专题07 立体几何初步（考点清单，18题型解读）-2023-2024学年高一数学下学期期末考点大串讲（人教B版2019必修第四册）

清单07 立体几何初步 【考点题型一】斜二测画法的概念及计算 1、斜二测画法的概念：我们常用斜二测画法画空间图形及水平放置的平面图形的直观图． （1）“斜”：在已知图形的平面内与轴垂直的线段，在直观图中均与轴承或 （2）“二测”：两种度量形式，即在直观图中，平行于轴或轴的线段长度不变； 平行于轴的长度变成原来的一半， 2、直观图与原图之间的“变”与“不变” “三变”：（1）坐标轴的夹角改变；（2）与轴平行的线段长度变为原来的一半；（3）图形改变． “三不变”：（1）平行性不改变；（2）与轴和轴平行的线段长度不改变；（3）相对位置不改变． 3、直观图与原图形面积的关系：按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：S直观图＝S原图形；S原图形＝2S直观图． 【例1】（22-23高一下·天津·期末）用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的是（    ） A．正方形的直观图是正方形 B．矩形的直观图是矩形 C．菱形的直观图是菱形 D．平行四边形的直观图是平行四边形 【变式1-1】（23-24高一下·黑龙江牡丹江·期中）如图所示，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原平面图形的周长是（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】（23-24高一下·天津北辰·期中）一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，如图所示，，则原平面图形的面积为（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】（23-24高一下·广东广州·期中）如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形中对角线的长度为（ ） A． B． C． D． 【考点题型二】多面体与旋转体的结构特征 1、多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 底面 互相平行且全等 多边形 互相平行且相似 侧棱 平行且相等 相交于一点，但不一定相等 延长线交于一点，但不一定相等 侧面形状 平行四边形 三角形 梯形 2、旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 图形 旋转图形 矩形 直角三角形 直角梯形 半圆形 旋转轴 任一边所在的直线 任一直角边所在的直线 垂直于底边的腰所在的直线 直径所在的直线 母线 互相平行且相等，垂直于底面 相交于一点 延长线交于一点 轴截面 全等的矩形 全等的等腰三角形 全等的等腰梯形 圆 侧面展开图 矩形 扇形 扇环 【例2】（23-24高一下·河南濮阳·月考）下列说法中错误的是（    ） A．棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形 B．用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥可得到圆台 C．直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥 D．在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线不一定是圆柱的母线 【变式2-1】（23-24高一下·黑龙江佳木斯·期中）下列命题中正确的是（    ） A．梯形的直观图可能是平行四边形 B．圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中面积最大的一个 C．有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 D．底面是矩形的直平行六面体是长方体 【变式2-2】（23-24高一下·福建·期中）下列说法正确的是（ ） A．圆柱的母线长与圆柱的底面圆半径不可能相等 B．直四棱柱是长方体 C．将一个等腰梯形绕着它较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体是一个圆锥 D．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 【变式2-3】（23-24高一下·福建福州·期中）（多选）下列说法错误的是（    ） A．直四棱柱是长方体 B．圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台 C．棱台的各侧棱延长后必交于一点 D．棱柱中两个互相平行的面一定是棱柱的底面 【考点题型三】几何体展开图的最短距离问题 求解空间几何体表面最短路径问题通常涉及以下步骤： 1、化曲为直：将立体图形展开为平面图形，在平面图形中将路线转化为两点间的距离，然后借助直角三角形利用勾股定理求出最短路线； 2、考虑路径选择：在空间几何体的表面上，从一点到另一点的最短路径可能不是唯一的。有时需要考虑不同的路径选择，例如既走侧面又走底面的路径； 3、利用几何性质：在某些情况下，可以利用几何体的对称性或者特定的几何性质来简化问题。例如，在正方体或其他规则多面体上，可以利用对称性找到最短路径． 【例3】（22-23高一下·山东潍坊·月考）如图所示，在正三棱柱中，，，由顶点沿棱柱侧面(经过棱)到达顶点，与的交点记为，则从点经点到的最短路线长为（    ） A． B． C．4 D． 【变式3-1】（22-23高一下·河南郑州·期中）如图，正三棱锥中，，侧棱长为，一只虫子从A点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到A点，则虫子爬行的最短距离是（    ） A． B． C． D． 【变式3-2】（2024·贵州贵阳·一模）如图，这是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为，山高为是山坡上一点，且．现要建设一条从到的环山观光公路，这条公路从出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，公路上坡路段长为（    ） A． B． C． D． 【变式3-3】（22-23高一下·全国·单元测试）如图，已知圆柱的高为h，底面半径为，轴截面为矩形，在母线上有一点，且，在母线上取一点，使，则圆柱侧面上P、Q两点的最短距离为 ． 【考点题型四】空间几何体表面积与体积计算 空间几何体的表面积和体积公式 名称 几何体 表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱) S表面积＝S侧＋2S底 V＝S底h 锥体(棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝S底h 台体(棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h 球 S＝4πR2 V＝πR3 【例4】（23-24高一下·重庆·月考）某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个相同的四面体得到的（如图），若被截正方体的棱长是6dm，那么该几何体的表面积是 ． 【变式4-1】（23-24高一下·河南濮阳·月考）已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，直线与的夹角为，则该正四棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【变式4-2】（23-24高一下·重庆·期中）（多选）在等腰梯形中，，，，以所在的直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则下列说法正确的是（    ） A．等腰梯形的高为2 B．该几何体为圆柱 C．该几何体的表面积为 D．该几何体的体积为 【变式4-3】（22-23高一下·山东·期中）《九章算术》中对一些特殊的几何体有特殊的称谓，例如，将底面为直角三角形的直三棱柱叫堑堵，将一个堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开，得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥，即四棱锥）和一个鳖臑（四个面均为直角三角形的四面体，即三棱锥）．在如图所示的堑堵中，已知，若鳖臑的体积等于12，求： （1）求堑堵的侧棱长； （2）求阳马的体积； （3）求阳马的表面积． 【考点题型五】祖暅原理及其应用 1、祖暅原理的内容：幂势既同，则积不容异。 2、祖暅原理的含义：加在两个平行平面间的两个几何体，如果被平行于这两个平面的任意平面所截，两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积一定相等。 3、应用：等地面积、等高的两个柱体或锥体的体积相等。 【例5】（22-23高一下·福建福州·期末）九章算术中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”（如图）．现提供一种计算“牟合方盖”体积的方法．显然，正方体的内切球同时也是“牟合方盖”的内切球．因此，用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，该平面截内切球得到的是上述正方形截面的内切圆．结合祖暅原理，两个同高的立方体，如在等高处的截面积相等，则体积相等．若正方体的棱长为6，则“牟合方盖”的体积为（    ）    A．144 B． C．72 D． 【变式5-1】（22-23高一下·湖南岳阳·期末）中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作经验，提出“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高．详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．上述原理在中国被称为祖暅原理．一个上底面边长为2，下底面边长为4，高为6的正四棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为 ． 【变式5-2】（22-23高一下·辽宁·期末）国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图，将底面半径都为b，高都为的半椭球（左侧图）和已被挖去了圆锥的圆柱右侧图）（被挖去的圆锥以圆柱的上底面为底面，下底面的圆心为顶点）放置于同一平面上，用平行于平面且与平面任意距离d处的平面截这两个几何体，截面分别为圆面和圆环，可以证明总成立．据此，图中圆柱体（右侧图）的底面半径b为2，高a为3，则该半椭球体（左侧图）的体积为 ．   【变式5-3】（23-24高一下·湖北武汉·月考）我国南北朝的伟大科学教祖暅于5世纪提出了著名的祖暅原理，意思就是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个几截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图1，为了求半球的体积，可以构造一个底面半径和高都与半球的半径相等的圆柱，与半球放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一个新几何体，用任何一个平行底面的平面去截它们时，两个截面面积总相等.如图2，某个清代陶瓷容器的上、下底面为互相平行的圆面（上底面开口，下底面封闭），侧面为球面的一部分，上、下底面圆半径都为6cm，且它们的距离为24cm，则该容器的容积为 （容器的厚度忽略不计）． 【考点题型六】共面、共线、共点的证明 1、证明点或线共面问题的2种方法 （1）首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内； （2）将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合． 2、证明点共线问题的2种方法 （1）先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上； （2）直接证明这些点都在同一条特定直线(如某两个平面的交线)上． 3、证明线共点问题的常用方法 先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点． 【例6】（22-23高一下·安徽·月考）空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别在AB，BC，CD，AD上，且满足，. （1）求证：E，F，G，H四点共面； （2）求证：EH，FG，BD三线共点. 【变式6-1】（22-23高一下·河南信阳·期中）如图，在正方体中，E，F分别是上的点，且. （1）证明：四点共面； （2）设，证明：A，O，D三点共线. 【变式6-2】（22-23高一下·河南商丘·月考）如图，在正四棱台中，． （1）求正四棱台的体积； （2）若分别为棱的中点，证明：相交于一点． 【考点题型七】线面位置关系的命题判断 1、直观判断：通过实物或画图来直观感受空间线面的位置关系，这有助于快速形成判断。 2、逻辑推理：根据已知条件和线面平行、垂直的判定定理、性质定理，进行逻辑推导，得出结论。 3、反例验证：对于认为是真的命题，尝试找出反例来验证其真实性；对于认为是假的命题，尝试找到支持其真实性的证据 【例7】（23-24高一下·河南商丘·月考）已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，下列说法正确的是（    ） A．若上有两点到平面距离相等，则 B．若，则与是异面直线 C．若，则与没有公共点 D．若，则与一定相交 【变式7-1】（2024·海南海口·二模）设，m是两条直线，，是两个平面，则（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【变式7-2】（23-24高一下·江苏南京·月考）已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，，则 D．若，，，则 【变式7-3】（2024·江西宜春·三模）已知是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（    ） A．若、，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，则 【考点题型八】线线、线面、面面平行的证明 1、线面平行的证明方法 （1）线面平行的判定定理：关键是找到平面内与已知直线平行的直线．常利用三角形的中位线、平行四边形的对边、成比例线段出现平行线或过已知直线作一平面找其交线． （2）面面平行的性质：①两个平面平行，在一个平面内的任意一条直线平行于另外一个平面，即α∥β，a⊂α⇒a∥β；②两个平面平行，不在两个平面内的一条直线与其中一个平面平行，则这条直线与另一平面也平行，即α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β. 2、面面垂直的证明方法 （1）利用面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行． （2）利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”． （3）利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”． （4）利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化． 【例8】（23-24高一下·黑龙江牡丹江·期中）已知四棱锥，底面为矩形，，，分别是，，的中点.证明： （1）平面平面； （2）平面. 【变式8-1】（2024高一下·全国·专题练习）如图，已知四棱锥的底面ABCD为平行四边形，分别是棱的中点，平面CMN与平面PAD交于PE. 求证： （1）平面； （2）. 【变式8-2】（23-24高一下·福建三明·期中）如图，已知四棱锥中，底面是平行四边形，为侧棱的中点. （1）求证：平面； （2）若为侧棱的中点，求证：平面； （3）设平面平面，求证：. 【变式8-3】（23-24高一下·江苏连云港·期中）如图，在三棱柱中，为的中点，设平面与底面的交线为． （1）证明：平面； （2）证明：平面． 【考点题型九】线线、线面、面面垂直的证明 1、直线与直线垂直的判定方法 （1）定义法:两条直线所成的角为90°，则这两条直线垂直. （2）利用直线与平面垂直的性质定理：. （3）若一条直线垂直于两条平行线中的一条，则该直线也垂直于另一条：. （4）平面几何知识证明共面垂直(如：勾股定理逆定理,等腰三角形三线合一,菱形对角线等等). 2、证明线面垂直的方法： （2）线面垂直的判定定理：l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b＝P⇒l⊥α. （2）面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β. （3）性质：①a∥b，b⊥α⇒a⊥α；②α∥β，a⊥β⇒a⊥α. （4）α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l⇒l⊥γ.(客观题可用) 3、证明面面垂直的方法： （1）利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角问题； （2）利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化为证明线线垂直加以解决。 【例9】（2024高一下·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面平面，且，求证：平面平面． 【变式9-1】（23-24高一下·全国·期末）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，分别是，的中点．求证： （1）平面； （2）． 【变式9-2】（2024高一下·全国·专题练习）如图所示，是四边形所在平面外的一点，G为边中点，四边形是且边长为的菱形．为正三角形，且平面⊥平面. 求证： （1）⊥平面； （2）. 【变式9-3】（23-24高一下·广东深圳·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是等边三角形，，点分别为和的中点. （1）求证：平面; （2）求证：平面平面; 【考点题型十】翻折问题中的平行与垂直 1、确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决。 2、确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算。 【例10】（23-24高一下·浙江绍兴·期中）如图（1），已知菱形中，，沿对角线将其翻折，使，设此时的中点为，如图（2）. （1）求证：点是点在平面上的射影； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【变式10-1】（22-23高一下·山东滨州·月考）如图①，在梯形中，，，，将沿边翻折至，使得，如图②，过点作一平面与垂直，分别交于点．    （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离． 【变式10-2】（22-23高一下·山东济南·期末）如图1，在等腰中，分别为的中点，过作于．如图2，沿将翻折，连接得到四棱锥为中点． （1）证明：平面； （2）当时，求直线与平面所成的角的正弦值． 【变式10-3】（22-23高一下·江西宜春·期末）如图（1），六边形是由等腰梯形和直角梯形拼接而成，且，，沿进行翻折，得到的图形如图（2）所示，且. （1）求证：平面. （2）求二面角的余弦值； 【考点题型十一】平行与垂直中的动点探究 1、立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题的主要类型 ①探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么. ②探索结论，即在给定的条件下，探索命题的结论是什么. 2、对命题条件探索的三种方法： ①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明. ②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性. ③把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件. 3、对命题结论探索的方法首先假设结论成立，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定假设. 【例11】（23-24高一下·云南昆明·月考）如图，在等腰梯形中，，，，平面，平面，，点P在线段上运动. （1）求证：； （2）是否存在点P，使得平面？若存在，试求点P的位置；若不存在，请说明理由. 【变式11-1】（23-24高一下·河北保定·月考）如图，在正方体中，，点E在棱上，且. （1）求三棱锥的体积； （2）在线段上是否存在点F，使得平面，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【变式11-2】（2024高一下·全国·专题练习）如图，在正三棱柱中，．点D，E，F分别为，，的中点，连接BD，FE，CE，CF，BE．试问：线段BE上是否存在一点G，使得？若存在，指出点G的位置；若不存在，请说明理由． 【变式11-3】（23-24高一下·湖南衡阳·期中）如图，已知三棱柱的侧棱垂直于底面，，，点，分别为和的中点． （1）证明：平面； （2）设，当为何值时，平面？试证明你的结论． 【考点题型十二】异面直线所成角的求解 求两条异面直线所成的交的一般步骤： 第一步构造：根据异面直线的定义，用平移法（一般用三角形中位线、平行四边形的性质）作出异面直线所成的角； 第二步证明：证明作出的角就是要求的角； 第三步计算：求角度（常利用三角形的有关知识）； 第四步结论：若求出的角是锐角或直角，则它就是所求异面直线所成的角；若求出的角是钝角，则它的补角就是所求异面直线所成的角。 【例12】（23-24高一下·湖南永州·月考）在空间四边形ABCD中，分别是AB，CD的中点，，则异面直线AD与BC所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【变式12-1】（2023·陕西商洛·一模）如图，在长方体中，已知，，E为的中点，则异面直线BD与CE所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式12-2】（23-24高一下·山西·月考）如图，在正三棱锥中，，点分别是棱的中点，则直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式12-3】（23-24高一下·湖北武汉·月考）已知圆锥的顶点为，侧面面积为，母线长为为底面圆心，为底面圆上的两点，且，则直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【考点题型十三】直线与平面所成角的求解 1、利用直线与平面垂直的判定定理证明线面垂直的步骤： 第一步：在这个平面内找两条直线，证直线和这两条直线垂直； 第二步：确定这个平面内的两条直线是相交直线； 第三步：根据判定定理得出结论。 2、线面垂直的判定定理的实质是由线线垂直推出线面垂直，途经是找到平面内的两条相交直线均与已知直线垂直。 【例13】（23-24高二下·河南·月考）在直三棱柱中，，则与平面所成的角为（    ）. A． B． C． D． 【变式13-1】（2024·云南曲靖·二模）在三棱锥中，两两垂直，，则直线与平面所成角的正切值等于（    ） A． B． C． D． 【变式13-2】（2024高一下·江苏·专题练习）已知为等边三角形，为等腰直角三角形，为斜边，若二面角为，则直线与平面所成角的正切值为（ ）． A． B． C． D． 【变式13-3】（23-24高一下·北京·期中）如图，已知正三棱柱的底面边长为1，侧棱的长为2，E、F分别为和AC中点，则直线EF与平面所成角的余弦值为 ，异面直线与所成角的余弦值为 ． 【考点题型十四】二面角的求解 1、二面角的平面角的顶点是二面角棱上任意一点，为了解题方便，可以把其放在某一特殊位置，这要具体问题具体分析。 2、求二面角的关键是找出（或作出）其平面角，再把平面角放到三角形中求解.一般采取垂线法来作平面角，即过二面角的一个半平面内不在棱上的一点作另一个半平面的垂线，过垂足作棱的垂线，利用线面垂直可找到二面角的平面角或其补角. 【例14】（23-24高二上·北京·月考）在长方体中，若，则二面角的大小为（    ） A． B． C． D． 【变式14-1】（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，正方体中，，则二面角的余弦值为 . 【变式14-2】（23-24高一下·山东菏泽·月考）三棱锥中，平面ABC，，，，，则二面角的大小为 . 【变式14-3】（2024高三·全国·专题练习）如图，甲站在水库底面上的点D处，乙站在水坝斜面上的点C处，测得从D，C到库底与水坝的交线AB的距离分别为 m， m.又测得AB的长为5 m，CD的长为 m，则水库底面与水坝斜面所成的二面角的大小为 . 【考点题型十五】空间点面距的求解 求点到平面的距离的方法 从平面外一点作一个平面的垂线，这个点与垂足间的距离就是这个点到这个平面的距离.求点到平面的距离一般采用以下三种方法： 一是直接作出点到平面的垂线，当该点到已知平面的垂线不易作出时，可转化为过与已知平面等距离的点作垂线，然后计算；二是通过补形进行转化，转化为易于求解的点；三是采用等体积法. 【注意】线面距与面面距通常可转化为点面距求解。 【例15】（2024高一下·全国·专题练习）如图直四棱柱的体积为8，底面为平行四边形，的面积为，则点A到平面的距离为（　　） A．1 B． C． D．2 【变式15-1】（22-23高二下·江苏连云港·月考）在四棱锥中，平面，，，与平面所成角为，底面为直角梯形，，则点到平面的距离为（    ） A． B．2 C． D． 【变式15-2】（2024·浙江宁波·模拟预测）已知棱长为1的正方体分别是AB和BC的中点，则MN到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【变式15-3】（2024高一下·全国·专题练习）用六个完全相同的正方形围成的立体图形叫正六面体.已知正六面体的棱长为，则平面与平面间的距离为 . 【考点题型十六】空间几何体的外接球问题 球外接于几何体，则几何体的各顶点均在球面上.解题时要认真分析图形，一般需依据球和几何体的对称性，明确接点的位置，根据球心与几何体特殊点间的关系，确定相关的数量关系，并作出合适的截面进行求解. 【例16】（23-24高一下·广东潮州·期中）已知正六棱柱的所有棱长均为2，则该正六棱柱的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【变式16-1】（23-24高一下·江苏·月考）已知圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，该圆锥的底面直径为2，侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则球的表面积等于 ． 【变式16-2】（2024·湖北·模拟预测）已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，且，，，则球O的半径为 . 【变式16-3】（23-24高一下·重庆·期中）我国古代数学名著《九章算术》，将底面为矩形且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”．如图所示，在长方体中，已知，．该“阳马”的外接球的表面积 ． 【考点题型十七】空间几何体的内切球问题 解决几何体的内切球问题，应先作出一个适当的截面（一般作出多面体的对角面所在的截面），这个截面应包括几何体与球的主要元素，且能反映出几何体与球的位置关系和数量关系. 另外，棱锥的内切球问题可采用等体积法求解。 【例17】（23-24高一下·山东聊城·月考）已知某圆柱的轴截面是面积为4的正方形，则该圆柱的内切球的体积为（   ） A． B． C． D． 【变式17-1】（23-24高二下·湖南常德·期中）在棱长为2正四面体中，正四面体的内切球表面积为（    ） A． B． C． D． 【变式17-2】（23-24高一下·天津河西·期中）底面半径为1的圆锥的侧面积是它的底面积的两倍，则圆锥的内切球的表面积与圆锥的表面积之比为 ． 【变式17-3】（23-24高一下·福建莆田·期中）已知等腰梯形，，，圆为梯形的内切圆，并与，分别切于点，，如图所示，以所在的直线为轴，梯形和圆分别旋转一周形成的曲面围成的几何体体积分别为，，则值为（    ） A． B． C． D． 【考点题型十八】空间几何体的截面问题 作截面的几种方法 （1）直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程。 （2）延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点。 （3）平行线法：过直线与直线外一点作截面，拖直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体的截面的交线。 【例18】（22-23高一下·河南·月考）刍（chú）甍（méng）是中国古代算数中的一种几何体，是底面为矩形的屋脊状的楔体．现有一个刍甍如图所示，底面ABCD为矩形，平面，和是全等的正三角形，，，，为的重心，则过点，，的平面截该刍甍所得的截面周长为（    ） A．11 B． C．9 D． 【变式18-1】（23-24高二上·湖北·月考）一个透明密闭的正方体容器中恰好盛有该容器一半容积的水，任意转动这个正方体容器，则水面在容器中形成的所有可能的形状是（ ） ①三角形     ②非正方形的菱形     ③五边形     ④正方形     ⑤正六边形 A．②④ B．③④⑤ C．②④⑤ D．①②③④⑤ 【变式18-2】（22-23高一下·河北·期中）如图，正方体的棱长为6，M是的中点，点N在棱上，且. （1）作出过点D，M，N的平面截正方体所得的截面，写出作法； （2）求（1）中所得截面的周长. 【变式18-3】（23-24高一下·吉林白山·期中）如图，在正方体中，是的中点，分别是的中点. （1）求证：直线平面； （2）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. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 清单07 立体几何初步 【考点题型一】斜二测画法的概念及计算 1、斜二测画法的概念：我们常用斜二测画法画空间图形及水平放置的平面图形的直观图． （1）“斜”：在已知图形的平面内与轴垂直的线段，在直观图中均与轴承或 （2）“二测”：两种度量形式，即在直观图中，平行于轴或轴的线段长度不变； 平行于轴的长度变成原来的一半， 2、直观图与原图之间的“变”与“不变” “三变”：（1）坐标轴的夹角改变；（2）与轴平行的线段长度变为原来的一半；（3）图形改变． “三不变”：（1）平行性不改变；（2）与轴和轴平行的线段长度不改变；（3）相对位置不改变． 3、直观图与原图形面积的关系：按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：S直观图＝S原图形；S原图形＝2S直观图． 【例1】（22-23高一下·天津·期末）用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的是（    ） A．正方形的直观图是正方形 B．矩形的直观图是矩形 C．菱形的直观图是菱形 D．平行四边形的直观图是平行四边形 【答案】D 【解析】根据斜二测画法的规则可知，平行于坐标轴的直线平行性不变， 平行于轴的线段长度不变，平行于轴的线段长度减半. 对于A中，正方形的直角，在直观图中变为或，不是正方形，所以A错误； 对于B中，矩形的直角，在直观图中变为或，不是矩形，所以B错误； 对于C中，菱形的对角线互相垂直平分，在直观图中对角线的夹角变为， 所以菱形的直观图不是菱形，所以C错误； 对于D中，根据平行线不变，可知平行四边形的直观图还是平行四边形，所以D正确.故选：D. 【变式1-1】（23-24高一下·黑龙江牡丹江·期中）如图所示，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原平面图形的周长是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】直观图正方形的边长为，， 原图形为平行四边形，如图： 其中，高， ， 原图形的周长.故选：A. 【变式1-2】（23-24高一下·天津北辰·期中）一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，如图所示，，则原平面图形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图，在直观图中过点，作交于点， 因为， 所以，，即 将直观图还原为平面图如下： 则，，， 所以.故选：A 【变式1-3】（23-24高一下·广东广州·期中）如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形中对角线的长度为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由直观图知原几何图形是直角梯形，如图， 由斜二测法则知，， 所以.故选：C． 【考点题型二】多面体与旋转体的结构特征 1、多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 底面 互相平行且全等 多边形 互相平行且相似 侧棱 平行且相等 相交于一点，但不一定相等 延长线交于一点，但不一定相等 侧面形状 平行四边形 三角形 梯形 2、旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 图形 旋转图形 矩形 直角三角形 直角梯形 半圆形 旋转轴 任一边所在的直线 任一直角边所在的直线 垂直于底边的腰所在的直线 直径所在的直线 母线 互相平行且相等，垂直于底面 相交于一点 延长线交于一点 轴截面 全等的矩形 全等的等腰三角形 全等的等腰梯形 圆 侧面展开图 矩形 扇形 扇环 【例2】（23-24高一下·河南濮阳·月考）下列说法中错误的是（    ） A．棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形 B．用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥可得到圆台 C．直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥 D．在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线不一定是圆柱的母线 【答案】C 【解析】由棱台的结构特征可知，A选项中说法正确； 由圆台的结构特征可知，B选项中说法正确； 直角三角形绕斜边所在直线旋转一周所形成的几何体，不是圆锥， 是由两个同底圆锥组成的几何体，C选项中的说法错误； 在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，这两点的连线不一定是圆柱的母线， 只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，D选项中说法正确. 故选：C 【变式2-1】（23-24高一下·黑龙江佳木斯·期中）下列命题中正确的是（    ） A．梯形的直观图可能是平行四边形 B．圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中面积最大的一个 C．有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 D．底面是矩形的直平行六面体是长方体 【答案】D 【解析】对于A：因为梯形平行的一组对边长度不相等，所以它们的直观图的长度也不相等， 故梯形的直观图不可能是平行四边形，故A错误； 对于B：过圆锥顶点的截面为等腰三角形，且两腰长为母线长， 设该等腰三角形顶角为，则截面三角形面积为，显然当，面积最大， 故当圆锥的轴截面三角形顶角大于时，圆锥的轴截面面积不一定是最大的，故B错误； 对于C：根据棱台的定义，棱台的侧棱延伸后必须交于同一点，故C错误； 对于D：底面是矩形的直平行六面体是长方体，故D正确.故选：D 【变式2-2】（23-24高一下·福建·期中）下列说法正确的是（ ） A．圆柱的母线长与圆柱的底面圆半径不可能相等 B．直四棱柱是长方体 C．将一个等腰梯形绕着它较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体是一个圆锥 D．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 【答案】D 【解析】A. 圆柱的母线长与圆柱的底面圆半径可能相等，故A错误； B.直四棱柱是底面是四边形，侧棱和底面垂直的棱柱，不一定是长方体，故B错误； C.将一个等腰梯形绕着它较长的底边所在的直线旋转一周， 所得的几何体是一个组合体，上下是圆锥，中间是圆柱，故C错误； D.正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，故D正确.故选：D 【变式2-3】（23-24高一下·福建福州·期中）（多选）下列说法错误的是（    ） A．直四棱柱是长方体 B．圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台 C．棱台的各侧棱延长后必交于一点 D．棱柱中两个互相平行的面一定是棱柱的底面 【答案】AD 【解析】对于A：因为直四棱柱上下底面平行，侧棱垂直于底面， 但是上下底面可以不是矩形，所以直棱柱不一定是长方体，故A错误； 对于B：圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台，故B正确； 对于C：由棱台的定义知，棱台的侧棱延长后必交于一点，故C正确； 对于D：棱柱的两个面平行可能是棱柱的底面也可能是棱柱的侧面，故D错误；故选：AD. 【考点题型三】几何体展开图的最短距离问题 求解空间几何体表面最短路径问题通常涉及以下步骤： 1、化曲为直：将立体图形展开为平面图形，在平面图形中将路线转化为两点间的距离，然后借助直角三角形利用勾股定理求出最短路线； 2、考虑路径选择：在空间几何体的表面上，从一点到另一点的最短路径可能不是唯一的。有时需要考虑不同的路径选择，例如既走侧面又走底面的路径； 3、利用几何性质：在某些情况下，可以利用几何体的对称性或者特定的几何性质来简化问题。例如，在正方体或其他规则多面体上，可以利用对称性找到最短路径． 【例3】（22-23高一下·山东潍坊·月考）如图所示，在正三棱柱中，，，由顶点沿棱柱侧面(经过棱)到达顶点，与的交点记为，则从点经点到的最短路线长为（    ） A． B． C．4 D． 【答案】B 【解析】如图，沿侧棱将正三棱柱的侧面展开 由侧面展开图可知，当，，三点共线时，从点经点到的路线最短． 所以最短路线长为.故选：B. 【变式3-1】（22-23高一下·河南郑州·期中）如图，正三棱锥中，，侧棱长为，一只虫子从A点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到A点，则虫子爬行的最短距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】将正三棱锥沿剪开，得到侧面展开图，如图所示， 因为，即， 由的周长为， 要使的周长的最小，则共线，即， 又由正三棱锥侧棱长为，是等边三角形， 所以，即虫子爬行的最短距离是.故选：B. 【变式3-2】（2024·贵州贵阳·一模）如图，这是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为，山高为是山坡上一点，且．现要建设一条从到的环山观光公路，这条公路从出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，公路上坡路段长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】依题意，半径为，山高为，则母线， 底面圆周长，则圆锥侧面展开图扇形的圆心角， 如图，是圆锥侧面展开图， 显然， 由点向引垂线，垂足为点，此时为点和线段上的点连线的最小值， 即点为公路的最高点，段为上坡路段，段为下坡路段， 由直角三角形射影定理知，即，解得， 所以公路上坡路段长为．故选：D 【变式3-3】（22-23高一下·全国·单元测试）如图，已知圆柱的高为h，底面半径为，轴截面为矩形，在母线上有一点，且，在母线上取一点，使，则圆柱侧面上P、Q两点的最短距离为 ． 【答案】 【解析】如图，把圆柱的半个侧面展开，是一个下长为，宽为的矩形， ，，过作，为垂足，所以， 即可把放在一个直角边为和的直角三角形中， 根据勾股定理可得：. 【考点题型四】空间几何体表面积与体积计算 空间几何体的表面积和体积公式 名称 几何体 表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱) S表面积＝S侧＋2S底 V＝S底h 锥体(棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝S底h 台体(棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h 球 S＝4πR2 V＝πR3 【例4】（23-24高一下·重庆·月考）某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个相同的四面体得到的（如图），若被截正方体的棱长是6dm，那么该几何体的表面积是 ． 【答案】 【解析】因为被截正方体的棱长是6dm，所截去八个四面体是相同的， 所以几何体是由边长为 dm的六个正方形和八个正三角形围成的， 所以表面积为. 【变式4-1】（23-24高一下·河南濮阳·月考）已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，直线与的夹角为，则该正四棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】依题意将正四棱台补形为正四棱锥，如下图所示： 因为直线与的夹角为，所以为边长为的等边三角形， 又，且，所以是的中位线， 设，则平面，且， 所以正四棱台的高， 所以四棱台的体积.故选：D 【变式4-2】（23-24高一下·重庆·期中）（多选）在等腰梯形中，，，，以所在的直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则下列说法正确的是（    ） A．等腰梯形的高为2 B．该几何体为圆柱 C．该几何体的表面积为 D．该几何体的体积为 【答案】ACD 【解析】因为在等腰梯形中，，，， 过点作交于点，过点作交于点， 则，所以， 所以等腰梯形的高为， 以所在的直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体， 则该几何体的结构特征为一个圆柱挖去上、下两个圆锥， 且圆柱的底面半径，高为， 圆锥的底面半径，高为，故A正确，B错误． 该几何体的表面积， 体积，故C、D正确．故选：ACD 【变式4-3】（22-23高一下·山东·期中）《九章算术》中对一些特殊的几何体有特殊的称谓，例如，将底面为直角三角形的直三棱柱叫堑堵，将一个堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开，得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥，即四棱锥）和一个鳖臑（四个面均为直角三角形的四面体，即三棱锥）．在如图所示的堑堵中，已知，若鳖臑的体积等于12，求： （1）求堑堵的侧棱长； （2）求阳马的体积； （3）求阳马的表面积． 【答案】（1）6；（2）24；（3） 【解析】（1）由题设，则，且面， 设，因为，所以，所以. （2）由题意面，面，则， 又，且都在面内，故面， 所以. （3）由（1）可知，， 则， 所以，即为直角三角形， . 【考点题型五】祖暅原理及其应用 1、祖暅原理的内容：幂势既同，则积不容异。 2、祖暅原理的含义：加在两个平行平面间的两个几何体，如果被平行于这两个平面的任意平面所截，两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积一定相等。 3、应用：等地面积、等高的两个柱体或锥体的体积相等。 【例5】（22-23高一下·福建福州·期末）九章算术中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”（如图）．现提供一种计算“牟合方盖”体积的方法．显然，正方体的内切球同时也是“牟合方盖”的内切球．因此，用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，该平面截内切球得到的是上述正方形截面的内切圆．结合祖暅原理，两个同高的立方体，如在等高处的截面积相等，则体积相等．若正方体的棱长为6，则“牟合方盖”的体积为（    ）    A．144 B． C．72 D． 【答案】A 【解析】正方体的棱长，则其内切球的半径，内切球的体积． 由于截面正方形与其内切圆的面积之比为， 设牟合方盖的体积为，则， 从而牟合方盖的体积．故选：A 【变式5-1】（22-23高一下·湖南岳阳·期末）中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作经验，提出“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高．详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．上述原理在中国被称为祖暅原理．一个上底面边长为2，下底面边长为4，高为6的正四棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为 ． 【答案】56 【解析】由题可得即求相应台体体积， 设台体上底面面积为，下底面面积为，台体高为， 则台体体积为. 【变式5-2】（22-23高一下·辽宁·期末）国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图，将底面半径都为b，高都为的半椭球（左侧图）和已被挖去了圆锥的圆柱右侧图）（被挖去的圆锥以圆柱的上底面为底面，下底面的圆心为顶点）放置于同一平面上，用平行于平面且与平面任意距离d处的平面截这两个几何体，截面分别为圆面和圆环，可以证明总成立．据此，图中圆柱体（右侧图）的底面半径b为2，高a为3，则该半椭球体（左侧图）的体积为 ．   【答案】 【解析】根据题意，因为总成立， 所以半椭球体的体积为， 由题意知：，， 所以半椭球体的体积为：． 【变式5-3】（23-24高一下·湖北武汉·月考）我国南北朝的伟大科学教祖暅于5世纪提出了著名的祖暅原理，意思就是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个几截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图1，为了求半球的体积，可以构造一个底面半径和高都与半球的半径相等的圆柱，与半球放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一个新几何体，用任何一个平行底面的平面去截它们时，两个截面面积总相等.如图2，某个清代陶瓷容器的上、下底面为互相平行的圆面（上底面开口，下底面封闭），侧面为球面的一部分，上、下底面圆半径都为6cm，且它们的距离为24cm，则该容器的容积为 （容器的厚度忽略不计）． 【答案】 【解析】先求容器一半的体积，根据图一左图，可知， 则球的半径为，且上底面圆的面积为， 建立一个底面半径为，高为12的圆柱，如图一右图， 那么根据祖暅原理，挖去一个与圆柱等高的小圆锥， 其底面面积为， 所以， 所以整个容器的容积为. 【考点题型六】共面、共线、共点的证明 1、证明点或线共面问题的2种方法 （1）首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内； （2）将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合． 2、证明点共线问题的2种方法 （1）先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上； （2）直接证明这些点都在同一条特定直线(如某两个平面的交线)上． 3、证明线共点问题的常用方法 先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点． 【例6】（22-23高一下·安徽·月考）空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别在AB，BC，CD，AD上，且满足，. （1）求证：E，F，G，H四点共面； （2）求证：EH，FG，BD三线共点. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 【解析】（1），∥ ，∥ ∥，所以四点共面； （2）∥，且，，， 四边形EFGH为梯形， 设，则，而平面ABD，所以平面ABD , 又，平面BCD，所以平面BCD， 而平面平面，， EH，FG，BD三线共点. 【变式6-1】（22-23高一下·河南信阳·期中）如图，在正方体中，E，F分别是上的点，且. （1）证明：四点共面； （2）设，证明：A，O，D三点共线. 【答案】（1）证明见祥解；（2）证明见祥解 【解析】（1）证明：如图，连接. 在正方体中，，所以， 又，且， 所以四边形是平行四边形，所以， ，所以四点共面； （2）证明：由，， 又平面，平面， 同理平面ABCD， 又平面平面， ，即A，O，D三点共线. 【变式6-2】（22-23高一下·河南商丘·月考）如图，在正四棱台中，． （1）求正四棱台的体积； （2）若分别为棱的中点，证明：相交于一点． 【答案】（1）；（2）证明见解析 【解析】（1）连接，取分别为和的中点， 因为为正四棱台，所以，且为的高， 因为，所以， 所以正四棱台的体积为； （2）因为分别为棱的中点，所以，， 所以，所以为梯形，则与必相交， 设，因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面， 又平面平面，所以， 所以交于一点. 【考点题型七】线面位置关系的命题判断 1、直观判断：通过实物或画图来直观感受空间线面的位置关系，这有助于快速形成判断。 2、逻辑推理：根据已知条件和线面平行、垂直的判定定理、性质定理，进行逻辑推导，得出结论。 3、反例验证：对于认为是真的命题，尝试找出反例来验证其真实性；对于认为是假的命题，尝试找到支持其真实性的证据 【例7】（23-24高一下·河南商丘·月考）已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，下列说法正确的是（    ） A．若上有两点到平面距离相等，则 B．若，则与是异面直线 C．若，则与没有公共点 D．若，则与一定相交 【答案】C 【解析】对于A，上有两点到平面距离相等，平面可以过这两点的中点， 此时与相交，A错误； 对于BC，，则没有公共点，由，得与没有公共点， 与是平行直线或者是异面直线，C正确，B错误； 对于D，，则或与是相交直线，当时，，D错误.故选：C 【变式7-1】（2024·海南海口·二模）设，m是两条直线，，是两个平面，则（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】B 【解析】对于A，若，，，则与可能平行，也可能相交，还可能异面，故A错误； 对于B，若，，则，又，所以，故B正确； 对于C，D，，，， 则与可能平行，也可能异面或相交，故C，D错误；故选：B． 【变式7-2】（23-24高一下·江苏南京·月考）已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，，则 D．若，，，则 【答案】B 【解析】对于选项A，若，则或，故选项A错误； 对于选项B，若，，则，又，则，故选项B正确； 对于选项C，若，，，，如果是两条相交直线，则， 如果，则可能相交，不一定平行，故选项C错误； 对于选项D，由，，，不能得出， 故不能得出，故选项D错误.故选：B. 【变式7-3】（2024·江西宜春·三模）已知是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（    ） A．若、，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，则 【答案】D 【解析】对于A，当时，过n作平面，使，则，因为，， 所以，所以，故A正确； 对于B，当，，由线面垂直的性质可得，故B正确； 对于C，因为，，所以，又，所以，故C正确； 对于D，当，时，可能在平面内，故D错误．故选：D． 【考点题型八】线线、线面、面面平行的证明 1、线面平行的证明方法 （1）线面平行的判定定理：关键是找到平面内与已知直线平行的直线．常利用三角形的中位线、平行四边形的对边、成比例线段出现平行线或过已知直线作一平面找其交线． （2）面面平行的性质：①两个平面平行，在一个平面内的任意一条直线平行于另外一个平面，即α∥β，a⊂α⇒a∥β；②两个平面平行，不在两个平面内的一条直线与其中一个平面平行，则这条直线与另一平面也平行，即α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β. 2、面面垂直的证明方法 （1）利用面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行． （2）利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”． （3）利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”． （4）利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化． 【例8】（23-24高一下·黑龙江牡丹江·期中）已知四棱锥，底面为矩形，，，分别是，，的中点.证明： （1）平面平面； （2）平面. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 【解析】（1）证明：因为，，分别是，，的中点，所以,， 又因为底面为矩形，所以,所以, 又平面,平面，所以面. 又因为平面,平面，所以平面. 因为,平面,所以平面平面. （2）证明：因为平面，平面平面，所以平面. 【变式8-1】（2024高一下·全国·专题练习）如图，已知四棱锥的底面ABCD为平行四边形，分别是棱的中点，平面CMN与平面PAD交于PE. 求证： （1）平面； （2）. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 【解析】（1）如图，取DC的中点Q，连接MQ，NQ. 因为N，Q分别是PC，DC的中点，所以. 因为平面，平面，所以平面. 因为M是AB的中点，四边形ABCD是平行四边形，所以. 又平面，平面，所以平面. 因为，平面，所以平面平面. 因为平面MNQ，所以平面. （2）因为平面平面， 又平面平面，平面平面，所以. 【变式8-2】（23-24高一下·福建三明·期中）如图，已知四棱锥中，底面是平行四边形，为侧棱的中点. （1）求证：平面； （2）若为侧棱的中点，求证：平面； （3）设平面平面，求证：. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析 【解析】（1）设，连接，因为是平行四边形，故， 又为侧棱的中点，故. 又平面，平面，故平面. （2）若为侧棱的中点，，则， 又平面，平面，故平面. 又，平面，平面，故平面. 又，平面，故平面平面. 又平面，故平面. （3）因为，平面，平面，故平面. 又平面平面，平面，故 【变式8-3】（23-24高一下·江苏连云港·期中）如图，在三棱柱中，为的中点，设平面与底面的交线为． （1）证明：平面； （2）证明：平面． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析； 【解析】（1）证明：如图，连接与交于点O，连接 在三棱柱中，侧面为平行四边形，所以O为的中点， 又因为点M为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面. （2）证明：在三棱柱中， 平面平面， 因为平面平面，平面平面，所以， 因为平面，平面，所以平面. 【考点题型九】线线、线面、面面垂直的证明 1、直线与直线垂直的判定方法 （1）定义法:两条直线所成的角为90°，则这两条直线垂直. （2）利用直线与平面垂直的性质定理：. （3）若一条直线垂直于两条平行线中的一条，则该直线也垂直于另一条：. （4）平面几何知识证明共面垂直(如：勾股定理逆定理,等腰三角形三线合一,菱形对角线等等). 2、证明线面垂直的方法： （2）线面垂直的判定定理：l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b＝P⇒l⊥α. （2）面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β. （3）性质：①a∥b，b⊥α⇒a⊥α；②α∥β，a⊥β⇒a⊥α. （4）α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l⇒l⊥γ.(客观题可用) 3、证明面面垂直的方法： （1）利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角问题； （2）利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化为证明线线垂直加以解决。 【例9】（2024高一下·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面平面，且，求证：平面平面． 【答案】证明见解析 【解析】因为平面平面，平面平面， 且，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，可得，所以， 又因为， 平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． 【变式9-1】（23-24高一下·全国·期末）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，分别是，的中点．求证： （1）平面； （2）． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 【解析】（1）四棱锥的底面是矩形，， 平面，平面，， 又，、平面，平面； （2）由（1）知平面， 同理可得，平面， ，分别是，的中点， ，平面， 又平面，. 【变式9-2】（2024高一下·全国·专题练习）如图所示，是四边形所在平面外的一点，G为边中点，四边形是且边长为的菱形．为正三角形，且平面⊥平面. 求证： （1）⊥平面； （2）. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 【解析】（1）如图，连接， ∵四边形是菱形且，∴△是正三角形， ∵G为的中点，∴. 又平面⊥平面，且平面∩平面，平面， ∴平面. （2）由（1）可知， ∵△为正三角形，为的中点，∴， 又平面，∴平面， 又平面，∴. 【变式9-3】（23-24高一下·广东深圳·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是等边三角形，，点分别为和的中点. （1）求证：平面; （2）求证：平面平面; 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 【解析】（1）取中点，连接， 由为的中点，为的中点，所以， 又，则， 因此四边形为平行四边形，于是， 而平面，平面，所以平面； （2）过作于点，连接， 由，得≌， 则，即， 因为底面是边长为2的菱形，是等边三角形， 所以， 从而，所以， 又因为，平面，平面，则平面， 又因为平面，所以平面平面. 【考点题型十】翻折问题中的平行与垂直 1、确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决。 2、确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算。 【例10】（23-24高一下·浙江绍兴·期中）如图（1），已知菱形中，，沿对角线将其翻折，使，设此时的中点为，如图（2）. （1）求证：点是点在平面上的射影； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）在菱形中，， 所以，均为等边三角形， 因为，为的中点，所以， 又，所以， 连接，则， 又因为， 所以，所以，所以， 又因为，所以，所以， 又，且，平面， 所以平面，所以点是点在平面上的射影； （2）设点到面的距离为，又菱形边长为， 则的面积，所以； 由的面积，由（1）知平面，， 所以，所以， 设直线与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值． 【变式10-1】（22-23高一下·山东滨州·月考）如图①，在梯形中，，，，将沿边翻折至，使得，如图②，过点作一平面与垂直，分别交于点．    （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）证明：如图①， ，，，， ，， 如图②，∵，，， ，， ，且，平面，平面， 又平面，， 平面，且平面，， 又，且平面，平面． （2）方法一：过点作，垂足为， 由（1）知平面，而平面，， 且，平面，平面， 则垂线段的长度即为点到平面的距离． 在中，，，， ，， 由已知得，则， 由（1）知，，， 即点到平面的距离为． 方法二：求点到平面的距离，即求点到平面的距离， 由（1）知平面，平面，， 在直角三角形中，，，， 由等面积得，， 即，， 平面，且平面，， 由（1）知，∽，， 则在直角三角形中，， 设点到平面的距离为， 在三棱锥中，由等体积得，， 即 ，， 即点到平面的距离为． 【变式10-2】（22-23高一下·山东济南·期末）如图1，在等腰中，分别为的中点，过作于．如图2，沿将翻折，连接得到四棱锥为中点． （1）证明：平面； （2）当时，求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）取线段中点为，连结 因为是线段中点， 在△AOB中，，且， 由题意知AO⊥BC，又DE⊥BC，AO、DE在面ACED内， 则，且， 所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为，所以， 因为平面 所以平面，同理平面， 因为平面，所以，又DF//EG，所以， 因为，是线段中点，所以 因为平面，所以平面； （2）直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角， 做平面于点，连接，取中点，连接 所以是在平面内的射影， 所以是直线与平面所成的角， 易知的面积为， 因为平面，平面，所以平面平面， 由题意，易知为等边三角形， 因为为中点，所以， 又平面平面，平面，所以平面， 则，即点到平面的距离为 所以， 因为，所以平面， 因为平面，所以， 所以 所以中，，则， 所以，则， 因为，所以，所以， 所以， 故直线与平面所成的角的正弦值为. 【变式10-3】（22-23高一下·江西宜春·期末）如图（1），六边形是由等腰梯形和直角梯形拼接而成，且，，沿进行翻折，得到的图形如图（2）所示，且. （1）求证：平面. （2）求二面角的余弦值； 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）在等腰梯形ADEF中，作于M， 则，可得， 连接AC，则， 因为，可得， 由，可得， 且，平面，所以平面. （2）由（1）可知平面ADEF，且平面，可得， 且，，平面，可得平面， 且平面，可得， 又，可知就是二面角的平面角， 在，可得， 所以二面角的余弦值为. 【考点题型十一】平行与垂直中的动点探究 1、立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题的主要类型 ①探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么. ②探索结论，即在给定的条件下，探索命题的结论是什么. 2、对命题条件探索的三种方法： ①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明. ②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性. ③把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件. 3、对命题结论探索的方法首先假设结论成立，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定假设. 【例11】（23-24高一下·云南昆明·月考）如图，在等腰梯形中，，，，平面，平面，，点P在线段上运动. （1）求证：； （2）是否存在点P，使得平面？若存在，试求点P的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）存在， 【解析】（1）证明：在等腰梯形ABCD中， ∵，，，∴， ∴，∴，∴. ∵平面，平面，∴. 又∵，，平面，∴平面. ∵平面，∴. （2）在线段上存在P且,使得平面. 证明如下：由已知可得四边形为矩形，连接交于O，连接， 由（1）知在中，，，. ∵，∴，∴. 当时，且， 则四边形为平行四边形，则. 又平面，平面，所以平面. 综上可知，在线段上存在P，使得平面，且. 【变式11-1】（23-24高一下·河北保定·月考）如图，在正方体中，，点E在棱上，且. （1）求三棱锥的体积； （2）在线段上是否存在点F，使得平面，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）3；（2）存在， 【解析】（1）过作，垂足为， 因为，所以平面即平面 明显平面， 所以平面， 又，， 所以. （2）假设在线段上存在点F，使得平面， 取的三等分点，使， 则四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 又平面，，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面， 取的三等分点（靠近），则， 所以平面平面， 又平面，平面，所以， 又为的中点，所以为的中点， 所以存在点满足题意，且. 【变式11-2】（2024高一下·全国·专题练习）如图，在正三棱柱中，．点D，E，F分别为，，的中点，连接BD，FE，CE，CF，BE．试问：线段BE上是否存在一点G，使得？若存在，指出点G的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】线段BE上存在一点G，且当时， 【解析】如图，取BC的中点H，过点H作于点G，连接AH，则． 在正三棱柱中，平面平面， 又平面平面，，平面ABC， 所以平面，即平面BCE． 因为平面BCE，所以． 因为，AH，平面AHG，， 所以平面AHG，因为平面AHG，所以． 在中，设，则． 易得， 所以，所以． 所以线段BE上存在一点G，且当时，． 【变式11-3】（23-24高一下·湖南衡阳·期中）如图，已知三棱柱的侧棱垂直于底面，，，点，分别为和的中点． （1）证明：平面； （2）设，当为何值时，平面？试证明你的结论． 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）取的中点，的中点，连接，，， 则有，，，所以，则与共面， 又平面，平面，所以平面， 又平面，平面，所以平面， 又，平面，平面平面， 又平面，∴平面； （2）连接，不妨设，则， 所以， ∵三棱柱的侧棱垂直于底面，∴平面平面， ∵，∴， 又点是的中点，所以， 又平面平面，平面， ∴平面，平面，∴， 要使平面，只需即可， 又∵， ∴，即， ∴（负值舍去），即时，平面. 【考点题型十二】异面直线所成角的求解 求两条异面直线所成的交的一般步骤： 第一步构造：根据异面直线的定义，用平移法（一般用三角形中位线、平行四边形的性质）作出异面直线所成的角； 第二步证明：证明作出的角就是要求的角； 第三步计算：求角度（常利用三角形的有关知识）； 第四步结论：若求出的角是锐角或直角，则它就是所求异面直线所成的角；若求出的角是钝角，则它的补角就是所求异面直线所成的角。 【例12】（23-24高一下·湖南永州·月考）在空间四边形ABCD中，分别是AB，CD的中点，，则异面直线AD与BC所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图：取中点，连接，， 易知：，， 所以异面直线AD与BC所成的角就是或它的补角. 在中，，，. 所以. 所以. 所以异面直线AD与BC所成的角为：.故选：B 【变式12-1】（2023·陕西商洛·一模）如图，在长方体中，已知，，E为的中点，则异面直线BD与CE所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】取的中点F，连接EF，CF，， 易知，所以为异面直线BD与CE所成的角或其补角. 因为，， 所以由余弦定理得.故选：C 【变式12-2】（23-24高一下·山西·月考）如图，在正三棱锥中，，点分别是棱的中点，则直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】取线段的中点G，连接 由点是棱的中点，可得， 所以为直线与所成角或其补角． 不妨设，由等边三角形可得，，所以， 在中，由余弦定理得， 所以．在中，由余弦定理得， 即直线PD与CE所成角的余弦值为．故选：C． 【变式12-3】（23-24高一下·湖北武汉·月考）已知圆锥的顶点为，侧面面积为，母线长为为底面圆心，为底面圆上的两点，且，则直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设底面半径为，又母线长为，侧面面积为， 所以，即，解得，则， 取、、的中点、、，连接、、、， 则且、且，， 所以为直线与所成角（或补角）， 又， 所以， 所以直线与所成角的余弦值为.故选：A 【考点题型十三】直线与平面所成角的求解 1、利用直线与平面垂直的判定定理证明线面垂直的步骤： 第一步：在这个平面内找两条直线，证直线和这两条直线垂直； 第二步：确定这个平面内的两条直线是相交直线； 第三步：根据判定定理得出结论。 2、线面垂直的判定定理的实质是由线线垂直推出线面垂直，途经是找到平面内的两条相交直线均与已知直线垂直。 【例13】（23-24高二下·河南·月考）在直三棱柱中，，则与平面所成的角为（    ）. A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题意，，，可知平面， 则有平面，即为所求线面角， 不妨设，则，， 故，故.故选:A. 【变式13-1】（2024·云南曲靖·二模）在三棱锥中，两两垂直，，则直线与平面所成角的正切值等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图所示，取的中点为，连接，作交于点， 因为，且，平面， 所以平面，平面，所以， 因为，点为的中点，所以， 因为，平面， 所以平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 所以就是直线与平面所成角， 因为， 所以.故选：D. 【变式13-2】（2024高一下·江苏·专题练习）已知为等边三角形，为等腰直角三角形，为斜边，若二面角为，则直线与平面所成角的正切值为（ ）． A． B． C． D． 【答案】C 【解析】取的中点，连接， 因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有， 又是等边三角形，则， 从而为二面角的平面角，即， 显然平面，于是平面， 又平面，因此平面平面， 因为平面平面，直线平面， 则直线在平面内的射影在直线上， 从而为直线与平面所成的角， 不妨设，则， 在中，由余弦定理得： ， 由正弦定理得，即， 显然是锐角，，所以， 所以直线与平面所成角的正切值为.故选：C. 【变式13-3】（23-24高一下·北京·期中）如图，已知正三棱柱的底面边长为1，侧棱的长为2，E、F分别为和AC中点，则直线EF与平面所成角的余弦值为 ，异面直线与所成角的余弦值为 ． 【答案】 / 【解析】取中点，连接， 由题意可知，平面，所以为直线EF与平面所成角， 在中，， 所以； 取中点，连接，可得， 所以异面直线与所成角的余弦值为， 在中，，， ， 由余弦定理可得，， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 【考点题型十四】二面角的求解 1、二面角的平面角的顶点是二面角棱上任意一点，为了解题方便，可以把其放在某一特殊位置，这要具体问题具体分析。 2、求二面角的关键是找出（或作出）其平面角，再把平面角放到三角形中求解.一般采取垂线法来作平面角，即过二面角的一个半平面内不在棱上的一点作另一个半平面的垂线，过垂足作棱的垂线，利用线面垂直可找到二面角的平面角或其补角. 【例14】（23-24高二上·北京·月考）在长方体中，若，则二面角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为， 所以四边形是正方形，取的中点为O，连接， 则，又平面，平面，所以， 又，所以平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为，所以， 所以二面角的大小为.故选：A. 【变式14-1】（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，正方体中，，则二面角的余弦值为 . 【答案】 【解析】取BD的中点O，连接A1O，C1O，A1C1，如图所示： 因为长方体中， 所以，即 ， 所以，，且. 所以为二面角的平面角， 【变式14-2】（23-24高一下·山东菏泽·月考）三棱锥中，平面ABC，，，，，则二面角的大小为 . 【答案】30° 【解析】由题可得，即， 平面ABC，平面ABC，， 又，，PC，平面PAC，平面PAC， 而平面PAC，， 即为二面角的平面角， 在直角三角形PCA中，，可得 【变式14-3】（2024高三·全国·专题练习）如图，甲站在水库底面上的点D处，乙站在水坝斜面上的点C处，测得从D，C到库底与水坝的交线AB的距离分别为 m， m.又测得AB的长为5 m，CD的长为 m，则水库底面与水坝斜面所成的二面角的大小为 . 【答案】/ 【解析】如图，作且，连接. 又，则四边形是矩形，. 又，所以是所求二面角的平面角.因为，，则. 又，，平面， 所以平面，而平面，所以，， 所以，， 由题可知， 则. 又是三角形的内角，所以. 【考点题型十五】空间点面距的求解 求点到平面的距离的方法 从平面外一点作一个平面的垂线，这个点与垂足间的距离就是这个点到这个平面的距离.求点到平面的距离一般采用以下三种方法： 一是直接作出点到平面的垂线，当该点到已知平面的垂线不易作出时，可转化为过与已知平面等距离的点作垂线，然后计算；二是通过补形进行转化，转化为易于求解的点；三是采用等体积法. 【注意】线面距与面面距通常可转化为点面距求解。 【例15】（2024高一下·全国·专题练习）如图直四棱柱的体积为8，底面为平行四边形，的面积为，则点A到平面的距离为（　　） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【解析】设点A到平面的距离为h，因为直四棱柱的体积为8， 则直三棱柱的体积为4，故， 即， 又因为，所以，故点A到平面的距离为.故选：B 【变式15-1】（22-23高二下·江苏连云港·月考）在四棱锥中，平面，，，与平面所成角为，底面为直角梯形，，则点到平面的距离为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【解析】在平面中过作，垂足为， 因为平面，所以为与平面所成角，则， 又平面，所以， 又，所以，所以，， 因为，则， 因为平面，所以， 又平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，平面，所以平面， 所以为点到平面的距离，即所求为.故选：C. 【变式15-2】（2024·浙江宁波·模拟预测）已知棱长为1的正方体分别是AB和BC的中点，则MN到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】延长交延长线于点，连接，， 因为分别是AB和BC的中点，则， 由正方体的性质可得，所以， 又平面，平面，所以平面， 所以MN到平面的距离即点到平面的距离，设为， 则， 因为正方体的棱长为1， 所以，，， 所以，即，故选：C. 【变式15-3】（2024高一下·全国·专题练习）用六个完全相同的正方形围成的立体图形叫正六面体.已知正六面体的棱长为，则平面与平面间的距离为 . 【答案】/ 【解析】由题意知：正六面体是棱长为的正方体， 有且，则四边形为平行四边形， 所以，平面，平面，则有平面， 同理平面， ，平面，平面平面， 连接， ，，，平面，平面， 又平面，，同理可证得：， 又平面，， 平面，平面， 设垂足分别为，则平面与平面间的距离为. 正方体的体对角线长为. 在三棱锥中，，易知， 则由等体积法求得：， ∴平面与平面间的距离为：. 【考点题型十六】空间几何体的外接球问题 球外接于几何体，则几何体的各顶点均在球面上.解题时要认真分析图形，一般需依据球和几何体的对称性，明确接点的位置，根据球心与几何体特殊点间的关系，确定相关的数量关系，并作出合适的截面进行求解. 【例16】（23-24高一下·广东潮州·期中）已知正六棱柱的所有棱长均为2，则该正六棱柱的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图，设正六棱柱下底面的中心为，其外接球的圆心为点， 则，为等边三角形，故，即为其外接球的半径， 所以， 所以该正六棱柱的外接球的体积为.故选：C. 【变式16-1】（23-24高一下·江苏·月考）已知圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，该圆锥的底面直径为2，侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则球的表面积等于 ． 【答案】/ 【解析】设圆锥的母线长为，因为圆锥底面直径为，且侧面展开图是一个圆心角为的扇形， 可得，解得，则圆锥的高为， 设外接球的半径为，作出组合体的轴截面，如图所示， 在直角中，可得，即，解得， 所以球的表面积为. 【变式16-2】（2024·湖北·模拟预测）已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，且，，，则球O的半径为 . 【答案】/ 【解析】如图，由于三棱锥对棱相等， 将三棱锥补全为为长方体， 从而外接圆直径为长方体的体对角线， 设长方体的棱长分别为，球的半径为， 则， 所以，解得. 【变式16-3】（23-24高一下·重庆·期中）我国古代数学名著《九章算术》，将底面为矩形且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”．如图所示，在长方体中，已知，．该“阳马”的外接球的表面积 ． 【答案】 【解析】长方体的外接球即为四棱锥的外接球， 因为，. 长方体的对角线长为， 则长方体的外接球的半径， 该“阳马”外接球的表面积为. 【考点题型十七】空间几何体的内切球问题 解决几何体的内切球问题，应先作出一个适当的截面（一般作出多面体的对角面所在的截面），这个截面应包括几何体与球的主要元素，且能反映出几何体与球的位置关系和数量关系. 另外，棱锥的内切球问题可采用等体积法求解。 【例17】（23-24高一下·山东聊城·月考）已知某圆柱的轴截面是面积为4的正方形，则该圆柱的内切球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】依题意可得该圆柱的底面半径为1，高为2， 易得该圆柱的内切球的半径为1， 则该圆柱的内切球的体积为.故选：C. 【变式17-1】（23-24高二下·湖南常德·期中）在棱长为2正四面体中，正四面体的内切球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】正四面体底面的中心记为点，连接，. 由正四面体的性质可得：面. 因为正四面体棱长为2， 所以底面三角形的高为，则， 所以正四面体的高. 设正四面体内切球的半径为，球心为. 由等体积法可得：， 即，解得：. 所以正四面体的内切球表面积为.故选：B. 【变式17-2】（23-24高一下·天津河西·期中）底面半径为1的圆锥的侧面积是它的底面积的两倍，则圆锥的内切球的表面积与圆锥的表面积之比为 ． 【答案】 【解析】圆锥的轴截面是，设圆锥的底面半径， 母线为，则，， 所以，得：，如图， 可知是正三角形，O是内切球球心，圆锥的内切球分别与边交于点， 所以，是内切球半径， 因为，则，又 所以，即， 所以内切球表面积，所以， 则圆锥的内切球的表面积与圆锥的表面积之比为. 【变式17-3】（23-24高一下·福建莆田·期中）已知等腰梯形，，，圆为梯形的内切圆，并与，分别切于点，，如图所示，以所在的直线为轴，梯形和圆分别旋转一周形成的曲面围成的几何体体积分别为，，则值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】梯形ABCD旋转一周形成圆台，且圆台的上底面半径为,下底面半径为, 由圆O和梯形ABCD相切可得，， 所以圆台高,  圆O半径， 所以，,，所以，.故选：C. 【考点题型十八】空间几何体的截面问题 作截面的几种方法 （1）直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程。 （2）延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点。 （3）平行线法：过直线与直线外一点作截面，拖直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体的截面的交线。 【例18】（22-23高一下·河南·月考）刍（chú）甍（méng）是中国古代算数中的一种几何体，是底面为矩形的屋脊状的楔体．现有一个刍甍如图所示，底面ABCD为矩形，平面，和是全等的正三角形，，，，为的重心，则过点，，的平面截该刍甍所得的截面周长为（    ） A．11 B． C．9 D． 【答案】A 【解析】如图，延长交于点，取的中点，连接，，易得为的中点， ∴，∵，∴， 即过点，，的平面截该刍甍所得的截面为四边形， ∵，， ∴过点，，的平面截该刍甍所得的截面周长为．故选：A 【变式18-1】（23-24高二上·湖北·月考）一个透明密闭的正方体容器中恰好盛有该容器一半容积的水，任意转动这个正方体容器，则水面在容器中形成的所有可能的形状是（ ） ①三角形     ②非正方形的菱形     ③五边形     ④正方形     ⑤正六边形 A．②④ B．③④⑤ C．②④⑤ D．①②③④⑤ 【答案】C 【解析】因为正方体容器中盛有一半容积的水，无论怎样转动，其水面总是过正方体的中心， 过正方体一面上一边的中点和此边外的顶点以及正方体的中心作一截面， 其截面形状为菱形，且不为正方形，所以②是正确的； 过正方体一面上相对两边的中点以及正方体的中心作一截面， 得截面形状为正方形，所以④是正确的； 过正方体的一个面相邻两边的中点以及正方体的中心作一截面， 得截面形状为正六边形，所以⑤是正确的； 过正方体的中心的平面截正方体得到的截面，且该截面将正方体的体积平分， 显然截面不能是三角形和五边形；故选：C. 【变式18-2】（22-23高一下·河北·期中）如图，正方体的棱长为6，M是的中点，点N在棱上，且. （1）作出过点D，M，N的平面截正方体所得的截面，写出作法； （2）求（1）中所得截面的周长. 【答案】（1）答案见解析;（2） 【解析】（1）如图所示，五边形即为所求截面. 作法如下：连接并延长交的延长线于点E，连接交于点F， 交的延长线于点H，连接交于点Q，连接，， 所以五边形即为所求截面. （2）因为，所以，得. 因为，所以，得， 则，，所以， ，， 则截面的周长为. 【变式18-3】（23-24高一下·吉林白山·期中）如图，在正方体中，是的中点，分别是的中点. （1）求证：直线平面； （2）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）画图见解析， 【解析】（1）证明：连接，由为的中位线，可得， 由平面平面，可得平面； （2）取的中点，连接，可得， 取的中点，连接，可得， 可得截面为平行四边形， 且，即平行四边形为菱形， 而， 所以截面的面积为. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司2 学科网（北京）股份有限公司 $$