第十一章 立体几何初步 章末题型大总结（15类热点题型+精讲精练）-【帮课堂】2024-2025学年高一数学同步学与练（人教B版2019必修第四册）

第十一章 立体几何初步 章末题型大总结 题型01斜二测画法 解题锦囊 在直观图中“变”的量与“不变”量 (1)平面图形用其直观图表示时，一般说来，平行关系不变； (2)点的共线性不变，线的共点性不变，但角的大小有变化(特别是垂直关系有变化)； (3)有些线段的度量关系也发生变化.因此图形的形状发生变化． 斜二测画法的位置特征与度量特征简记为：横不变、纵折半，平行位置不改变. 【典例1】（24-25高一下·安徽合肥·期中）某水平放置的平面图形的斜二侧直观图是等腰梯形（如图所示），将该平面图形绕其直角腰边旋转一周得到一个圆台，已知，，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用直观图的画图原则画出原图图形，则可得出直角梯形的边长，再利用圆台的体积公式计算即可. 【详解】作出其平面图形，则在平面图形中，，， 则圆台的上底面半径，下底面半径，高， 则上底面面积，下底面面积， 由圆台的体积公式. 故选：C. 【变式1】（24-25高一下·浙江台州·期中）如图，矩形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，．则平面四边形的周长为（    ） A．14 B．12 C．10 D．8 【答案】B 【分析】如图，先将直观图还原得平行四边形，根据斜二测画法可得，即可得解； 【详解】将直观图还原得平行四边形，如下图， 所以， 所以平面四边形为菱形， 其周长为. 故选：B. 【变式2】（24-25高一下·广西防城港·期中）用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，轴，轴，，则的原图形的面积为（   ）    A．5 B．10 C． D． 【答案】B 【分析】法一：先将直观图还原为原图，再求面积；法二：根据原图的面积等于直观图面积的倍直接求解. 【详解】法一：如图所示，根据斜二测画法可知，轴，且，    原图形为，其中，且， 则的面积为． 法二：直观图面积为， 原图形的面积等于直观图面积的倍， 所以原图形的面积为． 故选：B 【变式3】（24-25高一下·江苏·期中）如图，表示水平放置的根据斜二测画法得到的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知求出直观图的面积，进而根据直观图与原图的关系，即可得出答案. 【详解】由已知可得，在中，有且，， 所以有， 所以， 所以，的面积为. 根据直观图与原图的关系可知， 的面积为. 故选：D. 【变式4】（23-24高一下·江西赣州·期末）如图，是水平放置的的直观图，若，轴，轴，则的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平面图与直观图的联系，分别判断三角形在两坐标系中的边、角关系，计算即得. 【详解】 根据题意，轴，轴，故， 又，则，， 在平面图直角坐标系中，有， 于是，，，， 所以的周长为. 故选：C. 题型02简单几何体的特征 解题锦囊 1.棱柱的两个主要结构特征： ①有两个面互相平行； ②各侧棱都互相平行，各侧面都是平行四边形． 通俗地讲，棱柱“两头一样平，上下一样粗”． (2)有两个面互相平行，并不表明只有两个面互相平行，如长方体，有三组对面互相平行，其中任意一组对面都可以作为底面． 2．棱锥的两个本质特征 (1)有一个面是多边形； (2)其余各面都是有一个公共顶点的三角形． 注意：底面是正多边形，并且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥叫做正棱锥，棱锥还可按底面多边形边数进行分类． 3．正确认识棱台的结构特征 (1)上底面与下底面是互相平行的相似多边形； (2)侧面都是梯形； (3)侧棱延长线必交于一点． 注意：各侧面是全等的等腰梯形的是棱台称为正棱台．棱台还可按底面多边形的边数进行分类． 【典例2】（23-24高一下·湖南益阳·期末）下列说法中不正确的是（    ） A．三棱锥是四面体，正四面体是正三棱锥 B．平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 C．平行的线段在直观图中仍然平行 D．在同一个圆中，圆心和圆上两点可确定一个平面 【答案】D 【分析】根据棱锥的定义判断A，根据平行六面体的定义判断B，根据斜二测画法判断C，根据基本事实判断D. 【详解】对于A：三棱锥是四面体，正四面体所有棱长均相等，所以正四面体是正三棱锥，故A正确； 对于B：平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，故B正确； 对于C：根据斜二测画法可知，平行的线段在直观图中仍然平行，故C正确； 对于D：当三点恰好在同一条直径上时不能唯一确定一个平面，故D错误. 故选：D 【变式1】（23-24高一下·湖南衡阳·期末）下列几何体中，顶点个数最少的是（    ） A．四棱锥 B．长方体 C．四棱台 D．四面体 【答案】D 【分析】直接根据几何体的特征去判断即可． 【详解】解：四棱锥有5个顶点，长方体和四棱台有8个顶点，四面体有4个顶点． 故选：D 【变式2】（23-24高一下·青海海西·期末）下列说法不正确的是（    ） A．圆柱的轴截面是矩形 B．圆锥的轴截面是等腰三角形 C．所有空间几何体都是多面体 D．有些三棱锥的四个面都是直角三角形 【答案】C 【分析】对于A，由圆柱的性质判断，对于B，由圆锥的性质判断，对于D，举例判断，对于D，举例判断. 【详解】对于A，圆柱的轴截面是矩形，所以A正确， 对于B，圆锥的轴截面是等腰三角形，所以B正确， 对于C，因为旋转体不是多面体，所以C项不正确， 对于D，如图，三棱锥中，当平面时，， 当平面时，， 所以均为直角三角形，所以D正确.    故选：C 【变式3】（23-24高一下·广东湛江·期末）下列说法正确的是（    ） A．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面 B．棱柱的侧面都是全等的平行四边形 C．有两个面平行，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的几何体叫棱柱 D．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 【答案】C 【分析】利用棱柱的定义判断ABC；利用棱台的定义判断D. 【详解】对于A，正六棱柱正对的两个侧面平行，但它们不是正六棱柱的底面，A错误； 对于B，底面邻边不等的长方体的相邻两个侧面不全等，B错误； 对于C，由棱柱的定义知，C正确； 对于D，当截面与棱锥的底面不平行时，棱锥底面与截面之间的部分不是棱台，D错误. 故选：C 【变式4】（23-24高一下·天津南开·期末）给出下列命题： ①圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线； ②两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台； ③以直角梯形的一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆台； ④用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形． 其中正确命题是（    ）． A．①② B．①③ C．②③ D．②④ 【答案】B 【分析】根据圆锥母线的定义、棱台的定义、圆台的定义、平面与圆柱底面的位置关系即可依次判断． 【详解】解：①根据圆锥的母线的定义，可知①正确； ②把梯形的腰延长后有可能不交于一点，此时得到几何体就不是棱台，故②错误； ③根据圆台的定义，可知③正确； ④当平面不与圆柱的底面平行且不垂直于底面时，得到的截面不是圆和矩形，故④错误． 故选：B． 【变式5】（23-24高一下·天津·期末）下列说法正确的是（    ） A．在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是该圆柱的母线 B．直四棱柱是长方体 C．将一个等腰梯形绕着较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体是一个圆锥 D．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 【答案】D 【分析】要理解旋转体，棱柱、圆锥、正棱锥的概念，正棱锥是底面是多边形，并且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥． 【详解】解：A．在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线与轴线平行是该圆柱的母线，故选项错误，不符合题意； B．直四棱柱的上下底面不一定是矩形，故不一定是长方体，故选项错误，不符合题意； C．将一个等腰梯形绕着较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体是一个简单组合体，由两个圆锥和一个圆柱组成，故选项错误，不符合题意； D．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，正确，符合题意， 故选：D． 题型03多面体的面积与体积问题 解题锦囊 1.求棱柱、棱锥、棱台的表面积的基本步骤 (1)清楚各侧面的形状，求出每个侧面的面积．(2)求出其底面的面积．(3)求和得到表面积． 注意：组合体的表面积应注意重合部分的处理．　　　　 2.求几何体体积的常用方法 【典例3】（24-25高一上·江苏无锡·期末）已知正三棱台的上底面边长，下底面边长，侧棱与底面所成角的正切值为3，则该三棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将正三棱台补成正三棱锥，得到即为棱与底面所成的角，再由棱台的体积公式求解即可. 【详解】如图，将正三棱台补成正三棱锥， 则与平面所成角即为与平面所成角， 设点在平面上的射影为，在平面上的射影为， 则为的中心，为的中心， 则即为棱与底面所成的角，而， 设的高为，由等面积公式得， 解得，由等边三角形的性质得， 同理可得，故， 故， 所以棱台的高，因为正三棱台的上底面边长， 下底面边长，所以， 同理可得， 则上，下底面的面积分别为和， 则棱台的体积，故B正确. 故选：B 【变式1】（24-25高一上·湖南衡阳·期末）在如图五面体中，棱AD，BE，CF互相平行，且两两之间距离为1.若，，，，则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将五面体补成正三棱柱，求出三棱柱的体积即可得到结果. 【详解】 如图，延长至点，延长至点，延长至点，使得， ∵棱AD，BE，CF互相平行，∴，故五面体为三棱柱，且体积为原五面体体积的2倍， ∵AD，BE，CF两两之间距离为1，， ∴三棱柱为正三棱柱，底面是边长为1的等边三角形，高为4， ∴三棱柱的体积为， ∴该五面体的体积为. 故选：D. 【变式2】（23-24高一下·江苏无锡·期末）已知四棱锥，，平分，点在上且满足，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，设点到平面的距离为，到平面的距离为，则有，利用三角形面积公式可得，又由点在上且满足，可得到平面的距离，结合三棱锥体积公式计算可得答案． 【详解】根据题意，设点到平面的距离为，到平面的距离为， 则有， 而，， 又由，，平分，则， 则； 故，而， 则有， 又由点在上且满足，故到平面的距离为， 则有， 故． 故选：B． 【变式3】（24-25高一下·山西·期中）若正四棱锥的高为，且其各侧面的面积之和是底面积的2倍，则该四棱锥的表面积为（    ） A．12 B．24 C．32 D．48 【答案】D 【分析】求得斜高，结合表面积公式求解即可. 【详解】如图，是正四棱锥的高，所以， 是斜高，由可得， 所以，在中，， ，所以，所以， 所以， 所以． 故选：D 【变式4】（24-25高一下·浙江宁波·期中）已知正四棱锥的底面正方形的边长为4，高与斜高的夹角为，则正四棱锥的侧面积为（    ） A． B．8 C． D．32 【答案】D 【分析】根据题意作出正四棱锥，借助于求得斜高长，即可计算侧面积. 【详解】 如图，是四棱锥的高，于点，连接，则， 因正方形的边长为4，则， ， 故正四棱锥的侧面积为. 故选：D. 【变式5】（24-25高一下·福建泉州·期中）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，母线长为2，点为的中点，则（    ） A．圆台的轴截面积为 B．圆台的体积为 C．圆台的侧面积为 D．在圆台的侧面上，从C点到E点的最短路径长为5 【答案】AD 【分析】求出等腰梯形的高，进而求出面积判断A；利用圆台体积、侧面积公式求解判断BC；利用圆台侧面展开图求解判断D. 【详解】对于A，圆台的高即轴截面等腰梯形的高， 因此圆台的轴截面面积为，A正确； 对于B，圆台的体积，B错误； 对于C，圆台的侧面积，C错误； 对于D，圆台侧面展开图是半圆环，如图， 在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为线段长， ，由为中点，得， 所以，D正确.    故选：AD 【变式6】（24-25高一下·广东湛江·期中）如图所示，三棱柱ABC－A′B′C′中，若E，F分别为AC，AB的中点，平面EC′B′F将三棱柱分成体积为V1(棱台AEF－A′C′B′的体积)，V2的两部分，那么（　　） A．6︰5 B．7︰5 C．8︰3 D．4︰3 【答案】B 【分析】因为分别为的中点，得到，利用棱台的体积公式，求得，得到则，即可求得的值. 【详解】设三棱柱的高为，底面面积为，体积为，则， 因为分别为的中点，所以， 所以，则，所以. 故选：B. 【变式7】（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 【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. 题型04旋转体的面积与体积问题 解题锦囊 1.圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式间的关系 S圆柱侧＝2πrlS圆台侧＝π(r＋r′)lS圆锥侧＝πrl. 2.球的表面积(体积)与半径之间的函数关系 S球＝4πR2　V球＝πR3. 【典例4】（24-25高一下·山东·期中）已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为，则圆台上下底面面积之差的绝对值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用圆台的侧面展开图是半个圆环可求得其圆心角为，分别由上、下底面半径和母线之间的关系结合侧面积为，即可得出结果. 【详解】根据题意可知圆台的侧面展开图的圆心角为， 设圆台上、下底面圆半径为，母线长为，展开图中大、小扇形的半径分别为； 则展开图的外弧长为，内弧长为， 因此有，即，又，可得； 所以母线长为， 圆台侧面积为，代入可得，即； 所以圆台上下底面面积之差的绝对值为. 故选：A 【变式1】（23-24高三下·陕西西安·阶段练习）若底面半径为r，母线长为l的圆锥的表面积与直径为l的球的表面积相等，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆锥表面积公式和球的表面公式得到，解出即可. 【详解】圆锥的表面积为，球的表面积为， 故，即，故（负舍）． 故选：D． 【变式2】（多选）（24-25高一下·河南·期中）如图是一个圆台的侧面展开图，若，所在圆的半径分别是2和4，且，则（   ） A．圆台的侧面积为 B．圆台的高为 C．圆台的体积为 D．圆台内部可以容纳的球的直径最大为 【答案】BCD 【分析】A选项，由扇形弧长和面积公式得到扇形和扇形的面积，相减得到A错误；B选项，求出圆台上下底面的半径，作出辅助线，由勾股定理求出圆台的高；C选项，根据圆台体积公式得到C正确；D选项，根据圆台的高得到当球的直径为时，半径为，求出此时球心到的距离为，得到D正确. 【详解】A选项，由题意得， 又，故， 扇形的面积为， 扇形的面积为， 故圆台的侧面积为，A错误； B选项，圆台母线长， 由题意得，， 解得，过点作⊥于点，为圆台的高， 则，， 由勾股定理得， 圆台的高为，B正确； C选项，圆台的体积为，C正确； D选项，由于圆台的高为，当球的直径为时，半径为， 梯形的面积为， ， ， 故， 又，故此时球心到的距离为， 而， 故圆台内部可以容纳的球的直径最大为，D正确. 故选：BCD 【变式3】（多选）（24-25高一下·福建泉州·期中）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，母线长为2，点为的中点，则（    ） A．圆台的轴截面积为 B．圆台的体积为 C．圆台的侧面积为 D．在圆台的侧面上，从C点到E点的最短路径长为5 【答案】AD 【分析】求出等腰梯形的高，进而求出面积判断A；利用圆台体积、侧面积公式求解判断BC；利用圆台侧面展开图求解判断D. 【详解】对于A，圆台的高即轴截面等腰梯形的高， 因此圆台的轴截面面积为，A正确； 对于B，圆台的体积，B错误； 对于C，圆台的侧面积，C错误； 对于D，圆台侧面展开图是半圆环，如图， 在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为线段长， ，由为中点，得， 所以，D正确.    故选：AD 【变式4】（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期中）已知一个圆台的上底面半径为2，下底面的半径为5，其侧面积为，则该圆台的体积为 ． 【答案】 【分析】设母线为，高为，由侧面积公式求出，即可求出，再由圆台的体积公式计算可得. 【详解】因为圆台的上底面半径，下底面的半径，其侧面积为，设母线为，高为， 所以，即，解得， 所以， 所以该圆台的体积. 故答案为： 【变式5】（多选）（24-25高一下·河北·期中）已知球的半径为，，，为球面上三点，且，，若球心到平面的距离等于，则下列结论正确的是（    ） A． B．若圆柱的外接球为球，则圆柱侧面积的最大值为 C．若正三棱柱的内切球为球，则正三棱柱的体积为 D．若正四面体的各棱与球相切，则正四面体的表面积为 【答案】BCD 【分析】对于A选项，先由余弦定理求，再用正弦定理得外接圆半径.根据球心到平面距离与球半径关系列方程求球半径，判断对错. 对于B选项，设圆柱高和底面半径，根据条件列等式.利用均值不等式求圆柱侧面积的最大值，判断是否正确. 对于C选项，球内切正三棱柱时，球直径是三棱柱的高，球半径是底面正三角形内切圆半径，由此求底面边长，进而算正三棱柱体积判断. 对于D选项，正四面体棱切球对应正方体的内切球，根据两者关系求出正四面体棱长，再算其表面积判断. 【详解】在中，，. 由余弦定理可得，而为三角形内角，. 对于A，设的外接圆圆心为，半径为，由正弦定理得， 因为球心到平面的距离等于球半径的， 所以，，，故A错误； 对于B，设圆柱的高为，底面半径为，则， 圆柱的侧面积为， 当且仅当，即时“=”成立.故B正确； 对于C，因为球内切于正三棱柱，那么三棱柱的高为4，底面正三角形的内切圆半径为2， 故底面边长为，那么正三棱柱的体积为，故C正确； 对于D，设正四面体的棱长为，则正四面体的棱切球即为棱长为的正方体的内切球， 即，，所以正四面体的表面积为，故D正确. 故选：BCD. 题型05展开图的最短路径问题 解题锦囊 求几何体表面上两点间的最小距离的步骤 (1)将几何体沿着某棱(母线)剪开后展开，画出其侧面展开图； (2)将所求曲线问题转化为平面上的线段问题； (3)结合已知条件求得结果．　　　 . 【典例5】（24-25高一下·福建福州·期中）已知正三棱柱的底面边长为，高为，一质点从点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据侧面展开图可得最短距离. 【详解】由已知，需绕三棱柱的侧面绕行两周， 则将三棱柱沿展开，并沿底边扩大倍， 如图所示， 则展开图是以为底，为高的矩形， 则最短路径即为其对角线长为， 故选：D. 【变式1】（24-25高一上·四川成都·开学考试）如图圆柱的底面周长是，圆柱的高为，为圆柱上底面的直径，一只蚂蚁如果沿着圆柱的侧面从下底面点处爬到上底面点处，那么它爬行的最短路程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】把圆柱沿母线AC剪开后展开，点展开后的对应点为，利用两点之间线段最短可判断蚂蚁爬行的最短路径为，利用勾股定理计算出即可． 【详解】 把圆柱沿母线AC剪开后展开，点展开后的对应点为， 则蚂蚁爬行的最短路径为， 如图，由题意可知，， 在，， 所以它爬行的最短路程为， 故选：C 【变式2】（23-24高一下·福建龙岩·期中）在正四棱台中，，点为棱上的动点（含端点），则的最小值是（    ） A．6 B． C．8 D． 【答案】B 【分析】把四边形，展开至同一个平面，求出长即可得解. 【详解】把四边形，展开至同一个平面，连接，，， 过点作，则，又，则， 在中，，，则， 此时线段中点到点的距离，即线段与相交， 因此的最小值就是展开图中的长，点为与的交点， 所以的最小值为. 故选：B    【变式3】（多选）（24-25高一下·陕西榆林·期中）正方体的棱长为2，M是棱上的一个动点（含端点），则的取值可以为（   ） A． B． C． D．5 【答案】ABC 【分析】将绕翻折至与共平面，当、、共线时，最小，与（或）重合时最大，可得结论. 【详解】由正方体的性质可得为等边三角形，边长为， 为等腰直角三角形，其直角边长为， 将左图中绕翻折至与共平面（如右图）， 因为，， 所以当、、共线时最小， 此时为中点，，， 此时，， 则最小值为； 当与（或）重合时最大，最大值为. 故选：ABC. 【变式4】（24-25高一下·河北邢台·期中）正三棱柱的底面边长为1，高为4，在棱上分别任取点E，F，则的最小值为 ． 【答案】5 【分析】把正三棱柱的侧面沿剪开展在同一平面内，利用两点间线段最短求得答案. 【详解】将正三棱柱的侧面沿剪开展在同一平面内，连接，如图， 四边形是矩形，且， 所以． 故答案为：5 【变式5】（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图是一个以为底面的正三棱柱被一平面所截得的几何体，截面为△ABC.已知.    (1)求几何体的体积； (2)线段上有一动点，求使最小时的长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）在上取点，使得，在取点，使得，得到三棱柱为正三棱柱，再取的中点，取的中点，证得平面，根据锥体和柱体的体积公式，结合，即可求解； （2）解：将梯形沿为旋转轴，展在平面上，使得变为点，连接， 得到与的交点，即为点，结合，求得，进而求得的长. 【详解】（1）解：在上取点，使得，在取点，使得， 如图所示，连接，则三棱柱为正三棱柱， 取的中点，连接，取的中点，连接，则， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又因为，所以，， 所以，， 所以几何体的体积为.    （2）解：如图所示，将梯形沿为旋转轴，展在平面上， 使得变为点，变为点，连接， 因为平面，平面，所以， 在直角中，， 所以，此时取得最小值， 所以与的交点，即为点， 又因为，所以， 可得，所以，所以    题型06共面与共线问题 解题锦囊 1.证明点、线共面问题的常用方法 (1)先由部分点、线确定一个面，再证其余的点、线都在这个平面内，即用“纳入法”； (2)先由其中一部分点、线确定一个平面α，其余点、线确定另一个平面β，再证平面α与β重合，即用“同一法”； (3)假设不共面，结合题设推出矛盾，即用“反证法”．　　　　 2．证明三点共线的方法 (1)首先找出两个平面，然后证明这三点都是这两个平面的公共点，根据基本事实3可知，这些点都在两个平面的交线上． (2)选择其中两点确定一条直线，然后证明另一点也在此直线上． 3．证明三线共点的步骤 (1)首先说明两条直线共面且交于一点； (2)说明这个点在另两个平面上，并且这两个平面相交； (3)得到交线也过此点，从而得到三线共点．. 【典例6】（24-25高一下·河北邯郸·期中）如图，在多面体中，四边形和四边形均为正方形，四边形和四边形均为梯形，其中，，且．    (1)证明：B，D，E，G四点共面. (2)证明：三条直线交于一点. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）作出辅助线，利用平行的传递性证明，进而可得四点共线； （2）延长，设它们交于一点，由已知可得，则，同理可得，则S和Q是同一个点，所以三条直线交于一点. 【详解】（1） 如图，取的中点分别为S,T，连接，则, 因为四边形和四边形均为正方形，，且，， 所以四边形均为平行四边形，即，， 所以四边形为平行四边形，所以，所以， 所以B，D，E，G四点共面. （2）    延长，设它们交于一点S， 因为，且， 所以，则， 同理，延长，设它们交于一点Q， 因为四边形和四边形均为正方形，， 则，又， 所以，则， 因此S和Q是同一个点， 所以三条直线交于一点. 【变式1】（24-25高一下·山东泰安·期中）长方体中，直线与平面的交点为，与交于点，则下列结论正确的是（    ） A．，，三点共线 B．，，三点确定一个平面 C．，，，四点共面 D．，，，四点共面 【答案】A 【分析】根据平面的基本性质，异面直线的定义，逐一验证各个选项. 【详解】如下图所示： 根据题意，连接，则， 所以四点共面，所以平面， 又，所以平面， 又平面，所以点在平面与平面的交线上面， 同理可得点在平面与平面的交线上面， 所以，，三点共线， 故A选项错误，B选项正确； 由异面直线定义可知C选项中为异面直线，故C选项错误； 由异面直线定义可知D选项中为异面直线，故D选项错误. 故选：A 【变式2】（24-25高一下·云南玉溪·期中）在图示正方体中，O为BD的中点，直线平面，下列说法错误的是（   ） A．A，C，，四点共面 B．，M，O三点共线 C．平面 D．与BD异面 【答案】C 【分析】根据点与线、点与面、线与面的位置关系判断即可. 【详解】对于A选项，且，所以共面，故A正确； 对于B选项，直线平面，所以平面， 因为直线，又平面，所以平面， 因为为中点，平面，所以平面， 底面为正方形，所以为中点，平面，所以底面， 又平面，平面， 所以平面与平面相交，且在交线上，即三点共线，故B正确； 对于选项C，平面平面，平面，但直线， 所以平面，故C错误； 对于选项D，直线平面，直线平面，， 所以直线与为异面直线，故D正确. 故选：C 【变式3】（24-25高一下·福建莆田·期中）如图所示，在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且，则下列说法正确的有（ ）个 ①，，，四点共面； ②与异面； ③与的交点可能在直线上，也可能不在直线上； ④与的交点一定在直线上． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】利用平面几何的性质及平行公理可得，且四边形EFGH是梯形，结合公理可得答案. 【详解】依题意，可得，，故，所以，，，四点共面，①正确，②错误； 因为，所以四边形EFGH是梯形，且EF与GH必相交，设交点为M， 因为点M在EF上，故点M在平面ACB上，同理，点M在平面ACD上，所以点M在平面ACB与平面ACD的交线上. 又AC是这两个平面的交线，所以点M一定在直线AC上，所以④正确，③错误. 故选：C. 【变式4】（24-25高一下·河北邢台·期中）如图，在四棱锥中，点G在正方形ABCD内，点F在BE上，若DF与EG相交，则下列说法一定正确的是（   ） A．点G在AC上 B． C． D．直线EB，GD交于点B 【答案】D 【分析】由平面的基本性质可得出平面平面，即可得解. 【详解】因为DF与EG相交， 所以平面平面, 所以直线EB，GD交于点B，故D正确. 而由题意，可为上任意一点，故ABC错误. 故选：D 【变式5】（24-25高一下·全国·课堂例题）如图，已知分别是正方体的棱的中点，.证明：直线交于同一点； 【答案】证明见解析 【分析】先证明，可推得相交于点，再证明即可. 【详解】在正方体中，连接， 由，得四边形是平行四边形，则， 由分别是的中点，得，则，即四点共面， 而，则相交，设交点为，则，而平面，则平面， 同理平面，而平面平面 则，即点在直线上，所以直线交于同一点. 题型07点线面位置关系的判断 解题锦囊 1．判断空间中两条直线位置关系的诀窍 (1)建立空间观念，全面考虑两条直线平行、相交和异面三种位置关系．特别关注异面直线． (2)重视正方体等常见几何体模型的应用，会举例说明两条直线的位置关系． 2．判定两条直线是异面直线的方法 (1)定义法：证明两条直线既不平行又不相交． (2)重要结论：连接平面内一点与平面外一点的直线，和这个平面内不经过此点的直线是异面直线．用符号语言可表示为l⊂α，A∉α，B∈α，B∉l⇒AB与l是异面直线　　　　 3.直线与平面位置关系的判断 (1)空间直线与平面位置关系的分类是解决问题的突破口，这类判断问题，常用分类讨论的方法解决．另外，借助模型(如正方体、长方体等)也是解决这类问题的有效方法． (2)要证明直线在平面内，只要证明直线上两点在平面α内，要证明直线与平面相交，只需说明直线与平面只有一个公共点，要证明直线与平面平行，则必须说明直线与平面没有公共点.　　　　 4．平面与平面的位置关系的判断方法 (1)平面与平面相交的判断，主要是以基本事实3为依据找出一个交点． (2)平面与平面平行的判断，主要是说明两个平面没有公共点． . 【典例7】（23-24高一下·湖南株洲·期末）设为空间中两条不同直线，为空间中两个不同平面，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若不垂直于，则必不垂直于 C．若,，则 D．若是异面直线，，则 【答案】D 【分析】A中，可能平行、相交或异面；B中有可能垂直于；C中或；D中结合线面平行的性质定理与面面平行的判定定理即可得. 【详解】对于A，若，，，则，可能平行、相交或异面，故A错误； 对于B，若不垂直于，且，则有可能垂直于，故B错误； 对于C，若且，则或，故C错误； 对于D，若、是异面直线，，，，， 则在直线上任取一点，过直线与点确定平面，设， 又，则，，，所以， 又，，，，所以，故D正确. 故选：D. 【变式1】（23-24高一下·江苏无锡·期末）若为空间中两条不同的直线，为空间两个不同的平面，则下列结论不正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，，则 D．若，则 【答案】D 【分析】根据空间中线线、线面和面面之间的关系，结合选项依次判断即可. 【详解】A：若，则，故A正确； B：若，则，故B正确； C：若，，则，故C正确； D：若，则或与异面或与相交，故D错误. 故选：D 【变式2】（23-24高一下·宁夏固原·期末）已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】C 【分析】根据线面平行考虑所有可能情况判断A，由两平面平行的判定判断B，根据线面平行的性质判断C，根据线线平行、线面平行的判定定理判断D. 【详解】对A，，，则可能，相交、异面，故A错误； 对B，若，，则可能平行，可能相交，不一定垂直，故B错误； 对C，若，，根据线面垂直的性质可得，故C正确； 对D，若，，则或，故D错误. 故选：C 【变式3】（23-24高一下·江苏苏州·期末）设是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列说法中正确的序号为（ ） ①若，则为异面直线 ②若，则 ③若，则 ④若，则 ⑤若，，，则 A．②③⑤ B．①②⑤ C．④⑤ D．①③ 【答案】A 【分析】根据空间线面的位置关系，逐项判断即可. 【详解】对①：因为平面的平行线和平面内的直线可以平行，也可以异面，故①错误； 对②：平行于同一个平面的两个平面平行，故②正确； 对③：先根据垂直于同一条直线的两个平面平行得，再根据，可得，故③正确； 对④：两直线平行，和这两条直线分别垂直的平面也平行，故④错误. 对⑤：若，，则存在且， 因为，，所以，又因为，所以，故⑤正确， 故选：A. 【变式4】（多选）（24-25高一上·湖南邵阳·期末）已知两条不同的直线a，b，三个不同的平面，，，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】BC 【分析】对每个选项所涉及的线面关系、面面关系等相关知识进行分析判断，依据线，面平行、垂直的定理和性质来确定结论是否正确. 【详解】若，，此时有可能在平面内，并不一定，所以A选项错误 . 因为，，根据一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，那么它也垂直于另一个平面，可得. 又因为，垂直于同一个平面的两条直线平行，所以，B选项正确. 设，，在平面内作直线，因为，则. 在平面内作直线，因为，则. 那么，，，所以. 又，，所以，从而，C选项正确. 仅由，，，无法得出，与可能平行，也可能相交，所以D选项错误. 故选：BC. 【变式5】（24-25高一上·上海·期末）平行于同一平面的两直线的位置可能是 . 【答案】平行或相交或异面 【分析】根据线面平行的位置关系及线线位置关系的分类及定义，可由已知两直线平行于同一平面，得到两直线的位置关系． 【详解】若且，则与可能平行，也可能相交，也有可能异面， 故平行于同一个平面的两条直线的位置关系是平行或相交或异面， 故答案为：平行或相交或异面． 题型08平行关系的证明 解题锦囊 1.证明线线平行的方法 (1)定义法：在同一个平面内没有公共点的两条直线平行． (2)基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行． (3)线面平行的性质定理：⇒a∥b，应用时题目条件中需有线面平行． 2.证明直线与平面平行的方法 (1)线面平行的判定定理； (2)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面． 3.平面与平面平行的判定方法 (1)定义法：两个平面没有公共点． (2)判定定理：一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面． (3)转化为线线平行：平面α内的两条相交直线与平面β内的两条相交直线分别平行，则α∥β. (4)利用平行平面的传递性：若α∥β，β∥γ，则α∥γ.　　　 【典例8】（24-25高一下·天津和平·期中）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，分别是的中点． (1)求证：平面； (2)在上取一点（不与重合），设过点和的平面交平面于，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，要判定平面，只需判定平行于平面内的一条直线即可证明. （2）根据线面平行的判定定理和线面平行的性质定理进行证明. 【详解】（1）取的中点，连接，如图所示. 因为分别是的中点， 所以中，，且. 因为为四棱锥，所以，且. 所以且 所以四边形为平行四边形，所以 又在平面内，在平面外， 所以平面. （2）连接交于点，连接，如图所示. 因为四边形是平行四边形，所以是的中点. 又因为是的中点，在中，根据三角形中位线定理可得. 因为平面,在平面外， 根据线面平行的判定定理，得知平面. 因为过点和的平面交平面于，且平面， 根据线面平行的性质定理可得，. 【变式1】（24-25高一下·江苏无锡·期中）如图所示，正四棱锥中，P为侧棱SD上的点，且，Q为侧棱SD的中点，平面平面． (1)证明：平面PAC； (2)证明：； 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由为中位线知，即可证明线面平行. （2）证明平面SDC，再利用线面平行的性质证明. 【详解】（1）连接BD交AC于点O，连接OP， 因为四边形ABCD为正方形，所以点O为BD的中点，又P为QD的中点， 所以，因为平面PAC，平面PAC， 所以平面PAC. （2）因为CD，平面SCD，平面SCD，所以平面SDC， 又因为平面SAB，平面平面， 所以. 【变式2】（24-25高一下·吉林松原·期中）如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，，交于点，点是棱上的一点，且平面． (1)求证：点是的中点； (2)在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，请加以证明，并写出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，证明见解析， 【分析】（1）由线面平行的性质即可证明； （2）由线面平行及面面平行的判定即可证明． 【详解】（1）因为四边形是平行四边形，则点是的中点， 因为平面，平面平面，平面， 所以， 所以，所以点是的中点． （2）存在点，使得平面平面，此时， 因为，所以为中点， 又因为点是的中点，所以 又平面，平面，所以平面， 由（1）知，同理可得，平面， 又，平面，所以平面平面． 【变式3】（23-24高一下·黑龙江齐齐哈尔·期末）如图，在直三棱柱中，，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，判断四边形为平行四边形，进而可求证； （2）由点到平面的距离等于点到平面的距离，得到，进而可求解. 【详解】（1）取的中点，连接， ∵为的中点，∴且， ∵为的中点，∴且， ∴且， ∴四边形为平行四边形，∴. 又∵平面平面， ∴平面. （2）∵，∴， ∴. 在直三棱柱，易知平面， ∴点到平面的距离等于点到平面的距离， ∴， 又∵平面， ∴. 题型09垂直关系的证明 解题锦囊 线线、线面垂直问题的解题策略 (1)证明线线垂直，一般通过证明一条直线垂直于经过另一条直线的平面，为此分析题设，观察图形找到是哪条直线垂直于经过哪条直线的平面． (2)证明直线和平面垂直，就是要证明这条直线垂直于平面内的两条相交直线，这一点在解题时一定要体现出来．　 证明面面垂直常用的方法 (1)定义法：即说明两个半平面所成的二面角是直二面角； (2)判定定理法：在其中一个平面内寻找一条直线与另一个平面垂直，即把问题转化为“线面垂直”； (3)性质法：两个平行平面中的一个垂直于第三个平面，则另一个也垂直于此平面．　 . 【典例9】（23-24高一下·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． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由已知为中点，可得，利用面面垂直的性质定理即可证明； （2）由已知，可得平面，则，又得，则平面，利用面面垂直的判定得证. 【详解】（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. 【变式1】（24-25高一下·山东泰安·期中）如图，直三棱柱中，，、分别为、的中点. (1)求证：平面； (2)求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）要证平面，根据线面平行的判定定理在平面内找到一条直线与之平行即可； （2）将线线垂直转化为与所在的某个平面垂直即可. 【详解】（1）连接交于点，连接， 则直三棱柱中，四边形为平行四边形， 则为的中点，又为的中点，故， 平面，平面，故平面. （2）取中点为，连接，，为的中点， 故，而底面， 故底面，底面，故； 又为的中点，则，而，即， 故， 而，平面，平面， 故平面， 又平面，故，即. 【变式2】（24-25高一下·山东青岛·期中）如图，在长方体中，，，点P为的中点．求证： (1)直线平面PAC； (2)平面平面． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）结合三角形中位线性质，利用线面平行的判断推理得证. （2）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定，面面垂直的判断推理得证. 【详解】（1）在长方体中，连接，分别是的中点，则， 又平面，平面，所以平面. （2）在长方体中，平面，平面，则， 在长方体中，，四边形为正方形，则， 又，平面，因此平面，又平面， 所以平面平面. 【变式3】（23-24高一下·北京·阶段练习）如图，四边形ABCD是正方形，平面，，，． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据题给条件找与平面内的两条相交直线垂直即可证线面垂直. （2）利用平行四边形的平行关系在平面内找与平行的直线，再根据线面平行的判定定理证明即可. （3）由（1）可得，又，代入数值计算即可得解. 【详解】（1）因为平面，，所以平面. ，所以. 又因为四边形ABCD是正方形，所以,，所以平面. （2）取中点，连接，则为三角形的中位线，. 所以，四边形为矩形.则，即. 又因为，所以. （3）平面，，所以. 又因为四边形ABCD是正方形，所以,,所以. 所以. 所以三棱锥的体积为. 题型10 平行垂直的综合问题 【典例10】（23-24高一下·江苏常州·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，底面是平行四边形，点为的中点，点分别在上，且平面平面． (1)求证：为线段中点； (2)若点在棱上，猜想：当为何值时，有平面平面，并证明你的猜想． 【答案】(1)证明见解析 (2)当时，有平面平面 【分析】（1）根据面面平行的性质定理证得，由此证得为线段中点. （2）当为中点时，由面面垂直上可得平面，进而可得平面，可得结论. 【详解】（1）依题意平面平面， 由于平面平面，平面平面， 所以，由于底面是平行四边形，点为的中点， 所以为线段中点. （2）存在，，即为中点时，平面平面， 证明如下：连接交于点，连接． 因为，所以四边形为平行四边形， 所以是的中点．又因为为中点，所以． 因为为等边三角形，点为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，又，所以平面， 又平面，所以平面平面． 当时，有平面平面． 【变式1】（22-23高一下·山西·期末）如图，PA⊥平面ABC，AB为圆O的直径，E，F分别为棱PC，PB的中点． (1)证明：EF平面ABC． (2)证明：平面EFA⊥平面PAC． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用中位线定理得到EFBC，利用线面平行的判定定理即可得证； （2）由AB为圆O的直径，得到BC⊥AC，再利用线面垂直得到BC⊥PA，从而BC⊥平面PAC，结合（1）中，所以EF⊥平面PAC，得到面面垂直. 【详解】（1）因为E，F分别为棱PC，PB的中点，所以EFBC， 因为平面ABC，平面ABC， 所以EF平面ABC； （2）因为AB为圆O的直径，所以BC⊥AC． 因为PA⊥平面ABC，平面ABC，所以BC⊥PA， 又，PA，平面PAC，所以BC⊥平面PAC， 由（1）知，所以EF⊥平面PAC，又平面EFA， 所以平面EFA⊥平面PAC． 【变式2】（23-24高一下·贵州黔西·期末）如图，在正方体中． (1)求证：∥平面； (2)求证：平面． 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 【分析】（1）根据题意可得∥，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）连接，可得，，结合线面垂直的判定定理分析证明. 【详解】（1）因为为正方体，则∥，且， 可知为平行四边形，则∥， 且平面，平面，所以∥平面. （2）连接， 因为为正方形，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面， 可得平面， 由平面，可得， 同理可得：， 且，平面， 所以平面. 【变式3】（23-24高一下·天津西青·期末）如图，直三棱柱中，，E、F分别为AB、的中点． (1)求证：平面； (2)求证：； (3)若，直线EF与平面ABC所成角为，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用线面平行的判定定理，即可证明结论； （2）取BC中点为H，先证明平面，再根据线面垂直的性质定理，即可证明结论； （3）证明平面，根据等体积法即可求得答案. 【详解】（1）连接交于O点，连接， 则直三棱柱中，四边形为平行四边形， 则O为的中点，又E为AB的中点，故， 平面，平面， 故平面； （2）取BC中点为H，连接, F为的中点，故，而底面， 故底面，底面，故; 又E为AB的中点，则，而，即， 故，而平面， 故平面，平面，故，即； （3）由（2）可知为直线EF与平面ABC所成角，即， 由，E为AB中点，则； 又，得， 又底面，底面，故， 而平面，故平面， 故. 【变式4】（24-25高一上·上海·期末）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，平面平面. (1)求证：； (2)求证：为直角三角形； (3)若，求四棱棱的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用余弦定理求出，再由勾股定理即可得证； （2）由平面平面PCD依次证平面ADP、、平面ACP、即可； （3）由几何关系可得，结合即可求值. 【详解】（1）作，E为垂足，如图， 在等腰梯形ABCD中，， ∴，， ∴， ∴，∴． （2）∵，平面平面PCD，平面平面PCD，平面PCD， ∴平面ADP，又平面ADP， ∴，又， ∵平面ACP， ∴平面ACP， ∵平面ACP，∴， ∴，即为直角三角形. （3）由（1）知在等腰梯形ABCD中，．， ．∴．∴． 又平面ADP，为直角三角形，， ∴，， ∴． ∴． 题型11球的内切外接问题 解题锦囊 常见的几何体与球的切、接问题的解决策略 (1)处理有关几何体外接球或内切球的相关问题时，要注意球心的位置与几何体的关系，一般情况下，由于球的对称性，球心总在几何体的特殊位置，比如中心、对角线的中点等． (2)解决此类问题的实质就是根据几何体的相关数据求球的直径或半径，关键是根据“切点”和“接点”，作出轴截面图，把空间问题转化为平面问题来计算． 【典例11】（23-24高一下·内蒙古·期末）已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，，则三棱柱外接球的表面积为（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】直三棱柱的外接球球心为上下底面三角形外接圆圆心连线的中点，求出半径，再算面积即可. 【详解】因为，，则为直角三角形， 和的外心分别为斜边的中点， 连接，取的中点， 则为三棱柱外接球的球心， 其外接圆半径为， 则半径， 则外接球的表面积为. 故选：C 【变式1】（23-24高一下·甘肃临夏·期末）已知A，B，C三点均在球O的表面上，，且球O的内接正方体的棱长为，则球心O到平面ABC的距离为（    ） A． B．1 C．2 D． 【答案】B 【分析】设球心O到平面ABC的距离为，的外接圆的半径为，球的半径为，则，计算即可. 【详解】设球心O到平面ABC的距离为，的外接圆的半径为，球的半径为， 球O的内接正方体的棱长为，所以， 因为，所以，所以， 由球的性质可知，，即，所以. 故选：B. 【变式2】（23-24高一下·陕西宝鸡·期末）已知三棱锥，则三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先证明平面，再将三棱锥补形成直三棱柱，再利用勾股定理求出外接球的半径，再根据求得表面积公式即可得解. 【详解】因为平面， 所以平面， 如图经补形可知球心在直三棱柱高的中点处为外接圆的圆心， 则， 所以， 则外接球的半径， 所以三棱锥的外接球的表面积． 故选：A. 【变式3】（23-24高一下·江苏南京·期末）设是球表面上的四个点，平面，，，，，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，画出几何体的图形，利用直棱柱和球的截面的性质，求得外接球的半径，结合球的表面积公式，即可求解. 【详解】解：由题意，画出几何体的图形，如图所示， 把扩展为三棱柱， 上下底面三角形外接圆圆心连线的中点与的距离为球的半径， 由，，，， 则， 设三角形外接圆半径为，球的半径为， 则，且， 所以外接球的表面积为. 故选：B. 【变式4】（23-24高一下·四川凉山·期末）已知正三棱柱的侧面积为，若该三棱柱的顶点都在同一个球的表面上，则球的表面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】正三棱柱的中心即为外接球的球心，设棱柱的底面边长为，高为，则三棱柱的侧面积为，球的半径表示为，再由基本不等式即可得球表面积的最小值. 【详解】如图， 三棱柱为正三棱柱，则设，， ∴正三棱柱的侧面积为，∴， 又外接球半径， 当且仅当时，等号成立，此时，， ∴外接球表面积. 故选：A 【变式5】（24-25高一上·上海·期末）一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为，则此球表面积为 . 【答案】 【分析】利用长方体和外接球的关系可求球的半径，利用面积公式可得答案. 【详解】因为长方体的三条棱的长分别为，所以其对角线的长为， 因为长方体的各顶点均在同一球的球面上，所以球的直径等于长方体的对角线长，即半径为， 所以球表面积为. 故答案为： 题型12异面直线所成角 解题锦囊 求异面直线所成的角的一般步骤 (1)找出(或作出)适合题设的角——用平移法，遇题设中有中点，常考虑中位线；若异面直线依附于某几何体，且直线对异面直线平移有困难时，可利用该几何体的特殊点，使异面直线转化为相交直线． (2)求——转化为求一个三角形的内角，通过解三角形，求出所找的角． (3)结论——设由(2)所求得的角的大小为θ.若0°＜θ≤90°，则θ为所求；若90°＜θ＜180°，则180°－θ为所求.　　　　 【典例12】（23-24高一下·宁夏固原·期末）在三棱锥中，，且直线与所成的角为，分别为棱的中点，则直线与所成角的大小为（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】利用异面直线夹角的定义即可求解. 【详解】如图，取的中点，连接， 易知，，且，， 故，且是异面直线与所成角或其补角， 所以或， 所以异面直线与所成角为或其补角， 当时，；当时，， 所以直线与所成角的大小为或     故选：C    【变式1】（23-24高一下·重庆·期末）如图，在正三棱柱中，若，，则与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取中点，连结、，矩形中利用三角函数的定义，证出，可得．根据面面垂直的性质和线面垂直的判定，在正三棱柱中证出平面，从而得出，即可求解. 【详解】取中点，连接、， 矩形中， ，可得 因此 正三棱柱中，平面平面 平面平面，,平面， 直线平面，平面，可得 ，平面，平面， 平面，因此可得，即与所成角的大小为， 故选：B． 【变式2】（24-25高二上·安徽·开学考试）如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是AB的中点． (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的正弦值． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【分析】（1）连接交于，利用三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可； （2）根据（1）的结论，结合异面直线所成角定理、直棱柱的性质、余弦定理、同角的三角函数关系式进行求解即可. 【详解】（1）连接交于， 在直三棱柱中，所有棱长均为4， 因此四边形是正方形，所以是的中点，而D是AB的中点， 因此有，而平面，平面， 所以平面； （2）由（1）可知：， 因此异面直线与所成角为（或其补角）， 因为是正方形，所以， 在直三棱柱中，所有棱长均为4， 因此四边形是正方形，因此有， 在直三棱柱中，侧棱垂直于底面，因此也就垂直底面中任何直线， 因此有， 由余弦定理可知：， 因此. 【变式3】（23-24高一下·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 ． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点O，靠近C的四等分点H，利用平行线分线段成比例判定线线平行即可证明线面平行； （2）取的中点E，将异面直线化为共面直线，解三角形即可. 【详解】（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． 题型13直线与平面所成角 解题锦囊 求直线与平面所成角的一般步骤 (1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线． (2)连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角． (3)把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角． 【典例13】（23-24高一下·江苏苏州·期末）如图，四棱锥的体积为，底面为等腰梯形，， ，，，，是垂足，平面平面． (1)证明：； (2)若为的中点，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）只需结合已知证明平面，再由线面平行的判定定理即可得证； （2）只需结合已知求出B到平面的距离以及的长度即可得解. 【详解】（1） 连接，∵平面平面，，平面平面，平面， ∴平面，因为平面，所以， 由题意可知，等腰梯形的高为1，故等腰梯形的面积为：， 又梯形的高为，故， ∴， ∴，在中，，．∴，即， ∴为的三等分点，所以， 所以，∴． 又∵，面，面， ∴平面，∵平面，∴． （2）， 连接，在梯形中可得，， 因此，即， 因为平面，因为平面，所以， 又因为，平面， 所以平面， 由平面，可得， 因为平面，因为平面， 所以， 所以，所以，所以B到平面的距离为， 在中由，，得， 设直线和平面所成角为，则， 所以直线和平面所成角得正弦值为． 【变式1】（23-24高一下·江苏常州·期末）已知在正三棱柱中，，与平面所成的角为，则该正三棱柱的体积为 ． 【答案】 【分析】取的中点为D，证明平面，即可得，求出相关线段长，根据三棱柱的体积公式计算即可得解. 【详解】取的中点为D，连接，由为正三角形，故， 又平面，平面，则， 又，平面，故平面， 连接，则即为与平面所成的角，即， 由平面，故； 由于，故，故， 在中，， 故. 故答案为：. 【变式2】（23-24高一下·江苏常州·期末）已知圆台上下底面半径分别为，圆台的母线与底面所成的角为，且该圆台上下底面圆周都在某球面上，则该球的体积为 . 【答案】 【分析】根据圆台上下底面半径以及夹角之间的关系，找到球心位置求出球的半径,即可求得该球的体积. 【详解】如下图所示：圆台，为母线，于点， 则圆台上下底面半径分别为， 圆台的母线与底面所成的角为，即，可得， 设该球的球心为，不妨取，球的半径为， 由勾股定理可得，解得； 因此，则该球的体积为. 故答案为： 【变式3】（23-24高一下·宁夏固原·期末）如图所示，已知平面ABC，∥，，，，E为BC的中点. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，证明平面，即可得证平面平面； （2）取中点，连接，先证明四边形矩形，再由（1）可得平面，从而得为直线与平面所成角，在中，利用求解即可. 【详解】（1）证明：因为平面ABC，∥， 所以平面ABC，又因为平面ABC，所以， 又因为，E为BC的中点，所以， 又因为平面，且， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面； （2）解：取中点，连接，如图所示： 则有∥，且， 由题意可知∥，且， 所以∥，且=， 所以四边形为平行四边形，所以∥， 由（1）可知平面， 所以平面，面，则， 所以即为直线与平面所成角， 又因为，， 易知为等腰直角三角形， 所以， 所以， 又因为， 在中，, 所以, 在中，， 又因为，所以. 即直线与平面所成角为. 【变式4】（23-24高一下·广东广州·期末）如图，是半球O的直径，P是半球底面圆周上一点，Q是半球面上一点，且． (1)求证：； (2)若,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）要证，只需证平面，只需证（易证）和，只需证平面，根据题意容易证； （2）利用等体积法求得点P到平面的距离，设直线与平面所成的角为，则根据即可得到答案. 【详解】（1）因为 为半球 的直径， 为 半球底面圆周上一点, 所以 , 因为 、 平面 , 所以 平面 ，又因为 平面 , 所以 , 又因为 为半球面上一点, 所以 , 又因为 平面 所以 平面 , 又 平面 , 所以 ; （2）因为三角形 为直角三角形, 所以 , 又因为 平面 , 所以 ， 又因为三角形 也是直角三角形， 所以 , 所以， 设点 到平面 的距离为 , 则有 ，即 , 所以 ， 设直线 与平面 所成的角为 ，则 . 【变式5】（23-24高一下·甘肃兰州·期末）如图，在四棱锥中，平面PAB，且在四边形PACQ中，，，二面角的大小为，且． (1)点E为BC的中点，证明：平面PAB； (2)求直线BQ与平面PACQ所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）运用垂直条件找出二面角的平面角，得到，借助中位线证明平行，进而得到四边形PQEF为平行四边形，再运用线面平行的判定定理即可； （2）过B作于点M，得到平面，得到平面平面ABC，运用面面垂直性质得到平面PACQ， 得到即为所求线面角.再结合勾股定理和余弦定理求线段长度，借助锐角三角函数求解角的正弦值即可. 【详解】（1）证明：∵平面PAB，平面PAB∴， ∵∴， ∵，∴平面ABC，∵平面ABC，∴． ∵，，∴二面角的平面角即为，∴， ∵平面PAB，平面PAB，∴， ∵，∴， 取AB中点F，连接EF，则， 又，∴， ∴四边形PQEF为平行四边形， ∴，又平面PAB，平面PAB，∴平面PAB； （2）解：过B作于点M，∵平面PACQ，平面， ∴平面平面ABC，交线为AC，则平面PACQ，连接QM， ∴即为所求线面角， ，而， 由勾股定理可得：， 在中，过点Q作于点N，则， 因为，则，是等腰直角三角形，所以，， 由余弦定理得：， 由勾股定理得：， ∴，即BQ与平面PACQ所成角正弦值为． 题型14二面角 解题锦囊 解决二面角问题的策略 (1)清楚二面角的平面角的大小与顶点在棱上的位置无关，通常可根据需要选择特殊点作平面角的顶点． (2)求二面角的大小的方法： 一作：即先作出二面角的平面角； 二证：即说明所作角是二面角的平面角； 三求：即利用二面角的平面角所在的三角形算出角的三角函数值，其中关键是“作”． 【典例14】（23-24高一下·青海·期末）如图，在四棱锥中，底面四边形是直角梯形，是的中点，． (1)证明：平面． (2)若，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，通过四边形是正方形，得到，进而可求证； （2）作，垂足为，连接.先证明平面，得到是二面角的平面角，在判断四棱锥为正四棱锥，求得，再由余弦定理即可求解. 【详解】（1）证明：连接． 因为是的中点，所以． 分因为，且，所以四边形是正方形， 则． 因为平面，且， 所以平面． （2）解： 作，垂足为，连接. 由（1）可知平面．又平面，所以． 因为平面，且，所以平面． 因为平面，所以，则是二面角的平面角． 记，连接，则是的中点． 因为，且是的中点，所以． 因为平面，且平面，所以． 连接．因为平面，且，所以平面， 则四棱锥为正四棱锥，故． 因为的面积， 即， 所以． 同理可得． 在中，由余弦定理可得， 则，即二面角的正弦值为 【变式1】（23-24高一下·广东广州·期末）已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线与互相垂直，的面积为2，与圆锥底面所成的角为，则（    ） A．圆锥的高为 B．圆锥的侧面积为 C．二面角的大小为 D．圆锥侧面展开图的圆心角为 【答案】C 【分析】利用三角形的面积公式求出圆锥的母线长，结合线面角的定义可判断A选项；利用圆锥的侧面积公式可判断B选项；利用二面角的定义，找到二面角的平面角，再解三角形求解可得C选项；根据展开前后图形联系，利用扇形的弧长公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为与底面垂直，为底面圆的一条半径，则， 所以与圆锥底面所成的角为， 又，所以的面积为，解得，即母线长， 所以该圆锥的高为，故A错误； 对于B选项，该圆锥的底面半径为， 母线长， 故该圆锥的侧面积为，故B错误； 对于C选项，取的中点，连接， 因为，为的中点，则，由垂径定理可得， 所以二面角的平面角为， 因为平面，平面，则， 因为，，则为等腰直角三角形， 则，所以， 所以，， 因为，故，即二面角的大小为，故C正确. 对于D选项，设该圆锥侧面展开图的圆心角为， 底面圆周长为，则，故D错误. 故选：C. 【变式2】（23-24高一下·贵州黔西·期末）在正方体中，平面与平面ABCD所成锐二面角的大小为 ． 【答案】 【分析】根据题意结合正方形的结构特征可知平面与平面ABCD所成二面角为，即可得结果. 【详解】因为平面，平面， 可得，可知平面与平面ABCD所成锐二面角为， 又因为为正方形，可得， 所以平面与平面ABCD所成锐二面角的大小为. 故答案为：. 【变式3】（23-24高一下·江苏常州·期末）如图，三棱柱所有棱长都为2，，O为BC中点，D为与交点． (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取中点，连接，证明四边形为平行四边形，得出，从而证明平面. （2）利用线面垂直的判定证得平面，进而得为直线与平面所成角并求出，利用勾股定理求出，再由余弦定理求出，利用二面角的定义即可得答案. 【详解】（1）在三棱柱中，取中点，连接， 由分别为和的中点，得且， 由O为BC中点，得且，则且， 即四边形为平行四边形，于是，又平面，平面， 所以平面. （2）由三棱柱所有棱长都为2，，得都是正三角形， 而O为BC中点，则，，平面，， 于是平面，又，则平面， 为直线与平面所成角， 因此，，而平面，则， 又为中点，则， 在中，，，则， 由，，得是二面角的平面角， 所以二面角的大小. 【变式4】（23-24高一下·安徽马鞍山·期末）如图，圆柱中，是一条母线，是底面一条直径，C是的中点. (1)证明：平面平面； (2)若，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由线面垂直的性质可得，然后由直径所对的圆周角等于可得，进而由线面垂直的判定定理可得平面，从而面面垂直的判定定理得证平面平面. （2）设，作,垂足于，并求的长度，进而由可得，易知是二面角的平面角，从而用余弦定理即可即可求解. 【详解】（1）证明：因为是一条母线，所以平面，而平面，则， 因为是底面一条直径，C是的中点，所以，即， 又平面且， 所以平面，而平面，则平面平面. （2）设，则，. 取的中点，则，， 作，垂足于，则，即， 进而，所以. 因为分别是的中点，连接， 所以，又，. 由，可知，是二面角的平面角. 所以. 故二面角的余弦值为. 【变式5】（23-24高一下·江苏南京·期末）如图，正三棱柱中，各棱长均相等，､､､分别为棱､､､的中点. (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）先根据证明平行四边形得出线线平行，再应用线面平行判定定理证明即可； （2）应用线面垂直判定定理及面面垂直判定定理证明即可； （3）根据面面垂直结合二面角定义找到二面角，再应用边长求正弦及余弦值即可. 【详解】（1） 连接，，， 又为的中点，，， 四边形是平行四边形， 又平面，平面， 平面， （2）平面，， 是的中点，，又，平面， 平面， 又因为平面，， 在正方形中，､分别为棱､的中点， ，平面， 平面， 又平面，平面平面. （3）由（2）知平面，平面， 平面平面平面，且平面平面， ，设与交于点，则平面， 过作垂直，连接，则， 为二面角的平面角， 令，则，， ， 又因为，， 为的中点， ， 在直角三角形中，， 由图知，为锐角， ， 由图知二面角的平面角与二面角的平面角互补， 故二面角的平面角的余弦值为. 题型15空间距离的计算 【典例1】（23-24高一下·江苏常州·期末）如图，在三棱锥中，，，． (1)求三棱锥的体积； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由条件可得平面，利用锥体的体积可求体积； （2）利用等体积法可求点点到平面的距离. 【详解】（1）因为，， 所以，， 所以，又，平面， 所以平面，又， 所以三棱锥的体积； （2）在中，由，， 所以边上的高为， 所以， 设点到平面的距离为， 所以，由（1）可得，解得. 所以点到平面的距离. 【变式1】（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】 【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：. 【变式2】（23-24高一下·广东广州·期末）如图，已知三棱台，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，体积为，平面平面，且. (1)证明：平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【分析】（1）利用面面垂直的性质推理即得. （2）延长交于一点，根据可求得，利用等体积法构造方程求解. （3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，由二面角大小可构造方程求得，进而得到结果. 【详解】（1）在三棱台中，平面平面，， 而平面平面，平面， 所以平面. （2）由棱台性质知：延长交于一点，    由，得，点到平面的距离为到平面距离的2倍，则， 于是，由平面，得为点到平面的距离， 又，则是的中点，，即为正三角形，为正三角形， 设，则， ，解得， ，由平面，得，， ，设点到平面的距离为， 由，得，解得：. 即点到平面的距离为. （3）由平面，平面，得平面平面，取中点，连接， 在正中，，而平面平面，则平面，而平面， 则，又平面，则平面平面，作于， 平面平面，则平面，，而平面，则， 作于，连接，，平面，则平面， 而平面，于是，即二面角的平面角， 设，由（2）知：，， 由，得，， 由，得， 若存在使得二面角的大小为， 则，解得， ， 所以存在满足题意的点，. 【变式3】（23-24高一下·甘肃临夏·期末）如图所示，三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，，点P，D分别为AB，的中点．    (1)求证：平面； (2)求证：； (3)求点C到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）连接，利用线面平行的判定推理即得. （2）利用线面垂直的判定、性质推理即得. （3）连接，交于点E，连接BE，过点C作于，利用线面垂直的判定、性质推证平面，再借助直角三角形求出即可. 【详解】（1）如图，连接，在中，D，P分别是，AB的中点，则， 而平面，平面，所以平面. （2）由，得，则，即， 由平面，平面，则， 而，平面，于是平面， 又平面，则，又，所以． （3）如图，连接，交于点E，连接BE，过点C作，F为垂足， 由，侧棱垂直于底面，得且， 又，，CB，平面CBE，则平面CBE， 又平面CBE，则，又，，平面， 因此平面，即CF为点C到平面的距离， 由平面，平面，得，， 所以点C到平面的距离． 学科网（北京）股份有限公司1 / 1 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注意：各侧面是全等的等腰梯形的是棱台称为正棱台．棱台还可按底面多边形的边数进行分类． 【典例2】（23-24高一下·湖南益阳·期末）下列说法中不正确的是（    ） A．三棱锥是四面体，正四面体是正三棱锥 B．平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 C．平行的线段在直观图中仍然平行 D．在同一个圆中，圆心和圆上两点可确定一个平面 【变式1】（23-24高一下·湖南衡阳·期末）下列几何体中，顶点个数最少的是（    ） A．四棱锥 B．长方体 C．四棱台 D．四面体 【变式2】（23-24高一下·青海海西·期末）下列说法不正确的是（    ） A．圆柱的轴截面是矩形 B．圆锥的轴截面是等腰三角形 C．所有空间几何体都是多面体 D．有些三棱锥的四个面都是直角三角形 【变式3】（23-24高一下·广东湛江·期末）下列说法正确的是（    ） A．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面 B．棱柱的侧面都是全等的平行四边形 C．有两个面平行，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的几何体叫棱柱 D．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 【变式4】（23-24高一下·天津南开·期末）给出下列命题： ①圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线； ②两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台； ③以直角梯形的一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆台； ④用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形． 其中正确命题是（    ）． A．①② B．①③ C．②③ D．②④ 【变式5】（23-24高一下·天津·期末）下列说法正确的是（    ） A．在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是该圆柱的母线 B．直四棱柱是长方体 C．将一个等腰梯形绕着较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体是一个圆锥 D．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 题型03多面体的面积与体积问题 解题锦囊 1.求棱柱、棱锥、棱台的表面积的基本步骤 (1)清楚各侧面的形状，求出每个侧面的面积．(2)求出其底面的面积．(3)求和得到表面积． 注意：组合体的表面积应注意重合部分的处理．　　　　 2.求几何体体积的常用方法 【典例3】（24-25高一上·江苏无锡·期末）已知正三棱台的上底面边长，下底面边长，侧棱与底面所成角的正切值为3，则该三棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25高一上·湖南衡阳·期末）在如图五面体中，棱AD，BE，CF互相平行，且两两之间距离为1.若，，，，则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（23-24高一下·江苏无锡·期末）已知四棱锥，，平分，点在上且满足，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【变式3】（24-25高一下·山西·期中）若正四棱锥的高为，且其各侧面的面积之和是底面积的2倍，则该四棱锥的表面积为（    ） A．12 B．24 C．32 D．48 【变式4】（24-25高一下·浙江宁波·期中）已知正四棱锥的底面正方形的边长为4，高与斜高的夹角为，则正四棱锥的侧面积为（    ） A． B．8 C． D．32 【变式5】（24-25高一下·福建泉州·期中）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，母线长为2，点为的中点，则（    ） A．圆台的轴截面积为 B．圆台的体积为 C．圆台的侧面积为 D．在圆台的侧面上，从C点到E点的最短路径长为5 【变式6】（24-25高一下·广东湛江·期中）如图所示，三棱柱ABC－A′B′C′中，若E，F分别为AC，AB的中点，平面EC′B′F将三棱柱分成体积为V1(棱台AEF－A′C′B′的体积)，V2的两部分，那么（　　） A．6︰5 B．7︰5 C．8︰3 D．4︰3 【变式7】（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 题型04旋转体的面积与体积问题 解题锦囊 1.圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式间的关系 S圆柱侧＝2πrlS圆台侧＝π(r＋r′)lS圆锥侧＝πrl. 2.球的表面积(体积)与半径之间的函数关系 S球＝4πR2　V球＝πR3. 【典例4】（24-25高一下·山东·期中）已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为，则圆台上下底面面积之差的绝对值为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（23-24高三下·陕西西安·阶段练习）若底面半径为r，母线长为l的圆锥的表面积与直径为l的球的表面积相等，则（   ） A． B． C． D． 【变式2】（多选）（24-25高一下·河南·期中）如图是一个圆台的侧面展开图，若，所在圆的半径分别是2和4，且，则（   ） A．圆台的侧面积为 B．圆台的高为 C．圆台的体积为 D．圆台内部可以容纳的球的直径最大为 【变式3】（多选）（24-25高一下·福建泉州·期中）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，母线长为2，点为的中点，则（    ） A．圆台的轴截面积为 B．圆台的体积为 C．圆台的侧面积为 D．在圆台的侧面上，从C点到E点的最短路径长为5 【变式4】（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期中）已知一个圆台的上底面半径为2，下底面的半径为5，其侧面积为，则该圆台的体积为 ． 【变式5】（多选）（24-25高一下·河北·期中）已知球的半径为，，，为球面上三点，且，，若球心到平面的距离等于，则下列结论正确的是（    ） A． B．若圆柱的外接球为球，则圆柱侧面积的最大值为 C．若正三棱柱的内切球为球，则正三棱柱的体积为 D．若正四面体的各棱与球相切，则正四面体的表面积为 题型05展开图的最短路径问题 解题锦囊 求几何体表面上两点间的最小距离的步骤 (1)将几何体沿着某棱(母线)剪开后展开，画出其侧面展开图； (2)将所求曲线问题转化为平面上的线段问题； (3)结合已知条件求得结果．　　　 . 【典例5】（24-25高一下·福建福州·期中）已知正三棱柱的底面边长为，高为，一质点从点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线长为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25高一上·四川成都·开学考试）如图圆柱的底面周长是，圆柱的高为，为圆柱上底面的直径，一只蚂蚁如果沿着圆柱的侧面从下底面点处爬到上底面点处，那么它爬行的最短路程为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（23-24高一下·福建龙岩·期中）在正四棱台中，，点为棱上的动点（含端点），则的最小值是（    ） A．6 B． C．8 D． 【变式3】（多选）（24-25高一下·陕西榆林·期中）正方体的棱长为2，M是棱上的一个动点（含端点），则的取值可以为（   ） A． B． C． D．5 【变式4】（24-25高一下·河北邢台·期中）正三棱柱的底面边长为1，高为4，在棱上分别任取点E，F，则的最小值为 ． 【变式5】（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图是一个以为底面的正三棱柱被一平面所截得的几何体，截面为△ABC.已知.    (1)求几何体的体积； (2)线段上有一动点，求使最小时的长. 题型06共面与共线问题 解题锦囊 1.证明点、线共面问题的常用方法 (1)先由部分点、线确定一个面，再证其余的点、线都在这个平面内，即用“纳入法”； (2)先由其中一部分点、线确定一个平面α，其余点、线确定另一个平面β，再证平面α与β重合，即用“同一法”； (3)假设不共面，结合题设推出矛盾，即用“反证法”．　　　　 2．证明三点共线的方法 (1)首先找出两个平面，然后证明这三点都是这两个平面的公共点，根据基本事实3可知，这些点都在两个平面的交线上． (2)选择其中两点确定一条直线，然后证明另一点也在此直线上． 3．证明三线共点的步骤 (1)首先说明两条直线共面且交于一点； (2)说明这个点在另两个平面上，并且这两个平面相交； (3)得到交线也过此点，从而得到三线共点．. 【典例6】（24-25高一下·河北邯郸·期中）如图，在多面体中，四边形和四边形均为正方形，四边形和四边形均为梯形，其中，，且．    (1)证明：B，D，E，G四点共面. (2)证明：三条直线交于一点. 【变式1】（24-25高一下·山东泰安·期中）长方体中，直线与平面的交点为，与交于点，则下列结论正确的是（    ） A．，，三点共线 B．，，三点确定一个平面 C．，，，四点共面 D．，，，四点共面 【变式2】（24-25高一下·云南玉溪·期中）在图示正方体中，O为BD的中点，直线平面，下列说法错误的是（   ） A．A，C，，四点共面 B．，M，O三点共线 C．平面 D．与BD异面 【变式3】（24-25高一下·福建莆田·期中）如图所示，在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且，则下列说法正确的有（ ）个 ①，，，四点共面； ②与异面； ③与的交点可能在直线上，也可能不在直线上； ④与的交点一定在直线上． A．0 B．1 C．2 D．3 【变式4】（24-25高一下·河北邢台·期中）如图，在四棱锥中，点G在正方形ABCD内，点F在BE上，若DF与EG相交，则下列说法一定正确的是（   ） A．点G在AC上 B． C． D．直线EB，GD交于点B 【变式5】（24-25高一下·全国·课堂例题）如图，已知分别是正方体的棱的中点，.证明：直线交于同一点； 题型07点线面位置关系的判断 解题锦囊 1．判断空间中两条直线位置关系的诀窍 (1)建立空间观念，全面考虑两条直线平行、相交和异面三种位置关系．特别关注异面直线． (2)重视正方体等常见几何体模型的应用，会举例说明两条直线的位置关系． 2．判定两条直线是异面直线的方法 (1)定义法：证明两条直线既不平行又不相交． (2)重要结论：连接平面内一点与平面外一点的直线，和这个平面内不经过此点的直线是异面直线．用符号语言可表示为l⊂α，A∉α，B∈α，B∉l⇒AB与l是异面直线　　　　 3.直线与平面位置关系的判断 (1)空间直线与平面位置关系的分类是解决问题的突破口，这类判断问题，常用分类讨论的方法解决．另外，借助模型(如正方体、长方体等)也是解决这类问题的有效方法． (2)要证明直线在平面内，只要证明直线上两点在平面α内，要证明直线与平面相交，只需说明直线与平面只有一个公共点，要证明直线与平面平行，则必须说明直线与平面没有公共点.　　　　 4．平面与平面的位置关系的判断方法 (1)平面与平面相交的判断，主要是以基本事实3为依据找出一个交点． (2)平面与平面平行的判断，主要是说明两个平面没有公共点． . 【典例7】（23-24高一下·湖南株洲·期末）设为空间中两条不同直线，为空间中两个不同平面，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若不垂直于，则必不垂直于 C．若,，则 D．若是异面直线，，则 【变式1】（23-24高一下·江苏无锡·期末）若为空间中两条不同的直线，为空间两个不同的平面，则下列结论不正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，，则 D．若，则 【变式2】（23-24高一下·宁夏固原·期末）已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【变式3】（23-24高一下·江苏苏州·期末）设是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列说法中正确的序号为（ ） ①若，则为异面直线 ②若，则 ③若，则 ④若，则 ⑤若，，，则 A．②③⑤ B．①②⑤ C．④⑤ D．①③ 【变式4】（多选）（24-25高一上·湖南邵阳·期末）已知两条不同的直线a，b，三个不同的平面，，，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【变式5】（24-25高一上·上海·期末）平行于同一平面的两直线的位置可能是 . 题型08平行关系的证明 解题锦囊 1.证明线线平行的方法 (1)定义法：在同一个平面内没有公共点的两条直线平行． (2)基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行． (3)线面平行的性质定理：⇒a∥b，应用时题目条件中需有线面平行． 2.证明直线与平面平行的方法 (1)线面平行的判定定理； (2)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面． 3.平面与平面平行的判定方法 (1)定义法：两个平面没有公共点． (2)判定定理：一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面． (3)转化为线线平行：平面α内的两条相交直线与平面β内的两条相交直线分别平行，则α∥β. (4)利用平行平面的传递性：若α∥β，β∥γ，则α∥γ.　　　 【典例8】（24-25高一下·天津和平·期中）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，分别是的中点． (1)求证：平面； (2)在上取一点（不与重合），设过点和的平面交平面于，求证：． 【变式1】（24-25高一下·江苏无锡·期中）如图所示，正四棱锥中，P为侧棱SD上的点，且，Q为侧棱SD的中点，平面平面． (1)证明：平面PAC； (2)证明：； 【变式2】（24-25高一下·吉林松原·期中）如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，，交于点，点是棱上的一点，且平面． (1)求证：点是的中点； (2)在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，请加以证明，并写出的值；若不存在，请说明理由． 【变式3】（23-24高一下·黑龙江齐齐哈尔·期末）如图，在直三棱柱中，，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积. 题型09垂直关系的证明 解题锦囊 线线、线面垂直问题的解题策略 (1)证明线线垂直，一般通过证明一条直线垂直于经过另一条直线的平面，为此分析题设，观察图形找到是哪条直线垂直于经过哪条直线的平面． (2)证明直线和平面垂直，就是要证明这条直线垂直于平面内的两条相交直线，这一点在解题时一定要体现出来．　 证明面面垂直常用的方法 (1)定义法：即说明两个半平面所成的二面角是直二面角； (2)判定定理法：在其中一个平面内寻找一条直线与另一个平面垂直，即把问题转化为“线面垂直”； (3)性质法：两个平行平面中的一个垂直于第三个平面，则另一个也垂直于此平面．　 . 【典例9】（23-24高一下·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． 【变式1】（24-25高一下·山东泰安·期中）如图，直三棱柱中，，、分别为、的中点. (1)求证：平面； (2)求证：. 【变式2】（24-25高一下·山东青岛·期中）如图，在长方体中，，，点P为的中点．求证： (1)直线平面PAC； (2)平面平面． 【变式3】（23-24高一下·北京·阶段练习）如图，四边形ABCD是正方形，平面，，，． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求三棱锥的体积． 题型10 平行垂直的综合问题 【典例10】（23-24高一下·江苏常州·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，底面是平行四边形，点为的中点，点分别在上，且平面平面． (1)求证：为线段中点； (2)若点在棱上，猜想：当为何值时，有平面平面，并证明你的猜想． 【变式1】（22-23高一下·山西·期末）如图，PA⊥平面ABC，AB为圆O的直径，E，F分别为棱PC，PB的中点． (1)证明：EF平面ABC． (2)证明：平面EFA⊥平面PAC． 【变式2】（23-24高一下·贵州黔西·期末）如图，在正方体中． (1)求证：∥平面； (2)求证：平面． 【变式3】（23-24高一下·天津西青·期末）如图，直三棱柱中，，E、F分别为AB、的中点． (1)求证：平面； (2)求证：； (3)若，直线EF与平面ABC所成角为，求三棱锥的体积． 【变式4】（24-25高一上·上海·期末）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，平面平面. (1)求证：； (2)求证：为直角三角形； (3)若，求四棱棱的体积. 题型11球的内切外接问题 解题锦囊 常见的几何体与球的切、接问题的解决策略 (1)处理有关几何体外接球或内切球的相关问题时，要注意球心的位置与几何体的关系，一般情况下，由于球的对称性，球心总在几何体的特殊位置，比如中心、对角线的中点等． (2)解决此类问题的实质就是根据几何体的相关数据求球的直径或半径，关键是根据“切点”和“接点”，作出轴截面图，把空间问题转化为平面问题来计算． 【典例11】（23-24高一下·内蒙古·期末）已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，，则三棱柱外接球的表面积为（   ）． A． B． C． D． 【变式1】（23-24高一下·甘肃临夏·期末）已知A，B，C三点均在球O的表面上，，且球O的内接正方体的棱长为，则球心O到平面ABC的距离为（    ） A． B．1 C．2 D． 【变式2】（23-24高一下·陕西宝鸡·期末）已知三棱锥，则三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【变式3】（23-24高一下·江苏南京·期末）设是球表面上的四个点，平面，，，，，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【变式4】（23-24高一下·四川凉山·期末）已知正三棱柱的侧面积为，若该三棱柱的顶点都在同一个球的表面上，则球的表面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【变式5】（24-25高一上·上海·期末）一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为，则此球表面积为 . 题型12异面直线所成角 解题锦囊 求异面直线所成的角的一般步骤 (1)找出(或作出)适合题设的角——用平移法，遇题设中有中点，常考虑中位线；若异面直线依附于某几何体，且直线对异面直线平移有困难时，可利用该几何体的特殊点，使异面直线转化为相交直线． (2)求——转化为求一个三角形的内角，通过解三角形，求出所找的角． (3)结论——设由(2)所求得的角的大小为θ.若0°＜θ≤90°，则θ为所求；若90°＜θ＜180°，则180°－θ为所求.　　　　 【典例12】（23-24高一下·宁夏固原·期末）在三棱锥中，，且直线与所成的角为，分别为棱的中点，则直线与所成角的大小为（    ） A． B． C．或 D．或 【变式1】（23-24高一下·重庆·期末）如图，在正三棱柱中，若，，则与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25高二上·安徽·开学考试）如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是AB的中点． (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的正弦值． 【变式3】（23-24高一下·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 ． 题型13直线与平面所成角 解题锦囊 求直线与平面所成角的一般步骤 (1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线． (2)连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角． (3)把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角． 【典例13】（23-24高一下·江苏苏州·期末）如图，四棱锥的体积为，底面为等腰梯形，， ，，，，是垂足，平面平面． (1)证明：； (2)若为的中点，求直线和平面所成角的正弦值． 【变式1】（23-24高一下·江苏常州·期末）已知在正三棱柱中，，与平面所成的角为，则该正三棱柱的体积为 ． 【变式2】（23-24高一下·江苏常州·期末）已知圆台上下底面半径分别为，圆台的母线与底面所成的角为，且该圆台上下底面圆周都在某球面上，则该球的体积为 . 【变式3】（23-24高一下·宁夏固原·期末）如图所示，已知平面ABC，∥，，，，E为BC的中点. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 【变式4】（23-24高一下·广东广州·期末）如图，是半球O的直径，P是半球底面圆周上一点，Q是半球面上一点，且． (1)求证：； (2)若,求直线与平面所成角的正弦值． 【变式5】（23-24高一下·甘肃兰州·期末）如图，在四棱锥中，平面PAB，且在四边形PACQ中，，，二面角的大小为，且． (1)点E为BC的中点，证明：平面PAB； (2)求直线BQ与平面PACQ所成角的正弦值． 题型14二面角 解题锦囊 解决二面角问题的策略 (1)清楚二面角的平面角的大小与顶点在棱上的位置无关，通常可根据需要选择特殊点作平面角的顶点． (2)求二面角的大小的方法： 一作：即先作出二面角的平面角； 二证：即说明所作角是二面角的平面角； 三求：即利用二面角的平面角所在的三角形算出角的三角函数值，其中关键是“作”． 【典例14】（23-24高一下·青海·期末）如图，在四棱锥中，底面四边形是直角梯形，是的中点，． (1)证明：平面． (2)若，求二面角的正弦值． 【变式1】（23-24高一下·广东广州·期末）已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线与互相垂直，的面积为2，与圆锥底面所成的角为，则（    ） A．圆锥的高为 B．圆锥的侧面积为 C．二面角的大小为 D．圆锥侧面展开图的圆心角为 【变式2】（23-24高一下·贵州黔西·期末）在正方体中，平面与平面ABCD所成锐二面角的大小为 ． 【变式3】（23-24高一下·江苏常州·期末）如图，三棱柱所有棱长都为2，，O为BC中点，D为与交点． (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的大小． 【变式4】（23-24高一下·安徽马鞍山·期末）如图，圆柱中，是一条母线，是底面一条直径，C是的中点. (1)证明：平面平面； (2)若，求二面角的余弦值. 【变式5】（23-24高一下·江苏南京·期末）如图，正三棱柱中，各棱长均相等，､､､分别为棱､､､的中点. (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)求二面角的余弦值. 题型15空间距离的计算 【典例1】（23-24高一下·江苏常州·期末）如图，在三棱锥中，，，． (1)求三棱锥的体积； (2)求点到平面的距离． 【变式1】（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 ． 【变式2】（23-24高一下·广东广州·期末）如图，已知三棱台，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，体积为，平面平面，且. (1)证明：平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 【变式3】（23-24高一下·甘肃临夏·期末）如图所示，三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，，点P，D分别为AB，的中点．    (1)求证：平面； (2)求证：； (3)求点C到平面的距离． 学科网（北京）股份有限公司1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$