专题18 立体几何空间距离与截面-2022年新高考数学高频考点 题型专项练习(新高考适用)

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专题18 立体几何空间距离与截面100题
空间中的距离问题1-60题
一、单选题
1．《九章算术·商功》：“斜解立方，得两塹堵，斜解塹堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑三而一，验之以基，其形露矣．”文中“阳马”是底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥．在阳马中，侧棱底面，且，，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
利用等体积法有，即可求到平面的距离.
【详解】

设到平面的距离为，则三棱锥PABD的体积为：
，即有，
∴．
故选：B．
2．已知直线过定点，且方向向量为，则点到的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
本题首先可根据题意得出，然后求出与，最后根据空间点到直线的距离公式即可得出结果.
【详解】
因为，，所以，
则，，
由点到直线的距离公式得，
故选：A.
3．在中，，，若平面，，则点到的距离是（ ）
A． B．5 C． D．
【答案】B
【分析】
取的中点，连接、，即可得到，再由线面垂直，得到，从而得到面，即可得到，再由勾股定理求出即可；
【详解】
解：如图，取的中点，连接、，
因为，所以，又平面，平面，所以，，面，所以面，面，所以，在中，，，所以，在中，，，所以
故选：B

4．在四面体中，PA，PB，PC两两垂直，设，则点P到平面ABC的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
取中点，连结，作平面，交于，由此能求出点到平面的距离．
【详解】
解：在四面体中，，，两两垂直，，
，
取中点，连结，作平面，交于，
则，
，
点到平面的距离．
故选：．

5．已知直线l的方向向量为，点在l上，则点到l的距离为（ ）
A． B．1 C．3 D．2
【答案】B
【分析】
结合点到直线距离公式分别计算模长与夹角的正弦值即可计算.
【详解】
由题可知，点到l的距离为，，，，，则，则，故点到l的距离为.
故选：B
6．已知棱长为2的正方体，E，F分别为和的中点，则点B到EF的距离为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
在正方体中解，再在中用面积法求边上的高.
【详解】

连接、、，则为与中点，
因为E为的中点，所以,
又正方体边长为2，所以
，，，
，
设B到EF的距离为，则
，.
故选：A
7．若平面的一个法向量为，点，，，，到平面的距离为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】
求出，点A到平面的距离：，由此能求出结果
【详解】
解：，，，，
∴ 为平面的一条斜线，且
∴ 点到平面的距离：
故选：B.
8．已知，则点A到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
先求得，得到向量在方向上的投影为，进而求得点A到直线的距离．
【详解】
由，可得，
则向量在方向上的投影为，
所以点A到直线的距离．
故选：A.
9．如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为（　　）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
建立空间直角坐标系，将点P到直线CC1的距离的最小值转化为异面直线D1E与CC1的距离，利用空间向量可求得结果.
【详解】
以D为原点，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

则E(1,2,0)，D1(0,0,2)，,,
，，,
设(x，y，z)，,，
则(x，y，z)·(0,0,2)＝0，∴z＝0，
＝(x，y，z)·(－1，－2,2)＝，∴y＝-x，
令x＝1，则y＝-，∴u＝(1,-,0)，
∴异面直线D1E与CC1的距离为d＝，
∵P在D1E上运动，∴P到直线CC1的距离的最小值为d＝.
故选：A.
10．如图所示的三棱锥，平面，，若，，，，当取最大值时，点到平面的距离为（ ）

A． B． C． D．5
【答案】D
【分析】
由题意，易知，由基本不等式可得当取最大值时，的值，再由等体积法可求得点到平面的距离.
【详解】
解：平面，，
又，，，
，
（当且仅当时等号成立），
所以当取最大值时，，
平面，，又，且，
平面，，
设点到平面的距离为，由，
即，即，
所以，即是点到平面的距离为5.
故选：D.
11．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E为A1B1的中点，下列说法中正确的是（　　）
A．ED1与B1C所成的角大于60°
B．点E到平面ABC1D1的距离为1
C．三棱锥E﹣ABC1的外接球的表面积为
D．直线CE与平面ADB1所成的角为
【答案】D
【分析】
利用平行线转移求异面直线成角的正切值，判断A错误；利用平行线上点到平面的距离相等求点到面距离，判断B错误；先判断三棱锥的外接球即四棱锥的外接球，再结合球中几何关系求球的半径，再求表面积，判断C错误；利用线面成角的定义求正弦值，判断D正确.
【详解】
对于A，取DC中点F，连接，则为ED1与B1C所成的角，因为，所以，故，即A错误；

对于B，由平面知，到平面的距离等于到平面的距离，连接，交于，则平面，而，故到平面的距离为，即B错误；
对于C，三棱锥的外接球即四棱锥的外接球.因为四边形是矩形，，四棱锥的高为，设四棱锥的外接球半径为R，则，解得.
所以三棱锥的外接球的表面积为，即C错误；
对于D，连接，取的中点H，连接，交EC于K，连接CH，HK，因为，所以是直线CE与平面ADB1所成的角，，故，在直角三角形中，，，，即D正确.
故选：D.
12．如图，正方体的棱长为2，M为棱的中点，N为棱上的点，且，现有下列结论：
①当时，平面；
②存在，使得平面；
③当时，点C到平面的距离为；
④对任意，直线与都是异面直线．
其中所有正确结论的编号为（ ）

A．①② B．①③ C．②④ D．③④
【答案】D
【分析】
利用平行关系的转化，再利用比例关系求的值，判断①；利用反证法判断②；利用等体积转化求点C到平面的距离，判断③；利用异面直线的判断定理判断④.
【详解】
若平面，如图，连接，记交于S，交于T，连接，则，又T为的中点，故S也为的中点．
延长交的延长线于Q，可知，即，故①错误．

若平面，则，又，，所以平面，这是不可能的，故②错误．
利用等体积法，，，，解得：，求得点C到平面的距离为，故③正确．
连接，平面，点平面，点平面，利用异面直线的判定定理“过平面内一点和平面外一点的直线与平面内不过该点的直线异面”，故④正确．

故选：D
13．重心是几何体的一个重要性质，我国的国宝级文物东汉铜奔马（又名：马踏飞燕）就是巧妙利用了重心位于支点正上方这一性质而闻名于世.已知正三棱锥的重心是其每个顶点与其所对的面的三角形重心连线的交点.若正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则其重心G到底面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
取、的重心，连接，根据三角形重心的性质可得且，即可得到，从而得到，再利用勾股定理求出，即可得解；
【详解】
解：如图，为的重心，为的重心，连接，
因为，所以且，所以，所以，由正三棱锥的性质可知平面，又，所以，又，所以，所以，所以重心G到底面的距离即为；
故选：B

14．三棱锥中，底面ABC，，，D为AB的中点，，则点D到面的距离等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
在三角形SAB内作AE⊥SB交SB于E，进而根据条件证明AE⊥面SBC，算出AE的长度，再根据D为AB的中点得到答案.
【详解】
如图，

在三角形中，过A作AE⊥SB交SB于E，
因为面，所以，又，，所以面，因为面，所以，而AE⊥SB，且，所以AE⊥面SBC.
在三角形SAB中，由勾股定理易得，则由等面积法可得：，因为D为AB的中点，所以D到平面SBC的距离为：.
故选：C.
15．在棱长为的正方体中，，，分别是，，的中点，则点到平面的距离为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
在正方体中构造三棱锥，用等体积法计算点到面的距离
【详解】

如上图所示，三棱锥可以换底为三棱锥，此时，底面积，高为，所以，三角形中，，根据余弦定理， ，所以，
，根据等体积法得：点到平面的距离
故选：B
16．已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG=2，E、F分别是AB、AD的中点，则点B到平面GEF的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
设出点面距离，利用，结合几何体的特征，即可用等体积法求得点面距离.
【详解】
解：设到平面的距离为.

.
，.
所以.
由得.
故选：B.
17．如图，在长方体中，，，，是的中点，求到面的距离为（ ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
连接，由，结合棱锥体积公式即可求到面的距离.
【详解】
连接，则，

由题设知：，，
∴△中，上的高为，则，
又，，即，若到面的距离为，
∴，得.
故选：B
18．如图，在长方体中，，，E，F分别是平面与平面的对角线交点，则点E到直线AF距离为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
中，由长方体性质求得三边长，再由余弦定理求得的余弦，然后求得正弦后可得所求距离．
【详解】
连接，
因为是长方体，因此其棱与相应的面垂直，从而垂直于该面中的直线，
，，
，，
，
，则，
设到的距离为，
则．
故选：C．

19．已知平面，垂足为点，且与相交于点，，射线在内，且，，则点到直线的距离是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据题意，正确作出相应图形，容易得出答案.
【详解】
如图，过作 ，垂足为，连接，由平面，平面，则，由辅助线可得，又，则平面，则，于是到直线的距离是，由题意，直角三角形中，，，直角三角形中，
，于是.
故选：C

20．定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值．在棱长为1的正方体中，直线与之间的距离是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
在上任取点，作，设， ，根据得出和的关系，从而可得关于(或的函数关系，再求出此函数的最小值即可.
【详解】

设为直线上任意一点， 过作，垂足为，可知此时到直线距离最短
设，，
则，
，
，，
即，
，即，
，
，
，
当时，取得最小值，
故直线与之间的距离是.
故选：B.
21．如图，在正方体中，、、、分别是所在棱的中点，则下列结论不正确的是（ ）

A．点、到平面的距离相等
B．与为异面直线
C．
D．平面截该正方体的截面为正六边形
【答案】B
【分析】
利用中点的性质可判断A选项的正误；利用三角形全等可判断B选项的正误；利用余弦定理可判断C选项的正误；确定截面与各棱的交点以及截面多边形边长与各角的大小，可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，为的中点，故点、到平面的距离相等，A对；
对于B选项，延长、交于点，延长、交于点，

因为，为的中点，则，，，
所以，，则，同理可知，则，
即点、重合，故、相交，B错；
对于C选项，设正方体的棱长为，
则，同理，所以，为等边三角形，
因为，
由余弦定理可得，
所以，，故，则，C对；
对于D选项，设平面分别交棱、于点、，
因为平面平面，平面平面，平面平面，则，
因为、分别为、的中点，则，
因为，，故四边形为平行四边形，则，，
为的中点，则为的中点，同理可知为的中点，
所以，、、、、、分别为棱、、、、、的中点，
由勾股定理可知六边形的边长为，且，
同理易知，
故六边形为正六边形，D对.
故选：B.
22．正方体的棱长为2，G为的中点，则直线BD与平面的距离为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由图可知，∥，利用平行的性质将BD与平面的距离转化为D与平面的距离，进一步利用等体积法求出D与平面的距离即可.
【详解】

由图易证∥平面，所以BD与平面的距离等于D与平面的距离.设D与平面的距离为h，则.又因为为正方体，所以平面，所以，所以，所以.又正方体的棱长为2，G为的中点，所以，，，所以中边上的高为.所以.
故选：B.
23．如图，在棱长为1的正方体中，P为的中点，Q为上任意一点，E，F为CD上两个动点，且EF的长为定值，则点Q到平面PEF的距离（ ）


A．等于 B．和EF的长度有关
C．等于 D．和点Q的位置有关
【答案】A
【分析】
取的中点G，连接，利用线面平行判断出选项B,D错误；建立空间直角坐标系，利用平面的法向量结合空间向量数量积公式求得点到面的距离，从而得出结论.
【详解】
取的中点G，连接，则，所以点Q到平面的距离即点Q到平面的距离，与的长度无关，B错．
又平面，所以点到平面的距离即点Q到平面的距离，即点Q到平面的距离，与点Q的位置无关，D错．
如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，则，∴，，，
设是平面的法向量，则由得
令，则，所以是平面的一个法向量．
设点Q到平面的距离为d，则，A对，C错．
故选：A．

24．如图所示，在棱长为2的正方体中，M，N分别为，的中点，其中正确的结论是（ ）

A．直线MN与AC所成的角为45° B．直线AM与BN是平行直线
C．二面角的平面角的正切值为 D．点C与平面MAB的距离为
【答案】D
【分析】
根据异面直线所成角的定义得到为异面直线与所成的角，即可判断A；取的中点，连接、，可得从而判断B；设，连接、，即可得到为二面角的平面角，再根据锐角三角形函数的定义计算可得；利用等体积法求出点C与平面MAB的距离，即可判断D；
【详解】
解： 对于A：因为，所以为异面直线与所成的角，为等边三角形，所以，故A错误；
对于B：取的中点，连接、，易知，因为，所以与不是平行直线，故B错误；
对于C：设，连接、，显然为的中点，所以，又，所以，所以为二面角的平面角，所以，故二面角的平面角的正切值为，故C错误；
对于D：设点C与平面MAB的距离为，则，又，，所以，即，因为，所以，，所以，所以D正确；
故选：D

25．在三棱锥中，，，，点是的中点，底面，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
（方法一）易知，又底面，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，然后由求解；（方法二）利用等体积法，由
求解．
【详解】
（方法一）如图，

因为，点是的中点，
所以，
又底面，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
在中，，
所以，则点．
设平面的一个法向量为
则，，即，，
取，得，
所以点到平面的距离．
（方法二）由题意可知在三棱锥中，，，相互垂直，
．
在中，，
所以三角形是正三角形，
所以，
设点到平面的距离为，则，
所以．
故选：A
26．如图，已知在长方体中，，点在棱上，且，在侧面内作边长为2的正方形是侧面内一动点，且点到平面的距离等于线段的长，则当点在侧面上运动时，的最小值是（ ）

A．12 B．24 C．48 D．64
【答案】B
【分析】
确定过点作，垂足为，由长方体得当最小时，最小，建立如图的空间直角坐标系，求出点轨迹方程，用坐标表示，得最小值，从而得结论．
【详解】
在长方体中，如图，建立空间直角坐标系，过点作，垂足为，连接，则，所以，
当最小时，最小，
过点作，垂足为，
设，则，且，
因为，
所以，
化简可得，
所以，
当时，取得最小值为8，
此时，，
所以的最小值为24，
故选：B．

27．如图所示，ABCD—EFGH为边长等于1的正方体，若P点在正方体的内部且满足，则P点到直线BC的距离为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
以D为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 由题意，计算出和的坐标，然后根据向量法求点到直线的距离公式即可求解.
【详解】
如图，以D为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
，
，，
，
所以点P到的距离．
故选：B.

28．若正四棱柱的底边长为2，，E是的中点，则到平面EAC的距离为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
利用线面平行的判定定理证明∥平面EAC，则点到平面EAC的距离即为直线到平面EAC的距离，建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面AEC的法向量，由点到直线的距离公式求解即可．
【详解】
解：由棱柱的几何性质可知，∥AC，
又⊄平面EAC，AC⊂平面EAC，
则∥平面EAC，
所以点到平面EAC的距离即为直线到平面EAC的距离，
因为正四棱柱的底边长为2，，
则，
以点A为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
则A（0，0，0），，，，
所以，，，
设平面AEC的法向量为，
则，即，
令，则，，
故，
所以点到平面EAC的距离，
故到平面EAC的距离为．
故选：C．

29．已知正方体的棱长为，点为线段上一点，，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C．3 D．4
【答案】B
【分析】
在直角三角形中，过作垂直于于，证明平面，解直角三角形求解．
【详解】
连接，过作于，如图，

设，
因为正方体的棱长为1，所以，，
因为平面，，所以平面，
所以点到平面的距离为的长度，
因为，
所以，
故选：B
30．已知△ABC在平面内，不重合的两点P，Q在平面同侧，在点M从P运动到Q的过程中，记四面体M-ABC的体积为V，点A到平面MBC的距离为d，则可能的情况是（ ）
A．V保持不变，d先变大后变小 B．V保持不变，d先变小后变大
C．V先变大后变小，d不断变大 D．V先变小后变大，d不断变小
【答案】A
【分析】
先用根据题意，可知的过程中，h是单调或不变的，故可排除C、D，
再结合图像，得到所以会先变小后变大或单调或不变，即可求解.
【详解】
设点M到平面的距离为h，易知的过程中，h是单调或不变的，于是，是单调的或不变的，排除C、D.
对于AB选项，V不变即h不变，得到，是平行于的平面.
，是M到直线BC的距离.
如图①过程中，会先变小后变大，反向移动，也会先变小后变大；
②的过程中，会一直变大，反向移动会一直变小；
③的过程中，会不变；
所以会先变小后变大或单调或不变，
所以也会先变小后变大或一直变大或不变，又M-ABC的体积为定值，
故d会先变大后变小或不变或者单调.
故选：A.


二、多选题
31．已知四面体ABCD的每个顶点都在球O（O为球心）的球面上，为等边三角形，M为AC的中点，，，且，则（ ）
A．平面ACD B．平面ABC
C．O到AC的距离为 D．二面角的正切值为
【答案】AD
【分析】
设的中心为G，过点G作直线平面ABC，利用线面垂直的性质定理、判定定理得出球心，从而可判断A、B; 连接OH，得出面面角，从而判断A、D.
【详解】

设的中心为G，过点G作直线平面ABC，
则球心O在上.由M为AC的中点，得.
因为.所以平面BDM，则，
所以，所以，所以，，所以，
所以，可得平面ACD，
所以球心O在直线MB上，因此O与G重合.过M作于H，
连接OH，则，从而为二面角的平面角.
因为，，
所以O到AC的距离为，且.
故选：AD
32．如图，在四棱柱中，底面是等腰梯形，，，，底面，则（ ）

A．平面
B．直线与底面所成的角为
C．平面与平面夹角的余弦值为
D．点C到平面的距离为
【答案】ABC
【分析】
对于A：由线面垂直的性质得.再由勾股定理得，根据线面垂直的判定可判断；
对于B：由已知得是直线与底面所成的角，由三角形知识计算可判断；
对于C：以C为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，根据面面角的空间向量求解方法计算可判断；
对于 D：根据点到直线的距离的空间向量求解方法计算可判断.
【详解】
解：对于A：如图，因为平面.平面，所以.
在等腰梯形中，过点C作于点G.
因为，，，则，，，所以.
因此满足，所以.
又平面，，所以平面.故A正确；
对于B：，，两两垂直，因为平面，所以是直线与底面所成的角，
又，所以直线与底面所成的角为.故B正确；

对于C：以C为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，.
设平面的法向量为，由，得，
取平面的一个法向量.
又为平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，则，
因此平面与平面夹角的余弦值为.故C正确；
对于 D：点C到平面的距离为.故D不正确，
故选：ABC.
33．如图，在正方体中，点O在线段AC上移动，点M为棱的中点，则下列结论中正确的有（ ）

A．平面
B．的大小可以为90°
C．异面直线与的距离为定值
D．存在实数，使得成立
【答案】ABD
【分析】
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为2，通过求解，转化判断的正误；通过证明平面，判断的正误；利用空间向量法求出异面直线的距离，从而判断的正误，通过，，三点共线，结合向量的模的关系，判断的正误．
【详解】
解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为2，
设，，，，，0，，，2，，，2，，
所以．又平面，
所以平面的法向量为．因为，
所以，所以平面，故正确；
对于，当为的中点时，，1，，，2，，，0，，，2，，
所以，所以，，所以，，因为，平面，
所以平面，所以的大小可以为，故正确；
对于，，设，所以，即，令，则，，所以，又，所以异面直线与的距离，故不正确，
对于，，，三点共线，， ，所以
故正确．

故选：．
34．在直三棱柱中，，，D是AC的中点，下列判断正确的是（ ）

A．∥平面
B．面⊥面
C．直线到平面的距离是
D．点到直线的距离是
【答案】ABD
【分析】
A.连接交于点E，连接DE，易得，再利用线面平行的判定定理判断； B.易证，再根据平面平面ABC，得到平面，再利用面面垂直的判定定理判断；C.以D点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解判断；D.作，连接，易证，利用勾股定理求解判断。
【详解】
A.如图所示：

连接交于点E，连接DE，所以，又平面，
平面，所以平面，故正确；
B.因为，D是AC的中点，所以，又平面平面ABC，
所以平面，又平面，所以面⊥面，故正确；
C.∵平面，∴到平面的距离等于点到平面的距离，
C.以D点为原点，建立空间直角坐标系，

则，，，，
所以，，
设平面的一个法向量，
则，即，不妨取，
所求距离，故错误；
D.如图所示：

作，连接，因为平面ABC，所以，
又，所以平面，则，
又，
所以，故正确；
故选：ABD
35．关于棱长为的正方体，下列结论正确的是（ ）
A． B．点到平面的距离为
C．异面直线与所成的角是 D．二面角的余弦值为
【答案】BD
【分析】
利用正方体的性质，平移异面直线确定它们的平面角判断A、C的正误；应用等体积法求到平面的距离；由二面角为且，结合诱导公式及二倍角正切公式求正切值，进而求二面角的余弦值.
【详解】
A：如下图，分别是中点，则，故为的夹角或其补角，显然垂直，错误；

B：如下图，，而，，若到平面的距离为d，所以，则，正确；

C：如下图，为的交点，为的中点，则，故与所成的角即为或其补角，而，即异面直线与所成的角不是，错误；

D：如下图，若为交点，则二面角为，又，且，所以，故，正确.

故选：BD
36．如图，四棱柱的底面是正方形，为底面中心，平面，．则下列说法正确的是（ ）

A．坐标是 B．平面的法向量
C．平面 D．点到平面的距离为
【答案】ACD
【分析】
根据已知条件结合给定的几何图形求出点，，，的坐标可判断A；计算，的坐标进而可得平面的法向量的坐标可判断B；求出的坐标，判断是否成立可判断C；利用点到平面的距离公式计算可判断D，进而可得正确选项.
【详解】
对于A：由图知：，，，，设，
由，，因为，所以，
可得，所以坐标是，故选项A正确；
对于B：，可得，，设平面的法向量，
由，则，令，，所以，故选项B不正确；
对于C：，因为平面的法向量，则，所以平面，故选项C正确；
对于D：，则点到平面的距离为，故选项D正确；
故选：ACD.
37．正方体的棱长为2，E，F，G分别为的中点，则（ ）

A．直线与直线垂直 B．直线与平面平行
C．平面截正方体所得的截面面积为 D．点C到平面的距离为
【答案】BCD
【分析】
A. 设，易证平面AEF判断； B.取的中点，连接，证明平面 平面AEF判断；C.接，易证，得到截面为等腰梯形 求解判断； D. 利用等体积法，由求解判断.
【详解】
A. 若，因为 平面ABCD，则 ，又，所以平面AEF，则 ，则 ，故错误；
B.如图所示：
取的中点，连接，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，因为平面，所以平面AEF，故正确；
C.如图所示：
连接，因为E，F分别为的中点，则 ，所以 共面，则截面为等腰梯形 ，又，
等腰梯形的高为 ，所以等腰梯形的面积为，故正确；

D. 因为，且，所以点C到平面的距离为，故正确.
故选：BCD
38．如图所示，在四棱锥中，平面平面ABCD，侧面PAD是边长为的正三角形，底面ABCD为矩形，且，点Q是PD的中点，则下列结论描述正确的是（ ）

A．平面PAD
B．B，Q两点间的距离等于
C．DC与平面AQC所成的角为60°
D．三棱锥的体积为12
【答案】BD
【分析】
对于A，取AD的中点O，连接PO，以O为坐标原点，OD，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量的数量积运算可判断；
对于B：由空间两点的距离公式计算可判断；
对于C：利用线面角的空间向量求解方法可判断；
对于D，利用等体积法计算可判断．
【详解】
解：取AD的中点O，连接PO，则PO⊥AD，平面PAD∩平面ABCD=AD，平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，取BC的中点E，连接OE，
以O为坐标原点，OD，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
又，点Q是PD的中点，所以，，
对于A：平面PAD的法向量为，，所以与不共线，所以CQ与平面PAD不垂直，故A不正确；
对于B：因为，所以，故B正确；
对于C：，设平面AQC的法向量为，，
由，即，化简得，令，所以，
设DC与平面AQC所成的角为，则，
所以DC与平面AQC所成的角不为60°，故C不正确；
对于D，，所以，故D正确，
故选：BD．

39．如图，在菱形ABCD中，，，沿对角线BD将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为直线BD，CA上的动点，则下列说法正确的是（ ）

A．当，时，点D到直线PQ的距离为
B．线段PQ的最小值为
C．平面平面BCD
D．当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，PQ与AD所成角的余弦值为
【答案】BCD
【分析】
易知，从而平面，进而有平面平面，即可判断C；建立坐标系，利用向量法可判断ACD
【详解】
取的中点，连接，由题意可知：，
因为，所以，
又易知，
因为，，，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，故C正确；
以为原点，分别为轴建立坐标系，
则，
当，时，，，
，，
所以点D到直线PQ的距离为，故A错误；
设，，由得，，
，
当时，，故B正确；
当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，
，，，，
设PQ与AD所成的角为，
则，
所以PQ与AD所成角的余弦值为，故D正确；
故选：BCD

40．已知四面体的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（ ）
A．异面直线与所成角为 B．点A到平面的距离为
C． D．四面体的外接球体积为
【答案】BCD
【分析】
由题意画出图形，证明AC⊥BD，可知A错误，同理得到C正确；直接求出A到底面的距离判断B；求出正四面体外接球的半径，进一步求得外接球的体积判断D．
【详解】
如图，

由题意，四面体ABCD为正四面体，取底面BCD的中心为G，连接CG并延长，交BD于E，
则E为BD的中点，且CE⊥BD，连接AG，则AG⊥底面BCD，得AG⊥BD，
又AG∩CE＝G，∴BD⊥平面ACG，则AC⊥BD，故A错误；同理，故C正确；
由四面体的所有棱长为2，可得，又AC＝2，
∴，即点A到平面BCD的距离为，故B正确；
设四面体ABCD的外接球的球心为O，半径为R，连接OC，
则，
解得，则四面体ABCD的外接球体积为，故D正确；
故选：BCD．

第II卷（非选择题）

三、填空题
41．已知正方体的棱长为1，异面直线与的距离为____________.
【答案】
【分析】
如图所示，连接与交于点，证明，，得到距离.
【详解】
如图所示：连接与交于点，则，
平面，平面，故，
故是异面直线与的距离，.
故答案为：.

42．已知直线过点，点，则点到直线的距离是_________．
【答案】
【分析】
求出直线的方向向量及，进而求出，再根据点到直线的距离为即可得解.
【详解】
解：直线的方向向量，
，
则，
又，所以，
所以点到直线的距离为.
故答案为：.
43．如图，正三角形ABC的边长为2，P是三角形ABC所在平面外一点，平面ABC，且，则P到BC的距离为___________.


【答案】2
【分析】
取中点，连接，，由平面ABC，即可证明平面，则有，即可求解结果．
【详解】
取中点，连接，
因为为正三角形，所以
又因为平面ABC，平面ABC，则，又，
则 平面，则，
又正三角形ABC的边长为2，则
则
所以P到BC的距离为2
故答案为：2

44．平面的法向量是，点在平面内，则点到平面的距离为______．
【答案】
【分析】
先求得，利用点到平面的距离公式即可求解．
【详解】
因为点，，所以，
因为平面的法向量是，
则，
设点到平面的距离为，
则，
故答案为：．
45．在直三棱柱中，，，，则点C到平面的距离为____________.
【答案】
【分析】
设点C到平面的距离为，根据利用等体积法求出点到平面的距离；
【详解】
解：因为，，所以，所以，
所以 ，，所以，设点C到平面的距离为，则，所以，解得
故答案为：

46．如图，已知，D是中点，则点B到平面的距离是___________.

【答案】/
【分析】
证明，得线面垂直，从而得点到平面的距离，由此易得其长度．
【详解】
因为，所以，
所以，，
又D是中点，所以，
，平面，所以平面，的长就是点B到平面的距离，
由已知，，
故答案为：．

47．在正方体中，，则异面直线AB和的距离为___________.
【答案】
【分析】
如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可
【详解】
如图，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
由，
则，
设是异面直线AB和的公垂线的一个方向向量，则
，令，则，
所以异面直线AB和的距离为
，
故答案为：

48．如图所示，正方形和正方形的边长都是1，且它们所在平面互相垂直，若点在线段上运动，记，则当___________时，点到直线的距离有最小值.

【答案】
【分析】
建立空间直角坐标系，设点N是AC上的一点，且，得出点A、C、M、N的坐标，由时，就是点到直线的距离，根据二次函数的性质可求得答案.
【详解】
解：如图，建立空间直角坐标系，正方形的边长为1，则，，
设点N是AC上的一点，且，因为，所以，，
所以，，
当时，就是点到直线的距离，
所以，即，整理得，即，
所以
，
所以当时，取得最小值，即此时点到直线的距离有最小值．
故答案为:.

49．如图，已知是各条棱长均等于的正三棱柱，是侧棱的中点，点到平面的距离为_____________．

【答案】/
【分析】
取的中点，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到平面的距离.
【详解】
取的中点，连接，因为为等边三角形，则，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，

则、、、，
，，设平面的法向量为，
由，取，则，，得，
，所以，点到平面的距离为.
故答案为：.
50．已知正方体的棱长为，点为中点，点､在四边形内（包括边界），点到平面的距离等于它到点的距离，直线平面，则的最小值为___________.
【答案】
【分析】
建立空间直角坐标系得到在平面中点､的轨迹方程，然后利用导数知识进行求解即可.
【详解】
如图

所以，设
由点到平面的距离等于它到点的距离，
即点到的距离等于它到点的距离
在平面中，直线方程为
所以，
所以点的轨迹方程为
，
设平面的一个法向量为
则，令，所以
所以，由直线平面
所以
所以点的轨迹为
的导函数为
所以，
所以同平行的直线与相切的切点为，
所以点到直线的距离为
所以的最小值为
故答案为：

四、解答题
51．如图，已知三棱柱，平面平面，，，是边长为2的等边三角形.

（1）求二面角的大小的正切值；
（2）求直线到平面的距离.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）取的中点，连接，证出为二面角的平面角，在中求解即可.
（2）在底面内作，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由平面，直线到平面的距离即为点到平面的距离，根据即可求解.
（1）
是边长为2的等边三角形
由题意可得，
取的中点，连接，

，且
又平面平面，且平面平面，
平面，
，又因为，且，

所以，
因为，平面
所以为二面角的平面角，
在中，.
（2）
在三棱柱中，，
又因为平面，平面，
所以平面，
所以直线到平面的距离即为点到平面的距离，
在底面内作，
以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系，
如图：

则,
由，可得，
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，
所以，
所以点到平面的距离，
所以
52．如图，在四棱锥中，底面为菱形，已知，，.

（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）
【分析】
（1）过点作，连接，即可得到，从而得到，即，再由，得到平面，即可得证；
（2）由利用等体积法求出点到平面的距离；
（1）
证明：如图，过点作，连接.
因为，，，所以，
所以，.
又因为，所以，
由勾股定理逆定理得，即.
因为，，平面，平面，所以平面.
又因为平面，所以平面平面.
（2）
解：设点到平面的距离为.
由（1）可知，，.
在等腰中，，，
所以.由等体积法可得，，
所以，即，解得
故点到平面的距离为.
53．在长方体中，，是面对角线上一点，且.

（1）求证：；
（2）设异面直线与所成角的大小为，求的值.
（3）求点到平面的距离.
【答案】
（1）证明见解析
（2）
（3）
【分析】
（1）如图建立空间直角坐标系，由求出的坐标以及的坐标，由即可求证；
（2）求和的坐标，由空间向量夹角公式计算即可求解；
（3）设点到平面的距离为，利用即可求解.
（1）
如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，，
，所以，
所以，
所以，所以.
（2）
，，
.
（3）
设点到平面的距离为，
因为，，，
所以，
由，可得，
所以，可得：，
所以点到平面的距离为.

54．如图，在三棱锥中，，，、分别是线段、的中点，，.

（1）证明：平面平面；
（2）若，求点B到平面MNC的距离.
【答案】
（1）证明见解析
（2）
【分析】
（1）由题可得，即可说明，由勾股定理判断即可证明平面， 得证；
（2）可判断是等边三角形，取中点，连接，根据面面垂直的性质可得线段BE的长度即为点B到平面MNC的距离.
（1）
，为的中点，则，
又因为为的中点，则，且，
，则，
，则，，
，平面，
平面，因此，平面平面；
（2）
，所以，，是等边三角形，
取中点，连接，则，
平面平面，平面平面=，，，
所以线段BE的长度即为点B到平面MNC的距离.
又，所以，点B到平面MNC的距离是.

55．如图，三棱柱的所有棱长都是2，平面，为的中点，点为的中点.

（1）求证：直线平面；
（2）求直线到平面的距离.
【答案】
（1）证明见解析
（2）
【分析】
（1）取中点，连接交于，连接，由平面几何得，再根据线面平行的判定可得证；
（2）以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，运用点到面的距离的空间向量求解方法可求得答案.
（1）
证明：取中点，连接交于，连接，
∵在三棱柱中，为中点，∴，，
∵点为的中点，∴且，∴且，
∴四边形为平行四边形，∴，
又平面，平面，
∴平面.
（2）
解：由（1）得，点到平面的距离即为直线到平面的距离，连接，则，
∵平面，，∴平面，∴，，两两垂直，
以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，
∴，，
设平面的一个法向量为，
∴即
取，则，，，
又，所以点到平面的距离为，
即直线到平面的距离为.
56．如图，四边形是边长为3的正方形，平面，，，与平面所成角为.

（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】
（1）证明见解析
（2）
【分析】
（1）由已知证明平面平面，再由平面与平面平行的性质可得平面；
（2）由，利用等体积法求点到平面的距离.
（1）
证明：四边形是正方形，，
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，
四边形是边长为3的正方形，，
又与平面所成角为，即，得，
而，，可得，
，，
则，
.
，，
设点到平面的距离为，
由，得，解得.
故点到平面的距离为.

57．如图所示的四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，，点为的中点.

（1）求证：平面；
（2）若四棱锥的体积为2，求点到平面的距离.
【答案】
（1）证明见解析
（2）
【分析】
（1）通过中位线构造平行四边形后，可利用线面平行的判定定理证明
（2）可利用等体积法，将点到平面的距离，转换为三棱锥的高，通过计算得到三角形的面积以及三棱锥的体积即可求解
（1）


取PC得中点F，连接FE，FD，∵点为的中点，
∴，
在梯形ABCD中，，
∴，即四边形AEFD为平行四边形，
∴，又面 ，面 ，
面
（2）

如图，连接，取BC得中点M，连接DM，
设AD=x，则PA=AB=BC=2x，
平面，底面为直角梯形，
∴=2，
得，即，，
由平面知所以
在中，，
由已知，底面为直角梯形，且，易得为矩形，所以

，，
，

设点到平面的距离为h，
由得
解得，即点到平面的距离为
58．如图所示，边长为2的正方形和高为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）求点C到直线的距离；
（3）线段上是否存在点P使过P、A、C三点的平面和直线垂直，若存在，求与的比值：若不存在，说明理由．
【答案】
（1）
（2）
（3）
【分析】
（1）、、两两垂直，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面的法向量，求出向量所成角的余弦即为和面所成的角的正弦值．
（2）利用空间向量法求出点到直线的距离；
（3）设与的比值为，表示出的坐标，求出坐标，令与的数量积为0，列出方程，求出的值．
（1）
解：（1）因为、、两两垂直，建立如图坐标系，


则，，，，，
则
设平面的法向量，
则令，则，，所以，
向量和所成角的余弦为．
即和面所成的角的正弦值为．
（2）
解：因为，，所以，，，所以点C到直线的距离
（3）
解：假设线段上存在点使过、、三点的平面和直线垂直，不妨设与的比值为，即，设，即，所以，解得
集点坐标为，
则向量，向量，
因为
所以，解得．
所以存在，求与的比值
59．如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为菱形，，.点E，F分别在棱PA，PB，且.


（1）求证：；
（2）若直线PD与平面CEF所成的角的正弦值为.
（i）求点P与到平面CEF的距离；
（ii）试确定点E的位置.
【答案】
（1）证明见解析；
（2）(i)；(ii)E为PA的中点.
【分析】
(1)根据与即可得出；
(2)根据题意可证得、、两两垂直，以、、所在直线分别为x、y、z轴，建立如图空间直角坐标系，设()，求出各点和线段的坐标，进而求出平面的法向量，利用空间向量的数量积表示线面角的正弦值，求出a的值，确定点E的位置，结合等体积法即可求得点到面的距离.
（1）
由题意知，
因为，所以；
（2）
因为为菱形，，连接AC，则为正三角形，
取AC的中点H，连接AH，则，所以，
由平面，平面，所以，，
以、、所在直线分别为x、y、z轴，建立如图空间直角坐标系，
设，其中，由，得，
则，
有，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以，设直线PD与平面的夹角为，
则，
化简，得，由，得，
此时，即E为PA的中点；有，
取AB的中点O，则OF=OE=EF=1，，有平面PAB，
所以，而，
在中有，所以，所以，
由，设点P到平面的距离为h，
则，即，得.
(i)点P到平面的距离为；
(ii)点E为AP的中点.

60．如图，已知在四棱锥中，平面，点在棱上，且，底面为直角梯形，，，，，，分别是，的中点．

（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离．
【答案】
（1）证明见解析.
（2）
【分析】
（1）构造平行四边形,利用三角形中位线定理,证明平行即可；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
（1）
证明：取中点，连接，
因为是的中点，所以//,
因为底面为直角梯形，，，，
所以//,,
所以
所以为平行四边形，
所以//
因为，所以点为中点，
所以，所以
又平面，平面，
所以//平面
（2）
解：根据题意，以为原点，以分别为建立空间直角坐标系，如图，
由 ，分别是的中点，可得：



设平面的的法向量为，
又
则有：，即
令，则，所以
又
∴点到平面的距离.















几何体截面问题1-40题
一、单选题
1．已知正方体的棱长为，是空间中任意一点，有下列结论：
①若为棱中点，则异面直线与所成角的正切值为；
②若在线段上运动，则的最小值为；
③若在以为直径的球面上运动，当三棱锥体积最大时，三棱锥外接球的表面积为；
④若过点的平面与正方体每条棱所成角相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为.
其中正确结论的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
①根据，可得即为异面直线所成的角或所成角的补角，从而可求出；
②将和四边形沿展开到同一个平面上，易知线段的长度即为的最小值，利用余弦定理即可求出；
③根据题意判断出，为的中点时，三棱锥的体积最大，只需求此时外接球的表面积即可；
④分别为相应棱的中点时，平面为平面时，与正方体每条棱所成角相等，且截面的面积最大.
【详解】
对于①：因为，所以即为异面直线所成的角或所成角的补角，
在中，，所以，故①正确；

对于②：将和四边形沿展开到同一个平面上，如图所示，
由图可知，线段的长度即为的最小值，
在中，利用余弦定理，得，故②错误；

对于③：如图，当为的中点时，三棱锥的体积最大，
此时，三棱锥外接球的球心是的中点，半径为，其表面积为，故③正确；

对于④：要使平面与正方体每条棱所成角相等，只需与过同一个顶点的三条棱所成的角相等即可，
如图，当时，平面与正方体过点的三条棱所成的角都相等，
若分别为相应棱的中点时，平面平面，
且此时六边形为正六边形，
因为正方体的棱长为1，所以正六边形的边长为，
所以此正六边形的面积为，为截面最大面积，故④正确.

故选：B.
2．已知正方体，平面和线段，，，分别交于点E，F，G，H，则截面EFGH的形状不可能是（ ）
A．梯形 B．正方形 C．长方形 D．菱形
【答案】A
【分析】
根据面面平行的性质定理，可以得出，，由此可推断四边形EFGH一定为平行四边形，从而可得出答案.
【详解】
因为面面，面面，面面，
所以，
同理可得，所以四边形EFGH为平行四边形，
所以截面EFGH的形状不可能是梯形.
若面面，此时四边形EFGH是正方形，也是菱形；
当是所在棱的中点，分别与 重合时，四边形EFGH是长方形.

故选：A.
3．如图正方体，棱长为1，P为中点，Q为线段上的动点，过A､P､Q的平面截该正方体所得的截面记为.若，则下列结论错误的是（ ）

A．当时，为四边形 B．当时，为等腰梯形
C．当时，为六边形 D．当时，的面积为
【答案】C
【分析】
根据题意，依次讨论各选项，作出相应的截面，再判断即可.
【详解】
解：当时，如下图1，是四边形，故A正确；
当时，如下图2，为等腰梯形，B正确：
当时，如下图3，是五边形，C错误；
当时，Q与重合，取的中点F，连接，如下图4，由正方体的性质易得，且，截面为为菱形，其面积为，D正确.
故选：C


4．如图，在正方体中，M、N、P分别是棱、、BC的中点，则经过M、N、P的平面与正方体相交形成的截面是一个（ ）

A．三角形 B．平面四边形
C．平面五边形 D．平面六边形
【答案】D
【分析】
分别取、、的中点，连接、、、、、、、、、，先证明四点共面，再证明平面，
平面可得答案.
【详解】
如图，分别取、、的中点，连接、、、、、、、、、，且M、N、P分别是棱、、BC的中点，
所以、，且，所以， 即四点共面，
因为，所以四边形是平行四边形，所以，
又因为，得，且平面，平面，
所以平面，得平面，
因为，所以四边形是平行四边形，所以，
又因为，得，又平面，平面，
所以平面，得平面，所以六点共面，
平面六边形即为经过M、N、P与正方体相交形成的截面，
故选：D.

5．如图，在正方体中，E是棱的中点，则过三点A、D1、E的截面过（ ）

A．AB中点 B．BC中点
C．CD中点 D．BB1中点
【答案】B
【分析】
根据截面特点结合正方形结构性质求解.
【详解】
取的中点，连接，，如图，

则，
所以在截面上,
故选：B
6．正方体的棱长为2，E是棱的中点，则平面截该正方体所得的截面面积为（ ）
A．5 B． C． D．
【答案】D
【分析】
作出示意图，设为的中点，连接，易得平面截该正方体所得的截面为，再计算其面积.
【详解】
如图所示，设为的中点，连接，设为的中点，连接，

由且，得是平行四边形，则且，
又且，得且，则共面，
故平面截该正方体所得的截面为.
又正方体的棱长为2，，，，，
故的面积为.
故选：D.
7．正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F作一截面，则截面的周长为（　　）

A．2+2 B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据题意先作出截面，进而算出截面各边的长度，最后得到答案.
【详解】
如图，在正三棱柱中，延长AF与CC1的延长线交于M，连接EM交B1C1于P，连接FP，则四边形AEPF为所求截面.

过E作EN平行于BC交CC1于N，则N为线段CC1的中点，由相似于可得MC1=2，由相似于可得：，
在中，，则，
在中，，则，
在中，，则，
在中，，
由余弦定理：，则，
所以截面周长为：.
故选：B.
8．在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面．平面以任意角度截正方体，所截得的截面图形不可能为（ ）
A．等腰梯形 B．非矩形的平行四边形
C．正五边形 D．正六边形
【答案】C
【分析】
在正方体中依次分析，经过正方体的一个顶点去切就可得到五边形．但此时不可能是正五边形，其他情况都可构造例子.
【详解】
画出截面图形如图：

可以画出等腰梯形，故A正确；

在正方体中，作截面（如图所示）交，，，分别于点，，，，根据平面平行的性质定理可得四边形中，，且，故四边形是平行四边形，此四边形不一定是矩形，故B正确；

经过正方体的一个顶点去切就可得到五边形．但此时不可能是正五边形，故C错误；

正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，且可以画出正六边形，故D正确．
故选：C
9．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的截面记为．
①当时，为四边形；
②当时，与的交点满足；
③当时，为六边形；
④当时，的面积为．
则下列选项正确的是（ ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】B
【分析】
根据点Q在线段上的变化，分别作出过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面S，并判断其正误即可．
【详解】
对于①，因为正方体的棱长为1，当时，过A，P，Q三点的截面与正方体表面的交点在棱上，截面为四边形，如图（a）所示，故①正确；

对于②，如图（b）所示，当时，，
又为的中点，故，得，故②正确；

对于③，如图（c）所示，当时，过点，，的平面截正方体所得的截面为五边形，故③不正确；

对于④，如图（d）所示，当时，过点，，的截面为，其截面为菱形，对角线，，

所以的面积为，故④正确．
综上所述，正确的命题序号是①②④．
故选：B
10．如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A，P，Q 的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题中正确命题的个数为（ ）

①当时，S为四边形；
②当时，S为等腰梯形；
③当时，S与的交点满足；
④当时，S为六边形；
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】
随着的移动，依题意分别移动到四个位置，逐项分析判断即可得解.
【详解】

先确定临界值点，当，即为的中点时，
截面交于，则界面为等腰梯形，故②正确；
对①当时，即移动到位置时，
截面交线段于，所以截面为四边形，故①正确；
对③，当时，在的位置，截面交的延长线于，
延长交在的延长线于点，
则，
由，则，，又有，
所以，又，所以，故③正确；
对④，，点移动到位置，从图上看，截面为五边形，故④错误；
共个正确，
故选：C
11．正方体的棱长为，、，分别为，，的中点，有下述四个结论，其中正确的结论是（ ）

①直线与平面平行；
②平面截正方体所得的截面面积为；
③直线与直线所成的角的余弦值为；
④点与点到平面的距离相等.
A．①④ B．①② C．①②④ D．①②③④
【答案】C
【分析】
由已知得四边形为等腰梯形，即为正方体的截面，由线面平行的判定定理可判断①；做于，求出等腰梯形的高由梯形的面积公式可判断
②；由，得直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，由余弦定理得可判断③；点与点在平面的两侧，且线段的中点在平面内，可判断④.
【详解】
连接，因为、，分别为，的中点，
正方体的棱长为，所以，且，
所以四边形为梯形，即为正方体的截面，
且面，因为为的中点，所以，平面，平面，所以平面，
即直线与平面平行，所以①正确；
因为，，
所以，四边形为等腰梯形，做于，
，
所以梯形的面积为，
所以平面截正方体所得的截面面积为，所以②正确；
因为，所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，
为或其补角，连接，，，
在中，由余弦定理得，
由于直线与直线所成的角的范围在，所以直线与直线所成的角的余弦值为，所以③错误；
因为点与点在平面的两侧，且线段的中点在平面内，所以点与点到平面的距离相等，所以④正确，
故选：C.

12．如图，正方体中，点，，分别是，的中点，过点，，的截面将正方体分割成两个部分，记这两个部分的体积分别为，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
如图所示，过点，，的截面下方几何体转化为一个大的三棱锥，减去两个小的三棱锥，上方部分，用总的正方体的体积减去下方的部分体积即可.
【详解】
作直线，分别交于两点，连接分别交于两点，
如图所示， 过点，，的截面即为五边形 ，

设正方体的棱长为，
因为点，，分别是，的中点
所以，即，
因为，
所以
则过点，，的截面下方体积为：，
∴另一部分体积为，
∴.
故选：C.
13．如图，在正方体中，点P为线段上的动点（点与，不重合），则下列说法不正确的是（ ）

A．
B．三棱锥的体积为定值
C．过，，三点作正方体的截面，截面图形为三角形或梯形
D．DP与平面所成角的正弦值最大为
【答案】D
【分析】
A.通过平面进行说明；B.根据等体积法进行说明；C.分析点位置，作出截面图形后进行判断；D.先分析线面为，然后表示出，通过分析的长度确定出正弦值的最大值.
【详解】
由题可知平面，所以，故A正确；
由等体积法得为定值，故B正确；
设的中点为，当时，如下图所示：

此时截面是三角形，
当时，如下图所示：

此时截面是梯形，故C正确；
选项D，在正方体中，连接，则为在平面上的射影，则为与平面所成的角，
设正方体的棱长为1，，则，，
当取得最小值时，的值最大，即时，的值最小为，
所以的值最大为，故D不正确.
故选：D.

14．正方体的棱长为4，，，用经过，，三点的平面截该正方体，则所截得的截面面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
先根据题意画出截面，再根据正方形的棱长以及梯形的面积公式即可求解.
【详解】
解：如图所示：

延长交于点，
则，即为中点，
连接，取中点，连接，
则，
，，，四点共面，
，，，
截面如图所示：

在中，边上的高，
记边上的高为，
则，
，
则所截得的截面面积为：.
故选：D.
15．如图，为正方体，任作平面与对角线垂直，使得与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为，周长为，则（ ）

A．为定值，不为定值
B．不为定值，为定值
C．与均为定值
D．与均不为定值
【答案】B
【分析】
将正方体切去两个正三棱锥与后，得到一个以平行平面与为上、下底面的几何体，的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形的每一条边分别与的底面上的一条边平行，将的侧面沿棱剪开，展开在一个平面上，得到一个平行四边形，考查的位置，确定
【详解】
解：将正方体切去两个正三棱锥与后，得到一个以平行平面与为上、下底面的几何体，的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形的每一条边分别与的底面上的一条边平行，将的侧面沿棱剪开，展开在一个平面上，得到一个平行四边形，如图所示

而多边形的周界展开后便成为一条与平行的线段（如图中），显然，，所以为定值，
当位于中点时，多边形为正六边形，而当称到时，为正三角形，则当周长这定值的正六边形与正三角形面积分别为，所以不是定值，
故选：B
16．如图，在正方体中，AB=2，E为棱BC的中点，F为棱上的一动点，过点A，E，F作该正方体的截面，则该截面不可能是（ ）

A．平行四边形 B．等腰梯形
C．五边形 D．六边形
【答案】D
【分析】
对分类讨论，分别画出所对应的截面图形，即可判断；
【详解】
解：当，即F与重合时，如图1，取的中点，截面为矩形 ；
当时，如图2，截面为平行四边形AEGF；
当时，如图3，截面为五边形AEGHF，
当，即F与重合时，如图4，截面为等腰梯形AEGF．

故选：D
17．如图，在棱长为2的正方休中，，，分别为，，，的中点，过，，三点的平而截正方休所得的截面面积为（ ）

A．4 B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据题意画出截面，得到截面为正六边形，从而可求出截面的面积
【详解】
如图，分别取的中点，的中点,的中点，连接，
因为该几何体为正方体，所以∥,∥,∥,且
所以，，三点的平面截正方体所得的截面为正六边形，
所以该正六边形的面积为.
故选：D

18．正方体的棱长为，分别为的中点.则下列说法错误的是（ ）

A．直线A1G与平面AEF平行
B．直线DD1与直线AF垂直
C．异面直线A1G与EF所成角的余弦值为
D．平面AEF截正方体所得的截面面积为
【答案】B
【分析】
连接AD1，FD1，GF，BC1，证得EF//AD1，利用平面AEFD1逐一分析各选项即可判断作答.
【详解】
正方体中，连接AD1，FD1，GF，BC1，如图：

因点E，F是BC，CC1中点，则EF//BC1，而正方体的对角面ABC1D1是矩形，则AD1//BC1//EF，
连GF，因G是棱BB1中点，则GF//B1C1//A1D1，且，即四边形A1GFD1是平行四边形，A1G//D1F，
平面AEF，平面AEF，于是A1G//平面AEF，A正确；
因平面ABCD，而平面ABCD，即有AE，若AF，必有平面AEFD1，AD1，与矛盾，B不正确；
因EF//AD1，A1G//D1F，则异面直线与所成角是或其补角，
作于M，显然，即四边形AEFD1是等腰梯形，，
，，C正确；
，平面截正方体所得的截面是等腰梯形AEFD1，
等腰梯形AEFD1的面积为，D正确.
故选：B
19．如图所示，在正方体中，，､分别为棱､的中点，令过点且平行于平面的平面被正方体的截面图形为，若在内随机选择一点，则点在正方体内切球内的概率为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
先确定平面截正方体的图形并求出其面积，而正方体内切球的球心为正方体的中心，求出正方体的中心到平面的距离，进而求出平面截内切球所得圆的半径，根据几何概型转化为面积比，即可求解.
【详解】

取中点，连，
交于点，
因为所以四点共面，
因为､分别为棱､的中点，
平面平面，
所以平面，又，
所以，同理可证平面，
平面，
所以平面平面，
即等腰梯形为满足条件的平面截正方体的截面，
等腰梯形的面积为，
设正方体上下底面中心分别为，，连接，
则内切球的球心为的中点，过做
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
，所以平面，
所以为截面截内切球所得圆的圆心，
又在内切球上，所以截面截内切球所得圆的半径为，
在中，有，，
则，，
所以在中，
截面圆的面积为.
所求的概率为.
故选：B.
20．已知正方体内切球的表面积为，是空间中任意一点：
①若点在线段上运动，则始终有；
②若是棱中点，则直线与是相交直线；
③若点在线段上运动，三棱锥体积为定值；
④为中点，过点，且与平面平行的正方体的截面面积为;
以上命题为真命题的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】
根据线面垂直的性质定理证明①是真命题；由图可知直线与是异面直线，故②是假命题；利用等体积转化法得到三棱锥体积等于三棱锥的体积，接着求点到平面的距离和底面面积，从而证明三棱锥体积为定值；做出过点，且与平面平行的正方体的截面为面，最后求其面积即可.
【详解】
因为正方体内切球的表面积为，
设内切球的半径为，则，解得，
所以正方体的棱长为，

因为,且,
所以面，因为面，
所以恒成立，故①是真命题；

由图可知，直线与是异面直线，故②是假命题；


由图可知：因为，三棱锥体积等于三棱锥的体积，
由①知，面，所以点到面的距离为，
因为动点到直线的距离等于1，
所以的面积等于，
所以，故棱锥体积为定值，故③是真命题；
取中点为,中点为,连接，
因为，所以面面,
所以过点，且与平面平行的正方体的截面为面，
由图可知面是菱形，其中对角线长为，
所以，故④是真命题；真命题的个数有3个，
故选：B;

二、多选题
21．已知正方体的棱长为，下列结论正确的有（ ）
A．异面直线与所成角的大小为
B．若是直线上的动点，则平面
C．与此正方体的每个面都有公共点的截面的面积最小值是
D．若此正方体的每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截正方体所得截面面积的最大值是
【答案】BC
【分析】
A.易证平面 判断；B.易证平面平面；C.易知平面为一个与正方体的每个面都有公共点判断；D.点E，F，G，H，M，N分别为相应棱的中点，可得平面EFGHMN 平面PQR求解判断.
【详解】
A.如图所示：，，则平面 ，
所以，所以异面直线与所成角的大小为，故错误；
B. 如图所示： ，因为，平面，平面，所以平面，同理平面，
因为，所以平面平面，
因为平面,所以平面，故正确；
C.如图所示： ，平面为一个与正方体的每个面都有公共点，且截面面积最小的面，其面积为：，故正确；
D.如图所示： ，若此正方体的每条棱所在直线与平面所成的角都相等，只需平面与过同一顶点的三条棱所成的角相等，
设，则平面PQR与正方体过顶点A的三条棱所成角相等，
若点E，F，G，H，M，N分别为相应棱的中点，
可得平面EFGHMN 平面PQR，且六边形EFGHMN为正六边形，
正方体的棱长为1，则正六边形的边长为，此时正六边形的面积为，为截面的最大面积，故错误；
故选：BC
22．如图，棱长为1的正方体中为线段上的动点（不含端点）则下列结论正确的是（ ）

A．直线与所成的角可能是
B．平面平面
C．三棱雉的体积为定值
D．平面截正方体所得的截面可能是直角三角形
【答案】BC
【分析】
对于A选项， 建立坐标系，利用坐标法求解；对于B选项，由正方体的性质可知平面，进而可判断；对于C选项，利用等体积法求解即可判断；对于D选项，分别讨论所成的截面图形即可判断.
【详解】
解：对于A选项，如图1，建立空间直角坐标系，
则，，
所以，
所以，令，
，
所以在区间上单调递减，
由于，，
所以，即直线与所成的角满足，
又因为，故，故直线与所成的角不可能是，故A选项错误；

对于B选项，由正方体的性质可知平面，所以平面平面，故B选项正确；
对于C选项，三棱雉的体积，是定值，故C选项正确；
对于D选项，设的中点为，当点在线段（不包含端点）上时，此时平面截正方体所得的截面为梯形，如图2；当点在点时，此时平面截正方体所得的截面正三角形；当点在线段（不包含端点）上时，此时平面截正方体所得的截面为等腰三角形，该三角形不可能为直角三角形，故D选项错误；

故选：BC
23．如图，在正方体中，点E，F分别为，BC的中点，设过点E，F，的平面为，则下列说法正确的是（ ）

A．为等边三角形；
B．平面交正方体的截面为五边形；
C．在正方体中，存在棱与平面平行；
D．在正方体中，不存在棱与平面垂直；
【答案】BD
【分析】
设正方体棱长为2，求出各边长可判断A；根据平面的性质作出截面可判断B；分别判断三组平行线与的位置关系即可判断CD.
【详解】
对A，设正方体棱长为2，则易得，故不是等边三角形，故A错误；
对B，如图，取中点，易得，取中点，连接，则易得，再取中点，连接，则，所以，所以是平面与正方体底面的交线，延长，与的延长线交于，连接，交于，则可得五边形即为平面交正方体的截面，故B正确；

对C，因为，所以都不与平行，又，所以都不与平行，因为，所以都不与平行，故不存在棱与平面平行，故C错误；
对D，显然与不垂直，所以与不垂直，则都不与垂直；
因为与不垂直，所以与不垂直，则都不与垂直；
因为与不垂直，所以与不垂直，则都不与垂直；
所以不存在棱与平面垂直，故D正确.
故选：BD.
24．（多选）已知正方体，若平面，则关于平面截此正方体所得截面的判断正确的是（ ）
A．截面形状可能为正三角形 B．截面形状可能为正方形
C．截面形状可能为正六边形 D．截面形状可能为五边形
【答案】AC
【分析】
根据平面得到平面与平面平行或重合，然后结合图形即可判断出答案.
【详解】
如图，在正方体中，连接，，，则平面，
所以平面与平面平行或重合，
所以平面与正方体的截面形状可以是正三角形，正六边形，但不可能是五边形和四边形，故A，C正确，B，D错误．

故选：AC.
25．如图，在棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，上的动点（点不与点，重合），若，则下列说法正确的是　　

A．存在点，使得点到平面的距离为
B．用过，，三点的平面去截正方体，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体，得到的截面为六边形时，该六边形周长一定为
【答案】ABD
【分析】
连接，，，，，，，根据线线平行，面面平行求出平面，得到到平面的距离，判断；
连接并延长交的延长线于点，连接并将其延长与相交于点，根据比例关系得到四边形为梯形，判断；
连接，由可知平面平面，根据线面关系判断；
在上取点，过点作交于点，过作交于，以此类推截面为六边形，求出六边形的周长判断即可．
【详解】
对于：连接，，，，，，，如图示：

，，，，且平面平面，
又已知三棱锥各条棱长均为，则三棱锥为正四面体，
故到平面的距离为：，
平面，，又，且，
平面，又平面，，
同理可得，且，平面，
又，到平面的距离，，且，故正确；
对于：连接并延长交的延长线于点，连接并将其延长与相交于点，如图示：

，且，，则，，故即为，连接，
过点，，的截面为四边形，
由条件可知，，且，
四边形为梯形，故正确；
对于：连接，由可知平面平面，如图示：

又平面，平面，故不平行于平面，
故平面不成立，故错误；
对于：在上取点，过点作交于点，
过作交于，以此类推，如图示：

依次可得点，，，此时截面为六边形，
根据题意可知：平面平面，
不妨设，则，
故，
故六边形的周长为：，故正确；
故选：．
26．如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ）

A．直线与是平行直线
B．直线与所成的角为60°
C．直线与平面所成的角为45°
D．平面截正方体所得的截面面积为
【答案】BC
【分析】
建立空间直角坐标系，利用向量法可判断A、B、C，作出平面截正方体所得的截面即可求出面积判断D.
【详解】
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，．
∵，分别为棱，的中点，∴、，
则，，∴和不共线，故A错误；
∵，，∴，
∴，∴直线与所成的角为，故B正确．
由于平面的一个法向量为，
，
∴，直线与平面所成的角为，故C正确；
连接，易知，则平面截正方体所得的截面为等腰梯形，

∵棱长为2，∴，，，
∴等腰梯形的高为，
∴，故D错误，
故选：BC．
27．如图，在正方体中，点P为线段上的动点（点P与，不重合），则下列说法正确的是（ ）

A．
B．三棱锥的体积为定值
C．过P，C，三点作正方体的截面，截面图形为三角形或梯形
D．DP与平面所成角的正弦值最大为
【答案】ABC
【分析】
由正方体性质知垂直关系可判断A，作截面判断C，由等体积法判断B，求出线面角的正弦值，得最大值，判断D．
【详解】
由正方体性质可知平面，所以，故A正确：
由等体积法得为定值，故B正确；
根据正方体性质知，当延长线与棱相交时，截面为三角形，当延长线与棱相交时，截面为梯形，C正确；
选项D，在正方体中，连接，则为DP在平面上的射影，则为DP与平面所成的角，
设正方体的棱长为1，，则，，
当x取得最小值时，的值最大，即时，x的值最小为，
所以的值最大为，故选项D不正确，
故选：ABC．

28．如图所示，在棱长为1的正方体中，M，N分别为棱，的中点，则以下四个结论正确的是（ ）

A．
B．若为直线上的动点，则为定值
C．点A到平面的距离为
D．过作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为
【答案】ABD
【分析】
由平行公理可判断A；由数量积的定义可判断B；由等体积法可判断C；由截面面积最小的圆是以所在的弦为直径的截面圆可判断D.
【详解】
对于选项A：连结，，正方体中，，而M，N分别为棱，的中点，则，所以，故A正确；

对于选项B：设与的夹角为，由上图可知，
所以，故B正确；
对于选项C：连接，设点到平面的距离为，由得，又，则，所以，故C错误；

对于选项D：连接交于点，则是的中点. 正方体外接球球心是正方体对角线的中点，半径.
由对称性知过MN作该正方体外接球的截面，所得截面的面积最小的圆是以所在的弦为直径的截面圆，即截面圆圆心为.
易得.∴.
故截面圆半径.
此时截面圆面积为，故D正确．

故选：ABD．
29．如图，正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，则以下说法正确的是（ ）

A．平面截正方体所得截面周长为
B．上存在点P，使得平面
C．三棱锥和体积相等
D．上存在点P，使得平面
【答案】ACD
【分析】
对于B，可建立如图所示的空间直角坐标系，利用反证法可判断其正误，而对于ACD，连接，，，利用线线平行可判断截面为梯形，从而可求截面的周长，连接，利用等积法可求棱锥的体积，再取的中点M，的中点N，连接，，，利用线面平行的判定定理可证的中点Р满足平面，从而可判断这三者的正误.
【详解】
对于B选项，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
设，所以，，
若平面，则，而显然不成立，
所以与不垂直，所以上不存在点P，使得面，
所以B选项错误；
对于A选项，连接，，

∵E，F分别为，的中点，故，而，故，
∴E﹐F，，C四点共线，
∴平面截正方体所得的截面为梯形，
∴截面周长，
故A正确；
对于C选项，连接，
故，
而平面即为平面，因，
故到平面的距离为到平面的距离的，
而到平面为，故到平面的距离为，
故，
所以成立，C正确；
对于D选项，取的中点M，的中点N，连接，，，
∵且，
∴四边形为平行四边形，∴，
∴，∵平面，平面
∴平面，∴点P为的中点，
∴上存在一点Р使得平面，故D正确．
故选：ACD.
30．如图，正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，则（ ）

A．直线与直线垂直 B．直线与平面平行
C．平面截正方体所得的截面面积为 D．点到平面的距离为
【答案】BCD
【分析】
对于A，取的中点，连接，由正方体的性质判断，对于B，取的中点，连接，然后利用面面平行判断，对于C，把截面补形为四边形,由等腰梯形计算其面积，对于D，由等体积法计算即可
【详解】
解：对于A，如图所示，取的中点，连接，由正方体的性质可知‖，在中，，而，所以与不垂直，所以直线与直线不垂直，所以A错误，

对于B，如图所示，取的中点，连接，则有‖，‖，因为平面，平面，平面，平面，所以‖平面，‖平面，因为，所以平面‖平面，因为平面，所以直线与平面平行，所以B正确

对于C，如图所示，连接，延长交于点，
因为，分别为，的中点，所以‖，所以四点共面，所以截面即为梯形，因为,所以，即，即，因为，所以，即，，
所以等腰三角形的高为，梯形的高为，所以梯形的面积为，所以C正确，

对于D，，在中，由余弦定理得

所以，
所以
设点到平面的距离为，则由，可得
，解得 ，所以D正确，
故选：BCD

第II卷（非选择题）

三、填空题
31．已知正四棱柱中，，，则该四棱柱被过点，C，E的平面截得的截面面积为______.
【答案】
【分析】
在上取点，使得，连接，则四边形是平行四边形，
由勾股定理可得，再结合余弦定理与面积公式即可求解
【详解】
由题意，正四棱柱中，，，
可得，
在上取点，使得，连接，
则有，
所以四边形是平行四边形，
由勾股定理可得
，
所以,
所以，
所以四边形是平行四边形的面积为
，
故答案为：

32．正三棱锥中，，点在棱上，且，已知点都在球的表面上，过点作球的截面，则截球所得截面面积的最小值为___________.
【答案】
【分析】
通过补体把正三棱锥补成正方体，则正方体的体对角线为外接球直径；可求出，当平面时，平面截球O的截面面积最小，此时截面为圆面，从而可计算截面的半径，从而推导出截面的面积.
【详解】
，，，，
同理，故可把正三棱锥补成正方体（如图所示），

其外接球即为球，直径为正方体的体对角线，故，
设的中点为，连接，则且.所以，
当平面时，平面截球O的截面面积最小，
此时截面为圆面，其半径为，故截面的面积为.
故答案为：
33．已知在棱长为6的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，过A，E，F三点作该正方体的截面，则截面的周长为________．
【答案】/
【分析】
根据正方体的性质作出截面图形，进而算出周长.
【详解】
如图，延长EF，A1B1，相交于点M，连接AM，交BB1于点H，延长FE，A1D1，相交于点N，连接AN，交DD1于点G，连接FH，EG，可得截面为五边形AHFEG.因为ABCD­A1B1C1D1是棱长为6的正方体，且E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，由中位线定理易得：EF＝，由勾股定理易得：AG＝AH＝，EG＝FH＝，截面的周长为AH＋HF＋EF＋EG＋AG＝＋.

故答案为：＋.
34．正方体的棱长为1，分别为的中点，下列四个选项
①直线与直线垂直
②直线与平面平行
③平面截正方体所得的截面面积为
④点和点到平面的距离相等;
其中正确的是____________
【答案】②③
【分析】
画出图形，观察可知①错误；②画出截面，由线面平行的判定定理可证；③截面为等腰梯形，计算上底、下底以及梯形的高可求出面积；④若点和点到平面的距离相等，可得到的距离相等，可证明错误.
【详解】
解：①显然直线与直线不垂直，又，所以直线与直线不垂直，①错误；
②如图：
所在平面为，分别为的中点，所以，平面 ，平面，所以平面，②正确；
③截面为等腰梯形，，，且梯形的高为，所以梯形的面积为，③正确；
④若点和点到平面的距离相等，则棱锥和棱锥的体积相等，即，即三角形与三角形的面积相等，即到的距离相等，在正方形中，到的距离不相等，故④不正确；
故答案为：②③.
35．如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点A，，的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是______ （写出所有正确命题的编号）．

①当时，S为四边形；
②当时，S为等腰梯形；
③当时，S与的交点满足；
④当时，S为六边形
【答案】①②③
【分析】
分情况和两种情况作出截面，并判断②③，再通过平移交点，即可判断①④.
【详解】
如图1，当时，，这时过A，，三点的截面与交于点，，且，截面为等腰梯形；
当时，过A，，三点的截面与的交点在棱上，截面S为四边形，故①②正确．

如图2，当时，设截面S交的延长线于点，连接交于点，连接交于点，连接，取的中点，作交于点，则，且，即为的中点，∴，，，可得，故③正确．
易知当时，只需上移即可，此时S仍如图2所示的五边形，故④错误．

故答案为：①②③

四、解答题
36．如图，在正方体中，分别为和的中点.

（1）画出由A，E，F确定的平面截正方体所得的截面，（保留作图痕迹，使用铅笔作图）；（2）求异面直线和所成角的大小.
【答案】（1）作图见解析；（2）.
【分析】
（1）取BC的四等分点G(靠近C的点)，D1C1的四等分点H(靠近C1点)，则五边形AGFHE即为由A，E，F确定的平面β截正方体所得的截面；
（2）取AD的中点N，连接EN，再取EN的中点M，连接MC、NC、AM，则，故 (或其补角)即为异面直线EF和AC所成角，解三角形可求得答案.
【详解】
解：（1）如图，取BC的四等分点G(靠近C的点)，D1C1的四等分点H(靠近C1点)，
则五边形AGFHE即为由A，E，F确定的平面β截正方体所得的截面，

（2）取AD的中点N，连接EN，再取EN的中点M，连接MC、NC、AM，则，故 (或其补角)即为异面直线EF和AC所成角，
设正方体的棱长为2，可得，，，在中，有 ，所以是直角三角形，所以，所以异面直线和所成角的大小为.

37．已知正三棱柱的所有棱长都是1

（1）画经过ABC三点的截面
（2）过棱BC作和底面成二面角的截面，求此截面面积.
【答案】
（1）见解析
（2）
【分析】
（1）连接AB与交于点P，连接AC与交于点Q，再连接PQ即可；
（2）取BC的中点E，连接AE，EF，得到 是截面与底面所成的角，由，得到截面不与棱相交，与平面相交于，得到截面为梯形求解.
（1）
如图所示；


连接AB与交于点P，连接AC与交于点Q，
然后连接PQ与交于点M，与交于点N，
所以经过ABC三点的截面是ABMN；
（2）
如图所示：

取BC的中点E，连接AE，EF，
则，
所以是截面与底面所成的角，即，
因为，
所以，
所以截面不与棱相交，与平面相交于，
因为平面平面ABC，
所以，
所以截面为梯形，
又，，
所以，
因为，
所以，
所以截面的面积为.
38．如图，在正方体中，是的中点，，，分别是，，的中点．求证：

（1）直线平面；
（2）平面平面；
（3）若正方体棱长为1，过，，三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线，并求出截面的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）画图见解析，截面的面积为．
【分析】
（1）连接SB，由三角形的中位线定理、线面平行的判定定理，可得证明；
（2）由线面平行和面面平行的判定定理，即可得证；
（3）取B1C1的中点N，连接A1N，NE，取A1D1的中点M，连接MC1，AM，由平行四边形的判定和性质，推得截面为菱形，由对角线互相垂直，可得所求面积．
【详解】
（1）证明：连接SB，由EG为△CSB的中位线，可得EG∥SB，
由EG⊄平面BDD1B1，SB⊂平面BDD1B1，可得EG∥平面BDD1B1；
（2）由EF∥DB，EF⊄平面BDD1B1，DB⊂∥平面BDD1B1，
可得EF∥∥平面BDD1B1，
又由（1）可得EG∥平面BDD1B1，
EF∩EG＝E，可得平面EFG∥平面BDD1B1；
（3）取B1C1的中点N，连接A1N，NE，
可得AE∥A1N，AE＝A1N，
取A1D1的中点M，连接MC1，AM，
可得MC1＝A1N，MC1∥A1N，
可得截面AEC1M为平行四边形，且AE＝EC1＝AM＝MC1＝＝，
所以截面的面积为×A1C1×ME＝××＝．

39．（1）如图，棱长为2的正方体中，，是棱，的中点，在图中画出过底面中的心且与平面平行的平面在正方体中的截面，并求出截面多边形的周长为：______；

（2）作出平面与四棱锥的截面，截面多边形的边数为______．

【答案】（1）作图见解析，周长为；（2）作图见解析，边数为五．
【分析】
（1）利用面面平行的判定定理作出截面，求得各边长度则可得周长；（2）利用延长找公共点的方法作出截面，可得形状.
【详解】
(1)分别取，为棱，的中点，则由中位线性质得到：，所以四边形为平面四边形，
又，，所以四边形为平行四边形，所以，
由，平面，平面，所以平面，同理平面， ，由面面平行的判定定理可得平面平面，所以四边形即为所求截面，且为梯形，
由截面作法可知，所以截面四边形的周长为.

（2）延长的延长线于，连接的延长线于连接于，连接，则五边形即为所求.所以截面多边形的边数为五.

40．如图①，正方体的棱长为，为线段的中点，为线段上的动点，过点、、的平面截该正方体所得的截面记为.

（1）若，请在图①中作出截面（保留尺规作图痕迹）；
（2）若（如图②），试求截面将正方体分割所成的上半部分的体积与下半部分的体积之比.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【分析】
（1）根据平面的基本性质作出截面即可；
（2）由平面基本性质得出截面，再由锥体的体积公式得出，最后求出与之比.
【详解】
（1）延长交延长线于点，此时，延长交于点
延长交延长线于点，连接，并延长交于点，连接
此时五边形就是截面

（2）当为的中点时，再由，可知，的延长线交于点，此时截面为四边形


因此