2024-2025学年上学期高一数学人教A版期中必刷常考题之基本立体图形

第33页（共33页）2024-2025学年上学期高一数学人教A版（2019）期中必刷常考题之基本立体图形一．选择题（共5小题）1．（2024秋•商丘期末）如图所示的几何体为两个正方体组成的正四棱柱，记集合A＝{x|x=AB→•APi→，i＝1，2A．3 B．4 C．6 D．92．（2024秋•太和县校级期末）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD是矩形，22AB=AD=AA1=1，点E为线段AB1的中点，点G是线段AC1A．34 B．32 C．23 3．（2024秋•邯郸期末）如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：①BM与ED平行②CN与BE是异面直线③CN与BM成60°角④DM与BN是异面直线以上四个命题中，正确命题的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．44．（2024秋•怀柔区期末）金刚石是天然存在的最硬的物质，这是因为金刚石的碳原子在空间中的排列方式决定的．如图1，组成金刚石的每一个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个所有棱长都相等的正三棱锥的4个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示．即图2中AE＝BE＝CE＝DE，则∠BEC的余弦值为（）A．-1316 B．-1116 C．-5．（2025•濮阳一模）截交线，是平面与空间形体表面的交线，它是画法几何研究的内容之一．当空间形体表面是曲面时，截交线是一条平面曲线；当空间形体表面由若干个平面组成时，截交线是一个多边形．已知正三棱锥O﹣ABC，满足OA⊥OB，OB⊥OC，OA⊥OC，OA＝3，点P在△ABC内部（含边界）运动，且|OP|=6A．3π2 B．2π2 C．π二．多选题（共3小题）（多选）6．（2024秋•青岛期末）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝6，BC＝2，BB1=23，E为棱CD上一点，CE＝2，F是平面ABCD内一动点，∠FC1A．存在点F，使得EF∥平面BDD1B1 B．存在不与C，D重合的点F，使得DF⊥平面FCC1 C．棱CD上存在两定点M，N，使得|MF|+|NF|＝6 D．点F的轨迹截直线AB所得弦长为2（多选）7．（2025•徐州模拟）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，AB＝AD＝AA1＝2，P为CC1的中点，点Q满足DQ→=λDC→+μDD1→A．若λ+μ=13，则四面体B．若△A1BQ的外心为O，则A1B→C．若A1Q=5，则点D．若λ＝1且μ=12，则存在点E∈A1B，使得AE+（多选）8．（2024秋•济宁期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P为棱AA1的中点，则（）A．直线PD1与BC所成的角为30° B．B1D⊥平面A1BC1 C．过点P且与B1D垂直的平面截正方体所得截面的面积为33D．以P为球心，6为半径的球面与侧面BCC1B1的交线的长度为2三．填空题（共4小题）9．（2024秋•潍坊期末）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面为菱形，AB＝2，AA1＝22，∠ABC=π3，E为CC1的中点，P为空间中一动点，满足BP⊥A1E．若点P在底面ABCD（含边界）上，则点P的轨迹长度为；若点P在该直四棱柱的表面上，则点P的轨迹长度为10．（2024秋•闵行区校级期末）若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为23π的扇形，则过这个圆锥顶点的截面中，最大截面面积等于11．（2024秋•黄浦区期末）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，若AA1=3，AB＝2，AD＝3，则此长方体的中心到顶点A的距离为12．（2024秋•江西期末）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，AA1=AD=2，AB=2，∠ABC=π4，点M是BC的中点，四．解答题（共3小题）13．（2024秋•茂名校级期中）在空间立体几何中，球面往往是重要的研究对象，同时，它与平面几何中的圆息息相关．而对于几何体的研究中，几何重心的选取显得尤为重要．古希腊著名数学家巴普斯（Pappus）在研究过程中发现了一个性质：平面内任一面积为S的区域沿着垂直于该区域的平面运动得到体积为V的立体，若记l为此区域的几何重心运动的轨迹长度，则有V＝Sl．（1）已知半圆面的几何重心在其对称轴上，求半径为3的半圆面的几何重心到圆心的距离（试着考虑绕直径旋转一周得到球体）；（2）建立空间直角坐标系Oxyz，取球心为P（0，0，1），且半径为1的球体，点Q（a，b，c）为其表面上一点．若a、b＞0，c＞1，球体在点Q处的切面截坐标系的三轴组成平面三角形ABC，求△ABC面积的最小值．提示：①球面方程：(x-x0)2+(y-y0②平面方程的点法式：A（x﹣x0）+B（y﹣y0）+C（z﹣z0）＝0，其中平面过点P0（x0，y0，z0），其法向量u→14．（2024春•城中区校级期中）已知棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是棱CD，AD的中点．（1）求证：四边形MNA1C1是梯形；（2）求证：∠DNM＝∠D1A1C1．15．（2024秋•静安区校级期中）设四面体ABCD中，有k条棱长为a，其余6﹣k条棱长为1．（1）k＝1时，求a的取值范围；（2）k＝2时，求a的取值范围．

2024-2025学年上学期高一数学人教A版（2019）期中必刷常考题之基本立体图形参考答案与试题解析题号12345答案AABDA一．选择题（共5小题）1．（2024秋•商丘期末）如图所示的几何体为两个正方体组成的正四棱柱，记集合A＝{x|x=AB→•APi→，i＝1，2A．3 B．4 C．6 D．9【考点】棱柱的结构特征；空间向量的数量积运算．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．【答案】A【分析】以P7为坐标原点，P7A，P7P4，P7P9所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，利用坐标法求出数量积，即可判断．【解答】解：以P7为坐标原点，P7A，P7P4，P7P9所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，设P7A＝1，则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个元素．故选：A．【点评】本题考查棱柱的结构特征、向量数量积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．2．（2024秋•太和县校级期末）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD是矩形，22AB=AD=AA1=1，点E为线段AB1的中点，点G是线段AC1A．34 B．32 C．23 【考点】棱柱的结构特征．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【答案】A【分析】将平面AB1C1沿AC1翻折，使其与平面ACC1共面，根据解三角形知识即可列式求解．【解答】解：如图，显然当F是G在底面ABCD的射影时，GE+GF才可能最小．将平面AB1C1沿AC1翻折，使其与平面ACC1共面，如图所示，由于22AB=所以tan∠得∠B1AC1＝30°，同理∠CAC1＝30°，而AE=显然当E，G，F三点共线且GF⊥AC时，GE+GF取得最小值，此时(GE故选：A．【点评】本题考查利用展开法求线段和的最小值，属于中档题．3．（2024秋•邯郸期末）如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：①BM与ED平行②CN与BE是异面直线③CN与BM成60°角④DM与BN是异面直线以上四个命题中，正确命题的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【考点】棱柱的结构特征．【专题】数形结合；转化法；空间位置关系与距离．【答案】B【分析】把平面展开图还原原几何体，再由棱柱的结构特征及异面直线定义、异面直线所成角逐一核对四个命题得答案．【解答】解：把平面展开图还原原几何体如图：由正方体的性质可知，BM与ED异面且垂直，故①错误；CN与BE平行，故②错误；连接BE，则BE∥CN，∠EBM为CN与BM所成角，连接EM，可知△BEM为正三角形，则∠EBM＝60°，故③正确；由异面直线的定义可知，DM与BN是异面直线，故④正确．∴正确命题的个数是2个．故选：B．【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查异面直线定义及异面直线所成角，是中档题．4．（2024秋•怀柔区期末）金刚石是天然存在的最硬的物质，这是因为金刚石的碳原子在空间中的排列方式决定的．如图1，组成金刚石的每一个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个所有棱长都相等的正三棱锥的4个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示．即图2中AE＝BE＝CE＝DE，则∠BEC的余弦值为（）A．-1316 B．-1116 C．-【考点】棱锥的结构特征．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【答案】D【分析】将正三棱锥A﹣BCD放入正方体中，利用余弦定理计算即可．【解答】解：将正三棱锥A﹣BCD放入正方体中，由题意E为正方体中心，如图，设正方体棱长为a，则EB=EC=在△EBC中，由余弦定理可得cos∠故选：D．【点评】本题考查正三棱锥的结构特征，属于中档题．5．（2025•濮阳一模）截交线，是平面与空间形体表面的交线，它是画法几何研究的内容之一．当空间形体表面是曲面时，截交线是一条平面曲线；当空间形体表面由若干个平面组成时，截交线是一个多边形．已知正三棱锥O﹣ABC，满足OA⊥OB，OB⊥OC，OA⊥OC，OA＝3，点P在△ABC内部（含边界）运动，且|OP|=6A．3π2 B．2π2 C．π【考点】棱锥的结构特征．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【答案】A【分析】由题意可得，所以点P的轨迹是以O为球心，半径为6的球面与△ABC内部（含边界）包含的平面相交所得的弧，即点P的轨迹是以正△ABC的中心E为圆心，EP=3为半径的圆在△ABC内部【解答】解：由题意可知，正三棱锥O﹣ABC，满足OA⊥OB，OB⊥OC，OA⊥OC，OA＝3，可得OA⊥平面OBC，得底面正△ABC的边长为32，设正△ABC的中心为E由V三棱锥O﹣ABC＝V三棱锥A﹣OBC，得13解得OE=又EP=点P在△ABC内部（含边界）运动，且|OP所以点P的轨迹是以O为球心，半径为6的球面与△ABC内部（含边界）包含的平面相交所得的弧，即点P的轨迹是以E为圆心，EP=3为半径的圆在△如图，作ED⊥AB于D，圆与AB交点为G、H，则EG=ED=所以cos∠GED=EDEG则点P的轨迹在△ABC内部（含边界）的弧所对的圆心角为2π则弧长为π2即点P的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为3π故选：A．【点评】本题考查立体几何中动点轨迹问题，属于难题．二．多选题（共3小题）（多选）6．（2024秋•青岛期末）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝6，BC＝2，BB1=23，E为棱CD上一点，CE＝2，F是平面ABCD内一动点，∠FC1A．存在点F，使得EF∥平面BDD1B1 B．存在不与C，D重合的点F，使得DF⊥平面FCC1 C．棱CD上存在两定点M，N，使得|MF|+|NF|＝6 D．点F的轨迹截直线AB所得弦长为2【考点】棱柱的结构特征；直线与平面平行．【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．【答案】ACD【分析】建系，设F（x，y，0），由cos〈C1【解答】解：如图建系，易知D（0，0，0），C（0，6，0），C1(0，6，23)，E（0，4，0），设F（x，y，0），则C1E→由∠FC1E＝30°，可得cos＜化简可得3x2+2y2﹣12y＝0，对于A，若EF∥平面BDD1B1，易得EF∥BD，又DB→=（2，6，0），可得y＝3x+4，联立3x2+2y2﹣12y＝0，消去y可得：21x2+12x﹣16＝0，Δ＞0有解，所以存在点F，使得EF∥平面BDD1B1，故A正确；对于B，由长方体性质可知，CC1⊥DF，要使得DF⊥平面FCC1，则必有DF⊥CF，DF→=(x所以DF→联立3x2+2y2﹣12y＝0，可得x＝0，y＝0或x＝0，y＝6，此时点与C，D重合，故B错误；对于C：由3x2+2y2﹣12y＝0，化简可得x2即F点的轨迹是椭圆，且焦点在y轴上，且a＝3，所以棱CD上存在两定点M，N，使得MF|+|NF|＝2a＝6，故C正确；对于D：在坐标平面xOy中，直线AB的方程为x＝2，联立3x2+2y2﹣12y＝0，可得：y2﹣6y+6＝0，则y1+y2＝6，y1y2＝6，所以点F的轨迹截直线AB所得弦长为|y1-故选：ACD．【点评】本题考查向量法在立体几何中的应用，属于中档题．（多选）7．（2025•徐州模拟）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，AB＝AD＝AA1＝2，P为CC1的中点，点Q满足DQ→=λDC→+μDD1→A．若λ+μ=13，则四面体B．若△A1BQ的外心为O，则A1B→C．若A1Q=5，则点D．若λ＝1且μ=12，则存在点E∈A1B，使得AE+【考点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．【答案】ACD【分析】对于A选项，取DD1，DC的三等分点分别为M，N，由条件确定的轨迹，结合锥体体积公式判断；对于B选项，由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断；由条件确定的轨迹为，将原问题转化为平面上两点间的距离最小问题求解；对于C选项，由条件确定点的轨迹为圆弧，利用弧长公式求轨迹长度即可判断；对于D选项，把△A1AB沿着A1B进行翻折，使得A1，A，B，P四点共面，再由勾股定理和余弦定理求出长度．此时AE+EQ有最小值AP．【解答】解：对于A选项，取DD1，DC的三等分点分别为M，N，如图所示，因为λ+μ=13，所以3λ令DM→=13DC→，DN→因为MN∥CD1，CD1∥A1B，所以MN∥A1B，所以△A1BQ的面积为定值，点P到平面A1BQ的距离也是定值，故A选项正确．对于B选项，如图，若△A1BQ的外心为O，过点O作OH⊥A1B于点H，则H是A1B的中点．因为|A所以A1B→对于C选项，如图，在平面A1B1C1D1中作A1K⊥C1D1，显然A1K⊥平面CC1D1D，由长度和角度，可得A1在Rt△A1KQ中，A1所以KQ=2，则点Q在以K为圆心，设此圆与D1D交于点A3，因为KA3=2且KD所以∠D1KA3=π对于D选项，若λ＝1且μ=12，则点Q把△A1AB沿着A1B进行翻折，使得A1，A，B，P四点共面，此时AE+EQ有最小值AP（这里和后面的A均为翻折后的点）．在△A1PB中，A1P=13，所以PB2+A1在△APB中，由余弦定理得：cos3π4故选：ACD．【点评】本题考查立体几何的综合应用，本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题，属难题．（多选）8．（2024秋•济宁期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P为棱AA1的中点，则（）A．直线PD1与BC所成的角为30° B．B1D⊥平面A1BC1 C．过点P且与B1D垂直的平面截正方体所得截面的面积为33D．以P为球心，6为半径的球面与侧面BCC1B1的交线的长度为2【考点】棱柱的结构特征；异面直线及其所成的角．【专题】转化思想；定义法；空间位置关系与距离；运算求解．【答案】BCD【分析】根据线线角的定义可判断A；根据线面垂直的判定可判断B；确定截面形状，进而求解其面积判断C；结合几何体特征以及线面垂直的性质确定轨迹形状，从而求解其长度，判断D．【解答】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P为棱AA1的中点，对于A，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1D1∥B1C1∥BC，∴直线PD1与BC所成的角即为直线PD1与A1D1所成的角，即∠A1D1P，在Rt△PA1D1中，tan∠∴∠A1D1P不为30°，∴直线PD1与BC所成的角不为30°，故A错误；对于B，连接B1D1，则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，同理可证A1B⊥B1D，A1C1∩A1B＝A1，A1C1，A1B⊂平面A1BC1，∴B1D⊥平面A1BC1，故B正确；对于C，由B可知B1D⊥平面A1BC1，∴过点P且与B1D垂直的平面截正方体所得截面与平面A1BC1平行，设AB，BC，CC1，C1D1，D1A1的中点为Q，E，F，G，H，依次连接P，Q，E，F，G，H，可得六边形PQEFGH为正六边形，∵PQ∥A1B，PQ⊄平面A1BC1，A1B⊂平面A1BC1，∴PQ∥平面A1BC1，同理可证EQ∥平面A1BC1，EQ∩PQ＝Q，EQ，PQ⊂面PQEFGH，∴面PQEFGH∥平面A1BC1，即过点P且与B1D垂直的平面截正方体所得截面即为六边形PQEFGH，边长为2，其面积为6×∴过点P且与B1D垂直的平面截正方体所得截面的面积为33，故C对于D，过点P作BB1的垂线，垂足为M，则M为BB1的中点，且PM⊥平面BCC1B1，设以P为球心，6为半径的球面与侧面BCC1B1的交线上的点为K，则PK=MK⊂平面BCC1B1，故PM⊥MK，且MK=则以P为球心，6为半径的球面与侧面BCC1B1的交线为平面BCC1B1上以M为圆心，以2为半径的圆弧，如图，由于∠B1MN＝∠BML＝45°，故∠LMN＝90°，则交线长度为π2∴以P为球心，6为半径的球面与侧面BCC1B1的交线的长度为22π，故故选：BCD．【点评】本题考查线线角的定义、线面垂直的判定与性质、正方体截面、球等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．三．填空题（共4小题）9．（2024秋•潍坊期末）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面为菱形，AB＝2，AA1＝22，∠ABC=π3，E为CC1的中点，P为空间中一动点，满足BP⊥A1E．若点P在底面ABCD（含边界）上，则点P的轨迹长度为23；若点P在该直四棱柱的表面上，则点P的轨迹长度为26+2【考点】棱柱的结构特征．【专题】整体思想；综合法；空间位置关系与距离；直观想象；运算求解．【答案】23【分析】由已知结合垂直关系的转化先证得可知A1E⊥平面BDE，结合BP⊥A1E，分别确定各种情况P的轨迹，进而可求．【解答】解：连接A1B，A1D，BE，DE，由题意可知：BC＝CD＝A1C1＝2，CE＝C1E=2，BD则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可知点P的轨迹为平面BDE（点B除外），若点P在底面ABCD（含边界）上，可知点P的轨迹为线段BD（点B除外），所以点P的轨迹长度为23若点P在该直四棱柱的表面上，可知点P的轨迹为△BDE（点B除外），所以点P的轨迹长度为6+故答案为：23【点评】本题主要考查了空间几何体的应用，考查了空间想象能力，属于中档题．10．（2024秋•闵行区校级期末）若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为23π的扇形，则过这个圆锥顶点的截面中，最大截面面积等于2【考点】圆锥的结构特征．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【答案】22【分析】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径及高，再判断轴截面三角形形状并求出最大面积．【解答】解：因为圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为23所以圆锥底面圆周长为23该圆锥底面圆半径r＝1，而圆锥母线l＝3，该圆锥轴的高h=其轴截面顶角为2θ，cosθ=0＜θ＜因此该圆锥轴截面是锐角三角形，是经过顶点的截面中的最大截面，所以最大截面面积等于12故答案为：22【点评】本题考查圆锥的结构特征，属于中档题．11．（2024秋•黄浦区期末）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，若AA1=3，AB＝2，AD＝3，则此长方体的中心到顶点A的距离为【考点】棱柱的结构特征．【专题】转化思想；数形结合法；立体几何；运算求解．【答案】2．【分析】根据长方体的结构特征得出长方体的中心到顶点A的距离是体对角线的一半，求解即可．【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=3，AB＝2，AD＝3所以此长方体的中心到顶点A的距离为12AC1=1故答案为：2．【点评】本题考查了长方体的结构特征应用问题，是基础题．12．（2024秋•江西期末）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，AA1=AD=2，AB=2，∠ABC=π4，点M是BC的中点，【考点】棱柱的结构特征；空间向量的数量积运算．【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】13+3【分析】作出示意图，延长DA至M′，使得AM'＝1，连接BM'，易得M'为M关于平面ABB1A1的对称点，从而可得PM＝PM'，进而可求解．【解答】解：作出示意图，如图：∵AB=2，BM=∴AM=∴AB2＝BM2+AM2，∴AM⊥BC，延长DA至M′，使得AM'＝1，连接BM'，则四边形AMBM′为正方形，∴MM′⊥AB，由直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1知，MM'⊥平面ABB1A1，即M'为M关于平面ABB1A1的对称点，∴PM＝PM'，又MD1=12+22+22∴△PMD1的周长为PM+PD1+MD1＝PM'+PD1+3≥M′D1+3=13当且仅当M′，P，D1三点共线时，等号成立，∴△PMD1周长的最小值为13+3故答案为：13+3【点评】本题考查空间中距离和的最值的求解，几何体的对称性的应用，属中档题．四．解答题（共3小题）13．（2024秋•茂名校级期中）在空间立体几何中，球面往往是重要的研究对象，同时，它与平面几何中的圆息息相关．而对于几何体的研究中，几何重心的选取显得尤为重要．古希腊著名数学家巴普斯（Pappus）在研究过程中发现了一个性质：平面内任一面积为S的区域沿着垂直于该区域的平面运动得到体积为V的立体，若记l为此区域的几何重心运动的轨迹长度，则有V＝Sl．（1）已知半圆面的几何重心在其对称轴上，求半径为3的半圆面的几何重心到圆心的距离（试着考虑绕直径旋转一周得到球体）；（2）建立空间直角坐标系Oxyz，取球心为P（0，0，1），且半径为1的球体，点Q（a，b，c）为其表面上一点．若a、b＞0，c＞1，球体在点Q处的切面截坐标系的三轴组成平面三角形ABC，求△ABC面积的最小值．提示：①球面方程：(x-x0)2+(y-y0②平面方程的点法式：A（x﹣x0）+B（y﹣y0）+C（z﹣z0）＝0，其中平面过点P0（x0，y0，z0），其法向量u→【考点】球的结构特征．【专题】对应思想；定义法；球；运算求解．【答案】（1）4（2）3+2【分析】（1）根据题意，利用球的体积公式和V＝Sl求解即可；（2）根据已知条件写出球面方程和切面方程，分别求出A，B，C三点坐标，利用空间向量求出点O到平面L的距离，利用等体积法求出△ABC面积的表达式，最后利用基本不等式求出最小值即可．【解答】解：（1）已知半圆面的几何重心在其对称轴上，球体体积V=4π设几何重心到圆心的距离为x，由于几何重心在对称轴上，则几何重心运动的轨迹长度为2πx，运用巴普斯定理有：V=4π代入r＝3即x=（2）∵平面方程的点法式：A（x﹣x0）+B（y﹣y0）+C（z﹣z0）＝0，其中平面过点P0（x0，y0，z0），其法向量u→球心为P（0，0，1），∴球面方程为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的法向量为PQ→则切面方程为：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设点O到平面L的距离为d，∵OA→=(运用等体积法：设△ABC的面积为S△ABC，∵VC∴S=c=c（当且仅当a=b=2-所以△ABC面积的最小值为3+22【点评】本题考查球体，半圆的几何重心运动的轨迹长度以及利用空间向量结合基本不等式求最小值相关知识，属于中档题．14．（2024春•城中区校级期中）已知棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是棱CD，AD的中点．（1）求证：四边形MNA1C1是梯形；（2）求证：∠DNM＝∠D1A1C1．【考点】棱柱的结构特征．【专题】空间位置关系与距离．【答案】见试题解答内容【分析】（1）欲证四边形MNA1C1是梯形，只需证其一组对边平行且不等即可，连接AC，在△ACD中，M，N分别是棱CD，AD的中点，根据三角形的中位线定理即可证得；（2）根据平行公理可知MN∥A1C1，又∵ND∥A1D1，从而有∠DNM与∠D1A1C1相等或互补，而∠DNM与∠D1A1C1均是直角三角形的锐角，故可证出∠DNM＝∠D1A1C1【解答】证明：（1）连接AC，在△ACD中，∵M，N分别是棱CD，AD的中点，∴MN是三角形的中位线，∴MN∥AC，MN=12AC．由正方体的性质得：AC∥A1C1，AC＝A1C∴MN∥A1C1，且MN=12A1C1，即MN≠A1C∴四边形MNA1C1是梯形．（2）由（1）可知MN∥A1C1，又∵ND∥A1D1，∴∠DNM与∠D1A1C1相等或互补，而∠DNM与∠D1A1C1均是直角三角形的锐角，∴∠DNM＝∠D1A1C1【点评】本小题主要考查棱柱的结构特征、空间位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查空间想象能力．属于基础题．15．（2024秋•静安区校级期中）设四面体ABCD中，有k条棱长为a，其余6﹣k条棱长为1．（1）k＝1时，求a的取值范围；（2）k＝2时，求a的取值范围．【考点】棱锥的结构特征．【专题】数形结合；定义法；立体几何；运算求解．【答案】（1）a∈（2）a∈【分析】（1）不妨设AB＝a，可折叠三角形，观察AB的长度即可；（2）分别讨论两边在一个三角形内和两边为四面体对棱这两种情况，结合等腰三角形性质和三角形两边之和大于第三边的性质求解a的范围．【解答】解：设四面体ABCD中，有k条棱长为a，其余6﹣k条棱长为1，（1）k＝1时，设AB＝a，AC＝DA＝DB＝DC＝BC＝1，固定△BCD，让△ACD绕CD转动，当A接近B时，a接近于0；当△ACD与△BCD接近于共面时，a接近于3，故a∈（2）k＝2时，第一种情况，两边不在一个三角形内时：假设AC＝BD＝a，AB＝AD＝CB＝CD＝1，发现当等腰三角形两腰的夹角接近0°时，a在减小但总是存在的，故a＞0，假设AC＝BD＝a，AB＝AD＝CB＝CD＝1，取AC中点G，连接DG，BG，则DG=由两边之和大于第三边可知：21-a24＞第二种情况，两边在一个三角形内时：假设AB＝AC＝a＞0，DA＝DB＝DC＝BC＝1时，E为D在底面射影，由题意得EA＝EB＝EC，假设BC中点为O，连结EO，假设EA＝EC＝x＜1，则EO=x2解得a4=(4a2-即a4﹣4a2+1＜0，故2-3＜综上，6-综上，a∈【点评】本题考查三棱锥的结构特征以及等腰三角形性质和三角形两边之和大于第三边的性质，属于中档题，

考点卡片1．棱柱的结构特征【知识点的认识】1．棱柱：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都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．棱柱用表示底面各顶点的字母来表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．2．认识棱柱底面：棱柱中两个互相平行的面，叫做棱柱的底面．侧面：棱柱中除两个底面以外的其余各个面都叫做棱柱的侧面．侧棱：棱柱中两个侧面的公共边叫做棱柱的侧棱．顶点：棱柱的侧面与底面的公共顶点．高：棱中两个底面之间的距离．3．棱柱的结构特征棱柱1根据棱柱的结构特征，可知棱柱有以下性质：（1）侧面都是平行四边形（2）两底面是全等多边形（3）平行于底面的截面和底面全等；对角面是平行四边形（4）长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的长的平方和．4．棱柱的分类（1）根据底面形状的不同，可把底面为三角形、四边形、五边形…的棱柱称为三棱柱、四棱柱、五棱柱…．（2）根据侧棱是否垂直底面，可把棱柱分为直棱柱和斜棱柱；其中在直棱柱中，若底面为正多边形，则称其为正棱柱．5．棱柱的体积公式设棱柱的底面积为S，高为h，V棱柱＝S×h．2．棱锥的结构特征【知识点的认识】1．棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面围成的几何体叫做棱锥．用顶点和底面各顶点的字母表示，例：S﹣ABCD．2．认识棱锥棱锥的侧面：棱锥中除底面外的各个面都叫做棱锥的侧面．棱锥的侧棱：相邻侧面的公共边叫做棱锥的侧棱．棱锥的顶点；棱锥中各个侧面的公共顶点叫做棱锥的顶点．棱锥的高：棱锥的顶点到底面的距离叫做棱锥的高．棱锥的对角面；棱锥中过不相邻的两条侧棱的截面叫做对角面．3．棱锥的结构特征棱锥1根据棱锥的结构特征，可知棱锥具有以下性质：平行于底面的截面和底面相似，且它们的面积比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的比．4．棱锥的分类棱锥的底面可以是三角形、四边形、五边形…我们把这样的棱锥分别叫做三棱锥、四棱锥、五棱锥…正棱锥：底面是正多边形，并且顶点在底面内的射影是底面中心，这样的棱锥叫做正棱锥．正棱锥的各个侧面都是全等的等腰三角形．5．棱锥的体积公式设棱锥的底面积为S，高为h，V棱锥=133．圆锥的结构特征【知识点的认识】以直角三角形的一条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叫做圆锥．【解题方法点拨】﹣底面圆的性质：计算底面圆的面积和周长．﹣侧面扇形：侧面的面积为扇形的面积，计算公式为πrl，其中l为母线长度．﹣表面积：包括底面圆的面积和侧面的面积，计算公式为πr﹣体积：计算公式为13【命题方向】﹣圆锥的几何特征：考查如何从几何特征出发计算圆锥的底面及侧面展开图．﹣实际应用：如何在实际问题中应用圆锥的性质进行计算．4．球的结构特征【知识点的认识】球是所有距离球心相等的点组成的几何体．球的主要特征是半径r．半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面叫做球面，球面所围成的旋转体叫做球体，简称球．半圆的圆心叫做球的球心；连接球心和球面上任意一点的线段叫做球的半径；连接球面上两点并且经过球心的线段叫做球的直径．【解题方法点拨】﹣表面积：计算公式为4π﹣体积：计算公式为43【命题方向】﹣球的几何特征：考查如何计算球的表面积和体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用球的性质进行计算．5．棱柱、棱锥、棱台的体积【知识点的认识】柱体、锥体、台体的体积公式：V柱＝sh，V锥=136．异面直线及其所成的角【知识点的认识】1、异面直线所成的