱PA的中点，，，直线PA与BC所成的角的大小为. (1)证明：平面BDE； (2)证明：平面ABCD； (3)求二面角的正弦值. 3．（24-25高一下·江苏泰州·期末）如图，在长方体中，点在平面内，是棱上一点（不包括端点），的中点为. (1)求证：平面； (2)求证：； (3)若二面角与二面角的大小都为，四棱锥的体积为，求的长. 4．（24-25高一下·江苏常州·期末）如图，在矩形ABCD中，，，点M为线段BC上的动点（不含端点），将沿AM折起，点B翻折至位置，且使二面角的大小为60°． (1)若N为棱的中点，且满足平面，求的值； (2)若，求三棱锥的体积； (3)求二面角的正切值的取值范围． 5．（24-25高一下·江苏镇江·期末）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，平面平面.为中点，为线段上一点，满足平面. (1)求的值； (2)若，求点到平面的距离； (3)记二面角为，直线与平面所成角为，求证：为定值. 6．（24-25高一下·江苏镇江·期末）如图1，在中，，，，分别是，的中点，现将沿逆时针翻折形成四棱锥（如图2），且，直线与平面所成的角为． (1)求证：平面平面； (2)求四棱锥的体积； (3)求二面角的正切值． 7.（24-25高一下·江苏南京·期末）如图，在四棱锥中， ，.现设. (1)求证：平面平面； (2)若，求二面角的余弦的取值范围； (3)当时，求三棱锥的外接球体积的最小值. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $