专题13 空间几何体初步 专项训练-2026届高三数学三轮冲刺

专题13　空间几何体初步 题型01 表面积与体积 1．（2026·浙江台州·二模）已知一个圆锥的底面半径为，高为1，则下列对该圆锥的表述正确的是（   ） A．体积为 B．表面积为 C．两条母线的夹角的最大值为 D．过顶点的截面面积的最大值为2 2．（2026·湖北黄石·一模）已知一个圆柱和一个圆锥的底面半径相等，高相等，侧面积相等，若圆锥的体积为，则圆柱的底面半径为__________. 3．（2026·吉林通化·模拟预测）已知圆台的上、下底面半径分别为，，半径为2的球与圆台的上、下底面及母线均相切，圆台的侧面积为，则圆台的表面积为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·安徽滁州·一模）若某正三棱柱的表面积是侧面积的两倍，且底面的边长为2，则该正三棱柱的体积为____________． 5．（2026·陕西商洛·模拟预测）在陕西汉中某明清古民居的修缮中，发现了一个用于梁架承重的木制方斗，其形状可被视为正四棱台.经实测，该方斗的上口边长为，下口边长为，侧棱长为，若忽略该方斗的厚度，则这个方斗的容积为（   ） A． B． C． D． 6．（2026·四川资阳·三模）如图，正三棱柱的所有棱长都为2，点，，分别在棱，，上，其中，，，则几何体的体积为（   ） A． B． C． D． 7．（2026·湖北黄冈·一模）圆锥的轴截面是面积为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 8．（2026·北京昌平·一模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的侧面积为（   ）    A． B． C． D． 题型02 空间点、线、面的位置关系 9．（2026·湖北恩施·二模）如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（    ） A． B． C． D． 10．（2026·广东深圳·二模）（多选）设P为菱形所在平面外一点，与交于，为上（异于，）的一点，则（    ） A． B．与异面 C．若为的中点，则平面 D．若，则平面 11．（2026·河南洛阳·模拟预测）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论一定成立的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 12．（2026·湖北武汉·模拟预测）（多选）如图，在正三棱柱中，点P，Q，M，N分别是，，，BC的中点，则下列说法中正确的有（   ） A．平面ABC B． C．平面 D．PQ与MN相交 13．（2026高三·全国·专题练习）（多选）如图，在正方体中，是的中点，直线交平面于点，则下列结论正确的是（     ） A．，，三点共线 B．，，，四点共面 C．，，，四点共面 D．，，，四点共面 14．（2026高三·全国·专题练习）在三棱锥的边，，，上分别取，，，四点，如果，则点（     ） A．一定在直线上 B．一定在直线上 C．在直线或上 D．不在直线上，也不在直线上 15．（2026高三·全国·专题练习）（多选）如图，，，，分别是正三棱柱（两底面为正三角形的直棱柱）的顶点或所在棱的中点，则表示直线，是异面直线的图形有（     ） A．① B．② C．③ D．④ 16．（25-26高三下·山东潍坊·月考）（多选）已知直线、和平面、，且，，则下列四个选项中正确的有（　　） A．若，则过可作唯一平面与垂直 B．若与所成角为，则过可作唯一平面与垂直 C．若，则过可作唯一平面与垂直 D．若，则过可作唯一平面与平行 题型03 平行与垂直的证明 17．（2026·云南玉溪·二模）如图，在四棱锥中，平面，为棱PD上一点，． (1)证明：平面； 18．（25-26高三下·陕西咸阳·月考）如图，在四棱台中，，四边形为平行四边形，为棱的中点． (1)求证：平面； 19．（24-25高三下·河北邢台·月考）已知四棱锥，四边形为梯形，．点Q、M、N分别在线段DA、BQ、PA上，且满足，，． (1)求证：平面； 20．（2026·广西崇左·一模）如图，在四棱锥中，底面，，，，E，F，G分别为，，的中点. (1)证明：平面平面. 21．（25-26高三下·辽宁·月考）如图，在四棱锥中，，，，，，. (1)证明：； 22．（2026·湖南长沙·一模）如图，已知圆台的上、下底面圆的圆心分别为和，四边形为下底面圆O的内接正方形，且，，为上底面圆上两点，为的中点，且满足平面平面，. (1)求证：； 23．（25-26高三下·江苏苏州·月考）如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面平面； 24．（2026·四川眉山·二模）在三棱锥中，若平面，，则平面、平面、平面、平面中相互垂直的共有（    ） A．1对 B．2对 C．3对 D．4对 题型04 折叠与展开问题 25．（2026·湖北襄阳·一模）如图，正三角形和平行四边形在同一个平面内，其中，，AB，DE的中点分别为F，G．将沿直线AB翻折到，使二面角为120°，设CE的中点为H． (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 26．（25-26高三上·福建福州·月考）已知四边形中，，，．现将沿边翻折，使点翻折到点，若平面平面，则三棱锥外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 27．（25-26高三·全国·二轮复习）如图，等腰梯形中，，，，垂足为，将沿翻折，得到四棱锥.在四棱锥中，点，分别在线段，上，且.求证：平面. 28．（24-25高二下·河南周口·期末）（多选）如图所示，圆锥的轴截面是面积为的正三角形，用平行于圆锥底面的平面截该圆锥，截面圆与，分别交于点，，且，则（   ）    A．圆锥的表面积为 B．圆台的高为 C．圆锥的体积为 D．从点出发沿着该圆锥侧面到达中点的最短路程为5 29．（2025高三上·广东深圳·专题练习）圆台的上底面半径为2，下底面半径为6，母线长为16．已知为该圆台某条母线的中点，若一质点从点出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点，则该质点运动的最短路径长为（    ）    A．16 B． C． D． 30．（25-26高三上·江苏镇江·月考）如图，已知正四棱锥，点为侧棱PA的中点.则在此棱锥侧面上，从点出发绕其一圈到点的路径中，最短路径的长度为______. 31．（25-26高三上·上海·期末）在棱长为2的正方体中，分别是上的动点，的最小值为_________． 32．（2026·河北沧州·一模）我国古代数学名著《九章算术》中，把底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵．如图，现有堑堵木块，，，一只蚂蚁从点出发，经过棱、棱上某点，再爬到棱的中点，则这只蚂蚁爬行的最短路线的长度为（    ） A． B．4 C． D．10 强化训练 1．（24-25高一下·广东湛江·期中）如图，在正四棱锥中，，．从A拉一条细绳绕过侧棱PB，PC，PD回到A点，则细绳的最短长度为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·广东·一模）如图，正方体的棱长为4，为正方形的中心，为棱的中点，过点的平面将正方体分成上、下两部分，则较小的部分体积大小为（   ） A．16 B．18 C． D．24 3．（2026·广西北海·一模）已知一个圆柱与一个圆台的高和体积都相等，圆柱的底面半径是，圆台的上底面半径是1，则圆台的下底面半径是（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 4．（25-26高三下·上海·月考）已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列说法正确的是（     ）. A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．，，，则 5．（2026·河北邯郸·一模）在下列四个正方体中，为正方体的顶点，为所在棱的中点，则满足直线平面的是（    ） A．B．C．D． 6．（25-26高三下·湖南长沙·开学考试）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，下列说法正确的有（   ） A．直线平面 B．直线平面 C．异面直线与所成角的余弦值 D．三棱锥的体积为 7．（2026·江西·模拟预测）（多选）若，，是空间中互不重合的三条直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，，，则 8．（25-26高三上·河南驻马店·期末）正方体中，为的中点，则下列条件中，能使平面的有（    ） A．为的中点 B．为的中点 C．为的中点 D．为的中点 9．（2026·辽宁沈阳·二模）（多选）若正四面体的表面积为，则（    ） A．该正四面体的棱长为1 B．该正四面体的高为 C．该正四面体的体积为 D．该正四面体的外接球表面积为 10．（2026·安徽合肥·二模）如图，点均在球的表面上，，，平面平面，则球的体积为___________． 11．（2026·北京朝阳·一模）已知菱形的边长为1，，将沿折起，得到三棱锥.当平面平面时，______；当平面平面时，三棱锥的体积为______. 12．（2026·天津河北·一模）如图，点E，H，G，F是矩形中，，，边的中点，依次沿，，，，折叠，使得矩形四个顶点D，C，B，A重合于一点，得到三棱锥．若，，则三棱锥的体积为______． 13．（2026·四川眉山·二模）如图，在四棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，． (1)当时，求证：平面； (2)若三棱锥的体积与四棱锥的体积之比为，求平面与平面的夹角的余弦值． 14．（2026·四川资阳·三模）如图，在四棱锥中，平面，，，． (1)证明：平面； (2)若，为的中点，为棱上靠近点的三等分点，求平面与平面夹角的余弦值． 15．（2026·河北衡水·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，，点在底面上的投影为的中点，点满足.    (1)当时，证明：平面平面. (2)已知，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 16．（2026·陕西西安·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面与侧面均为正方形，E，F分别是，的中点，，. (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 2 / 8 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题13　空间几何体初步 题型01 表面积与体积 1．（2026·浙江台州·二模）已知一个圆锥的底面半径为，高为1，则下列对该圆锥的表述正确的是（   ） A．体积为 B．表面积为 C．两条母线的夹角的最大值为 D．过顶点的截面面积的最大值为2 【答案】D 【分析】先算出母线长，结合体积公式、表面积公式计算后可判断AB的正误，求出轴截面的顶角值后可判断CD的正误. 【详解】对于A，圆锥的体积为，故A错误； 对于B，圆锥的母线长为， 故圆锥的表面积为，故B错误； 对于C，设圆锥轴截面顶角为，则， 而为锐角，故，故，故两条母线的夹角的最大值为，故C错误； 对于D，设两条母线的夹角为，则过顶点的截面面积为 而，故当，，故D正确. 2．（2026·湖北黄石·一模）已知一个圆柱和一个圆锥的底面半径相等，高相等，侧面积相等，若圆锥的体积为，则圆柱的底面半径为__________. 【答案】 【详解】设圆柱和圆锥的底面半径为、高为， 则由侧面积相等可得，解得， 由圆锥体积为可得，将代入得，解得， 因此. 3．（2026·吉林通化·模拟预测）已知圆台的上、下底面半径分别为，，半径为2的球与圆台的上、下底面及母线均相切，圆台的侧面积为，则圆台的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设内切球的半径为，设圆台上、下底面圆心分别为，则圆台内切球的球心一定在的中点处，利用圆台的侧面积公式计算得，求得，结合圆台表面积计算公式计算即可. 【详解】如图，设内切球的半径为， 设圆台上、下底面圆心分别为，则圆台内切球的球心一定在的中点处， 设球与母线切于点，所以，所以， 所以与全等，所以，同理， 圆台的母线长， 又，所以，解得， 又，所以， 所以，，圆台的表面积为． 4．（2026·安徽滁州·一模）若某正三棱柱的表面积是侧面积的两倍，且底面的边长为2，则该正三棱柱的体积为____________． 【答案】 【分析】棱柱的高为，先求出侧面积及表面积，利用题干给出的条件解出高，最后用体积公式求解体积. 【详解】设正三棱柱的高为，底面正三角形边长， 侧面积：， 底面积：， 两个底面的总面积为， 表面积： ， 依题意得：， 代入得： 化简求解：， 正三棱柱体积：. 5．（2026·陕西商洛·模拟预测）在陕西汉中某明清古民居的修缮中，发现了一个用于梁架承重的木制方斗，其形状可被视为正四棱台.经实测，该方斗的上口边长为，下口边长为，侧棱长为，若忽略该方斗的厚度，则这个方斗的容积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正四棱台的性质求出棱台的高，结合体积公式求解即可. 【详解】画出该正四棱台的直观图，如图所示， 易得，， 过作，垂足为，则即为该正四棱台的高， ，， 则这个方斗的容积 . 6．（2026·四川资阳·三模）如图，正三棱柱的所有棱长都为2，点，，分别在棱，，上，其中，，，则几何体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】正三棱柱所有棱长为，底面正的面积，高，由题意得：，，. 如图连接，将几何体分为和， ， 梯形的面积. 四棱锥以为底面的高等于三角形的高，所以. 几何体体积为. 7．（2026·湖北黄冈·一模）圆锥的轴截面是面积为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用三角形的面积公式求出圆锥的底面半径r，再利用圆锥的侧面积公式即可得出结果. 【详解】根据题意，设圆锥的底面半径为r，因为圆锥的轴截面为等边三角形， 所以圆锥的母线长，，解得， 所以圆锥的侧面积为. 8．（2026·北京昌平·一模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的侧面积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知条件，通过作辅助线分别求出各侧面的三角形高，再分别求出各个侧面三角形面积，再求和即可. 【详解】取的中点，的中点，连接， 如图所示：    因为，为的中点，所以，且， 过点作平面的垂线交于点， 又因为底面为矩形，所以， 故平面与平面的夹角为，，， 因为，平面，所以平面， 因为，所以平面， 又平面，则， 所以， 所以， ， 点到的距离为1，点到的距离为， 同理点到的距离为， 所以， 所以该四棱锥的侧面积为： . 题型02 空间点、线、面的位置关系 9．（2026·湖北恩施·二模）如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以所在平面作为下底面，将展开图还原为正方体，根据正方体性质判断选项即可. 【详解】以所在平面作为下底面还原， 则重合，重合，还原成如图正方体: 对于A，由图可得异面不平行，故A错误； 对于B，显然，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，由图可得异面不平行，故D错误. 10．（2026·广东深圳·二模）（多选）设P为菱形所在平面外一点，与交于，为上（异于，）的一点，则（    ） A． B．与异面 C．若为的中点，则平面 D．若，则平面 【答案】BCD 【分析】根据线线，线面的位置关系判断AB，根据线面平行的判断定理判断C，根据线线垂直，证明线面垂直，判断D. 【详解】A.平面，平面，且，所以与是异面直线，故A错误； B. 平面，平面，且，所以与是异面直线，故B正确； C.点分别是的中点，所以，平面，平面，所以平面，故C正确； D. 因为，为的中点，所以，且，， 且平面，所以平面，故D正确. 11．（2026·河南洛阳·模拟预测）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论一定成立的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【详解】A，若且，则可平行于，或者在内，或者与相交，错误； B，若，，则可平行于，或者与相交，错误； C，若，则可与平行，或者与相交，或者与异面，错误； D，若，，可知的法向量都与平行，也即的法向量平行，可得，正确． 12．（2026·湖北武汉·模拟预测）（多选）如图，在正三棱柱中，点P，Q，M，N分别是，，，BC的中点，则下列说法中正确的有（   ） A．平面ABC B． C．平面 D．PQ与MN相交 【答案】ACD 【分析】对于A，取的中点，证明，结合线面平行判定定理证明平面，即可判断，对于B，若，则，连接，为的中点，证明，设，，求，推出矛盾，对于C，根据线面垂直判定定理证明结论即可判断，对于D，证明，，由此即可判断. 【详解】对于A，取的中点D，连接，. 在中，P，D分别为，中点， ，且. 在直三棱柱中，，. Q为棱的中点，，且. ，. 四边形为平行四边形，从而. 又平面，平面，平面，A正确， 对于B，因为为的中点，若，则， 连接，为的中点，则，又平面， 所以平面，平面， 所以，设，， 则，， 所以，，与矛盾， 所以不成立，B错误， 对于C，在直三棱柱中，平面. 又平面，.，D为中点，. 由选项A的推理知，，. 又，平面，平面， 所以平面，C正确； 对于D，因为为的中点，四边形为矩形， 所以点为的中点，又为的中点， 所以，且， 又分别为的中点，所以，， 所以，， 所以四边形为平行四边形，故与相交，D正确. 13．（2026高三·全国·专题练习）（多选）如图，在正方体中，是的中点，直线交平面于点，则下列结论正确的是（     ） A．，，三点共线 B．，，，四点共面 C．，，，四点共面 D．，，，四点共面 【答案】AB 【分析】利用平面的基本性质，通过寻找两个平面的公共点来确定交线，从而判断点共线或共面，再结合异面直线的判定方法分析其他选项. 【详解】因为，平面，所以平面．因为，平面， 所以平面，所以是平面和平面的公共点． 同理可得，点和都是平面和平面的公共点， 所以，，三点在平面与平面的交线上，即，，三点共线，故A，B正确； 根据异面直线的判定定理可得与为异面直线，故，，，四点不共面，故C不正确； 根据异面直线的判定定理可得与为异面直线，故，，，四点不共面，故D不正确． 故选：AB． 14．（2026高三·全国·专题练习）在三棱锥的边，，，上分别取，，，四点，如果，则点（     ） A．一定在直线上 B．一定在直线上 C．在直线或上 D．不在直线上，也不在直线上 【答案】B 【分析】利用平面的基本性质，先由点在两条直线上推出点分别在两个平面内，再根据两个平面的交线确定点一定在这条交线上. 【详解】 如图所示，因为平面，平面，，所以平面，平面； 又因为平面平面，所以． 故选：B． 15．（2026高三·全国·专题练习）（多选）如图，，，，分别是正三棱柱（两底面为正三角形的直棱柱）的顶点或所在棱的中点，则表示直线，是异面直线的图形有（     ） A．① B．② C．③ D．④ 【答案】BD 【分析】通过观察各图中点的位置关系，利用异面直线的判定方法：若两直线既不平行也不相交，且其中一条直线上的点不在另一条直线所在平面内，则它们异面，从而逐一判断每个图形. 【详解】图①中，直线；图②中，，，三点共面，但平面，，因此直线与异面； 图③中，连接（图略），，因此与共面； 图④中，，，三点共面，但平面，，因此直线与异面； 所以在图②④中，与异面． 故选：BD． 16．（25-26高三下·山东潍坊·月考）（多选）已知直线、和平面、，且，，则下列四个选项中正确的有（　　） A．若，则过可作唯一平面与垂直 B．若与所成角为，则过可作唯一平面与垂直 C．若，则过可作唯一平面与垂直 D．若，则过可作唯一平面与平行 【答案】BC 【分析】A选项，当时，过可以作无数个平面与垂直，故A错误；B选项，推出与不垂直，所以过可作唯一平面与垂直，故B正确；CD选项，或，所以过可作唯一平面与垂直，故C正确；D选项可举出反例. 【详解】对于A选项，，，当时， 因为，所以，则过可以作无数个平面与垂直，故A错误； 对于B选项，因为与所成角为，，如下图所示： 若，设直线交平面于点， 在直线上取异于点的点，过点作交平面于点，连接， 则，线面角的定义可知，故， 从而可知直线、所成角为，这与矛盾，故与不垂直，所以与不垂直， 过直线上一点，有且只有一条过点且垂直于平面的直线，记这条直线为， 由直线和直线确定的平面，由面面垂直的判定定理可知平面平面， 故平面平面，即过可作唯一平面与垂直，故B正确； 对于CD选项，由，，，得与的关系是或， 所以过可作唯一平面与垂直，故C项正确； 当时，过的平面与相交或重合，故D项错误. 题型03 平行与垂直的证明 17．（2026·云南玉溪·二模）如图，在四棱锥中，平面，为棱PD上一点，． (1)证明：平面； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）如图，连接，设，可证，由线面平行的判定定理可证平面； 【详解】（1） 如图，连接，设， 因为，且，故， 而，故，故， 而平面，平面，故平面. 18．（25-26高三下·陕西咸阳·月考）如图，在四棱台中，，四边形为平行四边形，为棱的中点． (1)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）连接，结合棱台的性质及线面平行的判定定理证明即可. 【详解】（1）连接. 四棱台中，四边形为平行四边形， 则平面平面，且四边形为平行四边形. 又为棱的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以. 又平面，平面， 所以平面. 19．（24-25高三下·河北邢台·月考）已知四棱锥，四边形为梯形，．点Q、M、N分别在线段DA、BQ、PA上，且满足，，． (1)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）根据梯形性质以及线段比例可证明四边形为平行四边形，再由线面平行判定定理证明即可； 【详解】（1）作交于点，交于点，连接，如下图所示： 由可得； 又，因此可知为梯形的一个三等分线， 所以； 因为，可得，即； 又，所以， 即四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面； 可得平面； 20．（2026·广西崇左·一模）如图，在四棱锥中，底面，，，，E，F，G分别为，，的中点. (1)证明：平面平面. 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）根据线面平行的判定定理得到平面和平面，再利用面面平行的判定定理即可证明； 【详解】（1）因为E，F分别为，的中点，所以. 又平面，平面，所以平面. 因为，，且E为的中点，所以， 则四边形为平行四边形， 则.又平面，平面，所以平面. 因为平面，平面，，所以平面平面. 21．（25-26高三下·辽宁·月考）如图，在四棱锥中，，，，，，. (1)证明：； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）通过连接辅助线、，利用三角形全等、等边三角形性质与线面垂直判定定理，证明垂直于平面，从而证得； 【详解】（1）连接，设， 因为，，， 所以， 所以，则为的中点， 因为，，， 所以， 又，所以为等边三角形，则， 连接，因为，所以， 因为，平面，， 所以平面， 因为平面，所以. 22．（2026·湖南长沙·一模）如图，已知圆台的上、下底面圆的圆心分别为和，四边形为下底面圆O的内接正方形，且，，为上底面圆上两点，为的中点，且满足平面平面，. (1)求证：； 【答案】(1)证明见解析； 【分析】（1）取的中点，连交于，证明，再根据面面垂直性质定理和线面垂直的定义证明，根据线面垂直判定定理证明平面，再证明即可； 【详解】（1）证明：取的中点，连交于． 在正方形中，由于为的中点， 因为，，， 可得≌，则， 因为，所以， 得到，即． 因为，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，又平面， 所以平面，又平面，所以． 23．（25-26高三下·江苏苏州·月考）如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面平面； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）结合已知条件证明，，根据线面垂直的判定定理得到平面，再由面面垂直的判定定理证明即可. 【详解】（1）因为，，，所以，. 又，，所以，. 因为，所以， 又，，所以，则. 因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面，又平面，所以. 又，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. 24．（2026·四川眉山·二模）在三棱锥中，若平面，，则平面、平面、平面、平面中相互垂直的共有（    ） A．1对 B．2对 C．3对 D．4对 【答案】C 【分析】应用线面垂直判定定理及面面垂直判定定理分别得出面面垂直即可求解. 【详解】因为平面，平面，平面平面； 因为平面，平面，平面平面； 因为平面，平面，所以，又，平面， 所以平面， 平面，平面平面； 所以平面、平面、平面、平面中相互垂直的共有3对. 题型04 折叠与展开问题 25．（2026·湖北襄阳·一模）如图，正三角形和平行四边形在同一个平面内，其中，，AB，DE的中点分别为F，G．将沿直线AB翻折到，使二面角为120°，设CE的中点为H． (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线线平行证明线面平行，进而根据面面平行的判定求证， （2）证明线面垂直，进而建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用向量的夹角公式求解. 【详解】（1）因为四边形为平行四边形，F、G分别为的中点， 所以四边形为平行四边形，所以． 因为平面，平面，所以平面， 又H、G分别为的中点，所以． 平面，平面，所以平面， 因为FD、平面，， 所以平面平面． （2）因为三角形为正三角形，，F为的中点， 所以，， 所以为二面角的平面角， 又，平面， 所以平面，因为平面，所以平面平面． 作平面于O，则O在直线上． 又二面角的平面角为， 所以O在线段的延长线上．由已知得，则，． 以F为原点，所在直线分别为x轴、y轴，过点F平行于的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 如图， 因为， ，所以， 则，，，，， 则，， 设平面的一个法向量为， 则由，，得， 令，得． 易得平面的一个法向量， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 26．（25-26高三上·福建福州·月考）已知四边形中，，，．现将沿边翻折，使点翻折到点，若平面平面，则三棱锥外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，分别求得和的外接圆的半径，设和的外接圆的圆心分别为，外接球的半径为，取的中点，连接，结合球的截面的性质，求得,进而求得球的表面积，得到答案. 【详解】在中，设其外接圆的半径为，可得，所以， 在中，设其外接圆的半径为，可得，所以， 可得两个小圆的半径相等，且都是，且互相垂直的两个小圆面相交弦， 设和的外接圆的圆心分别为，外接球的半径为， 取的中点，连接，可得， 在直角中，可得, 所以外接球的表面积是． 故选：B. 27．（25-26高三·全国·二轮复习）如图，等腰梯形中，，，，垂足为，将沿翻折，得到四棱锥.在四棱锥中，点，分别在线段，上，且.求证：平面. 【答案】证明见解析 【分析】若分别是上的点，且，得到，通过平面，平面，进而可求证. 【详解】若分别是上的点，且， 连接，又， 所以，即四点共面， 由平面，平面，则平面， 同理可证平面，又，且都在平面内， 所以平面平面，平面， 故平面. 28．（24-25高二下·河南周口·期末）（多选）如图所示，圆锥的轴截面是面积为的正三角形，用平行于圆锥底面的平面截该圆锥，截面圆与，分别交于点，，且，则（   ）    A．圆锥的表面积为 B．圆台的高为 C．圆锥的体积为 D．从点出发沿着该圆锥侧面到达中点的最短路程为5 【答案】ABD 【分析】由轴截面面积求出底面半径，再由圆锥表面积公式得解判断A，根据平行线分线段成比例可得判断B，由圆锥的体积公式求解判断C，利用侧面展开图转化为线段求解判断D. 【详解】对于A，设的边长为，由已知得，解得， 所以圆锥的表面积为，故A正确； 对于B，因为，所以，又， 所以，故B正确； 对于C，圆锥的体积为，故C错误； 对于D，由已知得圆锥的侧面展开图的圆心角，设的中点为，连接，如图，    可得，，，则，故D正确. 故选：ABD 29．（2025高三上·广东深圳·专题练习）圆台的上底面半径为2，下底面半径为6，母线长为16．已知为该圆台某条母线的中点，若一质点从点出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点，则该质点运动的最短路径长为（    ）    A．16 B． C． D． 【答案】B 【分析】将圆台沿着母线剪开后展开得到平面图形，根据题意即可求出两个扇形的半径以及圆心角，最后根据最短路径的意义求出即可. 【详解】将圆台沿着母线剪开后展开得到平面图形如图， 分别设小扇形和大扇形的半径为，圆心角为， 则由题意可知，弧长为，弧长为，， 则，得，则， 因为该圆台某条母线的中点，则， 因为等腰直角三角形，且腰长为，则， 故该质点运动的最短路径长为. 故选：B    30．（25-26高三上·江苏镇江·月考）如图，已知正四棱锥，点为侧棱PA的中点.则在此棱锥侧面上，从点出发绕其一圈到点的路径中，最短路径的长度为______. 【答案】 【分析】棱锥的侧面展开到一个平面内，利用勾股定理求解即可. 【详解】如图，将棱锥的侧面展开到一个平面内． 由题意可知，，， 故最短路径为， 即所求最短路径的长度为． 故答案为： 31．（25-26高三上·上海·期末）在棱长为2的正方体中，分别是上的动点，的最小值为_________． 【答案】 【分析】将正方体的侧面与平面展开到同一平面，的最小值就是点到直线的垂线段长度. 【详解】由题意知，是上的动点，平面，是上的动点，平面，要求的最小值，把平面和平面展成一个平面， 如图，当时，最小， 为等腰直角三角形，，其中， 则，，，则， 可得， 则， 故答案为：. 32．（2026·河北沧州·一模）我国古代数学名著《九章算术》中，把底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵．如图，现有堑堵木块，，，一只蚂蚁从点出发，经过棱、棱上某点，再爬到棱的中点，则这只蚂蚁爬行的最短路线的长度为（    ） A． B．4 C． D．10 【答案】C 【分析】通过几何体的侧面展开，将空间折线转化为平面线段，结合勾股定理求最短路径. 【详解】由堑堵的定义可知，所以，如图， 将面与面展开在一个平面内，延长至点，使得， 连接，分别交，于点，，由对称性可知，， 所以所求最短距离为． 故选：C． 强化训练 1．（24-25高一下·广东湛江·期中）如图，在正四棱锥中，，．从A拉一条细绳绕过侧棱PB，PC，PD回到A点，则细绳的最短长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将侧面PAB，侧面PBC，侧面PCD，侧面PDA展开到一个平面内，求解三角形，即可求解. 【详解】如图，将侧面PAB，侧面PBC，侧面PCD，侧面PDA展开到一个平面内． 由题意可知，， 设，则， 所以，所以． 由余弦定理可得， 则，即细绳的最短长度为． 故选：C. 2．（2026·广东·一模）如图，正方体的棱长为4，为正方形的中心，为棱的中点，过点的平面将正方体分成上、下两部分，则较小的部分体积大小为（   ） A．16 B．18 C． D．24 【答案】D 【分析】取的中点，连接过点作直线，分别交于点，先证明，推得平面即过点的截面，所求即为多面体的体积，利用棱柱的体积公式计算即得. 【详解】 如图，取的中点，连接过点作直线，分别交于点，连接， 因为正方形的中心，则，因，则易得. 又因为棱的中点，则易得，即四边形为平行四边形， 则得，故，于是，平面即过点的截面， 显然正方体被截面分成的较小的部分为多面体，记其体积为， 则. 3．（2026·广西北海·一模）已知一个圆柱与一个圆台的高和体积都相等，圆柱的底面半径是，圆台的上底面半径是1，则圆台的下底面半径是（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】B 【详解】设圆柱的高为，圆台的下底面半径为，则圆台的高为， 圆柱的体积为， 所以圆台的体积为，解得（舍去）. 4．（25-26高三下·上海·月考）已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列说法正确的是（     ）. A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．，，，则 【答案】C 【详解】对于A，若，，则与平行，相交或者异面，故A错误； 对于B，若，，则可能在平面内，也可能与平面平行，故B错误； 对于C，，所以垂直于平面内的所有直线，若，则平面与平面相交，设交线为，在平面内作直线，根据面面垂直的性质定理可知，又因为，所以，而，所以，又因为，则，故C正确. 对于D，，，，可能在平面内，也可能与平面平行，故D错误. 5．（2026·河北邯郸·一模）在下列四个正方体中，为正方体的顶点，为所在棱的中点，则满足直线平面的是（    ） A．B．C．D． 【答案】D 【分析】对于A、B和C，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，利用直线与平面位置关系的向量法，即可求解；对D，利用面面平行的性质，即可求解. 【详解】如图1所示，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为， 则，所以 设平面的一个法向量为， 则，取，则，所以， 又易知，则， 又，即与不垂直，所以与平面不平行，故A错误， 对于B，如图2，由选项A知平面的一个法向量为， ，则， 又，即与不垂直，所以与平面不平行，故B错误， 对于C，如图3，由选项A知平面的一个法向量为， ，则， 又，即与不垂直，所以与平面不平行，故C错误， 对于D，如图4，记为正方体所在棱的中点，连接，易得， 又平面，平面，所以平面， 又，平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面， 又平面，则直线平面，所以D正确， 6．（25-26高三下·湖南长沙·开学考试）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，下列说法正确的有（   ） A．直线平面 B．直线平面 C．异面直线与所成角的余弦值 D．三棱锥的体积为 【答案】CD 【分析】建立空间直角坐标系，结合正方体的性质和已知条件求出相应点和向量的坐标，利用线面平行，则直线与平面法向量垂直判断选项A；利用线面垂直则直线与平面法向量平行判断选项B；利用异面直线夹角的余弦公式计算判断选项C；利用等体积法结合三棱锥体积公式计算求出三棱锥体积判断选项D． 【详解】以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 已知正方体棱长为2，，分别为，的中点，则 ， ， 设平面的法向量为，则， 令，则， ， 直线与平面不平行，故A错误； ， 设平面的法向量为，则， 令，则， 若直线平面，则，即， 显然不存在唯一解，故B错误； ， 设异面直线与所成角为，则，故C正确； ， ， ，故D正确． 7．（2026·江西·模拟预测）（多选）若，，是空间中互不重合的三条直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，，，则 【答案】AD 【分析】根据面面垂直的判定定理、线面垂直的判定定理及空间线面的位置关系逐项分析判断即可. 【详解】若一个平面内的一条直线与另一个平面垂直，则这两个平面互相垂直，A正确. 若，，则与的位置关系不确定，B不正确. 若，，则与的位置关系不确定，C不正确. 若，，，，，则，D正确. 8．（25-26高三上·河南驻马店·期末）正方体中，为的中点，则下列条件中，能使平面的有（    ） A．为的中点 B．为的中点 C．为的中点 D．为的中点 【答案】ACD 【分析】若是的中点，则，，应用线面、面面平行的判定定理有平面平面，再由面面平行的性质及平面的基本性质判断截面的形状及各棱上交点的位置，即可判断各项的正误. 【详解】若是的中点，则，， 由，则四边形为平行四边形， 所以，故， 由平面，平面，则平面， 由平面，平面，则平面， 又，平面，则平面平面， 根据平面的基本性质，易知平面截正方体的截面为正六边形，且各顶点为相关棱的中点， 如下图所示，由平面，若平面，则平面， 所以可为、、、、的中点. 故选：ACD 9．（2026·辽宁沈阳·二模）（多选）若正四面体的表面积为，则（    ） A．该正四面体的棱长为1 B．该正四面体的高为 C．该正四面体的体积为 D．该正四面体的外接球表面积为 【答案】ACD 【分析】先根据表面积计算出正四面体的棱长，然后运用正四面体的性质求出高，进而得到体积，最后通过将四面体放入正方体求解外接球表面积. 【详解】设该正四面体的棱长为，则其表面积为，所以，A正确； 作平面，垂足为，则为的重心，连接延长交于中点， 则有，于是该正四面体的高为，B错误； 由 A选项和B选项的分析可知该正四面体的体积为，C正确； 将该四面体放入正方体中，则正方体的棱长为，且四面体的外接球即为正方体的外接球， 其半径为，表面积为，D正确. 10．（2026·安徽合肥·二模）如图，点均在球的表面上，，，平面平面，则球的体积为___________． 【答案】/ 【分析】根据面面垂直的性质、线面垂直的判定定理和性质、勾股定理的逆定理、平行线的性质建立空间直角坐标系，结合球的性质，利用空间两点间距离公式、球的体积公式进行求解即可. 【详解】取的中点为， 因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为，， 所以，因此， 因为平面，平面， 所以，因为平面， 所以平面，而平面， 所以，， . 在平面内，过作，交于点， 所以， 所以可以建立如图所示的空间直角坐标系， 于是有， 设，显然有， 所以有， 所以球的半径为， 所以球的体积为. 11．（2026·北京朝阳·一模）已知菱形的边长为1，，将沿折起，得到三棱锥.当平面平面时，______；当平面平面时，三棱锥的体积为______. 【答案】 / 【分析】利用面面垂直的性质、线面垂直的性质，结合勾股定理及锥体体积公式计算得解. 【详解】在边长为1的菱形中，，则是正三角形， 在三棱锥中，取中点，连接，则， 由平面平面，平面平面，平面，得平面， 又平面，则，而，因此； 取中点，连接，由，得， 则是二面角的平面角，又平面平面，于是， 由，得，， 又，所以三棱锥的体积. 12．（2026·天津河北·一模）如图，点E，H，G，F是矩形中，，，边的中点，依次沿，，，，折叠，使得矩形四个顶点D，C，B，A重合于一点，得到三棱锥．若，，则三棱锥的体积为______． 【答案】 【详解】如图： 设折叠后，矩形四个顶点D，C，B，A重合于一点，记为. 则，，平面，且，所以平面. 同理平面. 所以三点共线. 又，，所以. ，，所以是等腰直角三角形，所以. 所以. 13．（2026·四川眉山·二模）如图，在四棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，． (1)当时，求证：平面； (2)若三棱锥的体积与四棱锥的体积之比为，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，再由线面平行的判定定理得证； （2）利用棱锥的体积比求出到平面的距离，由得出，建立空间直角坐标系，利用向量法求两平面的夹角余弦即可. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为当时，E为的中点，所以， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面． （2）取中点,连接， 因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以， 因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面，因为，所以， ， 设到平面的距离为， 则， 所以，又，所以， 以分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量， 则，令，则， 取平面的法向量， 设平面与平面的夹角为， 则. 即平面与平面的夹角的余弦值为. 14．（2026·四川资阳·三模）如图，在四棱锥中，平面，，，． (1)证明：平面； (2)若，为的中点，为棱上靠近点的三等分点，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）空间几何证明，利用平面几何关系找到，结合条件，利用线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量，利用向量夹角余弦与平面夹角的关系求解. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 又因为，所以， 又因为，所以是等腰直角三角形，所以，， 所以， 在中，由余弦定理得，， 即，所以，所以， 所以是等腰直角三角形，所以， 又因为，且，平面，所以平面 （2）因为平面，平面，所以， 又且，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系. 设，则有，，，， 则，因为为的中点，所以，， 因为为棱上靠近点的三等分点，所以， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，所以， 记平面与平面夹角的余弦值为， 所以. 15．（2026·河北衡水·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，，点在底面上的投影为的中点，点满足.    (1)当时，证明：平面平面. (2)已知，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析； (2)或. 【分析】（1）先证平面，再由得平面，进而可证面面的垂直； （2）建立空间直角坐标系，根据两个平面夹角的余弦值可得所求值. 【详解】（1）当时，，则点是的中点. 又因为，，且为的中点，所以. 因为点在底面上的投影为的中点，所以平面， 又因为平面，所以. 由，，，平面，所以平面. 又因为为的中点，点是的中点，连接，所以且，    所以四边形是平行四边形，所以，且平面， 所以平面，且平面，所以平面平面. （2）由（1）解析知， 故以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图.    因为，得，， 所以， 因为平面在坐标平面内，所以平面的一个法向量为. 设平面的法向量为，， 由，得， 令，则可得 所以， 化简得，即， 解得或均符合题意， 故的值为或. 16．（2026·陕西西安·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面与侧面均为正方形，E，F分别是，的中点，，. (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理证得平面平面； （2）以为坐标原点，分别以所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，根据面面角的向量求法可得平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）因为侧面为正方形，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）由（1）知平面， 又平面，所以， 又侧面为正方形，所以， 又，故以为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由及题意可得， 所以，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 由得 取，则，，所以. 设平面的法向量为， 由得 取，则，，所以. 所以. 故平面与平面夹角的余弦值为. 2 / 8 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $