专题04 立体几何（期末真题汇编，云南专用）高一数学下学期人教A版

**基本信息** 聚焦云南高一立体几何核心考点，汇编各地期中期末真题，覆盖13个高频考点，基础题与综合题梯度分明，融入传统文化与生活情境。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择（含多选）|约30题|基础立体图形、斜二测画法、外接球等|结合“何尊”文物考组合体体积，正方体展开图考空间想象| |填空|约10题|表面积体积、截面周长等|米斗容积计算体现生活应用，翻折问题考动态空间| |解答|约15题|平行垂直证明、线面角、动点轨迹等|正三棱锥中综合考查线面垂直与点面距离，贴合云南统测命题趋势|

专题04 立体几何 立体几何在属于高考必考题型，常考查外接球，点线面之间的位置关系，平行、垂直和夹角问题，在云南高一统测试卷中，重点考查空间几何图形的表面积和体积，点线面之间的位置关系，平行和垂直的位置关系，解答题的证明位置关系和夹角计算. 高频考点概览 考点01基础立体图形 考点02斜二测画法 考点03简单几何体的表面积和体积 考点04 空间几何体两点表面距的最值 考点05 外接球和内切球 考点06 点、线、面之间的位置关系 考点07 空间直线、平面的平行 考点08 空间中的截面问题 考点09 空间直线、平面的垂直 考点10 空间中平行和垂直的综合应用 考点11 空间异面直线的夹角 考点12 空间中点到平面距离和线面角 考点13 空间中的动点问题 ( 考点01 基础立体图形 ) 1．（19-20高一上·云南楚雄·期末）如图所示的是一个五棱柱，则下列判断错误的是（ ） A．该几何体的侧面是平行四边形 B．该几何体有七个面 C．该几何体恰有十二条棱 D．该几何体恰有十个顶点 2．（18-19高一下·云南昭通·期末）如图是一个正方体的表面展开图，若图中“努”在正方体的后面，那么这个正方体的前面是（ ） A．定 B．有 C．收 D．获 3．（24-25高一下·云南·期中）下列命题正确的是（ ） A．正四棱柱是正方体 B．圆锥的截面是圆 C．一个棱柱至少有5个面 D．正三棱锥的所有面都是全等的等边三角形 4．（22-23高一下·云南楚雄·期中）如图，这是正方体外表面展开图，则该正方体可能为（ ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·云南昭通·期中）（多选）下列命题中，正确的有（ ） A．有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 B．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 C．平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 D．有两个面互相平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 6．（23-24高一下·云南·期中）（多选）下列结论正确的是（ ） A．圆柱的每个轴截面都是全等矩形 B．长方体是直四棱柱，直四棱柱也是长方体 C．用一个平面截圆锥，必得到一个圆锥和一个圆台 D．四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体 7．（22-23高一下·云南红河·期中）（多选）下列说法错误的是（ ） A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥 B．用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截去一个小圆锥后剩余的部分是圆台 C．底面是矩形的四棱柱是长方体 D．三棱台有8个顶点 ( 考点0 2 斜二测 画法 ) 1．（24-25高一下·云南昭通·期末）如图，是水平放置的平面图形的直观图，若，且，则原图形在边上的高为（ ） A． B． C． D． 2．（22-23高一下·云南文山·期末）一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为3的正方形，则原平面图形的面积为（ ） A．9 B． C． D． 3．（24-25高一下·云南昆明·期中）如图，正方形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，若，则四边形的面积为（ ） A． B．4 C． D．8 4．（25-26高一下·云南普洱·期中）如图，是用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，分别在轴上，且，则在中，___________． 5．（25-26高一下·云南昆明·期中）如图，已知是一个平面图形用斜二测画法画出的直观图，，，则原平面图形的周长是______. 6．（24-25高一下·云南丽江·期末）如图，梯形是水平放置的平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则在平面图形中，______；图形的面积为______． 7．（22-23高一下·云南昭通·期末）已知水平放置的四边形ABCD按照斜二测画法画出的直观图如图所示，其中，，则四边形的面积是_____． ( 考点0 3 简单几何体的表面积与体积 ) 1．（24-25高一下·云南玉溪·期末）圆锥的底面半径为，圆锥的高是1，则其侧面积为（ ） A． B． C． D． 2．（25-26高二上·云南曲靖·期中）已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为（ ） A．1 B． C．2 D． 3．（25-26高二下·云南昭通·期中）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为为底面直径，，则该圆锥的侧面积为（ ） A． B． C． D． 4．（25-26高一下·云南昆明·期中）在正四棱台中，，则该棱台的体积为（ ） A． B． C． D． 5．（24-25高二上·云南昆明·期中）已知圆台的上、下底面的面积分别为，侧面积为，则该圆台的体积为（ ） A． B． C． D． 6．（24-25高二上·云南昆明·期末）图1是1963年在陕西宝鸡贾村出口的一口“何尊”（西周青铜酒器），其高约40厘米，器口直径约30厘米．何尊内底铭文中出现了“宅兹中国”四字（图2），其形状可视为一个圆柱和一个圆台构成的组合体，圆柱的上底面与圆台的上底面完全重合，且直径为18厘米，圆柱的高为24厘米，则该组合体的体积约为（ ） A．3576π B．3744π C．4296π D．4824π 7．（24-25高一下·云南曲靖·期末）已知是以BC为斜边，面积为1的直角三角形，则绕BC边旋转一周得到的几何体的体积的最大值为（ ） A． B． C． D． 8．（24-25高一下·云南·期末）《史记·田敬仲完世家》上写道：“其收赋税于民以小斗受之，其禀予民以大斗，行阴德于民.”春秋时田厘子任齐国大夫，暗施仁惠于民众，收取赋税时是用小斗量，赐给百姓粮食则用大斗.但是，米斗早在先秦时期就有，并没有统一的度量标准，米斗的大小容积因不同的地域有着不小的区别，如图所示米斗工艺摆件是一个正四棱台，上内口径，下内口径，内深，则该米斗工艺摆件的容积为__________. 9．（25-26高一下·云南昆明·期中）如图，等腰梯形，已知，将等腰梯形绕直线旋转一周形成一个旋转体． (1)求该旋转体的表面积； (2)求该旋转体的体积． ( 考点0 4 空间几何体两点表面距的最值 ) 1．（24-25高二下·云南·期中）已知正三棱锥侧棱长.一只小蚂蚁从顶点A出发沿着棱锥的侧面爬行一周回到A点，则小蚂蚁爬行的最短距离是（ ） A． B． C．3 D． 2．（21-22高一下·云南保山·期中）如图，在正三棱锥中，，，一只虫子从点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到点，则虫子爬行的最短距离是（ ） A．4 B． C． D． 3．（24-25高一下·云南曲靖·期末）（多选）如图，已知长方形ABCD中，将其沿着AB旋转一圈得到一个圆柱，A，B为上下底面的圆心.圆柱内有一个半径为1的小球在其内部运动，小球的球心为O，则下列说法正确的有（ ） A．该圆柱外接球的表面积为32π B．球心O的轨迹为一个长方体 C．沿着圆柱的表面从点A到点B的最短路径的距离为8 D．小球运动过程中所走过的空间的体积大于 ( 考点0 5 外接球和内切球 ) 1．（25-26高一下·云南昭通·期中）棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的体积为（ ） A． B． C． D． 2．（25-26高二上·云南大理·期末）在三棱柱中，已知底面，侧棱，，，且该三棱柱的6个顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（ ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·云南保山·期末）如图，在边长为2的正方形中，，分别是，的中点，若沿，及把这个正方形折成一个四面体，使，，三点重合，重合后的点记为，则四面体的外接球体积为（ ） A． B． C． D． 4．（24-25高二下·云南丽江·期末）已知三棱锥的所有顶点都在一个球面上且平面，，，且底面的面积为，则此三棱锥外接球的表面积是（ ） A． B． C． D． 5．（25-26高三上·云南曲靖·期末）已知正三棱锥的体积为，侧面积为，底面积等于，则这个正三棱锥内切球的体积为（ ） A． B． C． D． 6．（23-24高三上·云南德宏·期末）在三棱锥中，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A． B． C． D． 7．（24-25高二上·云南昆明·期中）现有一块实心圆柱铁块，轴截面为正方形，侧面积为，将其磨制成一个球体零件，则能制作的最大零件的体积为_________. 8．（25-26高二上·云南保山·期末）已知一正三棱台的上、下底面边长分别为、，若该正三棱台的体积为，则它的外接球的体积为_________． 9．（23-24高一下·云南昭通·期末）如图，在正四棱台中，.若该四棱台的体积为，则该四棱台的高为__________；外接球的表面积为__________. ( 考点0 6 点、线、面之间的位置关系 ) 1．（23-24高一下·云南昆明·期末）已知，是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，则 2．（25-26高二上·云南昆明·期末）已知平面，直线，下列命题为真的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 3．（25-26高二上·云南文山·期末）设l，m为两条不同直线，为三个不同平面，则下列命题正确的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．（19-20高一下·云南大理·期末）下列命题中正确的个数是（ ） ①若直线不在内，则； ②若直线上有无数个点不在平面内，则； ③若直线与平面平行，则与内的任意一条直线都平行； ④若与平面平行，则与内任何一条直线都没有公共点； ⑤平行于同一平面的两直线可以相交． A． B． C． D． 5．（24-25高一下·云南临沧·期末）已知，是两个不同的平面，，，是三条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 6．（23-24高二下·云南曲靖·期末）已知表示两个不同的平面，表示一条直线，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 7．（24-25高二上·云南昆明·期末）（多选）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 ( 考点0 7 空间直线、平面的平行 ) 1．（24-25高一下·云南昭通·期末）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，分别是的中点，点P是线段上一动点，则（ ） A．直线与是异面直线 B．过三点的平面截正方体所得截面图形是菱形 C．平面 D．四面体的高可以为1 2．（23-24高二上·云南大理·期末）如图，在棱长为3的正方体中，分别为棱的中点． (1)证明：； (2)求三棱锥的体积． 3．（21-22高一下·云南昆明·期末）如图，某组合体是由正方体与正四棱锥组成，且． (1)若该组合体的表面积为，求其体积； (2)证明：平面． 4．（23-24高一下·云南昆明·期末）如图，已知长方体中，E为的中点，，． (1)证明：平面； (2)设平面平面，且，在图中作出与长方体表面的交线（不必说明作法和理由），并求交线围成图形的面积． 5．（20-21高一下·云南昆明·期中）在如图所示的正方体中，，，分别为棱，，的中点 （1）证明：，，，四点共面； （2）证明：平面平面． 6．（25-26高一下·云南楚雄·期中）如图所示，已知点是平行四边形所在平面外一点，分别为的中点，平面平面. (1)证明：； (2)求证：平面； (3)直线上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由. 7．（23-24高一下·云南昆明·期中）如图，已知是平行四边形所在平面外一点，、分别是、的三等分点（靠近，靠近）； (1)求证：平面． (2)在上确定一点，使平面平面，并证明. ( 考点0 8 空间中的截面问题 ) 1．（22-23高三上·云南德宏·期末）如下图所示，在正方体中，如果点E是的中点，那么过点、B、E的截面图形为（ ） A．三角形 B．矩形 C．正方形 D．菱形 2．（25-26高一下·云南昆明·期中）在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一点且．过点，，作该正方体的截面，记为，则截面为（ ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 3．（24-25高一下·云南昆明·期中）在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一动点（不含）．过与正方体的截面记为，下列说法中正确的是（ ） A．当时，截面为五边形 B．当时，截面只能是六边形 C．当时，截面的面积最大 D．当时，截面只能是五边形 4．（23-24高一下·云南昭通·期中）如图，正方体的棱长为1，M，N为和的中点，过点A，M，N的平面去截该正方体，则所得截面图形的周长为______. ( 考点0 9 空间直线、平面的垂直 ) 1．．（20-21高一下·云南保山·期末）《九章算术·商功》：“斜解立方（正方体），得两壍堵.斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑（biēnào）.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”如图，阳马的底面为正方形，底面，则下列结论中不正确的是（ ） A． B． C．平面平面 D． 2．（21-22高一下·云南·期末）如图，在直三棱柱中，，为的中点，为棱的中点.下列结论正确的是（ ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·云南玉溪·期末）（多选）如图，在直三棱柱中，点分别是棱的中点，则下列结论中一定正确的是（ ） A．平面 B．平面 C．∥平面 D．∥平面 4．（24-25高二下·云南·期末）如图，在三棱锥中，平面，平面平面． (1)若，的面积等于3，求三棱锥的体积； (2)证明：平面． 5．（23-24高二下·云南·期末）如图，在直三棱柱中，D是线段BC的中点，且． (1)求证：平面； (2)若，是边长为2的正三角形，求三棱锥的体积． 6．（23-24高一下·云南玉溪·期末）如图，边长为3的正方形中，点是的中点，点是的中点，将、分别沿、折起，使、两点重合于点，连接. (1)求证：平面； (2)求四棱锥的体积. 7．（22-23高一下·云南昭通·期末）如图，在正三棱柱中，，点M为的中点. (1)证明：平面； (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. ( 考点 10 空间中平行和垂直的综合应用 ) 1．（21-22高一下·云南玉溪·期末）（多选）如图，正方体中，分别是棱的中点，则（ ） A． B．平面 C．平面平面 D． 2．（20-21高一下·云南昆明·期末）（多选）在正方体中，，分别为，的中点，下列结论正确的是（ ） A． B．平面 C．直线与相交 D．，，，四点在同一平面内 3．（21-22高一下·云南昆明·期末）（多选）如图，在长方体中，E、F、G、H分别是、、AB、AD的中点，则下列说法正确的是（ ） A．点A在平面内 B． C．平面平面 D．直线EH与直线FG相交 4．（22-23高一下·云南昆明·期末）（多选）正方体的棱长为1，P为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A．平面平面 B． C．直线与BP所成的角可以为直角 D．平面，且平面，则平面截正方体所得截面面积的最大值为 5．（23-24高一下·云南·期末）（多选）一块正方体形木料如图所示，棱长为，点在线段上，且，过点将木料锯开，使得截面过，则（ ） A． B．截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱台 C．截面的面积为 D．以为球心，为半径的球面与截面的交线长为 ( 考点 11 空间 异面 直线的夹角 ) 1．（23-24高一下·云南曲靖·期末）如图，已知正三棱柱为的中点，则与所成角的余弦值为（ ） A．1 B． C． D． 2．（24-25高一下·云南昭通·期末）如图，三棱锥中，为等腰直角三角形，斜边为的中点，则直线所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 3．（19-20高一上·云南楚雄·期末）在长方体中，，则异面直线与所成角的大小为（ ） A． B． C． D． 4．（21-22高一下·云南保山·期末）如图，在直三棱柱中，底面△ABC等边三角形，分别为，的中点，若，则异面直线与所成角的余弦值是（ ） A． B． C． D． 5．（22-23高一下·云南楚雄·期末）如图，在正方体中，分别是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 6．（23-24高一下·云南曲靖·期末）如图，在四棱锥中，平面，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 7．（23-24高二上·云南玉溪·期末）（多选）在正方体中，E，F分别是线段BC，的中点，则（ ） A． B． C．异面直线，EF所成角的正切值为 D．异面直线，EF所成角的正切值为 8．（22-23高一下·云南昆明·期末）（多选）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，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．与所成的角为 B．该半正多面体过、、三点的截面面积为 C．该半正多面体的体积为 D．该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式 ( 考点 1 2 空间中点到平面距离和线面角 ) 1．（21-22高二上·云南曲靖·期末）如图，在直三棱柱中，，则点到平面的距离为（ ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·云南昭通·期末）（多选）在正方体中，下列结论正确的是（ ） A．与所成的角为 B．与所成的角为 C．与平面所成的角为 D．与平面所成的角为 3．（23-24高一下·云南昆明·期末）（多选）如图甲，在中，，为的中点，为上一点，且满足，将沿翻折得到直二面角，连接是的中点，连接（如图乙所示），则下列结论正确的是（ ） A． B．∥平面 C．与平面所成角的正切值是 D．三棱锥的体积为 4．（24-25高一下·云南·期末）如图，在正三棱锥中，，分别是，的中点，，. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离. 5．（24-25高一下·云南保山·期末）如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，，，，分别是，的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角． 6．（24-25高一下·云南昆明·期末）在如图所示的几何体中，，平面平面为的中点． (1)证明：平面； (2)点在正方形内，且． （ⅰ）求直线与平面所成角： （ⅱ）若，求点到平面距离的最小值． 7．（24-25高一下·云南曲靖·期末）如图，长方体中，，E为BC中点，沿着EC将顺时针翻折到与底面ABCD共面的过程中，的顶点为动点P. (1)证明:平面平面. (2)求直线PE与平面所成角的正弦值的最大值. (3)若异面直线PE与AC所成角的余弦值为时，求点P到底面ABCD的距离. ( 考点 1 3 空间中的动点问题 ) 1．（25-26高三上·云南普洱·期末）如图，在棱长为2的正方体中，是AB的中点，动点在正方体内部或表面上，若平面，则动点的轨迹所形成的区域面积为（ ） A．4 B． C．6 D． 2．（20-21高一下·云南大理·期末）如图，点在正方体的面对角线上运动，则下列结论正确的个数是（ ） ①三棱锥的体积不变； ②平面； ③平面平面； ④. A．4 B．3 C．2 D．1 3．（23-24高二上·云南·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．三棱锥的体积为 B．直线与下底面所成角的正弦值为 C．为线段的中点时，过三点的平面截正方体所得截面的周长为 D．三棱锥的外接球体积的最大值为 4．（22-23高二下·云南楚雄·期末）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点为底面的中心，则（ ） A．与异面的面对角线共有8条 B． C．异面直线与所成角的余弦值为 D．若为正方体内的一个动点，且，则的最小值为 5．（24-25高一下·云南保山·期末）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，点为底面上任意一点（包括边界），若直线与平面无公共点，则下列说法正确的是（ ） A．平面 B．动点的轨迹长度为 C．与所成角的最大值为 D．三棱锥的体积为定值 6．（23-24高一下·云南曲靖·期末）（多选）在棱长为2的正方体中，点是正方形内一动点（包括边界），则（ ） A．平面 B．若，则点的轨迹长度为 C．若平面，则点的轨迹长度是 D．当点在直线上运动时，的最小值是 7．（24-25高一下·云南昆明·期中）已知正方体的棱长为，是棱的中点，是侧棱上的动点，直线交平面于点，则动点的轨迹长度为________． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 立体几何 立体几何在属于高考必考题型，常考查外接球，点线面之间的位置关系，平行、垂直和夹角问题，在云南高一统测试卷中，重点考查空间几何图形的表面积和体积，点线面之间的位置关系，平行和垂直的位置关系，解答题的证明位置关系和夹角计算. 高频考点概览 考点01基础立体图形 考点02斜二测画法 考点03简单几何体的表面积和体积 考点04 空间几何体两点表面距的最值 考点05 外接球和内切球 考点06 点、线、面之间的位置关系 考点07 空间直线、平面的平行 考点08 空间中的截面问题 考点09 空间直线、平面的垂直 考点10 空间中平行和垂直的综合应用 考点11 空间异面直线的夹角 考点12 空间中点到平面距离和线面角 考点13 空间中的动点问题 ( 考点01 基础立体图形 ) 1．（19-20高一上·云南楚雄·期末）如图所示的是一个五棱柱，则下列判断错误的是（ ） A．该几何体的侧面是平行四边形 B．该几何体有七个面 C．该几何体恰有十二条棱 D．该几何体恰有十个顶点 【答案】C 【分析】根据棱柱的定义及性质判断即可. 【详解】解：根据棱柱的定义可知，该几何体的侧面是平行四边形，故A正确； 该五棱柱有七个面，十五条棱，十个顶点，故B、D正确，C错误； 故选：C 2．（18-19高一下·云南昭通·期末）如图是一个正方体的表面展开图，若图中“努”在正方体的后面，那么这个正方体的前面是（ ） A．定 B．有 C．收 D．获 【答案】B 【分析】利用正方体及其表面展开图的特点以及题意解题，把“努”在正方体的后面，然后把平面展开图折成正方体，然后看“努”相对面． 【详解】解：这是一个正方体的平面展开图，共有六个面，其中面“努”与面“有”相对， 所以图中“努”在正方体的后面，则这个正方体的前面是“有”． 故选：． 【点睛】本题考查了正方形相对两个面上的文字问题，同时考查空间想象能力．注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题，属于基础题． 3．（24-25高一下·云南·期中）下列命题正确的是（ ） A．正四棱柱是正方体 B．圆锥的截面是圆 C．一个棱柱至少有5个面 D．正三棱锥的所有面都是全等的等边三角形 【答案】C 【分析】根据柱体和锥体的定义，即可判断选项. 【详解】正四棱柱是底面为正方形，且侧棱垂直于底面的棱柱，不一定是正方体，也可能是长方体，故A错误. 圆锥的轴截面是三角形，只有平行于底面的截面才是圆，故B错误. 一个棱柱至少有5个面，比如三棱柱，故C正确. 正三棱锥的所有侧面都是全等的等腰三角形，底面是等边三角形，故D错误. 故选：C 4．（22-23高一下·云南楚雄·期中）如图，这是正方体外表面展开图，则该正方体可能为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方体展开图的特征，利用排除法判断即可. 【详解】由正方体外表面展开图可知，圆与月亮是相对面，“”和“V”是相对面，可排除A、D， “V”的尖角对着“”，故C错误． 故选：B 5．（23-24高一下·云南昭通·期中）（多选）下列命题中，正确的有（ ） A．有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 B．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 C．平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 D．有两个面互相平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 【答案】BC 【分析】根据简单几何体的结构特征，逐项判断，即可得出结果. 【详解】 如图所示，上下底面平行，各个面都是平行四边形，此几何体不是棱柱，故A错误； 棱锥侧面全为三角形，有一个面是平行四边形，则此面为底面，所以该棱锥为四棱锥， 故B正确；由平行六面体的概念和性质可知： 平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，故C正确； 根据棱台的特征可知：棱台是棱锥截得的，侧棱的延长线要交于同一点。 有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体， 不能保证侧棱的延长线交于同一点，因此该多面体不一定是棱台，故D错误. 故选：BC. 6．（23-24高一下·云南·期中）（多选）下列结论正确的是（ ） A．圆柱的每个轴截面都是全等矩形 B．长方体是直四棱柱，直四棱柱也是长方体 C．用一个平面截圆锥，必得到一个圆锥和一个圆台 D．四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体 【答案】AD 【分析】利用几何体的定义，可以对各选项进行判断. 【详解】对于A：由矩形绕着它的一条边旋转一周形成一个圆柱，可得圆柱的每个轴截面都是全等矩形，故A正确； 对于B：长方体是直四棱柱，直四棱柱的底面不一定是长方形，故不一定是长方体，故B错误； 对于C：用一个平行于底面的平面截圆锥，必得到一个圆锥和一个圆台，故C错误； 对于D：四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体，故D正确. 故选：AD． 7．（22-23高一下·云南红河·期中）（多选）下列说法错误的是（ ） A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥 B．用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截去一个小圆锥后剩余的部分是圆台 C．底面是矩形的四棱柱是长方体 D．三棱台有8个顶点 【答案】ACD 【分析】根据给定条件，利用三棱锥、圆台、长方体、三棱台的结构特征依次判断各选项作答. 【详解】对于A，如图几何体是三棱锥与三棱锥组合而成，各个面都是三角形，但不是三棱锥，A错误； 对于B，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截去一个小圆锥后剩余的部分是圆台，B正确； 对于C，底面是矩形的四棱柱，当侧棱不垂直于底面时，该几何体不是长方体，C错误； 对于D，三棱台有6个顶点，D错误. 故选：ACD ( 考点0 2 斜二测 画法 ) 1．（24-25高一下·云南昭通·期末）如图，是水平放置的平面图形的直观图，若，且，则原图形在边上的高为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据斜二测画法的规则和三角形面积公式进行求解即可. 【详解】因为，. 则， 因为， 故. 故选：A． 2．（22-23高一下·云南文山·期末）一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为3的正方形，则原平面图形的面积为（ ） A．9 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据斜二测画法还原原图形，然后由平行四边形面积公式可得. 【详解】还原直观图为原图形如图1所示，因为，所以，还原回原图形后，如图2，，；所以原图形的面积为. 故选：C． 3．（24-25高一下·云南昆明·期中）如图，正方形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，若，则四边形的面积为（ ） A． B．4 C． D．8 【答案】C 【分析】应用斜二测规则得出，再计算得出图形面积. 【详解】根据题意，直观图中，四边形是正方形，且边长为1，则，， 作出原图如图，. 又四边形为平行四边形，故其为， 故选:C. 4．（25-26高一下·云南普洱·期中）如图，是用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，分别在轴上，且，则在中，___________． 【答案】9 【详解】由题可知，， 则在原图中，，则 5．（25-26高一下·云南昆明·期中）如图，已知是一个平面图形用斜二测画法画出的直观图，，，则原平面图形的周长是______. 【答案】12 【分析】借助斜二测画法性质，得到原图形各边长，即可得其周长. 【详解】由题意，原图形中，且， 如图所示，因此，所以这个平面图形的周长为12. 6．（24-25高一下·云南丽江·期末）如图，梯形是水平放置的平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则在平面图形中，______；图形的面积为______． 【答案】23 【分析】第一空由斜二测画法可得；第二空由直观图求出原图梯形的相关长度，计算可得. 【详解】根据题意，直观图梯形中，，， 还原原图可得： 则原图中，，，，， 则其面积. 故答案为：；. 7．（22-23高一下·云南昭通·期末）已知水平放置的四边形ABCD按照斜二测画法画出的直观图如图所示，其中，，则四边形的面积是_____． 【答案】6 【分析】利用斜二测画法规则画出原图形，再求直角梯形的面积. 【详解】 如图，直角梯形即为原图形，则， 所以四边形的面积. 故答案为：6. ( 考点0 3 简单几何体的表面积与体积 ) 1．（24-25高一下·云南玉溪·期末）圆锥的底面半径为，圆锥的高是1，则其侧面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出母线长，再利用圆锥的侧面积公式即可求得结果. 【详解】由圆锥的底面半径为，圆锥的高是1，即圆锥的母线长为， 所以其侧面积为，故D正确. 故选：D． 2．（25-26高二上·云南曲靖·期中）已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为（ ） A．1 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】根据圆柱和球的体积公式求解即可. 【详解】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为， 所以球的体积为，圆柱的体积为， 所以. 故选：D 3．（25-26高二下·云南昭通·期中）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为为底面直径，，则该圆锥的侧面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意求出底面半径，再根据圆锥侧面积公式求解． 【详解】解：依题意，，所以，， 圆锥的侧面积为． 4．（25-26高一下·云南昆明·期中）在正四棱台中，，则该棱台的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】上底边长，下底边长，侧棱， 由正四棱台性质可得：如图，， 所以，再由勾股定理可得棱台的高：， 代入体积公式计算：. 5．（24-25高二上·云南昆明·期中）已知圆台的上、下底面的面积分别为，侧面积为，则该圆台的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】记圆台的上、下底面半径分别为、母线长为，根据已知列方程求，进而求圆台的高，应用圆台的体积公式求体积. 【详解】依题意，记圆台的上、下底面半径分别为，则，则， 设圆台的母线长为，则，解得， 则圆台的高， 则. 故选：C 6．（24-25高二上·云南昆明·期末）图1是1963年在陕西宝鸡贾村出口的一口“何尊”（西周青铜酒器），其高约40厘米，器口直径约30厘米．何尊内底铭文中出现了“宅兹中国”四字（图2），其形状可视为一个圆柱和一个圆台构成的组合体，圆柱的上底面与圆台的上底面完全重合，且直径为18厘米，圆柱的高为24厘米，则该组合体的体积约为（ ） A．3576π B．3744π C．4296π D．4824π 【答案】C 【分析】根据圆柱以及圆台的体积公式计算，即可得答案． 【详解】 由题意可知圆台的高为， 所以圆柱的体积约为， 圆台的体积约为， 故组合体的体积大约为． 故选：C． 7．（24-25高一下·云南曲靖·期末）已知是以BC为斜边，面积为1的直角三角形，则绕BC边旋转一周得到的几何体的体积的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设AB，AC的长度分别为x，y，由面积为1可知，边上的高的长度，表达出其体积，由基本不等式求出体积的最大值. 【详解】设的两条直角边AB，AC的长度分别为x，y，则BC的长度为. 由题意，由面积为1可知，则， 边上的高的长度满足，则. 绕BC边旋转一周得到的几何体为两个圆锥的组合体， 其体积， 由基本不等式得，当且仅当时取等， 故几何体的体积的最大值为. 故选：B. 8．（24-25高一下·云南·期末）《史记·田敬仲完世家》上写道：“其收赋税于民以小斗受之，其禀予民以大斗，行阴德于民.”春秋时田厘子任齐国大夫，暗施仁惠于民众，收取赋税时是用小斗量，赐给百姓粮食则用大斗.但是，米斗早在先秦时期就有，并没有统一的度量标准，米斗的大小容积因不同的地域有着不小的区别，如图所示米斗工艺摆件是一个正四棱台，上内口径，下内口径，内深，则该米斗工艺摆件的容积为__________. 【答案】2100 【分析】利用台体的体积公式求解. 【详解】该米斗工艺摆件的容积为 . 故答案为：2100 9．（25-26高一下·云南昆明·期中）如图，等腰梯形，已知，将等腰梯形绕直线旋转一周形成一个旋转体． (1)求该旋转体的表面积； (2)求该旋转体的体积． 【答案】(1)；(2) 【分析】分析旋转后的几何体是由两个圆锥与一个圆柱的组合体，作出图形： （1）由圆锥和圆柱的表面积公式求解即可； （2）由圆锥和圆柱的体积公式求解即可 【详解】（1）分别过点，点作于点于点， ， ． 等腰梯形绕底边旋转一周所得的几何体为两个圆锥与一个圆柱的组合体， 两个圆锥与圆柱的底面半径，圆锥的母线， 圆柱的高, 所以两个圆锥的侧面积相等， 设每个圆锥的侧面积为，圆柱的侧面积为，旋转体的表面积为：， ． ． ． （2）由（1）知等腰梯形绕底边旋转一周所得的几何体为两个圆锥与一个圆柱的组合体，且两个圆锥的体积相等， 设每个圆锥的体积为，圆柱的体积为，旋转体的体积为， 则． ． ． ( 考点0 4 空间几何体两点表面距的最值 ) 1．（24-25高二下·云南·期中）已知正三棱锥侧棱长.一只小蚂蚁从顶点A出发沿着棱锥的侧面爬行一周回到A点，则小蚂蚁爬行的最短距离是（ ） A． B． C．3 D． 【答案】D 【分析】将三棱锥的侧面展开，则所求最短距离可转化为求的长度，利用勾股定理即可得到答案． 【详解】 将三棱锥三个侧面沿着剪开展开置于同一平面内如图所示，则，所求最短距离为线段的长度， 而，由勾股定理得， 所以虫子爬行的最短距离. 故选：D 2．（21-22高一下·云南保山·期中）如图，在正三棱锥中，，，一只虫子从点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到点，则虫子爬行的最短距离是（ ） A．4 B． C． D． 【答案】A 【分析】利用三棱锥的侧面展开图求解. 【详解】解：如图， 将三棱锥由展开，则， 为虫子爬行从点沿侧面到棱上的点处，再到棱上的点处， 然后回到点的最短距离， ∵， ∴由勾股定理可得， 所以虫子爬行的最短距离4， 故选：A. 3．（24-25高一下·云南曲靖·期末）（多选）如图，已知长方形ABCD中，将其沿着AB旋转一圈得到一个圆柱，A，B为上下底面的圆心.圆柱内有一个半径为1的小球在其内部运动，小球的球心为O，则下列说法正确的有（ ） A．该圆柱外接球的表面积为32π B．球心O的轨迹为一个长方体 C．沿着圆柱的表面从点A到点B的最短路径的距离为8 D．小球运动过程中所走过的空间的体积大于 【答案】ACD 【分析】首先确定所得圆柱底面半径、高，再求出外接球半径，即可判断A、C；根据小球在圆柱中运动，直观想象确定球心的轨迹及小球所及空间的最大体积判断B、D. 【详解】由题设，所得是底面半径为2，高为4的圆柱，则其外接球的半径为， 所以外接球的表面积为，A对； 沿着圆柱的表面从点A到点B的最短路径的距离为，C对； 由于小球半径为1，则其在圆柱中运动时轨迹是底面半径为1，高为2的圆柱，B错； 小球运动过程中所走过的空间是除去球体与圆柱的底面和侧面相切时球体与圆柱所成空隙部分的其它空间， 该空间最大体积大于，D对， (括号部分说明：表示从一个底面半径、高为2的圆柱体中去掉一个底面半径为1，高为2的圆柱体和一个底面为半圆(半径为1)，高为的柱体). 故选：ACD ( 考点0 5 外接球和内切球 ) 1．（25-26高一下·云南昭通·期中）棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正方体的外接球直径等于正方体的体对角线长求解. 【详解】因为正方体棱长为2，所以正方体的体对角线长为， 所以正方体的外接球的半径为， 所以该球的体积为. 2．（25-26高二上·云南大理·期末）在三棱柱中，已知底面，侧棱，，，且该三棱柱的6个顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先分析出三棱柱外接球的球心的位置，并求出到上、下底面的距离，由正弦定理求出外接圆的半径，即可根据求出球的半径，再根据球的体积公式计算即可得解. 【详解】设三棱柱外接球的球心为，分别为和的外心，则. 由对称性可知为的中点，所以到上、下底面的距离. 设外接圆的半径为，则由正弦定理可知，所以. 由球的性质可知球的半径， 所以该三棱柱外接球的体积. 故选：B 3．（24-25高一下·云南保山·期末）如图，在边长为2的正方形中，，分别是，的中点，若沿，及把这个正方形折成一个四面体，使，，三点重合，重合后的点记为，则四面体的外接球体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据折叠前后的关系可得，，，从而可得，求出的值，再根据球的体积公式求解即可. 【详解】解：因为折前，，， 所以折后，，， 如图所示： 则四面体的外接球半径， 从而四面体的外接球体积. 故选：D． 4．（24-25高二下·云南丽江·期末）已知三棱锥的所有顶点都在一个球面上且平面，，，且底面的面积为，则此三棱锥外接球的表面积是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用的面积计算边，利用正弦定理得外接圆的半径，最后利用勾股定理求得外接球的半径，进而得球队表面积. 【详解】设，因为， 所以，， 而，所以于是是外接圆的半径，， 如图所示 记点为的外接圆的圆心．且， 过点作平面，作的中垂线交于点， 故点为三棱锥的外接球的球心， 所以 所以， 故选：C． 5．（25-26高三上·云南曲靖·期末）已知正三棱锥的体积为，侧面积为，底面积等于，则这个正三棱锥内切球的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据内切球的球心将三棱锥分成四个三棱锥，这四个三棱锥的高均为内切球半径，再根据等体积法可得内切球半径，从而可得球的体积. 【详解】因为正三棱锥的体积为，侧面积为，底面积等于，如图： 设O为三棱锥的内切球的球心，则连接， 三棱锥被分成四个三棱锥，这四个三棱锥的高均为内切球的半径r， 由等体积法可得 ， ，，解得 内切球体积. 故选：A. 6．（23-24高三上·云南德宏·期末）在三棱锥中，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将三棱锥转化为长方体，结合长方体的外接球以及长度关系运算求解. 【详解】如图，将三棱锥转化为长方体， 可知三棱锥的外接球即为长方体的外接球， 则，可得， 则外接球的半径， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故选：C. 7．（24-25高二上·云南昆明·期中）现有一块实心圆柱铁块，轴截面为正方形，侧面积为，将其磨制成一个球体零件，则能制作的最大零件的体积为_________. 【答案】 【分析】设圆柱的底面半径为，由圆柱侧面积求出，由题意可知，球与圆柱的上下底面相切时，体积最大，由球的体积公式即可解答. 【详解】设圆柱的底面半径为， 因为圆柱的轴截面为正方形，侧面积为， 所以，解得， 由题意可知，球与圆柱的上下底面相切时，体积最大，所以球的半径为3， 则能制作的最大零件的体积为. 故答案为：. 8．（25-26高二上·云南保山·期末）已知一正三棱台的上、下底面边长分别为、，若该正三棱台的体积为，则它的外接球的体积为_________． 【答案】 【分析】根据条件及三棱台的体积公式，可得正三棱台的高，根据正三棱台的性质及勾股定理，可得外接球的球心到下底面的距离，进而可得外接球的半径R，代入体积公式，即可得答案. 【详解】因为正三棱台的上、下底面边长分别为、， 所以上底面面积，下底面面积， 设正三棱台的高为h，则体积， 则，解得， 上底面的中心到顶点A的距离， 下底面的中心到顶点D的距离， 因为，所以外接球球心O位于底面DEF的下方， 设外接球球心到下底面的距离为，则到上底面的距离为，设外接球的半径为， 则，即，解得，则， 所以外接球的体积 9．（23-24高一下·云南昭通·期末）如图，在正四棱台中，.若该四棱台的体积为，则该四棱台的高为__________；外接球的表面积为__________. 【答案】；. 【分析】如图，连接交于点，连接交于点，连接，过作于点，可得底面，然后由正四棱台的体积列方程可求出，连接，可判断四棱台外接球的球心在的延长线上，设，由可求出，从而可求出外接球的半径，进而可求出球的表面积. 【详解】如图，连接交于点，连接交于点，连接， 则∥底面平面， 所以. 过作于点，则∥ 所以底面， 所以该正四棱台的体积，解得， 连接，因为， 所以四棱台外接球的球心在的延长线上，设， 则， ， 由，得，解得， 故，即外接球的半径， 所以外接球表面积为. 故答案为：，. 【点睛】关键点点睛：此题考查棱台的体积，考查正四棱台的外接球问题，解题的关键是根据题意找出外接球的球心，从而可求出外接球的半径，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题. ( 考点0 6 点、线、面之间的位置关系 ) 1．（23-24高一下·云南昆明·期末）已知，是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，则 【答案】C 【分析】根据线线、面面、线面关系逐项判断可得答案. 【详解】对于A，若，，， 则，或相交，或异面，故A错误； 对于B，若，，，则，或异面，故B错误； 对于C，若，，，则，故C正确； 对于D，若，，则，或，故D错误. 故选：C. 2．（25-26高二上·云南昆明·期末）已知平面，直线，下列命题为真的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】B 【分析】举反例判断A，C，D，利用面面平行与面面垂直的性质判断B即可. 【详解】对于A，若，则或与相交或，故A错误， 对于B，若，由面面平行与面面垂直的性质得，故B正确， 对于C，若，则或相交或异面，故C错误， 对于D，若，则或相交，故D错误. 故选：B 3．（25-26高二上·云南文山·期末）设l，m为两条不同直线，为三个不同平面，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】利用线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项分析判断即可求解. 【详解】对于A，与可能相交（如墙角的三个平面），故A错误； 对于B，应推出，故B错误； 对于C，若，则或，故C错误； 对于D，若，则或， 又因为，则，故D正确. 故选：D 4．（19-20高一下·云南大理·期末）下列命题中正确的个数是（ ） ①若直线不在内，则； ②若直线上有无数个点不在平面内，则； ③若直线与平面平行，则与内的任意一条直线都平行； ④若与平面平行，则与内任何一条直线都没有公共点； ⑤平行于同一平面的两直线可以相交． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据直线与平面的位置关系的定义可判断①②的正误；根据直线与平面的位置关系可判断③④⑤的正误. 【详解】①若直线不在内，则或与相交，故此命题错误； ②若直线上有无数个点不在平面内，则或与相交，故此命题错误； ③若直线与平面平行，则与内的任意一条直线平行或异面，故此命题错误； ④若与平面平行，则与内任何一条直线都没有公共点，正确； ⑤平行于同一平面的两直线可以相交，正确. 故选B． 5．（24-25高一下·云南临沧·期末）已知，是两个不同的平面，，，是三条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】C 【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，判断选项. 【详解】，是两个不同的平面，，，是三条不同的直线， 对于，若，，则由线面垂直的性质得，故A错误； 对于B，若，，则与相交、平行或异面，故B错误； 对于C，若，，，则由线面平行的性质得，故C正确； 简单证明：如图，，过的一个平面与交于，则同理，，则， ，则，，，则，所以. 对于D，若，，，则与相交，故D错误． 故选：C． 6．（23-24高二下·云南曲靖·期末）已知表示两个不同的平面，表示一条直线，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】A 【分析】将直线和平面放入特殊图形中证明充分性，否定必要性即可. 【详解】 如图，在长方体中，取为平面，取为平面， 由，设取为直线，面，面，则， ，所以，，所以； 反之，若，设取为直线，满足，但与不垂直， 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 7．（24-25高二上·云南昆明·期末）（多选）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】BCD 【分析】根据直线与平面的位置关系逐项判断即可. 【详解】选项A：若，则平行或相交，A说法错误； 选项B：若，则，B说法正确； 选项C：若，则，C说法正确； 选项D：若，则，D说法正确； 故选：BCD ( 考点0 7 空间直线、平面的平行 ) 1．（24-25高一下·云南昭通·期末）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，分别是的中点，点P是线段上一动点，则（ ） A．直线与是异面直线 B．过三点的平面截正方体所得截面图形是菱形 C．平面 D．四面体的高可以为1 【答案】ACD 【分析】对于A，由异面直线的定义判断即可；对于B，说明过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形即可判断；对于C，说明平面平面，结合面面平行的性质即可判断；对于D，由平面即可判断. 【详解】对于A，如图所示， 由于平面平面， 故直线与是异面直线，故A正确； 对于B，如图所示， 因为分别是的中点，所以， 在正方体中，因为，所以四边形为平行四边形， 所以，所以， 所以过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形，故B错误； 对于C，如图所示， 连接， 因为，所以四边形是平行四边形，同理可证四边形是平行四边形， 所以， 因为平面平面，所以平面， 因为平面平面，所以平面， 又平面， 2故平面平面平面平面，故C正确； 对于D，如图所示， 因为面，且，所以四面体的高可以为1，故D正确， 故选：ACD． 2．（23-24高二上·云南大理·期末）如图，在棱长为3的正方体中，分别为棱的中点． (1)证明：； (2)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【分析】（1）作出辅助线，得到四边形为平行四边形，结合中位线证明出结论； （2）求出底面积和高，利用锥体体积公式求出答案. 【详解】（1）连接， 因为分别为棱的中点， 所以， 因为正方体的棱长为3， 所以，， 故四边形为平行四边形， 所以， 故； （2）由题意得，正方形的面积为， ，， 故， 又⊥平面，故⊥平面， 三棱锥的体积为. 3．（21-22高一下·云南昆明·期末）如图，某组合体是由正方体与正四棱锥组成，且． (1)若该组合体的表面积为，求其体积； (2)证明：平面． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）连接、交于点，连接，可知平面，设，则，取的中点，连接，计算出、，利用棱柱和锥体的表面积公式可求得的值，再利用锥体和柱体的体积公式可求得结果； （2）分别取、的中点、，连接、、，取的中点，连接，证明出、、，利用平行线的传递性和线面平行的判定定理可证得结论成立. 【详解】（1）解：连接、交于点，连接，由正棱锥的性质可知平面， 设，则，，， 取的中点，连接，则，且， 所以，几何体的表面积为， 可得， 所以，该几何体的体积为. （2）证明：分别取、的中点、，连接、、， 取的中点，连接， 因为平面，平面，则， 因为且，、分别为、的中点，则且， 所以，四边形为平行四边形，所以，且， 为的中点，则且， 故四边形为平行四边形，， 设，因为、分别为、的中点，所以，， 因为，所以，，故为的中点，则与重合， 所以，为的中点，所以，， 因为且，、分别为、的中点， 所以，且，所以，四边形为平行四边形，故， 所以，， 因为平面，平面，故平面. 4．（23-24高一下·云南昆明·期末）如图，已知长方体中，E为的中点，，． (1)证明：平面； (2)设平面平面，且，在图中作出与长方体表面的交线（不必说明作法和理由），并求交线围成图形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)作图见解析，12 【分析】（1）连接交于P，连接，则由三角形中位线定理可得，再利用线面平行的判定定理可证得结论； （2）设M，N分别为，的中点，连接，可证得与长方体的面的交线围成平行四边形，然后根据已知条件求解即可. 【详解】（1）证明：如图，连接交于P，连接， 在长方体中，由为矩形得P为的中点， 由E为的中点，得， 又平面，平面， 所以平面． （2）设M，N分别为，的中点，连接， 因为E为的中点，所以四边形为矩形， 所以∥，， 因为∥，，所以∥，， 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∥，， 所以四边形为平行四边形， 因为∥，平面，平面， 所以∥平面，同理可证得∥平面， 因为，平面， 所以平面∥平面， 所以与长方体的面的交线围成平行四边形， 由已知得，，， 所以，， 所以四边形的面积为 ． 5．（20-21高一下·云南昆明·期中）在如图所示的正方体中，，，分别为棱，，的中点 （1）证明：，，，四点共面； （2）证明：平面平面． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）连接，根据公理4可证得，再根据公理2的推论即可证出； （2）易证平面，平面，再根据面面平行的判定定理即可证出． 【详解】（1）连接，因为为正方体，所以，且，所以四边形为平行四形．所以，又因为，分别为棱，的中点，所以，所以，所以，，，四点共面． （2）连接，，因为，，分别为棱，，的中点，所以，因为平面，所以平面． 同理，因为，且，所以为平行四边形，所以，又因为，所以平面．又因为，所以平面平面． 6．（25-26高一下·云南楚雄·期中）如图所示，已知点是平行四边形所在平面外一点，分别为的中点，平面平面. (1)证明：； (2)求证：平面； (3)直线上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)因为平面平面， 所以平面， 又平面平面平面，所以. (2)取中点，连接， 则在中，， 又在中，， 则， 即四边形为平行四边形，所以， 又平面平面，所以平面. (3)存在，为中点；当为中点时，平面平面. 证明如下：取的中点为，连接， 则在中，， 又平面平面，则平面， 同理可证，平面， 又平面， 所以平面平面. 【分析】（1）先证明线面平行，再用线面平行的性质定理证明线线平行. （2）通过构造辅助线，在平面找到与平行的线，利用线面平行的判定定理可证明. （3）构造中点，面面平行的判定定理证明平面平面，可确定的位置. 7．（23-24高一下·云南昆明·期中）如图，已知是平行四边形所在平面外一点，、分别是、的三等分点（靠近，靠近）； (1)求证：平面． (2)在上确定一点，使平面平面，并证明. 【答案】(1)证明见解析 (2)点为上靠近点的三等点时，能使得平面平面，证明见解析 【分析】（1）过点作，交于点，连接，证得证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可求解； （2）取取一点，使得，证得，得到平面，结合（1）中平面，利用面面平行的判定定理，证得平面平面． 【详解】（1）过点作，交于点，连接， 因为为的三等分点，可得， 又因为为的三等分点，可得， 因为且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又由平面，平面，所以平面. （2）当点为上靠近点的三等点时，能使得平面平面，证明如下： 取取一点，使得，即点为上靠近点的三等点， 在中，因为分别为的三等分点，可得，所以， 因为平面，平面，所以平面； 又由（1）知平面，且，平面， 所以平面平面， 即当点为上靠近点的三等点时，能使得平面平面． ( 考点0 8 空间中的截面问题 ) 1．（22-23高三上·云南德宏·期末）如下图所示，在正方体中，如果点E是的中点，那么过点、B、E的截面图形为（ ） A．三角形 B．矩形 C．正方形 D．菱形 【答案】D 【分析】根据题意作出截面图形，然后利用正方体的性质求解即可. 【详解】分别取的中点，连接， 如图即为过点、B、E截正方体所得的截面图形， 由题意可知：且，所以四边形为平行四边形， 所以，又因为且，且， 所以且，所以四边形为平行四边形，所以, 所以，同理，所以四边形为平行四边形， 又因为，所以平行四边形为菱形， 故选：. 2．（25-26高一下·云南昆明·期中）在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一点且．过点，，作该正方体的截面，记为，则截面为（ ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】C 【分析】根据正方体的性质，结合已知条件，利用几何法推出截面的形状． 【详解】如图所示，在正方体中， 由于平面平面，且平面与平面的交线为， 故平面与平面的交线必过点，且与平行， 不妨设正方体的棱长为1，在矩形中，由题可知，； 在矩形中，，； ， 又， ，故， 平面与平面的交线就是， 平面平面，且平面与平面的交线为， 平面与平面的交线必过点，且平行于， 设，平面，平面平面，平面， 平面， ，则与的交点位于的延长线上， 位于上，连接， 则平面与平面的交线为， ，，，，五点共面， 截面为五边形，故C正确． 【点睛】 3．（24-25高一下·云南昆明·期中）在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一动点（不含）．过与正方体的截面记为，下列说法中正确的是（ ） A．当时，截面为五边形 B．当时，截面只能是六边形 C．当时，截面的面积最大 D．当时，截面只能是五边形 【答案】D 【分析】易知当时，截面为正六边形，可判断A错误，当与重合，可知截面只能是四边形，可知B错误，比较时五边形截面的面积与正六边形截面面积大小可判断C错误，作出图形可判断D正确. 【详解】对于A，当时，分别取的中点为，如下图所示： 由正方体性质可得，即可得为正六边形， 因此当时，截面为六边形，即A错误； 对于B，如下图： 当时，不妨取与重合，可知截面只能是四边形，可知B错误； 对于C，延长交于，交于，连接交于点，连接交于，如下图所示： 不妨取正方体的棱长为3，易知， 可知为等腰三角形，其底边上的高为， 因此其面积为； 又，可知四变形为等腰梯形； 其高为，因此其面积为； 此时五边形面积为 当当时，截面为边长是的正六边形，其面积为； 显然当时，截面的面积不是最大的，即C错误； 对于D，根据C选项中的分析可知，当时，截面为在五边形的基础上绕着向下摆动， 此时截面始终于有交点，此时截面只能是五边形，即D正确. 故选：D 4．（23-24高一下·云南昭通·期中）如图，正方体的棱长为1，M，N为和的中点，过点A，M，N的平面去截该正方体，则所得截面图形的周长为______. 【答案】 【分析】在正方体中确定五边形即为所求截面，结合勾股定理计算即可求解. 【详解】如图，连接，并延长交的延长线于，连接，交于， 延长交的延长线于，连接，交于点， 连接，则五边形即为所求截面. 易知分别是的三等分点， 则，， 所以该五边形的周长为. 故答案为： ( 考点0 9 空间直线、平面的垂直 ) 1．．（20-21高一下·云南保山·期末）《九章算术·商功》：“斜解立方（正方体），得两壍堵.斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑（biēnào）.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”如图，阳马的底面为正方形，底面，则下列结论中不正确的是（ ） A． B． C．平面平面 D． 【答案】D 【分析】根据线面垂直的性质定理可判断A，B；根据面面垂直的判定定理判断C；采用假设，推出矛盾的方法判断D. 【详解】由题意知底面，底面， 故，又阳马的底面为正方形， 即，而平面， 故平面，平面，故，A正确； 底面，底面， 故，又阳马的底面为正方形， 即，而平面， 故平面，平面，故，B正确. 由于平面，平面， 故平面平面，C正确； 底面，底面， 故， 若，而平面， 故平面，平面，故， 即， 这与正方形中矛盾，故D错误； 故选：D 2．（21-22高一下·云南·期末）如图，在直三棱柱中，，为的中点，为棱的中点.下列结论正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点，连，，可证四边形为平行四边形，，再证，可得，故A正确；根据不与垂直可知BCD不正确. 【详解】取的中点，连，， 因为为的中点，所以，， 因为为棱的中点，所以，， 所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为，为的中点，所以，所以，故A正确； 因为与不垂直，所以与不垂直，故B不正确； 因为与不垂直，所以与不垂直，故C不正确； 因为，所以与不垂直，故D不正确. 故选：A 3．（23-24高一下·云南玉溪·期末）（多选）如图，在直三棱柱中，点分别是棱的中点，则下列结论中一定正确的是（ ） A．平面 B．平面 C．∥平面 D．∥平面 【答案】AC 【分析】对于A：根据直棱柱的定义即可得结果；对于B：假设成立，可得，结合题意分析判断；对于C：根据线面平行的判定定理分析判断；对于D：根据题意可得平面，即可得结果. 【详解】对于选项A：因为三棱柱为直三棱柱， 所以平面，故A正确； 对于选项B：若平面，且平面，则， 又因为点分别是棱的中点，可知， 但题设条件不能确定，所以不能确定平面，故B错误； 对于选项C：取的中点，连接， 因为分别为的中点，则∥，， 又因为为平行四边形，且分别为的中点，则∥，， 即∥，，可知为平行四边形，则∥， 且平面，平面， 所以∥平面，故C正确； 对于选项D：因为分别为的中点，可知平面，故D错误； 故选：AC. 4．（24-25高二下·云南·期末）如图，在三棱锥中，平面，平面平面． (1)若，的面积等于3，求三棱锥的体积； (2)证明：平面． 【答案】(1)3 (2)证明见解析 【分析】（1）根据棱锥体积公式直接计算即可， （2）作，利用面面垂直性质可知平面，再由线面垂直判定定理证明可得结论. 【详解】（1）因为平面， 所以三棱锥是以为高，为底面积的三棱锥， 其体积为. （2）作交于点，如下图所示： 因为平面平面，且平面平面， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为平面，平面，所以， 易知平面，， 所以平面. 5．（23-24高二下·云南·期末）如图，在直三棱柱中，D是线段BC的中点，且． (1)求证：平面； (2)若，是边长为2的正三角形，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）结合题设易得，，进而结合线面垂直的判定定理求证即可； （2）利用等体积法求解即可. 【详解】（1）证明：在直三棱柱中，平面， 因为平面，所以， 又D是线段BC的中点，且，所以， 因为，平面, 所以平面. （2）由（1）知，平面， 因为是边长为2的正三角形， 所以，则， 则， 所以三棱锥的体积为. 6．（23-24高一下·云南玉溪·期末）如图，边长为3的正方形中，点是的中点，点是的中点，将、分别沿、折起，使、两点重合于点，连接. (1)求证：平面； (2)求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）依题意，，即可证明； （2）首先求出的面积，在立体图形中连接与交于点，即可得到，从而得到点到平面的距离为点到平面的距离的，再由计算可得. 【详解】（1）在正方形中，，， 则在立体图形中有，， 又，平面， 所以平面. （2）因为平面，所以为三棱锥的高，且， 在平面图形中可得，， 所以，则，所以， 则， 在平面图形中连接与交于点，设，则为的中点， 又为的中点，为的中点，所以为的中点，所以， 在立体图形中连接与交于点，则，所以点到平面的距离为点到平面的距离的， 所以. 7．（22-23高一下·云南昭通·期末）如图，在正三棱柱中，，点M为的中点. (1)证明：平面； (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)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明即可； （2）先证明面面垂直再得出线面垂直进而得出相似比计算即可. 【详解】（1）因为三棱柱是正三棱柱， 所以平面平面,所以； 又因为M是的中点，所以， 因为平面平面,所以平面. （2）由（1）可知平面，因为平面， 则平面平面， 在平面内过点A作交于点Q，平面平面， 因此平面，于是点Q即为所要找的点, 如图7所示，显然， 因此，即有， 于是，所以. ( 考点 10 空间中平行和垂直的综合应用 ) 1．（21-22高一下·云南玉溪·期末）（多选）如图，正方体中，分别是棱的中点，则（ ） A． B．平面 C．平面平面 D． 【答案】ABD 【分析】由、即可判断A选项；由平面平面即可判断B选项；由平面平面，将平面平面转化为平面平面，又平面平面不成立即可判断C选项；由平面得到平面即可判断D选项. 【详解】 对于A，连接，易得，则四边形为平行四边形，则， 又分别是棱的中点，则，则，A正确； 对于B，连接，由A选项知，，又平面，平面，则平面； 易得，又平面，平面，则平面；又， 平面，则平面平面，又平面，则平面，B正确； 对于C，连接，取中点，连接，由B选项知，平面平面， 若平面平面，则平面平面，易得为等边三角形，则， 则为二面角的平面角，又，则， 则平面平面不成立，即平面不垂直平面，C错误； 对于D，连接，易得平面，平面，则， 又，，平面，则平面，又平面，则， 同理可得，又，平面，则平面， 又由B选项知平面平面，则平面，又平面，则，D正确. 故选：ABD. 2．（20-21高一下·云南昆明·期末）（多选）在正方体中，，分别为，的中点，下列结论正确的是（ ） A． B．平面 C．直线与相交 D．，，，四点在同一平面内 【答案】ABC 【分析】由线线平行的性质可判断A；由线面平行的判定定理可判断B；由四边形是平行四边形可判断C；由反证法可判断D. 【详解】对于选项A：在立方体中，因为，，所以.故A正确； 对于选项B：在立方体中，，平面，平面，所以平面.故B正确； 对于选项C：依题意可知四边形是平行四边形，则对角线与必然相交.故C正确； 对于选项D： 若四点在同一平面内，由面面平行性质定理可得，又，所以，显然矛盾，从而四点不在同一平面内.故D错误. 故选：ABC. 3．（21-22高一下·云南昆明·期末）（多选）如图，在长方体中，E、F、G、H分别是、、AB、AD的中点，则下列说法正确的是（ ） A．点A在平面内 B． C．平面平面 D．直线EH与直线FG相交 【答案】AD 【分析】连接、、、，若是的中点，连接、，利用中位线性质有、都为平行四边形，进而有判断A；由过直线外一点有且仅有一条直线与该直线平行判断B；根据平面中点、线、面的关系判断C；连接，易证、即可判断D. 【详解】连接、、、，若是的中点，连接、， 由题设，且，则为平行四边形， 所以且， 又E是中点，故且，则为平行四边形， 所以且， 综上，且，故共面，A正确； 由过直线外一点有且仅有一条直线与该直线平行，且，不可能有，B错误； 由面，面，故面面，又面，而，故平面平面，C错误； 连接，又G、H分别是AB、AD的中点，则且， E、F分别是、的中点，则且， 所以，即共面，且，故直线EH与直线FG相交，D正确. 故选：AD 4．（22-23高一下·云南昆明·期末）（多选）正方体的棱长为1，P为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A．平面平面 B． C．直线与BP所成的角可以为直角 D．平面，且平面，则平面截正方体所得截面面积的最大值为 【答案】ABD 【分析】由题意得平面，平面，由面面平行的判定定理可判断A；由，可证得平面，可判断B；连接，则或其补角为直线与BP所成的角，结合三角形内角和定理，可判断C；由正方体中心对称性可知，为的中点时，平面截正方体所得截面的面积最大，作出截面求出面积，可判断D． 【详解】对于A，因为为正方体，所以． 又，所以， 所以为平行四边形，所以． 又平面平面． 由直线与平面平行的判定定理得平面， 同理平面，又，平面，平面 所以平面平面，故A正确； 对于B，∵平面，平面，∴， ∵平面，∴平面， ∵平面，∴，故B正确； 对于C，连接，则，则或其补角为直线与BP所成的角， 因为，所以， 若直线与BP所成的角为直角，则， 则，与三角形内角和定理矛盾，故C错误； 对于D，由正方体中心对称性可知，平面经过对称中心所得截面的面积最大， 所以为的中点时，平面截正方体所得截面的面积最大， 取的中点的中点的中点的中点的中点的中点， 连接MN，NE，EF，FG，GH，HM，则MNEFGH为正六边形， ∵面，面，∴， ∵，，面，∴面， ∵面，∴，同理， ∵，面MNEFGH，∴面MNEFGH， 所以平面截正方体所得截面为正六边形MNEFGH时，面积最大， 其面积为，故D正确． 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面处理解决：一是函数法，即根据题中信息直接建立函数关系式，或通过空间向量的坐标运算建立函数关系式，转化为函数的最值问题求解，最后根据函数的形式，选择利用函数的性质、基本不等式或导数求最值；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解． 5．（23-24高一下·云南·期末）（多选）一块正方体形木料如图所示，棱长为，点在线段上，且，过点将木料锯开，使得截面过，则（ ） A． B．截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱台 C．截面的面积为 D．以为球心，为半径的球面与截面的交线长为 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的判定、性质推理判断A；作出截面，结合球的截面小圆性质判断BCD. 【详解】对于A，是正方体的对角面，则四边形为矩形，， 由平面，平面，得，而， 平面，则平面， 又平面，因此，A正确； 对于B，过点作直线平行于交分别于，连接， 显然，则四边形为过点及直线的正方体的截面， 截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱柱，B错误； 对于C，由选项B得，则，， 因此截面矩形面积，C正确； 对于D，过作于，由平面，平面， 得，而平面，则平面， 因此为以为球心，为半径的球面被平面所截小圆圆心， 球面与截面的交线为以为圆心，为半径的半圆弧，显然， ，因此交线长为，D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上. ( 考点 11 空间 异面 直线的夹角 ) 1．（23-24高一下·云南曲靖·期末）如图，已知正三棱柱为的中点，则与所成角的余弦值为（ ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点，则（或其补角）为异面直线与所成角，解三角形即可求解. 【详解】如图，取的中点，连接、，易知， 所以异面直线与所成角就是直线与直线所成的角，即（或其补角）， 由题意可知正三棱柱的所有棱长都相等， 可设三棱柱的棱长都为，则，，， 因为，所以为直角三角形， 所以 即异面直线与所成角的余弦值为. 故选：. 2．（24-25高一下·云南昭通·期末）如图，三棱锥中，为等腰直角三角形，斜边为的中点，则直线所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据线线平行可得或其补角为所求角，即可利用三角形的边角关系，结合余弦定理求解即可. 【详解】如图，取的中点N，连接，易得，则所成的角即为直线所成的角． 由为等腰直角三角形，斜边，得， 所以均为正三角形， 则， 在中，由余弦定理，得， 所以直线所成角的余弦值为， 故选:A． 3．（19-20高一上·云南楚雄·期末）在长方体中，，则异面直线与所成角的大小为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据直线平行找到异面直线的平面角，进而根据边的长度求解为直角. 【详解】连接交于,取的中点为，连接，由于是，的中点，所以, 因此即为直线与所成的角或者补角， 在中，,,, 由于,因此，故直线与所成的角为， 故选：D 4．（21-22高一下·云南保山·期末）如图，在直三棱柱中，底面△ABC等边三角形，分别为，的中点，若，则异面直线与所成角的余弦值是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点，分别连接，证得,把异面直线与所成角转化为直线与所成的角，在中，利用余弦定理，即可求解. 【详解】如图所示，取的中点，分别连接， 因为分别为，的中点，可得且， 又由为的中点，可得且， 所以且，所以四边形为平行四边形，所以, 所以异面直线与所成角即为直线与所成的角，设， 因为在直三棱柱中，底面△ABC等边三角形，且， 可得， 在中，， 即异面直线与所成角的余弦值是. 故选:B. 5．（22-23高一下·云南楚雄·期末）如图，在正方体中，分别是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接、、、，即可得到，从而得到或其补角为异面直线与所成的角，利用余弦定理求出，即可得解. 【详解】令，连接、、、， 因为、为、的中点，易知且，所以四边形为平行四边形， 所以，所以或其补角为异面直线与所成的角， 在中，，， ， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：B 6．（23-24高一下·云南曲靖·期末）如图，在四棱锥中，平面，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，由已知条件，计算出的长度，利用三角函数的定义，即可算出答案. 【详解】因为平面平面，所以，， 又，，平面， 所以平面，又平面， 所以，又， ， 因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角， 即，在中，， 所以， 即异面直线与所成角的余弦值为. 故选：A. 7．（23-24高二上·云南玉溪·期末）（多选）在正方体中，E，F分别是线段BC，的中点，则（ ） A． B． C．异面直线，EF所成角的正切值为 D．异面直线，EF所成角的正切值为 【答案】ABC 【分析】首先做出图形，结合题目进行分析，F是线段的中点，故，故A正确.进而可得B正确.由正方体的性质知，可知C正确.再进行分析则异面直线，EF所成角即为直线BC，EF所成角，故D错误. 【详解】如图所示，F是线段的中点，连接交于F，F是线段的中点，故，故A正确； 又，故，故B正确； 由正方体的性质知，则异面直线，EF所成角即为直线，EF所成角， 故是异面直线EF与所成角，故，故C正确： 由正方体的性质知，则异面直线，EF所成角即为直线BC，EF所成角， 故是异面直线EF与所成角，故，故D错误， 故选：ABC． 8．（22-23高一下·云南昆明·期末）（多选）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，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．与所成的角为 B．该半正多面体过、、三点的截面面积为 C．该半正多面体的体积为 D．该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式 【答案】ABD 【分析】由异面直线所成角的定义可判断A选项；由截面为正六边形可求面积判断B选项；利用柱体和锥体的体积公式可判断C选项；根据顶点，面数，棱数判断D选项. 【详解】该半正多面体，是由棱长为的正方体沿各棱中点截去个三棱锥所得到的. 对于A选项，连接、、，易知是等边三角形， 因为、分别为、的中点，则，同理可得， 所以，与所成的角为，A对； 对于B选项，如图，过、、三点的截面为正六边形， 又，所以正六边形面积为，B对； 对于C选项，因为由正方体沿各棱中点截去个三棱锥所得到的， 所以该几何体的体积为，C错； 对于D选项，几何体顶点数为，有个面，条棱，满足，D对. 故选：ABD. ( 考点 1 2 空间中 点到平面距离和线面角 ) 1．（21-22高二上·云南曲靖·期末）如图，在直三棱柱中，，则点到平面的距离为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用直三棱柱性质和等体积法根据，即可求得点到平面的距离为. 【详解】由直三棱柱性质可得， 又，且平面，所以平面， 又，所以平面； 同理可得平面，平面，所以； 可得， 易知三棱锥的体积； 设点到平面的距离为， 则由，解得. 故选：C 2．（24-25高一下·云南昭通·期末）（多选）在正方体中，下列结论正确的是（ ） A．与所成的角为 B．与所成的角为 C．与平面所成的角为 D．与平面所成的角为 【答案】BCD 【分析】根据正方体的结构特征，结合异面直线、线面角的定义判断各项的正误. 【详解】如下图，且为等边三角形，则与所成的角为，A错； 由，且平面，平面，则，故，B对； 由平面，平面，则，又， 且都在平面内，则平面， 所以与平面所成角为，且，故，C对； 由平面，则与平面所成角为，D对. 故选：BCD 3．（23-24高一下·云南昆明·期末）（多选）如图甲，在中，，为的中点，为上一点，且满足，将沿翻折得到直二面角，连接是的中点，连接（如图乙所示），则下列结论正确的是（ ） A． B．∥平面 C．与平面所成角的正切值是 D．三棱锥的体积为 【答案】CD 【分析】根据垂直关系可知平面，进而可求与平面所成角，即可判断C；根据面面垂直的性质可证平面，结合体积公式判断D；对于B：假设∥平面，可证平面∥平面，结合面面平行的性质分析判断；对于A：根据垂直关系求，利用勾股定理分析判断. 【详解】对于图甲，取的中点，连接， 因为， 则， 可知，即与不垂直， 由，可知，且与不平行， 对于图乙：可得，且，平面， 所以平面， 对于选项C：可知与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正切值是，故C正确； 因为，平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 且是的中点，可知三棱锥的高为， 所以三棱锥的体积为，故D正确； 对于选项B：在图乙中，连接， 因为分别为的中点，则∥， 且平面，平面，所以∥平面， 假设∥平面，则，平面， 可得平面∥平面， 又因为平面平面，平面平面， 可得∥，这与与不平行相矛盾， 即假设不成立，所以与平面不平行，故B错误； 对于选项A：因为平面，平面，则， 可得，则， 所以不相互垂直，故A错误； 故选：CD. 【点睛】关键点点睛：对于选项B：直接说明线面平行不成立比较困难，可以假设成立，利用平行关系推出矛盾，即可说明结论. 4．（24-25高一下·云南·期末）如图，在正三棱锥中，，分别是，的中点，，. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用线面平行的判定定理判断线面平行. （2）构造直线与平面所成的角，利用三角形的边角关系求角. （3）用等体积法求点到平面的距离. 【详解】（1）因为在中，，分别是，的中点，所以. 又因为平面，平面， 所以平面. （2）如图: 分别连接，相交于点， 则在等边中，分别是，的中点，所以点是的中心， 从而在正三棱锥中点是点在底面内的射影点，即平面， 故在底面内的射影为，所以为与平面所成角的平面角. 因为在等边中，，分别是，的中点， 所以，. 又因为，所以，， 故直线与平面所成角的正弦值为. （3）如图连接，，则在三棱锥中 设点到平面的距离为， ， ， ， ，故. 点到平面的距离为. 5．（24-25高一下·云南保山·期末）如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，，，，分别是，的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）中位线定理证明，即可得到平面； （2）（方法一）连接，，设，证明，进而可证为所求的平面角，最后在中解三角形得答案 （方法二）过作，垂足为点，连接，得为所求平面角，最后中解得答案 【详解】（1）证明：如图，是的中点，是的中点， 是的中位线，． 又平面，平面，平面． （2）解：方法一：如图，连接，，设， 平面，平面， ，即，① 设，，， 在中，． 同理可求，在中，， ，又，均为锐角，， 又，， ，，② （，也可以用三角形相似证明） 又，平面，平面， 由①，②可知，平面， 连接，平面，， 又平面平面，平面，平面，， 就是平面与平面的夹角， 与相似且， 在中，，， ，， 所以，平面与平面的夹角为． 方法二：如图，过作，垂足为点，连接， 平面，平面，． 又，，平面，平面． 又平面，， 就是平面与平面的夹角． 在中，，，为边上的高，． 又是直角三角形，． 又， 平面与平面的夹角为． 6．（24-25高一下·云南昆明·期末）在如图所示的几何体中，，平面平面为的中点． (1)证明：平面； (2)点在正方形内，且． （ⅰ）求直线与平面所成角： （ⅱ）若，求点到平面距离的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）由线面平行的判定定理即可求解. （2）（ⅰ）连接，结合题意可求得点在以为圆心为半径的上半圆上，从而可求解；（ⅱ）由题意可得点到平面的距离即为点到平面的距离，从而利用等体积法，从而可求解. 【详解】（1）证明：在四边形中，是中点， 所以且，从而四边形是平行四边形， 所以，又平面平面， 所以平面． （2）（ⅰ）连接，因为平面平面， 平面平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，平面， 所以平面，又平面，故， 从而点在以为圆心为半径的上半圆上， 因为，∥，所以四边形为平行四边形， 所以∥，所以平面， 所以为所求直线与平面所成角， 所以，故， 所以直线与平面所成角为． （ⅱ）由可知四点共面， 从而点到平面的距离即为点到平面的距离， 设点到平面距离为， 由，有， 所以， ， ， 由动点的轨迹可知，的最小值为， 所以到平面距离的最小值． 7．（24-25高一下·云南曲靖·期末）如图，长方体中，，E为BC中点，沿着EC将顺时针翻折到与底面ABCD共面的过程中，的顶点为动点P. (1)证明:平面平面. (2)求直线PE与平面所成角的正弦值的最大值. (3)若异面直线PE与AC所成角的余弦值为时，求点P到底面ABCD的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）根据面面垂直的判定证明结论即可； （2）由（1）及已知得平面平面，则在运动过程中在平面上的投影在上，即直线PE与平面所成角为或其补角，再由、的变化情况求正弦值的最大值即可； （3）若为中点，连接，并延长交延长线于，异面直线PE与AC所成角为锐角，于，结合面面垂直的性质有平面，最后由已知求的长度，即可得. 【详解】（1）由于沿着EC将顺时针翻折到与底面ABCD共面，顶点为动点P， 所以在平面，即平面内运动，又E为BC中点， 而平面，则平面，平面， 所以平面平面，则平面平面； （2）由（1）及平面，则平面平面，即平面平面， 平面平面，则在运动过程中在平面上的投影在上， 所以直线PE与平面所成角为，， 当且仅当与重合时取等号，所以所求正弦值最大为； （3）若为中点，连接，并延长交延长线于， 由E为BC中点，则，故异面直线PE与AC所成角为锐角， 由，即，则为平行四边形，故， 所以，又，， 所以，而， 所以为等边三角形，若于，则， 平面平面，平面，平面平面， 则平面，故点P到底面ABCD的距离. ( 考点 1 3 空间中的动点问题 ) 1．（25-26高三上·云南普洱·期末）如图，在棱长为2的正方体中，是AB的中点，动点在正方体内部或表面上，若平面，则动点的轨迹所形成的区域面积为（ ） A．4 B． C．6 D． 【答案】B 【分析】分别取中点，求证平面平面，接着取中点求证四点唯一确定一个平面得到平面即为平面，再由题意得到动点的轨迹为平面四边形，求出四边形为等腰梯形即可计算求解. 【详解】分别取中点，连接， 则由正方体结构性质可知，， 所以四边形、、均为平行四边形， 所以，所以， 因为平面，在平面外， 所以平面，平面， 又，所以平面平面， 取中点，连接，则，则， 所以四点唯一确定一个平面，所以平面即为平面， 所以由题意若平面，则动点的轨迹为平面四边形， 因为， 所以四边形为等腰梯形，且该梯形的高为， 由正方体结构性质可得面积为. 故选：B 2．（20-21高一下·云南大理·期末）如图，点在正方体的面对角线上运动，则下列结论正确的个数是（ ） ①三棱锥的体积不变； ②平面； ③平面平面； ④. A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】结合图形， 利用三棱锥的体积公式即可判断①； 利用面面平行的判定定理推出线面平行； 利用面面垂直的判定定理即可判断③； 当与重合时，与成的角，不符题意. 【详解】如图，由三棱锥的体积即为三棱锥的体积， 而底面的面积为定值，到平面的距离为正方体的棱 长，故三棱锥的体积为定值，则①正确； 由，，由面面平行的判定定理可得平面平面， 而平面，所以平面，则②正确； 由，可得平面，则， 同理可得，则平面，而平面， 即平面平面，则③正确； 当与重合时，与成的角，则④不正确. 故选：B. 3．（23-24高二上·云南·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．三棱锥的体积为 B．直线与下底面所成角的正弦值为 C．为线段的中点时，过三点的平面截正方体所得截面的周长为 D．三棱锥的外接球体积的最大值为 【答案】ABD 【分析】对于A：根据来求；对于B：为直线与下底面所成角，求解即可；对于C：连接，四边形为过三点的平面截正方体所得的截面，求其周长即可；对于D：当最大时，三棱锥的外接球半径最大，求此时的球的体积. 【详解】对于A：为线段上的动点，又平面， 所以，正确； 对于B：连接，因为面， 所以为直线与下底面所成角， 所以，正确； 对于C：连接，明显有， 所以过三点的平面截正方体所得截面为四边形， 四边形的周长为，错误； 对于D：因为两两垂直， 所以三棱锥的外接球半径为， 故当最大时，三棱锥的外接球半径最大， 此时，，此时体积为，正确. 故选：ABD. 4．（22-23高二下·云南楚雄·期末）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点为底面的中心，则（ ） A．与异面的面对角线共有8条 B． C．异面直线与所成角的余弦值为 D．若为正方体内的一个动点，且，则的最小值为 【答案】BCD 【分析】由12条面对角线与的位置关系，判断选项A；通过线面垂直证明线线垂直判断选项B；几何法结合余弦定理求异面直线所成角的余弦值判断选项C；通过线面垂直得点P轨迹，体积法求的最小值. 【详解】正方体的面对角线共有12条，其中与共面的面对角线有6条，所以与异面的面对角线有6条，A选项不正确； 连接，由，平面，平面， ，平面，，则平面， 平面，所以，B选项正确； 取的中点，连接，则， 正方体棱长为2，则面对角线长为，体对角线长为， ，，， 则中，， 即异面直线与所成角的余弦值为，C选项正确； 连接为正方体内的一个动点，且， ，同理有，平面，， 所以平面，可知在内，当为与平面的交点时，取得最小值， 由，得， 即，可得，D选项正确． 故选：BCD 5．（24-25高一下·云南保山·期末）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，点为底面上任意一点（包括边界），若直线与平面无公共点，则下列说法正确的是（ ） A．平面 B．动点的轨迹长度为 C．与所成角的最大值为 D．三棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【分析】对于A，直线与平面无公共点，则平面；对于B，由条件可得平面，平面，从而平面平面，则平面，进而可知点的轨迹为线段，求可判断B；对于C，当点与点或点重合时，与所成角最大，求解可判断C；对于D，平面，可知点到平面的距离为定值，从而三棱锥的体积为定值. 【详解】对于A，直线与平面无公共点，平面，选项A正确； 对于B，如图，连接，，， ，平面，平面，平面， ，， 又平面，平面，平面， 又，平面，平面平面， 又∵平面，平面， 又点为底面上任意一点（包括边界）， 点必在平面与平面的交线上，即点的轨迹为线段， 易求线段，故选项B正确； 对于C，由B选项知，点的轨迹为线段， 当点与点或点重合时，与所成角最大，最大角为，所以C选项不正确； 对于D，，平面，平面， 平面，点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，选项D正确， 故选：ABD． 6．（23-24高一下·云南曲靖·期末）（多选）在棱长为2的正方体中，点是正方形内一动点（包括边界），则（ ） A．平面 B．若，则点的轨迹长度为 C．若平面，则点的轨迹长度是 D．当点在直线上运动时，的最小值是 【答案】ABD 【分析】对于A，根据正方体的性质结合线面垂直的判定定理分析判断，对于B，由于平面，则，从而可得，进而可求出点的轨迹，对于C，连接，可证得当平面时，点的轨迹为，从而可求出长度判断，对于D，将平面和平面展在同一个平面求解. 【详解】对于A，连接，因为四边形为正方形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证， 因为，平面，所以平面，所以A正确， 对于B，因为平面，平面，所以， 因为，，所以， 所以点在以为圆心，1为半径的弧上，如图在上， 所以点的轨迹长度为，所以B正确； 对于C，连接，因为平面∥平面， 平面平面，平面平面， 所以∥， 因为平面，平面，所以∥平面， 同理可证∥平面， 因为，平面， 所以平面∥平面， 所以当平面时，∥平面， 因为平面平面， 所以点的轨迹为，所以C错误； 对于D，如图，将平面和平面展在同一个平面，则 ，当三点共线时取等号， 因为， 所以， 即的最小值是，所以D正确， 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定，考查立体几何中的轨迹问题，考查空间中最短距离问题，解题的关键是根据题意结合图形分析点线面的关系，考查空间想象能力，属于较难题. 7．（24-25高一下·云南昆明·期中）已知正方体的棱长为，是棱的中点，是侧棱上的动点，直线交平面于点，则动点的轨迹长度为________． 【答案】/ 【分析】先证明平面即平面，再找出动点的轨迹为线段，最后计算的长度即可. 【详解】如图，取的中点，连接交于点，连接、交于点，连接、， 因为是棱的中点，所以，则为的四等分点且， 由正方体的性质可知且，所以四边形为平行四边形，所以， 所以，所以、、、四点共面， 所以平面平面， 连接交于点，因为是侧棱上的动点，直线交平面于点， 所以线段即为点的轨迹， 如图在平面中，过点作，交于点，则为的中点， 因为，所以，所以， 所以， 又因为，，所以， 所以 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于找出动点的轨迹，再将其放在平面中进行求解. 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $