专题8 立体几何-【满分思维】2026年高考数学真题分类

专题八立体几何 昆考点1 基本立体图形、简单几何体的体积 填空题 1.(2025·上海卷)如图，在正四棱柱ABCD一A1B1C1D1中，BD=4√2，DB 为 6 D B A 2.(2025·北京卷)某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象 ABCDEF是一个平面多边形，平面AFR⊥平面ABC,平面CDT⊥平面 RS∥CD,BC∥DE∥ST∥AF.若AB=BC=8,AF=CD=4,RA=RF=TC 积为 B C 昆考点2空间点、直线、平面之间的位置关系 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1.(2025·天津卷)若m,n为两条直线，《，3为两个平面，则下列结论中正确的 A.若m}a,nCa,则mn B.若m⊥a,m⊥3，则a⊥3 C.若m∥a,m⊥3，则a⊥3 D.若mCa,a⊥B,则m⊥3 二、选择题：在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 2.(2025·全国I卷)在正三棱柱ABC一A1B1C1中，D为BC的中点，则 A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1D C.AD∥AB D.CC1平面AA1D ·14· 1=9,则该正四棱柱的体积 为如图所示的多面体，其中 ABC,AB⊥BC,AB∥EF∥ 5 -TD- ，则该多面体的体 是 ( 三、解答题 3.(2025·上海卷)如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且AB=2. (1)若直线PA与圆锥底面所成角为5，求圆锥的侧面积 (2)已知Q是PA的中点，点C,D在底面圆周上，且弧AC的长为于，CD∥AB.设点T在线段OC上，证 明：直线QT平面PBD. 昆考点3空间向量及其在立体几何中的应用 解答题 1.(2025·全国I卷)如图，在四棱锥P一ABCD中，PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,BC∥AD. (1)证明：平面PAB⊥平面PAD. (2)设PA=AB=√2，BC=2,AD=1+√3，且点P,B,C,D均在球O的球面上 (1)证明：点O在平面ABCD内. (iⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值 2.(2025·北京卷)如图，在四棱锥P一ABCD中，△ADC与△BAC均为等腰直角三角形，∠ADC=90°， ∠BAC=90°，E为BC的中点. (1)若F,G分别为PD,PE的中点，求证：FG平面PAB. (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求直线AB与平面PCD所成角的正弦值. F G D B 。15· 3.(2025·天津卷)如图，正方体ABCD一A1B1C1D1的棱长为4，E,F分别为A1D1,B1C1中点.点G在 棱CC1上，且CG=3GC1. (1)证明：GF⊥平面FBE. (2)求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值. (3)求三棱锥D一FBE的体积. D C E G ⊙ 专项1 球的切、接问题 填空题 (2025·全国Ⅱ卷)一个底面半径为4cm,高为9cm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 cm. 昆 专项2立体几何中动态问题 解答题 (2025·全国Ⅱ卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD,∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上， EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得面EFD'A'与 面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明：A'B平面CD'F. (2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值. D ·16·专题八立 考点1基本立体图形、简单几何体的体积 1.112正四棱柱的结构特征及体积公式因为该几何体为正四 棱柱，所以底面ABCD为正方形，且侧棱垂直于底面.因为 BD=4√2，所以底面正方形ABCD的边长为4，面积S=16.因 为侧棱BB1⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以BB1⊥BD. 在Rt△BDB1中，BD=42,DB1=9,由勾股定理得BB1=7,即 正四棱柱的高h=7,所以正四棱柱的体积V=Sh=16×7= 112. 2.60几何体的体积连接BE,如图所示为多面体的直观图（题 眼).分别取AF,BE,CD的中点为P,O,Q,连接RP,SO,TQ, OQ,OP,延长AB交DE于点M,在平面BCTS内作BK∥CT 交ST于点K,连接KM,SM,则易得平面CTD平面BKM.因 为RA=RF,所以RP⊥AF.因为平面ARF⊥平面ABC,平面 ARF∩平面ABC=AF,RPC平面ARF,所以RP⊥平面ABC 由题易知RP∥SO,则SO⊥平面ABC.因为AF∥BC,AB⊥ BC,所以AB⊥AF.因为平面ARF⊥平面ABC,平面ARF∩平 面ABC=AF,ABC平面ABC,所以AB⊥平面ARF.同理可证 BC⊥平面TCD,易得SK⊥平面BKM.因为AB=BC=8, AF=CD=4,AR=RF=TC=TD=号，所以DE=DM+ ME-BC+AF-12.QXQ-BC+7AF-10.RP-SO-TQ- √（停）-22=，SK=合AF=2.所以Vmw=Sam· 4X号×2=2，V=5·0=3×44×号 4,由几何体的结构知V多面体=2 /CDEBST=2X(24十2+4)=60 [提示：分割法求体积是将不规则几何体拆分为若干规则几何 体（如长方体、柱体等），分别计算各部分的体积后再求和，其 核心在于通过分割将复杂几何体体积计算问题转化为简单 规则的几何体体积计算问题] 考点2空间点、直线、平面之间的位置关系 1.C空间中线、面间的位置关系对于A,若m∥a,n二a,则直线 ·数学 体儿何 m与n可能平行，也可能异面，故A不正确.对于B,若m⊥a, m⊥3，则a3,故B不正确.对于C,若m∥a,m⊥3，则a⊥3，故 C正确.对于D,若mCa,a⊥3，则直线m与平面3可能相交，也 可能平行，直线m还可能在平面3内，故D不正确.综上，故 选C 2.BD正三棱柱的结构特征+空间中的线面间位置关系对于 A,AD·A1C=AD·(A1A+AC)=AD·AC≠0，故A不正 确.对于B,如图，取B1C1的中点D1,连接A1D1,DD1,AD.显 然A,A1,D1,D四点共面（关键：将截面AA1D补全，垂直关系 就显而易见)，由正三棱柱的结构特征可知B1C1⊥AD1,B1C ⊥DD1,因为A1D1∩DD1=D1,A1D1,DD1C平面AA1D,所 以B1C1⊥平面AA1D.故B正确.对于C,易知AD∥A1D1,所 以AD与A1B1不平行.故C不正确.对于D,显然AA1CC, 因为AA,C平面AA1D,CC1中平面AA1D,所以CC1∥平面 AA1D.故D正确.综上，故选BD. D A B 3.圆锥的侧面积公式+直线与平面所成角+面面平行的判定定理 与性质定理 【思维导图】(1)已知条件P0LAB线面角的定义 PAO- AP国锥的侧西积公式得解. 1(2)已知条件 孤长公式∠AOC同的对称性AC=BD→ !∠BOD→△OCD是等边三角形→四边形OBDC是平行四！ 三角形中位线定理 1边形→OC∥BD OQ//PB :面面平行的判定定现平面QC∥平面PBD 面面平行的性质定理QT∥平面PBD, 解：(1)如图，连接PO,则PO⊥AB(题眼) 由题可得∠PA0-受， 因为AB是底面直径， 所以01=AB=1. 在Rt△POA中，AP=2OA=2(另解：因为PA=PB,所以 答11· △PAB是等边三角形.所以AP=AB=2). 所以圆锥的侧面积为π×1×2=2π. D 0 (2)证明：如图，连接OQ,OC,OD. 因为圆锥底面圆的半径为1，弧AC的长为受， 所以∠A0C=若（题眼）. 又CD∥AB, 所以由圆的对称性可知AC=BD 所以∠BOD=∠A0C=子、 所以∠D0C-吾 又OC=OD, 所以△OCD是等边三角形， 所以OC=CD, 又OC=OB, 所以CD=OB. 又CD∥AB, 所以四边形OBDC是平行四边形. 所以(OC∥BD. 因为O,Q分别为AB,AP的中点， 所以OQPB. 又OQ∩OC=O,PB∩BD=B, 所以平面QC∥平面PBD(技巧：当直接证明线面平行比较困 难，即在平面内无法找到与已知直线平行的直线时，常将问题转化 为证明面面平行，再利用面面平行的性质证明线面平行). 又QTC平面QOC, 所以QT平面PBD 易错警示 解答第(2)问时，有两个易错点：一是，需要注意(1)中的条件 “直线PA与圆锥底面所成角为工”不能作为第(2)问的条 3 件应用：二是，第(2)问不适用于空间向量法解题，原因是应 用空间向量法解题计算量较大，且点T的坐标不容易解得. 考点3空间向量及其在立体几何中的应用 1.面面垂直的判定定理+线面垂直的性质定理+空间向量法+异 ·数学 面直线所成的角 :【思维导图】(1)线面垂直→线线垂直→线面垂直→面面 垂直 !(2)解法一：(1)建立恰当的空间直角坐标系→表示出点P,! 1B,C,D坐标 设出0的坐标和球的半径求出0的坐标一 !得证 ·(ⅱ)根据空间向量夹角公式即可得解」 !解法二：（ⅰ）连接BD,设∠BDC=O→求出CD,BD的长 :正弦定理的推广△BCD的外接圆半径r→确定△BCD外接 余弦定理 圆圆心位置+设出0的位置勾股定理确定0与0，重合 !得证 空间向量夹角公式得解。 )建立拾当的空间直角坐标系二得解 解：(1)证明：因为PA⊥底面ABCD,ABC底面ABCD, 所以PA⊥AB. 又AB⊥AD,AD∩PA=A,AD,PAC平面PAD, 所以AB⊥平面PAD(提示：线面垂直的判定定理) 又ABC平面PAB, 所以平面PAB⊥平面PAD. (2)解法一：(1)证明：因为PA⊥底面ABCD,ADC底 面ABCD, 所以PA⊥AD. 于是AB,AD,AP两两互相垂直.以A为坐标原点，分别 以AB,AD,A户的方向为x,y,之轴的正方向建立空间直角坐标 系A-xyz(关键：建立恰当的空间直角坐标系是解题的关键)， 则A(0,0,0),B(√2,0,0)，C(√2,2,0)，D(0,1+√3,0)， P(0,0,W2). 设球心为O(x,y,),半径为R, 因为P,B,C,D四点均在球O的球面上， √x2+y2+(x-√2)2=R, W√(x-√2)2+y2+x2=R, 所以 (题眼)， W/(x-√2)2+(y-2)2+x2=R, Wx2+(y-1-3)2+之2=R 人A人A人AA人A人AA人入人人AA入 x=0, y=1, 解得 故0(0,1,0). 之=0， R=√3 所以点O在平面ABCD内. (i)显然AC=(W2,2,0),P0=(0,1,-2), 答12· 所以osA心，Pò1=lA衣.P 12√2 I1 ACIIP61√6X33 即直线AC与PO所成角的余弦值为号 解法二：(1)证明：如图，连接BD,设∠BDC=0. 由题可得CD=√(W3-1)2十（√2）2=√6-23， BD=√(W2)2+(1+√3)2=√6十23】 又BC2=BD2+CD2-2BD·CDcos0, 得4=12-46cos0,所以cos0- 所以sin0= 31 设△BCD外接圆的半径为r. 由正弦定理的推广得n22, 则2=2r,即r=5. 3 设△BCD的外接圆圆心为O1,连接O1B,O1C,O1D, 则O1C=O1D=O1B=√3， 所以O1在线段BC的垂直平分线上. 作O1E⊥BC,则O1E=√O1B2-BE=2=AB. 所以O1在AD上且AO1=1. 过O1作直线I⊥平面BCD,在L上取一点O, 设OO1=h,则OB=OC=OD=/3十h2. 所以OP=J3十h2 过P作PH⊥l,垂足为H,所以PH=1. 由PO=PH+OH,易得h=0. 所以O与O重合（题眼）. 所以点O在平面ABCD内. D O(O)月 D E (i)因为PA⊥底面ABCD,ADC底面ABCD. 所以PA⊥AD. 故AB,AD,AP两两互相垂直，以A为坐标原点，分别以AB, AD,A的方向为x,y,之轴的正方向建立空间直角坐标系 A-xyz, 则A(0,0,0),C(√2,2,0)，O(0,1,0),P(0,0,√2) 显然AC=(W2,2,0),P0=(0,1,-√2)， ·数学 所以|cos(AC,PO)1 A元.Pò122 IACIIPO1J6X√3 3 即宜线AC与P0所成角的余孩值为号 2.线面平行的判定定理+直线与平面所成角的正弦值 :【思维导图】(I)连接DE三角形中位线定理 FG∥DE 等腰直角三角形的性质四边形ABED为平行四边形→！ E为BC的中点 :FGAB线面平行的荆定定理FG/平面PAB. ,(2)已知条件→直线AC,AB,AP两两垂直→建立合适的， 空间直角坐标系→点的坐标、直线的方向向量→平面PCD !的一个法向量→得解。 解：(1)证明：连接DE 因为F,G分别为PD,PE的中点 所以FGDE(方法：三角形中位线定理) 因为△ADC与△BAC均为等腰直角三角形，∠ADC=90°， ∠BAC=90°， 所以∠CAD=∠ACB=45°，BC=√2AC,AC=√2AD. 所以AD∥BC,BC=2AD. 因为E为BC的中点， 所以AD=BE, 所以四边形ABED为平行四边形 所以DE∥AB. 所以FG∥AB(题眼)（方法：平行于同一条直线的两条直线 平行) 又FG吐平面PAB, 所以FG∥平面PAB. (2)因为PA⊥平面ABCD, 所以PA⊥AB,PA⊥AC. 如图建立空间直角坐标系A一xy之（提示：空间直角坐标系的建 立要依托几何体的结构特征) AZ 不妨设PA=AC=2, 则P(0,0,2),C(2,0,0),D(1,一1,0)，B(0,2,0) 因此PC=(2,0,-2),P币=(1，-1，-2)，AB=(0,2,0). 设平面PCD的法向量为n=(x,y,之)， 答13· 则/·心-0. n·PD=0, 2x-2x=0, 即 x-y-22=0. 令x=1,则y=-1,之=1. 于是n=(1,-1,1) 设直线AB与平面PCD所成角为O, 则sin0=losn,A店1=1n·Aa-2- lnl川AB1√3X23 所以直线AB与平面PCD所成角的正弦值为？. 3.空间中线面间的位置关系+平面与平面的夹角+三棱锥的体积 解法一（向量法）：如图1，连接BE,EF,FG,EG,BF,BG,以D 为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、之轴建 立空间直角坐标系， D D 图1 则D(0,0,0),B(4,4,0),E(2,0,4),F(2,4,4),G(0,4,3). (1)证明：G求=(2,0,1)，E京=(0,4,0)，B京=(-2,0,4)， 因为G京.E京=2×0十0×4+1×0=0， 所以G市⊥E苹 因为G家.B萨=2×(-2)+0×0+1×4=0， 所以G家⊥B 所以GF⊥EF,GF⊥BF. 又BF∩EF-F,BF,EFC平面FBE, 所以GF⊥平面FBE. (2)设平面FBE的法向量为m=(x1y1,之1)， m·EF=4y1=0, 则 m·BF=-2x1+4x1=0, 令x1=2,得m=(2,0,1). 设平面EBG的法向量为n=(x2y2,之2)， 由BG=(-4,0,3),BE=(-2,-4,4), n·BG=-4x2+3x2=0, 则《 n.BE=-2.x2-4y2十4x2=0, 令x2=6,得n=(6,5,8). 设平面FBE与平面EBG的夹角为O, ·数学 则cos0=|cos(m,n〉|= m·n 20 1mlnl5×555 (题眼). 平面FBE与平面EBG的夹角的余弦值 1 C③)△5BE的面积SAB，XEFX BF=号X4×25=46 DE=(2,0,4),设点D到平面FBE的距离为d, 则d= D克·ml=8_85(题眼). m55 所以三棱锥D一FBE的体积Vp-FBE= 1 45×85_32 5 31 解法二（几何法）：(1)证明：因为E,F分别为A1D1,B1C1的 中点， 所以EF∥A,B,. 又A1B1⊥平面BB1C1C, 所以EF⊥平面BB,CC. 又GFC平面BB1CC, 所以EF⊥GF. 因为正方体的棱长为4，CG=3GC1, 所以易得GF=√5，FB=2√5，BG=5. 则GF2+FB2=BG, 所以BF⊥GF. 又BF∩EF=F,BF,EFC平面FBE, 所以GF⊥平面FBE (2)如图2，连接GF,HG,EF,BE,BF,BG,EG,在△FBE中， 过点F作FH⊥BE,垂足为H, D B H 图2 因为GF⊥平面FBE, 所以GF⊥BE 又GF∩FH=F,GF,FHC平面HGF, 所以BE⊥平面HGF. 所以BE⊥HG. 所以∠FHG即为平面FBE与平面EBG的夹角（题眼）. 在△FBE中，因为EF⊥FB, 所以BE=√EF2十BF2=6. 所以HF-EF×FB_4X2545 BE 6 3 答14· 又GF⊥平面FBE,HFC平面FBE, 所以GF⊥HF 所以在Rt△HFG中，tan∠FHG GF√53 HF4541 3 所以cos∠FHG=5: 所以平面FBE与平面EBG夹角的余弦值为号。 (3)如图3，连接DE,BE,BF,DF,EF, 因为CDCD1,EFC1D1, 所以CDEF, 又CD吐平面FBE,EFC平面FBE, 所以CD平面FBE. 所以点D到平面FBE的距离即为点C到平面FBE的距离 (题眼)」 延长BF,CC1交于点P,则C1为PC的中点 过点C作CQ⊥FB,垂足为Q,连接FG,则GFCQ. D G B D 图3 又GF⊥平面FBE, 所以CQ⊥平面FBE, %瓷即语 可得cQ=85 5 又△FBE的面积SaE=号×EF×BF=合×4X25=5, 所以三棱锥D一FBE的体积V,=3XS△FXCQ=3X 4V5×85_32 5 3 专项1球的切、接问题 5 圆柱与球的位置关系 ·数学 一--一一--一-一-----------一--- 【思维导图】分析铁球半径最大时与圆柱的位置关系→轴截！ 面视图→结合三角函数及已知条件得出数量关系解方程 求出铁球半径的最大位 设铁球球心分别为O1,O2,半径为R,O1O2所在直线与水平面的夹 角为0，当轴截面如图所示时铁球的半径最大.由已知得 8 2Rcos 0+2R-8, cos0=2R 1, 1O1O21=2R,则 即 可得 2Rsin 02R=9, 9 sin0=2R-1, (宗一)广°+（录-）°=1，解得R=号或R-翌（合去.故铁 球半径的最大值为？cm. 5 R 9 R 020 R 归纳总结上 立体几何最值问题可以将空间问题转化为平面问题，轴截面转 化为矩形内切两等圆问题.设球的半径为R,由几何关系 2Rcos 0+2R=8, 解出R,也可以列三元方程，但计算量会很 2Rsin 0+2R=9 大，这里主要考查空间转换能力. 专项2立体几何中动态问题 空间向量法求二面角的正弦值+线面平行的判定定理 解：(1)证法一（几何法)：因为ABCD,且EF∥AD, ∠DAB=90°， 所以四边形AEFD为矩形. 所以AE∥DF,A'E∥D'F 又D'FC平面CD'F,A'E￠平面CD'F, 所以A'E平面CD'F. 同理EB/平面CD'F. 又A'E∩EB=E,A'E,EBC平面A'EB, 所以平面A'EB平面CD'F. 又A'BC平面A'EB,A'B吐平面CD'F, 所以A'B平面CD'F. 证法二（几何法）：取A'E的中点M,EB的中点V,D'F的中 点P,连接MN,MP,PC,VC,易得四边形MNCP为平行四边 形，A'BMN, 所以MN∥PC. 所以A'BPC. 答15· 因为A'B丈平面CD'F,PCC平面CD'F, 所以A'B平面CD'F, 证法三（向量法）：易知四边形AEFD为矩形， 所以EF⊥DF,EF⊥FC, 即EF⊥D'F 因为D'F∩FC=F,DF,FCC平面CD'F, 所以EF⊥平面CD'F. 又F为CD的中点， 所以DF=DF'=FC. 易得∠DFC为平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角， 所以∠D'FC=60°. 所以△CD'F为正三角形 取CF的中点Q,连接QD', 则D'Q,FC,EF两两相互垂直. 以Q为坐标原点，过点Q作平行于EF的直线为x轴，FC所在 直线为y轴，QD'所在直线为之轴建立空间直角坐标系， 设AD=a, 则A(ao,）,B(a,号o）则A市-(b号-2）， 易知平面CD'F的一个法向量为m=(1,0,0), 所以m·A官=0. 所以A'B平面CD'F. (2)解法一（几何法）：延长EF交BC延长线于点C1,则 ∠C1FC=90°. 由平面EFD'A'与平面EFCB所成二面角为60°，得∠D'FC= 60°. 又D'F=FC, 所以△CD'F是正三角形. 设DF=FC=1, 则EF=1,BE=2. 故FC1=1. 故V三枝锥D-C,心=3 XIXIX×号 且D'C1=√2，D'C=1,C1C=√2， 所以S△DC,c=4 专题九 考点1直线与圆、圆与圆的位置关系 1.B直线与圆的位置关系+点到直线的距离公式易求得圆心 ·数 则F到平面DC,C的距离h=, 7 F到DG的距海d=号 故平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值为 7 解法二（向量法）：建系同(1)证法三 设AD=a, 则A(ao.2）B(a,号）.c(o号，D'(oo.2） E(a,-20)F(o,-号0 则BC=(-a,-a,0.而=(o,-号，2)，A店 o-g9）)i-(-,) 设平面BCD'的法向量为n=(x1y1,之1)， BC·n=0, 则 CD.n=0, -ax1-ay1=0, 即 则a=(.-1,-号)月 设平面EFD'A'的法向量为p=(x2y2,之2)， A它·p=0, 则 A市·p=0, a 2y-22=0, 即 3a -a-号-=0 则p=(0,3,-3). 所以1sap1=只 所以平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值为 解析儿何 (0,-2)到直线y=√3.x+2的距离d=2.当r=1时，该圆上到 直线的距离为1的点有且仅有一个.当r=3时，该圆上到直线 的距离为1的点有且仅有三个，故当1<r<3时，圆x2+(y十 答16·