7.2 空间几何体积与表面积（精练）-2024年高考数学一轮复习一隅三反系列（新高考）

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A．圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面
B．正四棱锥的侧面都是正三角形
C．用一个平面去截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台
D．平行六面体的每个面都是平行四边形
【答案】BC
【解析】对于A，圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，故选项A正确；
对于B，正四棱锥的侧面都是等腰三角形，不一定是正三角形，故选项B错误；
对于C，用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台，而不是用一个平面去截圆锥，故选项C错误，对于D，平行六面体的每个面都是平行四边形，故选项D正确，故选：BC.
2．（2023·江西上饶·校联考模拟预测）如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由题意可得：，
由直观图可得原图，如图所示，可知：，
可得，所以原三角形的周长.
故选：B.
3．（2023·山东济南·一模）已知正三角形边长为2，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】正三角形的高为，根据斜二测画法的知识可知，直观图的面积为.
故选：B
4．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）（多选）下列命题正确的有（ ）
A．空间中两两相交的三条直线一定共面
B．已知不重合的两个平面，则存在直线，使得为异面直线
C．有两个平面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱
D．过平面外一定点，有且只有一个平面与平行
【答案】BD
【解析】对于A，空间中两两相交的三条直线交于同一点时，可能共面也可能不共面，A错误；
对于B，不重合的两个平面，可能平行或者相交，

不论是平行还是相交，都存在直线，使得为异面直线，B正确；
对于C，如图示几何体满足两个平面平行，其他各个面都是平行四边形，

但该几何体不是棱柱，C错误；
对于D，由于过平面外一定点，有且只有一条直线m与平面垂直，
过点P有且只有一个平面与m垂直，则，
故过平面外一定点，有且只有一个平面与平行，D正确，故选：BD
5．（2023·吉林·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）（多选）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，母线长为2，点为的中点，则（ ）

A．圆台的体积为B．圆台的侧面积为
C．圆台母线与底面所成角为D．在圆台的侧面上，从点到点的最短路径长为5
【答案】ACD
【解析】对于A：圆台的高为，则圆台的体积，A正确；
对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，

其面积为．故B错误；
对于C：过作交底面于，则底面，所以即为母线与底面所成角．

在等腰梯形中，，所以．
因为为锐角，所以．故C正确；
对于D：如图示，在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为．由题意可得：
．由为中点，所以，所以．故D正确．

故选：ACD.
6．（2023·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）仿钧玫瑰紫釉盘是收藏于北京故宫博物院的一件明代宣德年间产的瓷器．该盘盘口微撇，弧腹，圈足．足底切削整齐．通体施玫瑰紫釉，釉面棕眼密集，美不胜收．仿钧玫瑰紫釉盘的形状可近似看成是圆台和圆柱的组合体，其口径为15.5cm，足径为9.2cm，顶部到底部的高为4.1cm，底部圆柱高为0.7cm，则该仿钧玫瑰紫釉盘圆台部分的侧面积约为（ ）（参考数据：π的值取3，）

A．B．C．D．
【答案】D
【解析】方法1：设该圆台的母线长为l，高为h，两底面圆的半径分别为R，r（其中），
则，，，
所以，故圆台部分的侧面积为．

故选：D
方法2（估算法）：若按底面直径为15.5cm，高为3.4cm的圆柱估算圆台部分的侧面积得，易知圆台的侧面积应大于所估算的圆柱的侧面积，故此仿钧玫瑰紫釉盘圆台部分的侧面积大于，对照各选项可知只有D符合．故选：D
7．（2023·重庆·统考模拟预测）如图所示，已知一个球内接圆台，圆台上、下底面的半径分别为和，球的体积为，则该圆台的侧面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设球的半径为，则，所以，，
取圆台的轴截面，如下图所示：

设圆台的上、下底面圆心分别为、，则、分别为、的中点，
连接、、、、、，则，
由垂径定理可知，，，
所以，，，
因为，，，所以，，
所以，，所以，，
所以，，则，
因此，圆台的侧面积为，故选：D.
8．（2023·辽宁·鞍山一中校联考模拟预测）如图，在三棱锥中，，，过点作截面，则周长的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图．沿着侧棱把正三棱锥展开在一个平面内，如下图所示：
则即为的周长的最小值，又因为，
所以，在中，，由勾股定理得：
．故选：C．
9．（2023·湖南郴州·统考三模）已知圆台的上､下底面圆半径分别为10和5，侧面积为为圆台的一条母线（点在圆台的上底面圆周上），为的中点，一只蚂蚁从点出发，绕圆台侧面一周爬行到点，则蚂蚁爬行所经路程的最小值为（ ）
A．30B．40C．50D．60
【答案】C
【解析】圆台上底面半径为，下底面半径为，母线长为，
所以，解得：，
将圆台所在的圆锥展开如图所示，且设扇形的圆心为O.
线段就是蚂蚁经过的最短距离，
设，圆心角是，则由题意知 ①， ②，
由①②解得，，，∴，，则.
故选：C.
10．（2023·湖南邵阳·统考三模）如图所示，正八面体的棱长为2，则此正八面体的表面积与体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，由边长为2，可得的高，
，则其表面积为.
体积为.此正八面体的表面积与体积之比为.故选：D.
11．（2023·全国·高三专题练习）黄地绿彩云龙纹盘是收藏于中国国家博物馆的一件明代国宝级瓷器.该龙纹盘敞口，弧壁，广底，圈足.器内施白釉，外壁以黄釉为地，刻云龙纹并填绿彩，美不胜收.黄地绿彩云龙纹盘可近似看作是圆台和圆柱的组合体，其口径22.5cm，足径14.4cm，高3.8cm，其中底部圆柱高0.8cm，则黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为（ ）（附：圆台的侧面积，，为两底面半径，为母线长，其中的值取3，）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设该圆台的母线长为，两底面圆半径分别为，（其中），
则，，，
所以，
故圆台部分的侧面积为，
圆柱部分的侧面积为，
故该黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为.
故选：B.
12．（2023·西藏拉萨·统考一模）位于徐州园博园中心位置的国际馆（一云落雨），使用现代科技雾化“造云”，打造温室客厅，如图，这个国际馆中3个展馆的顶部均采用正四棱锥这种经典几何形式，表达了理性主义与浪漫主义的对立与统一.其中最大的是3号展馆，其顶部所对应的正四棱锥底面边长为19.2m，高为9m，则该正四棱锥的侧面面积与底面面积之比约为（ ）（参考数据：）
A．2B．1.71C．1.37D．1
【答案】C
【解析】如图，设H为底面正方形ABCD的中心，G为BC的中点，连接PH，HG，PG，
则，，所以，
则，
故选：C.
13．（2023春·湖南长沙·高三校联考阶段练习）为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”.如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥的高与底面边长的比为，则正六棱锥与正六棱柱的侧面积的比值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设正六边形的边长为，由题意正六棱柱的高为，
因为正六棱锥的高与底面边长的比为，所以正六棱锥的高为，正六棱锥的母线长为，
正六棱锥的侧面积；正六棱柱的侧面积，
所以.故选：B.
14．（2023春·安徽·高三安徽省临泉第一中学校联考阶段练习）宿州市三角洲生态公园是多功能的综合性公园，其标志性雕塑“生命之源”为水滴形状，寓意水是生命之源，此雕塑顶部可视为一个圆锥.已知此圆锥的高为，其母线与底面所成的角为60°，则此圆锥的侧面展开图的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，
由题意得，则，从而，
所以，圆锥的侧面展开图的面积.故选：B
15．（2023·全国·镇海中学校联考模拟预测）已知菱形的边长为，则将菱形以其中一条边所在的直线为轴，旋转一周所形成的几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图是所求的几何体,该几何体上部分为圆锥,下部分为在圆柱内挖去一个与上部分相同的圆锥,其中圆柱的高为，点到的距离为，
所以该几何体的体积为.
故选:B.
16．（2023·福建福州·福州三中校考模拟预测）如图是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，且，则该圆台的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设圆台上底面圆半径为，下底面圆半径为，依题意，，且，解得，
而圆台的母线长，因此圆台的高，
所以圆台的体积.故选：C
17．（2023·河南·校联考模拟预测）在直三棱柱中，，，M为的中点，，则该直三棱柱的体积为（ ）
A．B．4C．D．
【答案】A
【解析】在直三棱柱中，连接，如图，
由，得，而平面，平面，则，
又平面，于是平面，
平面，则，而，平面，
因此平面，又平面，则，有，
，则有，解得，
所以该三棱柱的体积．故选：A
18．（2023·全国·高三对口高考）已知为长方体，对角线与平面相交于点，则为的（ ）

A．垂心B．重心C．内心D．外心
【答案】B
【解析】如图连接交于点，连接，连接、，，连接，
由为长方体，所以为的中点，为的中点，
则、为的中线，
平面平面，对角线与平面相交于点，则，
平面平面，对角线与平面相交于点，则，
所以为与的交点，
所以为的重心.

故选：B
19．（2023·全国·高三专题练习）已知点P在棱长为的正方体的外接球O的球面上，当过A，C，P三点的平面截球O的截面面积最大时，此平面截正方体表面的截线长度之和L为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】设底面正方形的中心为，
当过A，C，P三点的平面截球的截面面积最大时，截面圆为大圆，截面过球心，故点P，O，三点共线，因为平面，所以平面，此平面截正方体的截面即为正方体的面，
所以．故选：A．
20．（2023·河南·河南省实验中学校考模拟预测）已知直四棱柱的底面为正方形，，为的中点，过三点作平面，则该四棱柱的外接球被平面截得的截面圆的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意知直四棱柱的外接球的半径，
如图，取的中点，连接，易知四边形为矩形，且平面即为平面，
分别取的中点，连接，则易得四边形为正方形，
由四棱柱的对称性可知，其外接球的球心即为正方形的中心，取的中点，连接，
则平面，平面，所以平面，故球心到平面的距离与到平面的距离相等，
过点作，垂足为，
易知面，面，故，
又平面，所以平面，
又，所以球心到平面的距离为，
由球的性质知，截面圆的半径，
所以截面圆的周长为.
故选：D.
21．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）已知正方体的棱长为2，点为线段的中点，若点平面，且平面，则平面截正方体所得截面的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】记的中点分别为E，F，连接，由正方体性质可知，平面，
因为平面，所以又为正方形，所以
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以
因为P，E分别为的中点，所以，所以，同理可证，
又，平面所以平面，
所以三角形即为平面截正方体所得截面，
易知三角形为正三角形，
所以截面周长为.故选：C

22．（2023·河北·统考模拟预测）已知点在棱长为的正方体的外接球的球面上，当的面积最大时，过，，三点的平面截正方体各面所得截线的长度之和的值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】设底面正方形的中心为，
因为，则当点到的距离最大时，的面积最大，
当点P，O，三点共线时，点到的距离最大，
则当的面积最大时，点P，O，三点共线，
因为平面，
所以平面，
此时平面截正方体的截面即为矩形，
所以．
故选：A．
22．（2023·四川巴中·南江中学校考模拟预测）宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．其中汝窑被认为是五大名窑之首．如图1，这是汝窑双耳罐，该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厘米，中间圆的直径是厘米，上底面圆的直径是厘米，高是厘米，且上、下两圆台的高之比是，则该汝窑双耳罐的侧面积是______平方厘米．
【答案】
【解析】如图，过点在平面内作，垂足为，
过点在平面内作，垂足为，
由题意可得，，，由圆台的几何性质可知，
在平面中，，，则四边形为矩形，则，
所以，，同理可得，
由题意可知且，则，，
从而，，
故该汝窑双耳罐的侧面积为
平方厘米．
故答案为：.
23．（2023·辽宁锦州·渤海大学附属高级中学校考模拟预测）已知用斜二测画法画梯形OABC的直观图如图所示，，，，轴，，为的三等分点，则四边形OABC绕y轴旋转一周形成的空间几何体的体积为______．

【答案】
【解析】在直观图中，，所以在还原图中，，如图，

在直观图中，，为的三等分点，
所以在还原图中，，D为OA的三等分点，
又在直观图中，轴，
所以在还原图中，轴，则，
所以，则，
故，，所以四边形OABC是等腰梯形，
所以四边形OABC绕y轴旋转一周所形成的空间几何体的体积等于一个圆台的体积减去一个圆锥的体积，
即．
故答案为：.
23．（2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，，，过点作截面，则周长的最小值为______．
【答案】
【解析】如图，沿着侧棱把正三棱锥展开在一个平面内，如下图所示：
则即为的周长的最小值，且，
在中，由勾股定理得：．故答案为：
24．（2023·青海海东·统考模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，P为的中点，则三棱锥的体积为______．

【答案】2
【解析】连接，在正方体中，
因为四边形为正方形，则，而平面，平面，
即有，又，平面，平面，则平面，
而平面，因此，同理平面，又平面，
即有，因为，平面,平面，
所以平面．
连接，设，连接OP，则OP是的中位线，
所以，，
所以OP⊥平面，即OP是三棱锥的高．
因为，所以．

因为，所以．故答案为：2.
25．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，四边形ABCD为菱形，平面ABCD，，.

(1)求证：平面平面AFC；
(2)记三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，求的值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）因为四边形ABCD为菱形，所以.
因为平面ABCD，平面ABCD，所以.
又，，平面BDEF，所以平面BDEF.
又平面AFC，所以平面平面AFC.
（2）如图，设BD交AC于点O，连接OE，OF.
由（1）可知，平面BDEF，平面BDEF，所以.
设，则，，所以，
所以.
由（1）可知，平面ABCD，
所以，所以.

25．（2023·陕西宝鸡·校考模拟预测）如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，AC是圆柱的底面直径，PC是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，.

(1)证明.
(2)记圆柱的体积为，四棱锥P-ABCD的体积为，求；
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）证明：由已知得是等边三角形，
，是直径，所以，即，
则为等边三角形的角平分线，
所以，

又PC是圆柱的母线，则PC⊥平面ABCD ，平面，所以
又，平面，
则BD⊥平面PCA， 平面，所以
（2）由已知得，，则，
所以,,,
于是，，
所以.
26．（2023·陕西西安·统考一模）在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧棱，顶点在平面的射影为边的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】1）且为的中点，，
又平面平面，
平面.故平面，又平面，
平面平面.
（2）设点到平面的距离为是边长为2的正三角形，，
根据等体积公式可得，解得-
27．（2023·甘肃定西·统考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，AC与BD交于点O，底面ABCD，，点E，F分别是棱PA，PB的中点，连接OE，OF，EF．
(1)求证：平面平面PCD；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)
【解析】（1）因为底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O
所以O为AC中点，
点E是棱PA的中点，F分别是棱PB的中点，
所以OE为三角形的中位线，OF为三角形的中位线，
所以,，
平面，平面，平面，
平面，平面，平面，
而,平面，平面，
平面平面PCD.
（2）因为底面ABCD是边长为2的菱形，，
所以为等边三角形，
所以，
因为底面ABCD，
底面ABCD，底面ABCD，
所以，，
所以和均为直角三角形，
所以，，
所以，
所以，
所以，
设点到平面的距离为，
根据体积相等法可知，
所以，
所以.
，
故三棱锥的体积为.
28．（2023·四川内江·四川省内江市第六中学校考模拟预测）如图，在四边形ABCP中，为边长为的正三角形，，将沿AC翻折，使点P到达的位置，若平面平面ABC，且．

(1)求线段的长；
(2)设M在线段上，且满足，求三棱锥的体积．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）如图：

取BC中点O，连接AO，，因为为等边三角形，O为BC的中点，则，
又平面，
平而，．
所以，即为等边三角形，所以，
又平面平面ABC，，所以平面，所以，
又，所以
（2）三棱锥的体积为三棱锥与三棱锥的体积之差.
因为M在线段上，且满足，即，
所以三棱锥的体积为三棱锥体积的.
所以三棱锥的体积为三棱锥体积的.
由（1）可知，，，而，
所以平面，所以为三棱锥的高，
所以三棱锥的体积为：.
所以三棱锥的体积为：.
29．（2023·四川成都·川大附中校考模拟预测）如图所示多面体中，平面平面，平面，是正三角形，四边形是菱形，，，

(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】（1）取中点，连接，
因为是正三角形，
所以，
因为平面平面，平面，平面平面
所以平面，又因为平面，
所以，又因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面.

（2）因为，平面，平面，
所以平面，
所以点与点到平面的距离相等，
所以三棱锥和三棱锥的体积相等，
所以，
连接交线段与点，
因为四边形为菱形，，，
所以，，
所以，
由（1）平面，，
所以.
30．（2023·河南郑州·统考模拟预测）在几何体中，，，点，在棱上，且，三棱柱是直三棱柱.
(1)求证：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，
因为平面，所以，
又，，点，在棱上，且，
则
所以，显然，所以，
所以，则，
所以，即，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）取的中点，的中点，连接，，
设点到平面的距离为，因为，
所以，
因为平面平面，，平面平面，
所以平面，
因为，即，
所以，所以，
所以点到平面的距离为.
1．（2023·全国·统考高考真题）（多选）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为的球体
B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体
D．底面直径为，高为的圆柱体
【答案】ABD
【解析】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且，
所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；
对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过的中点作，设，
可知，则，即，解得，
且，即，故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，
若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，可知：，则，即，解得，
根据对称性可知圆柱的高为，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；故选：ABD.
2．（2023·江苏镇江·江苏省镇江中学校考三模）（多选）已知正方体的棱长为分别为的中点，为正方体的内切球上任意一点，则（ ）
A．球被截得的弦长为
B．球被四面体表面截得的截面面积为
C．的范围为
D．设为球上任意一点，则与所成角的范围是
【答案】BC
【解析】如图所示：

对于A，易知内切球的半径为1，且球心在正方体的中心，易得；
设球被截得的弦为，在中，如下图所示：

由对称性可知，，且
利用余弦定理可知，
在中，，
解得或（舍），则弦长，即A错误；
对于B，易知四面体为正四面体，所以四个截面面积相同，
由对称性可知，球心即为正四面体的外接球（也是内切球）球心，如下图所示：

设为的中点，为球心在平面内的摄影，
易知正四面体的棱长为，，
易得，，由勾股定理可得；
所以球心到截面距离，
不妨设截面圆半径为，则，
所以截面面积为，故B正确；
对于C，不妨设的中点为，
则
由选项A可知，，
当同向时，；
当反向时，；
即的范围为，即C正确；
对于D，易知当三点共线时，与所成的角最小为，
取截面如下图所示：

易知当与球相切时，与所成的角最大，设最大角为，
则，即，所以；
即与所成角的范围是说法错误，故D错误；
故选：BC
3．（2023·河北·统考模拟预测）（多选）如图，已知正方体的棱长为1，为底面的中心，交平面于点，点为棱的中点，则（ ）

A．，，三点共线B．异面直线与所成的角为
C．点到平面的距离为D．过点，，的平面截该正方体所得截面的面积为
【答案】ACD
【解析】因为为底面的中心，所以为和的中点，则，，
因为平面，平面，所以平面，平面，所以点是平面与平面的公共点；
显然是平面与平面的公共点；
因为交平面于点，平面，所以也是平面与平面的公共点，
所以，，三点都在平面与平面的交线上，即，，三点共线，故A正确；
因为平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，所以，即异面直线与所成的角为，故B不正确；
根据证明的方法，同理可得，
因为，平面，所以平面，则的长度就是点到平面的距离，
显然为正三角形的中心，因为正方体的棱长为1，所以正三角形的边长为，所以，又，
所以，即点到平面的距离为，故C正确；
取的中点，连，，，，
因为，所以等腰梯形就是过点，，的平面截该正方体所得截面，如图：

因为，，，
所以等腰梯形的高为，
所以等腰梯形的面积为，即过点，，的平面截该正方体所得截面的面积为，故D正确.
故选：ACD
4．（2023浙江省）已知四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD为正方形，，平面过PB，BC，PD的中点，则下列关于平面截四棱锥所得的截面正确的为（ ）
A．所得截面是正五边形B．截面过棱PA的三等分点
C．所得截面面积为D．截面不经过CD中点
【答案】C
【解析】
在四棱锥中，，取中点分别为，连接，FG，GH，BD，AC，如图，
因底面为正方形，E，F，H分别是棱PB，BC， PD的中点，
则，所以四边形EFGH是平行四边形.
对于A，令，有 ，在P A上取点，使，
连接EI，HI，JI，则，
因为点平面EFGH，有平面EFGH，
所以点平面 平面EFGH，
因此五边形EFGHI是平面截四棱锥所得的截面多边形，
而，
所以截面不是正五边形，A错误；
对于B，由A选项分析，可知截面过棱PA的四等分点，B错误；
对于C，底面平面，则，
而，则，
又平面，因此平面 平面，
于是得，有，
所以矩形EFGH面积等于，
而，则边EH上的高等于，
所以，
所以截面五边形EFGHI面积为， C正确；
对于D，截面经过CD中点，D错误.
故选：C
5．（2023春·新疆乌鲁木齐·高一乌鲁木齐市第70中校考期中）已知四面体ABCD为正四面体，AB=4，E，F分别是AD，BC中点.若用一个与EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（ ）
A．B．2C．3D．4
【答案】D
【解析】
补成正方体，如图，令截面为四边形，
则平面，
，
所以平面平面，
而平面平面，平面平面，所以，
同理可证，所以，同理，
所以截面为平行四边形.
因为，所以即
同理可得
可得，
又，且，
，可得，
当且仅当时取等号．
故选：D
6．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）在正四棱台中，，，M为棱的中点，当正四棱台的体积最大时，平面截该正四棱台的截面面积是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设，上底面和下底面的中心分别为，，过作,
该四棱台的高，
在上下底面由勾股定理可知，．
在梯形中，，
所以该四棱台的体积为，
所以，
当且仅当，即时取等号，此时，，．
取,的中点，,连接,，显然有，
由于平面，平面，所以平面，因此平面就是截面．
显然，
在直角梯形中，，
因此在等腰梯形中，，
同理在等腰梯形中，，
在等腰梯形中，设，，
则，
，
所以梯形的面积为，
故选：C．
7．（2023春·北京顺义）如图，在正方体中，点分别是棱，上的动点.给出下面四个命题：
①若直线与直线共面，则直线AF与直线CE相交；
②若直线与直线相交，则交点一定在直线上；
③若直线与直线相交，则直线与平面ACE所成角的正切值最大为；
④直线与直线所成角的最大值是.
其中，所有正确命题的序号是（ ）

A．①④B．②④
C．①②③D．②③④
【答案】D
【解析】在正方体中，点分别为棱上的动点，
对于①中，如果点在点，在点时，满足直线与直线共面，此时直线与直线是平行线，所以直线与直线不一定相交，所以①不正确；
对于②中，如图所示，若空间3个平面两两相交有3条交线，则交线相互或交于一点，
设直线与直线相交于点，
因为平面，且直线，所以平面，
同理可证平面，又因为平面平面，
所以直线，所以交于一点在直线上的一点，所以②正确；

对于③中，如图所示，连接交于点，再连接，
在正方体中，可得平面平面，
角即为直线与平面所成角，可得，
因为，所以当点与重合时，则直线与平面所成角的正切值最大，
此时在直角中，可得，
即直线与平面所成角的正切值最大为，所以③正确；

对于④中，如图所示，设直线与直线交于点，则即为直线与直线所成的角，
在等腰中，可得，
在直角中，可得，
因为，所以直线与直线所成角取得最大时，即点与重合时，
在等边中，可得直线与直线所成角为，所以④正确.
故选：D.

8．（2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考模拟预测）在正四棱柱中，，，为中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨迹的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】在正四棱柱中，连接，如图，，平面，
因为平面，则，又平面，
，则平面，又平面，则，
取中点，连接，在平面内过作，交于，显然，
而平面，则平面，有，
又平面，，于是平面，而平面，因此，
因为平面，，从而平面，
连接，则点的轨迹为平面与四棱柱的交线，即，
因为，即有，又，
于是，有，，
所以点的轨迹长为.
故选：A
9．（2023·江西·江西省丰城中学校联考模拟预测）如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为4和6，侧棱长为2，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，
中点，连接，则有，
所以的延长线必过点且，
过点作，则四边形是边长为2的菱形，
如图所示：
在中，，即，
解得，所以，
所以为边长为6等边三角形，
所以，，
所以，
因为是边长为3的等边三角形且为中点，
所以，，
在中，由余弦定理变形得，，
在中，由余弦定理变形得，
，
解得，所以，所以，
由平面，
可得平面，
又平面，所以，
由，，，平面，
可得平面，
因为AP与平面所成角的正切值为，
所以，解得，，
所以点在平面的轨迹为以为原点的圆被四边形所截的弧，
设的长度为，则，
所以所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为.
故选：A.
10．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）如图，二面角的大小为，已知A、B是l上的两个定点，且，，，AB与平面BCD所成的角为，若点A在平面BCD内的射影H在的内部（包括边界），则点H的轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图所示：
因为AB与平面BCD所成的角为，且点A在平面BCD上的射影H，，
所以，
所以点H在以点B为球心，以为半径的球面上，
又点H在以AB为轴，以AH为母线的圆锥的侧面上，
所以点H的轨迹为以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，
母线AH与轴AB成的圆锥侧面交线的一部分，
即图中扇形EOF的弧EF，且扇形所在平面垂直于AB，
因为二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为，
所以，
又，
所以点H的轨迹的长度等于，
故选：D.
11．（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）（多选）如图所示，四边形是由斜二测画法得到的平面四边形水平放置的直观图，其中，，，点在线段上，对应原图中的点，则在原图中下列说法正确的是（ ）
A．四边形的面积为14
B．与同向的单位向量的坐标为
C．在向量上的投影向量的坐标为
D．的最小值为17
【答案】ABD
【解析】由直观图可得，
四边形为直角梯形，且，
则四边形的面积为，故A正确；
如图，以点为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，
则，
所以与同向的单位向量的坐标为，故B正确；
，
则在向量上的投影向量的坐标为，故C错误；
设，
则，
则，
，
当时，取得最小值，故D正确.
故选：ABD.
12．（2023·重庆·统考模拟预测）（多选）如图，正方体的棱长为4，M是侧面上的一个动点（含边界），点P在棱上，且，则下列结论正确的有（ ）

A．沿正方体的表面从点A到点P的最短距离为
B．保持与垂直时，点M的运动轨迹长度为
C．若保持，则点M的运动轨迹长度为
D．平面被正方体截得截面为等腰梯形
【答案】BCD
【解析】对于A，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，

连接，则，故A错误；
对于B，如图：

因为平面，平面，，又，
，，平面 ，
所以平面 ，平面 .
所以'，同理可得，，，平面 .
所以平面 .
所以过点作交交于，过作交交于，
由，可得，平面，平面，
所以平面，同理可得平面.
则平面平面.
设平面交平面于，则的运动轨迹为线段，由点在棱上，且，可得，
所以，故B正确；
对于C，如图：

若，则在以为球心，为半径的球面上，
过点作平面，则，此时.
所以点在以为圆心，2为半径的圆弧上，此时圆心角为.
点的运动轨迹长度，故C正确；
对于D，如图：

延长，交于点，连接交于，连接，
所以平面被正方体截得的截面为.
，所以.
，所以，
所以，所以，且，
所以截面为梯形，
，所以截面为等腰梯形.
故D正确.
故选：BCD.
13．（2023·辽宁辽阳·统考二模）如图，在正三棱柱，中，，在上，是的中点，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图，将平面与平面翻折到同一平面上，连接，记．
由题意可知，，所以，，
所以，，则，
，
从而，
故．
因为是的中点，所以，
由余弦定理可得．
因为在上，所以，当、、三点共线时，等号成立，
则．
故选：C.
14．（2023·河南·校联考三模）如图，在棱长为1的正方体中，E为的中点，M是截面上的一个动点（不包含边界），，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】连接，如下图所示，
由于，所以在平面上的投影在上，
而在平面上的投影为，所以M的轨迹为，
将平面翻折到与平面重合，如图所示，
，
，，
所以，所以，（翻折后），
所以的最小值为．
故选：C
15．（2023·陕西咸阳·统考三模）已知正三棱锥的所有棱长均为2，点M，N分别为棱AD和BC的中点，点E为棱AB上一个动点，则三角形的周长的最小值为（ ）
A．3B．C．D．
【答案】B
【解析】根据题意，将正三棱锥的侧面和侧面展开为一个平面，如图所示，
当点，，在同一直线上时，最短，
因为正三棱锥的所有棱长均为2，
所以，即四边形为菱形，
又因为点M，N分别为棱AD和BC的中点，
所以四边形为平行四边形，
所以，
下面求的长；
连接，过点和点作平面，平面，垂足为点和点，
因为三棱锥为正三棱锥，
所以点和点在底面的中线上，且点为等边三角形的中心，
则 ，，
所以，
因为平面，平面，平面，
所以，，则，
又因为点为中点，所以，
在中，，则，
在中，，
所以三角形的周长的最小值为，
故选：B．
.