第33頁(yè)（共33頁(yè)）2024-2025學(xué)年上學(xué)期高一數(shù)學(xué)人教A版（2019）期中必刷?？碱}之基本立體圖形一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?商丘期末）如圖所示的幾何體為兩個(gè)正方體組成的正四棱柱，記集合A＝{x|x=AB→?APi→，i＝1，2A．3 B．4 C．6 D．92．（2024秋?太和縣校級(jí)期末）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四邊形ABCD是矩形，22AB=AD=AA1=1，點(diǎn)E為線段AB1的中點(diǎn)，點(diǎn)G是線段AC1A．34 B．32 C．23 3．（2024秋?邯鄲期末）如圖是正方體的平面展開(kāi)圖，則在這個(gè)正方體中：①BM與ED平行②CN與BE是異面直線③CN與BM成60°角④DM與BN是異面直線以上四個(gè)命題中，正確命題的個(gè)數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．44．（2024秋?懷柔區(qū)期末）金剛石是天然存在的最硬的物質(zhì)，這是因?yàn)榻饎偸奶荚釉诳臻g中的排列方式?jīng)Q定的．如圖1，組成金剛石的每一個(gè)碳原子，都與其相鄰的4個(gè)碳原子以完全相同的方式連接．從立體幾何的角度來(lái)看，可以認(rèn)為4個(gè)碳原子分布在一個(gè)所有棱長(zhǎng)都相等的正三棱錐的4個(gè)頂點(diǎn)處，而中間的那個(gè)碳原子處于與這4個(gè)碳原子距離都相等的位置，如圖2所示．即圖2中AE＝BE＝CE＝DE，則∠BEC的余弦值為（）A．-1316 B．-1116 C．-5．（2025?濮陽(yáng)一模）截交線，是平面與空間形體表面的交線，它是畫(huà)法幾何研究的內(nèi)容之一．當(dāng)空間形體表面是曲面時(shí)，截交線是一條平面曲線；當(dāng)空間形體表面由若干個(gè)平面組成時(shí)，截交線是一個(gè)多邊形．已知正三棱錐O﹣ABC，滿足OA⊥OB，OB⊥OC，OA⊥OC，OA＝3，點(diǎn)P在△ABC內(nèi)部（含邊界）運(yùn)動(dòng)，且|OP|=6A．3π2 B．2π2 C．π二．多選題（共3小題）（多選）6．（2024秋?青島期末）長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝6，BC＝2，BB1=23，E為棱CD上一點(diǎn)，CE＝2，F(xiàn)是平面ABCD內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，∠FC1A．存在點(diǎn)F，使得EF∥平面BDD1B1 B．存在不與C，D重合的點(diǎn)F，使得DF⊥平面FCC1 C．棱CD上存在兩定點(diǎn)M，N，使得|MF|+|NF|＝6 D．點(diǎn)F的軌跡截直線AB所得弦長(zhǎng)為2（多選）7．（2025?徐州模擬）如圖，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，∠BAD＝60°，AB＝AD＝AA1＝2，P為CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)Q滿足DQ→=λDC→+μDD1→A．若λ+μ=13，則四面體B．若△A1BQ的外心為O，則A1B→C．若A1Q=5，則點(diǎn)D．若λ＝1且μ=12，則存在點(diǎn)E∈A1B，使得AE+（多選）8．（2024秋?濟(jì)寧期末）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，P為棱AA1的中點(diǎn)，則（）A．直線PD1與BC所成的角為30° B．B1D⊥平面A1BC1 C．過(guò)點(diǎn)P且與B1D垂直的平面截正方體所得截面的面積為33D．以P為球心，6為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線的長(zhǎng)度為2三．填空題（共4小題）9．（2024秋?濰坊期末）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面為菱形，AB＝2，AA1＝22，∠ABC=π3，E為CC1的中點(diǎn)，P為空間中一動(dòng)點(diǎn)，滿足BP⊥A1E．若點(diǎn)P在底面ABCD（含邊界）上，則點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為；若點(diǎn)P在該直四棱柱的表面上，則點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為10．（2024秋?閔行區(qū)校級(jí)期末）若圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖是一個(gè)半徑為3，圓心角為23π的扇形，則過(guò)這個(gè)圓錐頂點(diǎn)的截面中，最大截面面積等于11．（2024秋?黃浦區(qū)期末）在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，若AA1=3，AB＝2，AD＝3，則此長(zhǎng)方體的中心到頂點(diǎn)A的距離為12．（2024秋?江西期末）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四邊形，AA1=AD=2，AB=2，∠ABC=π4，點(diǎn)M是BC的中點(diǎn)，四．解答題（共3小題）13．（2024秋?茂名校級(jí)期中）在空間立體幾何中，球面往往是重要的研究對(duì)象，同時(shí)，它與平面幾何中的圓息息相關(guān)．而對(duì)于幾何體的研究中，幾何重心的選取顯得尤為重要．古希臘著名數(shù)學(xué)家巴普斯（Pappus）在研究過(guò)程中發(fā)現(xiàn)了一個(gè)性質(zhì)：平面內(nèi)任一面積為S的區(qū)域沿著垂直于該區(qū)域的平面運(yùn)動(dòng)得到體積為V的立體，若記l為此區(qū)域的幾何重心運(yùn)動(dòng)的軌跡長(zhǎng)度，則有V＝Sl．（1）已知半圓面的幾何重心在其對(duì)稱(chēng)軸上，求半徑為3的半圓面的幾何重心到圓心的距離（試著考慮繞直徑旋轉(zhuǎn)一周得到球體）；（2）建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，取球心為P（0，0，1），且半徑為1的球體，點(diǎn)Q（a，b，c）為其表面上一點(diǎn)．若a、b＞0，c＞1，球體在點(diǎn)Q處的切面截坐標(biāo)系的三軸組成平面三角形ABC，求△ABC面積的最小值．提示：①球面方程：(x-x0)2+(y-y0②平面方程的點(diǎn)法式：A（x﹣x0）+B（y﹣y0）+C（z﹣z0）＝0，其中平面過(guò)點(diǎn)P0（x0，y0，z0），其法向量u→14．（2024春?城中區(qū)校級(jí)期中）已知棱長(zhǎng)為a的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分別是棱CD，AD的中點(diǎn)．（1）求證：四邊形MNA1C1是梯形；（2）求證：∠DNM＝∠D1A1C1．15．（2024秋?靜安區(qū)校級(jí)期中）設(shè)四面體ABCD中，有k條棱長(zhǎng)為a，其余6﹣k條棱長(zhǎng)為1．（1）k＝1時(shí)，求a的取值范圍；（2）k＝2時(shí)，求a的取值范圍．

2024-2025學(xué)年上學(xué)期高一數(shù)學(xué)人教A版（2019）期中必刷?？碱}之基本立體圖形參考答案與試題解析題號(hào)12345答案AABDA一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?商丘期末）如圖所示的幾何體為兩個(gè)正方體組成的正四棱柱，記集合A＝{x|x=AB→?APi→，i＝1，2A．3 B．4 C．6 D．9【考點(diǎn)】棱柱的結(jié)構(gòu)特征；空間向量的數(shù)量積運(yùn)算．【專(zhuān)題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯思維；運(yùn)算求解．【答案】A【分析】以P7為坐標(biāo)原點(diǎn)，P7A，P7P4，P7P9所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，利用坐標(biāo)法求出數(shù)量積，即可判斷．【解答】解：以P7為坐標(biāo)原點(diǎn)，P7A，P7P4，P7P9所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，設(shè)P7A＝1，則A（1，0，0），B（1，0，2），P1（1，1，0），P2（1，1，1），P3（1，1，2），P4（0，1，0），P5（0，1，1），P6（0，1，2），P7（0，0，0），P8（0，0，1），P9（0，0，2），∴AB→=（0，0，2），AP1→=（0，1，0），AP2→=（0，1，AP4→=（﹣1，1，0），AP5→=（﹣1，1，1），AP7→=（﹣1，0，0），AP8→=（﹣1，0，1），∴AB→?AP1AB→?∴集合A＝{0，2，4}，∴集合A有3個(gè)元素．故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查棱柱的結(jié)構(gòu)特征、向量數(shù)量積公式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．2．（2024秋?太和縣校級(jí)期末）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四邊形ABCD是矩形，22AB=AD=AA1=1，點(diǎn)E為線段AB1的中點(diǎn)，點(diǎn)G是線段AC1A．34 B．32 C．23 【考點(diǎn)】棱柱的結(jié)構(gòu)特征．【專(zhuān)題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】A【分析】將平面AB1C1沿AC1翻折，使其與平面ACC1共面，根據(jù)解三角形知識(shí)即可列式求解．【解答】解：如圖，顯然當(dāng)F是G在底面ABCD的射影時(shí)，GE+GF才可能最?。畬⑵矫鍭B1C1沿AC1翻折，使其與平面ACC1共面，如圖所示，由于22AB=所以tan∠得∠B1AC1＝30°，同理∠CAC1＝30°，而AE=顯然當(dāng)E，G，F(xiàn)三點(diǎn)共線且GF⊥AC時(shí)，GE+GF取得最小值，此時(shí)(GE故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查利用展開(kāi)法求線段和的最小值，屬于中檔題．3．（2024秋?邯鄲期末）如圖是正方體的平面展開(kāi)圖，則在這個(gè)正方體中：①BM與ED平行②CN與BE是異面直線③CN與BM成60°角④DM與BN是異面直線以上四個(gè)命題中，正確命題的個(gè)數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4【考點(diǎn)】棱柱的結(jié)構(gòu)特征．【專(zhuān)題】數(shù)形結(jié)合；轉(zhuǎn)化法；空間位置關(guān)系與距離．【答案】B【分析】把平面展開(kāi)圖還原原幾何體，再由棱柱的結(jié)構(gòu)特征及異面直線定義、異面直線所成角逐一核對(duì)四個(gè)命題得答案．【解答】解：把平面展開(kāi)圖還原原幾何體如圖：由正方體的性質(zhì)可知，BM與ED異面且垂直，故①錯(cuò)誤；CN與BE平行，故②錯(cuò)誤；連接BE，則BE∥CN，∠EBM為CN與BM所成角，連接EM，可知△BEM為正三角形，則∠EBM＝60°，故③正確；由異面直線的定義可知，DM與BN是異面直線，故④正確．∴正確命題的個(gè)數(shù)是2個(gè)．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查棱柱的結(jié)構(gòu)特征，考查異面直線定義及異面直線所成角，是中檔題．4．（2024秋?懷柔區(qū)期末）金剛石是天然存在的最硬的物質(zhì)，這是因?yàn)榻饎偸奶荚釉诳臻g中的排列方式?jīng)Q定的．如圖1，組成金剛石的每一個(gè)碳原子，都與其相鄰的4個(gè)碳原子以完全相同的方式連接．從立體幾何的角度來(lái)看，可以認(rèn)為4個(gè)碳原子分布在一個(gè)所有棱長(zhǎng)都相等的正三棱錐的4個(gè)頂點(diǎn)處，而中間的那個(gè)碳原子處于與這4個(gè)碳原子距離都相等的位置，如圖2所示．即圖2中AE＝BE＝CE＝DE，則∠BEC的余弦值為（）A．-1316 B．-1116 C．-【考點(diǎn)】棱錐的結(jié)構(gòu)特征．【專(zhuān)題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】D【分析】將正三棱錐A﹣BCD放入正方體中，利用余弦定理計(jì)算即可．【解答】解：將正三棱錐A﹣BCD放入正方體中，由題意E為正方體中心，如圖，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為a，則EB=EC=在△EBC中，由余弦定理可得cos∠故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查正三棱錐的結(jié)構(gòu)特征，屬于中檔題．5．（2025?濮陽(yáng)一模）截交線，是平面與空間形體表面的交線，它是畫(huà)法幾何研究的內(nèi)容之一．當(dāng)空間形體表面是曲面時(shí)，截交線是一條平面曲線；當(dāng)空間形體表面由若干個(gè)平面組成時(shí)，截交線是一個(gè)多邊形．已知正三棱錐O﹣ABC，滿足OA⊥OB，OB⊥OC，OA⊥OC，OA＝3，點(diǎn)P在△ABC內(nèi)部（含邊界）運(yùn)動(dòng)，且|OP|=6A．3π2 B．2π2 C．π【考點(diǎn)】棱錐的結(jié)構(gòu)特征．【專(zhuān)題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】A【分析】由題意可得，所以點(diǎn)P的軌跡是以O(shè)為球心，半徑為6的球面與△ABC內(nèi)部（含邊界）包含的平面相交所得的弧，即點(diǎn)P的軌跡是以正△ABC的中心E為圓心，EP=3為半徑的圓在△ABC內(nèi)部【解答】解：由題意可知，正三棱錐O﹣ABC，滿足OA⊥OB，OB⊥OC，OA⊥OC，OA＝3，可得OA⊥平面OBC，得底面正△ABC的邊長(zhǎng)為32，設(shè)正△ABC的中心為E由V三棱錐O﹣ABC＝V三棱錐A﹣OBC，得13解得OE=又EP=點(diǎn)P在△ABC內(nèi)部（含邊界）運(yùn)動(dòng)，且|OP所以點(diǎn)P的軌跡是以O(shè)為球心，半徑為6的球面與△ABC內(nèi)部（含邊界）包含的平面相交所得的弧，即點(diǎn)P的軌跡是以E為圓心，EP=3為半徑的圓在△如圖，作ED⊥AB于D，圓與AB交點(diǎn)為G、H，則EG=ED=所以cos∠GED=EDEG則點(diǎn)P的軌跡在△ABC內(nèi)部（含邊界）的弧所對(duì)的圓心角為2π則弧長(zhǎng)為π2即點(diǎn)P的軌跡與這個(gè)正三棱錐的截交線長(zhǎng)度為3π故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查立體幾何中動(dòng)點(diǎn)軌跡問(wèn)題，屬于難題．二．多選題（共3小題）（多選）6．（2024秋?青島期末）長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝6，BC＝2，BB1=23，E為棱CD上一點(diǎn)，CE＝2，F(xiàn)是平面ABCD內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，∠FC1A．存在點(diǎn)F，使得EF∥平面BDD1B1 B．存在不與C，D重合的點(diǎn)F，使得DF⊥平面FCC1 C．棱CD上存在兩定點(diǎn)M，N，使得|MF|+|NF|＝6 D．點(diǎn)F的軌跡截直線AB所得弦長(zhǎng)為2【考點(diǎn)】棱柱的結(jié)構(gòu)特征；直線與平面平行．【專(zhuān)題】轉(zhuǎn)化思想；向量法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】ACD【分析】建系，設(shè)F（x，y，0），由cos?C1【解答】解：如圖建系，易知D（0，0，0），C（0，6，0），C1(0，6，23)，E（0，4，0），設(shè)F（x，y，0），則C1E→由∠FC1E＝30°，可得cos＜化簡(jiǎn)可得3x2+2y2﹣12y＝0，對(duì)于A，若EF∥平面BDD1B1，易得EF∥BD，又DB→=（2，6，0），可得y＝3x+4，聯(lián)立3x2+2y2﹣12y＝0，消去y可得：21x2+12x﹣16＝0，Δ＞0有解，所以存在點(diǎn)F，使得EF∥平面BDD1B1，故A正確；對(duì)于B，由長(zhǎng)方體性質(zhì)可知，CC1⊥DF，要使得DF⊥平面FCC1，則必有DF⊥CF，DF→=(x所以DF→聯(lián)立3x2+2y2﹣12y＝0，可得x＝0，y＝0或x＝0，y＝6，此時(shí)點(diǎn)與C，D重合，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C：由3x2+2y2﹣12y＝0，化簡(jiǎn)可得x2即F點(diǎn)的軌跡是橢圓，且焦點(diǎn)在y軸上，且a＝3，所以棱CD上存在兩定點(diǎn)M，N，使得MF|+|NF|＝2a＝6，故C正確；對(duì)于D：在坐標(biāo)平面xOy中，直線AB的方程為x＝2，聯(lián)立3x2+2y2﹣12y＝0，可得：y2﹣6y+6＝0，則y1+y2＝6，y1y2＝6，所以點(diǎn)F的軌跡截直線AB所得弦長(zhǎng)為|y1-故選：ACD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查向量法在立體幾何中的應(yīng)用，屬于中檔題．（多選）7．（2025?徐州模擬）如圖，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，∠BAD＝60°，AB＝AD＝AA1＝2，P為CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)Q滿足DQ→=λDC→+μDD1→A．若λ+μ=13，則四面體B．若△A1BQ的外心為O，則A1B→C．若A1Q=5，則點(diǎn)D．若λ＝1且μ=12，則存在點(diǎn)E∈A1B，使得AE+【考點(diǎn)】棱柱的結(jié)構(gòu)特征；棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積．【專(zhuān)題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；邏輯思維；運(yùn)算求解．【答案】ACD【分析】對(duì)于A選項(xiàng)，取DD1，DC的三等分點(diǎn)分別為M，N，由條件確定的軌跡，結(jié)合錐體體積公式判斷；對(duì)于B選項(xiàng)，由三角形外心的性質(zhì)和向量數(shù)量積的性質(zhì)可判斷；由條件確定的軌跡為，將原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面上兩點(diǎn)間的距離最小問(wèn)題求解；對(duì)于C選項(xiàng)，由條件確定點(diǎn)的軌跡為圓弧，利用弧長(zhǎng)公式求軌跡長(zhǎng)度即可判斷；對(duì)于D選項(xiàng)，把△A1AB沿著A1B進(jìn)行翻折，使得A1，A，B，P四點(diǎn)共面，再由勾股定理和余弦定理求出長(zhǎng)度．此時(shí)AE+EQ有最小值A(chǔ)P．【解答】解：對(duì)于A選項(xiàng)，取DD1，DC的三等分點(diǎn)分別為M，N，如圖所示，因?yàn)棣?μ=13，所以3λ令DM→=13DC→，DN→因?yàn)镸N∥CD1，CD1∥A1B，所以MN∥A1B，所以△A1BQ的面積為定值，點(diǎn)P到平面A1BQ的距離也是定值，故A選項(xiàng)正確．對(duì)于B選項(xiàng)，如圖，若△A1BQ的外心為O，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥A1B于點(diǎn)H，則H是A1B的中點(diǎn)．因?yàn)閨A所以A1B→對(duì)于C選項(xiàng)，如圖，在平面A1B1C1D1中作A1K⊥C1D1，顯然A1K⊥平面CC1D1D，由長(zhǎng)度和角度，可得A1在Rt△A1KQ中，A1所以KQ=2，則點(diǎn)Q在以K為圓心，設(shè)此圓與D1D交于點(diǎn)A3，因?yàn)镵A3=2且KD所以∠D1KA3=π對(duì)于D選項(xiàng)，若λ＝1且μ=12，則點(diǎn)Q把△A1AB沿著A1B進(jìn)行翻折，使得A1，A，B，P四點(diǎn)共面，此時(shí)AE+EQ有最小值A(chǔ)P（這里和后面的A均為翻折后的點(diǎn)）．在△A1PB中，A1P=13，所以PB2+A1在△APB中，由余弦定理得：cos3π4故選：ACD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查立體幾何的綜合應(yīng)用，本題解決的關(guān)鍵在于根據(jù)所給條件結(jié)合線面位置關(guān)系確定點(diǎn)的軌跡，再結(jié)合錐體體積公式，空間圖形與平面圖形的轉(zhuǎn)化解決問(wèn)題，屬難題．（多選）8．（2024秋?濟(jì)寧期末）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，P為棱AA1的中點(diǎn)，則（）A．直線PD1與BC所成的角為30° B．B1D⊥平面A1BC1 C．過(guò)點(diǎn)P且與B1D垂直的平面截正方體所得截面的面積為33D．以P為球心，6為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線的長(zhǎng)度為2【考點(diǎn)】棱柱的結(jié)構(gòu)特征；異面直線及其所成的角．【專(zhuān)題】轉(zhuǎn)化思想；定義法；空間位置關(guān)系與距離；運(yùn)算求解．【答案】BCD【分析】根據(jù)線線角的定義可判斷A；根據(jù)線面垂直的判定可判斷B；確定截面形狀，進(jìn)而求解其面積判斷C；結(jié)合幾何體特征以及線面垂直的性質(zhì)確定軌跡形狀，從而求解其長(zhǎng)度，判斷D．【解答】解：正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，P為棱AA1的中點(diǎn)，對(duì)于A，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，A1D1∥B1C1∥BC，∴直線PD1與BC所成的角即為直線PD1與A1D1所成的角，即∠A1D1P，在Rt△PA1D1中，tan∠∴∠A1D1P不為30°，∴直線PD1與BC所成的角不為30°，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，連接B1D1，則B1D1⊥A1C1，又DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1?平面A1B1C1D1，∴DD1⊥A1C1，B1D1∩DD1＝D1，B1D1，DD1?平面DD1B1，∴A1C1⊥平面DD1B1，B1D?平面DD1B1，∴A1C1⊥B1D，同理可證A1B⊥B1D，A1C1∩A1B＝A1，A1C1，A1B?平面A1BC1，∴B1D⊥平面A1BC1，故B正確；對(duì)于C，由B可知B1D⊥平面A1BC1，∴過(guò)點(diǎn)P且與B1D垂直的平面截正方體所得截面與平面A1BC1平行，設(shè)AB，BC，CC1，C1D1，D1A1的中點(diǎn)為Q，E，F(xiàn)，G，H，依次連接P，Q，E，F(xiàn)，G，H，可得六邊形PQEFGH為正六邊形，∵PQ∥A1B，PQ?平面A1BC1，A1B?平面A1BC1，∴PQ∥平面A1BC1，同理可證EQ∥平面A1BC1，EQ∩PQ＝Q，EQ，PQ?面PQEFGH，∴面PQEFGH∥平面A1BC1，即過(guò)點(diǎn)P且與B1D垂直的平面截正方體所得截面即為六邊形PQEFGH，邊長(zhǎng)為2，其面積為6×∴過(guò)點(diǎn)P且與B1D垂直的平面截正方體所得截面的面積為33，故C對(duì)于D，過(guò)點(diǎn)P作BB1的垂線，垂足為M，則M為BB1的中點(diǎn)，且PM⊥平面BCC1B1，設(shè)以P為球心，6為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線上的點(diǎn)為K，則PK=MK?平面BCC1B1，故PM⊥MK，且MK=則以P為球心，6為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線為平面BCC1B1上以M為圓心，以2為半徑的圓弧，如圖，由于∠B1MN＝∠BML＝45°，故∠LMN＝90°，則交線長(zhǎng)度為π2∴以P為球心，6為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線的長(zhǎng)度為22π，故故選：BCD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查線線角的定義、線面垂直的判定與性質(zhì)、正方體截面、球等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．三．填空題（共4小題）9．（2024秋?濰坊期末）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面為菱形，AB＝2，AA1＝22，∠ABC=π3，E為CC1的中點(diǎn)，P為空間中一動(dòng)點(diǎn)，滿足BP⊥A1E．若點(diǎn)P在底面ABCD（含邊界）上，則點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為23；若點(diǎn)P在該直四棱柱的表面上，則點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為26+2【考點(diǎn)】棱柱的結(jié)構(gòu)特征．【專(zhuān)題】整體思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；直觀想象；運(yùn)算求解．【答案】23【分析】由已知結(jié)合垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化先證得可知A1E⊥平面BDE，結(jié)合BP⊥A1E，分別確定各種情況P的軌跡，進(jìn)而可求．【解答】解：連接A1B，A1D，BE，DE，由題意可知：BC＝CD＝A1C1＝2，CE＝C1E=2，BD則BE=DE=所以A1E2+DE即A1E⊥BE，A1E⊥DE，且BE∩DE＝E，BE，DE?平面BDE，可知A1E⊥平面BDE，若BP⊥A1E可知點(diǎn)P的軌跡為平面BDE（點(diǎn)B除外），若點(diǎn)P在底面ABCD（含邊界）上，可知點(diǎn)P的軌跡為線段BD（點(diǎn)B除外），所以點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為23若點(diǎn)P在該直四棱柱的表面上，可知點(diǎn)P的軌跡為△BDE（點(diǎn)B除外），所以點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為6+故答案為：23【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了空間幾何體的應(yīng)用，考查了空間想象能力，屬于中檔題．10．（2024秋?閔行區(qū)校級(jí)期末）若圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖是一個(gè)半徑為3，圓心角為23π的扇形，則過(guò)這個(gè)圓錐頂點(diǎn)的截面中，最大截面面積等于2【考點(diǎn)】圓錐的結(jié)構(gòu)特征．【專(zhuān)題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】22【分析】根據(jù)給定條件，求出圓錐底面圓半徑及高，再判斷軸截面三角形形狀并求出最大面積．【解答】解：因?yàn)閳A錐的側(cè)面展開(kāi)圖是一個(gè)半徑為3，圓心角為23所以圓錐底面圓周長(zhǎng)為23該圓錐底面圓半徑r＝1，而圓錐母線l＝3，該圓錐軸的高h(yuǎn)=其軸截面頂角為2θ，cosθ=0＜θ＜因此該圓錐軸截面是銳角三角形，是經(jīng)過(guò)頂點(diǎn)的截面中的最大截面，所以最大截面面積等于12故答案為：22【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓錐的結(jié)構(gòu)特征，屬于中檔題．11．（2024秋?黃浦區(qū)期末）在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，若AA1=3，AB＝2，AD＝3，則此長(zhǎng)方體的中心到頂點(diǎn)A的距離為【考點(diǎn)】棱柱的結(jié)構(gòu)特征．【專(zhuān)題】轉(zhuǎn)化思想；數(shù)形結(jié)合法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】2．【分析】根據(jù)長(zhǎng)方體的結(jié)構(gòu)特征得出長(zhǎng)方體的中心到頂點(diǎn)A的距離是體對(duì)角線的一半，求解即可．【解答】解：長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=3，AB＝2，AD＝3所以此長(zhǎng)方體的中心到頂點(diǎn)A的距離為12AC1=1故答案為：2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了長(zhǎng)方體的結(jié)構(gòu)特征應(yīng)用問(wèn)題，是基礎(chǔ)題．12．（2024秋?江西期末）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四邊形，AA1=AD=2，AB=2，∠ABC=π4，點(diǎn)M是BC的中點(diǎn)，【考點(diǎn)】棱柱的結(jié)構(gòu)特征；空間向量的數(shù)量積運(yùn)算．【專(zhuān)題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】13+3【分析】作出示意圖，延長(zhǎng)DA至M′，使得AM'＝1，連接BM'，易得M'為M關(guān)于平面ABB1A1的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)，從而可得PM＝PM'，進(jìn)而可求解．【解答】解：作出示意圖，如圖：∵AB=2，BM=∴AM=∴AB2＝BM2+AM2，∴AM⊥BC，延長(zhǎng)DA至M′，使得AM'＝1，連接BM'，則四邊形AMBM′為正方形，∴MM′⊥AB，由直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1知，MM'⊥平面ABB1A1，即M'為M關(guān)于平面ABB1A1的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)，∴PM＝PM'，又MD1=12+22+22∴△PMD1的周長(zhǎng)為PM+PD1+MD1＝PM'+PD1+3≥M′D1+3=13當(dāng)且僅當(dāng)M′，P，D1三點(diǎn)共線時(shí)，等號(hào)成立，∴△PMD1周長(zhǎng)的最小值為13+3故答案為：13+3【點(diǎn)評(píng)】本題考查空間中距離和的最值的求解，幾何體的對(duì)稱(chēng)性的應(yīng)用，屬中檔題．四．解答題（共3小題）13．（2024秋?茂名校級(jí)期中）在空間立體幾何中，球面往往是重要的研究對(duì)象，同時(shí)，它與平面幾何中的圓息息相關(guān)．而對(duì)于幾何體的研究中，幾何重心的選取顯得尤為重要．古希臘著名數(shù)學(xué)家巴普斯（Pappus）在研究過(guò)程中發(fā)現(xiàn)了一個(gè)性質(zhì)：平面內(nèi)任一面積為S的區(qū)域沿著垂直于該區(qū)域的平面運(yùn)動(dòng)得到體積為V的立體，若記l為此區(qū)域的幾何重心運(yùn)動(dòng)的軌跡長(zhǎng)度，則有V＝Sl．（1）已知半圓面的幾何重心在其對(duì)稱(chēng)軸上，求半徑為3的半圓面的幾何重心到圓心的距離（試著考慮繞直徑旋轉(zhuǎn)一周得到球體）；（2）建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，取球心為P（0，0，1），且半徑為1的球體，點(diǎn)Q（a，b，c）為其表面上一點(diǎn)．若a、b＞0，c＞1，球體在點(diǎn)Q處的切面截坐標(biāo)系的三軸組成平面三角形ABC，求△ABC面積的最小值．提示：①球面方程：(x-x0)2+(y-y0②平面方程的點(diǎn)法式：A（x﹣x0）+B（y﹣y0）+C（z﹣z0）＝0，其中平面過(guò)點(diǎn)P0（x0，y0，z0），其法向量u→【考點(diǎn)】球的結(jié)構(gòu)特征．【專(zhuān)題】對(duì)應(yīng)思想；定義法；球；運(yùn)算求解．【答案】（1）4（2）3+2【分析】（1）根據(jù)題意，利用球的體積公式和V＝Sl求解即可；（2）根據(jù)已知條件寫(xiě)出球面方程和切面方程，分別求出A，B，C三點(diǎn)坐標(biāo)，利用空間向量求出點(diǎn)O到平面L的距離，利用等體積法求出△ABC面積的表達(dá)式，最后利用基本不等式求出最小值即可．【解答】解：（1）已知半圓面的幾何重心在其對(duì)稱(chēng)軸上，球體體積V=4π設(shè)幾何重心到圓心的距離為x，由于幾何重心在對(duì)稱(chēng)軸上，則幾何重心運(yùn)動(dòng)的軌跡長(zhǎng)度為2πx，運(yùn)用巴普斯定理有：V=4π代入r＝3即x=（2）∵平面方程的點(diǎn)法式：A（x﹣x0）+B（y﹣y0）+C（z﹣z0）＝0，其中平面過(guò)點(diǎn)P0（x0，y0，z0），其法向量u→球心為P（0，0，1），∴球面方程為x2+y2+（z﹣1）2＝1，又Q（a，b，c），Q在球面上，故a2+b2+（c﹣1）2＝1．切面L的法向量為PQ→則切面方程為：L：a（x﹣a）+b（y﹣b）+（c﹣1）（z﹣c）＝ax+by+（c﹣1）z﹣[a2+b2+（c﹣1）2]﹣（c﹣1）＝ax+by+（c﹣1）z﹣c＝0，代入得到：A(于是VC設(shè)點(diǎn)O到平面L的距離為d，∵OA→=(運(yùn)用等體積法：設(shè)△ABC的面積為S△ABC，∵VC∴S=c=c（當(dāng)且僅當(dāng)a=b=2-所以△ABC面積的最小值為3+22【點(diǎn)評(píng)】本題考查球體，半圓的幾何重心運(yùn)動(dòng)的軌跡長(zhǎng)度以及利用空間向量結(jié)合基本不等式求最小值相關(guān)知識(shí)，屬于中檔題．14．（2024春?城中區(qū)校級(jí)期中）已知棱長(zhǎng)為a的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分別是棱CD，AD的中點(diǎn)．（1）求證：四邊形MNA1C1是梯形；（2）求證：∠DNM＝∠D1A1C1．【考點(diǎn)】棱柱的結(jié)構(gòu)特征．【專(zhuān)題】空間位置關(guān)系與距離．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】（1）欲證四邊形MNA1C1是梯形，只需證其一組對(duì)邊平行且不等即可，連接AC，在△ACD中，M，N分別是棱CD，AD的中點(diǎn)，根據(jù)三角形的中位線定理即可證得；（2）根據(jù)平行公理可知MN∥A1C1，又∵ND∥A1D1，從而有∠DNM與∠D1A1C1相等或互補(bǔ)，而∠DNM與∠D1A1C1均是直角三角形的銳角，故可證出∠DNM＝∠D1A1C1【解答】證明：（1）連接AC，在△ACD中，∵M(jìn)，N分別是棱CD，AD的中點(diǎn)，∴MN是三角形的中位線，∴MN∥AC，MN=12AC．由正方體的性質(zhì)得：AC∥A1C1，AC＝A1C∴MN∥A1C1，且MN=12A1C1，即MN≠A1C∴四邊形MNA1C1是梯形．（2）由（1）可知MN∥A1C1，又∵ND∥A1D1，∴∠DNM與∠D1A1C1相等或互補(bǔ)，而∠DNM與∠D1A1C1均是直角三角形的銳角，∴∠DNM＝∠D1A1C1【點(diǎn)評(píng)】本小題主要考查棱柱的結(jié)構(gòu)特征、空間位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，考查空間想象能力．屬于基礎(chǔ)題．15．（2024秋?靜安區(qū)校級(jí)期中）設(shè)四面體ABCD中，有k條棱長(zhǎng)為a，其余6﹣k條棱長(zhǎng)為1．（1）k＝1時(shí)，求a的取值范圍；（2）k＝2時(shí)，求a的取值范圍．【考點(diǎn)】棱錐的結(jié)構(gòu)特征．【專(zhuān)題】數(shù)形結(jié)合；定義法；立體幾何；運(yùn)算求解．【答案】（1）a∈（2）a∈【分析】（1）不妨設(shè)AB＝a，可折疊三角形，觀察AB的長(zhǎng)度即可；（2）分別討論兩邊在一個(gè)三角形內(nèi)和兩邊為四面體對(duì)棱這兩種情況，結(jié)合等腰三角形性質(zhì)和三角形兩邊之和大于第三邊的性質(zhì)求解a的范圍．【解答】解：設(shè)四面體ABCD中，有k條棱長(zhǎng)為a，其余6﹣k條棱長(zhǎng)為1，（1）k＝1時(shí)，設(shè)AB＝a，AC＝DA＝DB＝DC＝BC＝1，固定△BCD，讓△ACD繞CD轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)A接近B時(shí)，a接近于0；當(dāng)△ACD與△BCD接近于共面時(shí)，a接近于3，故a∈（2）k＝2時(shí)，第一種情況，兩邊不在一個(gè)三角形內(nèi)時(shí)：假設(shè)AC＝BD＝a，AB＝AD＝CB＝CD＝1，發(fā)現(xiàn)當(dāng)?shù)妊切蝺裳膴A角接近0°時(shí)，a在減小但總是存在的，故a＞0，假設(shè)AC＝BD＝a，AB＝AD＝CB＝CD＝1，取AC中點(diǎn)G，連接DG，BG，則DG=由兩邊之和大于第三邊可知：21-a24＞第二種情況，兩邊在一個(gè)三角形內(nèi)時(shí)：假設(shè)AB＝AC＝a＞0，DA＝DB＝DC＝BC＝1時(shí)，E為D在底面射影，由題意得EA＝EB＝EC，假設(shè)BC中點(diǎn)為O，連結(jié)EO，假設(shè)EA＝EC＝x＜1，則EO=x2解得a4=(4a2-即a4﹣4a2+1＜0，故2-3＜綜上，6-綜上，a∈【點(diǎn)評(píng)】本題考查三棱錐的結(jié)構(gòu)特征以及等腰三角形性質(zhì)和三角形兩邊之和大于第三邊的性質(zhì)，屬于中檔題，

考點(diǎn)卡片1．棱柱的結(jié)構(gòu)特征【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．棱柱：有兩個(gè)面互相平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個(gè)四邊形的公共邊都互相平行，由這些面所圍成的多面體叫做棱柱．棱柱用表示底面各頂點(diǎn)的字母來(lái)表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．2．認(rèn)識(shí)棱柱底面：棱柱中兩個(gè)互相平行的面，叫做棱柱的底面．側(cè)面：棱柱中除兩個(gè)底面以外的其余各個(gè)面都叫做棱柱的側(cè)面．側(cè)棱：棱柱中兩個(gè)側(cè)面的公共邊叫做棱柱的側(cè)棱．頂點(diǎn)：棱柱的側(cè)面與底面的公共頂點(diǎn)．高：棱中兩個(gè)底面之間的距離．3．棱柱的結(jié)構(gòu)特征棱柱1根據(jù)棱柱的結(jié)構(gòu)特征，可知棱柱有以下性質(zhì)：（1）側(cè)面都是平行四邊形（2）兩底面是全等多邊形（3）平行于底面的截面和底面全等；對(duì)角面是平行四邊形（4）長(zhǎng)方體一條對(duì)角線長(zhǎng)的平方等于一個(gè)頂點(diǎn)上三條棱的長(zhǎng)的平方和．4．棱柱的分類(lèi)（1）根據(jù)底面形狀的不同，可把底面為三角形、四邊形、五邊形…的棱柱稱(chēng)為三棱柱、四棱柱、五棱柱…．（2）根據(jù)側(cè)棱是否垂直底面，可把棱柱分為直棱柱和斜棱柱；其中在直棱柱中，若底面為正多邊形，則稱(chēng)其為正棱柱．5．棱柱的體積公式設(shè)棱柱的底面積為S，高為h，V棱柱＝S×h．2．棱錐的結(jié)構(gòu)特征【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．棱錐：有一個(gè)面是多邊形，其余各面是有一個(gè)公共頂點(diǎn)的三角形，由這些面圍成的幾何體叫做棱錐．用頂點(diǎn)和底面各頂點(diǎn)的字母表示，例：S﹣ABCD．2．認(rèn)識(shí)棱錐棱錐的側(cè)面：棱錐中除底面外的各個(gè)面都叫做棱錐的側(cè)面．棱錐的側(cè)棱：相鄰側(cè)面的公共邊叫做棱錐的側(cè)棱．棱錐的頂點(diǎn)；棱錐中各個(gè)側(cè)面的公共頂點(diǎn)叫做棱錐的頂點(diǎn)．棱錐的高：棱錐的頂點(diǎn)到底面的距離叫做棱錐的高．棱錐的對(duì)角面；棱錐中過(guò)不相鄰的兩條側(cè)棱的截面叫做對(duì)角面．3．棱錐的結(jié)構(gòu)特征棱錐1根據(jù)棱錐的結(jié)構(gòu)特征，可知棱錐具有以下性質(zhì)：平行于底面的截面和底面相似，且它們的面積比等于截得的棱錐的高與原棱錐的高的比．4．棱錐的分類(lèi)棱錐的底面可以是三角形、四邊形、五邊形…我們把這樣的棱錐分別叫做三棱錐、四棱錐、五棱錐…正棱錐：底面是正多邊形，并且頂點(diǎn)在底面內(nèi)的射影是底面中心，這樣的棱錐叫做正棱錐．正棱錐的各個(gè)側(cè)面都是全等的等腰三角形．5．棱錐的體積公式設(shè)棱錐的底面積為S，高為h，V棱錐=133．圓錐的結(jié)構(gòu)特征【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】以直角三角形的一條直角邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余兩邊旋轉(zhuǎn)一周形成的面所圍成的旋轉(zhuǎn)體叫做圓錐．【解題方法點(diǎn)撥】﹣底面圓的性質(zhì)：計(jì)算底面圓的面積和周長(zhǎng)．﹣側(cè)面扇形：側(cè)面的面積為扇形的面積，計(jì)算公式為πrl，其中l(wèi)為母線長(zhǎng)度．﹣表面積：包括底面圓的面積和側(cè)面的面積，計(jì)算公式為πr﹣體積：計(jì)算公式為13【命題方向】﹣圓錐的幾何特征：考查如何從幾何特征出發(fā)計(jì)算圓錐的底面及側(cè)面展開(kāi)圖．﹣實(shí)際應(yīng)用：如何在實(shí)際問(wèn)題中應(yīng)用圓錐的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算．4．球的結(jié)構(gòu)特征【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】球是所有距離球心相等的點(diǎn)組成的幾何體．球的主要特征是半徑r．半圓以它的直徑所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，旋轉(zhuǎn)一周形成的曲面叫做球面，球面所圍成的旋轉(zhuǎn)體叫做球體，簡(jiǎn)稱(chēng)球．半圓的圓心叫做球的球心；連接球心和球面上任意一點(diǎn)的線段叫做球的半徑；連接球面上兩點(diǎn)并且經(jīng)過(guò)球心的線段叫做球的直徑．【解題方法點(diǎn)撥】﹣表面積：計(jì)算公式為4π﹣體積：計(jì)算公式為43【命題方向】﹣球的幾何特征：考查如何計(jì)算球的表面積和體積．﹣實(shí)際應(yīng)用：如何在實(shí)際問(wèn)題中應(yīng)用球的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算．5．棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】柱體、錐體、臺(tái)體的體積公式：V柱＝sh，V錐=136．異面直線及其所成的角【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1、異面直線所成的