本資料分享自高中數學同步資源大全QQ群483122854專注收集同步資源期待你的加入與分享專題18立體幾何空間距離與截面100題任務一:空間中的距離問題1-60題一、單選題1．《九章算術·商功》：“斜解立方，得兩塹堵，斜解塹堵，其一為陽馬，一為鱉臑．陽馬居二，鱉臑居一，不易之率也．合兩鱉臑三而一，驗之以基，其形露矣．”文中“陽馬”是底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐．在陽馬中，側棱底面，且，，則點到平面的距離為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用等體積法有，即可求到平面的距離.【詳解】設到平面的距離為，則三棱錐PABD的體積為：，即有，∴．故選：B．2．已知直線過定點，且方向向量為，則點到的距離為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題首先可根據題意得出，然后求出與，最后根據空間點到直線的距離公式即可得出結果.【詳解】因為，，所以，則，，由點到直線的距離公式得，故選：A.3．在中，，，若平面，，則點到的距離是（）A． B．5 C． D．【答案】B【分析】取的中點，連接、，即可得到，再由線面垂直，得到，從而得到面，即可得到，再由勾股定理求出即可；【詳解】解：如圖，取的中點，連接、，因為，所以，又平面，平面，所以，，面，所以面，面，所以，在中，，，所以，在中，，，所以故選：B4．在四面體中，PA，PB，PC兩兩垂直，設，則點P到平面ABC的距離為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】取中點，連結，作平面，交于，由此能求出點到平面的距離．【詳解】解：在四面體中，，，兩兩垂直，，，取中點，連結，作平面，交于，則，，點到平面的距離．故選：．5．已知直線l的方向向量為，點在l上，則點到l的距離為（）A． B．1 C．3 D．2【答案】B【分析】結合點到直線距離公式分別計算模長與夾角的正弦值即可計算.【詳解】由題可知，點到l的距離為，，，，，則，則，故點到l的距離為.故選：B6．已知棱長為2的正方體，E，F分別為和的中點，則點B到EF的距離為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】在正方體中解，再在中用面積法求邊上的高.【詳解】連接、、，則為與中點，因為E為的中點，所以,又正方體邊長為2，所以，，，，設B到EF的距離為，則，.故選：A7．若平面的一個法向量為，點，，，，到平面的距離為（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】求出，點A到平面的距離：，由此能求出結果【詳解】解：，，，，∴為平面的一條斜線，且∴點到平面的距離：故選：B.8．已知，則點A到直線的距離為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求得，得到向量在方向上的投影為，進而求得點A到直線的距離．【詳解】由，可得，則向量在方向上的投影為，所以點A到直線的距離．故選：A.9．如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為BC的中點，點P在線段D1E上，點P到直線CC1的距離的最小值為（）A． B．C． D．【答案】A【分析】建立空間直角坐標系，將點P到直線CC1的距離的最小值轉化為異面直線D1E與CC1的距離，利用空間向量可求得結果.【詳解】以D為原點，分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，則E(1,2,0)，D1(0,0,2)，,,，，,設(x，y，z)，,，則(x，y，z)·(0,0,2)＝0，∴z＝0，＝(x，y，z)·(－1，－2,2)＝，∴y＝-x，令x＝1，則y＝-，∴u＝(1,-,0)，∴異面直線D1E與CC1的距離為d＝，∵P在D1E上運動，∴P到直線CC1的距離的最小值為d＝.故選：A.10．如圖所示的三棱錐，平面，，若，，，，當取最大值時，點到平面的距離為（）A． B． C． D．5【答案】D【分析】由題意，易知，由基本不等式可得當取最大值時，的值，再由等體積法可求得點到平面的距離.【詳解】解：平面，，又，，，，（當且僅當時等號成立），所以當取最大值時，，平面，，又，且，平面，，設點到平面的距離為，由，即，即，所以，即是點到平面的距離為5.故選：D.11．已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，E為A1B1的中點，下列說法中正確的是（）A．ED1與B1C所成的角大于60°B．點E到平面ABC1D1的距離為1C．三棱錐E﹣ABC1的外接球的表面積為D．直線CE與平面ADB1所成的角為【答案】D【分析】利用平行線轉移求異面直線成角的正切值，判斷A錯誤；利用平行線上點到平面的距離相等求點到面距離，判斷B錯誤；先判斷三棱錐的外接球即四棱錐的外接球，再結合球中幾何關系求球的半徑，再求表面積，判斷C錯誤；利用線面成角的定義求正弦值，判斷D正確.【詳解】對于A，取DC中點F，連接，則為ED1與B1C所成的角，因為，所以，故，即A錯誤；對于B，由平面知，到平面的距離等于到平面的距離，連接，交于，則平面，而，故到平面的距離為，即B錯誤；對于C，三棱錐的外接球即四棱錐的外接球.因為四邊形是矩形，，四棱錐的高為，設四棱錐的外接球半徑為R，則，解得.所以三棱錐的外接球的表面積為，即C錯誤；對于D，連接，取的中點H，連接，交EC于K，連接CH，HK，因為，所以是直線CE與平面ADB1所成的角，，故，在直角三角形中，，，，即D正確.故選：D.12．如圖，正方體的棱長為2，M為棱的中點，N為棱上的點，且，現有下列結論：①當時，平面；②存在，使得平面；③當時，點C到平面的距離為；④對任意，直線與都是異面直線．其中所有正確結論的編號為（）A．①② B．①③ C．②④ D．③④【答案】D【分析】利用平行關系的轉化，再利用比例關系求的值，判斷①；利用反證法判斷②；利用等體積轉化求點C到平面的距離，判斷③；利用異面直線的判斷定理判斷④.【詳解】若平面，如圖，連接，記交于S，交于T，連接，則，又T為的中點，故S也為的中點．延長交的延長線于Q，可知，即，故①錯誤．若平面，則，又，，所以平面，這是不可能的，故②錯誤．利用等體積法，，，，解得：，求得點C到平面的距離為，故③正確．連接，平面，點平面，點平面，利用異面直線的判定定理“過平面內一點和平面外一點的直線與平面內不過該點的直線異面”，故④正確．故選：D13．重心是幾何體的一個重要性質，我國的國寶級文物東漢銅奔馬（又名：馬踏飛燕）就是巧妙利用了重心位于支點正上方這一性質而聞名于世.已知正三棱錐的重心是其每個頂點與其所對的面的三角形重心連線的交點.若正三棱錐的底面邊長為2，側棱長為，則其重心G到底面的距離為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】取、的重心，連接，根據三角形重心的性質可得且，即可得到，從而得到，再利用勾股定理求出，即可得解；【詳解】解：如圖，為的重心，為的重心，連接，因為，所以且，所以，所以，由正三棱錐的性質可知平面，又，所以，又，所以，所以，所以重心G到底面的距離即為；故選：B14．三棱錐中，底面ABC，，，D為AB的中點，，則點D到面的距離等于（）A． B． C． D．【答案】C【分析】在三角形SAB內作AE⊥SB交SB于E，進而根據條件證明AE⊥面SBC，算出AE的長度，再根據D為AB的中點得到答案.【詳解】如圖，在三角形中，過A作AE⊥SB交SB于E，因為面，所以，又，，所以面，因為面，所以，而AE⊥SB，且，所以AE⊥面SBC.在三角形SAB中，由勾股定理易得，則由等面積法可得：，因為D為AB的中點，所以D到平面SBC的距離為：.故選：C.15．在棱長為的正方體中，，，分別是，，的中點，則點到平面的距離為（）．A． B． C． D．【答案】B【分析】在正方體中構造三棱錐，用等體積法計算點到面的距離【詳解】如上圖所示，三棱錐可以換底為三棱錐，此時，底面積，高為，所以，三角形中，，根據余弦定理，，所以，，根據等體積法得：點到平面的距離故選：B16．已知正方形ABCD的邊長為4，CG⊥平面ABCD，CG=2，E、F分別是AB、AD的中點，則點B到平面GEF的距離為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】設出點面距離，利用，結合幾何體的特征，即可用等體積法求得點面距離.【詳解】解：設到平面的距離為..，.所以.由得.故選：B.17．如圖，在長方體中，，，，是的中點，求到面的距離為（）A． B．C． D．【答案】B【分析】連接，由，結合棱錐體積公式即可求到面的距離.【詳解】連接，則，由題設知：，，∴△中，上的高為，則，又，，即，若到面的距離為，∴，得.故選：B18．如圖，在長方體中，，，E，F分別是平面與平面的對角線交點，則點E到直線AF距離為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】中，由長方體性質求得三邊長，再由余弦定理求得的余弦，然后求得正弦后可得所求距離．【詳解】連接，因為是長方體，因此其棱與相應的面垂直，從而垂直于該面中的直線，，，，，，，則，設到的距離為，則．故選：C．19．已知平面，垂足為點，且與相交于點，，射線在內，且，，則點到直線的距離是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據題意，正確作出相應圖形，容易得出答案.【詳解】如圖，過作，垂足為，連接，由平面，平面，則，由輔助線可得，又，則平面，則，于是到直線的距離是，由題意，直角三角形中，，，直角三角形中，，于是.故選：C20．定義：兩條異面直線之間的距離是指其中一條直線上任意一點到另一條直線距離的最小值．在棱長為1的正方體中，直線與之間的距離是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】在上任取點，作，設，，根據得出和的關系，從而可得關于(或的函數關系，再求出此函數的最小值即可.【詳解】設為直線上任意一點，過作，垂足為，可知此時到直線距離最短設，，則，，，，即，，即，，，，當時，取得最小值，故直線與之間的距離是.故選：B.21．如圖，在正方體中，、、、分別是所在棱的中點，則下列結論不正確的是（）A．點、到平面的距離相等B．與為異面直線C．D．平面截該正方體的截面為正六邊形【答案】B【分析】利用中點的性質可判斷A選項的正誤；利用三角形全等可判斷B選項的正誤；利用余弦定理可判斷C選項的正誤；確定截面與各棱的交點以及截面多邊形邊長與各角的大小，可判斷D選項的正誤.【詳解】對于A選項，為的中點，故點、到平面的距離相等，A對；對于B選項，延長、交于點，延長、交于點，因為，為的中點，則，，，所以，，則，同理可知，則，即點、重合，故、相交，B錯；對于C選項，設正方體的棱長為，則，同理，所以，為等邊三角形，因為，由余弦定理可得，所以，，故，則，C對；對于D選項，設平面分別交棱、于點、，因為平面平面，平面平面，平面平面，則，因為、分別為、的中點，則，因為，，故四邊形為平行四邊形，則，，為的中點，則為的中點，同理可知為的中點，所以，、、、、、分別為棱、、、、、的中點，由勾股定理可知六邊形的邊長為，且，同理易知，故六邊形為正六邊形，D對.故選：B.22．正方體的棱長為2，G為的中點，則直線BD與平面的距離為()A． B． C． D．【答案】B【分析】由圖可知，∥，利用平行的性質將BD與平面的距離轉化為D與平面的距離，進一步利用等體積法求出D與平面的距離即可.【詳解】由圖易證∥平面，所以BD與平面的距離等于D與平面的距離.設D與平面的距離為h，則.又因為為正方體，所以平面，所以，所以，所以.又正方體的棱長為2，G為的中點，所以，，，所以中邊上的高為.所以.故選：B.23．如圖，在棱長為1的正方體中，P為的中點，Q為上任意一點，E，F為CD上兩個動點，且EF的長為定值，則點Q到平面PEF的距離（）

A．等于 B．和EF的長度有關C．等于 D．和點Q的位置有關【答案】A【分析】取的中點G，連接，利用線面平行判斷出選項B,D錯誤；建立空間直角坐標系，利用平面的法向量結合空間向量數量積公式求得點到面的距離，從而得出結論.【詳解】取的中點G，連接，則，所以點Q到平面的距離即點Q到平面的距離，與的長度無關，B錯．又平面，所以點到平面的距離即點Q到平面的距離，即點Q到平面的距離，與點Q的位置無關，D錯．如圖，以點D為原點，建立空間直角坐標系，則，∴，，，設是平面的法向量，則由得令，則，所以是平面的一個法向量．設點Q到平面的距離為d，則，A對，C錯．故選：A．24．如圖所示，在棱長為2的正方體中，M，N分別為，的中點，其中正確的結論是（）A．直線MN與AC所成的角為45° B．直線AM與BN是平行直線C．二面角的平面角的正切值為 D．點C與平面MAB的距離為【答案】D【分析】根據異面直線所成角的定義得到為異面直線與所成的角，即可判斷A；取的中點，連接、，可得從而判斷B；設，連接、，即可得到為二面角的平面角，再根據銳角三角形函數的定義計算可得；利用等體積法求出點C與平面MAB的距離，即可判斷D；【詳解】解：對于A：因為，所以為異面直線與所成的角，為等邊三角形，所以，故A錯誤；對于B：取的中點，連接、，易知，因為，所以與不是平行直線，故B錯誤；對于C：設，連接、，顯然為的中點，所以，又，所以，所以為二面角的平面角，所以，故二面角的平面角的正切值為，故C錯誤；對于D：設點C與平面MAB的距離為，則，又，，所以，即，因為，所以，，所以，所以D正確；故選：D25．在三棱錐中，，，，點是的中點，底面，則點到平面的距離為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】（方法一）易知，又底面，建立空間直角坐標系，求得平面的一個法向量，然后由求解；（方法二）利用等體積法，由求解．【詳解】（方法一）如圖，因為，點是的中點，所以，又底面，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，所以，，，在中，，所以，則點．設平面的一個法向量為則，，即，，取，得，所以點到平面的距離．（方法二）由題意可知在三棱錐中，，，相互垂直，．在中，，所以三角形是正三角形，所以，設點到平面的距離為，則，所以．故選：A26．如圖，已知在長方體中，，點在棱上，且，在側面內作邊長為2的正方形是側面內一動點，且點到平面的距離等于線段的長，則當點在側面上運動時，的最小值是（）A．12 B．24 C．48 D．64【答案】B【分析】確定過點作，垂足為，由長方體得當最小時，最小，建立如圖的空間直角坐標系，求出點軌跡方程，用坐標表示，得最小值，從而得結論．【詳解】在長方體中，如圖，建立空間直角坐標系，過點作，垂足為，連接，則，所以，當最小時，最小，過點作，垂足為，設，則，且，因為，所以，化簡可得，所以，當時，取得最小值為8，此時，，所以的最小值為24，故選：B．27．如圖所示，ABCD—EFGH為邊長等于1的正方體，若P點在正方體的內部且滿足，則P點到直線BC的距離為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】以D為坐標原點，所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，由題意，計算出和的坐標，然后根據向量法求點到直線的距離公式即可求解.【詳解】如圖，以D為坐標原點，所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則，，，，所以，，，，，，，所以點P到的距離．故選：B.28．若正四棱柱的底邊長為2，，E是的中點，則到平面EAC的距離為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用線面平行的判定定理證明∥平面EAC，則點到平面EAC的距離即為直線到平面EAC的距離，建立合適的空間直角坐標系，求出所需點的坐標和向量的坐標，利用待定系數法求出平面AEC的法向量，由點到直線的距離公式求解即可．【詳解】解：由棱柱的幾何性質可知，∥AC，又?平面EAC，AC?平面EAC，則∥平面EAC，所以點到平面EAC的距離即為直線到平面EAC的距離，因為正四棱柱的底邊長為2，，則，以點A為坐標原點建立空間直角坐標系如圖所示，則A（0，0，0），，，，所以，，，設平面AEC的法向量為，則，即，令，則，，故，所以點到平面EAC的距離，故到平面EAC的距離為．故選：C．29．已知正方體的棱長為，點為線段上一點，，則點到平面的距離為（）A． B． C．3 D．4【答案】B【分析】在直角三角形中，過作垂直于于，證明平面，解直角三角形求解．【詳解】連接，過作于，如圖，設，因為正方體的棱長為1，所以，，因為平面，，所以平面，所以點到平面的距離為的長度，因為，所以，故選：B30．已知△ABC在平面內，不重合的兩點P，Q在平面同側，在點M從P運動到Q的過程中，記四面體M-ABC的體積為V，點A到平面MBC的距離為d，則可能的情況是（）A．V保持不變，d先變大后變小 B．V保持不變，d先變小后變大C．V先變大后變小，d不斷變大 D．V先變小后變大，d不斷變小【答案】A【分析】先用根據題意，可知的過程中，h是單調或不變的，故可排除C、D，再結合圖像，得到所以會先變小后變大或單調或不變，即可求解.【詳解】設點M到平面的距離為h，易知的過程中，h是單調或不變的，于是，是單調的或不變的，排除C、D.對于AB選項，V不變即h不變，得到，是平行于的平面.，是M到直線BC的距離.如圖①過程中，會先變小后變大，反向移動，也會先變小后變大；②的過程中，會一直變大，反向移動會一直變小；③的過程中，會不變；所以會先變小后變大或單調或不變，所以也會先變小后變大或一直變大或不變，又M-ABC的體積為定值，故d會先變大后變小或不變或者單調.故選：A.二、多選題31．已知四面體ABCD的每個頂點都在球O（O為球心）的球面上，為等邊三角形，M為AC的中點，，，且，則（）A．平面ACD B．平面ABCC．O到AC的距離為 D．二面角的正切值為【答案】AD【分析】設的中心為G，過點G作直線平面ABC，利用線面垂直的性質定理、判定定理得出球心，從而可判斷A、B;連接OH，得出面面角，從而判斷A、D.【詳解】設的中心為G，過點G作直線平面ABC，則球心O在上.由M為AC的中點，得.因為.所以平面BDM，則，所以，所以，所以，，所以，所以，可得平面ACD，所以球心O在直線MB上，因此O與G重合.過M作于H，連接OH，則，從而為二面角的平面角.因為，，所以O到AC的距離為，且.故選：AD32．如圖，在四棱柱中，底面是等腰梯形，，，，底面，則（）A．平面B．直線與底面所成的角為C．平面與平面夾角的余弦值為D．點C到平面的距離為【答案】ABC【分析】對于A：由線面垂直的性質得.再由勾股定理得，根據線面垂直的判定可判斷；對于B：由已知得是直線與底面所成的角，由三角形知識計算可判斷；對于C：以C為坐標原點，分別以，，所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，根據面面角的空間向量求解方法計算可判斷；對于D：根據點到直線的距離的空間向量求解方法計算可判斷.【詳解】解：對于A：如圖，因為平面.平面，所以.在等腰梯形中，過點C作于點G.因為，，，則，，，所以.因此滿足，所以.又平面，，所以平面.故A正確；對于B：，，兩兩垂直，因為平面，所以是直線與底面所成的角，又，所以直線與底面所成的角為.故B正確；對于C：以C為坐標原點，分別以，，所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，所以，.設平面的法向量為，由，得，取平面的一個法向量.又為平面的一個法向量，設平面與平面夾角為，則，因此平面與平面夾角的余弦值為.故C正確；對于D：點C到平面的距離為.故D不正確，故選：ABC.33．如圖，在正方體中，點O在線段AC上移動，點M為棱的中點，則下列結論中正確的有（）A．平面B．的大小可以為90°C．異面直線與的距離為定值D．存在實數，使得成立【答案】ABD【分析】以為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖所示，設正方體的棱長為2，通過求解，轉化判斷的正誤；通過證明平面，判斷的正誤；利用空間向量法求出異面直線的距離，從而判斷的正誤，通過，，三點共線，結合向量的模的關系，判斷的正誤．【詳解】解：以為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖所示，設正方體的棱長為2，設，，，，，0，，，2，，，2，，所以．又平面，所以平面的法向量為．因為，所以，所以平面，故正確；對于，當為的中點時，，1，，，2，，，0，，，2，，所以，所以，，所以，，因為，平面，所以平面，所以的大小可以為，故正確；對于，，設，所以，即，令，則，，所以，又，所以異面直線與的距離，故不正確，對于，，，三點共線，，，所以故正確．故選：．34．在直三棱柱中，，，D是AC的中點，下列判斷正確的是（）A．∥平面B．面⊥面C．直線到平面的距離是D．點到直線的距離是【答案】ABD【分析】A.連接交于點E，連接DE，易得，再利用線面平行的判定定理判斷；B.易證，再根據平面平面ABC，得到平面，再利用面面垂直的判定定理判斷；C.以D點為原點，建立空間直角坐標系，利用向量法求解判斷；D.作，連接，易證，利用勾股定理求解判斷。【詳解】A.如圖所示：連接交于點E，連接DE，所以，又平面，平面，所以平面，故正確；B.因為，D是AC的中點，所以，又平面平面ABC，所以平面，又平面，所以面⊥面，故正確；C.∵平面，∴到平面的距離等于點到平面的距離，C.以D點為原點，建立空間直角坐標系，則，，，，所以，，設平面的一個法向量，則，即，不妨取，所求距離，故錯誤；D.如圖所示：作，連接，因為平面ABC，所以，又，所以平面，則，又，所以，故正確；故選：ABD35．關于棱長為的正方體，下列結論正確的是（）A． B．點到平面的距離為C．異面直線與所成的角是 D．二面角的余弦值為【答案】BD【分析】利用正方體的性質，平移異面直線確定它們的平面角判斷A、C的正誤；應用等體積法求到平面的距離；由二面角為且，結合誘導公式及二倍角正切公式求正切值，進而求二面角的余弦值.【詳解】A：如下圖，分別是中點，則，故為的夾角或其補角，顯然垂直，錯誤；B：如下圖，，而，，若到平面的距離為d，所以，則，正確；C：如下圖，為的交點，為的中點，則，故與所成的角即為或其補角，而，即異面直線與所成的角不是，錯誤；D：如下圖，若為交點，則二面角為，又，且，所以，故，正確.故選：BD36．如圖，四棱柱的底面是正方形，為底面中心，平面，．則下列說法正確的是（）A．坐標是 B．平面的法向量C．平面 D．點到平面的距離為【答案】ACD【分析】根據已知條件結合給定的幾何圖形求出點，，，的坐標可判斷A；計算，的坐標進而可得平面的法向量的坐標可判斷B；求出的坐標，判斷是否成立可判斷C；利用點到平面的距離公式計算可判斷D，進而可得正確選項.【詳解】對于A：由圖知：，，，，設，由，，因為，所以，可得，所以坐標是，故選項A正確；對于B：，可得，，設平面的法向量，由，則，令，，所以，故選項B不正確；對于C：，因為平面的法向量，則，所以平面，故選項C正確；對于D：，則點到平面的距離為，故選項D正確；故選：ACD.37．正方體的棱長為2，E，F，G分別為的中點，則（）A．直線與直線垂直 B．直線與平面平行C．平面截正方體所得的截面面積為 D．點C到平面的距離為【答案】BCD【分析】A.設，易證平面AEF判斷；B.取的中點，連接，證明平面平面AEF判斷；C.接，易證，得到截面為等腰梯形求解判斷；D.利用等體積法，由求解判斷.【詳解】A.若，因為平面ABCD，則，又，所以平面AEF，則，則，故錯誤；B.如圖所示：取的中點，連接，易知，又平面AEF，平面AEF，所以平面AEF，同理平面AEF，又，所以平面平面AEF，因為平面，所以平面AEF，故正確；C.如圖所示：連接，因為E，F分別為的中點，則，所以共面，則截面為等腰梯形，又，等腰梯形的高為，所以等腰梯形的面積為，故正確；D.因為，且，所以點C到平面的距離為，故正確.故選：BCD38．如圖所示，在四棱錐中，平面平面ABCD，側面PAD是邊長為的正三角形，底面ABCD為矩形，且，點Q是PD的中點，則下列結論描述正確的是（）A．平面PADB．B，Q兩點間的距離等于C．DC與平面AQC所成的角為60°D．三棱錐的體積為12【答案】BD【分析】對于A，取AD的中點O，連接PO，以O為坐標原點，OD，OE，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量的數量積運算可判斷；對于B：由空間兩點的距離公式計算可判斷；對于C：利用線面角的空間向量求解方法可判斷；對于D，利用等體積法計算可判斷．【詳解】解：取AD的中點O，連接PO，則PO⊥AD，平面PAD∩平面ABCD=AD，平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，取BC的中點E，連接OE，以O為坐標原點，OD，OE，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，又，點Q是PD的中點，所以，，對于A：平面PAD的法向量為，，所以與不共線，所以CQ與平面PAD不垂直，故A不正確；對于B：因為，所以，故B正確；對于C：，設平面AQC的法向量為，，由，即，化簡得，令，所以，設DC與平面AQC所成的角為，則，所以DC與平面AQC所成的角不為60°，故C不正確；對于D，，所以，故D正確，故選：BD．39．如圖，在菱形ABCD中，，，沿對角線BD將折起，使點A，C之間的距離為，若P，Q分別為直線BD，CA上的動點，則下列說法正確的是（）A．當，時，點D到直線PQ的距離為B．線段PQ的最小值為C．平面平面BCDD．當P，Q分別為線段BD，CA的中點時，PQ與AD所成角的余弦值為【答案】BCD【分析】易知，從而平面，進而有平面平面，即可判斷C；建立坐標系，利用向量法可判斷ACD【詳解】取的中點，連接，由題意可知：，因為，所以，又易知，因為，，，所以平面，因為平面，所以平面平面，故C正確；以為原點，分別為軸建立坐標系，則，當，時，，，，，所以點D到直線PQ的距離為，故A錯誤；設，，由得，，，當時，，故B正確；當P，Q分別為線段BD，CA的中點時，，，，，設PQ與AD所成的角為，則，所以PQ與AD所成角的余弦值為，故D正確；故選：BCD40．已知四面體的所有棱長均為2，則下列結論正確的是（）A．異面直線與所成角為 B．點A到平面的距離為C． D．四面體的外接球體積為【答案】BCD【分析】由題意畫出圖形，證明AC⊥BD，可知A錯誤，同理得到C正確；直接求出A到底面的距離判斷B；求出正四面體外接球的半徑，進一步求得外接球的體積判斷D．【詳解】如圖，

由題意，四面體ABCD為正四面體，取底面BCD的中心為G，連接CG并延長，交BD于E，

則E為BD的中點，且CE⊥BD，連接AG，則AG⊥底面BCD，得AG⊥BD，

又AG∩CE＝G，∴BD⊥平面ACG，則AC⊥BD，故A錯誤；同理，故C正確；

由四面體的所有棱長為2，可得，又AC＝2，∴，即點A到平面BCD的距離為，故B正確；

設四面體ABCD的外接球的球心為O，半徑為R，連接OC，則，

解得，則四面體ABCD的外接球體積為，故D正確；故選：BCD．第II卷（非選擇題）三、填空題41．已知正方體的棱長為1，異面直線與的距離為____________.【答案】【分析】如圖所示，連接與交于點，證明，，得到距離.【詳解】如圖所示：連接與交于點，則，平面，平面，故，故是異面直線與的距離，.故答案為：.42．已知直線過點，點，則點到直線的距離是_________．【答案】【分析】求出直線的方向向量及，進而求出，再根據點到直線的距離為即可得解.【詳解】解：直線的方向向量，，則，又，所以，所以點到直線的距離為.故答案為：.43．如圖，正三角形ABC的邊長為2，P是三角形ABC所在平面外一點，平面ABC，且，則P到BC的距離為___________.

【答案】2【分析】取中點，連接，，由平面ABC，即可證明平面，則有，即可求解結果．【詳解】取中點，連接，因為為正三角形，所以又因為平面ABC，平面ABC，則，又，則平面，則，又正三角形ABC的邊長為2，則則所以P到BC的距離為2故答案為：244．平面的法向量是，點在平面內，則點到平面的距離為______．【答案】【分析】先求得，利用點到平面的距離公式即可求解．【詳解】因為點，，所以，因為平面的法向量是，則，設點到平面的距離為，則，故答案為：．45．在直三棱柱中，，，，則點C到平面的距離為____________.【答案】【分析】設點C到平面的距離為，根據利用等體積法求出點到平面的距離；【詳解】解：因為，，所以，所以，所以，，所以，設點C到平面的距離為，則，所以，解得故答案為：46．如圖，已知，D是中點，則點B到平面的距離是___________.【答案】/【分析】證明，得線面垂直，從而得點到平面的距離，由此易得其長度．【詳解】因為，所以，所以，，又D是中點，所以，，平面，所以平面，的長就是點B到平面的距離，由已知，，故答案為：．47．在正方體中，，則異面直線AB和的距離為___________.【答案】【分析】如圖建立空間直角坐標系，利用空間向量求解即可【詳解】如圖，以為坐標原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，由，則，設是異面直線AB和的公垂線的一個方向向量，則，令，則，所以異面直線AB和的距離為，故答案為：48．如圖所示，正方形和正方形的邊長都是1，且它們所在平面互相垂直，若點在線段上運動，記，則當___________時，點到直線的距離有最小值.【答案】【分析】建立空間直角坐標系，設點N是AC上的一點，且，得出點A、C、M、N的坐標，由時，就是點到直線的距離，根據二次函數的性質可求得答案.【詳解】解：如圖，建立空間直角坐標系，正方形的邊長為1，則，，設點N是AC上的一點，且，因為，所以，，所以，，當時，就是點到直線的距離，所以，即，整理得，即，所以，所以當時，取得最小值，即此時點到直線的距離有最小值．故答案為:.49．如圖，已知是各條棱長均等于的正三棱柱，是側棱的中點，點到平面的距離為_____________．【答案】/【分析】取的中點，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得點到平面的距離.【詳解】取的中點，連接，因為為等邊三角形，則，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，則、、、，，，設平面的法向量為，由，取，則，，得，，所以，點到平面的距離為.故答案為：.50．已知正方體的棱長為，點為中點，點?在四邊形內（包括邊界），點到平面的距離等于它到點的距離，直線平面，則的最小值為___________.【答案】【分析】建立空間直角坐標系得到在平面中點?的軌跡方程，然后利用導數知識進行求解即可.【詳解】如圖所以，設由點到平面的距離等于它到點的距離，即點到的距離等于它到點的距離在平面中，直線方程為所以，所以點的軌跡方程為，設平面的一個法向量為則，令，所以所以，由直線平面所以所以點的軌跡為的導函數為所以，所以同平行的直線與相切的切點為，所以點到直線的距離為所以的最小值為故答案為：四、解答題51．如圖，已知三棱柱，平面平面，，，是邊長為2的等邊三角形.（1）求二面角的大小的正切值；（2）求直線到平面的距離.【答案】（1）（2）【分析】（1）取的中點，連接，證出為二面角的平面角，在中求解即可.（2）在底面內作，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，由平面，直線到平面的距離即為點到平面的距離，根據即可求解.（1）是邊長為2的等邊三角形由題意可得，取的中點，連接，，且又平面平面，且平面平面，平面，，又因為，且，所以，因為，平面所以為二面角的平面角，在中，.（2）在三棱柱中，，又因為平面，平面，所以平面，所以直線到平面的距離即為點到平面的距離，在底面內作，以為坐標原點，以為軸，建立空間直角坐標系，如圖：則,由，可得，則，設平面的一個法向量為，則，即，令，則，所以，所以點到平面的距離，所以52．如圖，在四棱錐中，底面為菱形，已知，，.（1）求證：平面平面；（2）求點到平面的距離.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）過點作，連接，即可得到，從而得到，即，再由，得到平面，即可得證；（2）由利用等體積法求出點到平面的距離；（1）證明：如圖，過點作，連接.因為，，，所以，所以，.又因為，所以，由勾股定理逆定理得，即.因為，，平面，平面，所以平面.又因為平面，所以平面平面.（2）解：設點到平面的距離為.由（1）可知，，.在等腰中，，，所以.由等體積法可得，，所以，即，解得故點到平面的距離為.53．在長方體中，，是面對角線上一點，且.（1）求證：；（2）設異面直線與所成角的大小為，求的值.（3）求點到平面的距離.【答案】（1）證明見解析（2）（3）【分析】（1）如圖建立空間直角坐標系，由求出的坐標以及的坐標，由即可求證；（2）求和的坐標，由空間向量夾角公式計算即可求解；（3）設點到平面的距離為，利用即可求解.（1）如圖建立空間直角坐標系，則，，，，則，，，所以，所以，所以，所以.（2），，.（3）設點到平面的距離為，因為，，，所以，由，可得，所以，可得：，所以點到平面的距離為.54．如圖，在三棱錐中，，，、分別是線段、的中點，，.（1）證明：平面平面；（2）若，求點B到平面MNC的距離.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）由題可得，即可說明，由勾股定理判斷即可證明平面，得證；（2）可判斷是等邊三角形，取中點，連接，根據面面垂直的性質可得線段BE的長度即為點B到平面MNC的距離.（1），為的中點，則，又因為為的中點，則，且，，則，，則，，，平面，平面，因此，平面平面；（2），所以，，是等邊三角形，取中點，連接，則，平面平面，平面平面=，，，所以線段BE的長度即為點B到平面MNC的距離.又，所以，點B到平面MNC的距離是.55．如圖，三棱柱的所有棱長都是2，平面，為的中點，點為的中點.（1）求證：直線平面；（2）求直線到平面的距離.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）取中點，連接交于，連接，由平面幾何得，再根據線面平行的判定可得證；（2）以為原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，運用點到面的距離的空間向量求解方法可求得答案.（1）證明：取中點，連接交于，連接，∵在三棱柱中，為中點，∴，，∵點為的中點，∴且，∴且，∴四邊形為平行四邊形，∴，又平面，平面，∴平面.（2）解：由（1）得，點到平面的距離即為直線到平面的距離，連接，則，∵平面，，∴平面，∴，，兩兩垂直，以為原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，∴，，設平面的一個法向量為，∴即取，則，，，又，所以點到平面的距離為，即直線到平面的距離為.56．如圖，四邊形是邊長為3的正方形，平面，，，與平面所成角為.（1）求證：平面；（2）求點到平面的距離.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）由已知證明平面平面，再由平面與平面平行的性質可得平面；（2）由，利用等體積法求點到平面的距離.（1）證明：四邊形是正方形，，平面，平面，平面，，平面，平面，平面，?平面，，平面平面，而平面，平面；（2）由平面，平面，得平面平面，又平面平面，，平面，四邊形是邊長為3的正方形，，又與平面所成角為，即，得，而，，可得，，，則，.，，設點到平面的距離為，由，得，解得.故點到平面的距離為.57．如圖所示的四棱錐中，平面，底面為直角梯形，，，，點為的中點.（1）求證：平面；（2）若四棱錐的體積為2，求點到平面的距離.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）通過中位線構造平行四邊形后，可利用線面平行的判定定理證明（2）可利用等體積法，將點到平面的距離，轉換為三棱錐的高，通過計算得到三角形的面積以及三棱錐的體積即可求解（1）取PC得中點F，連接FE，FD，∵點為的中點，∴，在梯形ABCD中，，∴，即四邊形AEFD為平行四邊形，∴，又面，面，面（2）如圖，連接，取BC得中點M，連接DM，設AD=x，則PA=AB=BC=2x，平面，底面為直角梯形，∴=2，得，即，，由平面知所以在中，，由已知，底面為直角梯形，且，易得為矩形，所以，，，設點到平面的距離為h，由得解得，即點到平面的距離為58．如圖所示，邊長為2的正方形和高為2的直角梯形所在的平面互相垂直且，且．（1）求和面所成的角的正弦；（2）求點C到直線的距離；（3）線段上是否存在點P使過P、A、C三點的平面和直線垂直，若存在，求與的比值：若不存在，說明理由．【答案】（1）（2）（3）【分析】（1）、、兩兩垂直，建立空間直角坐標系，寫出各點坐標，求出平面的法向量，求出向量所成角的余弦即為和面所成的角的正弦值．（2）利用空間向量法求出點到直線的距離；（3）設與的比值為，表示出的坐標，求出坐標，令與的數量積為0，列出方程，求出的值．（1）解：（1）因為、、兩兩垂直，建立如圖坐標系，則，，，，，則設平面的法向量，則令，則，，所以，向量和所成角的余弦為．即和面所成的角的正弦值為．（2）解：因為，，所以，，，所以點C到直線的距離（3）解：假設線段上存在點使過、、三點的平面和直線垂直，不妨設與的比值為，即，設，即，所以，解得集點坐標為，則向量，向量，因為所以，解得．所以存在，求與的比值59．如圖，在四棱錐中，平面ABCD，底面ABCD為菱形，，.點E，F分別在棱PA，PB，且.（1）求證：；（2）若直線PD與平面CEF所成的角的正弦值為.（i）求點P與到平面CEF的距離；（ii）試確定點E的位置.【答案】（1）證明見解析；（2）(i)；(ii)E為PA的中點.【分析】(1)根據與即可得出；(2)根據題意可證得、、兩兩垂直，以、、所在直線分別為x、y、z軸，建立如圖空間直角坐標系，設()，求出各點和線段的坐標，進而求出平面的法向量，利用空間向量的數量積表示線面角的正弦值，求出a的值，確定點E的位置，結合等體積法即可求得點到面的距離.（1）由題意知，因為，所以；（2）因為為菱形，，連接AC，則為正三角形，取AC的中點H，連接AH，則，所以，由平面，平面，所以，，以、、所在直線分別為x、y、z軸，建立如圖空間直角坐標系，設，其中，由，得，則，有，設平面的一個法向量為，則，令，則，所以，設直線PD與平面的夾角為，則，化簡，得，由，得，此時，即E為PA的中點；有，取AB的中點O，則OF=OE=EF=1，，有平面PAB，所以，而，在中有，所以，所以，由，設點P到平面的距離為h，則，即，得.(i)點P到平面的距離為；(ii)點E為AP的中點.60．如圖，已知在四棱錐中，平面，點在棱上，且，底面為直角梯形，，，，，，分別是，的中點．（1）求證：平面；（2）求點到平面的距離．【答案】（1）證明見解析.（2）【分析】（1）構造平行四邊形,利用三角形中位線定理,證明平行即可；（2）根據題意，建立空間直角坐標系，利用坐標法求解即可.（1）證明：取中點，連接，因為是的中點，所以//,因為底面為直角梯形，，，，所以//,,所以所以為平行四邊形，所以//因為，所以點為中點，所以，所以又平面，平面，所以//平面（2）解：根據題意，以為原點，以分別為建立空間直角坐標系，如圖，由，分別是的中點，可得：設平面的的法向量為，又則有：，即令，則，所以又∴點到平面的距離.任務二:幾何體截面問題1-40題一、單選題1．已知正方體的棱長為，是空間中任意一點，有下列結論：①若為棱中點，則異面直線與所成角的正切值為；②若在線段上運動，則的最小值為；③若在以為直徑的球面上運動，當三棱錐體積最大時，三棱錐外接球的表面積為；④若過點的平面與正方體每條棱所成角相等，則截此正方體所得截面面積的最大值為.其中正確結論的個數為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】①根據，可得即為異面直線所成的角或所成角的補角，從而可求出；②將和四邊形沿展開到同一個平面上，易知線段的長度即為的最小值，利用余弦定理即可求出；③根據題意判斷出，為的中點時，三棱錐的體積最大，只需求此時外接球的表面積即可；④分別為相應棱的中點時，平面為平面時，與正方體每條棱所成角相等，且截面的面積最大.【詳解】對于①：因為，所以即為異面直線所成的角或所成角的補角，在中，，所以，故①正確；對于②：將和四邊形沿展開到同一個平面上，如圖所示，由圖可知，線段的長度即為的最小值，在中，利用余弦定理，得，故②錯誤；對于③：如圖，當為的中點時，三棱錐的體積最大，此時，三棱錐外接球的球心是的中點，半徑為，其表面積為，故③正確；對于④：要使平面與正方體每條棱所成角相等，只需與過同一個頂點的三條棱所成的角相等即可，如圖，當時，平面與正方體過點的三條棱所成的角都相等，若分別為相應棱的中點時，平面平面，且此時六邊形為正六邊形，因為正方體的棱長為1，所以正六邊形的邊長為，所以此正六邊形的面積為，為截面最大面積，故④正確.故選：B.2．已知正方體，平面和線段，，，分別交于點E，F，G，H，則截面EFGH的形狀不可能是（）A．梯形 B．正方形 C．長方形 D．菱形【答案】A【分析】根據面面平行的性質定理，可以得出，，由此可推斷四邊形EFGH一定為平行四邊形，從而可得出答案.【詳解】因為面面，面面，面面，所以，同理可得，所以四邊形EFGH為平行四邊形，所以截面EFGH的形狀不可能是梯形.若面面，此時四邊形EFGH是正方形，也是菱形；當是所在棱的中點，分別與重合時，四邊形EFGH是長方形.故選：A.3．如圖正方體，棱長為1，P為中點，Q為線段上的動點，過A?P?Q的平面截該正方體所得的截面記為.若，則下列結論錯誤的是（）A．當時，為四邊形 B．當時，為等腰梯形C．當時，為六邊形 D．當時，的面積為【答案】C【分析】根據題意，依次討論各選項，作出相應的截面，再判斷即可.【詳解】解：當時，如下圖1，是四邊形，故A正確；當時，如下圖2，為等腰梯形，B正確：當時，如下圖3，是五邊形，C錯誤；當時，Q與重合，取的中點F，連接，如下圖4，由正方體的性質易得，且，截面為為菱形，其面積為，D正確.故選：C4．如圖，在正方體中，M、N、P分別是棱、、BC的中點，則經過M、N、P的平面與正方體相交形成的截面是一個（）A．三角形 B．平面四邊形C．平面五邊形 D．平面六邊形【答案】D【分析】分別取、、的中點，連接、、、、、、、、、，先證明四點共面，再證明平面，平面可得答案.【詳解】如圖，分別取、、的中點，連接、、、、、、、、、，且M、N、P分別是棱、、BC的中點，所以、，且，所以，即四點共面，因為，所以四邊形是平行四邊形，所以，又因為，得，且平面，平面，所以平面，得平面，因為，所以四邊形是平行四邊形，所以，又因為，得，又平面，平面，所以平面，得平面，所以六點共面，平面六邊形即為經過M、N、P與正方體相交形成的截面，故選：D.5．如圖，在正方體中，E是棱的中點，則過三點A、D1、E的截面過（）A．AB中點 B．BC中點C．CD中點 D．BB1中點【答案】B【分析】根據截面特點結合正方形結構性質求解.【詳解】取的中點，連接，，如圖，則，所以在截面上,故選：B6．正方體的棱長為2，E是棱的中點，則平面截該正方體所得的截面面積為（）A．5 B． C． D．【答案】D【分析】作出示意圖，設為的中點，連接，易得平面截該正方體所得的截面為，再計算其面積.【詳解】如圖所示，設為的中點，連接，設為的中點，連接，由且，得是平行四邊形，則且，又且，得且，則共面，故平面截該正方體所得的截面為.又正方體的棱長為2，，，，，故的面積為.故選：D.7．正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱長均為2，點E，F分別為棱BB1，A1C1的中點，若過點A，E，F作一截面，則截面的周長為（）A．2+2 B． C． D．【答案】B【分析】根據題意先作出截面，進而算出截面各邊的長度，最后得到答案.【詳解】如圖，在正三棱柱中，延長AF與CC1的延長線交于M，連接EM交B1C1于P，連接FP，則四邊形AEPF為所求截面.過E作EN平行于BC交CC1于N，則N為線段CC1的中點，由相似于可得MC1=2，由相似于可得：，在中，，則，在中，，則，在中，，則，在中，，由余弦定理：，則，所以截面周長為：.故選：B.8．在立體幾何中，用一個平面去截一個幾何體得到的平面圖形叫截面．平面以任意角度截正方體，所截得的截面圖形不可能為（）A．等腰梯形 B．非矩形的平行四邊形C．正五邊形 D．正六邊形【答案】C【分析】在正方體中依次分析，經過正方體的一個頂點去切就可得到五邊形．但此時不可能是正五邊形，其他情況都可構造例子.【詳解】畫出截面圖形如圖：可以畫出等腰梯形，故A正確；在正方體中，作截面（如圖所示）交，，，分別于點，，，，根據平面平行的性質定理可得四邊形中，，且，故四邊形是平行四邊形，此四邊形不一定是矩形，故B正確；經過正方體的一個頂點去切就可得到五邊形．但此時不可能是正五邊形，故C錯誤；正方體有六個面，用平面去截正方體時最多與六個面相交得六邊形，且可以畫出正六邊形，故D正確．故選：C9．如圖，正方體的棱長為1，為的中點，為線段上的動點，過點，，的平面截該正方體所得的截面記為．①當時，為四邊形；②當時，與的交點滿足；③當時，為六邊形；④當時，的面積為．則下列選項正確的是（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【答案】B【分析】根據點Q在線段上的變化，分別作出過點A，P，Q的平面截該正方體所得的截面S，并判斷其正誤即可．【詳解】對于①，因為正方體的棱長為1，當時，過A，P，Q三點的截面與正方體表面的交點在棱上，截面為四邊形，如圖（a）所示，故①正確；對于②，如圖（b）所示，當時，，又為的中點，故，得，故②正確；對于③，如圖（c）所示，當時，過點，，的平面截正方體所得的截面為五邊形，故③不正確；對于④，如圖（d）所示，當時，過點，，的截面為，其截面為菱形，對角線，，所以的面積為，故④正確．綜上所述，正確的命題序號是①②④．故選：B10．如圖，正方體的棱長為1，P為BC的中點，Q為線段上的動點，過點A，P，Q的平面截該正方體所得的截面記為S.則下列命題中正確命題的個數為（）①當時，S為四邊形；②當時，S為等腰梯形；③當時，S與的交點滿足；④當時，S為六邊形；A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】隨著的移動，依題意分別移動到四個位置，逐項分析判斷即可得解.【詳解】先確定臨界值點，當，即為的中點時，截面交于，則界面為等腰梯形，故②正確；對①當時，即移動到位置時，截面交線段于，所以截面為四邊形，故①正確；對③，當時，在的位置，截面交的延長線于，延長交在的延長線于點，則，由，則，，又有，所以，又，所以，故③正確；對④，，點移動到位置，從圖上看，截面為五邊形，故④錯誤；共個正確，故選：C11．正方體的棱長為，、，分別為，，的中點，有下述四個結論，其中正確的結論是（）①直線與平面平行；②平面截正方體所得的截面面積為；③直線與直線所成的角的余弦值為；④點與點到平面的距離相等.A．①④ B．①② C．①②④ D．①②③④【答案】C【分析】由已知得四邊形為等腰梯形，即為正方體的截面，由線面平行的判定定理可判斷①；做于，求出等腰梯形的高由梯形的面積公式可判斷②；由，得直線與直線所成的角即為直線與直線所成的角，由余弦定理得可判斷③；點與點在平面的兩側，且線段的中點在平面內，可判斷④.【詳解】連接，因為、，分別為，的中點，正方體的棱長為，所以，且，所以四邊形為梯形，即為正方體的截面，且面，因為為的中點，所以，平面，平面，所以平面，即直線與平面平行，所以①正確；因為，，所以，四邊形為等腰梯形，做于，，所以梯形的面積為，所以平面截正方體所得的截面面積為，所以②正確；因為，所以直線與直線所成的角即為直線與直線所成的角，為或其補角，連接，，，在中，由余弦定理得，由于直線與直線所成的角的范圍在，所以直線與直線所成的角的余弦值為，所以③錯誤；因為點與點在平面的兩側，且線段的中點在平面內，所以點與點到平面的距離相等，所以④正確，故選：C.12．如圖，正方體中，點，，分別是，的中點，過點，，的截面將正方體分割成兩個部分，記這兩個部分的體積分別為，則（）A． B． C． D．【答案】C【分析】如圖所示，過點，，的截面下方幾何體轉化為一個大的三棱錐，減去兩個小的三棱錐，上方部分，用總的正方體的體積減去下方的部分體積即可.【詳解】作直線，分別交于兩點，連接分別交于兩點，如圖所示，過點，，的截面即為五邊形，設正方體的棱長為，因為點，，分別是，的中點所以，即，因為，所以則過點，，的截面下方體積為：，∴另一部分體積為，∴.故選：C.13．如圖，在正方體中，點P為線段上的動點（點與，不重合），則下列說法不正確的是（）A．B．三棱錐的體積為定值C．過，，三點作正方體的截面，截面圖形為三角形或梯形D．DP與平面所成角的正弦值最大為【答案】D【分析】A.通過平面進行說明；B.根據等體積法進行說明；C.分析點位置，作出截面圖形后進行判斷；D.先分析線面為，然后表示出，通過分析的長度確定出正弦值的最大值.【詳解】由題可知平面，所以，故A正確；由等體積法得為定值，故B正確；設的中點為，當時，如下圖所示：此時截面是三角形，當時，如下圖所示：此時截面是梯形，故C正確；選項D，在正方體中，連接，則為在平面上的射影，則為與平面所成的角，設正方體的棱長為1，，則，，當取得最小值時，的值最大，即時，的值最小為，所以的值最大為，故D不正確.故選：D.14．正方體的棱長為4，，，用經過，，三點的平面截該正方體，則所截得的截面面積為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根據題意畫出截面，再根據正方形的棱長以及梯形的面積公式即可求解.【詳解】解：如圖所示：延長交于點，則，即為中點，連接，取中點，連接，則，，，，四點共面，，，，截面如圖所示：在中，邊上的高，記邊上的高為，則，，則所截得的截面面積為：.故選：D.15．如圖，為正方體，任作平面與對角線垂直，使得與正方體的每個面都有公共點，記這樣得到的截面多邊形的面積為，周長為，則（）A．為定值，不為定值B．不為定值，為定值C．與均為定值D．與均不為定值【答案】B【分析】將正方體切去兩個正三棱錐與后，得到一個以平行平面與為上、下底面的幾何體，的每個側面都是等腰直角三角形，截面多邊形的每一條邊分別與的底面上的一條邊平行，將的側面沿棱剪開，展開在一個平面上，得到一個平行四邊形，考查的位置，確定【詳解】解：將正方體切去兩個正三棱錐與后，得到一個以平行平面與為上、下底面的幾何體，的每個側面都是等腰直角三角形，截面多邊形的每一條邊分別與的底面上的一條邊平行，將的側面沿棱剪開，展開在一個平面上，得到一個平行四邊形，如圖所示而多邊形的周界展開后便成為一條與平行的線段（如圖中），顯然，，所以為定值，當位于中點時，多邊形為正六邊形，而當稱到時，為正三角形，則當周長這定值的正六邊形與正三角形面積分別為，所以不是定值，故選：B16．如圖，在正方體中，AB=2，E為棱BC的中點，F為棱上的一動點，過點A，E，F作該正方體的截面，則該截面不可能是（）A．平行四邊形 B．等腰梯形C．五邊形 D．六邊形【答案】D【分析】對分類討論，分別畫出所對應的截面圖形，即可判斷；【詳解】解：當，即F與重合時，如圖1，取的中點，截面為矩形；當時，如圖2，截面為平行四邊形AEGF；當時，如圖3，截面為五邊形AEGHF，當，即F與重合時，如圖4，截面為等腰梯形AEGF．故選：D17．如圖，在棱長為2的正方休中，，，分別為，，，的中點，過，，三點的平而截正方休所得的截面面積為（）A．4 B． C． D．【答案】D【分析】根據題意畫出截面，得到截面為正六邊形，從而可求出截面的面積【詳解】如圖，分別取的中點，的中點,的中點，連接，因為該幾何體為正方體，所以∥,∥,∥,且所以，，三點的平面截正方體所得的截面為正六邊形，所以該正六邊形的面積為.故選：D18．正方體的棱長為，分別為的中點.則下列說法錯誤的是（）A．直線A1G與平面AEF平行B．直線DD1與直線AF垂直C．異面直線A1G與EF所成角的余弦值為D．平面AEF截正方體所得的截面面積為【答案】B【分析】連接AD1，FD1，GF，BC1，證得EF//AD1，利用平面AEFD1逐一分析各選項即可判斷作答.【詳解】正方體中，連接AD1，FD1，GF，BC1，如圖：因點E，F是BC，CC1中點，則EF//BC1，而正方體的對角面ABC1D1是矩形，則AD1//BC1//EF，連GF，因G是棱BB1中點，則GF//B1C1//A1D1，且，即四邊形A1GFD1是平行四邊形，A1G//D1F，平面AEF，平面AEF，于是A1G//平面AEF，A正確；因平面ABCD，而平面ABCD，即有AE，若AF，必有平面AEFD1，AD1，與矛盾，B不正確；因EF//AD1，A1G//D1F，則異面直線與所成角是或其補角，作于M，顯然，即四邊形AEFD1是等腰梯形，，，，C正確；，平面截正方體所得的截面是等腰梯形AEFD1，等腰梯形AEFD1的面積為，D正確.故選：B19．如圖所示，在正方體中，，?分別為棱?的中點，令過點且平行于平面的平面被正方體的截面圖形為，若在內隨機選擇一點，則點在正方體內切球內的概率為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】先確定平面截正方體的圖形并求出其面積，而正方體內切球的球心為正方體的中心，求出正方體的中心到平面的距離，進而求出平面截內切球所得圓的半徑，根據幾何概型轉化為面積比，即可求解.【詳解】取中點，連，交于點，因為所以四點共面，因為?分別為棱?的中點，平面平面，所以平面，又，所以，同理可證平面，平面，所以平面平面，即等腰梯形為滿足條件的平面截正方體的截面，等腰梯形的面積為，設正方體上下底面中心分別為，，連接，則內切球的球心為的中點，過做在正方體中，，平面，所以，，所以平面，平面，所以，，所以平面，所以為截面截內切球所得圓的圓心，又在內切球上，所以截面截內切球所得圓的半徑為，在中，有，，則，，所以在中，截面圓的面積為.所求的概率為.故選：B.20．已知正方體內切球的表面積為，是空間中任意一點：①若點在線段上運動，則始終有；②若是棱中點，則直線與是相交直線；③若點在線段上運動，三棱錐體積為定值；④為中點，過點，且與平面平行的正方體的截面面積為;以上命題為真命題的個數為（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】根據線面垂直的性質定理證明①是真命題；由圖可知直線與是異面直線，故②是假命題；利用等體積轉化法得到三棱錐體積等于三棱錐的體積，接著求點到平面的距離和底面面積，從而證明三棱錐體積為定值；做出過點，且與平面平行的正方體的截面為面，最后求其面積即可.【詳解】因為正方體內切球的表面積為，設內切球的半徑為，則，解得，所以正方體的棱長為，因為,且,所以面，因為面，所以恒成立，故①是真命題；由圖可知，直線與是異面直線，故②是假命題；由圖可知：因為，三棱錐體積等于三棱錐的體積，由①知，面，所以點到面的距離為，因為動點到直線的距離等于1，所以的面積等于，所以，故棱錐體積為定值，故③是真命題；取中點為,中點為,連接，因為，所以面面,所以過點，且與平面平行的正方體的截面為面，由圖可知面是菱形，其中對角線長為，所以，故④是真命題；真命題的個數有3個，故選：B;二、多選題21．已知正方體的棱長為，下列結論正確的有（）A．異面直線與所成角的大小為B．若是直線上的動點，則平面C．與此正方體的每個面都有公共點的截面的面積最小值是D．若此正方體的每條棱所在直線與平面所成的角都相等，則截正方體所得截面面積的最大值是【答案】BC【分析】A.易證平面判斷；B.易證平面平面；C.易知平面為一個與正方體的每個面都有公共點判斷；D.點E，F，G，H，M，N分別為相應棱的中點，可得平面EFGHMN平面PQR求解判斷.【詳解】A.如圖所示：，，則平面，所以，所以異面直線與所成角的大小為，故錯誤；B.如圖所示：，因為，平面，平面，所以平面，同理平面，因為，所以平面平面，因為平面,所以平面，故正確；C.如圖所示：，平面為一個與正方體的每個面都有公共點，且截面面積最小的面，其面積為：，故正確；D.如圖所示：，若此正方體的每條棱所在直線與平面所成的角都相等，只需平面與過同一頂點的三條棱所成的角相等，設，則平面PQR與正方體過頂點A的三條棱所成角相等，若點E，F，G，H，M，N分別為相應棱的中點，可得平面EFGHMN平面PQR，且六邊形EFGHMN為正六邊形，正方體的棱長為1，則正六邊形的邊長為，此時正六邊形的面積為，為截面的最大面積，故錯誤；故選：BC22．如圖，棱長為1的正方體中為線段上的動點（不含端點）則下列結論正確的是（）A．直線與所成的角可能是B．平面平面C．三棱雉的體積為定值D．平面截正方體所得的截面可能是直角三角形【答案】BC【分析】對于A選項，建立坐標系，利用坐標法求解；對于B選項，由正方體的性質可知平面，進而可判斷；對于C選項，利用等體積法求解即可判斷；對于D選項，分別討論所成的截面圖形即可判斷.【詳解】解：對于A選項，如圖1，建立空間直角坐標系，則，，所以，所以，令，，所以在區間上單調遞減，由于，，所以，即直線與所成的角滿足，又因為，故，故直線與所成的角不可能是，故A選項錯誤；對于B選項，由正方體的性質可知平面，所以平面平面，故B選項正確；對于C選項，三棱雉的體積，是定值，故C選項正確；對于D選項，設的中點為，當點在線段（不包含端點）上時，此時平面截正方體所得的截面為梯形，如圖2；當點在點時，此時平面截正方體所得的截面正三角形；當點在線段（不包含端點）上時，此時平面截正方體所得的截面為等腰三角形，該三角形不可能為直角三角形，故D選項錯誤；故選：BC23．如圖，在正方體中，點E，F分別為，BC的中點，設過點E，F，的平面為，則下列說法正確的是（）A．為等邊三角形；B．平面交正方體的截面為五邊形；C．在正方體中，存在棱與平面平行；D．在正方體中，不存在棱與平面垂直；【答案】BD【分析】設正方體棱長為2，求出各邊長可判斷A；根據平面的性質作出截面可判斷B；分別判斷三組平行線與的位置關系即可判斷CD.【詳解】對A，設正方體棱長為2，則易得，故不是等邊三角形，故A錯誤；對B，如圖，取中點，易得，取中點，連接，則易得，再取中點，連接，則，所以，所以是平面與正方體底面的交線，延長，與的延長線交于，連接，交于，則可得五邊形即為平面交正方體的截面，故B正確；對C，因為，所以都不與平行，又，所以都不與平行，因為，所以都不與平行，故不存在棱與平面平行，故C錯誤；對D，顯然與不垂直，所以與不垂直，則都不與垂直；因為與不垂直，所以與不垂直，則都不與垂直；因為與不垂直，所以與不垂直，則都不與垂直；所以不存在棱與平面垂直，故D正確.故選：BD.24．（多選）已知正方體，若平面，則關于平面截此正方體所得截面的判斷正確的是（）A．截面形狀可能為正三角形 B．截面形狀可能為正方形C．截面形狀可能為正六邊形 D．截面形狀可能為五邊形【答案】AC【分析】根據平面得到平面與平面平行或重合，然后結合圖形即可判斷出答案.【詳解】如圖，在正方體中，連接，，，則平面，所以平面與平面平行或重合，所以平面與正方體的截面形狀可以是正三角形，正六邊形，但不可能是五邊形和四邊形，故A，C正確，B，D錯誤．故選：AC.25．如圖，在棱長為1的正方體中，，，分別為棱，，上的動點（點不與點，重合），若，則下列說法正確的是A．存在點，使得點到平面的距離為B．用過，，三點的平面去截正方體，得到的截面一定是梯形C．平面D．用平行于平面的平面去截正方體，得到的截面為六邊形時，該六邊形周長一定為【答案】ABD【分析】連接，，，，，，，根據線線平行，面面平行求出平面，得到到平面的距離，判斷；連接并延長交的延長線于點，連接并將其延長與相交于點，根據比例關系得到四邊形為梯形，判斷；連接，由可知平面平面，根據線面關系判斷；在上取點，過點作交于點，過作交于，以此類推截面為六邊形，求出六邊形的周長判斷即可．【詳解】對于：連接，，，，，，，如圖示：，，，，且平面平面，又已知三棱錐各條棱長均為，則三棱錐為正四面體，故到平面的距離為：，平面，，又，且，平面，又平面，，同理可得，且，平面，又，到平面的距離，，且，故正確；對于：連接并延長交的延長線于點，連接并將其延長與相交于點，如圖示：，且，，則，，故即為，連接，過點，，的截面為四邊形，由條件可知，，且，四邊形為梯形，故正確；對于：連接，由可知平面平面，如圖示：又平面，平面，故不平行于平面，故平面不成立，故錯誤；對于：在上取點，過點作交于點，過作交于，以此類推，如圖示：依次可得點，，，此時截面為六邊形，根據題意可知：平面平面，不妨設，則，故，故六邊形的周長為：，故正確；故選：．26．如圖所示，在棱長為2的正方體中，，分別為棱，的中點，則下列結論正確的是（）A．直線與是平行直線B．直線與所成的角為60°C．直線與平面所成的角為45°D．平面截正方體所得的截面面積為【答案】BC【分析】建立空間直角坐標系，利用向量法可判斷A、B、C，作出平面截正方體所得的截面即可求出面積判斷D.【詳解】以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，則，，，，，．∵，分別為棱，的中點，∴、，則，，∴和不共線，故A錯誤；∵，，∴，∴，∴直線與所成的角為，故B正確．由于平面的一個法向量為，，∴，直線與平面所成的角為，故C正確；連接，易知，則平面截正方體所得的截面為等腰梯形，∵棱長為2，∴，，，∴等腰梯形的高為，∴，故D錯誤，故選：BC．27．如圖，在正方體中，點P為線段上的動點（點P與，不重合），則下列說法正確的是（）A．B．三棱錐的體積為定值C．過P，C，三點作正方體的截面，截面圖形為三角形或梯形D．DP與平面所成角的正弦值最大為【答案】ABC【分析】由正方體性質知垂直關系可判斷A，作截面判斷C，由等體積法判斷B，求出線面角的正弦值，得最大值，判斷D．【詳解】由正方體性質可知平面，所以，故A正確：由等體積法得為定值，故B正確；根據正方體性質知，當延長線與棱相交時，截面為三角形，當延長線與棱相交時，截面為梯形，C正確；選項D，在正方體中，連接，則為DP在平面上的射影，則為DP與平面所成的角，設正方體的棱長為1，，則，，當x取得最小值時，的值最大，即時，x的值最小為，所以的值最大為，故選項D不正確，故選：ABC．28．如圖所示，在棱長為1的正方體中，M，N分別為棱，的中點，則以下四個結論正確的是（）A．B．若為直線上的動點，則為定值C．點A到平面的距離為D．過作該正方體外接球的截面，所得截面的面積的最小值為【答案】ABD【分析】由平行公理可判斷A；由數量積的定義可判斷B；由等體積法可判斷C；由截面面積最小的圓是以所在的弦為直徑的截面圓可判斷D.【詳解】對于選項A：連結，，正方體中，，而M，N分別為棱，的中點，則，所以，故A正確；對于選項B：設與的夾角為，由上圖可知，所以，故B正確；對于選項C：連接，設點到平面的距離為，由得，又，則，所以，故C錯誤；對于選項D：連接交于點，則是的中點.正方體外接球球心是正方體對角線的中點，半徑.由對稱性知過MN作該正方體外接球的截面，所得截面的面積最小的圓是以所在的弦為直徑的截面圓，即截面圓圓心為.易得.∴.故截面圓半徑.此時截面圓面積為，故D正確．故選：ABD．29．如圖，正方體的棱長為2，E，F分別為，的中點，則以下說法正確的是（）A．平面截正方體所得截面周長為B．上存在點P，使得平面C．三棱錐和體積相等D．上存在點P，使得平面【答案】ACD【分析】對于B，可建立如圖所示的空間直角坐標系，利用反證法可判斷其正誤，而對于ACD，連接，，，利用線線平行可判斷截面為梯形，從而可求截面的周長，連接，利用等積法可求棱錐的體積，再取的中點M，的中點N，連接，，，利用線面平行的判定定理可證的中點Р滿足平面，從而可判斷這三者的正誤.【詳解】對于B選項，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，設，所以，，若平面，則，而顯然不成立，所以與不垂直，所以上不存在點P，使得面，所以B選項錯誤；對于A選項，連接，，∵E，F分別為，的中點，故，而，故，∴E﹐F，，C四點共線，∴平面截正方體所得的截面為梯形，∴截面周長，故A正確；對于C選項，連接，故，而平面即為平面，因，故到平面的距離為到平面的距離的，而到平面為，故到平面的距離為，故，所以成立，C正確；對于D選項，取的中點M，的中點N，連接，，，∵且，∴四邊形為平行四邊形，∴，∴，∵平面，平面∴平面，∴點P為的中點，∴上存在一點Р使得平面，故D正確．故選：ACD.30．如圖，正方體的棱長為，，，分別為，，的中點，則（）A．直線與直線垂直 B．直線與平面平行C．平面截正方體所得的截面面積為 D．