2025届高三艺体生考前冲刺讲义 立体几何

立体几何 核心知识点 1. 平面初等几何基础 （1） 三角形的面积公式： （2） 正方形的面积公式： （3） 长方形的面积公式： （4） 平行四边形的面积公式： （5） 菱形的面积公式：（，为菱形的对角线） （6） 梯形的面积公式：（为上底，为下底，为高） （7） 圆的周长和面积公式：， 2. 立体几何基础公式 （1） 所有椎体体积公式： （2） 所有柱体体积公式： （3） 球体体积公式： （4） 球体表面积公式： （5） 圆柱： （6） 圆锥： 3. 长方体（正方体、正四棱柱）的体对角线的公式 （1） 已知长宽高求体对角线： （2） 已知三条面对角线求体对角线： 4. 球体问题 （1） 球体体积公式：，球体表面积公式： （2） 正方体、长方体、正四棱锥的外接球问题（类型Ⅰ） 球心体心，直径体对角线 已知长宽高，，求体对角线，公式为： ， （3） 直棱柱的外接球问题（类型Ⅱ） ，其中为直棱柱的高，为底面外接圆半径（可用正弦定理求解） （4） 墙角问题可转化为类型Ⅰ （5） 侧棱底面问题可转化为类型Ⅱ 5. 空间中的平行关系 （1） 线线平行 （2） 线面平行的判定定理： 平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行 （3） 线面平行的性质定理 若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行 （4） 面面平行的判定定理 判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行 判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行 （5） 面面平行的性质定理 性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面 性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行 6. 空间中的垂直关系 （1） 线线垂直 （2） 线面垂直的判定定理 一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直 （3） 线面垂直的性质定理 性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线 性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行 （4） 面面垂直的判定定理 一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直（或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直） （5） 面面垂直的性质定理 两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面 7. 点到平面的距离 （为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）. 8. 异面直线所成角 = （其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量） 9. 线面角 直线与平面所成角，(为平面的法向量). 10. 二面角的平面角 （，为平面，的法向量）. 11. 点到平面的距离 （为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）. 真题回顾 1、 单选题 1．（2023年天津高考数学真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为. 因为平面，平面，所以平面平面. 又因为平面平面，，平面，所以平面，且. 在中，因为，所以，所以， 在中，因为，所以， 所以. 故选：B 2．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为， 则， 所以， 又， 则， 所以， 所以甲圆锥的高， 乙圆锥的高， 所以. 故选：C. 3．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】在中，，而，取中点，连接，有，如图， ，，由的面积为，得， 解得，于是， 所以圆锥的体积. 故选：B 4．（2023年北京高考数学真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接， 由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和， 所以. 因为平面，平面，所以， 因为，平面，， 所以平面，因为平面，所以，. 同理：，又，故四边形是矩形， 所以由得，所以，所以， 所以在直角三角形中， 在直角三角形中，，， 又因为， 所有棱长之和为. 故选：C 5．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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 【解析】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. 6．（2024年天津高考数学真题）若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则与相交 【答案】C 【解析】对于A，若，，则平行或异面或相交，故A错误. 对于B，若，则平行或异面或相交，故B错误. 对于C，，过作平面，使得， 因为，故，而，故，故，故C正确. 对于D，若，则与相交或异面，故D错误. 故选：C. 7．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或          ②若，则或 ③若且，则       ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 【答案】A 【解析】对①，当，因为，，则， 当，因为，，则， 当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确； 对②，若，则与不一定垂直，故②错误； 对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线， 因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知， 同理可得，则，因为平面，平面，则平面， 因为平面，，则，又因为，则，故③正确； 对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误； 综上只有①③正确， 故选：A. 8．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（    ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 【答案】A 【解析】在正方体中， 且平面， 又平面，所以， 因为分别为的中点， 所以，所以， 又， 所以平面， 又平面， 所以平面平面，故A正确； 选项BCD解法一： 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设， 则， ， 则，， 设平面的法向量为， 则有，可取， 同理可得平面的法向量为， 平面的法向量为， 平面的法向量为， 则， 所以平面与平面不垂直，故B错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故C错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故D错误， 故选：A. 选项BCD解法二： 对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线， 在内，作于点，在内，作，交于点，连结， 则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角， 由勾股定理可知：，， 底面正方形中，为中点，则， 由勾股定理可得， 从而有：， 据此可得，即， 据此可得平面平面不成立，选项B错误； 对于选项C，取的中点，则， 由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误； 对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则， 由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误； 故选：A. 9．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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 【解析】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. 10．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【解析】如图，底面为正方形， 当相邻的棱长相等时，不妨设， 分别取的中点，连接， 则，且，平面， 可知平面，且平面， 所以平面平面， 过作的垂线，垂足为，即， 由平面平面，平面， 所以平面， 由题意可得：，则，即， 则，可得， 所以四棱锥的高为. 当相对的棱长相等时，不妨设，， 因为，此时不能形成三角形，与题意不符，这样情况不存在. 故选：D. 2、 多选题 11．（多选题）（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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 【解析】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. 12．（多选题）（2022年新高考全国II卷数学真题）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 【解析】 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. 13．（多选题）（2022年新高考全国I卷数学真题）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 【解析】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 14．（多选题）（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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 【解析】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. 3、 填空题 15．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为 ． 【答案】 【解析】由题可得两个圆台的高分别为， ， 所以. 故答案为：. 16．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点． 【答案】12 【解析】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图， 由题意可知，为球心，在正方体中，， 即， 则球心到的距离为， 所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点， 同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点， 所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12. 故答案为：12 四、解答题 17．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）在四棱锥中，底面． (1)证明：； (2)求PD与平面所成的角的正弦值． 【解析】（1）证明：在四边形中，作于，于， 因为， 所以四边形为等腰梯形， 所以， 故，， 所以， 所以， 因为平面，平面， 所以， 又， 所以平面， 又因为平面， 所以； （2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系， ， 则， 则， 设平面的法向量， 则有，可取， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 18．（2022年新高考北京数学高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【解析】（1）取的中点为，连接， 由三棱柱可得四边形为平行四边形， 而，则， 而平面，平面，故平面， 而，则，同理可得平面， 而平面， 故平面平面，而平面，故平面， （2）因为侧面为正方形，故， 而平面，平面平面， 平面平面，故平面， 因为，故平面， 因为平面，故， 若选①，则，而，， 故平面，而平面，故， 所以，而，，故平面， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为， 则，从而，取，则， 设直线与平面所成的角为，则 . 若选②，因为，故平面，而平面， 故，而，故， 而，，故， 所以，故， 而，，故平面， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为， 则，从而，取，则， 设直线与平面所成的角为，则 . 19．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 【解析】（1）（1）因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 20．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 【解析】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， ， ， 又不在同一条直线上， . （2）设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， ， 化简可得，， 解得或， 或， . 21．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 【解析】（1）由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故； （2）连接，由，则， 在中，，得， 所以，由（1）知，又平面， 所以平面，又平面， 所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. 精选模拟题 1、 单选题 1. （2025·山师附中·一模）已知高为 4的圆台存在内切球，其下底半径为上底半径的 4 倍，则该圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助圆台轴截面及内切圆的性质，求出圆台的两底半径及母线长，进而求得表面积. 【详解】依题意，圆台的轴截面截其内切球得球的大圆，且该大圆是圆台轴截面等腰梯形的内切圆， 等腰梯形为圆台轴截面，其内切圆与梯形切于点， 其中分别为上、下底面圆心，如图， 设圆台上底半径为，则下底半径为，， 而等腰梯形的高，因此，解得， 所以该圆台的表面积为. 故选：D 2. （2025·山东淄博·一模）已知圆锥的母线长为6，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据扇形弧长求底面半径，再代入圆锥的表面积公式，即可求解. 【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长， 则，解得，所以该圆锥的表面积为. 故选：C 2、 多选题 3.（2025·山东潍坊·一模） 已知圆台的高为2，其母线与底面所成的角为，下底面半径是上底面半径的2倍，则（ ） A. 该圆台的上底面半径为2 B. 该圆台的体积为 C. 该圆台外接球（圆台的上、下底面的圆周均在球面上）的表面积为 D. 用平面截该圆台，若所截图形为椭圆，则椭圆离心率取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，可求出圆台的上下底半径，进而可求圆台体积与外接球的表面积，可判断ABC的真假；再求截面椭圆的离心率，判断D的真假. 【详解】如图： 设圆台上底半径为，则下底半径为，有题意，即圆台的上底面半径为，故A错误； 圆台的体积为：，故B正确； 因为母线，，所以为等边三角形，所以，所以该圆台外接球的球心就是下底面圆心，所以该圆台外接球半径为：，所以其外接球表面积为：，故C正确； 用平面截该圆台，若所截图形为椭圆，离心率最大时，截面可以是过，的截面，此时对椭圆：，因为圆台中截面半径为，所以椭圆中，所以，所以. 所以椭圆离心率的取值范围为：，故D正确. 故选：BCD 4. （2025·山东威海·一模）设为三个平面，且，则（ ） A. 若∥，则∥ B. 若∥，则∥ C. 若，则 D. 若与所成的角相等，则 【答案】ABC 【解析】对于选项A：因为∥，， 根据面面平行的性质定理可得：∥，故A正确； 对于选项B：因为∥，，，由线面平行的性质定理可得∥， 同理可得∥，所以∥，故B正确； 对于选项C：因为，则存在，使得， 又因为，则∥，且，， 可得∥，所以，故C正确； 对于选项D：例如正四面体， 根据对称性可知平面与平面、平面所成的角相等， 且平面平面，但与平面不垂直，故D错误； 故选：ABC. 5. （2025·山东临沂·一模）圆柱轴截面是正方形，分别是上、下底面的圆心，是下底面圆周上两个不同的点，是母线，若圆柱的侧面积为，则（ ） A. 圆柱的体积是 B. 圆柱内切球的表面积是 C. D. 点到直线距离的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据圆柱体积公式、侧面积公式，结合空间向量数量积的坐标公式、点到线距离公式逐一判断即可. 【详解】设圆柱的底面半径为，所以母线为， 因为圆柱的侧面积为，所以. 因为圆柱的体积是，所以选项A正确； 因为圆柱的底面半径为2，所以母线为4，所以圆柱内切球的半径为， 所以圆柱内切球的表面积是，因此选项B不正确； 建立如图所示的空间直角坐标系， ，设，， ， ， 所以选项C正确； 设， 直线的单位方向向量为， 所以点到直线距离为 ， 由题意，所以当时，，选项D不正确， 故选：AC. 【点睛】关键点睛：求点到直线距离的最大值的关键是利用点到直线距离的向量公式写出表达式，根据正弦函数与二次函数的性质求出最值. 6. （2025·山东齐鲁名校大联考·一模）如图，在正三棱台中，，三棱台的所有顶点均在球的球面上，则（ ） A. B. 三棱台的体积为 C. 球的表面积为 D. 平面截球所得截面圆的周长为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，延长交于点，通过，进而可判断；对于B，设点在底面上的投影为，连接，由可判断；对于C，设与平面的交点为，球的半径为，连接，由，求解即可；对于D，取的中点为，连接，过点作的平行线交直线于点，可知平面．求得，再由求得截得的圆面的半径为，即可判断； 【详解】 如图，延长交于点．因为，所以为的中位线． 因为，所以，则， 所以，同理可得． 因为，都在平面内，所以平面， 同理可得平面．又平面，所以，即，故A正确； 设点在底面上的投影为，连接，则， 所以， 所以 ，故B错误； 对于C，设与平面的交点为，球的半径为，连接，则． 因为， 当球心在棱台内部时，，解得，不满足题意， 当球心在平面下方时，①，且②． 由①②解得，所以球的表面积为，故C正确； 对于D，取的中点为，连接，过点作的平行线交直线于点，则平面． 因，所以，所以， 所以球被平面截得的圆面的半径为，所以截面圆的周长为，故D正确． 故选：ACD 3、 填空题 7. （2025·山东济宁·一模）已知正四棱台的高为3，其顶点都在同一球面上．若该球的半径为5，球心在正四棱台的一个底面上，则该正四棱台的体积为______． 【答案】122 【解析】 【分析】根据题意求出上下底面的边长，再利用棱台的体积公式求解即可. 【详解】因为球心在正四棱台的一底面上，设球心所在底面为下底面，正四棱台的高为3，球半径为5， 连接球心与正四棱台上底面一顶点，以及球心与上底面中心，构成直角三角形， 设上底面边长为，则上底面中心到顶点距离为 根据勾股定理，即，解得， 因为球心在下底面，下底面中心到顶点距离就是球半径5， 设下底面边长为，则，解得， 根据正四棱台体积公式（其中是高，是下底面积，是上底面积）， 下底面积，上底面积， 已知高，则体积 故答案为：122 4、 解答题 8. （2025·山东青岛·一模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，、是底面半径，，为劣弧上的动点. （1）若为劣弧的中点，证明：平面； （2）若圆锥底面半径为，体积为，当四边形面积最大时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，证明出四边形为菱形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）利用圆锥的体积求出的长，设，利用三角恒等变换结合三角函数的基本性质求出四边形面积的最大值及其对应的的值，然后以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系可求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 连接，因为，为的中点， 则， 因为，则和均为等边三角形， 所以，， 故四边形为菱形，所以，， 因为平面，平面，所以，平面. 【小问2详解】 由题意可知，底面，圆锥的体积为，可得， 设，则，其中， 四边形的面积为 ， 因为，则， 故当时，即当时，取最大值， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，可得，，则， 所以，， 因此，当四边形面积最大时，平面与平面夹角的余弦值为. 9. （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 【解析】 【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. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 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. 10. （2025·山东泰安·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，分别为中点. （1）求证：平面； （2）若，平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，取的中点E，连接，即可证明四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理即可证明； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及平面夹角的公式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 取中点，连接 中，分别为中点， 且， 又正方形中，为中点， ， 且， 四边形为平行四边形， ， 平面平面， 平面； 【小问2详解】 取中点中点为，连接， 中，， ， 平面平面平面，平面平面， 平面， 又四边形为正方形， ， 以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ， ， ， 设平面的法向量为， 则即，取，则， ， 设平面的法向量为， 则即，取，则， ， 设平面与平面的夹角为，则. 11. （2025·山东日照·一模）已知在四面体中，分别为所在棱的中点，如图所示． （1）证明：平面； （2）若两两垂直，则称四面体为“斜垂四面体”． ①在斜垂四面体中，若，求直线与平面所成角的正弦值； ②在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，直线与交于两点．为空间中一点，若为斜垂四面体，求其外接球表面积的最小值，并求出此时的直线方程． 【答案】（1）证明见解析 （2）① ；②最小值为，直线方程为 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定推理得证. （2）①利用“斜垂四面体”的定义，将四面体补形成长方体，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法求解； ②由①可得，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理用的函数表示，进而求出最小值. 【小问1详解】 如图，连接，由分别是棱的中点，得， 又平面平面，所以平面. 【小问2详解】 ①由（1）知，平行且等于平行且等于，得与平行且相等， 则四边形为平行四边形，又，则四边形为菱形， ，而，则，同理， 如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系， 由，得， ， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. ②由①知将补成长方体，设长宽高分别设为， 则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半即：， ， ，则， 在平面内设，由，得， 显然， 则，， ， 于是， ， 在中，，则为锐角， 因此，即，则，解得， 又， 则当最大时，最小， 不妨令，则， 由函数在上单调递增，则当时，有最大值，此时， 所以的最小值为，此时直线方程为. 【点睛】关键点睛：由“斜垂四面体”的定义推理并将四面体补形成长方体是求解第2问的关键. 12. （2025·山东济宁·一模）底面为菱形的四棱锥中，与交于点，平面平面，平面平面． （1）证明：平面； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明过程见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到⊥，⊥，故平面； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，根据线面角的正弦值得到方程，求出，求出两个平面的法向量，根据面面角夹角余弦公式求出答案. 【小问1详解】 因为四边形为菱形，所以⊥， 因为平面平面，为交线，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为平面平面，为交线，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，平面， 所以平面； 小问2详解】 由（1）知，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， ，则，， 设，，则，， 设平面的一个法向量为， ， 令得，故， 直线与平面所成角的正弦值为， 即， 化简得，负值舍去，则， 平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， ， 所以平面与平面夹角余弦值为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 立体几何 核心知识点 1. 平面初等几何基础 （1） 三角形的面积公式： （2） 正方形的面积公式： （3） 长方形的面积公式： （4） 平行四边形的面积公式： （5） 菱形的面积公式：（，为菱形的对角线） （6） 梯形的面积公式：（为上底，为下底，为高） （7） 圆的周长和面积公式：， 2. 立体几何基础公式 （1） 所有椎体体积公式： （2） 所有柱体体积公式： （3） 球体体积公式： （4） 球体表面积公式： （5） 圆柱： （6） 圆锥： 3. 长方体（正方体、正四棱柱）的体对角线的公式 （1） 已知长宽高求体对角线： （2） 已知三条面对角线求体对角线： 4. 球体问题 （1） 球体体积公式：，球体表面积公式： （2） 正方体、长方体、正四棱锥的外接球问题（类型Ⅰ） 球心体心，直径体对角线 已知长宽高，，求体对角线，公式为： ， （3） 直棱柱的外接球问题（类型Ⅱ） ，其中为直棱柱的高，为底面外接圆半径（可用正弦定理求解） （4） 墙角问题可转化为类型Ⅰ （5） 侧棱底面问题可转化为类型Ⅱ 5. 空间中的平行关系 （1） 线线平行 （2） 线面平行的判定定理： 平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行 （3） 线面平行的性质定理 若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行 （4） 面面平行的判定定理 判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行 判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行 （5） 面面平行的性质定理 性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面 性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行 6. 空间中的垂直关系 （1） 线线垂直 （2） 线面垂直的判定定理 一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直 （3） 线面垂直的性质定理 性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线 性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行 （4） 面面垂直的判定定理 一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直（或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直） （5） 面面垂直的性质定理 两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面 7. 点到平面的距离 （为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）. 8. 异面直线所成角 = （其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量） 9. 线面角 直线与平面所成角，(为平面的法向量). 10. 二面角的平面角 （，为平面，的法向量）. 11. 点到平面的距离 （为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）. 真题回顾 1、 单选题 1．（2023年天津高考数学真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 2．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（    ） A． B． C． D． 3．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 4．（2023年北京高考数学真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 5．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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． 6．（2024年天津高考数学真题）若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则与相交 7．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或          ②若，则或 ③若且，则       ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 8．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（    ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 9．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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 10．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 2、 多选题 11．（多选题）（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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 12．（多选题）（2022年新高考全国II卷数学真题）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． 13．（多选题）（2022年新高考全国I卷数学真题）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 14．（多选题）（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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 3、 填空题 15．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为 ． 16．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点． 四、解答题 17．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）在四棱锥中，底面． (1)证明：； (2)求PD与平面所成的角的正弦值． 18．（2022年新高考北京数学高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 19．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 20．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 21．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 精选模拟题 1、 单选题 1. （2025·山师附中·一模）已知高为 4的圆台存在内切球，其下底半径为上底半径的 4 倍，则该圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 2. （2025·山东淄博·一模）已知圆锥的母线长为6，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 2、 多选题 3.（2025·山东潍坊·一模） 已知圆台的高为2，其母线与底面所成的角为，下底面半径是上底面半径的2倍，则（ ） A. 该圆台的上底面半径为2 B. 该圆台的体积为 C. 该圆台外接球（圆台的上、下底面的圆周均在球面上）的表面积为 D. 用平面截该圆台，若所截图形为椭圆，则椭圆离心率取值范围为 4. （2025·山东威海·一模）设为三个平面，且，则（ ） A. 若∥，则∥ B. 若∥，则∥ C. 若，则 D. 若与所成的角相等，则 5. （2025·山东临沂·一模）圆柱轴截面是正方形，分别是上、下底面的圆心，是下底面圆周上两个不同的点，是母线，若圆柱的侧面积为，则（ ） A. 圆柱的体积是 B. 圆柱内切球的表面积是 C. D. 点到直线距离的最大值为 6. （2025·山东齐鲁名校大联考·一模）如图，在正三棱台中，，三棱台的所有顶点均在球的球面上，则（ ） A. B. 三棱台的体积为 C. 球的表面积为 D. 平面截球所得截面圆的周长为 3、 填空题 7. （2025·山东济宁·一模）已知正四棱台的高为3，其顶点都在同一球面上．若该球的半径为5，球心在正四棱台的一个底面上，则该正四棱台的体积为______． 4、 解答题 8. （2025·山东青岛·一模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，、是底面半径，，为劣弧上的动点. （1）若为劣弧的中点，证明：平面； （2）若圆锥底面半径为，体积为，当四边形面积最大时，求平面与平面夹角的余弦值. 9. （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． 10. （2025·山东泰安·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，分别为中点. （1）求证：平面； （2）若，平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 11. （2025·山东日照·一模）已知在四面体中，分别为所在棱的中点，如图所示． （1）证明：平面； （2）若两两垂直，则称四面体为“斜垂四面体”． ①在斜垂四面体中，若，求直线与平面所成角的正弦值； ②在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，直线与交于两点．为空间中一点，若为斜垂四面体，求其外接球表面积的最小值，并求出此时的直线方程． 12. （2025·山东济宁·一模）底面为菱形的四棱锥中，与交于点，平面平面，平面平面． （1）证明：平面； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$