立体几何练习题-2026届高三数学一轮复习

基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 题型一　基本立体图形 例1　(多选)下列说法中正确的是(　　) A.各侧棱都相等的棱锥为正棱锥 B.长方体是直四棱柱 C.用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台 D.球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面 答案　BD 解析　对于A，各侧棱都相等，但无法保证底面为正多边形，故A错误； 对于B，易知长方体的侧棱和底面垂直，所以是直四棱柱，故B正确； 对于C，根据圆台的定义，用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分为圆台，故C错误； 对于D，球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面，故D正确. 例2　用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形OABC的直观图为如图所示的直角梯形O'A'B'C'，其中B'C'=O'A'，A'B'⊥O'A'，若原平面图形OABC的面积为3，则O'A'的长为(　　) A.2 B. C. D. 答案　D 解析　方法一　如图所示，根据斜二测画法的规则，得到原几何图形OABC， 设O'A'=x，可得O'B'=x， 则OB=2O'B'=2x，BC=B'C'=，OA=O'A'=x， 且OB为原平面图形中梯形的高，所以原平面图形OABC的面积为S=×2x=3， 解得x=. 方法二　由S直观图=S原图形可得S直观图=， 设O'A'=x，则O'B'=x，B'C'=，A'B'=x， 根据直角梯形的面积公式得x=， 解得x=. 例3　(2025·大同模拟)已知圆台的上、下底面的圆心分别为O1，O2，母线AB=1(点A位于上底面)，且BO2=2AO1，圆O2的周长为，一只蚂蚁从点A出发沿着圆台侧面爬行一周到点B，则其爬行的最短路程为(　　) A.1 B. C.2 D. 答案　B 解析　将圆台的侧面沿着母线AB剪开，展成平面图形，延长BA，B1A1交于点O，连接AA1，AB1，BB1，如图， 显然弧BB1的长为，弧AA1的长为，设∠BOB1=α，则α×OA=，α×OB=， 则OB=2OA，即OA+1=2OA，得OA=1，于是A是OB的中点，α=， 因此△OBB1是等边三角形，有AB1⊥OB，且AB1与弧AA1相切，则AB1在此侧面展开图内， 所以蚂蚁爬行的最短路线为线段AB1，AB1=ABtan =. 题型二　表面积与体积 例4　(1)以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于(　　) A.8π B.4π C.8 D.4 答案　A 解析　以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周所得圆柱的底面半径r=2，高h=2， ∴所得圆柱的侧面积S=2πrh=2π×2×2=8π. (2)(2025·枣庄模拟)已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的侧面积为(　　) A.6π B.16π C.26π D.32π 答案　B 解析　圆台的上底面圆半径r'=1，下底面圆半径r=3， 设圆台的母线长为l，扇环所在的小圆的半径为x， 依题意有 解得 所以圆台的侧面积S=π(r'+r)l=π(1+3)×4=16π. 例5　(1)(2024·武汉模拟)“极目一号”Ⅲ型浮空艇(如图1)是中国科学院空天信息研究院自主研发的，它曾多次成功完成大气科学观测，彰显了中国的实力.“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55 m，高19 m，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为(参考数据：9.52≈90，9.53≈857，315×1 005≈316 600，π≈3.14)(　　) A.9 064 m3 B.9 004 m3 C.8 944 m3 D.8 884 m3 答案　A 解析　由题图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为R==9.5(m)，而圆台另一个底面的半径为r=1 m， 则V半球=××π×9.53≈π(m3)， V圆柱=π×9.52×14≈1 260π(m3)， V圆台=×(9.52π++π)×31.5≈π(m3)， 所以V=V半球+V圆柱+V圆台≈π+1 260π+π≈9 064(m3). (2)木楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足.如图为一个木楔子，其中四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥CD，EF=2，则该木楔子的体积为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH， 由题意知等腰梯形ABFE全等于等腰梯形DCFE， 则EG=HF==，AG=GD=BH=HC==. 取AD的中点O，连接GO， 因为AG=GD，所以GO⊥AD， 则GO==， 所以S△ADG=S△BCH=××1=. 因为AB∥EF，AG⊥EF，所以AB⊥AG， 因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥AD， 又因为AD∩AG=A，AD，AG⊂平面ADG， 所以AB⊥平面ADG， 所以EF⊥平面AGD， 同理可证EF⊥平面BCH， 所以多面体的体积V=V三棱锥E-ADG+V三棱锥F-BCH+V三棱柱AGD-BHC=2V三棱锥E-ADG+V三棱柱AGD-BHC =×××2+×1=. 球的切、接问题 题型一　外接球 例1　(1)古代数学名著《九章算术·商功》中，将底面为矩形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.若四棱锥P-ABCD为“阳马”，PA⊥平面ABCD，AB=BC=4，PA=3，则此“阳马”外接球的表面积为(　　) A. B. C.π D.41π 答案　D 解析　由于PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD， 由于四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD， 所以AB，AD，PA两两互相垂直， 所以四棱锥P-ABCD可补形为长方体，且长方体的体对角线为PC==， 所以外接球的直径2R=， 所以外接球的表面积为4πR2=41π. (2)已知三棱锥S-ABC的四个顶点都在球O的球面上，且SA=BC=2，SB=AC=，SC=AB=，则球O的表面积是　　　　　　. 命题点2　定义法 例2　(2024·六盘水模拟)如图，在四面体ABCD中，∠ACB=∠ADB=90°，AB=2，则四面体ABCD外接球的表面积为(　　) A.2π B.4π C.8π D. 答案　B 解析　设O是AB的中点， 连接OC，OD，如图所示， 由∠ACB=∠ADB=90°， 得OA=OB=OC=OD， 所以O是四面体外接球的球心，且半径为OA=OB=OC=OD=AB=1， 所以外接球的表面积为4π×12=4π. 答案　8π 解析　将三棱锥S-ABC放入长方体中，设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，如图所示， 则 则a2+b2+c2=8， 因为球O的直径即为长方体的体对角线， 则球O的半径为=， 所以球O的表面积是4π×=8π. 例3　(2024·双鸭山模拟)已知四面体ABCD的各顶点均在球O的球面上，平面ABC⊥平面BCD，AB=BC=AC=CD=2，BC⊥CD，则球O的表面积为(　　) A. B.8π C. D.12π 答案　C 解析　如图，取BC的中点E，BD的中点F，所以F为△BCD的外心， 连接AE，EF，设△ABC的外心为G， 因为AB=BC=AC=2， 即△ABC为等边三角形， 所以点G在AE上，连接OG，OF， 则OG⊥平面ABC，OF⊥平面BCD， 因为平面ABC⊥平面BCD，所以OG⊥OF， 因为△ABC为等边三角形，E为BC的中点， 所以AE⊥BC， 因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，AE⊂平面ABC， 所以AE⊥平面BCD，则AE∥OF， 又EF⊂平面BCD，所以AE⊥EF， 同理EF⊥平面ABC，所以EF∥OG， 故四边形OGEF是矩形. 由BC⊥CD，可得BD==2， 故DF=， 又OF=EG=AE=ABsin 60°=， 设球O的半径为R，则R2=OD2=OF2+FD2=， 所以球O的表面积S=4πR2=. 题型二　内切球与棱切球 例4　(2025·洛阳模拟)已知一圆台容器的上、下底面中心分别为O1，O2，且O1O2=10，上、下底面半径分别为2，12，在圆台容器内放置一个可以任意转动的球，则该球表面积的最大值为(　　) A.96π B.192π C.48π D.248π 答案　B 解析　如图所示， 根据题意可知O1A=2，O2B=12，O1O2=10. 设圆台容器内能放置的最大球的球心为O，且与下底面和母线AB分别切于O2，C， 因为tan∠ABO2==， 所以∠ABO2=60°，所以∠OBO2=30°， 所以可知球的半径 R=OO2=O2Btan 30°=12×=4， 此时球的直径为2R=8<O1O2=10， 即此时球与圆台容器上底面不相切，因此圆台容器内能放置的最大球的表面积S=4πR2=192π. 例5　一个正四棱锥形骨架的底边边长为2，高为，有一个球的表面与这个正四棱锥的每条棱都相切，则该球的表面积为(　　) A.4π B.4π C.4π D.3π 答案　B 解析　如图所示， 因为正四棱锥底边边长为2，高为， 所以OB=，SB=2， O到SB的距离为d==1， 同理O到SC，SD，SA的距离为1，易知O到AB，BC，CD，DA的距离也为1， 所以O为球的球心，所以球的半径为1， 所以球的表面积为4π. 空间点、直线、平面之间的位置关系 题型一　基本事实的应用 例1　已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD=P，A1C1∩EF=Q.求证： (1)D，B，F，E四点共面； (2)若A1C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线； (3)DE，BF，CC1三线交于一点. 证明　(1)如图所示， 连接B1D1. 因为EF是△C1D1B1的中位线， 所以EF∥B1D1. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD， 所以EF，BD确定一个平面， 即D，B，F，E四点共面. (2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接A1C， 设A1，C，C1确定的平面为α， 又设平面BDEF为β. 因为Q∈A1C1，所以Q∈α. 又Q∈EF，所以Q∈β， 所以Q是α与β的公共点， 同理，P是α与β的公共点. 所以α∩β=PQ. 又A1C∩β=R， 所以R∈A1C，R∈α，且R∈β. 则R∈PQ，故P，Q，R三点共线. (3)因为EF∥BD且EF<BD， 所以DE与BF相交，设交点为M， 则由M∈DE，DE⊂平面D1DCC1， 得M∈平面D1DCC1， 同理，M∈平面B1BCC1. 又平面D1DCC1∩平面B1BCC1=CC1， 所以M∈CC1. 所以DE，BF，CC1三线交于一点. 题型二　空间位置关系的判断 例2　(1)(多选)下列推断中，正确的是(　　) A.若M∈α，M∈β，α∩β=l，则M∈l B.若α∩β=l，a⊂α，b⊂β，a∩b=A，则A∈l C.l⊄α，A∈l⇒A∉α D.A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α，β重合 答案　ABD 解析　对于A，因为M∈α，M∈β，α∩β=l，由基本事实3可知M∈l，A对； 对于B，若a⊂α，b⊂β，a∩b=A，则A∈α，A∈β，因为α∩β=l，所以A∈l，B对； 对于C，若l∩α=A，则有l⊄α，A∈l，但A∈α，C错； 对于D，有三个不共线的点在平面α，β中，故α，β重合，D对. (2)(多选)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，当点P在线段BC1上(不包含端点)运动时，下列直线中一定与直线OP异面的是(　　) A.AB1 B.A1C C.A1A D.AD1 答案　BCD 解析　对于A，如图①，连接AB1，C1D，BD， 当P为BC1的中点时，OP∥DC1∥AB1，故A不正确； 对于B，如图②，连接A1C，A1C1，AC， 因为A1C⊂平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O∉A1C，P∉平面AA1C1C， 所以直线A1C与直线OP一定是异面直线，故B正确； 对于C，如图②，因为A1A⊂平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O∉A1A，P∉平面AA1C1C， 所以直线A1A与直线OP一定是异面直线，故C正确； 对于D，如图③，连接AD1，D1C，AC， 因为AD1⊂平面AD1C，O∈平面AD1C，O∉AD1，P∉平面AD1C， 所以直线AD1与直线OP一定是异面直线，故D正确. 题型三　异面直线所成的角 例3　(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BD的中点，则直线B1E与A1D所成的角为(　　) A.30° B.60° C.120° D.150° 答案　A 解析　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1B1=DC，A1B1∥DC， 所以四边形A1B1CD为平行四边形， 则有A1D∥B1C， 所以直线B1E与A1D所成的角等于直线B1E与B1C所成的角， 设正方体的棱长为2，则BB1=2，BE=CE=B1C=2 B1E== 在△EB1C中，cos∠EB1C== 所以∠EB1C=30°. 所以直线B1E与A1D所成的角为30°. (2)如图，已知正四棱锥P-ABCD的所有棱长均为2，E为棱PA的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　连接AC，取AC的中点O，连接OE，OB， 由题意知，EO∥PC，则异面直线BE与PC所成的角为∠BEO(或其补角)， 在△BEO中，EO=1，BO=BE= 则cos∠BEO== 则异面直线BE与PC所成角的余弦值为. 空间直线、平面的平行 题型一　直线与平面平行的判定与性质 例1　如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB=2，CD=4，E为PC的中点. 求证：BE∥平面PAD. 证明　方法一　如图，取PD的中点F，连接EF，FA. 由题意知EF为△PDC的中位线， ∴EF∥CD，且EF=CD=2. 又∵AB∥CD，AB=2，CD=4，∴ABEF， ∴四边形ABEF为平行四边形， ∴BE∥AF. 又AF⊂平面PAD，BE⊄平面PAD， ∴BE∥平面PAD. 方法二　如图，延长DA，CB相交于H，连接PH， ∵AB∥CD，AB=2，CD=4， ∴==， 即B为HC的中点， 又E为PC的中点，∴BE∥PH， 又BE⊄平面PAD，PH⊂平面PAD， ∴BE∥平面PAD. 方法三　如图，取CD的中点H，连接BH，HE， ∵E为PC的中点， ∴EH∥PD， 又EH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD， ∴EH∥平面PAD， 又由题意知ABDH， ∴四边形ABHD为平行四边形，∴BH∥AD， 又AD⊂平面PAD，BH⊄平面PAD， ∴BH∥平面PAD， 又BH∩EH=H，BH，EH⊂平面BHE， ∴平面BHE∥平面PAD， 又BE⊂平面BHE，∴BE∥平面PAD. 例2　如图所示，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和PA作平面交BD于点H. 求证：PA∥GH. 证明　如图所示，连接AC交BD于点O，连接OM， ∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点， 又M是PC的中点， ∴PA∥OM， 又OM⊂平面BMD，PA⊄平面BMD， ∴PA∥平面BMD， 又PA⊂平面PAHG，平面PAHG∩平面BMD=GH，∴PA∥GH. 题型二　平面与平面平行的判定与性质 例3　(1)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E，F分别是棱B1C1，AC，BC的中点.证明：AD∥平面C1EF. 证明　连接BD. 因为E，F分别是棱AC，BC的中点，所以EF∥AB. 因为EF⊂平面C1EF，AB⊄平面C1EF， 所以AB∥平面C1EF. 因为D，F分别是棱B1C1，BC的中点，所以BF∥C1D，BF=C1D， 所以四边形BDC1F是平行四边形，则BD∥C1F. 因为C1F⊂平面C1EF，BD⊄平面C1EF，所以BD∥平面C1EF. 因为AB∩BD=B，AB，BD⊂平面ABD， 所以平面ABD∥平面C1EF， 因为AD⊂平面ABD，所以AD∥平面C1EF. (2)如图所示，AA1，BB1为圆台的两条不同的母线，O1，O分别为圆台的上、下底面圆的圆心.求证：A1B1∥AB. 证明　∵圆台可以看做是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到， ∴圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的一部分. ∴母线AA1与母线BB1的延长线必交于一点， ∴A，A1，B，B1四点共面. ∵圆O1∥圆O，且平面ABB1A1∩圆O1=A1B1，平面ABB1A1∩圆O=AB. ∴A1B1∥AB. 题型三　平行关系的综合应用 例4　如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，D，D1分别为AC，A1C1上的点. (1)当为何值时，BC1∥平面AB1D1； (2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值. 解　(1)当=1时，BC1∥平面AB1D1. 如图，连接A1B交AB1于点O，连接OD1. 由棱柱的性质知，四边形A1ABB1为平行四边形， ∴点O为A1B的中点. 在△A1BC1中，O，D1分别为A1B，A1C1的中点， ∴OD1∥BC1. 又OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1， ∴BC1∥平面AB1D1. ∴当=1时，BC1∥平面AB1D1. (2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D=BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1=OD1. 因此BC1∥OD1，同理AD1∥DC1. ∴==. 又=1，∴=1，即=1. 空间直线、平面的垂直 题型一　直线与平面垂直的判定与性质 例1　如图，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，AE⊥平面PBC，点E为垂足. (1)求证：PA⊥平面ABC； (2)当点E为△PBC的垂心时，求证：△ABC是直角三角形. 证明　(1)如图，在平面ABC内取一点D，过点D作DF⊥AC于点F. 因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，DF⊂平面ABC，所以DF⊥平面PAC. 因为PA⊂平面PAC，所以DF⊥PA. 过点D作DG⊥AB于点G， 同理可证DG⊥PA. 因为DG，DF⊂平面ABC，且DG∩DF=D， 所以PA⊥平面ABC. (2)如图，连接BE并延长交PC于点H. 因为点E是△PBC的垂心，所以PC⊥BH. 又AE⊥平面PBC，PC⊂平面PBC， 所以PC⊥AE. 因为AE∩BH=E，AE，BH⊂平面ABE， 所以PC⊥平面ABE. 又AB⊂平面ABE，所以PC⊥AB. 由(1)知PA⊥平面ABC， 又AB⊂平面ABC，所以PA⊥AB. 因为PA∩PC=P，PA，PC⊂平面PAC， 所以AB⊥平面PAC. 又AC⊂平面PAC，所以AB⊥AC， 即△ABC是直角三角形. 题型二　平面与平面垂直的判定与性质 例2　如图1，山形图是两个全等的直角梯形ABCD和ABEF的组合图，将直角梯形ABEF沿底边AB翻折，得到如图2所示的几何体.已知AB∥CD∥EF，AB=2CD=2EF，AB⊥BE，点N在线段CE上，且EN=2NC.在几何体BCE-ADF中，解决下面问题. (1)证明：AE∥平面BND； (2)若平面BDE⊥平面ABCD，证明：BE⊥AD. 证明　(1)如图，连接AC与BD相交于O，连接ON， 由于AB=2CD，且AB∥CD， 所以OC∶OA=CD∶AB=1∶2， 又EN=2NC，所以ON∥AE， 又AE⊄平面BND，ON⊂平面BND， 所以AE∥平面BND. (2)过C作CM⊥BD于M， 由于平面BDE⊥平面ABCD，且平面BDE∩平面ABCD=BD，CM⊂平面ABCD， 所以CM⊥平面BED，又BE⊂平面BED，故CM⊥BE， 又AB⊥BE，AB，CM是平面ABCD内的两相交直线，所以BE⊥平面ABCD， 又AD⊂平面ABCD，故BE⊥AD. 题型三　垂直关系的综合应用 例3　(多选)把边长为的正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时(　　) A.AB⊥CD B.直线BD与平面ABC所成角的大小为 C.二面角A-BD-C的余弦值为- D.四面体ABCD的内切球的半径为2- 答案　BCD 解析　如图所示，当平面BAC⊥平面DAC时，三棱锥体积最大，记E为AC的中点，连接BE，DE，此时DE⊥平面BAC，因为AB⊂平面BAC，所以AB⊥DE，因为CD∩DE=D，所以AB与CD不垂直，A错误； 对于B，直线BD和平面ABC所成的角即为∠EBD，因为tan∠EBD==1，故∠EBD=，B正确； 对于C，由于BC=CD=BA=AD，取BD的中点G，连接AG，CG，则有CG⊥BD，AG⊥BD，故∠CGA为二面角A-BD-C的平面角.则 cos∠CGA===-，C正确； 对于D，设内切球球心为I，内切球半径为r，由等体积法知， V四面体ABCD=V三棱锥I-ABC+V三棱锥I-BCD+V三棱锥I-ACD+V三棱锥I-ABD=rS四面体ABCD， 其中，V四面体ABCD=BE·S△ACD=， S四面体ABCD=2×=+2， 故r===2-，D正确. 典例　已知PA是平面α的斜线，∠BAC在平面α内，且∠BAC＝90°，又∠PAB＝∠PAC＝60°，则PA与平面α所成的角为　　　　.  答案　45° 解析　如图，作P在α内的正射影O，则O在∠BAC的平分线上，∠PAO为PA与平面α所成的角， 所以cos∠PAC＝cos∠PAO·cos∠OAC， 所以cos 60°＝cos∠PAO·cos 45°， 所以cos∠PAO＝，故∠PAO＝45°， 所以PA与平面α所成的角为45°. 例4　如图①，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB=2CD，DE⊥AB.沿DE将△AED折起到△A1ED的位置.连接A1B，A1C，M，N分别为A1C，BE的中点，连接MN，如图②. (1)求证：DE⊥A1B； (2)求证：MN∥平面A1ED； (3)在棱A1B上是否存在一点G，使得EG⊥平面A1BC？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. (1)证明　∵在直角梯形ABCD中，DE⊥AB，沿DE将△AED折起到△A1ED的位置， ∴DE⊥A1E，DE⊥BE. ∵A1E∩BE=E，A1E，BE⊂平面A1BE， ∴DE⊥平面A1BE， 又A1B⊂平面A1BE，∴DE⊥A1B. (2)证明　取CD的中点H，连接NH，MH，如图. ∵M，N分别为A1C，BE的中点， ∴MH∥A1D，NH∥DE. ∵MH⊄平面A1ED，A1D⊂平面A1ED， ∴MH∥平面A1ED， ∵NH⊄平面A1ED，DE⊂平面A1ED， ∴NH∥平面A1ED， 又NH∩MH=H，NH，MH⊂平面MNH， ∴平面A1ED∥平面MNH， 又MN⊂平面MNH， ∴MN∥平面A1ED. (3)解　取A1B的中点G，连接EG，如图. 在直角梯形ABCD中，AB⊥BC，DE⊥AB， ∴BC∥DE， ∵AB=2CD， ∴AE=BE，即A1E=BE， ∴EG⊥A1B， 由(1)知DE⊥平面A1BE， 又∵DE∥BC，∴BC⊥平面A1BE， 又EG⊂平面A1BE，∴EG⊥BC， 又A1B∩BC=B，A1B，BC⊂平面A1BC， ∴EG⊥平面A1BC. 故棱A1B上存在中点G，使得EG⊥平面A1BC，且此时=1. 空间向量的概念与运算 题型一　空间向量的线性运算 例1　(1)已知向量=(1，a，-2)，=(-3，6，b)，若A，B，C三点共线，则a-b等于(　　) A.-8 B.-2 C.2 D.8 答案　A 解析　因为A，B，C三点共线，所以与共线，又向量=(1，a，-2)，=(-3，6，b)， 所以==， 所以a=-2，b=6，所以a-b=-8. (2)在三棱柱ABC-A1B1C1中，E是BC的中点，=2，则等于(　　) A.- B. C.- D.-- 答案　C 解析　因为=2，所以=， 所以== =×)+-)+ =-. 题型二　空间向量基本定理及其应用 例2　(多选)下列说法正确的是(　　) A.若a与b共线，b与c共线，则a与c共线 B.若G是四面体OABC的底面△ABC的重心，则=) C.若=-，则A，B，C，G四点共面 D.若向量p=mx+ny+kz(其中x，y，z是三个不共面的向量，m，n，k∈R)，则称p在基底{x，y，z}下的坐标为(m，n，k).若p在单位正交基底{a，b，c}下的坐标为(1，2，3)，则p在基底{a-b，a+b，c}下的坐标为 答案　BD 解析　对于A，若b=0，则满足a与b共线，b与c共线，但是a与c不一定共线，故A错误； 对于B，由于G为四面体OABC的底面△ABC的重心，设D为BC的中点，故=2， 整理得-=2-2，故3=， 故=)，故B正确； 对于C，由于-≠1，对于=-， 故A，B，C，G四点不共面，故C错误； 对于D，p在单位正交基底{a，b，c}下的坐标为(1，2，3)，即p=a+2b+3c，设p在基底{a-b，a+b，c}下的坐标为(x，y，z)，则满足p=x(a-b)+y(a+b)+zc=(x+y)a+(y-x)b+zc=a+2b+3c， 故解得 则p在基底{a-b，a+b，c}下的坐标为，故D正确. 题型三　空间向量数量积及其应用 例3　(1)(多选)已知空间中A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(-1，3，1)三点，则(　　) A.与是共线向量 B.与向量方向相同的单位向量是 C.与夹角的余弦值是- D.平面ABC的一个法向量是(1，-2，5) 答案　CD 解析　因为A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(-1，3，1)， 所以=(2，1，0)，=(-1，2，1)， 因为不存在实数λ，使得=λ， 所以与不共线，故A错误； 因为||==， 所以与向量方向相同的单位向量是=，故B错误； 又=(-3，1，1)，所以与夹角的余弦值是==-，故C正确； 不妨令n=(1，-2，5)，则·n=1×2+(-2)×1+5×0=0， ·n=1×(-1)+(-2)×2+5×1=0， 即⊥n且⊥n， 所以n=(1，-2，5)是平面ABC的法向量，故D正确. (2)已知圆锥SO的底面半径为2，点P为底面圆周上任意一点，点Q为侧面(异于顶点和底面圆周)上任意一点，则·的取值范围为(　　) A.(-4，4) B.[-4，4] C.(-2，2) D.[-2，2] 答案　A 解析　如图所示，延长SQ交底面圆周于点B，过点Q作QG⊥底面圆于点G， 显然·=·()=·=2cos〈〉·||， 由题意可知cos〈〉∈[-1，1]，0<||<2， 所以·的取值范围为(-4，4). 题型四　向量法证明平行、垂直 例4　如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA=PD=AD，设E，F分别为PC，BD的中点.求证： (1)EF∥平面PAD； (2)平面PAB⊥平面PDC. 证明　(1)如图，取AD的中点O，连接OP，OF. 因为PA=PD， 所以PO⊥AD. 又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD. 又O，F分别为AD，BD的中点，所以OF∥AB. 又四边形ABCD是正方形，所以OF⊥AD. 因为PA=PD=AD， 所以PA⊥PD，OP=OA=. 如图，以O为坐标原点，OA，OF，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则A，F，D，P，C. 因为E为PC的中点，所以E. 易知平面PAD的一个法向量为=， 因为=， ·=·=0. 且EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD. (2)因为=， =(0，-a，0)， 所以·=·(0，-a，0)=0， 所以⊥， 所以PA⊥CD. 又PA⊥PD，PD∩CD=D，PD，CD⊂平面PDC， 所以PA⊥平面PDC. 又PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC. 向量法求空间角 题型一　异面直线所成的角 例1　(1)如图，圆锥的轴截面ABC为等边三角形，D为弧AB的中点，E，F分别为母线BC，AC的中点，则异面直线BF和DE所成角的大小为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　取AB的中点O，连接OC，OD，如图，以OD，OB，OC所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 设AB=2，则B(0，1，0)，D(1，0，0)，C(0，0)，A(0，-1，0)， 又E，F分别为母线BC，AC的中点， 所以EF 则== 设异面直线BF和DE所成的角为θ，则cos θ=|cos〈〉|===0， 又θ∈所以θ=. (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是以A为直角的腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2，D为B1B上的点，若直线A1C与直线DC1所成角的余弦值为则BD的长为(　　) A.1 B. C. D. 答案　A 解析　以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A1(0，0，2)，C1(0，2，2)，C(0，2，0). 设D(2，0，t)，0≤t≤2， 则=(0，2，-2)=(-2，2，2-t)， 所以|cos〈〉|=== 解得t=1(负值舍去).即BD=1. 题型二　直线与平面所成的角 例2　如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AC1与A1C相交于点D，BB1⊥平面ABC，AB=6，BC=4，BB1=2，A1C1==2且DE∥平面BCC1B1. (1)求的值； (2)求直线CC1与平面A1B1C所成角的正弦值. 解　(1)连接C1B，如图， 因为DE∥平面BCC1B1，DE⊂平面ABC1，平面ABC1∩平面BCC1B1=C1B， 所以DE∥C1B. 因为=2所以=2 所以A1C1=AC， 因此A1B1=AB，B1C1=BC， 所以==. (2)由(1)可知，A1C1=AC， 所以AC=2. 依题意，AC2=AB2+BC2， 所以AB⊥BC， 又BB1⊥平面ABC. 因此，以B为坐标原点，分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则A(6，0，0)，C(0，4，0)，B1(0，0，2)，A1(3，0，2)，C1(0，2，2). 所以=(3，0，0)=(0，4，-2)=(0，-2，2). 设平面A1B1C的一个法向量为n=(x，y，z)， 由 取y=1，则x=0，z=2，所以n=(0，1，2). 设CC1与平面A1B1C所成角为θ， 则sin θ===. 即直线CC1与平面A1B1C所成角的正弦值为. 题型三　平面与平面的夹角 例3　(2024·新课标全国Ⅰ)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1，AB=. (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为求AD. (1)证明　因为PA⊥平面ABCD， 而AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PB∩PA=P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB， 而AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB. 因为BC2+AB2=AC2，所以BC⊥AB， 根据平面知识可知AD∥BC， 又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD∥平面PBC. (2)解　方法一　以D为原点的方向分别为x轴、y轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 设AD=p，DC=q， 满足p2+q2=AC2=4. 则A(p，0，0)，P(p，0，2)，C(0，q，0)，D(0，0，0). 设平面APC的法向量为m=(x1，y1，z1)， 因为=(0，0，2)=(-p，q，0)， 所以 取m=(q，p，0). 设平面DPC的法向量为n=(x2，y2，z2)， 因为=(p，0，2)=(0，q，0)， 所以 取n=(2，0，-p). 所以|cos 〈m，n〉| === 又因为p2+q2=4，所以= 解得p=(负值舍去)，即AD=. 方法二　如图所示，过点D作DE⊥AC于点E， 再过点E作EF⊥CP于点F，连接DF， 因为PA⊥平面ABCD， PA⊂平面PAC， 所以平面PAC⊥平面ABCD， 又平面PAC∩平面ABCD=AC， DE⊂平面ABCD， 所以DE⊥平面PAC， 因为CP⊂平面PAC，所以DE⊥CP， 又EF⊥CP，EF∩DE=E，EF，DE⊂平面DEF，所以CP⊥平面DEF， 所以DF⊥CP， 根据二面角的定义可知， ∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角， 即sin∠DFE=即tan∠DFE=. 因为AD⊥DC，设AD=x，0<x<2， 则DC= 由等面积法可得，DE= 又CE== 而△EFC为等腰直角三角形，所以EF= 又DE⊥平面PAC，EF⊂平面PAC， 所以DE⊥EF， 故tan∠DFE=== 解得x=即AD=. 典例　在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E为棱AB的中点，则二面角D1－EC－D的余弦值为　　　　.  答案　 解析　建立如图所示的空间直角坐标系， 由AD＝AA1＝1，AB＝2，得E(1，1，1)，C(0，2，1)，D1(0，0，0)， 则＝(1，1，1)＝(0，2，1)， 设平面D1EC的法向量为n=(x，y，z)， 则即 令z=-2，得n=(1，1，-2)， 易知平面DEC的一个法向量为m=(0，0，1)， 则cos〈m，n〉===- 由法向量的方向为同出， 得二面角D1-EC-D的余弦值为. 空间距离及立体几何中的探索性问题 题型一　空间距离 例1　如图，P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD.若已知AB=3，AD=4，PA=1，则点P到直线BD的距离为　　　　　　.  答案　 解析　如图，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则P(0，0，1)，B(3，0，0)，D(0，4，0)， 则=(-3，0，1)，=(-3，4，0)， 故点P到直线BD的距离 d===. 例2　在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G=λ(0<λ<2)，则点G到平面D1EF的距离为(　　) A.2 B. C. D. 答案　D 解析　以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则G(2，λ，2)，D1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(2，2，1)， 所以=(-2，0，1)，=(0，2，0)，=(0，λ，1). 设平面D1EF的法向量为n=(x，y，z)， 则 取x=1，得n=(1，0，2)， 所以点G到平面D1EF的距离为 d===. 例3　已知和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，公垂线与两条直线相交的点所形成的线段，叫做这两条异面直线的公垂线段.两条异面直线的公垂线段的长度，叫做这两条异面直线的距离.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥底面ABCD，PA=6，点G在侧棱PB上，且满足2PG=GB，则异面直线PC和DG的距离为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　如图，以点A为原点，的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则B(3，0，0)，C(3，3，0)，D(0，3，0)，P(0，0，6)，G(1，0，4). 所以=(1，-3，4)，=(3，3，-6)，=(3，0，0)， 设n=(x，y，z)为直线PC和DG的公垂线的方向向量， 则有可取n=(1，3，2)， 所以异面直线PC和DG的距离为 ==. 题型二　立体几何中的探索性问题 例4　如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，AB=CD=AD=1，M为棱PC的中点. (1)证明：BM∥平面PAD； (2)若PC=，PD=1， ①求平面PDM与平面BDM夹角的余弦值； ②在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出PQ的值；若不存在，请说明理由. (1)证明　取PD的中点N，连接AN，MN，如图所示. ∵M为棱PC的中点， ∴MN∥CD，MN=CD， ∵AB∥CD，AB=CD，∴AB∥MN，AB=MN， ∴四边形ABMN是平行四边形，∴BM∥AN， 又BM⊄平面PAD，AN⊂平面PAD，∴BM∥平面PAD. (2)解　∵PC=，PD=1，CD=2， ∴PC2=PD2+CD2，∴PD⊥DC， ∵平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD=DC，PD⊂平面PDC， ∴PD⊥平面ABCD， 又AD，CD⊂平面ABCD， ∴PD⊥AD，PD⊥CD，而AD⊥DC， ∴以点D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图. 则P(0，0，1)，D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，2，0)，B(1，1，0)， ∵M为棱PC的中点，∴M. ①==(1，1，0)， 设平面BDM的法向量为n=(x，y，z)， 则 令z=2，则∴n=(1，-1，2)， 平面PDM的一个法向量为=(1，0，0)， ∴|cos〈n，〉|===， 则平面PDM与平面BDM夹角的余弦值为. ②假设在线段PA上存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是， 设=λ，0≤λ≤1，又=(1，0，-1)， 则Q(λ，0，1-λ)，=(λ-1，-1，1-λ)， 由①知平面BDM的一个法向量为n=(1，-1，2)，·n=λ-1+1+2(1-λ)=2-λ， ∴点Q到平面BDM的距离是 ==，∴λ=，∴PQ=. 立体几何中的截面、交线问题 题型一　作截面 例1　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，N在棱CC1上，且CN=2NC1.作出过点D，M，N的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面，写出作法. 解　方法一　如图所示，五边形DQMFN即为所求截面. 作法如下：连接DN并延长交D1C1的延长线于点E， 连接ME交B1C1于点F，延长EM交D1A1的延长线于点H， 连接DH交AA1于点Q，连接QM，FN， 则五边形DQMFN即为所求截面. 方法二　连接DN，过点M作DN的平行线交AA1于Q点，连接DQ，过N作DQ的平行线交B1C1于F点，连接MF， 则五边形DQMFN即为所求截面. 题型二　截面图形的形状判断 例2　已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是线段BB1上靠近B1的三等分点，点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点，则平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1形成的截面图形为(　　) A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 答案　C 解析　如图，设AB=6，分别延长AE，A1B1交于点G， 此时B1G=3， 连接FG交B1C1于点H，连接EH， 设平面AEF与平面DCC1D1的交线为l，则F∈l， 因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，平面AEF∩平面ABB1A1=AE，平面AEF∩平面DCC1D1=l， 所以l∥AE，设l∩D1D=I，则FI∥AE， 此时△FD1I∽△ABE，故ID1=，连接AI， 所以五边形AIFHE为所求截面图形. 题型三　截面图形的周长或面积 例3　(2024·呼和浩特模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M为棱DC的中点，N为侧面BC1的中心，过点M的平面α垂直于DN，则平面α截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面面积为(　　) A.4() B.2 C.5 D.4 答案　D 解析　如图所示，取BC，CC1的中点E，F，分别连接NE，NF，DE，DF，AD1，D1M，AM， 在正方形ABCD中，因为M，E分别为DC，BC的中点，可得△ADM∽△DCE， 所以∠DAM=∠CDE，∠AMD=∠CED， 因为∠ADM=90°， 所以∠AMD+∠CDE=∠AMD+∠DAM=90°， 所以∠DPM=90°，即AM⊥DE， 又因为E，N分别为BC，BC1的中点， 所以NE∥CC1， 因为CC1⊥平面ABCD，AM⊂平面ABCD， 所以CC1⊥AM，所以AM⊥NE， 又因为DE∩NE=E且DE，NE⊂平面DNE， 所以AM⊥平面DNE， 因为DN⊂平面DNE，所以AM⊥DN， 同理可证D1M⊥DN， 又因为AM∩D1M=M且AM，D1M⊂平面AD1M， 所以DN⊥平面AD1M， 即平面α截正方体ABCD-A1B1C1D1的截面为△AD1M， 由正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4， 在Rt△ADD1中，可得AD1===4， 在Rt△ADM中，可得AM===2， 在Rt△DD1M中，可得D1M===2， 所以截面的面积为S=×4×=4. 立体几何中的动态、轨迹问题 题型一　平行、垂直中的动态轨迹问题 例1　已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P是正方体表面上一个动点，满足BP⊥A1C，则点P的轨迹长度为(　　) A.2 B.2 C.4 D.3 答案　D 解析　由题意可知，动点P的轨迹为过点B与直线A1C垂直的截面与正方体的表面的交线，如图所示. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BD⊥AC，BD⊥AA1， 又AC，AA1⊂平面AA1C且AC∩AA1=A，所以BD⊥平面AA1C， 因为A1C⊂平面AA1C，所以BD⊥A1C. 又在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BC1⊥B1C，BC1⊥B1A1， 又B1C，B1A1⊂平面B1CA1且B1C∩B1A1=B1，所以BC1⊥平面B1CA1， 因为A1C⊂平面B1CA1，所以BC1⊥A1C. 由BD，BC1⊂平面BDC1且BD∩BC1=B， 所以A1C⊥平面BDC1. 于是点P的轨迹长度为不包含点B的△BDC1的周长， 即△BDC1的周长等于3=3. 题型二　距离、角度有关的动态轨迹问题 例2　(多选)(2024·朔州模拟)在三棱锥A1-ABC中，A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AA1=AB=AC=3，P为△A1BC内的一个动点(包括边界)，AP与平面A1BC所成的角为45°，则(　　) A.A1P的最小值为- B.A1P的最大值为 C.有且仅有一个点P，使得A1P⊥BC D.所有满足条件的线段AP形成的曲面面积为 答案　ACD 解析　依题意，A1B=A1C=BC=3， 取BC的中点M，连接AM，A1M， 则AM⊥BC，A1M⊥BC， AM，A1M⊂平面A1AM，AM∩A1M=M， 所以BC⊥平面A1AM， 过A作AH⊥A1M于H，因为AH⊂平面A1AM，所以AH⊥BC， 又A1M∩BC=M，A1M，BC⊂平面A1BC，所以AH⊥平面A1BC， 易得AH=，且H为等边△A1BC的外心， 由AP与平面A1BC所成的角为45°， 可知AH=HP， 所以点P的轨迹是以H为圆心，为半径的圆在△A1BC内部及边界上的一部分，如图所示， 所以A1P的最小值为A1H-HP=-，A选项正确； 由于轨迹圆部分在△A1BC外部，所以A1P的最大值不等于A1H+HP=，B选项错误； 因为BC⊥平面A1AM，若A1P⊥BC，则点P在线段A1H上， 有且仅有一个点P满足题意，C选项正确； 动线段AP形成的曲面为圆锥AH侧面的一部分，因为cos∠B1HM==， 所以∠B1HM=，因为=，所以曲面面积为圆锥侧面积的， 圆锥AH的侧面积为××2π×=3π， 所以所有满足条件的线段AP形成的曲面面积为，D选项正确. 题型三　翻折有关的动态轨迹问题 例3　(多选)(2025·泰安模拟)如图，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD=DE=，F为AB的中点，现将△ABE沿BE折起到平面A1BE位置，使得A1B⊥DE，则下列结论正确的是(　　) A.平面BCDE⊥平面A1BE B.若O为BE的中点，则DE∥平面FOC C.折起过程中，F点的轨迹长度为 D.三棱锥A1-CDE的外接球的体积为π 答案　ABD 解析　对于A，由题意得∠BEC=∠CED=，所以∠BED=，即DE⊥BE， 而已知DE⊥A1B，且A1B∩BE=B，A1B⊂平面A1BE，BE⊂平面A1BE， 所以DE⊥平面A1BE，DE⊂平面BCDE，所以平面BCDE⊥平面A1BE，故A正确； 对于B，因为O为BE的中点，所以OC⊥BE，又DE⊥BE，所以OC∥DE， 又DE⊄平面FOC，OC⊂平面FOC，所以DE∥平面FOC，故B正确； 对于C，因为四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD=DE=，所以CE==2， 过点F作FG⊥BE交BE于点G，如图， 则FG=BF=， 所以折起过程中，F点的轨迹是以G为圆心，FG=为半径，圆心角为的圆弧， 所以F点的轨迹长为×=，故C错误； 对于D，连接A1O，如图， 则A1O⊥BE，又平面BCDE⊥平面A1BE，平面BCDE∩平面A1BE=BE， A1O⊂平面A1BE，所以A1O⊥平面BCDE， 又四边形OCDE为边长为的正方形，则三棱锥A1-CDE的外接球即为四棱锥A1-OCDE的外接球， 又四边形OCDE外接圆的直径为CE=2，A1O=BE=， 设四棱锥A1-OCDE的外接球的半径为R，则(2R)2=A1O2+OD2=A1O2+CE2，即(2R)2=+22=6，所以R=， 所以外接球的体积V=R3=×=π， 即三棱锥A1-CDE的外接球的体积为π，故D正确. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 题型一　基本立体图形 例1　(多选)下列说法中正确的是(　　) A.各侧棱都相等的棱锥为正棱锥 B.长方体是直四棱柱 C.用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台 D.球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面 例2　用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形OABC的直观图为如图所示的直角梯形O'A'B'C'，其中B'C'=O'A'，A'B'⊥O'A'，若原平面图形OABC的面积为3，则O'A'的长为(　　) A.2 B. C. D. 例3　(2025·大同模拟)已知圆台的上、下底面的圆心分别为O1，O2，母线AB=1(点A位于上底面)，且BO2=2AO1，圆O2的周长为，一只蚂蚁从点A出发沿着圆台侧面爬行一周到点B，则其爬行的最短路程为(　　) A.1 B. C.2 D. 题型二　表面积与体积 例4　(1)以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于(　　) A.8π B.4π C.8 D.4 (2)(2025·枣庄模拟)已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的侧面积为(　　) A.6π B.16π C.26π D.32π 例5　(1)(2024·武汉模拟)“极目一号”Ⅲ型浮空艇(如图1)是中国科学院空天信息研究院自主研发的，它曾多次成功完成大气科学观测，彰显了中国的实力.“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55 m，高19 m，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为(参考数据：9.52≈90，9.53≈857，315×1 005≈316 600，π≈3.14)(　　) A.9 064 m3 B.9 004 m3 C.8 944 m3 D.8 884 m3 (2)木楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足.如图为一个木楔子，其中四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥CD，EF=2，则该木楔子的体积为(　　) A. B. C. D. 球的切、接问题 题型一　外接球 例1　(1)古代数学名著《九章算术·商功》中，将底面为矩形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.若四棱锥P-ABCD为“阳马”，PA⊥平面ABCD，AB=BC=4，PA=3，则此“阳马”外接球的表面积为(　　) A. B. C.π D.41π (2)已知三棱锥S-ABC的四个顶点都在球O的球面上，且SA=BC=2，SB=AC=，SC=AB=，则球O的表面积是　　　　　　. 命题点2　定义法 例2　(2024·六盘水模拟)如图，在四面体ABCD中，∠ACB=∠ADB=90°，AB=2，则四面体ABCD外接球的表面积为(　　) A.2π B.4π C.8π D. 例3　(2024·双鸭山模拟)已知四面体ABCD的各顶点均在球O的球面上，平面ABC⊥平面BCD，AB=BC=AC=CD=2，BC⊥CD，则球O的表面积为(　　) A. B.8π C. D.12π 题型二　内切球与棱切球 例4　(2025·洛阳模拟)已知一圆台容器的上、下底面中心分别为O1，O2，且O1O2=10，上、下底面半径分别为2，12，在圆台容器内放置一个可以任意转动的球，则该球表面积的最大值为(　　) A.96π B.192π C.48π D.248π 答案　B 例5　一个正四棱锥形骨架的底边边长为2，高为，有一个球的表面与这个正四棱锥的每条棱都相切，则该球的表面积为(　　) A.4π B.4π C.4π D.3π 空间点、直线、平面之间的位置关系 题型一　基本事实的应用 例1　已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD=P，A1C1∩EF=Q.求证： (1)D，B，F，E四点共面； (2)若A1C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线； (3)DE，BF，CC1三线交于一点. 题型二　空间位置关系的判断 例2　(1)(多选)下列推断中，正确的是(　　) A.若M∈α，M∈β，α∩β=l，则M∈l B.若α∩β=l，a⊂α，b⊂β，a∩b=A，则A∈l C.l⊄α，A∈l⇒A∉α D.A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α，β重合 (2)(多选)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，当点P在线段BC1上(不包含端点)运动时，下列直线中一定与直线OP异面的是(　　) A.AB1 B.A1C C.A1A D.AD1 题型三　异面直线所成的角 例3　(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BD的中点，则直线B1E与A1D所成的角为(　　) A.30° B.60° C.120° D.150° (2)如图，已知正四棱锥P-ABCD的所有棱长均为2，E为棱PA的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 空间直线、平面的平行 题型一　直线与平面平行的判定与性质 例1　如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB=2，CD=4，E为PC的中点. 求证：BE∥平面PAD. 例2　如图所示，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和PA作平面交BD于点H. 求证：PA∥GH. 题型二　平面与平面平行的判定与性质 例3　(1)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E，F分别是棱B1C1，AC，BC的中点.证明：AD∥平面C1EF. (2)如图所示，AA1，BB1为圆台的两条不同的母线，O1，O分别为圆台的上、下底面圆的圆心.求证：A1B1∥AB. 题型三　平行关系的综合应用 例4　如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，D，D1分别为AC，A1C1上的点. (1)当为何值时，BC1∥平面AB1D1； (2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值. 空间直线、平面的垂直 题型一　直线与平面垂直的判定与性质 例1　如图，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，AE⊥平面PBC，点E为垂足. (1)求证：PA⊥平面ABC； (2)当点E为△PBC的垂心时，求证：△ABC是直角三角形. 题型二　平面与平面垂直的判定与性质 例2　如图1，山形图是两个全等的直角梯形ABCD和ABEF的组合图，将直角梯形ABEF沿底边AB翻折，得到如图2所示的几何体.已知AB∥CD∥EF，AB=2CD=2EF，AB⊥BE，点N在线段CE上，且EN=2NC.在几何体BCE-ADF中，解决下面问题. (1)证明：AE∥平面BND； (2)若平面BDE⊥平面ABCD，证明：BE⊥AD. 所 题型三　垂直关系的综合应用 例3　(多选)把边长为的正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时(　　) A.AB⊥CD B.直线BD与平面ABC所成角的大小为 C.二面角A-BD-C的余弦值为- D.四面体ABCD的内切球的半径为2- 典例　已知PA是平面α的斜线，∠BAC在平面α内，且∠BAC＝90°，又∠PAB＝∠PAC＝60°，则PA与平面α所成的角为　　　　.  例4　如图①，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB=2CD，DE⊥AB.沿DE将△AED折起到△A1ED的位置.连接A1B，A1C，M，N分别为A1C，BE的中点，连接MN，如图②. (1)求证：DE⊥A1B； (2)求证：MN∥平面A1ED； (3)在棱A1B上是否存在一点G，使得EG⊥平面A1BC？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 空间向量的概念与运算 题型一　空间向量的线性运算 例1　(1)已知向量=(1，a，-2)，=(-3，6，b)，若A，B，C三点共线，则a-b等于(　　) A.-8 B.-2 C.2 D.8 答案　A (2)在三棱柱ABC-A1B1C1中，E是BC的中点，=2，则等于(　　) A.- B. C.- D.-- 题型二　空间向量基本定理及其应用 例2　(多选)下列说法正确的是(　　) A.若a与b共线，b与c共线，则a与c共线 B.若G是四面体OABC的底面△ABC的重心，则=) C.若=-，则A，B，C，G四点共面 D.若向量p=mx+ny+kz(其中x，y，z是三个不共面的向量，m，n，k∈R)，则称p在基底{x，y，z}下的坐标为(m，n，k).若p在单位正交基底{a，b，c}下的坐标为(1，2，3)，则p在基底{a-b，a+b，c}下的坐标为 题型三　空间向量数量积及其应用 例3　(1)(多选)已知空间中A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(-1，3，1)三点，则(　　) A.与是共线向量 B.与向量方向相同的单位向量是 C.与夹角的余弦值是- D.平面ABC的一个法向量是(1，-2，5) (2)已知圆锥SO的底面半径为2，点P为底面圆周上任意一点，点Q为侧面(异于顶点和底面圆周)上任意一点，则·的取值范围为(　　) A.(-4，4) B.[-4，4] C.(-2，2) D.[-2，2] 题型四　向量法证明平行、垂直 例4　如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA=PD=AD，设E，F分别为PC，BD的中点.求证： (1)EF∥平面PAD； (2)平面PAB⊥平面PDC. 向量法求空间角 题型一　异面直线所成的角 例1　(1)如图，圆锥的轴截面ABC为等边三角形，D为弧AB的中点，E，F分别为母线BC，AC的中点，则异面直线BF和DE所成角的大小为(　　) A. B. C. D. (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是以A为直角的腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2，D为B1B上的点，若直线A1C与直线DC1所成角的余弦值为则BD的长为(　　) A.1 B. C. D. 题型二　直线与平面所成的角 例2　如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AC1与A1C相交于点D，BB1⊥平面ABC，AB=6，BC=4，BB1=2，A1C1==2且DE∥平面BCC1B1. (1)求的值； (2)求直线CC1与平面A1B1C所成角的正弦值. 题型三　平面与平面的夹角 例3　(2024·新课标全国Ⅰ)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1，AB=. (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为求AD. 空间距离及立体几何中的探索性问题 题型一　空间距离 例1　如图，P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD.若已知AB=3，AD=4，PA=1，则点P到直线BD的距离为　　　　　　.  例2　在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G=λ(0<λ<2)，则点G到平面D1EF的距离为(　　) A.2 B. C. D. 例3　已知和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，公垂线与两条直线相交的点所形成的线段，叫做这两条异面直线的公垂线段.两条异面直线的公垂线段的长度，叫做这两条异面直线的距离.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥底面ABCD，PA=6，点G在侧棱PB上，且满足2PG=GB，则异面直线PC和DG的距离为(　　) A. B. C. D. 题型二　立体几何中的探索性问题 例4　如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，AB=CD=AD=1，M为棱PC的中点. (1)证明：BM∥平面PAD； (2)若PC=，PD=1， ①求平面PDM与平面BDM夹角的余弦值； ②在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出PQ的值；若不存在，请说明理由. 立体几何中的截面、交线问题 题型一　作截面 例1　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，N在棱CC1上，且CN=2NC1.作出过点D，M，N的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面，写出作法. 题型二　截面图形的形状判断 例2　已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是线段BB1上靠近B1的三等分点，点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点，则平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1形成的截面图形为(　　) A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 题型三　截面图形的周长或面积 例3　(2024·呼和浩特模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M为棱DC的中点，N为侧面BC1的中心，过点M的平面α垂直于DN，则平面α截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面面积为(　　) A.4() B.2 C.5 D.4 立体几何中的动态、轨迹问题 题型一　平行、垂直中的动态轨迹问题 例1　已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P是正方体表面上一个动点，满足BP⊥A1C，则点P的轨迹长度为(　　) A.2 B.2 C.4 D.3 题型二　距离、角度有关的动态轨迹问题 例2　(多选)(2024·朔州模拟)在三棱锥A1-ABC中，A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AA1=AB=AC=3，P为△A1BC内的一个动点(包括边界)，AP与平面A1BC所成的角为45°，则(　　) A.A1P的最小值为- B.A1P的最大值为 C.有且仅有一个点P，使得A1P⊥BC D.所有满足条件的线段AP形成的曲面面积为 题型三　翻折有关的动态轨迹问题 例3　(多选)(2025·泰安模拟)如图，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD=DE=，F为AB的中点，现将△ABE沿BE折起到平面A1BE位置，使得A1B⊥DE，则下列结论正确的是(　　) A.平面BCDE⊥平面A1BE B.若O为BE的中点，则DE∥平面FOC C.折起过程中，F点的轨迹长度为 D.三棱锥A1-CDE的外接球的体积为π 学科网（北京）股份有限公司 $$