第13章 立体几何初步（举一反三讲义·培优篇）高一数学苏教版必修第二册

该高中数学立体几何初步复习讲义通过十二大压轴题型系统构建知识体系，以框架图梳理组合体结构、空间距离、线面角等核心模块，用对比表格呈现内切外接问题中多面体与球体的位置关系，清晰展现重难点内在逻辑。 讲义亮点在于“问题情境化”练习设计，如蚂蚁沿圆柱侧面爬行最短路径问题，引导学生通过展开图转化为平面几何问题，培养空间观念与转化思想。分层设置选择、解答题，基础题巩固结构特征分析，压轴题如勒洛四面体内切球问题提升推理能力，助力不同层次学生发展数学思维，为教师精准教学提供清晰路径。

第13章 立体几何初步全章十二大压轴题型归纳（举一反三讲义·培优篇） 【苏教版】 题型1 组合体的结构特征  1．（24-25高一下·广东深圳·期中）如图所示的几何体是数学奥林匹克能赛的奖杯，该几何体由（    ） A．一个球、一个四棱柱、一个圆台构成 B．一个球、一个长方体、一个棱台构成 C．一个球、一个四棱台、一个圆台构成 D．一个球、一个五棱柱、一个棱台构成 2．（24-25高一下·辽宁·期末）若正五边形的中心为，以所在的直线为轴，其余五边旋转半周形成的面围成一个几何体，则（    ） A．该几何体为圆台 B．该几何体是由圆台和圆锥组合而成的简单组合体 C．该几何体为圆柱 D．该几何体是由圆柱和圆锥组合而成的简单组合体 3．（24-25高二上·上海徐汇·期中）图中的十面体的面是由四个正五边形，四个三角形和两个正方形组成的，则图中上正方形面积是下正方形面积的（    ）倍. A．1 B．2 C．3 D．4 4．（24-25高一·全国·课后作业）描述下列几何体的结构特征． 5．（24-25高一·全国·课后作业）指出如图所示的图形是由哪些简单几何体构成的． 题型2 空间几何体的最短距离问题 1．（24-25高一上·四川成都·开学考试）如图圆柱的底面周长是，圆柱的高为，为圆柱上底面的直径，一只蚂蚁如果沿着圆柱的侧面从下底面点处爬到上底面点处，那么它爬行的最短路程为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·福建福州·期中）已知正三棱柱的底面边长为，高为，一质点从点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线长为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·月考）已知在圆锥SO中，底面圆O的直径，圆锥SO的体积为，点M在母线SB上，且，一只蚂蚁若从A点出发，沿圆锥侧面爬行到达M点，则它爬行的最短距离为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·上海浦东新·期中）如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆锥的底面半径为10公里，母线长为40公里，是母线上一点，且公里.为了发展旅游业，要建设一条最短的从绕山一周到的观光铁路.这条铁路从出发后首先上坡，随后下坡，则上坡段铁路的长度为 公里. 5．（24-25高一下·全国·课后作业）如图所示，圆台母线AB长为20cm，上、下底面半径分别为5cm，10cm，从母线AB的中点M拉一条绳子绕圆台侧面一周转到点B．    (1)求这条绳长的最小值； (2)求绳长最短时，圆台上底面圆周上的点到绳子的最短距离． 题型3 多面体与球体内切外接问题 1．（25-26高三上·湖北·期中）有四个半径为的小球，球，球，球放置在水平桌面上，第四个小球放在这三个小球的上方，且四个小球两两外切.在四个小球之间有一个小球，与这四个小球均外切.则球的半径为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·江西上饶·模拟预测）在半径为的球内放入大小相等的4个小球，则小球半径r的最大值为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·四川成都·期末）如图，在棱长为的正方体内恰好装入两个相外切的球，，球心，在正方体的对角线上，其中球的半径为2，则球的半径为（   ） A．1 B． C． D．2 4．（24-25高二下·湖南湘西·期末）勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球围成的几何体．如图所示，已知正四面体的棱长为，若勒洛四面体内有一球，则该球的最大半径为 ．    5．（2025·山东泰安·二模）如图，在母线长为，高为的倒置圆锥形容器（不计厚度）内放置一个底面半径为1的圆柱体.现向圆柱侧面与圆锥侧面所夹空间内放入若干小球，所有小球均与圆柱侧面，圆锥侧面及圆锥底面所在平面相切，则这样的小球最多能放入 个. 题型4 空间中的点共线、点（线）共面问题 1．（24-25高一下·辽宁大连·期末）如图，三棱柱中，点分别为的中点，则下列说法错误的是（   ）    A．四点共面 B．与是异面直线 C．∠=∠ D．三线共点 2．（24-25高一下·甘肃兰州·月考）在如图所示的正方体或四面体中，分别是棱的中点，这四个点不共面的图有（   ）    A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 3．（24-25高一上·广西梧州·期末）如图所示，在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且，则下列说法正确的是（    ） ①，，，四点共面； ②与异面； ③与的交点可能在直线上，也可能不在直线上； ④与的交点一定在直线上． A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 4．（2025高三·全国·专题练习）如图所示，，，，分别是正方体和正四面体所在棱的中点，则这四个点共面的图形是 ．（填序号） 5．（24-25高一上·内蒙古乌兰察布·月考） 如图，已知空间四边形，E，F分别是AB，BC的中点，G，H分别在CD和AD上，且满足. 求证： (1)，，，四点共面； (2)，，三线共点． 题型5 由平面的基本性质作截面图形 1．（24-25高一下·海南·月考）在正四棱柱中，，分别是的中点，则平面截该四棱柱所得截面的周长为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·江苏南通·期中）在正方体中中，为的中点，则平面截正方体所得的平面图形为（   ） A．三角形 B．等腰梯形 C．直角梯形 D．五边形 3．（24-25高一下·江苏南京·期末）直四棱柱的底面是边长为的正方形，侧棱，分别是的中点，则过点的平面截直四棱柱所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2025高三·全国·专题练习）已知正方体的棱长为4，，分别是棱，的中点，过直线的平面平面AEF，则平面截正方体所得截面的面积为 ． 5．（24-25高一下·湖南·期中）如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，且，点为棱的中点.    (1)在图中作出面和面的交线，并证明：平面； (2)若，，在四棱锥中，求过点，及棱的中点的截面周长. 题型6 求线面角 1．（24-25高一下·福建福州·期末）如图，直三棱柱，，平面平面，直三棱柱的体积为，则与平面所成的角为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·江苏·月考）如图，在正四棱锥中，，为棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·浙江·期中）如图五边形由一个长方形和等腰三角形构成，其中，，D是的中点，将，，折起，使A、B、C三点重合于点P，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在正方体中，O为线段AC的中点，点E在线段上，则直线OE与平面所成角的余弦值的范围是 . 5．（24-25高一下·黑龙江双鸭山·期中）如图，在四棱锥中，平面，为的中点，，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 题型7 求二面角 1．（24-25高一下·安徽·月考）如图，在四面体中，，为棱的中点，且，则二面角的余弦值为（   ）    A． B． C． D． 2．（24-25高一下·四川成都·期末）已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线SA，SB互相垂直且的面积为3，直线SA与圆锥底面所成角为，则二面角的大小为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·广东梅州·月考）如图，平面四边形中，，，，沿对角线折叠之后，使得平面平面，则二面角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·辽宁·期末）如图，在三棱锥中，D为BC的中点，平面平面ABC，，，，三棱锥的体积为，则锐二面角的正切值为 ．    5．（24-25高一下·湖南怀化·期末）在四棱锥中，平面，，，，，分别为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求二面角的正弦值． 题型8 点、线、面的距离问题 1．（24-25高一下·福建福州·期末）如图，各棱长均为2的直三棱柱中，D为的中点，点到平面的距离为（    ） A． B．2 C． D． 2．（24-25高三上·河北·期末）已知四棱锥中，底面为边长为2的正方形，，，则直线到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·广东·二模）半正多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，如图所示的多面体就是一个半正多面体，其中四边形和四边形均为正方形，其余八个面为等边三角形，已知该多面体的所有棱长均为2，则平面与平面之间的距离为（   ）    A． B． C． D． 4．（24-25高二上·上海·期中）在棱长为2的正方体中，直线到平面的距离为 . 5．（24-25高一下·湖南长沙·期末）《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，平面，，四边形中，，，，． (1)证明：四面体为鳖臑； (2)求点C到平面的距离． 题型9 平行关系与垂直关系的综合应用 1．（24-25高一下·江西南昌·期末）如图，已知是正三角形，和都垂直于平面，且，分别是和的中点，则下列结论错误的是（   ） A． 平面 B．平面 C． D．平面平面 2．（24-25高一下·福建龙岩·期末）如图，在正方体中，、为正方体内（含边界）不重合的两个动点，下列结论错误的是（   ） A．若，，则 B．若，，则平面平面 C．若，，则平面 D．若，，则 3．（24-25高二上·上海·月考）如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中， ①；②平面；③平面；④平面平面． 以上四个命题中，正确命题的序号是 .    4．（24-25高一下·重庆渝北·期中）如图，在三棱柱中，底面分别为的中点，求证： (1)平面； (2)平面. 5．（24-25高一下·江苏南京·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，E为棱PA的中点，，，直线PA与BC所成的角的大小为. (1)证明：平面BDE； (2)证明：平面ABCD； (3)求二面角的正弦值. 题型10 立体几何中的探索性问题 1．（24-25高一下·河南新乡·月考）如图，四边形为边长为的菱形，，，为的中点． (1)证明：； (2)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 2．（24-25高一下·江苏连云港·月考）如图，在正三棱台中，，，分别为，中点，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值： (3)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 3．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.为的中点，点在上，且.    (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得点到平面的距离为，若存在求出点的位置，不存在请说明理由. 4．（24-25高一下·辽宁沈阳·期末）如图，四棱锥的底是正方形，是正三角形，平面平面，是的中点．    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使平面平面成立？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由． 5．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且.    (1)证明：平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 题型11 组合体的表面积与体积 1．（24-25高一下·北京丰台·期末）唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺，它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱构成的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示，已知半球的半径为R，圆柱的高也为R，则银杯盛酒部分的容积为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·北京平谷·期末）玩陀螺不仅可以释放往日情怀，找回童年的乐趣，也可锻炼人体协调性和腕部力量，培养敏锐观察力．如图，一个实木陀螺近似的看成同底的一个圆柱和一个圆锥构成．已知这个陀螺是由一个底面直径为6cm．高也为6cm的圆柱实木制成的，为了陀螺旋转的稳定性，设计圆柱部分与圆锥部分的高比为，则这个陀螺的体积最大约为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·湖北宜昌·期末）“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体，体现了数学的对称美如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为2，则下列结论中，错误的是（    ） A．该石凳的表面积为 B．该石凳的体积为 C．直线与的夹角为60° D．平面 4．（24-25高一下·江苏南京·期末）如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为 ． 5．（24-25高一下·辽宁·月考）如图所示，某模型无下底面，有上底面，其外观是圆柱，底部挖去一个圆锥.已知圆柱与圆锥的底面大小相同，圆柱的底面直径为，高为，圆锥母线长为. (1)求该模型的体积； (2)现要用油漆对500个这种模型进行粉刷，油漆费用为每平方米30元，求总费用. 题型12 几何体与球的切、接问题 1．（2025·全国·模拟预测）如图，已知正四棱台的高，且，则此正四棱台的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·湖北武汉·期末）我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱（侧棱垂直于底面的三棱柱）称之为“堑堵”.如图，三棱柱为一个“堑堵”，底面是以为斜边的直角三角形且，，点在棱上，且，当的面积取最小值时，三棱锥的外接球体积为（   ）    A． B． C． D． 3．（24-25高一下·山西·期中）如图，在棱长为的正方体内有两个球相外切，两球又分别与正方体内切，则两球体积之和的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·辽宁·期末）如图，若圆台的上、下底面半径分别为，，则此圆台的内切球（与圆台的上、下底面及侧面都相切的球叫圆台的内切球）的表面积为 ． 5．（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图，在三棱锥中，， (1)求三棱锥的表面积； (2)求三棱锥的外接球体积． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 第13章 立体几何初步全章十二大压轴题型归纳（举一反三讲义·培优篇） 【苏教版】 题型1 组合体的结构特征  1．（24-25高一下·广东深圳·期中）如图所示的几何体是数学奥林匹克能赛的奖杯，该几何体由（    ） A．一个球、一个四棱柱、一个圆台构成 B．一个球、一个长方体、一个棱台构成 C．一个球、一个四棱台、一个圆台构成 D．一个球、一个五棱柱、一个棱台构成 【答案】B 【解题思路】根据组合体基本构成即可得答案. 【解答过程】由图可知，该几何体是由一个球、一个长方体、一个棱台构成. 故选：B. 2．（24-25高一下·辽宁·期末）若正五边形的中心为，以所在的直线为轴，其余五边旋转半周形成的面围成一个几何体，则（    ） A．该几何体为圆台 B．该几何体是由圆台和圆锥组合而成的简单组合体 C．该几何体为圆柱 D．该几何体是由圆柱和圆锥组合而成的简单组合体 【答案】B 【解题思路】根据圆柱、圆锥、圆台的概念判断即可. 【解答过程】由题意可知形成如图的几何体，    该几何体是由圆台和圆锥组合而成的简单组合体. 故选：B. 3．（24-25高二上·上海徐汇·期中）图中的十面体的面是由四个正五边形，四个三角形和两个正方形组成的，则图中上正方形面积是下正方形面积的（    ）倍. A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解题思路】由图形分析出上下底面正方形的边长，即可求解 【解答过程】观察两个相邻的正五边形，它们的组成的图形是对称的， 由于它们的一侧可以夹一个正方形， 所以另一侧也可以加一个正方形， 因此，图中的三角形为等腰直角三角形， 不妨设正五边形的边长为， 则等腰直角三角形的斜边为， 所以下底面正方形的边长为1，上底面正方形的边长为， 所以上底面正方形的面积为2，下底面正方形的面积为1， 所以上正方形面积是下正方形面积的2倍， 故选：B. 4．（24-25高一·全国·课后作业）描述下列几何体的结构特征． 【答案】解析见答案 【解题思路】根据基本几何体（圆柱、棱柱、圆台、圆锥）的概念确定. 【解答过程】图（1）所示的几何体是由两个圆台拼接而成的组合体； 图（2）所示的几何体是由一个圆台挖去一个圆锥得到的组合体； 图（3）所示的几何体是在一个圆柱中间挖去一个三棱柱后得到的组合体. 5．（24-25高一·全国·课后作业）指出如图所示的图形是由哪些简单几何体构成的． 【答案】见解析． 【解题思路】分割原图，使它的每一部分都是简单几何体，再分析构成即可. 【解答过程】分割原图，使它的每一部分都是简单几何体． 图(1)是由一个三棱柱和一个四棱柱拼接而成的简单组合体． 图(2)是由一个圆锥和一个四棱柱拼接而成的简单组合体． 图(3)是由一个四棱锥、一个四棱柱拼接，又在四棱柱中挖去了一个圆柱而成． 图(4)是由一个六棱柱和一个圆柱拼接而成的． 题型2 空间几何体的最短距离问题 1．（24-25高一上·四川成都·开学考试）如图圆柱的底面周长是，圆柱的高为，为圆柱上底面的直径，一只蚂蚁如果沿着圆柱的侧面从下底面点处爬到上底面点处，那么它爬行的最短路程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】把圆柱沿母线AC剪开后展开，点展开后的对应点为，利用两点之间线段最短可判断蚂蚁爬行的最短路径为，利用勾股定理计算出即可． 【解答过程】 把圆柱沿母线AC剪开后展开，点展开后的对应点为， 则蚂蚁爬行的最短路径为， 如图，由题意可知，， 在，， 所以它爬行的最短路程为， 故选：C. 2．（24-25高一下·福建福州·期中）已知正三棱柱的底面边长为，高为，一质点从点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】根据侧面展开图可得最短距离. 【解答过程】由已知，需绕三棱柱的侧面绕行两周， 则将三棱柱沿展开，并沿底边扩大倍， 如图所示， 则展开图是以为底，为高的矩形， 则最短路径即为其对角线长为， 故选：D. 3．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·月考）已知在圆锥SO中，底面圆O的直径，圆锥SO的体积为，点M在母线SB上，且，一只蚂蚁若从A点出发，沿圆锥侧面爬行到达M点，则它爬行的最短距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】先根据体积公式得出，将圆锥沿母线展开，结合圆心角的大小，利用余弦定理求解即可. 【解答过程】设圆锥的母线长为，底面的半径为，圆锥SO的体积为，解得. 由勾股定理，可得母线， 如图，圆锥的侧面展开图为扇形， 因为扇形的弧长为，所以扇形的圆心角，所以， 在中，由余弦定理是可得， 所以，因为， 所以蚂蚁爬行的最短距离为的长度，即蚂蚁爬行的最短距离为. 故选：A. 4．（24-25高二上·上海浦东新·期中）如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆锥的底面半径为10公里，母线长为40公里，是母线上一点，且公里.为了发展旅游业，要建设一条最短的从绕山一周到的观光铁路.这条铁路从出发后首先上坡，随后下坡，则上坡段铁路的长度为 公里. 【答案】32 【解题思路】先展开圆锥的侧面，确定观光铁路路线，再根据实际意义确定下坡段的铁路路线，最后解三角形得结果. 【解答过程】沿母线将圆锥的侧面展开，如图：      记为上的任意一点，作，垂足为，连接， 由的长为，得，由两点间线段最短，知观光铁路为图中线段， 而，则， 上坡即到山顶的距离越来越小，下坡即到山顶的距离越来越大， 因此上坡段的铁路，即图中的线段，由，得. 故答案为：32. 5．（24-25高一下·全国·课后作业）如图所示，圆台母线AB长为20cm，上、下底面半径分别为5cm，10cm，从母线AB的中点M拉一条绳子绕圆台侧面一周转到点B．    (1)求这条绳长的最小值； (2)求绳长最短时，圆台上底面圆周上的点到绳子的最短距离． 【答案】(1)50cm (2)4cm 【解题思路】（1）通过将圆台侧面展开并补成扇形，利用相似三角形求出相关线段长度，再根据弧长公式求出扇形圆心角，最后在直角三角形中求出绳长最小值； （2）在（1）的展开图基础上，通过三角形面积公式求出点到线段的距离，进而得到圆台上底面圆周上的点到绳子的最短距离. 【解答过程】（1）沿母线AB将圆台侧面展开并补成扇形，如图所示．    易知，与相似，得， 由，解得． 因为的长与底面圆Q的周长相等，而底面圆Q的周长为． 又扇形的半径， 设扇形的圆心角为，，解得，则． 在中，，所以， 即所求绳长的最小值为50cm． （2）如图所示，过点O作，垂足为C，交于点，则所求最短距离即为的长． 因为，所以， 即绳长最短时，圆台上底面圆周上的点到绳子的最短距离为4cm． 题型3 多面体与球体内切外接问题 1．（25-26高三上·湖北·期中）有四个半径为的小球，球，球，球放置在水平桌面上，第四个小球放在这三个小球的上方，且四个小球两两外切.在四个小球之间有一个小球，与这四个小球均外切.则球的半径为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】连接四个大球的球心构成一个正四面体，其外接球半径与大球半径之差即为小球 O 的半径. 【解答过程】连接四个球的球心可以得到一个棱长为的正四面体， 根据正四面体的外接球的半径公式得到半径， 因为小球与这四个小球均外切， 则所求的小球的半径为， 故选：C. 2．（2025·江西上饶·模拟预测）在半径为的球内放入大小相等的4个小球，则小球半径r的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】由题意，四个小球两两相切并且四个小球都与大球相切时，这些小球的半径最大，以四个小球球心为顶点的四面体棱长为，该四面体的中心（外接球球心）就是大球的球心，求出正四面体外接球半径，即可得结论． 【解答过程】由题意，四个小球两两相切并且四个小球都与大球相切时，这些小球的半径最大， 以四个小球球心为顶点的四面体棱长为， 该四面体的中心（外接球球心）就是大球的球心，该正四面体的高为， 设正四面体的外接球半径为，则，解得， 可得，所以. 故选：C. 3．（24-25高一下·四川成都·期末）如图，在棱长为的正方体内恰好装入两个相外切的球，，球心，在正方体的对角线上，其中球的半径为2，则球的半径为（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】A 【解题思路】作出对角线及球心，所在的截面，建立对角线与两个球的半径的等量关系式即可求解. 【解答过程】 设正方体为，球，的半径分别为，， 作出对角线及球心，所在的截面，如图所示， 正方体的棱长为，， 在直角中，， ，， ，， ， ，解得. 故选：A. 4．（24-25高二下·湖南湘西·期末）勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球围成的几何体．如图所示，已知正四面体的棱长为，若勒洛四面体内有一球，则该球的最大半径为 ．    【答案】 【解题思路】设是底面的中心，是正四面体的中心，也是正四面体的外接球球心，设正四面体外接球的半径为是高，根据正四面体的性质，求得的长，在直角中，列出方程求得，进而求得勒洛四面体的内切球半径. 【解答过程】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体4个弧面都相切，即为勒洛四面体的内切球， 由对称性知，勒洛四面体的内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心， 设是底面的中心，是正四面体的中心，也是正四面体的外接球球心，正四面体外接球的半径为是高，如图1所示， 由正四面体的棱长为，可得， 则，所以， 在直角中，由，得，解得， 因此，如图2所示，勒洛四面体的内切球半径． 故答案为：.      5．（2025·山东泰安·二模）如图，在母线长为，高为的倒置圆锥形容器（不计厚度）内放置一个底面半径为1的圆柱体.现向圆柱侧面与圆锥侧面所夹空间内放入若干小球，所有小球均与圆柱侧面，圆锥侧面及圆锥底面所在平面相切，则这样的小球最多能放入 个. 【答案】6 【解题思路】求出满足条件的小球的半径，再由俯视图可求出两个小球球心与底面圆圆心投影连线的夹角，即可得解. 【解答过程】如图， 则，解得， 由题意，小球与圆柱、圆锥侧面、圆锥底面相切，作轴截面如图所示， 因为，所以，即， 则，设圆的半径为，则， 解得，即小球的半径为1, 作俯视图， 因为为等边三角形，所以， 由可知，这样的小球最多能放入6个. 故答案为：6. 题型4 空间中的点共线、点（线）共面问题 1．（24-25高一下·辽宁大连·期末）如图，三棱柱中，点分别为的中点，则下列说法错误的是（   ）    A．四点共面 B．与是异面直线 C．∠=∠ D．三线共点 【答案】C 【解题思路】由中位线性质可判断选项A，由异面直线的特点可判断选项B，由梯形的性质可判断选项C，由平面基本性质可判断选项D. 【解答过程】因为分别为的中点，所以，； 所以，所以四点共面，A正确. 因为平面，平面且，平面，所以与是异面直线，B正确. 由，且可知，四边形是梯形， 若∠=∠，则梯形是等腰梯形，而题设条件无法得出， 所以C不一定正确. 如图：    设，则，又平面，所以平面； 同理可得平面，即一定在平面与平面的交线上， 因为平面平面，所以，即三线共点.故D正确. 故选：C. 2．（24-25高一下·甘肃兰州·月考）在如图所示的正方体或四面体中，分别是棱的中点，这四个点不共面的图有（   ）    A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【解题思路】由中点构成的中位线和几何体的特征先判断是否平行，再判断是否在同一个平面内． 【解答过程】第一个图，如图：    分别是棱的中点，由正方体性质知，，则四个点共面； 第二个图，如图：    为棱的中点，由正方体的性质可知六点共面，记作， 因为，所以，所以与异面直线，即四个点不共面； 第三个图，如图：    因和分别是相邻侧面的中位线，所以，， 所以，即四个点共面； 第四个图，如图：    因为平面，所以平面，所以与异面直线， 即四个点不共面． 故选：C. 3．（24-25高一上·广西梧州·期末）如图所示，在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且，则下列说法正确的是（    ） ①，，，四点共面； ②与异面； ③与的交点可能在直线上，也可能不在直线上； ④与的交点一定在直线上． A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】B 【解题思路】利用平面几何的性质及平行公理可得，且四边形EFGH是梯形，结合公理可得答案. 【解答过程】依题意，可得， ，故，所以，，，四点共面； 所以①正确，②错误； 因为，所以四边形EFGH是梯形； EF与GH必相交，设交点为M. 因为点M在EF上，故点M在平面ACB上， 同理，点M在平面ACD上，所以点M是平面ACB与平面ACD的交点. 又AC是这两个平面的交线， 所以点M一定在直线AC上. 所以④正确，③错误； 故选：B. 4．（2025高三·全国·专题练习）如图所示，，，，分别是正方体和正四面体所在棱的中点，则这四个点共面的图形是 ．（填序号） 【答案】①②③ 【解题思路】图①中，四点在梯形中，即可判定；图②中，四点在正六边形中，即可判定；图③中，四点在平行四边形中，可判定；图④中，由面，可判断. 【解答过程】图①中，连接，    易知①中四边形为梯形，故①共面； 图②中，可补齐为正六边形．    故②共面； 图③中，连接， 因为为中点，故且， 因为为中点，故且， 所以且，    所以四边形为平行四边形，故共面； 在图④中，因为为中点，故， 因为面，面，故面， 因此，，，四点不共面．    故答案为：①②③. 5．（24-25高一上·内蒙古乌兰察布·月考） 如图，已知空间四边形，E，F分别是AB，BC的中点，G，H分别在CD和AD上，且满足. 求证： (1)，，，四点共面； (2)，，三线共点． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解题思路】（1）根据利用三角形的中位线平行于第三边，平行线分线段成比例，得到分别平行于和，利用平行线的传递性，即可得到，即可证明四点共面； （2）利用分别在两个平面内的点在两个平面的交线上，即可证得三线共点. 【解答过程】（1）因为，分别为，的中点， 所以. 又因为， 所以. 所以， 所以E，F，G，H四点在同一平面内， 即E，F，G，H四点共面． （2）因为E，F分别为AB，BC的中点，所以，. 由题意知＝，，，所以四边形为梯形，直线和必相交，设交点为M， 即， 因为平面， 所以点平面， 同理可得点平面. 又因为平面平面， 所以点直线， 所以直线，，三线共点． 题型5 由平面的基本性质作截面图形 1．（24-25高一下·海南·月考）在正四棱柱中，，分别是的中点，则平面截该四棱柱所得截面的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】作出辅助线，得到五边形即为平面截该四棱柱所得截面，由勾股定理和三角形相似得到各边长，相加得到截面周长． 【解答过程】直线分别与相交于点，连接，分别与交于点， 连接，故五边形即为平面截该四棱柱所得截面， 其中分别是的中点，故． ，故， 由勾股定理得，， 同理可得， 又，故， 故平面截四棱柱所得截面的周长为． 故选：A． 2．（24-25高一下·江苏南通·期中）在正方体中中，为的中点，则平面截正方体所得的平面图形为（   ） A．三角形 B．等腰梯形 C．直角梯形 D．五边形 【答案】B 【解题思路】应用平面的基本性质画出截面图形，结合正方体的结构特征判断截面的形状. 【解答过程】延长交直线于，连接交于，连接，即即为所求截面， 由题设有，即为的中点，则且， 又，，则为平行四边形， 所以且，故且，又， 所以为等腰梯形. 故选：B. 3．（24-25高一下·江苏南京·期末）直四棱柱的底面是边长为的正方形，侧棱，分别是的中点，则过点的平面截直四棱柱所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】设直线分别交的延长线于点，连接，交于点，连接，交于点，得到截面，再利用直四棱柱的棱长和结构特征得到截面的各边长，利用分割法求得截面面积即可. 【解答过程】设设直线分别交的延长线于点，连接，交于点， 连接，交于点，连接， 所以过点的平面截直四棱柱的截面为五边形. 由平行线分线段比例可知：，故， 故为等腰直角三角形，所以， 故，则，. 连接，易知， 所以五边形可以分成等边三角形和等腰梯形两部分， 等腰梯形的高， 则等腰梯形的面积为. 又， 所以五边形的面积为. 故选：D. 4．（2025高三·全国·专题练习）已知正方体的棱长为4，，分别是棱，的中点，过直线的平面平面AEF，则平面截正方体所得截面的面积为 ． 【答案】18 【解题思路】先根据面面平行的判定方法作出平面截正方体所得截面，再利用梯形面积公式求面积. 【解答过程】如图，取的中点，的中点M，连接，，，，， 则，所以，，，四点共面． 因为，平面，平面，所以平面． 因为，且，所以四边形为平行四边形. 所以，平面,平面, 所以平面，又都在平面内，所以平面平面， 所以四边形即为平面截正方体所得截面， 易得，，， 所以四边形的面积． 故答案为：18. 5．（24-25高一下·湖南·期中）如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，且，点为棱的中点.    (1)在图中作出面和面的交线，并证明：平面； (2)若，，在四棱锥中，求过点，及棱的中点的截面周长. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【解题思路】（1）延长交于点F，连接即得到面和面的交线，接着证明为的中点即可证明，从而由线面平行判定定理即可求证平面； （2）取中点，连接，求证四点共面即可得到四边形即为所求截面，再利用题设条件求出该四边形四边长即可求解. 【解答过程】（1）证明：如图，延长交于点F，则面，且面， 连接，则面，且面，即是面和面的交线， 取中点，因为，且， 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以为的中点，又点为棱的中点， 所以，因为平面，在平面外， 所以平面，即平面； （2）因为，为的中点，所以B为的中点，连接，则， 取中点，连接，则即，所以， 所以四点共面，则四边形即为所求截面， 因为，， 所以， 又， 所以， 所以在四棱锥中，求过点，及棱的中点的截面周长为. 题型6 求线面角 1．（24-25高一下·福建福州·期末）如图，直三棱柱，，平面平面，直三棱柱的体积为，则与平面所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】过点作，垂足为，由平面平面可得平面，进而得到，结合直三棱柱的特征可得，进而得到平面，可得为直线与平面所成的角，进而求解即可. 【解答过程】过点作，垂足为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 在直三棱柱中，平面， 因为平面，所以， 因为平面， 所以平面，而平面， 则为直线与平面所成的角，且， 因为，且直三棱柱的体积为， 所以，解得， 而，则，即， 则与平面所成的角为. 故选：C. 2．（24-25高一下·江苏·月考）如图，在正四棱锥中，，为棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】连接交于点，连接，过点作于点，连接，证明平面，推得为直线与平面所成角，解三角形即得答案. 【解答过程】 如图，在正四棱锥中，连接交于点，连接，则平面， 过点作于点，连接，因平面，则， 因平面，故平面， 故为直线与平面所成角. 因，为棱的中点， 则， 故. 故选：C. 3．（24-25高一下·浙江·期中）如图五边形由一个长方形和等腰三角形构成，其中，，D是的中点，将，，折起，使A、B、C三点重合于点P，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】取的中点，连接，，过点作于点，连接，先利用面面垂直的判定定理得平面平面，然后利用面面垂直的性质定理得平面，则为与平面所成角，根据线面垂直的判定及性质定理得，进而在直角三角形中求解即可. 【解答过程】由题意可知形成三棱锥，如图： 取的中点，连接，，过点作于点，连接， 因为，所以，，， 平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 又平面平面，，平面，所以平面， 故为与平面所成角， 又，，，平面，所以平面， 又平面，所以，且， 因为，所以，又， 所以，在直角三角形中，， 所以与平面所成角的正弦值为. 故选：D. 4．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在正方体中，O为线段AC的中点，点E在线段上，则直线OE与平面所成角的余弦值的范围是 . 【答案】 【解题思路】求出点到平面的距离，再求出线段的取值范围，利用线面角的正弦公式求解. 【解答过程】令正方体的棱长为2，由，得四边形为平行四边形， 则，而平面，平面，于是平面， 点到平面的距离等于点到平面的距离， ，，由， 得，解得，矩形中，O为线段AC的中点， 则，令直线OE与平面所成的角为，则， 所以直线OE与平面所成角的余弦值的范围是. 故答案为：. 5．（24-25高一下·黑龙江双鸭山·期中）如图，在四棱锥中，平面，为的中点，，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）由线面垂直的性质得到，再由勾股定理逆定理得到，即可得证； （2）取的中点，连接，即可得到平面，从而得到为直线与平面所成的角，再由锐角三角函数计算可得. 【解答过程】（1）因为平面，平面，所以， 又四边形为直角梯形，且，， 则，所以， 因为，所以，所以， 在中，由余弦定理可得， 所以，即， 因为，，平面，所以平面. （2）取的中点，连接， 因为为的中点，所以，由（1）知平面，则平面， 所以为直线与平面所成的角. 又平面，所以， 因为，， 又， 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 题型7 求二面角 1．（24-25高一下·安徽·月考）如图，在四面体中，，为棱的中点，且，则二面角的余弦值为（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】根据题意，证得，和，得到为二面角的平面角，在中，利用余弦定理，即可求得二面角的余弦值. 【解答过程】因为点为的中点，且，所以， 又因为，可得， 取的中点，连接，如图所示，则，且， 因为，所以，所以为二面角的平面角，, 在中，， 由余弦定理得， 所以二面角的余弦值为. 故选：D.    2．（24-25高一下·四川成都·期末）已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线SA，SB互相垂直且的面积为3，直线SA与圆锥底面所成角为，则二面角的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据二面角的平面角的概念，做出二面角的平面角，求出各边长，在求出二面角的平面角的正弦值，可求得二面角的大小. 【解答过程】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， 所以，则，，， 因为平面，则为直线SA与圆锥底面所成角，即， 则在中，，故， 所以， 因为，故，即二面角的大小为. 故选：B. 3．（24-25高一下·广东梅州·月考）如图，平面四边形中，，，，沿对角线折叠之后，使得平面平面，则二面角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】过点作，过作，求证为二面角的平面角，最后在中求出余弦值即可. 【解答过程】过点作，垂足为，过作，垂足为，连接， 因平面平面，平面平面，平面， 则平面，又平面，则， 又，，平面，则平面， 又平面，则， 则为二面角的平面角， 因，，则为的中点，，， 因，，则为等边三角形， 则为边上靠近点的四等分点，， 则，则， 则， 故二面角的余弦值为. 故选：B. 4．（24-25高一下·辽宁·期末）如图，在三棱锥中，D为BC的中点，平面平面ABC，，，，三棱锥的体积为，则锐二面角的正切值为 ．    【答案】2 【解题思路】过点P作，垂足为E，根据面面垂直，线面垂直及线线垂直的性质得到为二面角的平面角，再结合锥体的体积公式及勾股定理即可求解． 【解答过程】如图，在平面PAD内，过点P作，垂足为E， 因为平面平面ABC， 又平面平面，平面PAD， 所以平面ABC， 又因为平面ABC， 所以， 因为，即， 又，PD，平面PAD， 所以平面PAD， 又因为平面PAD， 所以， 又因为， 所以为二面角的平面角， 因为三棱锥的体积，解得， 由勾股定理可得， 所以二面角的正切值为． 故答案为：．    5．（24-25高一下·湖南怀化·期末）在四棱锥中，平面，，，，，分别为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【解题思路】（1）利用线面垂直的性质，得，再结合条件，利用线垂直的判定定理，即可求解； （2）设，连接，利用几何关系可得，再由线面平行的判定定理，即可求解； （2）根据条件可得，，从而有为二面角的平面角，即可求解. 【解答过程】（1）因为平面，面，则， 又，，则， 又，面， 所以平面. （2）设，连接， 因为，，，是的中点， 所以，且，， 则为正方形，所以为中点， 又是的中点，所以， 又面，面， 所以平面. （3）由（2）知，又是中点，则， 又，所以，则， 又面，面，则， 又，面， 所以面，又面， 所以，则为二面角的平面角， 在中，，，， 所以，故二面角的正弦值为. 题型8 点、线、面的距离问题 1．（24-25高一下·福建福州·期末）如图，各棱长均为2的直三棱柱中，D为的中点，点到平面的距离为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【解题思路】利用，可求点到平面的距离. 【解答过程】由题意可得，平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 又平面，平面，所以， 又直三棱柱各棱长均为2，所以， ， 所以，， 设点到平面的距离为， 由，得，所以， 解得. 故选：A. 2．（24-25高三上·河北·期末）已知四棱锥中，底面为边长为2的正方形，，，则直线到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】取的中点M，的中点N，连接，由已知，可得平面平面，平面，则直线到平面的距离为点N到平面的距离，则利用余弦定理求得，进而得，则直线到平面的距离为，可得答案. 【解答过程】 根据题意，如图， 因为，，则，， 又，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面， 因为底面为边长为2的正方形， 则，平面，平面， 所以平面， 则直线到平面的距离为点N到平面的距离， 即点N到直线的距离， 又， ，， 在中，， 则， 所以点N到直线的距离为. 故选：A． 3．（2025·广东·二模）半正多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，如图所示的多面体就是一个半正多面体，其中四边形和四边形均为正方形，其余八个面为等边三角形，已知该多面体的所有棱长均为2，则平面与平面之间的距离为（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】分别取的中点，作出截面，结合几何体的性质，确定梯形的高即为平面与平面之间的距离，由此即可求得答案. 【解答过程】分别取的中点，连接，    根据半正多面体的性质可知，四边形为等腰梯形； 根据题意可知， 而平面， 故平面，又平面， 故平面平面，则平面平面， 作，垂足为S，平面平面， 平面，故平面， 则梯形的高即为平面与平面之间的距离； ， 故， 即平面与平面之间的距离为， 故选：B. 4．（24-25高二上·上海·期中）在棱长为2的正方体中，直线到平面的距离为 . 【答案】 【解题思路】先证明线面平行，得到直线到平面的距离等于点到平面的距离，证明线面垂直，得到即为点到平面的距离，求出答案. 【解答过程】因为，平面，平面， 所以平面， 直线到平面的距离等于点到平面的距离， 连接，与相交于点，则⊥， 又⊥平面，平面， 所以⊥， 又，平面， 所以⊥平面， 故即为点到平面的距离， 因为正方体的棱长为2， 所以， 故直线到平面的距离. 故答案为：. 5．（24-25高一下·湖南长沙·期末）《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，平面，，四边形中，，，，． (1)证明：四面体为鳖臑； (2)求点C到平面的距离． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【解题思路】（1）由余弦定理和勾股定理及逆定理得到⊥，为直角三角形，由题目条件得到⊥平面，⊥，为直角三角形，结合为直角三角形，得到结论； （2）由等体积法进行求解，得到点C到平面的距离. 【解答过程】（1）四边形中，，，，， 由勾股定理得，且， 故. 在中，由余弦定理得， 故，由勾股定理逆定理得⊥，为直角三角形. 因为平面，，故平面， 因为平面，所以 ， 又因为，平面，所以⊥平面， 又因为平面，所以⊥， 故为直角三角形. 因为平面，平面，所以 ， ， 所以为直角三角形. 综上，四面体为鳖臑； （2）， 因为平面，且，所以， 由（1）知⊥，在中，由勾股定理得， 所以， 设点C到平面的距离为，其中， 所以，点C到平面的距离为. 题型9 平行关系与垂直关系的综合应用 1．（24-25高一下·江西南昌·期末）如图，已知是正三角形，和都垂直于平面，且，分别是和的中点，则下列结论错误的是（   ） A． 平面 B．平面 C． D．平面平面 【答案】D 【解题思路】连接，，根据线面平行的判定定理判断A，利用三角形的中位线和平行关系判断B，根据线面垂直的判断定理和性质定理判断C，根据面面垂直的性质定理判断D. 【解答过程】连接，， 因为分别是和的中点，所以且， 又因为垂直于平面，所以平面，B正确； 因为平面，所以， 又因为是正三角形，所以， 因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以，C正确； 因为，垂直于平面，所以且， 所以四边形是平行四边形，， 又因为平面，平面，所以 平面，A正确； 由和为中点可知， 假设平面平面， 又平面，平面平面，则平面， 因为平面，所以， 又因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，与是正三角形矛盾， 所以平面与平面不垂直，D错误； 故选：D. 2．（24-25高一下·福建龙岩·期末）如图，在正方体中，、为正方体内（含边界）不重合的两个动点，下列结论错误的是（   ） A．若，，则 B．若，，则平面平面 C．若，，则平面 D．若，，则 【答案】D 【解题思路】根据正方体的特征及线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定判断AB；利用正方体的特征及面面平行的判定与性质判断CD. 【解答过程】    对于A，，底面，底面，则 ， 又平面，则平面，平面，所以，A正确； 对于B，，则平面，又平面，则平面平面， 而平面与平面重合，平面平面，B正确；    对于C，在正方体中，， 而平面，平面，则平面，同理平面， 又平面，因此平面平面， 由平面，得平面，C正确； 对于D，由于分别为上的动点，则与不一定相等，与不一定平行，D错误. 故选：D. 3．（24-25高二上·上海·月考）如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中， ①；②平面；③平面；④平面平面． 以上四个命题中，正确命题的序号是 .    【答案】②③④ 【解题思路】还原几何体，根据正方体的结构特征及线面、面面平行的判定、线面垂直的判定判断各项的正误即可. 【解答过程】将展开图还原为几何体如下，    由正方体的结构特征，异面，故不平行，①错； 且，面，面，则平面成立，②对； 有，面，面，则， 都在面，则面，即平面，③对； 易得，而面，面，则面， 同时有，同理易得面，又都在面， 所以平面平面，④对. 故答案为：②③④. 4．（24-25高一下·重庆渝北·期中）如图，在三棱柱中，底面分别为的中点，求证： (1)平面； (2)平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解题思路】（1）连接交于，连，可证得四边形为平行四边形，则，从而利用线面平行的判定定理可证得结论； （2）由已知可得平面，则，再证得，从而利用线面垂直的判定定理可证得结论. 【解答过程】（1）证明：连接交于，连， 在三棱柱中，矩形中，，则， 因为分别为的中点，所以且， 因为为中点，所以且， 所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面， 所以平面. （2）证明：因为底面，平面，所以， 因为∥，所以 因为，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面， 因为平面，所以， 因为在矩形中，为的中点， 所以， 因为底面，平面，所以， 所以均为等腰直角三角形， 所以，所以， 所以， 因为平面， 所以平面. 5．（24-25高一下·江苏南京·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，E为棱PA的中点，，，直线PA与BC所成的角的大小为. (1)证明：平面BDE； (2)证明：平面ABCD； (3)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【解题思路】（1）设与相交于点，连接，证明，利用线面平行的判定即可证明； （2）利用正弦定理得，再证明，最后利用线面垂直的判定定理即可证明； （3）过点作，垂足为.过作，垂足为，连接，找到二面角即为，解三角形即可得到答案. 【解答过程】（1）连接，设与相交于点，连接. 四边形是菱形，为的中点. 是棱的中点，. 又平面平面， 平面. （2）直线与所成的角为，且， 就是直线与所成的角或其补角. ，，， 在中，由正弦定理得，， 即，解得. ，即，从而. 四边形是菱形，且，, 是等边三角形，从而. 又，. ，从而. 又平面平面， 平面. （3）过点作，垂足为. 过作，垂足为，连接. 由（2）平面，又平面， 平面平面. 又平面平面平面，平面. 平面平面，. 平面平面，平面. 平面，， 二面角的平面角是， 在中，，， ， 二面角的正弦值是. 题型10 立体几何中的探索性问题 1．（24-25高一下·河南新乡·月考）如图，四边形为边长为的菱形，，，为的中点． (1)证明：； (2)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【解题思路】（1）连接，得是正三角形，由三线合一得，，根据线面垂直判定定理得到平面，进而得到结论； （2）在上取点，使，得到，进而，由线面平行判定定理得到结论. 【解答过程】（1）连接，由菱形内角，得是正三角形， 由为的中点，得，由，得， 而平面，则平面， 又平面，所以. （2）在上取点，使，如（1）中的图所示， 因为菱形，则，且， 又因为为中点，所以，则有， ，而平面，平面， 因此平面，即线段上存在点，使得平面，. 2．（24-25高一下·江苏连云港·月考）如图，在正三棱台中，，，分别为，中点，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值： (3)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，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) (3)存在且，使得二面角的余弦值为. 【解题思路】（1）的中点为，连接，可证，结合线面平行的判定定理可得平面. （2）将正三棱台补成正三棱锥，可证为与平面所成的角，利用解直角三角形可求其余弦值，从而可得正弦值. （3）当时，可证为二面角的平面角，结合解直角三角形可得此时. 【解答过程】（1）取的中点为，连接， 由正三棱台的性质可得，而，故， 而，故，故， 而平面，平面，故平面. （2）由棱台的性质可知侧棱所在的直线交于一点，如图所示， 设，则，如（1）取的中点为，连接， 因为，故，故， 故为等边三角形，故， 而平面，，故平面， 而平面，故平面平面， 过作，垂足为，因为平面平面， 平面，故平面， 故为与平面所成的角， 而， 故，而为三角形内角， 所以， （3）存在且，使得二面角的余弦值为. 证明如下： 由（2）可得，连接，由（1）得， 而，故，故， 而平面， 故平面，而平面，故， 故为二面角的平面角. 在中，， 显然为等腰三角形，且 ，故为的中点， 故，则， 故. 3．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.为的中点，点在上，且.    (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得点到平面的距离为，若存在求出点的位置，不存在请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)靠近B的三等分点 【解题思路】（1）利用面面垂直的性质定理，结合垂直关系的转化，即可正面线面垂直； （2）根据（1）的结果，作出平面与四棱锥的截面，通过点的转化，以及等体积转化，求得点到平面的距离，再根据比例关系，确定点的位置. 【解答过程】（1）取的中点，连结，则四边形是正方形，    则，，所以，且 所以,所以， 因为平面平面，平面平面，PA在面PAB内， 所以平面； （2）    在上取点，使，连结，在上取点，使， 在上取点，使，连结，则，且，则， 即，且， 则四边形是平行四边形，所以，且，即， 则，所以四点四点共面，连结， ，因为，所以点三点共线， 所以五点共面，即与平面交于点， 由（1）可知，平面，平面， 所以，且，，且平面， 所以平面，平面，所以， 且是等腰直角三角形，点为的中点， 所以，且，平面， 所以平面， , 所以， ，，， 所以，即， 因为，所以， 设点到平面的距离为，则， 即，所以， 因为点是的中点，所以点到平面的距离也是， 若点到平面的距离为，则, 所以存在点，使得点到平面的距离为，点为靠近点的三等分点. 4．（24-25高一下·辽宁沈阳·期末）如图，四棱锥的底是正方形，是正三角形，平面平面，是的中点．    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使平面平面成立？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【解题思路】（1）由面面垂直的性质定理可得平面，从而得，再由是正三角形，且是的中点，可得，最后由线面垂直的判断定理即可得证. （2）由二面角的定义，找出二面角的平面角，在直角三角形中求解即可. （3）当时，按面面垂直的判断定理进行证明即可. 【解答过程】（1）证明：因为平面平面，平面平面， 平面，， 则平面， 又因为平面，所以， 因为是正三角形，且是的中点， 则， 又因为，平面， 所以平面； （2）解：过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接．    因为平面平面，平面平面， 所以平面， 因为平面，所以． 又，，平面． 所以平面． 因为平面，所以， 则即为平面与底面所成二面角的平面角． 设，则，， 故， 所以， 即二面角的余弦值为． （3）解：存在点Q，当时，平面平面． 证明如下： 如图，取中点，连接交于点，连接，    因为是正三角形，所以． 因为平面平面，平面平面， 所以平面． 因为， 所以， 所以平面． 因为平面，所以． 因为底面是正方形，所以． 又，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 所以棱上存在点，当时，平面平面． 5．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且.    (1)证明：平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【解题思路】（1）根据棱台的性质、长度关系和勾股定理可证得；由面面垂直和线面垂直的性质可证得，结合可证得结论； （2）延长交于一点，根据可求得，利用体积桥可构造方程求得结果； （3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，由二面角大小可构造方程求得，进而得到结果. 【解答过程】（1）连接，    在三棱台中，； ，四边形为等腰梯形且， 设，则. 由余弦定理得：， ，； 平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，； 是以为直角顶点的等腰直角三角形，， ，平面，平面. （2）由棱台性质知：延长交于一点，    ，，， ； 平面，即平面， 即为三棱锥中，点到平面的距离， 由（1）中所设：，， 为等边三角形，， ，； ，， ， 设所求点到平面的距离为，即为点到面的距离， ，，解得：. 即点到平面的距离为. （3）平面，平面，平面平面， 平面平面 取中点，在正中，，平面， 又平面，平面平面． 作，平面平面，则平面， 作，连接，则即在平面上的射影，    平面，平面，， ，平面，平面， 平面，，即二面角的平面角. 设， 在中，作，    ，，又平面，平面， ，解得：， 由（2）知：，， ，， ，， ，， 若存在使得二面角的大小为， 则，解得：， ， 存在满足题意的点，. 题型11 组合体的表面积与体积 1．（24-25高一下·北京丰台·期末）唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺，它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱构成的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示，已知半球的半径为R，圆柱的高也为R，则银杯盛酒部分的容积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】根据题意可知，银杯盛酒部分的容积为半球的体积加圆柱的体积，将已知条件代入体积公式求解即可. 【解答过程】半球的体积为，圆柱的体积为， 因此银杯盛酒部分的容积为. 故选：A. 2．（24-25高一下·北京平谷·期末）玩陀螺不仅可以释放往日情怀，找回童年的乐趣，也可锻炼人体协调性和腕部力量，培养敏锐观察力．如图，一个实木陀螺近似的看成同底的一个圆柱和一个圆锥构成．已知这个陀螺是由一个底面直径为6cm．高也为6cm的圆柱实木制成的，为了陀螺旋转的稳定性，设计圆柱部分与圆锥部分的高比为，则这个陀螺的体积最大约为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】设圆锥部分的高为,则圆柱部分的高为,得,则这个陀螺的体积为:,进行求解即可. 【解答过程】设圆锥部分的高为,则圆柱部分的高为, 依题意得,得, 则这个陀螺的体积为:, 因为,则, 得这个陀螺的体积最大约为: . 故选:C. 3．（24-25高一下·湖北宜昌·期末）“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体，体现了数学的对称美如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为2，则下列结论中，错误的是（    ） A．该石凳的表面积为 B．该石凳的体积为 C．直线与的夹角为60° D．平面 【答案】D 【解题思路】将二十四等边体补全成一个棱长为的一个正方体，进而逐项判断即可. 【解答过程】对于A，由图可知，二十四等边体是由6个边长为2的正方形和8个边长为2的等边三角形围成， 所以表面积为，A正确； 对于B，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，则该正方体的体积为 ，其中每个小三棱锥的体积为， 所以该二十四面体的体积为，所以B正确； 对于C，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，如图， 易知，与所成角为，所以直线与的夹角为，C正确； 对于D，由正方体易知：， 所成角为，所以所成角为， 又在平面内， 所以平面不成立，故D错误； 故选：D. 4．（24-25高一下·江苏南京·期末）如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为 ． 【答案】 【解题思路】根据给定的组合体，结合球的表面积公式、圆柱的侧面积公式计算即得. 【解答过程】依题意，该几何体的表面积是半球的表面积与圆柱侧面积的和， 所以所求表面积为. 故答案为：. 5．（24-25高一下·辽宁·月考）如图所示，某模型无下底面，有上底面，其外观是圆柱，底部挖去一个圆锥.已知圆柱与圆锥的底面大小相同，圆柱的底面直径为，高为，圆锥母线长为. (1)求该模型的体积； (2)现要用油漆对500个这种模型进行粉刷，油漆费用为每平方米30元，求总费用. 【答案】(1) (2)元 【解题思路】（1）先求出圆锥的高，再根据圆柱与圆锥的体积公式，即可求解； （2）先求出组合体的表面积，再求总费用. 【解答过程】（1） 如图所示，由题可知，，. 所以在中，， 所有该圆柱的体积为， 截去的圆锥的体积为， 故该模型的体积为. （2）由题可知该圆柱的侧面积为， 圆柱的上底面的面积为， 圆锥侧面积为， 故该模型的表面积为， 所以油漆的总费用为元. 题型12 几何体与球的切、接问题 1．（2025·全国·模拟预测）如图，已知正四棱台的高，且，则此正四棱台的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】根据正四棱台的性质找到其外接球的球心，然后设球心为，点距离下底面的高度为. 根据题意列出方程，求解即可. 【解答过程】由题意可知，正四棱台外接球的球心在其上、下底面正方形的对角线的中点的连线上，如图所示，设球心为，点距离下底面的高度为. 因为，，，又上、下底面均为正方形，所以，. 设棱台的外接球的半径为，根据勾股定理可得，解得， 则，所以正四棱台的外接球表面积为. 故选：D. 2．（24-25高一下·湖北武汉·期末）我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱（侧棱垂直于底面的三棱柱）称之为“堑堵”.如图，三棱柱为一个“堑堵”，底面是以为斜边的直角三角形且，，点在棱上，且，当的面积取最小值时，三棱锥的外接球体积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据条件，利用直三棱柱的性质平面，进而可得，设，，结合条件，利用基本不等式求得，再利用直角三角形的性质，求得球的半径，即可求解. 【解答过程】由堑堵的定义可知，为直角三角形，故， 由已知可得，平面平面ABC，且平面平面， 又，平面ABC， 平面，而平面， ，又，，AC，平面APC， 平面APC，又平面APC，则， 设，，则， ，， ， 由，得，整理得， ， 则 ， 当且仅当，即时，的面积取得最小值为18， 此时， 设三棱锥的外接球的半径为R， 因为，都是以AP为斜边的直角三角形， 故线段为外接球的直径，故所求外接球的体积为.    故选：B. 3．（24-25高一下·山西·期中）如图，在棱长为的正方体内有两个球相外切，两球又分别与正方体内切，则两球体积之和的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】做出对角面，设两球半径分别为，过分别作的垂线，垂足分别为，结合求得，再结合体积公式即可求解. 【解答过程】如图，设两球半径分别为，球心和在正方体体对角线上， 过分别作的垂线，垂足分别为， 由图可得 即 ，所以， 故两球体积之和为 由二次函数性质可知： 当且仅当时，有最小值． 故选：A. 4．（24-25高一下·辽宁·期末）如图，若圆台的上、下底面半径分别为，，则此圆台的内切球（与圆台的上、下底面及侧面都相切的球叫圆台的内切球）的表面积为 ． 【答案】 【解题思路】根据几何图形相似求出内切球的半径，进而根据球的表面积公式可求出结果. 【解答过程】连接，如图所示. 根据题意可知，， 所以，因为. 所以. 因为，所以. 所以，所以， 所以圆台的内切球半径为，所以圆台的内切球的表面积为. 故答案为：. 5．（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图，在三棱锥中，， (1)求三棱锥的表面积； (2)求三棱锥的外接球体积． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）由直角三角形面积公式得到面积，由余弦定理和三角形面积公式得到面积，相加得到表面积； （2）由两两垂直可知补成长方体，长方体体对角线即为外接球直径，再由球的体积公式得到外接球体积. 【解答过程】（1）由题意得， ， 以下计算， 在中，，所以， 在中，，所以， 在中，，所以， 在中，由余弦定理得， 所以， 所以， 所以三棱锥的表面积. （2）因为两两垂直， 所以三棱锥的外接球直径即为以长度为边长的长方体的体对角线， 根据长方体体对角线公式得， 所以三棱锥的外接球半径， 所以三棱锥的外接球体积. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $