专题03 立体几何初步（20种经典基础题+优选提升题）-【好题汇编】备战2024-2025学年高一数学下学期期末真题分类汇编（浙江专用）

专题03 立体几何初步 题型概览 题型01棱柱 题型02棱锥 题型03棱台 题型04圆锥 题型05斜二测画法中有关量的计算 题型06棱柱、棱锥、棱台表面积的有关计算 题型07棱柱、棱锥、棱台的体积 题型08圆柱、圆锥、圆台的表面积和体积 题型09球的表面积和体积 题型10平面分空间的区域数量 题型11由平面的基本性质作截面图形 题型12异面直线的判定 题型13线面关系有关命题的判断 题型14面面关系有关命题的判断 题型15证明线面平行 题型16线面平行的性质 题型17证明面面平行 题型18证明线面垂直 题型19线面垂直证明线线垂直 题型20证明面面垂直 ( 题型01 ) 棱柱 1．（22-23高一下·浙江衢州·期末）用一个平面去截一个正方体，所得截面形状可能为：（    ） ①三角形②四边形③五边形④六边形⑤圆 A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．①②③④⑤ 【答案】C 【分析】由正方体的结构特征，作出截面即可判断. 【详解】用一个平面去截一个正方体，分别是所在棱的中点，所得截面形状可能为三角形、四边形、五边形、六边形， 如图所示：   故选：C. 2．（20-21高一下·浙江·期末）如图都是正方体的表面展开图，还原成正方体后，其中①、④处于正方体的两个相对面的是（    ） A．（1）（2） B．（2）（3） C．（3）（4） D．（1）（4） 【答案】B 【分析】分别判断出每个展开图的相对面即可. 【详解】（1）①⑤相对，②④相对，③⑥相对，故（1）错误； （2）①④相对，②⑤相对，③⑥相对，故（2）正确； （3）①④相对，②⑤相对，③⑥相对，故（3）正确； （4）①⑥相对，②⑤相对，③④相对，故（4）错误. 故选：B. 3.（21-22高二上·浙江金华·期末）达•芬奇认为：和音乐一样，数学和几何“包含了宇宙的一切”，从年轻时起，他就本能地把这些主题运用在作品中，布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达•芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达•芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体.若图3中每个正方体的边长为1，则点到直线的距离是 . 【答案】 【分析】根据题意，求得△的三条边长，在三角形中求边边上的高线即可. 【详解】根据题意，延长交于点，连接，如下所示： 在△中，容易知：； 同理，， 满足，设点到直线的距离为，由等面积法可知： ，解得，即点到直线的距离是. 故答案为：. ( 题型0 2 ) 棱锥 1．（20-21高一下·浙江·期末）胡夫金字塔是底面为正方形的棱锥，四个侧面都是相同的等腰三角形，研究发现，在实际生活中，可将该金字塔底面周长除以2倍的塔高得到的数值当作圆周率使用．设胡夫金字塔的高为，假如对胡夫金字塔进行亮化，沿其侧棱和底边布设单条灯带，则需要灯带的总长度约为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意,可求出底边的边长,侧棱、底面对角线的一半、高构成了一个直角三角形.根据勾股定理进而求出侧棱长,进而可求灯带的总长. 【详解】设胡夫金字塔的底面边长为,由题可得,所以 该金字塔的侧棱长为 所以需要灯带的总长度约为 故选: D 【点睛】本题考查了锥体.本题的易错点是计算最后的总长度时,忽略底边,只计算四条侧棱长.本题的难点是计算侧棱长. 2.（多选）（20-21高一下·浙江·期末）下列命题中正确的是（    ） A．一个棱柱至少有4个面 B．平行六面体中相对的两个面是全等的矩形 C．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 D．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 【答案】CD 【分析】根据柱体和锥体的体结构特征和基本性质对每一题进行逐一分析判断. 【详解】A，一个棱柱的底面至少有3条边，所以至少有5个面，错误. B，由平行六面体的概念和性质，平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，错误. C，根据棱锥的定义，其底面为多边形，侧面都是有一个公共顶点的三角形， 所以有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥，正确. D，由正棱锥的定义和性质可得，正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，正确. 故选：CD 3.（22-23高一下·浙江金华·期末）已知各棱长均为1的四面体ABCD中，E是AD的中点，P为直线CE上的动点，则的最小值为 . 【答案】 【分析】由题意画出图形，由绕旋转，使在平面内，可知所求最小值即为的长，然后在中，由余弦定理求解即可． 【详解】记，在中，，， 可得，，． 将绕旋转，使在平面内，此时在处． 连接，，则，， 则，则所求最小值即为的长． ，， ． 的最小值为． 故答案为：．    ( 题型0 3 ) 棱台 1.（多选）（21-22高一下·浙江温州·期末）用一个平面去截一个几何体， 所得截面的形状是正方形， 则原来的几何体可能是（    ） A．长方体 B．圆台 C．四棱台 D．正四面体 【答案】ACD 【分析】利用特例判断A、C，显然B错误，画出图形，根据正方体的性质判断D； 【详解】解：对于A：若长方体的底面为正方形，则用平行于底面的平面去截几何体，所得截面的形状是正方形，故A正确； 对于B：圆台的截面均不可能是正方形，故B错误； 对于C：若四棱台的底面是正方形，则用平行于底面的平面去截几何体，所得截面的形状是正方形，故C正确； 对于D：如图所示正四面体，将其放到正方体中， 取的中点，的中点，取的中点，的中点， 依次连接、、、，由正方体的性质可知截面为正方形，故D正确； 故选：ACD 2．（多选）（20-21高一下·浙江·期末）下列说法中正确的是（    ） A．长方体是直四棱柱 B．两个面平行，其余各面是梯形的多面体是棱台 C．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 D．平行六面体不是棱柱 【答案】AC 【分析】根据棱柱、棱锥、棱台的定义判断． 【详解】长方体是直四棱柱，A正确； 两个平面平行，其余各面是梯形的多面体， 当侧棱延长后不交于同一点时，就不是棱台，B错； 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，C正确； 平行六面体一定是棱柱，D错． 故选：AC． 3．（多选）（20-21高一下·浙江·期末）下列说法正确的是（    ） A．四棱柱的所有面均为平行四边形 B．长方体不一定是正四棱柱 C．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 D．棱台的侧棱延长后必交于一点 【答案】BD 【分析】根据棱柱、棱锥、棱台的结构特征可判断各选项的正误. 【详解】对于A选项，四棱柱的底面不一定是平行四边形，A选项错误； 对于B选项，长、宽、高均不相等的长方体不是正四棱柱，B选项正确； 对于C选项，底面是正多边形，但侧棱长不相等的棱锥不是正棱锥，C选项错误； 对于D选项，由棱台的性质可知，棱台的侧棱延长后必交于一点，D选项正确. 故选：BD. ( 题型0 4 ) 圆锥 1.（多选）（20-21高一下·浙江·期末）下列说法正确的是（    ） A．多面体至少有四个面 B．平行六面体六个面都是平行四边形 C．长方体、正方体都是正四棱柱 D．以直角三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥 【答案】AB 【分析】根据多面体的定义，平行六面体、正四棱柱、圆锥的定义判断． 【详解】多面体至少是四面体，至少有四个面，A正确； 平行六面体的每个面都是平行四边形，B正确； 长方体的底面不一定是正方形，因此不一定是正四棱柱，C错； 以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥，如果以斜边所在直线为轴旋转形成的不是圆锥．D错． 故选：AB． 2.（20-21高一下·浙江·期末）已知圆锥的母线长为，圆锥的底面圆半径为，一只蚂蚁从圆锥的底面圆周上A点出发，沿圆锥侧面爬行一周回到点A，则蚂蚁爬行的最短路程为 ． 【答案】 【分析】求得圆锥侧面展开图对应扇形的弦长，也即是最短路程. 【详解】圆锥底面半径为，底面周长为， 所以圆锥侧面展开图对应的扇形的弧长为， 由于圆锥的母线长为，所以圆锥侧面展开图对应的扇形的圆心角为， 所以最短路程为. 故答案为： 3．（20-21高二下·浙江·期末）母线长为1的圆锥，其侧面展开图的圆心角等于，则该圆锥底面周长为 ；高为 ． 【答案】 【分析】根据圆锥的侧面展开图为扇形以及扇形的弧长公式求解出圆锥底面周长；利用底面圆的周长求解出底面圆的半径，结合勾股定理求解出圆锥的高. 【详解】设圆锥的底面半径为，底面周长为，圆锥的高为， 所以，所以， 又因为，所以， 故答案为：；. ( 题型0 5 ) 斜二测画法中有关量的计算 1.（23-24高一下·浙江温州·期末）如图，水平放置的的斜二测直观图为，若，，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】计算得出，，然后还原直观图得到，结合勾股定理计算即可. 【详解】因为，， 所以，所以，即， 因为，所以，， 所以， 还原直观图得到，如图所示：    此时，所以. 故选：D. 2．（22-23高一下·浙江丽水·期末）如图，平面四边形的斜二测直观图是等腰梯形，，那么原平面四边形中的边的长是 ．    【答案】. 【分析】根据给定条件，结合斜二测画法规则还原平面四边形，再计算边长作答. 【详解】在等腰梯形中，，， 则， 由斜二测画法规则知，四边形的顶点A与原点O重合，点B，D分别在x轴、y轴上，，且，如图， 显然四边形为直角梯形，于是得. 故答案为： 3．（20-21高一下·浙江温州·期末）如图，已知梯形是水平放置的四边形斜二测画法的直观图，梯形的面积为，，则原四边形的面积为 ． 【答案】 【分析】根据水平放置的平面直观图形面积与原平面图形的面积的比为，由此求出即可． 【详解】由斜二测画法可知：， 且原平面图形中平行于轴或轴的线段在直观图中画成平行于轴或轴的线段， 平行于轴的长度不变，平行于轴的长度为原来的一半， 所以水平放置的平面直观图形的底边长度不变，高为原平面图形的高的， 所以水平放置的平面直观图形面积与原平面图形的面积的比为 因为水平放置的平面直观图形的面积为， 所以原四边形的面积为． 故答案为：． ( 题型0 6 ) 棱柱、棱锥、棱台表面积的有关计算 1．（20-21高一下·浙江温州·期末）法国卢浮宫玻璃金字塔外表呈正四棱锥形状（如图所示），已知塔高，底宽，则塔身的表面积（精确到是　　（可能用到的参考数据：， A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意可得正四棱锥的底面边长与高，代入棱锥表面积公式求解． 【详解】如图，正四棱锥，底面，，， 则，所以， 作，则 所以该塔身的表面积 故选：． 2.（23-24高一下·浙江杭州·期末）一个呈直三棱柱的密闭容器，底面是边长为的正三角形，高为6，有一个半径为1的小球在这个容器内可以向各个方向自由滚动，则小球能接触到的容器内壁的最大面积为 ． 【答案】 【分析】依题意得，小球能接触到的容器内壁分为两部分，即上下底面部分与侧面部分，上下底面部分是正三角形，其边长为：，侧面部分是底边长为，高为的矩形，即可求解． 【详解】解：因为直三棱柱的密闭容器的底面边长为，且为正三角形，容器的高为，小球的半径为，如图所示：    则小球在这个容器内向各个方向自由滚动时，小球能接触到的容器内壁分为两部分，即上下底面部分与侧面部分， 上下底面部分是正三角形，其边长为：， 其面积为：； 侧面部分是底边长为，高为的矩形，其面积为：； 则小球能接触到的容器内壁的最大面积为：． 故答案为： ( 题型0 7 ) 棱柱、棱锥、棱台的体积 1.（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知圆台下底面的正底面在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为1，则圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意得到上底面面积和下底面面积，然后由圆台体积公式求得结果. 【详解】由题意可知圆台下底面面积，上底面面积， 如图：由题意可知，则， ∴圆台体积. 故选：C. 2．（22-23高一下·浙江台州·期末）已知圆锥的底面周长为，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为(　　) A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由侧面展开图求得圆锥母线和底面半径，再求得其高后，根据体积公式计算． 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为， 由题意，，，，∴， 体积为， 故选：A． 3.（22-23高二下·浙江温州·期末）若一个三棱台的上、下底面的面积分别是1和4，体积为，则该三棱台的高为 ． 【答案】 【分析】由台体体积公式即可得出. 【详解】设三棱台高为h，则由台体体积公式可得 ，解得. 故答案为：. 4．（22-23高一下·浙江丽水·期末）若圆锥的母线长为，轴截面是等腰直角三角形，则该圆锥的体积是 ． 【答案】/ 【分析】根据轴截面可求圆锥的高和底面半径，故可求圆锥的体积. 【详解】因为圆锥的母线长为，轴截面是等腰直角三角形， 故圆锥的高为且底面半径为， 故体积为， 故答案为：. 5．（20-21高一下·浙江·期末）如图，在三棱锥中，底面为直角，，三棱锥的高． （1）求三棱锥的体积； （2）求三棱锥的表面积． 【答案】（1）1；（2）9. 【分析】（1）利用算出答案即可； （2）分别算出每个面的面积即可. 【详解】（1）， （2） 因为 所以，所以 所以 所以表面积为 6．（20-21高一下·浙江·期末）正四棱台的下底边长，它的内切球半径为3． （1）求正四棱台的表面积； （2）求与底面所成角的正弦值． 【答案】（1）312；（2） . 【分析】（1）利用正四棱台和球的对称性，做轴截面，观察数据特点得出MP长度，可得上底面正方形边长，利用等体积法求出表面积； （2）先找出线面角为，利用正四棱台的特点，求出 ,，即可求出角的正弦值. 【详解】 （1）如图，做该正棱台的轴截面， 中， ， 所以 ，根据对称性， ， 故 所以 ， 正四棱台上底面是一个边长为 的正方形， 即 （2）正四棱台中，上下底面均为正方形，且侧棱长相等， 在底面的射影为 ， 所以 , 与底面所成角为 , , , , . 【点睛】充分利用正四棱台及其内切球的对称性，利用轴截面来找出突破口，以及等体积法的应用，找准线面角，再进行求解. ( 题型 8 ) 圆柱、圆锥、圆台的表面积和体积 1.（23-24高二下·浙江温州·期末）已知圆台的高为8，上､下底面圆的半径分别为2和8，则圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出圆台的母线长，根据圆台的表面积公式计算即可求得答案. 【详解】如图所示，由题知，，，则.    故圆台的表面积. 故选：D 2.（22-23高一下·浙江台州·期末）已知表面积为的圆锥的侧面展开图是一个半圆，则圆锥的底面半径为（    ） A．3 B． C．6 D． 【答案】A 【分析】根据题意结合圆锥侧面展开图的性质列式求解. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 由题意可得，解得. 故选：A. 3.（22-23高一下·浙江金华·期末）已知圆锥表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥底面半径是 . 【答案】 【分析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，根据圆锥的表面积及圆锥的侧面展开图是一个半圆，联立方程求解. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l， 因为圆锥的表面积为， 所以，即， 又圆锥的侧面展开图是一个半圆， 所以，即， 所以(cm). 故答案为： 4．（21-22高一下·浙江宁波·期末）已知圆台的上底面、下底面的半径分别是3和4，母线长为6，则其侧面积是 . 【答案】 【分析】根据圆台的侧面积计算即可求解. 【详解】由题意，得. 故答案为：. 5.（20-21高一下·浙江·期末）如图，圆锥的底面直径和高均是，过上的一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱．    （1）若是的中点，求圆锥挖去圆柱剩下几何体的表面积和体积； （2）当为何值时，被挖去的圆柱的侧面积最大？并求出这个最大值． 【答案】（1）表面积为，体积为；（2）当时，被挖去的圆柱的侧面积最大值为． 【分析】（1）根据圆锥，圆柱的侧面积，表面积和体积公式即可求出； （2）设，用的函数表达式表示出圆柱的侧面积，再利用基本不等式即可求出其最大值． 【详解】（1）设圆柱的底面半径为，由三角形中位线定理可知，，圆柱母线长， 而圆锥的母线长为，所以圆锥挖去圆柱剩下几何体的表面积为 圆锥的表面积加上圆柱的侧面积， 即， 圆锥挖去圆柱剩下几何体的体积等于圆锥的体积减去圆柱的体积， 即． （2）设，由平面几何知识可知，，所以， 故被挖去的圆柱的侧面积为，当且仅当时取等号．即时，被挖去的圆柱的侧面积最大值为 ( 题型 9 ) 球的表面积和体积 1.（23-24高一下·浙江宁波·期末）将一个半径为的铁球熔化后，浇铸成一个正四棱锥形状的铁锭，若铁锭的底面边长为，则铁锭的高为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据条件，利用球的体积公式及棱锥的体积公式，建立等量关系，即可求出结果. 【详解】设铁锭的高为，因为铁球熔化前后体积不变， 由，得到，解得， 故选：A. 2.（23-24高二下·浙江绍兴·期末）在棱长为2的正方体中，为棱的中点，则四面体的外接球的表面积是 . 【答案】 【分析】取中点，连接，将四面体补为直三棱柱，利用正弦定理求出外接圆的半径，再利用球的半径公式及球的表面积公式求解即可. 【详解】取中点，连接， 因为在棱长为2的正方体中，所以三棱柱是直三棱柱， 又因为平面，所以四面体的外接球即为直三棱柱的外接球， 因为为棱的中点，四边形是边长为2的正方形，所以， 在中，，又是锐角，所以， 由正弦定理得外接圆的半径为， 所以直三棱柱的外接球半径为， 所以四面体的外接球的表面积为. 故答案为：. 3.（20-21高一下·浙江·期末）已知直三棱柱的底面是等腰直角三角形，，且侧棱． （1）在给定的坐标系中，用斜二测画法画出该三棱柱的直观图（不要求写出画法，但要标上字母，并注意，先用铅笔作出草图，再用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，以保证扫描效果） （2）求该三棱柱的外接球的表面积． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）根据斜二测画法的原则，即可画出直观图； （2）确定球心的位置，再根据勾股定理求得半径，即可得到答案； 【详解】（1）如图所示， （2）取直三棱柱上下底面的外心分别为，则的中点为外接球的球心， ， ， ( 题型 10 ) 已知向量积求模 1.（20-21高一下·浙江·期末）空间的4个平面最多能将空间分成（    ）个区域． A．13 B．14 C．15 D．16 【答案】C 【分析】根据平面的性质进行归纳推理．前三个平面与第4个平面相交，最多有三条交线，这三条交线把第四个平面，最多分成7部分，而每一部分就是第四个平面与前三个平面所分空间部分的截面，这个截面把所在空间部分一分为二，由此可得4个平面最多能将空间分成的区域数． 【详解】一个平面把空间分成2部分，两个平面最多把空间分面4部分，3个平面最多把空间分布8个部分，前三个平面与第4个平面相交，最多有三条交线，这三条交线把第四个平面，最多分成7部分，这里平面的每一部分就是第四个平面与前三个平面分空间部分的截面，这个截面把所在空间部分一分为二，这样所有空间部分的个数为． 故选：C． 2.（多选）（20-21高一下·浙江·期末）三个平面可以把空间分成n个部分，在下列选项中，n的值正确的有（    ） A．5个 B．6个 C．7个 D．8个 【答案】BCD 【分析】三个平面可以把空间分成个部分，即可选出答案. 【详解】三个平面两两平行，分成4个部分，如图1 三个平面中有2个平行，另一个与它们相交，分成6个部分，如图2 三个平面两两相交于同一直线，分成6个部分，如图3 三个平面两两相交，三条交线两两平行，这时把空间分成7个部分，如图4 三个平面两两相交，三条交线共点，这时把空间分成8个部分，如图5 故选：BCD 3.（20-21高二上·浙江宁波·期末）在空间中，两个不同平面把空间最少可分成 部分，最多可分成 部分. 【答案】 3 4 【解析】根据空间平面与平面的位置关系判断即可； 【详解】解：两个平行平面将空间分成3部分，两个相交平面可以将空间分成4部分， 故答案为：3；4 ( 题型 11 ) 由平面的基本性质作截面图形 1.（20-21高二上·浙江湖州·期中）如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧棱底面，，，点P在四边形内，且P到的距离都等于1，若D为上靠近C的四等分点，过点P且与平行的直线交三棱柱于点P、Q两点，则点Q所在平面是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】连接并延长交于点，连接，在平面内作，可确定点的位置. 【详解】如下图所示，连接并延长交直线AB于点M， 由于点P在四边形内，且点P到、的距离都等于，可知， 则为等腰直角三角形，且，所以，点M在线段AB上， 连接DM，由于点P在线段上，过点P作交DM于点Q，则点Q即为所求，且点Q在线段DM上， 因此，点Q在平面ABC内. 故选：C. 【点睛】本题通过线线平行确定直线与三棱柱交点所在平面，本质上还是要找到过点P与平行的直线，根据两直线平行定义，画出点P与确定的平面，即可确定点Q的位置. 2.（20-21高一下·浙江·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E是的中点，则平面截正方体所得的截面多边形的周长为 ． 【答案】 【分析】取中点，连接，证明四边形即为平面截正方体所得的截面多边形，进而求解. 【详解】解：取中点，连接， 由正方体的性质知， 所以四边形是平行四边形，所以， 在中，点为中点，是的中点， 所以，所以， 所以四边形即为平面截正方体所得的截面多边形， 所以其周长为. 故答案为： 【点睛】本题考查空间几何体的截面问题，考查运算求解能力，逻辑推理能力，空间想象能力，是中档题.本题解题的关键在于根据题意，构造辅助线，求得平面截正方体所得的截面多边形. ( 题型 12 ) 异面直线的判定 1．（20-21高一下·浙江·期末）如图，点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，且是所在棱的中点，则直线PQ与RS不是共面直线的图是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方体的结构特征以及两直线位置关系的判定方法，逐项分析即可. 【详解】对于A： 根据正方体结构特点以及中位线的性质可知：，故共面； 对于B： 根据正方体结构特点以及中位线的性质可知：，故共面； 对于C： 根据正方体结构特点可知：既不相交也不平行，故不共面； 对于D： 根据正方体结构特点以及中位线的性质可知：相交，故共面； 故选：C. 2．（20-21高一下·浙江·期末）如图，在正方体中，、分别是正方形与的中心，直线与的位置关系为（    ） A．平行 B．相交 C．异面 D．相交或异面 【答案】C 【分析】连接、、、，可知、在平面内，结合图形判断点与平面的位置关系，即可得出结论. 【详解】连接、、、，则、分别为、的中点， 由图可知，，且、平面， 若与共面，则在平面内，事实上，点不在平面内， 因此，直线与异面. 故选：C. 3．（20-21高一下·浙江·期末）一个正方体的展开图如图所示，为原正方体的顶点，则在原来的正方体中（ ） A． B．与相交 C． D．与异面 【答案】D 【分析】将展开图还原为正方体，然后判断的关系即可 【详解】解：还原的正方体如图所示， 显然与异面， 连接，则∥，则为异面直线所成的角， 因为是等边三角形，所以，所以与不垂直， 故选：D ( 题型 13 ) 线面关系有关命题的判断 1.（22-23高一下·浙江温州·期末）直线a，b互相平行的一个充分条件是（    ） A．a，b都平行于同一个平面 B．a，b与同一个平面所成角相等 C．a，b都垂直于同一个平面 D．a平行于b所在平面 【答案】C 【分析】根据各选项中的条件判断直线a，b的位置关系，可得出正确的答案. 【详解】对于A：若a，b都平行于同一个平面，则a，b平行、相交或异面，故A错误； 对于B：若a，b为圆锥的两条母线，它们与底面所成角相等，但它们是相交直线，即a，b与同一个平面所成角相等，不能得出直线a，b互相平行，故B错误； 对于C：若a，b都垂直于同一个平面，则a，b互相平行，故C正确； 对于D：若a平行于b所在平面，则a，b平行或异面，故D错误； 故选：C 2．（20-21高二上·浙江温州·期末）已知直线不在平面内， 则“”是“直线上存在两个点到平面的距离相等”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据充分、必要条件的定义，结合空间中线、面的位置关系，即可得答案. 【详解】若，则l上任意点到平面的距离都相等，即存在两个点到平面的距离相等，充分性成立， 若直线上存在两个点到平面的距离相等，则l与平面可相交，且面上、下各有一点到平面的距离相等，故必要性不成立， 所以“”是“直线上存在两个点到平面的距离相等”的充分不必要条件. 故选：A 3．（20-21高一下·吉林长春·期中）下列命题正确的是（    ） ①平行于同一条直线的两条直线平行； ②平行于同一条直线的两个平面平行； ③平行于同一个平面的两条直线平行； ④平行于同一个平面的两个平面平行 A．①② B．③④ C．①④ D．②③ 【答案】C 【分析】根据空间平行关系分别判断每个命题即可. 【详解】①由平行线间的传递性可知，平行于同一条直线的两条直线平行，故①正确； ②平行于同一条直线的两个平面平行或相交，故②错误； ③平行于同一个平面的两条直线平行、相交或异面，故③错误； ④根据平面平行的性质，平行于同一个平面的两个平面平行，故④正确. 故选：C. ( 题型 14 ) 面面关系有关命题的判断 1.（22-23高一下·浙江宁波·期末）设是一条直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】C 【分析】根据空间中点线面的位置关系逐一判断即可. 【详解】若，，则或、相交，故A错误； 若，，则与的位置关系都有可能，故B错误； 若，，则，故C正确； 若，，则或，故D错误； 故选：C. 2.（21-22高一下·浙江宁波·期末）已知为两条不同直线，为两个不同平面，给出下列4个命题，其中真命题的个数是（    ） ①若，，则；   ②若，，，则； ③若，，则；   ④若，，则. A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】利用线面平行，面面平行，线面垂直和面面垂直的判定和性质逐个分析判断即可 【详解】对于①，当，时，或，所以①错误， 对于②，当，，时，或是异面直线，所以②错误， 对于③，当，时，，所以③正确， 对于④，当，时，，或∥，与相交不垂直，所以④错误， 故选：B ( 题型 15 ) 证明线面平行 1.（20-21高一下·浙江·期末）空间四边形中，分别在边上，且满足，则直线与平面的位置关系是 ． 【答案】平行 【分析】由已知得，由此能证明平面ABC． 【详解】空间四边形ABCD中，E，F分别是AD，CD上的点，且 ， 平面ABC，平面ABC， 平面ABC． 故答案为：平行． 2.（23-24高一下·浙江宁波·期末）（用坐标法不给分）如图，在长方体.中，，若E为的中点. (1)求证：平面ACE： (2)求异面直线与AE所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面平行的判定即可得证； （2）利用长方体的性质，结合解三角形的余弦定理可以求解. 【详解】（1）连结，设连结 因为在长方体中， E为的中点，所以为的中位线， 所以又面，面， 所以平面ACE. （2）取中点设为，连结易得， 所以是异面直线与AE所成角的平面角（或补角）， 在中， 由余弦定理知 3．（20-21高一下·浙江·期末）如图，在正三棱柱中，分别为的中点. (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据，从而可得，再根据线面平行的判定定理即可得证； （2）根据棱锥的体积公式计算即可. 【详解】（1）证明：分别为的中点，， 又， 又平面平面， 平面； （2）解：由题知，底面为等边三角形， 分别为的中点，， ， 又 三棱锥的体积 ( 题型 16 ) 线面平行的性质 1.（21-22高一下·浙江丽水·期末）《九章算术》是我国古代的数学巨著，其卷第五“商功”有如下的问题：“今有刍甍，下广三丈，袤六丈，上袤四丈，无广，高一丈．问积几何？”意思为：今有底面为矩形的屋脊形状的多面体(如图)，下底面宽丈，长丈，上棱丈，与平面平行，与平面的距离为丈，则它的体积是（    ） A．立方丈 B．立方丈 C．立方丈 D．立方丈 【答案】A 【分析】将该几何体补成直三棱柱，用三棱柱的体积减去两个三棱锥的体积． 【详解】 延长、分别到、，且，则该几何体为直三棱柱， 三棱锥的体积为 ， 三棱柱的体积为 ， 所以所求体积为． 故选：A． 2.（20-21高二上·浙江宁波·期末）如图，已知直线平面，相异四点，，，满足：，，，. （1）判断空间直线与的位置关系，并说明理由； （2）若//，求证：. 【答案】（1）与的位置关系是平行或异面，理由见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）根据直线与平面的位置关系简单判断即可. （2）根据形成平面的基本条件以及线面平行的性质定理进行判断，可得结果. 【详解】（1）与的位置关系是平行或异面.说明如下： ∵，，，，∴，， ∵直线//平面，∴直线与平面无公共点， ∴与也无公共点， ∴与平行或异面. （2）∵//，∴过，可作平面，且，， 如图 ∵直线//平面，∴//，即//， ∴四边形是平行四边形， ∴. ( 题型 17 )证明面面平行 1.（20-21高一下·浙江·期末）如图所示，在四棱锥中，平面PAD，，E是PD的中点． （1）求证：； （2）线段AD上是否存在点N，使平面平面PAB，若不存在请说明理由：若存在给出证明． 【答案】（1）证明见解析； （2）存在，当点是的中点时满足题意. 证明见解析解. 【分析】（1）由线面平行性质定理可以得证； （2）存在，且当点是的中点时，平面平面. 分别证得平面和平面，由面面平行判定定理可证得结论. 【详解】（1）因为平面，平面，平面平面，所以； （2）存在，且当点是的中点时，平面平面. 下面给出证明： 因为、分别是、的中点，所以， 又平面，平面，所以平面. 由（1）知，，又是的中点，，所以，所以四边形是平行四边形，从而， 又平面，平面，所以平面. 又因为，所以，平面平面 【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的关键点是证明平面. 2．（22-23高一下·浙江衢州·期末）衢州市某公园供市民休息的石凳是阿基米德多面体，它可以看做是一个正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体（各棱长都相等），已知正方体的棱长为30cm.    (1)证明：平面平面； (2)求石凳所对应几何体的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据面面平行的性质定理证明即可； （2）先求出正方体的体积，再求出截去的八个四面体的体积，作差即可求解. 【详解】（1）多面体为二十四等边体知、、、、、为正方体对应棱上的中点 则，， ，平面，，平面， 则平面平面.    （2）正方体的体积， 截去的每个四面体体积为， 所以石凳所对应几何体的体积为. ( 题型 18 ) 证明线面垂直 1.（20-21高一下·浙江·期末）在棱长为的正方体中，为的中点，为正方体内部及其表面上的一动点，且，则满足条件的所有点构成的平面图形的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】证明出平面，平面，确定过点的截面与正方体各棱的交点，可知截面图形是边长为的正六边形，进而可求得结果. 【详解】连接、、、、、、，如下图所示： 因为四边形为正方形，则， 平面，平面，， ，平面， 平面，，同理可得， ，平面，同理可证平面， 设过点且垂直于的平面为平面，则与平面、平面都平行， 平面，平面平面，平面平面， ，为的中点，则为的中点， 同理可知，平面分别与棱、、、交于中点， 易知六边形为正六边形，且其边长为， 因此，满足条件的所有点构成的平面图形的面积是. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查正方体截面面积的计算，解题的关键在于利用正方体的几何性质，找出体对角线的垂面，进而确定截面与垂面平行，并以此作出截面. 2.（21-22高一上·浙江·期末）如图，正方体的棱长为2，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动．若，则面积的最大值为 ． 【答案】 【分析】取中点，可得平面，可判断点的轨迹在线段上，可求出点到棱的最大值，即可得出. 【详解】由正方体的性质可知，当位于点时，，满足题意， 当点位于中点时，, 则, 所以，故， 又，所以平面，故点的轨迹在线段上， 由，可得为锐角，而, 所以点到棱的最大值为， 所以面积的最大值为. 故答案为： 2.（23-24高一下·浙江丽水·期末）如图，已知四边形为菱形，四边形为平行四边形，且，. (1)证明：直线平面； (2)设平面平面，且二面角的平面角为，， 设为线段的中点，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)利用菱形和全等三角形证明出从而证明线面垂直. (2)先证明出，，得到为二面角的平面角，在直角三角形中求得，根据为线段的中点，求到平面的距离，从而求解出与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）设，连接， 四边形为菱形，则， 又，易得， 所以，则， 又，平面， 所以直线平面； （2）过点作于点，过点作于点，连接，过点作于点，连接， 由（1）易证，，，则为二面角的平面角， 在直角中，，又，可得， 设，则， 直角中，，可得， 为线段的中点，则到平面的距离，又， 设直线与平面所成角为，， 直线与平面所成角的正弦值为. ( 题型 19 ) 线面垂直证明线线垂直 1.（21-22高一下·浙江湖州·期末）正方体中，下列判断错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对A，根据证明即可； 对B，根据平面证明即可； 对C，根据可得的夹角为判断即可； 对D，根据平面判定即可 【详解】对A，因为正方体，故，又，故，故A正确； 对B，因为正方体，故，，又，故平面，故，故B正确； 对C，因为，易得为正三角形，故，故的夹角为，故的夹角为，故C错误； 对D，同B可得平面，故，故D正确 故选：C 2.（22-23高一下·浙江台州·期末）如图，在直三棱柱中，，，D为AC的中点.    (1)求证：平面； (2)求三棱锥体积的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意结合线面平行的判定定理分析证明； （2）根据题意利用转换顶点法，结合基本不等式运算求解. 【详解】（1）连接交于点E，连接DE， 因为D，E分别是AC，的中点，则， 且平面，平面. 所以平面. （2）过点D作DF垂直BC交于点F， 因为，则DF//AB，所以F为BC的中点， 因为平面，平面，则， ，平面， 则平面， 设，则. . 当且仅当时，等号成立， 所以三棱锥的体积的最大值是.    3．（21-22高一下·浙江宁波·期末）如图，三棱柱中，四边形和四边形均为菱形，，，． (1)求证：； (2)求直线和平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，由余弦定理求得，由勾股定理得，同理证得，即可证得平面，即可证得； （2）取中点，由及证得平面，即为直线和平面所成的角，再求正弦即可. 【详解】（1） 如图，取的中点，连接，因为，由余弦定理得， 则，所以，又，同理可得， 因为平面，所以平面，因为平面，所以； （2） 因为，，所以， 由（1）可知，且，所以，又由（1）知，所以是正三角形， 取中点，连接，则，且，由（1）得，则，在中， 因为，所以，所以，所以，因为， 平面，故平面，所以为直线和平面所成的角，所以. ( 题型 20 ) 证明面面垂直 1.（23-24高二下·浙江温州·期末）如图，直线，，相交于点，，，，，，．    (1)求证：平面平面； (2)为中点，求与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用勾股定理的逆定理可证，，可证平面，进而可证结论； （2）连接，由面面垂直可得平面，又可得平面平面，可得平面，可得与平面所成角为，求解即可. 【详解】（1）， ， 又，平面，，平面， 又平面，平面平面， （2）连接，   ，， 平面平面，平面平面， 平面，平面， ，，，，四点共面 ，，，， ，又平面，平面 平面，同理可得平面， 又，平面平面 平面，与平面所成角为 而， 故 与平面所成角即与平面所成角，其余弦值为 2．（21-22高一下·浙江宁波·期末）（用坐标法不给分）已知三棱锥，为线段中点，是边长为1的正三角形，且，. (1)证明：平面平面； (2)若，点在线段上且，求二面角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由面面垂直的判定定理证明即可； （2）先作出二面角的平面角，并进行证明，然后在计算角度的大小即可求解 【详解】（1）因为为线段中点，， 所以， 又，，， 所以平面， 又平面， 所以平面平面； （2）在上取点，使得， 由，可知， 又由（1）可知平面， 所以平面， 所以， 过点作，连接， 由，，， 可得平面， 又平面， 所以， 所以为二面角的平面角 又为线段中点，是边长为1的正三角形， 所以，， 由，可知, 所以， 同理可得， 所以 所以二面角的正切值为. 3．（20-21高一下·浙江·期末）如图，在三棱锥中，已知平面，，直线与平面所成的角为． （1）求证：平面平面； （2）若三棱锥的体积为3，求直线与平面所成角的正弦值； （3）若的外接圆面积为，求三棱锥的外接球的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3） 【分析】（1）推导出，，由此能证明平面，即可得证． （2）设，则，由此能求出，取的中点，连接、，由面面垂直的性质得到平面，即可得到即为直线与平面所成的角，再利用锐角三角函数计算可得． （3）直角三角形外接圆的直径即为三角形的斜边，由外接圆的面积求出，再由勾股定理求出， 【详解】解：（1）证明：在三棱锥中，平面，平面， ， ，，平面， 平面． 因为平面 所以平面平面 （2）解：直线与平面所成角为． 可设， 三棱锥的体积为3， ， 解得． 如图，取的中点，连接、，因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以即为直线与平面所成的角，因为，所以，，所以，所以 （3）因为，所以为的外接圆的直径，又的外接圆面积为，所以，所以，所以，即 所以三棱锥的外接球即为下图长方体的外接球，设外接球的半径为，所以，所以，所以 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 一、单选题 1．（22-23高一下·浙江台州·期末）正三棱台中，平面，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将正三棱台补全为正三棱锥，取的中点，连接，，则，则即为异面直线与所成的角（或补角），再由余弦定理计算可得. 【详解】如图将正三棱台补全为正三棱锥， 因为平面，即平面，根据正三棱锥的性质可得平面，平面， 平面，所以，，又平面，， 又，所以为的中点，同理可得为的中点，为的中点， 取的中点，连接，，则， 所以即为异面直线与所成的角（或补角）， 不妨令，则，，， 在中由余弦定理， 即，解得， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：A 2．（23-24高一下·浙江宁波·期末）已知正四棱台中，，球与上底面以及各侧棱均相切，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出过正四棱台的截面，再求出正四棱台的高，从而根据勾股定理求出球的半径，最后代入球的表面积公式，即可求解． 【详解】设过棱台上下底面的中心以及一条侧棱作该棱台的轴截面如下图： 正四棱台中，，，， 正四棱台的高为， 设球的半径为，球与侧棱切于， 则在图中中，，则， 所以， 在图中中，， ，解得， 球的表面积为． 故选：B 3．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）在平行四边形中，已知，（如图1），将沿BD折起到的位置（如图2），使得平面平面，则直线SB与直线CD所成角为（    ） A．30° B．60° C．90° D．120° 【答案】B 【分析】分别取的中点,推理得到直线SB与直线CD所成角即直线与直线所成角或其补角，通过设边长，求出的三边长即可求得. 【详解】 如图，分别取的中点,依次连接. 因平面平面，平面平面, ，平面, 故平面， 又,则平面，因平面,故. 因,故直线SB与直线CD所成角即直线与直线所成角或其补角. 设，则,故, 因则,在中，因,故, 即直线SB与直线CD的所成角为. 故选：B. 4．（22-23高一下·浙江金华·期末）“辛普森（Simpson）公式”给出了求几何体体积的一种估算方法：几何体的体积V等于其上底面的面积S、中截面（过高的中点且平行于底面的截面）的面积的4倍、下底面的面积之和乘以高h的六分之一，即.我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体称为拟柱体.在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面.中国古代名词“刍童”（原来是草堆的意思）就是指上下底面皆为矩形的拟柱体.已知某“刍童”尺寸如图所示，且体积为，则它的高为（    ）    A． B． C． D．4 【答案】D 【分析】求出上下底面积和中截面面积，代入公式即可求出高. 【详解】上底面，下底面， 所以中截面是过高的中点，且平行于底面的截面，其中分别是对应棱上的中点，如图所示， 根据中位线定理得，， 所以， ，解得， 故选：D.    二、多选题 5．（20-21高一下·浙江·期末）如图，是水平放置的的直观图，，则在原平面图形中，有（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】首先算出长度，再利用斜二测画法将直观图还原为原平面图形，从而判断各个选项正误. 【详解】如图所示，在直观图中，过作于， . 又， 所以利用斜二测画法将直观图还原为原平面图形，如图： 那么有，故选项B正确； 又因为，故选项A､C错误； 而，故选项D正确. 故选：BD. 6．（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，. 若⊥底面，，点E为线段BC上的动点，则（    ）      A．对于动点E，线段PC上存在动点F （不与端点重合），使得平面 B． C．AE与平面PBC所成角的范围为 D．过点A，且与直线AP和BC所成角均为60°的直线有4条 【答案】BCD 【分析】A选项，证明出线面平行，要想平面，则，而两者不会平行，A错误；B选项，求出与梯形的面积之比，从而得到体积之比；C选项，作出辅助线，证明出线面垂直，得到即为AE与平面PBC所成角，结合图形，得到线面角的最大和最小的情况，并求出范围；D选项，转化为过点A，且与直线AP和AD所成角均为60°的直线条数，结合可做出两个符合要求的正四棱锥，得到结论. 【详解】A选项，因为，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 由于平面与平面不平行， 要想平面，则， 又点E为线段BC上的动点，点F在线段PC（不与端点重合）上， 故不平行，故A错误；    B选项，连接， 因为，， 所以， 梯形的面积， 故， 又三棱锥与三棱锥的高均为， 故，B正确；    C选项，取的中点，连接， 过点作⊥交于点， 因为，所以， 又，所以四边形为平行四边形， 所以， 故⊥， 因为⊥底面，平面， 所以⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 又，所以⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 连接，则即为AE与平面PBC所成角， 因为，所以为等腰直角三角形，， 故当与重合时，最大，最大为， 又对称性可知，当与或重合时，最小， 由勾股定理得，故， 故，所以AE与平面PBC所成角的范围为，C正确；    D选项，因为， 故过点A，且与直线AP和BC所成角均为60°的直线条数等价于过点A，且与直线AP和AD所成角均为60°的直线条数，    以为邻边作正四棱锥，且侧面均为等边三角形，可以作两个， 故过点A，且在平面内与直线AP和BC所成角均为60°的直线可作2条， 而在过且与直线垂直的平面内也有两条直线与所成的角为， 故空间中与所成的角为的直线有4条，D正确.. 故选：BCD 【点睛】求解线面角的大小，需作出辅助线，找到线面角，再结合余弦定理等工具进行求解，也可建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解. 三、填空题 7．（22-23高一下·浙江杭州·期末）已知正三棱柱的各条棱长都是2，则直线与平面所成角的正切值为 ；直线与直线所成角的余弦值为 . 【答案】 / 【分析】空1：取的中点，连接，则可得为直线与平面所成角，然后在中求解即可；空2：分别取的中点，连接，则可得（或其补角）为直线与直线所成角，然后在中求解即可. 【详解】空1：取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面， 所以平面， 所以为直线与平面所成角， 因为正三棱柱的各条棱长都是2， 所以， 所以， 所以直线与平面所成角的正切值为， 空2：分别取的中点，连接， 则∥，， ∥，， 所以（或其补角）为直线与直线所成角， 连接，则， 在中，由余弦定理得 ， 因为异面直线所成的角的范围为， 所以直线与直线所成角的余弦值为， 故答案为：；.    8．（21-22高一下·浙江宁波·期末）宁波老外滩天主教堂位于宁波市新江桥北堍，建于清同治十一年（公元1872年）.光绪二十五年（1899年）增建钟楼，整座建筑由教堂､钟楼､偏屋组成，造型具有典型罗马哥特式风格.其顶端部分可以近似看成由一个正四棱锥和一个正方体所组成的几何体，若正四棱锥的侧棱长､底面边长与正方体的棱长均为，则顶端部分的体积为 【答案】/ 【分析】先求出正四棱锥的高，进而得到正四棱锥的体积，再求出正方体的体积即可求解. 【详解】 如图在正四棱锥中，连接交于点，连接，则底面，又， 则，则，又正方体的体积为，则顶端部分的体积为. 故答案为：. 9．（22-23高一下·浙江宁波·期末）杭州第19届亚运会会徽“潮涌”的主题图形融合了扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网及太阳六大元素，其中扇面造型代表了江南厚重的人文底蕴.在中国历史上，历代书画家都喜欢在扇面上绘画或书写以抒情达意.一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为30和12的两个同心圆上的弧（长度单位为cm），侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心，且圆心角为.若某空间几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为 .    【答案】 【分析】计算出侧面展开图分别为30和12，圆心角为的扇形的两个圆锥的高，相减即可得解. 【详解】一个圆锥的侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形，设该圆锥的底面半径为，高为， 所以，可得，因此，该圆锥的高为， 侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形，设该圆锥的底面半径为，高为， 所以，可得，因此，该圆锥的高为， 因此，若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为. 故答案为：. 四、解答题 10．（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图，已知在正三棱柱中，为棱的中点，. (1)证明：面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）法一：作出辅助线，构造平行四边形，得到线线平行，进而得到面面平行，证明出线面平行；法二：作出辅助线，由中位线得到线线平行，进而证明出线面平行； （2）法一：证明出线面垂直，得到，设，求出其他各边长，得到，利用等体积法得到点到平面的距离，进而得到直线与平面所成角的正弦值；法二：作出辅助线，证明出线面垂直，得到即直线与平面所成线面角的平面角，设，求出各边长，得到线面角的正弦值. 【详解】（1）法一：取中点，连接 因为，，所以四边形为平行四边形，所以. 又因为平面，平面，所以平面 因为平行且等于，所以四边形为平行四边形，所以. 又因为平面，平面，所以平面 又因为平面，平面且. 所以平面平面. 因为平面，所以平面 法二：连接，记与的交点为，连接. 在中，，所以为的中位线， 所以，又因为平面，平面，所以平面. （2）法一：为等边三角形，为中点，故⊥， 因为⊥平面，平面，所以⊥， 因为，平面，， 所以平面， 又因为平面，所以. 设，则，， 由勾股定理得， 故； 设点到平面的距离为， 其中， 又. 所以. 法二：设，取的中点，连接，交于点，连接. 因为，所以 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为， 所以≌，所以， 故，故， 又因为，平面，所以平面. 所以即直线与平面所成线面角的平面角， 有勾股定理得， 故， 所以. 11．（23-24高一下·浙江丽水·期末）如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，为的中点． (1)证明：平面； (2)设，，三棱锥的体积为，求到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定推理即得. （2）由已知结合锥体的体积公式求出，再利用线面垂直的判定性质确定点到平面的垂线段并求出其长度. 【详解】（1）设与交于点，由底面为矩形，得为中点， 又为中点，则，又平面，平面， 所以平面. （2）由底面，底面为矩形， 得，解得， 过点作，垂足为，底面，则， 而，平面，于是平面， 又平面，则，而平面， 因此平面，即为点到平面的距离， 在中，，所以. 12．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）如图，在三棱锥中，已知，，底面，E为SB中点，为线段BC上一个动点． (1)证明：平面平面； (2)若为线段BC中点，求二面角的余弦值； (3)设为线段AE上的一个动点，若平面，求线段MF长度的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）分别证明和推得平面，即得结论； （2）由（1）易得为二面角的平面角，分别求得,即得结论； （3）通过作于点，作推得平面平面，满足平面，设，将表示成的函数形式，求其最小值即得. 【详解】（1）因为底面,平面，所以， 又,平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，E为SB中点，所以， 又平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）由（1）平面，平面， 所以，，平面平面， 可知为二面角的平面角， 因，则，,， ， 由（1）知平面，平面，故， 得，故． （3） 过点作AB的垂线，垂足为，过点作， 因为，，且，平面，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理平面，，平面，所以平面平面， 平面，所以平面． 设，因，则，，， 则， 故当时，线段MF的最小值为． 【点睛】思路点睛：本题主要考查面面垂直的证明、求解二面角以及距离最值问题，属于较难题.解题思路为：利用一般利用线面垂直证明面面垂直；通过二面角一个面内的点在另一个面的射影得到平面角求解；一般要选设一个量（边或者角）为参数，构建关于参数的函数，求其最值得到. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 立体几何初步 题型概览 题型01棱柱 题型02棱锥 题型03棱台 题型04圆锥 题型05斜二测画法中有关量的计算 题型06棱柱、棱锥、棱台表面积的有关计算 题型07棱柱、棱锥、棱台的体积 题型08圆柱、圆锥、圆台的表面积和体积 题型09球的表面积和体积 题型10平面分空间的区域数量 题型11由平面的基本性质作截面图形 题型12异面直线的判定 题型13线面关系有关命题的判断 题型14面面关系有关命题的判断 题型15证明线面平行 题型16线面平行的性质 题型17证明面面平行 题型18证明线面垂直 题型19线面垂直证明线线垂直 题型20证明面面垂直 ( 题型01 ) 棱柱 1．（22-23高一下·浙江衢州·期末）用一个平面去截一个正方体，所得截面形状可能为：（    ） ①三角形②四边形③五边形④六边形⑤圆 A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．①②③④⑤ 2．（20-21高一下·浙江·期末）如图都是正方体的表面展开图，还原成正方体后，其中①、④处于正方体的两个相对面的是（    ） A．（1）（2） B．（2）（3） C．（3）（4） D．（1）（4） 3.（21-22高二上·浙江金华·期末）达•芬奇认为：和音乐一样，数学和几何“包含了宇宙的一切”，从年轻时起，他就本能地把这些主题运用在作品中，布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达•芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达•芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体.若图3中每个正方体的边长为1，则点到直线的距离是 . ( 题型0 2 ) 棱锥 1．（20-21高一下·浙江·期末）胡夫金字塔是底面为正方形的棱锥，四个侧面都是相同的等腰三角形，研究发现，在实际生活中，可将该金字塔底面周长除以2倍的塔高得到的数值当作圆周率使用．设胡夫金字塔的高为，假如对胡夫金字塔进行亮化，沿其侧棱和底边布设单条灯带，则需要灯带的总长度约为（    ） A． B． C． D． 2.（多选）（20-21高一下·浙江·期末）下列命题中正确的是（    ） A．一个棱柱至少有4个面 B．平行六面体中相对的两个面是全等的矩形 C．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 D．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 3.（22-23高一下·浙江金华·期末）已知各棱长均为1的四面体ABCD中，E是AD的中点，P为直线CE上的动点，则的最小值为 . ( 题型0 3 ) 棱台 1.（多选）（21-22高一下·浙江温州·期末）用一个平面去截一个几何体， 所得截面的形状是正方形， 则原来的几何体可能是（    ） A．长方体 B．圆台 C．四棱台 D．正四面体 2．（多选）（20-21高一下·浙江·期末）下列说法中正确的是（    ） A．长方体是直四棱柱 B．两个面平行，其余各面是梯形的多面体是棱台 C．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 D．平行六面体不是棱柱 3．（多选）（20-21高一下·浙江·期末）下列说法正确的是（    ） A．四棱柱的所有面均为平行四边形 B．长方体不一定是正四棱柱 C．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 D．棱台的侧棱延长后必交于一点 ( 题型0 4 ) 圆锥 1.（多选）（20-21高一下·浙江·期末）下列说法正确的是（    ） A．多面体至少有四个面 B．平行六面体六个面都是平行四边形 C．长方体、正方体都是正四棱柱 D．以直角三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥 2.（20-21高一下·浙江·期末）已知圆锥的母线长为，圆锥的底面圆半径为，一只蚂蚁从圆锥的底面圆周上A点出发，沿圆锥侧面爬行一周回到点A，则蚂蚁爬行的最短路程为 ． 3．（20-21高二下·浙江·期末）母线长为1的圆锥，其侧面展开图的圆心角等于，则该圆锥底面周长为 ；高为 ． ( 题型0 5 ) 斜二测画法中有关量的计算 1.（23-24高一下·浙江温州·期末）如图，水平放置的的斜二测直观图为，若，，则（    ）    A． B． C． D． 2．（22-23高一下·浙江丽水·期末）如图，平面四边形的斜二测直观图是等腰梯形，，那么原平面四边形中的边的长是 ．    3．（20-21高一下·浙江温州·期末）如图，已知梯形是水平放置的四边形斜二测画法的直观图，梯形的面积为，，则原四边形的面积为 ． ( 题型0 6 ) 棱柱、棱锥、棱台表面积的有关计算 1．（20-21高一下·浙江温州·期末）法国卢浮宫玻璃金字塔外表呈正四棱锥形状（如图所示），已知塔高，底宽，则塔身的表面积（精确到是　　（可能用到的参考数据：， A． B． C． D． 2.（23-24高一下·浙江杭州·期末）一个呈直三棱柱的密闭容器，底面是边长为的正三角形，高为6，有一个半径为1的小球在这个容器内可以向各个方向自由滚动，则小球能接触到的容器内壁的最大面积为 ． ( 题型0 7 ) 棱柱、棱锥、棱台的体积 1.（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知圆台下底面的正底面在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为1，则圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 2．（22-23高一下·浙江台州·期末）已知圆锥的底面周长为，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为(　　) A． B． C． D． 3.（22-23高二下·浙江温州·期末）若一个三棱台的上、下底面的面积分别是1和4，体积为，则该三棱台的高为 ． 4．（22-23高一下·浙江丽水·期末）若圆锥的母线长为，轴截面是等腰直角三角形，则该圆锥的体积是 ． 5．（20-21高一下·浙江·期末）如图，在三棱锥中，底面为直角，，三棱锥的高． （1）求三棱锥的体积； （2）求三棱锥的表面积． 6．（20-21高一下·浙江·期末）正四棱台的下底边长，它的内切球半径为3． （1）求正四棱台的表面积； （2）求与底面所成角的正弦值． ( 题型 8 ) 圆柱、圆锥、圆台的表面积和体积 1.（23-24高二下·浙江温州·期末）已知圆台的高为8，上､下底面圆的半径分别为2和8，则圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 2.（22-23高一下·浙江台州·期末）已知表面积为的圆锥的侧面展开图是一个半圆，则圆锥的底面半径为（    ） A．3 B． C．6 D． 3.（22-23高一下·浙江金华·期末）已知圆锥表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥底面半径是 . 4．（21-22高一下·浙江宁波·期末）已知圆台的上底面、下底面的半径分别是3和4，母线长为6，则其侧面积是 . 5.（20-21高一下·浙江·期末）如图，圆锥的底面直径和高均是，过上的一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱．    （1）若是的中点，求圆锥挖去圆柱剩下几何体的表面积和体积； （2）当为何值时，被挖去的圆柱的侧面积最大？并求出这个最大值． ( 题型 9 ) 球的表面积和体积 1.（23-24高一下·浙江宁波·期末）将一个半径为的铁球熔化后，浇铸成一个正四棱锥形状的铁锭，若铁锭的底面边长为，则铁锭的高为（    ） A． B． C． D． 2.（23-24高二下·浙江绍兴·期末）在棱长为2的正方体中，为棱的中点，则四面体的外接球的表面积是 . 3.（20-21高一下·浙江·期末）已知直三棱柱的底面是等腰直角三角形，，且侧棱． （1）在给定的坐标系中，用斜二测画法画出该三棱柱的直观图（不要求写出画法，但要标上字母，并注意，先用铅笔作出草图，再用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，以保证扫描效果） （2）求该三棱柱的外接球的表面积． ( 题型 10 ) 已知向量积求模 1.（20-21高一下·浙江·期末）空间的4个平面最多能将空间分成（    ）个区域． A．13 B．14 C．15 D．16 2.（多选）（20-21高一下·浙江·期末）三个平面可以把空间分成n个部分，在下列选项中，n的值正确的有（    ） A．5个 B．6个 C．7个 D．8个 3.（20-21高二上·浙江宁波·期末）在空间中，两个不同平面把空间最少可分成 部分，最多可分成 部分. ( 题型 11 ) 由平面的基本性质作截面图形 1.（20-21高二上·浙江湖州·期中）如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧棱底面，，，点P在四边形内，且P到的距离都等于1，若D为上靠近C的四等分点，过点P且与平行的直线交三棱柱于点P、Q两点，则点Q所在平面是（    ） A． B． C． D． 2.（20-21高一下·浙江·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E是的中点，则平面截正方体所得的截面多边形的周长为 ． ( 题型 12 ) 异面直线的判定 1．（20-21高一下·浙江·期末）如图，点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，且是所在棱的中点，则直线PQ与RS不是共面直线的图是（     ） A． B． C． D． 2．（20-21高一下·浙江·期末）如图，在正方体中，、分别是正方形与的中心，直线与的位置关系为（    ） A．平行 B．相交 C．异面 D．相交或异面 3．（20-21高一下·浙江·期末）一个正方体的展开图如图所示，为原正方体的顶点，则在原来的正方体中（ ） A． B．与相交 C． D．与异面 ( 题型 13 ) 线面关系有关命题的判断 1.（22-23高一下·浙江温州·期末）直线a，b互相平行的一个充分条件是（    ） A．a，b都平行于同一个平面 B．a，b与同一个平面所成角相等 C．a，b都垂直于同一个平面 D．a平行于b所在平面 2．（20-21高二上·浙江温州·期末）已知直线不在平面内， 则“”是“直线上存在两个点到平面的距离相等”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．（20-21高一下·吉林长春·期中）下列命题正确的是（    ） ①平行于同一条直线的两条直线平行； ②平行于同一条直线的两个平面平行； ③平行于同一个平面的两条直线平行； ④平行于同一个平面的两个平面平行 A．①② B．③④ C．①④ D．②③ ( 题型 14 ) 面面关系有关命题的判断 1.（22-23高一下·浙江宁波·期末）设是一条直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 2.（21-22高一下·浙江宁波·期末）已知为两条不同直线，为两个不同平面，给出下列4个命题，其中真命题的个数是（    ） ①若，，则；   ②若，，，则； ③若，，则；   ④若，，则. A．0 B．1 C．2 D．3 ( 题型 15 ) 证明线面平行 1.（20-21高一下·浙江·期末）空间四边形中，分别在边上，且满足，则直线与平面的位置关系是 ． 2.（23-24高一下·浙江宁波·期末）（用坐标法不给分）如图，在长方体.中，，若E为的中点. (1)求证：平面ACE： (2)求异面直线与AE所成角的余弦值. 3．（20-21高一下·浙江·期末）如图，在正三棱柱中，分别为的中点. (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积. ( 题型 16 ) 线面平行的性质 1.（21-22高一下·浙江丽水·期末）《九章算术》是我国古代的数学巨著，其卷第五“商功”有如下的问题：“今有刍甍，下广三丈，袤六丈，上袤四丈，无广，高一丈．问积几何？”意思为：今有底面为矩形的屋脊形状的多面体(如图)，下底面宽丈，长丈，上棱丈，与平面平行，与平面的距离为丈，则它的体积是（    ） A．立方丈 B．立方丈 C．立方丈 D．立方丈 2.（20-21高二上·浙江宁波·期末）如图，已知直线平面，相异四点，，，满足：，，，. （1）判断空间直线与的位置关系，并说明理由； （2）若//，求证：. ( 题型 17 )证明面面平行 1.（20-21高一下·浙江·期末）如图所示，在四棱锥中，平面PAD，，E是PD的中点． （1）求证：； （2）线段AD上是否存在点N，使平面平面PAB，若不存在请说明理由：若存在给出证明． 2．（22-23高一下·浙江衢州·期末）衢州市某公园供市民休息的石凳是阿基米德多面体，它可以看做是一个正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体（各棱长都相等），已知正方体的棱长为30cm.    (1)证明：平面平面； (2)求石凳所对应几何体的体积. ( 题型 18 ) 证明线面垂直 1.（20-21高一下·浙江·期末）在棱长为的正方体中，为的中点，为正方体内部及其表面上的一动点，且，则满足条件的所有点构成的平面图形的面积是（    ） A． B． C． D． 2.（21-22高一上·浙江·期末）如图，正方体的棱长为2，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动．若，则面积的最大值为 ． 2.（23-24高一下·浙江丽水·期末）如图，已知四边形为菱形，四边形为平行四边形，且，. (1)证明：直线平面； (2)设平面平面，且二面角的平面角为，， 设为线段的中点，求与平面所成角的正弦值. ( 题型 19 ) 线面垂直证明线线垂直 1.（21-22高一下·浙江湖州·期末）正方体中，下列判断错误的是（    ） A． B． C． D． 2.（22-23高一下·浙江台州·期末）如图，在直三棱柱中，，，D为AC的中点.    (1)求证：平面； (2)求三棱锥体积的最大值. 3．（21-22高一下·浙江宁波·期末）如图，三棱柱中，四边形和四边形均为菱形，，，． (1)求证：； (2)求直线和平面所成角的正弦值． ( 题型 20 ) 证明面面垂直 1.（23-24高二下·浙江温州·期末）如图，直线，，相交于点，，，，，，．    (1)求证：平面平面； (2)为中点，求与平面所成角的余弦值． 2．（21-22高一下·浙江宁波·期末）（用坐标法不给分）已知三棱锥，为线段中点，是边长为1的正三角形，且，. (1)证明：平面平面； (2)若，点在线段上且，求二面角的正切值. 3．（20-21高一下·浙江·期末）如图，在三棱锥中，已知平面，，直线与平面所成的角为． （1）求证：平面平面； （2）若三棱锥的体积为3，求直线与平面所成角的正弦值； （3）若的外接圆面积为，求三棱锥的外接球的体积． 一、单选题 1．（22-23高一下·浙江台州·期末）正三棱台中，平面，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·浙江宁波·期末）已知正四棱台中，，球与上底面以及各侧棱均相切，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）在平行四边形中，已知，（如图1），将沿BD折起到的位置（如图2），使得平面平面，则直线SB与直线CD所成角为（    ） A．30° B．60° C．90° D．120° 4．（22-23高一下·浙江金华·期末）“辛普森（Simpson）公式”给出了求几何体体积的一种估算方法：几何体的体积V等于其上底面的面积S、中截面（过高的中点且平行于底面的截面）的面积的4倍、下底面的面积之和乘以高h的六分之一，即.我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体称为拟柱体.在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面.中国古代名词“刍童”（原来是草堆的意思）就是指上下底面皆为矩形的拟柱体.已知某“刍童”尺寸如图所示，且体积为，则它的高为（    ）    A． B． C． D．4 二、多选题 5．（20-21高一下·浙江·期末）如图，是水平放置的的直观图，，则在原平面图形中，有（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，. 若⊥底面，，点E为线段BC上的动点，则（    ）      A．对于动点E，线段PC上存在动点F （不与端点重合），使得平面 B． C．AE与平面PBC所成角的范围为 D．过点A，且与直线AP和BC所成角均为60°的直线有4条 三、填空题 7．（22-23高一下·浙江杭州·期末）已知正三棱柱的各条棱长都是2，则直线与平面所成角的正切值为 ；直线与直线所成角的余弦值为 . 8．（21-22高一下·浙江宁波·期末）宁波老外滩天主教堂位于宁波市新江桥北堍，建于清同治十一年（公元1872年）.光绪二十五年（1899年）增建钟楼，整座建筑由教堂､钟楼､偏屋组成，造型具有典型罗马哥特式风格.其顶端部分可以近似看成由一个正四棱锥和一个正方体所组成的几何体，若正四棱锥的侧棱长､底面边长与正方体的棱长均为，则顶端部分的体积为 9．（22-23高一下·浙江宁波·期末）杭州第19届亚运会会徽“潮涌”的主题图形融合了扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网及太阳六大元素，其中扇面造型代表了江南厚重的人文底蕴.在中国历史上，历代书画家都喜欢在扇面上绘画或书写以抒情达意.一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为30和12的两个同心圆上的弧（长度单位为cm），侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心，且圆心角为.若某空间几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为 .    四、解答题 10．（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图，已知在正三棱柱中，为棱的中点，. (1)证明：面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 11．（23-24高一下·浙江丽水·期末）如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，为的中点． (1)证明：平面； (2)设，，三棱锥的体积为，求到平面的距离. 12．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）如图，在三棱锥中，已知，，底面，E为SB中点，为线段BC上一个动点． (1)证明：平面平面； (2)若为线段BC中点，求二面角的余弦值； (3)设为线段AE上的一个动点，若平面，求线段MF长度的最小值． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$