高一期末复习专题3：立体几何11类高频考点回顾（可直接打印）-【重难点突破】2024-2025学年高一数学下学期·人教A版必修第二册·重难点专题突破

1 高一期末复习专题 3：立体几何高频考点回顾 【题型 1】斜二测画法 1. (23- 24高一下· 州·期末)如图， 放 的△ABC的斜二 直观图为△ABC，若AB =AC= 1，BC= 2， BC= ( )    A. 2 B. 3 C. 2 2 D. 2 3 2. (23- 24高一下· 北武 ·期末)如图，△OAB 放 的△OAB的斜二 直观图，若OA = 3,OB= 2 2 ,∠AOB= 45°， △OAB的面积为 . 3. (高一下· 东烟台·期末)已知直四棱柱的高为 2，其 面四边 ABCD 放 时的斜二 直观 图为矩 ABCD，如图所示．若AO=OB=BC= 1， 该直四棱柱的表面积为 ( ) A. 20+ 4 2 B. 8+ 2 2+ 3  C. 20+ 8 2 D. 8+ 4 2+ 3  4. (23 - 24高一下· 南郑州·期末) 斜二 法 放 的四边 ABCD的直观图为菱 A1B1C1D1，已知A1C1= 5，B1D1= 4， 四边 ABCD的面积为 ( ) A. 20 B. 5 2 C. 10 D. 20 2 2 5. (23- 24高一下· 南长 ·期末)如图，一个 放 的 面图 的斜二 直观图 直角 OABC，且OA∥BC，OA= 2BC= 2，AB= 1， 该 面图 的高为 ( )    A. 2 B. 1 C. 2 2 D. 2 【题型 2】平行与垂直的辨析 6. (23- 24高一下· 东 州·期末)已知两条不 的直线m， n及三个不 的 面 α， β， γ 下 理正 的 ( ) A. α⊥ β,α∩ β=n，m⊥n⇒m⊥ β B. α⊥ γ,β⊥ γ⇒ α⊥ β C. α∩ β=m，n⎳ α，n⎳ β⇒m⎳n D. m⊥n，n⊥ α⇒m⎳ α 7. 已知 a， b 两条不 的直线， α， β 两个不 的 面， a⊥ b  成 的 ( ) A. a⊥ α， b⎳ β， α⊥ β B. a⊥ α， b⊥ β， α⎳ β C. a⊂ α， b⊥ β， α⎳ β D. a⊂ α， b⎳ β， α⊥ β 8. (23- 24高一下· 北武 ·期末)已知 l,m， n 不 的直线， α， β， γ 不 的 面， 下 结论正 的 ( ) A. 若m⎳ α，n⎳ α， m⎳n B. 若m⎳ α，m⎳ β， α⎳ β C. 若m⎳ α， α⎳ β， m⎳ β D. 若 α⊥ γ， β⊥ γ， α∩ β= l， l⊥ γ 3 9. (23- 24高一下· 杭州·期末)已知 α,β表示两个不 的 面， a,b,c表示三条不 的直线， ( ) A. 若 b⎳ a,a⊂ α， b⎳ α B. 若 a⊂ α,b⊂ α,c⊥ a,c⊥ b， c⊥ α C. 若 a⊂ α,b⊂ α,a⎳ β,b⎳ β， α⎳ β D. 若 a⊥ α,a⎳ b,b⊂ β， α⊥ β 10. (23- 24高一下· 东 ·期末)已知两条不 的直线 m,n 三个不 的 面 α,β,γ ，下 断正 的 ( ) A. 若 m⊂ α,n⎳m， n⎳ α B. 若 m⊂ α,n⊂ β,m⎳ β,n⎳ α， α⎳ β C. 若 α⊥ γ,β⊥ γ,α∩ β=m， m⊥ γ D. 若 α∩ β=n,m⊥n,m⊂ β， α⊥ β 11. (23- 24高一下· 东惠州·期末)设 α， β 两个不 的 面，m， n 两条直线， 下 题为 题的 ( ) A. 若m⊂ α，n⊂ β，m⊥n， α⊥ β B. 若m⎳ α，n⊂ α， m⎳n C. 若m⊂ α，n⊂ α，m⎳ β，n⎳ β， α⎳ β D. 若m⊥ α，n⊂ α， m⊥n 12. (23- 24高一下· 东 南·期末)已知两条不 的直线m，n 两个不 的 面 α， β， 下 结 论正 的 ( ) A. 若m⎳ α，n⊂ α， m⎳n B. 若m⊥ α，m⊥n， n⎳ α C. 若m⊂ α，n⊂ α，m⎳ β，n⎳ β， α⎳ β D. 若 α⎳ β，m⊂ α，n⊂ β， m与n 行或 面 4 13. (23- 24高一下·福建福州·期末)下 说法中正 的个数 ( ) (1)若两个 面都与 三个 面 直， 这两个 面 行； (2)如果 面 α外有两点A，B 面 α的距离相 ， 直线AB∥ α； (3)若两条直线与一个 面所成的角相 ， 这两条直线 行； (4)一条直线 两条 行直线中的一条相交， 么它也 另一条相交． A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 14. (23- 24高一下·福建厦门·期末)已知 α,β,γ 三个不 的 面， α∩ β=m,α∩ γ=n， ( ) A. 若m⎳n， β⎳ γ B. 若m⊥n， β⊥ γ C. 若 α⊥ β,α⊥ γ， m⎳n D. 若 α⊥ γ,β⊥ γ， m⊥n 15. (23- 24高一下· 东 州·期末) 正方 ABCD-A1B1C1D1中，E为DD1的中点， ( ) A. AE⎳BC1 B. AE⊥B1C C. BD1⎳ 面ACE D. B1D⊥ 面ACE 16. (23- 24高一下· 东 州·期末)已知 l 一条直线， α、 β 两个不 的 ， 下 题正 的 ( ) A. 若 l⎳ α， l⎳ β， α⎳ β B. 若 l⎳ α， α⊥ β， l⊥ β C. 若 l⊥ α， α⊥ β， l⎳ β D. 若 l⊥ α， α⎳ β， l⊥ β 17. (23- 24高一下· 州·期末)已知 l，m 两条不 的直线， α， β 两个不 的 面， 下 题正 的 ( ) A. 若 l⎳m， l⎳ α，m⎳ β， α⎳ β B. 若 l⊥m， l⊥ α，m⎳ β， α⎳ β C. 若 α⎳ β， l⊂ α，m⊂ β， l⎳m D. 若 l⊥m， l⊥ α，m⊥ β， α⊥ β 18. (23- 24高一下· ·期末) (多 )对于两个 面 α， β 两条直线m，n， 下 说法正 的 ( ) A. 若m⊥ α，m⊥n， n⎳ α或n⊂ α B. 若m⎳ α， α⊥ β， m⊥ β C. 若m⊥ α，n⊥ β， α⊥ β， m⊥n D. 若 面 α内有不共线的三点 面 β的距离相 ， α⎳ β 5 19. (23- 24高一下· 南 ·期末) (多 )已知 a， b， c为三条直线， α， β， γ为三个 面．下 题为 题的 ( ) A. 若 a⊥ c， b⊥ c， a∥ b B. 若 a∥ α， a⊂ β， α∩ β= b， a∥ b C. 若 a⊥ α， a⊂ β， α⊥ β D. 若 α⊥ γ， β⊥ γ， α∩ β= a， a⊥ γ 20. (23 - 24高一下· 镇 ·期末) (多 )已知 α， β 不 面，m， n， l 不 直线， “m⎳n”的充 条件 ( ) A. m⊥ l，n⊥ l； B. m⎳ α，m⊂ β， α∩ β=n； C. m⊥ α，n⊥ β， α⎳ β； D. α⎳ β，m⊂ α，n⊂ β 【题型 3】台体，椎体，组合体表面积，体积计算 21. (新课 Ⅱ·高 题)正三棱柱ABC-A1B1C1的 面边长为 2， 棱长为 3，D为BC中点， 三棱锥A-B1DC1的 积为 A. 3 B. 3 2 C. 1 D. 3 2 22. (23- 24高一下· 北武 ·期末)已知 锥 积为 3π，表面积 面积的 3倍， 该 锥的母线 长为 . 6 23. (23- 24高一下· 东 州·期末)已知 锥的顶点为 S，O为 面 ，母线 SA与 SB互相 直，△SAB的面积为 2，SA与 锥 面所成的角为 30°， ( ) A. 锥的高为 2 B. 锥的 面积为 3π C. 二面角S-AB-O的大 为 45° D. 锥 面 图的 角为 120° 24. (23- 24高一下· 南长 ·期末)如图所示， 三棱柱ABC-A1B1C1中，若点E， F 满足 AE  = 2 3 AB  ，AF  = 2 3 AC  ，三棱柱高为 3，△ABC面积为 3 3， 几 B1C1-BCFE的 积为 ( ) A. 8 3 3 B. 3 3 C. 10 3 3 D. 11 3 3 25. (23- 24高一下· 北武 ·期末)《天工 物》 我国 代科学家宋 所 的一部综 科学 技术 ，书中记载了一种 瓦片的方法．某 高一 级计 实践这种方法，为 学们准备了 瓦 的粘 柱 的木质 ， 面外 的直 为 20cm，高为 20cm．首先， 的外 面 匀包上一 厚 为 1cm的粘 ， ， 母线方 粘 成四 份 (如图)， 粘 ，即可 大 相 的四片瓦．每 学 四片瓦，全 级共 1000人，需要准备的粘 (不计 )约为 (    ) (参 数 ： π≈ 3.14) A. 1.3m3 B. 1.5m3 C. 1.8m3 D. 2.2m3 7 26. (23- 24高一下· ·期末)某 区 园内现有一个 台 的石 ，经 发现该石 上 面 的半 为 3，且上 面 直 的一端点的投 为下 面 半 的中点，高为 2， 这个 台的表面积为 ( ) A. 9 13π B. 42π C. 45+9 13 π D. 126π 27. (23- 24高一下· 镇 ·期末)如图， 一个 柱 4 份 ，再 其 新组 成一个与 柱 高的几 ，若新几 的表面积比原 柱的表面积增 了 20， 原 柱的 面积 ( )    A. 10π B. 20π C. 100π D. 200π 28. (23- 24高一下· 北武 ·期末)如图，一个 柱 一个 锥的 面直 它们的高都与一个球 的直 2R相 ，下 结论不正 的 ( ) A. 柱的 面积为 4πR2 B. 锥的 面积为 5πR2 C. 柱的 积 于 锥与球的 积之 D. 三个几 的表面积中，球的表面积最 8 29. (23 - 24高一下· 东 南·期末)若正三棱台上 面边长为 2，下 面边长为 2 2，高为 2 3 3 ， 该棱台的 积为 ( ) A. 5 3 B. 2 C. 7 3 D. 8 3 30. (23- 24高一下· 东 ·期末)如图 一个盛满 的正四棱台容器，它的下 面边长 上 面 边长的 2倍，高为 h，现 四棱台中的 全部倒入与棱台 高且 面边长 于棱台下 面边长的正 四棱柱容器中 ( 忽 不计)， 四棱柱中 的高 为 ( )    A. 5 12 h B. 7 12 h C. 5 6 h D. h 31. (23- 24高一下· 南郑州·期末)已知 锥的表面积为 9π，它的 面 图 一个半 ， 此 锥的 积为 ( ) A. 3π B. 9π C. 3π D. 3 32. (23- 24高一下· 南 ·期末)已知 锥的 面半 高 为 1， 该 锥的 面积为 ( ) A. π B. 2π C. 2π D. 2 2π 9 33. (23- 24高一下· 扬州·期末)已知一个正四棱台的 积为 152cm3，上、下 面边长 为 4cm、 6cm， 棱台的高为 cm. 34. (23- 24高一下· 东·期末) (多 )已知 台的上、下 面半 为 1 3，母线长为 2 2， ( ) A. 台的母线与 面所成的角为 45° B. 台的 面积为 8 2π C. 台的 积为 14 3 π D. 若 台的两个 面的 一个球的球面上， 该球的表面积为 40π 35. (23- 24高一下· 南 ·期末)以棱长为 2的正方 的六个面为 面， 外 状相 的 正四棱锥， 一个多面 ，已知正四棱锥的 面与 面所成的角为 π 4 ．该多面 的 积为 ，其面数为 ． 【题型 4】垂直平行的证明 36. (23- 24高一下· 扬州·期末) 正方 ABCD-A1B1C1D1中，E,F,G,H 棱AA1,AB, BC,C1D1的中点，下 结论正 的 (    ). A. EF∥GD1 B. D1E⊥FG C. FG⊥ 面BB1D1D D. 面D1EF∥ 面GHC1 10 37. (23- 24高一下· 州·期末)如图， 四棱锥P-ABCD中，已知 面ABCD为矩 ，PA ⊥ 面ABCD，PA=AB，E，F，G 为线段AD，BC，PB的中点. (1) 证：AG⊥ 面PBC； (2) 证：PE⎳ 面AFG. 38. (23- 24高一下· 南 ·期末)如图， 四棱锥P-ABCD中， 面ABCD 菱 ，PA⊥ 面ABCD，E,F 棱BC,AP的中点． (1)证 ：PC⊥BD； (2)证 ：EF⎳ 面PCD． 39. (2025高一·全国·专题练习)如图，四棱锥P-ABCD的 面 菱 ，PO⊥ 面ABCD，O、 E AD、AB的中点，AB= 6，AP= 5，∠BAD= 60° (1) 证：BO⊥ 面PAD； (2) 证： 面PAC⊥ 面POE； 11 40. (24- 25高二上·云南玉 ·期中)如图所示， ABCD中，AB⎳CD，∠ADC= π 2 ，AB = 2AD= 2CD= 4，AP⊥ 面ABCD，CQ⎳AP，AP= 2，CQ= 3，M为AB中点. (1)证 ：QM⎳ 面ADP； (2)证 ：QM⊥CD； 41. (23- 24高一下· 东 ·期末)如图，已知多面 PQRABCD 中，四边 ABCD、PABQ、 PADR 为正方 ，点 H △CQR 的 ，PA= 1 . (1)证 : H 点 A 面 CQR 上的 ;(2) 多面 PQRABCD 的 积. 42. (23 - 24高一下 · 东 ·期末)如图， 直三棱柱 ABC - A 1B 1C 1中， AC = 6， AB = 10， cos∠CAB= 3 5 ，AA1= 8，点D AB的中点． (1) 证：AC1⎳ 面CDB1； (2) 证：AC⊥BC1； (3) 三棱锥A1-B1CD的 积． 12 【题型 5】点到平面距离 43. (23- 24高一下· 州·期末) 三棱锥P-ABC中，PA,PB,PC两两 直，PA= 1，PB =PC= 2 . (1) 三棱锥P-ABC的表面积； (2) P 面ABC的距离. 44. (23- 24高一下· 东惠州·期末)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的 积为 8，二面角C1-AB-C 的大 为 π 4 ，且AC=BC，CC1= 2， 点A1 面ABC1的距离为 ( ) A. 2 B. 2 2 C. 2 3 D. 2 4 45. (24- 25高一下·天 ·期中)如图， 三棱柱ABC-A1B1C1中， 面BCC1B1，ABB1A1 为正 方 ，AB=BC= 1，∠ABC= 90°，点D 棱的A1C1中点． (1) 证：BC1⎳ 面AB1D； (2) B1 面A1BC1的距离． 13 46. (24- 25高一下· 东 头·期中)如图， 四棱锥 P-ABCD中， PA⊥ 面ABCD，AB⊥ AD，AD⎳BC，AB=BC= 2，AD= 4．    (1) 证：CD⊥ 面PAC； (2)若 面直线PB与CD所成的角为 π 3 ， 点B 面PCD的距离． 47. (24- 25高一下· 东深 ·期中)如图， 四棱台ABCD-A1B1C1D1中， 面ABCD 正方 ， D1D⊥ 面ABCD，D1D= 2，AB= 6，A1B1= 3. (1) 证：A1A⎳ 面C1BD； (2) 直线A1A 面C1BD的距离. 14 48. (23- 24高一下· 北武 ·期末)如图，四边 PDCE为矩 ，直线PD 直于 ABCD所 的 面.∠ADC=∠BAD= 90  °，F 线段PA的中点，PD= 2，AB=AD= 1 2 CD= 1. (1) 证：AC⎳ 面DEF； (2) 点F 面BCP的距离 【题型 6】异面直线夹角 49. (23- 24高一下· 镇 ·期末)正方 ABCD-A1B1C1D1中， E， F 为棱AB，AD中 点， EF与BC1所成角为 ( ) A. 30  ° B. 45° C. 60° D. 90° 50. (23- 24高一下·福建厦门·期末) 四棱锥P-ABCD中，PA⊥ 面ABCD，四边 ABCD为 正方 ，∠PDA= 45°， 直线PB与AC所成角的大 为 . 15 51. (24- 25高一下·天 滨 新·期中) 四面 ABCD中，AC= BD= 4， E， F AD， BC的中点，若 EF= 2 3， 面直线AC与BD的夹角为 . 52. (23- 24高一下· 东东 ·期末)已知三棱锥P-ABC,PA⊥ 面ABC,AB⊥BC,PA=AB= 2BC， 面直线PB与AC所成角的 值为 ( ) A. 1 5 B. 10 5 C. 2 4 D. 15 5 53. (24- 25高一下· 林长 ·期中)如图，正方 ABCD-A1B1C1D1棱长为 2，点M，N 为 BB1，CD的中点， 面直线MN DC1所成角的 值为 ( ) A. 3 3 B. 3 6 C. 6 12 D. 3 12 54. (24- 25高一下·安 · 段练习) 三棱锥A­BCD中，AD=BC，且AD与BC所成的角 为 60°，若E，F AB，CD的中点， 直线EF与AD所成的角为 ( ) A. 30° B. 60° C. 90° D. 30°或 60° 55. (23- 24高一下· 州·期末) 矩 ABCD中，AB= 1，AD= 3， △ABC 对角线 AC折起， B B， 成三棱锥B-ACD， 面直线BC与AD所成角的 围为 ( ) A. 0, π 2  B. 0, π 2  C. 0, π 3  D. 0, π 3  16 【题型 7】线面角问题 56. (23- 24高一下· 北武 ·期末)如图， 台OO1的轴截面 腰 ABCD， AB= BC= 2CD= 4，E为下 面⊙O上的一点，且AE= 3BE， 直线CE与 面ABCD所成角的正 值 为 ( ) A. 2 B. 1 2 C. 5 D. 5 5 57. (24- 25高一下·天 ·期中)如图， 四面 ABCD中，△ABC 边三角 ， 面ABC⊥ 面ABD，点M为棱AB的中点，AB= 2，AD= 2 3，∠BAD= 90°． (1) 证：CM⊥ 面ABD； (2) 直线CD与 面ABD所成角的正 值． 17 58. (23 - 24高一下 · 北武 ·期末) (建 间直角 系 题不 )如图， 四棱锥 A - BCC1B1中， 面ABC⊥ 面BCC1B1，△ABC 正三角 ，四边 BCC1B1 正方 ，D AC 的中点． (1) 证：AB1⎳ 面BDC1； (2) 直线BC 面BDC1所成角的正 值的大 ． 59. (23- 24高一下· 南长 ·期末)如图，四边 ABCD 柱OE的轴截面，点 F 面 O 上， O的半 为 1，AF= 3，点G 线段BF的中点. (1)证 ：EG⎳ 面DAF； (2)若直线DF与 柱 面所成角为 45°， 三棱锥C-ADF的 积. 18 60. (24- 25高一下·黑 滨·期中)如图， 柱OO中， 柱轴截面ABCD 一个边长为 4 的正方 ，E为 AB中点，F为BC中点. (1) 三棱锥C-ABE的表面积； (2) 证：AE⊥ 面CEF； (3) AC与 面BEF所成角的正 值. 【题型 8】二面角计算 61. (24- 25高一下· 西宜 · 段练习)如图， 正四棱锥P-ABCD中， 面边长为 2，高为 4． (1) 直线AP与 面ABCD所成角的正 值； (2) 二面角A-PB-C的 值． 19 62. (24 - 25高一下· 东深 ·期中)如图， 四棱锥 P - ABCD中， 面 ABCD 直角 ， AD⎳BC，AB⊥BC，AB=BC= 1，AD= 2，PA⊥ 面ABCD，PA= 2． (1) 证：CD⊥ 面PAC； (2) 证： 面PAC⊥ 面PCD； (3) 二面角P-CD-A所成角的 值． 63. (23- 24高一下· 东 南·期末)如图 1， 菱 ABCD中，△ABD 边长为 2的 边三角 ， △ABD 对角线BD翻折至△PBD的 ， 图 2所示的三棱锥P-BCD.    (1)证 ：BD⊥PC； (2)若二面角P-BD-C的 面角为 60  °， 直线PB与 面BCD所成角的正 值. 20 64. (24- 25高一下· 东东 ·期中)如图， 三棱锥A-BCD中，CD= 4 3 ,BC= 2 3 ,∠BDC= 30°,BC⊥AD． (1)BC⊥ 面ABD； (2) AB=AD= 4时， 二面角A-BC-D的正 值． 65. (24 - 25高一下 · 东惠州 ·期中 )如图， 多面 ABCED 中， △ABC为 边三角 ， AD⎳CE,AC⊥CE,AC=CE= 2AD= 2．点F为BC的中点， 面ACED⊥ 面ABC. (1) 证：AF⊥ 面BCE； (2)设点G为BE上一点，且BG= 2 3 BE， 二面角B-AF-G的 值. 21 【题型 9】外接球与内切球相关计算 66. (23- 24高一下· 州·期末) 直角三角 ABC中，已知 CH为斜边AB上的高，AC= 2 3，BC= 2，现 △BCH CH折起， 点B 达点B，且 面BCH⊥ 面ACH， 三 棱锥B-ACH的外 球的表面积为 . 67. (23- 24高一下· 东 州·期末)已知一个 台的上、下 面直 为 2、 8，母线长为 6， 台内部放 半 最大的球的表面积为 . 68. (23 - 24高一下· 北武 ·期末)如图， 面四边 ABCD中， AD⊥ CD， AC⊥ BC， ∠DAC= 30°，∠BAC= 45°，现 △ACD AC折起， 连 BD， 面ACD⊥ 面ABC， 若所 三棱锥D-ABC的外 球的表面积为 8π， 三棱锥D-ABC的 积为 ( ) A. 1 4 B. 3 4 C. 3 8 D. 3 3 69. (23- 24高一下· 镇 ·期末) 正方 ABCD 对角线AC折叠成直二面角B-AC-D， 此时BD与 面ABC所成角的大 . 22 70. (23- 24高一下· 州·期末)已知 台上 面半 为 1，下 面半 为 2，高为 2． (1) 该 台的 积； (2) 该 台母线与下 面所成角的 值． 71. (23- 24高一下· 东 ·期末)已知 锥的 面半 为 3， 面积为 15π. (1) 锥的 积； (2) 锥的内 球的表面积. 23 72. (23- 24高一下·福建福州·期末) 塔， 于福州马 ，某 数学建模 ，有学 择 塔的高 ，为此，他们设计了 方 ，如图， 塔 直于 面，他们 择了与 塔 部D 一 面上的A，B两点， ∠ADB= 45°， AB= 30米，且 A，B两点观察 塔顶C点，仰角 为 45° α，其中 cosα= 6 3 . (1) 塔的高 CD的长； (2) (1)的条件下 多面 A-BCD的表面积； (3) (1)的条件下 多面 A-BCD的内 球的半 . 【题型 10】由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置 73. (24- 25高一下· 东 州·期中)如图，P为 行四边 ABCD所 面外一点，E为AD的中 点，F为PC上一点， PA⎳ 面EBF时， CF CP = ( ) A. 2 3 B. 3 2 C. 2 D. 1 2 24 74. (24- 25高一下· 东·期中)如图， 行六面 ABCD-A1B1C1D1中，点M BB1上靠近B 的三 点，直线DM交 面BCD1A1于点N， DN DM = ( ) A. 1 2 B. 2 3 C. 3 4 D. 5 6 75. (23- 24高一下· 东东 ·期末)如图 1，△ABC 边长为 3的 边三角 ，点D,E 线段 AC,AB上，且AE= 1,AD= 2， DE △ADE翻折 △PDE的 ， PB= 5，如图 2. (1) 证： 面PDE⊥ 面BCDE； (2) 线段PB上 存 点M， EM⎳ 面PCD，若存 ， 出 PM MB 的值；若不存 ，请 说 理 . 25 【题型 11】截面问题 76. (18- 19高二上·安 · 段练习)正方 ABCD-A1B1C1D1中，E，F AD，DD1的 中点，AB= 4， 过B，E，F的 面截该正方 所 的截面 长为 ( ) A. 6 2+ 4 5 B. 6 2+ 2 5 C. 3 2+ 4 5 D. 3 2+ 2 5 77. (23- 24高一下· 北武 ·期末)如图， 正方 ABCD-A1B1C1D1中，M ,N ,P C1D1, BC,A1D1的中点，有四个结论： ①AP与CM 面直线； ②AP,MN ,DD1相交于一点； ③过A，M，P的 面截正方 所 的图 为 行四边 ； ④过A，M，N的 面截正方 所 的图 为五边 ； 其中错误的个数为 ( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【重难点突破】2024-2025学年高一下学期数学常考题专练（新高考） 高一期末复习专题3：立体几何高频考点回顾 总览 题型·解读 【题型1】斜二测画法 【题型2】平行与垂直的辨析 【题型3】台体，椎体，组合体表面积，体积计算 【题型4】垂直平行的证明 【题型5】点到平面距离 【题型6】异面直线夹角 【题型7】线面角问题 【题型8】二面角计算 【题型9】外接球与内切球相关计算 【题型10】由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置 【题型11】截面问题 题型汇编 知识梳理与常考题型 【题型1】斜二测画法 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．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，是水平放置的的斜二测直观图，若，则的面积为 . 【答案】 【分析】利用直观图与原图形的面积比求解即可. 【详解】由题意得，而， 故，解得，故的面积为. 故答案为： 3．（21-22高一下·山东烟台·期末）已知直四棱柱的高为2，其底面四边形水平放置时的斜二测直观图为矩形，如图所示．若，则该直四棱柱的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先得到底面四边形的平面图形，根据斜二测法及勾股定理求出线段的长度，即可求出底面积与底面周长，再根据表面积公式计算可得； 【详解】由直观图可得底面四边形的平面图形如下，由， 则，，所以， 则，， 所以直棱柱的底面周长，又直棱柱的高， 所以棱柱的侧面积， 所以棱柱的表面积. 故选：C 4．（23-24高一下·河南郑州·期末）用斜二测画法画水平放置的四边形的直观图为菱形，已知，，则四边形的面积为（    ） A．20 B． C．10 D． 【答案】D 【分析】首先求出菱形，再根据直观图与原图的面积关系计算可得. 【详解】在菱形，，， 所以， 又斜二测画法中直观图的面积与原图的面积满足， 所以. 故选：D 5．（23-24高一下·湖南长沙·期末）如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的高为（    ）    A． B．1 C． D．2 【答案】C 【分析】过点作，在直角中，求得，结合斜二测画法的规则，即可求得原平面图形的高，得到答案. 【详解】如图所示，过点作， 因为四边形为直角梯形，且，，可得， 在直角中，可得， 根据斜二测画法的规则，可得原平面图形的高为. 故选：C.      【题型2】平行与垂直的辨析 6．（23-24高一下·广东广州·期末）已知两条不同的直线，及三个不同的平面，，则下列推理正确的是（    ） A．， B． C．，， D．， 【答案】C 【分析】利用线面、面面位置关系，逐项判断即得. 【详解】对于A，由，得，则在内存在直线垂直于直线，又，于是可以在内，A错误； 对于B，，则与可以平行，也可以相交，B错误； 对于C，由于，则存在过直线的平面分别与相交，令交线分别为， 于是，，则，又，，因此， 所以，C正确； 对于D，，，则或，D错误. 故选：C 7．（2008·天津·高考真题）已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则使得成立的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】C 【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可. 【详解】对于A：若，，则或 若，又，则与可能平行、相交（不垂直）、异面（不垂直）、相交垂直、异面垂直， 若，又，则与可能平行、异面（不垂直）、异面垂直，故A错误； 对于B：若，，，则，故B错误； 对于C：若，，则，又，所以，故C错误； 对于D：若，，则与可能平行或相交（不垂直）或垂直或， 又，此时不能保证成立，如，此时与可能平行、异面（不垂直）、异面垂直，故D错误； 故选：C 8．（23-24高一下·湖北武汉·期末）已知，是不同的直线，，，是不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】D 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，逐一核对四个选项得答案． 【详解】对于A，若，，则可以平行、相交、异面,故A错误； 对于B，若，，和可以相交，也可以平行，故B错误； 对于C，若，，则或，故C错误； 对D，若，设与的交线为m，与的交线为n， 在平面内取，在平面内取，与l不重合， 由面面垂直的性质可得，所以， 又，所以，由线面平行的性质定理得， 所以有，故D正确. 故选：D. 9．（23-24高一下·浙江杭州·期末）已知表示两个不同的平面，表示三条不同的直线，（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】ABC选项，可举出反例；D选项，可由平行和垂直的性质和判定证明. 【详解】A选项，若，则或，A错误； B选项，若，不能推出，B错误； C选项，若，则不能推出，C错误； D选项，因为，所以， 又，由面面垂直的判定定理，可得，D正确. 故选：D 10．（23-24高一下·广东佛山·期末）已知两条不同的直线 和三个不同的平面 ，下列判断正确的是（      ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若 ，则 D．若 ，则 【答案】C 【分析】利用线面平行与垂直的判定和性质定理来进行推理即可. 【详解】对于A，若，则或，故A是错误的； 对于B，若 ，由于不一定相交，也有可能平行，则不一定成立，故B是错误的； 对于C，若 ，则，又因为，所以， 若 ，则，又因为，所以， 又因为，所以，故C是正确的； 对于D，若，不能推理出，所以也就不能推理出，故D是错误的； 故选：C． 11．（23-24高一下·广东惠州·期末）设，是两个不重合的平面，，是两条直线，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】对于ABC：以正方体为载体，举反例说明即可；对于D：根据线面垂直的性质分析判断. 【详解】对于正方体，且分别为的中点， 对于选项A：例如平面，平面，， 但平面∥平面，故A错误； 对于选项B：例如∥平面，平面，但，故B错误； 对于选项C：例如平面，且均与平面平行， 但平面平面，故C错误； 对于选项D：若，，由线面垂直的性质可知，故D正确； 故选：D. 12．（23-24高一下·山东济南·期末）已知两条不同的直线，和两个不同的平面，，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，，则 D．若，，，则与平行或异面 【答案】D 【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系判断即可. 【详解】对于A：若，，则或与异面，故A错误； 对于B：若，，则或，故B错误； 对于C：若，，，，当与相交时有， 当与不相交时，或与相交，故C错误； 对于D：若，，，则与平行或异面，故D正确. 故选：D 13．（23-24高一下·福建福州·期末）下列说法中正确的个数是（    ） （1）若两个平面都与第三个平面垂直，则这两个平面平行； （2）如果平面外有两点，到平面的距离相等，则直线； （3）若两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线平行； （4）一条直线和两条平行直线中的一条相交，那么它也和另一条相交． A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】A 【分析】充分考虑直线与平面的位置关系即可逐项判断． 【详解】解：（1）如果两个平面都与第三个平面垂直，那么这两个平面相交或平行，故不正确，不符合题意； （2）如果平面外有两点，到平面的距离相等，如图所示，则直线和平面可能平行或可能相交，故错误，不符合题意； （3）若两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线平行、相交或异面，故错误，不符合题意； （4）空间中，如果一条直线和两条平行直线中的一条相交，那么它和另一条可能相交，也可能异面，故错误，不符合题意． 故选：A． 14．（23-24高一下·福建厦门·期末）已知是三个不重合的平面，，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】构造长方体模型，通过举反例可以判断A、B、C是错误的，在利用排除法即可得到正确答案. 【详解】 如图，构造长方体模型， 对于A，设平面为平面，平面为平面，平面为平面， 则直线为，直线为，易知，此时，但，故A错误； 对于B，设平面为平面，平面为平面，平面为平面， 则直线为，直线为，易知，此时，但平面与平面不垂直，故B错误； 对于C，设平面为平面，平面为平面，平面为平面， 则直线为，直线为，此时，故C错误； 因为，所以， 又，所以，D正确； 故选：D. 15．（23-24高一下·广东广州·期末）在正方体中，为的中点，则（    ） A． B． C．平面 D．平面 【答案】C 【分析】根据正方体的性质判断A、B；设，连接，即可证明，即可证明C；假设平面，推出矛盾，即可判断D. 【详解】对于A：由正方体的性质可知， 显然，与不平行，所以与不平行，故A错误； 对于B：由正方体的性质可知，，所以， 由A可知与不平行，且、平面， 所以与不垂直，则与不垂直，故B错误； 对于C：设，则为的中点，连接，又为的中点， 所以，又平面，平面，所以平面，故C正确； 对于D：若平面，平面，则， 又，所以，又四边形为矩形， 所以四边形为正方形，所以， 又为正方体，所以，显然不满足， 故假设不成立，所以与平面不垂直，故D错误. 故选：C 16．（23-24高一下·广东广州·期末）已知是一条直线，、是两个不同的平而，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】根据空间中线面、面面的位置关系一一判断即可. 【详解】对于A：若，，则或与相交，故A错误； 对于B：若，，则或或与相交，故B错误； 对于C：若，，则或，故C错误； 对于D：若，，则，故D正确. 故选：D 17．（23-24高一下·江苏苏州·期末）已知，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】D 【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可. 【详解】对于A：若，，则或，又，则或与相交，故A错误； 对于B：若，，则或，又，则或与相交，故B错误； 对于C：若，，则，又，则与平行或异面，故C错误； 对于D：若，，则或， 若，则在平面内存在直线，使得，又，则， 又，所以； 若，又，所以； 综上可得，由，，，可得，故D正确. 故选：D 18．（23-24高一下·重庆·期末）（多选）对于两个平面，和两条直线，，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则或 B．若，，则 C．若，，，则 D．若平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则 【答案】AC 【分析】根据给定条件，利用线线、线面、面面的关系逐一判断即可. 【详解】对于A，若，，则或，A正确； 对于B，，当平面外的直线平行于与的交线时，满足，此时，B错误； 对于C，，，则或，而，因此，C正确； 对于D，平面内有不共线的三点构成的三角形一条中位线在平面时，满足命题条件，此时相交，D错误. 故选：AC 19．（23-24高一下·江苏南通·期末）（多选）已知a，b，c为三条直线，，，为三个平面．下列命题为真命题的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】BCD 【分析】根据题意，由空间中直线与平面，平面与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A选项，令，，若，则一定有，，而在同一平面的a，b两条直线可以平行，也可以相交，故A错误； 对于B选项，这是线面平行的性质定理，故B正确； 对于C选项，这是面面垂直的判定定理，故C正确； 对于D项，设，，过平面内一点A，分别作，，如图所示， 因为，，，，所以， 又因为，所以，同理：， 又因为，、， 所以，故D项正确. 故选：BCD. 20．（23-24高一下·江苏镇江·期末）（多选）已知，是不同平面，，，是不同直线，则“”的充分条件是（    ） A．，； B．，，； C．，，； D．，， 【答案】BC 【分析】根据空间中直线与平面，以及平面与平面的位置关系，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A,由，，则,可能相交，可能异面，可能平行，故A错误， 对于B，由线面平行的性质定理可知，，，则，B正确， 对于C,若，，，则，C正确， 对于D，若，，，则,异面或者平行，D错误， 故选：BC 【题型3】台体，椎体，组合体表面积，体积计算 21．（2014·新课标Ⅱ·高考真题）正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，为中点，则三棱锥的体积为 A． B． C． D． 【答案】C 【详解】试题分析：如下图所示，连接，因为是正三角形，且为中点，则，又因为面，故，且，所以面，所以是三棱锥的高，所以． 考点：1、直线和平面垂直的判断和性质；2、三棱锥体积． 22．（23-24高一下·湖北武汉·期末）已知圆锥体积为，表面积是底面积的倍，则该圆锥的母线长为 . 【答案】 【分析】根据圆锥的表面积公式和体积公式计算即可. 【详解】设圆锥底面半径为，高为，则母线， 由题，解得， 所以母线. 故答案为：. 23．（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. 24．（23-24高一下·湖南长沙·期末）如图所示，在三棱柱中，若点，分别满足，，三棱柱高为3，面积为，则几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意确定几何体为三棱台，再结合棱台的体积公式求出三棱台的体积和棱柱的体积之间的关系，即可求得答案. 【详解】因为在三棱柱中，，， 故， 则，故几何体为三棱台； 设三棱台的体积为，几何体的体积为， 设h为三棱柱的高，则， ， 故， 故选：A 25．（23-24高一下·湖北武汉·期末）《天工开物》是我国明代科学家宋应星所著的一部综合性科学技术著作，书中记载了一种制造瓦片的方法．某校高一年级计划实践这种方法，为同学们准备了制瓦用的粘土和圆柱形的木质圆桶，圆桶底面外圆的直径为20cm，高为20cm．首先，在圆桶的外侧面均匀包上一层厚度为1cm的粘土，然后，沿圆桶母线方向将粘土层分割成四等份（如图），等粘土干后，即可得到大小相同的四片瓦．每位同学制作四片瓦，全年级共1000人，需要准备的粘土量（不计损耗）约为（    ）（参考数据：） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合圆柱体积公式求出四片瓦的体积，再求需准备的粘土量. 【详解】由条件可得四片瓦的体积（） 则1000名学生，每人制作4片瓦共需粘土的体积为（），又， 所以共需粘土的体积为约为. 故选：A 26．（23-24高一下·重庆·期末）某小区花园内现有一个圆台形的石碑底座，经测量发现该石碑底座上底面圆的半径为3，且上底面圆直径的一端点的投影为下底面圆半径的中点，高为2，则这个圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据已知求下底半径，再由圆台表面积公式计算即可. 【详解】因为上底面圆直径的一端点的投影为下底面圆半径的中点，所以下底面半径为6， 上底半径为3，下底半径为6，高为2，母线为, 圆台的表面积为. 故选：C. 27．（23-24高一下·江苏镇江·期末）如图，将一个圆柱4等份切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了20，则原圆柱的侧面积是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】原圆柱的底面圆半径为，高为，得到，从而求出侧面积. 【详解】设圆柱的底面圆半径为，高为，则原圆柱的表面积为， 新几何体的表面积为， 故，原圆柱的侧面积为. 故选：B 28．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论不正确的是（    ） A．圆柱的侧面积为 B．圆锥的侧面积为 C．圆柱的体积等于圆锥与球的体积之和 D．三个几何体的表面积中，球的表面积最小 【答案】D 【分析】根据圆锥，圆柱，以及球的表面积和体积公式，即可结合选项逐一求解. 【详解】对A，圆柱的侧面积等于，A正确； 对B，圆锥的母线长为，所以圆锥的侧面积为，B正确； 对C，圆柱的体积为，圆锥的体积为， 球的体积为，所以，C正确， 对D，圆柱的表面积，圆锥的表面积， 球的表面积为，由于，所以圆锥的表面积最小，D错误； 故选：D． 29．（23-24高一下·山东济南·期末）若正三棱台上底面边长为，下底面边长为，高为，则该棱台的体积为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】根据棱台的体积公式，即可求得答案. 【详解】依题意，该三棱台的上底面面积为， 下底面面积为， 故该棱台的体积为. 故选：C. 30．（23-24高一下·山东潍坊·期末）如图是一个盛满水的正四棱台容器，它的下底面边长是上底面边长的2倍，高为，现将四棱台中的水全部倒入与棱台等高且底面边长等于棱台下底面边长的正四棱柱容器中（损耗忽略不计），则四棱柱中水的高度为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出正四棱台的体积，再利用，且四棱柱的底面是边长为4的正方形，求解即可． 【详解】因为正四棱台的下底面边长是上底面边长的倍， 所以令正四棱台的下底面边长为，上底面边长为， 所以， 由题意可得：，且四棱柱的底面是边长为的正方形， 设四棱柱中水的高度为， 所以，解得，即四棱柱中水的高度为． 故选：B． 31．（23-24高一下·河南郑州·期末）已知圆锥的表面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设圆锥的底面半径为，母线为，高为，根据圆锥的表面积及弧长公式得到方程组，求出、，即可求出，再由锥体的体积公式计算可得. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线为，高为， 则，解得（负值已舍去）， 所以， 所以圆锥的体积. 故选：A 32．（23-24高一下·江苏南通·期末）已知圆锥的底面半径和高均为1，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据公式可解． 【详解】根据题意圆锥的母线长，代入即可求得    ． 故选：B. 33．（23-24高一下·江苏扬州·期末）已知一个正四棱台的体积为，上､下底面边长分别为，则棱台的高为 . 【答案】 【分析】根据棱台的体积公式计算即可. 【详解】设棱台高为，由棱台的体积公式知，其中分别为上下底面面积. 故答案为：6 34．（23-24高一下·广东·期末）（多选）已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，母线长为，则（    ） A．圆台的母线与底面所成的角为 B．圆台的侧面积为 C．圆台的体积为 D．若圆台的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为 【答案】ABD 【分析】选项A，先求出圆台的高，进而求出圆台的母线与底面所成的角即可；选项B，由圆台的侧面积公式求解即可；选项C，由圆台的体积公式求解即可；选项D，设球心到下底面的距离为，由勾股定理得，求解即可. 【详解】对于A，因为圆台的上、下底面半径分别为1和3，母线为， 所以圆台的高为：， 根据线面角定义求出母线与底面所成角，A正确； 对于B，由圆台的侧面积公式， 求得圆台的侧面积为：，B正确； 对于C，由圆台的体积公式， 求得圆台体积为：，C错误； 对于D，由题意可知球心在下底面下方，设球心到下底面的距离为， 由勾股定理得，解得， 则该球的半径为，所以该球的表面积为，D正确． 故选：ABD. 35．（23-24高一下·江苏南通·期末）以棱长为2的正方体的六个面为底面，分别向外作形状相同的正四棱锥，得到一个多面体，已知正四棱锥的侧面与底面所成的角为．该多面体的体积为 ，其面数为 ． 【答案】 【分析】根据正四棱锥的侧面与底面所成的角为，求出正四棱锥的高，从而求体积. 【详解】根据题意，如图，以棱长为2的正方体的一个面为底面的正四棱锥， 取底面中心，中点， 因为平面，平面，所以， 又，平面， 所以平面，则， 所以， 从而该多面体的体积为， 考虑到四棱锥的侧面夹角为，其面数为. 故答案为：；. 【题型4】垂直平行的证明 36．（23-24高一下·江苏扬州·期末）在正方体中，分别是棱的中点，下列结论正确的是（    ）. A． B． C．平面 D．平面平面 【答案】C 【详解】对于A，连接，如下图所示： 因为分别是棱的中点，所以， 由正方体性质可得，因此可得，而相交， 所以错误，即A错误； 对于B，取的中点，连接，如下图所示： 易知，，所以即为异面直线与所成的角（或其补角）； 不妨设正方体的棱长为2，则，， 显然，可知不是直角，所以与不垂直，即B错误； 对于C，连接，如下图所示： 由正方体性质可得平面，而平面，所以； 因为是正方形，所以， 又，平面，所以平面, 又因为分别是棱的中点，所以 可得平面，即C正确； 对于D，如下图所示： 易知平面，且，而平面，所以平面； 因此可得平面与平面有公共点，可知两平面必有一条过的共公交线； 因此平面平面是错误的，即D错误. 故选：C 37．（23-24高一下·江苏苏州·期末）如图，在四棱锥中，已知底面ABCD为矩形，底面ABCD，，E，F，G分别为线段AD，BC，PB的中点. (1)求证：平面PBC； (2)求证：平面AFG. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）先证平面，有，再由，可证平面PBC； （2）连接交于点，由，得为中点，可得，线面平行的判定定理得平面. 【详解】（1）因为底面为矩形，所以， 又底面，底面，所以， 因为，平面，所以平面， 平面，所以， 又，为中点，则， 平面，，所以平面. （2）连接交于点，连接， 由四边形为矩形，分别为中点，所以， 则，即为中点，又因为为中点，有， 平面，平面，所以平面. 38．（23-24高一下·江苏南通·期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，分别是棱的中点． (1)证明：； (2)证明：平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接交于点，由已知证明平面，又平面，即可证明； （2）连接，证明出平面平面，结合面面平行的性质即可证明． 【详解】（1）连接交于点，由四边形是菱形得， 因为平面，平面， 所以， 因为，，，平面， 所以平面，又平面， 所以． （2）连接， 因为四边形是菱形，所以点为中点， 又分别是棱的中点， 所以， 因为平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 因为平面，且， 所以平面平面，又平面， 所以平面． 39．（2025高一·全国·专题练习）如图，四棱锥的底面是菱形，底面，分别是的中点，，， (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 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定可得答案； （2）利用线面垂直的性质、判定，结合面面垂直的判定可得答案. 【详解】（1）四棱锥底面是菱形，连接，， 则是正三角形，由底面ABCD，平面， 得，由是的中点，得， 而平面，所以平面； （2）连接，由菱形，得，由是的中点， 得，则， 由底面，底面，得， 而平面，则平面， 又平面， 所以平面平面. 40．（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. 【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，. 41．（23-24高一下·广东佛山·期末）如图，已知多面体 中，四边形 均为正方形，点 是 的垂 心， . (1)证明: 是点 在平面 上的射影; (2)求多面体 的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）将图形补成一个正方形，证明平面即可； （2）由（1）知，多面体的体积是由一个正方体的体积减去一个三棱锥的体积即可． 【详解】（1）证明：因为四边形均为正方形， 所以平面， 得平面，且，将图形补成一个正方形，如图所示： 则为等边三角形，连接交于点M，连接，则点H在上， 且平面， 得平面，平面，得， 同理平面，得平面， 所以H是点A在平面上的射影； （2）由（1）知，多面体的体积是由一个正方体的体积减去一个三棱锥的体积， 则多面体的体积为：． 42．（23-24高一下·广东·期末）如图，在直三棱柱中，，，，，点是的中点． (1)求证：平面； (2)求证：； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)64 【分析】（1）设与交于点，可得，由线面平行的判定可得答案 （2）由余弦定理得可得，由勾股定理可得，又平面得，可得平面可得答案； （3）在中过点作，垂足为，可得平面，利用相等可得答案. 【详解】（1）设与交于点，则为的中点，连接， 则在中，则DE是的中位线，所以， 又平面，平面， 所以平面． （2）在中，由，，， 由余弦定理，得， 则，即，为直角三角形，． 又平面，平面，， 又，平面， 平面， 平面，． （3）在中过点作，垂足为， 平面平面，且平面平面，平面 易知，， ，． 【题型5】点到平面距离 43．（23-24高一下·浙江温州·期末）在三棱锥中，两两垂直，，. (1)求三棱锥的表面积； (2)求P到平面的距离. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据勾股定理求出三角形的三条边长，结合余弦定理、平方关系以及得出，再结合三角形面积公式即可求解； （2）由等体积法列方程即可求解. 【详解】（1） 因为两两垂直，，， 所以， 所以， 从而三棱锥的表面积为； （2）设点P到平面的距离为， 由（1）得三角形的面积为， 由等体积法有，，即， 解得，所以点P到平面的距离为. 44．（23-24高一下·广东惠州·期末）已知直三棱柱的体积为8，二面角的大小为，且，，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据二面角的定义，找到二面角的平面角，解得，再根据直三棱柱的体积求出，再利用等体积法求点到平面的距离. 【详解】取的中点，连接， ，，则二面角的平面角为， 二面角的大小为，则， 所以，， 又直三棱柱的体积为8，， 则，， 又平面平面，平面平面， 且平面，平面， 设点到平面的距离为，又， ，解得， 故选：A. 45．（24-25高一下·天津·期中）如图，在三棱柱中，侧面，均为正方形，，，点是棱的中点． (1)求证：平面； (2)求到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）借助中位线平行来证明线面平行即可； （2）借助等体积法来求点到面的距离即可. 【详解】（1） 取与的交点为，连接， 由侧面均为正方形，可得，又因为点是棱的中点， 所以，又因为平面，平面， 所以平面； （2） 因为侧面，均为正方形，，， 所以，，又因为点是棱的中点， 所以，即可得， 所以， 又因为， 设点到平面的距离为，则根据等体积公式可得， ．解得， 故到平面的距离为. 46．（24-25高一下·广东汕头·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，．    (1)求证：平面； (2)若异面直线与所成的角为，求点B到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据已知证明，由线面垂直得到，再由线面垂直的判定证明结论； （2）若是的中点，易得，异面直线与所成的角为，利用线面垂直的判定及性质证明相关线段垂直，并求出相关线段的长度，应用等体积法求点面距. 【详解】（1）由，，，，即为直角梯形， 所以，， 所以，即， 又平面，平面，则， 由平面，故平面； （2）若是的中点，则，故为平行四边形，    所以且，故异面直线与所成的角，即为， 由平面，平面，则， 又，易知，则， 所以，则， 由平面，平面，则， 由平面，平面，则， 由，，则，而平面， 所以平面，平面，则， 故， 所以，而，且， 设点B到平面的距离为， 则，即，可得. 47．（24-25高一下·广东深圳·期中）如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，，，. (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）由棱台的性质可证得，再根据线面平行的判定定理可得证； （2）根据条件，利用几何关系求得及面积公式求得，再利用等体积法，即可得出点到平面距离． 【详解】（1）连接BD，交AC于O，连接， ∵四边形是正方形，∴， 由棱台的性质可得， 由，， 可得，则，， ∴四边形是平行四边形，则， 又∵平面， 平面， ∴平面； （2）因为平面，所以直线到平面的距离等于到平面的距离， 取中点，连，，因为，且， 所以是平行四边形，则，而平面， 故平面，又平面，故， ，得， 又，所以， 所以， 所以， 设到平面的距离为，又因为平面，到平面的距离为， 因为，所以， 所以 故直线到平面的距离为. 48．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，四边形为矩形，直线垂直于梯形所在的平面.，是线段的中点，，. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用中位线易由线线平行证明线面平行； （2）利用等体积法来求点到面的距离即可. 【详解】（1） 设CP与ED相交于O，连接OF， ，， 又平面DEF，平面DEF，平面DEF （2）设A到平面PCB距离为h， 在梯形中，， ， 又平面，， ， 又因为平面，平面，所以， 则；又有；， 所以有，即，， 而， 又F为PA中点，故点F到平面BCP的距离. 【题型6】异面直线夹角 49．（23-24高一下·江苏镇江·期末）正方体中，，分别为棱，中点，则与所成角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意画出图形，数形结合可得答案. 【详解】如图，连接，，， 因为，分别为棱，中点，所以，所以为与所成角，因为在正方体中，， 所以为等边三角形，所以， 故选：C 50．（23-24高一下·福建厦门·期末）在四棱锥中，底面，四边形为正方形，，则直线与所成角的大小为 . 【答案】/ 【分析】依题意可得，将四棱锥补成正方体，连接、，根据正方体的性质可知为直线与所成角，即可得解. 【详解】因为底面，四边形为正方形，底面， 所以，又，所以， 如图将四棱锥补成正方体，连接、， 则，所以为直线与所成角， 又，所以为等边三角形，所以， 即直线与所成角的大小为. 故答案为： 51．（24-25高一下·天津滨海新·期中）在四面体ABCD中，，E，F分别是AD，BC的中点，若 则异面直线AC与BD的夹角为 . 【答案】 【详解】 设为中点，又E，F分别是AD，BC的中点，所以，， 故就是则异面直线AC与BD的夹角或其补角， ∵AC=BD=4，∴，又， ，故异面直线AC与BD的夹角为， 故答案为： 52．（23-24高一下·广东东莞·期末）已知三棱锥平面，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】通过平移直线与，将求异面直线所成转化为求，然后求出三角形的三条边长，利用余弦定理即可求解. 【详解】 如图，令 分别取的中点，并连接, 所以 , 所以异面直线与所成角等于， 因为三棱锥平面，又平面,平面 所以, 因为三棱锥平面， 所以 所以 又因为三棱锥平面， 所以，又 所以，所以 所以在三角形中，， 即异面直线与所成角的余弦值为， 故选：B. 53．（24-25高一下·吉林长春·期中）如图，正方体棱长为2，点M，N分别为，CD的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点，连接，由四边形为平行四边形得出和所成角即为或其补角，再由余弦定理即可求解． 【详解】取的中点，连接，如图所示， 由正方体得，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又为中点，所以，所以， 则和所成角即为或其补角， 连接，在中，， 在中，，则， 所以和所成角的余弦值为， 故选：A． 54．（24-25高一下·安徽芜湖·阶段练习）在三棱锥A­BCD中，AD=BC，且AD与BC所成的角为60°，若E，F分别是AB，CD的中点，则直线EF与所成的角为（ ） A．30° B．60° C．90° D．30°或60° 【答案】D 【分析】根据已知角结合异面直线所成角的定义计算即可. 【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：D 55．（23-24高一下·江苏徐州·期末）在矩形中，，，将沿对角线折起，使到，形成三棱锥，则异面直线与所成角的范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，可知初始状态时直线与直线所成的角为，由于，可得异面直线与不垂直，翻折过程中当平面与平面重合时，与所成锐角为异面直线与所成角的临界值，求出.，即可得到答案. 【详解】由题可知， 四边形是矩形，， 所以初始状态时直线与直线所成的角为， 已知矩形中，，， ， 翻折过程中，如下图， 因为，所以，则与平面不垂直， 因为，， 所以异面直线与不垂直， 翻折过程中，当平面与平面重合时，与所成锐角为异面直线与所成角的临界值，如下图： 因为矩形中，,，， ，所以，同理，所以，即异面直线与所成角的临界值为,所以异面直线与所成角的范围为；故选：C 【题型7】线面角问题 56．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，圆台的轴截面是等腰梯形，，为下底面上的一点，且，则直线与平面所成角的正切值为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】过作，连接.证明平面，即直线与平面所成的角即. 【详解】过作，连接. 因为为圆台的轴截面， 所以平面平面, 因为平面平面,平面， 所以平面， 所以直线与平面所成的角即. 因为且， 则,，， 所以. 故选：D. 57．（24-25高一下·天津·期中）如图，在四面体中，是等边三角形，平面平面，点为棱的中点，，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）由题，可得，根据面面垂直的判性质定理可证； （2）由（1）知，是直线与平面所成角，运算求解. 【详解】（1）如图，连接，因为为的中点，是等边三角形， 所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. （2）由（1），平面，则是直线与平面所成角， 又，且，， ， 因为平面，平面，所以， 所以为直角三角形，为直角， 在中，，，则， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 58．（23-24高一下·湖北武汉·期末）（建立空间直角坐标系答题不得分）如图，在四棱锥中，平面平面，△ABC是正三角形，四边形是正方形，D是AC的中点． (1)求证：平面； (2)求直线BC和平面所成角的正弦值的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，交于点，连接，由中位线的性质，可知，再由线面平行的判定定理，得证； （2）过点作于点，连接，可证平面，从而知即为所求，再结合等面积法与三角函数的定义，得解． 【详解】（1）连接，交于点，连接，则为的中点，因为是的中点，所以， 又平面，平面，所以∥平面． （2）过点作于点，连接，因为四边形是正方形，所以， 又平面平面，平面，平面平面，所以平面， 因为平面，所以，因为是正三角形，且是的中点，所以， 又，平面，所以平面，因为平面，所以， 又，平面，所以平面，所以就是直线和平面所成角， 设，在中，，所以，在中，. 59．（23-24高一下·湖南长沙·期末）如图，四边形是圆柱的轴截面，点在底面圆上，圆的半径为1，，点是线段的中点. (1)证明：平面； (2)若直线与圆柱底面所成角为45°，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据平行四边形的判定方法与性质可得，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）如图，根据线面垂直的性质与判定定理可得平面，确定，利用等面积法求出，结合三棱锥的体积公式计算即可求解. 【详解】（1）如图，取的中点，连接，则且， 又且，所以且， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）如图，连接，过作于点， 因为底面圆，底面圆，所以， 又平面，所以平面. 则. 因为直线与圆柱底面所成角为，底面圆，底面圆， 所以，则即为直线与圆柱底面所成角， 即，由，得， 所以， 在中，，所以， 由，得， 解得.所以. 60．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在圆柱中，圆柱轴截面是一个边长为4的正方形，为弧中点，为中点. (1)求三棱锥的表面积； (2)求证：平面； (3)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据线面垂直得出线线关系及边长再应用即可得解； （2）应用平面性质，结合线面垂直判定定理即可证明； （3）结合平面，应用线面角定义计算求解正弦值即可. 【详解】（1）因为，又因为平面，平面， 所以所以， 所以三棱锥的表面积为 （2）因为平面，平面， 所以，又因为是圆的直径，所以， 平面，，所以平面； （3）由平面，即得平面， 所以与平面所成角为， 与平面所成角的正弦值为 【题型8】二面角计算 61．（24-25高一下·江西宜春·阶段练习）如图，在正四棱锥中，底面边长为2，高为4． (1)求直线与平面所成角的正切值； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，取中点，利用正四棱锥的结构特征及线面角的定义求出线面角的正切值. （2）作出二面角的平面角，利用几何法求出二面角的大小. 【详解】（1）在正四棱锥中，连接，取中点，连接 则为正方形的中心，平面，是直线与平面所成的角， 由，得，而， 在中，， 即直线与平面所成角的正切值为； （2）在中，过作于，连接， 由≌，得，而， 则≌，，即， 因此是二面角的平面角，， ，， ，在中，，， 即二面角的余弦值为. 62．（24-25高一下·广东深圳·期中）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，平面，． (1)求证：平面； (2)求证：平面PAC平面PCD； (3)求二面角所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）取的中点，连接，可求得，，利用勾股定理的逆定理可证，结合，可证结论成立； （2）利用（1）易证结论成立； （3）可证，进而可得为二面角的平面角，进而求解即可. 【详解】（1） 由底面是直角梯形，，，，， 结合勾股定理计算可得：， 取的中点，连接， ，，，四边形是正方形， 则，再由勾股定理可得：，又因为， 则由，所以， 又因为平面平面，所以， 又因为，且平面， 所以平面； （2）由（1）知平面平面，所以平面平面． （3）平面平面，又， 为二面角的平面角． 在中，， . 63．（23-24高一下·山东济南·期末）如图1，在菱形中，是边长为2的等边三角形，将沿对角线翻折至的位置，得到图2所示的三棱锥.    (1)证明：； (2)若二面角的平面角为，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）取的中点为，连接、，即可证明平面，从而得证； （2）过点作于点，连接，即可证明平面，则为直线与平面所成角，再由（1）可知为二面角的平面角，求出相应线段的长度，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）取的中点为，连接、，由为菱形，所以，， 又，平面， 所以平面， 又平面，所以；    （2）过点作于点，连接， 由（1）平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 由（1）可知，， 所以为二面角的平面角， 所以， 在中，，，所以， 又，所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 64．（24-25高一下·广东东莞·期中）如图，在三棱锥中，． (1)平面； (2)当时，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用余弦定理求出，即可得到，再由，即可证得平面； （2）由（1）可得，则为二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）在中，， 由余弦定理， 即，解得， 所以，即，所以， 又，，平面， 所以平面； （2）因为平面，又平面，所以， 又，所以为二面角的平面角， 取的中点，连接，因为，所以， 又，所以， 所以， 所以二面角的正弦值为. 65．（24-25高一下·广东惠州·期中）如图，在多面体ABCED中，为等边三角形，．点为BC的中点，平面平面ABC. (1)求证：平面BCE； (2)设点为BE上一点，且，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先根据面面垂直的性质得出平面ABC，再利用线面垂直的判定可证结论； （2）利用垂直关系找到二面角的平面角，结合余弦定理可求答案. 【详解】（1）证明：因为平面平面ABC，且平面平面， 平面ACED， 故平面ABC， 因为平面ABC，所以． 又为等边三角形，为BC的中点，故， 因为， 平面BCE， 故平面BCE. （2）由于平面平面BCE，故， 因为为等边三角形，为BC的中点，故， 所以为二面角的平面角. 因为， 故， 所以， 故二面角的余弦值为. 【题型9】外接球与内切球相关计算 66．（23-24高一下·江苏苏州·期末）在直角三角形ABC中，已知CH为斜边AB上的高，，，现将沿着CH折起，使得点B到达点，且平面平面ACH，则三棱锥的外接球的表面积为 . 【答案】 【分析】证明两两垂直，由的边长，求出外接球半径，求表面积即可. 【详解】直角三角形ABC中，，，则斜边，， CH为斜边AB上的高，则，，， 平面平面，平面平面， ，平面，则平面， 又，所以两两垂直， ，，， 则三棱锥的外接球半径， 所以三棱锥的外接球表面积为. 故答案为：. 67．（23-24高一下·广东广州·期末）已知一个圆台的上、下底面直径分别为2、8，母线长为6，则在圆台内部放置半径最大的球的表面积为 . 【答案】 【分析】把圆台还原成圆锥，求出圆锥轴截面等腰三角形的边长及内切圆半径，圆台轴截面等腰梯形的高，并确定圆台内放置的最大球半径即可求解. 【详解】圆台轴截面等腰梯形的两腰延长线交于点， 等腰即为圆台母线延长线交点为顶点，圆台下底面为底的圆锥的轴截面， 由，而，解得，则，即为正三角形， 正的高为，正的高为，因此等腰梯形的高为， 正的内切圆半径，显然， 因此等腰梯形内的最大圆为正的内切圆， 此圆即为圆台内部放置的半径最大的球被平面所截的大圆， 则在圆台内部放置半径最大的球的半径为，表面积为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键. 68．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，在平面四边形ABCD中，，，，，现将沿AC折起，并连接BD，使得平面平面ABC，若所得三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理可以证得为直角，又为直角，进而利用直角三角形的性质得到外接球的球心为斜边的中点，然后根据球的面积公式求得球的半径，进而计算求得三棱锥的体积. 【详解】∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面，又∵平面，∴， 又∵平面，平面，∴平面， 又∵平面，∴，即为直角， 又∵为直角，∴取的中点，连接， 由直角三角形的斜边上的中线性质， 可得为三棱锥外接球的球心， 由三棱锥外接球的表面积为，可得外接球的半径， ∴， ∵平面，为直角， ∴三棱锥的体积为. 故选：D 69．（23-24高一下·福建福州·期末）罗星塔，位于福州马尾，某校开展数学建模活动，有学生选择测量罗星塔的高度，为此，他们设计了测量方案，如图， 罗星塔垂直于水平面，他们选择了与罗星塔底部D在同一水平面上的A，B两点，测得∠ADB=45°， AB=30米，且在A，B两点观察塔顶C点，仰角分别为45°和 ，其中 . (1)求罗星塔的高 CD的长； (2)在(1)的条件下求多面体A-BCD的表面积； (3)在(1)的条件下求多面体A-BCD的内切球的半径. 【答案】(1)30； (2)平方米； (3)米. 【分析】（1）设塔高，用x表示、，再利用余弦定理列方程求解即可； （2）利用题意判断四个面均为直角三角形，结合（1）的结果，利用三角形面积公式分别求出四个面的面积，求和即可； （3）根据题意将多面体分为以各面为底，内切球半径为高的四个三棱锥，利用等体积法即可求解. 【详解】（1）设米， 在中，，则，   在中，，且， 则，所以，   因为，所以由余弦定理得：， 整理得：，解得x=30（米） （2）由（1）知均为直角三角形， ，所以， 所以在中，满足，所以为直角三角形； 所以，   所以平方米； （3）设多面体的内切球的半径为，根据等体积转换： 所以米； 70．（23-24高一下·江苏镇江·期末）将正方形沿对角线折叠成直二面角，则此时与平面所成角的大小是 . 【答案】 【分析】取中点，证明是与平面所成的角，求得此角即得， 【详解】如图，取中点，连接，，则，， 所以是二面角的平面角，所以， 不妨设正方形的边长为2， ，，故， 因为，，，，平面，所以平面， 所以是与平面所成的角．所以与平面所成的角是． 故答案为：． 71．（23-24高一下·浙江温州·期末）已知圆台上底面半径为1，下底面半径为2，高为2． (1)求该圆台的体积； (2)求该圆台母线与下底面所成角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意利用台体的体积公式运算求解； （2）借助于轴截面，分析可知该圆台母线与下底面所成角的大小为，结合题中数据分析求解. 【详解】（1）由题意可知：该圆台的体积. （2）借助于轴截面，如图所示， 其中分别为上、下底面圆的圆心，则与上、下底面均垂直， 过作，垂足为，可知∥， 则与上、下底面均垂直，则该圆台母线与下底面所成角的大小为， 由题意可知：，，可得， 则，所以该圆台母线与下底面所成角的余弦值为. 72．（23-24高一下·山东潍坊·期末）已知圆锥的底面半径为3，侧面积为. (1)求圆锥的体积； (2)求圆锥的内切球的表面积. 【答案】(1) (2) 【分析】利用圆锥侧面积公式、体积公式、圆锥内切球关系分析运算即可得解. 【详解】（1）由题意圆锥的底面半径为，设母线长为，圆锥的高为， 由圆锥的侧面积公式得：，解得，所以. 由圆锥的体积公式得:. （2）如图所示， 圆锥及内切球截面示意图如上图，设内切球半径为，∵相似于，∴，即，解得：，所以内切球表面积：. 【题型10】由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置 73．（24-25高一下·广东广州·期中）如图，P为平行四边形所在平面外一点，E为的中点，F为上一点，当平面时，（   ） A． B． C．2 D． 【答案】A 【分析】连接交于 ，连接，由线面平行的性质可得，再利用平行线分线段成比例定理列式求解． 【详解】    连接交于 ，连接， 因为平面，平面，平面平面， 所以，所以， 因为四边形为平行四边形，所以， 所以， 因为为的中点，所以， 所以，所以. 故选：A 74．（24-25高一下·广东·期中）如图，在平行六面体中，点是上靠近的三等分点，直线DM交平面于点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过线线平行得到线面平行，再利用线面平行的性质得到线线平行，进而得到线段成比例，结合是上靠近的三等分点即可求得结果. 【详解】设平面与交于点，连接交于点，连接， 平行六面体中， ∵∥，平面，平面， ∴∥平面， 又平面，平面平面， ∴∥， 又是上靠近的三等分点，∴ ∵平面，平面， ∴∥平面， 又平面，平面平面， ∴∥，∴ 所以. 故选：C. 75．（23-24高一下·广东东莞·期末）如图1，是边长为3的等边三角形，点分别在线段上，且，沿将翻折到的位置，使得，如图2. (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）利用余弦定理与勾股定理依次证得，，再利用线面垂直与面面垂直的判定定理即可得证； （2）E作，交于，过点作，交于，证明平面平面，得存在点，利用平行线分线段成比例，求出的值. 【详解】（1）在中，，，， 由余弦定理得， 所以，所以， 在中，，，，所以，所以， 又因为，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）在平面中，过点E作，交于， 在平面中，过点作，交于，连接，如图所示， 因为，平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 又因为，平面，所以平面平面， 平面，所以平面，即为所求的点， 在中，，即，如图所示， 所以， 在中，，所以，即此时. 【题型11】截面问题 76．（18-19高二上·安徽合肥·阶段练习）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AD，DD1的中点，AB＝4，则过B，E，F的平面截该正方体所得的截面周长为（    ） A．64 B．62 C．34 D．32 【答案】A 【分析】利用线面平行的判定与性质证明直线为过直线且过点B的平面与平面的交线,从而证得四点共面,然后在正方体中求等腰梯形的周长即可. 【详解】作图如下:    因为是棱的中点, 所以, 因为平面,平面, 所以平面， 由线面平行的性质定理知, 过直线且过点B的平面与平面的交线平行于直线, 结合图形知,即为直线, 过B，E，F的平面截该正方体所得的截面即为等腰梯形, 因为正方体的棱长AB＝4, 所以, 所以所求截面的周长为64, 故选:A 77．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，在正方体中，分别是的中点，有四个结论： ①与是异面直线； ②相交于一点； ③过A，M，P的平面截正方体所得的图形为平行四边形； ④过A，M，N的平面截正方体所得的图形为五边形； 其中错误的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】由空间中直线与直线，直线与平面的位置关系依次判断即可. 【详解】对于①，连接，如图所示： 由分别是的中点，可得， 可得与共面，故①错误； 对于②，因为平面平面平面， 所以由异面直线的定义可得， 与是异面直线，则不相交于一点，故②错误； 对于③，由①知，过A，M，P的平面截正方体所得的图形为四边形， 而，故四边形不是平行四边行，故③错误； 对于④，取， 则过A，M，N的平面截正方体所得的图形为五边形，故④正确. 故选：C 5 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$【重难点突破】2024-2025学年高一下学期数学常考题专练（新高考） 高一期末复习专题3：立体几何高频考点回顾 总览 题型·解读 【题型1】斜二测画法 【题型2】平行与垂直的辨析 【题型3】台体，椎体，组合体表面积，体积计算 【题型4】垂直平行的证明 【题型5】点到平面距离 【题型6】异面直线夹角 【题型7】线面角问题 【题型8】二面角计算 【题型9】外接球与内切球相关计算 【题型10】由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置 【题型11】截面问题 题型汇编 知识梳理与常考题型 【题型1】斜二测画法 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．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，是水平放置的的斜二测直观图，若，则的面积为 . 3．（21-22高一下·山东烟台·期末）已知直四棱柱的高为2，其底面四边形水平放置时的斜二测直观图为矩形，如图所示．若，则该直四棱柱的表面积为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·河南郑州·期末）用斜二测画法画水平放置的四边形的直观图为菱形，已知，，则四边形的面积为（    ） A．20 B． C．10 D． 5．（23-24高一下·湖南长沙·期末）如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的高为（    ）    A． B．1 C． D．2 【题型2】平行与垂直的辨析 6．（23-24高一下·广东广州·期末）已知两条不同的直线，及三个不同的平面，，则下列推理正确的是（    ） A．， B． C．，， D．， 7．（2008·天津·高考真题）已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则使得成立的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 8．（23-24高一下·湖北武汉·期末）已知，是不同的直线，，，是不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 9．（23-24高一下·浙江杭州·期末）已知表示两个不同的平面，表示三条不同的直线，（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 10．（23-24高一下·广东佛山·期末）已知两条不同的直线 和三个不同的平面 ，下列判断正确的是（      ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若 ，则 D．若 ，则 11．（23-24高一下·广东惠州·期末）设，是两个不重合的平面，，是两条直线，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，，，则 D．若，，则 12．（23-24高一下·山东济南·期末）已知两条不同的直线，和两个不同的平面，，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，，则 D．若，，，则与平行或异面 13．（23-24高一下·福建福州·期末）下列说法中正确的个数是（    ） （1）若两个平面都与第三个平面垂直，则这两个平面平行； （2）如果平面外有两点，到平面的距离相等，则直线； （3）若两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线平行； （4）一条直线和两条平行直线中的一条相交，那么它也和另一条相交． A．个 B．个 C．个 D．个 14．（23-24高一下·福建厦门·期末）已知是三个不重合的平面，，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 15．（23-24高一下·广东广州·期末）在正方体中，为的中点，则（    ） A． B． C．平面 D．平面 16．（23-24高一下·广东广州·期末）已知是一条直线，、是两个不同的平而，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 17．（23-24高一下·江苏苏州·期末）已知，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 18．（23-24高一下·重庆·期末）对于两个平面，和两条直线，，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则或 B．若，，则 C．若，，，则 D．若平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则 19．（23-24高一下·江苏南通·期末）已知a，b，c为三条直线，，，为三个平面．下列命题为真命题的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，则 20．（23-24高一下·江苏镇江·期末）已知，是不同平面，，，是不同直线，则“”的充分条件是（    ） A．，； B．，，； C．，，； D．，， 【题型3】台体，椎体，组合体表面积，体积计算 21．（2014·新课标Ⅱ·高考真题）正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，为中点，则三棱锥的体积为 A． B． C． D． 22．（23-24高一下·湖北武汉·期末）已知圆锥体积为，表面积是底面积的倍，则该圆锥的母线长为 . 23．（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 24．（23-24高一下·湖南长沙·期末）如图所示，在三棱柱中，若点，分别满足，，三棱柱高为3，面积为，则几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 25．（23-24高一下·湖北武汉·期末）《天工开物》是我国明代科学家宋应星所著的一部综合性科学技术著作，书中记载了一种制造瓦片的方法．某校高一年级计划实践这种方法，为同学们准备了制瓦用的粘土和圆柱形的木质圆桶，圆桶底面外圆的直径为20cm，高为20cm．首先，在圆桶的外侧面均匀包上一层厚度为1cm的粘土，然后，沿圆桶母线方向将粘土层分割成四等份（如图），等粘土干后，即可得到大小相同的四片瓦．每位同学制作四片瓦，全年级共1000人，需要准备的粘土量（不计损耗）约为（    ）（参考数据：） A． B． C． D． 26．（23-24高一下·重庆·期末）某小区花园内现有一个圆台形的石碑底座，经测量发现该石碑底座上底面圆的半径为3，且上底面圆直径的一端点的投影为下底面圆半径的中点，高为2，则这个圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 27．（23-24高一下·江苏镇江·期末）如图，将一个圆柱4等份切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了20，则原圆柱的侧面积是（    ）    A． B． C． D． 28．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论不正确的是（    ） A．圆柱的侧面积为 B．圆锥的侧面积为 C．圆柱的体积等于圆锥与球的体积之和 D．三个几何体的表面积中，球的表面积最小 29．（23-24高一下·山东济南·期末）若正三棱台上底面边长为，下底面边长为，高为，则该棱台的体积为（    ） A． B．2 C． D． 30．（23-24高一下·山东潍坊·期末）如图是一个盛满水的正四棱台容器，它的下底面边长是上底面边长的2倍，高为，现将四棱台中的水全部倒入与棱台等高且底面边长等于棱台下底面边长的正四棱柱容器中（损耗忽略不计），则四棱柱中水的高度为（    ）    A． B． C． D． 31．（23-24高一下·河南郑州·期末）已知圆锥的表面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 32．（23-24高一下·江苏南通·期末）已知圆锥的底面半径和高均为1，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 33．（23-24高一下·江苏扬州·期末）已知一个正四棱台的体积为，上､下底面边长分别为，则棱台的高为 . 34．（23-24高一下·广东·期末）已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，母线长为，则（    ） A．圆台的母线与底面所成的角为 B．圆台的侧面积为 C．圆台的体积为 D．若圆台的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为 35．（23-24高一下·江苏南通·期末）以棱长为2的正方体的六个面为底面，分别向外作形状相同的正四棱锥，得到一个多面体，已知正四棱锥的侧面与底面所成的角为．该多面体的体积为 ，其面数为 ． 【题型4】垂直平行的证明 36．（23-24高一下·江苏扬州·期末）在正方体中，分别是棱的中点，下列结论正确的是（    ）. A． B． C．平面 D．平面平面 37．（23-24高一下·江苏苏州·期末）如图，在四棱锥中，已知底面ABCD为矩形，底面ABCD，，E，F，G分别为线段AD，BC，PB的中点. (1)求证：平面PBC； (2)求证：平面AFG. 38．（23-24高一下·江苏南通·期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，分别是棱的中点． (1)证明：； (2)证明：平面． 39．（2025高一·全国·专题练习）如图，四棱锥的底面是菱形，底面，分别是的中点，，， (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； 40．（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：； 41．（23-24高一下·广东佛山·期末）如图，已知多面体 中，四边形 均为正方形，点 是 的垂 心， . (1)证明: 是点 在平面 上的射影; (2)求多面体 的体积. 42．（23-24高一下·广东·期末）如图，在直三棱柱中，，，，，点是的中点． (1)求证：平面；(2)求证：；(3)求三棱锥的体积． 【题型5】点到平面距离 43．（23-24高一下·浙江温州·期末）在三棱锥中，两两垂直，，. (1)求三棱锥的表面积； (2)求P到平面的距离. 44．（23-24高一下·广东惠州·期末）已知直三棱柱的体积为8，二面角的大小为，且，，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 45．（24-25高一下·天津·期中）如图，在三棱柱中，侧面，均为正方形，，，点是棱的中点． (1)求证：平面； (2)求到平面的距离． 46．（24-25高一下·广东汕头·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，．    (1)求证：平面； (2)若异面直线与所成的角为，求点B到平面的距离． 47．（24-25高一下·广东深圳·期中）如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，，，. (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离. 48．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，四边形为矩形，直线垂直于梯形所在的平面.，是线段的中点，，. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【题型6】异面直线夹角 49．（23-24高一下·江苏镇江·期末）正方体中，，分别为棱，中点，则与所成角为（    ） A． B． C． D． 50．（23-24高一下·福建厦门·期末）在四棱锥中，底面，四边形为正方形，，则直线与所成角的大小为 . 51．（24-25高一下·天津滨海新·期中）在四面体ABCD中，，E，F分别是AD，BC的中点，若 则异面直线AC与BD的夹角为 . 52．（23-24高一下·广东东莞·期末）已知三棱锥平面，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 53．（24-25高一下·吉林长春·期中）如图，正方体棱长为2，点M，N分别为，CD的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 54．（24-25高一下·安徽芜湖·阶段练习）在三棱锥A­BCD中，AD=BC，且AD与BC所成的角为60°，若E，F分别是AB，CD的中点，则直线EF与所成的角为（ ） A．30° B．60° C．90° D．30°或60° 55．（23-24高一下·江苏徐州·期末）在矩形中，，，将沿对角线折起，使到，形成三棱锥，则异面直线与所成角的范围为（    ） A． B． C． D． 【题型7】线面角问题 56．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，圆台的轴截面是等腰梯形，，为下底面上的一点，且，则直线与平面所成角的正切值为（    ） A．2 B． C． D． 57．（24-25高一下·天津·期中）如图，在四面体中，是等边三角形，平面平面，点为棱的中点，，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 58．（23-24高一下·湖北武汉·期末）（建立空间直角坐标系答题不得分）如图，在四棱锥中，平面平面，△ABC是正三角形，四边形是正方形，D是AC的中点． (1)求证：平面； (2)求直线BC和平面所成角的正弦值的大小． 59．（23-24高一下·湖南长沙·期末）如图，四边形是圆柱的轴截面，点在底面圆上，圆的半径为1，，点是线段的中点. (1)证明：平面； (2)若直线与圆柱底面所成角为45°，求三棱锥的体积. 60．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在圆柱中，圆柱轴截面是一个边长为4的正方形，为弧中点，为中点. (1)求三棱锥的表面积； (2)求证：平面； (3)求与平面所成角的正弦值. 【题型8】二面角计算 61．（24-25高一下·江西宜春·阶段练习）如图，在正四棱锥中，底面边长为2，高为4． (1)求直线与平面所成角的正切值； (2)求二面角的余弦值． 62．（24-25高一下·广东深圳·期中）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，平面，． (1)求证：平面； (2)求证：平面PAC平面PCD； (3)求二面角所成角的余弦值． 63．（23-24高一下·山东济南·期末）如图1，在菱形中，是边长为2的等边三角形，将沿对角线翻折至的位置，得到图2所示的三棱锥.    (1)证明：； (2)若二面角的平面角为，求直线与平面所成角的正弦值. 64．（24-25高一下·广东东莞·期中）如图，在三棱锥中，． (1)平面； (2)当时，求二面角的正弦值． 65．（24-25高一下·广东惠州·期中）如图，在多面体ABCED中，为等边三角形，．点为BC的中点，平面平面ABC. (1)求证：平面BCE； (2)设点为BE上一点，且，求二面角的余弦值. 【题型9】外接球与内切球相关计算 66．（23-24高一下·江苏苏州·期末）在直角三角形ABC中，已知CH为斜边AB上的高，，，现将沿着CH折起，使得点B到达点，且平面平面ACH，则三棱锥的外接球的表面积为 . 67．（23-24高一下·广东广州·期末）已知一个圆台的上、下底面直径分别为2、8，母线长为6，则在圆台内部放置半径最大的球的表面积为 . 68．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，在平面四边形ABCD中，，，，，现将沿AC折起，并连接BD，使得平面平面ABC，若所得三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 69．（23-24高一下·福建福州·期末）罗星塔，位于福州马尾，某校开展数学建模活动，有学生选择测量罗星塔的高度，为此，他们设计了测量方案，如图， 罗星塔垂直于水平面，他们选择了与罗星塔底部D在同一水平面上的A，B两点，测得∠ADB=45°， AB=30米，且在A，B两点观察塔顶C点，仰角分别为45°和 ，其中 . (1)求罗星塔的高 CD的长； (2)在(1)的条件下求多面体A-BCD的表面积； (3)在(1)的条件下求多面体A-BCD的内切球的半径. 70．（23-24高一下·江苏镇江·期末）将正方形沿对角线折叠成直二面角，则此时与平面所成角的大小是 . 71．（23-24高一下·浙江温州·期末）已知圆台上底面半径为1，下底面半径为2，高为2． (1)求该圆台的体积； (2)求该圆台母线与下底面所成角的余弦值． 72．（23-24高一下·山东潍坊·期末）已知圆锥的底面半径为3，侧面积为. (1)求圆锥的体积； (2)求圆锥的内切球的表面积. 【题型10】由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置 73．（24-25高一下·广东广州·期中）如图，P为平行四边形所在平面外一点，E为的中点，F为上一点，当平面时，（   ） A． B． C．2 D． 74．（24-25高一下·广东·期中）如图，在平行六面体中，点是上靠近的三等分点，直线DM交平面于点，则（    ） A． B． C． D． 75．（23-24高一下·广东东莞·期末）如图1，是边长为3的等边三角形，点分别在线段上，且，沿将翻折到的位置，使得，如图2. (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【题型11】截面问题 76．（18-19高二上·安徽合肥·阶段练习）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AD，DD1的中点，AB＝4，则过B，E，F的平面截该正方体所得的截面周长为（    ） A．64 B．62 C．34 D．32 77．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，在正方体中，分别是的中点，有四个结论： ①与是异面直线； ②相交于一点； ③过A，M，P的平面截正方体所得的图形为平行四边形； ④过A，M，N的平面截正方体所得的图形为五边形； 其中错误的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 5 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$1 高一期末复习专题 3：立 几 高频 点回顾 【题型 1】斜二测画法 1. (23- 24高一下· 州·期末)如图， 放 的△ABC的斜二 直观图为△ABC，若AB =AC= 1，BC= 2， BC= ( )    A. 2 B. 3 C. 2 2 D. 2 3 【 】D 【 析】计 出OC= 2，OB= 2，然 还 直观图 △ABC，结 勾 定理计 可. 【详解】因为AB=AC= 1，BC= 2， 所以 AB 2+ AC 2= 2= BC 2，所以CA⊥AB， CA⊥OB， 因为∠COA= 45°，所以OC= 2，OA= 1， 所以OB= 2， 还 直观图 △ABC，如图所示：    此时OB= 2,OC= 2 2，所以BC= 8+4= 2 3 . 故 ：D. 2. (23- 24高一下· 北武 ·期末)如图，△OAB 放 的△OAB的斜二 直观图，若OA = 3,OB= 2 2 ,∠AOB= 45°， △OAB的面积为 . 【 】 6 2 【 析】 直观图与 图 的面积比 解 可. 【详解】 题意 S△OAB= 1 2 × 3× 2 2 × 2 2 = 3， S△OAB S△OAB = 2 4 ， 2 故 3 S△OAB = 2 4 ，解 S△OAB= 6 2，故△OAB的面积为 6 2 . 6 2 3. (高一下· 东烟台·期末)已知直四棱柱的高为 2，其 面四边 ABCD 放 时的斜二 直观 图为矩 ABCD，如图所示．若AO=OB=BC= 1， 该直四棱柱的表面积为 ( ) A. 20+ 4 2 B. 8+ 2 2+ 3  C. 20+ 8 2 D. 8+ 4 2+ 3  【 】C 【 析】首先 面四边 ABCD的 面图 ， 据斜二 法及勾 定理 出线段的长 ， 可 出 面积与 面 长，再 据表面积公 计 可 ； 【详解】 直观图可 面四边 ABCD的 面图 如下， AO=OB=BC= 1， AO=OB= 1，CO= OB2+BC2= 2，所以OC= 2 2， SABCD= 2× 2 2= 4 2，BC= OC2+OB2= 3， 所以直棱柱的 面 长CABCD= 2 2+3 = 10， 直棱柱的高 h= 2， 所以棱柱的 面积S 面积=CABCD ⋅ h= 20， 所以棱柱的表面积S表面积=S 面积+ 2SABCD= 20+ 8 2 . 故 ：C 4. (23 - 24高一下· 南郑州·期末) 斜二 法 放 的四边 ABCD的直观图为菱 A1B1C1D1，已知A1C1= 5，B1D1= 4， 四边 ABCD的面积为 ( ) A. 20 B. 5 2 C. 10 D. 20 2 【 】D 【 析】首先 出菱 A1B1C1D1，再 据直观图与 图的面积关系计 可 . 【详解】 菱 A1B1C1D1，A1C1= 5，B1D1= 4， 所以SA1B1C1D1= 1 2 A1C1 ⋅B1D1= 12 × 4× 5= 10， 斜二 法中直观图的面积S直与 图的面积S 满足S = 2 2S直， 3 所以SABCD= 2 2SA1B1C1D1= 20 2 . 故 ：D 5. (23- 24高一下· 南长 ·期末)如图，一个 放 的 面图 的斜二 直观图 直角 OABC，且OA∥BC，OA= 2BC= 2，AB= 1， 该 面图 的高为 ( )    A. 2 B. 1 C. 2 2 D. 2 【 】C 【 析】过点C CD⎳AB， 直角△OCD中， OC= 2，结 斜二 法的规 ， 可 面图 的高， . 【详解】如图所示，过点C CD⎳AB， 因为四边 OABC为直角 ，且OA= 2BC= 2，AB= 1，可 CD=AB= 1， 直角△OCD中，可 OC= C D sin45° = 2， 据斜二 法的规 ，可 面图 的高为OC= 2OC= 2 2 . 故 ：C.      【题型 2】平行与垂直的辨析 6. (23- 24高一下· 东 州·期末)已知两条不 的直线m， n及三个不 的 面 α， β， γ 下 理正 的 ( ) A. α⊥ β,α∩ β=n，m⊥n⇒m⊥ β B. α⊥ γ,β⊥ γ⇒ α⊥ β C. α∩ β=m，n⎳ α，n⎳ β⇒m⎳n D. m⊥n，n⊥ α⇒m⎳ α 【 】C 【 析】 线面、面面 关系， 项 断 . 4 【详解】对于A， α∩ β=n， n⊂ β， β内存 直线 直于直线 n， m⊥n，于 m 可以 β内，A错误； 对于B， α⊥ γ,β⊥ γ， α与 β可以 行，也可以相交，B错误； 对于C， 于n⎳ α,n⎳ β， 存 过直线 n的 面 σ,δ 与 α,β相交，令交线 为 a,b， 于 a⎳n⎳ b， a⊂ α,b⊄ α， b⎳ α， b⊂ β， α∩ β=m，因此 b⎳m， 所以m⎳n，C正 ； 对于D，m⊥n，n⊥ α， m⊂ α或m⎳ α，D错误. 故 ：C 7. 已知 a， b 两条不 的直线， α， β 两个不 的 面， a⊥ b  成 的 ( ) A. a⊥ α， b⎳ β， α⊥ β B. a⊥ α， b⊥ β， α⎳ β C. a⊂ α， b⊥ β， α⎳ β D. a⊂ α， b⎳ β， α⊥ β 【 】C 【 析】 据 间中线线、线面、面面的 关系一一 断 可. 【详解】对于A：若 a⊥ α， α⊥ β， a⎳ β或 a⊂ β 若 a⎳ β， b⎳ β， a与 b可能 行、相交 (不 直)、 面 (不 直)、相交 直、 面 直， 若 a⊂ β， b⎳ β， a与 b可能 行、 面 (不 直)、 面 直，故A错误； 对于B：若 a⊥ α， b⊥ β， α⎳ β， a⎳ b，故B错误； 对于C：若 b⊥ β， α⎳ β， b⊥ α， a⊂ α，所以 a⊥ b  ，故C错误； 对于D：若 b⎳ β， α⊥ β， b与 α可能 行或相交 (不 直)或 直或 b⊂ α， a⊂ α，此时不能保证 a⊥ b  成立，如 b⎳ α，此时 a与 b可能 行、 面 (不 直)、 面 直， 故D错误； 故 ：C 8. (23- 24高一下· 北武 ·期末)已知 l,m， n 不 的直线， α， β， γ 不 的 面， 下 结论正 的 ( ) A. 若m⎳ α，n⎳ α， m⎳n B. 若m⎳ α，m⎳ β， α⎳ β C. 若m⎳ α， α⎳ β， m⎳ β D. 若 α⊥ γ， β⊥ γ， α∩ β= l， l⊥ γ 【 】D 【 析】 间中直线与直线、直线与 面、 面与 面的 关系， 一 对四个 项 ． 【详解】对于A，若m⎳ α，n⎳ α， m,n可以 行、相交、 面,故A错误； 对于B，若m⎳ α，m⎳ β， α β可以相交，也可以 行，故B错误； 5 对于C，若m⎳ α， α⎳ β， m⎳ β或m⊂ β，故C错误； 对D，若 α∩ β= l,α⊥ γ,β⊥ γ，设 α与 γ的交线为m， β与 γ的交线为 n， 面 α内取 l1⊥m， 面 β内取 l2⊥n， l1,l2与 l不重 ， 面面 直的性质可 l1⊥ γ,l2⊥ γ，所以 l1⎳ l2， l1⊄ β，所以 l1⎳ β,α∩ β= l,， 线面 行的性质定理 l1⎳ l， 所以有 l⊥ γ，故D正 . 故 ：D. 6 9. (23- 24高一下· 杭州·期末)已知 α,β表示两个不 的 面， a,b,c表示三条不 的直线， ( ) A. 若 b⎳ a,a⊂ α， b⎳ α B. 若 a⊂ α,b⊂ α,c⊥ a,c⊥ b， c⊥ α C. 若 a⊂ α,b⊂ α,a⎳ β,b⎳ β， α⎳ β D. 若 a⊥ α,a⎳ b,b⊂ β， α⊥ β 【 】D 【 析】ABC 项，可举出反 ；D 项，可 行 直的性质 定证 . 【详解】A 项，若 b⎳ a,a⊂ α， b⎳ α或 b⊂ α，A错误； B 项，若 b⎳ a，不能推出 c⊥ α，B错误； C 项，若 b⎳ a， 不能推出 α⎳ β，C错误； D 项，因为 a⊥ α,a⎳ b，所以 b⊥ α， b⊂ β， 面面 直的 定定理，可 α⊥ β，D正 . 故 ：D 10. (23- 24高一下· 东 ·期末)已知两条不 的直线 m,n 三个不 的 面 α,β,γ ，下 断正 的 ( ) A. 若 m⊂ α,n⎳m， n⎳ α B. 若 m⊂ α,n⊂ β,m⎳ β,n⎳ α， α⎳ β C. 若 α⊥ γ,β⊥ γ,α∩ β=m， m⊥ γ D. 若 α∩ β=n,m⊥n,m⊂ β， α⊥ β 【 】C 【 析】 线面 行与 直的 定 性质定理来进行推理 可. 【详解】对于A，若m⊂ α,n⎳m， n⎳ α或n⊂ α，故A 错误的； 对于B，若 m⊂ α,n⊂ β,m⎳ β,n⎳ α， 于m,n不一定相交，也有可能 行， α⎳ β不一定 成立，故B 错误的； 对于C，若 α⊥ γ,α∩ γ= l1， a⊂ γ,a⊥ l1， a⊥ α， 因为m⊂ α，所以 a⊥m， 若 β⊥ γ,β∩ γ= l2， b⊂ γ,b⊥ l2， b⊥ β， 因为m⊂ β，所以 b⊥m， 因为 a∩ b=O,a⊂ γ,b⊂ γ，所以m⊥ γ，故C 正 的； 对于D，若 α∩ β=n,m⊥n,m⊂ β，不能推理出m⊥ α，所以也 不能推理出 α⊥ β，故D 错误的； 故 ：C． 11. (23- 24高一下· 东惠州·期末)设 α， β 两个不 的 面，m， n 两条直线， 下 题为 题的 ( ) A. 若m⊂ α，n⊂ β，m⊥n， α⊥ β B. 若m⎳ α，n⊂ α， m⎳n C. 若m⊂ α，n⊂ α，m⎳ β，n⎳ β， α⎳ β D. 若m⊥ α，n⊂ α， m⊥n 【 】D 【 析】对于ABC：以正方 为载 ，举反 说 可；对于D： 据线面 直的性质 析 断. 【详解】对于正方 ABCD-A1B1C1D1，且M ,N 为AB,CD的中点， 7 对于 项A： 如AB⊂ 面ABCD，A1D1⊂ 面A1B1C1D1，AB⊥A1D1， 面ABCD∥ 面A1B1C1D1，故A错误； 对于 项B： 如A1D1∥ 面ABCD，AB⊂ 面ABCD， AB⊥A1D1，故B错误； 对于 项C： 如AD,MN⊂ 面ABCD，且AD,MN 与 面BB1C1C 行， 面ABCD∩ 面BB1C1C=BC，故C错误； 对于 项D：若m⊥ α，n⊂ α， 线面 直的性质可知m⊥n，故D正 ； 故 ：D. 12. (23- 24高一下· 东 南·期末)已知两条不 的直线m，n 两个不 的 面 α， β， 下 结 论正 的 ( ) A. 若m⎳ α，n⊂ α， m⎳n B. 若m⊥ α，m⊥n， n⎳ α C. 若m⊂ α，n⊂ α，m⎳ β，n⎳ β， α⎳ β D. 若 α⎳ β，m⊂ α，n⊂ β， m与n 行或 面 【 】D 【 析】 据 间中线线、线面、面面的 关系 断 可. 【详解】对于A：若m⎳ α，n⊂ α， m⎳n或m与n 面，故A错误； 对于B：若m⊥ α，m⊥n， n⎳ α或n⊂ α，故B错误； 对于C：若m⊂ α，n⊂ α，m⎳ β，n⎳ β， m与n相交时有 α⎳ β， m与n不相交时， α⎳ β或 α与 β相交，故C错误； 对于D：若 α⎳ β，m⊂ α，n⊂ β， m与n 行或 面，故D正 . 故 ：D 13. (23- 24高一下·福建福州·期末)下 说法中正 的个数 ( ) (1)若两个 面都与 三个 面 直， 这两个 面 行； (2)如果 面 α外有两点A，B 面 α的距离相 ， 直线AB∥ α； (3)若两条直线与一个 面所成的角相 ， 这两条直线 行； (4)一条直线 两条 行直线中的一条相交， 么它也 另一条相交． A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【 】A 8 【 析】充 虑直线与 面的 关系 可 项 断． 【详解】解： (1)如果两个 面都与 三个 面 直， 么这两个 面相交或 行，故不正 ， 不 题意； (2)如果 面 α外有两点A，B 面 α的距离相 ，如图所示， 直线AB 面 α可能 行 或可能相交，故错误，不 题意； (3)若两条直线与一个 面所成的角相 ， 这两条直线 行、相交或 面，故错误，不 题 意； (4) 间中，如果一条直线 两条 行直线中的一条相交， 么它 另一条可能相交，也可能 面，故错误，不 题意． 故 ：A． 14. (23- 24高一下·福建厦门·期末)已知 α,β,γ 三个不 的 面， α∩ β=m,α∩ γ=n， ( ) A. 若m⎳n， β⎳ γ B. 若m⊥n， β⊥ γ C. 若 α⊥ β,α⊥ γ， m⎳n D. 若 α⊥ γ,β⊥ γ， m⊥n 【 】D 【 析】构 长方 模 ， 过举反 可以 断A、B、C 错误的， 排 法 可 正 . 【详解】 如图，构 长方 模 ， 对于A，设 面ADDA为 面 α， 面ABCD为 面 β， 面ABCD为 面 γ， 直线AD为m，直线AD为n， 知，此时m⎳n， β∩ γ=BC，故A错误； 对于B，设 面ADDA为 面 α， 面ABCD为 面 β， 面DBBD为 面 γ， 直线AD为m，直线DD为n， 知，此时m⊥n， 面ABCD与 面DBBD不 直， 故B错误； 对于C，设 面ADDA为 面 α， 面ABCD为 面 β， 面DCCD为 面 γ， 直线AD为m，直线DD为n，此时m⊥n，故C错误； 因为 α⊥ γ,β⊥ γ,α∩ β=m，所以m⊥ γ， 9 n⊂ γ，所以m⊥n，D正 ； 故 ：D. 15. (23- 24高一下· 东 州·期末) 正方 ABCD-A1B1C1D1中，E为DD1的中点， ( ) A. AE⎳BC1 B. AE⊥B1C C. BD1⎳ 面ACE D. B1D⊥ 面ACE 【 】C 【 析】 据正方 的性质 断A、B；设AC∩BD=O，连接OE， 可证 OE⎳BD1， 可证 C； 设B1D⊥ 面ACE，推出矛盾， 可 断D. 【详解】对于A： 正方 的性质可知AD1⎳BC1， 然AD1∩AE=A，AD1与AE不 行，所以AE与BC1不 行，故A错误； 对于B： 正方 的性质可知DA1⎳CB1，DA1⊥AD1，所以AD1⊥B1C， A可知AD1与AE不 行，且AD1、AE⊂ 面ADD1A1， 所以DA1与AE不 直， B1C与AE不 直，故B错误； 对于C：设AC∩BD=O， O为BD的中点，连接OE， E为DD1的中点， 所以OE⎳BD1， BD1⊄ 面ACE，OE⊂ 面ACE，所以BD1⎳ 面ACE，故C正 ； 10 对于D：若B1D⊥ 面ACE，OE⊂ 面ACE， B1D⊥OE， OE⎳BD1，所以B1D⊥BD1， 四边 DBB1D1为矩 ， 所以四边 DBB1D1为正方 ，所以B1D1=BB1， ABCD-A1B1C1D1为正方 ，所以B1D1= 2BB1， 然不满足B1D1=BB1， 故 设不成立，所以B1D与 面ACE不 直，故D错误. 故 ：C 16. (23- 24高一下· 东 州·期末)已知 l 一条直线， α、 β 两个不 的 ， 下 题正 的 ( ) A. 若 l⎳ α， l⎳ β， α⎳ β B. 若 l⎳ α， α⊥ β， l⊥ β C. 若 l⊥ α， α⊥ β， l⎳ β D. 若 l⊥ α， α⎳ β， l⊥ β 【 】D 【 析】 据 间中线面、面面的 关系一一 断 可. 【详解】对于A：若 l⎳ α， l⎳ β， α⎳ β或 α与 β相交，故A错误； 对于B：若 l⎳ α， α⊥ β， l⎳ β或 l⊂ β或 l与 β相交，故B错误； 对于C：若 l⊥ α， α⊥ β， l⎳ β或 l⊂ β，故C错误； 11 对于D：若 l⊥ α， α⎳ β， l⊥ β，故D正 . 故 ：D 17. (23- 24高一下· 州·期末)已知 l，m 两条不 的直线， α， β 两个不 的 面， 下 题正 的 ( ) A. 若 l⎳m， l⎳ α，m⎳ β， α⎳ β B. 若 l⊥m， l⊥ α，m⎳ β， α⎳ β C. 若 α⎳ β， l⊂ α，m⊂ β， l⎳m D. 若 l⊥m， l⊥ α，m⊥ β， α⊥ β 【 】D 【 析】 据 间中线线、线面、面面的 关系一一 断 可. 【详解】对于A：若 l⎳m， l⎳ α， m⎳ α或m⊂ α， m⎳ β， α⎳ β或 α与 β相交，故A 错误； 对于B：若 l⊥m， l⊥ α， m⎳ α或m⊂ α， m⎳ β， α⎳ β或 α与 β相交，故B错误； 对于C：若 α⎳ β， l⊂ α， l⎳ β， m⊂ β， l与m 行或 面，故C错误； 对于D：若 l⊥m， l⊥ α， m⎳ α或m⊂ α， 若m⎳ α， 面 α内存 直线 c， m⎳ c， m⊥ β， c⊥ β， c⊂ α，所以 α⊥ β； 若m⊂ α， m⊥ β，所以 α⊥ β； 综上可 ， l⊥m， l⊥ α，m⊥ β，可 α⊥ β，故D正 . 故 ：D 18. (23- 24高一下· ·期末) (多 )对于两个 面 α， β 两条直线m，n， 下 说法正 的 ( ) A. 若m⊥ α，m⊥n， n⎳ α或n⊂ α B. 若m⎳ α， α⊥ β， m⊥ β C. 若m⊥ α，n⊥ β， α⊥ β， m⊥n D. 若 面 α内有不共线的三点 面 β的距离相 ， α⎳ β 【 】AC 【 析】 据给定条件， 线线、线面、面面的关系 一 断 可. 【详解】对于A，若m⊥ α，m⊥n， n⎳ α或n⊂ α，A正 ； 对于B， α⊥ β， 面 α,β外的直线m 行于 α与 β的交线时，满足m⎳ α，此时m⎳ β，B 错误； 对于C，n⊥ β， α⊥ β， n⎳ α或n⊂ α， m⊥ α，因此m⊥n，C正 ； 对于D， 面 α内有不共线的三点构成的三角 一条中 线 面 β时，满足 题条件，此时 α, β相交，D错误. 故 ：AC 12 19. (23- 24高一下· 南 ·期末) (多 )已知 a， b， c为三条直线， α， β， γ为三个 面．下 题为 题的 ( ) A. 若 a⊥ c， b⊥ c， a∥ b B. 若 a∥ α， a⊂ β， α∩ β= b， a∥ b C. 若 a⊥ α， a⊂ β， α⊥ β D. 若 α⊥ γ， β⊥ γ， α∩ β= a， a⊥ γ 【 】BCD 【 析】 据题意， 间中直线与 面， 面与 面的 关系，对 项 一 断， 可 结果. 【详解】对于A 项，令 a⊂ α， b⊂ α，若 c⊥ α， 一定有 a⊥ c， b⊥ c， 一 面的 a， b两条直线可以 行，也可以相交，故A错误； 对于B 项，这 线面 行的性质定理，故B正 ； 对于C 项，这 面面 直的 定定理，故C正 ； 对于D项，设 α∩ γ=m， β∩ γ= l，过 面 γ内一点A， AB⊥m，AC⊥ l，如图所 示， 因为 α⊥ γ， α∩ γ=m，AB⊂ γ，AB⊥m，所以AB⊥ α， 因为 a⊂ α，所以AB⊥ a， 理：AC⊥ a， 因为AB∩AC=A，AB、AC⊂ γ， 所以 a⊥ γ，故D项正 . 故 ：BCD. 20. (23 - 24高一下· 镇 ·期末) (多 )已知 α， β 不 面，m， n， l 不 直线， “m⎳n”的充 条件 ( ) A. m⊥ l，n⊥ l； B. m⎳ α，m⊂ β， α∩ β=n； C. m⊥ α，n⊥ β， α⎳ β； D. α⎳ β，m⊂ α，n⊂ β 【 】BC 【 析】 据 间中直线与 面，以及 面与 面的 关系， 可结 项 一 解. 【详解】对于A, m⊥ l，n⊥ l， m,n可能相交，可能 面，可能 行，故A错误， 对于B， 线面 行的性质定理可知m⎳ α，m⊂ β， α∩ β=n， m⎳n，B正 ， 对于C,若m⊥ α，n⊥ β， α⎳ β， m⎳n，C正 ， 对于D，若 α⎳ β，m⊂ α，n⊂ β， m,n 面或 行，D错误， 故 ：BC 13 【题型 3】台体，椎体，组合体表面积，体积计算 21. (2014·新课 Ⅱ·高 题)正三棱柱ABC-A1B1C1的 面边长为 2， 棱长为 3，D为BC中 点， 三棱锥A-B1DC1的 积为 A. 3 B. 3 2 C. 1 D. 3 2 【 】C 【详解】试题 析：如下图所示，连接AD，因为ΔABC 正三角 ，且D为BC中点， AD ⊥BC， 因为BB1⊥面ABC，故BB1⊥AD，且BB1∩BC=B，所以AD⊥面BCC1B1，所 以AD 三棱锥A-B1DC1的高，所以VA-B1DC1= 1 3 SΔB1DC1 ⋅AD= 1 3 × 3 × 3= 1． 22. (23- 24高一下· 北武 ·期末)已知 锥 积为 3π，表面积 面积的 3倍， 该 锥的母线 长为 . 【 】 2 3 【 析】 据 锥的表面积公 积公 计 可. 【详解】设 锥 面 为 r，高为 h， 母线 l= r2+h2， 题 1 3 πr 2h=3π πr2+πr r2+h2=3πr2  ，解 r= 3 h=3  ， 所以母线 l= r2+h2= 2 3 . 2 3 . 23. (23- 24高一下· 东 州·期末)已知 锥的顶点为 S，O为 面 ，母线 SA与 SB互相 直，△SAB的面积为 2，SA与 锥 面所成的角为 30°， ( ) 14 A. 锥的高为 2 B. 锥的 面积为 3π C. 二面角S-AB-O的大 为 45° D. 锥 面 图的 角为 120° 【 】C 【 析】 三角 的面积公 出 锥 SO的母线长，结 线面角的定义可 断A 项； 锥的 面积公 可 断B 项； 二面角的定义，找 二面角的 面角，再解三角 解 可 C 项； 据 图 系， 扇 的 长公 可 断D 项. 【详解】对于A 项，因为SO与 面 直，OA为 面 的一条 ， SO⊥OA， 所以SA与 锥 面所成的角为∠SAO= 30°， SA⊥SB，所以△SAB的面积为 1 2 SA ⋅SB= 1 2 ×SA2= 2，解 SA= 2， 母线长 l= 2， 所以该 锥的高为 h=SO=SA ⋅ sin30°= 2× 1 2 = 1，故A错误； 对于B 项，该 锥的 面 为 r=OA=SA ⋅ cos30°= 2× 3 2 = 3， 母线长 l= 2， 故该 锥的 面积为 πrl= 2 3π，故B错误； 对于C 项，取AB的中点E，连接OE,SE， 因为SA=SB，E为AB的中点， SE⊥AB， 定理可 OE⊥AB， 所以二面角S-AB-O的 面角为∠SEO， 因为SO⊥ 面OAE，OE⊂ 面AOE， SO⊥OE， 因为SA⊥SB，SA=SB， △SAB为 直角三角 ， AB= SA2+SB2= 22+22= 2 2，所以SE= 1 2 AB= 2， 所以， sin∠SEO= SO SE = 1 2 = 2 2 ， 因为 0° ≤∠SEO≤ 90°，故∠SEO= 45°， 二面角S-AB-O的大 为 45°，故C正 . 对于D 项，设该 锥 面 图的 角为 θ， 面 长为 2πr= 2 3π， θ= 2 3π l = 2 3π 2 = 3π，故D错误. 故 ：C. 24. (23- 24高一下· 南长 ·期末)如图所示， 三棱柱ABC-A1B1C1中，若点E， F 满足 AE  = 2 3 AB  ，AF  = 2 3 AC  ，三棱柱高为 3，△ABC面积为 3 3， 几 B1C1-BCFE的 积为 ( ) 15 A. 8 3 3 B. 3 3 C. 10 3 3 D. 11 3 3 【 】A 【 析】 题意 定几 AEF-A1B1C1为三棱台，再结 棱台的 积公 出三棱台AEF- A1B1C1的 积 棱柱ABC-A1B1C1的 积之间的关系， 可 . 【详解】因为 三棱柱ABC-A1B1C1中，AE  = 2 3 AB  ，AF  = 2 3 AC  ， 故EF⎳BC,EF= 2 3 BC, ∴S△AEF= 4 9 S△ABC， EF B1C1 = AF A1C1 = AE A1B1 = 2 3 ，故几 AEF-A1B1C1为三棱台； 设三棱台AEF-A1B1C1的 积为V1，几 B1C1-BCFE的 积为V2， 设 h为三棱柱的高， V1= 13 S△AEF+ S△AFF ⋅S△A1C1B1+S△A1C1B1 ⋅ h， = 1 3 4 9 S△ABC+ 2 3 S△ABC+S△ABC ⋅ h= 1927 S△ABC ⋅ h= 19 27 VABC-A1B1C1， 故V2=VABC-A1B1C1-V1= 8 27 VABC-A1B1C1= 8 27 × 3 3 × 3= 8 3 3 ， 故 ：A 25. (23- 24高一下· 北武 ·期末)《天工 物》 我国 代科学家宋 所 的一部综 科学 技术 ，书中记载了一种 瓦片的方法．某 高一 级计 实践这种方法，为 学们准备了 瓦 的粘 柱 的木质 ， 面外 的直 为 20cm，高为 20cm．首先， 的外 面 匀包上一 厚 为 1cm的粘 ， ， 母线方 粘 成四 份 (如图)， 粘 ，即可 大 相 的四片瓦．每 学 四片瓦，全 级共 1000人，需要准备的粘 (不计 )约为 (    ) (参 数 ： π≈ 3.14) 16 A. 1.3m3 B. 1.5m3 C. 1.8m3 D. 2.2m3 【 】A 【 析】结 柱 积公 出四片瓦的 积，再 需准备的粘 量. 【详解】 条件可 四片瓦的 积V= π× 112× 20- π× 102× 20= 420π(cm3) 1000 学 ，每人 4片瓦共需粘 的 积为 1000× 420π= 420000π(cm3)， π≈ 3.14， 所以共需粘 的 积为约为 1.3m3. 故 ：A 26. (23- 24高一下· ·期末)某 区 园内现有一个 台 的石 ，经 发现该石 上 面 的半 为 3，且上 面 直 的一端点的投 为下 面 半 的中点，高为 2， 这个 台的表面积为 ( ) A. 9 13π B. 42π C. 45+9 13 π D. 126π 【 】C 【 析】先 据已知 下 ，再 台表面积公 计 可. 【详解】因为上 面 直 的一端点的投 为下 面 的中点，所以下 面 为 6， 上 为 3，下 为 6，高为 2，母线为 32+22= 13 , 台的表面积为S= π 3+6  13+ π× 9+ π× 36= 45+9 13 π. 故 ：C. 27. (23- 24高一下· 镇 ·期末)如图， 一个 柱 4 份 ，再 其 新组 成一个与 柱 高的几 ，若新几 的表面积比原 柱的表面积增 了 20， 原 柱的 面积 ( )    A. 10π B. 20π C. 100π D. 200π 【 】B 【 析】 柱的 面 为 r，高为 h， 2rh= 20，从 出 面积. 【详解】设 柱的 面 为 r，高为 h， 柱的表面积为 2πr2+ 2πrh， 新几 的表面积为 2πr2+ 2πrh+ 2rh， 故 2rh= 20， 柱的 面积为 2πrh= 20π. 故 ：B 28. (23- 24高一下· 北武 ·期末)如图，一个 柱 一个 锥的 面直 它们的高都与一个球 的直 2R相 ，下 结论不正 的 ( ) 17 A. 柱的 面积为 4πR2 B. 锥的 面积为 5πR2 C. 柱的 积 于 锥与球的 积之 D. 三个几 的表面积中，球的表面积最 【 】D 【 析】 据 锥， 柱，以及球的表面积 积公 ， 可结 项 一 解. 【详解】对A， 柱的 面积 于 2πR× 2R= 4πR2，A正 ； 对B， 锥的母线长为 4R2+R2= 5R，所以 锥的 面积为 1 2 × 2πR× 5R= 5πR2，B 正 ； 对C， 柱的 积为 πR2× 2R= 2πR3， 锥的 积为 1 3 × πR2× 2R= 2 3 πR3， 球的 积为 4 3 πR3，所以 4 3 πR3+ 2 3 πR3= 2πR3，C正 ， 对D， 柱的表面积S1= 2πR2+ 4πR2= 6πR2， 锥的表面积S2= 5πR2+ πR2= ( 5+ 1)πR2， 球的表面积为S3= 4πR2， 于 5+ 1< 4< 6，所以 锥的表面积最 ，D错误； 故 ：D． 29. (23 - 24高一下· 东 南·期末)若正三棱台上 面边长为 2，下 面边长为 2 2，高为 2 3 3 ， 该棱台的 积为 ( ) A. 5 3 B. 2 C. 7 3 D. 8 3 【 】C 【 析】 据棱台的 积公 ， 可 . 【详解】 题意，该三棱台的上 面面积为 1 2 × 2 × 2 × 3 2 = 3 2 ， 下 面面积为 1 2 × 2 2 × 2 2 × 3 2 = 2 3， 故该棱台的 积为V= 1 3 × 3 2 +2 3+ 3 2 ×2 3 × 2 33 = 73 . 故 ：C. 30. (23- 24高一下· 东 ·期末)如图 一个盛满 的正四棱台容器，它的下 面边长 上 面 边长的 2倍，高为 h，现 四棱台中的 全部倒入与棱台 高且 面边长 于棱台下 面边长的正 四棱柱容器中 ( 忽 不计)， 四棱柱中 的高 为 ( ) 18    A. 5 12 h B. 7 12 h C. 5 6 h D. h 【 】B 【 析】先 出正四棱台的 积，再 V四棱柱=V四棱台，且四棱柱的 面 边长为 4的正方 ， 解 可． 【详解】因为正四棱台的下 面边长 上 面边长的 2 ， 所以令正四棱台的下 面边长为 2，上 面边长为 1， 所以V四棱台= 1 3 × 4+1+ 4×1 × h= 7 3 h， 题意可 ：V =V四棱台，且四棱柱的 面 边长为 2的正方 ， 设四棱柱中 的高 为 h， 所以V = 22× h= 7 3 h，解 h= 7 12 h， 四棱柱中 的高 为 7 12 h． 故 ：B． 31. (23- 24高一下· 南郑州·期末)已知 锥的表面积为 9π，它的 面 图 一个半 ， 此 锥的 积为 ( ) A. 3π B. 9π C. 3π D. 3 【 】A 【 析】设 锥的 面 为 r，母线为 l，高为 h， 据 锥的表面积及 长公 方 组， 出 r、 l， 可 出 h，再 锥 的 积公 计 可 . 【详解】设 锥的 面 为 r，母线为 l，高为 h， πr2+πrl=9π πl=2πr  ，解 r= 3 l=2 3  (负 已舍 )， 所以 h= l2-r2= 2 3 2- 3 2= 3， 所以 锥的 积V= 1 3 πr2h= 1 3 π× 3 2× 3= 3π. 故 ：A 32. (23- 24高一下· 南 ·期末)已知 锥的 面半 高 为 1， 该 锥的 面积为 ( ) A. π B. 2π C. 2π D. 2 2π 【 】B 【 析】 据公 S = πrl可解． 19 【详解】 据题意 锥的母线长 l= 12+12= 2，代入S = πrl 可 S = π× 1× 2= 2π     ． 故 ：B. 33. (23- 24高一下· 扬州·期末)已知一个正四棱台的 积为 152cm3，上、下 面边长 为 4cm、 6cm， 棱台的高为 cm. 【 】 6 【 析】 据棱台的 积公 计 可. 【详解】设棱台高为 h， 棱台的 积公 知V= 1 3 h S+S+ SS ⇒ h= 3×152 42+62+ 42×62 = 6，其中S、S 为上下 面面积. 6 34. (23- 24高一下· 东·期末) (多 )已知 台的上、下 面半 为 1 3，母线长为 2 2， ( ) A. 台的母线与 面所成的角为 45° B. 台的 面积为 8 2π C. 台的 积为 14 3 π D. 若 台的两个 面的 一个球的球面上， 该球的表面积为 40π 【 】ABD 【 析】 项A，先 出 台的高，进 出 台的母线与 面所成的角 可； 项B， 台 的 面积公 S= π r+R l 解 可； 项C， 台的 积公 V= 1 3 π r2+rR+R2 h 解 可； 项D，设球 下 面的距离为 d， 勾 定理 9+ d2= 1+ 2+d 2=R2， 解 可. 【详解】对于A，因为 台的上、下 面 为 1 3，母线为 2 2， 所以 台的高为： (2 2)2-(3-1)2= 2， 据线面角定义 出母线与 面所成角 45°，A正 ； 对于B， 台的 面积公 S= π r+R l， 台的 面积为： π× (1+ 3) × 2 2= 8 2π，B正 ； 对于C， 台的 积公 V= 1 3 π r2+rR+R2 h， 台 积为： 1 3 π(12+ 1× 3+ 32) × 2= 26 3 π，C错误； 对于D， 题意可知球 下 面下方，设球 下 面的距离为 d， 勾 定理 9+ d2= 1+ 2+d 2=R2，解 d= 1， 该球的 为R= 10，所以该球的表面积为S= 4πR2= 40π，D正 ． 故 ：ABD. 20 35. (23- 24高一下· 南 ·期末)以棱长为 2的正方 的六个面为 面， 外 状相 的 正四棱锥， 一个多面 ，已知正四棱锥的 面与 面所成的角为 π 4 ．该多面 的 积为 ，其面数为 ． 【 】 16 12 【 析】 据正四棱锥的 面与 面所成的角为 π 4 ， 出正四棱锥的高，从 积. 【详解】 据题意，如图，以棱长为 2的正方 的一个面为 面的正四棱锥P-ABCD， 取 面中 O，CD中点E， 因为PO⊥ 面ABCD，CD⊂ 面ABCD，所以CD⊥PO， CD⊥PE，PO∩PE=P,PO,PE⊂ 面POE， 所以CD⊥ 面POE， ∠PEO= π 4 ， 所以 h=PO= 1， 从 该多面 的 积为V= 2× 2× 2+ 6× 1 3 × 2× 2× 1= 16， 虑 四棱锥的 面夹角为 π，其面数为 4×6 2 = 12. 16； 12. 【题型 4】垂直平行的证明 36. (23- 24高一下· 扬州·期末) 正方 ABCD-A1B1C1D1中，E,F,G,H 棱AA1,AB, BC,C1D1的中点，下 结论正 的 (    ). A. EF∥GD1 B. D1E⊥FG C. FG⊥ 面BB1D1D D. 面D1EF∥ 面GHC1 【 】C 【详解】对于A，连接EF,D1G,A1B,D1C，如下图所示： 21 因为E,F 棱AA1,AB的中点，所以EF∥A1B， 正方 性质可 A1B∥D1C，因此可 EF∥D1C， D1C,GD1相交， 所以EF∥GD1错误， A错误； 对于B，取DD1的中点M，连接AM ,CM ,AC，如下图所示： 知AM∥D1E，FG∥AC，所以∠MAC 为 面直线D1E与FG所成的角 (或其补角)； 不妨设正方 的棱长为 2， AM=MC= 5，AC= 2 2， 然AM 2+AC2≠MC2，可知∠MAC不 直角，所以D1E与FG不 直， B错误； 对于C，连接AC,BD,B1D1，如下图所示： 正方 性质可 BB1⊥ 面ABCD， AC⊂ 面ABCD，所以BB1⊥AC； 因为ABCD 正方 ，所以BD⊥AC， BB1∩BD=B，BB1,BD⊂ 面BB1D1D，所以AC⊥ 面BB1D1D, 因为F,G 棱AB,BC的中点，所以FG∥AC 可 FG⊥ 面BB1D1D， C正 ； 对于D，如下图所示： 22 知D1∈ 面D1EF，且D1∈D1C1， D1C1⊂ 面GHC1，所以D1∈ 面GHC1； 因此可 面D1EF与 面GHC1有公共点D1，可知两 面 有一条过D1的共公交线； 因此 面D1EF∥ 面GHC1 错误的， D错误. 故 ：C 23 37. (23- 24高一下· 州·期末)如图， 四棱锥P-ABCD中，已知 面ABCD为矩 ，PA ⊥ 面ABCD，PA=AB，E，F，G 为线段AD，BC，PB的中点. (1) 证：AG⊥ 面PBC； (2) 证：PE⎳ 面AFG. 【 】 (1)证 见解析 (2)证 见解析 【 析】 (1)先证BC⊥ 面PAB，有BC⊥AG，再 AG⊥PB，可证AG⊥ 面PBC； (2)连接BE交AF于点H， △AHE≌△FHB， H为BE中点，可 GH⎳PE，线面 行的 定定理 PE⎳ 面AFG. 【详解】 (1)因为 面ABCD为矩 ，所以BC⊥AB， PA⊥ 面ABCD，BC⊂ 面ABCD，所以PA⊥BC， 因为AB∩PA=A，AB,PA⊂ 面PAB，所以BC⊥ 面PAB， AG⊂ 面PAB，所以BC⊥AG， PA=AB，G为PB中点， AG⊥PB， BC,PB⊂ 面PBC，BC∩PB=B，所以AG⊥ 面PBC. (2)连接BE交AF于点H，连接GH， 四边 ABCD为矩 ，E,F 为AD,BC中点，所以△AHE≌△FHB， BH=HE， H为BE中点， 因为G为BP中点，有GH⎳PE， GH⊂ 面AFG，PE⊄ 面AFG，所以PE⎳ 面AFG. 38. (23- 24高一下· 南 ·期末)如图， 四棱锥P-ABCD中， 面ABCD 菱 ，PA⊥ 面ABCD，E,F 棱BC,AP的中点． 24 (1)证 ：PC⊥BD； (2)证 ：EF⎳ 面PCD． 【 】 (1)证 见解析 (2)证 见解析 【 析】 (1)连接AC,BD交于点O， 已知证 BD⊥ 面PAC， PC⊂ 面PAC， 可证 BD⊥PC； (2)连接OE,OF，证 出 面EFO⎳ 面PCD，结 面面 行的性质 可证 ． 【详解】 (1)连接AC,BD交于点O， 四边 ABCD 菱 AC⊥BD， 因为PA⊥ 面ABCD，BD⊂ 面ABCD， 所以PA⊥BD， 因为PA⊥BD，AC⊥BD，PA∩AC=A，PA,AC⊂ 面PAC， 所以BD⊥ 面PAC， PC⊂ 面PAC， 所以BD⊥PC． (2)连接OE,OF， 因为四边 ABCD 菱 ，所以点O为AC,BD中点， E,F 棱BC,AP的中点， 所以FO⎳PC,OE⎳CD， 因为PC⊂ 面PCD，FO⊄ 面PCD， 所以FO⎳ 面PCD， 理可 EO⎳ 面PCD， 因为EO,FO⊂ 面EFO，且EO∩FO=O， 所以 面EFO⎳ 面PCD， EF⊂ 面EFO， 所以EF⎳ 面PCD． 39. (2025高一·全国·专题练习)如图，四棱锥P-ABCD的 面 菱 ，PO⊥ 面ABCD，O、 25 E AD、AB的中点，AB= 6，AP= 5，∠BAD= 60° (1) 证：BO⊥ 面PAD； (2) 证： 面PAC⊥ 面POE； 【 】 (1)证 见解析； (2)证 见解析 【 析】 (1) 据给定条件， 线面 直的性质、 定可 ； (2) 线面 直的性质、 定，结 面面 直的 定可 . 【详解】 (1)四棱锥P-ABCD 面 菱 ，连接BO,BD，∠BAD= 60°， △ABD 正三角 ， PO⊥ 面ABCD，BO⊂ 面ABCD， BO⊥PO， O AD的中点， BO⊥AD， PO∩AD=O,PO,AD⊂ 面PAD，所以BO⊥ 面PAD； (2)连接AC， 菱 ABCD， AC⊥BD， E AB的中点， OE⎳BD， AC⊥OE， PO⊥ 面ABCD，AC⊂ 面ABCD， AC⊥PO， PO∩OE=O,PO,OE⊂ 面POE， AC⊥ 面POE， AC⊂ 面PAC， 所以 面PAC⊥ 面POE. 26 40. (24- 25高二上·云南玉 ·期中)如图所示， ABCD中，AB⎳CD，∠ADC= π 2 ，AB = 2AD= 2CD= 4，AP⊥ 面ABCD，CQ⎳AP，AP= 2，CQ= 3，M为AB中点. (1)证 ：QM⎳ 面ADP； (2)证 ：QM⊥CD； 【 】 (1)证 见解析； (2)证 见解析. 【 析】 (1)只需 过证 两次线面 行 面QMC⎳ 面PAD，再结 面面 行的性质 可 证； (2)只需证 CD⊥ 面QCM，再结 线面 直的性质 可 证. 【详解】 (1) 连接CM，AB⎳CD，AB= 2CD= 4，M AB中点， ∴AM⎳CD且AM=CD， ∴四边 AMCD 行四边 ，∴CM⎳AD， CM⊄ 面PAD，AD⊂ 面PAD，所以CM⎳ 面PAD， 因为QC⎳PA，QC⊄ 面PAD，PA⊂ 面PAD，所以QC⎳ 面PAD， QC∩MC=C，QC⊂ 面QMC，MC⊂ 面QMC， ∴ 面QMC⎳ 面PAD， QM⊂ 面QMC， ∴QM⎳ 面PAD. (2) ∵QC⎳AP，AP⊥ 面ABCD， ∴QC⊥ 面ABCD， ∵CD⊂ 面ABCD， ∴QC⊥CD， ∠ADC= π 2 ，四边 AMCD 行四边 ， ∴ 行四边 AMCD为正方 ，∴CD⊥MC． 27 QC⊥CD,MC∩QC=C，MC⊂ 面QCM，QC⊂ 面QCM， 所以CD⊥ 面QCM，QM⊂ 面QCM，∴CD⊥QM . 41. (23- 24高一下· 东 ·期末)如图，已知多面 PQRABCD 中，四边 ABCD、PABQ、 PADR 为正方 ，点 H △CQR 的 ，PA= 1 . (1)证 : H 点 A 面 CQR 上的 ;(2) 多面 PQRABCD 的 积. 【 】 (1)证 见解析 (2) 5 6 【 析】 (1) 图 补成一个正方 ，证 AH⊥ 面RQC 可； (2) (1)知，多面 PQRABCD的 积 一个正方 的 积减 一个三棱锥的 积 可． 【详解】 (1)证 ：因为四边 ABCD,PABQ,PADR 为正方 ， 所以PA⊥AB,PA⊥AD,AB∩AD=A,AB,AD⊂ 面ABCD， PA⊥ 面ABCD，且AB⊥AD， 图 补成一个正方 ，如图所示： △RQC为 边三角 ，连接PS交RQ于点M，连接CM， 点H CM上， 且RQ⊥PS,RQ⊥CM ,RS∩CM=M ,RS,CM⊂ 面PACS， RQ⊥ 面PACS，AH⊂ 面PACS， RQ⊥AH， 理RC⊥AH,RQ∩RC=R,RQ,RC⊂ 面RQC， AH⊥ 面RQC， 所以H 点A 面RQC上的 ； (2) (1)知，多面 PQRABCD的 积 一个正方 的 积减 一个三棱锥的 积， 多面 PQRABCD的 积为： 1- 1 3 × 1 2 × 1× 1× 1= 5 6 ． 28 42. (23 - 24高一下 · 东 ·期末)如图， 直三棱柱 ABC - A 1B 1C 1中， AC = 6， AB = 10， cos∠CAB= 3 5 ，AA1= 8，点D AB的中点． (1) 证：AC1⎳ 面CDB1； (2) 证：AC⊥BC1； (3) 三棱锥A1-B1CD的 积． 【 】 (1)证 见解析 (2)证 见解析 (3)64 【 析】 (1)设B1C与BC1交于点E，可 DE∥AC1， 线面 行的 定可 (2) 定理 可 BC= 8， 勾 定理可 AC⊥BC， CC1⊥ 面ABC CC1⊥AC， 可 AC⊥ 面BCC1可 ； (3) △ABC中过点C CF⊥AB， 足为F，可 CF⊥ 面ABB1A1， VA1-B1CD= VC-A1DB1相 可 . 【详解】 (1)设B1C与BC1交于点E， E为BC1的中点，连接DE， △ABC1中， DE △ABC1的中 线，所以DE∥AC1， DE⊂ 面CDB1，AC1⊄ 面CDB1， 所以AC1∥ 面CDB1． (2) △ABC中， AC= 6，AB= 10， cos∠CAB= 3 5 ， 定理BC2=AC2+AB2- 2AC ⋅ABcos∠CAB， BC= 8， 102= 62+ 82， AB2=AC2+BC2，∴△ABC为直角三角 ，∴AC⊥BC． ∵CC1⊥ 面ABC，AC⊂ 面ABC，∴CC1⊥AC， CC1∩BC=C，BC,CC1⊂ 面ABC， 29 ∴AC⊥ 面BCC1， ∵BC1⊂ 面BCC1，∴AC⊥BC1． (3) △ABC中过点C CF⊥AB， 足为F， ∵ 面ABB1A1⊥ 面ABC，且 面ABB1A1∩ 面ABC=AB，∴CF⊥ 面ABB1A1 知S△DA1B1= 1 2 A1B1 ⋅AA= 40，CF= AC ⋅BCAB = 24 5 ， ∵VA1-B1CD=VC-A1DB1，∴VA1-B1CD= 1 3 × 40× 24 5 = 64． 【题型 5】点到平面距离 43. (23- 24高一下· 州·期末) 三棱锥P-ABC中，PA,PB,PC两两 直，PA= 1，PB =PC= 2 . (1) 三棱锥P-ABC的表面积； (2) P 面ABC的距离. 【 】 (1)2 2+ 1 (2) 2 2 【 析】 (1) 据勾 定理 出三角 ABC的三条边长，结 定理、 方关系以及 出 sin∠BAC，再结 三角 面积公 可 解； (2) 积法 方 可 解. 【详解】 (1) 因为PA,PB,PC两两 直，PA= 1，PB=PC= 2， 所以AB=AC= 3 ,BC= 2， 所以 cos∠BAC= 3+3-4 2× 3 2 = 1 3 ,sin∠BAC= 2 2 3 ， 从 三棱锥P-ABC的表面积为S= 1 2 × 1× 2+ 1 2 × 1× 2+ 1 2 × 2 × 2+ 1 2 × 3 × 3 × 2 2 3 = 2 2+ 1； (2)设点P 面ABC的距离为 h， (1) 三角 ABC的面积为S1= 12 × 3 × 3 × 2 2 3 = 2， 积法有，VA-PBC=VP-ABC， 1 3 × 1 2 × 2 × 2 × 1= 1 3 × 2 × h， h= 2 2 ，所以点P 面ABC的距离为 2 2 . 30 44. (23- 24高一下· 东惠州·期末)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的 积为 8，二面角C1-AB-C 的大 为 π 4 ，且AC=BC，CC1= 2， 点A1 面ABC1的距离为 ( ) A. 2 B. 2 2 C. 2 3 D. 2 4 【 】A 【 析】 据二面角的定义，找 二面角的 面角，解 OC1，再 据直三棱柱的 积 出AB， 再 积法 点A1 面ABC1的距离. 【详解】取AB的中点O，连接OC,OC1， ∵AC=BC，∴OC⊥AB,OC1⊥AB， 二面角C1-AB-C的 面角 为∠C1OC， ∵二面角C1-AB-C的大 为 π4 ， ∠C1OC= π 4 ， 所以OC=CC1= 2，OC1= OC2+CC12= 4+4= 2 2， ∵直三棱柱ABC-A1B1C1的 积为 8，∴VABC-A1B1C1=S△ABC ⋅CC1= 2S△ABC= 8， S△ABC= 4，∴S△ABC= 1 2 AB ⋅OC= 1 2 AB× 2= 4⇒AB= 4， ∵ 面ABC⊥ 面A1ABB1， 面ABC∩ 面A1ABB1=AB， 且OC⊥AB,OC⊂ 面ABC，∴OC⊥ 面A1ABB1， 设点A1 面ABC1的距离为 h， VA1-ABC1=VC1-ABA1，