专题04 第八章 立体几何初步（14考点清单，知识导图+17个考点清单&题型解读）-2024-2025学年高一数学下学期期末考点大串讲（人教A版2019必修第二册）

清单04 第八章 立体几何初步 （14个考点梳理+17题型解读+提升训练） 清单01 基本立体图形 （1）棱柱的定义 定义：一般地，有两个面互相平行 ，其余各面都是四边形，并且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 （2）棱台的定义 定义：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，我们把底面和截面之间的那部分多面体叫做棱台 清单02 平面图形中的直观图 水平放置的平面图形的直观图画法（斜二测画法） （1）画轴：在平面图形上取互相垂直的轴和轴，两轴相交于点，画直观图时作出与之对应的轴和轴，两轴相交于点，且使（或） （2）画线：已知图形中平行于或在轴，轴上的线段，在直观图中分别画成平行或在轴，轴上的线段. （3）取长度：已知图形中在轴上或平行于轴的线段，在直观图中长度不变.在轴上或平行于轴的线段，长度为原来长度的一半. （4）成图：连接有关线段，擦去作图过程中的辅助线，就得到了直观图. 清单03 多面积表面积和体积 1、计算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、体积 （1）棱柱的体积：柱体的体积等于它的底面积和高的乘积，即. （2）棱锥的体积：锥体的体积等于它的底面积和高的乘积的,即. （3）棱台的体积：(,分别为上下底面面积，为台体的高) 清单04 旋转体的表面积和体积 1、圆柱、圆锥、圆台表面积： （1）. （2）圆锥的表面积： （3）圆台的表面积： 2、圆柱、圆锥、圆台的体积 （1）圆柱的体积： （2）圆锥的体积： （3）圆台的体积： 清单05 平行关系 ①平面外一条直线与平面一条直线平行，那么该直线与此平面平行 ②直线与平面平行，直线与交线平行 ③一个平面内两条相交直线都与另一平面平行，那么这两个平面平行 ④两个平面平行，一个平面内任意一条直线与另一平面平行 ⑤两个平行平面同时与第三个平面相交，这两条交线平行 清单06 垂直关系 ①一条直线与一个平面内两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直 ②一条直线垂直于一个平面，则该直线垂直于平面内所有直线 ③一条直线垂直于一个平面，则经过该直线的平面垂直于另一平面 ④两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线，垂直于另一平面 清单07 异面直线所成角 通过平移一条（或2条），使异面直线转化为相交直线，然后在三角形中利用余弦定理求角 清单08 直线与平面所成角 （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 清单09 二面角 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：在平面内的一条直线如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直. 三垂线定理的逆定理：在平面内的一条直线如果和这个平面的一条斜线垂直，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. 清单10 内切球等体积法 例如：在四棱锥中，内切球为球，求球半径.方法如下： 即：， 可求出. 清单11 内切球独立截面法 定义1；若一个多面体的各顶点都在一个球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是多面体的外接球。 定义2；若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是多面体的内切球。 清单12 外接球补形法 ①墙角模型（三条线两个垂直） 题设：三条棱两两垂直（重点考察三视图） ②对棱相等模型（补形为长方体） 题设：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径（，，） 清单13 单面定球心法 步骤：①定一个面外接圆圆心：选中一个面如图：在三棱锥中，选中底面，确定其外接圆圆心（正三角形外心就是中心，直角三角形外心在斜边中点上，普通三角形用正弦定理定外心）； ②过外心做（找）底面的垂线，如图中面,则球心一定在直线（注意不一定在线段上）上； ③计算求半径:在直线上任取一点如图：则，利用公式可计算出球半径. 清单14 双面定球心法 如图：在三棱锥中： ①选定底面，定外接圆圆心 ②选定面，定外接圆圆心 ③分别过做面的垂线，和做面的垂线，两垂线交点即为外接球球心. 【考点题型一】基本立体图形（） 【例1】（24-25高一下·浙江·期中）下列说法正确的是（   ） A．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱 B．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥 C．棱台的各侧棱延长后必交于一点 D．以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转所得的旋转体是圆台 【答案】C 【知识点】棱柱的结构特征和分类、圆台的结构特征辨析、棱锥的结构特征和分类、棱台的结构特征和分类 【分析】根据棱柱定义可知A错误，再由六棱锥性质可判断B错误，棱台是由棱锥截得的，可知C正确，直角梯形的直角边所在直线为轴旋转所得的旋转体是圆台，即D错误. 【详解】对于A，如下图所示：    显然该几何体有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形，但它不是棱柱，即A错误； 对于B，易知正六边形的中心与相邻两顶点构成的三角形即为正三角形，如下图，    显然正六棱锥的侧棱比底边长，因此其侧面不可能是正三角形，即B错误； 对于C，根据棱台定义即可判断C正确； 对于D，在直角梯形中，如下图所示：    以直角梯形的直角边所在的直线为轴旋转所得的旋转体是圆台， 若以直角梯形的腰所在的直线为轴旋转所得的旋转体不是圆台，即D错误. 故选：C 【变式1-1】.（24-25高一下·湖南·期中）下列命题中为真命题的是（    ） A．圆柱的侧面展开图是一个正方形 B．用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台 C．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的多面体是棱柱 D．球体是旋转体的一种类型 【答案】D 【知识点】棱柱的结构特征和分类、圆锥的结构特征辨析、圆台的结构特征辨析、球的截面的性质及计算 【分析】利用各项概念的定义来进行判断即可. 【详解】对于A，圆柱的侧面展开图是一个矩形，不一定为正方形，故A错误； 对于B，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B错误； 对于C，有两个面互相平行，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，故C错误； 对于D，球体是半圆绕着其直径所在直线旋转一周得到的封闭几何体，故D正确， 故选：D. 【变式1-2】.（多选）（24-25高一下·湖北武汉·期中）下列说法正确的是（    ） A．棱台的侧面都是等腰梯形 B．棱柱的侧棱长都相等，但侧棱不一定都垂直于底面 C．过圆锥顶点的截面是等腰三角形 D．以直角梯形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台 【答案】BC 【知识点】棱柱的结构特征和分类、圆台的结构特征辨析、棱台的结构特征和分类、圆锥的结构特征辨析 【分析】利用棱台的结构特征判断A；利用棱柱的结构特征判断B；利用圆锥的结构特征判断C；利用圆台的结构特征判断D. 【详解】对A，棱台的侧棱延长后交于一点，但侧面不一定是等腰梯形，如一条侧棱垂直于底面，那么会有两个侧面为直角梯形，故A错误； 对B，棱柱的侧棱长都相等，但侧棱不一定都垂直于底面，故B正确； 对C，因为每条腰都是母线，且圆锥的母线长度相等，因此过圆锥顶点的截面是等腰三角形，故C正确； 对D，以直角梯形的直角腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体才是圆台，故D错误. 故选：BC. 【变式1-3】.（多选）（陕西省榆林市多校2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试题）下列说法正确的是（   ） A．棱柱的侧面都是平行四边形 B．圆锥过轴的截面是一个等腰三角形 C．直四棱柱是长方体 D．任何一个棱台都可以补一个棱锥使它们组成一个新的棱锥 【答案】ABD 【知识点】棱柱的结构特征和分类、棱锥的结构特征和分类、棱台的结构特征和分类、圆锥的结构特征辨析 【分析】由空间体的性质属性和结构特征直接判断即可. 【详解】棱柱上下底的对应边平行且相等，侧棱平行且相等，A选项正确； 圆锥的母线长相等，则过轴的轴截面是等腰三角形，B选项正确； 直棱柱是侧棱垂直于底面的四棱柱，但底面不一定是长方形，则不一定是长方体，C选项错误； 棱台是用平行于底面的平面截棱锥，截完剩下的部分，则延伸侧棱可还原为棱锥，D选项正确. 故选：. 【变式1-4】.（多选）（24-25高一下·福建福州·期中）下列关于多面体的几种说法，正确的是（    ） A．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱 B．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 C．棱台的上、下底面边长之比等于侧棱延长线交点到上、下底面的距离之比 D．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体是棱锥 【答案】AC 【知识点】判断几何体是否为棱柱、棱台的结构特征和分类、棱柱的结构特征和分类、棱锥的结构特征和分类 【分析】根据棱柱和棱锥、正棱锥的定义可逐一判断A，B，D选项错误，对于C项，可以具体棱台为例，通过其与棱锥的联系以及相似形的知识推理得到. 【详解】对于A，有两个面平行，其余各面之间的交线都互相平行的几何体才是棱柱， 如图1虽具备有两个面平行，其余各面都是平行四边形，但不是棱柱，故A正确； 图1                            图 2                                  图3 对于B，底面是正多边形且顶点在底面的射影为底面的中心的棱锥是正棱锥， 如图2，棱锥的底面是正方形,顶点在底面上的射影在边上， 此时该棱锥不是正四棱锥，故B错误； 对于C，以三棱台为例，如图3所示，设三棱台的三条侧棱延长后交于点， 过点作平面于点，交平面于点， 因平面平面，则平面， 连接，因平面平面，平面平面， 则，故，又由，可得， 则，其他对应边均可同理得到结论，故C正确； 对于D，因有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点的三角形的多面体才是棱锥， 如图4，底面为四边形，其余各面都是三角形，但这并不是棱锥,故D错误. 故选：AC. 图4 【考点题型二】立体图形中的最短距离问题（） 【例2】（23-24高一上·江西鹰潭·期末）正方体棱长为，为线段的动点，为线段上一动点，则的最小值为 . 【答案】 【知识点】棱柱的展开图及最短距离问题 【分析】作出图形，连接，，由题意可知当为等腰三角形，当垂直于时最短，从而确定的位置，延长至，使得，连接，当，，三点共线时，最小，结合勾股定理，即可求解. 【详解】如图，连接，，    则由题意可知当为等腰三角形，当垂直于时最短， 此时为中点，面， 如图延长至，使得，连接， 则面，且， 所以，，面，故当三点共线时最小， 此时. 故答案为： 【变式2-1】.（2025·安徽·一模）在正四棱柱中，，分别为侧棱上一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D．14 【答案】A 【知识点】棱柱的展开图及最短距离问题 【分析】将正四棱柱的侧面展开，由直线段最短求解. 【详解】如图所示： ， 将正四棱柱（图1）的侧面展开，得到展开图（图2）， 当五点共线时，取得最小值， 且最小值为. 故选：A 【变式2-2】.（2025高三·全国·专题练习）如图所示，在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点，沿棱柱表面，从到的最短路径长为 【答案】3 【知识点】棱柱的展开图及最短距离问题 【分析】分析可得沿棱柱的表面从E到F可能经过棱，，，再分别展开直观图求解即可. 【详解】若从到经过棱则沿棱展开如图， 过作于，则，， 故. 若从到经过棱，则沿棱展开如图，，， 则. 若从到经过棱，则沿棱展开如图，因为，， 所以， ，，则. 若从到经过棱，则沿棱展开如图，由题意，为等腰直角三角形， 四边形为正方形，故为等腰直角三角形，故四边形为直角梯形. 又，，故. 故沿棱柱的表面从到的最短路径长度为. 故答案为： 【变式2-3】.（23-24高一下·福建福州·期末）如图，圆锥底半径长为1，母线的长为6，是母线上一点，且． 一个质点从出发沿圆锥侧面图示路线到达． 若该质点走过的路程最短且质点在运动时先上升，后下降，则 的取值范围为 ． 【答案】 【知识点】圆锥的展开图及最短距离问题 【分析】由已知，可求得圆锥侧面展开图扇形的圆心角是，由质点走过的路程最短且质点在运动时先上升，后下降，可得点到的距离小于，再由，即可得到的取值范围. 【详解】 如图，圆锥侧面展开图中，， 所以，质点在上运动， 是母线上一点，作，垂足为， 则质点从到的运动过程中，质点到的距离减小，质点在运动时上升， 质点从到的运动过程中，质点到的距离增大，质点在运动时下降， 当时，质点在运动时上升，此时， 即是的中点， 当时，质点在运动时一直上升， 所以，即时，质点走过的路程最短且质点在运动时先上升，后下降， 由，可得，则，得. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用圆锥的侧面展开图，把立体问题转化为平面问题，进而分析求解. 【变式2-4】.（24-25高一下·全国·课后作业）如图所示，圆台母线AB长为20cm，上、下底面半径分别为5cm，10cm，从母线AB的中点M拉一条绳子绕圆台侧面一周转到点B．    (1)求这条绳长的最小值； (2)求绳长最短时，圆台上底面圆周上的点到绳子的最短距离． 【答案】(1)50cm (2)4cm 【知识点】圆台的结构特征辨析、圆台的展开图 【分析】（1）通过将圆台侧面展开并补成扇形，利用相似三角形求出相关线段长度，再根据弧长公式求出扇形圆心角，最后在直角三角形中求出绳长最小值； （2）在（1）的展开图基础上，通过三角形面积公式求出点到线段的距离，进而得到圆台上底面圆周上的点到绳子的最短距离. 【详解】（1）沿母线AB将圆台侧面展开并补成扇形，如图所示．    易知，与相似，得， 由，解得． 因为的长与底面圆Q的周长相等，而底面圆Q的周长为． 又扇形的半径， 设扇形的圆心角为，，解得，则． 在中，，所以， 即所求绳长的最小值为50cm． （2）如图所示，过点O作，垂足为C，交于点，则所求最短距离即为的长． 因为，所以， 即绳长最短时，圆台上底面圆周上的点到绳子的最短距离为4cm． 【考点题型三】立体几何中的截面问题（） 【例3】（23-24高一下·湖南长沙·期末）在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，则截面的最小周长为（   ） A． B．4 C．6 D．10 【答案】C 【知识点】棱锥中截面的有关计算、余弦定理解三角形 【分析】作出三棱锥的侧面展开图，连接交、于点、，则侧面展开图中线段的长度即为截面的最小周长，利用余弦定理计算可得. 【详解】如图三棱锥以及侧面展开图，要求截面的周长最小， 连接交、于点、，则侧面展开图中线段的长度即为截面的最小周长， 因为侧棱长为的正三棱锥，， 所以， 由余弦定理可得 ， ，所以截面的最小周长为. 故选：C. 【变式3-1】.（23-24高一下·云南迪庆·期末）已知圆锥的高为，底面积为，平行于圆锥底面的截面面积为，则截面与底面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】圆锥中截面的有关计算 【分析】根据圆锥中平行底面截面的性质求解. 【详解】设截面与底面的距离为，则，解得. 故选：C 【变式3-2】.（2024·四川绵阳·模拟预测）在长方体中，，点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，则平面截该长方体所得的截面图形为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】C 【知识点】判断正方体的截面形状 【分析】延长交的延长线于点，连接交于点，连接，延长交的延长线于点，连接交于点，连接，即可得到截面图形，再利用相似验证即可. 【详解】延长交的延长线于点，连接交于点，连接， 延长交的延长线于点，连接交于点，连接， 则五边形为平面截该长方体所得的截面图形， 不妨设，又点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点， 所以，，，所以，又， 所以，又，所以， 又，即，解得， 又，即，解得，符合题意， 即五边形为平面截该长方体所得的截面图形. 故选：C 【变式3-3】.（2024高三·全国·专题练习）我国古代的数学著作《九章算术·商功》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.在如图所示的“堑堵”ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，M、N分别是BB1和A1C1的中点，则平面AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形的面积为 . 【答案】/ 【知识点】判断正方体的截面形状 【分析】延长，与的延长线交于点，得到的四边形是平面截“堑堵”所得截面图形，根据图形特征，将四边形分为和，可得所求面积. 【详解】延长，与的延长线交于点，则∈平面，连接，与交于点，连接，得到的四边形是平面截“堑堵”所得截面图形， 由题意解三角形可得， ，， ∴中边上的高， 中边上的高. ∴截“堑堵”所得截面图形的面积 . 故答案为： 【变式3-4】.（23-24高三上·广东佛山·阶段练习）正方体的棱长为，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则平面截正方体所得截面面积的最大值为 . 【答案】 【知识点】判断正方体的截面形状、由平面的基本性质作截面图形 【分析】根据题意，由条件可得截面的位置为过棱的中点的正六边形，即可得到结果. 【详解】 相互平行的直线与平面所成的角是相等的，可知在正方体中，平面与直线所成的角是相等的， 平面与平面平行，由正方体的对称性：要求截面面积最大， 则截面的位置为过棱的中点的正六边形（过正方体的中心），边长为2，所以其面积为. 故答案为： 【考点题型四】平面几何图形的直观图（） 【例4】（24-25高一下·河南许昌·期中）如图，矩形是水平放置的平面四边形OABC的直观图，其中，，则原四边形OABC的面积与周长的数值之比为 ． 【答案】 【知识点】由直观图还原几何图形、斜二测画法中有关量的计算 【分析】根据给定的直观图，作出原四边形，进而求出其面积及周长. 【详解】在矩形，令交轴于点，由，， 得为的中点，且， 在平面直角坐标系内作出原四边形，且四边形为平行四边形，， 点是中点，，，， 因此四边形的周长为50，面积为， 所以四边形OABC的面积与周长的数值之比为. 故答案为： 【变式4-1】.（24-25高一下·山西·期中）如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，则四边形的周长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】由直观图还原几何图形、斜二测画法中有关量的计算 【分析】在直观图中，先求出，根据斜二测画法还原为原图，求出，即可求解. 【详解】在直观图中，过作，垂足为， 则，且四边形为矩形， 由， 得    将直观图还原为原图，如图，    在四边形中，， 所以， 所以四边形的周长为. 故选：C 【变式4-2】.（24-25高一下·河南·期中）用斜二测画法画水平放置的 ，其直观图如图所示，其中，若原的周长为6，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】斜二测画法中有关量的计算 【分析】根据斜二测画法的规则，得到直观图画出原图，得到，求得，进而得到的长，得到答案. 【详解】如图所示，根据斜二测画法的规则，得到直观图画出原图， 因为，可得，所以，即， 则，所以. 故选：C. 【变式4-3】.（24-25高一下·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 【知识点】由直观图还原几何图形、斜二测画法中有关量的计算 【分析】将直观图还原为原图，然后即可求解. 【详解】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4-4】.（24-25高一下·江苏无锡·期中）如图，一个水平放置的平面图形由斜二测画法得到的直观图是边长为2的菱形，且＝2，则原平面图形的面积为 . 【答案】8 【知识点】斜二测法画平面图形的直观图、斜二测画法中有关量的计算 【分析】利用斜二测画法还原直观图即得. 【详解】由题可知， ∴，还原直观图可得原平面图形，如图， 则， ∴原平面图形的面积为. 故答案为：. 【考点题型五】多面体表面积和体积（） 【例5】（24-25高一下·安徽芜湖·期中）如图，正三棱台的下底面边长为12，上底面边长和侧棱长均为6，则棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】台体体积的有关计算 【分析】求出正三棱台的高，再根据棱台的体积公式即可求解. 【详解】设上下底面的外心分别为，过作底面的垂线交于点， 上、下底面三角形的高分别为，， 所以，， 所以，又， 所以正三棱台的高为， 上底面积为，下底面积为， 所以正三棱台的体积为. 故选：. 【变式5-1】.（24-25高一下·安徽·期中）如图，该几何体为“四角反棱台”，它是由两个相互平行的正方形经过旋转，连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点．若下底面正方形边长为2，“四角反棱台”高为，则该几何体体积为（   ）    A． B． C． D．20 【答案】C 【知识点】柱体体积的有关计算、锥体体积的有关计算 【分析】利用割补法求解几何体体积即可. 【详解】如图，把几何体补全为长方体，则，，    所以该几何体体积为. 故选：C. 【变式5-2】.（24-25高一下·福建福州·期中）在棱长为2正方体中，三棱锥的表面积为 . 【答案】 【知识点】棱锥表面积的有关计算 【分析】画出图形，根据正方体的性质求出相关线段的长度，即可求出表面积. 【详解】在正方体中，， 所以 ， 所以三棱锥的表面积. 故答案为： 【变式5-3】.（2025·陕西西安·二模）已知正四棱锥的底面边长为6，体积为48，则该四棱锥的侧面积为 . 【答案】60 【知识点】棱锥表面积的有关计算、锥体体积的有关计算 【分析】由体积公式求出高，再由勾股定理求出斜高，然后可得侧面积. 【详解】设正四棱锥的底面边长为，高为，斜高为， 由题意可得， 所以斜高， 所以该四棱锥的侧面积为. 故答案为：60. 【变式5-4】.（2025·江苏淮安·模拟预测）已知正三棱柱所有棱长都相等，它的六个顶点都在半径为的球面上，则此正三棱柱的体积为 . 【答案】18 【知识点】柱体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】设为外接球的球心，为底面的中心，正三棱柱的棱长为，求出，在中利用勾股定理求出，进而求出正三棱柱的体积. 【详解】如图，正三棱柱中，设为外接球的球心，为底面的中心， 设正三棱柱的棱长为，则，，， ，又平面， 在中，，即，解得，故， 所以正三棱柱的体积. 故答案为：18. 【考点题型六】旋转体表面积和体积（） 【例6】（24-25高一下·重庆·期中）如图所示，四边形是矩形，且，若将图中阴影部分绕旋转一周. (1)求阴影部分形成的几何体的体积； (2)求阴影部分形成的几何体的表面积. 【答案】(1)； (2). 【知识点】球的表面积的有关计算、球的体积的有关计算、求旋转体的体积、求组合旋转体的表面积 【分析】（1）由圆柱的体积减去半球的体积即可求解． （2）分别求圆柱下底面、侧面和半球面的面积，即可求解； 【详解】（1），，所求几何体的体积为． （2）由题意知，旋转体的表面由三部分组成，圆柱下底面、侧面和半球面， 因为，，，， 故所求几何体的表面积为； 【变式6-1】.（2025·辽宁沈阳·二模）已知一个圆台的上下底面半径分别为3和4，母线长为，则该圆台的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】圆台表面积的有关计算 【分析】利用圆台的侧面积公式可得答案. 【详解】圆台的侧面积为. 故选：B． 【变式6-2】.（24-25高一下·河南许昌·期中）（1）已知正四棱台的上、下底面的边长分别为2和6，高为3，求该正四棱台的体积； （2）已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，求该圆锥的底面直径； （3）已知棱长为2的正方体的所有顶点都在球的球面上，若圆柱的底面直径和高都等于球的直径，求球的表面积和圆柱的体积． 【答案】（1）52；（2）1；（3）球的表面积为，圆柱的体积为. 【知识点】圆锥表面积的有关计算、台体体积的有关计算、球的表面积的有关计算 【分析】（1）利用棱台的体积公式计算得解. （2）利用弧长公式及圆锥表面积公式列式求解. （3）求出正方体的外接球直径，进而求出球的表面积及圆柱的体积. 【详解】（1）依题意，正四棱台的上、下底面面积分别为和， 所以该正四棱台的体积为. （2）设圆锥的底面圆半径为，母线长为， 由圆锥侧面展开图是半圆，得，则， 由圆锥的表面积为，得，解得， 所以该圆锥的底面直径为1. （3）由棱长为2的正方体的所有顶点都在球的球面上，得球的直径为， 因此该球半径，表面积为； 圆柱的底面直径和高都为，所以圆柱的体积为. 【变式6-3】.（24-25高一下·山西太原·阶段练习）如图所示，在四边形中，，， (1)求四边形绕旋转一周所成几何体的表面积； (2)求四边形绕旋转一周所成几何体的体积. 【答案】(1) (2) 【知识点】求旋转体的体积、求组合旋转体的表面积 【分析】（1）分析旋转体的结构特征，结合圆锥、圆台的侧面积公式运算求解； （2）根据题意结合锥体、台体的体积公式运算求解. 【详解】（1）由题意可知，四边形绕旋转一周所成几何体为圆台挖去一个圆锥的组合体， 过点作，垂足分别为，如下图所示： 易知，所以， 又，所以，可得； 故圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为， 母线长；高，母线长， 所以圆台的侧面积为， 圆锥的侧面积为，圆台的下底面面积为， 所以几何体的表面积为． （2）易知几何体的体积等于圆台体积减去圆锥体积， 即， 所以几何体的体积为． 【考点题型七】直线与平面平行（） 【例7】（24-25高一下·浙江丽水·期中）如图，在正三棱柱中，已知，，D是棱的中点.    (1)求证：平面； (2)该正三棱柱被平面截去一个棱锥，求剩余部分的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】锥体体积的有关计算、证明线面平行、柱体体积的有关计算 【分析】（1）连接，使得，再连接，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）利用柱体和锥体的体积公式，分别求得和，根据题意，结合，即可求解. 【详解】（1）证明：连接，交于点，则为中点，连接，如图所示，    在中，因为分别为的中点，所以， 又因为面，且面，所以平面； （2）解：在正三棱柱中，因为，且， 可得正三棱柱的体积为, 又由三棱锥的体积为， 所以剩余部分的体积为. 【变式7-1】.（24-25高一下·全国·课后作业）如图，在长方体中，分别为和的中点．求证：平面． 【答案】证明见解析 【知识点】证明线面平行 【分析】取的中点O，连接OF，OE，则由三角形的中位线定理结合平行四边形的性质和判定可得四边形为平行四边形，则，然后由线面平行的判定定理可证得结论. 【详解】如图，在长方体中，取的中点O，连接OF，OE． 在中，因为F，O分别是，中点， 所以，且， 因为四边形为矩形，所以，， 因为是的中点，所以， 所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面． 【变式7-2】.（2025高二上·辽宁·学业考试）在四棱锥中，四边形为等腰梯形，平面，,,，、为、的中点． (1)求证：平面； (2)求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】锥体体积的有关计算、证明线面平行 【分析】（1）证明出，再利用线面平行的判定定理可证得结论； （2）连接，设，可得出，其中，利用余弦定理结合的取值范围可求出的值，利用三角形的面积公式可求出等腰梯形的面积，再利用锥体的体积公式可求得四棱锥的体积. 【详解】（1）因为、分别为、的中点，则， 因为，则， 因为平面，平面，故平面. （2）连接，如下图所示： 因为四边形为等腰梯形，则，且， 不妨设，则，其中， 又因为，， 由余弦定理可得， ， 所以，，解得， 因为，则， 所以， ， 因为平面，故. 因此，四棱锥的体积为. 【变式7-3】.（24-25高二上·云南昭通·期中）如图，在三棱柱中，侧棱底面，，为的中点，，．    (1)求证：平面． (2)求三棱柱的表面积； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】柱体体积的有关计算、证明线面平行 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可； （2）分别求三棱柱每个面的面积相加即可. 【详解】（1）连接交于点，连接， 因为四边形为矩形，所以为的中点． 因为为的中点，所以． 因为平面，平面，所以平面．    （2）因为侧棱底面，所以三棱柱为直三棱柱， 所以侧面，，均为矩形． 因为，所以底面，均为直角三角形． 因为，，所以． 所以三棱柱的表面积为 ． 【变式7-4】.（23-24高三下·全国·自主招生）在四面体ABCD中，点E、F分别为AB、BC的中点， (1)证明：平面DEF； (2)求四面体CDEF的体积与四面体ABCD的体积比值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面平行、锥体体积的有关计算 【分析】（1）利用线面平行的判定推理得证. （2）利用等体积法，结合锥体体积公式求解即得. 【详解】（1）在四面体ABCD中，由点E、F分别为AB、BC的中点，得， 而平面，平面， 所以平面. （2）在四面体ABCD中，由点E是AB的中点，得点到平面的距离为点到平面的距离， 则，由F是BC的中点，得点到平面的距离为点到平面的距离， 因此， 所以四面体CDEF的体积与四面体ABCD的体积比值为. 【考点题型八】平面与平面平行（） 【例8】（2024高三·全国·专题练习）如图，在多面体中，是正方形，，，，为棱的中点．求证：平面平面. 【答案】证明见解析 【知识点】证明面面平行 【分析】连接交于，连接，即可得到，从而证明平面，再说明四边形是平行四边形得到，即可得到平面，从而得证. 【详解】连接交于，连接，则为的中点， 因为为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，，所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面平面． 【变式8-1】.（2025高三·全国·专题练习）如图，直三棱柱中，且平面平面.求实数的值. 【答案】 【知识点】面面平行证明线线平行 【分析】连接交于点，利用面面平行的性质得到，得到，再结合条件，利用面面平行的性质得，结合正方体的性质得，从而有，即可求解. 【详解】连接交于点，则为的中点，连接， 因为平面平面， 平面平面， 平面平面， 所以 所以为的中点，所以， 因为平面平面， 平面平面， 平面平面， 所以，又， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以， 故. 【变式8-2】.（2024高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，分别是棱的中点．在棱上找一点，使得平面平面，并证明你的结论. 【答案】存在为棱的中点，证明见解析 【知识点】证明面面平行、证明线面平行 【分析】由中点找中点，取棱的中点，证明两次线面平行即得平面平面. 【详解】 存在为棱的中点，使平面平面． 证明如下：如图，连接． 因为分别是棱的中点，所以， 因为平面平面，所以平面． 因为分别是棱的中点，所以， 因为平面平面，所以平面． 因为，平面，所以平面平面，得证． 【变式8-3】.（2024高三·全国·专题练习）在圆柱中，等腰梯形为底面圆的内接四边形，且，矩形是该圆柱的轴截面，为圆柱的一条母线，． 求证：平面平面.    【答案】证明见解析 【知识点】证明面面平行 【分析】根据题意，由线面平行的判定定理分别证明平面，平面，再由面面平行的判定定理，即可得到证明. 【详解】    在圆柱中，，平面，平面， 故平面； 连接，因为等腰梯形为底面圆的内接四边形，， 故， 则为正三角形，故，则， 平面，平面， 故平面； 又平面， 故平面平面． 【变式8-4】.（23-24高二上·四川内江·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为正方形，分别是的中点．    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】证明面面平行、证明线面平行 【分析】（1）线面平行判定定理证明即可； （2）先证线面平行，再证面面平行即可. 【详解】（1）∵分别是的中点， ∴ 又∵平面,平面, ∴平面. （2）∵四边形为正方形，且分别为，边的中点，， 又∵面，面， ∴面， 由（1）知，平面， 且,平面,平面, ∴平面平面 【考点题型九】直线与平面垂直（） 【例9】（24-25高二上·湖南娄底·开学考试）如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，，，.    (1)求证：平面； (2)求证：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】证明线面垂直、证明线面平行 【分析】（1）由菱形的性质证得，由已知平面，证得，由线面垂直的判定定理得证平面； （2）取的中点，证明四边形为平行四边形，得证，由线面平行的判定定理得平面. 【详解】（1）证明：连接，交于点， 因为四边形为菱形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面；    （2）证明：取的中点，连接， 又为的中点，有，， 已知，， 则有，，四边形为平行四边形， 有，即有， 平面，平面，所以平面. 【变式9-1】.（2024高二上·云南·学业考试）如图，在三棱锥中，，，.    (1)证明：平面； (2)若，，，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【知识点】锥体体积的有关计算、证明线面垂直 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）求出的面积，利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积. 【详解】（1）证明：因为，，，、平面， 因此平面. （2）因为，且，，则， 又因为平面，且， 故，即三棱锥的体积为. 【变式9-2】.（24-25高二上·河南焦作·开学考试）在正方体中，E，F分别是底面和侧面的中心． (1)求证：平面 (2)求证：平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】证明线面垂直、证明面面平行 【分析】（1）通过证明，，根据线面垂直的判定定理可证； （2）通过证明平面，平面，根据面面平行的判定定理可证. 【详解】（1）根据题意，连接， 由正方体性质，可知面，面，所以， 在正方形中，，又，面， 所以面，面，则，同理， ，面，所以平面； （2）根据题意，E，F分别是底面和侧面的中心， 所以，即平面为平面， 由正方体性质，，，所以四边形为平行四边形， 所以，平面，平面，则平面， 同理平面，，平面， 所以平面平面，即平面平面． 【变式9-3】.（24-25高一下·全国·课堂例题）如图所示，为所在平面外一点，平面，，于点．求证： (1)平面； (2)平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）根据线面垂直的判断定理，即可证明； （2）根据（1）的结论，结合线面垂直的判断定理，即可证明. 【详解】（1）平面，平面， ． ，． 又，，平面， 平面． （2）平面，平面， ． ，，，平面， 平面． 【变式9-4】（2025高三·全国·专题练习）如图，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，是的中点.    (1)求该圆柱体的体积； (2)证明：平面. 【答案】(1) (2)证明见解析 【知识点】柱体体积的有关计算、线面垂直证明线线垂直、证明线面垂直 【分析】（1）求出圆柱的底面半径和高，求出圆柱体的体积； （2）证明，证明，证明平面. 【详解】（1）由已知可得圆柱的底面半径，高， ， 故该圆柱体的体积为； （2）连接，∵是弧中点，∴， 由题可知平面，且平面， ∴，又因为，平面，平面， 所以平面.    【考点题型十】平面与平面垂直（） 【例10】（23-24高一下·广东江门·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，E，F分别为的中点． (1)求证：； (2)求证：平面平面； (3)求证：平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【知识点】证明线面平行、证明面面垂直、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）由题意可和，进而可得； （2）由，可得平面，进而可证结论； （3）取中点，连接，由题意易证四边形为平行四边形，可得，易证结论. 【详解】（1）∵，且为的中点， ∴． ∵底面为矩形，∴， ∴； （2）∵底面为矩形，∴． ∵平面平面，平面平面， ∴AB⊥平面．而平面， ， 又，，平面， 平面，而平面， ∴平面平面． （3）如图，取中点，连接． 分别是和的中点，，且， ∵四边形为矩形，且E为AD的中点， ， ，且，∴四边形为平行四边形， 又平面，GD平面， ∴平面． 【变式10-1】.（2025高三·全国·专题练习）如图，三棱台中，底面，且.证明：平面平面. 【答案】证明见解析 【知识点】证明线面垂直、证明面面垂直 【分析】首先根据线面垂直的定义可得，再结合三棱台的结构特征可得，即.根据线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理即可证明； 【详解】底面底面，. 又三棱台中,， ，，. ，平面，平面，平面. 又平面，所以平面平面. 【变式10-2】.（2025高三·全国·专题练习）已知三棱柱中，，，，，求证：平面平面 【答案】证明见解析 【知识点】证明线面垂直、证明面面垂直 【分析】作出辅助线，由题知四边形为菱形，从而得到，结合得到线面垂直，进而得到，结合得到线面垂直，从而证明出面面垂直. 【详解】在三棱柱中，四边形是平行四边形，而， 则平行四边形是菱形，连接， 如图，则有， 因为，，平面， 所以平面，而平面，则， 由，得，又，平面， 从而得平面，又平面，所以平面平面. 【变式10-3】.（2025高三·全国·专题练习）如图，在几何体中，互相平行，四边形与四边形 是全等的等腰梯形，平面平面，，点分别为的中点.证明：平面平面.    【答案】证明见解析. 【知识点】证明面面垂直、证明线面垂直、面面垂直证线面垂直 【分析】根据已知有，结合面面垂直的性质有平面，进而有，取的中点M，连接，易得，最后由线面、面面垂直的判定证结论. 【详解】如图，因为四边形是等腰梯形，点G为的中点，点H为的中点， 所以，又平面平面，平面， 平面平面， 所以平面， 又平面， 所以， 取的中点M，连接， 则四边形是边长为2的菱形， 所以， 又， 所以， 因为且都在面内， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面.    【变式10-4】（2025高三·全国·专题练习）如图，三棱柱的侧面与侧面均为正方形，为的中点，. (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】线面垂直证明线线垂直、证明面面垂直、证明线面垂直 【分析】（1）证明出，，可完成证明； （2）通过证明平面，可得⊥，进而可得⊥平面，即可完成证明； 【详解】（1）证明：因为侧面与侧面均为正方形， 所以，， 又平面ABC，所以平面； （2）证明：因为，所以平面， 由平面得，， 因为，所以， 又，平面， 所以平面， 又平面，所以⊥. 因为平面平面， 所以， 因为平面，所以⊥平面. 又平面，故平面平面 【考点题型十一】线线垂直证明（） 【例11】（24-25高二上·云南玉溪·期中）如图所示，在梯形中，，，，平面，，，，为中点. (1)证明：平面； (2)证明：； 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【知识点】面面平行证明线面平行、线面垂直证明线线垂直、证明线面平行 【分析】（1）只需通过证明两次线面平行得到平面平面，再结合面面平行的性质即可得证； （2）只需证明平面，再结合线面垂直的性质即可得证. 【详解】（1） 连接CM，，，是AB中点， 且， 四边形是平行四边形，， 而平面，平面，所以平面， 又因为，平面，平面，所以平面， 又，平面，平面， 平面平面，又平面， 平面. （2），平面， 平面， 平面， ， 又，四边形是平行四边形， 平行四边形为正方形，． 又，平面，平面， 所以平面，平面，. 【变式11-1】.（2025·广东江门·一模）如图，在斜棱柱中，底面为菱形，，． (1)证明：； (2)若，求的长度． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】线面垂直证明线线垂直、证明线面垂直、面面垂直证线面垂直、证明面面垂直 【分析】（1）根据线面垂直的判定与性质，可得答案； （2）根据面面垂直的判定与性质，可得答案. 【详解】（1）过点作平面，垂足为，连接，如下图： 因为，，，所以，则， 因为平面，平面，所以， 因为，所以，则， 可得点在线段的中垂线上，即，所以共面， 易知，因为，平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）连接，记，连接，如下图： 在中，由，且，则， 由（1）可知平面， 因为平面，所以平面平面， 因为平面平面，所以平面， 在中，，，则， 易知，则，所以底面为正方形， 由，则. 【变式11-2】.（24-25高一下·全国·课后作业）在直三棱柱中，，求证：． 【答案】证明见解析 【知识点】证明异面直线垂直 【分析】找到异面直线的夹角，利用直三棱柱的性质求出夹角度数，再证明线线垂直即可. 【详解】如图，连接，设，，， 由直三棱柱性质得，， 因为，所以由勾股定理得， 因为三棱柱是直三棱柱，所以， 由勾股定理得，， 故，则，即． 由直三棱柱性质得，故就是直线与所成的角， 所以得证． 【变式11-3】.（24-25高二上·北京海淀·期末）如图，在斜三棱柱中， ，点为的中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】证明线面平行、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）连接交于点，连接.借助平行四边形性质和中位线性质，得到，结合线面平行判定进而得到线面平行；（2）运用面面垂直性质得到线面垂直，再用线面垂直性质得到线线垂直即可. 【详解】（1）连接交于点，连接. 因为为平行四边形，所以为的中点                                在中， 为中位线，所以，                                   又平面，平面，                        所以平面.     （2）在中，，点为的中点，所以，     因为平面平面，平面平面，底面， 所以平面， 又平面，所以． 【变式11-4】（2024高三·全国·专题练习）如图，三棱柱的底面是等腰直角三角形，，侧面是菱形，，平面平面． 证明：； 【答案】证明见解析 【知识点】线面垂直证明线线垂直 【分析】利用线面垂直的判定可得平面，然后利用线面垂直性质定理即可得证. 【详解】连接，由四边形为菱形，得，由，得， 又平面平面，平面平面，面ABC， 则平面，又平面，于是，而，则， 又，平面，因此平面，又平面， 所以 【考点题型十二】空间几何体的体积（点到平面的距离）（） 【例12】（23-24高二上·北京怀柔·期中）已知在四棱锥中，底面为正方形，侧面为边长为2的等边三角形，则四棱锥体积的最大值为 ． 【答案】 【知识点】锥体体积的有关计算、面面垂直证线面垂直 【分析】根据题意可知侧面底面，即可根据体积公式求解. 【详解】依题意可知，当侧面底面时，四棱锥的体积最大． 取为，连接,则， 由于侧面底面，且交线为,，平面， 故底面, 因为和正方形的边长均为2，故 故 故答案为：    【变式12-1】.（24-25高二下·江苏常州·期中）在棱长为1的正方体中，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】求点面距离 【分析】由已知求出的面积，再由等体积法求点到平面的距离． 【详解】如图，连接， 正方体的棱长为1，是边长为的等边三角形， ， 设点到平面的距离为， 由，得， 可得，则点到平面的距离为． 故选：C． 【变式12-2】.（2025·北京门头沟·一模）某纪念塔的一部分建筑结构可抽象为三棱锥，，底面是等腰直角三角形，，顶点到底面的距离为3，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】求点面距离、锥体体积的有关计算 【分析】根据三棱锥体积公式首先求得三棱锥的体积，再换底表示三棱锥的体积，即可求得点点到平面的距离. 【详解】 因为，且底面是等腰直角三角形，， 所以点在平面上的射影为边的中点，在直角三角形中，由勾股定理得,所以, 又因为底面是等腰直角三角形，， ; 设点到平面的距离为，则 , 所以. 故选：C 【变式12-3】.（24-25高二下·陕西商洛·阶段练习）已知正方体的棱长为3，E为CD的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【知识点】锥体体积的有关计算、求点面距离 【分析】利用体积法求点到平面的距离. 【详解】如图：    因为. 在中，,. 所以边上的高为：， 所以. 设点到平面的距离为，由. 故选：A 【变式12-4】（23-24高一下·内蒙古·期末）已知等边边长为2，平面，且，则点C到平面的距离为 ． 【答案】 【知识点】求点面距离 【分析】利用等体积计算即可. 【详解】因平面，则为三棱锥的高， 则， 由平面，平面，则， 在直角中，，同理， 则等腰的底边上的高为，则, 设点C到平面的距离为，则， 得 故答案为：. 【考点题型十三】异面直线所成角（） 【例13】（24-25高三下·黑龙江·阶段练习）在正四面体ABCD中，M，N分别是棱AB，CD的中点，则直线AN与CM所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】求异面直线所成的角、余弦定理解三角形 【分析】将正四面体ABCD中置于正方体中，分析易得，可得为直线AN与CM所成角（或补角），进而结合余弦定理求解即可. 【详解】将正四面体ABCD中置于正方体中，如图， 易得，， 所以四边形为平行四边形，则， 则异面直线AN与CM所成角即为直线AN与NE所成角， 即为直线AN与CM所成角（或补角）， 设正方体的棱长为2，则，， 在中，由余弦定理可得，， 因此直线AN与CM所成角的余弦值为. 故选：C. 【变式13-1】.（2025高三·全国·专题练习）在长方体中，和与底面所成的角分别为和，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】求异面直线所成的角、线面角的概念及辨析 【分析】作图分析，则，，设，找到异面直线与所成的角，由余弦定理求解即可. 【详解】由题意，可作图， 则，，设， 在中，易知， 在中，，，， 在长方体中，易知， 则为异面直线与所成的角或其补角， 在中，，则，同理可得， 由余弦定理，得． 故选：B 【变式13-2】.（2026高三·全国·专题练习）如图，和是异面直线，，分别为线段上的点，且，则与所成角的大小为 ． 【答案】 【知识点】求异面直线所成的角、余弦定理解三角形 【分析】在平面中，过作，交于点，连接，证明，然后利用余弦定理解三角形可得与所成角的大小． 【详解】解析在平面中，过作，交于点，连接，如图， ， 又， 则， （或其补角）即为与所成角， 在中，，， ， ， 与所成角的大小为60°． 故答案为：. 【变式13-3】.（24-25高三下·重庆荣昌·阶段练习）已知三棱锥满足，且，则该三棱锥外接球的表面积为 ，异面直线与所成夹角的余弦值为 ． 【答案】 【知识点】求异面直线所成的角、多面体与球体内切外接问题 【分析】空1：把三棱锥的外接球转化成长方体的外接球求解；空2：构造两条异面直线的所成角，利用余弦定理求夹角的余弦. 【详解】由题意可知都是直角三角形，可补形为长方体如下图所示： 则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，故球心为体对角线的中点，且， 即外接球半径，故该外接球的表面积； 补形如图， 作，故与所成夹角即为或的补角， 在中，易求， 则． 故答案为：； 【变式13-4】（24-25高二下·甘肃酒泉·阶段练习）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，为的中点. (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求证：平面. 【答案】(1) (2)证明见解析 【知识点】求异面直线所成的角、证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）取中点，从而，异面直线所成的角即为，在中，由余弦定理求得余弦值； （2）由三角形相似得，再由底面，得，由线面垂直的判定定理得平面. 【详解】（1） 取中点，连接， 因为是的中点，是的中点，， 所以，所以四边形是平行四边形，所以， 所以异面直线与所成角即为与所成的角，即为， 因为面，面，所以， 在中，， 在中，， 在中，， 在中，由余弦定理得， 所以异面直线与所成角的余弦值为. （2） 设， 因为，所以， 所以，所以， 所以，即， 因为面，面，所以， 又因为平面，，所以平面. 【考点题型十四】直线与平面所成角（） 【例14】（24-25高一下·广西南宁·期中）如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形，，F，G分别是的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求GA与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【知识点】证明线面垂直、求线面角、锥体体积的有关计算、证明线面平行 【分析】（1）若为的中点，连接，先证为平行四边形，即有，再应用线面平行的判定定理证明结论； （2）根据已知有、，再应用线面垂直的判定定理证明结论； （3）应用等体积法求棱锥的高，结合线面角的定义及已知求线面角的正弦值即可. 【详解】（1）若为的中点，连接，又F，G分别是的中点， 所以且，而底面是正方形，则且， 所以，，故为平行四边形，即， 由平面，平面，则平面； （2）由（1）及，则，而，故， 由底面，底面，则， 所以， 由底面是正方形，则， 所以，F是的中点，则， 由且都在面平面内，故平面； （3）由底面，底面，则，， 又，，， 所以，则， 令棱锥的高为，又， 则，所以， 又，故GA与平面所成角的正弦值为. 【变式14-1】.（24-25高一下·甘肃张掖·期中）三棱锥中，若，，，则直线与平面所成角的正弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】线面垂直证明线线垂直、证明线面垂直、求线面角 【分析】过点作平面于，在平面内过作，，垂足分别为，，连接，，可得为直线与平面所成的角，进而结合题设求角即可. 【详解】过点作平面于，在平面内过作，， 垂足分别为，，连接，， 则为直线与平面所成的角， 由平面，平面，所以，， 又，，，平面，则平面， 因为平面，则， 同理可得，由， 得，又， 因此四边形为正方形，，， 所以直线与平面所成角的正弦值. 故选：B. 【变式14-2】.（24-25高一下·河南·期中）正三棱台三侧棱的延长线交于点P，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 【知识点】锥体体积的有关计算、求线面角 【分析】过作面于，交面于，连接，确定侧棱与底面所成的角，结合体积公式求出，再利用三棱锥为正三棱锥，求得，即可求解. 【详解】由正三棱台三侧棱的延长线交于点，得三棱锥为正三棱锥， 过作平面于，交平面于，连接， 由，得，则，又，则， 则， 解得，则，设的边长为，则，解得， 由三棱锥为正三棱锥，得是的中心，， 由平面，得为侧棱与底面所成的角，所以. 故选：D 【变式14-3】.（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，在直三棱柱中，D，E为，中点，连接，． (1)证明：平面； (2)若，，，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【知识点】证明线面平行、求线面角 【分析】（1）先证，根据线面平行的判定定理证明线面平行. （2）先证平面，找出直线与平面所成的角，利用直角三角形的边角关系求角的正弦值. 【详解】（1）连接，如图： 因为三棱柱为直三棱柱，所以四边形为矩形， 又为中点，所以也是中点，且为中点，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）因为，，所以； 又平面，平面，所以， 因为平面，， 所以平面平面，所以. 平面平面，平面平面，平面, 所以平面. 所以即为直线与平面所成的角. 在中：，，, 所以. 【变式14-4】（24-25高一下·山东菏泽·阶段练习）如图，平面，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【知识点】证明线面平行、求线面角 【分析】（1）由平行的传递性得到，即可求证； （2）连接，则由已知可证得平面，从而得为和平面所成的角，然后在Rt中求解. 【详解】（1）∵分别为的中点， ∴ ． 又∵， ∴． 又不在平面内，在平面内， ∴平面． （2）连接. 为的中点，且. 平面平面， ∴， ∵， ∴， ∵，平面， 平面， ∵平面， 由（1）有， 又四边形为平行四边形， ∴， ∵，平面. 平面. 为和平面所成的角. 由得， 在Rt中，， 和平面所成角的正弦值为. 【考点题型十五】二面角（） 【例15】（2025·辽宁·一模）如图1，在中，，，、两点分别在、上，使.现将沿折起得到四棱锥，在图2中. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】求二面角、面面角的向量求法、证明线面垂直 【分析】（1）证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）解法一：以点为原点，、、的方向分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成角的正切值； 解法二：过在平面内作，垂足为点，过点在平面内作，垂足为点，连接，推导出为平面与平面所成的角，求出、的长，即可得出平面与平面所成角的正切值. 【详解】（1）在图1的中，， 所以，，且，， 因为，所以，，则，， 在中，，，，则， 在图2的中，，，， 满足，所以，， 因为，，，、平面，所以，平面. （2）过在平面内作，垂足为点， 过点在平面内作，垂足为点，连接， 由（1）知平面，因为平面，则， 因为，，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，， 因为，，、平面，所以，平面， 因为平面，则， 所以，为平面与平面所成的角，设. 在中，，，，， 所以，，， 在中，，，，， 所以，，则， 在中，， 所以，平面与平面所成角的正切值为. 【变式15-1】.（2025·江西·二模）如图，在平面四边形中，是边长为2的等边三角形，且，沿将折起，使点到达点． (1)求证：： (2)当三棱锥体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】求二面角、线面垂直证明线线垂直、锥体体积的有关计算、证明线面垂直 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定推理得证. （2）由（1）中信息，确定体积最大的条件，再作出二面角的平面角，利用几何法求解. 【详解】（1）取中点，连接， 由，得，由等边，得， 而平面，，则平面，又平面， 所以. （2）依题意，的面积为，三棱锥体积， 则当且仅当点到平面的距离最大时，三棱锥体积最大， 在中，，，因此当平面时，三棱锥体积最大， 在平面内过作于，连接，由平面，平面， 得，而平面，于是平面， 又平面，则，是二面角的平面角， 在中，，在中，， ，所以平面与平面夹角的余弦值为. 【变式15-2】.（2025·河北石家庄·一模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，是的中点，是的中点. (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) 【知识点】证明线面平行、面面角的向量求法、求二面角 【分析】（1）构造三角形的中位线，得到线线平行，根据线线平行，可证线面平行. （2）方法1：建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦； 方法2：根据二面角的平面角的概念，作出平面与平面所成的角，再利用三角形的边角关系，求二面角的余弦. 【详解】（1）取的中点，连接，， 又是的中点，则且， 由是的中点，底面为矩形，则， 故，，所以， 所以四边形为平行四边形，则， 又因为平面，平面，所以平面. （2）底面为矩形，，平面平面， 平面平面，平面，所以平面PAB. 延长，交于点，连接， 过点作，垂足为点，连接. 平面，平面， ，，平面， 平面ADH，， 为二面角的平面角， ，，，， ，，， 在中，，， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 【变式15-3】.（2025·山东·模拟预测）斜四棱柱中，底面为平行四边形，，，，. (1)求四棱柱的体积； (2)求平面与平面的夹角的正切值. 【答案】(1) (2) 【知识点】柱体体积的有关计算、求二面角、余弦定理解三角形、空间向量数量积的应用 【分析】（1）先根据线段长度和位置关系可得，，进而可得，高，进而可得而四棱柱的体积. （2）取的中点，连接，为平面与平面所成角的一个平面角，利用余弦定理可得. 【详解】（1） 如图，连接交于，连接，， 在中，由余弦定理可得， 因，故，即，， 故为等边三角形，，由题意，， 则， 由题意可得， 整理可得，得， 则为等边三角形，故， 又，故为等边三角形，故， 又， 在中，由余弦定理可得, ， 因，故平行四边形为菱形，故， 又，    ，平面，故平面， 作，由平面，则， 由，平面，则平面， 即为斜四棱柱的高， 在直角三角形中，， （2） 取的中点，连接，由（1）可知为等边三角形， 则，， 故为平面与平面所成角的一个平面角， 在中，由余弦定理可得， 【变式15-4】（2025·安徽池州·二模）如图，在四棱锥中，底面. (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面垂直、求二面角、面面角的向量求法 【分析】（1）解法一：取的中点，证明，利用线面垂直的性质和判定定理即可证得结果，解法一：过作，垂足为，证明，利用线面垂直的性质和判定定理即可证得结果. （2）解法一：过作， 可求得是二面角的平面角，计算求得结果，解法二：以为坐标原点，以为轴，为轴，过作轴，建立直角坐标系，求得平面的法向量计算求得结果. 【详解】（1）解法一：取的中点 由得，由得 又平面，所以三点共线，所以 由平面得 又平面，所以平面 解法二：过作，垂足为 由得，所以 又平面，所以三点共线，所以 由平面得 又平面，所以平面 （2）解法一：过作，由（1）知 又平面，所以平面，所以 又平面平面平面平面 所以是二面角的平面角，即是平面与平面的夹角. 由得，又，则，则，则 所以，所以 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【考点题型十六】空间几何体内切球（） 【例16】（24-25高三上·江苏·阶段练习）与圆台的上、下底面及侧面都相切的球，称为圆台的内切球，若圆台的上下底面半径为，，且，则它的内切球的表面积为 ． 【答案】/ 【知识点】多面体与球体内切外接问题 【分析】利用已知条件求得圆台的母线长，进而根据勾股定理求得圆台的高，即内切球的直径，最终利用球体体积公式求解即可. 【详解】由题意，画出圆台的直观图，其中为圆台的母线长， ，分别为上、下底面的圆心，点为内切球的球心， 点为球与圆台侧面相切的一个切点. 则由题意可得：， . 因此可得：内切球半径，即得内切球的体积为. 故答案为： 【变式16-1】.（2025·湖南·二模）已知是直三棱柱，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且满足，，若三棱柱有内切球，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】多面体与球体内切外接问题、用和、差角的正弦公式化简、求值、正弦定理边角互化的应用 【分析】根据正弦定理及两角和的正弦公式化简可得，进而结合等面积法求得的内切圆半径，即可求得三棱柱内切球的半径，进而求解即可. 【详解】由， 根据正弦定理得，， 则， 因为，所以，则，即， 则，又， 所以，所以，即， 设的内切圆半径为， 则，即， 要使三棱柱有内切球，说明内切球半径刚好为， 所以三棱柱的高为内切球的直径，即. 故选：B. 【变式16-2】.（23-24高二下·湖南常德·期中）在棱长为2的正四面体中，正四面体的内切球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、锥体体积的有关计算 【分析】先根据正四面体的性质求出正四面体的高；再利用等体积法求出内切球的半径；最后根据球的表面积公式即可解答. 【详解】 正四面体底面的中心记为点，连接，. 由正四面体的性质可得：面. 因为正四面体棱长为2， 所以底面三角形的高为， 则， 所以正四面体的高. 设正四面体内切球的半径为，球心为. 由等体积法可得：， 即，解得：. 所以正四面体的内切球表面积为. 故选：B. 【变式16-3】.（2025·湖南·模拟预测）定义：与圆锥的底面和各母线均相切的球，称为圆锥的内切球，此圆锥称为球的外切圆锥．已知某圆锥的内切球半径等于1，则该圆锥体积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】多面体与球体内切外接问题 【分析】圆锥的内切球问题，作图分析利用基本不等式求解即可. 【详解】如图，作出该几何体的轴截面得到如图所示的平面图形，    设该圆锥的内切球球心为，底面圆的圆心为点， 底面半径为，高为， 法一：由等面积法可得：， 化简得：， 又：， ∴，当且仅当，即时取等号． 法二：如图：，∴， ∴，∵，∴， ∴， 当且仅当，即时取等号． 故选：C． 【变式16-4】（2025·天津南开·模拟预测）棱长为的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这些球的最大半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、棱锥表面积的有关计算 【分析】先求出正四面体的体积及表面积，利用求出内切球的半径，再通过求出空隙处球的最大半径即可. 【详解】 如图，由题意知球和正四面体的三个侧面以及内切球都相切时半径最大，设内切球球心为，半径为，空隙处的最大球球心为，半径为， 为的中心，易知面，为中点，球和球分别与面相切于和. 易得，，，由， 可得，又，， 故，，， 又由和相似，可得，即，解得，即球的最大半径为. 故选：C. 【考点题型十七】空间几何体外接球（） 【例17】（2025·河北保定·模拟预测）已知圆台的上底面的半径为，下底面的半径为，高为，则该圆台的外接球的体积为 . 【答案】/ 【知识点】球的体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】作出图形，设圆台上、下底面的圆心分别为、，则外接球球心在直线上，设，根据圆台的几何性质可得出关于的等式，解出的值，可求出球的半径，结合球体的体积公式可求得球的体积. 【详解】设圆台上、下底面的圆心分别为、，取该圆台的轴截面， 则该圆台的外接球球心在直线上，连接、， 设，则， 由，即， 即，解得， 因为该圆台的外接球半径为， 因此，所以该圆台的外接球的体积为. 故答案为；. 【变式17-1】.（24-25高一下·河南·期中）已知三棱锥的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且，则该三棱锥的外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】球的体积的有关计算 【分析】依题意将三棱锥嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，设长方体交于一个顶点的三条棱长为，利用勾股定理得到方程组求出，再求出外接球的半径，即可求出外接球的体积； 【详解】根据题意：将三棱锥嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，设长方体交于一个顶点的三条棱长为，该三棱锥的外接球的半径为，如图：    则有，所以，所以，即， 所以球的体积为， 故选：A. 【变式17-2】.（24-25高一下·山西太原·阶段练习）已知正三棱锥的底面是边长为的正三角形，侧棱长为，则该正三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】先判断球心在三棱锥的高线上，由正弦定理求得，设球的半径为，结合题意列方程求出外接球半径即得. 【详解】如图，设点在底面的射影为点， 因底面边长均为，侧棱长均为，故球心在上， 连接，设球的半径为，则， 由正弦定理，解得， 在中，，则， 在中，由，解得， 则球的表面积为． 故选：B． 【变式17-3】.（24-25高三下·浙江·阶段练习）正四棱台侧棱长为，上下底面边长分别为和，所有顶点在同一球面上，则正四棱台的外接球表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】多面体与球体内切外接问题、球的表面积的有关计算 【分析】画出图形，设外接球半径为，利用半径相等列出方程，求出半径，从而得到球的表面积. 【详解】如图所示，，， 设为外接球球心，外接球半径为，为上下底面的中心，易知， 又侧棱长为，则，又易知， 设，则，， 故，解得：， 故，所以球的表面积为， 故选：B. 【变式17-4】（24-25高三上·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 【知识点】立体几何中的轨迹问题、多面体与球体内切外接问题 【分析】将该四面体放置在一个长方体中，通过题意可得到点的轨迹为一个圆，设其半径为利用勾股定理求解半径，即可求解． 【详解】解：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． 提升训练 一、单选题 1．（24-25高一下·山西晋城·期中）如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，则原四边形的周长为（   ） A． B． C．12 D． 【答案】C 【知识点】由直观图还原几何图形、斜二测画法中有关量的计算 【分析】由题意，结合斜二测画法将直观图还原为原图，进而求解. 【详解】由题意知，， 将直观图还原为原图，如图， 则， 所以， 所以原四边形的周长为12. 故选：C 2．（24-25高一下·安徽安庆·期中）设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则是异面直线 D．若，则 【答案】D 【知识点】线面关系有关命题的判断 【分析】利用线面垂直的判定，线面平行的判定，线线的位置关系及面面平行的性质逐一判断即可． 【详解】对于A中，，若，则直线可能平行或异面，所以A错误． 对于B中，若，则或，所以B错误． 对于C中，若，则位可能平行、相交或异面，所以C错误． 对于D中，根据垂直于同一个平面的两条直线互相平行，所以D正确． 故选：D 3．（24-25高一下·天津·期中）已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】C 【知识点】线面关系有关命题的判断、判断线面平行、判断线面是否垂直、线面垂直证明线线垂直 【分析】利用线面平行和垂直的判定和性质逐项判断即可. 【详解】对于A，由，，得可能平行、可能相交，也可能是异面直线，A错误； 对于B，由，，得平行，或，B错误； 对于C，若，，则，C正确； 对于D，由，，得可能平行、可能相交、也可能，D错误. 故选：C 4．（2025高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，过的平面（非平面）与平面交于DE，则DE与AB的位置关系是（    ） A．异面 B．平行 C．相交 D．以上均有可能 【答案】B 【知识点】平行公理、面面平行证明线线平行 【分析】根据给定条件，利用面面平行的性质推理判断. 【详解】在三棱柱中，平面平面，而平面平面， 平面平面，则，在平行四边形中，， 所以. 故选：B 5．（2025高三·全国·专题练习）各位同学小时候都吹过泡泡，这是童年必备乐趣之一，马宇潇小朋友在边长为的正四面体的中心吹泡泡（泡泡近似为球体），泡泡碰到四面体的棱就会破裂，则泡泡的表面积的取值范围为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】由题意可知，临界状态即为球与正四面体的棱相切，此时球的半径即为正四面体的中心到棱中点的距离，进而结合图形关系得到泡泡的半径的取值范围，进而结合球的面积公式求解即可. 【详解】设泡泡的半径为， 根据题意可知：临界状态即为球与正四面体的棱相切，此时球的半径即为正四面体的中心到棱中点的距离， 如图所示：    在正四面体中，为正的中心，为正四面体的中心，为相应棱的中点， 由正四面体的棱长为，则，， 则，则， 可得，， 因为，即，解得， 在中，，为的中点， 则， 可知，所以泡泡的表面积. 故选：B. 6．（24-25高一下·河南·期中）如图，在直三棱柱中，点D，E分别在棱，上，，，点F满足，若平面ACF，则的值为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】证明线面平行 【分析】根据线面平行的判定定理找到过直线且与直线平行的平面，从而可以确定点位置，进而求解即可. 【详解】在上取一点使得，连接， 与交于一点，即为所求（如图所示）.    证明如下： 根据已知，， 在直三棱柱中，，且， 四边形为平行四边形，，平面，平面，平面，即平面. 又，， ，即的值为. 故选：A. 7．（2025·河南·二模）如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】证明线面平行、空间平行的转化、判断面面平行 【分析】取的中点，根据线面平行的判定定理，证得平面，平面，进而证得平面平面，得到当时， 平面，所以点在侧面内的轨迹为线段，在中，求得，结合，即可求解. 【详解】如图所示，取的中点，连接，，， 在正方体中，可得且， 因为，分别是棱的中点，则且， 所以四边形为平行四边形，则， 又因为平面，平面，所以平面， 同理可证：平面， 因为，且平面，所以平面平面， 又因为平面，当时，则平面，所以平面，所以点在侧面内的轨迹为线段， 因为正方体的边长为，可得，， 在中，可得，且， 则，所以的最小值为. 故选：B. 8．（2025·甘肃白银·二模）在三棱柱中，过的平面与AB，AC分别交于点E，F，且该平面将三棱柱分成体积相等的两部分，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】柱体体积的有关计算、台体体积的有关计算 【分析】先利用面面平行的性质定理求证，设，再求证为三棱台，再计算三棱台的体积，结合题意即可求得. 【详解】因平面平面，平面平面， 平面平面，则， 设，，， 因，，则， 因，则，则重合， 则为三棱台， 记三棱柱的高为h，的面积为S，的面积为， 易知， 则三棱台的体积为， 由题意得，化简得， 解得 （负值舍去），故． 故选：A 二、多选题 9．（24-25高一下·广东广州·期中）如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（    ）    A．直线与是平行直线 B．直线与是异面直线 C．直线与所成的角为 D．四边形的面积为 【答案】BCD 【知识点】求异面直线所成的角、异面直线的判定 【分析】提出假设证明得出矛盾可判断A错误，根据异面直线性质可得B正确，作出异面直线的平面角可得C正确，由正方体棱长计算利用梯形面积公式计算可得D正确. 【详解】对于A，取的中点为，连接，如下图所示：    由正方体性质可知， 若直线与是平行直线，则可得，显然这与相交于点矛盾，故错误； 对于B，易知平面，平面，直线，平面，可得直线与是异面直线，故B正确； 对于C，连接，如下图：    可得为直线与所成的角，而， 可得直线与所成的角为.故C正确. 对于D，连接，易知，，所以为等腰梯形， 因为棱长为2，可得， 即等腰梯形的高为，因此，即D正确. 故选：BCD. 10．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，在正方体中，E、F、G、H、M、N分别是棱AB、BC、、、、的中点，则下列结论正确的是（   ）    A．直线GH和MN平行，GH和EF异面 B．直线GH和MN平行，MN和EF相交 C．直线GH和MN相交，MN和EF异面 D．直线GH和EF异面，MN和EF异面 【答案】AB 【知识点】异面直线的判定 【分析】连接，可证，从而推得；利用异面直线的定义可判断GH和EF异面；连接，证明四点共面，可推得与相交，即可逐一判断. 【详解】    如图，连接，易得，且，则得，故，则C错误； 因平面，平面，但，平面， 故GH和EF异面； 连接，因，且，则得， 故，又，则，即四点共面， 又与不平行，故与相交，故D错误. 综上可得，A，B两项正确. 故选：AB. 11．（23-24高一下·广东江门·阶段练习）在棱长为 1 的正方体中，分别为棱的中点，则（ ） A．直线与直线所成的角是 B．直线与直线所成的角是 C．二面角的平面角是 D．平面截正方体所得的截面面积为. 【答案】ACD 【知识点】求异面直线所成的角、求线面角、求二面角 【分析】利用，可求直线与所成的角判断A；连接交于点，连接，可得直线与平面所成的角即为直线与直线所成的角，求解可判断B；易求得二面角的大小判断C；接，平面截正方体所得的截面为梯形，求解可判断D. 【详解】对于A，如图，连接，因为分别为棱的中点，所以， 所以直线与所成的角即为直线与所成的角， 又因为是等边三角形，所以直线与所成的角为， 故直线与所成的角是，故A正确； 对于B，因为分别为棱的中点，所以， 所以直线与平面所成的角即为直线与直线所成的角， 连接交于点，连接， 由正方体，可得平面，又平面， 所以，又，又，平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 又，所以，故B错误； 因为平面，所以为二面角的平面角， 所以二面角的平面角是，故C正确； 对于D，如图，连接，因为，所以， 所以平面截正方体所得的截面为梯形， 且，所以梯形的高为， 所以截面面积为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题 12．（2025·山东·模拟预测）现有一个圆锥与一个球，它们的表面积相等，圆锥的母线长与球的直径相等，则圆锥的底面直径与母线长的比值为 ． 【答案】 【知识点】圆锥表面积的有关计算、球的表面积的有关计算 【分析】设该圆锥的底面半径为，母线长为，由圆锥与球的表面积公式计算求解即可． 【详解】设该圆锥的底面半径为，母线长为，则其表面积为， 球的表面积为，所以， 即，解得（负值舍去）， 故圆锥的底面直径与母线长的比值为． 故答案为： 13．（2025·陕西宝鸡·三模）三棱锥中，，且，则当该三棱锥的体积最大时二面角的正切值为 . 【答案】 【知识点】锥体体积的有关计算、求二面角 【分析】先利用，可计算得到底面面积，当恰好为三棱锥的高时，三棱锥体积最大，此时两两互相垂直，取的中点,连接利用二面角的平面角的定义算出二面角的正切值. 【详解】 依题意可得三棱锥体积为 因为所以当面时，即时三棱锥体积最大，此时两两互相垂直. 取的中点为，连接 因为所以 又因为所以，所以为二面角的平面角，又因为 所以二面角的正切值为 故答案为:. 14．（2026高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，为上的动点，恒为定值，且是正三角形，则直线与直线所成角的大小是 ． 【答案】 【知识点】求异面直线所成的角、锥体体积的有关计算 【分析】根据锥体体积公式可知到的距离为定值，进而得出，根据异面直线所成角的定义可知即为所求，最后结合正三角形的性质求解即可. 【详解】因为为定值，点到底面的距离为定值， 所以为定值，即到的距离为定值． 因为为上的动点，所以，所以即为异面直线与所成的角． 因为为正三角形，所以． 所以直线与直线所成的角为． 故答案为： 四、解答题 15．（24-25高一下·安徽芜湖·期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为上的点，且，为中点． (1)证明：平面； (2)过F点作平面平面交于点，交于点， （ⅰ）证明：； （ⅱ）求的值． 【答案】(1)证明见详解 (2)（i）证明见详解；（ii） 【知识点】证明线面平行、面面平行证明线线平行 【分析】（1）连接交于，由三角形中位线可证，进而由线面平行的判定定理可证； （2）（i）由面面平行的性质定理可证；（ii）猜测点H为靠近点P的三等点，在此基础上证明平面平面即可. 【详解】（1）连交于，因为底面为平行四边形， 所以为的中点，而为的中点，所以， 又平面平面； 所以平面； （2）（i）因为平面平面，平面平面，平面平面， 由面面平行的性质定理可得； （ii）当为的三等点且时，有平面平面，下面证明： 因为为上的点，且，所以在中，，所以， 由（1）知平面，因为平面，所以平面， 由（i）可知，因为平面，平面，所以平面， 因为，所以平面平面，所以. 16．（24-25高一下·安徽马鞍山·期中）如图，已知分别是正方体的棱的中点，. (1)证明：直线交于同一点； (2)作出过三点的截面（写出作图过程，保留作图痕迹），并计算截面图形的周长. 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析， 【知识点】空间中的线共点问题、由平面的基本性质作截面图形 【分析】（1）先证明，可推得相交于点，再证明即可； （2）依次连接，易证，可得四点共面，即得截面，求其各边长即得截面周长. 【详解】（1）证明:正方体中，如图连接， 因，则四边形是平行四边形，则， 因分别是的中点，则， 故，所以四点共面，因， 则相交，设交点为，则，而平面，则平面， 同理平面，而平面平面 故，即点在直线上，所以直线交于同一点. （2） 如图所示，依次连接， 易证，故四点共面. 则即为所求截面. 而， 所以的周长为. 17．（24-25高一下·山西晋城·期中）如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点是棱上的一点，且． (1)求证：四点共面； (2)求证：平面； (3)已知点是棱上的一点，且平面平面，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【知识点】证明线面平行、面面平行证明线线平行、空间中的点（线）共面问题 【分析】（1）连接，即可证明，，从而得证； （2）连接、分别交、于点、，连接，即可证明，从而得到，即可得证； （3）根据面面平行的性质得到，即可得到，从而得解. 【详解】（1）连接，因为点分别为棱的中点， 所以， 又在正方体中且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 所以，所以四点共面； （2）连接、分别交、于点、，连接， 在正方体中，且， 所以，则， 同理可得， 所以，所以， 又平面，平面，所以平面； （3）因为平面平面， 平面平面，平面平面， 所以， 又，所以，因为，所以. 18．（24-25高一下·天津·期中）如图，在正方体中，E为的中点.    (1)求证：平面AEC； (2)取中点F，求证：平面平面 (3)求异面直线AE与所成角 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【知识点】求异面直线所成的角、证明面面平行、证明线面平行 【分析】（1）由三角形的中位线定理、线面平行的判定定理推理得证. （2）上的中点即满足平面平面．由平行四边形的性质和线面平行的判定定理，以及面面平行的判定定理推理得证. （3）利用几何法求出情感教练夹角的余弦. 【详解】（1）在正方体中，连接交于，连接， 则为的中点，而为的中点，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）由为的中点，为的中点，得， 则四边形为平行四边形，，又平面，平面， 于是平面，由（1）知平面，而，平面， 所以平面平面．    （3）由（1）知，，则是异面直线AE与所成的角或其补角， 令正方体的棱长，则，， 因此， 所以异面直线AE与所成角的余弦值为. 19．（24-25高一下·安徽·期中）如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，，为上一点，设平面与平面的交线为． (1)求证：面； (2)求证：面； (3)当平面时，面与交于，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【知识点】证明线面平行、线面平行的性质、余弦定理解三角形、锥体体积的有关计算 【分析】（1）根据已知结合余弦定理可得出，即，进而得出.然后根据线面平行的判定定理，即可得出证明； （2）根据已知结合线面平行的判定定理，得出面.根据线面平行的性质定理结合已知得出.进而即可根据线面平行的判定定理，得出证明； （3）设，根据已知条件结合线面平行的性质定理得出.进而根据梯形的性质求出.根据线面平行的性质定理得出，，.然后可求出，进而得出，根据等体积法即可得出答案. 【详解】（1）由为正三角形且可知. 又因为，且，在中，由余弦定理得 ， 所以，所以，所以，即. 所以，又因为平面，平面， 所以面. （2）因为，平面，平面，所以面. 又面，面面，所以. 又面，面，所以面. （3） 设，如图，连接交于点，连接. 因为平面，平面，平面平面，所以. 在梯形中，，，， 所以有，所以. 因为，所以有，所以． 因为面与交于，面与交于，， 所以有平面平面. 又面，面，所以. 又，所以，， 所以，. 设梯形高为，则. 由，可知，所以. 又四棱锥与三棱锥高相等， 所以． 所以有． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 清单04 第八章 立体几何初步 （14个考点梳理+17题型解读+提升训练） 清单01 基本立体图形 （1）棱柱的定义 定义：一般地，有两个面互相平行 ，其余各面都是四边形，并且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 （2）棱台的定义 定义：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，我们把底面和截面之间的那部分多面体叫做棱台 清单02 平面图形中的直观图 水平放置的平面图形的直观图画法（斜二测画法） （1）画轴：在平面图形上取互相垂直的轴和轴，两轴相交于点，画直观图时作出与之对应的轴和轴，两轴相交于点，且使（或） （2）画线：已知图形中平行于或在轴，轴上的线段，在直观图中分别画成平行或在轴，轴上的线段. （3）取长度：已知图形中在轴上或平行于轴的线段，在直观图中长度不变.在轴上或平行于轴的线段，长度为原来长度的一半. （4）成图：连接有关线段，擦去作图过程中的辅助线，就得到了直观图. 清单03 多面积表面积和体积 1、计算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、体积 （1）棱柱的体积：柱体的体积等于它的底面积和高的乘积，即. （2）棱锥的体积：锥体的体积等于它的底面积和高的乘积的,即. （3）棱台的体积：(,分别为上下底面面积，为台体的高) 清单04 旋转体的表面积和体积 1、圆柱、圆锥、圆台表面积： （1）. （2）圆锥的表面积： （3）圆台的表面积： 2、圆柱、圆锥、圆台的体积 （1）圆柱的体积： （2）圆锥的体积： （3）圆台的体积： 清单05 平行关系 ①平面外一条直线与平面一条直线平行，那么该直线与此平面平行 ②直线与平面平行，直线与交线平行 ③一个平面内两条相交直线都与另一平面平行，那么这两个平面平行 ④两个平面平行，一个平面内任意一条直线与另一平面平行 ⑤两个平行平面同时与第三个平面相交，这两条交线平行 清单06 垂直关系 ①一条直线与一个平面内两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直 ②一条直线垂直于一个平面，则该直线垂直于平面内所有直线 ③一条直线垂直于一个平面，则经过该直线的平面垂直于另一平面 ④两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线，垂直于另一平面 清单07 异面直线所成角 通过平移一条（或2条），使异面直线转化为相交直线，然后在三角形中利用余弦定理求角 清单08 直线与平面所成角 （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 清单09 二面角 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：在平面内的一条直线如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直. 三垂线定理的逆定理：在平面内的一条直线如果和这个平面的一条斜线垂直，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. 清单10 内切球等体积法 例如：在四棱锥中，内切球为球，求球半径.方法如下： 即：， 可求出. 清单11 内切球独立截面法 定义1；若一个多面体的各顶点都在一个球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是多面体的外接球。 定义2；若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是多面体的内切球。 清单12 外接球补形法 ①墙角模型（三条线两个垂直） 题设：三条棱两两垂直（重点考察三视图） ②对棱相等模型（补形为长方体） 题设：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径（，，） 清单13 单面定球心法 步骤：①定一个面外接圆圆心：选中一个面如图：在三棱锥中，选中底面，确定其外接圆圆心（正三角形外心就是中心，直角三角形外心在斜边中点上，普通三角形用正弦定理定外心）； ②过外心做（找）底面的垂线，如图中面,则球心一定在直线（注意不一定在线段上）上； ③计算求半径:在直线上任取一点如图：则，利用公式可计算出球半径. 清单14 双面定球心法 如图：在三棱锥中： ①选定底面，定外接圆圆心 ②选定面，定外接圆圆心 ③分别过做面的垂线，和做面的垂线，两垂线交点即为外接球球心. 【考点题型一】基本立体图形（） 【例1】（24-25高一下·浙江·期中）下列说法正确的是（   ） A．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱 B．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥 C．棱台的各侧棱延长后必交于一点 D．以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转所得的旋转体是圆台 【变式1-1】.（24-25高一下·湖南·期中）下列命题中为真命题的是（    ） A．圆柱的侧面展开图是一个正方形 B．用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台 C．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的多面体是棱柱 D．球体是旋转体的一种类型 【变式1-2】.（多选）（24-25高一下·湖北武汉·期中）下列说法正确的是（    ） A．棱台的侧面都是等腰梯形 B．棱柱的侧棱长都相等，但侧棱不一定都垂直于底面 C．过圆锥顶点的截面是等腰三角形 D．以直角梯形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台 【变式1-3】.（多选）（陕西省榆林市多校2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试题）下列说法正确的是（   ） A．棱柱的侧面都是平行四边形 B．圆锥过轴的截面是一个等腰三角形 C．直四棱柱是长方体 D．任何一个棱台都可以补一个棱锥使它们组成一个新的棱锥 【变式1-4】.（多选）（24-25高一下·福建福州·期中）下列关于多面体的几种说法，正确的是（    ） A．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱 B．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 C．棱台的上、下底面边长之比等于侧棱延长线交点到上、下底面的距离之比 D．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体是棱锥 【考点题型二】立体图形中的最短距离问题（） 【例2】（23-24高一上·江西鹰潭·期末）正方体棱长为，为线段的动点，为线段上一动点，则的最小值为 . 【变式2-1】.（2025·安徽·一模）在正四棱柱中，，分别为侧棱上一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D．14 【变式2-2】.（2025高三·全国·专题练习）如图所示，在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点，沿棱柱表面，从到的最短路径长为 【变式2-3】.（23-24高一下·福建福州·期末）如图，圆锥底半径长为1，母线的长为6，是母线上一点，且． 一个质点从出发沿圆锥侧面图示路线到达． 若该质点走过的路程最短且质点在运动时先上升，后下降，则 的取值范围为 ． 【变式2-4】.（24-25高一下·全国·课后作业）如图所示，圆台母线AB长为20cm，上、下底面半径分别为5cm，10cm，从母线AB的中点M拉一条绳子绕圆台侧面一周转到点B．    (1)求这条绳长的最小值； (2)求绳长最短时，圆台上底面圆周上的点到绳子的最短距离． 【考点题型三】立体几何中的截面问题（） 【例3】（23-24高一下·湖南长沙·期末）在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，则截面的最小周长为（   ） A． B．4 C．6 D．10 【变式3-1】.（23-24高一下·云南迪庆·期末）已知圆锥的高为，底面积为，平行于圆锥底面的截面面积为，则截面与底面的距离为（   ） A． B． C． D． 【变式3-2】.（2024·四川绵阳·模拟预测）在长方体中，，点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，则平面截该长方体所得的截面图形为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【变式3-3】.（2024高三·全国·专题练习）我国古代的数学著作《九章算术·商功》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.在如图所示的“堑堵”ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，M、N分别是BB1和A1C1的中点，则平面AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形的面积为 . 【变式3-4】.（23-24高三上·广东佛山·阶段练习）正方体的棱长为，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则平面截正方体所得截面面积的最大值为 . 【考点题型四】平面几何图形的直观图（） 【例4】（24-25高一下·河南许昌·期中）如图，矩形是水平放置的平面四边形OABC的直观图，其中，，则原四边形OABC的面积与周长的数值之比为 ． 【变式4-1】.（24-25高一下·山西·期中）如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，则四边形的周长为（    ）    A． B． C． D． 【变式4-2】.（24-25高一下·河南·期中）用斜二测画法画水平放置的 ，其直观图如图所示，其中，若原的周长为6，则（    ） A． B． C． D． 【变式4-3】.（24-25高一下·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4-4】.（24-25高一下·江苏无锡·期中）如图，一个水平放置的平面图形由斜二测画法得到的直观图是边长为2的菱形，且＝2，则原平面图形的面积为 . 【考点题型五】多面体表面积和体积（） 【例5】（24-25高一下·安徽芜湖·期中）如图，正三棱台的下底面边长为12，上底面边长和侧棱长均为6，则棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 【变式5-1】.（24-25高一下·安徽·期中）如图，该几何体为“四角反棱台”，它是由两个相互平行的正方形经过旋转，连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点．若下底面正方形边长为2，“四角反棱台”高为，则该几何体体积为（   ）    A． B． C． D．20 【变式5-2】.（24-25高一下·福建福州·期中）在棱长为2正方体中，三棱锥的表面积为 . 【变式5-3】.（2025·陕西西安·二模）已知正四棱锥的底面边长为6，体积为48，则该四棱锥的侧面积为 . 【变式5-4】.（2025·江苏淮安·模拟预测）已知正三棱柱所有棱长都相等，它的六个顶点都在半径为的球面上，则此正三棱柱的体积为 . 【考点题型六】旋转体表面积和体积（） 【例6】（24-25高一下·重庆·期中）如图所示，四边形是矩形，且，若将图中阴影部分绕旋转一周. (1)求阴影部分形成的几何体的体积； (2)求阴影部分形成的几何体的表面积. 【变式6-1】.（2025·辽宁沈阳·二模）已知一个圆台的上下底面半径分别为3和4，母线长为，则该圆台的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【变式6-2】.（24-25高一下·河南许昌·期中）（1）已知正四棱台的上、下底面的边长分别为2和6，高为3，求该正四棱台的体积； （2）已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，求该圆锥的底面直径； （3）已知棱长为2的正方体的所有顶点都在球的球面上，若圆柱的底面直径和高都等于球的直径，求球的表面积和圆柱的体积． 【变式6-3】.（24-25高一下·山西太原·阶段练习）如图所示，在四边形中，，， (1)求四边形绕旋转一周所成几何体的表面积； (2)求四边形绕旋转一周所成几何体的体积. 【考点题型七】直线与平面平行（） 【例7】（24-25高一下·浙江丽水·期中）如图，在正三棱柱中，已知，，D是棱的中点.    (1)求证：平面； (2)该正三棱柱被平面截去一个棱锥，求剩余部分的体积. 【变式7-1】.（24-25高一下·全国·课后作业）如图，在长方体中，分别为和的中点．求证：平面． 【变式7-2】.（2025高二上·辽宁·学业考试）在四棱锥中，四边形为等腰梯形，平面，,,，、为、的中点． (1)求证：平面； (2)求四棱锥的体积． 【变式7-3】.（24-25高二上·云南昭通·期中）如图，在三棱柱中，侧棱底面，，为的中点，，．    (1)求证：平面． (2)求三棱柱的表面积； 【变式7-4】.（23-24高三下·全国·自主招生）在四面体ABCD中，点E、F分别为AB、BC的中点， (1)证明：平面DEF； (2)求四面体CDEF的体积与四面体ABCD的体积比值. 【考点题型八】平面与平面平行（） 【例8】（2024高三·全国·专题练习）如图，在多面体中，是正方形，，，，为棱的中点．求证：平面平面. 【变式8-1】.（2025高三·全国·专题练习）如图，直三棱柱中，且平面平面.求实数的值. 【变式8-2】.（2024高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，分别是棱的中点．在棱上找一点，使得平面平面，并证明你的结论. 【变式8-3】.（2024高三·全国·专题练习）在圆柱中，等腰梯形为底面圆的内接四边形，且，矩形是该圆柱的轴截面，为圆柱的一条母线，． 求证：平面平面.    【变式8-4】.（23-24高二上·四川内江·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为正方形，分别是的中点．    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. 【考点题型九】直线与平面垂直（） 【例9】（24-25高二上·湖南娄底·开学考试）如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，，，.    (1)求证：平面； (2)求证：平面. 【变式9-1】.（2024高二上·云南·学业考试）如图，在三棱锥中，，，.    (1)证明：平面； (2)若，，，求三棱锥的体积. 【变式9-2】.（24-25高二上·河南焦作·开学考试）在正方体中，E，F分别是底面和侧面的中心． (1)求证：平面 (2)求证：平面平面． 【变式9-3】.（24-25高一下·全国·课堂例题）如图所示，为所在平面外一点，平面，，于点．求证： (1)平面； (2)平面． 【变式9-4】（2025高三·全国·专题练习）如图，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，是的中点.    (1)求该圆柱体的体积； (2)证明：平面. 【考点题型十】平面与平面垂直（） 【例10】（23-24高一下·广东江门·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，E，F分别为的中点． (1)求证：； (2)求证：平面平面； (3)求证：平面． 【变式10-1】.（2025高三·全国·专题练习）如图，三棱台中，底面，且.证明：平面平面. 【变式10-2】.（2025高三·全国·专题练习）已知三棱柱中，，，，，求证：平面平面 【变式10-3】.（2025高三·全国·专题练习）如图，在几何体中，互相平行，四边形与四边形 是全等的等腰梯形，平面平面，，点分别为的中点.证明：平面平面.       【变式10-4】（2025高三·全国·专题练习）如图，三棱柱的侧面与侧面均为正方形，为的中点，. (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； 【考点题型十一】线线垂直证明（） 【例11】（24-25高二上·云南玉溪·期中）如图所示，在梯形中，，，，平面，，，，为中点. (1)证明：平面； (2)证明：； 【变式11-1】.（2025·广东江门·一模）如图，在斜棱柱中，底面为菱形，，． (1)证明：； (2)若，求的长度． 【变式11-2】.（24-25高一下·全国·课后作业）在直三棱柱中，，求证：． 【变式11-3】.（24-25高二上·北京海淀·期末）如图，在斜三棱柱中， ，点为的中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求证：． 【变式11-4】（2024高三·全国·专题练习）如图，三棱柱的底面是等腰直角三角形，，侧面是菱形，，平面平面． 证明：； 【考点题型十二】空间几何体的体积（点到平面的距离）（） 【例12】（23-24高二上·北京怀柔·期中）已知在四棱锥中，底面为正方形，侧面为边长为2的等边三角形，则四棱锥体积的最大值为 ． 【变式12-1】.（24-25高二下·江苏常州·期中）在棱长为1的正方体中，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【变式12-2】.（2025·北京门头沟·一模）某纪念塔的一部分建筑结构可抽象为三棱锥，，底面是等腰直角三角形，，顶点到底面的距离为3，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【变式12-3】.（24-25高二下·陕西商洛·阶段练习）已知正方体的棱长为3，E为CD的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D．1 【变式12-4】（23-24高一下·内蒙古·期末）已知等边边长为2，平面，且，则点C到平面的距离为 ． 【考点题型十三】异面直线所成角（） 【例13】（24-25高三下·黑龙江·阶段练习）在正四面体ABCD中，M，N分别是棱AB，CD的中点，则直线AN与CM所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【变式13-1】.（2025高三·全国·专题练习）在长方体中，和与底面所成的角分别为和，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【变式13-2】.（2026高三·全国·专题练习）如图，和是异面直线，，分别为线段上的点，且，则与所成角的大小为 ． 【变式13-3】.（24-25高三下·重庆荣昌·阶段练习）已知三棱锥满足，且，则该三棱锥外接球的表面积为 ，异面直线与所成夹角的余弦值为 ． 【变式13-4】（24-25高二下·甘肃酒泉·阶段练习）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，为的中点. (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求证：平面. 【考点题型十四】直线与平面所成角（） 【例14】（24-25高一下·广西南宁·期中）如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形，，F，G分别是的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求GA与平面所成角的正弦值． 【变式14-1】.（24-25高一下·甘肃张掖·期中）三棱锥中，若，，，则直线与平面所成角的正弦值是（   ） A． B． C． D． 【变式14-2】.（24-25高一下·河南·期中）正三棱台三侧棱的延长线交于点P，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． 【变式14-3】.（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，在直三棱柱中，D，E为，中点，连接，． (1)证明：平面； (2)若，，，求直线与平面所成角的正弦值． 【变式14-4】（24-25高一下·山东菏泽·阶段练习）如图，平面，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 【考点题型十五】二面角（） 【例15】（2025·辽宁·一模）如图1，在中，，，、两点分别在、上，使.现将沿折起得到四棱锥，在图2中. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的正切值. 【变式15-1】.（2025·江西·二模）如图，在平面四边形中，是边长为2的等边三角形，且，沿将折起，使点到达点． (1)求证：： (2)当三棱锥体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值． 【变式15-2】.（2025·河北石家庄·一模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，是的中点，是的中点. (1)求证：平面； (2)若平面平面，，，，求平面与平面夹角的余弦值. 【变式15-3】.（2025·山东·模拟预测）斜四棱柱中，底面为平行四边形，，，，. (1)求四棱柱的体积； (2)求平面与平面的夹角的正切值. 【变式15-4】（2025·安徽池州·二模）如图，在四棱锥中，底面. (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 【考点题型十六】空间几何体内切球（） 【例16】（24-25高三上·江苏·阶段练习）与圆台的上、下底面及侧面都相切的球，称为圆台的内切球，若圆台的上下底面半径为，，且，则它的内切球的表面积为 ． 【变式16-1】.（2025·湖南·二模）已知是直三棱柱，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且满足，，若三棱柱有内切球，则（    ） A． B． C． D． 【变式16-2】.（23-24高二下·湖南常德·期中）在棱长为2的正四面体中，正四面体的内切球表面积为（    ） A． B． C． D． 【变式16-3】.（2025·湖南·模拟预测）定义：与圆锥的底面和各母线均相切的球，称为圆锥的内切球，此圆锥称为球的外切圆锥．已知某圆锥的内切球半径等于1，则该圆锥体积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【变式16-4】（2025·天津南开·模拟预测）棱长为的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这些球的最大半径为（    ） A． B． C． D． 【考点题型十七】空间几何体外接球（） 【例17】（2025·河北保定·模拟预测）已知圆台的上底面的半径为，下底面的半径为，高为，则该圆台的外接球的体积为 . 【变式17-1】.（24-25高一下·河南·期中）已知三棱锥的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且，则该三棱锥的外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 【变式17-2】.（24-25高一下·山西太原·阶段练习）已知正三棱锥的底面是边长为的正三角形，侧棱长为，则该正三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【变式17-3】.（24-25高三下·浙江·阶段练习）正四棱台侧棱长为，上下底面边长分别为和，所有顶点在同一球面上，则正四棱台的外接球表面积是（    ） A． B． C． D． 【变式17-4】（24-25高三上·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． 提升训练 一、单选题 1．（24-25高一下·山西晋城·期中）如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，则原四边形的周长为（   ） A． B． C．12 D． 2．（24-25高一下·安徽安庆·期中）设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则是异面直线 D．若，则 3．（24-25高一下·天津·期中）已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 4．（2025高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，过的平面（非平面）与平面交于DE，则DE与AB的位置关系是（    ） A．异面 B．平行 C．相交 D．以上均有可能 5．（2025高三·全国·专题练习）各位同学小时候都吹过泡泡，这是童年必备乐趣之一，马宇潇小朋友在边长为的正四面体的中心吹泡泡（泡泡近似为球体），泡泡碰到四面体的棱就会破裂，则泡泡的表面积的取值范围为（    ）    A． B． C． D．  6．（24-25高一下·河南·期中）如图，在直三棱柱中，点D，E分别在棱，上，，，点F满足，若平面ACF，则的值为（   ）    A． B． C． D． 7．（2025·河南·二模）如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 8．（2025·甘肃白银·二模）在三棱柱中，过的平面与AB，AC分别交于点E，F，且该平面将三棱柱分成体积相等的两部分，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（24-25高一下·广东广州·期中）如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（    ）    A．直线与是平行直线 B．直线与是异面直线 C．直线与所成的角为 D．四边形的面积为 10．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，在正方体中，E、F、G、H、M、N分别是棱AB、BC、、、、的中点，则下列结论正确的是（   ）    A．直线GH和MN平行，GH和EF异面 B．直线GH和MN平行，MN和EF相交 C．直线GH和MN相交，MN和EF异面 D．直线GH和EF异面，MN和EF异面 11．（23-24高一下·广东江门·阶段练习）在棱长为 1 的正方体中，分别为棱的中点，则（ ） A．直线与直线所成的角是 B．直线与直线所成的角是 C．二面角的平面角是 D．平面截正方体所得的截面面积为. 三、填空题 12．（2025·山东·模拟预测）现有一个圆锥与一个球，它们的表面积相等，圆锥的母线长与球的直径相等，则圆锥的底面直径与母线长的比值为 ． 13．（2025·陕西宝鸡·三模）三棱锥中，，且，则当该三棱锥的体积最大时二面角的正切值为 . 14．（2026高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，为上的动点，恒为定值，且是正三角形，则直线与直线所成角的大小是 ． 四、解答题 15．（24-25高一下·安徽芜湖·期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为上的点，且，为中点． (1)证明：平面； (2)过F点作平面平面交于点，交于点， （ⅰ）证明：； （ⅱ）求的值． 16．（24-25高一下·安徽马鞍山·期中）如图，已知分别是正方体的棱的中点，. (1)证明：直线交于同一点； (2)作出过三点的截面（写出作图过程，保留作图痕迹），并计算截面图形的周长. 17．（24-25高一下·山西晋城·期中）如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点是棱上的一点，且． (1)求证：四点共面； (2)求证：平面； (3)已知点是棱上的一点，且平面平面，求的值． 18．（24-25高一下·天津·期中）如图，在正方体中，E为的中点.    (1)求证：平面AEC； (2)取中点F，求证：平面平面 (3)求异面直线AE与所成角 19．（24-25高一下·安徽·期中）如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，，为上一点，设平面与平面的交线为． (1)求证：面； (2)求证：面； (3)当平面时，面与交于，求的值． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$