专题07 立体几何-2025年高考数学二轮复习核心考点聚焦与强化（新高考全国卷)

专题07立体几何 高考数学二轮复习核心考点聚焦与强化 专题07 立体几何 一、关键知识： 1.空间几何体的面积公式和体积公式 （1）多面体表面积：多面体每个面的面积之和. 棱柱的表面积：； 棱锥的表面积：； 棱台的表面积：. （2）多面体的体积 棱柱的体积：柱体的体积等于它的底面积和高的乘积，即. 棱锥的体积：锥体的体积等于它的底面积和高的乘积的,即. 棱台的体积：(,分别为上下底面面积，为台体的高) （3）旋转体表面积（侧面积） 圆柱的表面积：. 圆锥的表面积： 圆台的表面积： （4）圆柱、圆锥、圆台的体积 圆柱的体积： 圆锥的体积： 圆台的体积： （5）球体：球的表面积：；球的体积： 2.外接球和内切球问题的解题思路： （1）求解几何体外接球的半径的思路 ①根据球的截面的性质，利用球的半径R、截面圆的半径r及球心到截面圆的距离d三者的关系R2＝r2＋d2求解，其中，确定球心的位置是关键； ②将几何体补成长方体，利用该几何体与长方体共有外接球的特征，由外接球的直径等于长方体的体对角线长求解． （2）解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是： 第一步定球心：如果是内切球，则球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，则球心到接点的距离相等且为半径； 第二步作截面：选准最佳角度作截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的； 第三步求半径、下结论：根据作出的截面中的几何元素，建立关于球半径的方程，并求解。 3.空间线面平行的判定： （1）线面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”) ⇒l∥α 性质定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”) ⇒l∥b （2）面面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”) ⇒α∥β 性质定理 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 ⇒a∥b （3）线面平行判定的向量方法 设直线,的方向向量分别为，，平面，的法向量分别为，，则 线线平行 ⇔⇔() 线面平行 ⇔⇔ 面面平行 ⇔⇔ 4.空间线面垂直的判定： （1）直线与平面垂直判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直 ⇒l⊥α 性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒a∥b （2）平面与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直 ⇒α⊥β 性质定理 两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 ⇒l⊥α （3）线面垂直判定的向量方法 设直线的方向向量为，直线的方向向量为，平面的法向量，平面的法向量为，则 线线垂直 ⇔⇔ 线面垂直 ⇔⇔⇔ 面面垂直 ⇔⇔⇔ 5.求点面距离的方法 （1）等积法. （2）向量法：如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度.. 6. 求线线角的方法 （1）几何法：平移构建三角形，然后解三角形. （2）向量法：已知，为两异面直线，，与，分别是，上的任意两点，，为所成的角为，则. 7.求线面角的方法 （1）定义法（如右图）：具体操作方法： ①在直线上任取一点（通常都是取特殊点），向平面引（通常都是找+证明）垂线； ②连接斜足与垂足； ③则斜线与射影所成的角，就是直线与平面所成角. （2）等体积法求垂线段法： ①利用等体积法求垂线段的长；②. （3）向量法：设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，则有 .（注意此公式中最后的形式是：） 8. 求二面角的方法 （1）定义法：在二面角的棱上任取一点（通常都是取特殊点，如中点，端点），过该点在两个半平面内作二面角棱的垂线，两垂线所成的角就是二面角的平面角. （2）三垂线法： 三垂线定理：在平面内一条直线如果和这个平面一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直. 三垂线定理逆定理：在平面内一条直线如果和这个平面一条斜线垂直，那么它和这条斜线的射影垂直. 具体操作步骤（如图在三棱锥中）求二面角： ①第一垂：过点向平面引垂线（一般是找+证，证明） ②第二垂：在平面中，过点作,垂足为 ③第三垂：连接（解答题需证明） （3）射影面积法：凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式求出二面角的大小. （4）向量法：若于，于，平面交于，则为二面角的平面角，.若分别为面，的法向量，则 注：根据图形判断二面角为锐二面角还是顿二面角；若二面角为锐二面角（取正），则；若二面角为顿二面角（取负），则. 二、聚焦高考： 本章内容是高考必考内容之一，多考查空间几何体的表面积与体积，空间中有关平行与垂直的判定，空间角等问题。高考对本章内容的考查比较稳定，针对这一特点，复习时，首先梳理本章重要定理、公式与常用结论，扫清基础知识和公式障碍；然后分题型重点复习，重视立体几何表面积与体积、内接球与外切球、空间角的解题思路。 1．（2021全国II）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（    ） A． B． C． D． 2．（2023全国I）在正四棱台中，，则该棱台的体积为_____． 3．（2024全国II）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______． 4．（2022全国I）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（    ） A． B． C． D． 5．（2022全国II）（多选）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（    ） A． B． C． D． 6．（2021全国I）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（    ） A． B． C． D． 7．（2024全国I）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 8．（2023全国II）（多选）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（    ）． A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为 C． D．的面积为 9．（2021全国II）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（    ） A．26% B．34% C．42% D．50% 10．（2022全国II）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D．  11．（2023全国I）（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 12．（2022全国I）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 13．（2021全国II）（多选）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（    ） A． B． C． D． 14．（2021全国I）（多选）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ） A．当时，的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点，使得 D．当时，有且仅有一个点，使得平面 15．（2024全国II）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（    ） A． B．1 C．2 D．3 16．（2022全国I）（多选）已知正方体，则（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为 三、考点精炼： 考点一：面积体积问题 1．已知三棱锥的外接球为球，球的直径，且都是等边三角形，则三棱锥的体积是 A． B． C． D． 2．木升子是一种民间称量或盛装粮食的工具(如图所示)，呈正棱台形，一般由四块梯形木和一块正方形木组成，其上口是一个正方形，下面是一个封口较小的正方形.现有一木升子(厚度忽略不计)，其上口周长为52，下口周长为40，侧面等腰梯形腰长为8，则该木升子的侧面积约为（    ）(结果精确到0.1，参考数据：) A．90.4 B．180.8 C．361.6 D．368.0 3．柷（zhù），是一种古代打击乐器，迄今已有四千多年的历史，柷的上方形状犹如四方形木斗，上宽下窄，下方有一底座，用椎（木棒）撞击其内壁发声，表示乐曲将开始.如图，某柷（含底座）高，上口正方形边长，下口正方形边长，底座可近似地看作是底面边长比下口边长长，高为的正四棱柱，则该柷（含底座）的侧面积约为（）（    ）   A． B． C． D． 4．《九章算术》是我国古代的数学名著.其“商功”中记载：“正四面形棱台（即正四棱台）建筑物为方亭.”现有如图所示的烽火台，其主体部分为一方亭，将它的主体部分抽象成的正四棱台（如图所示，其中上底面与下底面的面积之比为，方亭的高为棱台上底面边长的3倍.已知方亭的体积为，则该方亭的上底面边长为（    ）    A．3 B．4 C．6 D．12 5．（2022高二下·浙江宁波·学业考试）宁波老外滩天主教堂位于宁波市新江桥北堍， 建于清同治十一年（公元 1872 年）. 光绪二十五 （1899年） 增建钟楼， 整座建筑由教堂、钟楼、偏屋组成， 造型具有典型罗马哥特式风格. 其顶端部分可以近似看成由一个正四棱锥和一个正方体组成的几何体， 且正四棱锥的侧棱长为， 其底面边长与正方体的棱长均为， 则顶端部分的体积为 . 6．某小区花园内现有一个圆台型的石碑底座，经测量发现该石碑底座上底面圆的半径为1，且上底面圆直径的一端点的投影为下底面圆半径的中点，高为3，则这个圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 7．市面上出现某种如图所示的手工冰淇淋甜筒，它的下方可以看作一个圆台，上方可以看作一个圆锥，对该几何体进行测量，圆台下底面半径为2cm，上底面半径为5cm．高为4cm，上方的圆锥高为6cm，则此冰淇淋的体积为（    ） A． B． C． D． 8．（多选）圆柱的侧面展开图是长4cm，宽2cm的矩形，则这个圆柱的体积可能是（    ） A． B． C． D． 考点二：球体问题 1．在四棱锥中，平面，四边形是正方形，，则四棱锥外接球的体积是（   ） A． B． C． D． 2．已知正三棱柱的底面边长为，高为，则该正三棱柱的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 3．在三棱锥中，两两垂直，且该三棱锥外接球的表面积为，则该三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 4．已知体积为的圆柱存在内切球．则该内切球的表面积为（） A． B． C． D． 5．已知圆柱的底面半径为1，高为2，该圆柱的上下底面圆周上的点均在球的表面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 6．已知圆台的高为1，下底面的面积，体积为，则该圆台的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 7．已知圆锥的底面半径与球的半径相等，且圆锥的侧面积与球的表面积相等，则该圆锥的体积与该球的体积之比为（    ） A． B． C． D． 8．已知点是球表面上一点，圆锥的底面圆的圆周都在球的表面上，若圆锥的母线长与高之比为，则球的表面积与圆锥的侧面积的比值为（    ） A． B． C． D． 考点三：平行垂直判定 1．在四面体ABCD中，为正三角形，AB与平面BCD不垂直，则（    ） A．AB与CD可能垂直 B．A在平面BCD内的射影可能是B C．AB与CD不可能垂直 D．平面ABC与平面BCD不可能垂直 2．如图，在正方体中，下列结论正确的是（    ） A．与相交. B．平面 C．平面 D．平面平面 3．如图，在四面体中，，平面平面为线段的中点，则下列判断错误的是（    ）   A． B．平面 C． D．平面 4．如图所示，在正方体中，分别是的中点，有下列结论：①；②平面；③与所成角为；④平面，其中正确的序号是（    ） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 5．（多选）如图，在正方体中，下列说法正确的是（    ） A． B．平面 C．异面直线与所成角的大小为 D．平面 6．（多选）如图，在棱长为的正方体中，点满足，则下列说法正确的是（    ） A．若，则平面 B．若，则点的轨迹长度为 C．若，则存在，使 D．若，则存在，使平面 考点四：空间求角问题 1．已知四棱锥的体积为4，底面是边长为的正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 2．已知正四棱台的体积为，，，则与底面所成角的正切值为（   ） A． B． C． D．4 3．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；鳖臑指的是四个面均为直角三角形的三棱锥如图，在堑堵中，，若，，直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 4．正四面体中，，则异面直线与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 5．正三棱台三侧棱的延长线交于点，如果，三棱台 的体积为， 的面积为，那么侧棱与底面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 6．已知圆锥的侧面积为，轴截面面积为1，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为（    ） A．15° B． C． D． 7．在圆台中，下底面半径为上底面半径的4倍，高为4，体积为，则圆台的母线与下底面所成角的正切值为（   ） A． B． C． D． 8．如图，点是棱长为2的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为45°，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 四、强化训练： 题组一：面积体积问题 1．已知正四棱台的上、下底面边长分别为1和2，侧棱与底面所成的角为，则该四棱台的体积是（    ） A． B． C． D． 2．正方体的棱长为是的中点，则三棱锥的体积是（    ） A． B． C． D．2 3．已知圆锥的侧面积是底面积的3倍，体积是，则圆锥的底面半径为（   ） A． B． C．2 D．3 4．一个圆柱的侧面展开图是一个边长为2的正方形，则这个圆柱的体积为（    ） A． B． C． D． 5．已知圆柱和圆锥的底面半径及高均相等，且圆锥侧面展开图为一个半圆，则该圆柱和圆锥的侧面积的比值为（   ） A．2 B． C．3 D． 6．已知一圆锥高为2，母线长为.若用一平面截圆锥得到的圆台体积是圆锥的，则圆台的侧面积为（     ） A． B． C． D． 7．已知底面半径为的圆锥，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为（    ） A． B． C． D． 8．紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品.其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给出了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm），那么该壶的最大盛水量为（    ）   A．68πcm3 B．152πcm3 C． D．204πcm3 题组二：球体问题 1．四面体的四个顶点都在球的表面上，，，，平面，则球的表面积为 A． B． C． D． 2．已知在高为2的正四棱锥中，，则正四棱锥外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 3．在底面为正方形的四棱锥中，平面，，，则该四棱锥的外接球的表面积为 ． 4．已知四面体ABCD中，，，，则四面体ABCD外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 5．在三棱锥中，对棱，，，则该三棱锥的外接球体积为 ，内切球表面积为 . 6．传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现.在一个“圆柱容球”模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为 . 7．已知圆台上､下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，母线与底面所成的角为，则圆台的体积与球体积之比为 . 8．《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.若三棱锥为鳖臑，其中平面，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，假设有一只蜜蜂在球内自由飞行，则其飞入鳖臑内的概率是（    ） A． B． C． D． 题组三：平行垂直判定 1．如图，在四面体ABCD中，若AB=CB，AD=CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是（    ） A．平面ABC⊥平面ABD B．平面ABD⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ADC 2．如图，在长方体中，，分别为棱，的中点，有下列三个判断：①直线与是异面直线；②平面；③平面．则上述判断中正确的个数是（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 3．如图，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则（    ） A． B． C． D．平面 4．（多选）如图，点A，B，C，M，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足MN∥平面ABC的有（ ） A．   B．  C．  D．   5．（多选）如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的是（    ） A． B． C． D． 6．（多选）在正方体中，E，F分别为，的中点，则下列结论错误的是（    ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 7．（多选）如图，在圆柱中，轴截面ABCD为正方形，点F是的上一点，M为BD与轴的交点．E为MB的中点，N为A在DF上的射影，且平面AMN，则下列选项正确的有（    ） A．平面AMN B．平面DBF C．平面AMN D．F是的中点 8．（多选）如图，在正方体中，，分别为边，的中点，点为线段上的动点，则（    ） A．存在点，使得平面 B．存在点，使得平面 C．对任意点，平面平面 D．对任意点，平面平面 9．如图，在直角梯形中，E为的中点，，，M，N分别是，的中点，将沿折起，使点D不在平面内，则下命题中正确的序号为 ．①；②；③平面；④存在某折起位置，使得平面平面． 题组四：空间求角问题 1．如图，在正方体中，异面直线与所成的角为（    ） A． B． C． D． 2．在长方体中，点E为的中点，，且，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．如图，是一个正三棱台，而且下底面边长为4，上底面边长和侧棱长都为2，则异面直线与夹角的余弦值为（    ）   A． B． C． D． 4．如图，在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 5．在四棱锥中，底面是矩形，底面，且，，则与底面所成角的正切值为（    ） A． B．3 C． D． 6．已知某圆锥的侧面积为，轴截面面积为，则该圆锥的母线与底面所成的角为（    ） A． B． C． D． 7．在长方体中，若，则二面角的大小为（    ） A． B． C． D． 8．坡度是地表单元陡缓的程度，通常把坡面的垂直高度和水平方向的距离的比叫做坡度，就是坡面与水平面成角的正切值．如图所示，已知斜面的坡度是1，某种越野车的最大爬坡度数是30°，若这种越野车从D点开始爬坡，则行驶方向与直线的最大夹角的度数为（    ） A．30° B．45° C．60° D．75° 9．（多选）在正四棱柱中，是棱的中点，则（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．平面平面 D．直线与平面所成角的正弦值为 10．已知表面积为的球O的内接正四棱台，，，动点P在内部及其边界上运动，则直线BP与平面所成角的正弦值的最大值为 ． 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$专题07立体几何 高考数学二轮复习核心考点聚焦与强化 专题07 立体几何 一、关键知识： 1.空间几何体的面积公式和体积公式 （1）多面体表面积：多面体每个面的面积之和. 棱柱的表面积：； 棱锥的表面积：； 棱台的表面积：. （2）多面体的体积 棱柱的体积：柱体的体积等于它的底面积和高的乘积，即. 棱锥的体积：锥体的体积等于它的底面积和高的乘积的,即. 棱台的体积：(,分别为上下底面面积，为台体的高) （3）旋转体表面积（侧面积） 圆柱的表面积：. 圆锥的表面积： 圆台的表面积： （4）圆柱、圆锥、圆台的体积 圆柱的体积： 圆锥的体积： 圆台的体积： （5）球体：球的表面积：；球的体积： 2.外接球和内切球问题的解题思路： （1）求解几何体外接球的半径的思路 ①根据球的截面的性质，利用球的半径R、截面圆的半径r及球心到截面圆的距离d三者的关系R2＝r2＋d2求解，其中，确定球心的位置是关键； ②将几何体补成长方体，利用该几何体与长方体共有外接球的特征，由外接球的直径等于长方体的体对角线长求解． （2）解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是： 第一步定球心：如果是内切球，则球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，则球心到接点的距离相等且为半径； 第二步作截面：选准最佳角度作截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的； 第三步求半径、下结论：根据作出的截面中的几何元素，建立关于球半径的方程，并求解。 3.空间线面平行的判定： （1）线面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”) ⇒l∥α 性质定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”) ⇒l∥b （2）面面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”) ⇒α∥β 性质定理 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 ⇒a∥b （3）线面平行判定的向量方法 设直线,的方向向量分别为，，平面，的法向量分别为，，则 线线平行 ⇔⇔() 线面平行 ⇔⇔ 面面平行 ⇔⇔ 4.空间线面垂直的判定： （1）直线与平面垂直判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直 ⇒l⊥α 性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒a∥b （2）平面与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直 ⇒α⊥β 性质定理 两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 ⇒l⊥α （3）线面垂直判定的向量方法 设直线的方向向量为，直线的方向向量为，平面的法向量，平面的法向量为，则 线线垂直 ⇔⇔ 线面垂直 ⇔⇔⇔ 面面垂直 ⇔⇔⇔ 5.求点面距离的方法 （1）等积法. （2）向量法：如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度.. 6. 求线线角的方法 （1）几何法：平移构建三角形，然后解三角形. （2）向量法：已知，为两异面直线，，与，分别是，上的任意两点，，为所成的角为，则. 7.求线面角的方法 （1）定义法（如右图）：具体操作方法： ①在直线上任取一点（通常都是取特殊点），向平面引（通常都是找+证明）垂线； ②连接斜足与垂足； ③则斜线与射影所成的角，就是直线与平面所成角. （2）等体积法求垂线段法： ①利用等体积法求垂线段的长；②. （3）向量法：设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，则有 .（注意此公式中最后的形式是：） 8. 求二面角的方法 （1）定义法：在二面角的棱上任取一点（通常都是取特殊点，如中点，端点），过该点在两个半平面内作二面角棱的垂线，两垂线所成的角就是二面角的平面角. （2）三垂线法： 三垂线定理：在平面内一条直线如果和这个平面一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直. 三垂线定理逆定理：在平面内一条直线如果和这个平面一条斜线垂直，那么它和这条斜线的射影垂直. 具体操作步骤（如图在三棱锥中）求二面角： ①第一垂：过点向平面引垂线（一般是找+证，证明） ②第二垂：在平面中，过点作,垂足为 ③第三垂：连接（解答题需证明） （3）射影面积法：凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式求出二面角的大小. （4）向量法：若于，于，平面交于，则为二面角的平面角，.若分别为面，的法向量，则 注：根据图形判断二面角为锐二面角还是顿二面角；若二面角为锐二面角（取正），则；若二面角为顿二面角（取负），则. 二、聚焦高考： 本章内容是高考必考内容之一，多考查空间几何体的表面积与体积，空间中有关平行与垂直的判定，空间角等问题。高考对本章内容的考查比较稳定，针对这一特点，复习时，首先梳理本章重要定理、公式与常用结论，扫清基础知识和公式障碍；然后分题型重点复习，重视立体几何表面积与体积、内接球与外切球、空间角的解题思路。 1．（2021全国II）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高，下底面面积，上底面面积， 所以该棱台的体积.故选：D. 2．（2023全国I）在正四棱台中，，则该棱台的体积为_____． 【答案】 【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，因为，则，故，则，所以所求体积为.故答案为：. 3．（2024全国II）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______． 【答案】 【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，所以正四棱锥的体积为，截去的正四棱锥的体积为，所以棱台的体积为. 方法二：棱台的体积为.故答案为：. 4．（2022全国I）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．棱台上底面积，下底面积， ∴ ．故选：C． 5．（2022全国II）（多选）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【详解】设，因为平面，，则，，连接交于点，连接，易得，又平面，平面，则，又，平面，则平面，又，过作于，易得四边形为矩形，则，则，，，则，，，则，则，，，故A、B错误；C、D正确.故选：CD. 6．（2021全国I）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得. 故选：B. 7．（2024全国I）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以即，故，故圆锥的体积为.故选：B. 8．（2023全国II）（多选）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（    ）． A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为 C． D．的面积为 【答案】AC 【详解】依题意，，，所以，A选项，圆锥的体积为，A选项正确；B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；C选项，设是的中点，连接，则，所以是二面角的平面角，则，所以，故，则，C选项正确；D选项，，所以，D选项错误.故选：AC. 9．（2021全国II）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（    ） A．26% B．34% C．42% D．50% 【答案】C 【详解】由题意，S占地球表面积的百分比约为：.故选C. 10．（2022全国II）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．故选：A．  11．（2023全国I）（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 【详解】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. 12．（2022全国I）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】∵球的体积为，所以球的半径, [方法一]：导数法 设正四棱锥的底面边长为，高为，则，, 所以，,所以正四棱锥的体积， 所以，当时，，当时，， 所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，又时，，时，, 所以正四棱锥的体积的最小值为，所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选：C. [方法二]：基本不等式法 由方法一故所以当且仅当取到， 当时，得，则当时，球心在正四棱锥高线上，此时，，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是 13．（2021全国II）（多选）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】设正方体的棱长为，对于A，如图（1）所示，连接，则，故（或其补角）为异面直线所成的角，在直角三角形，，，故，故不成立，故A错误. 对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，由正方体可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，故B正确.对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，故，故C正确.对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，则，因为，故，故，所以或其补角为异面直线所成的角，因为正方体的棱长为2，故，，，，故不是直角，故不垂直，故D错误.故选：BC. 14．（2021全国I）（多选）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ） A．当时，的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点，使得 D．当时，有且仅有一个点，使得平面 【答案】BD 【详解】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选：BD． 15．（2024全国II）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（    ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】B 【详解】解法一：分别取的中点，则，可知，设正三棱台的为，则，解得，如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，则，，可得，结合等腰梯形可得,即，解得，所以与平面ABC所成角的正切值为； 解法二：将正三棱台补成正三棱锥，则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，因为，则，可知，则，设正三棱锥的高为，则，解得，取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，所以与平面ABC所成角的正切值.故选：B. 16．（2022全国I）（多选）已知正方体，则（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为 【答案】ABD 【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；连接，因为平面，平面，则，因为，，所以平面，又平面，所以，故B正确；连接，设，连接，因为平面，平面，则，因为，，所以平面，所以为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，则，，，所以，直线与平面所成的角为，故C错误；因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.故选：ABD 三、考点精炼： 考点一：面积体积问题 1．已知三棱锥的外接球为球，球的直径，且都是等边三角形，则三棱锥的体积是 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】连接OB，OC，因为都是等边三角形，， ∴，∴平面， ∵，∴，∴， 三棱锥的体积是.故选：A． 2．木升子是一种民间称量或盛装粮食的工具(如图所示)，呈正棱台形，一般由四块梯形木和一块正方形木组成，其上口是一个正方形，下面是一个封口较小的正方形.现有一木升子(厚度忽略不计)，其上口周长为52，下口周长为40，侧面等腰梯形腰长为8，则该木升子的侧面积约为（    ）(结果精确到0.1，参考数据：) A．90.4 B．180.8 C．361.6 D．368.0 【答案】C 【详解】由题意可得该木升子上口边长约为13cm，下口边长约为10cm，故侧面等腰梯形的高h=(cm)，所以该木升子的侧面积为.故选：C. 3．柷（zhù），是一种古代打击乐器，迄今已有四千多年的历史，柷的上方形状犹如四方形木斗，上宽下窄，下方有一底座，用椎（木棒）撞击其内壁发声，表示乐曲将开始.如图，某柷（含底座）高，上口正方形边长，下口正方形边长，底座可近似地看作是底面边长比下口边长长，高为的正四棱柱，则该柷（含底座）的侧面积约为（）（    ）   A． B． C． D． 【答案】B 【详解】如图正四棱台中，连接，，过点、分别作、，交于点、，依题意，，，则，所以，所以正四棱台的斜高为，所以正四棱台的侧面积，又正四棱柱的侧面积，所以该柷（含底座）的侧面积约为；故选：B   4．《九章算术》是我国古代的数学名著.其“商功”中记载：“正四面形棱台（即正四棱台）建筑物为方亭.”现有如图所示的烽火台，其主体部分为一方亭，将它的主体部分抽象成的正四棱台（如图所示，其中上底面与下底面的面积之比为，方亭的高为棱台上底面边长的3倍.已知方亭的体积为，则该方亭的上底面边长为（    ）    A．3 B．4 C．6 D．12 【答案】A 【详解】因为上底面与下底面的面积之比为，设，则，故方亭的高为，故方亭的体积为，解得，故m，即该方亭的上底面边长为3m.故选：A 5．（2022高二下·浙江宁波·学业考试）宁波老外滩天主教堂位于宁波市新江桥北堍， 建于清同治十一年（公元 1872 年）. 光绪二十五 （1899年） 增建钟楼， 整座建筑由教堂、钟楼、偏屋组成， 造型具有典型罗马哥特式风格. 其顶端部分可以近似看成由一个正四棱锥和一个正方体组成的几何体， 且正四棱锥的侧棱长为， 其底面边长与正方体的棱长均为， 则顶端部分的体积为 . 【答案】 【详解】依题意可得如下直观图，，，设与的交点为，则为正四棱锥的高，所以，，所以，，所以. 6．某小区花园内现有一个圆台型的石碑底座，经测量发现该石碑底座上底面圆的半径为1，且上底面圆直径的一端点的投影为下底面圆半径的中点，高为3，则这个圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图，设圆台上､下底面圆心分别为为点在底面的投影点，上､下底面圆的半径分别为，，由题意得，设上底面圆的面积与下底面圆的面积分别为，所以该圆台容器的容积，故选：C. 7．市面上出现某种如图所示的手工冰淇淋甜筒，它的下方可以看作一个圆台，上方可以看作一个圆锥，对该几何体进行测量，圆台下底面半径为2cm，上底面半径为5cm．高为4cm，上方的圆锥高为6cm，则此冰淇淋的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】圆台的体积，圆锥的体积，总体积为.故选：B． 8．（多选）圆柱的侧面展开图是长4cm，宽2cm的矩形，则这个圆柱的体积可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【详解】侧面展开图是长4cm，宽2cm的矩形，若圆柱的底面周长为4cm，则底面半径，，此时圆柱的体积，若圆柱的底面周长为2cm，则底面半径，，此时圆柱的体积.故选：BD 考点二：球体问题 1．在四棱锥中，平面，四边形是正方形，，则四棱锥外接球的体积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】将四棱锥放入正方体中，则四棱锥的外接球与正方体的外接球相同，设四棱锥外接球的半径为，则，所以，故四棱锥外接球的体积．故选：C 2．已知正三棱柱的底面边长为，高为，则该正三棱柱的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】解法1：如图，设正三棱柱外接球的球心为，半径为.记和外接圆的圆心分别为和，其半径为，由正弦定理得：.而为的中点，所以则故选:A. 解法2：设正三棱柱外接球的半径为 因正三棱柱的高为，由对称性知其外接球球心必在高线的中点，故此时.故选:A. 3．在三棱锥中，两两垂直，且该三棱锥外接球的表面积为，则该三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由于两两垂直,将该三棱柱放入正方体中，如图，故该三棱锥的外接球与正方体的外接球相同，故该三棱锥外接球的半径为.由，得.由于平面，所以该三棱锥的体积为.故选：B 4．已知体积为的圆柱存在内切球．则该内切球的表面积为（） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设内切球的半径为，依题意可知圆柱的高和底面直径均为，圆柱的体积，解得，故圆柱内切球的表面积为,故选：C. 5．已知圆柱的底面半径为1，高为2，该圆柱的上下底面圆周上的点均在球的表面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】依题意，圆柱的底面半径为，高为，因为该圆柱的底面圆周都在球的表面上，设球的半径为，则，即，所以球的表面积为，故选：B. 6．已知圆台的高为1，下底面的面积，体积为，则该圆台的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图，圆台与外接球的轴截面，如下， 设上底面的半径为，下底面的半径为，外接球的半径为，由下底面的面积为，则， 圆台的体积，即，解得或（舍），设，和中，，，两式联立，解得，，所以圆台外接球的表面积为.故选：C 7．已知圆锥的底面半径与球的半径相等，且圆锥的侧面积与球的表面积相等，则该圆锥的体积与该球的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意设圆锥的底面半径与球的半径均为，圆锥的母线长为，高为．由，得，，，则．故选：B． 8．已知点是球表面上一点，圆锥的底面圆的圆周都在球的表面上，若圆锥的母线长与高之比为，则球的表面积与圆锥的侧面积的比值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设球的半径为，圆锥的底面半径为，高为，由圆锥的母线长与高之比为，得，所以，由，得．所以球的表面积与圆锥的侧面积的比值为，故选：D． 考点三：平行垂直判定 1．在四面体ABCD中，为正三角形，AB与平面BCD不垂直，则（    ） A．AB与CD可能垂直 B．A在平面BCD内的射影可能是B C．AB与CD不可能垂直 D．平面ABC与平面BCD不可能垂直 【答案】A 【详解】当四面体ABCD为正四面体时，如图所示，在平面上的射影为，即平面，由于平面，所以.延长交于，则，由于平面，所以平面，由于平面，所以.所以A正确，C错误.若A在平面BCD内的射影是B，则AB与平面BCD垂直，与已知矛盾，B错误.平面ABC与平面BCD可能垂直，D错误.故选：A 2．如图，在正方体中，下列结论正确的是（    ） A．与相交. B．平面 C．平面 D．平面平面 【答案】B 【详解】对于A，易知与互为异面直线，即A错误；对于B，由正方体性质可得，且平面，平面，所以平面，即B正确；对于C，与平面相交，不垂直，即C错误；对于D，平面与平面相交，不垂直，即D错误.故选：B 3．如图，在四面体中，，平面平面为线段的中点，则下列判断错误的是（    ）   A． B．平面 C． D．平面 【答案】C 【详解】因为平面平面，平面平面，所以平面，即B项正确；因为平面，所以，即A正确；因为为线段的中点，所以，同理可得平面，即D正确；因为平面，平面，所以，平面，若，则平面，显然不重合，故C错误.故选：C 4．如图所示，在正方体中，分别是的中点，有下列结论：①；②平面；③与所成角为；④平面，其中正确的序号是（    ） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】B 【详解】连接，则交于，又因为为中点，得，由平面，平面,得，得，故①正确；由平面，得平面，而平面与平面不平行，所以平面错误，故②错误；因为与所成角就是，连接, 则为等边三角形，所以，故③错误；由分别是的中点，得，平面，平面，得平面，故④正确.故选:B. 5．（多选）如图，在正方体中，下列说法正确的是（    ） A． B．平面 C．异面直线与所成角的大小为 D．平面 【答案】ABD 【详解】对于A，因为在正方体中，平面，又平面，所以，故A正确；对于B，因为在正方体中，可知，而平面，平面，所以平面，故B正确；对于C，连接，，如图，在正方体中，可知，，所以四边形是平行四边形，所以，所以（或其补角）是直线与所成角，在正方体中，易知，所以是正三角形，即，所以直线与所成角为，故C错误；对于D，连接，如图，因为在正方体中，可知平面，又平面，所以，而在正方形中，，又平面，所以平面，因为平面，所以，同理：，又平面，所以平面，故D正确. 故选：ABD. 6．（多选）如图，在棱长为的正方体中，点满足，则下列说法正确的是（    ） A．若，则平面 B．若，则点的轨迹长度为 C．若，则存在，使 D．若，则存在，使平面 【答案】ABD 【详解】对于A，若，则，则点在线段上，如图. 因平面平面,且平面平面,平面平面,因平面，平面,故平面，同理可证平面，因平面，平面,且,故有平面平面，又因为平面，所以平面，故A正确；对于B，若，则（为的中点）如图. 又因为，所以.故点的轨迹长度为，故B正确；对于C，若，则，所以,，所以点在线段上（如上图）.假设，则，即，化简得，该方程无解，所以不存在，故C错误；对于D，如上图，设为的中点，当时，则，即，建立如图所示的空间直角坐标系.则, .所以.假设平面，则即解得.故D正确.故选: . 考点四：空间求角问题 1．已知四棱锥的体积为4，底面是边长为的正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】四棱锥的体积，得，直线与平面所成角的正弦值为，故选：B. 2．已知正四棱台的体积为，，，则与底面所成角的正切值为（   ） A． B． C． D．4 【答案】C 【详解】∵，，∴上，下底面的面积分别为，设正四棱台的高为，则其体积为，解得，连接，分别取的中点，∵面，面，∴，过作交于，则，面，∴为与底面所成的角，∵，，∴，即与底面所成角的正切值为.故选：C. 3．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；鳖臑指的是四个面均为直角三角形的三棱锥如图，在堑堵中，，若，，直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】在堑堵中，平面，，，， 以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、，，，，设平面的法向量，则，取，得，设直线与平面所成角为，则，所以，因此，直线与平面所成角的余弦值为．故选：A． 4．正四面体中，，则异面直线与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】从正方体中可截取一个正四面体，设正方体的边长为，根据正方体的性质建立空间直角坐标系如图所示：，所以，则，因为，所以，则，， 根据，则，所以异面直线PQ与BD所成角的正弦值为.故选：D. 5．正三棱台三侧棱的延长线交于点，如果，三棱台 的体积为， 的面积为，那么侧棱与底面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】过作面于，交面于，连接，正三棱台三侧棱的延长线交于点，所以三棱锥为正三棱锥，又因为，则，所以，又 的面积为，所以，则，解得，所以，设的边长为，则，解得，又三棱锥为正三棱锥，所以是的中心，又易知边上的高线长为，所以，又面，所以为侧棱与底面所成的角，则，故选：D. 6．已知圆锥的侧面积为，轴截面面积为1，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为（    ） A．15° B． C． D． 【答案】C 【详解】设圆锥的母线为，底面半径为，高为，由题意可得：，解得，设该圆锥的母线与底面所成的角为，则， 可得，所以该圆锥的母线与底面所成的角为.故选：C. 7．在圆台中，下底面半径为上底面半径的4倍，高为4，体积为，则圆台的母线与下底面所成角的正切值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意得，圆台的高，体积，设上底面半径为，则下底面半径为4r. 圆台的体积，解得.作出圆台的轴截面，如图，则，为母线CB与下底面所成的角.过点作于点，则1，所以，所以.故选：A. 8．如图，点是棱长为2的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为45°，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】若点P在正方形内，过点P作平面于，连接，则为直线与平面所成的角，则，又，则，则，则点的轨迹为以为圆心半径为2的圆（落在正方形内的部分），若点P在正方形内或内，轨迹分别为线段，因为点P不可能落在其他三个正方形内，所以点的轨迹长度为.故选：A 四、强化训练： 题组一：面积体积问题 1．已知正四棱台的上、下底面边长分别为1和2，侧棱与底面所成的角为，则该四棱台的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】如下图所示：，分别为上下底面的中心，作于点，根据题意可知，，侧棱与底面所成的角即为，可知；因此可得，易知，，由正四棱台性质可得；所以该正四棱台的高为，因此该四棱台的体积是.故选：B. 2．正方体的棱长为是的中点，则三棱锥的体积是（    ） A． B． C． D．2 【答案】D 【详解】如图所示，连结，连结与AC交于点O，连结. 由图可知，因为正方体棱长为2，所以根据图中几何关系与勾股定理易得， ，，，，，，，所以在中，，即.又因为在正方体中，，O是AC中点，所以，又平面ACF，所以平面ACF，于是三棱锥的高即为.又在中，，所以，所以三棱锥的体积，故答案选：D. 3．已知圆锥的侧面积是底面积的3倍，体积是，则圆锥的底面半径为（   ） A． B． C．2 D．3 【答案】D 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，则，可得，则，由圆锥的体积为，则，可得．故选：D． 4．一个圆柱的侧面展开图是一个边长为2的正方形，则这个圆柱的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设圆柱的底面半径为，高为，因为圆柱的侧面展开图是一个边长为2的正方形，所以，所以，，所以圆柱的体积为.故选：D. 5．已知圆柱和圆锥的底面半径及高均相等，且圆锥侧面展开图为一个半圆，则该圆柱和圆锥的侧面积的比值为（   ） A．2 B． C．3 D． 【答案】D 【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，由圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，得，即，圆锥的高，所以圆柱的侧面积为，圆锥的侧面积为，故圆柱和圆锥的侧面积之比为．故选：D 6．已知一圆锥高为2，母线长为.若用一平面截圆锥得到的圆台体积是圆锥的，则圆台的侧面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图，设圆锥的高，母线，则圆锥的底面半径为，若用一平面截圆锥得到的圆台体积是圆锥的，则截去圆锥体积是原圆锥体积的，设截去小圆锥的底面半径为，则，则①，又，即，代入①解得，则，则圆台的侧面积为.故选：C. 7．已知底面半径为的圆锥，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】圆锥的高为，如图，由和相似，可得，所以，所以,则圆柱侧面积， 圆锥侧面积，所以.故选：D． 8．紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品.其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给出了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm），那么该壶的最大盛水量为（    ）   A．68πcm3 B．152πcm3 C． D．204πcm3 【答案】B 【详解】依题意，上圆台底面半径为4，面积，下底面半径为6，面积，圆台高h为6，所以圆台的体积.故选：B 题组二：球体问题 1．四面体的四个顶点都在球的表面上，，，，平面，则球的表面积为 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由于平面，故，而故平面，所以，所以三角形和三角形为有公共斜边的直角三角形，设斜边的中点为，则有，即为外接球的球心，为球的直径.，所以球的表面积为，故选A. 2．已知在高为2的正四棱锥中，，则正四棱锥外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设正方形ABCD的中心为О，正四棱锥外接球的半径为，有，，解得，则正四棱锥外接球的体积为.故选：B 3．在底面为正方形的四棱锥中，平面，，，则该四棱锥的外接球的表面积为 ． 【答案】 【详解】由题意可知两两垂直，所以四棱锥为长方体的一部分，其外接球即为长方体的外接球，外接球直径为长方体的体对角线长，设外接球的半径为，则，解得，所以外接球的表面积为，故答案为： 4．已知四面体ABCD中，，，，则四面体ABCD外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设四面体的外接球的半径为,则四面体在一个长宽高为的长方体中，如图，则 故，故四面体ABCD外接球的体积为，故选：C 5．在三棱锥中，对棱，，，则该三棱锥的外接球体积为 ，内切球表面积为 . 【答案】 【详解】因为三棱锥每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥放入长方体中，设长方体的长、宽、高分别为、、，如下图所示，则，，，解得，，外接球直径，其半径为，三棱锥的体积，在中，，，取的中点，连接，如下图所示，则，且，所以，，因为三棱锥的每个面的三边分别为、、，所以，三棱锥的表面积为，设三棱锥的内切球半径为，则，可得，所以该三棱锥的外接球体积为，内切球表面积为.故答案为：；. 6．传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现.在一个“圆柱容球”模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为 . 【答案】 【详解】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，母线长为，则球的体积为，所以，所以圆柱表面积为.故答案为：. 7．已知圆台上､下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，母线与底面所成的角为，则圆台的体积与球体积之比为 . 【答案】 【详解】如图，设球的半径OA＝OB＝2，由题意可知∠OAB＝，故△OAB是等边三角形，∴∠AOB＝，∴∠，∴，．∴圆台的体积为：，球的体积为：，∴圆台的体积与球体积之比为：．故答案为：． 8．《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.若三棱锥为鳖臑，其中平面，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，假设有一只蜜蜂在球内自由飞行，则其飞入鳖臑内的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意可知，三棱锥的体积为；三棱锥的外接球即是以的长为长，宽，高的正方体的外接球，所以外接球的半径为，其体积为．根据几何概型的概率公式可知，蜜蜂飞入鳖臑内的概率是．故选：C． 题组三：平行垂直判定 1．如图，在四面体ABCD中，若AB=CB，AD=CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是（    ） A．平面ABC⊥平面ABD B．平面ABD⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ADC 【答案】C 【详解】因AB=CB，AD=CD，E是AC的中点，则，而，平面，则有平面，又平面，所以平面ABC⊥平面BDE，C正确；在平面内取点P，作，垂足分别为M，N，如图，因平面ABC⊥平面BDE，平面ABC平面，则平面BDE，则有，若平面ABC⊥平面ABD，同理可得，而，平面， 于是得平面，显然BD与平面不一定垂直，A不正确；过A作边上的高，连，由得，是边上的高， 则是二面角的平面角，而不一定是直角，即平面ABD与平面BDC不一定垂直，B不正确；因平面，则是二面角的平面角，不一定是直角，平面ABC与平面ADC不一定垂直，D不正确.故选：C 2．如图，在长方体中，，分别为棱，的中点，有下列三个判断：①直线与是异面直线；②平面；③平面．则上述判断中正确的个数是（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【详解】与平面相交于点，平面，故与是异面直线，故①正确；根据题意知为长方体，故平面，故②正确；取的中点为，连接，且，故四边形为平行四边形，故，与平面相交于点，故与平面不平行，即与平面不平行，故③错误．故选：C. 3．如图，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则（    ） A． B． C． D．平面 【答案】C 【详解】如图，记正方体的另一个顶点为C，连接，交于点O，设的中点为，连接，因为Q，D为的中点，则，又因为交于同一点，即与均不平行，故A，B错误；对于选项D：若平面，且平面，平面平面，可得，这与与不平行相矛盾，假设不成立，故D错误；对于选项C：因为为正方形，则，且M，N为所在棱的中点，则，可得，又因为平面，且平面，可得，且，平面，所以平面，由平面，所以，故C正确；故选：C. 4．（多选）如图，点A，B，C，M，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足MN∥平面ABC的有（ ） A．   B．  C．  D．   【答案】AD 【详解】对于A，连接,由图可知，平面，平面，所以平面，A正确． 对于B，设是的中点，是的中点，由下图，结合正方体的性质可知，，，，故六边形为正六边形，所以，，，，，六点共面，B错误．  对于C，如下图所示，根据正方体的性质可知，由于平面，所以平面，所以C错误．  对于D，设，由于四边形是矩形，所以是中点，由于是中点，所以，由于平面，平面，所以平面，D正确． 故选：AD． 5．（多选）如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【详解】对于选项A，OQ∥AB，OQ与平面MNQ是相交的位置关系，故AB和平面MNQ不平行，故A错误；对于选项B，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ，故B正确；对于选项C，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故C正确；对于选项D，由于AB∥CD∥NQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故D正确；故选：BCD 6．（多选）在正方体中，E，F分别为，的中点，则下列结论错误的是（    ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 【答案】BCD 【详解】以点为坐标原点，以，，方向为，，轴为正方向，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的边长为2，则，，，，，，，，，则，，，设平面的一个法向量为，则， 令，则，则，则平面，故A正确； ，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，则与平面不平行，故B错误；，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，则与平面不垂直，故C错误；，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，则与平面不垂直，故D错误；故选：BCD. 7．（多选）如图，在圆柱中，轴截面ABCD为正方形，点F是的上一点，M为BD与轴的交点．E为MB的中点，N为A在DF上的射影，且平面AMN，则下列选项正确的有（    ） A．平面AMN B．平面DBF C．平面AMN D．F是的中点 【答案】BCD 【详解】A.由题意可知，点是的中点，所以点三点共线，所以点平面，所以平面，则直线与平面不平行，故A错误； B.因为平面，平面，所以，且，，且平面，所以平面，且平面，且平面平面，因为，所以平面，故B正确； C.由平面，平面，所以，因为轴截面ABCD为正方形，点是的中点，所以，，且平面，所以平面，故C正确； D. 平面，平面，所以，且点是的中点，因为平面，平面，平面平面，所以，所以，且是的中点，所以，且,所以，则，点F是的中点，故D正确； 故选：BCD 8．（多选）如图，在正方体中，，分别为边，的中点，点为线段上的动点，则（    ） A．存在点，使得平面 B．存在点，使得平面 C．对任意点，平面平面 D．对任意点，平面平面 【答案】ABD 【详解】选项A，当点与点重合时，平面即为平面，由于，平面，平面，此时平面，正确； 选项B，若平面，此时平面与平面重合，连接，易得，故相交，当点为平面与线段交点时成立，正确； 选项C，当点与点重合时，平面即为平面，平面与平面交于过点的一条直线，错误； 选项D，连结，由于平面，平面，故，又 ，故，故，即，故，又相交，平面， 故平面，又平面，故对任意点，平面平面，正确. 故选：ABD 9．如图，在直角梯形中，E为的中点，，，M，N分别是，的中点，将沿折起，使点D不在平面内，则下命题中正确的序号为 ．①；②；③平面；④存在某折起位置，使得平面平面． 【答案】②③ 【详解】①③，如图所示：直角梯形中，，又因为，，所以，故四边形为矩形，因为N分别是的中点，连接，则与相交于点，故点是的中点，因为是的中点，所以，又，而与相交于点， 故与不平行，故与不平行，①错误， 因为，平面，平面，所以平面，③正确； ②，因为，，平面，所以平面，因为平面，所以，由①知，所以，②正确； ④，连接，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，设，，，故，设平面的法向量为，故，解得，令，则，故，设平面的法向量为，故，解得，令，则，故，故，因为，故，故，故不存在某折起位置，使得平面平面，④错误.故选：②③ 题组四：空间求角问题 1．如图，在正方体中，异面直线与所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】正方体中，，所以与所成的角即异面直线与所成的角，因为为正三角形，所以与所成的角为，所以异面直线与所成的角为. 故选：C. 2．在长方体中，点E为的中点，，且，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】连接，由可得或其补角即为异面直线AE与BC所成角，又面，面，则，则，同理可得，，则，，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为.故选：C. 3．如图，是一个正三棱台，而且下底面边长为4，上底面边长和侧棱长都为2，则异面直线与夹角的余弦值为（    ）   A． B． C． D． 【答案】D 【详解】作的中点，连接．由于所以四边形为平行四边形，，则或其补角（为钝角时）的余弦值即为所求．由于,所以侧面为等腰梯形，且，因此故,，则异面直线与的夹角的余弦值为．故选:D． 4．如图，在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题设，且到平面的距离为.又，，故到上高为，所以.设到平面的距离为，由得：，解得，故直线与平面所成角的正弦值为.故选：D 5．在四棱锥中，底面是矩形，底面，且，，则与底面所成角的正切值为（    ） A． B．3 C． D． 【答案】C 【详解】因为底面，底面，所以，则与底面所成角为.设，则，，.所以.故选：C. 6．已知某圆锥的侧面积为，轴截面面积为，则该圆锥的母线与底面所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，高为，由题意，得，解得，设该圆锥的母线与底面所成的角为，则，可得，所以该圆锥的母线与底面所成的角为．故选：D． 7．在长方体中，若，则二面角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】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. 8．坡度是地表单元陡缓的程度，通常把坡面的垂直高度和水平方向的距离的比叫做坡度，就是坡面与水平面成角的正切值．如图所示，已知斜面的坡度是1，某种越野车的最大爬坡度数是30°，若这种越野车从D点开始爬坡，则行驶方向与直线的最大夹角的度数为（    ） A．30° B．45° C．60° D．75° 【答案】B 【详解】在越野车行驶方向上任取不同于D的点E，作垂直于过的水平面，垂足为O，再作于F，连接，如图，于是，而平面，则平面，又平面，因此，是斜面与过的水平面所成二面角的平面角，，即，因为越野车的最大爬坡度数是，即直线与过的水平面所成角的最大值为，令，在中，的最大值为，在中，的最大值为，在中，，而正弦函数在上单调递增，因此的最大值为，所以行驶方向与直线的最大夹角的度数为，B正确.故选：B 9．（多选）在正四棱柱中，是棱的中点，则（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．平面平面 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】AC 【详解】如下图所示：对于A，因为，所以为直线与所成的角或其补角，易知，即为等边三角形，所以，即A正确；对于B，因为，所以为直线与所成的角或其补角，若，则，即满足，而不满足上式，即B错误；对于C，易知，满足，所以，又，可得平面，又平面，所以平面平面，即C正确；对于D，连接交于点，由正方形性质可得，由直棱柱性质可知平面，又平面，所以；又，可得平面，所以为直线与平面所成的角，因为，所以，故D错误；故选：AC 10．已知表面积为的球O的内接正四棱台，，，动点P在内部及其边界上运动，则直线BP与平面所成角的正弦值的最大值为 ． 【答案】 【详解】如图，分别是上下底面的中心，设球心为，半径为，易知，由题知，得到，又，，得到，所以与重合，由，得到，所以，又，所以，因为面，面，所以，又，，面，所以面， 连接并延长，过作，交的延长线于，面，所以，又，面，所以面，连接，则为直线BP与平面所成的角，，在中，易知，，所以，所以当最小时，直线BP与平面所成角的正弦值的最大值，又动点P在内部及其边界上运动，所以当与重合时，最小，此时为直线BP与平面所成的角，所以直线BP与平面所成角的正弦值的最大值为，故答案为：. 4 / 38 学科网（北京）股份有限公司 $$