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重难点05立体几何中的轨迹与截面
8大高频考点概览
考点01 平行关系求轨迹
考点02 垂直关系求轨迹
考点03 定长关系求轨迹
考点04 做出截面
考点05 截面形状
考点06 截面周长与面积
考点07 截面分几何体体积
考点08 交线问题
1. (23-24高一下·广东深圳科学高中·期中) （多选）如图，棱长为2的正方体中，E为棱的中点，F为正方形，内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ）
A．动点F轨迹的长度为
B．直线与不可能垂直
C．当三棱锥的体积最小时，直线与所成角的余弦值为
D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为
2. (23-24高一下·广东广州育才中学·期中)已知正方体的棱长为分别是棱的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
3. (23-24高一下·广东广州白云艺术中学·期中)在棱长为1的正方体中，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，且满足平面，则下列说法正确的是（ ）
A．点可以是棱的中点 B．线段的最大值为
C．点的轨迹是正方形 D．点轨迹的长度为
4. (22-23高一下·广东深圳人大附中深圳学校·期中)棱长为1的正方体中，为正方体表面上的一个动点，且总有，则动点的轨迹所围成图形的面积为（ ）
A． B． C． D．1
5. (24-25高一下·广东佛山南海区·) （多选）如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱，，的中点，点满足，，则下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．若Q，M，N，P四点共面，则
C．过点Q有且仅有一条直线与，都相交
D．若，点F在侧面上（包括边界），且平面，则点F的轨迹长度为
1. (24-25高一下·广东东莞翰林实验学校·期中)如图，四边形ABCD是直角梯形，其中AB=1，CD=2，AD⊥DC，O是AD的中点，以AD为直径的半圆O与BC相切于点P.以AD为旋转轴旋转一周，可以得到一个球和一个圆台.给出以下结论，其中正确结论的个数是（ ）
①圆台的母线长为4；②球的直径为；③将圆台的母线延长交DA的延长线于点H，则得到的圆锥的高为；④点P的轨迹的长度是．
A．1 B．2 C．3 D．4
2. (23-24高一下·广东湛江吴川第一中学·期中)如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（ ）
A． B． C． D．1
3. (22-23高一下·广东三校·期中) （多选）如图，点是棱长为的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（ ）
A．有无数个点满足
B．当点在棱上运动时，的最小值为
C．若，则动点的轨迹长度为
D．在线段上存在点，使异面直线与所成的角是
1. (23-24高一下·广东深圳名校联考·期中) （多选）已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，为上底面上的动点（包括边界），则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则满足条件的点不唯一
B．若，则点的轨迹是一段圆弧
C．若∥平面，则的最大值为
D．若∥平面，且，则平面截正四棱柱的外接球所得平面图形的面积为
2. (22-23高一下·广东东莞东华高级中学·期中) （多选）在棱长为2的正方体中，点为棱的中点，点是正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A．直线与直线夹角为60°
B．平面截正方体所得截面为等腰梯形
C．若，则动点的轨迹长度为
D．若平面，则动点的轨迹长度为
3. (24-25高一下·广东东莞翰林实验学校·期中) （多选）如图，正方体的棱长为6，P是AB的中点，是正方体的表面及其内部一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．正方体内切球的表面积为
B．若，则动点的轨迹与该正方体围成的较小部分的体积为
C．若点是的外心，则
D．若动点满足，则的最小值为
4. (24-25高一下·广东广州第七中学·期中) （多选）如图，已知棱长为2的正方体中，分别是棱，的中点，为棱上一点，动点在线段上，动点在正方形内及其边界上，且．记点的轨迹为曲线，则（ ）
A．曲线的长度为
B．存在，使得平面
C．
D．当与只有一个公共点时，
5. (22-23高一下·广东广州真光中学·期中)已知三棱锥的底面为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为3，体积为24，若该三棱锥的外接球O的半径为5，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为（ ）
A．6π B．30π
C． D．
1. (24-25高一下·广东惠州惠城区惠州中学·期中)如图正方体，的棱长为2，是线段，的中点，平面过点、、．
(1)画出平面截正方体所得的截面（保留作图痕迹），并求该截面多边形的面积；
(2)平面截正方体，把正方体分为两部分，求较小的部分与较大的部分的体积的比值．
2. (24-25高一下·广东汕头第一中学·期中)如图，已知，，，分别是正方体的棱，，，的中点，且与相交于点.
(1)求证：点在直线上；
(2)作出过、、三点的截面；（写出作图过程并保留作图痕迹）
3. (24-25高一下·广东广州第八十九中学·期中)如图，在四棱锥中，底面是边长为2为菱形，是以为斜边的等腰直角三角形，分别是的中点.
(1)求证： 平面；
(2)设为的中点，过三点的截面与棱交于点，指出点的位置并证明.
4. (24-25高一下·广东卓越教育发展联盟学校·)已知一块正三棱台木料如图所示，点为的重心，且，．
(1)要经过点将木料锯开，使截面平行于平面，在木料表面应该怎样画线，并说明理由；
(2)写出一种切割方式，要求过点，将（1）问中较大的几何体，切割出与较小木料体积相同的木料.
5. (21-22高一下·广东广州仲元中学·期中)在正方体中，E、F分别是棱和棱的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)试问平面截正方体所得的截面是什么图形？并说明理由．
1. (24-25高一下·广东广州第六中学·期中) （多选）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，为线段上一个动点，则（ ）
A．存在点，使
B．存在点，使平面平面
C．三棱锥的体积为定值
D．存在点G，使得平面截正方体所得截面为正六边形
2. (24-25高一下·广东华南师范大学附属中学·期中)下列说法正确的是（ ）
A．用斜二测画法画水平放置的平行四边形，其直观图仍是平行四边形
B．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
C．任一平面截圆柱，其截面都是圆
D．有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台
3. (24-25高一下·广东广州广东实验中学越秀学校·期中) （多选）如图，在棱长为的正方体中，分别是的中点，则（ ）
A．四点共面
B．若，则异面直线与所成角的余弦值为
C．平面截正方体所得截面为等腰梯形
D．若，则三棱锥的外接球的体积为
4. (24-25高一下·广东广州育才中学·期中) （多选）如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ）
A．存在点，使得平面
B．过三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形
C．三棱锥的体积为定值
D．三棱锥的外接球表面积为
5. (23-24高一下·广东汕头潮阳实验学校·期中)已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
1. (24-25高一下·广东湛江第二十一中学·期中) （多选）如图，正方体的棱长为分别是的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ）
A．不存在点，使得//平面
B．过三点的平面截正方体所得截面面积是
C．三棱锥的体积不为定值
D．三棱锥的外接球表面积为
2. (24-25高一下·广东卓越教育发展联盟学校·) （多选）在正方体中，点是棱上的一个动点，平面交棱于点，给出的四个结论，正确的是（）
A．对于任意的点，
B．存在点，使得平面
C．存在点，使直线与直线共面
D．存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值
3. (23-24高一下·广东广州第六十五中学·期中)如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得截面记为，则下列命题正确的是 _____（写出所有正确命题的编号）
①当时，为等腰梯形.
②当时，与的交点满足.
③当时，为四边形.
④当时，的面积为.
4. (23-24高一下·广东汕尾部分学校·期中)已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
5. (23-24高一下·广东汕尾部分学校·期中) （多选）已知一圆锥的母线长为2，底面半径为r，其侧面展开图是圆心角为的扇形，A，B为底面圆的一条直径上的两个端点，则（ ）
A． B．从A点经过圆锥的侧面到达B点的最短距离为
C．该圆锥的体积为 D．过该圆锥的顶点作圆锥的截面，则截面面积的最大值为
1. (23-24高一下·广东广州外国语学校等三校·期中)一正三棱台木块如图所示，已知，点在平面内且为的重心.
(1)过点将木块锯开，使截面经过平行于直线，在木块表面应该怎样划线，并说明理由；
(2)求该三棱台木块被问题（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比；
(3)在棱台的底面上（包括边界）是否存在点，使得直线平面？若存在，求长的取值范围；若不存在，说明理由.
2. (22-23高一下·广东东莞东华高级中学·期中)平行于圆锥底面的截面将圆锥分为体积相等的两部分，则圆锥侧面被截面分成上、下两部分的面积之比为（ ）
A． B． C． D．
3. (24-25高一下·广东广州第六中学·期中)已知正四棱台，，分别是棱，的中点，平面将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
4. (24-25高一下·广东汕头第一中学·期中) （多选）如图，在棱长为2的正方体，中，点M，N，E，F分别是梭，，，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．若正方体的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为4π
B．平面平面EFDB
C．异面直线AM与BE所成角的余弦值为
D．平面AMN和平面EFDB分正方体成三部分的体积由小到大的比值为
5. (23-24高一下·广东佛山南海区·) （多选）如图，在三棱柱中，已知点分别在上，且经过的重心，点分别是的中点，且四点共面，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面
C．
D．棱柱被平面截得的三棱锥与多面体的体积之比为
1. (24-25高一下·广东广州第七中学·期中)在底面为平行四边形的四棱锥中，，分别为棱，的中点．
(1)求证：平面；
(2)设平面平面，求证：平面．
2. (23-24高一下·广东广州七中·期中)如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点.
(1)证明：平面PAD；
(2)若平面平面l，判断BC与l的位置关系，并证明你的结论.
3. (23-24高一下·广东广州一一三中·期中)由直四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为平行四边形，O为AC与BD的交点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)设平面与底面ABCD的交线为l，求证：.
4. (22-23高一下·广东东莞松山湖未来学校·期中)如图，，，，且，直线，过三点的平面记作，则与的交线必通过（　　）
A．点A B．点B
C．点C但不过点M D．点C和点M
5. (23-24高一下·广东深圳新安中学（集团）高中部·期中)（多选）如图，在正方体中，点为线段上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线平面
B．异面直线与所成角的取值范围是
C．平面
D．平面与底面的交线平行于直线
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重难点05立体几何中的轨迹与截面
8大高频考点概览
考点01 平行关系求轨迹
考点02 垂直关系求轨迹
考点03 定长关系求轨迹
考点04 做出截面
考点05 截面形状
考点06 截面周长与面积
考点07 截面分几何体体积
考点08 交线问题
1. (23-24高一下·广东深圳科学高中·期中) （多选）如图，棱长为2的正方体中，E为棱的中点，F为正方形，内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ）
A．动点F轨迹的长度为
B．直线与不可能垂直
C．当三棱锥的体积最小时，直线与所成角的余弦值为
D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为
【答案】ACD
【分析】对A由平面，联想到存在一个过的平面与平面平行，利用正方体特征找到平面平面,进而得到的轨迹为线段，对B，举反例即可根据棱锥体积公式分析即可，对C，由最小时，体积最小，得到为异面直线所成角，即可求解；对D，利用勾股定理求出外接球半径即可.
【详解】对A，如图，令中点为,中点为,连接，
又正方体中，为棱的中点，可得,，
平面,平面,又，
且平面，平面平面,
又平面，且平面，平面，
又为正方形内一个动点（包括边界），
平面平面，而平面平面，
，即的轨迹为线段.
由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确；
对B，由可知三角形为等腰三角形，
当为线段中点时，由可得,又中点为,中点为,
，而，,故选项B不正确；
对C，由侧棱底面，所以三棱锥体积为，
所以最小时，体积最小，∵，可得在处时最小，
由知此时与所成角为，等腰三角形中，，故选项C正确；
对D，同理可得当在处时，三棱锥的体积最大，
由已知得此时，所以在底面的射影为底面外心，，，，
由勾股定理易知底面为直角三角形，所以在底面的射影为中点，设为，
如图，设外接球半径为，由，，可得外接球半径，
外接球的表面积为，故选项D正确．
故选：ACD
2. (23-24高一下·广东广州育才中学·期中)已知正方体的棱长为分别是棱的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】取的中点，连接、、，根据题意判断平面平面，得出是点在底面内的轨迹，计算的值即可．
【详解】取的中点，连接、、，如图所示：
由分别是棱的中点，得，平面，平面，则平面，
又且，于是为平行四边形，则，
平面，平面，则平面，又，平面，
因此平面平面，由与平面无公共点，平面，则平面，
又点为底面内（包括边界）的一动点，平面平面，
于是是点在底面内的轨迹，
又正方体的棱长为，则，
所以点的轨迹长度为.
故选：B
3. (23-24高一下·广东广州白云艺术中学·期中)在棱长为1的正方体中，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，且满足平面，则下列说法正确的是（ ）
A．点可以是棱的中点 B．线段的最大值为
C．点的轨迹是正方形 D．点轨迹的长度为
【答案】B
【分析】如图，取棱的中点，连接，进而证明平面平面，再结合题意可知直线必过点，进而取中点，连接，证明平面即可得四边形为点的轨迹，再根据几何关系依次判断各选项即可.
【详解】解：如图，取棱的中点，连接，
因为分别为，的中点，
所以，在中，，由于平面，平面，
所以平面，
因为，所以，四边形为平行四边形，
所以，因为平面，平面，
所以，平面，
因为，平面，
所以，平面平面，
由于为体对角线的中点，
所以，连接并延长，直线必过点，
故取中点，连接，
所以，由正方体的性质易知，
所以，四边形是平行四边形，，，
因为，，，
所以，共线，即平面，
所以，四边形为点的轨迹，故A选项错误；
由正方体的棱长为，所以，四边形的棱长均为，且对角线为，，
所以，四边形为菱形，周长为，故CD选项错误，
由菱形的性质知，线段的最大值为，故B选项正确.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于取棱的中点，进而证明平面平面，再根据面面平行的性质求解点轨迹即可求解.
4. (22-23高一下·广东深圳人大附中深圳学校·期中)棱长为1的正方体中，为正方体表面上的一个动点，且总有，则动点的轨迹所围成图形的面积为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【分析】找出与垂直的平面与正方体的截面即为所求.
【详解】
在正方体，显然平面.
证明如下：
在上底面中，又 平面，
平面，又平面，
同理可证：又，平面，
平面.
故的轨迹为，
所以
故选：C
5. (24-25高一下·广东佛山南海区·) （多选）如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱，，的中点，点满足，，则下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．若Q，M，N，P四点共面，则
C．过点Q有且仅有一条直线与，都相交
D．若，点F在侧面上（包括边界），且平面，则点F的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】利用面面平行可判断线面平行，可判断A，利用正方体取六条棱的中点截面是正六面形截面，可判断B，利用面面相交可通过作图来判断C，利用作面面平行来确定交线，可判断D.
【详解】对于A,因为平面平面,平面,所以平面,故A正确；
对于B,作直线，分别交延长线于点，
再连接并延长交延长线于点，连接交于点，
因为分别是棱，，的中点，可作正方体截面为正六边形，
它们交于各棱中点，所以为中点，由可得，故B错误；
对于C,由平面平面，则，
因为都在平面内，所以由图可得必与相交，
根据以上作图可得唯一交点，所以直线是唯一与和相交的直线，故C正确；
对于D，由分别是棱的中点，点满足，
则过作平行于，交于，由图可得，连接，
再过点作的平行线交于，可得，
再过点作的平行线交于，可得为的中点，
则可得平面，平面，平面，
所以平面平面，若平面，则平面，
因为平面平面，所以，
由于正方体棱长为2，可得，故D正确；
故选：ACD.
1. (24-25高一下·广东东莞翰林实验学校·期中)如图，四边形ABCD是直角梯形，其中AB=1，CD=2，AD⊥DC，O是AD的中点，以AD为直径的半圆O与BC相切于点P.以AD为旋转轴旋转一周，可以得到一个球和一个圆台.给出以下结论，其中正确结论的个数是（ ）
①圆台的母线长为4；②球的直径为；③将圆台的母线延长交DA的延长线于点H，则得到的圆锥的高为；④点P的轨迹的长度是．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】根据题意，由球体、圆台的几何结构特征，以及已知条件确定圆台的母线长、高和球的半径，再根据圆锥与圆台的相关线段相似比求得圆锥的高，进而求得点的轨迹，由此得出结论是否正确，得到答案.
【详解】对于①中，由题意知，圆台的上下底面半径分别为，
设圆台的母线长为，高为，则球的直径为，
因为与半圆相切于点，则，
所以，所以①不正确；
对于②中，过点作于点，则，
所以，所以球的直径为，所以②不正确；
对于③中，因为，可得，
则，所以，所以③正确；
对于④中，过点作于点，延长与交于，
则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
作与点，可得，则，
即，解得，
所以点P的轨迹的长度是，所以④错误.
故选：A.

2. (23-24高一下·广东湛江吴川第一中学·期中)如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【分析】连接，利用线面垂直的判定推理证得平面即可确定点的轨迹得解.
【详解】在棱长为1的正方体中，连接，
由平面，平面，得，而，
平面，则平面，又平面，
于是，同理，而平面，
因此平面，因为，则平面，
而点为截面上的动点，平面平面，
所以点的轨迹是线段，长度为.
故选：B
3. (22-23高一下·广东三校·期中) （多选）如图，点是棱长为的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（ ）
A．有无数个点满足
B．当点在棱上运动时，的最小值为
C．若，则动点的轨迹长度为
D．在线段上存在点，使异面直线与所成的角是
【答案】AC
【分析】对于A，根据线面垂直性质定理以及判定定理，可得其正误；
对于B，利用“将军饮马”模型，旋转平面化折为直，结合勾股定理，可得其正误；
对于C，利用直观想象圆锥的模型，利用勾股定理，求得其底面轨迹，可得其正误；
对于D，根据异面直线夹角的定义，利用数形结合以及三角函数的定义，可得其正误.
【详解】对于A，若M在上，则此时有无数个点M满足，
证明如下：由正方体的性质得平面，因为平面，所以.
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，即此时有无数个点M满足，故A正确；
对于B，旋转平面使之与平面共面，如图中，连接交于点M，
此时最短为，大小为，故B错误；
对于C，当点在平面内时，面，面，则，
所以，所以，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧，
从而动点轨迹长度为，故C正确；
对于D，因为，所以直线与所成的角，即为直线与所成角，即或其补角，
由在线段上存在点知，，由，得，
即最小值大于，故D错误.
故选：AC.
1. (23-24高一下·广东深圳名校联考·期中) （多选）已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，为上底面上的动点（包括边界），则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则满足条件的点不唯一
B．若，则点的轨迹是一段圆弧
C．若∥平面，则的最大值为
D．若∥平面，且，则平面截正四棱柱的外接球所得平面图形的面积为
【答案】BCD
【分析】由正四棱柱性质分别求得的长判断AB，由面面平行的性质确定点轨迹后，由三角形性质得最大值判断C，确定点位置得截面，从而由正四棱柱性质求得相应面积判断D．
【详解】由题意在上底面内，与上底面垂直，因此有，
选项A，，则，
但上底面矩形中，对角线，因此不存在符合条件的点，A错；
选项B，由上可知，因此点轨迹是一段圆弧，B正确；

选项C，连接，由与平行且相等得是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，所以平面 平面，∥平面，所以平面，从而，
在中，，因此的最大值是，C正确；

选项D，连接，交于点，连接，由正四棱柱性质可得，取中点，由与平行且相等可得是平行四边形，即，且，而平面，平面，因此平面，所以该点为满足条件的点，平面即正四棱柱的对角面，它截正四棱柱的外接球的截面即为该球的大圆，由正四棱柱性质知其外接球直径等于四棱柱对角线长，因此截面面积为，D正确．

故选：BCD．
2. (22-23高一下·广东东莞东华高级中学·期中) （多选）在棱长为2的正方体中，点为棱的中点，点是正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A．直线与直线夹角为60°
B．平面截正方体所得截面为等腰梯形
C．若，则动点的轨迹长度为
D．若平面，则动点的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】对A，根据的平行线确定直线与直线夹角即可；
对B，根据面面平行的性质，作出平面截正方体所得截面分析即可；
对C，由题意，动点的轨迹为以为圆心的四分之一圆弧上，再根据弧长公式求解即可；
对D，先判断过且平行于平面的平面截正方体的面，再分析的轨迹即可
【详解】对A，连接，可得正，根据正方体的性质，，故直线与直线夹角为直线与直线的夹角为，故A正确；
对B，根据面面平行的性质可得平面截的交线，故平面截的交点为的中点，故，故截面为等腰梯形，故B正确；
对C，若，则，故动点的轨迹为以为圆心的四分之一圆弧上，其长度为，故C错误；
对D，取中点，连接如图.由B，截面为等腰梯形，易得，，故平面平面，故的轨迹为线段，其长度为，故D正确；
故选：ABD
3. (24-25高一下·广东东莞翰林实验学校·期中) （多选）如图，正方体的棱长为6，P是AB的中点，是正方体的表面及其内部一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．正方体内切球的表面积为
B．若，则动点的轨迹与该正方体围成的较小部分的体积为
C．若点是的外心，则
D．若动点满足，则的最小值为
【答案】ACD
【分析】由球的体积以及表面积公式即可判断AB，由，结合数量积的运算律代入计算，即可判断C，由题意可得三点共线，然后将正方体展开，结合勾股定理代入计算，即可判断D
【详解】对于A，因为正方体的棱长为，则其内切球的半径，
内切球的表面积为，故A正确；
对于B，由条件可知，点的轨迹是以为球心，为半径的球的，
则的轨迹与该正方体围成的较小部分的体积为，故B错误；
对于C，因为是以为边长的等边三角形，
若点是的外心，即是的重心，
由重心定理可得，
则
，故C正确；
对于D，若动点满足，
由三点共线定理可知，三点共线，即点在线段上，
将平展在一个平面中，如图所示：
则，
故，
故的最小值为，故D 正确.
故选：ACD
4. (24-25高一下·广东广州第七中学·期中) （多选）如图，已知棱长为2的正方体中，分别是棱，的中点，为棱上一点，动点在线段上，动点在正方形内及其边界上，且．记点的轨迹为曲线，则（ ）
A．曲线的长度为
B．存在，使得平面
C．
D．当与只有一个公共点时，
【答案】BCD
【分析】根据可得的轨迹是以为圆心，为半径的圆的四分之一，即可根据弧长公式求解A，根据线线平行即可求解B，利用线面平行的性质，结合等体积法即可求解C，根据相切，即可利用锐角三角函数求解D.
【详解】如图1，连接，由于平面，平面，故，
因为，所以，
又，从而．故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的四分之一，记为．
选项A：的长度为，A错误．
选项B：如图2，若取与的交点，取点，
此时易知，平面,平面，故平面，B正确．
选项C：由于,且，故，平面,平面，
故平面，故到平面的距离与到平面的距离相等，
所以，C正确．
选项D：与只有一个公共点即直线与相切，
如图3，记切点为，连接，则，从而，
所以，D正确．
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：对于涉及动点的立体几何问题，关键是找到运动中哪些长度、角度以及位置关系等是不变的，进而以这些运动过程中的不变量为突破口解决问题，本题中点是正方形内及其边界上的动点，，是不变的关系，通过不变量建立关系式，求得，进而确定点的轨迹．
5. (22-23高一下·广东广州真光中学·期中)已知三棱锥的底面为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为3，体积为24，若该三棱锥的外接球O的半径为5，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为（ ）
A．6π B．30π
C． D．
【答案】D
【分析】利用三棱锥的体积，求解底边边长，求出的外接圆半径，
以及球心到底面的距离，判断顶点的轨迹是两个不同截面圆的圆周，
进而求解周长即可．
【详解】依题意得，设底面等腰直角三角形的边长为，
三棱锥的体积
解得：
的外接圆半径为
球心到底面的距离为
，
又顶点P到底面ABC的距离为3，
顶点的轨迹是一个截面圆的圆周
当球心在底面和截面圆之间时，
球心到该截面圆的距离为，
截面圆的半径为，
顶点P的轨迹长度为；
当球心在底面和截面圆同一侧时，
球心到该截面圆的距离为，
截面圆的半径为，
顶点P的轨迹长度为；
综上所述，顶点P的轨迹的总长度为
故选：D．
【点睛】本题考查空间几何体外接球的问题以及轨迹周长的求法，考查
空间想象能力、转化思想以及计算能力，题目具有一定的难度．
1. (24-25高一下·广东惠州惠城区惠州中学·期中)如图正方体，的棱长为2，是线段，的中点，平面过点、、．
(1)画出平面截正方体所得的截面（保留作图痕迹），并求该截面多边形的面积；
(2)平面截正方体，把正方体分为两部分，求较小的部分与较大的部分的体积的比值．
【答案】(1)作图见解析，
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，利用平行线的传递性可证得，可知四点共面，再由于三点不共线，可得出面即为平面截正方体所得的截面，求出该等腰梯形的高，利用梯形的面积公式可求得截面面积；
（2）利用台体的体积公式可求得三棱台的体积，并求出剩余部分几何体的体积，由此可得结果.
【详解】（1）如图，取的中点，连接.
因为是的中点，所以.
在正方体中，，，
所以四边形是平行四边形，所以，所以，
所以四点共面.
因为三点不共线，所以四点共面于平面，
所以面即为平面截正方体所得的截面.
截面为梯形，，
，，
同理可得，
如图所示：
分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，
则，，，
所以，则，
因为，，，则四边形为矩形，
所以，，则，
所以，
故梯形的面积为
（2）易知多面体为三棱台，，
，
该棱台的高为2，所以，该棱台的体积为
，
故剩余部分的体积为．
故较小的那部分与较大的那部分的体积的比值为．
2. (24-25高一下·广东汕头第一中学·期中)如图，已知，，，分别是正方体的棱，，，的中点，且与相交于点.
(1)求证：点在直线上；
(2)作出过、、三点的截面；（写出作图过程并保留作图痕迹）
【答案】(1)证明见详解
(2)图形见详解
【分析】（1）通过证明在平面与平面的交线上,来证得在直线上.
（2）取的中点P，连接，易证，则即为所求截面.
【详解】（1）平面平面,
由于平面
所以平面,
同理平面,
所以平面，
所以,即点在直线上.
（2）如图所示，取的中点，连接，
因为，，
所以，故共面.
则即为所求截面.
3. (24-25高一下·广东广州第八十九中学·期中)如图，在四棱锥中，底面是边长为2为菱形，是以为斜边的等腰直角三角形，分别是的中点.
(1)求证： 平面；
(2)设为的中点，过三点的截面与棱交于点，指出点的位置并证明.
【答案】(1)证明见解析
(2)为的中点，证明见解析
【分析】（1）取中点，连接，只需证明 ，结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）首先证明 平面，然后结合线面平行的性质、平行线的传递性即可得证.
【详解】（1）如图，取中点，连接，
因为为中点，所以 ，且，
又因为四边形为菱形，且为中点，
所以 ，且，
所以 ，且，所以四边形为平行四边形，
所以 ，
因为平面平面，
所以 平面；
（2）为的中点，
因为 且，故为平行四边形，故 ，
平面，平面，故 平面，
又平面，平面平面，所以，
又 ，所以 ，
因为为的中点，所以点为的中点.
4. (24-25高一下·广东卓越教育发展联盟学校·)已知一块正三棱台木料如图所示，点为的重心，且，．
(1)要经过点将木料锯开，使截面平行于平面，在木料表面应该怎样画线，并说明理由；
(2)写出一种切割方式，要求过点，将（1）问中较大的几何体，切割出与较小木料体积相同的木料.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）在平面内过点作直线交于点，交于点，连接，求证四点共面即可求解．
（2）设棱台的高为，求出正三棱台和正三棱台的体积，两者相减较大几何体的体积，注意到较大几何体中过点和做截面，被截面截得的另一个几何体体积和较小木料的体积相同.因此沿着截开即可．
【详解】（1）如图，在平面内过点作直线，使，分别交棱，于点，，
取棱，中点，，连接，，，
则，，，就是应画的线．
下面证明：
因为，平面，平面，
所以平面，
因为点为的重心，，所以，
又因为，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，平面，，，平面，
所以平面平面，即所作截面平行于平面．
（2）设棱台的高为，面积为，则，
正三棱台体积为，
正三棱台体积为．
所以被截面截得的另一个几何体体积为．
过点和做截面，即连接，，
因为，所以几何体为棱柱，
所以，所以被截面截得的另一个几何体体积为，
因此沿着截开即可.（答案不唯一）．
5. (21-22高一下·广东广州仲元中学·期中)在正方体中，E、F分别是棱和棱的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)试问平面截正方体所得的截面是什么图形？并说明理由．
【答案】(1)详见解析；
(2)详见解析.
【分析】（1）易证，得到平面AEC，连接BD交AC于点O，连接OE，则，从而平面AEC ，再利用面面垂直的判定定理证明；
（2）由（1）平面平面，利用面面平行的性质得到，再结合正方体的性质和平行四边形的定义判断.
【详解】（1）证明：如图所示：
因为E，F为中点，则，，
所以四边形是平行四边形，
则，又平面AEC，平面AEC，
所以平面AEC，
连接BD交AC于点O，连接OE，
则，且平面AEC ，平面AEC ，
所以平面AEC ，又，
所以平面平面；
（2）由（1）知：平面平面，
且平面 ，平面平面，
所以，又，
所以，
又，则，
所以四边形是平行四边形，又DF=DG，
故平面截正方体所得的截面是菱形.
1. (24-25高一下·广东广州第六中学·期中) （多选）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，为线段上一个动点，则（ ）
A．存在点，使
B．存在点，使平面平面
C．三棱锥的体积为定值
D．存在点G，使得平面截正方体所得截面为正六边形
【答案】ACD
【分析】对于A项，取点为与的交点，可证明即可判断A项；对于B项，若平面平面，即可得出且，而，故G应在延长线上，即可判断B项；对于C项，G移动但G到面的距离始终不变即可判断C项；对于D项，为靠近C的四等分点时画出截面图，由图可可判断D项.
【详解】对于A项，存在点为与的交点，使得，理由如下：
若点为与的交点，则三点共线，
由正方体性质得，，所以四边形是平行四边形，所以，
因为为中点，所以，所以，即，A正确；
对于B项，如图，连接，H为侧面中心，
则平面与平面和平面分别交于线，
若存在G点使平面平面，则，又，则四边形为平行四边形，
即，，此时G应在延长线上，B错误；
对于C项，易知平面，随着G移动但G到平面的距离始终不变，即为，
故是定值，C正确；
对于D项，如图，当为靠近C的四等分点时，
平面截正方体的截面为正六边形，D正确
故选：ACD
2. (24-25高一下·广东华南师范大学附属中学·期中)下列说法正确的是（ ）
A．用斜二测画法画水平放置的平行四边形，其直观图仍是平行四边形
B．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
C．任一平面截圆柱，其截面都是圆
D．有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台
【答案】A
【分析】对于A，根据斜二测画法的规则即可判断；对于B，做出符合要求的特殊多面体，再利用棱柱的定义判断即可；对于C，考虑到任一平面必须是平行于圆柱上下底面的平面，即可判断；对于D，根据棱台的定义判断即可.
【详解】对于A，用斜二测画法画水平放置的平行四边形时，直观图中的平行关系不变，
所以其直观图仍是平行四边形，故A正确；
对于B，如图所示的多面体，有两个面平行，其他各个面都是平行四边形，
但是这个多面体不是棱柱；故B错误；
对于C，用任一平行于圆柱上下底面的平面去截圆柱，其截面才是圆，故C错误；
对于D，有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体，
所有的侧棱延长后必须交于同一点的才是棱台，故D错误.
故选：A.
3. (24-25高一下·广东广州广东实验中学越秀学校·期中) （多选）如图，在棱长为的正方体中，分别是的中点，则（ ）
A．四点共面
B．若，则异面直线与所成角的余弦值为
C．平面截正方体所得截面为等腰梯形
D．若，则三棱锥的外接球的体积为
【答案】AB
【分析】连接，得到，证得，可判定A正确；由，得到异面直线与所成角，即为直线与所成角，在中，利用余弦定理，可判定B正确；根据正方体的截面性质，得到六边形为正六边形，可判定C错误；分别在上取点，使得，连接，并延长于点，使得，求得，得到为三棱锥的外接球的球心，及半径，结合球的体积公式，可得判定D错误.
【详解】对于A中，连接，因为分别是的中点，所以，
又因为，故，所以四点共面，所以A正确；
对于B中，因为，
所以异面直线与所成角，即为直线与所成角，设，
因为正方体的棱长为，
可得，，，
在中，可得，
所以异面直线与所成角的余弦值为，所以B正确；
对于C中，如图（1）所示，设的中点分别为，
连接，可得平面截正方体的截面为六边形，
根据正方体的几何结构，可得六边形为正六边形，所以C错误；
对于D中，如图（2）所示，分别在上取点，使得，
连接，并延长于点，使得，把原正方体补成如图（2）所示的长方体，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以，即为三棱锥的外接球的球心，
且三棱锥的外接球的半径，
所以三棱锥外接球的体积为，所以D错误.
故选：AB.
4. (24-25高一下·广东广州育才中学·期中) （多选）如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ）
A．存在点，使得平面
B．过三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形
C．三棱锥的体积为定值
D．三棱锥的外接球表面积为
【答案】ACD
【分析】当为中点时平面，即可判断A，根据平行关系作出截面图，即可判断B，根据锥体的体积公式判断C，转化为求长方体的外接球，即可判断D.
【详解】对于A：当为中点时，因为是的中点，所以，
平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B：因为，分别是，的中点，所以，
在正方体中，易证，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：因为，所以三棱锥的体积为定值，故C正确；
对于D：三棱锥的外接球可以补形为长方体（长为，宽为，高为）的外接球，
所以外接球的半径，所以外接球的表面积，故D正确，
故选：ACD.
5. (23-24高一下·广东汕头潮阳实验学校·期中)已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【答案】C
【分析】如图，由题意，根据空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理可得，进而，结合相似三角形的性质即可求解．
【详解】如图，设，分别延长交于点，此时，
连接交于，连接，
设平面与平面的交线为，则，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，设，则，
此时，故，连接，
所以五边形为所求截面图形，
故选：C．
1. (24-25高一下·广东湛江第二十一中学·期中) （多选）如图，正方体的棱长为分别是的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ）
A．不存在点，使得//平面
B．过三点的平面截正方体所得截面面积是
C．三棱锥的体积不为定值
D．三棱锥的外接球表面积为
【答案】BD
【分析】根据线面平行判定定理判断A，应用截面面积判断B，等体积计算判断C，结合长方体外接球计算求解判断D.
【详解】
对于A，当为中点时，由中位线可得，
因为平面，平面，所以平面，故A错误；
对于B，由中位线可得，在正方体中，易证，所以，
又因为，所以截面为等腰梯形，，故B正确；
对于C，，为定值，故C不正确；
对于D，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D正确.
故选：BD.
2. (24-25高一下·广东卓越教育发展联盟学校·) （多选）在正方体中，点是棱上的一个动点，平面交棱于点，给出的四个结论，正确的是（）
A．对于任意的点，
B．存在点，使得平面
C．存在点，使直线与直线共面
D．存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值
【答案】ABD
【分析】对于A，由面面平行的性质定理可得；对于B，当点为的中点时，有平面；对于C，易知直线与直线是异面直线；对于D，利用侧面展开图可求解最短周长.
【详解】对于A，因为平面平面，
平面平面，
平面平面，
由面面平行的性质定理得，故A正确；
对于B，当点为的中点时，有平面，证明如下：
由A可知，当点为的中点时，为的中点，
此时，，故四边形为平行四边形，
所以，因为平面，平面，
所以平面，故B正确；
对于C，不论点在何位置，直线与直线永远为异面直线，
故直线与直线不可能共面，故C错误；
对于D，由A可知，同理可知，故四边形为平行四边形，
所以四边形的周长，
将矩形绕棱向内旋转90度，使矩形和矩形共面，
连接交于点，如下图所示：
故存在唯一的点E，使得最小，此时截面四边形的周长取得最小值，故D正确.
故选：ABD
3. (23-24高一下·广东广州第六十五中学·期中)如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得截面记为，则下列命题正确的是 _____（写出所有正确命题的编号）
①当时，为等腰梯形.
②当时，与的交点满足.
③当时，为四边形.
④当时，的面积为.
【答案】①②④
【分析】根据题意作出图形，由相关知识对选项一一判断即可得出答案.
【详解】①如图当时，即为中点，此时可得，
，
故可得截面为等腰梯形，故①正确；

②当时，如图，
延长至，使，连接交于，连接交于，
连接，可证，由，
可得，故可得，故②正确；

③由②可知当时，只需点上移即可，
此时的截面形状仍然上图所示的，显然为五边形，故③错误；
④当时，与重合，取的中点，连接，
可证，且，
可知截面为为菱形，故其面积为，故④正确．

故答案为：①②④
【点睛】关键点点睛：用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面，利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键．
确定截面的依据如下：（1）平面的四个公理及推论；（2）直线和平面平行的判定和性质；（3）两个平面平行的性质；（4）球的截面的性质．
4. (23-24高一下·广东汕尾部分学校·期中)已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设截得的截面圆的半径为，球的半径为，由平面几何知识得截面与球心的距离为，利用勾股定理求得的值，由题意可知球心到所求截面的距离最大时截面面积最小，利用面积公式，即可得答案.
【详解】如图，设截得的截面圆的半径为，球的半径为，
因为，
所以.由勾股定理，得，由题意得，
所以，解得，
此时过点作球的截面，若要所得的截面面积最小，只需所求截面圆的半径最小.
设球心到所求截面的距离为，所求截面的半径为，则，
所以只需球心到所求截面的距离最大即可，
而当且仅当与所求截面垂直时，球心到所求截面的距离最大，
即，所以.
故选：C
5. (23-24高一下·广东汕尾部分学校·期中) （多选）已知一圆锥的母线长为2，底面半径为r，其侧面展开图是圆心角为的扇形，A，B为底面圆的一条直径上的两个端点，则（ ）
A． B．从A点经过圆锥的侧面到达B点的最短距离为
C．该圆锥的体积为 D．过该圆锥的顶点作圆锥的截面，则截面面积的最大值为
【答案】AC
【分析】根据圆锥的几何性质逐项分析即可.
【详解】由，得，所以A选项正确；
假设该圆锥的轴截面将该圆锥分成两部分，将其中的一部分展开，则其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，所以从A点经过圆锥的表面到达B点的最短距离为，故B选项不正确；
因为，母线长为2，所以该圆锥的高为1，所以其体积为，故C选项正确；
过该圆锥的顶点作圆锥的截面，则截面为腰长为2的等腰三角形，设其顶角为，则该三角形的面积为．故当时，，故D选项不正确．
故选：AC.
1. (23-24高一下·广东广州外国语学校等三校·期中)一正三棱台木块如图所示，已知，点在平面内且为的重心.
(1)过点将木块锯开，使截面经过平行于直线，在木块表面应该怎样划线，并说明理由；
(2)求该三棱台木块被问题（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比；
(3)在棱台的底面上（包括边界）是否存在点，使得直线平面？若存在，求长的取值范围；若不存在，说明理由.
【答案】(1)作图见解析；
(2)小几何体与大几何体的比值为；
(3)存在，理由见解析，长度的取值范围为.
【分析】（1）在平面内过点O作直线交于点，交于点，连接，求证四点共面即可求解.
（2）先求证几何体为棱柱，接着设棱台的高为，的面积为得，再由台体体积公式得正三棱台体积即可求解.
（3）分别取的中点，求证四点共面，接着通过求证平面平面得证点时平面，再依据条件求出等腰梯形的高和、的长即可得解.
【详解】（1）如图，在平面内过点O作直线交于点，交于点，
连接，则为截面与各木块表面的交线，
理由如下：由于，故四点共面，
且平面平面，平面平面，平面平面，
则为截面与各木块表面的交线.
（2）由于点在平面内且为的重心，，
所以，又因为，故，
故几何体为棱柱，
设棱台的高为，的面积为，故，
又，则，
故由台体体积公式得正三棱台体积为，
所以被截面截得的非三棱柱的另一个几何体体积为，
故该三棱台木块被（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比为（或）.
（3）分别取的中点，则当点时有平面，
证明如下：由分别为的中点得，
又由于在正三棱台中，，
所以，四点共面，
又因为，点O为重心，所以，
又由正三棱台性质，
故四边形为平行四边形，故，
因为平面、平面，所以平面，
同理平面，
因为，平面，所以平面平面，
所以当点时，平面，于是平面，
在梯形中，由已知条件和前面的分析知：，
即四边形是底边长分别为1和2、腰长为2的等腰梯形，
所以该由等腰梯形性质得该等腰梯形的高为，
所以，
所以长度的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：求解长度的取值范围关键点1是通过作出过点O且与平面相交的平面、又与平面平行的平面并证明；关键点2是由已知得出四边形是底边长分别为1和2、腰长为2的等腰梯形，从而通过等腰梯形性质求出等腰梯形的高和、的长.
2. (22-23高一下·广东东莞东华高级中学·期中)平行于圆锥底面的截面将圆锥分为体积相等的两部分，则圆锥侧面被截面分成上、下两部分的面积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】分别表示出原来圆锥与截后的小圆锥的体积，根据被截成的两部分体积相等可以得到，即可求出上下两部分的面积之比.
【详解】设原来的圆锥体积为V，底面半径为R，高为H，侧面积为S，母线长为L，
被截面分截后，上面小圆锥的体积为，底面半径为r，高为h，侧面积为 ，母线长为l，
因为 ,即有,
又因为,所以,即有,且,
而，
故圆锥侧面被截面分成上、下两部分的面积之比为 ，
故选：D
3. (24-25高一下·广东广州第六中学·期中)已知正四棱台，，分别是棱，的中点，平面将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】分析可知几何体是三棱台，利用割补法结合台体的体积公式运算求解.
【详解】如图，连接，不妨设，棱台的高设为，
所以．
因为，分别是棱，的中点，则，．
又因为平面∥平面，可知几何体是三棱台，
则．
所以分割之后较大部分的体积为，
所以较小部分与较大部分的体积之比为．
故选：C
4. (24-25高一下·广东汕头第一中学·期中) （多选）如图，在棱长为2的正方体，中，点M，N，E，F分别是梭，，，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．若正方体的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为4π
B．平面平面EFDB
C．异面直线AM与BE所成角的余弦值为
D．平面AMN和平面EFDB分正方体成三部分的体积由小到大的比值为
【答案】BC
【分析】对于A，求出外接球的半径后可判断其正误，对于B，由面面平行的判定定理可判断其正误，对于C，利用余弦定理可判断其正误，对于D，利用棱台的体积公式求出体积后可判断其正误.
【详解】对于A，正方体的外接球的直径为，故外接球的半径为，故体积为，故A错，
对于B，连接，由正方体性质可得四边形为平行四边形，故，
而平面，平面，故面，

同理面，又AM与AN相交，且平面，
则面面BDFE，故B正确，
对于C，由于，因此或其补角为异面直线AM与BE所成角，
，，
由余弦定理可得，
故C正确，
对于D，，延长和BE相交于点Q，
由于E是的中点，，所以是QC的中点，
同理可知DF与也相交于点Q，故为三棱台，
因此，
因此平面AMN和平面EFDB之间的体积为：
，
因此三部分的体积由小到大的比值为，D错误．

故选：BC.
5. (23-24高一下·广东佛山南海区·) （多选）如图，在三棱柱中，已知点分别在上，且经过的重心，点分别是的中点，且四点共面，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面
C．
D．棱柱被平面截得的三棱锥与多面体的体积之比为
【答案】ABD
【分析】由面面平行的性质，可得，可判定A正确；由，利用线面平行的判定定理，可判定B正确；根据三角形重心的性质，可得判定C不正确；结合棱锥与棱柱的体积公式，可判定D正确.
【详解】对于A中，在三棱柱中，可得平面平面，
因为四点共面，由面面平行的性质，可得，
又因为分别为的中点，可得，所以，所以A正确；
对于B中，由A知，因为平面，且平面，
所以平面，所以B正确；
对于C中，由且，可得，
因为经过的重心，所以，
又因为分别为的中点，可得，且，
所以，所以C不正确；
对于D中，设三棱柱的高为，底面面积为，则，
因为分别为的中点，可得，所以，
所以，可得，所以D正确.
故选：ABD.
1. (24-25高一下·广东广州第七中学·期中)在底面为平行四边形的四棱锥中，，分别为棱，的中点．
(1)求证：平面；
(2)设平面平面，求证：平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1) 取的中点，连接，，证明四边形为平行四边形，所以，即可求解；
(2)先证明平面，又因为平面平面，面，所以，即可求解．
【详解】（1）证明：取的中点，连接，，
因为，分别为，的中点，所以，且，
又因为为的中点，所以，
在平行四边形中，有，则，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）在平行四边形中，有，
因为平面，平面，所以平面，
又因为平面平面，面，所以，
又因为平面，平面，所以平面．
2. (23-24高一下·广东广州七中·期中)如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点.
(1)证明：平面PAD；
(2)若平面平面l，判断BC与l的位置关系，并证明你的结论.
【答案】(1)证明见解析
(2)，证明见解析
【分析】（1）取中点，连接，根据线面平行与面面平行的判定可得平面平面，进而可得证明平面PAD；
（2）根据线面平行的判定可得平面PAD，再根据线面平行的性质证明即可.
【详解】（1）取中点，连接.
因为分别为的中点，故，，
又平面，平面，故平面，同理平面.
又平面，，故平面平面，
又平面，故平面.
（2）因为四边形为平行四边形，故，又平面，平面，故平面.
又平面平面l，平面，故.
3. (23-24高一下·广东广州一一三中·期中)由直四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为平行四边形，O为AC与BD的交点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)设平面与底面ABCD的交线为l，求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）取的中点，连接，，结合四棱柱的几何性质，由线线平行证明即可；
（2）由线线平行证平面，结合平面即可证平面平面；
（3）由线面平行证线线平行即可．
【详解】（1）取的中点，连接，，
是四棱柱，平行且等于，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，
平面；
（2）平行且等于，平行且等于，
平行且等于，
四边形是平行四边形，，
平面，平面，
平面，
由（1）得平面且，、平面，
平面平面；
（3）由（2）得，平面，平面，
则平面，
又平面，平面平面，
．
4. (22-23高一下·广东东莞松山湖未来学校·期中)如图，，，，且，直线，过三点的平面记作，则与的交线必通过（　　）
A．点A B．点B
C．点C但不过点M D．点C和点M
【答案】D
【分析】根据平面的基本事实，结合图形，即可判断选项.
【详解】∵直线，过三点的平面记作，
∴与的交线必通过点和点，
故选：D．
5. (23-24高一下·广东深圳新安中学（集团）高中部·期中)（多选）如图，在正方体中，点为线段上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线平面
B．异面直线与所成角的取值范围是
C．平面
D．平面与底面的交线平行于直线
【答案】ACD
【分析】连接，证得和，得到平面，可判定A正确；当点为的中点时，证得，得到异面直线与所成的角为，可得判定B错误；连接，证得平面平面，可得判定C正确；设平面与底面的交线为，证得平面，得到，可判定D正确.
【详解】对于A中，连接，因为为正方形，可得，
在正方体中，可得平面，
因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
以为平面，所以，同理可证：
因为，且平面，
所以平面，所以A正确；
对于B中，当点为的中点时，因为，
在中，可得，因为，所以异面直线与所成的角为，
所以B错误；
对于C中，连接，
因为，平面，平面，所以平面，
同理可证：平面，
又因为平面，平面，且，
所以平面平面，
因为平面，所以平面，所以C正确；
对于D中，设平面与底面的交线为，
因为，且平面，平面，所以平面，
又因为平面，且平面与底面的交线为，
所以，所以D正确.
故选：ACD.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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