专题05 立体几何初步（易错必刷50题10种题型专项训练）高一数学下学期湘教版

专题05 立体几何初步 （易错必刷50题10种题型专项训练） 题型一　简单几何体的结构特征 题型二　简单几何体的组合体 题型三　与直观图还原有关的计算问题 题型四　棱柱、棱锥、棱台的表面积与体积 题型五　圆柱、圆锥、圆台的表面积与体积 题型六　球的表面积与体积 题型七　截面问题 题型八　异面直线所成的角 题型九　空间直线、平面的平行 题型十　空间直线、平面的垂直 题型一　简单几何体的结构特征 1．（2024高二上·黑龙江佳木斯·学业考试）一个直角三角形绕它的一条直角边所在直线旋转形成的曲面所围成的几何体是（    ） A．球体 B．圆柱 C．圆台 D．圆锥 【答案】D 【分析】根据圆锥定义可得结论. 【详解】依题意可知一个直角三角形绕它的一条直角边所在直线旋转形成的曲面所围成的几何体是圆锥. 故选：D 2．（2025高三·全国·专题练习）下列说法中正确的是（   ） A．各侧棱都相等的棱锥为正棱锥 B．长方体是直四棱柱 C．用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台； D．球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面． 【答案】BD 【分析】根据正棱锥的概念判断A；根据直四棱柱的概念判断B；根据圆台的概念判断C；根据球的概念判断D. 【详解】对于A，各侧棱都相等，但无法保证底面为正多边形，所以A错误； 对于B，易知长方体的侧棱和底面垂直，所以是直四棱柱，故B正确； 对于C，根据圆台的定义，用一个平行于底面的平面去截圆锥， 圆锥底面和截面之间的部分为圆台，故C错误； 对于D，球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面，故D正确． 故选：BD 3．（24-25高三下·河北秦皇岛·阶段练习）已知圆台的上、下底面半径分别为1和4，母线长为5，则该圆台的（    ） A．高为4 B．母线与底面所成角为 C．侧面积为 D．体积为 【答案】ACD 【分析】根据给定条件，结合圆台轴截面等腰梯形、侧面积及体积公式逐项求解判断. 【详解】依题意，圆台轴截面等腰梯形的上、下底边长分别，腰长， 对于A，圆台的高等于圆台轴截面等腰梯形的高，A正确； 对于B，母线与底面所成角等于圆台轴截面等腰梯形的底角，，B错误； 对于C，圆台的侧面积，C正确； 对于D，圆台的体积，D正确. 故选：ACD 4．（23-24高一下·云南昭通·期中）下列命题中，正确的有（    ） A．有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 B．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 C．平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 D．有两个面互相平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 【答案】BC 【分析】根据简单几何体的结构特征，逐项判断，即可得出结果. 【详解】 如图所示，上下底面平行，各个面都是平行四边形，此几何体不是棱柱，故A错误； 棱锥侧面全为三角形，有一个面是平行四边形，则此面为底面，所以该棱锥为四棱锥， 故B正确；由平行六面体的概念和性质可知： 平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，故C正确； 根据棱台的特征可知：棱台是棱锥截得的，侧棱的延长线要交于同一点。 有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体， 不能保证侧棱的延长线交于同一点，因此该多面体不一定是棱台，故D错误. 故选：BC. 5．（21-22高一下·江苏扬州·期中）下列命题中正确的有（   ） A．棱柱的侧面一定是平行四边形 B．空间内三点确定一个平面 C．分别在两个相交平面内的两条直线如果相交，则交点只可能在两个平面的交线上 D．一条直线与三角形的两边都相交，则这条直线必在三角形所在的平面内 【答案】AC 【分析】利用平面的定义，棱柱的定义，对选项逐一判断即可. 【详解】对于A选项，由棱柱的定义可知，其侧面一定是平行四边形，故A正确； 对于B选项，要强调该三点不在同一直线上，故B错误； 对于C选项，两条直线的交点同时在两个平面上，所以交点只可能在两个平面的交线上，故C正确； 对于D选项，要强调该直线不经过给定两边的交点，故D错误. 故选：AC. 题型二　简单几何体的组合体 6．（23-24高二下·四川达州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，E、F、G、M、N均为所在棱角中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为（   ） A．P在BC中点时，平面平面GMN B．E、F、G、M、N在同一个球面上 C．异面直线EF、GN所成角的余弦值为 D．，则P点轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】根据正方体图形特征证明平面，结合面面垂直的判定定理判断A；根据五点共圆得到B；根据异面直线所成的角判断C错误；分析可知点轨迹是过点与平行的线段，根据轨迹求出长度得到D. 【详解】对于A：取的中点，连接， 在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点， 易得，平面， 因平面，则， 又平面，， 故平面，因平面，故①， 连接，是正方形，， 因平面，平面，则， 因平面，， 故平面，又平面，则②， 因平面，又， 由① ，②可得平面，又平面，故平面平面，故A正确； 对于B：记正方体的中心为点，则， 所以在以为球心，以为半径的球面上，故B正确； 对于C：取的中点，连接，则， 所以或其补角是异面直线所成的角， 又，则，故C错误； 对于D：因为，且为的中点， 所以，故， 所以点轨迹是过点与平行的线段，且， 所以，故D正确. 故选：ABD. 7．（23-24高一下·云南昆明·期中）“阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（    ） A．该半正多面体的体积为 B．该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式 C．该半正多面体过三点的截面面积为 D．该半正多面体外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】A选项，该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到，求出正方体体积减去8个三棱锥的体积即可；B选项，得到，B正确；C选项，过三点的截面为正六边形，结合三角形面积公式求出C错误；D选项，转化为外接球即为底面棱长为2，侧棱长为的正四棱柱的外接球，求出外接球半径，得到表面积. 【详解】如图，该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的． 对于A，因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的， 所以该几何体的体积为：，故A正确； 对于B，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，即，满足，故B正确； 对于C，由平行关系得到过三点的截面为正六边形，边长为2， 可分割为6个正三角形，所以，故C错误； 对于D，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为2， 侧棱长为的正四棱柱的外接球，故外接球半径为， 所以该半正多面体外接球的表面积，故D正确， 故选：ABD． 8．（2024高一下·全国·专题练习）如图，模块①～⑤均由4个棱长为1的小正方体构成，模块⑥由15个棱长为1的小正方体构成．现从模块①～⑤中选出三个放到模块⑥上，使得模块⑥成为一个棱长为3的大正方体，则能够完成任务的模块组合有（    ） A．①②⑤ B．①④⑤ C．②③④ D．①②③ 【答案】ABC 【分析】根据选项逐一放入判断可得结果. 【详解】将模块①和②组合成一层，则差角上一小块，将模块⑤平放于模块⑥中，这样正好满足条件，故A正确； 将模块①和④组合成一层，则差角上一小块，将模块⑤平放于模块⑥中，这样正好满足条件，故B正确； 将模块②放在模块⑥上的四个小方块上，模块③的中间凸出的一小块倒放入模块⑥最右侧，然后再将模块④竖放入模块⑥最前侧即可，故C正确； 无论如何放入模块①②③都无法满足要求，故D不正确． 故选：ABC． 9．（2024高三·全国·专题练习）如图，从一个正方体中挖掉一个四棱锥，然后从任意面剖开此几何体．下列可能是该几何体的截面的为（　　） A． B． C． D． 【答案】BCD 【详解】截面中间是矩形，如果可能的话，那么一定是用和正方体底面平行的截面去剖开正方体，并且是从挖去四棱锥的那部分剖开的，但此时剖面中间应该是一个正方形，因此选项A不可能是截面；当从正方体底面的一组相对棱的中点处剖开时，截面正好通过四棱锥顶点，如图①，此时截面形状如选项B，故B可能是该几何体的截面； 当截面不经过底面一组相对棱的中点处，并和另一组棱平行去剖开正方体时，如图②中截面PDGH位置，截面形状就会如选项C，故C可能是该几何体的截面； 如图③，按图中截面A1B1C1的位置去剖开正方体，截面就会如选项D，故D可能是该几何体的截面． 故选BCD. 10．（23-24高二上·江苏淮安·开学考试）如图，在棱长为2的正方体中，Q为线段的中点，P为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（    ）      A．P为中点时，过D，P，Q三点的平面截正方体所得的截面的面积为 B．存在点P，使得平面平面 C．的最小值为 D．三棱锥外接球表面积最大值为 【答案】AD 【分析】连接，由三角形中位线性质和正方体性质可知，过D，P，Q三点的截面为梯形，然后计算即可得截面面积，可判断A；假设存在，然后利用面面平行性质定理推得，矛盾，可判断B；利用侧面展开图可求得最小值，判断C；利用补形法求外接球表面积即可判断D. 【详解】A选项：连接，由三角形中位线性质和正方体性质可知，，且，所以过D，P，Q三点的截面为梯形， 易知， 作，则，， 所以梯形的面积，A正确；    B选项：若存在点P，使得平面平面，则由平面平面，平面平面可知，显然不平行，故B错误；    C选项：将侧面展开如图，显然当Q、P、D三点共线时，取得最小值，最小值为，C错误；    D选项：由题知，两两垂直，所以三棱锥外接球，即为以为共顶点的三条棱的长方体的外接球，记其半径为R， 则， 显然，当点P与C重合时，取得最大值，此时外接球表面积取得最大值，D正确. 故选：AD 题型三　与直观图还原有关的计算问题 11．（24-25高一下·全国·课后作业）（多选）如图所示，用斜二测画法作水平放置的的直观图，得，其中，是边上的中线，则由图形可知下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】根据斜二测画法作出的水平放置的直观图和平面直角坐标系中图形关系，进行辨析即可． 【详解】由直观图知为直角三角形，在平面直角坐标系中如图所示， ，，，为的中点， 又，故A，B错误，C，D正确． 故选：CD. 12．（23-24高一下·河北·期中）如图所示，用斜二测画法画一个水平放置的，，，则在直观图中，以下说法正确的是（    ） A． B．的面积为 C．边上的高为 D．边上的高为 【答案】ABC 【分析】根据斜二测画法的规则，利用数形结合，即可求解. 【详解】在轴上取，即，所以A正确； 在图①中，过B作轴，交x轴于D，在轴上取， 过点作轴，并使，如图②所示： 于点D，则为原图形中边上的高，且，，，所以C正确； 在直观图中作于点，， ，所以D错误； ，所以B正确． 故选：ABC． 13．（24-25高一下·全国·课后作业）下列关于直观图的斜二测画法的说法，正确的是（    ） A．原图形中平行于x轴的线段，其对应线段平行于轴，长度不变 B．原图形中平行于y轴的线段，其对应线段平行于轴，长度变为原来的 C．画与直角坐标系对应的时，必须是 D．在画直观图时，由于选的轴不同，所得直观图可能不同 【答案】ABD 【分析】根据直观图的画法规则逐个分析判断即可. 【详解】对于A，由直观图的画法规则，可知原图形中平行于x轴的线段，其对应线段平行于轴，长度不变，所以A正确， 对于B，由直观图的画法规则，可知原图形中平行于y轴的线段，其对应线段平行于轴，长度变为原来的，所以B正确， 对于C，由直观图的画法规则，可知画与直角坐标系对应的时，为或，所以C错误， 对于D，由直观图的画法规则，可知在画直观图时，由于选的轴不同，所得直观图可能不同，所以D正确. 故选：ABD． 14．（23-24高一下·河南驻马店·期末）如图所示为四边形的平面图，其中，，，，用斜二测画法画出它的直观图四边形，其中，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．四边形为等腰梯形 D．四边形的周长为 【答案】BC 【分析】利用斜二测画法将图形还原计算几何图形的面积与周长以及相关. 【详解】由题意可画出其直观图如下， 其中，故A错误，B正确； 过点分别作，垂足分别为点， 故， ，故， 则四边形为等腰梯形，故C正确； 故四边形的周长为，即D错误. 故选：BC. 15．（23-24高一下·黑龙江牡丹江·阶段练习）已知梯形，按照斜二测画法画出它的直观图，如图，其中，，，下列说法错误的是（   ） A．线段平行于轴 B． C．梯形是直角梯形 D．梯形的面积是3 【答案】ABC 【分析】根据斜二测画法的规则，将直观图复原为原图，一一判断各选项，即得答案. 【详解】根据斜二测画法的规则，将直观图复原为原图， 由于轴，故线段平行于轴，A正确； 由于，故，B正确； 由直观图复原为原图可知，梯形是直角梯形，C正确； 由于，，， 梯形的面积是，D错误； 故选：ABC 题型四　棱柱、棱锥、棱台的表面积与体积 16．（23-24高一下·贵州毕节·期末）如图，在三棱柱中，，，则下列说法正确的有（    ）    A． B．二面角的余弦值为 C．三棱锥的表面积为4 D．三棱柱的外接球的体积为 【答案】ACD 【分析】利用勾股定理逆定理得到，，即可证明平面，从而判断A；取的中点，连接，，则为二面角的平面角，再由锐角三角函数判断B，根据锥体的表面积公式判断C，将三棱柱补成长方体，求长方体外接球的体积，即可判断D. 【详解】因为，， 所以，，， 所以，，， 又，平面，所以平面， 又平面，所以，故A正确； 取的中点，连接，，则，， 所以为二面角的平面角，又， 平面，平面，所以， ， 所以，即二面角的余弦值为，故B错误；    因为，，， 所以三棱锥的表面积，故C正确； 将该直三棱柱补成长方体，则长方体的外接球即为该三棱柱的外接球，    设外接球的半径为，则， 所以外接球的体积，故D正确. 故选：ACD 17．（23-24高一下·四川凉山·期末）如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且四个顶点，，，在同一个平面内，若四边形是边长为2的正方形，则（    ） A．该八面体的表面积是 B．该八面体的体积是 C．直线与平面所成角为 D．动点在该八面体的外接球面上，且，则点的轨迹的周长为 【答案】BCD 【分析】对于A，根据题意可知该八面体的表面积是一个正三角形面积的8倍，对于B，连接交于，连接，则是正四棱锥的高，求出，从而可求出正四棱锥的体积，进而可求出该八面体的体积，对于C，由题意可知为直线与平面所成角，然后在中求解即可，对于D，由选项B可知该八面体的外接球的球心为，取的中点，连接，可证得平面，从而可求得点的轨迹. 【详解】对于A，根据题意可知该八面体的表面积是一个正三角形面积的8倍， 因为四边形是边长为2的正方形，所以每一个正三角形的边长都为2， 所以该八面体的表面积是，所以A错误， 对于B，连接交于，连接，则平面， 因为四边形是边长为2的正方形，所以， 因为，所以， 所以该八面体的体积是，所以B正确， 对于C，因为平面，所以为直线与平面所成角， 因为，为锐角，所以， 即直线与平面所成角为，所以C正确， 对于D，连接，则, 因为，所以点为该八面体的外接球的球心， 取的中点，连接， 因为都为等边三角形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为，所以点平面内， 因为平面过球心， 所以平面与该八面体的外接球的交线为该球的大圆，即点的轨迹为此大圆， 所以点的轨迹的周长为，所以D正确. 故选：BCD 18．（23-24高一下·云南大理·期末）如图，一块边长为的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，下列说法正确的是（    ） A．当时，正四棱锥的侧面积为 B．当时，正四棱锥的体积为 C．当时，正四棱锥的外接球半径为 D．当时，若加装正方形的底盖，则在封闭的正四棱锥容器内所能装下最大的球的半径是 【答案】ABC 【分析】画出正四棱锥，对于A，四棱锥的侧面积为，对于B，求出四棱锥的高，可求出其体积，对于C，设正四棱锥的外接球的球心为，则在上，由可求出外接球的半径，对于D，利用等体积法可求出正四棱锥容器内所能装下最大的球的半径. 【详解】用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器如图所示为正四棱锥， 对于A，当时，则， 设为的中点，连接，则， 所以四棱锥的侧面积为，所以A正确， 对于B，设，连接，则平面，， 所以， 所以四棱锥的体积为，所以B正确， 对于C，设正四棱锥的外接球的球心为，则在上，连接， 设外接的半径为，则， 在中，，所以，解得，所以C正确， 对于D，设在封闭的正四棱锥容器内所能装下最大的球的半径为， 则此球与正四棱锥的每一个面都相切，则， 所以，解得，所以D错误， 故选：ABC 19．（24-25高三上·河北邢台·开学考试）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，高相等，侧面积也相等，则（    ） A．圆柱和圆锥的体积之比为3 B．圆柱的底面半径和高之比为 C．圆锥的母线和高之比为2 D．圆柱和圆锥的表面积之比为 【答案】ABC 【分析】设圆柱和圆锥的底面半径为，高为，根据体积公式判断A；求出圆锥的母线，由侧面积相等得到，即可判断B、C；再由表面积公式判断D. 【详解】设圆柱和圆锥的底面半径为，高为，则，， 所以，故A正确； 圆锥的母线，又圆柱和圆锥的侧面积相等，所以， 所以，则，即圆柱的底面半径和高之比为，故B正确； 所以圆锥的母线，则圆锥的母线和高之比为，故C正确； 圆柱的表面积， 圆锥的表面积， 所以，故D错误. 故选：ABC 20．（23-24高一下·河北·期末）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫分子结构为正八面体结构（八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）．如图所示，正八面体的棱长为a，则下列说法中正确的是（    ） A．此八面体的表面积为 B．异面直线AE与BF所成的角为 C．若点P为棱EB上的动点，则的最小值为 D．此八面体的外接球与内切球的体积之比为 【答案】ACD 【分析】求解此八面体的表面积可判断A；根据异面直线所成的角可判断B；展开平面与平面在一个平面上时，再连接可判断C；分别求得外接球与内切球体积判断D． 【详解】对于A，由正八面体，则EF与AC垂直相交，且长度相等，设交点为O， 则O即为正方形ABCD的中心， 由正八面体棱长为a，则八个面均为边长为a的正三角形， 则此八面体的表面积为，故A正确； 对于B，由EF与AC垂直相交，且长度相等，则四边形AECF为正方形，， 则直线AE与BF所成的角，即为BF与CF所成的角， 正中，故异面直线AE与BF所成的角为，故B错误； 对于C，展开平面与平面在一个平面上时，再连接， 此时点P为EB中点时，取得最小值为，故C正确； 对于D，由O到各顶点距离均为，则O为外接球球心， 外接球半径为，则外接球体积为， 由题意可知O到各面的距离相等，设为h， 由， 可得，解得， 则O为内切球球心，内切球半径为， 则内切球体积为， 故此八面体的外接球与内切球的体积之比为，故D正确； 故选：ACD． 题型五　圆柱、圆锥、圆台的表面积与体积 21．（23-24高一下·四川成都·阶段练习）某圆锥的底面半径是3，母线长为4，则下列关于此圆锥的说法正确的是（    ） A．圆锥的体积是 B．圆锥侧面展开图的圆心角是 C．该圆锥的轴截面的面积是8 D．圆锥侧面积是 【答案】BD 【分析】根据给定条件，求出圆锥的高，再逐项分析判断即得. 【详解】圆锥的底面半径，母线长，则该圆锥的高， 对于A，圆锥的体积，A错误； 对于B，圆锥侧面展开图扇形弧长为，该扇形圆心角为，B正确； 对于C，该圆锥的轴截面是底边长为6，高为的等腰三角形，面积为，C错误； 对于D，该圆锥的侧面积，D正确. 故选：BD 22．（23-24高一下·广东广州·期中）如图，为正圆锥底面圆的直径，点是圆上异于的动点，，则下列结论正确的是（    ） A．圆锥的侧面积为 B．三棱锥体积的最大值为 C．的取值范围是 D．三棱锥体积最大时，其内切球半径为 【答案】ABD 【分析】先求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式判断A；当时，的面积最大，计算体积最大值判断B；先用取极限的思想求出的范围，再利用求范围判断C；.先由基本不等式确定B点位置，再结合等体积法即可求得三棱锥的内切球半径，则D可求. 【详解】在中，，则圆锥的母线长，半径， 对于A，圆锥的侧面积为：，A正确； 对于B，， 当且仅当时等号成立，即时三棱锥的体积取最大值， 对于C，是等腰三角形，，又因为，则， 依题意，，而，因此，C错误； 对于D，结合B选项的解析可知， 当且仅当时等号成立，即时三棱锥的体积取最大值， 此时三棱锥的表面积为：， 设三棱锥的内切球半径为， 由等体积法可得，故D对. 故选：ABD. 23．（23-24高一下·青海西宁·期末）如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，则下列结论正确的是（    ）    A．圆柱的侧面积为 B．圆锥的侧面积为 C．圆柱的侧面积与球的表面积相等 D．圆柱､圆锥､球的体积之比为 【答案】ACD 【分析】由条件确定圆柱的底面半径、高以及圆锥的底面半径、高和母线长，利用圆柱、圆锥的侧面积公式、球体的表面积，圆锥、圆柱、球体的体积公式求解并判断选项即可. 【详解】由题意可知，圆柱的底面半径为，高为，圆锥的底面半径为，高为， A项，圆柱的侧面积为，故A正确； B项，圆锥的母线长为， 所以，圆锥的侧面积为，故B错误； C项，球的表面积为，所以圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C正确； D项，圆柱的体积为， 圆锥的体积为， 球的体积为， 因此，圆柱、圆锥、球的体积之比为，D正确. 故选：ACD. 24．（24-25高一下·全国·课后作业）（多选）某工厂生产出一种机械零件，如图所示，零件的几何结构为圆台，在轴截面中，，则下列说法正确的有（    ） A．该圆台的高为 B．该圆台轴截面面积为 C．该圆台轴截面面积为 D．一只蚂蚁从点C沿着该圆台的侧面爬行到的中点，所经过的最短路程为 【答案】CD 【分析】由勾股定理即可求得圆台的高，即可判断A选项；由梯形面积公式即可判断BC选项；由圆台侧面展开图结合勾股定理即可判断D选项． 【详解】如图①，作交于E，则， 则，则圆台的高为，故A错误； 圆台的轴截面面积为，故B错误，C正确； 将圆台的一半侧面展开，如图②，设P为的中点，由圆台补成圆锥，圆台对应的圆锥的一半侧面展开为扇形， 可得大圆锥的母线长为，底面半径为，圆锥侧面展开图的圆心角为， 连接，可得，，则， 所以沿着该圆台表面从点C到中点的最短距离为，故D正确． 故选：CD． 25．（23-24高一下·河南郑州·期中）已知圆台的上底半径为，下底半径为，球与圆台的两个底面和侧面都相切，则下列命题中正确的有（   ） A．圆台的母线长为 B．圆台的体积为 C．圆台的表面积为 D．球的表面积为 【答案】ACD 【分析】画出圆台的轴截面，则轴截面是等腰梯形，内切圆是过球心的大圆，结合题意，分别求出圆台的母线长和内切球的半径，即可得出结论． 【详解】画出圆台的轴截面，如图所示： 则四边形是等腰梯形，且，，内切圆圆心即球心； 所以圆台的母线长为，选项A正确； 连接、和，则是直角三角形，且， 所以球的半径为， 所以圆台的体积为，故选项B错误； 圆台的表面积为，故选项C正确； 球的表面积为，故选项D正确． 故选：ACD． 题型六　球的表面积与体积 26．（24-25高三上·湖北武汉·期末）已知正四棱台的体积为，则（    ） A．正四棱台的高为 B．与平面所成的角为 C．平面与平面夹角的正切值为 D．正四棱台外接球的表面积为 【答案】ACD 【分析】根据棱台的体积公式即可求解A，根据线面垂直可得为与平面所成的角，是平面与平面所成的夹角，即可利用三角形的边角关系求解BC，根据勾股定理，可求解半径，进而根据球的表面积公式即可求解D. 【详解】在正四棱台中，，令上下底面中心分别为，连接，如图， 对于A，，故，A正确； 对于B，平面，在直角梯形中，， 取中点，连接，有平面,故为与平面所成的角， 由于，故，因此与平面所成的角为， 平面平面，故与平面所成的角为，B错误， 对于C,过作， 由于平面，平面，, 平面，故平面， 平面，故， 则是平面与平面所成的夹角， 因此，故C正确， 对于D，设外接球的球心为，连接, 设，则， 故，解得，， 故表面积为，D正确， 故选：ACD. 27．（23-24高一下·新疆省直辖县级单位·阶段练习）（多选题）已知四面体ABCD的一个平面展开图如图所示，其中四边形AEFD是边长为的菱形，B，C分别为AE，FD的中点，，则在该四面体中（    ）    A． B．BE与平面DCE所成角的余弦值为 C．四面体ABCD的外接球表面积为 D．四面体ABCD的内切球半径为 【答案】CD 【分析】画出直观图，利用线面垂直判断A；取AB中点M，CD中点N，MN中点O，连MN、OA，过O作 于H，证明OH是内切球的半径，OA是外接球的半径，求出半径可判断CD；求BE与平面DCE所成角，利用余弦定理判断B. 【详解】由题意得，展开图拼成的几何体如下图所示， ， ，所以四面体的4个面是全等三角形， 取AB中点M，CD中点N，MN中点O，连MN、OA， 所以 ，， 过O作 于H， 所以，， 因为，AB中点M，所以， ， 对于A： ，，，在平面ABN内， 故 平面ABN，而平面ABN ，所以 ，故A错误； 对于B：由于 平面ACD，故平面平面ACD，则B在平面DCE上的投影是在射线AN上, 故 是BE与平面DCE所成角，故 ，故B错误； 对于C： ， 因为四面体的4个面是全等三角形，所以根据对称性，同理可求得， 即四面体外接球的球心为O，半径为，所以外接球的表面积为 ，故C正确； 对于D： ，，，在平面CDM内， 故 平面CDM，因为平面CDM，所以 又因为，在平面内相交，所以平面， 易得，所以，即 ， 即到平面的距离为， 因为四面体的4个面是全等三角形， 所以根据对称性，同理可求得到平面的距离都为， 即四面体ABCD的内切球半径为，故D正确. 故选：CD.    28．（23-24高一下·四川绵阳·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”（如图所示），已知该正方体的棱长为1，则下列命题正确的是（    ） A．正方体的内切球的体积等于该牟合方盖的内切球的体积 B．该牟合方盖的内切球的体积与其中一个圆柱体的体积之比为2∶3 C．该牟合方盖的内切球被平面截得的截面面积为 D．以正方体的顶点A为球心，1为半径的球在该正方体内部部分的体积与该牟合方盖的内切球的体积之比为 【答案】AB 【分析】分析可知正方体的内切球与牟合方盖也相切，可判断A选项；结合球和圆柱的体积公式判断B；计算出正方体的内切球被平面截得的截面面积，可判断C选项；计算出以正方体的顶点A为球心，为半径的球在该正方体内部部分的体积与内切球的体积，可判断D选项. 【详解】对于选项A：因为正方体的内切球与正方体的两个内切圆柱的侧面和底面都相切， 又因为牟合方盖与的两个顶点和侧面四个曲面刚好与正方体的侧面相切， 故正方体的内切球内切于牟合方盖， 所以正方体的内切球体积等于该牟合方盖的内切球的体积，故A正确； 对于选项B：由选项A可知：该牟合方盖的内切球的半径为，体积为， 其中一个圆柱体的底面半径为，高为1，体积为， 所以该牟合方盖的内切球的体积与其中一个圆柱体的体积之比为，故B正确； 对于选项C：因为四边形为正方形，则， 平面，平面，则， ，平面， 平面，则，同理可证， ，所以，平面， 设交平面于点，则平面， 因为， 易知是边长为的等边三角形，则， 由，所以，， 易知正方体的内切球球心为的中点，且， 所以，， 而正方体的内切球半径为， 所以，正方体的内切球被平面截得的截面圆半径为， 所以，截面面积为，故C错误； 对于选项D，以正方体的顶点A为球心，1为半径的球在该正方体内部部分的体积恰为该球体积的，即为， 该牟合方盖的内切球的体积为， 因此，所求体积之比为，故D错误. 故选：AB. 29．（23-24高一下·黑龙江大庆·期末）如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（    ） A． B．平面 C．直线与平面所成的角为 D．三棱锥外接球表面积为 【答案】AD 【分析】由线面垂直的判定及性质即可判断A；由线面关系即可判断B；由线面角的定义即可判断C；由球的表面积公式即可判断D． 【详解】对于A，连接，则，因为，所以， 因为平面，平面， 所以，又，平面， 所以平面，又平面， 所以，故A正确； 对于B，连接，由正方体得，， 又，所以， 因为平面，即与平面不平行， 所以与平面不平行，故B错误； 对于C，由题意知，是直线与平面所成的角，且， 所以直线与平面所成的角不是，故C错误； 对于D，由正方体得，平面，且，， 所以三棱锥外接球的直径， 所以，外接球表面积为，故D正确； 故选：AD． 30．（23-24高一下·山东·期中）半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，体现了数学的对称美．如图，将棱长为2的正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个半正多面体，它们的棱长都相等，则下列说法正确的有（    ）    A．此半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式 B．过A，B，C三点的平面截该正多面体，所得截面面积为 C．若该半正多面体的各个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为 D．若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体体积最小值为 【答案】ABD 【分析】求出计算判断A；利用该半正多面体的对称性，得到截面为正六边形与外接球的球心位置判断BC；求出该半正多面体的外接球的外切正四面体有体积判断D. 【详解】对于A，在此半正多面体中，顶点数，面数，棱数，则，A正确； 对于B，过A，B，C三点的平面截该半正多面体所得截面为正六边形， 又，所以正六边形面积为，B正确；    对于C，由该半正多面体的对称性知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心， 即正六边形的中心，该球半径为，表面积，C错误； 对于D，该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动， 则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，正四面体的体积最小， 设此时正四面体的棱长为，高为， 于是，解得， 又正四面体底面正三角形半径为，则有，解得， 因此正四面体的体积，D正确. 故选：ABD 题型七　截面问题 31．（2025高一·全国·专题练习）四面体的棱长为4，E为棱BC的中点，过点E作其外接球的截面，则截面面积的最小值是 . 【答案】 【分析】将正四面体放置于正方体中，该正方体的外接球就是正四面体的外接球，求出半径，过点作其外接球的截面，当截面到外接球的球心的距离最大时，截面面积最小，据此即可求解. 【详解】将正四面体放置于如图所示的正方体中，可得该正方体的外接球就是正四面体的外接球， 设该外接球的球心为，半径为R， 正四面体的棱长为4，且正四面体的棱长是正方体的面对角线长， 正方体的棱长为， 正方体外接球的半径满足， 解得，为棱BC的中点， 过点作其外接球的截面， 当截面到外接球的球心的距离最大时，截面面积最小， 此时为截面圆心，球心到截面的距离， 由截面的性质可得截面半径， 故截面面积的最小值为． 故答案为：. 32．（23-24高一下·四川南充·阶段练习）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为4，则下列说法正确的是（    ） A．勒洛四面体最大的截面是正三角形 B．勒洛四面体的体积是 C．勒洛四面体内切球的半径是 D．若是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为2 【答案】C 【分析】A.由对称性可知，其最大截面为勒洛三角形；B.求正四面体的体积，其值恰为；C.数形结合，内切球的半径是球半径与正四面体的外接球半径之差；D.利用对称性找出最大值处的两点，再数形结合计算. 【详解】A.由对称性可知，勒洛四面体的最大截面是经过正四面体的任意三个顶点的平面截勒洛四面体而得，如图所示，故A选项错误； B.为的中心，是正四面体的外接球球心，连接， 设正四面体的外接球半径为, 在中，， 在中，，得， 则正四面体的外接球的体积是，而勒洛四面体得体积小于其外接球的体积，故B错误； C.也为勒洛四面体的中心，连接，并延长交勒洛四面体的曲面于点， 则为其内切球的半径.因，，则，故C正确； D. 分别为正四面体的棱的中点，连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，则为最大值. ，同理， 则为等腰三角形的高，则， 为等腰三角形的高，， 由对称性可知，，则， 故D选项错误. 故选：C. 33．（24-25高一上·湖南邵阳·期末）已知正四面体的四个顶点在球的球面上，，Q为BC的中点，则过点的平面截球所得截面圆的面积的取值范围是 ． 【答案】 【分析】利用正方体与正四面体的外接球相同这一关系，先确定球心和球的半径，再根据球的截面性质分别找出过点的截面圆面积的最大值和最小值，从而得到取值范围.其中正方体的外接球的球心是正方体体对角线的中点，球的截面中，过球心的截面圆面积最大，当球心与截面圆心的连线垂直于截面时，截面圆面积最小. 【详解】已知正方体的外接球与正四面体的外接球相同，且正方体体对角线的中点为球心.设正四面体的棱长为. 设外接球半径为,正四面体体积公式. 正四面体的外接球半径与棱长的关系为. 已知. 那么，所以.代入可得:. 根据圆的面积公式（对于球的截面圆，当截面过球心时，截面圆半径等于球的半径），所以最大截面为过球心的圆，其面积. 这是因为过球心的截面圆是球的大圆，此时圆的半径就是球的半径，所以面积最大.   因为为的中点，由正方体结构特征可得. 设截面圆半径为，球的半径为，球心到截面的距离为（这里，），根据球的截面性质（在由球心、截面圆心和球面上一点构成的直角三角形中，球的半径为斜边，球心到截面的距离和截面圆半径为两直角边，满足勾股定理），则. 再根据圆的面积公式，可得最小截面圆面积. 这是因为当与截面圆垂直时，球心到截面的距离达到最大，此时截面圆半径最小，所以截面圆面积最小.   由前面求出的最大截面圆面积和最小截面圆面积， 可知过点的平面截球所得截面圆的面积的取值范围为. 故答案为：. 34．（24-25高二上·上海长宁·期末）如图，已知圆锥的底面半径，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，点Q为半圆弧的中点，点P为母线SA的中点.    (1)求此圆锥的侧面积； (2)求异面直线PQ与SO所成角的余弦值. 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）由已知条件求出母线长，然后利用圆锥的侧面积公式求解即可； （2）以为原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）因为圆锥的底面半径， 经过旋转轴SO的截面是等边，可得， 所以圆锥的侧面积为. （2）以为原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，    由题意可得，则，，，，， 则，， 所以，，， 所以， 设异面直线PQ与SO所成角的大小为，， 则， 故异面直线PQ与SO所成角的余弦值为. 35．（2025高一·全国·专题练习）正方体的棱长为2，平面截正方体内切球所得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方体和球的结构特征，判断出是正三角形，求出利用等体积法求得到平面的距离，进而求得O到平面的距离，求得截面半径，求得面积即可． 【详解】由题意得正方体的中心是内切球球心， 设为O，O到平面的距离为d，设A到平面的距离为， 因为正方体的棱长为2， 所以由勾股定理得，同理可得， 则，故是等边三角形， 得到，则，如图，连接， 易得，，由勾股定理得，则， 因为，所以， 所以， 则， 而由题意得正方体内切球半径，正方体内切球被平面所截， 得到的截面是一个圆半径为r的圆， 由勾股定理得， 由圆的面积公式得面积为，故C正确. 故选：C 题型八　异面直线所成的角 36．（24-25高三下·天津蓟州·开学考试）在直三棱柱中，，，，分别是BC，的中点，在线段上，则下面说法中不正确的是（   ） A．平面 B．直线EF与平面ABC所成角的余弦值为 C．直三棱柱的外接球半径为 D．直线BD与直线EF所成角最小时，线段BD长为 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系利用空间位置关系的向量证明可得A正确，再由线面角的向量求法计算可得B错误，确定直三棱柱的外接球球心位置可计算半径为，即C正确，利用异面直线向量求法求出直线与直线所成角最小时点的位置，可判断D正确. 【详解】因为是直三棱柱，所以平面， 又平面，所以，又，即； 因此两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 对于A，又，所以，可得， 显然平面的一个法向量为， 所以，又平面，所以平面，即A正确； 对于B，易知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 所以 因此直线与平面所成角的正弦值为，余弦值为，即B错误； 对于C，因为、，，所以为等腰直角三角形，所以其外接圆圆心为的中点，外接圆半径为； 因此可得直三棱柱的外接球球心即为的中心，易知， 则外接球半径为，因此C正确； 对于D，易知，所以， 由在线段上，可设，其中， 所以， 因此直线与直线所成的角的余弦值为 令函数，可得； 易知当时，，当时，， 因此在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得最大值，再结合余弦函数单调性可得此时直线与直线所成的角最小， 因此，即， 因此线段长为，即D正确. 故选：B 37．（2024高三·全国·专题练习）如图，在四面体中，，，、分别为、中点，并且异面直线与所成的角为，则的长为 ． 【答案】5 【分析】取中点，连接，，即可得到为异面直线与所成的角（或补角），再由勾股定理计算可得. 【详解】取中点，连接，， 又因为，，，分别为，的中点， 所以且，且， 则为异面直线与所成的角（或补角）， 又因为异面直线与所成的角为， 所以， 所以，所以， 故答案为：5 38．（23-24高一下·河北承德·期末）在正四棱锥中，是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，运用空间向量法求解线线夹角. 【详解】    由题意知， 所以，，，， ， ，, 所以 故选：D. 39．（23-24高一下·内蒙古·期末）正八面体是一种正多面体，也是一种正轴体，由8个正三角形面组成，每个面均为正三角形.如图，正八面体的棱长为10，M为棱FC上一点，且，则（    ） A．平面平面 B．该正八面体外接球的表面积为 C．二面角的余弦值为 D．异面直线与所成角的余弦值为 【答案】ACD 【分析】应用线面平行结合面面平行判定定理判断A,再根据正八面体的性质结合外接球表面积公式计算判断B,应用二面角定义找到即二面角的平面角再结合余弦定理求解判断C,根据线线平行得出异面直线所成角为再余弦定理计算即可判断D. 【详解】由正八面体的性质可得平面,不在平面内，所以平面， 又因为，平面,不在平面内，所以平面， 又,平面,所以平面平面，A正确. 连接，.设与交于点O，则即该正八面体外接球的半径. 因为，所以该正八面体外接球的表面积为，B错误. 取AD的中点N，连接易得,则即二面角的平面角. 因为正八面体的棱长为10，所以,,， 所以，C正确. 因为，所以即异面直线AE与BM所成的角. 因为，所以.因为， 所以，则，D正确. 故选：ACD. 40．（23-24高一下·江苏常州·期末）已知正方体的棱长为4，分别为棱和的中点，则下列说法正确的有（   ） A．平面 B．平面 C．异面直线与所成角为 D．平面截正方体所得截面的面积为18 【答案】ACD 【分析】根据线面平行的判断定理，即可判断A；根据线面垂直的定义，结合垂直关系，即可判断B；根据异面直线所成角的定义，以及平行关系的转化，即可判断C，首先作出平面截正方体所得截面，再计算截面的面积. 【详解】对于A，如图，由条件可知，，平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，取的中点，连结， 因为，，，所以, 则 ，不满足勾股定理， 所以不垂直于，则不垂直于平面， 所以不垂直于平面，故B错误； 对于C，连结，是等边三角形，所以直线与所成角为， 所以异面直线与所成角为，故C正确； D.连结，所以四点共面， 四边形是平面截正方体所得截面， 如图，四边形是等腰梯形，， ， 作于，则， 所以四边形的面积，故D正确. 故选：ACD. 题型九　空间直线、平面的平行 41．（2025·山东淄博·一模）如图，在四棱锥中，，，点在上，且． (1)点在线段上，且平面，证明：为线段的中点； (2)若平面与平面所成的角的余弦值为，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2)的长度为或 【分析】（1）过点作交于点，连接，由线面平行的性质定理证明，即可证明； （2）建立空间直角坐标系，设，求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角的向量公式即可得出答案. 【详解】（1）连接，过点作交于点，连接， 又因为，所以，所以四点共面， 因为平面，平面，平面平面， 所以，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，所以为线段的中点； （2）连接，因为，所以四边形是平行四边形， 所以，因为平面所以平面 又因为，所以建立如图所示的空间直角坐标系， 设， ，设平面的法向量为， ， 所以，令，，所以， 所以与平面所成的角的余弦值为， 所以与平面所成的角的正弦值为， 即， 所以，化简可得：， 解得：或，即或， 所以或. 42．（24-25高一上·浙江杭州·阶段练习）在底面是菱形的四棱锥中，，， ，点E在PD上，且，平面平面． (1)证明：； (2)在棱PC上是否存在一点F，使平面？证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，证明见解析. 【分析】（1）利用线面平行的判断、性质推理得证. （2）取PE的中点M，利用线面平行的判定、面面平行的判定、性质推理得解. 【详解】（1）由四边形为菱形，得， 又平面，平面PCD，则平面， 又平面，平面平面，则，所以． （2）存在．当F是PC的中点时，平面， 如图，取PE的中点M，连接FM，得，又平面，平面，于是平面， 由M为PE的中点，，得，E是MD的中点， 连接BM，BD，设，由四边形是菱形，得O为BD的中点， 则，又平面，平面，于是平面， 又，平面，则平面平面， 又平面，所以平面. 43．（24-25高一下·全国·课后作业）在三棱柱中，E，F分别是的中点，如图，求证：平面． 【答案】证明见解析 【分析】由已知可得，进而由线面平行的判定定理可证平面． 【详解】因为E，F分别是AC，的中点，所以． 又平面，平面，所以平面． 44．（24-25高一下·全国·课后作业）如图所示，平面四边形的四个顶点A，B，C，D均在平行四边形外，且，，，互相平行，求证：四边形是平行四边形． 【答案】证明见解析 【分析】先证明平面平面．即可证，同理可证，即可证明结论. 【详解】四边形是平行四边形，． 平面，平面， 平面，同理，可证得平面． 平面，平面，且， 平面平面． 又平面平面，平面平面， ．同理可证．四边形是平行四边形． 45．（24-25高一下·全国·课后作业）在正四棱台中，，，，E，F分别是AD，AB的中点．证明：平面平面． 【答案】证明见解析 【分析】结合正四棱台的几何特征，根据面面平行的判定定理，即可证明结论. 【详解】连接，AC，分别交，EF，BD于M，N，P，连接MN，． 由题意知，．平面，平面， 平面．又，，． 又E，F分别是AD，AB的中点，，则， ．． 又，．四边形为平行四边形．． 平面，平面，平面． ，，平面，平面平面． 题型十　空间直线、平面的垂直 46．（24-25高一下·江西宜春·阶段练习）如图，在正四棱锥中，底面边长为2，高为4． (1)求直线与平面所成角的正切值； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，取中点，利用正四棱锥的结构特征及线面角的定义求出线面角的正切值. （2）作出二面角的平面角，利用几何法求出二面角的大小. 【详解】（1）在正四棱锥中，连接，取中点，连接 则为正方形的中心，平面，是直线与平面所成的角， 由，得，而， 在中，， 即直线与平面所成角的正切值为； （2）在中，过作于，连接， 由≌，得，而， 则≌，，即， 因此是二面角的平面角，， ，， ，在中，，， 即二面角的余弦值为. 47．（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，平面平面，，，，，，且. (1)已知点为上一点，且，证明：平面； (2)若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，取中点为，易证四边形为平行四边形，从而为中点，为中位线，，由平行关系的传递性得到且，从而四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明； （2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，，分别求得平面的一个法向量为，平面的法向量为，根据平面与平面所成锐二面角的余弦值为，由求得a，再由点C到平面的距离求解. 【详解】（1）证明：如图， 连接交于点，取中点为，连接，，， 在四边形中，，， 故四边形为平行四边形. 故为中点，所以在中，为中位线， 则且，又且， 故且，即四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 平面，即平面. （2）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面， 以点为坐标原点，分别以，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系， 设，则，，，，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，取， ，， 设平面的法向量为， ，取 由平面与平面所成锐二面角的余弦值为， 可得， 解得或（舍去） 故，又， 所以点到平面的距离. 48．（24-25高一下·全国·课后作业）已知平面平面，平面，于点． (1)判断与的关系； (2)求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）应用面面垂直的性质定理即可得到；（2）应用线面垂直的性质和判定定理即可得证． 【详解】（1），理由如下： 平面平面，于点， 平面平面，平面， 平面．又平面，． （2）证明：平面，平面， ．，，平面, 平面．又平面，． 49．（24-25高一上·上海·期末）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，平面平面. (1)求证：； (2)求证：为直角三角形； (3)若，求四棱棱的体积. 【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3) 【分析】（1）利用余弦定理求出，再由勾股定理即可得证； （2）由平面平面PCD依次证平面ADP、、平面ACP、即可； （3）由几何关系可得，结合即可求值. 【详解】（1）作，E为垂足，如图， 在等腰梯形ABCD中，， ∴，， ∴， ∴，∴． （2）∵，平面平面PCD，平面平面PCD，平面PCD， ∴平面ADP，又平面ADP， ∴，又， ∵平面ACP， ∴平面ACP， ∵平面ACP，∴， ∴，即为直角三角形. （3）由（1）知在等腰梯形ABCD中，．， ．∴．∴． 又平面ADP，为直角三角形，， ∴，， ∴． ∴． 50．（24-25高一上·江西宜春·期末）已知四边形为直角梯形，，，为等腰直角三角形，平面平面，E为的中点，，． (1)求证：平面平面． (2)求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明平面，可得平面平面. （2）先判断出异面直线与所成角，然后求得所成角的余弦值. 【详解】（1）由于，所以， 由于平面平面且交线为，平面， 所以平面，由于平面， 所以. 由于平面， 所以平面， 由于平面，所以平面平面． （2）由于，所以是异面直线与所成角（或其补角）， ，， ，， 所以，所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 1 / 1 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 立体几何初步 （易错必刷50题10种题型专项训练） 题型一　简单几何体的结构特征 题型二　简单几何体的组合体 题型三　与直观图还原有关的计算问题 题型四　棱柱、棱锥、棱台的表面积与体积 题型五　圆柱、圆锥、圆台的表面积与体积 题型六　球的表面积与体积 题型七　截面问题 题型八　异面直线所成的角 题型九　空间直线、平面的平行 题型十　空间直线、平面的垂直 题型一　简单几何体的结构特征 1．（2024高二上·黑龙江佳木斯·学业考试）一个直角三角形绕它的一条直角边所在直线旋转形成的曲面所围成的几何体是（    ） A．球体 B．圆柱 C．圆台 D．圆锥 2．（2025高三·全国·专题练习）下列说法中正确的是（   ） A．各侧棱都相等的棱锥为正棱锥 B．长方体是直四棱柱 C．用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台； D．球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面． 3．（24-25高三下·河北秦皇岛·阶段练习）已知圆台的上、下底面半径分别为1和4，母线长为5，则该圆台的（    ） A．高为4 B．母线与底面所成角为 C．侧面积为 D．体积为 4．（23-24高一下·云南昭通·期中）下列命题中，正确的有（    ） A．有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 B．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 C．平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 D．有两个面互相平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 5．（21-22高一下·江苏扬州·期中）下列命题中正确的有（   ） A．棱柱的侧面一定是平行四边形 B．空间内三点确定一个平面 C．分别在两个相交平面内的两条直线如果相交，则交点只可能在两个平面的交线上 D．一条直线与三角形的两边都相交，则这条直线必在三角形所在的平面内 题型二　简单几何体的组合体 6．（23-24高二下·四川达州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，E、F、G、M、N均为所在棱角中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为（   ） A．P在BC中点时，平面平面GMN B．E、F、G、M、N在同一个球面上 C．异面直线EF、GN所成角的余弦值为 D．，则P点轨迹长度为 7．（23-24高一下·云南昆明·期中）“阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（    ） A．该半正多面体的体积为 B．该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式 C．该半正多面体过三点的截面面积为 D．该半正多面体外接球的表面积为 8．（2024高一下·全国·专题练习）如图，模块①～⑤均由4个棱长为1的小正方体构成，模块⑥由15个棱长为1的小正方体构成．现从模块①～⑤中选出三个放到模块⑥上，使得模块⑥成为一个棱长为3的大正方体，则能够完成任务的模块组合有（    ） A．①②⑤ B．①④⑤ C．②③④ D．①②③ 9．（2024高三·全国·专题练习）如图，从一个正方体中挖掉一个四棱锥，然后从任意面剖开此几何体．下列可能是该几何体的截面的为（　　） A． B． C． D． 10．（23-24高二上·江苏淮安·开学考试）如图，在棱长为2的正方体中，Q为线段的中点，P为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（    ）      A．P为中点时，过D，P，Q三点的平面截正方体所得的截面的面积为 B．存在点P，使得平面平面 C．的最小值为 D．三棱锥外接球表面积最大值为 题型三　与直观图还原有关的计算问题 11．（24-25高一下·全国·课后作业）（多选）如图所示，用斜二测画法作水平放置的的直观图，得，其中，是边上的中线，则由图形可知下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 12．（23-24高一下·河北·期中）如图所示，用斜二测画法画一个水平放置的，，，则在直观图中，以下说法正确的是（    ） A． B．的面积为 C．边上的高为 D．边上的高为 13．（24-25高一下·全国·课后作业）下列关于直观图的斜二测画法的说法，正确的是（    ） A．原图形中平行于x轴的线段，其对应线段平行于轴，长度不变 B．原图形中平行于y轴的线段，其对应线段平行于轴，长度变为原来的 C．画与直角坐标系对应的时，必须是 D．在画直观图时，由于选的轴不同，所得直观图可能不同 14．（23-24高一下·河南驻马店·期末）如图所示为四边形的平面图，其中，，，，用斜二测画法画出它的直观图四边形，其中，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．四边形为等腰梯形 D．四边形的周长为 15．（23-24高一下·黑龙江牡丹江·阶段练习）已知梯形，按照斜二测画法画出它的直观图，如图，其中，，，下列说法错误的是（   ） A．线段平行于轴 B． C．梯形是直角梯形 D．梯形的面积是3 题型四　棱柱、棱锥、棱台的表面积与体积 16．（23-24高一下·贵州毕节·期末）如图，在三棱柱中，，，则下列说法正确的有（    ）    A． B．二面角的余弦值为 C．三棱锥的表面积为4 D．三棱柱的外接球的体积为 17．（23-24高一下·四川凉山·期末）如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且四个顶点，，，在同一个平面内，若四边形是边长为2的正方形，则（    ） A．该八面体的表面积是 B．该八面体的体积是 C．直线与平面所成角为 D．动点在该八面体的外接球面上，且，则点的轨迹的周长为 18．（23-24高一下·云南大理·期末）如图，一块边长为的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，下列说法正确的是（    ） A．当时，正四棱锥的侧面积为 B．当时，正四棱锥的体积为 C．当时，正四棱锥的外接球半径为 D．当时，若加装正方形的底盖，则在封闭的正四棱锥容器内所能装下最大的球的半径是 19．（24-25高三上·河北邢台·开学考试）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，高相等，侧面积也相等，则（    ） A．圆柱和圆锥的体积之比为3 B．圆柱的底面半径和高之比为 C．圆锥的母线和高之比为2 D．圆柱和圆锥的表面积之比为 20．（23-24高一下·河北·期末）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫分子结构为正八面体结构（八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）．如图所示，正八面体的棱长为a，则下列说法中正确的是（    ） A．此八面体的表面积为 B．异面直线AE与BF所成的角为 C．若点P为棱EB上的动点，则的最小值为 D．此八面体的外接球与内切球的体积之比为 题型五　圆柱、圆锥、圆台的表面积与体积 21．（23-24高一下·四川成都·阶段练习）某圆锥的底面半径是3，母线长为4，则下列关于此圆锥的说法正确的是（    ） A．圆锥的体积是 B．圆锥侧面展开图的圆心角是 C．该圆锥的轴截面的面积是8 D．圆锥侧面积是 22．（23-24高一下·广东广州·期中）如图，为正圆锥底面圆的直径，点是圆上异于的动点，，则下列结论正确的是（    ） A．圆锥的侧面积为 B．三棱锥体积的最大值为 C．的取值范围是 D．三棱锥体积最大时，其内切球半径为 23．（23-24高一下·青海西宁·期末）如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，则下列结论正确的是（    ）    A．圆柱的侧面积为 B．圆锥的侧面积为 C．圆柱的侧面积与球的表面积相等 D．圆柱､圆锥､球的体积之比为 24．（24-25高一下·全国·课后作业）（多选）某工厂生产出一种机械零件，如图所示，零件的几何结构为圆台，在轴截面中，，则下列说法正确的有（    ） A．该圆台的高为 B．该圆台轴截面面积为 C．该圆台轴截面面积为 D．一只蚂蚁从点C沿着该圆台的侧面爬行到的中点，所经过的最短路程为 25．（23-24高一下·河南郑州·期中）已知圆台的上底半径为，下底半径为，球与圆台的两个底面和侧面都相切，则下列命题中正确的有（   ） A．圆台的母线长为 B．圆台的体积为 C．圆台的表面积为 D．球的表面积为 题型六　球的表面积与体积 26．（24-25高三上·湖北武汉·期末）已知正四棱台的体积为，则（    ） A．正四棱台的高为 B．与平面所成的角为 C．平面与平面夹角的正切值为 D．正四棱台外接球的表面积为 27．（23-24高一下·新疆省直辖县级单位·阶段练习）（多选题）已知四面体ABCD的一个平面展开图如图所示，其中四边形AEFD是边长为的菱形，B，C分别为AE，FD的中点，，则在该四面体中（    ）    A． B．BE与平面DCE所成角的余弦值为 C．四面体ABCD的外接球表面积为 D．四面体ABCD的内切球半径为 28．（23-24高一下·四川绵阳·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”（如图所示），已知该正方体的棱长为1，则下列命题正确的是（    ） A．正方体的内切球的体积等于该牟合方盖的内切球的体积 B．该牟合方盖的内切球的体积与其中一个圆柱体的体积之比为2∶3 C．该牟合方盖的内切球被平面截得的截面面积为 D．以正方体的顶点A为球心，1为半径的球在该正方体内部部分的体积与该牟合方盖的内切球的体积之比为 29．（23-24高一下·黑龙江大庆·期末）如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（    ） A． B．平面 C．直线与平面所成的角为 D．三棱锥外接球表面积为 30．（23-24高一下·山东·期中）半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，体现了数学的对称美．如图，将棱长为2的正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个半正多面体，它们的棱长都相等，则下列说法正确的有（    ）    A．此半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式 B．过A，B，C三点的平面截该正多面体，所得截面面积为 C．若该半正多面体的各个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为 D．若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体体积最小值为 题型七　截面问题 31．（2025高一·全国·专题练习）四面体的棱长为4，E为棱BC的中点，过点E作其外接球的截面，则截面面积的最小值是 . 32．（23-24高一下·四川南充·阶段练习）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为4，则下列说法正确的是（    ） A．勒洛四面体最大的截面是正三角形 B．勒洛四面体的体积是 C．勒洛四面体内切球的半径是 D．若是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为2 33．（24-25高一上·湖南邵阳·期末）已知正四面体的四个顶点在球的球面上，，Q为BC的中点，则过点的平面截球所得截面圆的面积的取值范围是 ． 34．（24-25高二上·上海长宁·期末）如图，已知圆锥的底面半径，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，点Q为半圆弧的中点，点P为母线SA的中点.    (1)求此圆锥的侧面积； (2)求异面直线PQ与SO所成角的余弦值. 35．（2025高一·全国·专题练习）正方体的棱长为2，平面截正方体内切球所得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 题型八　异面直线所成的角 36．（24-25高三下·天津蓟州·开学考试）在直三棱柱中，，，，分别是BC，的中点，在线段上，则下面说法中不正确的是（   ） A．平面 B．直线EF与平面ABC所成角的余弦值为 C．直三棱柱的外接球半径为 D．直线BD与直线EF所成角最小时，线段BD长为 37．（2024高三·全国·专题练习）如图，在四面体中，，，、分别为、中点，并且异面直线与所成的角为，则的长为 ． 38．（23-24高一下·河北承德·期末）在正四棱锥中，是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 39．（23-24高一下·内蒙古·期末）正八面体是一种正多面体，也是一种正轴体，由8个正三角形面组成，每个面均为正三角形.如图，正八面体的棱长为10，M为棱FC上一点，且，则（    ） A．平面平面 B．该正八面体外接球的表面积为 C．二面角的余弦值为 D．异面直线与所成角的余弦值为 40．（23-24高一下·江苏常州·期末）已知正方体的棱长为4，分别为棱和的中点，则下列说法正确的有（   ） A．平面 B．平面 C．异面直线与所成角为 D．平面截正方体所得截面的面积为18 题型九　空间直线、平面的平行 41．（2025·山东淄博·一模）如图，在四棱锥中，，，点在上，且． (1)点在线段上，且平面，证明：为线段的中点； (2)若平面与平面所成的角的余弦值为，求的长度． 42．（24-25高一上·浙江杭州·阶段练习）在底面是菱形的四棱锥中，，， ，点E在PD上，且，平面平面． (1)证明：； (2)在棱PC上是否存在一点F，使平面？证明你的结论． 43．（24-25高一下·全国·课后作业）在三棱柱中，E，F分别是的中点，如图，求证：平面． 44．（24-25高一下·全国·课后作业）如图所示，平面四边形的四个顶点A，B，C，D均在平行四边形外，且，，，互相平行，求证：四边形是平行四边形． 45．（24-25高一下·全国·课后作业）在正四棱台中，，，，E，F分别是AD，AB的中点．证明：平面平面． 题型十　空间直线、平面的垂直 46．（24-25高一下·江西宜春·阶段练习）如图，在正四棱锥中，底面边长为2，高为4． (1)求直线与平面所成角的正切值； (2)求二面角的余弦值． 47．（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，平面平面，，，，，，且. (1)已知点为上一点，且，证明：平面； (2)若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求点到平面的距离. 48．（24-25高一下·全国·课后作业）已知平面平面，平面，于点． (1)判断与的关系； (2)求证：． 49．（24-25高一上·上海·期末）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，平面平面. (1)求证：； (2)求证：为直角三角形； (3)若，求四棱棱的体积. 50．（24-25高一上·江西宜春·期末）已知四边形为直角梯形，，，为等腰直角三角形，平面平面，E为的中点，，． (1)求证：平面平面． (2)求异面直线与所成角的余弦值. 1 / 1 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$