立体几何初步常见典型考题赏析-《中学生数理化》高一数学2026年4月刊

题型1：基本立体图形 辨别空间几何体的两种方法：定义法，紧 扣定义进行判定；反例法，要说明一个结论是 错误的，只需举出一个反例即可。解决空间 折线（段）最短问题时，一般考虑其展开图，采 用化曲为直的策略，将空间问题平面化。 例1（多选题）下列说法正确的是 ()。 A,底面是菱形，且有一个顶点处的三条 棱两两垂直的棱柱是正四棱柱 B.有两个面平行且相似，其余各面都是 梯形的多面体是棱台 C.如果一个棱锥的各个侧面都是等边三 角形，那么这个棱锥可能为六棱锥 D.如果一个棱柱的所有面都是长方形， 那么这个棱柱是长方体 解：若底面是菱形，且有一个顶点处的三 条棱两两垂直，则该四棱柱的底面为正方形， 且侧棱垂直于底面，所以该四棱柱为正四棱 柱，A正确。棱台是由棱锥被平行于棱锥底面 的平面所截而得的，而有两个面平行且相似， 其余各面都是梯形的多面体有可能不是棱台， 因为它的侧棱延长后不一定交于一点，B错 误。当棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是 360°时，各侧面构成平面图形，这个棱锥不可 能为六棱锥，C错误。若每个侧面都是长方 形，则说明侧棱与底面垂直，且底面也是长方 形，符合长方体的定义，D正确。应选AD。 跟踪训练1：（多选题）下面关于空间几 何体的叙述正确的是()。 A,底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和 矩形 C.长方体是直平行六面体 D.存在每个面都是直角三角形的四面体 提示：当顶点在底面的投影是正多边形 的中心时才是正棱锥，A不正确。当平面与 圆柱的母线平行或垂直时，截得的截面才是 圆或矩形，否则为椭圆或椭圆的一部分，B不 正确。长方体是直平行六面体，C正确。 正方体ABCD-AB,C,D,中的三棱锥C1 ABC(图略)，四个面都是直角三角形，D正 经典题突琼方清中学生教理化 高一数学2026年4月 立体几何初步 常见典型考题赏析 ■赵新晓 确。应选CD。 题型2：基本事实的应用 共面、共线、共点问题的证明方法：共面， 先确定一个平面，再证其余的线（或点）在这 个平面内；共线，先由两点确定一条直线，再 证其他各点都在这条直线上；共点，先证其中 两条直线交于一点，再证其他直线经过该点。 例2如图1所示，在正方体ABCD- AB1C1D1中，E,F分别为D1C1,CB1的中 点，AC∩BD=P,A1C,∩EF=Q。 图1 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)因为EF是△C1D,B,的中位 线，所以EF∥B1D1。在正方体ABCD- A1B,C1D1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-A1B,C1D1中，设 A1,C,C1确定的平面为a,记平面BDEF为 平面B。 因为Q∈AC1,所以Q∈。因为 Q∈EF,所以Q∈B,所以Q是a与B的公共 点。同理，P是a与B的公共点，所以α∩B= PQ。又A1C∩B=R,所以R∈A,C,R∈a,且 39 中学生教理化餐典李方蕊年1月 R∈B,所以R∈PQ,所以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。由M∈DE, DE二平面D,DCC,可得M∈平面 D1DCC1。同理得M∈平面B,BCC1。因为 平面D,DCC1∩平面B,BCC1=CC1,所以 M∈CC1,所以DE,BF,CC1三线交于一点。 跟踪训练2：在如图2所示的空间几何体 中，四边形ABEF与ABCD都是梯形，BC∥ AD且BC3AD,BE/AF且BE2AF G,H分别为AF,FD的中点。 .A 图2 (1)证明：四边形BCHG是平行四边形。 (2)C,D,F,E四点是否共面？为什么？ 提示：(1)因为G,H分别为AF,FD的中 1 点，所以GH∥AD且GH= AD。又BC∥ 1 AD且BC=2AD,所以GH∥BC且GH= BC,所以四边形BCHG是平行四边形。 (2)C,D,F,E四点共面。理由如下：由 BE/AF且BEAF,G是AF的中点知 BE∥GF且BE=GF,所以四边形EFGB是平 行四边形，所以EF∥BG。由(1)知BG∥CH, 所以EFCH,所以EC与FH共面。又点D 在直线FH上，所以C,D,F,E四点共面。 题型3：空间位置关系的判断 判断空间直线的位置关系一般有两种方 法：一是构造几何体（如长方体、空间四边形 等)模型来判断；二是排除法。异面直线的判 定常用到的一个结论：平面外一点A与平面 内一点B的连线和平面内不经过点B的直 线是异面直线。 例3（多选题）下列推断中，正确的是 40 )。 A.M∈a,M∈B,a∩B=I→M∈l B.A∈a,A∈B,B∈a,B∈B→a∩B= AB C.lEa,A∈I→Aa D.A,B,C∈a,A,B,C∈B,且点A,B, C不共线→&，B重合 解：对于A,M∈a,M∈B,a∩B=l,由基 本事实3知M∈l,A正确。对于B,A∈a, A∈B,B∈a,B∈B,则直线ABCa,ABCB, 即a∩B=AB,B正确。对于C,若l∩a=A, 则1中a,A∈l,且A∈&，C错误。对于D,有 三个不共线的点在平面a,B中，则a,B重合， D正确。应选ABD。 跟踪训练3：（多选题）如图3所示，在正 方体ABCD-A1B,CD1中，M,N分别为棱 CD1,C1C的中点，则以下四个选项中正确 的是( )。 图3 A.直线AM与CC1是相交直线 B.直线AM与BN是平行直线 C.直线BN与MB,是异面直线 D.直线AM与DD1是异面直线 提示：因为点A在平面CDD,C1外，点 M在平面CDD1C1内，直线CC1在平面 CDD,C1内，CC1不过点M,所以直线AM 与CC,是异面直线，A错误。取DD,的中点 E,连接AE(图略)，则BN∥AE,但AE与 AM相交，所以AM与BN不平行，B错误。 因为点B:与直线BN都在平面BCC1B,内， 点M在平面BCC1B,外，BN不过点B1,所 以BN与MB,是异面直线，C正确。同理可 知，D正确。应选CD。 题型4：异面直线所成的角 异面直线所成角的求法：平移法，将异面 直线中的某一条平移，使其与另一条相交，一 般采用图中已有的平行线或者作平行线，形 成三角形求解；补形法，在该几何体的某侧补 接上一个几何体，在这两个几何体中寻找异 面直线相应的位置，形成三角形求解。 例4如图4，圆柱的轴截面ABCD为 正方形，E为弧BC的中点，则异面直线AE 与BC所成角的余弦值为( 。4” …D 图4 4③ 3 B.6 5 c网 n誓 解：过点E作圆柱的母线交下底面于点 F,易知F为弧AD的中点。设正方形 ABCD的边长为2，则EF=2,AF=√2，所 以AE=√2十（√2）2=√6，所以ED=√6。 因为BC∥AD,所以异面直线AE与BC所 成的角即为∠EAD(或其补角)。在△EAD 中，因为cOs∠EAD=6+4-6=6 2×2×√6 三6，所以 异面直线AE与BC所成角的余弦值为E 6 应选D。 跟踪训练4：在四棱锥P-ABCD中，底 面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥底面 ABCD,异面直线AC与PD所成角的余弦 值为 5 ,则四棱锥P-ABCD的外接球的表 面积为( )。 A.48πB.12πC.36πD.9π 提示：将四棱锥P-ABCD补形成长方 体，如图5所示。 设PA=x,x>0。因为B,C∥PD,所以 异面直线AC与PD所成的角就是∠ACB, 商一盐擊典来毫方情中学生教理化 P .....D 图5 (或其补角)，所以cos∠ACB,=10 5 8十x+4-x-4,解得x=1(舍去负值)， 2×2√2×/x2十4 1 所以外接球的半径为2×√+2+2 2,所以四棱锥P-ABCD的外接球的表面积 为4π× (侵)广=9m。应选D。 题型5：直线与平面平行、平面与平面平 行的判定与性质 判断或证明线面平行的常用方法：利用 线面平行的定义（无公共点）；利用线面平行 的判定定理(a中a,b二a,a∥b→a∥a);利用 面面平行的性质(a∥B,a二a→a∥3)：利用面 面平行的性质(a∥B,a中B,a∥a→a∥B)。应 用线面平行的性质定理的关键是确定交线的 位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确 定交线。证明面面平行的常用方法：利用面 面平行的判定定理：利用垂直于同一条直线 的两个平面平行(1⊥a,l⊥B→a∥B):利用面 面平行的传递性，即两个平面同时平行于第 三个平面，则这两个平面平行(a∥B,B∥y→ a∥y)。已知两平面平行，可以得到线面平 行，如果要得到线线平行，必须是与第三个平 面的交线平行。 例5如图6，四边形ABCD为长方形， PD=AB=2,AD=4,点E,F分别为AD, PC的中点。设平面PDC∩平面PBE=l。 D B 图6 求证：(1)DF∥平面PBE。 41 中学生教理化餐典李方蕊年1月 (2)DFL。 证明：(1)取PB的中点G。因为点F为 PC的中点，所以FG∥BC,FG=号BC。因 为四边形ABCD为长方形，所以BC∥AD且 BC=AD,所以DE∥FG,DE=FG,所以四 边形DEGF为平行四边形，所以DF∥GE。 因为DF士平面PBE,GE二平面PBE,所以 DF∥平面PBE。 (2)由(1)知DF∥平面PBE。因为 DFC平面PDC,平面PDC∩平面PBE=l, 所以DFL。 跟踪训练5：如图7所示，在三棱柱 ABC-A,B,C中，过BC的平面与上底面 A1B,C1交于GH(GH与B,C1不重合)。 图7 (1)求证：BC∥GH。 (2)若E,F,G分别是AB,AC,A1B1的 中点，求证：平面EFA1∥平面BCHG。 提示：(1)在三棱柱ABC-A,B,C1中，平 面ABC∥平面A1B,C1。由平面BCHG∩平 面ABC=BC,且平面BCHG∩平面A,B,C =HG,结合面面平行的性质定理得BC∥ GH。 (2)因为E,F分别为AB,AC的中点， 所以EF∥BC。因为EF士平面BCHG, BCC平面BCHG,所以EF∥平面BCHG。 因为G,E分别为A1B1,AB的中点，A1B1L AB,所以A GLEB,所以四边形AEBG是 平行四边形，所以A1E∥GB。因为AE士平 面BCHG,GB二平面BCHG,所以A1E∥平 面BCHG。又因为A1E∩EF=E,A1E, EFC平面EFA1,所以平面EFA!∥平面 BCHG。 题型6：平行关系的综合应用 在解决线面、面面平行的判定时，一般遵 42 循从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平 行”。在应用性质定理时，其顺序恰好相反， 但也要注意，转化的方向总是由题目的具体 条件而定，绝不可过于“模式化”。解答平行 关系的探索性问题的基本策略是先假设，再 证明，这是一种重要的思想方法。 例6如图8所示，四棱锥P-ABCD的 底面是边长为a的正方形，侧棱PA⊥底面 ABCD,在侧面PBC内，有BE⊥PC于E, 且BE= 3a。试在AB上找一点F,使EF ∥平面PAD。 D 图8 解：在平面PCD内，过点E作EG∥CD 交PD于点G。在AB上取点F,使AF= EG。因为EG∥CD∥AF,EG=AF,所以四 边形FEGA为平行四边形，所以EF∥AG。 又AG二平面PAD,EF亡平面PAD,所以 EF∥平面PAD。所以点F即为所求的点。 因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BC。 又BC⊥AB,PA∩AB=A,所以BC⊥平面 PAB,所以PB⊥BC,所以PC2=BC+PB =BC2+AB+PA。设PA=x,则PC= √2a+x。由PB·BC=PC·BE,可得 a+·a=2a+亚，a,解得x a,即PA=a,所以PC=√3a。因为CE= --。，所以- 3a/ PC 3,所以 $--即-号cD- GE PE 2 ，所以 2 AF=3a,即点F是AB上靠近点B的一个 三等分点。 跟踪训练6：如图9所示，在棱长为a的 正方体ABCD-A1B,C1D中，P,Q分别是 棱DD1,AB的中点。 图9 (1)若平面PQC与直线AA1交于点R, 求的值。 (2)若M为棱CC1上一点且CM= ACC1,BM∥平面PQC,求入的值。 提示：(1)因为平面ABB:A,∥平面 CDD,C1,且平面ABB1A1∩平面PQC= RQ,平面CDD1C1∩平面PQC=PC,所以 RQ∥PC。根据空间等角定理可知， △AQ△DrC,则器-分是.因为DC AQ=方a,所以4=22 a,DP=1 可 1 a 得AR=子a则A,R=子a,所以R-子 A R3 (2)取AA1的中点E,则R为AE的中 点，所以BE∥RQ。因为RQ二平面PCQ, BE史平面PCQ,所以BE∥平面PCQ。又 BM∥平面PCQ,BM,BEC平面BME,且 BM∩BE=B,所以平面BME∥平面PCQ。 设DD1∩平面BME=F,由平面 BME∥平面PCQ,平面BME∩平面 CDD1C!=FM,平面PCQ∩平面CDD,C,= PC,可得FM∥PC。因为CM∥PF,所以四 边形CPFM为平行四边形。同理可得，四边 形PREF是平行四边形，所以CM=PF= 1 ER=子a,所以A=CM-42=1 CC a 4 题型7：直线与平面垂直、平面与平面垂 直的判定与性质 证明直线和平面垂直的常用方法：判定 定理；垂直于平面的传递性(a∥b,a⊥a→b⊥ a):面面平行的性质(a⊥a,a∥B→a⊥β)：面 面垂直的性质。证明线面垂直的关键是证线 商一数经奥题赛壁方清中学生款理化 线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直 的性质。判定面面垂直的方法：面面垂直的 定义；面面垂直的判定定理。面面垂直性质 的应用：面面垂直的性质定理是把面面垂直 转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面 内的直线”；若两个相交平面同时垂直于第三 个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面。 例7如图10所示，在三棱柱ABC A1B1C1中，A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°。 图10 (1)求证：平面ACC1A,⊥平面 BB1C1C。 (2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥 A1-BB,C,C的高。 解：(1)因为A,C⊥平面ABC,BCC平 面ABC,所以A1C⊥BC。由∠ACB=90°， 可得AC⊥BC。 因为A,C,ACC平面ACC1A1,AC∩ AC=C,所以BC⊥平面ACC1A1。又BCC 平面BB,C,C,所以平面ACC1A1⊥平面 BB1C1C。 (2)过点A1作A,O⊥CC1于点O。因 为平面ACC1A1⊥平面BB:CC,平面 ACC1A1∩平面BB1C1C=CC1,A1OC平面 ACC1A1,所以AO⊥平面BB,C1C,所以四 棱锥A,-BB,C,C的高为A,O。因为AC 平面ABC,AC,BCC平面ABC,所以 A:C⊥BC,A,C⊥AC。在Rt△ABC与 Rt△A1BC中，由A1B=AB,BC=BC,可得 Rt△ABC≌Rt△A1BC,所以A1C=AC。设 AC=AC=x,则A,C1=x,所以O为CC 的中点，所以0C,=方AA,=1。因为A,C山 AC,所以AC2+AC2=AA,即x2+x2 22,解得x=√2，所以A,O=√A,C一OC= √/（√2）一1=1，所以四棱锥A1-BB1CC的 43 中学生数理化高典数学年4月 经典题突破方法 高为1。 跟踪训练7：如图 11所示，在四棱锥 P-ABCD中，AB∥CD, AB⊥AD,CD=2AB, 平面PAD⊥平面AB CD,PA⊥AD,E,F分 别是CD,PC的中点。 图11 (1)求证：PA⊥ 面ABCD。 (2)求证：平面BEF∥平面PAD。 (3)求证：平面BEF⊥平面PCD。 提示：(1)因为平面PAD⊥平面ABCD, 且PA二平面PAD,PA⊥AD,平面PAD∩ 平面ABCD=AD,所以PA⊥平面ABCD。 (2)因为AB∥CD,CD=2AB,E是CD 的中点，所以AB∥DE且AB=DE,所以四 边形ABED是平行四边形，所以AD∥BE。 因为BE庄平面PAD,ADC平面PAD,所 以BE∥平面PAD。 因为E,F分别是CD,PC的中点，所以 EF∥PD。因为EF在平面PAD,PD二平面 PAD,所以EF∥平面PAD。又BE∩EF= E,BE,EFC平面BEF,所以平面BEF∥平 面PAD (3)因为AB⊥AD,所以平行四边形 ABED是矩形，所以BE⊥CD,AD⊥CD。 由(1)知PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD。 因为PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD, 所以CD⊥PD。因为E,F分别是CD,PC 的中点，所以PD∥EF,所以CD⊥EF。因为 BE∩EF=E,所以CD⊥平面BEF。又CD 二平面PCD,所以平面BEF⊥平面PCD。 题型8：垂直关系的综合应用 涉及常见的三种垂直关系的综合问题， 一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直 间的转化。对于线面关系中的存在性问题， 首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线 面关系的相关定理、性质进行推理论证。 例8如图12，已知ABCD-ABC1D 是底面为正方形的长方体，∠AD,A1=60°， AD1=4,点P是AD1上的动点。 44 (1)试判断不论点P 在AD1上的任何位置， 是否都有平面BPA⊥平 面AA,D1D,并证明你 的结论。 (2)当P为AD1的 B 中点时，求异面直线AA 图12 与B,P所成角的余弦值。 (3)求PB,与平面AA,D,D所成角的 正切值的最大值。 解：(1)不论点P在AD1上的任何位置， 都有平面BPA⊥平面AA:D1D。 因为BA⊥平面AA1D,D,BA二平面 BPA,所以平面BPA⊥平面AA1D,D,所以 无论点P在AD,上的任何位置，都有平面 BPA⊥平面AA,D1D。 (2)过点P作PE⊥A1D1,垂足为E,则 PE∥AA1,所以∠B,PE是异面直线AA,与 B,P所成的角。在Rt△AAD1中，因为 ∠AD1A1=60°，所以∠A1AD1=30°，所以 A,B,=A,D,=2AD,=2,所以A,E 2A,D,=1AA,=后A,D=25,所以PE -AA=/3.BE-AB-5. 在Rt△B1PE中，因为B1P=√B,E+PE =2E,所以c0s∠B,PE=B1P=22 「所以异面直线AA,与B,P所成角的余 孩值为。 (3)由(1)知B1A1⊥平面AA,D,D,所 以∠B1PA1是PB1与平面AA1D1D所成的 角，所以m∠BPA,=信=是所以 当A1P最小时，tan∠B1PA1最大，这时 A,P⊥AD,可得A,P=AD:AA=E, AD 所以an∠BPA三3，即PB,与平面 AA,D,D所成角的正切值的最大值为23 3 跟踪训练8： (多选题)如图13， 两个共底面的正四 D 棱锥组成一个八面 A 体E-ABCD-F,且 该八面体的各棱长 均相等，则( ）。 图13 A.异面直线AE与BC所成的角为60 B.BD⊥CE C.平面ABF∥平面CDE D.直线AE与平面BDE所成的角为60° 提示：因为BC∥AD,所以∠EAD(或其 补角)即为异面直线AE与BC所成的角。 又AD=DE=AE,所以∠EAD=60°，即异 面直线AE与BC所成的角为60°，A正确。 记AC交BD于点O,则点O为正方形 ABCD的中心。由正四棱锥的性质知EF必 过点O,且OE⊥平面ABCD,所以OE⊥ BD。因为BD⊥AC,OE∩AC=O,OE, ACC平面ACE,所以BD⊥平面ACE。又 CEC平面ACE,所以BD⊥CE,B正确。由 对称性知OE=OF,OA=OC,所以四边形 AFCE为平行四边形，所以AF∥CE。因为 AF寸平面CDE,CEC平面CDE,所以AF∥ 平面CDE。同理得BF∥平面CDE。又 AF∩BF=F,AF,BFC平面ABF,所以平 面ABF∥平面CDE,C正确。由AE=AF, OE=OF,可得AO⊥EF。在正方形ABCD 中，因为AO⊥BD,BD∩EF=O,所以 AO⊥平面BEDF,所以∠AEO即为直线 AE与平面BDE所成的角。设该八面体的 棱长为2，则A0=2AC=2AB+BC= √2，所以EO=√AE2-AOF=√2=AO,所 以∠AEO=45°，所以直线AE与平面BDE 所成的角为45°，D错误。应选ABC。 1感任与收 1.(多选题)在正方体ABCD A1B1C1D1中，点E是线段DD1上的动点， 若过A,B,E三点的平面将正方体截为两 个部分，则所得截面的形状可能为()。 商一盐攀典夹毫方青中学生技理化 A.等边三角形 B.矩形 C.菱形 D.等腰梯形 提示：当点E与D1重合时，过A,B,E 三点的截面是等边三角形AB,D1,A正确。 当点E与D重合时，过A,B1,E三点的截面 为矩形AB,CD,B正确。若截面为菱形，则 必有AB1=AE,此时点E与D1重合，C错 误。当点E与DD1的中点重合时，记CD 的中点为F,连接EF,FB1,C1D(图略)，易 知EF∥DC1,由正方体的性质可知，AD∥ B,C1且AD=B1C1,所以四边形AB1CD 为平行四边形，所以DC1∥AB1,所以EF∥ AB,且EF=AB:。设正方体的棱长为2， 则AE=B1F=√2十1严=√5，所以过A, B1,E三点的截面为等腰梯形AB,FE,D正 确。应选ABD。 2.已知三棱锥P-ABC的外接球O的半 径为√3，△ABC为等腰直角三角形，若顶 点P到底面ABC的距离为4，且三棱锥P ABC的体积为号，则满足上述条件的顶点P 的轨迹长度是。 提示：设底面等腰直角三角形ABC的直 角边的边长为x(x>0)。因为顶点P到底 面ABC的距离为4且三棱锥P-ABC的体 积为号所以子×安×4=9解得 22,所以△ABC的外接圆半径r1=2× √(2√2)+(2√2)=2，所以球心O到底面 ABC的距离d1=√R-r开=√13-2=3。 因为顶点P到底面ABC的距离为4，所以顶 点P的轨迹是一个截面圆的圆周（球心在底 面ABC和截面圆之间)且球心O到该截面 圆的距离d:=1。因为截面圆的半径r:= √R-d:=√13一1=2√3，所以顶点P的轨 迹长度是2πr2=2π×2√3=4√3π。 作者单位：河南省邓州市湍北高级中学校 (责任编辑郭正华) 45