第13章 立体几何初步 章末题型归纳总结（5知识点+8题型+好题必刷）-【上好课】2024-2025学年高一数学同步精品课堂（苏教版2019必修第二册）

第13章 立体几何初步 章末题型归纳总结 多面体、旋转体、组合体 一、多面体的结构特征 1、棱柱：两个面互相平面，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱． （1）斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱； （2）直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱； （3）正棱柱：底面是正多边形的直棱柱； （4）平行六面体：底面是平行四边形的棱柱； （5）直平行六面体：侧棱垂直于底面的平行六面体； （6）长方体：底面是矩形的直平行六面体； （7）正方体：棱长都相等的长方体． 2、棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥． （1）正棱锥：底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心； （2）正四面体：所有棱长都相等的三棱锥． 3、棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台，由正棱锥截得的棱台叫做正棱台． 二、简单旋转体 1、圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的几何体叫做圆柱． 2、圆柱：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，将其旋转一周形成的面所围成的几何体叫做圆锥． 3、圆台：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台． 4、球：以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称为球（球面距离：经过两点的大圆在这两点间的劣弧长度）． 三、组合体 由柱体、锥体、台体、球等几何体组成的复杂的几何体叫做组合体． （2025·安徽滁州·一模）中国被称为“制扇王国”，折扇的起源历史悠久，最早可以追溯到西汉时期.现有一把折扇，其结构如图.完全展开后扇面的圆心角为，上板长为若把该扇面围成一个圆台，则圆台的高为（ ） A． B． C． D． 表面积与体积计算公式 表面积公式 表面积 柱体 为直截面周长 锥体 台体 球 体积公式 体积 柱体 锥体 台体 球 （2025·高一·浙江·阶段练习）如图所示，某建筑物模型无下底面，有上底面，其外观是圆柱，底部挖去一个圆锥.已知圆柱与圆锥的底面大小相同，圆柱的底面半径为，高为，圆锥母线为. (1)计算该模型的体积.（结果精确到） (2)现需使用油漆对500个该种模型进行涂层，油漆费用为每平方米30元，总费用是多少？（结果精确到1元） 空间几何体的直观图 1、斜二测画法 斜二测画法的主要步骤如下： （1）建立直角坐标系．在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的，，建立直角坐标系． （2）画出斜坐标系．在画直观图的纸上（平面上）画出对应图形．在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于，，使（或），它们确定的平面表示水平平面． （3）画出对应图形．在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于轴的线段，且长度保持不变；在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于轴，且长度变为原来的一般．可简化为“横不变，纵减半”． （4）擦去辅助线．图画好后，要擦去轴、轴及为画图添加的辅助线（虚线）．被挡住的棱画虚线． 注：直观图和平面图形的面积比为． 2、平行投影与中心投影 平行投影的投影线是互相平行的，中心投影的投影线相交于一点． （2025·高一·湖南常德·阶段练习）一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为（    ） A．4 B． C． D． 四个公理 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内． 注意：（1）此公理是判定直线在平面内的依据；（2）此公理是判定点在面内的方法 公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面． 注意：（1）此公理是确定一个平面的依据；（2）此公理是判定若干点共面的依据 推论①：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面； 注意：（1）此推论是判定若干条直线共面的依据 （2）此推论是判定若干平面重合的依据 （3）此推论是判定几何图形是平面图形的依据 推论②：经过两条相交直线，有且只有一个平面； 推论③：经过两条平行直线，有且只有一个平面； 公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线． 注意：（1）此公理是判定两个平面相交的依据 （2）此公理是判定若干点在两个相交平面的交线上的依据（比如证明三点共线、三线共点） （3）此推论是判定几何图形是平面图形的依据 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行． （2025·高二·安徽合肥·阶段练习）在正方体AC1中，E，F分别为D1C1，B1C1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q，如图. （1）若A1C交平面EFBD于点R，证明:P，Q，R三点共线. （2）线段AC上是否存在点M，使得平面B1D1M∥平面EFBD，若存在确定M的位置，若不存在说明理由. 基本图形位置关系 一、直线与直线的位置关系 位置关系 相交（共面） 平行（共面） 异面 图形 符号 a∥b 公共点个数 1 0 0 特征 两条相交直线确定一个平面 两条平行直线确定一个平面 两条异面直线不同在如何一个平面内 二、直线与平面的位置关系 位置关系 包含（面内线） 相交（面外线） 平行（面外线） 图形 符号 ∥ 公共点个数 无数个 1 0 三、平面与平面的位置关系 位置关系 平行 相交（但不垂直） 垂直 图形 符号 ∥ ， 公共点个数 0 无数个公共点且都在唯一的一条直线上 无数个公共点且都在唯一的一条直线上 四、等角定理 空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 五、直线和平面平行 1、定义 直线与平面没有公共点，则称此直线与平面平行，记作∥ 2、判定方法（文字语言、图形语言、符号语言） 文字语言 图形语言 符号语言 线∥线线∥面 如果平面外的一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行（简记为“线线平行线面平行 面∥面线∥面 如果两个平面平行，那么在一个平面内的所有直线都平行于另一个平面 3、性质定理（文字语言、图形语言、符号语言） 文字语言 图形语言 符号语言 线∥面线∥线 如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行 六、两个平面平行 1、定义 没有公共点的两个平面叫作平行平面，用符号表示为：对于平面和，若，则∥ 2、判定方法（文字语言、图形语言、符号语言） 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理线∥面面∥面 如果一个平面内有两条相交的直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行（简记为“线面平行面面平行 线面面∥面 如果两个平面同垂直于一条直线，那么这两个平面平行 ∥ 3、性质定理（文字语言、图形语言、符号语言） 文字语言 图形语言 符号语言 面//面 线//面 如果两个平面平行，那么在一个平面中的所有直线都平行于另外一个平面 性质定理 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么他们的交线平行（简记为“面面平行线面平行”） 面//面 线面 如果两个平面中有一个垂直于一条直线，那么另一个平面也垂直于这条直线 七、直线与平面垂直的定义 如果一条直线和这个平面内的任意一条直线都垂直，那称这条直线和这个平面相互垂直． 八、直线与平面垂直的判定定理 文字语言 图形语言 符号语言 判断定理 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 面⊥面⇒线⊥面 两个平面垂直，则在一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 _ _ a 平行与垂直的关系 一条直线与两平行平面中的一个平面垂直，则该直线与另一个平面也垂直 _ 平行与垂直的关系 两平行直线中有一条与平面垂直，则另一条直线与该平面也垂直 _ b _ a 九、直线与平面垂直的性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 性质定理 垂直于同一平面的两条直线平行 _ b _ a 垂直与平行的关系 垂直于同一直线的两个平面平行 _ 线垂直于面的性质 如果一条直线垂直于一个平面，则该直线与平面内所有直线都垂直 十、平面与平面垂直的定义 如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得的两条交线互相垂直．（如图所示，若，且，则） 一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． 十一、平面与平面垂直的判定定理 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 _ 十二、平面与平面垂直的性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 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 _ _ a （2025·高一·内蒙古·期末）如图，在直角梯形中，已知，，，，E为对角线的中点，现将沿折起到的位置，使平面平面．求证： (1)直线平面； (2)平面平面． 直观图 【例1】（2025·高一·河北邯郸·阶段练习）的直观图如图所示，其中轴，轴，且，则的面积为（   ）    A． B．4 C． D．8 【变式1-1】（2025·高一·浙江杭州·阶段练习）如图所示，已知正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形斜二测画法的直观图，则其原图形的周长为（   ） A． B． C． D． 【变式1-2】（2025·高一·广西·阶段练习）如图，是水平放置的的直观图，则的面积为（    ） A．6 B．9 C．12 D．15 【变式1-3】（2025·高一·福建·阶段练习）如图，是水平放置的的直观图，则的周长为（    ） A． B． C． D． 【解题方法总结】 直观图和平面图形的面积比为. 几何体的表面积与体积 【例2】（2025·高一·浙江宁波·期中）如图，在正方体1中，，E、F、G分别为、、中点. (1)求三棱锥的表面积； (2)求证：平面. 【变式2-1】（2025·高一·湖南常德·阶段练习）如图，在直角梯形中，，在梯形内，挖去一个以为圆心，以2为半径的四分之一圆，得到如图所示的阴影部分，若将该图形中阴影部分绕所在直线旋转一周，求形成的几何体的表面积与体积. 【变式2-2】（2025·高一·全国·专题练习）已知正三棱锥，的中点为，，，请从条件①，条件②，条件③中选择两个条件作为已知，使得三棱锥存在，并求出此正三棱锥的体积.①底面边长为2；②侧棱长为；③斜高为2. 【变式2-3】（2025·高一·山东菏泽·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，底面，，点在棱上，平面． (1)试确定点的位置，并说明理由； (2)求四棱锥的表面积． 【解题方法总结】 几何体的表面积与体积解题需掌握基础公式与灵活应用。对于表面积，需明确各几何体（如长方体、正方体、圆柱、圆锥等）的表面积计算公式。解题时，先识别几何体类型，再代入相应公式计算。体积计算同理， 注意单位统一与精度要求，灵活运用公式变形解决复杂问题，如切割、拼接后的表面积与体积变化。 外接球、内切球、棱切球 【例3】（2025·高一·安徽池州·期中）已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点，若线段的最小值为，则正方体的外接球的表面积为 . 【变式3-1】（2025·高一·天津南开·期末）为迎接我校建校120周年校庆，数学学科在八角形校徽中生发灵感，设计了一枚“立体八角形”水晶雕塑，寓意南开在新时代中国“保持真纯初心，骏骏汲汲前行”，以下为该雕塑的设计图及俯视图，它由两个中心重合的正四棱柱组合而成，其中一个正四棱柱可看作由另一个正四棱柱旋转45°而成，已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，设该雕塑的表面积为，该雕塑内可容纳最大球的表面积为，该雕塑外接球表面积为，则 ， ．    【变式3-2】（2025·高二·上海·期中）已知一个圆台有内切球，且两底面半径分别为1，4，则该圆台的表面积为 . 【变式3-3】（2025·高二·四川南充·阶段练习）在三棱锥中，底面正三角形的边长为，侧棱长为，若球与三棱锥内切，则该三棱锥的内切球的表面积为 【变式3-4】（2025·高一·浙江温州·期末）与多面体的每条棱都相切的球称为该多面体的棱切球．已知四面体ABCD满足， ，且四面体ABCD有棱切球，则AC的长为 ． 【解题方法总结】 外接球问题，关键在于确定球心位置，通常利用几何体的对称性或特殊点（如正多面体的中心）来确定。内切球问题，需找到与几何体各面都相切的点，该点即为球心，半径可通过几何关系求得。棱切球问题，则需找到与几何体各棱都相切的点，确定球心与半径。解题时，常需结合几何体的性质，如正多面体的棱长、面角等，利用勾股定理、相似三角形等几何知识求解。 空间中的平行关系 【例4】（2025·高一·浙江宁波·期中）如图所示，在四棱锥中，在底面中，，E在棱PD上且. (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点N，使得平面平面？若存在，写出的值；若不存在，请说明理由. 【变式4-1】（2025·高一·云南昭通·阶段练习）如图，已知分别是空间四边形的边的中点，．求证： (1)四边形是菱形； (2)平面． 【变式4-2】（2025·高一·四川南充·阶段练习）已知正方体中，，点分别是线段的中点.    (1)求证直线平面； (2)求三棱锥的高； (3)求证直线三线共点. 【变式4-3】（2025·高一·全国·课后作业）如图，在正方体中，，点为AD的中点，点在CD上，若平面，求线段EF的长度． 【解题方法总结】 处理空间中的平行关系，关键在于理解并运用平行公理及其推论。首先，识别题目中涉及的直线与平面，明确它们之间的相对位置。接着，利用线面平行的判定定理，如直线与平面内一条直线平行且该直线不在平面内，则直线与平面平行。对于面面平行，则需证明两个平面内分别有两条相交直线互相平行。此外，还可借助中位线、平行四边形等性质辅助证明。解题时，需灵活运用这些定理与性质，结合图形特征，逐步推导得出结论。 空间中的垂直关系 【例5】（2025·高一·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，为的中点，．证明：． 【变式5-1】（2025·高一·广东湛江·期末）如图，平面，底面为矩形，于点于点．    (1)求证：平面； (2)设平面交于点，求证：． 【变式5-2】（2025·高一·辽宁大连·期末）如图，在直三棱柱中，，. (1)求证：平面平面； (2)求证：. 【解题方法总结】 处理空间垂直关系，需明确线线垂直、线面垂直及面面垂直的判定与性质。线线垂直可通过向量点积为零或几何图形中的直角判定。线面垂直则需证明直线与平面内两条相交直线均垂直。面面垂直可通过证明一个平面内一条直线垂直于另一平面，或利用二面角的平面角为直角来判定。解题时，应灵活运用这些判定定理，结合题目条件，通过构造辅助线、面或利用已知垂直关系进行推导，逐步得出所需结论。 空间角的求法（线线角、线面角、二面角） 【例6】（2025·高一·湖南邵阳·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，底面是一个直角梯形，，. (1)若为的中点，证明：直线平面； (2)求二面角的余弦值. 【变式6-1】（2025·高一·天津·期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，底面，，分别是，的中点．    (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【变式6-2】（2025·高一·北京大兴·期末）如图，正方体中，N，E，F分别是的中点． (1)求证：E，F，B，D四点共面； (2)设平面与平面交于直线，求证：； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 【变式6-3】（2025·高一·贵州贵阳·期末）如图，在四面体中，平面，M是的中点，P是的中点，点Q在线段上，且． (1)求证：平面． (2)若三角形为边长为2的正三角形，，求异面直线和所成角的余弦值 ． 【变式6-4】（2025·高一·江苏无锡·期中）如图，已知四棱台中，，，且，Q为线段中点，    (1)求证：平面； (2)若四棱锥的体积为 ①求证：平面； ②求与平面夹角的正弦值． 【变式6-5】（2025·高一·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． 【解题方法总结】 求线线角，可通过平移直线构造三角形求解。求线面角，需找出线在面内的射影，利用直角三角形性质求解。求二面角，可作二面角的平面角，通过三角形内角求解。具体操作时，需根据题目条件灵活选择方法，如利用几何性质。同时，注意空间想象能力的培养，以便准确找出所需角并构造合适的图形进行求解。 空间距离的求法（线线距、线面距、点面距、面面距） 【例7】（2025·高一·重庆九龙坡·期中）正方体的棱长为a，E为棱中点． (1)求证：平面； (2)求点D到平面的距离． 【变式7-1】（2025·高三·全国·专题练习）如图，为菱形外一点，平面，，为棱的中点.若，求到平面的距离.    【变式7-2】（2025·高一·全国·课后作业）已知在长方体中，棱，．求： (1)点到平面的距离； (2)到平面的距离． 【变式7-3】（2025·高一·广西玉林·期中）如图，在三棱柱中，侧面均为正方形，，，点D是棱的中点，点O为与交点． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离． 【变式7-4】（2025·高一·上海嘉定·期中）在如图所示的圆柱中，AB是底面圆的直径，PA是圆柱的母线，且，设点C（与不重合）是底面圆周上的动点． (1)求证：平面； (2)当二面角P-BC-A的大小为时，求点C到平面PAB的距离； (3)记点D是线段PB的中点，点E在线段PA上，若，求的最小值． 【变式7-5】（2025·高一·陕西渭南·期末）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，面，是的中点，，. (1)证明：平面 (2)证明：平面平面； (3)求点到平面的距离. 【解题方法总结】 求线面距，需找出线在面内的垂足，利用点到平面距离公式或构造直角三角形求解。求点面距，可作点到平面的垂线，利用直角三角形性质或向量法求解。求面面距，可转化为求两平行平面内对应点的连线段中，垂直于两平面的线段长度，或利用等体积法求解。解题时，需根据题目条件灵活选择方法，结合空间想象与几何性质，准确找出所需距离并求解。 截面问题以及范围与最值问题 【例8】（2025·高一·福建厦门·阶段练习）已知圆锥的母线长为4，过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为8，则该圆锥底面半径的取值集合为（    ） A． B． C． D． 【变式8-1】（2025·高二·浙江杭州·期末）在正方体中，，分别是棱和上的点，，，那么正方体中过点，，的截面形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【变式8-2】（多选题）（2025·高三·全国·专题练习）如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．点到平面的距离为定值 B．直线与所成角的取值范围为 C．的最小值为 D．若为线段上的动点，且平面，则的最小值为 【变式8-3】（多选题）（2025·高一·江苏南京·期末）如图，已知菱形的边长为2，，将沿翻折为三棱锥，点为翻折过程中点的某一位置，则下列结论正确的是（   ） A．无论点在何位置，总有 B．点存在两个位置，使得成立 C．当平面平面时，异面直线与所成角的余弦值为 D．当时，为上一点，则的最小值为 【变式8-4】（多选题）（2025·高一·安徽马鞍山·期末）已知正方体的棱长为1，P是棱上的动点，则（    ）. A．四棱锥的体积为定值 B． C．的最小值为 D．AP与DC夹角的最大值为 【变式8-5】（多选题）（2025·高一·江西宜春·阶段练习）如图，在正方体中，为四边形内（含边界）的一个动点，且，则（ ） A．与一定是异面直线 B．三棱锥的体积为定值 C．平面 D．异面直线与所成角的范围为 【解题方法总结】 截面问题关键在于确定切割平面与几何体的交线。先依据题目条件明确切割平面位置，再分析交线构成，进而确定截面形状。若为规则图形，可直接用公式求面积等参数；若不规则，可分割为规则图形分别计算后求和。过程中，要充分利用几何体的对称性、平行关系等性质，辅助确定交线位置与形状，同时注意检查截面是否符合题目要求。 范围与最值问题需先明确变量，分析变量间的约束条件。通过建立函数关系，利用导数、基本不等式等工具求最值。对于几何问题，要结合图形特征，挖掘隐含条件，将几何量转化为代数式求解。同时，注意变量的取值范围，避免出现无意义的结果。 1．（2025·高一·浙江宁波·期中）正方形的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的面积是（    ）    A． B．4 C． D． 2．（2025·黑龙江吉林·模拟预测）已知圆台的母线与下底面所成角的正弦值为，则此圆台的表面积与其内切球（与圆台的上下底面及每条母线都相切的球）的表面积之比为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·广东湛江·一模）一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为V的球，则该球的体积V的最大值是（   ）． A． B． C． D． 4．（2025·辽宁·一模）圆台的上、下底面半径分别为2和4，一个球与该圆台的两个底面和侧面均相切，则这个球的表面积为（   ） A． B． C． D． 5．（2025·贵州黔东南·一模）已知第一个正四棱台的上底面边长为，下底面边长为，侧棱长为4cm，第二个正四棱台的上底面、下底面边长与第一个相同，但高为第一个正四棱台的3倍，则第二个正四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 6．（2025·高三·安徽芜湖·阶段练习）已知四面体满足动点在四面体的外接球的球面上，且则点的轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 7．（多选题）（2025·高一·浙江宁波·期中）下列命题正确的有（    ） A．如果一条直线上有两个点在一个平面内，那么这条直线一定在这个平面内 B．过直线外一点，只能作一个平面与这条直线平行 C．如果一条直线与平面内的无数条直线平行，则该直线与平面平行 D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线 8．（多选题）（2025·高一·广东深圳·阶段练习）已知圆锥的顶点为P，底面半径为，高为1，A，B是底面圆周上两个动点，下列说法正确的是（    ） A．圆锥的侧面积是 B．圆锥侧面展开图的圆心角是 C．△PAB面积的最大值是 D．该圆锥内接圆柱侧面积的最大值是 9．（2025·高一·广西南宁·阶段练习）已知圆柱的下底面圆的内接正三角形的边长为3，为圆柱上底面圆上任意一点，若三棱锥的体积为，则圆柱的外接球的体积 ． 10．（2025·高一·云南昭通·阶段练习）祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“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，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为R的圆柱与半径为R的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个底面半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用垂直于半径的平面去截半径为R的半球，且球心到平面的距离为，则平面所截得的较小部分（阴影所示称之为“球冠”）的几何体的体积是 ． 11．（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 . 12．（2025·高一·浙江宁波·期中）如图，在正方体1中，，E、F、G分别为、、中点. (1)求三棱锥的表面积； (2)求证：平面. 13．（2025·高一·浙江宁波·期中）如图所示，在四棱锥中，在底面中，，E在棱PD上且. (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点N，使得平面平面？若存在，写出的值；若不存在，请说明理由. 14．（2025·高一·内蒙古·期末）如图，在直角梯形中，已知，，，，E为对角线的中点，现将沿折起到的位置，使平面平面．求证： (1)直线平面； (2)平面平面． 15．（2025·高一·福建厦门·阶段练习）现有一几何体由上，下两部分组成，上部是正四棱锥，下部是正四棱柱（如图所示），且正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍. (1)若，，求该几何体的体积. (2)若正四棱锥的侧棱长为，， （i）求正四棱锥的侧面积. （ii）若，分别是线段，上的动点，求的最小值. 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第13章 立体几何初步 章末题型归纳总结 多面体、旋转体、组合体 一、多面体的结构特征 1、棱柱：两个面互相平面，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱． （1）斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱； （2）直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱； （3）正棱柱：底面是正多边形的直棱柱； （4）平行六面体：底面是平行四边形的棱柱； （5）直平行六面体：侧棱垂直于底面的平行六面体； （6）长方体：底面是矩形的直平行六面体； （7）正方体：棱长都相等的长方体． 2、棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥． （1）正棱锥：底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心； （2）正四面体：所有棱长都相等的三棱锥． 3、棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台，由正棱锥截得的棱台叫做正棱台． 二、简单旋转体 1、圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的几何体叫做圆柱． 2、圆柱：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，将其旋转一周形成的面所围成的几何体叫做圆锥． 3、圆台：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台． 4、球：以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称为球（球面距离：经过两点的大圆在这两点间的劣弧长度）． 三、组合体 由柱体、锥体、台体、球等几何体组成的复杂的几何体叫做组合体． （2025·安徽滁州·一模）中国被称为“制扇王国”，折扇的起源历史悠久，最早可以追溯到西汉时期.现有一把折扇，其结构如图.完全展开后扇面的圆心角为，上板长为若把该扇面围成一个圆台，则圆台的高为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设小扇形的半径为xcm，则大扇形的半径为， 设圆台的上下底面半径分别为， 则， 所以， 所以， 所以圆台的高为 故选： 表面积与体积计算公式 表面积公式 表面积 柱体 为直截面周长 锥体 台体 球 体积公式 体积 柱体 锥体 台体 球 （2025·高一·浙江·阶段练习）如图所示，某建筑物模型无下底面，有上底面，其外观是圆柱，底部挖去一个圆锥.已知圆柱与圆锥的底面大小相同，圆柱的底面半径为，高为，圆锥母线为. (1)计算该模型的体积.（结果精确到） (2)现需使用油漆对500个该种模型进行涂层，油漆费用为每平方米30元，总费用是多少？（结果精确到1元） 【解析】（1）设圆锥的高为， 由题意得圆锥母线为10cm， 则， ； （2）圆柱的侧面积为，圆柱的上底面的面积为， 圆锥侧面积为. ， 故总费用为（元）. 空间几何体的直观图 1、斜二测画法 斜二测画法的主要步骤如下： （1）建立直角坐标系．在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的，，建立直角坐标系． （2）画出斜坐标系．在画直观图的纸上（平面上）画出对应图形．在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于，，使（或），它们确定的平面表示水平平面． （3）画出对应图形．在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于轴的线段，且长度保持不变；在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于轴，且长度变为原来的一般．可简化为“横不变，纵减半”． （4）擦去辅助线．图画好后，要擦去轴、轴及为画图添加的辅助线（虚线）．被挡住的棱画虚线． 注：直观图和平面图形的面积比为． 2、平行投影与中心投影 平行投影的投影线是互相平行的，中心投影的投影线相交于一点． （2025·高一·湖南常德·阶段练习）一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为（    ） A．4 B． C． D． 【答案】B 【解析】还原直观图为原图形，如图所示， 因为，所以， 还原回原图形后，， 所以原图形面积为. 故选：B 四个公理 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内． 注意：（1）此公理是判定直线在平面内的依据；（2）此公理是判定点在面内的方法 公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面． 注意：（1）此公理是确定一个平面的依据；（2）此公理是判定若干点共面的依据 推论①：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面； 注意：（1）此推论是判定若干条直线共面的依据 （2）此推论是判定若干平面重合的依据 （3）此推论是判定几何图形是平面图形的依据 推论②：经过两条相交直线，有且只有一个平面； 推论③：经过两条平行直线，有且只有一个平面； 公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线． 注意：（1）此公理是判定两个平面相交的依据 （2）此公理是判定若干点在两个相交平面的交线上的依据（比如证明三点共线、三线共点） （3）此推论是判定几何图形是平面图形的依据 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行． （2025·高二·安徽合肥·阶段练习）在正方体AC1中，E，F分别为D1C1，B1C1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q，如图. （1）若A1C交平面EFBD于点R，证明:P，Q，R三点共线. （2）线段AC上是否存在点M，使得平面B1D1M∥平面EFBD，若存在确定M的位置，若不存在说明理由. 【解析】（1）证明：∵在正方体AC1中，E，F分别为D1C1，B1C1的中点， AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q，A1C交平面EFBD于点R， ∴P，Q，R是平面BDEF和平面BDD1B1的公共点， ∴P，Q，R三点共线. （2）存在点M为AP中点, 使平面B1D1M∥平面EFBD. 证明如下:取AD中点G，AB中点H，连结GH，交AC于点M，连结D1G，B1H，如图: 由题意得,GH∥EF,因为平面,平面， 所以平面, 因为B1H∥DE,同理可证,平面, 又因为, 由面面平行的判定定理可得, ∴平面GHB1D1∥平面BDEF， ∴线段AC上存在点M，使得平面B1D1M∥平面EFBD，且M为AP中点. 基本图形位置关系 一、直线与直线的位置关系 位置关系 相交（共面） 平行（共面） 异面 图形 符号 a∥b 公共点个数 1 0 0 特征 两条相交直线确定一个平面 两条平行直线确定一个平面 两条异面直线不同在如何一个平面内 二、直线与平面的位置关系 位置关系 包含（面内线） 相交（面外线） 平行（面外线） 图形 符号 ∥ 公共点个数 无数个 1 0 三、平面与平面的位置关系 位置关系 平行 相交（但不垂直） 垂直 图形 符号 ∥ ， 公共点个数 0 无数个公共点且都在唯一的一条直线上 无数个公共点且都在唯一的一条直线上 四、等角定理 空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 五、直线和平面平行 1、定义 直线与平面没有公共点，则称此直线与平面平行，记作∥ 2、判定方法（文字语言、图形语言、符号语言） 文字语言 图形语言 符号语言 线∥线线∥面 如果平面外的一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行（简记为“线线平行线面平行 面∥面线∥面 如果两个平面平行，那么在一个平面内的所有直线都平行于另一个平面 3、性质定理（文字语言、图形语言、符号语言） 文字语言 图形语言 符号语言 线∥面线∥线 如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行 六、两个平面平行 1、定义 没有公共点的两个平面叫作平行平面，用符号表示为：对于平面和，若，则∥ 2、判定方法（文字语言、图形语言、符号语言） 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理线∥面面∥面 如果一个平面内有两条相交的直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行（简记为“线面平行面面平行 线面面∥面 如果两个平面同垂直于一条直线，那么这两个平面平行 ∥ 3、性质定理（文字语言、图形语言、符号语言） 文字语言 图形语言 符号语言 面//面 线//面 如果两个平面平行，那么在一个平面中的所有直线都平行于另外一个平面 性质定理 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么他们的交线平行（简记为“面面平行线面平行”） 面//面 线面 如果两个平面中有一个垂直于一条直线，那么另一个平面也垂直于这条直线 七、直线与平面垂直的定义 如果一条直线和这个平面内的任意一条直线都垂直，那称这条直线和这个平面相互垂直． 八、直线与平面垂直的判定定理 文字语言 图形语言 符号语言 判断定理 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 面⊥面⇒线⊥面 两个平面垂直，则在一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 _ _ a 平行与垂直的关系 一条直线与两平行平面中的一个平面垂直，则该直线与另一个平面也垂直 _ 平行与垂直的关系 两平行直线中有一条与平面垂直，则另一条直线与该平面也垂直 _ b _ a 九、直线与平面垂直的性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 性质定理 垂直于同一平面的两条直线平行 _ b _ a 垂直与平行的关系 垂直于同一直线的两个平面平行 _ 线垂直于面的性质 如果一条直线垂直于一个平面，则该直线与平面内所有直线都垂直 十、平面与平面垂直的定义 如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得的两条交线互相垂直．（如图所示，若，且，则） 一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． 十一、平面与平面垂直的判定定理 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 _ 十二、平面与平面垂直的性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 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 _ _ a （2025·高一·内蒙古·期末）如图，在直角梯形中，已知，，，，E为对角线的中点，现将沿折起到的位置，使平面平面．求证： (1)直线平面； (2)平面平面． 【解析】（1）因为平面平面，且平面平面， 又，则，且为中点，所以， 又平面，所以平面； （2）在直角梯形中， ，， 则， 又，则， 又，所以， 在折后的几何体中，， 因平面平面，平面平面， 又平面， 所以平面， 又平面，则， 又，即，则， 又，平面，平面， 则平面， 又平面， 所以平面平面. 直观图 【例1】（2025·高一·河北邯郸·阶段练习）的直观图如图所示，其中轴，轴，且，则的面积为（   ）    A． B．4 C． D．8 【答案】B 【解析】将直观图还原为原图，如图所示，则是直角三角形，其中，， 故的面积为， 故选：B． 【变式1-1】（2025·高一·浙江杭州·阶段练习）如图所示，已知正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形斜二测画法的直观图，则其原图形的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据斜二测画法还原得下图： 因为四边形是边长为的正方形，则，所以，， 又因为，，则， 同理可得，， 因此，原图形的周长为. 故选：B. 【变式1-2】（2025·高一·广西·阶段练习）如图，是水平放置的的直观图，则的面积为（    ） A．6 B．9 C．12 D．15 【答案】C 【解析】由直观图可得如下平面图形，其中，， 所以. 故选：C 【变式1-3】（2025·高一·福建·阶段练习）如图，是水平放置的的直观图，则的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 根据斜二测画法得到三角形为直角三角形，， 底边长，高， 所以， 直角三角形的周长为． 故选：A． 【解题方法总结】 直观图和平面图形的面积比为. 几何体的表面积与体积 【例2】（2025·高一·浙江宁波·期中）如图，在正方体1中，，E、F、G分别为、、中点. (1)求三棱锥的表面积； (2)求证：平面. 【解析】（1）在正方体中，，两两垂直， 由分别为的中点，得，， 等腰底边上的高， 所以三棱锥的表面积 . （2）连接，，连接， 由是正方形对边中点，得四边形是矩形，则是的中点， 而是的中点，因此，而平面，平面， 所以平面. 【变式2-1】（2025·高一·湖南常德·阶段练习）如图，在直角梯形中，，在梯形内，挖去一个以为圆心，以2为半径的四分之一圆，得到如图所示的阴影部分，若将该图形中阴影部分绕所在直线旋转一周，求形成的几何体的表面积与体积. 【解析】由题意知，所求旋转体的表面积由圆台下底面，侧面和一半球面组成.在直角梯形中，过点作，垂足为， 在中，， 所以，，， 所以形成的几何体的表面积为. 因为圆台的体积， 半球的体积， 所以所求几何体的体积为. 【变式2-2】（2025·高一·全国·专题练习）已知正三棱锥，的中点为，，，请从条件①，条件②，条件③中选择两个条件作为已知，使得三棱锥存在，并求出此正三棱锥的体积.①底面边长为2；②侧棱长为；③斜高为2. 【解析】因为，可知②③不能同时成立，故不能选②③. 若选①②：则，， 在中，则， 所以正三棱锥的体积为； 选①③：则，，， 在中，则， 所以正三棱锥的体积为. 【变式2-3】（2025·高一·山东菏泽·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，底面，，点在棱上，平面． (1)试确定点的位置，并说明理由； (2)求四棱锥的表面积． 【解析】（1）点为的中点．理由如下：如图，连接．设， 则点O为的中点，连接．∵ 平面，平面， 平面平面，∴ ． 在中，∵ O为的中点，∴为的中位线， ∴ 点为的中点． （2）⊥底面，又底面是边长为1的正方形， ∴，因为底面，又平面， 则，即直角三角形，又， 则， 则，又， 则为直角三角形，则. 综上四棱锥的表面积为. 【解题方法总结】 几何体的表面积与体积解题需掌握基础公式与灵活应用。对于表面积，需明确各几何体（如长方体、正方体、圆柱、圆锥等）的表面积计算公式。解题时，先识别几何体类型，再代入相应公式计算。体积计算同理， 注意单位统一与精度要求，灵活运用公式变形解决复杂问题，如切割、拼接后的表面积与体积变化。 外接球、内切球、棱切球 【例3】（2025·高一·安徽池州·期中）已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点，若线段的最小值为，则正方体的外接球的表面积为 . 【答案】 【解析】设正方体的棱长为，则正方体的外接球与内切球半径分别为，且球心均为正方体的中心， ，且线段的最小值为， ， 正方体的外接球的表面积为. 故答案为： 【变式3-1】（2025·高一·天津南开·期末）为迎接我校建校120周年校庆，数学学科在八角形校徽中生发灵感，设计了一枚“立体八角形”水晶雕塑，寓意南开在新时代中国“保持真纯初心，骏骏汲汲前行”，以下为该雕塑的设计图及俯视图，它由两个中心重合的正四棱柱组合而成，其中一个正四棱柱可看作由另一个正四棱柱旋转45°而成，已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，设该雕塑的表面积为，该雕塑内可容纳最大球的表面积为，该雕塑外接球表面积为，则 ， ．    【答案】 【解析】 如图，设两个正方形的中心为，连接，    因为旋转了45°，所以, 由对称性可设， ， 所以，则， 所以, 该雕塑底面可容纳的最大的圆的半径, 所以该雕塑可容纳的最大的球的半径也为， 外接球的半径为 , ， 故答案为：；. 【变式3-2】（2025·高二·上海·期中）已知一个圆台有内切球，且两底面半径分别为1，4，则该圆台的表面积为 . 【答案】 【解析】如图所示，等腰梯形为圆台轴截面， 内接圆与梯形切于点，其中分别为上、下底面圆心， 则梯形的腰长，即圆台的母线长为， 所以该圆台的表面积为. 故答案为：. 【变式3-3】（2025·高二·四川南充·阶段练习）在三棱锥中，底面正三角形的边长为，侧棱长为，若球与三棱锥内切，则该三棱锥的内切球的表面积为 【答案】 【解析】由题意得， 设球的半径为，的外接圆的圆心为，的中点为， 连接，则点在上，且， ， 因为平面，平面，所以， 所以， ， 因为， 所以， 所以， 所以， 所以，解得， 所以三棱锥的内切球的表面积为 . 故答案为：. 【变式3-4】（2025·高一·浙江温州·期末）与多面体的每条棱都相切的球称为该多面体的棱切球．已知四面体ABCD满足， ，且四面体ABCD有棱切球，则AC的长为 ． 【答案】4 【解析】设棱切球的球心为，与棱分别切于点， 可知， 由题意可得：，解得， 所以. 故答案为：4. 【解题方法总结】 外接球问题，关键在于确定球心位置，通常利用几何体的对称性或特殊点（如正多面体的中心）来确定。内切球问题，需找到与几何体各面都相切的点，该点即为球心，半径可通过几何关系求得。棱切球问题，则需找到与几何体各棱都相切的点，确定球心与半径。解题时，常需结合几何体的性质，如正多面体的棱长、面角等，利用勾股定理、相似三角形等几何知识求解。 空间中的平行关系 【例4】（2025·高一·浙江宁波·期中）如图所示，在四棱锥中，在底面中，，E在棱PD上且. (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点N，使得平面平面？若存在，写出的值；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）因为，所以，所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2） 存在，且当点为上靠近点三等分点时，即时，平面平面. 下面给出证明： 因为，所以，， 又因为点为上靠近点三等分点，所以， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又因为面，面， 所以面， 因为E在棱PD上且，即， 又因为， 所以， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面，， 所以平面平面. 【变式4-1】（2025·高一·云南昭通·阶段练习）如图，已知分别是空间四边形的边的中点，．求证： (1)四边形是菱形； (2)平面． 【解析】（1）由题意得分别是空间四边形的边的中点， 则是的中位线，是的中位线， 由中位线定理得，且， 同理可得，，因为，所以， 因为，，所以，故四边形为平行四边形， 因为，所以四边形是菱形． （2）由上问得，而平面，且平面， 得到平面，故平面． 【变式4-2】（2025·高一·四川南充·阶段练习）已知正方体中，，点分别是线段的中点.    (1)求证直线平面； (2)求三棱锥的高； (3)求证直线三线共点. 【解析】（1）连接, 由于分别是线段的中点，所以， 又正方体中，,故,平面,平面, 故直线平面 （2）设三棱锥的高为， 由可得, 所以 （3）由于且，故直线相交，设交于， 则, 同理可得直线 相交于点,则， 故与重合，故直线三线相交于点， 故直线三线交于一点. 【变式4-3】（2025·高一·全国·课后作业）如图，在正方体中，，点为AD的中点，点在CD上，若平面，求线段EF的长度． 【解析】平面，平面平面，平面ADC， ．是AD的中点， 是的中点， ． 【解题方法总结】 处理空间中的平行关系，关键在于理解并运用平行公理及其推论。首先，识别题目中涉及的直线与平面，明确它们之间的相对位置。接着，利用线面平行的判定定理，如直线与平面内一条直线平行且该直线不在平面内，则直线与平面平行。对于面面平行，则需证明两个平面内分别有两条相交直线互相平行。此外，还可借助中位线、平行四边形等性质辅助证明。解题时，需灵活运用这些定理与性质，结合图形特征，逐步推导得出结论。 空间中的垂直关系 【例5】（2025·高一·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，为的中点，．证明：． 【解析】在平行四边形中， 由已知可得，，， 由余弦定理，得， 则，即．     又，平面PDM，平面．     而平面，．     ，． 【变式5-1】（2025·高一·广东湛江·期末）如图，平面，底面为矩形，于点于点．    (1)求证：平面； (2)设平面交于点，求证：． 【解析】（1）为矩形， 平面平面 ， 又与平面， 平面． 又平面 又与平面， 平面. （2）由（1）知，平面 又与平面 平面；平面，所以； 为矩形 平面是平面内两条相交直线 平面 平面 平面平面， . 【变式5-2】（2025·高一·辽宁大连·期末）如图，在直三棱柱中，，. (1)求证：平面平面； (2)求证：. 【解析】（1）在直三棱柱中， 因为平面平面，所以. 又因为平面平面， 所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）连接，由（1）可知平面， 因为平面，所以. 因为，所以. 又因为在正方形中， 平面，， 所以平面. 又因为平面，所以，即. 【解题方法总结】 处理空间垂直关系，需明确线线垂直、线面垂直及面面垂直的判定与性质。线线垂直可通过向量点积为零或几何图形中的直角判定。线面垂直则需证明直线与平面内两条相交直线均垂直。面面垂直可通过证明一个平面内一条直线垂直于另一平面，或利用二面角的平面角为直角来判定。解题时，应灵活运用这些判定定理，结合题目条件，通过构造辅助线、面或利用已知垂直关系进行推导，逐步得出所需结论。 空间角的求法（线线角、线面角、二面角） 【例6】（2025·高一·湖南邵阳·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，底面是一个直角梯形，，. (1)若为的中点，证明：直线平面； (2)求二面角的余弦值. 【解析】（1）取的中点，连接， 因为为的中点，所以，且， 又底面是一个直角梯形，，， 所以，， 故，，四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2）因为平面，平面， 所以， 又⊥，，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 故即为二面角的平面角， 又，所以， 故二面角的余弦值为. 【变式6-1】（2025·高一·天津·期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，底面，，分别是，的中点．    (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【解析】（1）证明：取的中点， 中点为， 所以，且， 又，故，故四边形为平行四边形， 故， 因为平面，平面， 所以平面， （2）由于底面，平面，所以平面底面，又两平面的交线为， 过作于，连接， 所以平面，故即为直线与平面所成角， 又，，所以，， ， 由，所以， 故 【变式6-2】（2025·高一·北京大兴·期末）如图，正方体中，N，E，F分别是的中点． (1)求证：E，F，B，D四点共面； (2)设平面与平面交于直线，求证：； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 【解析】（1）连接， 因为E，F分别是的中点， 所以， 因为，且， 所以四边形为平行四边形， 故， 所以， 故E，F，B，D四点共面； （2）因为平面平面， 平面平面，平面平面， 所以； （3）设直线与平面所成角的大小为，点到平面的距离为，正方体的棱长为2， 则， 由勾股定理得， 故， 其中， 因为， 所以， 故， 所以直线与平面所成角的正弦值为 【变式6-3】（2025·高一·贵州贵阳·期末）如图，在四面体中，平面，M是的中点，P是的中点，点Q在线段上，且． (1)求证：平面． (2)若三角形为边长为2的正三角形，，求异面直线和所成角的余弦值 ． 【解析】（1）如图所示，取中点O，且P是中点， ∴ ， 取的四等分点H，使，且， ∴ ， ∴， ∴ 四边形为平行四边形， ∴ ，在平面外，且平面， ∴ 平面． （2）取的中点E，连接，易知， 则或其补角为异面直线和所成的角， 因为平面，平面， 所以，即， 显然，所以为直角三角形， 通过解三角形可得， 即异面直线和所成角的余弦值为． 【变式6-4】（2025·高一·江苏无锡·期中）如图，已知四棱台中，，，且，Q为线段中点，    (1)求证：平面； (2)若四棱锥的体积为 ①求证：平面； ②求与平面夹角的正弦值． 【解析】（1）分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥， 由，得，则，取的中点，连接，， 则，且，四边形为平行四边形. 因此，又平面，平面， 所以平面. （2）①由（1）得，， 又等腰梯形的高，其面积， 设到平面距离为，则，得， 而，平面，平面，则平面， 因此点D到平面的距离等于点C到平面的距离， 所以平面. ②在等腰梯形中，过作于，连接，，， 由①知，平面，则是与平面的夹角， ，则， 所以与平面夹角的正弦值. 【变式6-5】（2025·高一·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． 【解析】（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. 【解题方法总结】 求线线角，可通过平移直线构造三角形求解。求线面角，需找出线在面内的射影，利用直角三角形性质求解。求二面角，可作二面角的平面角，通过三角形内角求解。具体操作时，需根据题目条件灵活选择方法，如利用几何性质。同时，注意空间想象能力的培养，以便准确找出所需角并构造合适的图形进行求解。 空间距离的求法（线线距、线面距、点面距、面面距） 【例7】（2025·高一·重庆九龙坡·期中）正方体的棱长为a，E为棱中点． (1)求证：平面； (2)求点D到平面的距离． 【解析】（1）证明：设AC与BD交于点O，连结OE，如图所示： 因为是正方体，所以ABCD为正方形，O为BD中点． 又E为中点，可知； 又平面AEC，平面， 所以平面AEC， （2）设点D到平面AEC的距离为d，则由图可知： 在中，，，可得， 由可得， 即， 解得， 即点D到平面AEC的距离为． 【变式7-1】（2025·高三·全国·专题练习）如图，为菱形外一点，平面，，为棱的中点.若，求到平面的距离.    【解析】因为平面，不在平面内，所以平面， 则到平面的距离即为点到平面的距离， 设点到平面的距离为， 因为，， 平面,，四边形为菱形， 所以，解得， 即到平面的距离为. 【变式7-2】（2025·高一·全国·课后作业）已知在长方体中，棱，．求： (1)点到平面的距离； (2)到平面的距离． 【解析】（1）如图，过点作于点． 由题意知平面，且平面，． 平面，平面，线段的长即为所求． 在中，， 点到平面的距离为． （2），且平面，平面， 平面．点到平面的距离即为所求， 直线到平面的距离为． 【变式7-3】（2025·高一·广西玉林·期中）如图，在三棱柱中，侧面均为正方形，，，点D是棱的中点，点O为与交点． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离． 【解析】（1）由O是的交点，又为正方形，则O为的中点，又D是中点， 在中，又面面，故平面. （2）三棱柱中，，且， 易知是等腰直角三角形，点D是棱的中点， 所以， 四边形为正方形，，则， 又，而，且，则， 由在面内，则面，面， 所以，而，在面内， 则面，面，故，所以， 由，则，又， 若到平面的距离为d，则，可得. 【变式7-4】（2025·高一·上海嘉定·期中）在如图所示的圆柱中，AB是底面圆的直径，PA是圆柱的母线，且，设点C（与不重合）是底面圆周上的动点． (1)求证：平面； (2)当二面角P-BC-A的大小为时，求点C到平面PAB的距离； (3)记点D是线段PB的中点，点E在线段PA上，若，求的最小值． 【解析】（1）由AB是圆柱底面圆的直径，是底面圆周上除外的点，得， 而平面，平面，则，又平面， 所以平面. （2）由（1）知，平面，平面，则，而， 于是为二面角的平面角，，在中，，， 设点到面的距离为，由，得， 即，则 所以点到面的距离. （3）延长至，使得，则 因此，当且仅当为与的交点时取等号， 取的中点，连接，由点D是线段PB的中点，得，则平面， 平面，于是，又，则， 所以的最小值为. 【变式7-5】（2025·高一·陕西渭南·期末）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，面，是的中点，，. (1)证明：平面 (2)证明：平面平面； (3)求点到平面的距离. 【解析】（1） 取的中点，连接, 因为，所以, 因为分别是中点，得出 所以四边形是平行四边形， 所以平面,不在平面内, 所以平面. （2）因为平面,平面,, 因为，所以, 所以 因为,所以, 平面,平面, 所以平面,又平面, 所以平面平面. （3）设点到平面的距离为, 因为, 所以, 在中，， 又因为, 所以,即得. 【解题方法总结】 求线面距，需找出线在面内的垂足，利用点到平面距离公式或构造直角三角形求解。求点面距，可作点到平面的垂线，利用直角三角形性质或向量法求解。求面面距，可转化为求两平行平面内对应点的连线段中，垂直于两平面的线段长度，或利用等体积法求解。解题时，需根据题目条件灵活选择方法，结合空间想象与几何性质，准确找出所需距离并求解。 截面问题以及范围与最值问题 【例8】（2025·高一·福建厦门·阶段练习）已知圆锥的母线长为4，过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为8，则该圆锥底面半径的取值集合为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 如图，是圆锥的轴截面，设圆锥的底面圆半径为. 若,所得截面面积最大值为,则,故不符合题意； 若，此时所得截面面积得最大值为，符合题意， 此时有，解得，又，则. 故选：D. 【变式8-1】（2025·高二·浙江杭州·期末）在正方体中，，分别是棱和上的点，，，那么正方体中过点，，的截面形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】B 【解析】在正方体中，取，， 连接，，，，，，如下图所示： 因为在正方体中，，分别是棱和上的点，，， 所以，且，则四边形为平行四边形，则，， 又因为，且，所以四边形为平行四边形， 则，， 所以，，所以为平行四边形， 则正方体中过点，，的截面形状为四边形. 故选：B 【变式8-2】（多选题）（2025·高三·全国·专题练习）如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．点到平面的距离为定值 B．直线与所成角的取值范围为 C．的最小值为 D．若为线段上的动点，且平面，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】选项A：如图1，由题易知，因为平面，平面， 所以平面， 所以动点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值，A正确. 选项B：直线与所成的角即直线与所成的角， 当为的中点时，所成的角最大，为， 当与（或）重合时，所成的角最小，为， 所以与所成角的取值范围为，B正确. 选项C：将沿直线翻折，使其与平面共面， 记翻折后点对应的点为，连接，如图2， 则，在中，由余弦定理可得： ， 即的最小值为，C错误. 选项D：如图3，过作于点，连接， 则，平面，平面，所以平面， 又平面，，，平面， 所以平面平面，则平面， 又平面，平面平面，所以. 设，则，，且， 所以， 当且仅当时等号成立，D正确. 故选；ABD 【变式8-3】（多选题）（2025·高一·江苏南京·期末）如图，已知菱形的边长为2，，将沿翻折为三棱锥，点为翻折过程中点的某一位置，则下列结论正确的是（   ） A．无论点在何位置，总有 B．点存在两个位置，使得成立 C．当平面平面时，异面直线与所成角的余弦值为 D．当时，为上一点，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】选项A，设菱形对角线的交点为， 如图所示，无论点在何位置，总有，， 因为，，平面，平面，， 所以平面，又因为平面，所以成立，选项A正确； 选项B，点旋转到使得平面平面成立时，取得最大值， 其中 使得成立，只有平面平面成立时的一个点，选项B错误； 选项C，因为， 所以异面直线与所成角即为（或其补角）， 因为平面平面，且平面平面， ，所以平面，平面， 即有， 因为菱形的边长为2，， 所以， 所以， 在中，，选项C正确； 选项D，当时，易得，都为正三角形，取最小值时，点为中点，的最小值为，选项D不正确. 故选：ACD. 【变式8-4】（多选题）（2025·高一·安徽马鞍山·期末）已知正方体的棱长为1，P是棱上的动点，则（    ）. A．四棱锥的体积为定值 B． C．的最小值为 D．AP与DC夹角的最大值为 【答案】AB 【解析】因为平面，所以点到平面的距离为定值1， 正方形的面积也是1，所以四棱锥的体积为定值，故A正确； B. 因为平面，平面，所以， 又因为，且，且平面， 所以平面，平面， 所以，故B正确； C.如图，以为轴，使平面和平面在一个平面，连结， 因为，所以是的最小值，，故C错误； D.因为，所以异面直线与的夹角为， 因为平面，平面，所以， 则，当点与重合时，最大，此时, 此时，此时，故D错误. 故选：AB 【变式8-5】（多选题）（2025·高一·江西宜春·阶段练习）如图，在正方体中，为四边形内（含边界）的一个动点，且，则（ ） A．与一定是异面直线 B．三棱锥的体积为定值 C．平面 D．异面直线与所成角的范围为 【答案】BCD 【解析】对于A选项，连接、、、， 因为四边形为正方形，则， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证， 因为，、平面，所以平面， 因为为四边形内（含边界）的一个动点， 故当时，平面，则，故点的轨迹为线段， 当点与点重合时，因为且，则四边形为平行四边形， 此时，A错； 对于B选项，连接、、、， 在正方体中，平面平面， 因为平面，所以，点到平面的距离为定值， 又因为的面积为定值，故三棱锥的体积为定值， 即三棱锥的体积为定值，B对； 对于C选项，连接， 因为且，故四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 因为，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，C对； 对于D选项，因为，所以异面直线与所成角等于直线与所成的角， 易知为等边三角形，如下图所示： 当点为的中点时，，此时，直线与所成的角取最大值， 当点与点或点重合时，直线与所成的角取最小值， 因此，异面直线与所成角的范围为，D正确. 故选：BCD. 【解题方法总结】 截面问题关键在于确定切割平面与几何体的交线。先依据题目条件明确切割平面位置，再分析交线构成，进而确定截面形状。若为规则图形，可直接用公式求面积等参数；若不规则，可分割为规则图形分别计算后求和。过程中，要充分利用几何体的对称性、平行关系等性质，辅助确定交线位置与形状，同时注意检查截面是否符合题目要求。 范围与最值问题需先明确变量，分析变量间的约束条件。通过建立函数关系，利用导数、基本不等式等工具求最值。对于几何问题，要结合图形特征，挖掘隐含条件，将几何量转化为代数式求解。同时，注意变量的取值范围，避免出现无意义的结果。 1．（2025·高一·浙江宁波·期中）正方形的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的面积是（    ）    A． B．4 C． D． 【答案】D 【解析】 如图所示，根据斜二测画法可知原图形为平行四边形，其中 所以原图形的面积为. 故选：D. 2．（2025·黑龙江吉林·模拟预测）已知圆台的母线与下底面所成角的正弦值为，则此圆台的表面积与其内切球（与圆台的上下底面及每条母线都相切的球）的表面积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设上底面半径为，下底面半径为， 如图，取圆台的轴截面，作，垂足为， 设内切球与梯形两腰分别切于点， 可知，， 由题意可知：母线与底面所成角为， 则，可得， 即，，可得， 可知内切球的半径， 可得，， 所以. 故选：D. 3．（2025·广东湛江·一模）一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为V的球，则该球的体积V的最大值是（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意得，扇形的弧长， 所以该圆锥的底面圆的半径， 所以该圆锥的高． 设该圆锥内的球的最大半径为R，圆锥的轴截面如图所示： 则依题意得， 所以， 所以该球的体积V的最大值是． 故选：D 4．（2025·辽宁·一模）圆台的上、下底面半径分别为2和4，一个球与该圆台的两个底面和侧面均相切，则这个球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图， 则该几何体的轴截面如下： 所以，， ∵与圆相切，点为切点， ∴， 过点作与点， ∴，∴，则， 即球的半径，∴这个球的表面积， 故选：D. 5．（2025·贵州黔东南·一模）已知第一个正四棱台的上底面边长为，下底面边长为，侧棱长为4cm，第二个正四棱台的上底面、下底面边长与第一个相同，但高为第一个正四棱台的3倍，则第二个正四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意知第一个正四棱台上底面边长为，下底面边长为，侧棱长为4cm， 如图：设第一个四棱台上下底面中心为，连接， 结合正四棱台性质可知四边形为直角梯形， 且，故， 即棱台的高为，则第二个正四棱台的高为， 故第二个正四棱台的体积为. 故选：C. 6．（2025·高三·安徽芜湖·阶段练习）已知四面体满足动点在四面体的外接球的球面上，且则点的轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图，将该四面体放置在一个长方体中， 由题可知长方体的长、宽、高分别为 体对角线长为 其外接球半径 因为所以点的轨迹为一个圆，设其半径为 则即解得 或即此时无解， 故所求长度为． 故选：C． 7．（多选题）（2025·高一·浙江宁波·期中）下列命题正确的有（    ） A．如果一条直线上有两个点在一个平面内，那么这条直线一定在这个平面内 B．过直线外一点，只能作一个平面与这条直线平行 C．如果一条直线与平面内的无数条直线平行，则该直线与平面平行 D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线 【答案】AD 【解析】由基本事实2可知，如果一条直线上有两个点在一个平面内，那么这条直线一定在这个平面内，故A正确； 因为过直线外一点可以作一条直线与已知直线平行， 所以经过这条直线且不经过已知直线的平面都与已知直线平行， 即过直线外一点，可以作无数个平面与这条直线平行，故B错误； 一条直线平行于平面内的无数条直线，该直线与平面平行或直线在平面内，故C错误. 由基本事实3知，如果两个不重合的平面有一个公共点， 那么他们有且只有一条过该点的公共直线，故D正确； 故选：AD. 8．（多选题）（2025·高一·广东深圳·阶段练习）已知圆锥的顶点为P，底面半径为，高为1，A，B是底面圆周上两个动点，下列说法正确的是（    ） A．圆锥的侧面积是 B．圆锥侧面展开图的圆心角是 C．△PAB面积的最大值是 D．该圆锥内接圆柱侧面积的最大值是 【答案】AD 【解析】根据题意，作出该圆锥的轴截面，圆锥的底面圆心为，依次分析选项： 对于A，轴截面中，，底面半径，所以母线长， 故圆锥的侧面积是，A正确； 对于B，圆锥母线长为2，展开图的弧长为，则圆心角弧度为，B错误； 对于C，由题意可知, 故圆锥轴截面的顶角为，则当时，的面积最大，其最大值为， C错误； 对于D，设圆锥内接圆柱的底面半径为，高为，则有， 化简可得，则圆柱的侧面积， 由二次函数的性质可知，当时，有最大值，D正确. 故选：AD 9．（2025·高一·广西南宁·阶段练习）已知圆柱的下底面圆的内接正三角形的边长为3，为圆柱上底面圆上任意一点，若三棱锥的体积为，则圆柱的外接球的体积 ． 【答案】/ 【解析】由圆的内接正的边长为3，得圆的半径， ，三棱锥的高即圆柱的高， 由，解得，圆柱的两底面圆是其外接球的两个截面小圆， 由这两个截面小圆平行且全等，得该球球心到截面小圆距离，则球半径， 所以圆柱的外接球的体积为. 故答案为： 10．（2025·高一·云南昭通·阶段练习）祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“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，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为R的圆柱与半径为R的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个底面半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用垂直于半径的平面去截半径为R的半球，且球心到平面的距离为，则平面所截得的较小部分（阴影所示称之为“球冠”）的几何体的体积是 ． 【答案】 【解析】∵，，， ∴， ∴． 故答案为：. 11．（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】 【解析】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：. 12．（2025·高一·浙江宁波·期中）如图，在正方体1中，，E、F、G分别为、、中点. (1)求三棱锥的表面积； (2)求证：平面. 【解析】（1）在正方体中，，两两垂直， 由分别为的中点，得，， 等腰底边上的高， 所以三棱锥的表面积 . （2）连接，，连接， 由是正方形对边中点，得四边形是矩形，则是的中点， 而是的中点，因此，而平面，平面， 所以平面. 13．（2025·高一·浙江宁波·期中）如图所示，在四棱锥中，在底面中，，E在棱PD上且. (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点N，使得平面平面？若存在，写出的值；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）因为，所以，所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2） 存在，且当点为上靠近点三等分点时，即时，平面平面. 下面给出证明： 因为，所以，， 又因为点为上靠近点三等分点，所以， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又因为面，面， 所以面， 因为E在棱PD上且，即， 又因为， 所以， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面，， 所以平面平面. 14．（2025·高一·内蒙古·期末）如图，在直角梯形中，已知，，，，E为对角线的中点，现将沿折起到的位置，使平面平面．求证： (1)直线平面； (2)平面平面． 【解析】（1）因为平面平面，且平面平面， 又，则，且为中点，所以， 又平面，所以平面； （2）在直角梯形中， ，， 则， 又，则， 又，所以， 在折后的几何体中，， 因平面平面，平面平面， 又平面， 所以平面， 又平面，则， 又，即，则， 又，平面，平面， 则平面， 又平面， 所以平面平面. 15．（2025·高一·福建厦门·阶段练习）现有一几何体由上，下两部分组成，上部是正四棱锥，下部是正四棱柱（如图所示），且正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍. (1)若，，求该几何体的体积. (2)若正四棱锥的侧棱长为，， （i）求正四棱锥的侧面积. （ii）若，分别是线段，上的动点，求的最小值. 【解析】（1）由条件可知，正四棱柱的高， 所以正四棱柱的体积为， 三棱锥的体积为， 所以该几何体的体积为； （2）（ⅰ），所以， 正四棱锥侧面的高为， 所以正四棱锥的侧面积为； （ⅱ）如图，将长方形，和展开在一个平面， ，，设 ，， ，所以， 所以， ， 当四点共线时，最短， 所以 所以的最小值为. 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$