专题03 立体几何初步（期末真题汇编，安徽专用）高一数学下学期

**基本信息** 立体几何专题汇编，覆盖8大高频考点，精选安徽多地高中期末真题，题型多样，梯度分明，注重空间想象与逻辑推理能力考查。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|约21题|直观图面积、表面积体积计算等|基础题如斜二测画法应用，能力题如圆锥母线长求解| |多选题|约16题|空间位置关系、轨迹问题等|如正方体中动点轨迹判断，综合考查线面平行与角度计算| |填空题|约11题|外接球表面积、体积最值等|如圆柱外接球表面积计算，结合几何性质求最值| |解答题|约10题|距离、二面角、翻折问题等|如四棱锥中面面垂直证明及点轨迹长度计算，体现综合性与探究性|

学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题03立体几何初步 ☆8大高频考点概览 考点01基本立体图形 考点02立体图形的直观图 考点03简单几何体的表面积和体积 考点04空间点、线、面的位置关系 考点05轨迹响题 考点06外接球、内切球和棱切球 考点07距离问题 考点08线线角、线面角和二面角 考点01 基本立体图形 一、多选题 1.(24-25高一下·安徽六安独山中学期末)用一个平面去截一个三棱柱，可以得到的几何体是() A.四棱台 B.四棱柱 C.三棱柱 D.三棱锥 二、填空题 2.(24-25高一下浙江杭州第二中学期中)已知圆锥底面半径为2，侧面展开图是圆心角为受的扇形，则此 圆锥的母线长为 3.(24-25高一下安微天一大联考期末)已知一个圆锥的底面半径为，侧面展开图是一个圆心角为√5元的 扇形，则过该圆锥顶点的平面截该圆锥所得截面面积的最大值为 目目 考点02 立体图形的直观图 、 单选题 1.(24-25高一下·安徽合肥第六中学期末)用斜二测画法画一个边长为4的正三角形的直观图，则直观图的 面积是() A.5 B.2W5 c.2W6 D.45 2.(24-25高一下·安微合肥第一中学期末)如图，矩形ABCD是水平放置的平面四边形ABCD用斜二测画 法面出的直观图，其中AB=2,BC=4,则原四边形ABCD的周长为() 1/17 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D O B' C A.4y3+8 B.20 C.12 D.82 3.(24-25高一下·安微六安善新高级中学期末)如图，利用斜二测画法画出的四边形ABCD的直观图为等腰 梯形ABCD,已知AB=6,CD=3,则BD的长为() Ay' D 0(A) A.6 B.3V5 c.3V6 D.35 4.(24-25高一下·安徽六安毛坦厂中学教育集团期末)已知水平放置的四边形0ABC按斜二测画法得到如图 所示的直观图，其中0A//BC,∠0AB=90,0A=2,BC=4,则原四边形0ABC的面积为() B 45° O A.24y2 B.122 C.6V2 D.3V2 5.(24-25高一下·安徽淮北第一中学期末)如图所示，△A0'B'表示水平放置的△A0B的直观图，则 △AOB的面积是() 2 B A.2V2 B.4 c.2 D.2 二、填空题 6.(24-25高一下·安徽宣城期末)已知一个水平放置的平面图形由斜二测画法得到的直观图是边长为2的菱 2/17 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 形ABCD,且OD'=2,则原平面图形的周长为 D A B' 目目 考点03 简单几何体的表面积和体积 一、单选题 1.(24-25高一下.安徽宣城期末)一圆台的上、下底面半径分别是10cm和20cm,它的侧面展开图扇环的圆 心角为180°，下列说法不正确的是() A.圆台的母线长是20cm B.圆台的高是10W3cm C.圆台的表面积是1100πcm2 D.圆台的体积是7000V3πcm3 2.(24-25高一下·安微蚌埠固镇县毛钽厂实验中学.期末)《九章算术商功》中将正四面形棱台（即正四棱台） 建筑物称为方亭现有一方亭ABCD-A1B1C1D1,已知AB=1,且该方亭的高为6，体积为26，则 A1B1=() A.2 B.3 C.4 D.5 3.(2425高一下·安徽合肥百花中学等四校联考期末)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角 之和为2，侧面积分别为S弹和S2,体积分别为V甲和V2,若号=2，则片=（) A.5 B. 2V2 c.v1o D.扁 4.(2425高一下·安徽马鞍山期末)已知某圆锥的母线与底面所成的角为60°，且母线长为2，则该圆锥的表 面积为() A.2T B.3π C.（25+3)π D.（4W3+3) 5.2425高一下安徽合肥庐江县期末)若正四棱锥的高为3，且其各侧面的面积之和是底面积的2倍，则 该四棱锥的表面积为() A.12 B.24 C.32 D.48 6.(24-25高一下·安微天一大联考期末)已知在平行六面体ABCD-ABCD中， AB=AD=2V3,AC=6,AA'=V13. 3/17 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AC∩BD=O,且AO⊥平面ABCD,则该平行六面体的体积为() A.126 B.12V3 c.4V6 D.4y5 7.(24-25高一下·安微六安第一中学期末)17世纪30年代，意大利数学家卡瓦列利在《不可分量几何学》 一书中介绍了利用平面图形旋转计算球体体积的方法如图，AEB是一个半圆，圆心为0，ABCD是半圆的 外切矩形.以直线OE为轴将该平面图形旋转一周，记△OCD,阴影部分，半圆AEB所形成的几何体的体 积分别为V1,V2,V3,则下列说法正确的是() D A.V1+V2<V3B.3V1-V2>V3C.V1>V2 D.V1=V2 8.(24-25高一下安微合肥一六八中学期末)己知A,B,C,D为球面上四点，M,N分别是AB,CD的中 点，以MN为直径的球称为AB,CD的伴随球”，若三棱锥A-BCD的四个顶点在表面积为64π的球面上， 它的两条边AB,CD的长度分别为2W7和4y3,则AB,CD的伴随球的体积的取值范围是() A.[,匹]B.[]C.[晋，]D.[,] 二、多选题 9.(24-25高一下·安徽合肥庐江县期末)“阿基米德多面体”又称半正多面体”，与正多面体类似，它们也都 是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的 形状不全相同.有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到如图，正八面体E-ABCD-F的棱长 为3，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体() A.共有18个顶点 B.共有32条棱 C.表面积为6+12y3 D.体积为8V2 4/17 厨学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 三、填空题 10.(2425高一下安徽合肥第六中学期末)已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，高为√3，则圆台的 表面积为 11.(24-25高一下，安徽宿州、示范高中·期末)已知一个圆锥的表面积为2π，则它的体积最大值为 12.(24-25高一下·安微安庆江淮协作区·期末)已知某圆锥的轴截面是直角边长为2的等腰直角三角形，则 该圆锥的体积为 13.(24-25高一下·安徽毫州涡阳县期末)已知圆柱的外接球半径为23，高为2，则该圆柱的表面积是 目目 考点04 空间点、线、面的位置关系 一、单选题 1.(24-25高一下，安徽蚌埠期末)已知a,b,c是空间中的三条直线，且a1b,则b1c”是“a//c的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条 件 2.(24-25高一下·安徽六安独山中学期末)若m为直线，心，阝为两个平面，则下列结论中正确的是() A.若m//a,nca,则m/n B.若m⊥，m⊥B,则c⊥ C.若m/a,m1F,则a1F D.若mC,&⊥B,则m⊥F 3.(24-25高一下安徽六安第二中学期末)已知平面1平面3，直线1t,则1//aα”是11B的() A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 4.(2425高一下·安徽合肥庐江县·期末)己知心，B是两个不重合的平面，m,n是两条不同的直线，则下列命 题中错误的是() A.若m//n,nca,则m//a B.若m//a,m//β，&nB=n,则m//n C.若m⊥&m⊥B,则a//B D.若a⊥B,m⊥&，n⊥阝，则m⊥n 二、多选题 5.(24-25高一下.安徽合肥百花中学等四校联考·期末)己知m,n表示两条不同直线，a表示平面，则下列选 项正确的是() 5/17 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.若mlla,nla,则mlln B.若mln,m⊥，则n⊥ C.若m⊥，m⊥n,则nla D.若m⊥，nC,则m⊥n 目目 考点05 轨迹问题 一、单选题 1.(24-25高一下·安微六安毛坦厂中学教育集团期末)已知三棱锥A-BCD的棱长均为2，点P在△BCD内， 且AP=9, 则点P的轨迹的长度() A.青π B.号π C.号r D.元 二、多选题 2.(24-25高一下·安徽合肥第六中学期末)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为B1C1的 中点，P为线段B,D上动点（包括端点），则下列说法中正确的是() D A.存在P点使得MP‖平面A1DB B.直线BM与平面BDD1B1所成角正弦值为 10 C.AP+MP的最小值为7+2W3 D.若点Q在正方体ABCD-AB1C1D,表面上运动（包含边界），且MQ⊥A1C,则点Q的轨迹长度 为62 3.(24-25高一下.安徽合肥百花中学等四校联考期末)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E是棱 DD1的中点，F是侧面CDD:C1上的动点，且满足B1F//平面A1BE,则下列结论中正确的是() 6/17 命学科网 www zxxk com 让教与学更高效 A D B 、 B A.平面A1BE截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面面积为号 B.点F的轨迹长度为晋 C.存在点F,使得B,F⊥CD1 D.直线B1F与平面CDD1C所成角的正弦值的最大值为25 5 4.(24-25高一下安徽滁州期末)在边长为4的菱形ABCD中，M为边AB的中点，DM=2W3,沿DM将 △ADM折起，形成如图所示的四棱锥P-BCDM(翻折过程中P点始终位于平面BCDM上方)，N为PC 的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是()， A.BN//平面PDM B.平面PDM⊥平面PBM C.异面直线PM与BN所成的角始终为君 D.点N的轨迹的长度为π 5.(24-25高一下.安徽宿州、示范高中期末)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2,E,F,G,H 分别为BB1CC1A1B1A1C1的中点，动点N在四边形ABB1A1内及其边界上运动，则下列说法正确的是 () C E /B C A.E,F,G,H四点共面 7/17 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B.阳与BC所成角的余弦值为号 C.正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球表面积为2 D.若CN//平面AGC1,则动点N的轨迹长度为⑤ 6.(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学.期末)如图，点P是棱长为2的正方体 ABCD-AB,C1D1表面上的一个动点，则下列结论正确的是() C B P D B A.当P在线段BC上运动时，DP⊥A1C B.当P在平面BCC1B1上运动时，三棱锥P-AA1D的体积为定值4 C.当P在线段AC上运动时，DP与A1C所成角的取值范围是[等，号] D.使直线AP与平面ABCD所成的角为45的点P的轨迹长度为π+42 三、解答题 7.(24-25高一下·安徽宣城期末)如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，PA=4,平面PAB⊥平面 ABCD,平面PAD⊥平面ABCD D B (I)求证：PA⊥平面ABCD: (2)求二面角A-PD-B的余弦值： (3)点M在正方形ABCD内（包括边界），若平面PAM⊥平面PDM,且∠ADME[,号]，求点M的轨 迹长度 8/17 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 目目 考点06 外接球、内切球及棱切球 一、单选题 1.(24-25高一下·安徽安庆江准协作区·期末)已知正方体ABCD-A1B:C1D1的棱切球表面积为8T,动点E, F分别在线段A1B,A1D上运动，且E,F不与正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点重合，若 AE+AF≥入-EF,则实数的取值范围为（) A.(-o,V6+5] B.（-∞，2V3+2] c.(-oV3+1] D.(-0V6+2] 2.(24-25高一下·安徽合肥一六八中学期末)已知A,B,C,D为球面上四点，M,N分别是AB,CD的中 点，以MN为直径的球称为AB,CD的“伴随球”，若三棱锥A-BCD的四个顶点在表面积为64π的球面上， 它的两条边AB,CD的长度分别为2W7和4V3,则AB,CD的伴随球的体积的取值范围是() A.[等，9]B.[要] c.[] D.[,] 二、多选题 3.(24-25高一下·安微芜湖期末)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC,AB=AC=AA1=3, 点M是线段B1C1上一点，则下列说法正确的是() B B A.当M为B1C1的中点时，A1M⊥平面MBC B.A1M+BM的最小值为35+36 2 C.当M为三等分点（靠近B1)时，平面MAC截该几何体的截面面积为2√13 D.四面体MABC的外接球表面积最大值为27π 4.(24-25高一下·安微六安第二中学期末)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E为线段BC1 上的动点，线段B1D与平面A1C1B交于点F,则下列说法正确的是() 9/17 命学科网 www zxxk com 让教与学更高效 D D A.直线A1E与AD1所成角的范围为[，罗] B.三棱锥B1A1BC1内切球半径为3 6 4+y6 C.EF+EA的最小值为 D.面A1BC1截该正方体内切球所得的截面面积为若 三、填空题 5.24-25高一下安徽蚌埠期末)已知三棱锥S-ABC中，SA=SB=SC=2,AB=BC=CA=2V2,则 该三棱锥的外接球表面积为 6.(24-25高一下·安徽六安第二中学期末)如图，在三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形，PA⊥AB, PB=PC,若PA+AB=1,则三棱锥P-ABC外接球表面积的最小值为 B 7.(24-25高一下安徽六安期末)在三棱锥P-ABC中，底面ABC是等腰直角三角形，AB=AC=V2, PA⊥AC,PA⊥AB且△PBC与△ABC的面积之比为V6,若点P,AB,C都在球0的球面上，则球0的 表面积为 目目 考点07 距离问题 一、多选题 1.(24-25高一下·安徽宣城期末)如图，在边长为2的正方形ABCD中，E,F分别是的BC,CD中点，G 是EF的中点，现在沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B,C,D三点重合，重合后的点 记为H,下列结论正确的是() 10/17 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 G B A.AH⊥EF B.三棱锥H-AEF的外接球的体积为2W6π C.点H到平面AEF的距离为号 D.二面角A-EF-H的余弦值为 2.(24-25高一下安徽蚌埠期末)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=90,且AB=AA=V2, BC=V3,E,F分别是棱AB,AA1的中点，M为棱BC上的动点，则下列结论正确的是() C B M A.AB1⊥A1M B.A1M|+|C1M|的最小值为2W2+1 C.当M是BC的中点时，BC1//平面EFM D.当M是BC的中点时，点C1和B1到平面EFM的距离之比是3：1 3.(24-25高一下，安徽合肥一六八中学期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为边长为2的正方 形，PA⊥平面ABCD,PA=2,E,F分别为PD,BC的中点，M,N分别为线段EF,PA上的动点， 下列结论正确的有() 11/17 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M 4.」 A.存在点M,N使得M,N,E,B共面 B.存在点N使得CN⊥EF C.三棱锥P-MAB的体积为定值 D.M到CD距离的最大值为y2 二、解答题 4.(24-25高一下·安徽合肥第六中学期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD,E是PC的中 点，点F在棱BP上，且EF⊥BP,四边形ABCD为正方形，PD=CD=2. F E D… y B (1)证明：BP⊥DF; (2)求点F到平面BDE的距离； (3)求二面角F-DE-B的余弦值. 5.(24-25高一下安徽宣城期末)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2,AA1=4,点M为A1B1的 中点 12/17 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 (1)求点A到平面MBC1的距离： (②在棱BB1上是否存在点Q,使得AQ1平面BC,M?若存在，求出器的值：若不存在，请说明理由 6.(24-25高一下·安徽六安第一中学期末)如图，在四棱台ABCD-A1B:C1D1中，底面ABCD是正方形， D1D⊥平面ABCD,D1D=2,AB=4,A1B1=2 D (1)求证：A1A//平面C1BD; (2)求直线A1A到平面C1BD的距离： (3)若点P是正方形ABCD内的动点（不含边界），且满足BD⊥B1P,设直线D1P与平面ABCD所成角为 日，求tan6的取值范围。 7.(24-25高一下·安徽天一大联考期末)如图，在直三棱柱ABC-ABC中，点A到平面ABC的距离为 V2,△ABC的面积为2W2 B (I)求直三棱柱ABC-ABC的体积 (2)若直线AB与平面ABC所成的角为45°，D,E分别为AC,AB的中点，且AE⊥DE 13/17 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (i)求直三棱柱ABC-ABC的外接球的表面积 (i)求二面角A-BD-A的大小 8.(24-25高一下·安徽天一大联考)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，M,N分别是棱A1B1AC的中点. B A B (1)证明：MN//平面BCC1B1: (2)若AB=BC=BB1=2,且AB⊥BC,求点A到平面BMN的距离. 目目 考点08 线线角、线面角和二面角 一、单选题 1.(24-25高一下·安徽六安舒城县晓天中学期末)已知圆锥的顶点为P,0为底面圆心，母线PAPB互相垂 直，且PA=PB=2,直线PA与圆锥底面所成角为元，则二面角P-AB-O的大小为() O B A. B.晋 C.罩 D.晋 二、多选题 2.(2425高一下·安徽毫州涡阳县期末)在平面四边形ABCD中，AB=AD,CB=CD.将该四边形沿着对 角线AC折叠，得到空间四边形ABCD,E为棱BD的中点，则() A.异面直线AC,BD所成的角是琴 B.BD⊥平面AEC C.平面ABD⊥平面AEC D.V三棱罐4-BCD=2V三校EACD 3.(24-25高一下，安微合肥普通高中六校联盟期末)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段 CC1上运动（包括端点），则下列结论正确的有() A.三棱锥D-ABC1的外接球的表面积为3π 14/17 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B.直线BP和平面所ABB1A1成的角为定值 C.三棱锥P-ABB1的体积是定值 D.(AP+B1P)2的最小值为4+2V2 4.(24-25高一下·安徽天一大联考期末)如图，在直四棱柱ABCD-AB'CD中，底面ABCD为菱形，且 AA=2AB=4,∠ABC=牙，若E为棱AB的中点，F为棱CC上的动点（含端点），则下列说法正确的 是() B B D A.三棱锥D'-DEF的体积为定值 B.记直线EF与平面DDB所成的角为6，则sin9的最大值为号 C.若CP=FC,则异面直线Dp与BC'所成角的余弦值为3四 20 D.若CP=FC,则过D,E,P三点的平面截该棱柱所得截面的面积为5 三、填空题 5.(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学·期末)如图已知点AB在圆锥S0的底面圆周上，S为 圆锥顶点，O为圆锥的底面中心，且圆锥S0的底面积为4T,∠ASB=30°，若AB与截面SA0所成角为60 ,则圆锥S0的侧面积为 S A 四、解答题 15/17 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 6.(24-25高一下·安徽马鞍山期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,底面ABCD为矩形， AB⊥AD,且PA=AC=2,E为棱PC的中点，F在棱PD上，且AF⊥PD (1)求证：AF⊥PC; (2)记平面AEF∩底面ABCD=,求二面角E-1-C的大小： (3)当异面直线AB与EF所成角为30时，求三棱锥P-AEF的体积 7.(24-25高一下.安徽六安第一中学期末)如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角P-ABC, ∠APC=a,∠BPC=B,∠APB=Y,二面角A-PC-B的大小为6，类比于平面三角形中的余弦定理， 我们得到三维空间中的三面角余弦定理：cosy=cosacos3+sinasinBcos6 D 图1 图2 (I)如图2，在三棱锥P-ABC中，点M是点B在平面APC中的投影，BD⊥PC,连接MD,PA=4, ∠APC=60°，∠BPC=45°，∠APB=90°，PB+PC=8 ①直接用三面角余弦定理给出平面APC与平面BPC所成的角的余弦值； ②求三棱锥P-ABC体积的最大值； (2)当a、B、YE(0,受)时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理， 8.(24-25高一下安徽六安善新高级中学期末)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=1 D A B 16/17 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)求证：AB//平面A1DCB1: (2)求证：BC1⊥平面A1DCB1: (3)求直线A1B和平面A1DCB1所成的角 9.(24-25高一下·安徽六安独山中学期末)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=号，AB=BC=1 (1)求异面直线B1C1与AC所成角的大小： (2)若A1C与平面ABC所成角为，求三棱锥A1~ABC的体积 17/17 专题03 立体几何初步 8大高频考点概览 考点01 基本立体图形 考点02 立体图形的直观图 考点03 简单几何体的表面积和体积 考点04 空间点、线、面的位置关系 考点05 轨迹问题 考点06 外接球、内切球和棱切球 考点07 距离问题 考点08 线线角、线面角和二面角 地 城 考点01 基本立体图形 一、多选题 1．(24-25高一下·安徽六安独山中学·期末)用一个平面去截一个三棱柱，可以得到的几何体是（    ） A．四棱台 B．四棱柱 C．三棱柱 D．三棱锥 【答案】BCD 【分析】根据棱柱，棱锥和棱台的定义结合图形分析判断即可 【详解】如图三棱柱，连接，则可得平面截三棱柱，得到一个三棱锥，所以D正确， 若用一个平行于平面的平面去截三棱柱，如图平面，则得到一个三棱柱和一个四棱柱，所以BC正确， 因为四棱台的上下底面要平行，所以要得到四棱台，则截面要与三棱柱的上下底面相交，而四棱台的侧棱延长后交与一点，棱柱的侧棱是相互平行的，所以用一个平面去截一个三棱柱，不可能得到一个四棱台，所以A错误， 故选：BCD 二、填空题 2．(24-25高一下·浙江杭州第二中学·期中)已知圆锥底面半径为，侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的母线长为______. 【答案】 【分析】利用圆锥的底面周长等于扇形的弧长，可求得圆锥的母线长. 【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于展开图扇形的弧长， 则，解得. 故答案为：. 3．(24-25高一下·安徽天一大联考·期末)已知一个圆锥的底面半径为，侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则过该圆锥顶点的平面截该圆锥所得截面面积的最大值为__________. 【答案】/0.5 【分析】根据给定条件，求出圆锥母线长，再求出圆锥轴截面等腰三角形的顶角，进而求出截面面积的最大值. 【详解】设圆锥母线长为，依题意，，解得， 设圆锥轴截面等腰三角形顶角为，则，， 设过该圆锥顶点的平面截该圆锥所得截面等腰三角形顶角为， 该截面三角形面积，当且仅当时取等号， 所以所求最大值为. 故答案为： 地 城 考点02 立体图形的直观图 一、单选题 1．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)用斜二测画法画一个边长为4的正三角形的直观图，则直观图的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据直观图画法得底不变，再研究高，最后根据三角形面积公式求结果. 【详解】根据斜二测画法的特征，可得底不变，为4，高为 ， 所以直观图的面积是. 故选：A 2．(24-25高一下·安徽合肥第一中学·期末)如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法面出的直观图，其中，，则原四边形的周长为（    ） A． B．20 C．12 D． 【答案】B 【分析】根据斜二测画法将直观图还原为原图，结合已知求出原平面四边形的各边长，即可得解. 【详解】将直观图还原为原图，如图， 由题，，则，故，， 所以，而，， 所以四边形是平行四边形，周长为. 故选：B. 3．(24-25高一下·安徽六安善新高级中学·期末)如图，利用斜二测画法画出的四边形的直观图为等腰梯形，已知，，则的长为（   ） A．6 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据斜二测画法画出原四边形ABCD求解即可. 【详解】如图1，根据斜二测画法的性质可得，作，垂足为， 作，垂足为，则和是两个全等的等腰直角三角形， 从而，故． 画出原四边形，如图2，则，且， 故． 故选：C. 4．(24-25高一下·安徽六安毛坦厂中学教育集团·期末)已知水平放置的四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，则原四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合图形先求出梯形的面积，再利用直观图与对应的平面图的面积之间的关系即可求得四边形的面积. 【详解】由题意，四边形的直观图为直角梯形， 其面积为， 故四边形的面积为. 故选：B. 5．(24-25高一下·安徽淮北第一中学·期末)如图所示，表示水平放置的的直观图，则的面积是（   ） A． B．4 C． D．2 【答案】B 【分析】根据直观图和原图间的关系可求答案. 【详解】由图可得的底边为2，高为4，所以的面积是4. 故选：B 二、填空题 6．(24-25高一下·安徽宣城·期末)已知一个水平放置的平面图形由斜二测画法得到的直观图是边长为2的菱形，且，则原平面图形的周长为__________. 【答案】 【分析】利用斜二测画法还原直观图可得原平面图形，计算周长即可. 【详解】由题可知，，则， 从而，所以， 还原直观图可得原平面图形，为平行四边形，如图所示， 则， 所以， 所以原平面图形的周长为. 故答案为：. 地 城 考点03 简单几何体的表面积和体积 一、单选题 1．(24-25高一下·安徽宣城·期末)一圆台的上、下底面半径分别是10cm和20cm，它的侧面展开图扇环的圆心角为180°，下列说法不正确的是（    ） A．圆台的母线长是20cm B．圆台的高是cm C．圆台的表面积是 D．圆台的体积是 【答案】D 【分析】根据给定条件，作出圆台侧面展开图，求出圆台的母线长和高，再利用表面积和体积公式求解判断作答. 【详解】依题意，圆台侧面展开图，如图，     设圆台的上底面周长为，由扇环的圆心角为，得， 又，则，同理， 于是圆台的母线cm，高cm， 表面积， 体积，ABC正确，D错误. 故选：D. 2．(24-25高一下·安徽蚌埠固镇县毛钽厂实验中学·期末)《九章算术•商功》中将正四面形棱台（即正四棱台）建筑物称为方亭.现有一方亭 ，已知，且该方亭的高为6，体积为26，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】根据棱台的体积公式求解. 【详解】设，则根据题意可得， 解得或(舍去). 故选：B. 3．(24-25高一下·安徽合肥百花中学等四校联考·期末)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设甲、乙两个圆锥的母线长均为，底面半径分别为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和为可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式计算即可得解． 【详解】设甲、乙两个圆锥的母线长均为，底面半径分别为， 则，所以①， 因为侧面展开图的圆心角之和为， 所以，即②， 由①②解得， 所以甲圆锥的高，乙圆锥的高， 所以． 故选：C． 4．(24-25高一下·安徽马鞍山·期末)已知某圆锥的母线与底面所成的角为60°，且母线长为2，则该圆锥的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由给定条件列出关于圆锥底面圆半径，圆锥母线的关系式，求得，进而求出圆锥的表面积. 【详解】设圆锥的底面圆半径为，圆锥母线为， 由圆锥的结构特征知：，即，所以， 所以圆锥的表面积. 故选：B. 5．(24-25高一下·安徽合肥庐江县·期末)若正四棱锥的高为，且其各侧面的面积之和是底面积的2倍，则该四棱锥的表面积为（   ） A．12 B．24 C．32 D．48 【答案】A 【分析】求得斜高，结合表面积公式求解即可. 【详解】如图，是正四棱锥的高，所以， 是斜高，由可得， 所以，在中，， ，所以，所以， 所以， 所以． 故选：A. 6．(24-25高一下·安徽天一大联考·期末)已知在平行六面体中，， ，且平面，则该平行六面体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意先求，再求，根据平行六面体的体积公式计算即可. 【详解】    如图所示，因为在平行六面体中，因为， 所以，因为， 所以， 因为，则， 因为平面，所以, 该平行六面体的体积为. 故选：B. 7．(24-25高一下·安徽六安第一中学·期末)17世纪30年代，意大利数学家卡瓦列利在《不可分量几何学》一书中介绍了利用平面图形旋转计算球体体积的方法.如图，是一个半圆，圆心为，是半圆的外切矩形.以直线为轴将该平面图形旋转一周，记，阴影部分，半圆所形成的几何体的体积分别为，，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆锥的体积公式、球的体积公式以及圆柱的体积公式，通过加减，可得答案. 【详解】以直线为轴将该平面图形旋转一周，所形成的几何体为一个圆锥， 底面直径为，（为半圆半径），则，，则， 半圆所形成的几何体为一个半球，设整个球的体积为，则， 以直线为轴将该平面图形旋转一周，长方形形成的几何体为圆柱， 设体积为，阴影部分所形成的几何体体积等于圆柱体积减去半球体积， 则.故，，. 故选：D. 8．(24-25高一下·安徽合肥一六八中学·期末)已知，，，为球面上四点，，分别是，的中点，以为直径的球称为，的“伴随球”，若三棱锥的四个顶点在表面积为的球面上，它的两条边，的长度分别为和，则，的伴随球的体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知求出三棱锥的外接球半径，求出，进一步求出的范围，从而得出答案即可． 【详解】设三棱锥外接球的半径为， 则，所以球的半径为， 则球的两条弦的中点为， 则， 即弦分别是以为球心，半径为3和2的球的切线， 且弦在以为球心，半径为2的球的外部， 的最大距离为，最小距离为， 当三点共线时，分别取最大值与最小值， 故的伴随球半径分别为， 半径为时，的伴随球的体积为， 当半径为时，的伴随球的体积． ∴的伴随球的表面积的取值范围是． 故选：D. 二、多选题 9．(24-25高一下·安徽合肥庐江县·期末)“阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们也都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到如图，正八面体的棱长为3，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体（    ） A．共有18个顶点 B．共有32条棱 C．表面积为 D．体积为 【答案】CD 【分析】根据正八面体的几何性质，结合题意，利用正方形与正六边形的面积公式以及正四棱锥的体积公式，可得答案. 【详解】由图知该多面体有24个顶点，36条棱，AB错误； 该多面体的棱长为1，且表面由6个正方形和8个正六边形组成， 则该多面体的表面积为，C正确； 正八面体可分为两个全等的正四面体，其棱长为， 过作平面于，连接，如下图：    由平面，且平面，得， 正方形中，由边长为，则对角线长为，则， 在中，，则， 正八面体的体积为， 切割掉6个棱长均为1的正四棱锥，减少的体积为， 所以该阿基米德多面体的体积为，D正确． 故选：CD 三、填空题 10．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，高为，则圆台的表面积为_________． 【答案】 【分析】求出上、下圆的面积，作出截面，利用勾股定理求出母线的长，进而求出圆台的侧面积，即可求出圆台的表面积. 【详解】由题意， 圆台的上、下底面半径分别为1和2，高为， ∴上下圆面积分别为：，， 作出截面图，并作出截面上端点对底边的垂线，如下图所示， 由几何知识得， ，，，， 在Rt中，， 由勾股定理得，， ∴圆台的侧面积为：， ∴圆台的表面积为：， 故答案为：. 11．(24-25高一下·安徽宿州、示范高中·期末)已知一个圆锥的表面积为，则它的体积最大值为_______. 【答案】 【分析】首先根据圆锥的底面半径和母线长的关系以及表面积的值求出的表达式，然后利用圆锥的体积公式和二次函数的性质求出体积的最大值. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，则， 因为圆锥的表面积为，所以 从而，且， 所以圆锥的体积为， 因此当时，体积取到最大值． 故答案为：. 12．(24-25高一下·安徽安庆江淮协作区·期末)已知某圆锥的轴截面是直角边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的体积为__________. 【答案】 【分析】根据题意，利用圆锥的几何结构特征，求得圆的底面半径和高，结合体积公式，即可求解. 【详解】由圆锥的轴截面是直角边长为2的等腰直角三角形，可得斜边长为，斜边上的高为， 所以圆锥的底面半径为，高为，所以所求体积. 故答案为：. 13．(24-25高一下·安徽亳州涡阳县·期末)已知圆柱的外接球半径为，高为2，则该圆柱的表面积是______. 【答案】 【分析】利用勾股定理求出圆柱的底面半径，再由表面积公式计算可得答案. 【详解】圆柱的底面半径是. 故该圆柱的表面积是. 故答案为：. 地 城 考点04 空间点、线、面的位置关系 一、单选题 1．(24-25高一下·安徽蚌埠·期末)已知，，是空间中的三条直线，且，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据空间中垂直和平行的性质及充分条件、必要条件、充要条件的定义分析判断即可. 【详解】若，，则，可以异面、平行或相交，故由推不出， 若，，根据平行线的性质，则， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 2．(24-25高一下·安徽六安独山中学·期末)若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误. 【详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则存在直线，， 所以由可得，故，故C正确； 对于D，，则与可平行或相交或，故D错误； 故选：C. 3．(24-25高一下·安徽六安第二中学·期末)已知平面平面，直线，则“”是“”的（ ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】由线面、面面位置关系即可判断. 【详解】解：∵平面平面，直线，当时，则一定有； 反之，平面平面，，直线时，可得：可以相交或或，即不一定成立； 则“”是“”的必要不充分条件． 故选：B． 4．(24-25高一下·安徽合肥庐江县·期末)已知是两个不重合的平面，是两条不同的直线，则下列命题中错误的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】A 【分析】由线面的平行及垂直进行判断． 【详解】对于A项，若，则或． 对于B，C，D项，显然成立， 故选:A. 二、多选题 5．(24-25高一下·安徽合肥百花中学等四校联考·期末)已知表示两条不同直线，a表示平面，则下列选项正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】BD 【分析】根据空间中直线与平面以及平面与平面的位置关系，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A，若，，则或者异面，或者相交，故A错误， 对于B，若，，则，故B正确， 对于C，若，，则或者，故C错误， 对于D，若，，则，D正确， 故选：BD 地 城 考点05 轨迹问题 一、单选题 1．(24-25高一下·安徽六安毛坦厂中学教育集团·期末)已知三棱锥的棱长均为2，点P在内，且，则点P的轨迹的长度（    ） A． B． C． D．π 【答案】C 【分析】取CD的中点E，连接BE，过点A作，垂足为H，可求得P在以H为圆心，为半径的圆上，进而计算即可得答案. 【详解】如图1，取CD的中点E，连接BE，过点A作，垂足为H，由， 知，所以，又， 所以，所以点P在以H为圆心，为半径的圆上. 如图2，由，得， 解得（结合图形舍去），所以四边形BGHF是菱形，， 所以点P的轨迹的长度为. 故选：C. 二、多选题 2．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为线段上动点（包括端点），则下列说法中正确的是（    ）    A．存在点使得 平面 B．直线与平面所成角正弦值为 C．的最小值为 D．若点在正方体，表面上运动（包含边界），且，则点的轨迹长度为 【答案】BCD 【分析】利用面面平行的判定推理平面平面，然后利用直线与平面相交判断A；利用定义法作出线面角，并在直角三角形中求出线面角的正弦判断B；把三角形与三角形置于同一平面内，利用余弦定理求出线段长判断C；先利用线面垂直的判定推理平面，取棱的中点利用面面平行的判定推理得平面平面，进而平面，从而求出点的轨迹为正六边形，求解周长即可判断D． 【详解】对于A：先证平面平面，由正方体性质可知，且， 且，所以四边形和均为平行四边形， 所以，，因为平面， 在平面外，所以平面，平面， 又平面，，所以平面平面， 又为的中点，为线段上动点（包括端点）， 所以直线与平面相交，从而直线与平面相交，故A错误； 对于B：连接，则，由平面，平面， 得，又，，平面， 则平面，过作交于，连接， 于是平面，是直线与平面所成的角，，，所以，故B正确；    对于C，把三角形与三角形置于同一平面内，连接， 则的最小值为， 在中，，， ， 由余弦定理得，C正确；    对于D，由正方体的性质知平面，平面，所以， 因为四边形为正方形，所以，平面， 所以平面，平面，所以， 同理可得，平面，故平面； 如图，    取棱的中点分别为， 连接，可得六边形为正六边形， 而，平面，平面，故平面， 同理可证平面，，，平面， 故平面平面，所以平面， 即过点且与垂直的平面截正方体所得截面即为正六边形，边长为， 其周长为，所以点的轨迹为正六边形，则点的轨迹长度为，D正确． 故选：BCD 3．(24-25高一下·安徽合肥百花中学等四校联考·期末)如图，正方体的棱长为2，是棱的中点，是侧面上的动点，且满足，则下列结论中正确的是（   ） A．平面截正方体所得截面面积为 B．点的轨迹长度为 C．存在点，使得 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】AC 【分析】取的中点G，连接、，则等腰梯形为截面，求面积判断选项A；取中点M，中点N，连接,,，推导出点的运动轨迹为线段，判断选项B；取中点F，推导出，又因为，所以，判断选项C；取F是的中点，因为是等腰三角形，则,同理,与交于点F，且与均在平面内，所以为与平面所成的线面角，所以，因为，且时最小，满足题设正弦值最大，求正弦值，判断选项D. 【详解】 已知正方体的棱长为2，是棱的中点，是侧面上的动点， 且满足，取的中点G，连接、, 则等腰梯形（,且）为其截面， 面积为，故A对； 取中点M，中点N，连接,,， 由题可得,,且平面， 所以平面，平面， 又与是平面内的两条相交直线, 所以平面平面，所以点F的运动轨迹为线段，长度为，故B错； 取中点F，因为为等腰三角形，所以， 又因为，所以，故C对. 因为平面，所以为与平面所成的线面角， 所以， 因为，且时最小，满足题设正弦值最大， 所以，，故D错. 故选：AC. 4．(24-25高一下·安徽滁州·期末)在边长为4的菱形中，为边的中点，，沿将折起，形成如图所示的四棱锥（翻折过程中点始终位于平面上方），为的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（   ）. A．平面 B．平面平面 C．异面直线与所成的角始终为 D．点的轨迹的长度为 【答案】ABD 【分析】对于A，取中点，连接，只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证；对于B，只需证明平面，然后结合面面垂直的判定定理即可得证；对于C，结合异面直线的定义说明异面直线与所成的角始终为即可判断；对于D，点的轨迹的长度为点的轨迹的长度的一半，故只需求出点的轨迹的长度即可判断. 【详解】对于A，如图所示，取中点，连接， 因为点为的中点，所以， 在菱形中，点为的中点，所以， 所以，所以四边形是平行四边形， 所以， 而平面，平面，从而平面，故A正确； 对于B，由题意，所以， 所以，由翻折关系可知，， 而三点共线，从而， 又因为，，平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面，故B正确； 对于C，由题意在直角三角形中，两直角边为，斜边为， 又因为点为斜边的中点，所以， 所以，所以三角形是等边三角形， 所以， 因为，所以异面直线与所成的角始终为，故C错误； 对于D，由题意点在以点为圆心为半径的半圆上运动（不包含点）， 所以点的运动轨迹长度为， 因为点是的中点，点是固定点，所以点的运动轨迹长度为，故D正确. 选：ABD. 5．(24-25高一下·安徽宿州、示范高中·期末)在正三棱柱中，，E，F，G，H分别为的中点，动点N在四边形内及其边界上运动，则下列说法正确的是（   ） A．E，F，G，H四点共面 B．FH与BC所成角的余弦值为 C．正三棱柱的外接球表面积为 D．若平面，则动点N的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】对于选项A，证明即可证明四点共面；对于选项B，先确定与所成角，然后根据余弦定理可求出其余弦值；对于选项C，先由正弦定理求出外接圆半径，然后根据勾股定理求出球的半径，从而求出球的表面积即可；对于选项D，先确定动点的轨迹，然后根据勾股定理求出轨迹长度. 【详解】连接，因为分别为的中点， 所以，从而，故四点共面，A正确； 连接，因为，则为与所成角， 在中， 由余弦定理可得，B错误； 在等边中，由正弦定理可得，的外接圆半径， 设正三棱柱的外接球半径为，且球心到平面的距离为1， 由勾股定理可知， 所以球的表面积为，C正确； 在正三棱柱中，取的中点，连接， 可知， 又平面平面平面平面， 所以平面平面， 又因为是平面内两条相交直线，因此平面平面， 当点N在四边形内及其边界上运动时，若平面， 则在平面内，从而动点N的轨迹为， 又因为，所以动点N的轨迹长度为，D正确． 故选：ACD. 6．(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学·期末)如图，点P是棱长为2的正方体表面上的一个动点，则下列结论正确的是（） A．当P在线段BC₁上运动时， B．当P在平面上运动时，三棱锥的体积为定值4 C．当P在线段AC上运动时，D₁P与A₁C₁所成角的取值范围是 D．使直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】对于A，证明平面即可证明；对于B，求三棱锥的体积判断B的真假；对于C，根据线线角的概念确定与所成角的取值范围，判断C的真假；对于D，判断点轨迹，求的轨迹长度判断D的真假． 【详解】对于A，如图所示，连接，， 为平行四边形，， 又平面，平面，， ，平面，平面， 平面，， 同理可证， ，平面，平面， 平面，，故A正确； 对于B，当在平面上运动时，点到平面的距离为2， ，所以，故B错误； 对于C，如图所示，取中点，连接，，， 易知为等边三角形，故． 当在线段上运动时， 因为，所以或其补角为异面直线与所成角． 当与重合时，异面直线与所成角为． 当与不重合时，因为， 所以，所以， 所以异面直线与所成角的范围为，故C正确； 对于D，如图所示， 当直线与平面所成的角为时， 因为，所以不可能在四边形内（除外）； 同理不可能在四边形内（除外）， 在平面与平面的运动轨迹为线段和，且； 当在平面时，作平面，垂足为，连接， 因为，所以， 所以在四边形上的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆的， 所以点的轨迹长度为：，故D正确． 故选：ACD 三、解答题 7．(24-25高一下·安徽宣城·期末)如图，四边形是边长为2的正方形，，平面平面，平面平面. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)点M在正方形内（包括边界），若平面平面，且，求点M的轨迹长度. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用面面垂直的性质可证平面，进而利用线面垂直的性质可证，可理可证，进而可证结论； （2）过作于，连接，可得为二面角的平面角，求解即可； （3）以为直径在正方形内作一个半圆，在该半圆圆上任取点，连接，可证点M的运动轨迹为一个半圆，据此求解即可. 【详解】（1）四边形是边长为2的正方形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又，平面， 所以平面； （2）过作于，连接， 由（1）可知平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面，平面， 所以，所以为二面角的平面角， 因为，，所以， 又，所以，解得， 在中，， 所以， 所以二面角的余弦值为； （3）以为直径在正方形内作一个半圆，在该半圆圆上任取点，连接， 则，又因为平面；平面， 所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面， 所以点M的运动轨迹为此半圆， 设的中点为，连接，因为，所以， 所以根据扇形的弧长公式得点M的运动轨迹长度为. 地 城 考点06 外接球、内切球及棱切球 一、单选题 1．(24-25高一下·安徽安庆江淮协作区·期末)已知正方体的棱切球表面积为，动点E，F分别在线段，上运动，且E，F不与正方体的顶点重合，若，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，求得，将平面，，展开到同一平面，连接，的得到，在中，利用余弦定理，求得的长，即可得到答案. 【详解】由题意，可得，因为，解得， 将平面，，展开到同一平面，如图所示， 由题意，可得， 连接，交于，交于， 则， 在中，，， 由余弦定理得， 所以，即实数的取值范围为. 故选：D. 2．(24-25高一下·安徽合肥一六八中学·期末)已知，，，为球面上四点，，分别是，的中点，以为直径的球称为，的“伴随球”，若三棱锥的四个顶点在表面积为的球面上，它的两条边，的长度分别为和，则，的伴随球的体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知求出三棱锥的外接球半径，求出，进一步求出的范围，从而得出答案即可． 【详解】设三棱锥外接球的半径为， 则，所以球的半径为， 则球的两条弦的中点为， 则， 即弦分别是以为球心，半径为3和2的球的切线， 且弦在以为球心，半径为2的球的外部， 的最大距离为，最小距离为， 当三点共线时，分别取最大值与最小值， 故的伴随球半径分别为， 半径为时，的伴随球的体积为， 当半径为时，的伴随球的体积． ∴的伴随球的表面积的取值范围是． 故选：D. 二、多选题 3．(24-25高一下·安徽芜湖·期末)如图，在直三棱柱中，，点是线段上一点，则下列说法正确的是（    ） A．当为的中点时，平面 B．的最小值为 C．当为三等分点（靠近）时，平面截该几何体的截面面积为 D．四面体的外接球表面积最大值为 【答案】ACD 【分析】对于A，由线面垂直的判定定理可得A正确；对于B，将翻折到与矩形共面再结合余弦定理可得B错误；对于C，说明平面截该几何体的截面为梯形，故验算梯形面积即可判断C正确；对于D， 取得最大值，结合球的表面积公式即可判断. 【详解】对于A，在直三棱柱中，平面，平面，所以 ， 因为，为中点，所以， 又平面， 所以，即平面，故A正确； 对于B，将翻折到与矩形共面，如图所示，    连接与相交于点，此时取得最小值， 在中，，， 由余弦定理可得，故B错误； 对于C，如图所示，过点作，交于点， 因为，所以，所以四点共面， 故平面截该几何体的截面为梯形， 因为平面，平面， 所以，又，平面， 所以平面， 又平面， 所以， 因为，为三等分点（靠近）， 所以， 所以梯形的面积为，故C正确； 对于D，如图所示，取的中点， 因为三角形是直角三角形所以点为三角形的外心， 三角形的外接圆半径为， 而，所以四边形为平行四边形， 所以，因为平面，所以平面， 四面体的外接球球心在直线上，不妨设为点， 记四面体的外接球半径为，， 显然首先有， 其次由可得，， 所以， 所以当时，取得最大值， 即点与点或重合时，取得最大值， 所以四面体的外接球表面积最大值为，故D正确. 故选：ACD. 4．(24-25高一下·安徽六安第二中学·期末)如图，已知正方体的棱长为1，E为线段上的动点，线段与平面交于点F，则下列说法正确的是（   ） A．直线与所成角的范围为 B．三棱锥内切球半径为 C．的最小值为 D．面截该正方体内切球所得的截面面积为 【答案】ABD 【分析】根据平行关系可得异面直线与所成的角为（或其补角），由点位置求角的取值范围判断A，分割后利用等体积法求内切圆的半径判断B，翻折后转化为平面上两点间距离最小，利用余弦定理求解判断C，根据正方体内切圆与面上对角线的关系可得所求为三角形的内切圆，即可求出半径判断D. 【详解】对于A，因为，所以异面直线与所成的角为（或其补角）， 在等边三角形中， 当点E为中点时，最大为； 当点E与重合时，最小，为；当点E与B重合时，的补角为， 综上直线与所成角的范围为，故A正确； 对于B，设内切圆半径为r，则， 即，解得，故B正确； 对于C，将沿直线翻折，使其与平面共面，连接点A和翻折后的点，交于，如图， 在等边三角形中，为中心，所以，所以翻折后， 在中，，， 故当重合时，即的最小值为，故C错误； 对于D，平面截正方体内切球的截面为的内切圆，如下图： 因为正方体的棱长为1，所以对角线， 内切圆半径， 所以截面面积，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题 5．(24-25高一下·安徽蚌埠·期末)已知三棱锥中，，则该三棱锥的外接球表面积为____________. 【答案】 【分析】根据勾股定理逆定理，构造长方体，利用长方体的性质、球的表面积公式进行求解即可. 【详解】因为， 显然有，，， 因此两两互相垂直，补成长方体如图所示： 该长方体的对角线长为， 所以该三棱锥的外接球的半径为， 因此该三棱锥的外接球表面积为， 故答案为：    6．(24-25高一下·安徽六安第二中学·期末)如图，在三棱锥中，为等边三角形，，，若，则三棱锥外接球表面积的最小值为__________. 【答案】/ 【分析】由题意可得面，设三棱锥的外接球的球心为，底面的中心为，求出，几何法可得外接球的半径，计算表面积即可. 【详解】取中点，连，，则， 由且都在平面内，可得面， 由面，则，又， 由且都在平面内，即面. 设，则，外接球半径为， 设三棱锥的外接球的球心为，底面的中心为， 连接，则平面，且， 所以， 当时，最小，此时三棱锥外接球表面积的最小值为. 故答案为：. 7．(24-25高一下·安徽六安·期末)在三棱锥中，底面是等腰直角三角形，，且与的面积之比为，若点都在球的球面上，则球的表面积为__________. 【答案】 【分析】作出辅助线，根据两三角形面积之比求出，因为两两垂直，故三棱锥的外接球即为以为长宽高的长方体外接球，从而得到外接球半径，得到外接球表面积. 【详解】三角形是等腰直角三角形，，故⊥， 由勾股定理得， 取的中点，则， 因为，，平面， 故⊥平面， 因为平面，所以⊥， 设，则，， 故⊥，， 与的面积之比为，故，解得， 故， 点都在球的球面上，因为两两垂直， 故三棱锥的外接球即为以为长宽高的长方体外接球， 故外接球半径为， 球的表面积为 故答案为： 地 城 考点07 距离问题 一、多选题 1．(24-25高一下·安徽宣城·期末)如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是的，中点，G是的中点，现在沿，及把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，下列结论正确的是（    ） A． B．三棱锥的外接球的体积为 C．点H到平面的距离为 D．二面角的余弦值为 【答案】ACD 【分析】对A，由线面垂直的判定定理证明平面，即可得证；对B，由两两互相垂直，可得三棱锥的外接球即所在长方体的外接球，运算得解；对C，由三棱锥等体积，运算得解；对D，由题可得就是二面角的平面角，在中，运算得解. 【详解】对于A，，，，平面， 平面，又平面，，故A正确； 对于B，因为两两互相垂直，，， 所以三棱锥的外接球即所在长方体的外接球，如图， 所以外接球直径，则， 所以三棱锥的外接球的体积为，故B错误； 对于C，因为分别是的中点，可得，， 且，，，，， 设点到平面的距离为，则， ，解得，即点到平面的距离为，故C正确； 对于D，由，所以就是二面角的平面角， 在中，由，， 所以，故D正确. 故选：ACD. 2．(24-25高一下·安徽蚌埠·期末)在直三棱柱中，，且，分别是棱的中点，为棱上的动点，则下列结论正确的是（   ） A． B．的最小值为 C．当是的中点时，平面 D．当是的中点时，点和到平面的距离之比是 【答案】ABC 【分析】对A，连接，易证平面，得，，可证平面，得解；对B，沿将与矩形铺平，当三点共线时，最小，运算得解；对C，证明平面，平面，可得平面平面，由面面平行的性质得解；对D，由平面，得点与点到平面的距离相等，又点与点到平面的距离相等，设，可得，所以点与点到平面距离之比为，得解. 【详解】对于A，连接，因为，则， 又平面，平面，所以， 又平面，，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以侧面是正方形，故， 又平面，且， 所以平面， 又平面，所以，故A正确； 对于B，如图，沿将与矩形铺平， 由A，平面，则，即， 所以当三点共线时，最小， 又， ， 则， 所以的最小值为，故B正确； 对于C，如图，连接，因为分别是的中点， 所以，平面，平面，故平面， 同理，可证平面， 又是平面内两条相交直线，所以平面平面， 又平面，故平面，故C正确； 对于D，由C，知平面，所以点与点到平面的距离相等， 又是的中点，故点与点到平面的距离相等， 设，因为分别是的中点，侧面是正方形， 所以，所以点与点到平面距离之比为， 即点与点到平面距离之比为，故D错误. 故选：ABC. 3．(24-25高一下·安徽合肥一六八中学·期末)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. 二、解答题 4．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)如图，在四棱锥中，底面，是的中点，点在棱上，且，四边形为正方形，． (1)证明：； (2)求点到平面的距离； (3)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证平面，再证平面，即可证； （2）由可求； （3）为二面角的平面角，求出，可求. 【详解】（1）证明：因为底面，底面，所以， 因为四边形为正方形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 在中，因为，是的中点，所以， 因为，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． （2）连接交于点，如图所示： 则，又因为底面，平面，所以， 因为，平面，所以平面，则点到平面的距离为，因为是的中点，所以， 因为底面正方形边长为，所以，， 所以，， 所以， ，所以． 在中，满足，有， 所以， 设点到平面的距离为， 由可得 （3）由（1）可得平面，因为平面平面， 所以，所以为二面角的平面角， ， 因为，，所以 ， 所以，解得， 因为，即，所以， 故二面角的余弦值为． 5．(24-25高一下·安徽宣城·期末)如图，在正三棱柱中，，，点M为的中点. (1)求点A到平面的距离； (2)在棱上是否存在点Q，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）过点作交于点，交于点，说明点A到平面的距离为的长度，结合几何性质求出的长度即可； （2）根据给定条件，证明平面平面，过点作交于点，利用面面垂直的性质推理作答. 【详解】（1）如图所示，过点作交于点，交于点， 因为与互余，与互余， 所以， 又因为， 所以，所以， 因为在正三棱柱中，，，点M为的中点， 所以即为，解得， 所以， 由等面积法有，即，解得， 所以， 由正棱柱性质可知，平面，而平面， 从而， 因为三角形是正三角形且点为的中点， 所以， 又因为，，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以， 又因为，，平面， 所以平面， 所以点A到平面的距离为； （2）在正三棱柱中，因为点为的中点，则， 又平面， 平面，则有， 而平面，于是平面， 平面，则平面平面，在平面内过点作交于点， 平面平面，因此平面，于是点即为所要找的点， 显然，因此，即有，于是，， 所以. 6．(24-25高一下·安徽六安第一中学·期末)如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，，，. (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离； (3)若点P是正方形内的动点（不含边界），且满足，设直线与平面所成角为，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接AC交BD于，则可得，进而得到四边形为平行四边形，利用线面平行的判断即可证得平面； （2）利用等体积法可求线面距离； （3）由空间中垂直关系的转化可得点的轨迹为，根据线面角的定义可知为与面所成的平面角，然后可得的取值范围. 【详解】（1） 连接AC交BD于，连接，则，因为， 由四棱台的性质可得，且，故四边形为平行四边形， 故，平面面，故面. （2）面，直线到平面的距离等价于点到平面的距离， ， ，，，， 取DC中点，连，， 可得，而平面， 故平面，由平面， 故，，得， ，，故， 故，故. （3）连接，因为，由四棱台的性质可得， 故四边形为平行四边形，故， 故平面，而平面，故， 又，，平面，故平面， ，点在面内的动点，点面面， 面，为与面所成的平面角， ，DO最小为，最大为4 则. 7．(24-25高一下·安徽天一大联考·期末)如图，在直三棱柱中，点到平面的距离为的面积为. (1)求直三棱柱的体积. (2)若直线与平面所成的角为分别为的中点，且. （i）求直三棱柱的外接球的表面积； （ii）求二面角的大小. 【答案】(1) (2)（i）（ii） 【分析】（1）根据计算即可求解； （2）（i）根据线面角及垂直关系可得且，进而可得棱的长度，确定外接球的球心，求出半径，根据表面积公式计算即可；（ii）作出二面角的平面角，计算即可求解. 【详解】（1）因为， 所以； （2）（i）在直三棱柱中，平面， 所以即为直线与平面所成角的平面角， 即，所以，即四边形为正方形， 因为分别为的中点，且， 所以且， 因为平面，所以， 因为，且 ， 所以平面， 因为平面，所以， 在正方形中，， 因为，且平面， 所以平面，即， 所以， 因为，所以， 直三棱柱底面为等腰直角三角形， 所以球心为点，半径为， ，所以， 所以球的表面积为. （ii）过点作的垂线，垂足为，连接， 因为平面，且平面， 所以，， 因为，且，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以即为二面角的平面角， 在中，由（2）知，，， 则， 所以， 所以， 由（2）知，，则， 所以，即二面角的大小为. 8．(24-25高一下·安徽天一大联考·)如图，在直三棱柱中，分别是棱的中点． (1)证明：平面； (2)若，且，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）方法一：取的中点，连接，证得四边形是平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； 方法二：取的中点，连接，分别证得平面和平面，证得平面平面，即可证得平面． （2）连接，求得，以及，及，设点到平面的距离为，结合体积列出方程，即可求解. 【详解】（1）证明：方法一：取的中点，连接， 因为分别是的中点，所以，且， 又因为，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，且平面，所以平面. 方法二：取的中点，连接， 因为分别是的中点，所以，可得平面， 因为分别是的中点，所以，可得平面， 因为，所以平面平面，所以平面． （2）解：在直三棱柱中，因为，且， 连接，则， 且， ， 所以． 设点到平面的距离为，则，即， 解得，即点到平面的距离为． 地 城 考点08 线线角、线面角和二面角 一、单选题 1．(24-25高一下·安徽六安舒城县晓天中学·期末)已知圆锥的顶点为，为底面圆心，母线互相垂直，且，直线与圆锥底面所成角为，则二面角的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取的中点，连接，再根据题意求出的长度，由二面角的定义可得二面角的平面角为，代入计算，即可得到结果. 【详解】取的中点，连接， 因为，为的中点，则， 由垂径定理可得， 所以二面角的平面角为， 因为平面，平面，则， 因为，， 所以，， 因平面，则为直线与圆锥底面所成角，即， 则在中，，故， 所以，， 因为，故，即二面角的大小为. 故选：C 二、多选题 2．(24-25高一下·安徽亳州涡阳县·期末)在平面四边形ABCD中，，.将该四边形沿着对角线AC折叠，得到空间四边形ABCD，E为棱BD的中点，则（    ） A．异面直线AC，BD所成的角是 B．平面 C．平面平面AEC D． 【答案】BCD 【分析】取线段的中点，连接，利用线面垂直的判定定理可得平面AEC，从而证出，平面平面AEC；再利用三棱锥等体积法结合求可判断D. 【详解】取线段的中点，连接. 因为，，所以，. 因为平面，所以平面，故B正确； 因为平面，所以，即异面直线,所成的角是，故A不正确； 因为平面，所以平面平面.故C正确； 因为，且都垂直于平面， 所以 .故D正确. 故选：BCD. 3．(24-25高一下·安徽合肥普通高中六校联盟·期末)在棱长为1的正方体中，点在线段上运动（包括端点），则下列结论正确的有（   ） A．三棱锥的外接球的表面积为 B．直线和平面所成的角为定值 C．三棱锥的体积是定值 D．的最小值为 【答案】ACD 【分析】根据三棱锥的外接球即正方体的外接球，及球体的表面积公式可判断选项A；根据线面所成角的定义及正方体的性质可判断选项B；先结合正方体的性质，求出点到平面的距离及三角形的面积，再根据锥体的体积公式即可判断选项C；设，表示出，，得出，再根据其几何意义即可求解. 【详解】 由正方体的棱长为，可得： ， 则正方体外接球的半径为； 对于选项A：因为三棱锥的外接球即正方体的外接球， 所以三棱锥的外接球的表面积为，故选项A正确； 对于选项B：由正方体的性质可得：为直线和平面所成的角， 且当点从点运动到点的过程中，，故选项B错误； 对于选项C：由正方体性质可知：平面平面， 因为点在线段上运动（包括端点）， 所以点到平面的距离为， 又因为， 所以三棱锥的体积为，即三棱锥的体积是定值， 故选项C正确； 对于选项D：设，则， 结合正方体性质可得：，， 所以 ， 其几何意义为：表示点到点和距离之和的平方， 由图可得，，当且仅当三点共线时等号成立， 而， 三点共线时有，解得， 所以的最小值为，故选项D正确; 故选：ACD 4．(24-25高一下·安徽天一大联考·期末)如图，在直四棱柱中，底面为菱形，且，若为棱的中点，为棱上的动点（含端点），则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．记直线与平面所成的角为，则的最大值为 C．若，则异面直线与所成角的余弦值为 D．若，则过三点的平面截该棱柱所得截面的面积为 【答案】ACD 【分析】根据给定条件证得平面，求出锥体体积判断A；求出线面角的最大值判断B；求出异面直线夹角余弦判断C；求出截面面积判断D. 【详解】在直四棱柱中，平面，平面， 则，由为菱形边的中点，，得，而， 则，又平面，因此平面， 对于A，，，，A正确； 对于B，连接，， 由平面，平面，则，， ，设点到平面的距离为，由， 得，解得，，当且仅当重合时取等号，B错误； 对于C，由，得四边形是平行四边形， 则，是异面直线与所成角或其补角， ，，， ，由余弦定理得，C正确； 对于D，取的中点，中点，连接， 则，则四边形是平行四边形，， 四边形为过三点的平面截该棱柱所得截面，， 平面，则，，D正确. 故选：ACD 三、填空题 5．(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学·期末)如图已知点在圆锥的底面圆周上，为圆锥顶点，为圆锥的底面中心，且圆锥的底面积为，，若与截面所成角为，则圆锥的侧面积为______. 【答案】 【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，由底面面积为可求，证明为直线与截面所成的角，解三角形求，由此可求圆锥的侧面积. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 因为圆锥的底面积为， 所以，故， 过点作，垂足为，连接， 由已知平面，平面， 所以，，平面， 所以平面，所以在平面上的射影为， 所以为直线与截面所成的角， 由已知，又， 所以为等边三角形，故， 因为，， 由余弦定理可得， 所以， 所以， 所以圆锥的侧面积为. 故答案为：. 四、解答题 6．(24-25高一下·安徽马鞍山·期末)如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，，且，为棱的中点，在棱上，且. (1)求证：； (2)记平面底面，求二面角的大小； (3)当异面直线与所成角为30°时，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)45° (3) 【分析】（1）利用线面垂直的性质和判定理即可证明； （2）延长与交于点，先证即为，再通过证平面，确定即二面角的平面角即得； （3）根据异面直线所成角的定义得与所成角即，根据题中条件，利用等面积法求得，进而求得，再由计算即得. 【详解】（1）因为底面，底面，所以， 因为底面为矩形，所以， 又，平面， 所以平面，因为平面， 所以， 又，平面， 所以平面， 因为平面，所以. （2）因为，为棱的中点，所以， 由（1），易得平面， 因为平面，所以， 延长与交于点，则即， 又平面，所以， 又，平面， 所以平面， 所以即二面角的平面角，大小为45°. （3）与所成角即与所成角，即，则， 由（2），所以，所以，则， 由得，所以， 则 7．(24-25高一下·安徽六安第一中学·期末)如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角，，，，二面角的大小为，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：. (1)如图2，在三棱锥中，点M是点B在平面APC中的投影，，连接MD，，，，，. ①直接用三面角余弦定理给出平面APC与平面BPC所成的角的余弦值； ②求三棱锥体积的最大值； (2)当、、时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理. 【答案】(1)①；②； (2)证明见解析 【分析】（1）①由题意得，代入计算即可； ②表达出，，故当时，的最大值为. （2）画出图形，分别在两三角形中，利用余弦定理得到方程，联立可得结论. 【详解】（1）由题意得： ①∵ ； ②由①可知， ， ，，则， ∵点M是点B在面ABC上的投影，∴面PAC， ∴ ， 故当时，的最大值为. （2） 过射线PC上一点H在面PAC作交PA于点M， 在面PBC内作交PB于点N， 连接MN，则是二面角的平面角， 在中，由余弦定理得：， 在中，由余弦定理得：， 两式相减得：， 则， 两边同除以， 得 ，得证. 8．(24-25高一下·安徽六安善新高级中学·期末)如图，在正方体中，. (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求直线和平面所成的角. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由线面平行的判定可证明； （2）先证明线线垂直，从而可得线面垂直； （3）由（2）可得即为所求的角，再解三角形即可. 【详解】（1）证明：因为在正方体中，可知,而平面，平面，所以平面. （2）证明：因为在正方体中，可知平面，且平面，所以 ， 又因为、是正方形的对角形，因此 ， 又，且平面， 所以平面. （3）设与的交点为，连接，由（2）可知直线和平面所成的角为,且为直角三角形，， 设正方体棱长为2，可得， 所以，因此直线和平面所成的角为. 9．(24-25高一下·安徽六安独山中学·期末)在直三棱柱中，，. (1)求异面直线与所成角的大小； (2)若与平面所成角为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)； (2). 【分析】(1)由，知为异面直线与所成的角； (2)由平面知为与平面所成角，根据几何关系即可求出三棱柱的棱长. 【详解】（1）∵，∴为异面直线与所成的角(或其补角). 由，，得. 因此异面直线与所成角的大小为. （2）∵平面，∴为与平面所成角，即. 由，，得，于是. 因此三棱锥的体积. 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $