1、华师一附中高三一轮复习补充作业（2023.12.28）（截面，交线，轨迹，翻折，范围与最值）参考答案：1C【分析】通过顶点转换，确定三棱锥的底和高的变化情况，即可确定答案.【详解】如下图，连接，在正方体中，分别为，的中点，可得，所以当在棱移动时，到平面的距离为定值，当在棱移动时，到的距离为定值，所以为定值，则三棱锥的体积为定值. 平面即平面，作，由于，可得平面MABN，由，可得，而，.故选：C.2D【分析】根据题意，结合线线垂直的判定定理、线面垂直的性质，以及异面直线夹角的求解方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：连接，作图如下：因为为正方体，故可得/，又，与是同一条直线
2、，故可得，则，故A正确；对B：根据题意，且线段在上运动，且点到直线的距离不变，故的面积为定值，又点到平面的距离也为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确；对C：取的中点分别为，连接，作图如下：容易知在中，/，又/，面面，故面/面，又G在侧面上运动，且满足G平面，故的轨迹即为线段;又因为为正方体，故面面，故，则当与重合时，故C正确；对D：因为/，故直线与所成角即为直线与所成角，即，在中，故，而当直线与直线BC所成的角为时，故直线与直线BC所成的角不可能为，故D错误.故选：D.【点睛】本题考查立体几何中的动点轨迹的问题，以及线线垂直、线面垂直、异面直线夹角、棱锥体积的求解，属综合困难题；解决问题的关
3、键是把握动点的轨迹，熟练的应用垂直关系之间的转化.3C【分析】由面面平行的性质和四边形的判定定理可判断；由正方形的性质可判断；由面面垂直的判定定理可判断；由两平面相交的性质可判断；由等积法和棱锥的体积公式可判断.【详解】因为平面与平面平行，截面与它们交于，BF，可得，同样可得，所以四边形是一个平行四边形，故正确；如果四边形是正方形，则，因为，所以平面，又平面，E与A重合，此时不是正方形，故错误；当两条棱上的交点是中点时，四边形为菱形，平面，此时四边形垂直于平面，故正确；由与DC的延长线交于M，可得，且，又因为平面，平面ABCD，所以平面，平面ABCD，又因为平面，平面ABCD，所以平面平面，同
4、理平面平面，所以BM，BN都是平面与平面ABCD的交线，所以B，M，N三点共线，故正确；由于，平面，则E，F到平面的距离相等，且为正方体的棱长，三角形的面积为定值，所以四棱锥的体积为定值，故正确.故选:C.【点睛】此题涉及的设问情况较多，有一定成立，有可能成立.对于一定成立的命题，需要利用定理加以证明，对于可能成立的问题举出例子即可说明其成立，利用反证法才能证明其不成立.故此类题在判断时，要学会选用适当的方法.4B【分析】设，则所得的棱锥侧面的高为，棱锥的高为运用棱锥的体积公式和基本不等式可求得最值.【详解】解：设，则所得的棱锥侧面的高为，棱锥的高为其体积为：，当且仅当时等号成立，即体积的最大
5、值为，故选：B.5C【分析】根据题意，判断得的轨迹为抛物线一部分，建立平面直角坐标系，写出直线和抛物线段的方程，由题意，计算点到线段的最短距离，再由等体积法计算三棱锥最小体积.【详解】如图，作平面，垂足为，再作，垂足为，连接，由题意可知，所以，由抛物线定义可知，的轨迹为抛物线一部分，所以的轨迹为抛物线一部分，当点到线段距离最短时，三角形面积最小，三棱锥体积最小，建立如图所示直角坐标系，则直线的方程为，抛物线的方程为，由题意，得，代入，得，所以点的坐标为，所以到直线的最短距离为，因为，所以，所以三棱锥体积的最小值为.故选：C【点睛】求解本题的关键是能判断出点的轨迹为抛物线一部分，再建立平面直角坐
6、标系，求解到直线的最短距离，利用等体积法求解三棱锥的最小体积.6A【分析】先判断为的重心，再利用重心得到，求出，进而得到，借助基本不等式求出最小值即可.【详解】过作平面的垂线，垂足为，连，设的交点为，在中过作直线交于两点，由相交直线确定平面，则四边形为过的截面.由计算可得，得为正三角形，所以为的重心，设，由向量运算可得，又，可得，所以，由三点共线，得，即，易得到平面的距离为，到平面的距离为1，因为，所以，得，由，得，当且仅当取等号，所以，即的最小值为.故选：A.【点睛】本题关键点在于由为的重心得到这一结论，再用表示出要求的体积，最后借助基本不等式得到最值.7B【分析】根据外接球表面积求得外接球
7、半径，进而求得三棱锥的高，并推出侧面为等腰直角三角形，作辅助线，将转化为一条线段，从而确定最小时的线段的位置，再结合三角函数值，解直角三角形,求得答案.【详解】依题意，解得，由 是正三角形可知：其外接圆半径为 ，设点S到平面ABC的距离为h，故，解得或，则或（舍去），故，则 ,而 ，故 为等腰直角三角形， ，故 为等腰直角三角形，,则 ,又 ,故平面SCM，取CB中点F，连接NF交CM于点O，则 ,则平面SCM ,故平面SCM，则，要求最小，首先需PQ最小，此时可得平面SCM，则；再把平面SON绕SN旋转，与平面SNA共面，即图中 位置，当共线且时，的最小值即为的长，由 为等腰直角三角形，故，
8、即，可得，故选：B.【点睛】本题考查了空间几何体上线段和最小值的求解，涉及到几何体的外接球以及空间的线面位置关系等问题，解答时要发挥空间想象，明确点线面的位置关系，并能进行相关计算，解答的关键是要将两线段的和转化为一条线段，才可求得线段和的最小值.8B【分析】以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，根据线面垂直的判定定理可证出平面，记与平面交于点，则易得，从而得点关于平面对称的点为，可知的最小值为，最后根据空间中两点间的距离公式即可求出结果.【详解】解：以点为坐标原点，分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，因为，且，则平面，所以，同理得平面，所以，而，所以平面，记与平面交于点，连接，且，则，易
9、得，从而得点关于平面对称的点为，所以的最小值为.故选：B.9B【分析】连接，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，判断出当三点共线时，则即为的最小值.分别求出,利用余弦定理即可求解.【详解】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，则有.当三点共线时，则即为的最小值.在三角形ABC中，由余弦定理得：,所以，即在三角形中，由勾股定理可得：,且.同理可求：因为，所以为等边三角形，所以，所以在三角形中，,由余弦定理得：.故选B.【点睛】（1）立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中的不变量；（2）立体几何中距离的最值一般处理方式：
10、几何法：通过位置关系，找到取最值的位置（条件），直接求最值；代数法：建立适当的坐标系，利用代数法求最值.10C【分析】由翻折中的边角变化，利用图形特征以及余弦定理,以及特殊位置排除即可做出判断.【详解】等腰梯形中，,可知：取中点,中点连接,则，,所以为 二面角的平面角，即设，则,因为在上余弦函数单调递减，又 ，故A对.当时, 与重合,此时,故C不对.在翻折的过程中，角度从减少到在翻折的过程中，角度从减少到BD选项根据图形特征及空间关系，可知正确.故选:C11B【分析】根据异面直线夹角，直线与平面的夹角，平面与平面的夹角的定义分别做PB与AC，PB与平面ABC，平面PAC与平面ABC的夹角，再根
11、据三角函数的性质比较几个角的大小.【详解】如图，取BC的中点 D，作VO平面ABC于点O，由题意知点O在AD上，且AO=2OD.作PE/AC，PE交VC于点E，作PFAD于点F，连接BF，则PF平面ABC取AC的中点M，连接BM，VM，VM交 PE于点H，连接BH，易知BHPE，作于点G，连接FG，由PGAC，PFAC，PGPF=P，由线面垂直判定定理可得AC平面PGF，又平面PGFFGAC,作FNBM于点N.PGVM，PFVN平面PGF平面VMB， 又 PHFN,四边形PFNH为平行四边形，所以PH=FN因此，直线PB 与直线AC所成的角，直线PB与平面ABC所成的角，二面角P-AC-B的平
12、面角，又又，因为综上所述，中最小角为，故选 B.【点睛】(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角12B【分析】连接，交于，则为中点，过点分别作，分别交于点，连接，进而可得点的轨迹是矩形，再计算边长即可得答案.【详解】解：连接，交于，则为中点，因为为的中点，所以，由正方体的性质可知平面，所以平面，因为平面，所以，过点作，分别交
13、于，过点分别作，分别交于点，连接，所以，四点共面，且，所以，四边形为平行四边形，因为平面，所以平面，平面，所以所以，四边形为矩形，因为，平面，所以平面，因为点在正方体的表面上运动，且满足所以，当面时，始终有，所以，点的轨迹是矩形，如下图，因为，所以，所以，因为，所以，所以，即，即所以，所以，点不可能是棱的中点，点的轨迹是矩形，轨迹长度为矩形的周长，轨迹所围成图形的面积为故正确的命题为.个数为2个.故选：B13A【分析】通过作图，利用面面平行找到点P的轨迹，从而求得其长度，即得答案.【详解】画出示意图如下：取中点N，取 中点M，连接 ,则,则四边形为平行四边形，所以BE，连接,则,故MNEF，又
14、 ，平面 平面BEF,所以平面BEF平面B1MN，平面平面=MN，所以P点轨迹即为MN，长度为；证明：因为平面BEF平面 ，P点是MN上的动点，故平面，所以平面BEF，满足题意.故选：A14D【分析】将该四棱锥补成正方体后可判断AB选项正误；结合椭圆的定义可以判断D的正误，延长EF交直线CD于点H，交直线BC于点I，连接GI交PB于点M，连接GH交PD于点N，通过图形即可判断C选项正误【详解】解：可将四棱锥补形成正方体，如图，直线AG即体对角线，易证平面PDB，A选项正确；如图，取CD的中点H，连接FH，可知，所以（或其补角）与直线FG和直线AC所成的角相同，在中，所以，B选项正确；如图，延长
15、EF交直线CD于点H，交直线BC于点I，连接GI交PB于点M，连接GH交PD于点N，则五边形EFNGM即为平面EFG截四棱锥所得的截面，C选项正确；当时，因为，所以点T到AG的距离为，点T在以AC为轴，底面半径的圆柱上，又点T在平面ABCD上，所以点T的轨迹是椭圆D选项错误故选：D15C【分析】以A点为坐标原点建立空间直角坐标系，求得等点的坐标，从而可求得，设与底面所成的角为，继而可求得，比较与的大小，利用正圆锥曲线被与中心轴成的平面所截曲线，即可得到答案【详解】由P点的轨迹实际是一个正圆锥面和两个平面的交线，其中这个正圆锥面的中心轴即为，顶点为A，顶角的一半即为，以A点为坐标原点建立空间直角
16、坐标系，则，可得，设与底面所成的角为，则，所以，所以该正圆锥面和底面的交线是双曲线弧，同理可知，P点在平面的交线是双曲线弧，故选：C16C【分析】对于A，取的中点，即可得到面，A选项可判断对于B，采用反证法，假设，则面，再根据题目所给的长度即可判断；对于C，当面面时，此时直线与平面所成角有最大值，判断即可；对于D，当面面时，此时四面体的体积有最大值，计算最大体积判断即可【详解】如图所示，取的中点，连接 是以为斜边的等腰直角三角形, 为等边三角形, 面 , ,故A正确对于B，假设，又 面，又,，故与可能垂直，故B正确当面面时，此时面，即为直线与平面所成角此时，故C错误当面面时，此时四面体的体积最
17、大，此时的体积为： ，故D正确故选：C17B【分析】A. 用反证法判断； B.在AD上取点G，使得AG=EC，当判断； C.利用线面平行的判定定理和性质定理判断； D.根据二面角为直二面角，由点E移动时，影响点B到AE的距离判断.【详解】A. 假设四点共面，则直线EC与BF共面，若EC与BF平行，又EC与AD平行，则AD与BF平行，这与AD与BF相交矛盾；若EC与BF相交，设交点为Q，则Q即在平面BAD内，又在平面AECD内，则点Q在交线AD上，这与EC与AD平行矛盾，所以假设不成立，所以B、E、C、F不共面，故错误；B.如图所示：在AD上取点G，使得AG=EC，当时，又平面，平面，所以平面，
18、同理平面，又，所以平面平面，则平面，故存在点，使得平面，故正确；C.设侧面与侧面的交线为l，因为，且面，面，所以面，则，所以，故错误；D.因为二面角为直二面角，当点E移动时，点B到AE的距离即三棱锥的高变化，而是定值，故三棱锥的体积不是定值，故错误；故选：B18ACD【分析】利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BC选项的正误；设则，则，根据的范围可判断D选项的正误【详解】对于A选项，因为平面，平面平面，所以，点到平面的距离等于，的面积为，所以，A选项正确；对于BC选项，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角
19、坐标系，则、，、，设平面的法向量为，由，取，可得，设，可得点，其中，则，所以，解得，故平面与平面不平行，B选项错误，设直线与所成角为，则，当时，取得最大值，此时最小，C选项正确；对于D选项，延长和并相交于点，作交于，P在线段上，此时PN与的交点即为G，连接交于，如图所示：设则，所以则由于，得，所以，D正确故选：ACD【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是空间向量及函数思想的应用.19/【分析】将四棱锥补形为长方体可得球O球心与球O半径，则当EO与截面垂直时，截面面积最小.【详解】如图，将四棱锥P-ABCD补为长方体，则此长方体与四棱锥的外接球均为球O，则球O半径.O位于PC中点处.因底面ABCD
20、是矩形，则.因PA平面ABCD，平面ABCD，则，又平面PAB，AB平面PAB，则平面PAB.因PB平面PAB，则.取PB的中点为F，则，.因，则，得.则在直角三角形OEF中，.当EO与截面垂直时，截面面积最小，则截面半径为.故截面面积为.故答案为：2015【分析】作出图形，在球中求得三角形的面积的最大值为3，作出图形，求得点为到平面的距离最大值为15，根据锥体的体积公式即可求得答案.【详解】解：如图一所示： 在圆中，因为点在截面上的投影恰为的中点，且，所以为直角三角形，且，又因为，所以可得，设，则有，所以，所以，当时，等号成立，所以；如图二所示：因为球的半径为，为线段的中点，所以，当三点共线
21、且为如图所示的位置时，点为到平面的距离最大，即此时三棱锥的高最大，此时,所以此时,即三棱锥体积的最大值是15.故答案为：15.21【分析】过作，连接，作出截面图形，根据面面平行的性质可得为平行四边形，然后利用平行四边形面积公式即可求解.【详解】如图，过点作，连接，由面面平行的性质可得：四边形为平行四边形，又因为正方体的棱长为6，点是的中点，所以点，所以，因为平行四边形的高为，所以，故答案为：.22【分析】对于，直线与的延长线分别交于,连接分别交于,连接即可解决；对于等体积法解决即可；对于，建立空间直角坐标系，设，得即可.【详解】对于，如图直线与的延长线分别交于,连接分别交于,连接，则五边形即为
22、所求的截面图形，故正确；对于，由题知，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离即为直线到平面的距离，设点到平面的距离为，由正方体的棱长为2可得，所以，所以由，可得，所以直线到平面的距离是，故错误；对于，如图建立空间直角坐标系，则，设，所以，又因为，所以，所以，假设存在点使得，所以，整理得，所以（舍去），或，所以存在点使得，故正确；对于，由知，所以点在的射影为，所以点到的距离为，当时，所以面积的最小值是，故正确；故答案为：23/【分析】根据面面平行的性质定理说明，从而说明或其补角即为，所成的平面角，利用余弦定理求得的长，结合同角的三角函数关系即可求得答案.【详解】连接,由题意知过点A的平面与平面
23、平行，平面与平面，平面的交线分别为，由于平面平面，平面平面，平面平面，所以，所以或其补角即为，所成的平面角，设正四棱锥的棱长为，则，在中，由余弦定理得，同理求得，故在中，由于，则，进而，当时取等号，故的最小值为，进而，故的最大值为，故答案为：【点睛】关键点点睛：要求直线，所成角的正弦值的最大值，需找出直线，所成角，因而解答的关键是利用面面平行的性质说明所求角即为或其补角.24【分析】两个球相交形成的截面图形为圆面，根据几何形质求出截面圆的半径即可.【详解】设外接球半径为，外接球球心到底面的距离为，则，所以，两球相交形成形成的图形为圆，如图，在中，在中，所以交线所在圆的半径为，所以交线长度为.故答案为：25/【分析】由题可得球面与底面的交线为以为圆心，1为半径的弧，即可求出.【详解】正方体中，平面，所以平面与球的截面是以为圆心的圆，且半径为，所以球面与底面的交线为以为圆心，1为半径的弧，该交线为.故答案为：.26【分析】先求出到平面的距离，判断球体与各个面的相交情况，再计算求解即可.【详解】因为，所以是边长为的等边三角形，所以边长为的等边三角形的高为：，所以，设到平面的距离为，所以，所以，解得，则，所以以为球心，为半径的球与平面，平面，平面的交线为个半径为的圆的弧线，与面的交线为一个圆，且圆的半径为，所以交线总长度为：.故答案为：.
