教考衔接八 立体几何初步学案-2026届高三数学二轮复习

026年高考数学·教考衔接 教材命题点探源 -----------------------------供2026高考备考二轮、三轮复习及考前使用------------------------- 教考衔接八 立体几何初步 --------------■高考命题·解读■----------------- 考点 五年考情 考点1.简单几何体的表面积 2023·全国乙卷 2021·新高考全国Ⅱ卷 考点2.简单几何体的体积 2024·新课标Ⅰ卷 2024·全国甲卷 2023·新课标Ⅰ卷 2023·新课标Ⅱ卷2023·全国甲卷 2023·全国乙卷 2022·新高考全国Ⅰ卷 2022·新高考全国Ⅱ卷 2022·全国甲卷 2021·新高考全国Ⅱ卷 考点3.与球有关的切、接问题 2025·全国二卷 2023·新课标Ⅰ卷 2023·全国甲卷 2023·全国乙卷 2022·新高考全国Ⅱ卷 2022·新高考全国Ⅰ卷 2022·全国乙卷 考点4.空间点、直线、平面之间的位置关系 2025·全国一卷 2024·全国甲卷 2022·全国乙卷 2021·新高考全国Ⅱ卷 考点5.空间直线、平面的平行 2023·全国乙卷 2022·全国甲卷 考点6.空间直线、平面的垂直 2023·全国甲卷 2022·全国乙卷 2021·全国甲卷 2021·全国乙卷 考点7.求空间角 2024·新课标Ⅱ卷 2023·全国乙卷 2022·新高考全国Ⅰ卷 2022·全国甲卷 🎯【命题解读】（考前必看） 1.立体几何初步是高考的热点，难度以基础、中档为主，题型涵盖选择，填空和解答题. （1）从近几年高考情况来看，本章内容在客观题中主要考查空间几何体的表面积、体积以及与球相关的问题；借助于空间几何体为载体，考查周长、体积的求解及线线垂直、线面垂直的探求 （2）在解答题中的第一问主要考查线、面位置关系的证明. （3）考查的核心素养为逻辑推理、直观想象和数学运算. 2.立体几何初步考查的主要内容有： （1）以空间几何体或与球的切、接为背景考查几何体的结构特征、表面积、体积、球的性质等； （2）以空间几何体为载体考查空间线、面位置关系的证明以及空间角和距离的计算； 🎯练教材-----必刷经典母题 【教材母题1】 (人教A版必修第二册P116练习·T4)求证：直三棱柱的任意两个侧面的面积和大于第三个侧面的面积. 【教材母题2】(人教A版必修第二册P119练习·T1)已知圆锥的表面积为a m3,且它的侧面展开图是一个半圆,求这个圆锥的底面直径. 【🚀衔接高考】 (2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为(　　) A.2 B.2 C.4 D.4 【教材母题3】(人教A版必修第二册P120习题8.3·T3)如图，一个三棱柱形容器中盛有水，侧棱AA1＝8.若侧面AA1B1B水平放置时，水面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点.那么当底面ABC水平放置时，水面高为多少？ 【🚀衔接高考】 【高考新题型·项目式】 (2021·北京卷)对24小时内降水在平地上的积水厚度(mm)进行如下定义： 0～10 10～25 25～50 50～100 小雨 中雨 大雨 暴雨 小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，则这一天的雨水属于哪个等级(　 　) A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨 【🚀新题预测】 【高考新题型·新情境】（2026·湖北武汉模拟）如图，如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的时，水的体积为84，则该方斗杯可盛水的总体积为（    ） A．112 B． C． D．496 【教材母题4】 (人教A版必修第二册P120习题8.3·T4)如图，圆锥PO的底面直径和高均是a，过PO的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的表面积和体积. 【🚀衔接高考】 （1）(2023·全国甲卷)在三棱锥P-ABC中,△ABC是边长为2的等边三角形,PA=PB=2,PC=,则该棱锥的体积为(　　) A.1 B. C.2 D.3 （2）（2025·上海高考）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为 ．    【🚀新题预测】 【高考新题型·新情境】（2026·广东广州1月检测）亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀．重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥以及一个圆台（图2）的组合体．已知某重檐凉亭的圆台部分的轴截面如图3所示，则该圆台部分的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【教材母题5】 (人教A版必修第二册P120·T8)分别以一个直角三角形的斜边、两条直角边所在直线为轴,其余各边旋转一周形成的曲面围成3个几何体.这3个几何体的体积之间有什么关系? 【🚀衔接高考】 (多选)(2022·新高考Ⅱ卷)如图,四边形ABCD为正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB.记三棱锥E-ACD,F-ABC,F-ACE的体积分别为V1,V2,V3,则(　 　) A.V3=2V2 B.V3=V1 C.V3=V1+V2 D.2V3=3V1 【教材母题6】 (人教A版必修第二册P115·例2)如图,一个漏斗的上面部分是一个长方体，下面部分是一个四棱锥,两部分的高都是0.5 m,公共面ABCD是边长为1 m的正方形,那么这个漏斗的体积是多少立方米(精确到0.01 m3)?(计算漏斗的容积时不考虑漏斗的厚度) 【教材母题7】 (人教A版必修第二册P116·T3)某广场设置了一些石凳供大家休息,这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的.如果被截正方体的棱长是50 cm,那么石凳的体积是多少? 【教材母题8】 (人教A版必修第二册P120习题8.3·T9)如图是一个奖杯的三视图，试根据奖杯的三视图计算它的表面积和体积.(可用计算工具，尺寸如图，单位：cm，π取3.14，结果取整数.) 【教材母题9】 (人教A版必修第二册P119·T3)将一个棱长为6 cm的正方体铁块磨制成一个球体零件,求可能制作的最大零件的体积. 【🚀衔接高考】 （1）(多选)(2023·新高考Ⅰ卷)下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　) A.直径为0.99 m的球体 B.所有棱长均为1.4 m的四面体 C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体 D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体 （2）(2020·全国Ⅲ卷)已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为　　　　.  【教材母题10】 (人教A版必修第二册P119·例4)如图,圆柱的底面直径和高都等于球的直径,求球与圆柱的体积之比. 【🚀衔接高考】 （1） (2024·新高考Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为,则圆锥的体积为(　　) A.2π B.3π C.6π D.9π （2）（2025·全国二卷）一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 ． 【教材母题11】 (人教B版必修第四册P80·例2)把地球看成一个半径为6 370 km的球,已知我国首都北京靠近北纬40°,求北纬40°纬线的长度(π≈3.141 6,cos 40°≈0.766 0,结果精确到1 km). 【🚀衔接高考】 (2020·新高考全国Ⅰ卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面,在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为(　　) A.20° B.40° C.50° D.90° 【教材母题12】 (人教B版必修第四册P90·T15)用一个平面截半径为25 cm的球,截面面积是49 cm2,求球心到截面的距离. 【🚀衔接高考】 (2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC是面积为的等边三角形,且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π,则O到平面ABC的距离为(　　) A. B. C.1 D. 【教材母题13】 (北师大版必修第二册P257·T5)如图,A,B,C是半径为1的球O的球面上的三个点,且AC⊥BC,AC=BC=1,求三棱锥O-ABC的体积. 【🚀衔接高考】 (2020·全国Ⅰ卷)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,☉O1为△ABC的外接圆.若☉O1的面积为4π, AB=BC=AC=OO1，则球O的表面积为(　　) A.64π B.48π C.36π D.32π 【教材母题14】(人教A版必修第二册P137·例2)求证：空间四边形相邻两边中点的连线平行于经过另外两边的平面. 【教材母题15】 (人教A版必修第二册P138例3)如图所示的一块木料中,棱BC平行于面A'C'. （1）要经过面A'C'内的一点P和棱BC将木料锯开,在木料表面应该怎样画线? （2）所画的线与平面AC是什么位置关系? 【教材母题16】 (人教A版必修第二册P144习题8.5·T8)如图，直线AA′，BB′，CC′相交于点O，AO＝A′O，BO＝B′O，CO＝C′O，求证：平面ABC∥平面A′B′C′. 【教材母题17】 (人教A版必修第二册P140·例4)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,求证:平面AB1D1∥平面BC1D. 【🚀衔接高考】 (2022·新高考Ⅱ卷节选)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中点. 证明:OE∥平面PAC. 【教材母题18】 (人教A版必修第二册P145·T15)如图,透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1D1内灌进一些水,固定容器底面一边BC于地面上,再将容器倾斜.随着倾斜度的不同,有下面五个命题: ①有水的部分始终呈棱柱形; ②没有水的部分始终呈棱柱形; ③水面EFGH所在四边形的面积为定值; ④棱A1D1始终与水面所在平面平行; ⑤当容器倾斜如图(3)所示时,BE·BF是定值. 其中所有正确命题的序号是　　　　,为什么?  【教材母题19】 (人教A版必修第二册P170·T10)如图,在边长为2的正方形ABCD中,点E是AB的中点,点F是BC的中点,将△AED,△BEF,△DCF分别沿DE,EF,DF折起,使A,B,C三点重合于点A'. （1）求证:A'D⊥EF; （2）求三棱锥A'-EFD的体积. 【🚀衔接高考】 (2023·全国乙卷)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,PB=PC=,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上,BF⊥AO. （1）求证:EF∥平面ADO; （2）若∠POF=120°,求三棱锥P-ABC的体积. 【教材母题20】 (人教A版必修第二册P152·例4)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,求直线A1B和平面A1DCB1所成的角. 【🚀衔接高考】 （1）(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则(　　) A.直线BC1与DA1所成的角为90° B.直线BC1与CA1所成的角为90° C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° （2）(2022·全国甲卷)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°,则(　　) A.AB=2AD B.AB与平面AB1C1D所成的角为30° C.AC=CB1 D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45° 【教材母题21】 (人教A版必修第二册P152·T2)如图,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,SD⊥平面ABCD,求证:AC⊥平面SDB. 【🚀衔接高考】 (2023·新高考Ⅱ卷节选)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.证明:BC⊥DA. 【教材母题22】 (人教B版必修第四册P109·T2)判断下列命题的真假. （1）m⊂α,n⊂α,m⊄β,n⊄β⇒α∥β; （2）α∥β,m⊂α,n⊂β⇒m∥n; （3）α∥β,l⊂β⇒l∥α. 【🚀衔接高考】 （1）（2025·天津高考）若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 （2） (2024·全国甲卷)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m,下述四个命题: 1 若m∥n,则n∥α或n∥β ②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β 2 若n∥α且n∥β,则m∥n ④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n 其中所有真命题的编号是(　　) A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 【教材母题23】 (人教A版必修第二册P152·T4)过△ABC所在平面α外一点P作PO⊥α.垂足为O.连接PA,PB,PC. （1）若PA=PB=PC,则点O是△ABC的　　　　心.  （2）若PA=PB=PC,∠C=90°,则点O是AB边的　　　　点.  （3）若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,垂足都为P,则点O是△ABC的　　　　心.  【教材母题24】 (人教A版必修第二册P163·T11)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P,Q分别为棱AD,CC1的中点.求证:A1P⊥BQ. 【🚀衔接高考】 (多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图,在正方体中,O为底面的中心,P为所在棱的中点,M,N为正方体的顶点,则满足MN⊥OP的是(　　) 【教材母题25】 (人教A版必修第二册P171·T13)如图,在三棱锥P-ABC中,∠ACB=90°,PA⊥底面ABC. （1）求证:平面PAC⊥平面PBC; （2）若AC=BC=PA,M是PB的中点,求AM与平面PBC所成角的正切值. 【🚀衔接高考】 （1）(2024·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　) A. B.1 C.2 D.3 （2）(2023·全国乙卷)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形,若二面角C-AB-D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　) A. B. C. D. （3）(2022·全国乙卷)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点. ①证明:平面BED⊥平面ACD; ②设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值. 【教材母题26】(人教A版必修第二册P158·例7)如图所示,在正方体ABCD-A'B'C'D'中,求证:平面A'BD⊥平面ACC'A'. 【🚀衔接高考】 （1）(2022·全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则(　　) A.平面B1EF⊥平面BDD1 B.平面B1EF⊥平面A1BD C.平面B1EF∥平面A1AC D.平面B1EF∥平面A1C1D （2）(2021·全国乙卷节选)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,且PB⊥AM.证明:平面PAM⊥平面PBD. 【教材母题27】 (湘教版必修第二册P198·T12)一块边长40 cm的正方形包装纸按图(1)所示的阴影部分裁下,然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个如图(2)所示的正四棱锥形包装盒.在图(1)中,x表示等腰三角形的底边长;在图(2)中,点E,F分别是四棱锥P-ABCD的棱BC,PA的中点. （1）求证:EF∥平面PDC; （2）把该包装盒的体积V表示为x的函数,并求x=32 cm时,三棱锥A-BEF的体积. 【🚀衔接高考】 【高考新题型·项目式】（2025·北京高考）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为 ． 🎯读教材-----玩味阅读材料 【阅读】通过阅读《探究与发现——祖暅原理与柱体、锥体的体积》(人教A版必修第二册P121)和《阅读材料一——祖暅原理》(北师大版必修第二册P258),可从中提炼出如下结论: （1）用祖暅原理证明球的体积公式V=πR3. 取一个底面半径和高都等于R的圆柱,从圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面、下底面圆心为顶点的圆锥,把所得的几何体和半球放在同一个平面α上,如图,因为圆柱的高等于R,所以这个几何体和半球都夹在两个平行平面之间. 用平行于平面α的任意一个平面去截这两个几何体,截面分别是圆面和圆环面.如果截平面与平面α的距离为l,那么圆面的半径为r=,圆环面的大圆半径为R,小圆半径为l(因为△O'O1B是等腰三角形). 因此S圆'=πr2=π(R2-l2),S圆环=πR2-πl2=π(R2-l2),所以S圆=S圆环,根据祖暅原理,这两个几何体的体积相等, 即V球=2×V球=2×=πR3. （2）椭圆的方程为+=1,将椭圆面绕y轴旋转半周得到椭球,则该椭球的体积为πa2b. 构造底面半径为a和高为b的圆柱体,则用一个平行于底面的平面截半椭球和圆柱,得到两个等高度的截面,可证明等高处半椭球截面面积和圆柱截面圆环面积相等,即S圆=S环,则根据祖暅原理,左边半椭球体的体积等于右边圆柱的体积减去倒立圆锥的体积. 因为左边半椭球:=π,右边圆柱:由相似三角形可得=⇒r=, 又由+=1得=a2-,所以S=πa2-πr2=πa2-π=π=π,所以=', 所以半椭球体积等于圆柱的体积减去倒立圆锥的体积,即VO'=V1-V2=πa2·b-πa2·b=πa2b, 所以椭球的体积VO=2VO'=πa2b. 【🚀新题预测】 (2026·湖北武汉模拟)《缀术》中提出的“缘幂势既同,则积不容异”被称为祖暅原理,其意思是:如果两个等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等,那么这两个几何体的体积相等.该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图,某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面,侧面为球面的一部分,上底直径为4 cm,下底直径为6 cm,上下底面间的距离为3 cm,则该卧足杯侧面所在的球面的半径是　　　　 cm;卧足杯的容积是　　　　 cm3(杯的厚度忽略不计).  🎯研教材-----深度探究思考 【探究1】 (人教A版必修第二册P117)圆柱、圆锥、圆台的表面积公式之间有什么关系?你能用圆柱、圆锥、圆台的结构特征来解释这种关系吗? 【探究2】 (人教A版必修第二册P117)圆柱、圆锥、圆台的体积公式之间有什么关系?结合棱柱、棱锥、棱台的体积公式,你能将它们统一成柱体、锥体、台体的体积公式吗?柱体、锥体、台体的体积公式之间又有怎样的关系? 【探究3】(人教A版必修第二册P118)在小学,我们学习了圆的面积公式,你还记得是如何求得的吗?类比这种方法,你能由球的表面积公式推导出来球的体积公式吗? 【探究4】 (人教B版必修第四册P68)各个面都是全等的正多边形且过各顶点的棱数都相等的多面体一般称为正多面体.已知正多面体顶点数V、面数F、棱数E之间满足关系V+F-E=2,根据这一结论探究共有多少种不同的正多面体. 【探究5】(人教A版必修第二册P154例6,人教B版必修第四册P85例2拓展)棱台体积公式:V棱台=h(S'++S),其中S',S分别是棱台的上、下底面面积,h是高. 【🚀衔接高考】 （1）(2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时,相应水面的面积为140.0 km2;水位为海拔157.5 m时,相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时,增加的水量约为(≈2.65)(　　) A.1.0×109 m3 B.1.2×109 m3 C.1.4×109 m3 D.1.6×109 m3 （2）(2021·新高考Ⅱ卷)正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,则其体积为(　　) A.20+12 B.28 C. D. （3）(2023·新高考Ⅰ卷) （一题多解）在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=,则该棱台的体积为　　　　.  （4）(2023·新高考Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为　　　　.  【探究6】 (人教B版必修第四册P88练习BT5拓展)正棱锥的高为h,侧棱长为l,则正棱锥的外接球半径R=. 【🚀衔接高考】 (2022·新高考Ⅰ卷) （一题多解）已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤3,则该正四棱锥体积的取值范围是(　　) A. B. C. D.[18,27] 【探究7】(人教B版必修第四册P129T14,T16拓展)双半径单交线公式:若相互垂直的两凸多边形的外接圆半径分别为R1,R2,两外接圆公共弦长为l,则由两凸多边形顶点连接而成的几何体的外接球半径:R=. 【🚀衔接高考】 (2023·全国乙卷) （一题多解）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA=　　　　.  学科网（北京）股份有限公司 $ 026年高考数学·教考衔接 教材命题点探源 -----------------------------供2026高考备考二轮、三轮复习及考前使用------------------------- 教考衔接八 立体几何初步 --------------■高考命题·解读■----------------- 考点 五年考情 考点1.简单几何体的表面积 2023·全国乙卷 2021·新高考全国Ⅱ卷 考点2.简单几何体的体积 2024·新课标Ⅰ卷 2024·全国甲卷 2023·新课标Ⅰ卷 2023·新课标Ⅱ卷2023·全国甲卷 2023·全国乙卷 2022·新高考全国Ⅰ卷 2022·新高考全国Ⅱ卷 2022·全国甲卷 2021·新高考全国Ⅱ卷 考点3.与球有关的切、接问题 2025·全国二卷 2023·新课标Ⅰ卷 2023·全国甲卷 2023·全国乙卷 2022·新高考全国Ⅱ卷 2022·新高考全国Ⅰ卷 2022·全国乙卷 考点4.空间点、直线、平面之间的位置关系 2025·全国一卷 2024·全国甲卷 2022·全国乙卷 2021·新高考全国Ⅱ卷 考点5.空间直线、平面的平行 2023·全国乙卷 2022·全国甲卷 考点6.空间直线、平面的垂直 2023·全国甲卷 2022·全国乙卷 2021·全国甲卷 2021·全国乙卷 考点7.求空间角 2024·新课标Ⅱ卷 2023·全国乙卷 2022·新高考全国Ⅰ卷 2022·全国甲卷 🎯【命题解读】（考前必看） 1.立体几何初步是高考的热点，难度以基础、中档为主，题型涵盖选择，填空和解答题. （1）从近几年高考情况来看，本章内容在客观题中主要考查空间几何体的表面积、体积以及与球相关的问题；借助于空间几何体为载体，考查周长、体积的求解及线线垂直、线面垂直的探求 （2）在解答题中的第一问主要考查线、面位置关系的证明. （3）考查的核心素养为逻辑推理、直观想象和数学运算. 2.立体几何初步考查的主要内容有： （1）以空间几何体或与球的切、接为背景考查几何体的结构特征、表面积、体积、球的性质等； （2）以空间几何体为载体考查空间线、面位置关系的证明以及空间角和距离的计算； 🎯练教材-----必刷经典母题 【教材母题1】 (人教A版必修第二册P116练习·T4)求证：直三棱柱的任意两个侧面的面积和大于第三个侧面的面积. 证明　∵直三棱柱ABCA′B′C′的侧面均为矩形，∴三个侧面面积分别为AB·AA′，AC·AA′，BC·AA′， ∵AC＋AB＞BC，AB＋BC＞AC，AC＋BC＞AB，∴AC·AA′＋AB·AA′＞BC·AA′， AB·AA′＋BC·AA′＞AC·AA′，AC·AA′＋BC·AA′＞AB·AA′， 即直三棱柱的任意两个侧面的面积和大于第三个侧面的面积． 【教材母题2】(人教A版必修第二册P119练习·T1)已知圆锥的表面积为a m3,且它的侧面展开图是一个半圆,求这个圆锥的底面直径. 【解析】设圆锥的底面的半径为r,圆锥的母线为l,则由πl=2πr得l=2r,而S=πr2+πr·2r=a,即3πr2=a, ∴r=,即直径为. 【🚀衔接高考】 (2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为(　　) A.2 B.2 C.4 D.4 【答案】　B 【解析】设圆锥的母线长为l,因为该圆锥的底面半径为,侧面展开图为一个半圆,所以2π×=πl,解得l=2,故选B. 【教材母题3】(人教A版必修第二册P120习题8.3·T3)如图，一个三棱柱形容器中盛有水，侧棱AA1＝8.若侧面AA1B1B水平放置时，水面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点.那么当底面ABC水平放置时，水面高为多少？ 【解析】当三棱柱的侧面AA1B1B水平放置时，液体部分是四棱柱，其高即为原三棱柱的高，侧棱长A1A＝8. 设当底面ABC水平放置时，液面高为h，由已知条件，知四棱柱与三棱柱的底面面积之比为3∶4，由于两种状态下液体体积相等，即3×8＝4×h，∴h＝6.∴当底面ABC水平放置时，液面高为6. 【🚀衔接高考】 【高考新题型·项目式】 (2021·北京卷)对24小时内降水在平地上的积水厚度(mm)进行如下定义： 0～10 10～25 25～50 50～100 小雨 中雨 大雨 暴雨 小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，则这一天的雨水属于哪个等级(　 　) A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨 【答案】B 【解析】由相似关系可得，雨水形成的小圆锥的底面半径r＝＝50(mm)，故V小圆锥＝×π×502×150＝503·π(mm3)，从而可得积水厚度h＝＝＝12.5(mm)，属于中雨．故选B. 【🚀新题预测】 【高考新题型·新情境】（2026·湖北武汉模拟）如图，如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的时，水的体积为84，则该方斗杯可盛水的总体积为（    ） A．112 B． C． D．496 【答案】B 【解析】设水面与棱台的四条侧棱分别相交于，过作交于点E，交于点，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，则四边形为平行四边形， 因为水面的高度是方斗杯高度的，则，因此， 设棱台的高为，设体积为V，则棱台的高为，设体积为， 则 所以，由题意，， 则该方斗杯可盛水的总体积为故选B. 【教材母题4】 (人教A版必修第二册P120习题8.3·T4)如图，圆锥PO的底面直径和高均是a，过PO的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的表面积和体积. 【解析】设圆锥底面半径为r，圆柱底面半径为r′，则r＝，r′＝.又可知圆柱母线长l′＝，圆锥母线长l＝＝a，∴剩下几何体的表面积 S表＝πr2＋πrl＋2πr′l′＝π·＋π··a＋2π··＝πa2. 剩下几何体的体积V＝πr2·OP－πr′2·OO′＝π·a－π··＝πa3. 答：剩下几何体的表面积为πa2，体积为πa3. 【🚀衔接高考】 （1）(2023·全国甲卷)在三棱锥P-ABC中,△ABC是边长为2的等边三角形,PA=PB=2,PC=,则该棱锥的体积为(　　) A.1 B. C.2 D.3 【答案】　A 【解析】如图,取AB的中点D,连接PD,CD,因为△ABC是边长为2的等边三角形,PA=PB=2, 所以PD⊥AB,CD⊥AB,所以PD=CD=,又PC=,所以PD2+CD2=PC2,所以PD⊥CD,又AB∩CD=D,AB,CD⊂平面ABC,所以PD⊥平面ABC,所以VP-ABC=·S△ABC·PD=××2××=1,故选A. （2）（2025·上海高考）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为 ．    【答案】 【解析】因为且四边形为正方形，故，而，故，故， 故所求体积为， 【🚀新题预测】 【高考新题型·新情境】（2026·广东广州1月检测）亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀．重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥以及一个圆台（图2）的组合体．已知某重檐凉亭的圆台部分的轴截面如图3所示，则该圆台部分的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】圆台的上底圆直径为3，上底圆直径为4.6，高为0.6，过点作，垂足分别为，故，故， 故该圆台部分的侧面积为.故选B. 【教材母题5】 (人教A版必修第二册P120·T8)分别以一个直角三角形的斜边、两条直角边所在直线为轴,其余各边旋转一周形成的曲面围成3个几何体.这3个几何体的体积之间有什么关系? 【解析】设直角三角形ABC的两条直角边分别为a,b,斜边为c, 以斜边c为轴,进行旋转,形成底面半径为,高的和为c的两个圆锥的组合体,其体积V1=×π××c=; 以直角边a为轴,进行旋转,形成底面半径为b,高为a的圆锥,其体积V2=×π×b2×a=ab2; 以直角边b为轴,进行旋转,形成底面半径为a,高为b的圆锥,其体积V3=×π×a2×b=a2b, 有===+=+. 【🚀衔接高考】 (多选)(2022·新高考Ⅱ卷)如图,四边形ABCD为正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB.记三棱锥E-ACD,F-ABC,F-ACE的体积分别为V1,V2,V3,则(　　) A.V3=2V2 B.V3=V1 C.V3=V1+V2 D.2V3=3V1 【答案】CD 【解析】如图,连接BD交AC于O,连接OE,OF. 设AB=ED=2FB=2,则AB=BC=CD=AD=2,FB=1.因为ED⊥平面ABCD,FB∥ED,所以FB⊥平面ABCD, 所以V1=VE-ACD=S△ACD·ED=×AD·CD·ED=××2×2×2=,V2=VF-ABC=S△ABC·FB=×AB·BC·FB=××2×2×1=. 因为ED⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以ED⊥AC, 又AC⊥BD,且ED∩BD=D,ED,BD⊂平面BDEF,所以AC⊥平面BDEF. 因为OE,OF⊂平面BDEF,所以AC⊥OE,AC⊥OF. 易知AC=BD=AB=2,OB=OD=BD=,OF==,OE==, EF===3,所以EF2=OE2+OF2,所以OF⊥OE. 又OE∩AC=O,OE,AC⊂平面ACE,所以OF⊥平面ACE,所以V3=VF-ACE=S△ACE·OF =×AC·OE·OF=××2××=2, 所以V3≠2V2,V1≠V3,V3=V1+V2,2V3=3V1,所以选项A,B不正确,选项C,D正确.故选CD. 【教材母题6】 (人教A版必修第二册P115·例2)如图,一个漏斗的上面部分是一个长方体，下面部分是一个四棱锥,两部分的高都是0.5 m,公共面ABCD是边长为1 m的正方形,那么这个漏斗的体积是多少立方米(精确到0.01 m3)?(计算漏斗的容积时不考虑漏斗的厚度) 【解析】由题意知V长方体ABCD-A'B'C'D=1×1×0.5=0.5(m3),V棱锥P-ABCD=×1×1×0.5=(m3).所以这个漏斗的容积V=+=≈0.67(m3). 【教材母题7】 (人教A版必修第二册P116·T3)某广场设置了一些石凳供大家休息,这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的.如果被截正方体的棱长是50 cm,那么石凳的体积是多少? 【解析】由题意可知,截去的八个四面体是全等的正三棱锥,体积是8×××25×25×25= cm3; 正方体的体积为50×50×50=125 000 cm3;则石凳的体积是125 000-= cm3. 【教材母题8】 (人教A版必修第二册P120习题8.3·T9)如图是一个奖杯的三视图，试根据奖杯的三视图计算它的表面积和体积.(可用计算工具，尺寸如图，单位：cm，π取3.14，结果取整数.) 【解析】由该奖杯的三视图可知，奖杯的上部是直径为4 cm的球； 中部是一个四棱柱，其中上、下底面都是边长分别为8 cm、4 cm的矩形，四个侧面中的两个侧面是边长分别为20 cm、8 cm的矩形，另两个侧面是边长分别为20 cm、4 cm的矩形； 下部是一个四棱台，其中上底面是边长分别为10 cm、8 cm的矩形，下底面是边长分别为20 cm、16 cm的矩形，四棱台的高为2 cm.因此它的表面积和体积分别约为1 193 cm2、1 047 cm3. 【教材母题9】 (人教A版必修第二册P119·T3)将一个棱长为6 cm的正方体铁块磨制成一个球体零件,求可能制作的最大零件的体积. 【解析】设球的半径为R,由题意可知,球内切于正方体,则2R=6,解得R=3,故可能制作的最大零件的体积为 V=πR3=36π(cm3). 【🚀衔接高考】 （1）(多选)(2023·新高考Ⅰ卷)下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　) A.直径为0.99 m的球体 B.所有棱长均为1.4 m的四面体 C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体 D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体 【答案】ABD 【解析】由于棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m,所以选项A正确; 由于棱长为1 m的正方体中可放入棱长为 m的正四面体,且>1.4,所以选项B正确; 因为正方体的棱长为1 m,体对角线长为 m,<1.8, 所以高为1.8 m的圆柱体不可能整体放入正方体容器中,所以选项C不正确; 由于正方体的体对角线长为 m,而底面直径为1.2 m的圆柱体,其高0.01 m可忽略不计, 故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置,即可以整体放入正方体容器中,所以选项D正确. 综上,选ABD. （2）(2020·全国Ⅲ卷)已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为　　　　.  【答案】π 【解析】圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球,设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB,如图所示,则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆.在△PAB中,PA=PB=3,D为AB的中点,AB=2,E为切点,则PD=2,△PEO∽△PDB,故=,即=,解得r=, 故内切球的体积为π=π. 【教材母题10】 (人教A版必修第二册P119·例4)如图,圆柱的底面直径和高都等于球的直径,求球与圆柱的体积之比. 【解析】设球的半径为R,则圆柱的底面半径为R,高为2R.∵V球=πR3,V圆柱=πR2·2R=2πR3, ∴V球∶V圆柱=πR3∶2πR3=. 【🚀衔接高考】 （1） (2024·新高考Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为,则圆锥的体积为(　　) A.2π B.3π C.6π D.9π 【答案】　B 【解析】设圆柱和圆锥的底面半径均为r,因为它们的高均为,且侧面积相等, 所以2πr×=πr,得r2=9,所以圆锥的体积V=πr2×=3π,故选B. （2）（2025·全国二卷）一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 ． 【答案】 【解析】圆柱的底面半径为，设铁球的半径为r，且，由圆柱与球的性质知， 即，， 【教材母题11】 (人教B版必修第四册P80·例2)把地球看成一个半径为6 370 km的球,已知我国首都北京靠近北纬40°,求北纬40°纬线的长度(π≈3.141 6,cos 40°≈0.766 0,结果精确到1 km). 【解析】作出截面图,如图所示.设A是北纬40°圈上的一点,AK是北纬40°圈的半径,O为球心, 所以OK⊥AK.设北纬40°的纬线长为c km,因为∠AOB=∠OAK=40°, 所以c=2π·AK=2π·OA·cos∠OAK=2π·OA·cos 40°≈2×3.141 6×6 370×0.766 0≈30 658, 即北纬40°的纬线长约为30 658 km. 【🚀衔接高考】 (2020·新高考全国Ⅰ卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面,在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为(　　) A.20° B.40° C.50° D.90° 【答案】　B 【解析】如图所示,☉O为赤道平面,☉O1为A点处的日晷的晷面所在的平面,由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1=40°,又点A处的水平面与OA垂直,晷针AC与☉O1所在的面垂直,则晷针AC与水平面所成角为40°. 故选B. 【教材母题12】 (人教B版必修第四册P90·T15)用一个平面截半径为25 cm的球,截面面积是49 cm2,求球心到截面的距离. 【解析】设球的半径为R,截面圆的半径为r,球心到截面的距离为d,由截面圆的面积是49π cm2,可得πr2=49π,即r=7,由球的截面性质可得d2+r2=R2,可得d2+72=252,解得d=24,则球心到截面的距离为24 cm. 【🚀衔接高考】 (2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC是面积为的等边三角形,且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π,则O到平面ABC的距离为(　　) A. B. C.1 D. 【答案】　C 【解析】如图所示,过球心O作OO1⊥平面ABC,则O1为等边三角形ABC的中心. 设△ABC的边长为a,则a2=,解得a=3(负值舍去),∴O1A=××3=. 设球O的半径为r,则由4πr2=16π,得r=2,即OA=2.在Rt△OO1A中,OO1==1, 即O到平面ABC的距离为1. 【教材母题13】 (北师大版必修第二册P257·T5)如图,A,B,C是半径为1的球O的球面上的三个点,且AC⊥BC,AC=BC=1,求三棱锥O-ABC的体积. 【解析】∵AC⊥BC,AC=BC=1,∴ABC为等腰直角三角形, ∴AB=,则△ABC外接圆圆心是AB中点O1,半径为O1B=, 又球的半径为OB=1,设O到平面ABC的距离为d=OO1,则d==,∴VO-ABC=S△ABC·d=××1×1×=. 【🚀衔接高考】 (2020·全国Ⅰ卷)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,☉O1为△ABC的外接圆.若☉O1的面积为4π, AB=BC=AC=OO1，则球O的表面积为(　　) A.64π B.48π C.36π D.32π 【答案】A 【解析】如图所示,设球O的半径为R,☉O1的半径为r,因为☉O1的面积为4π,所以4π=πr2,解得r=2,又AB=BC=AC=OO1,所以=2r,解得AB=2,故OO1=2,所以R2=O+r2=(2)2+22=16,所以球O的表面积S=4πR2=64π.故选A. 【教材母题14】(人教A版必修第二册P137·例2)求证：空间四边形相邻两边中点的连线平行于经过另外两边的平面. 【解析】已知：如图，空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点． 求证：EF∥平面BCD. 证明　连接BD.∵AE＝EB，AF＝FD，∴EF∥BD. 又EF⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，∴EF∥平面BCD. 【教材母题15】 (人教A版必修第二册P138例3)如图所示的一块木料中,棱BC平行于面A'C'. （1）要经过面A'C'内的一点P和棱BC将木料锯开,在木料表面应该怎样画线? （2）所画的线与平面AC是什么位置关系? 【解析】(1)如图, 在平面A'C'内,过点P作直线EF,使EF∥B'C',并分别交棱A'B',D'C'于点E,F. 连接BE,CF,则EF,BE,CF就是应画的线. (2)因为棱BC平行于平面A'C',平面BC'与平面A'C'相交于B'C',所以BC∥B'C'. 由(1)知,EF∥B'C',所以EF∥BC,而BC在平面AC内,EF在平面AC外,所以EF∥平面AC. 显然,BE,CF都与平面AC相交. 【教材母题16】 (人教A版必修第二册P144习题8.5·T8)如图，直线AA′，BB′，CC′相交于点O，AO＝A′O，BO＝B′O，CO＝C′O，求证：平面ABC∥平面A′B′C′. 证明　∵AA′与CC′相交于点O，∴∠AOC＝∠A′OC′. 又AO＝A′O，CO＝C′O，∴△OAC≌△OA′C′，∴∠CAO＝∠C′A′O，∴AC∥A′C′. 又AC⊄平面A′B′C′，A′C′⊂平面A′B′C′，∴AC∥平面A′B′C′.同理可证AB∥平面A′B′C′. 又AB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，AB∩AC＝A， ∴平面ABC∥平面A′B′C′. 【教材母题17】 (人教A版必修第二册P140·例4)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,求证:平面AB1D1∥平面BC1D. 证明　∵ABCD-A1B1C1D1为正方体,∴D1C1􀰿A1B1,AB􀰿A1B1,∴D1C1􀰿AB,∴四边形D1C1BA为平行四边形,∴D1A∥C1B.又D1A⊄平面BC1D,C1B⊂平面BC1D,∴D1A∥平面BC1D.同理D1B1∥平面BC1D.又D1A∩D1B1=D1, ∴平面AB1D1∥平面BC1D. 【🚀衔接高考】 (2022·新高考Ⅱ卷节选)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中点. 证明:OE∥平面PAC. 证明 如图,取AB的中点D,连接DP,DO,DE. 因为AP=PB,所以PD⊥AB.因为PO为三棱锥P-ABC的高,所以PO⊥平面ABC. 因为AB⊂平面ABC,所以PO⊥AB.又PO,PD⊂平面POD,且PO∩PD=P,所以AB⊥平面POD. 因为OD⊂平面POD,所以AB⊥OD,又AB⊥AC,AB,OD,AC⊂平面ABC,所以OD∥AC. 因为OD⊄平面PAC,AC⊂平面PAC,所以OD∥平面PAC. 因为D,E分别为BA,BP的中点,所以DE∥PA. 因为DE⊄平面PAC,PA⊂平面PAC,所以DE∥平面PAC. 又OD,DE⊂平面ODE,OD∩DE=D,所以平面ODE∥平面PAC. 又OE⊂平面ODE,所以OE∥平面PAC. 【教材母题18】 (人教A版必修第二册P145·T15)如图,透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1D1内灌进一些水,固定容器底面一边BC于地面上,再将容器倾斜.随着倾斜度的不同,有下面五个命题: ①有水的部分始终呈棱柱形; ②没有水的部分始终呈棱柱形; ③水面EFGH所在四边形的面积为定值; ④棱A1D1始终与水面所在平面平行; ⑤当容器倾斜如图(3)所示时,BE·BF是定值. 其中所有正确命题的序号是　　　　,为什么?  【答案】①②④⑤ 【解析】因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1,所以有水的部分和无水的部分始终有两个面平行,而其余各面都易证是平行四边形,所以①②是正确的. 在题图(1)中,水面面积S1=EF·FG=EF·BC. 在题图(2)中,水面面积S2=EF·BC,而题图(1)中的EF小于题图(2)中的EF,则S1<S2,所以③是错误的. 易知④是正确的. 因为水的体积一定,形成的柱体的高度始终是BC,所以底面△EFB的面积一定,即S△EFB=BE·BF是一个定值,即BE·BF是一个定值,所以⑤是正确的. 【教材母题19】 (人教A版必修第二册P170·T10)如图,在边长为2的正方形ABCD中,点E是AB的中点,点F是BC的中点,将△AED,△BEF,△DCF分别沿DE,EF,DF折起,使A,B,C三点重合于点A'. （1）求证:A'D⊥EF; （2）求三棱锥A'-EFD的体积. (1)证明　折叠前,AD⊥AE,CD⊥CF,折叠后,A'D⊥A'E,A'D⊥A'F.又A'E∩A'F=A',A'E,A'F⊂平面A'EF, ∴A'D⊥平面A'EF,∴A'D⊥EF. (2)解　由(1)可知,A'D⊥平面A'EF,∴三棱锥D-A'EF的高A'D=AD=2. 又△A'EF折前为△BEF,E,F分别为AB,BC的中点,∴S△A'EF=S△BEF=×1×1=, ∴VA'-EFD=VD-A'EF=·S△A'EF·A'D=××2=. 【🚀衔接高考】 (2023·全国乙卷)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,PB=PC=,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上,BF⊥AO. （1）求证:EF∥平面ADO; （2）若∠POF=120°,求三棱锥P-ABC的体积. (1)证明　如图,因为AB⊥BC,AB=2,BC=2,O是BC的中点, 所以==,所以△OBA∽△ABC,所以∠CAB=∠AOB. 记BF⊥AO的垂足为H,则△BHA∽△OBA,所以∠HBA=∠BOA.所以∠HBA=∠CAB,所以BF=AF,∠BCF=∠CBF, 所以CF=BF,CF=AF,故F是AC的中点.因为E,F分别是AP,AC的中点,所以EF∥PC. 因为D,O分别是BP,BC的中点,所以DO∥PC,所以EF∥DO. 又DO⊂平面ADO,EF⊄平面ADO,所以EF∥平面ADO. (2)解　由(1)得FO∥AB, 因为AB⊥BC,所以FO⊥BC.又PO⊥BC,所以∠POF是二面角P-BC-F的平面角, 如图,过点P作PM⊥平面ABC于点M,连接MO,则∠POM是二面角P-BC-M的平面角, 所以∠POM=60°.在△PBC中,由PB=PC=,BC=2,得PO=2,所以PM=. 所以三棱锥P-ABC的体积VP-ABC=S△ABC·PM=××2×2×=. 【教材母题20】 (人教A版必修第二册P152·例4)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,求直线A1B和平面A1DCB1所成的角. 【解析】设正方体的棱长为a,因为A1B1⊥平面BCC1B1,BC1⊂平面BCC1B1,所以A1B1⊥BC1, 又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,A1B1,B1C⊂平面A1DCB1,所以BC1⊥平面A1DCB1, 因此A1O为斜线A1B在平面A1DCB1上的射影,即∠BA1O为A1B和平面A1DCB1所成的角, 在Rt△A1BO中,∠BOA1=90°,A1B=a,BO=a,可得BO=A1B.所以∠BA1O=30°, 即直线A1B和平面A1DCB1所成的角为30°. 【🚀衔接高考】 （1）(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则(　　) A.直线BC1与DA1所成的角为90° B.直线BC1与CA1所成的角为90° C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° 【答案】ABD 【解析】如图,连接AD1,在正方形A1ADD1中,AD1⊥DA1,因为AD1∥BC1,所以BC1⊥DA1,所以直线BC1与DA1所成的角为90°,故A正确; 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,CD⊥平面BCC1B1,又BC1⊂平面BCC1B1,所以CD⊥BC1.连接B1C,则B1C⊥BC1.因为CD∩B1C=C,CD,B1C⊂平面DCB1A1,所以BC1⊥平面DCB1A1,又CA1⊂平面DCB1A1,所以BC1⊥CA1,所以直线BC1与CA1所成的角为90°,故B正确; 连接A1C1,交B1D1于点O,则易得OC1⊥平面BB1D1D,连接OB.因为OB⊂平面BB1D1D,所以OC1⊥OB,∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角.设正方体的棱长为a,则易得BC1=a,OC1=,所以在Rt△BOC1中,OC1=BC1,所以∠OBC1=30°,故C错误; 因为C1C⊥平面ABCD,所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角,易得∠CBC1=45°,故D正确.故选ABD. （2）(2022·全国甲卷)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°,则(　　) A.AB=2AD B.AB与平面AB1C1D所成的角为30° C.AC=CB1 D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45° 【答案】D 【解析】如图,连接BD,易知∠BDB1是直线B1D与平面ABCD所成的角, 所以在Rt△BDB1中,∠BDB1=30°,设BB1=1,则B1D=2BB1=2,BD==. 易知∠AB1D是直线B1D与平面AA1B1B所成的角,所以在Rt△ADB1中,∠AB1D=30°. 因为B1D=2,所以AD=B1D=1,AB1==, 所以在Rt△ABB1中,AB==,所以A项错误; 易知∠BAB1是直线AB与平面AB1C1D所成的角,因为在Rt△ABB1中,sin∠BAB1==≠, 所以∠BAB1≠30°,所以B项错误;在Rt△CBB1中,CB1==, 而AC==,所以C项错误;易知∠DB1C是直线B1D与平面BB1C1C所成的角, 因为在Rt△DB1C中,CB1=CD=,所以∠DB1C=45°,所以D项正确.故选D. 【教材母题21】 (人教A版必修第二册P152·T2)如图,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,SD⊥平面ABCD,求证:AC⊥平面SDB. 证明　由四棱锥S-ABCD的底面是正方形,可得AC⊥BD,又SD⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD, 可得AC⊥SD,又BD∩SD=D,则AC⊥平面SBD. 【🚀衔接高考】 (2023·新高考Ⅱ卷节选)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.证明:BC⊥DA. 证明　如图,连接DE,AE, 因为DC=DB,E为BC的中点,所以DE⊥BC. 因为∠ADB=∠ADC=60°,DA=DA,DC=DB,所以△ADB≌△ADC(SAS),所以AC=AB,故AE⊥BC. 因为DE∩AE=E,DE,AE⊂平面ADE,所以BC⊥平面ADE.又DA⊂平面ADE,所以BC⊥DA. 【教材母题22】 (人教B版必修第四册P109·T2)判断下列命题的真假. （1）m⊂α,n⊂α,m⊄β,n⊄β⇒α∥β; （2）α∥β,m⊂α,n⊂β⇒m∥n; （3）α∥β,l⊂β⇒l∥α. 【解析】(1)假命题.(2)假命题(m∥n或m与n异面);(3)真命题. 【🚀衔接高考】 （1）（2025·天津高考）若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【解析】对于A，若，则可平行或异面，故A错误；对于B，若，则，故B错误；对于C，两条平行线有一条垂直于一个平面，则另一个必定垂直这个平面， 现，故，故C正确；对于D，，则与可平行或相交或，故D错误； 故选C. （2） (2024·全国甲卷)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m,下述四个命题: 1 若m∥n,则n∥α或n∥β ②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β 2 若n∥α且n∥β,则m∥n ④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n 其中所有真命题的编号是(　　) A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 【答案】A 【解析】α∩β=m,则m⊂α,m⊂β,对于①,若m∥n,则n∥α或n∥β,①正确; 对于②,若m⊥n,则可能n∥α或n与α相交,②错误;对于③,若n∥α且n∥β,则n∥m,③正确; 对于④,n与m所成角可以为内的任意角,④错误.故选A. 【教材母题23】 (人教A版必修第二册P152·T4)过△ABC所在平面α外一点P作PO⊥α.垂足为O.连接PA,PB,PC. （1）若PA=PB=PC,则点O是△ABC的　　　　心.  （2）若PA=PB=PC,∠C=90°,则点O是AB边的　　　　点.  （3）若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,垂足都为P,则点O是△ABC的　　　　心.  【答案】(1)外　(2)中　(3)垂 【解析】(1)∵过△ABC所在平面α外一点P,作PO⊥α,垂足为O,连接PA,PB,PC, ∵PA=PB=PC,∴OA=OB=OC,∴点O是△ABC的外心. (2)由(1)知,又∠C=90°,∴O是Rt△ABC的外心在斜边AB的中点. (3)连接AO并延长交BC于一点E,连接PO.∵PA,PB,PC两两垂直,即PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA, ∴PA⊥平面PBC. 又∵BC⊂平面PBC,∴BC⊥PA.∵PO⊥平面ABC于O,BC⊂平面ABC,∴PO⊥BC,∴BC⊥平面PAE. ∵AE⊂平面APE,∴BC⊥AE. 同理可证HC⊥AB,BG⊥AC,所以O是△ABC的垂心. 【教材母题24】 (人教A版必修第二册P163·T11)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P,Q分别为棱AD,CC1的中点.求证:A1P⊥BQ. 证明　取BC中点P',连接B1P'与BQ交于点O.∴A1P∥B1P',又四边形B1BCC1为正方形,Q为CC1中点, ∴△B1BP'≌△BCQ,∴∠BB1P'=∠CBQ. 又∠CBQ+∠B1BQ=90°,∴∠BB1P'+∠B1BQ=90°,∴∠B1OB=90°,∴B1P'⊥BQ,∴A1P⊥BQ. 【🚀衔接高考】 (多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图,在正方体中,O为底面的中心,P为所在棱的中点,M,N为正方体的顶点,则满足MN⊥OP的是(　　) 【答案】BC 【解析】设正方体的棱长为2. 对于A,如图(1)所示,连接AC,则MN∥AC,故∠POC(或其补角)为异面直线OP,MN所成的角.在直角三角形OPC中,OC=,CP=1,故tan ∠POC==,故MN⊥OP不成立,故A错误; 图(1) 对于B,如图(2)所示,取MT的中点为Q,连接PQ,OQ,则OQ⊥MT,PQ⊥MN.由正方体SBCN-MADT可得SM⊥平面MADT,而OQ⊂平面MADT,故SM⊥OQ,又SM∩MT=M,SM,MT⊂平面SNTM,故OQ⊥平面SNTM,又MN⊂平面SNTM,所以OQ⊥MN,又OQ∩PQ=Q,OQ,PQ⊂平面OPQ,所以MN⊥平面OPQ,又OP⊂平面OPQ,故MN⊥OP,故B正确; 图(2) 对于C,如图(3),连接BD,则BD∥MN,由B的判断可得OP⊥BD,故OP⊥MN,故C正确; 图(3) 对于D,如图(4),取AD的中点Q,AB的中点K,连接AC,PQ,OQ,PK,OK,则AC∥MN.因为DP=PC,故PQ∥AC,故PQ∥MN,所以∠QPO(或其补角)为异面直线PO,MN所成的角, 图(4) 因为正方体的棱长为2,故PQ=AC=,OQ===,PO= ==,QO2<PQ2+OP2,故∠QPO不是直角,故PO,MN不垂直,故D错误.故选BC. 【教材母题25】 (人教A版必修第二册P171·T13)如图,在三棱锥P-ABC中,∠ACB=90°,PA⊥底面ABC. （1）求证:平面PAC⊥平面PBC; （2）若AC=BC=PA,M是PB的中点,求AM与平面PBC所成角的正切值. (1)证明　∵PA⊥底面ABC,BC⊂底面ABC,∴PA⊥BC. 又∠ACB=90°,即AC⊥BC.∵PA∩AC=A,∴BC⊥平面PAC.∵BC⊂平面PBC,∴平面PAC⊥平面PBC. (2)解　如图,取PC的中点D, 连接AD,DM.∵AC=PA,∴AD⊥PC.由(1)知,BC⊥平面PAC,又AD⊂平面PAC, ∴BC⊥AD.而PC∩BC=C,∴AD⊥平面PBC.∴DM是斜线AM在平面PBC上的射影. ∴∠AMD就是AM与平面PBC所成的角,且AD⊥DM. 设AC=BC=PA=2a,则由M是PB中点得DM=BC=a,AD=a.∴tan∠AMD==. 即AM与平面PBC所成角的正切值为. 【🚀衔接高考】 （1）(2024·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　) A. B.1 C.2 D.3 【答案】B 【解析】设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h, 三条侧棱延长后交于一点P,作PO⊥平面ABC于点O,PO交平面A1B1C1于点O1, 连接OA,O1A1,如图所示. 由AB=3A1B1,可得PO1=h,PO=h,又=×22×=,S△ABC=×62×=9, 所以正三棱台ABC-A1B1C1的体积V=VP-ABC-=×9×h-××h=, 解得h=,故PO=h=2.由正三棱台的性质可知,O为底面ABC的中心,则OA=×=2, 因为PO⊥平面ABC,所以∠PAO是A1A与平面ABC所成的角,在Rt△PAO中,tan∠PAO==1,故选B. （2）(2023·全国乙卷)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形,若二面角C-AB-D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　) A. B. C. D. 【答案】　C 【解析】如图所示, 取AB的中点为M,连接CM,DM,则CM⊥AB,DM⊥AB,又CM,DM⊂平面CMD,CM∩DM=M, 于是AB⊥平面CMD,∠CMD即为二面角C-AB-D的平面角,于是∠CMD=150°. 设AB=2,则CM=1,MD=,在△CMD中,由余弦定理的推论可得 CD==.延长CM,过点D作CM的垂线, 设垂足为H,则∠HMD=30°,DH=DM=,MH=DM=,所以CH=1+=. 因为DH⊂平面CMD,则AB⊥DH,又DH⊥CM,AB,CM⊂平面ABC,AB∩CM=M, 所以DH⊥平面ABC,∠DCM即为直线CD与平面ABC所成角, 于是在Rt△DCH中,tan ∠DCM==. （3）(2022·全国乙卷)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点. ①证明:平面BED⊥平面ACD; ②设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值. ①证明　因为AD=CD,E为AC的中点,所以AC⊥DE. 在△ADB和△CDB中,因为AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB,所以△ADB≌△CDB,所以AB=BC. 因为E为AC的中点,所以AC⊥BE.又BE∩DE=E,BE,DE⊂平面BED,所以AC⊥平面BED, 又AC⊂平面ACD,所以平面BED⊥平面ACD. ②解　法一　因为E为AC的中点,所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离的2倍. 因为DE2+EB2=BD2,所以DE⊥BE, 又因为DE⊥AC,DE⊥BE,AC∩BE=E,AC,BE⊂平面ABC,所以DE⊥平面ABC. 因为VD-AEB=VE-ADB,所以·AE·BE·DE=·S△ABD·,其中d为点C到平面ABD的距离. 在△ABD中,BA=BD=2,AD=,所以S△ABD=,所以d=. 因为AC⊥平面BED,EF⊂平面BED,所以AC⊥EF, 又因为当EF⊥BD时,EF距离最短,即△AFC的面积最小, 所以此时FC==.记CF与平面ABD所成的角为α, 则sin α==. 法二　如图,过点E作EM⊥AB交AB于点M,连接DM,过点E作EG⊥DM交DM于点G. 因为DE⊥AC,DE⊥BE,AC∩BE=E,AC,BE⊂平面ABC,所以DE⊥平面ABC,又AB⊂平面ABC,所以DE⊥AB, 又EM∩DE=E,EM,DE⊂平面DEM,所以AB⊥平面DEM, 又EG⊂平面DEM,所以AB⊥EG,又AB∩DM=M,AB,DM⊂平面ABD, 所以EG⊥平面ABD,则EG的长度等于点E到平面ABD的距离. 因为E为AC的中点,所以EG的长度等于点C到平面ABD的距离的. 因为EM=AE·sin 60°=,所以EG===, 所以点C到平面ABD的距离d=. 又因为当EF⊥BD时,EF距离最短,即△AFC的面积最小,此时FC==. 记CF与平面ABD所成的角为α,则sin α==. 【教材母题26】(人教A版必修第二册P158·例7)如图所示,在正方体ABCD-A'B'C'D'中,求证:平面A'BD⊥平面ACC'A'. 证明　∵ABCD-A'B'C'D'是正方体,∴AA'⊥平面ABCD,∴AA'⊥BD. 又BD⊥AC,AA'∩AC=A,∴BD⊥平面ACC'A',∴平面A'BD⊥平面ACC'A'. 【🚀衔接高考】 （1）(2022·全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则(　　) A.平面B1EF⊥平面BDD1 B.平面B1EF⊥平面A1BD C.平面B1EF∥平面A1AC D.平面B1EF∥平面A1C1D 【答案】A 【解析】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD, 又EF⊂平面ABCD,所以EF⊥DD1, 因为E,F分别为AB,BC的中点,所以EF∥AC,所以EF⊥BD, 又BD∩DD1=D,所以EF⊥平面BDD1,又EF⊂平面B1EF,所以平面B1EF⊥平面BDD1,故A正确; 如图,以点D为原点,建立空间直角坐标系, 设AB=2,则D(0,0,0),B1(2,2,2),E(2,1,0),F(1,2,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,2), 则=(-1,1,0),=(0,1,2),=(2,2,0),=(2,0,2),=(0,0,2),=(-2,2,0),=(-2,2,0). 设平面B1EF的一个法向量为m=(x1,y1,z1), 则有可取m=(2,2,-1), 同理可得平面A1BD的一个法向量为n1=(1,-1,-1), 平面A1AC的一个法向量为n2=(1,1,0), 平面A1C1D的一个法向量为n3=(1,1,-1), 则m·n1=2-2+1=1≠0,所以平面B1EF与平面A1BD不垂直,故B错误; 因为m与n2不平行,所以平面B1EF与平面A1AC不平行,故C错误; 因为m与n3不平行,所以平面B1EF与平面A1C1D不平行,故D错误. （2）(2021·全国乙卷节选)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,且PB⊥AM.证明:平面PAM⊥平面PBD. 证明　∵PD⊥平面ABCD,AM⊂平面ABCD,∴PD⊥AM. ∵PB⊥AM,且PB∩PD=P,PB⊂平面PBD,PD⊂平面PBD,∴AM⊥平面PBD. 又AM⊂平面PAM,∴平面PAM⊥平面PBD. 【教材母题27】 (湘教版必修第二册P198·T12)一块边长40 cm的正方形包装纸按图(1)所示的阴影部分裁下,然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个如图(2)所示的正四棱锥形包装盒.在图(1)中,x表示等腰三角形的底边长;在图(2)中,点E,F分别是四棱锥P-ABCD的棱BC,PA的中点. （1）求证:EF∥平面PDC; （2）把该包装盒的体积V表示为x的函数,并求x=32 cm时,三棱锥A-BEF的体积. (1)证明　取PD的中点M,连接FM,CM, ∵F为PA的中点,∴FM∥AD,FM=AD.∵E为BC的中点,∴EC∥AD,EC∥AD, ∴FM∥EC,FM=EC,∴四边形FMCE是平行四边形,∴EF∥CM, ∵EF⊄平面PDC,CM⊂平面PDC,∴EF∥平面PDC. (2)解　连接对角线AC,BD交于点O,连接OE,PO,PE,则PO⊥底面ABCD,OE=x,PE=20, ∴PO==,∴V四棱锥P-ABCD=x2·=(0<x<40), 取AO的中点H,连接FH,则FH∥PO,FH=PO=. ∵PO⊥底面ABCD,∴FH⊥底面ABCD, ∴V三棱锥A-BEF=V三棱锥F-ABE=··x·x=(0<x<40), 当x=32时,V三棱锥A-BEF===512(cm3). 【🚀衔接高考】 【高考新题型·项目式】（2025·北京高考）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为 ． 【答案】 【解析】先证明一个结论：如果平面平面，平面平面，平面，则. 证明：设，， 在平面取一点，，在平面内过作直线，使得，作直线，使得，因为平面平面，，故，而，故， 同理，而，故 . 下面回归问题. 连接，因为且，故，同理，， 而，故直角梯形与直角梯形全等， 故， 在直角梯形中，过作，垂足为， 则四边形为矩形，且为以为直角的等腰直角三角形， 故， 平面平面，平面平面，, 平面，故平面， 取的中点为，的中点为，的中点为，连接， 则，同理可证平面，而平面， 故平面平面，同理平面平面， 而平面平面，故平面， 故，故四边形为平行四边形，故. 在平面中过作，交于，连接. 则四边形为平行四边形，且，故， 故四边形为平行四边形， 而平面， 故平面，故平面平面， 而，故， 故几何体为直棱柱， 而，故, 因为，故平面， 而平面，故平面平面， 在平面中过作，垂足为，同理可证平面， 而，故，故， 由对称性可得几何体的体积为， 🎯读教材-----玩味阅读材料 【阅读】通过阅读《探究与发现——祖暅原理与柱体、锥体的体积》(人教A版必修第二册P121)和《阅读材料一——祖暅原理》(北师大版必修第二册P258),可从中提炼出如下结论: （1）用祖暅原理证明球的体积公式V=πR3. 证明　取一个底面半径和高都等于R的圆柱,从圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面、下底面圆心为顶点的圆锥,把所得的几何体和半球放在同一个平面α上,如图,因为圆柱的高等于R,所以这个几何体和半球都夹在两个平行平面之间. 用平行于平面α的任意一个平面去截这两个几何体,截面分别是圆面和圆环面.如果截平面与平面α的距离为l,那么圆面的半径为r=,圆环面的大圆半径为R,小圆半径为l(因为△O'O1B是等腰三角形). 因此S圆'=πr2=π(R2-l2),S圆环=πR2-πl2=π(R2-l2),所以S圆=S圆环,根据祖暅原理,这两个几何体的体积相等, 即V球=2×V球=2×=πR3. （2）椭圆的方程为+=1,将椭圆面绕y轴旋转半周得到椭球,则该椭球的体积为πa2b. 证明　构造底面半径为a和高为b的圆柱体,则用一个平行于底面的平面截半椭球和圆柱,得到两个等高度的截面,可证明等高处半椭球截面面积和圆柱截面圆环面积相等,即S圆=S环,则根据祖暅原理,左边半椭球体的体积等于右边圆柱的体积减去倒立圆锥的体积. 因为左边半椭球:=π,右边圆柱:由相似三角形可得=⇒r=, 又由+=1得=a2-,所以S=πa2-πr2=πa2-π=π=π,所以=', 所以半椭球体积等于圆柱的体积减去倒立圆锥的体积,即VO'=V1-V2=πa2·b-πa2·b=πa2b, 所以椭球的体积VO=2VO'=πa2b. 【🚀新题预测】 (2026·湖北武汉模拟)《缀术》中提出的“缘幂势既同,则积不容异”被称为祖暅原理,其意思是:如果两个等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等,那么这两个几何体的体积相等.该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图,某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面,侧面为球面的一部分,上底直径为4 cm,下底直径为6 cm,上下底面间的距离为3 cm,则该卧足杯侧面所在的球面的半径是　　　　 cm;卧足杯的容积是　　　　 cm3(杯的厚度忽略不计).  【答案】5；54π 【解析】如图. 设球体的半径为R,OO1=x,由OM2=ON2=R2,得x2+(2)2=(x+3)2+32,解得x=1,所以R==5; 作一个高与球的半径相等,底面半径也与球的半径相等的圆柱,可得过O1的两截面的面积相等, 由祖暅原理知,碗的体积等于上图右边中间高为3的圆柱体积减去一个圆台. 设圆台上表面半径为r1,则r1=O1P=OO1=1,下表面半径为r2,所以r2=OO2=O2Q=4, V圆台=πh(++r1r2)=21π,V碗=V圆柱-V圆台=πR2h-21π=54π. 🎯研教材-----深度探究思考 【探究1】 (人教A版必修第二册P117)圆柱、圆锥、圆台的表面积公式之间有什么关系?你能用圆柱、圆锥、圆台的结构特征来解释这种关系吗? 【解析】S圆柱=2πr(r+l)S圆台=π(r'2+r2+r'l+rl)S圆锥=πr(r+l). 【探究2】 (人教A版必修第二册P117)圆柱、圆锥、圆台的体积公式之间有什么关系?结合棱柱、棱锥、棱台的体积公式,你能将它们统一成柱体、锥体、台体的体积公式吗?柱体、锥体、台体的体积公式之间又有怎样的关系? 【解析】V柱体=Sh(S为底面积,h为柱体高);V锥体=Sh(S为底面积,h为锥体高); V台体=(S'++S)h(S',S分别为上、下底面面积,h为台体高). 当S'=S时,台体变为柱体,台体的体积公式也就是柱体的体积公式;当S'=0时,台体变为锥体,台体的体积公式也就是锥体的体积公式. 【探究3】(人教A版必修第二册P118)在小学,我们学习了圆的面积公式,你还记得是如何求得的吗?类比这种方法,你能由球的表面积公式推导出来球的体积公式吗? 【解析】类比利用圆周长求圆面积的方法,我们可以利用球的表面积求球的体积.如图,把球O的面积分成n个小网格,连接球心O和每个小网格的顶点,整个球体就被分割成n个“小锥体”. 当n越大,每个小网格越小时,每个“小锥体”的底面就越平,“小锥体”就越近似于棱锥,其高越近似于球半径R.设O-ABCD是其中一个“小锥体”,它的体积VO-ABCD≈SABCDR. 由于球的体积就是这n个“小锥体”的体积之和,而这n个“小锥体”的底面积之和就是球的表面积.因此,球的体积V球=S球R=×4πR2·R=πR3.由此,我们得到球的体积公式V球=πR3. 【探究4】 (人教B版必修第四册P68)各个面都是全等的正多边形且过各顶点的棱数都相等的多面体一般称为正多面体.已知正多面体顶点数V、面数F、棱数E之间满足关系V+F-E=2,根据这一结论探究共有多少种不同的正多面体. 【解析】设正多面体的每个面是正n边形,每个顶点有m条棱,棱数E应是面数F与n的乘积的一半(每两个面只有一条棱),即nF=2E.①同时,E应是顶点数V与m的积的一半,即mV=2E.② 由①②得F=,V=,代入V+F-E=2,得+-E=2,∴+=+.∵E是正整数,∴>0,∴+>.③ 又m,n是正整数,当m,n都大于3,即m≥4,n≥4时,≤,≤,则+≤,与③矛盾,不成立. 由正四面体n≥3,m≥3,故m,n中至少有一个等于3, 当m=3时,n=3或4或5;当n=3时,m=3或4或5.∴当n=3,m=3时,多面体为正四面体; 当n=4,m=3时,多面体为正六面体;当n=3,m=4时,多面体为正八面体;当n=5,m=3时,多面体为正十二面体; 当n=3,m=5时,多面体为正二十面体.故共有5种不同的正多面体. 【探究5】(人教A版必修第二册P154例6,人教B版必修第四册P85例2拓展)棱台体积公式:V棱台=h(S'++S),其中S',S分别是棱台的上、下底面面积,h是高. 证明　如图,延长棱台各侧棱交于点P,得到截得棱台的棱锥,过点P作棱台的下底面的垂线,分别与棱台的上、下底面交于点O',O, 则PO垂直于棱台的上底面,从而O'O=h, 设截得棱台的棱锥的体积为V,去掉的棱锥的体积为V'、高为h',则PO'=h',于是V'=S'h',V=S(h'+h), 所以棱台的体积V棱台=V-V'=S(h'+h)-S'h'=[Sh+(S-S')h'],① 由棱台的上、下底面平行,可以证明棱台的上、下底面相似,并且=,所以h'=, 代入①,得V棱台=h=h(S'++S). 【🚀衔接高考】 （1）(2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时,相应水面的面积为140.0 km2;水位为海拔157.5 m时,相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时,增加的水量约为(≈2.65)(　　) A.1.0×109 m3 B.1.2×109 m3 C.1.4×109 m3 D.1.6×109 m3 【答案】C 【解析】如图,由已知得该棱台的高为157.5-148.5=9(m), 所以该棱台的体积V=×9×(140++180)×106=60×(16+3)×106≈60×(16+3×2.65)×106=1.437×109≈1.4×109(m3).故选C. （2）(2021·新高考Ⅱ卷)正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,则其体积为(　　) A.20+12 B.28 C. D. 【答案】　D 【解析】连接该正四棱台上、下底面的中心,如图,因为该四棱台上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,所以该棱台的高h==,下底面面积S1=16,上底面面积S2=4,所以该棱台的体积V=h(S1+S2+)=××(16+4+)=. （3）(2023·新高考Ⅰ卷) （一题多解）在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=,则该棱台的体积为　　　　.  【答案】 【解析】解法一：如图所示,设点O1,O分别为正四棱台ABCD-A1B1C1D1上、下底面的中心,连接B1D1,BD, 则O1,O分别为B1D1,BD的中点.连接O1O,则O1O即正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高.过点B1作B1E⊥BD,垂足为E,则B1E=O1O.因为AB=2,A1B1=1,所以OB=,O1B1=,所以BE=OB-OE=OB-O1B1=, 又AA1=,所以BB1=,所以B1E===,所以O1O=, 所以=×(22+12+)×=. 解法二：如图,将正四棱台ABCD-A1B1C1D1补形成正四棱锥P-ABCD. 因为AB=2,A1B1=1,AB∥A1B1,所以A1,B1,C1,D1分别为PA,PB,PC,PD的中点, 又A1A=,所以PA=2,即PB=2.连接BD,取BD的中点为O,连接PO, 则PO⊥平面ABCD,易知BO=,所以PO==,所以正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高为, 所以=×(22+12+)×=. （4）(2023·新高考Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为　　　　.  【答案】28 【解析】如图所示,正四棱锥P-ABCD的底面边长为4,用平行于底面的平面截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥P-A'B'C'D'后,得到正四棱台A'B'C'D'-ABCD,且A'B'=2,AB=4. 记O',O分别为正四棱台A'B'C'D'-ABCD上、下底面的中心,H',H分别为A'B',AB的中点,则P,O',O三点共线,P,H',H三点共线.连接PO,PH,O'H',OH,则PO'=3,O'H'=1,OH=2.易知△PO'H'∽△POH,所以=,即=, 解得PO=6,所以OO'=PO-PO'=3,所以该正四棱台的体积V=×3×(22+2×4+42)=28. 【探究6】 (人教B版必修第四册P88练习BT5拓展)正棱锥的高为h,侧棱长为l,则正棱锥的外接球半径R=. 证明　以正四棱锥P-ABCD为例,PA=l,PO1=h, 在Rt△AOO1中,AO2=A+O,R2=()2+(h-R)2,解得R=.同理,其余正棱锥均可得此结论. 【🚀衔接高考】 (2022·新高考Ⅰ卷) （一题多解）已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤3,则该正四棱锥体积的取值范围是(　　) A. B. C. D.[18,27] 【答案】C 【解析】解法一：如图,设该球的球心为O,半径为R,正四棱锥的底面边长为a,高为h, 依题意,得36π=πR3,解得R=3.由题意及图可得解得 所以正四棱锥的体积V=a2h=·=(3≤l≤3),所以V'=l3-=l3(3≤l≤3). 令V'=0,得l=2,所以当3≤l<2时,V'>0;当2<l≤3时,V'<0, 所以函数V=(3≤l≤3)在[3,2)上单调递增,在(2,3]上单调递减, 又当l=3时,V=;当l=2时,V=;当l=3时,V=, 所以该正四棱锥的体积的取值范围是.故选C. 解法二：如图,设该球的半径为R,球心为O,正四棱锥的底面边长为a,高为h,正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ, 依题意,得36π=πR3,解得R=3,所以正四棱锥的底面边长a=lsin θ,高h=lcos θ. 在△OPC中,作OE⊥PC,垂足为E,则可得cos θ==∈,所以l=6cos θ, 所以正四棱锥的体积V=a2h=(lsin θ)2·lcos θ=(6cos θ)3sin2θcos θ=144(sin θcos2θ)2. 设sin θ=t,易得t∈, 则y=sin θcos2θ=t(1-t2)=t-t3,则y'=1-3t2.令y'=0,得t=,所以当<t<时,y'>0; 当<t<时,y'<0,所以函数y=t-t3在上单调递增,在上单调递减. 又当t=时,y=;当t=时,y=;当t=时,y=,所以≤y≤,所以≤V≤. 所以该正四棱锥的体积的取值范围是.故选C. 【探究7】(人教B版必修第四册P129T14,T16拓展)双半径单交线公式:若相互垂直的两凸多边形的外接圆半径分别为R1,R2,两外接圆公共弦长为l,则由两凸多边形顶点连接而成的几何体的外接球半径:R=. 证明　以三棱锥为例,平面ABC⊥平面BCD,BC=l,R1=O2C,R2=O1D, R2=OD2=O+O1D2=O2E2+O1D2=O2C2-CE2+O1D2=-l2+,即R=. 【🚀衔接高考】 (2023·全国乙卷) （一题多解）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA=　　　　.  【答案】2 【解析】解法一：(补形法)如图,设△ABC的外接圆圆心为O1,连接O1A,因为△ABC是边长为3的等边三角形,所以其外接圆半径r=O1A=××3=. 将三棱锥S-ABC补形为正三棱柱SB1C1-ABC,由题意知SA为侧棱,设球心为O,连接OO1,OA,则OO1⊥平面ABC,且OO1=SA.又球的半径R=OA=2,OA2=O+O1A2,所以4=SA2+3,得SA=2. 解法二： (双半径单交线公式)平面SAC∩平面ABC=AC,l=AC=3,在△ABC中,=2R2,R2=,R1=SC==. 由双半径单交线公式22=(SA2+9)+()2-, 解得SA=2. 学科网（北京）股份有限公司 $