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专题04·立体几何初步
11大高频考点概览
考点01 基本立体图形
考点02 立体几何直观图
考点03 棱柱棱锥棱台的表面积
考点04 棱柱棱锥棱台的体积
考点05 圆柱圆锥圆台的表面积
考点06 圆锥圆锥圆台的体积
考点07 外接球的表面积与体积
考点08 点线面的位置关系
考点09 线面面面平行
考点10 线面垂直与面面垂直线面角二面角点面距离
考点11 立体几何截面问题
考点12 异面直线的夹角
1．(24-25高一下·福建福州闽侯县第二中学·期中)一个棱锥至少有________个面.
2．(24-25高一下·福建福州闽侯县第六中学·期中)下列命题中正确的是（ ）
A．直四棱柱是长方体
B．正六棱锥的侧面都是正三角形
C．用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台
D．以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥
3．【多选题】(24-25高一下·福建三明永安九中、宁化六中、金沙高级中学、宁化滨江实验中学·期中)下列命题正确的是（ ）
A．零向量与任意向量共线
B．直平行六面体是长方体
C．虚轴上的点都表示纯虚数
D．正四面体是正三棱锥
4．(24-25高一下·福建福州第一中学·期中)如图所示，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个直径为2的圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为______．

5．【多选题】(24-25高一下·福建福州九校联盟·期中)下列关于多面体的几种说法，正确的是（ ）
A．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱
B．底面是正多边形的棱锥是正棱锥
C．棱台的上、下底面边长之比等于侧棱延长线交点到上、下底面的距离之比
D．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体是棱锥
6．(24-25高一下·福建三明五县联盟·期中)一水平放置的平面四边形的直观图如图所示，其中，轴，轴，轴，则四边形的面积为（ ）
A． B．6 C． D．
7．(24-25高一下·福建龙岩非一级达标校·期中)如图，是一个平面图形的直观图，其中，，则这个平面图形的周长是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．(24-25高一下·福建漳州十校联盟·期中)如图，为水平放置的的直观图，其中，，则原平面图形的面积为（ ）．
A．4 B． C． D．8
9．(24-25高一下·福建厦门第六中学·期中)如图，水平放置的的斜二测直观图为已知求的周长（ ）
A．6
B．8
C．
D．
10．(24-25高一下·福建泉州晋江第一中学·期中)如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则四边形的周长为（ ）
A． B．
C． D．
11．(24-25高一下·福建福州九校联盟·期中)在棱长为2正方体中，三棱锥的表面积为__________.
12．(24-25高一下·福建泉州第五中学·期中)如图，在一个表面积为的正三棱柱中，，其若存在一个可以在三棱柱内任意转动的正方体，则该正方体棱长的最大值为（ ）

A． B． C． D．
13．(24-25高一下·福建福州文博中学·期中)如图，正四棱锥底面正方形的边长为4，侧棱长为.
(1)求该几何体的表面积；
(2)求该几何体外接球的体积.
14．(24-25高一下·福建福州第三中学·期中)如图，四边形是边长为1的正方形，是四分之一圆，则图中阴影部分以所在直线为旋转轴旋转一周得到的旋转体的表面积为_______．

15．(24-25高一下·福建厦门厦门大学附属科技中学·期中)将一个正四棱台物件放入有一定深度的电解槽中，对其表面进行电泳涂装.如图所示，已知该物件的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该物件的高为______.
16．(24-25高一下·福建漳州十校联盟·期中)正四棱台上、下底面边长分别为和，所有顶点都在半径为的球面上，则该四棱台的体积是（ ）．
A．14 B．12 C．或12 D．或14
17．(24-25高一下·福建莆田莆田第三中学·期中)如图1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有边长均相同，数学上我们称之为半正多面体（semiregular solid），亦称为阿基米德多面体，如图2，设，则该多面体的体积为__________，过A、Q、G三点的平面截该多面体所得的截面面积为____
18．(24-25高一下·福建福州闽侯县第六中学·期中)用一个平行于正三棱锥底面的平面去截该棱锥，底面与截面之间那部分的多面体是一个高为2的三棱台，且，则该三棱台的体积为（ ）
A． B． C． D．
19．(24-25高一下·福建福州九校联盟·期中)已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，高为3，则该正四棱台的体积为（ ）
A．20 B．24 C．28 D．32
20．(24-25高一下·福建厦门松柏中学·期中)某款厨房用具中的香料收纳罐的实物图如图所示，该几何体为上 下底面周长分别为，的正四棱台，若棱台的高为，忽略收纳罐的厚度，则该香料收纳罐的容积为__________.

21．(24-25高一下·福建同安第一中学·期中)如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则________ ；平面图形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形的体积为________ .
22．(24-25高一下·福建泉州惠安一中、安溪一中、养正中学、泉州实验中学·期中)若圆锥的侧面积与过旋转轴的截面面积之比为，则圆锥母线与旋转轴的夹角大小为（ ）
A． B． C． D．
23．(24-25高一下·福建长乐第五中学·期中)水平放置的的斜二测直观图如图所示，若，的面积为，
(1)求的面积；
(2)画出的平面图，并计算的长
(3)若该以CB为轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积和表面积．
24．(24-25高一下·福建福州台江区九校·期中)如图，为四边形的斜二测直观图，其中，，．
(1)求平面四边形的面积及周长；
(2)若四边形以为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积．
25．(24-25高一下·福建福州联盟校·期中)以边长为6的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得几何体的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
26．(24-25高一下·福建三明永安九中、宁化六中、金沙高级中学、宁化滨江实验中学·期中)宁化农村做饭常用一种叫饭甑的容器，随着时代的变化，饭甑也走向小型化，制作材料也有部分变化.如图所示，这种饭甑都是用杉木制作的，木桶可以看作无底的圆台，内部放一个圆形木隔板，盖子也是圆形的木板.其尺寸如下：桶口直径为30cm，桶底直径为24cm，桶高为24cm，桶内深为16cm.
(1)求该饭甑木桶（不含隔板和盖子）的面积；（不计木板的厚度）
(2)若该饭甑装满（盖子刚好与米饭齐平）米饭，求米饭的体积；
(3)若要做一个球形容器，把该饭甑放入容器内，问：当该容器半径最小时，球心到饭甑底部的距离？（不计容器的厚度）
27．(24-25高一下·福建福州第一中学·期中)宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了以汝窑为首的五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．如图1，汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成，其直观图如图2所示．已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是10厘米，且上、下两圆台的体积之比是，则上、下两圆台的高之比是（ ）

A． B． C． D．
28．(24-25高一下·福建福州文博中学·期中)圆台的上、下底面半径分别是和，它的侧面展开图扇环的圆心角是如图，那么圆台的体积是__________．
29．(24-25高一下·福建泉州第七中学·期中)已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
30．【多选题】(24-25高一下·福建莆田莆田第三中学·期中)如图，圆台，在轴截面中，，H，F为圆上定点，且，M为AD中点，C，H，F，M四点共面．则（ ）
A．该圆台高为
B．该圆台体积为
C．一只小虫从点C沿着该圆台的侧面爬行到M点，所经过的最短路径为5
D．
31．(24-25高一下·福建三明五县联盟·期中)已知正三棱台上下底面边长分别为、，高为1，则正三棱台外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
32．(24-25高一下·福建福州八县（）协作校·期中)正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点构成一个如图所示多面体．
(1)求该多面体的表面积和体积．
(2)若将该多面体内接于球内，求该球体的表面积与体积．
33．(24-25高一下·福建福州台江区九校·期中)已知三棱锥的各顶点都在一个半径为r的球面上，且， ，则球的表面积为_________
34．(24-25高一下·福建长乐第五中学·期中)已知长方体中，，，则该长方体的外接球的表面积为______________.
35．(24-25高一下·福建福州九校联盟·期中)在我国古代数学名著《九章算术》中，有这样一个有趣的问题：古人用无盖的正方体容器来测量球体的相关数据.已知该正方体容器的高度为4寸（注：寸是古代长度单位）.将一个球体放置在正方体容器口上，然后向容器内注水，当水面刚好接触到球面时，测得此时容器内水的深度为3寸.若不考虑容器壁的厚度，那么这个球的体积为（ ）
A．立方寸 B．立方寸
C．立方寸 D．立方寸
36．(24-25高一下·福建龙岩非一级达标校·期中)设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
37．【多选题】(24-25高一下·福建三明沙县区三明北附高级中学·期中)已知a，b表示直线，表示平面，则下列推理不正确的是（ ）
A． B．，且
C． D．
38．【多选题】(24-25高一下·福建莆田第十五中学·期中)已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，，则直线a平行于平面内的无数条直线
B．若，，，则a与b是异面直线
C．若，，则
D．若，，则一定相交
39．(24-25高一下·福建莆田二中、仙游一中·期中)已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
40．(24-25高一下·福建厦门厦门大学附属科技中学·期中)已知平面，和直线m，n，若，，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
41．(24-25高一下·福建厦门松柏中学·期中)如图，在四棱锥中，底面为正方形，点分别为的中点．

(1)证明：平面；
(2)在棱BC上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
42．【多选题】(24-25高一下·福建福州闽侯县第二中学·期中)如图，在正方体中，、、分别是棱、、的中点，则（ ）
A．平面 B．平面
C．点在平面内 D．点在平面内
43．(24-25高一下·福建厦门杏南中学·期中)如图，正方体中，，，，分别是，，，的中点．
(1)求证：，，，四点共面；
(2)求证：平面平面；
(3)画出平面与正方体侧面的交线（不必说明）．
44．【多选题】(24-25高一下·福建福州第八中学·期中)如图，在透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器以BC所在直线为轴顺时针旋转，则（ ）
A．有水的部分始终是棱柱
B．四边形EFGH为矩形且面积不变
C．棱始终与水面平行
D．当点H在棱CD上且点G在棱上（均不含端点）时，是定值
45．(24-25高一下·福建三明永安九中、宁化六中、金沙高级中学、宁化滨江实验中学·期中)如图，正三棱柱中，分别是棱的中点.
(1)判断直线与直线，直线与平面的位置关系；（判断即可，不必说明理由）
(2)求证：平面；
(3)在棱上是否存在一点，使得平面平面？若存在，请指出点的位置，并证明；若不存在，请说明理由.
46．(24-25高一下·福建同安第一中学·期中)在四棱锥中，底面是菱形，.
(1)若分别是的中点，证明：平面；
(2)若，证明：平面平面；
(3)若平面平面，且二面角的大小为60°，求的值.
47．(24-25高一下·福建同安第一中学·期中)如图所示，在底面是菱形的四棱锥中，，，，点在上，且.
(1)证明：；
(2)求点到平面的距离；
(3)是棱的中点，证明：平面.
48．【多选题】(24-25高一下·福建厦门第六中学·期中)已知圆台上、下底面的半径分别为2和4，母线长为正四棱台上底面的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面的四个顶点在圆台下底面圆周上，则（ ）
A．圆台的体积
B．与底面所成的角为
C．二面角小于
D．正四棱台的外接球的表面积为
49．(24-25高一下·福建厦门厦门大学附属科技中学·期中)如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱，且，，，点为中点.
(1)求证：平面平面；
(2)试作出二面角，并求二面角的正切值；
(3)点为对角线上的点，且，垂足为，求与平面所成的最大角的正弦值.（注：本题建系不得分）
50．【多选题】(24-25高一下·福建莆田二中、仙游一中·期中)如图，正方体的棱长为分别是的中点，点是底面ABCD内一动点，则下列结论正确的为（ ）
A．过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形
B．三棱锥的体积为4
C．三棱锥的外接球表面积为
D．一质点从A点出发沿正方体表面绕行到的中点的最短距离为
51．(24-25高一下·福建福州闽侯县第六中学·期中)在正方体中．

(1)如图1，若平面，求证：三点共线；
(2)分别为和的中点，分别为和的一个三等分点（都靠近C端）．
①如图2，求证：三线共点；
②过点三点作该正方体的截面，在图3中画出这个截面（不必说明画法和理由，但要保留作图痕迹）．
52．(24-25高一下·福建三明第一中学·期中)在四棱锥中，，过直线的平面将四棱锥截成体积相等的两个部分，设该平面与棱交于点E，则（ ）
A． B． C． D．
53．【多选题】(24-25高一下·福建福州第三中学·期中)已知正方体的棱长为1，是线段上的动点，是线段的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．三棱锥的体积为定值
C．的最小值是
D．如果点是线段的中点，则平面截正方体所得的截面周长为
54．(24-25高一下·福建福州第八中学·期中)已知在正方体中，M，N，P分别为，AD，的中点，棱长为1，
（1）求证：平面；
（2）过M，N，P三点作正方体的截面，画出截面（保留作图痕迹），并计算截面的周长.
55．(24-25高一下·福建福州福建师范大学附属中学·期中)点分别为三棱柱的棱的中点，设的面积为，平面截三棱柱 所得截面面积为S，五棱锥. 的体积为，三棱柱的体积为V，则 __________，______

56．(24-25高一下·福建福州文博中学·期中)如图是正方体的展开图，则在这个正方体中，下列命题正确的是（ ）
A．与平行 B．
C．与是相交直线 D．与是异面直线
57．(24-25高一下·福建莆田二中、仙游一中·期中)如图，多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥组成，其中，，，是上的一点．
(1)若是中点．
①求证：平面；②求异面直线与所成角的余弦值．
(2)若为与交点，问上是否存在一点，使得平面？如果存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
58．(24-25高一下·福建福州第三中学·期中)在正方体中，分别为、、、的中点，则异面直线与所成的角等于（ ）
A． B． C． D．
59．(24-25高一下·福建厦门第六中学·期中)如图，在正方体中，E是棱的中点，则异面直线DE和所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
60．(24-25高一下·福建莆田莆田第四中学·期中)如图，在正方体中，点E，F，G，H分别是棱，，，的中点，则异面直线EF与GH所成的角为（ ）
A． B． C． D．
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专题04·立体几何初步
11大高频考点概览
考点01 基本立体图形
考点02 立体几何直观图
考点03 棱柱棱锥棱台的表面积
考点04 棱柱棱锥棱台的体积
考点05 圆柱圆锥圆台的表面积
考点06 圆锥圆锥圆台的体积
考点07 外接球的表面积与体积
考点08 点线面的位置关系
考点09 线面面面平行
考点10 线面垂直与面面垂直线面角二面角点面距离
考点11 立体几何截面问题
考点12 异面直线的夹角
1．(24-25高一下·福建福州闽侯县第二中学·期中)一个棱锥至少有________个面.
【答案】4
【分析】根据棱锥的定义推断即可.
【详解】棱锥的面数是由侧面的面数加1个底面得到的，面数最少的棱锥有四个面，它是三棱锥.
故答案为：4.
2．(24-25高一下·福建福州闽侯县第六中学·期中)下列命题中正确的是（ ）
A．直四棱柱是长方体
B．正六棱锥的侧面都是正三角形
C．用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台
D．以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥
【答案】C
【分析】由正棱柱、正棱锥的概念判断A、B；由旋转体的结构特征判断C、D．
【详解】对于A，长方体是底面为矩形的直四棱柱，故A不正确；
对于B，正棱锥的侧面都是等腰三角形，所以正六棱锥的侧面都是等腰三角形，故B不正确；
对于C，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台,故C正确；
对于D，以直角三角形的直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥，故D不正确.
故选：C.
3．【多选题】(24-25高一下·福建三明永安九中、宁化六中、金沙高级中学、宁化滨江实验中学·期中)下列命题正确的是（ ）
A．零向量与任意向量共线
B．直平行六面体是长方体
C．虚轴上的点都表示纯虚数
D．正四面体是正三棱锥
【答案】AD
【分析】根据零向量的性质判断A，根据几何体的特征判断B，D，根据复数概念判断C.
【详解】零向量与任意向量共线,A选项正确；
直平行六面体底面可以是平行四边形，所以直平行六面体不是长方体，B选项错误；
虚轴上的点原点不表示纯虚数，C选项错误；
正四面体是特殊的正三棱锥，D选项正确；
故选：AD.
4．(24-25高一下·福建福州第一中学·期中)如图所示，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个直径为2的圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为______．

【答案】
【分析】根据弧长公式求出扇形半径，得到母线，再根据勾股定理得到高.
【详解】解：∵直径为2的圆形，∴底面圆的半径为：1，周长为2π，
记扇形半径为，由扇形弧长得∴，即母线为4，
∴圆锥的高为：
故答案为：
5．【多选题】(24-25高一下·福建福州九校联盟·期中)下列关于多面体的几种说法，正确的是（ ）
A．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱
B．底面是正多边形的棱锥是正棱锥
C．棱台的上、下底面边长之比等于侧棱延长线交点到上、下底面的距离之比
D．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体是棱锥
【答案】AC
【分析】根据棱柱和棱锥、正棱锥的定义可逐一判断A，B，D选项错误，对于C项，可以具体棱台为例，通过其与棱锥的联系以及相似形的知识推理得到.
【详解】对于A，有两个面平行，其余各面之间的交线都互相平行的几何体才是棱柱，
如图1虽具备有两个面平行，其余各面都是平行四边形，但不是棱柱，故A正确；
图1 图 2 图3
对于B，底面是正多边形且顶点在底面的射影为底面的中心的棱锥是正棱锥，
如图2，棱锥的底面是正方形,顶点在底面上的射影在边上，
此时该棱锥不是正四棱锥，故B错误；
对于C，以三棱台为例，如图3所示，设三棱台的三条侧棱延长后交于点，
过点作平面于点，交平面于点，
因平面平面，则平面，
连接，因平面平面，平面平面，
则，故，又由，可得，
则，其他对应边均可同理得到结论，故C正确；
对于D，因有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点的三角形的多面体才是棱锥，
如图4，底面为四边形，其余各面都是三角形，但这并不是棱锥,故D错误.
故选：AC.
图4
6．(24-25高一下·福建三明五县联盟·期中)一水平放置的平面四边形的直观图如图所示，其中，轴，轴，轴，则四边形的面积为（ ）
A． B．6 C． D．
【答案】D
【分析】结合图形可得，求出四边形面积后可得四边形的面积.
【详解】设轴与交点为D，因为轴，轴，所以，
因为轴，所以四边形为平行四边形，故.
又，结合轴，得，故.
所以四边形面积为，
因为四边形面积是四边形的面积的，
所以四边形OABC的面积为.
故选：D.
7．(24-25高一下·福建龙岩非一级达标校·期中)如图，是一个平面图形的直观图，其中，，则这个平面图形的周长是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用斜二测画法规则作出原图形，再求出三角形各条边长即可.
【详解】在直观图中，，所以，
如图对应的原图形为，则，，
所以，故的周长为，
故选：D
8．(24-25高一下·福建漳州十校联盟·期中)如图，为水平放置的的直观图，其中，，则原平面图形的面积为（ ）．
A．4 B． C． D．8
【答案】A
【分析】由题意，还原直观图得原图后，可得，结合三角形面积公式即可求解.
【详解】因为，，
所以，
如图所示，还原直观图得原图：
所以，
则原平面图形的面积为.
故选：A.
9．(24-25高一下·福建厦门第六中学·期中)如图，水平放置的的斜二测直观图为已知求的周长（ ）
A．6
B．8
C．
D．
【答案】C
【分析】作出原平面图形，由斜二测画法分析原图的数量关系，计算可得答案．
【详解】根据题意，作出原图，
由斜二测画法，在原图中
所以故的周长为
故选：
10．(24-25高一下·福建泉州晋江第一中学·期中)如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则四边形的周长为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】将直观图复原为原图，求出相关线段的长，即可求得答案.
【详解】由题意知在直观图等腰梯形，，，，
则；
将直观图复原为原图，如图示：
则，，，
作于F，则，
故四边形的周长为.
故选：C
11．(24-25高一下·福建福州九校联盟·期中)在棱长为2正方体中，三棱锥的表面积为__________.
【答案】
【分析】画出图形，根据正方体的性质求出相关线段的长度，即可求出表面积.
【详解】在正方体中，，
所以
，
所以三棱锥的表面积.
故答案为：
12．(24-25高一下·福建泉州第五中学·期中)如图，在一个表面积为的正三棱柱中，，其若存在一个可以在三棱柱内任意转动的正方体，则该正方体棱长的最大值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据条件求出正三棱柱的棱长，进而求出正三棱柱的内切球，再由题设可知所求为内切球的内接正方体的边长，即可求解.
【详解】因为是正三棱柱，且，令，
则三棱柱的表面积为，
由题有，解得，
设内切圆半径为，由，得到，
又，则正三棱柱的内切球与下底面和侧面相切，且内切球半径为，
因为存在一个可以在正三棱柱内任意转动的正方体，所以正方体的外接球要在该正三棱柱中，
则要使正方体棱长取到最大值，正方体的体对角线长为正三棱柱内切球的直径，
即，得到，解得，
故选：A.
13．(24-25高一下·福建福州文博中学·期中)如图，正四棱锥底面正方形的边长为4，侧棱长为.
(1)求该几何体的表面积；
(2)求该几何体外接球的体积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求出侧高，再分别求侧面积与底面积即可；（2）连，在中，，在中，，求出，从而求出体积.
【详解】（1）取BC中点E，连PE，则，从而，
；
（2）连，连，在上取一点O，使，
在中，，
在中，，即，
得，从而.
14．(24-25高一下·福建福州第三中学·期中)如图，四边形是边长为1的正方形，是四分之一圆，则图中阴影部分以所在直线为旋转轴旋转一周得到的旋转体的表面积为_______．

【答案】
【分析】该旋转体是一个圆柱挖去一个半球后剩余的部分，利用球和圆柱的面积公式计算求和.
【详解】所以该旋转体的表面积为 ．
故答案为：
15．(24-25高一下·福建厦门厦门大学附属科技中学·期中)将一个正四棱台物件放入有一定深度的电解槽中，对其表面进行电泳涂装.如图所示，已知该物件的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该物件的高为______.
【答案】/
【分析】作出正四棱台的图形，设，利用该四棱台侧面的面积求得，进而利用勾股定理即可得解.
【详解】设，则，
因为该四棱台为正四棱台，所以各个侧面都为等腰梯形，上、下底面为正方形，
在四边形中，过点作于点，
则，所以，
所以，解得，
在平面中，过点作于点，
易知为正四棱台的高，则，
所以，
则该物件的高为.
故答案为：
16．(24-25高一下·福建漳州十校联盟·期中)正四棱台上、下底面边长分别为和，所有顶点都在半径为的球面上，则该四棱台的体积是（ ）．
A．14 B．12 C．或12 D．或14
【答案】D
【分析】分球心在棱台上、下底面之间，和球心在下底面下方两种情况，利用球心到上、下底面中心的距离，上、下底面外接圆半径，和球的半径之间的关系，求出棱台的高即可得解.
【详解】记正四棱台的上、下底面对角线的交点分别为，球心为，
由正四棱台的性质可知，三点共线，
易知，，
当球心在棱台上、下底面之间时，如图所示，
则棱台的高 ，
所以该棱台的体积.
当球心在下底面下方时，如图所示，
则棱台的高 ，
所以该棱台的体积.
综上，该棱台的体积为或.
故选：D
17．(24-25高一下·福建莆田莆田第三中学·期中)如图1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有边长均相同，数学上我们称之为半正多面体（semiregular solid），亦称为阿基米德多面体，如图2，设，则该多面体的体积为__________，过A、Q、G三点的平面截该多面体所得的截面面积为____
【答案】 ；
【分析】利用割补法求体积；利用正六边形由六个正三角形组成求截面面积.
【详解】该多面体的体积为原正方体的体积去掉8个相同的三棱锥的体积，
注意到该多面体的原正方体边长为，
所以；
根据平面性质知，过A、Q、G三点的平面截得的截面图形是一个边长为1的正六边形ABGPQE，
故截面面积为.
故答案为：；
18．(24-25高一下·福建福州闽侯县第六中学·期中)用一个平行于正三棱锥底面的平面去截该棱锥，底面与截面之间那部分的多面体是一个高为2的三棱台，且，则该三棱台的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】计算出上下底面面积，利用棱台体积公式进行求解.
【详解】由题，，
所以该三棱台的体积为 .
故选：B
19．(24-25高一下·福建福州九校联盟·期中)已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，高为3，则该正四棱台的体积为（ ）
A．20 B．24 C．28 D．32
【答案】C
【分析】直接根据棱台的体积公式计算可得.
【详解】因为正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，高为3，
所以该正四棱台的体积.
故选：C
20．(24-25高一下·福建厦门松柏中学·期中)某款厨房用具中的香料收纳罐的实物图如图所示，该几何体为上 下底面周长分别为，的正四棱台，若棱台的高为，忽略收纳罐的厚度，则该香料收纳罐的容积为__________.

【答案】193
【分析】运用台体体积公式求解即可
【详解】由题意可知，该四棱台的上 下底面边长分别为，
故该香料收纳罐的容积为．
故答案为：193.
21．(24-25高一下·福建同安第一中学·期中)如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则________ ；平面图形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形的体积为________ .
【答案】
【分析】由斜二测画法原理可得平面图形是直角梯形，进而可求；直角梯形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形为圆台，可求其体积即可.
【详解】由平面图形的直观图的斜二测画法原理可知，平面图形是直角梯形，如图：
其中，，，，
过作交于，则为的中点，
在中，，，
所以，
将直角梯形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形为圆台，
其上底面圆的半径为，下底面圆的半径为，高为，
故此圆台体积为.
故答案为：；.
22．(24-25高一下·福建泉州惠安一中、安溪一中、养正中学、泉州实验中学·期中)若圆锥的侧面积与过旋转轴的截面面积之比为，则圆锥母线与旋转轴的夹角大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先利用题干条件求得圆锥母线与高的关系，结合三角函数定义即可求得圆锥母线与旋转轴所成角的大小.
【详解】设圆锥底面的半径为，母线长为，高为，则由题意得，解得，
设圆锥母线与旋转轴所成角为，则，
所以圆锥母线与旋转轴所成角的大小为.
故选：B.
23．(24-25高一下·福建长乐第五中学·期中)水平放置的的斜二测直观图如图所示，若，的面积为，
(1)求的面积；
(2)画出的平面图，并计算的长
(3)若该以CB为轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积和表面积．
【答案】(1)8
(2)作图见解析，
(3)，
【分析】（1）由直观图面积与原图面积比即可求解；
（2）画出原图，即可求解；
（3）由圆锥的体积、表面积公式即可求解.
【详解】（1）依题意，因为的面积为，
又，
所以原三角形面积为；
（2）因为的面积为，
所以 ，
解得，所以，
，又因为，
由勾股定理得：．
（3）该以CB为轴，旋转一周，旋转形成的几何体为圆锥
则圆锥体积
母线
圆锥表面积为
24．(24-25高一下·福建福州台江区九校·期中)如图，为四边形的斜二测直观图，其中，，．
(1)求平面四边形的面积及周长；
(2)若四边形以为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积．
【答案】(1)5，7；
(2)，
【分析】（1）把直观图还原为原平面图形，得四边形是直角梯形，由此求出平面四边形的面积和周长；
（2）四边形以为旋转轴，旋转一周，旋转形成的几何体是圆柱与圆锥的组合体，计算它的体积和表面积即可．
【详解】（1）把直观图还原为原平面图形，则四边形是直角梯形，其中，，，，如图所示：
所以平面四边形的面积为，
周长为；
（2）四边形以为旋转轴，旋转一周，旋转形成的几何体是圆柱与圆锥的组合体，
则旋转体的体积等于圆柱的体积与圆锥的体积之和，
即，
表面积为.
【点睛】
25．(24-25高一下·福建福州联盟校·期中)以边长为6的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得几何体的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由圆柱的侧面积等于底面圆的周长乘高求出即可.
【详解】以边长为6的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体为圆柱，
其底面半径，高，故其侧面积为.
故选:C.
26．(24-25高一下·福建三明永安九中、宁化六中、金沙高级中学、宁化滨江实验中学·期中)宁化农村做饭常用一种叫饭甑的容器，随着时代的变化，饭甑也走向小型化，制作材料也有部分变化.如图所示，这种饭甑都是用杉木制作的，木桶可以看作无底的圆台，内部放一个圆形木隔板，盖子也是圆形的木板.其尺寸如下：桶口直径为30cm，桶底直径为24cm，桶高为24cm，桶内深为16cm.
(1)求该饭甑木桶（不含隔板和盖子）的面积；（不计木板的厚度）
(2)若该饭甑装满（盖子刚好与米饭齐平）米饭，求米饭的体积；
(3)若要做一个球形容器，把该饭甑放入容器内，问：当该容器半径最小时，球心到饭甑底部的距离？（不计容器的厚度）
【答案】(1)cm2
(2)cm3
(3)cm
【分析】（1）根据圆台的侧面积公式求面积.
（2）根据圆台的体积公式计算容积.
（3）根据圆台的性质列式求圆台外接球半径.
【详解】（1）由已知得 两底面半径分别为，
∵木桶高为 ∴母线长为
∴该饭甑木桶的面积为
（2）由已知得 中间隔板的半径为
∴米饭的体积为
（3）设球心到饭甑底部的距离为，球形容器的半径为
则
∴，
∴球心到饭甑底部的距离为
27．(24-25高一下·福建福州第一中学·期中)宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了以汝窑为首的五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．如图1，汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成，其直观图如图2所示．已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是10厘米，且上、下两圆台的体积之比是，则上、下两圆台的高之比是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用台体体积公式求出上下圆台高的比.
【详解】设上、下两圆台的高分别是，
故上圆台的体积为立方厘米，
下圆台的体积为立方厘米，
故该汝窑双耳罐上、下两圆台的体积之比为，所以上、下两圆台的高之比是.
故选：B
28．(24-25高一下·福建福州文博中学·期中)圆台的上、下底面半径分别是和，它的侧面展开图扇环的圆心角是如图，那么圆台的体积是__________．
【答案】
【分析】由圆心角求出母线长，利用勾股定理求出圆台的高，结合圆台的体积公式求解即可.
【详解】设圆台的母线长为l，由题意得，
，解得，
所以圆台的高为：，
所以圆台的体积为：.
故答案为：
29．(24-25高一下·福建泉州第七中学·期中)已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.
【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图，
，，由的面积为，得，
解得，于是，
所以圆锥的体积.
故选：B
30．【多选题】(24-25高一下·福建莆田莆田第三中学·期中)如图，圆台，在轴截面中，，H，F为圆上定点，且，M为AD中点，C，H，F，M四点共面．则（ ）
A．该圆台高为
B．该圆台体积为
C．一只小虫从点C沿着该圆台的侧面爬行到M点，所经过的最短路径为5
D．
【答案】ACD
【分析】对于A：根据题意结合台体的结构特征运算求解；对于B：根据台体的体积公式运算求解，对于C：由圆台补成圆锥，结合圆锥的侧面展开图分析求解；对于D：做辅助线，分析可知，结合几何知识运算求解.
【详解】对于选项A：如图1，作交于点E，易得，
则，所以圆台的高为，故A正确；
对于选项B：圆台的体积为，故B错误；
对于选项C：由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为4，底面半径为2，侧面展开图的圆心角，
M为AD的中点，连接CM，如图2，
可得，，，则，
此时到的距离为，
故从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点，所经过的最短路程为5，C正确；
对于选项D：延长CM，BA交K点，连接HK，则F点在HK上，为中点，是与交点，如图3，
过作HK垂线，垂足为N，延长，过K作KQ垂直于，垂足为Q，如图4，
则，与相似，
可得，，解得，
由垂径定理知N为FH的中点，
则与相似，且都是等腰直角三角形，
所以，故D正确；
故选：ACD．
31．(24-25高一下·福建三明五县联盟·期中)已知正三棱台上下底面边长分别为、，高为1，则正三棱台外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用正三棱台的几何性质计算出球心到下底面的距离，可求出外接球的半径，结合球体体公式可求得结果.
【详解】如下图，设正三棱台的上、下底面的中心分别为、，
由正三棱台的几何性质可知，外接球球心在直线上，
正的外接圆半径为，正的外接圆半径为，
设，若球心在线段上，则，，
设球的半径为，则，
即，解得，不合乎题意；
所以，球心在射线上，则，
，即，解得.
所以，即，故该正三棱台的外接球体积为.
故选：C
32．(24-25高一下·福建福州八县（）协作校·期中)正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点构成一个如图所示多面体．
(1)求该多面体的表面积和体积．
(2)若将该多面体内接于球内，求该球体的表面积与体积．
【答案】(1)该多面体的表面积为，体积为
(2)该球体的表面积为，体积为
【分析】（1）先分析组合体的构成，再确定锥体的高，最后利用公式求结果；
（2）由题意知，该多面体内接于球内，其半径为1，利用公式即可求.
【详解】（1）由题意知，该多面体是由两个四棱锥构成，并且这两个四棱锥完全一致.
每个四棱锥的侧面是四个边长为的等边三角形，设三角形的面积为，
则该多面体的表面积，
四棱锥的底面是边长为的正方形，故四棱锥的底面积，
四棱锥的高为1，故四棱锥的体积，
则该多面体的体积；
（2）将该多面体内接于球内，
则球的直径为，球的半径为1，
故该球体的表面积为，
该球体的体积为.
33．(24-25高一下·福建福州台江区九校·期中)已知三棱锥的各顶点都在一个半径为r的球面上，且， ，则球的表面积为_________
【答案】
【分析】根据给定条件，确定三棱锥的特性，再补形成正方体，借助正方体外接球求得答案.
【详解】三棱锥中，由及，
得侧棱两两垂直且等长，则三棱锥的外接球与以为共点棱的正方体的外接球相同，
而此正方体的外接球直径为其体对角线长，为，因此三棱锥的外接球半径为，
所以所求外接球的表面积为：.
故答案为：
34．(24-25高一下·福建长乐第五中学·期中)已知长方体中，，，则该长方体的外接球的表面积为______________.
【答案】
【分析】由长方体对角线，确定外接球的半径，即可求解.
【详解】
，，
又正四棱柱的外接球的直径为，则半径.
所以球的表面积为：.
故答案为：
35．(24-25高一下·福建福州九校联盟·期中)在我国古代数学名著《九章算术》中，有这样一个有趣的问题：古人用无盖的正方体容器来测量球体的相关数据.已知该正方体容器的高度为4寸（注：寸是古代长度单位）.将一个球体放置在正方体容器口上，然后向容器内注水，当水面刚好接触到球面时，测得此时容器内水的深度为3寸.若不考虑容器壁的厚度，那么这个球的体积为（ ）
A．立方寸 B．立方寸
C．立方寸 D．立方寸
【答案】D
【分析】根据题意可求出正方体的上底面与球相交所得截面圆的半径为寸，再根据截面圆半径，球的半径以及球心距的关系，即可求出球的半径，从而得到球的体积．
【详解】设球的半径为寸，
根据已知条件知，正方体的上底面与球相交所得截面圆的半径为寸，球心到截面圆的距离为寸，
所以由，解得，
所以球的体积为（立方寸）．
故选：D．
36．(24-25高一下·福建龙岩非一级达标校·期中)设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】C
【分析】运用线面平行判定和性质，面面平行判定和性逐个判断即可.
【详解】由，，，得或，相交，则A是假命题.
由，，，得或，异面，则B是假命题.
对于C，如下图所示，过直线作平面的平行平面，使得，
若，，，所以，
因为，，，所以，故，则C是真命题.
由，，，得或，相交或，异面，则D是假命题.
故选：C.
37．【多选题】(24-25高一下·福建三明沙县区三明北附高级中学·期中)已知a，b表示直线，表示平面，则下列推理不正确的是（ ）
A． B．，且
C． D．
【答案】ABC
【分析】A. 根据直线的位置关系判断；B. 根据直线与平面的位置关系判断；C. 根据平面与平面的位置关系判断；D. 根据面面平行的性质定理判断.
【详解】A. 因为，，则平行或相交，故错误；
B. 因为，，则或 ，或 ，故错误；
C. 因为，，，，则平行或相交，故错误；
D. 因为，，，由面面平行的性质定理得 ，故正确；
故选：ABC
38．【多选题】(24-25高一下·福建莆田第十五中学·期中)已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，，则直线a平行于平面内的无数条直线
B．若，，，则a与b是异面直线
C．若，，则
D．若，，则一定相交
【答案】AC
【解析】由题意得出或，不管是哪一种情况，都能在平面内找到无数条直线与直线平行即可判断A选项；
由题意得出直线与b没有交点，则与b可能异面，也可能平行，即可判断B选项；
由，得出直线与没有公共点，则，即可判断C选项；
当直线平行时，也满足题意，即可判断D选项.
【详解】A中，，，则或，所以不管在平面内还是平面外，都有结论成立，故A正确；
B中，直线与b没有交点，所以与b可能异面，也可能平行，故B错误；
C中，直线与平面没有公共点，所以，故C正确；
D中，直线与平面有可能平行，故D错误.
故选：AC
【点睛】本题主要考查了直线与直线，直线与平面的位置关系，属于基础题.
39．(24-25高一下·福建莆田二中、仙游一中·期中)已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，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】根据空间中线面、面面的位置关系判断即可.
【详解】对于A，若，则或，故A错误；
对于B，若，则或与相交或与异面，故B错误；
对于C，若，则或与相交，故C错误；
对于D，若，则存在直线（不与重合），使得，又，则或与相交，
若，则，此时可以满足，只需即可，所以，
若与相交，则与也相交，又，所以与也相交，与相矛盾，
所以，则，故D正确；
故选：D.
40．(24-25高一下·福建厦门厦门大学附属科技中学·期中)已知平面，和直线m，n，若，，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】由线线、面面关系以及充分、必要条件的概念即可得出结论.
【详解】当，，，是两个不同平面，，时，或，相交，
反过来，时，，，则，.
故“，”是“”的必要而不充分条件.
故选：B.
41．(24-25高一下·福建厦门松柏中学·期中)如图，在四棱锥中，底面为正方形，点分别为的中点．

(1)证明：平面；
(2)在棱BC上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；
【分析】（1）取PB的中点，连接，由题意可证得且，即证得四边形为平行四边形，再证得结论；
（2）取BC的中点，连接，由题意可证得平面平面，由题意可证得重合，再求出的值．
【详解】（1）证明：取PB的中点，连接，
在四棱锥中，底面为正方形，E，F分别为AD，PC的中点，
，且，
，且，
四边形为平行四边形，，
而平面平面PBE，
平面；
（2）存在满足条件的，且，
证明如下：取BC的中点，连接FQ，DQ，则，
由平面平面平面，
又平面平面，
又平面平面与重合，
即为BC的中点，．

42．【多选题】(24-25高一下·福建福州闽侯县第二中学·期中)如图，在正方体中，、、分别是棱、、的中点，则（ ）
A．平面 B．平面
C．点在平面内 D．点在平面内
【答案】AD
【分析】利用线面平行的判定定理可判断A选项；推导出，可判断D选项；结合图形可判断B选项；结合A选项可判断D选项.
【详解】对于A选项，在正方体中，，，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，故平面，A对；
对于D选项，连接、，如下图所示：
因为、分别为、的中点，所以，
又因为，所以，故、、、共面，D对；
对于B选项，根据已有分析可知点在平面内，所以与平面有交点，因此B错；
对于C选项，由A选项可知，点在平面外，C错.
故选：AD.
43．(24-25高一下·福建厦门杏南中学·期中)如图，正方体中，，，，分别是，，，的中点．
(1)求证：，，，四点共面；
(2)求证：平面平面；
(3)画出平面与正方体侧面的交线（不必说明）．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)作图见解析.
【分析】（1）利用平行公理，结合正方体的结构特征证明即可.
（2）利用面面平行的判定推理得证.
（3）过作直线交的延长线分别于，连接相关线段即可.
【详解】（1）在正方体中，连接，由分别是的中点，
得 ，由四边形为正方体的对角面，
得四边形是矩形，则 ，因此 ，
所以，，，四点共面.
（2）连接，
由，分别是，的中点，得，
又平面，平面，则平面，
而，且，则四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，因此平面，
又平面，所以平面平面．
（3）过作直线交的延长线分别于，
连接分别交于，连接，
由，得，直线平面平面平面
因此五边形是平面截正方体所得截面，如图，
所以是平面与正方体侧面的交线.
44．【多选题】(24-25高一下·福建福州第八中学·期中)如图，在透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器以BC所在直线为轴顺时针旋转，则（ ）
A．有水的部分始终是棱柱
B．四边形EFGH为矩形且面积不变
C．棱始终与水面平行
D．当点H在棱CD上且点G在棱上（均不含端点）时，是定值
【答案】ACD
【分析】利用棱柱的几何特征判断A；根据水面矩形变化情况判断B；利用线面平行的判定判断C；利用盛水的体积判断D作答.
【详解】对于A，有水部分的几何体，有两个面都垂直于BC，这两个面始终平行，而，
并且BC始终与水面平行，即有，若点H在棱上，由面面平行的性质知，
，若点H在棱CD上，，因此该几何体有两个面互相平行，其余各
面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边互相平行，即该几何体是棱柱，A正确；
对于B，因为水面为矩形，边的长不变，随旋转角的变化而变化，矩形的面积不是定值，B错误；
对于C，因为始终与平行，而始终与水面平行，并且不在水面所在平面内，即棱始终与水面平行，C正确；
对于D，当点在棱上且点在棱上（均不含端点）时，有水部分的棱柱的底面为三角形，
而水的体积不变，高不变，则底面面积不变，即为定值，D正确.
故选：ACD
45．(24-25高一下·福建三明永安九中、宁化六中、金沙高级中学、宁化滨江实验中学·期中)如图，正三棱柱中，分别是棱的中点.
(1)判断直线与直线，直线与平面的位置关系；（判断即可，不必说明理由）
(2)求证：平面；
(3)在棱上是否存在一点，使得平面平面？若存在，请指出点的位置，并证明；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)直线与直线是异面直线，直线与平面相交
(2)证明见解析
(3)存在，点为棱的中点，证明见解析
【分析】（1）由空间中的线面位置关系，即可判断；
（2）取的中点为，连接，即可证明为平行四边形，再由线面平行的判定定理，即可证明；
（3）根据题意，由线面平行的判定定理分别证明平面，平面，再由面面平行的判定定理，即可证明.
【详解】（1）直线与直线是异面直线；直线与平面相交.
理由如下：因平面,平面, 平面,
故直线与直线是异面直线；
又因平面，因点是的中点，,
故相交，设交点为,则点平面，
又点平面，故直线与平面相交.
（2）
取的中点为，连接
∵是棱的中点，
∴且
∵点是棱的中点，
∴且
∴且
∴四边形是平行四边形
∴.
且平面，平面，
所以平面.
（3）
当点为棱的中点时，平面平面，
证明：∵分别是棱的中点，
∴，∵ ，∴ ，
∵平面，平面，∴平面，
∵分别是棱的中点，∴，
∵平面，平面，∴平面，
∵，平面，
∴平面平面.
46．(24-25高一下·福建同安第一中学·期中)在四棱锥中，底面是菱形，.
(1)若分别是的中点，证明：平面；
(2)若，证明：平面平面；
(3)若平面平面，且二面角的大小为60°，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）取的中点，连接，先证四边形为平行四边形，得出，即可得证；
（2）取的中点，连接，利用勾股定理的逆定理可得，结合，可证平面，进而可证结论；
（3）过作于点，连接，可证，进而得为二面角的平面角，进而可得，求得，可得，进而利用勾股定理可求得.
【详解】（1）证明：如图，
取的中点，连接，
因为为的中点，
所以，
故四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面；
（2）取的中点，连接，
因为，所以，
又因为，所以，
因为，四边形是菱形，所以是等边三角形，
所以，所以，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（3）取中点，连接，
因为底面是菱形，，
所以是等边三角形，
所以，
又因为，所以，
所以为二面角的平面角，
又二面角的大小为60°，
所以，
在中，可得
所以，
因为，
所以，
在中，，
所以，
所以
47．(24-25高一下·福建同安第一中学·期中)如图所示，在底面是菱形的四棱锥中，，，，点在上，且.
(1)证明：；
(2)求点到平面的距离；
(3)是棱的中点，证明：平面.
【答案】(1)证明见解析
(2).
(3)证明见解析
【分析】（1）设与的交点为，易证，从而知平面，再由线面垂直的性质定理，即可得证；
（2）先证平面，再利用等体积法和棱锥的体积公式求解即可；
（3）取的中点，连接，根据线面平行的判定分别证明平面和平面，再结合面面平行的判定与性质定理，即可得证.
【详解】（1）证明：设与的交点为，则是的中点，
因为，所以，
因为菱形，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）在菱形中，，
所以菱形的边长为1，且，
所以，
在中，，
所以，即，
由（1）知平面，
因为平面，所以，
又，所以平面，
所以，
设点到平面的距离为，
因为，
所以，即，解得，
故点到平面的距离为.
（3）证明：取的中点，连接，则，
因为平面，平面，所以平面，
由，知是的中点，
因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面.
48．【多选题】(24-25高一下·福建厦门第六中学·期中)已知圆台上、下底面的半径分别为2和4，母线长为正四棱台上底面的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面的四个顶点在圆台下底面圆周上，则（ ）
A．圆台的体积
B．与底面所成的角为
C．二面角小于
D．正四棱台的外接球的表面积为
【答案】ABD
【分析】根据圆台的体积公式判断A，过作，则即为所求，根据已知条件求解即可判断B；过作，连接，找到二面角的平面角为，再解三角形即可判断C；设出球心和球半径，根据几何关系，列出等量关系求解即可判断D．
【详解】根据题意，作图如下：
过作，作截面的平面图，易知为等腰梯形，
且为中点，易得
故，即圆台的高，
又
又，即四棱台的上下底面长分别为和；
对A：圆台的体积
，故A正确；
对B：易得即为与底面所成角，
在三角形中
又，故，即与底面所成的角为，故B正确；
对C：过作，垂足为，连接
由面，//，则面，又面，故，
又，面，故面，
又面，故，则即为二面角的平面角；
，又，
故，由B选项知，结合在单调递增可知，故C错误；
对D：设外接球半径为，球心到下底距离为，在的平面图中，为球心，
则，故，解得；
故表面积，故D正确；
故选：ABD
49．(24-25高一下·福建厦门厦门大学附属科技中学·期中)如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱，且，，，点为中点.
(1)求证：平面平面；
(2)试作出二面角，并求二面角的正切值；
(3)点为对角线上的点，且，垂足为，求与平面所成的最大角的正弦值.（注：本题建系不得分）
【答案】(1)证明见解析
(2)作图见解析，
(3)
【分析】（1）结合勾股定理，利用线线垂直证明线面垂直，进而证明面面垂直；
（2）结合直角三角形边长可确定为等边三角形，取中点可得底面，再过点作于点，结合线线垂直可证线面垂直，进而可得二面角的平面角，进而确定二面角正切值；
（3）（法一）作平面，可得，，共线，再在平面作交于点，可得平面，设线交线于点，则，进而可证平面，即可得，易知，因为，所以与平面所成的最大角的正弦值为；
（法二）过点作交于点，连接，.设，，，可得.又，，，于是.
【详解】（1），，
则，
；
又，，、平面，
平面，平面，
平面平面；
（2）侧棱，点为中点，
，
又，
为正三角形，取中点，则，，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
过点作交延长线于点，连接，.
平面，所以，
又，，、平面，
所以平面，又平面，，
根据定义，即为二面角的平面角.
，
.
（3）（法一）作平面，
则，为在平面内的射影，所以点，，共线，
再在平面作交于点，
又，，、平面，
平面，
设线交线于点，则，
又，，、平面，
平面，平面，得，
，，
又因为，
所以与平面所成的最大角的正弦值为，
当点为线与的交点时取到最大角；
（法二）过点作交于点，连接，.
设，，，
则，，
从而.
，
，，
于是，
当且仅当，即点为与交点时，等号成立.
50．【多选题】(24-25高一下·福建莆田二中、仙游一中·期中)如图，正方体的棱长为分别是的中点，点是底面ABCD内一动点，则下列结论正确的为（ ）
A．过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形
B．三棱锥的体积为4
C．三棱锥的外接球表面积为
D．一质点从A点出发沿正方体表面绕行到的中点的最短距离为
【答案】ACD
【分析】对于A，利用中位线的性质可证得，对边平行且不相等，可得到截面是梯形；对于B，利用等体积法可求得三棱锥的体积；对于C，三棱锥的外接球可以补形为长方体的外接球，先求半径再求表面积即可；对于D，分别求出将正方形沿着展在平面，及将沿着展开到与平面重合两种情况分别求解，即可比较大小.
【详解】对于A，由中位线可得，在正方体中，，所以，
所以四点共面，又因为，所以截面为梯形，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，三棱锥的外接球可以补形为长方体外接球，半径，
所以表面积，故C正确；
对于D，记的中点为Q，如图所示，
若正方形沿着展在平面，
在直角中，可得，
若沿着展开到与平面重合，
在直角中，可得，综上，最短距离为，故D正确.
故选：ACD.
51．(24-25高一下·福建福州闽侯县第六中学·期中)在正方体中．

(1)如图1，若平面，求证：三点共线；
(2)分别为和的中点，分别为和的一个三等分点（都靠近C端）．
①如图2，求证：三线共点；
②过点三点作该正方体的截面，在图3中画出这个截面（不必说明画法和理由，但要保留作图痕迹）．
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②答案见解析
【分析】（1）根据平面的基本事实3即可得证；
（2）①先分别延长交于点R，连接，然后利用，得出，再利用，可以得出与的交点为的三等分点，即为点Q，从而得证.
②利用平行直线共平面即可作出截面图.
【详解】（1）证明：如图，连接，
面，且面是面与面的公共点，
面，
面面，
是面与面的公共点，
面面，
又面面，
是面与面的公共点，
，即三点共线．

（2）①证明：如图，分别延长交于点R，连接，
直线面，
，
又，
与的交点为的三等分点，即点Q，
三线共点．

②解：如图，六边形即为所求作的截面．

52．(24-25高一下·福建三明第一中学·期中)在四棱锥中，，过直线的平面将四棱锥截成体积相等的两个部分，设该平面与棱交于点E，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设平面与交于，由题设易证，若 ，则，根据与、与的比例关系，结合，即可求值.
【详解】
设平面与交于，而，
∴，
∵面，面，
∴面，又面，面面，
∴，即，
若 ，则，设四棱锥的体积为，又，
∴，即，，而，有，
而，有，
∴，解得.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：设平面与交于，由已知向量共线及截面的性质，易证，若 ，将四棱锥分为三棱锥、，利用体积间的比例关系及求.
53．【多选题】(24-25高一下·福建福州第三中学·期中)已知正方体的棱长为1，是线段上的动点，是线段的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．三棱锥的体积为定值
C．的最小值是
D．如果点是线段的中点，则平面截正方体所得的截面周长为
【答案】ABD
【分析】对于A，先证明平面，再由线面垂直可得线面垂直；对于B，利用，将所求三棱锥进行等体积转化，即可证得；对于C，将与翻折到同一平面，根据三点共线时，线段的和最短即可求得；对于D，根据题意作出平面截正方体所得的截面，判断其为平行四边形，易求得其周长.
【详解】对于A：因为平面，平面，
所以，
因为正方形，所以，
又，平面，
所以平面，因平面，所以，故A正确；
对于B：在正方体中，易得，
则得，则，因
，故B正确；
对于C：将与翻折到同一平面，在同一平面内点对应点，
连接，此时为的最小值，因，则可得点为的中点，
因是边长为的正三角形，则，
则的最小值是，故C错误；
对于D：因为平面，所以平面PDN与平面的交线EK一定与直线DN平行，
设为的中点，连接，易得，P为的中点，则为的中点，
连接，如图所示截面DNEK为平面PDN截正方体所得的截面平行四边形，
且，，
所以周长为，故D正确．
故选：ABD．
54．(24-25高一下·福建福州第八中学·期中)已知在正方体中，M，N，P分别为，AD，的中点，棱长为1，
（1）求证：平面；
（2）过M，N，P三点作正方体的截面，画出截面（保留作图痕迹），并计算截面的周长.
【答案】（1）证明见解析；（2）截面见解析，截面周长为
【分析】（1）连接，先证明，即可证明平面；
（2）先作出过M，N，P三点作正方体的截面为，再求出相关线段的长度，即可求解
【详解】（1）连接，如图：
则易知，，
所以,
因为平面，平面，
所以平面；
（2）过M，N，P三点作正方体的截面为，如图所示：
则截面的周长为：，
因为正方体棱长为1，则
，
，
所以，
所以截面的周长为
55．(24-25高一下·福建福州福建师范大学附属中学·期中)点分别为三棱柱的棱的中点，设的面积为，平面截三棱柱 所得截面面积为S，五棱锥. 的体积为，三棱柱的体积为V，则 __________，______

【答案】 /
【分析】延长交的延长线于点，可知截面为四边形；可证得为中点，得到；结合知，由此可求得；设四边形的面积为，可得，由可推导得到.
【详解】延长交的延长线于点，连接交于点，连接，则平面截三棱柱所得截面为四边形．
，为的中点，
≌，为的中点，
的面积.
，，
的面积为，
.
设四边形的面积为，
的面积为，
五棱锥的体积为，
连接，则三棱锥的体积为，
故，，
.
故答案为：；.
56．(24-25高一下·福建福州文博中学·期中)如图是正方体的展开图，则在这个正方体中，下列命题正确的是（ ）
A．与平行 B．
C．与是相交直线 D．与是异面直线
【答案】BD
【分析】把平面图还原正方体，由正方体的结构特征判定A与B；由相交直线的定义判断C，由异面直线的定义判断D．
【详解】将正方体的展开图还原为正方体，如图所示，
可得与是异面垂直，A错误；
与平行，B正确；
平面ADNE，平面ADNE，平面ADNE，
由异面直线定义可得，与是异面直线，C错误；
与是异面垂直，D正确.
故选：BD.
57．(24-25高一下·福建莆田二中、仙游一中·期中)如图，多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥组成，其中，，，是上的一点．
(1)若是中点．
①求证：平面；②求异面直线与所成角的余弦值．
(2)若为与交点，问上是否存在一点，使得平面？如果存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)①证明见解析；②
(2)存在，且
【分析】（1）①连接交于点，连接，利用中位线的性质得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
②分析可知，异面直线与所成角为或其补角，求出三边边长，结合余弦定理可求得结果；
（2）由线面平行的性质可得出，由此得出，即可得解.
【详解】（1）连接交于点，连接，如下图所示：
在三棱柱中，，，所以，四边形为平行四边形，
因为，所以为的中点，
又因为为的中点，所以，且，
因为平面，平面，故平面；
在直三棱柱中，平面，平面，所以，
所以，，
同理可得，，
所以，，，
因为，所以，异面直线与所成角为或其补角，
由余弦定理可得，
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
（2）如下图所示：
因为，，所以，
因为平面，平面，平面平面，
所以，故，因此.
所以，线段上存在一点，使得平面，且．
58．(24-25高一下·福建福州第三中学·期中)在正方体中，分别为、、、的中点，则异面直线与所成的角等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接，异面直线与所成的角是或其补角，由正方体性质即可得结论.
【详解】如图，连接，
由题意，
所以异面直线与所成的角是或其补角，
由正方体性质知是等边三角形，，
所以异面直线与所成的角是.
故选：B.
59．(24-25高一下·福建厦门第六中学·期中)如图，在正方体中，E是棱的中点，则异面直线DE和所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设为的中点，连接，可证或其补角即为异面直线DE和所成的角，故可求它的余弦值.
【详解】
设为的中点，连接，
由正方体的性质可得则四边形为平行四边形，
故，而为所在棱的中点，故，
故，故或其补角即为异面直线DE和所成的角，
设正方体的棱长为2，则，
故，故异面直线DE和所成的角的余弦值为，
故选：C.
60．(24-25高一下·福建莆田莆田第四中学·期中)如图，在正方体中，点E，F，G，H分别是棱，，，的中点，则异面直线EF与GH所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】分别取的中点，连接，由题意可知异面直线EF与GH所成的角（或其补角）即为与所成的角（或其补角），求出，由余弦定理求解即可.
【详解】分别取的中点，连接，
由正方体的性质知：，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以异面直线EF与GH所成的角（或其补角）即为与所成的角（或其补角），
即为，设正方体的棱长为，
，，
所以，
所以异面直线EF与GH所成的角为.
故选：C.
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