第十一章 立体几何初步（复习讲义）数学人教B版必修第四册

该高中数学立体几何初步复习讲义通过基础、进阶、拓展三级目标构建知识体系，以表格形式梳理空间几何体结构、直观图、表面积体积等核心知识点，明确重点归纳与易错点提醒，呈现清晰的知识脉络与内在联系。 讲义亮点在于分层练习设计，涵盖几何体识别、斜二测画法、平行垂直证明等题型，如通过平移法求异面直线所成角培养数学思维，结合祖暅原理解决体积问题发展数学眼光，助力不同层次学生提升，为教师精准教学提供支持。

第十一章 立体几何初步（复习讲义） 一、基础目标 1. 能复述空间几何体的核心概念，包括多面体（棱柱、棱锥、棱台）、旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）的定义及结构特征，能准确区分不同几何体，识别现实生活中简单物体对应的立体几何模型，匹配阶段考中几何体识别类基础题型。 2. 会用斜二测画法画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合）的直观图，能记住斜二测画法的基本规则（x′轴、y′轴夹角为45°或135°，z′轴垂直于该平面，平行于x轴、z轴的线段长度不变，平行于y轴的线段长度减半），能根据直观图判断原图形的基本形状，应对阶段考中直观图绘制与识别类基础题。 3. 能复述平面的4个基本事实及等角定理，明确基本事实的核心内涵（如基本事实1判断直线在平面内、基本事实3判断两平面相交），能运用基本事实简单判断空间点、直线、平面的基本位置关系（点在直线上/外、直线在平面内/外、两平面平行/相交）。 4. 能记住棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积计算公式，能直接代入已知数据进行简单计算（不涉及复杂转化、组合体拆分），匹配阶段考、高考中表面积、体积计算的基础题型。 5. 能识别空间中直线与直线的三种位置关系（相交、平行、异面），能简单判断异面直线，记住异面直线所成角的定义及范围（0°，90°]，能识别简单图形中的异面直线所成角。 二、进阶目标 1. 会推导空间中直线与平面平行、平面与平面平行的判定定理和性质定理，能准确表述定理的条件和结论，能规范书写简单的证明过程（如证明直线与平面平行、两平面平行），应对阶段考、高考中平行关系证明的中档题型。 2. 会推导空间中直线与平面垂直、平面与平面垂直的判定定理和性质定理，能准确表述定理的条件和结论，能规范书写简单的证明过程（如证明直线与平面垂直、两平面垂直），掌握线面垂直、面面垂直的相互转化方法，匹配中高考中档证明题。 3. 理解并应用异面直线所成角的求解方法，能通过平移法将异面直线所成角转化为平面角，结合直角三角形知识进行计算，能规范书写求解步骤，应对阶段考、高考中异面直线所成角的计算题型。 4. 能解决简单组合体（如棱柱与棱锥组合、圆柱与圆锥组合）的表面积和体积计算问题，会对组合体进行拆分、补形，排除重合部分的面积干扰，准确代入公式计算，应对阶段考重点、高考基础题型。 5. 能运用平面基本事实及推论，证明空间中点、线、面的共面、共线、共点问题，掌握简单的逻辑推理思路，规范书写证明步骤，匹配阶段考中档题型。 6. 理解并应用线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的性质定理，解决与平行、垂直相关的简单计算问题（如求线段长度、角度大小），实现判定定理与性质定理的灵活运用。 三、拓展目标 1. 理解并应用祖暅原理，能结合祖暅原理推导简单几何体的体积公式，能运用祖暅原理解决不规则几何体的体积比较与计算问题，应对高考中体积计算的难题。 2. 能解决空间几何体的截面问题，掌握截面的画法，能根据截面形状分析几何体的结构特征，结合几何定理、公式计算截面面积、线段长度等，应对高考压轴题中截面相关题型。 3. 理解并应用空间几何体的外接球、内切球相关知识，能判断常见几何体（正方体、长方体、正四面体、直棱柱）的外接球、内切球的球心位置，能计算球的半径、表面积和体积，应对高考中档偏难题。 4. 能解决立体几何中的探索性问题（如判断空间中是否存在满足条件的直线、平面，确定点的位置使线面平行、面面垂直），能结合判定定理、性质定理进行推理分析，规范书写探究过程，匹配高考压轴题。 5. 能运用立体几何知识解决实际应用问题（如建筑中的空间结构计算、机械制造中的几何体度量），能将实际问题转化为立体几何模型，运用相关定理、公式求解，培养数学建模能力。 6. 能综合运用立体几何、平面几何、三角函数等知识，解决复杂的立体几何综合题（如多面体与旋转体结合、平行与垂直关系综合、角度与体积综合），提升综合解题能力和逻辑推理能力，应对高考压轴题。 知识点 重点归纳 易错点提醒 空间几何体的结构特征 1. 多面体：棱柱（有两个面互相平行，其余各面都是四边形，且相邻两个四边形的公共边互相平行）、棱锥（有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形）、棱台（用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分）； 2. 旋转体：圆柱（矩形绕一边旋转）、圆锥（直角三角形绕一条直角边旋转）、圆台（直角梯形绕垂直于底边的腰旋转或平行于圆锥底面截圆锥）、球（半圆绕直径旋转）； 3. 常见结论：① 长方体的体对角线长；② 正四面体的棱长为，则高为，表面积为；③ 圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形。 1. 混淆棱柱与棱台的结构特征，误将“有两个面平行”的多面体当作棱柱（忽略“其余各面相邻公共边互相平行”）； 2. 误将圆台的母线当作圆锥的母线，忽略圆台母线是截后剩余部分； 3. 判断旋转体时，混淆旋转轴，如将直角三角形绕斜边旋转当作圆锥。 空间图形的直观图 1. 斜二测画法核心规则：① 建立坐标系，x′轴、y′轴夹角为45°或135°，z′轴垂直于x′Oy′平面；② 平行于x轴、z轴的线段，长度不变；平行于y轴的线段，长度减半； 2. 常见结论：① 原图形面积与直观图面积的关系：；② 正方形的直观图是平行四边形，正三角形的直观图是等腰三角形。 1. 斜二测画法中，平行于y轴的线段长度未减半，或z轴与x′Oy′平面不垂直； 2. 由直观图还原原图形时，误将直观图中平行于y′轴的线段长度直接当作原图形中平行于y轴的长度；3. 绘制直观图时，忽略“原图中垂直的线段，直观图中不一定垂直”。 平面的基本事实与等角定理 1. 平面基本事实：① 过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面（确定平面的核心）；② 如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内；③ 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线；④ 平行于同一条直线的两条直线互相平行； 2. 等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补；3. 常见结论：① 过直线和直线外一点，有且只有一个平面；② 过两条相交直线，有且只有一个平面；③ 过两条平行直线，有且只有一个平面。 1. 忽略平面基本事实1中“不在一条直线上”的条件，误说“三点确定一个平面”； 2. 应用等角定理时，忽略“两边对应平行”的方向，误将“互补”情况遗漏； 3. 混淆“直线在平面内”与“直线与平面有公共点”，误将有一个公共点的直线当作在平面内。 空间点、线、面的位置关系 1. 点与线：点在直线上、点在直线外；点与面：点在平面内、点在平面外； 2. 线与线：相交（有且只有一个公共点）、平行（无公共点且共面）、异面（无公共点且不共面）； 3. 线与面：平行（无公共点）、相交（有且只有一个公共点）、直线在平面内（有无数个公共点）； 4. 面与面：平行（无公共点）、相交（有且只有一条公共直线）； 5. 常见结论：① 异面直线所成角的范围是（0°，90°]；② 过平面外一点，有且只有一条直线与已知平面平行。 1. 误将异面直线当作“不相交的直线”，忽略“不共面”的条件（共面不相交是平行直线）； 2. 混淆“线面平行”与“线面无公共点”，误将“直线与平面平行”等同于“直线与平面内所有直线平行”； 3. 判断面面平行时，误将“两个平面内有两条直线平行”当作面面平行的判定条件（需两条相交直线）。 直线与平面、平面与平面平行的判定与性质 1. 线面平行：① 判定定理：如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行；② 性质定理：如果一条直线与此平面平行，那么过该直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行； 2. 面面平行：① 判定定理：如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；② 性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行； 3. 常见结论：① 线面平行⇒线线平行（需过直线作平面找交线）；② 面面平行⇒线面平行（一个平面内的直线平行于另一个平面）；③ 面面平行⇒线线平行（两平面与第三个平面的交线）。 1. 线面平行判定中，忽略“直线在平面外”的条件，误将平面内的两条平行直线当作“线面平行”； 2. 线面平行性质应用时，未过直线作平面找交线，直接得出“直线与平面内所有直线平行”； 3. 面面平行判定中，用“两条平行直线”代替“两条相交直线”，导致判定错误； 4. 面面平行性质应用时，忽略“同时与第三个平面相交”的条件。 直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质 1. 线面垂直：① 判定定理：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直；② 性质定理：如果两条直线都垂直于同一个平面，那么这两条直线平行； 2. 面面垂直：① 判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直；② 性质定理：如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面； 3. 常见结论：① 线面垂直⇒线线垂直（直线垂直于平面内所有直线）；② 面面垂直⇒线面垂直（需在一个平面内且垂直于交线）；③ 过一点有且只有一条直线与已知平面垂直。 1. 线面垂直判定中，用“两条平行直线”代替“两条相交直线”，误判线面垂直； 2. 线面垂直性质应用时，误将“垂直于同一个平面的两条直线平行”记反，或忽略“同一个平面”的条件； 3. 面面垂直判定中，忽略“垂线在另一个平面内”的条件，误将“一条直线垂直于一个平面”当作“两个平面垂直”； 4. 面面垂直性质应用时，未强调“在一个平面内”且“垂直于交线”，直接得出线面垂直。 空间几何体的表面积与体积 1. 表面积公式：① 棱柱：（棱柱侧面积=底面周长×高）；② 棱锥：S表=S侧+S底；③ 棱台：S表=S侧+S上底+S下底；④ 圆柱：S表=；⑤ 圆锥：S表=（为母线长）；⑥ 圆台：S表=；⑦ 球：S表=； 2. 体积公式：① 棱柱、圆柱：V=；② 棱锥、圆锥：V=；③ 棱台、圆台：V=；④ 球：V=； 3. 常见结论：① 等底等高的棱柱体积是棱锥体积的3倍；② 球的体积与表面积只与半径有关；③ 组合体体积可通过“拆分法”“补形法”计算。 1. 混淆棱台与棱柱的侧面积公式，误将棱台侧面积当作“底面周长×高”； 2. 计算圆锥、圆台表面积时，遗漏底面面积，只计算侧面积； 3. 计算圆台、棱台体积时，记错公式，遗漏“1/3”或“√(S上底S下底)”项； 4. 计算组合体体积时，未排除重合部分的体积，或拆分、补形错误；5. 忽略单位统一，如底面边长单位与高的单位不一致直接计算。 空间角的计算（异面直线所成角、线面角、二面角） 1. 异面直线所成角：① 定义：过空间任一点作两条异面直线的平行线，所成的锐角或直角；② 求解方法：平移法（转化为平面角）、向量法；③ 范围：（0°，90°]； 2. 线面角：① 定义：直线与平面中所有直线所成角中最小的角，即直线与它在平面内的射影所成的角；② 范围：[0°，90°]；③ 结论：（为直线上一点到平面的距离，为直线长度）； 3. 二面角：① 定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形；② 求解方法：定义法、垂线法（找两个平面的垂线，转化为平面角）；③ 范围：[0°，180°]； 4. 常见结论：① 异面直线所成角与方向无关，只取锐角或直角；② 线面角为0°时，直线在平面内或与平面平行；为90°时，直线与平面垂直。 1. 计算异面直线所成角时，未将角转化为锐角或直角，误取钝角； 2. 求解线面角时，混淆“直线与射影所成角”与“直线与平面内直线所成角”，取错角； 3. 计算二面角时，误将“两个平面的垂线所成角”当作二面角，忽略二面角的平面角与垂线所成角的关系（相等或互补）； 4. 书写解题步骤时，未证明所找的角是“空间角的平面角”，直接计算。 题型一 空间几何体的识别与结构特征判断 【例1】下列说法正确的是（    ） A．棱柱是有且仅有两个平面平行，其他平面为平行四边形的多面体 B．圆柱是由一个四边形绕着其中一条边旋转得到的 C．用一个平面去截圆锥，这个平面和圆锥的底面之间的部分是圆台 D．棱台的所有侧棱所在直线交于同一点 【答案】D 【详解】棱柱可能有多组平面平行，如正方体有三组平面平行，并非“有且仅有两个平面平行”，故A错误； 圆柱由矩形绕其一边旋转得到，任意四边形旋转不一定得到圆柱，故B错误； 只有当截面与圆锥底面平行时，这个平面和圆锥的底面之间的部分是圆台，否则不是，故C错误； 棱台是由棱锥截得的，其侧棱延长线交于同一点，故D正确． 【变式1-1】下列说法正确的是（    ） A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B．各侧棱都与底面垂直的四棱柱是长方体 C．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D．如果一个棱柱的所有面都是正方形，那么这个棱柱是正方体 【答案】D 【详解】对于A，底面是正多边形，并且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥叫正棱锥，A错误； 对于B，长方体是底面为矩形，且侧棱与底面垂直的四棱柱，B错误； 对于C，有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体不一定是棱台，还需各侧棱延长后相交于一点，C错误； 对于D，如果一个棱柱的所有面都是正方形，说明上、下底面是正方形的四棱柱，各侧面都是正方形，则有各侧棱都垂直于底面，且所有棱长都相等，所以这个棱柱是正方体，D正确． 【变式1-2】（多选）下列结论正确的是（   ） A．圆锥的轴截面是等边三角形 B．长方体是直四棱柱，直四棱柱不一定是长方体 C．用一个平面去截三棱锥，必得到一个三棱锥和一个三棱台 D．四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体 【答案】BD 【分析】由圆锥的轴截面是等腰三角形，可判断A;由长方体和直四棱柱的定义判断B；由用一个平行于底的平面去截三棱锥，才得到一个三棱锥和一个三棱台，从而判断C；由四棱柱、四棱台、五棱锥和六面体的定义判断D. 【详解】对于A，圆锥的轴截面中有两边都是母线，相等，故轴截面是等腰三角形，但底面直径不一定等于母线，故不一定为等边三角形，故A错误； 对于B，长方体是直四棱柱，直四棱柱的底面不一定是矩形， 所以直四棱柱不一定是长方体，故B正确； 对于C，用一个平行于底的平面去截三棱锥，才得到一个三棱锥和一个三棱台，故C错误； 对于D，四棱柱、四棱台、五棱锥都有六个面，所以都是六面体，故D正确. 【例2】若把该立体图形绕某条直线旋转角度，，使之与原图形重合，则该直线称为该立体图形的旋转轴．侧棱互相垂直的正三棱锥的旋转轴的条数为（   ） A．0 B．1 C．3 D．4 【答案】B 【详解】侧棱互相垂直的正三棱锥中，仅过顶点与底面中心的直线为旋转轴(绕其旋转或重合)，其余直线无法满足旋转重合的条件. 【变式2-1】下列平面图形中，通过围绕定直线旋转可得到如图几何体的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】逐项分析旋转图形可得旋转体的立体图，分析即可得答案. 【详解】解： A是上面一个圆锥，下面一个圆台，不符合； B是上下两个圆锥，中间一个圆柱，不符合； C是上面一个圆柱，下面一个圆锥，符合上图； D是两个圆锥，不符合. 故选：C 【变式2-2】已知某个四棱柱为平行六面体，从一个顶点出发相邻的三个面的面积分别为a，b，c，则（    ） 命题①：若该四棱柱为直四棱柱，则它的体积为是直四棱柱为长方体的充要条件 命题②：若该四棱柱为斜四棱柱，则它的体积为是斜四棱柱为长方体的充要条件 A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 【答案】A 【详解】设直四棱柱的底面平行四边形的相邻两边长分别为和，两边的夹角为，侧棱长为， 则底面面积为，两个相邻的侧面面积（因为是直四棱柱，侧面是矩形）为和， 此时，同时根据柱体体积公式可得直四棱柱的体积为， 前者等于后者的充要条件为即，故命题①正确； 斜四棱柱的侧棱不垂直于底面，因此不可能是长方体，则由前面的分析可知斜四棱柱的体积不可能是， 因此这是两个假命题互为充要条件，故命题②正确. 题型二 斜二测画法相关计算与直观图还原 【例1】如下图，已知图2为甲同学用斜二测画法作出的在平面直角坐标系中正五边形（见图1）的直观图即五边形，且保持坐标轴上的单位长度不变，其中各点的做法可能正确的为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据斜二测画法的规则，即可得出结论. 【详解】斜二测画直观图时，平行或与x轴重合的线段长度不变，则长度不变， 平行或与y轴重合的线段长度减半，则减掉一半，线段对应线段也会缩小， 所以的对应点画对了，的对应点画错了. 【变式1-1】如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】过作交于， 因为直观图为等腰梯形， 所以，所以， 原平面图如下图所示， 且，，， 所以四边形的面积为：. 【变式1-2】一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面图形的周长为（   ） A． B． C．4 D．8 【答案】D 【分析】根据直观图与原图的关系，原图转化为直观图时，平行关系保持不变，平行于轴的长度不变，平行于轴长度变成原来的一半，轴与轴成，即可求解. 【详解】把直观图转化为原图四边形，如图所示， 由作图可知四边形为平行四边形，， ， , 故周长为. 【变式1-3】已知某一个图形的直观图如图所示，，求原图形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由直观图得，原图形是长为宽为的2倍的长方形，求出面积可得答案. 【详解】因为，所以， 可得， 原图形是长为，宽为的2倍的长方形，即，， 所以原图形的面积为. 故选：B. 题型三 空间几何体的展开图、表面积与体积计算 【例1】在棱长为2的正方体中，M为线段上一动点，求的最小值（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】正棱柱及其有关计算、余弦定理解三角形、棱柱的展开图及最短距离问题 【分析】将绕翻折至与共面，当共线时，最小，再由余弦定理求解即可. 【详解】连接，如图， 由正方体的性质可得为等腰直角三角形，故， 为直角三角形，， 将图中绕翻折至与共面，如图， 所以由图可知，共线时，最小， 此时， 由余弦定理可知， 所以最小值为. 故选：B 【变式1-1】直四棱柱的所有棱长均为1，为棱上的动点，，则的最小值为（    ） A． B． C． D．3 【答案】C 【知识点】棱柱的展开图及最短距离问题 【详解】 将所在平面与所在平面展平至同一平面内，如右图 在左图中，由于，，得是等边三角形，故． 在右图中，． 两点之间线段最短，连接，最小为． 【变式1-2】如图，正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，点，分别为棱和上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】棱柱的展开图及最短距离问题 【分析】画出棱柱的侧面展开图，由图可得最短距离为对角线的长，利用勾股定理即可求. 【详解】正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为，宽为， 则其对角线的长为的最小值， 即最小值为. 【例2】如图，在正六棱台中，，，四边形的面积为，则该正六棱台的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】棱台表面积的有关计算、正棱台及其有关计算 【分析】结合图形先求出正六棱台的上底面边长，进而得到对角线长，利用四边形的面积求得棱台的高，再求出侧棱长，最后分别求出正棱台的侧面积和两底面面积，即得其表面积. 【详解】如图，在正六边形中，, 因 ，由，可得，故,又，则. 不妨记该棱台的高为，易知为梯形的高， 故，解得. 记点A在下底面的射影为M，则点在上， . 易知，则. 过A作，垂足为N，则， 于是， 故梯形的面积为， 于是该棱台的表面积为. 故选:D. 【变式2-1】由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体（如图），  ，分别在上，满足，则几何体的体积为__________；___________. 【答案】 【知识点】正棱台及其有关计算、求组合体的体积 【分析】先求面积，再求三棱锥和的高度，进一步求三棱锥的体积，且根据两个三棱锥和全等得出几何体的体积；构建直角三角形，利用勾股定理，根据已知线段长度计算，得出长度. 【详解】几何体看作以为公共底面的两个三棱锥和的组合， 又因为在正四棱台中，，， 所以，又因为，连接，则为等腰直角三角形， 其面积为：， 连接，交于点，连接，交于点，则垂直于面且为三棱锥的高，平移到，则，即四边形是平行四边形， 所以， 又因为四边形是正方形，所以，分别是，的中点， 且，为等腰直角三角形， 所以，， ， 在直角三角形中，由勾股定理可得， 所以几何体的体积, 连接，交于点，连接，， 由题意可得，几何体是由两个全等的正四棱台组合， 所以平行且，所以四边形是平行四边形， 所以，且平行， 又因为是两个全等的正四棱台组合的组合体的高， 所以，为直角三角形，由勾股定理可得： . 故答案为：，. 【变式2-2】如图，封闭图形由线段和曲线组成，其中三点共线，，曲线是以为圆心，为半径的一段弧，且所对的圆心角为，将该图形绕着所在的直线旋转一周得到旋转体，则（    ） A．该旋转体由个球体和1个圆锥体组成 B．该旋转体由个球体和1个圆锥体组成 C．该旋转体的表面积为 D．该旋转体的体积为 【答案】BC 【知识点】求旋转体的体积、求组合旋转体的表面积、球的表面积的有关计算、由平面图形旋转得旋转体 【详解】由题知，该旋转体由个球体和1个圆锥体组成，半球体的半径为3，圆锥体的底面半径为3，高为6，母线长为， 则该旋转体的表面积为，体积为. 【例3】如图，若正方体的棱长为2，点是正方体的上底面上的一个动点（含边界），分别是棱上的中点，有以下结论：    ①在平面上的投影图形的面积为定值； ②平面截该正方体所得的截面图形是等腰梯形； ③的最小值是； ④若保持，则点在上底面内运动路径的长度为． 其中正确的是__________．（填写所有正确结论的序号） 【答案】①④ 【知识点】正棱柱及其有关计算、判断正方体的截面形状、棱柱及其有关计算 【分析】根据正方体的结构特征以及空间中点、线、面的位置关系逐项判断即可. 【详解】对于①，过点向引垂线，交于点，连接， 由正方体的性质可知，在平面上的投影图形为， 当在上底面运动时，的面积保持不变，其面积为，故①正确；    对于②，取的中点，连接，取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以，且， 由正方体性质可知，，且，所以，且，即四边形ABMF为平行四边形，所以， 因为分别为中点，所以，即有， 所以四点共面， 所以平面截该正方体所得的截面图形是梯形， 因为，， ，故梯形不是等腰梯形，故②不正确；    对于③，延长使得，则由对称性可知：， 所以， 当三点共线时，取到最小值， 因为， 所以,即的最小值是，故③不正确；    对于④，取中点，连接，由正方体性质可知，， 因为，， 所以由可得， 所以点在上底面内运动路径是在正方形内以为圆心，2为半径的一段圆弧， 如图，由，可得，同理 所以圆弧的长度为，故④正确； 故答案为：①④. 【变式3-1】如图，四棱台的两底面是正方形，侧面是全等的等腰梯形.若该棱台的侧棱，下底面的边长为5，下底面所在平面与侧面所在平面的夹角的正弦值为，则上底面的边长为（    ） A．15 B． C．25 D． 【答案】C 【知识点】正棱台及其有关计算 【分析】由题可知四棱台为正棱台，设上底边长为，在侧面中可得斜高，再由正四棱台的特性可知就是下底面所在平面与侧面所在平面夹角的平面角，得到，解方程即可得到上底边长. 【详解】根据题意，四棱台为正棱台，设中点为，上底边长为， 在侧面中，为斜高，又， 所以， 在正棱台中，， 所以就是下底面所在平面与侧面所在平面夹角的平面角， 在四边形中，，则， 过作交于， 所以， 解得，即上底边长为25. 故选：C. 【变式3-2】（多选）已知四棱锥中，四边形是正方形，平面，则（    ） A．若平面平面，且平面平分四棱锥的体积，平面，则 B．若平面平面，且平面将四棱锥的体积分为的两部分，平面，则 C．若平面平面，且平面，则平面将四棱锥的体积分为的两部分 D．若平面平面，且平面，则平面将四棱锥的体积分为的两部分 【答案】AC 【知识点】求组合体的体积、形状相同的几何体体积的比、柱体体积的有关计算、锥体体积的有关计算 【分析】对于A项，利用多面体的相似，体积之比等于相似比的三次方即可求得；对于B项判断原理与A项相似，同时还用到底面面积相等且高相同的三棱锥体积相等的结论；对于C项，原理仍相同，不同之处即是由相似比求体积之比；对于D项，因分割成的两部分几何体是组合体，故不能应用前面方法，在求小部分体积时，需要对其进行合理分割后再求它们体积的和，最后求体积的比值. 【详解】对于选项A，如图，设平面平面平面，    则四棱锥与四棱锥相似， 则两个四棱锥的体积之比为高之比的三次方， 所以，则，故A正确； 对于选项B，如图，设平面平面，    则三棱锥与三棱锥相似， 则两个三棱锥的体积之比为棱长之比的三次方， 易知三棱锥的体积为四棱锥体积的， 由题意知三棱锥的体积为四棱锥体积的， 故三棱锥的体积为三棱锥体积的， 所以，则， 所以，所以，故B错误； 对于选项C，如图，设平面平面，    则三棱锥与三棱锥相似， 则两个三棱锥的体积之比为棱长之比的三次方， 由得，即， 则三棱锥与三棱锥的体积之比为， 易知三棱锥的体积为四棱锥体积的， 故三棱锥与四棱锥的体积之比为， 故平面将四棱锥的体积分为的两部分，故C正确； 对于选项D，由知为的中点，如图， 在平面内过点作交于点， 过点作的平行线交于点，过点作的平行线交于点， 连接，则平面即平面. 取的中点，取的中点，连接， 则平面将四棱锥的体积分为一大一小两部分， 其中较小的部分又可分为三棱柱和四棱锥.    设，则， 则三棱柱的体积为， 四棱锥的体积为， 即平面将四棱锥的体积分成的较小部分的体积为， 而四棱锥的体积为， 故平面将四棱锥分成的两部分的体积之比为，故D错误. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：解决用平行平面截四棱锥产生的同类锥体的体积比或者对应线段之比的问题时，一般可通过体积比等于对应线段比的三次方来计算；在求不规则几何体的体积时，可以利用割补法，转化为几个规则几何体的体积的和（差）进行求解. 题型四 空间点、线、面位置关系的判断 【例1】（多选）下列命题正确的是（    ） A．若，，且，，则 B．经过两条相交直线，有且只有一个平面 C．空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补 D．直线与平面的位置关系有：直线在平面内、直线与平面平行、直线与平面异面 【答案】ABC 【分析】由两点确定一条直线即可判断A；由两条相交直线确定一个平面即可判断B；由空间等角定理即可判断C；由直线与平面的位置关系即可判断D． 【详解】对于A，因为两点确定一条直线，所以若，，且，，则，故A正确； 对于B，两条相交直线确定一个平面，故B正确； 对于C，由空间等角定理知，故C正确； 对于D，直线与平面的位置关系有：直线在平面内、直线与平面平行、直线与平面相交，故D错误； 故选：ABC． 3．（多选）下列命题正确的是（    ） A．三点确定一个平面 B．一条直线和直线外一点确定一个平面 C．圆心和圆上两点可确定一个平面 D．梯形可确定一个平面 【答案】BD 【分析】根据已知条件，利用平面的基本性质，以及推论，逐一判断即可： 【详解】平面上不共线的三点确定一个平面，故A错误； 一条直线和直线外一点确定一个平面，故B正确； 如果圆上两点和圆心共线，不能确定一个平面，故C错误； 梯形上下底是两平行直线，可以确定一个平面，故D正确； 故选：BD. 【变式1-1】（多选）以下四个命题正确的是（   ） A．三个平面最多可以把空间分成八部分 B．若直线平面，直线平面，则“与相交”与“与相交”等价 C．若，直线平面，直线平面，且，则 D．若条直线中任意两条共面，则它们共面 【答案】AC 【分析】结合刻画空间点、线、面位置关系的公理判断即可. 【详解】选项A：由图可知，三个平面最多可将空间分成8部分，故A正确； 选项B：由，，若直线，相交，平面，必相交，若平面，相交，平面内的直线，内的直线未必相交，可能异面；B错误． 选项C：由基本事实3（如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线），C正确． 对于D，若条直线相交于同一点，则它们不一定共面，D错误． 故选：AC. 【变式1-2】（多选）a，b是两条异面直线，A，B在直线a上，C，D在直线b上，A、B、C、D四点互不相同，则下列结论一定不成立的是（    ） A．A、B、C、D四点共面 B． C．与相交 D． 【答案】ABC 【分析】根据异面直线的特点结合平面性质公理判断各选项即可. 【详解】当或与相交时，A、B、C、D四点共面， 此时a，b共面，不符合题意，故ABC错误， 对于D，如图，在正方体中，若异面直线a，b为图中两条直线时， 且为所在棱的中点，为正方体的顶点，此时. 故选：ABC. 【变式1-3】（多选）在如图所示的正方体中，棱长为6，O为BD中点，直线平面，则下列选项正确的是（   ） A．与MO是异面直线 B．，M，O三点共线 C．三棱锥的体积为12 D．平面 【答案】BC 【分析】对于A连接，由异面直线的定义即可判断，对于B利用公理即可判断，对于C由得，即求出即可判断，对于D利用公理即可判断. 【详解】对于A：连接，由平面，平面，所以与共面，故A错误； 对于B：由平面，平面，平面，平面， 又平面平面，所以，即，M，O三点共线，故B正确； 对于C：由，所以， 所以，故C正确； 对于D：平面平面，又，所以平面，故D错误. 故选：BC. 题型五 平行关系的证明（线面平行、面面平行） 【例1】如图，在棱长为的正方体中，E、F分别是棱，的中点，动点P在线段上，动点Q在正方形内（包含边界），平面，则（    ） A． B．PQ的最大值为 C．存在P，Q，使得平面 D． 【答案】BCD 【分析】A选项，根据动点所在平面与已知平面平行，确定动点所在位置，进行判断线线平行；B选项，根据P，Q两点的移动轨迹，确定取最大值时P，Q两点的位置，计算最大值；C选项，当P，Q两点都在平面中时，可满足平面，故根据P，Q两点的移动轨迹判断即可；D选项，根据平面的平行线上的点到平面的距离都相等可将动点通过平行线转化为定点，从而保证同底等高的棱锥体积不变． 【详解】 如图，连接，，，． 因为，平面，平面， 所以平面， 因为，平面，平面， 所以平面； 因为，且平面， 所以平面平面； 因为平面，平面，所以平面； 又平面平面，所以点在线段上， 故与不一定平行，A错误． 由A可知，当与或重合时，取最大值为，B正确； 当点与点重合，点与点重合时，平面，C正确； 因为，平面，平面， 所以平面， 所以点到平面的距离与点到平面的距离相等， ，D正确． 【变式1-1】如图，正方体的棱长为分别是的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（    ） A．不存在点，使得平面 B．一蚂蚁从点出发，沿正方体的表面爬行，到达点的最短距离为 C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球表面积为 【答案】BCD 【分析】取中点，利用面面平行判定定理可得平面平面，则可利用面面平行性质定理得A；将平面展开后计算可得B；借助等积转换计算可得C；将三棱锥补形后可得D. 【详解】对A：取中点，连接、，由为中点，则， 又平面，平面，故平面， 由为中点，则，又平面， 平面，故平面，又， 、平面，则平面平面， 则当点在线段上时，由平面，可得平面， 故存在点，使得平面，故A错误； 对B：将平面与平面沿展开，使其位于同一平面如下图： 则从到的最短距离为，故B正确； 对C：，故C正确； 对D：取、、中点、、，连接成四边形， 三棱锥的外接球与长方体的外接球相同， 故即为该外接球直径，故半径为， 则外接球表面积为，故D正确. 【变式1-2】已知正方体的棱长为1，，其中，且，则下列选项正确的是（ ） A．平面 B．三棱锥的体积为定值 C．的轨迹长度为 D．当时，取最小值 【答案】AC 【分析】根据题意，得到点在线段上，证得平面平面，可判定A正确；由，结合锥体的体积公式，可判定B错误；由点的轨迹为线段，可判定C正确；当时，得到为线段的中点，求得，将等边和矩形展开在一个平面上，结合余弦定理，求得的最小值，可判定D错误. 【详解】由其中，且， 可得三点共线，即在线段上， 对于A，连接， 在正方体，可得， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证：平面， 又因为，且平面，平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面，所以A正确； 对于B，因为在线段上，且平面， 所以，所以B错误； 对于C，因为在线段上，即点的轨迹为线段， 在直角中，可得，所以C正确； 对于D，当时，可得为线段的中点， 此时，， 所以， 又因为在线段上，将等边和矩形展开在一个平面上， 如图所示，设点展开后为点，连接， 在中，可得， 由余弦定理得， 因为，可得，即取最小值为，所以D错误. 【例2】如图，在四棱锥中，，，分别是，的中点，，． (1)求证平面； (2)若平面，求的值； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）方法一，根据构造面面平行，进而利用面面平行性质定理证明线面平行； 方法二，构造平行四边形，根据线线平行，证明线面平行； （2）根据线面平行的性质定理，得到线线平行，再求的值. 【详解】（1）证明一：取的中点为，连接，， ∵，、分别为、的中点；∴， ∵平面，平面，∴平面，又∵为的中点， ∴，∵平面，平面，∴平面， ∵，平面，∴平面平面， 又平面，∴平面． 证明二：取的中点为，过作交于， 取中点，连接，，，则，， ，，∴四边形是平行四边形，∴， ∵平面，平面，∴平面； （2）连接交于点，连接． ∵平面，平面，平面平面， ∴，∴．又，∴，∴． 【变式2-1】如图，在四棱锥中，平面，底面为矩形，，；点在线段上，且. (1)设平面平面，证明：； (2)线段上是否存在点，使得平面？若存在，请证明，并求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，且，证明见解析 【分析】（1）根据线面平行的性质定理证明线线平行； （2）根据面面平行的判定定理作出平面平面，再结合平行线分线段成比例定理求的长. 【详解】（1）因为四边形为矩形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又平面，平面平面，所以； （2）存在，且，证明如下： 过作，交于点，过作交于点， 因为，平面，平面，所以平面， 因为，，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 又平面，，所以平面平面， 又因为平面，所以平面， 因为平面，又平面，所以， 所以，又，则， 由，，所以 因为，， 所以， 所以点M为线段上靠近C的四等分点，即. 题型六 垂直关系的证明（线面垂直、面面垂直） 【例1】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】A 【详解】对于A：若，，则的法向量都与平行，即的法向量平行，所以 ，故正确； 对于B：若，，则 或者与相交，故错误； 对于C：若 ， ，则 ，或者与相交，或者与异面，故错误； 对于D：若且 ，则 ，或者，或者与相交，故错误. 【变式1-1】《九章算术》中将底面是长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有“阳马”如图所示，侧棱底面，且，点在棱上运动．则下列说法正确的是（   ） A．存在点，使得 B．不存在点，使得平面PAD C．对于任意点，成立 D．对于任意点，平面平面成立 【答案】D 【分析】利用反证法可判断A；当移动到点时，可得，进而可判断B；利用反证法可得，进而可判断C；利用线线垂直可证得底面，进而可证平面平面成立，可判断D. 【详解】若，又平面，平面，所以平面， 这与平面矛盾，所以不存在点，使得，故A错误； 当移动到点时，可得，平面，平面， 所以平面，故存在点，使得平面，故B错误； 若对于任意点，，又四边形为长方形，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 又侧棱底面，底面，所以， 又，底面，所以底面， 又底面，所以，又， 这与在同一平面内过一点有且只有一条直线与已知直线垂直矛盾， 所以对于任意点，不成立，故C错误； 由正方形，可得， 又侧棱底面，底面，所以， 又，底面，所以底面， 又平面，所以平面平面，故D正确. 【变式1-2】已知直线，与平面，，，则的一个充分条件是（    ） A．， B．， C．， D．，， 【答案】C 【详解】A：当，时，，所以本选项不符合题意； B：当，时，平面，可以平行，所以本选项不符合题意； C：当，时，由面面垂直的判定定理可得，所以本选项符合题意； D：当，，时，根据线面垂直的判定定理，由不一定能推出，所以本选项不符合题意. 【例2】如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，平面，. 求证：平面 【答案】证明见解析 【详解】取的中点F，连接，如图所示， 由底面是直角梯形，，，， 结合勾股定理计算可得：， ，，，∴四边形是正方形， 则，再由勾股定理可得：，又因为， 则由，所以， 又因为平面，平面，所以， 又因为，且平面， 所以平面. 【变式2-1】如图，三棱锥中，平面平面ABC，，M为AC的中点，， 求证： 【答案】证明见解析 【详解】取AB中点N，连接PN，MN，如图所示， 则，而，故， 因为，所以， 又，MN，平面PMN， 所以平面， 因为平面PMN，所以. 题型七 空间角计算（异面直线所成角、线面角、二面角） 【例1】如图所示，三棱锥中， 平面，，，是的中点． (1)求证：与是异面直线； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】第（1）问用反证法，假设两条直线共面，通过推理得出与已知条件矛盾，从而证明它们异面； 第（2）问通过作辅助线将异面直线所成角转化为相交直线所成角，再在三角形中利用余弦定理求出角的余弦值. 【详解】（1）证明 假设与共面，设平面为， 因为，，，所以平面即为平面，所以平面， 这与平面矛盾， 所以与是异面直线． （2）取的中点，连接，，则，所以（或其补角）就是异面直线与所成的角． 因为，，平面， 所以，，，， 故异面直线与所成角的余弦值为． 【变式1-1】如图，在正四棱锥中，，点在侧棱上，且. (1)求证：； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于，连接，利用正四棱锥的性质，得平面，再由线面垂直的性质及线面垂直的判定定理，即可求解； （2）过作，交于，过作，交于，连接，利用线面垂直的性质及判定得为二面角的平面角，再利用几何关系求出，，即可求解. 【详解】（1）连接交于，连接，因为四棱锥是正四棱锥， 所以平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以. （2）过作，交于，过作，交于，连接， 因为平面，则平面，又平面，所以， 又，所以，又平面, 所以平面，又平面，则， 所以为二面角的平面角， 又，则，， 又，所以，，则, 在中，，，, 所以. 【变式1-2】如图，在中，，.分别过点作平面的垂线和，且，连接和交于点. (1)设为中点，求证：直线与平面不平行； (2)设为中点，若，当二面角的大小等于时，求直线与平面所成的角. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用反证法假设直线平面，推出，与已知矛盾即可得证； （2）找到二面角的平面角，利用勾股定理求出，再利用等体积法求出点到平面的距离，最后利用线段成比例求出，即可求解. 【详解】（1） 连接，假设直线平面， 平面，平面平面，， 又为中点，为中点， 平面，平面，， ，，即，与已知矛盾， 假设错误，直线与平面不平行； （2） 连接，，为中点，， 平面，平面，平面平面， 又平面平面，平面， 平面， 平面，， 过中点作，垂足为点，连接， ，平面，平面， 平面，， 是二面角的平面角，即； 平面，， 是等腰直角三角形， 在中，，， ，， 点在以为直径的半圆上，如图3， 由切线长相等知， ，解得， 又直线与平面所成的角即直线与平面所成的角，设为， 设点到平面的距离为， 平面，平面， ，， ，，平面， 平面，平面，， ，， ，， ，，， 在四边形中，， 过点作于， ，，， ，， ， ，，. 【例2】如图，长方体的底面ABCD是正方形，，，M，N分别为棱，的中点，．    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)若与平面所成角的正弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)或 【分析】（1）通过证明，平面，证得平面. （2）作出二面角的平面角，解三角形求得其余弦值. （3）根据与平面所成角的正弦值求得，结合余弦定理求得. 【详解】（1）连接，，，因为是长方体， M，N分别为棱，的中点，所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以． 因为，，所以， ，， 则有，则有； 同理，，并且，BM，平面BDM， 所以平面BDM，又因为，所以平面BDM；    （2）分别取BM，的中点为E，F，连接MF，则有，所以， 又因为是边长为的正三角形，则有， 则即为二面角的平面角， 且，，， 由余弦定理，， 所以二面角的余弦值为；    （3）设点P到平面BDM的距离为d，PM与平面BDM所成的角为，则． 因为，平面BDM，平面BDM，所以平面BDM， 则点P到平面BDM的距离等于点到平面BDM的距离，根据， 即，解得， 又因为与平面所成角的正弦值为， 则． 连接，是边长为的正三角形， 在中，由余弦定理得,， 即，整理得：， 即，解得或， 又因为，， 所以或，    【变式2-1】如图，斜三棱柱的底面是边长为2的正三角形，且． (1)证明：； (2)求二面角的余弦值； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据正棱锥的定义，结合正三棱锥的几何性质、线面垂直的判定定理和性质进行证明即可； （2）根据全等三角形的判定定理，结合全等三角形的性质、二面角的定义、余弦定理、同角的三角函数关系式进行求解即可； （3）利用三棱锥体积的等积性，结合正弦定理、线面角的定义进行求解即可.. 【详解】（1）因为棱柱的底面是边长为2的正三角形，且， 所以三棱锥是正三棱锥， 因此顶点在底面的射影是正三角形的中心， 如图： 设点为边的中点，连接， 显然在上，且，平面， 因为平面， 所以，又因为平面， 所以平面，而平面， 所以，又因为， 所以； （2）因为棱柱的底面是边长为2的正三角形，且， 所以，在中，过作，垂足为，连接， 由全等三角形的性质可知，所以就是二面角的平面角， ， 所以， 因为， 同理可得， 由余弦定理可得， 所以二面角的余弦值； （3）由上可知是正三角形的中心，所以， 由勾股定理可得， 由三棱柱的性质可知平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 因为，所以，即是直角三角形， 设点到平面的距离为， 所以， 在中，，则， 在中，， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 题型八 空间几何体的截面问题 【例1】（多选）如图，在长方体中，，点是棱上的动点（不含端点），过点作长方体的截面，并将长方体分成上下两部分，体积分别为，则（   ） A．截面是平行四边形 B．若，则 C．存在点，使得截面为长方形 D．截面的面积存在最小值 【答案】AD 【详解】如图： 对A：设平面交棱于点，连接，. 因为平面平面，平面 平面， 平面 平面 ，所以. 同理，所以四边形为平行四边形，即截面是平行四边形，故A正确； 对B：因为，，所以，. 又和中，，，. 所以 ，所以，. 连接，，则， 且， ， ， 所以，又，所以，所以，故B错误； 对C：假设存在点，使得截面为长方形. 设，则，. 由 ， 即 或. 这与矛盾，所以假设错误.故不存在点，使得截面为长方形.即C错误； 对D：设，，则，， 在中，由余弦定理， ， 所以 . 所以 . 所以截面四边形的面积为 ， 所以当时，截面的面积最小，为.故D正确. 【变式1-1】若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则过圆锥顶点的截面中，截面面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】可知侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则弧长为， 则底面直径为， 则圆锥轴截面是以为腰，为底的等腰三角形，此时顶角为， 则，所以， 则过圆锥顶点的截面是以为腰的等腰三角形，设顶角为， 此时面积，可知当时，即时，面积最大， 此时面积. 【变式1-2】正方体中，M，N分别是，的中点，则过，M，N三点的平面截正方体所得的截面形状是（   ） A．平行四边形 B．直角梯形 C．等腰梯形 D．三角形 【答案】C 【详解】解析  连结并延长交的延长线于H，连结DH， 因为M是的中点，所以直线DH经过点M， 连接MN，则，则等腰梯形， 即为过、M、N三点的正方体的截面， 故选：C. 题型九 空间几何体的外接球、内切球问题 【例1】已知四面体的内切球球心为，棱，的中点分别为，，若，，三点共线，则（    ） A．点到的距离等于点到的距离 B．无法确定，的面积大小关系 C．，且 D．四面体的外接球球心恒在直线上 【答案】ACD 【详解】 为内切球球心， 到面和面距离相等． 在上， ． ，， 所以到面的距离与到面距离相等，即． ， ． 是两三角形的公共边， 、到的距离相等，同理、到的距离也相等，故A正确，B错误. 下证为、的公垂线． 设、在上的射影分别为、． 由，故可以认为、是在以为轴，以为半径的圆柱面上． 过的中点作平面与轴垂直，则这个平面平分线段，因此，这个平面过点． 设在圆柱上底面的射影为，则在上底面的射影为的中点． 因为，， 所以． 于是面，． 这说明是和的公垂线，即和的公垂线经过的中点． 同理，它们的公垂线也经过的中点．即为它们的公垂线，故正确. 下证的中垂面与相交． 否则，． 过分别作平面与垂直，则，，， 注意到，，，从而，，这与矛盾． 于是的中垂面与相交． 设中垂面与交于点，则． 又为的公垂线且、分别为、的中点，所以，． 故，即为四面体外接球的球心，且在上．故正确. 【变式1-1】已知正方体的棱长为2，球为其内切球，球为其外接球，点P是的中点，则下列说法正确的是（   ） A．球与球的体积之比为 B．点P到球表面的距离的最小值为 C．若在正方体内部放置两个相互外切的球，两球球心同在正方体的一条体对角线上且两球都与正方体的三个面相切，则这两个球的体积之和的最小值为 D．分别以正方体的四个顶点A，C，，为球心，为半径作四个球，记这四个球的公共部分为几何体Ω，几何体Ω内能容纳的最大球的表面积为 【答案】ACD 【分析】A求出内切球的半径和外接球半径，根据球的体积公式得到球与球的体积之比；B因为为球内一点，则到球表面上的最小距离是半径；C设这两个与正方体三个面相切的球半径分别是r，R，它们的球心在正方体的体对角线上，且球心距离为，球心到对应正方体顶点的距离分别是和，从而得到，利用球的体积公式求出两球的体积之和，利用基本不等式得到体积之和的最小；D如图，三棱锥是正四面体，四个球公共部分几何体Ω的中心是正四面体的中心，也就是正方体的中心O，最大的球是内切球，也就是中心O到四个球面的距离，从而得到最大球的半径，利用球的表面积公式求出最大球的表面积. 【详解】因为正方体棱长为2，所以其内切球半径为1，外接球半径为， 根据球的体积公式可知球与球的体积之比为，故A正确； P为球内一点，则P到球表面上的最小距离是半径，故B错误； 设这两个与正方体三个面相切的球半径分别是r，R， 它们的球心在正方体的体对角线上，且球心距离为， 球心到对应正方体顶点的距离分别是和， 则，解得， 两球的体积之和 ， 利用基本不等式可知当时，体积之和最小，故C正确； 如图，三棱锥是正四面体，四个球公共部分几何体Ω的中心是正四面体的中心，也就是正方体的中心O， 最大的球是内切球，也就是中心O到四个球面的距离，则最大球的半径， 故最大球的表面积，故D正确. 【变式1-2】“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它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十四面体，且它所有的棱长都为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．有内切球，且内切球的体积为 D．有外接球，且外接球的表面积为 【答案】C 【分析】由题目要求，还原正方体，在正方体中观察各选项中需要用到或者求解的线段、三角形和四边形，分别求出十四面体的表面积、体积，以及是否存在内切球及外接球. 【详解】A选项，该石凳由6个正方形和8个正三角形围成，它的表面积为，A正确； B选项，如图， 该石凳由一个棱长为的正方体截去8个全等的正三棱锥，其体积为 ，B正确； C选项，该多面体由6个正方形和8个正三角形围成，到这6个正方形距离相等的点为原正方体的中心， 设该点为，到这6个正方形距离为， 设到8个正三角形的距离为，则，解得， 所以该多面体不存在内切球，C错误； D选项，该多面体存在外接球，其球心为原正方体的中心，它到每个点的距离为原正方体面对角线的一半，即2， 所以球表面积为，D正确. 【变式1-3】如图，以正四面体的四个顶点为球心，以棱长为半径分别作四个球，它们的公共部分形成的几何体叫做“勒洛四面体”．若正四面体的棱长为4，则（    ） A．此“勒洛四面体”外接球的体积是 B．此“勒洛四面体”的内切球的半径是 C．此“勒洛四面体”表面上交线弧的长度为 D．过三点的截面面积是 【答案】D 【分析】根据勒洛四面体的结构特征，结合外接球、内切球、余弦定理、扇形面积、空间几何体的截面与相关知识，依次分析各选项即可得. 【详解】对A：此“勒洛四面体”外接球即为正四面体的外接球， 在正四面体中，为的中心， 是正四面体外接球的球心， 连接、、，由正四面体的性质可知在上， 因为，所以， 则. 因为， 即，解得， 即外接球半径为， 故外接球的体积，故A错误； 对B：由对称性可知勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心， 由外接球半径， 则内切球的半径为，故B错误； 对C：如图，取中点， 在中，，， 设为弧上任意一点，根据“勒洛四面体”的对称性， 弧在平面上，且平面. 所以 ， 所以该弧是以的中点为圆心，以为半径的圆弧， 设圆心角为，则，可知， 所以弧长不等于，故C错误； 对D：过三点截得的截面如图所示： 其面积为，则D正确. 基础巩固通关测 1．如图，长方体中被截去一小部分，其中，，则剩下的几何体是（   ） A．棱台 B．四棱柱 C．五棱柱 D．六棱柱 【答案】C 【详解】依题意，，且， 又平面平面， 所以由棱柱的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱． 2．下列说法中，正确的为（   ） A．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 B．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体是棱锥 C．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台 D．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥不可能是正六棱锥 【答案】D 【分析】对于ABC：举反例说明即可；对于D：假设成立，结合正六棱锥结构特征分析判断. 【详解】对于选项A：有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形不一定是棱柱， 可能是两个棱柱拼接而成，故A错误； 对于选项B：由棱锥的定义知，其余各面的三角形必须有一个公共的顶点，故B错误； 对于选项C：若各侧棱延长线不交于一点，则不符合棱台的定义，如图所示，正方体中取AD、BC、、的三等分点， 依次连线得多面体,显然不是棱台，故C错误； 对于选项D：如图所示的正六棱锥，满足， O为底面正六边形中心，平面， 但注意到，，则有， 这与所设满足的条件矛盾，故不存在满足条件的正六棱锥，故D正确. 3．太空舱储液罐从早期的金属贮箱逐渐发展成不锈钢复用贮箱，从铝合金到碳纤维复合材料，实现减重30%～50%．太空舱储液罐由一个圆柱和两个半球构成（如图所示），已知圆柱的高是底面外圈半径的8倍，若球外圈半径为4m，内部容积为，则它使用材料的体积（近似为3）为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】求组合体的体积、柱体体积的有关计算、球的体积的有关计算 【详解】根据题意，， 所以. 4．已知 为三条不同的直线， 为两个不同的平面，则以下选项正确的是（    ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若 ，则 D．若，则 【答案】B 【详解】对于 ，面面平行的判定定理要求相交，若 ，则 可能相交，故错误； 对于 ，过作平面交于，则 ，过作平面交于，则，故， 又不在平面内，又平面，所以，而，故，故，故正确； 对于C，若 ，则 或 ，故 错误； 对于，若， 如果或，则不能判断 ，故错误. 5．“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积时构造的一个和谐优美的几何体，它是指同一正方体分别从纵、横两方向所作的两个内切圆柱的公共部分组成的几何体（如图），刘徽研究发现：牟合方盖的体积与对应正方体的内切球的体积满足，若某正方体对应的牟合方盖体积是，则该正方体的棱长是（    ） A．2 B． C．4 D． 【答案】A 【分析】该正方体的棱长为，则内切球的半径为，再根据体积关系解方程即可. 【详解】因为牟合方盖的体积与对应正方体的内切球的体积满足，， 所以对应正方体的内切球的体积， 设该正方体的棱长为，则内切球的半径为 所以，解得 所以该正方体的棱长是2. 6．在正四棱台中，，若的最小值为，则点到直线的距离为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【知识点】正棱台及其有关计算 【分析】设，则，从而得到该棱台的高为，从点向平面作垂线，垂足为，即可求出，再由等面积法求出点到直线的距离. 【详解】设，则点在平面上， 故， 因为的最小值为，的最小值为， 所以该棱台的高为． 如图，连接，，则四边形是等腰梯形，，， 从点向平面作垂线，垂足为， 则最小时，点与点重合，点在上，且， 所以， 设点到直线的距离为，则， 所以． 故选：C. 7．在平面几何中有如下结论：设正三角形的内切圆面积为，外接圆面积为，则.推广到空间中，可以得到类似结论：已知正四面体的内切球体积为，外接球体积为，则（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】形状相同的几何体体积的比、多面体与球体内切外接问题 【分析】根据正四面体内切球、外接球球心与体高及底面相关线段的几何关系，列方程求对应的半径，由球体体积公式即可求比值. 【详解】若正四面体棱长为，如下图有体高为， 若为内切球的球心且半径为，则，可得， 若为外接球的球心且半径为，则，可得 ， ∴. 故选：A 8．（多选题）下列说法错误的是（   ） A．斜棱柱的侧棱垂直于底面 B．正棱柱的高可以与侧棱不相等 C．六个面都是矩形的六面体是长方体 D．底面是正多边形的棱柱为正棱柱 【答案】ABD 【分析】根据棱柱的性质可得 【详解】A.斜棱柱的侧棱与底面不垂直，故A错误； B.正棱柱是底面为正多边形的直棱柱，侧棱即为正棱柱的高，故B正确； C. 根据长方体的定义，六个面都是矩形的六面体是长方体，故C正确； D. 正棱柱的定义是底面是正多边形且侧棱垂直于底面的棱柱（即直棱柱），选项D的描述缺少“侧棱垂直于底面”或“是直棱柱”的条件，故D错误． 9．（多选）下列说法正确的有（   ） A．棱柱的侧面一定是平行四边形 B．棱台的侧面一定不是平行四边形 C．棱锥的侧面是全等的三角形 D．圆柱的侧面沿一条母线展开，则展开图不一定是矩形 【答案】AB 【分析】利用棱柱，棱台，棱锥和圆柱的定义和结构特征逐一判断选项即可. 【详解】对于A，由棱柱的结构特征知，其侧面都是平行四边形，故A正确； 对于B，棱台的侧面一定是梯形，而不是平行四边形，故B正确； 对于C，棱锥的侧面是三角形，不一定全等，故C错误； 对于D，因圆柱的母线垂直于两底面，故圆柱的侧面沿一条母线展开得到的一定是一个矩形，故D错误. 10．（多选）如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法正确的是（    ）    A．四点共面 B． C．三线不共点 D． 【答案】AB 【分析】连接，证得且，可得判定A正确、B正确；延长相交于点，结合平面的性质，可判定C不正确；由和时，得到，可判定D错误． 【详解】对于A、B中，如图所示，连接， 因为是的中位线，所以，且， 又因为，且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，且，所以为梯形， 所以四点共面，所以A、B正确； 对于C中，如图所示，延长相交于点， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面， 因为平面平面，所以， 所以三线共点，所以C不正确； 对于D中，因为，当时，， 又，则，所以D错误． 故选：AB 11．如图，一个水平放置的四边形的斜二测画法的直观图是矩形，，是的中点，则原四边形的面积是__________. 【答案】 【分析】首先求出，，即可得到原四边形中，的值，即可求出原四边形的面积. 【详解】根据斜二测画法的定义知在直观图中是等腰直角三角形，所以， 根据勾股定理，，又因为是的中点， 所以，可得在原四边形中，，， 故原四边形的面积. 故答案为：. 12．如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点是棱上的一点，且． (1)求证：平面； (2)已知点是棱上的一点，且，求证：平面平面． 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 【分析】（1）作辅助线，利用三角形相似得到比例关系，进而可得线线平行，结合判定定理可证结论. （2）作辅助线，根据题意可证平面，平面，进而可得面面垂直. 【详解】（1）连接、分别交于点H、O，连接， 在正方体中，且， 所以，则， 同理可得，所以，所以， 又平面，平面，所以平面. （2）连接，因为点分别为棱的中点，则， 因为，，则， 可得，则， 且平面，平面，则平面， 取的中点，连接， 因为分别为的中点，则， 又因为分别为的中点，则，， 且，，则，， 可知为平行四边形，则，可得， 且平面，平面，则平面， 又因为，平面，所以平面平面. 13．如图，在四棱锥中，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)若平面底面，求直线与底面所成角的正切值； (3)若，求锐二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）通过构造平行四边形，再结合线面平行的判定定理可得； （2）由面与面的垂直并结合（1）中平行关系可得即为所求角，然后在直角三角形中计算可得； （3）根据二面角的定义作出二面角的平面角，再结合余弦定理求解可得. 【详解】（1）取的中点为，连接，则，且， 又，且，所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以. 因为，且平面平面，所以平面. （2）由（1）知，所以直线与底面所成角即直线与底面所成角， 如图，过作于， 又平面底面，平面底面平面， 则底面， 所以即为直线与底面所成角. 取的中点，连接，因为，则． 因为为的中点，所以为的中点． 又， 则， 在中，， 所以， 即直线与底面所成角的正切值为 （3）如图，过作交于，连接， 因为，则即为平面和平面的夹角的平面角. 因为四边形为直角梯形，， 所以，又因为，，所以． 当时，在中，， 由余弦定理得， 在中，， 由余弦定理得 ． 所以锐二面角的余弦值为 能力提升进阶练 1．如图是某零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体的棱长为，则模型中九个球的表面积的和为（    ） A．6π B．9π C． D．21π 【答案】B 【分析】先求出正四面体内切球半径与正四面体棱长和高的关系，再分析大、中、小内切于不同高度的正四面体即可求解． 【详解】如图所示正四面体，设棱长为，高为， 为正四面体内切球的球心，延长AO交底面BCD于， 是等边三角形BCD的中心，过作交CD于，连接BF， 根据对称性，BF过点E， 则OE为正四面体内切球的半径， 正中，高，而，， 同理，所以， 所以， 解得，所以正四面体ABCD内切球的表面积为， 由图可知最大球内切于高的正四面体中， 最大球半径，故最大球表面积为， 进一步，可知中等球内切于高的正四面体中， 中等球半径，故中等球的表面积为， 最小球内切于高的正四面体中， 最小球半径，故最小球的表面积为， 所以九个球的表面积之和为． 2．（多选）如图，是用斜二测画法画出的直观图，则（     ） A．是钝角三角形 B．的周长为 C．的面积为 D．的面积为 【答案】BC 【详解】作出如图所示，由图可得是等腰直角三角形，A错误； ，，所以的周长为，B正确； 的面积为，C正确；的面积为，D错误． 3．（多选）下列说法正确的是（　　） A．由若干个平面多边形围成的几何体，称做多面体 B．一条平面曲线绕它所在平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫做旋转面 C．旋转体的截面图形都是圆 D．圆锥的侧面展开图是一个扇形 【答案】ABD 【分析】根据各几何体的定义及性质逐项分析即可得出答案. 【详解】根据多面体的定义知，选项A正确； 根据旋转面的定义知，选项B正确； 截圆柱、圆锥、圆台所得轴截面图形分别是矩形、等腰三角形、等腰梯形，选项C错误； 圆锥沿其母线剪开后，侧面在平面上的展开图是一个扇形，此说法正确，选项D正确. 故选:ABD. 4．（多选）某同学用8块全等的三角形薄板（不计厚度），通过拼接得到一个封闭的几何体（薄板均在几何体的表面，且没有剩余），则（   ） A．该几何体可能是三棱锥 B．该几何体可能是四棱柱 C．用8块全等的等腰三角形可能拼接成一个三棱柱 D．用8块全等的直角三角形可能拼接成一个三棱柱 【答案】AC 【分析】先明确各选项中几何体的表面三角形数量特征：因为三棱锥表面有4个三角形面，所以先分析8块全等三角形能否拼接成三棱锥；分析四棱柱的表面构成：因为四棱柱表面是4个四边形和2个多边形底面，若要由三角形拼接，需将四边形面拆分为三角形，结合8块全等三角形的条件，判断是否可行；针对三棱柱的拼接，分别考虑等腰三角形和直角三角形的情况：若用等腰三角形拼接三棱柱，需考虑三棱柱的面的数量和形状匹配度；若用直角三角形拼接，需结合直角三角形的特性，分析能否对应三棱柱的面的拼接需求. 【详解】对于A，可用两块含角的直角三角形薄板拼成一块等边三角形薄板， 像这样得到4个等边三角形，即可拼成正四面体（三棱锥），A正确； 对于B，四棱柱一共有6个面，每个面都是四边形，至少需要12个三角形才能得到，故B错误； 对于C，如图，先用6个等腰三角形（腰为a，底为b）拼成三棱柱的三个侧面， 要构成三棱柱，将平行四边形和分别沿和折起， 必须使A与G重合，B与H重合，只要取合适的值，使侧面展开图中垂直即可， 实际上，当时，， 在中，， 则， 则，即可得，即此时即可满足题意，C正确； 对于D，由C的分析可知等腰三角形不符合题意，故考虑非等腰的直角三角形， 设三角形三边长为，同样先考虑侧面，需要6个直角三角形，假设三棱柱的侧棱为a， 因为每个侧面有两条边为侧棱，所以这6个直角三角形的a边都为侧棱， 则棱柱的上、下底面就不可能出现a边，因此直角三角形不符合条件，故D错误. 5．（多选）选取正方体表面上两个不同的点P，Q，定义第k次操作为“将正方体绕直线旋转角”. 则经过下列操作，正方体可能与自身重合的有（    ） A．， B．，， C．， D．，， 【答案】ABD 【分析】先分析正方体的旋转对称性，得到旋转角度应满足的条件，再依次验证选项即可. 【详解】要使正方体经过旋转后能与自身重合，旋转轴必须是正方体的对称轴， 且总旋转角度必须是该对称轴对应的基本对称角度（即满足重合的最小旋转角度）的整数倍， 正方体有三类旋转对称轴：面心轴（连接相对两个面的中心），基本对称角度为； 体对角线轴（连接相对两个顶点），如图：正方体绕旋转后重合， 故基本对称角度为； 棱心轴（连接相对两条棱的中点），基本对称角度为， 由于点是在表面上选取的，只要连线经过正方体中心，就可以成为上述三种对称轴之一， 因为所有的操作都是绕同一条直线进行的，所以最终的总旋转角度就是各次角度之和， 对于A，总角度可以为，A正确； 对于B，总角度可以为，B正确； 对于C，总角度为或，均不是的整数倍，C错误； 对于D，总角度可以为，D正确. 6．（多选）以下四个命题正确的是（    ） A．三个平面最多可以把空间分成八部分 B．若直线平面，直线平面，则“与相交”与“与相交”等价 C．若，直线平面，直线平面，且，则 D．若空间中三个平面两两相交，则他们的交线互相平行 【答案】AC 【分析】根据平面的性质判断A，根据空间中线线、面面的位置关系判断B，根据点、线、面的位置关系判断C，利用反例说明D. 【详解】对于A：三个平面两两平行时，可以把空间分成4部分，如图1； 三个平面中恰有两个平面平行时，可把空间分成6部分，如图2； 三个平面两两相交于一条直线时，可以把空间分成6部分，如图3； 三个平面两两相交于三条直线，且三条直线互相平行时，可以把空间分成7部分，如图4； 三个平面两两相交于三条直线，且三条直线交于一点时，可以把空间分成8部分，如图5， 所以空间中的三个平面最多能把空间分成部分，故A正确； 对于B：因为直线平面，直线平面，由与相交一定可以得到与相交， 但是由与相交，则与可以相交、平行或异面，故B错误； 对于C：因为，直线平面，则且， 又直线平面，所以， 又，所以，故C正确； 对于D：若空间中三个平面两两相交，则他们的交线可以互相垂直， 如图正方体中：平面平面， 平面平面，平面平面， 由正方体的性质可知、、两两互相垂直，故D错误. 故选：AC . 7．（多选）如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法正确的有（    ） A．四点共面 B．三线共点 C．此三棱柱的各面所在的平面将空间分成21部分 D．在空间，到三个顶点距离相等的点的轨迹是一个平面 【答案】ABC 【分析】对于A，利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断；对于B，利用平面公理判断得，的交点在，从而可判断；对于C，先考虑侧面，再考虑两个底面；对于D，到三个顶点距离相等的点的轨迹是一条直线. 【详解】对于A，如图，连接，， 因为是的中位线，所以， 因为，且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，所以四点共面，故A正确； 对于B，如图，延长，相交于点， 因为，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面， 因为平面平面， 所以，所以三线共点，故B正确； 对于C，先考虑侧面，3个侧面将空间分为7部分，再考虑两个底面，两个底面切割后将空间分为个部分，C正确； 对于D，到三个顶点距离相等的点的轨迹是一条经过重心且垂直于平面的直线，D错误. 8．某商场要悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，、、、为该正方体的顶点，、、为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面．若平面与平面平行，且点到的距离为2米，则直绳索的长度约为________米．（结果精确到0.01米）    【答案】 【知识点】棱柱的结构特征和分类、正棱柱及其有关计算 【分析】设正方体的中心为，连接，得到平面，由三角形是正三角形，得到外接圆的半径为米，利用勾股定理求得米，设米，结合，即可得到对答案. 【详解】解：由正方体的棱长米， 因为平面平面，且平面，平面，平面， 如图所示，设正方体的中心为，连接，交平面于点，则平面， 在正方体中，底面是正三角形，其外接圆的半径为米， 又由勾股定理，可得米， 设米，因为点到平面的距离为2米， 所以米. 故答案为：.    9．如图所示，在棱长为2的正方体中，点在该正方体的表面上运动，且，记点的轨迹长为，则_____________，_________.    【答案】 【知识点】棱柱的结构特征和分类、正棱柱及其有关计算 【分析】当时，确定点P在正方体表面上的轨迹，再计算得；当时，确定点P在正方体表面上的轨迹，再计算得． 【详解】当时，点P在正方体表面正方形上动动， 其轨迹是以B为圆心，2为半径的三段弧，； 当时，点P在正方体表面正方形上运动， 记该点为，若其在正方形内时，易得，得， 因此点的轨迹为正方形内以为圆心，2为半径的圆弧，弧长为， 同理在正方形内的轨迹长度都为，所以. 故答案为：；    【点睛】关键点点睛：确定动点动动所在的平面及轨迹形状，是解题的关键. 10．如图，在长方体中，，，，为线段上的一个动点（不含端点），则的最小值为______． 【答案】 【知识点】棱柱的展开图及最短距离问题 【分析】将长方体的表面展开为平面图，将原问题转化为平面问题，利用两条直线之和共线时长度最小即可求解. 【详解】将平面与平面沿直线翻折为一个平面（如下图所示），将原问题转化为平面问题. 本题所求必在下图所示的图中，从而连接，为线段上的一个动点（不含端点）， 则，当且仅当在线段上时等号成立， ，则四边形为正方形， 由可得， 则， 所以的最小值为. 11．李华同学用如下左图所示的炒勺做蛋饺，在学习立体几何后，他打算研究炒勺（不考虑勺柄，下同）的容积与表面积.如图所示，取定球面上一点N，连接N与球心，在线段上取一点，过垂直于的平面（记作）将球面分成了两部分；李华同学将炒勺抽象为其中含有点N的那部分曲面，并设球面半径为R.    (1)若将炒勺简化为一个半球面（即与重合），求炒勺的容积； (2)李华记得必修三教材中，半球体积是利用如图所示的圆柱、圆锥以及祖暅原理推导所得.模仿教材中的方法，，求炒勺的容积V，并写出推导过程；    (3)设厘米，厘米，利用必修三教材中近似地推导球的表面积公式的方法，帮助李华同学推测炒勺的内表面面积S（近似到0.01平方厘米），并写出推导过程. 【答案】(1)； (2)； (3). 【知识点】锥体体积的有关计算、柱体体积的有关计算、根据体积计算几何体的量、球的体积的有关计算 【分析】（1）利用球的体积公式即可求解； （2）先证明等高的横截面面积相等，再来计算相等部分的体积即可； （3）利用分割思想，把每一个锥体的高近似看成，再利用体积相等，来近似计算求出炒勺的表面积. 【详解】（1）若将炒勺简化为一个半球面（即与重合），则炒勺的容积为； （2）    如图：先证明对任意高度，图中的阴影部分面积相等， 图（1）中阴影部分圆的半径设为，则由垂径定理可知：， 所以图（1）中阴影部分圆的面积为：， 图（2）中阴影部分为圆环，设内圆半径为，则， 所以图（2）中阴影部分圆环的面积为：， 此时对任意的高度，都有，则根据祖暅原理， 可知炒勺的容积V等于一个高为的圆柱体积减去一个圆台体积， 即 ， 故炒勺的容积； （3）    当厘米，厘米，先计算炒勺的容积， 再计算阴影部分圆的半径 图中阴影部分下方的圆锥体积， 再根据推导球的表面积公式的方法，将炒勺的球面分割成微小的 n 个部分，每一个部分与球心形成的锥体的高都近似看成球的半径， 从而可将这 n 个锥体的体积之和等于炒勺和圆锥组成的几何体体积，最后可近似求出炒勺的表面积，设炒勺的表面积为， 则 故炒勺的表面积为. 12．如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中， ，且，点E为棱的中点. (1)求证: 平面; (2)若M为上的动点，则线段上是否存在点N，使得/平面?若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由； (3)若，请在图中作出四棱锥过点B，E及棱中点的截面，并求出截面周长. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在为线段中点，证明见解析； (3)作图见解析，截面周长为. 【分析】（1）取线段的中点，连接，通过证明可得结论； （2）当为线段中点时，平面，通过证明面面可得结论； （3）取线段的中点，连接，通过证明，得到四边形为截面，然后分别求出各边的长即可. 【详解】（1）取线段的中点，连接， 因为分别为线段的中点， 所以，且， 又，且， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）当为线段中点时，平面， 证明：取线段中点，连接 因为分别为线段的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面； 因为，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； 又面， 则面面，又面， 所以面， 所以当为线段中点时，平面； （3）取线段的中点，连接， 因为，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又分别为线段的中点， 所以， 所以，则四边形为四棱锥过点及棱中点的截面， 则，，， 在中，，， 所以， 则， 所以截面周长为. 13．如图，在矩形，，，是线段上的一点，将沿翻折，使点到达的位置，且点不在平面内． (1)若平面平面，证明：平面平面； (2)设为的中点，取的中点，连接并延长，交延长线于点，设． ①用表示二面角的正切值； ②当二面角最大时，求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）利用面面垂直的性质得平面，再利用面面垂直的判定得结论； （2）①利用线面垂直的判定得平面，再利用面面垂直的判定得平面平面，在平面内，过作，交于，利用面面垂直的性质得平面，再利用线面垂直的判定与性质得和，再利用二面角的平面角得是二面角的平面角，再解直角三角形得结论； ②利用二倍角正弦、余弦公式得，再由基本不等式求最值得当，时，二面角最大，最后利用棱锥的体积计算得结论． 【详解】（1）因为四边形是矩形，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 而平面，因此平面平面． （2）①如图： 在矩形中，因为，，是线段的中点，是线段的中点， 所以， 因为，，是线段的中点，所以． 因为，、平面，所以平面， 而平面，因此平面平面． 在平面内，过作，交于， 而平面平面，因此平面． 在平面内，过作，交于，则． 因为平面，平面，所以， 而，、平面， 因此平面，而平面，所以． 因为，，所以是二面角的平面角． 在中，因为，， 所以，． 在矩形中，因为，， 所以， 因此在中，． ②因为，所以， 因此， 当且仅当，即，时，等号成立． 因为，所以， 而，因此，所以当，时，二面角最大， 所以当二面角最大时，四棱锥的体积为 ． 14．已知正四面体的棱长为． (1)证明：； (2)某几何体是由正四面体按如下规则得到：在每个三角形面上，以各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第1次操作；继续以新生的小正四面体各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第2次操作；以此类推，如图所示． （i）求第3次操作后几何体的体积； （ii）现有次操作后生成的几何体石材，求打磨出的最大球的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）． 【分析】（1）取中点，由线面垂直的判定定理可得平面，得证； （2）（i）设原四面体的棱长为，体积为，第1次操作后，新增四个小正四面体，其棱长为，第2次操作后，每个小四面体均新增三个更小的正四面体，棱长为，共增加12个，第3次操作后，新增36个小正四面体，棱长为，由此计算得解；（ii）根据题意可得最大球即初始正四面体的中心到各面中位线中点的距离为半径的球，计算得解. 【详解】（1）取中点，由正四面体知与均为正三角形， 故，又平面， 所以平面，又平面，故. （2）（i）设第次操作后的体积为，原四面体的棱长为，体积为； 第1次操作后，新增四个小正四面体，其棱长为，且新增的体积为； 第2次操作后，每个小四面体均新增三个更小的正四面体，棱长为，共增加12个，故新增的体积为； 第3次操作后，新增36个小正四面体，棱长为，故新增体积为， 因此操作3次后的体积为， 原正四面体的体积，故. （ii）最大球即初始正四面体的中心到各面中位线中点的距离为半径的球. 过点作平面于点，因为四面体为正四面体， 故为的中心，则在上，且， 同理，可得在上，且，则为四面体的外接球球心和内切球球心， 设，则， 所以，则由，解得，所以， 设点为的中点，则，则， 次操作后始终为新生几何体的一个顶点，故打磨出的球的半径， 记第1次操作后构造的任一正四面体（即四面体）的外接球球心为， 连接，则平面，设垂足为，，则为的中心， 故在上，且，故点与点重合， 所以共线，则平面，故. 即以为球心，为半径的球，是次操作后生成的几何体石材打磨出的最大球， 此球体积为. 15．如图1是一个由菱形和两个直角三角形和所组成的平面图形，其中，现将和分别沿折起，使得点与点重合于点，连接，得到如图2所示的四棱锥. (1)求证：平面； (2)若为棱上一点，记 （i）若，求直线与平面所成角的正切值； （ii）是否存在点使得直线与直线所成角为，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)（i）；（ii）存在，. 【分析】（1）利用，，可得到平面，从而得到，再利用菱形可得，最后就可得到平面； （2）①由平面，可知直线与平面所成角就是，从而利用已知数据进行计算即可； ②由可得或其补角为直线与直线所成角，再利用余弦定理解得,利用勾股定理得，最后由已知角的余弦定理得到关于的方程，从而可解得. 【详解】（1）连结AC，交BD于点O，又∵底面为菱形，∴, 由题可得，，且，平面 ，平面， ∴平面，又平面，∴， ∵，平面 ，平面， ∴平面． （2）（i）连结SO交CE于点G，由（1）得平面, ∴为直线CE与平面SBD所成角, ∵，，, ∴, ∵，∴， 在三角形中，由，，所以由余弦定理得： ， ， ∴，即 ， ∴， ∴直线与平面所成角的正切值为． （ii）连结，∵, ∴或其补角为直线与直线所成角,则假设存在点，满足， 由得，, 在三角形中，由，所以由余弦定理得： ， 过点作，交于， 由平面，平面，得，所以， 由可得，因为，所以，， 在三角形中，由余弦定理得： ， 再由，平面可得平面， 又因为平面，所以， 在直角三角形中，由勾股定理得： ． 在三角形中，又因为，，所以由余弦定理得： , 解得, ∴存在使得直线与直线所成角为． 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 第十一章 立体几何初步（复习讲义） 一、基础目标 1. 能复述空间几何体的核心概念，包括多面体（棱柱、棱锥、棱台）、旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）的定义及结构特征，能准确区分不同几何体，识别现实生活中简单物体对应的立体几何模型，匹配阶段考中几何体识别类基础题型。 2. 会用斜二测画法画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合）的直观图，能记住斜二测画法的基本规则（x′轴、y′轴夹角为45°或135°，z′轴垂直于该平面，平行于x轴、z轴的线段长度不变，平行于y轴的线段长度减半），能根据直观图判断原图形的基本形状，应对阶段考中直观图绘制与识别类基础题。 3. 能复述平面的4个基本事实及等角定理，明确基本事实的核心内涵（如基本事实1判断直线在平面内、基本事实3判断两平面相交），能运用基本事实简单判断空间点、直线、平面的基本位置关系（点在直线上/外、直线在平面内/外、两平面平行/相交）。 4. 能记住棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积计算公式，能直接代入已知数据进行简单计算（不涉及复杂转化、组合体拆分），匹配阶段考、高考中表面积、体积计算的基础题型。 5. 能识别空间中直线与直线的三种位置关系（相交、平行、异面），能简单判断异面直线，记住异面直线所成角的定义及范围（0°，90°]，能识别简单图形中的异面直线所成角。 二、进阶目标 1. 会推导空间中直线与平面平行、平面与平面平行的判定定理和性质定理，能准确表述定理的条件和结论，能规范书写简单的证明过程（如证明直线与平面平行、两平面平行），应对阶段考、高考中平行关系证明的中档题型。 2. 会推导空间中直线与平面垂直、平面与平面垂直的判定定理和性质定理，能准确表述定理的条件和结论，能规范书写简单的证明过程（如证明直线与平面垂直、两平面垂直），掌握线面垂直、面面垂直的相互转化方法，匹配中高考中档证明题。 3. 理解并应用异面直线所成角的求解方法，能通过平移法将异面直线所成角转化为平面角，结合直角三角形知识进行计算，能规范书写求解步骤，应对阶段考、高考中异面直线所成角的计算题型。 4. 能解决简单组合体（如棱柱与棱锥组合、圆柱与圆锥组合）的表面积和体积计算问题，会对组合体进行拆分、补形，排除重合部分的面积干扰，准确代入公式计算，应对阶段考重点、高考基础题型。 5. 能运用平面基本事实及推论，证明空间中点、线、面的共面、共线、共点问题，掌握简单的逻辑推理思路，规范书写证明步骤，匹配阶段考中档题型。 6. 理解并应用线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的性质定理，解决与平行、垂直相关的简单计算问题（如求线段长度、角度大小），实现判定定理与性质定理的灵活运用。 三、拓展目标 1. 理解并应用祖暅原理，能结合祖暅原理推导简单几何体的体积公式，能运用祖暅原理解决不规则几何体的体积比较与计算问题，应对高考中体积计算的难题。 2. 能解决空间几何体的截面问题，掌握截面的画法，能根据截面形状分析几何体的结构特征，结合几何定理、公式计算截面面积、线段长度等，应对高考压轴题中截面相关题型。 3. 理解并应用空间几何体的外接球、内切球相关知识，能判断常见几何体（正方体、长方体、正四面体、直棱柱）的外接球、内切球的球心位置，能计算球的半径、表面积和体积，应对高考中档偏难题。 4. 能解决立体几何中的探索性问题（如判断空间中是否存在满足条件的直线、平面，确定点的位置使线面平行、面面垂直），能结合判定定理、性质定理进行推理分析，规范书写探究过程，匹配高考压轴题。 5. 能运用立体几何知识解决实际应用问题（如建筑中的空间结构计算、机械制造中的几何体度量），能将实际问题转化为立体几何模型，运用相关定理、公式求解，培养数学建模能力。 6. 能综合运用立体几何、平面几何、三角函数等知识，解决复杂的立体几何综合题（如多面体与旋转体结合、平行与垂直关系综合、角度与体积综合），提升综合解题能力和逻辑推理能力，应对高考压轴题。 知识点 重点归纳 易错点提醒 空间几何体的结构特征 1. 多面体：棱柱（有两个面互相平行，其余各面都是四边形，且相邻两个四边形的公共边互相平行）、棱锥（有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形）、棱台（用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分）； 2. 旋转体：圆柱（矩形绕一边旋转）、圆锥（直角三角形绕一条直角边旋转）、圆台（直角梯形绕垂直于底边的腰旋转或平行于圆锥底面截圆锥）、球（半圆绕直径旋转）； 3. 常见结论：① 长方体的体对角线长；② 正四面体的棱长为，则高为，表面积为；③ 圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形。 1. 混淆棱柱与棱台的结构特征，误将“有两个面平行”的多面体当作棱柱（忽略“其余各面相邻公共边互相平行”）； 2. 误将圆台的母线当作圆锥的母线，忽略圆台母线是截后剩余部分； 3. 判断旋转体时，混淆旋转轴，如将直角三角形绕斜边旋转当作圆锥。 空间图形的直观图 1. 斜二测画法核心规则：① 建立坐标系，x′轴、y′轴夹角为45°或135°，z′轴垂直于x′Oy′平面；② 平行于x轴、z轴的线段，长度不变；平行于y轴的线段，长度减半； 2. 常见结论：① 原图形面积与直观图面积的关系：；② 正方形的直观图是平行四边形，正三角形的直观图是等腰三角形。 1. 斜二测画法中，平行于y轴的线段长度未减半，或z轴与x′Oy′平面不垂直； 2. 由直观图还原原图形时，误将直观图中平行于y′轴的线段长度直接当作原图形中平行于y轴的长度；3. 绘制直观图时，忽略“原图中垂直的线段，直观图中不一定垂直”。 平面的基本事实与等角定理 1. 平面基本事实：① 过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面（确定平面的核心）；② 如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内；③ 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线；④ 平行于同一条直线的两条直线互相平行； 2. 等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补；3. 常见结论：① 过直线和直线外一点，有且只有一个平面；② 过两条相交直线，有且只有一个平面；③ 过两条平行直线，有且只有一个平面。 1. 忽略平面基本事实1中“不在一条直线上”的条件，误说“三点确定一个平面”； 2. 应用等角定理时，忽略“两边对应平行”的方向，误将“互补”情况遗漏； 3. 混淆“直线在平面内”与“直线与平面有公共点”，误将有一个公共点的直线当作在平面内。 空间点、线、面的位置关系 1. 点与线：点在直线上、点在直线外；点与面：点在平面内、点在平面外； 2. 线与线：相交（有且只有一个公共点）、平行（无公共点且共面）、异面（无公共点且不共面）； 3. 线与面：平行（无公共点）、相交（有且只有一个公共点）、直线在平面内（有无数个公共点）； 4. 面与面：平行（无公共点）、相交（有且只有一条公共直线）； 5. 常见结论：① 异面直线所成角的范围是（0°，90°]；② 过平面外一点，有且只有一条直线与已知平面平行。 1. 误将异面直线当作“不相交的直线”，忽略“不共面”的条件（共面不相交是平行直线）； 2. 混淆“线面平行”与“线面无公共点”，误将“直线与平面平行”等同于“直线与平面内所有直线平行”； 3. 判断面面平行时，误将“两个平面内有两条直线平行”当作面面平行的判定条件（需两条相交直线）。 直线与平面、平面与平面平行的判定与性质 1. 线面平行：① 判定定理：如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行；② 性质定理：如果一条直线与此平面平行，那么过该直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行； 2. 面面平行：① 判定定理：如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；② 性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行； 3. 常见结论：① 线面平行⇒线线平行（需过直线作平面找交线）；② 面面平行⇒线面平行（一个平面内的直线平行于另一个平面）；③ 面面平行⇒线线平行（两平面与第三个平面的交线）。 1. 线面平行判定中，忽略“直线在平面外”的条件，误将平面内的两条平行直线当作“线面平行”； 2. 线面平行性质应用时，未过直线作平面找交线，直接得出“直线与平面内所有直线平行”； 3. 面面平行判定中，用“两条平行直线”代替“两条相交直线”，导致判定错误； 4. 面面平行性质应用时，忽略“同时与第三个平面相交”的条件。 直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质 1. 线面垂直：① 判定定理：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直；② 性质定理：如果两条直线都垂直于同一个平面，那么这两条直线平行； 2. 面面垂直：① 判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直；② 性质定理：如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面； 3. 常见结论：① 线面垂直⇒线线垂直（直线垂直于平面内所有直线）；② 面面垂直⇒线面垂直（需在一个平面内且垂直于交线）；③ 过一点有且只有一条直线与已知平面垂直。 1. 线面垂直判定中，用“两条平行直线”代替“两条相交直线”，误判线面垂直； 2. 线面垂直性质应用时，误将“垂直于同一个平面的两条直线平行”记反，或忽略“同一个平面”的条件； 3. 面面垂直判定中，忽略“垂线在另一个平面内”的条件，误将“一条直线垂直于一个平面”当作“两个平面垂直”； 4. 面面垂直性质应用时，未强调“在一个平面内”且“垂直于交线”，直接得出线面垂直。 空间几何体的表面积与体积 1. 表面积公式：① 棱柱：（棱柱侧面积=底面周长×高）；② 棱锥：S表=S侧+S底；③ 棱台：S表=S侧+S上底+S下底；④ 圆柱：S表=；⑤ 圆锥：S表=（为母线长）；⑥ 圆台：S表=；⑦ 球：S表=； 2. 体积公式：① 棱柱、圆柱：V=；② 棱锥、圆锥：V=；③ 棱台、圆台：V=；④ 球：V=； 3. 常见结论：① 等底等高的棱柱体积是棱锥体积的3倍；② 球的体积与表面积只与半径有关；③ 组合体体积可通过“拆分法”“补形法”计算。 1. 混淆棱台与棱柱的侧面积公式，误将棱台侧面积当作“底面周长×高”； 2. 计算圆锥、圆台表面积时，遗漏底面面积，只计算侧面积； 3. 计算圆台、棱台体积时，记错公式，遗漏“1/3”或“√(S上底S下底)”项； 4. 计算组合体体积时，未排除重合部分的体积，或拆分、补形错误；5. 忽略单位统一，如底面边长单位与高的单位不一致直接计算。 空间角的计算（异面直线所成角、线面角、二面角） 1. 异面直线所成角：① 定义：过空间任一点作两条异面直线的平行线，所成的锐角或直角；② 求解方法：平移法（转化为平面角）、向量法；③ 范围：（0°，90°]； 2. 线面角：① 定义：直线与平面中所有直线所成角中最小的角，即直线与它在平面内的射影所成的角；② 范围：[0°，90°]；③ 结论：（为直线上一点到平面的距离，为直线长度）； 3. 二面角：① 定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形；② 求解方法：定义法、垂线法（找两个平面的垂线，转化为平面角）；③ 范围：[0°，180°]； 4. 常见结论：① 异面直线所成角与方向无关，只取锐角或直角；② 线面角为0°时，直线在平面内或与平面平行；为90°时，直线与平面垂直。 1. 计算异面直线所成角时，未将角转化为锐角或直角，误取钝角； 2. 求解线面角时，混淆“直线与射影所成角”与“直线与平面内直线所成角”，取错角； 3. 计算二面角时，误将“两个平面的垂线所成角”当作二面角，忽略二面角的平面角与垂线所成角的关系（相等或互补）； 4. 书写解题步骤时，未证明所找的角是“空间角的平面角”，直接计算。 题型一 空间几何体的识别与结构特征判断 【例1】下列说法正确的是（    ） A．棱柱是有且仅有两个平面平行，其他平面为平行四边形的多面体 B．圆柱是由一个四边形绕着其中一条边旋转得到的 C．用一个平面去截圆锥，这个平面和圆锥的底面之间的部分是圆台 D．棱台的所有侧棱所在直线交于同一点 【变式1-1】下列说法正确的是（    ） A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B．各侧棱都与底面垂直的四棱柱是长方体 C．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D．如果一个棱柱的所有面都是正方形，那么这个棱柱是正方体 【变式1-2】（多选）下列结论正确的是（   ） A．圆锥的轴截面是等边三角形 B．长方体是直四棱柱，直四棱柱不一定是长方体 C．用一个平面去截三棱锥，必得到一个三棱锥和一个三棱台 D．四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体 【例2】若把该立体图形绕某条直线旋转角度，，使之与原图形重合，则该直线称为该立体图形的旋转轴．侧棱互相垂直的正三棱锥的旋转轴的条数为（   ） A．0 B．1 C．3 D．4 【变式2-1】下列平面图形中，通过围绕定直线旋转可得到如图几何体的是（    ） A． B． C． D． 【变式2-2】已知某个四棱柱为平行六面体，从一个顶点出发相邻的三个面的面积分别为a，b，c，则（    ） 命题①：若该四棱柱为直四棱柱，则它的体积为是直四棱柱为长方体的充要条件 命题②：若该四棱柱为斜四棱柱，则它的体积为是斜四棱柱为长方体的充要条件 A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 题型二 斜二测画法相关计算与直观图还原 【例1】如下图，已知图2为甲同学用斜二测画法作出的在平面直角坐标系中正五边形（见图1）的直观图即五边形，且保持坐标轴上的单位长度不变，其中各点的做法可能正确的为（ ） A． B． C． D． 【变式1-1】如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面图形的周长为（   ） A． B． C．4 D．8 【变式1-3】已知某一个图形的直观图如图所示，，求原图形的面积为（    ） A． B． C． D． 题型三 空间几何体的展开图、表面积与体积计算 【例1】在棱长为2的正方体中，M为线段上一动点，求的最小值（   ） A． B． C． D． 【变式1-1】直四棱柱的所有棱长均为1，为棱上的动点，，则的最小值为（    ） A． B． C． D．3 【变式1-2】如图，正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，点，分别为棱和上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【例2】如图，在正六棱台中，，，四边形的面积为，则该正六棱台的表面积为（   ） A． B． C． D． 【变式2-1】由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体（如图），  ，分别在上，满足，则几何体的体积为__________；___________. 【变式2-2】如图，封闭图形由线段和曲线组成，其中三点共线，，曲线是以为圆心，为半径的一段弧，且所对的圆心角为，将该图形绕着所在的直线旋转一周得到旋转体，则（    ） A．该旋转体由个球体和1个圆锥体组成 B．该旋转体由个球体和1个圆锥体组成 C．该旋转体的表面积为 D．该旋转体的体积为 【例3】如图，若正方体的棱长为2，点是正方体的上底面上的一个动点（含边界），分别是棱上的中点，有以下结论：    ①在平面上的投影图形的面积为定值； ②平面截该正方体所得的截面图形是等腰梯形； ③的最小值是； ④若保持，则点在上底面内运动路径的长度为． 其中正确的是__________．（填写所有正确结论的序号） 故答案为：①④. 【变式3-1】如图，四棱台的两底面是正方形，侧面是全等的等腰梯形.若该棱台的侧棱，下底面的边长为5，下底面所在平面与侧面所在平面的夹角的正弦值为，则上底面的边长为（    ） A．15 B． C．25 D． 【变式3-2】（多选）已知四棱锥中，四边形是正方形，平面，则（    ） A．若平面平面，且平面平分四棱锥的体积，平面，则 B．若平面平面，且平面将四棱锥的体积分为的两部分，平面，则 C．若平面平面，且平面，则平面将四棱锥的体积分为的两部分 D．若平面平面，且平面，则平面将四棱锥的体积分为的两部分 题型四 空间点、线、面位置关系的判断 【例1】（多选）下列命题正确的是（    ） A．若，，且，，则 B．经过两条相交直线，有且只有一个平面 C．空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补 D．直线与平面的位置关系有：直线在平面内、直线与平面平行、直线与平面异面 3．（多选）下列命题正确的是（    ） A．三点确定一个平面 B．一条直线和直线外一点确定一个平面 C．圆心和圆上两点可确定一个平面 D．梯形可确定一个平面 【变式1-1】（多选）以下四个命题正确的是（   ） A．三个平面最多可以把空间分成八部分 B．若直线平面，直线平面，则“与相交”与“与相交”等价 C．若，直线平面，直线平面，且，则 D．若条直线中任意两条共面，则它们共面 【变式1-2】（多选）a，b是两条异面直线，A，B在直线a上，C，D在直线b上，A、B、C、D四点互不相同，则下列结论一定不成立的是（    ） A．A、B、C、D四点共面 B． C．与相交 D． 【变式1-3】（多选）在如图所示的正方体中，棱长为6，O为BD中点，直线平面，则下列选项正确的是（   ） A．与MO是异面直线 B．，M，O三点共线 C．三棱锥的体积为12 D．平面 题型五 平行关系的证明（线面平行、面面平行） 【例1】如图，在棱长为的正方体中，E、F分别是棱，的中点，动点P在线段上，动点Q在正方形内（包含边界），平面，则（    ） A． B．PQ的最大值为 C．存在P，Q，使得平面 D． 【变式1-1】如图，正方体的棱长为分别是的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（    ） A．不存在点，使得平面 B．一蚂蚁从点出发，沿正方体的表面爬行，到达点的最短距离为 C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球表面积为 【变式1-2】已知正方体的棱长为1，，其中，且，则下列选项正确的是（ ） A．平面 B．三棱锥的体积为定值 C．的轨迹长度为 D．当时，取最小值 【例2】如图，在四棱锥中，，，分别是，的中点，，． (1)求证平面； (2)若平面，求的值； 【变式2-1】如图，在四棱锥中，平面，底面为矩形，，；点在线段上，且. (1)设平面平面，证明：； (2)线段上是否存在点，使得平面？若存在，请证明，并求出的长；若不存在，请说明理由. 题型六 垂直关系的证明（线面垂直、面面垂直） 【例1】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 【变式1-1】《九章算术》中将底面是长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有“阳马”如图所示，侧棱底面，且，点在棱上运动．则下列说法正确的是（   ） A．存在点，使得 B．不存在点，使得平面PAD C．对于任意点，成立 D．对于任意点，平面平面成立 【变式1-2】已知直线，与平面，，，则的一个充分条件是（    ） A．， B．， C．， D．，， 【例2】如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，平面，. 求证：平面 【变式2-1】如图，三棱锥中，平面平面ABC，，M为AC的中点，， 求证： 题型七 空间角计算（异面直线所成角、线面角、二面角） 【例1】如图所示，三棱锥中， 平面，，，是的中点． (1)求证：与是异面直线； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 因为，，平面， 所以，，，， 故异面直线与所成角的余弦值为． 【变式1-1】如图，在正四棱锥中，，点在侧棱上，且. (1)求证：； (2)求二面角的余弦值. 【变式1-2】如图，在中，，.分别过点作平面的垂线和，且，连接和交于点. (1)设为中点，求证：直线与平面不平行； (2)设为中点，若，当二面角的大小等于时，求直线与平面所成的角. 【例2】如图，长方体的底面ABCD是正方形，，，M，N分别为棱，的中点，．    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)若与平面所成角的正弦值为，求的值． 【变式2-1】如图，斜三棱柱的底面是边长为2的正三角形，且． (1)证明：； (2)求二面角的余弦值； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 题型八 空间几何体的截面问题 【例1】（多选）如图，在长方体中，，点是棱上的动点（不含端点），过点作长方体的截面，并将长方体分成上下两部分，体积分别为，则（   ） A．截面是平行四边形 B．若，则 C．存在点，使得截面为长方形 D．截面的面积存在最小值 【变式1-1】若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则过圆锥顶点的截面中，截面面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 此时面积. 【变式1-2】正方体中，M，N分别是，的中点，则过，M，N三点的平面截正方体所得的截面形状是（   ） A．平行四边形 B．直角梯形 C．等腰梯形 D．三角形 题型九 空间几何体的外接球、内切球问题 【例1】已知四面体的内切球球心为，棱，的中点分别为，，若，，三点共线，则（    ） A．点到的距离等于点到的距离 B．无法确定，的面积大小关系 C．，且 D．四面体的外接球球心恒在直线上 【变式1-1】已知正方体的棱长为2，球为其内切球，球为其外接球，点P是的中点，则下列说法正确的是（   ） A．球与球的体积之比为 B．点P到球表面的距离的最小值为 C．若在正方体内部放置两个相互外切的球，两球球心同在正方体的一条体对角线上且两球都与正方体的三个面相切，则这两个球的体积之和的最小值为 D．分别以正方体的四个顶点A，C，，为球心，为半径作四个球，记这四个球的公共部分为几何体Ω，几何体Ω内能容纳的最大球的表面积为 【变式1-2】“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它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十四面体，且它所有的棱长都为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．有内切球，且内切球的体积为 D．有外接球，且外接球的表面积为 【变式1-3】如图，以正四面体的四个顶点为球心，以棱长为半径分别作四个球，它们的公共部分形成的几何体叫做“勒洛四面体”．若正四面体的棱长为4，则（    ） A．此“勒洛四面体”外接球的体积是 B．此“勒洛四面体”的内切球的半径是 C．此“勒洛四面体”表面上交线弧的长度为 D．过三点的截面面积是 基础巩固通关测 1．如图，长方体中被截去一小部分，其中，，则剩下的几何体是（   ） A．棱台 B．四棱柱 C．五棱柱 D．六棱柱 2．下列说法中，正确的为（   ） A．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 B．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体是棱锥 C．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台 D．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥不可能是正六棱锥 3．太空舱储液罐从早期的金属贮箱逐渐发展成不锈钢复用贮箱，从铝合金到碳纤维复合材料，实现减重30%～50%．太空舱储液罐由一个圆柱和两个半球构成（如图所示），已知圆柱的高是底面外圈半径的8倍，若球外圈半径为4m，内部容积为，则它使用材料的体积（近似为3）为（   ） A． B． C． D． 4．已知 为三条不同的直线， 为两个不同的平面，则以下选项正确的是（    ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若 ，则 D．若，则 5．“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积时构造的一个和谐优美的几何体，它是指同一正方体分别从纵、横两方向所作的两个内切圆柱的公共部分组成的几何体（如图），刘徽研究发现：牟合方盖的体积与对应正方体的内切球的体积满足，若某正方体对应的牟合方盖体积是，则该正方体的棱长是（    ） A．2 B． C．4 D． 6．在正四棱台中，，若的最小值为，则点到直线的距离为（    ） A． B．2 C． D． 7．在平面几何中有如下结论：设正三角形的内切圆面积为，外接圆面积为，则.推广到空间中，可以得到类似结论：已知正四面体的内切球体积为，外接球体积为，则（　　） A． B． C． D． 8．（多选题）下列说法错误的是（   ） A．斜棱柱的侧棱垂直于底面 B．正棱柱的高可以与侧棱不相等 C．六个面都是矩形的六面体是长方体 D．底面是正多边形的棱柱为正棱柱 9．（多选）下列说法正确的有（   ） A．棱柱的侧面一定是平行四边形 B．棱台的侧面一定不是平行四边形 C．棱锥的侧面是全等的三角形 D．圆柱的侧面沿一条母线展开，则展开图不一定是矩形 10．（多选）如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法正确的是（    ）    A．四点共面 B． C．三线不共点 D． 11．如图，一个水平放置的四边形的斜二测画法的直观图是矩形，，是的中点，则原四边形的面积是__________. 12．如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点是棱上的一点，且． (1)求证：平面； (2)已知点是棱上的一点，且，求证：平面平面． 13．如图，在四棱锥中，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)若平面底面，求直线与底面所成角的正切值； (3)若，求锐二面角的余弦值． 能力提升进阶练 1．如图是某零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体的棱长为，则模型中九个球的表面积的和为（    ） A．6π B．9π C． D．21π 2．（多选）如图，是用斜二测画法画出的直观图，则（     ） A．是钝角三角形 B．的周长为 C．的面积为 D．的面积为 3．（多选）下列说法正确的是（　　） A．由若干个平面多边形围成的几何体，称做多面体 B．一条平面曲线绕它所在平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫做旋转面 C．旋转体的截面图形都是圆 D．圆锥的侧面展开图是一个扇形 4．（多选）某同学用8块全等的三角形薄板（不计厚度），通过拼接得到一个封闭的几何体（薄板均在几何体的表面，且没有剩余），则（   ） A．该几何体可能是三棱锥 B．该几何体可能是四棱柱 C．用8块全等的等腰三角形可能拼接成一个三棱柱 D．用8块全等的直角三角形可能拼接成一个三棱柱 5．（多选）选取正方体表面上两个不同的点P，Q，定义第k次操作为“将正方体绕直线旋转角”. 则经过下列操作，正方体可能与自身重合的有（    ） A．， B．，， C．， D．，， 6．（多选）以下四个命题正确的是（    ） A．三个平面最多可以把空间分成八部分 B．若直线平面，直线平面，则“与相交”与“与相交”等价 C．若，直线平面，直线平面，且，则 D．若空间中三个平面两两相交，则他们的交线互相平行 7．（多选）如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法正确的有（    ） A．四点共面 B．三线共点 C．此三棱柱的各面所在的平面将空间分成21部分 D．在空间，到三个顶点距离相等的点的轨迹是一个平面 8．某商场要悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，、、、为该正方体的顶点，、、为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面．若平面与平面平行，且点到的距离为2米，则直绳索的长度约为________米．（结果精确到0.01米）    9．如图所示，在棱长为2的正方体中，点在该正方体的表面上运动，且，记点的轨迹长为，则_____________，_________.    10．如图，在长方体中，，，，为线段上的一个动点（不含端点），则的最小值为______． 11．李华同学用如下左图所示的炒勺做蛋饺，在学习立体几何后，他打算研究炒勺（不考虑勺柄，下同）的容积与表面积.如图所示，取定球面上一点N，连接N与球心，在线段上取一点，过垂直于的平面（记作）将球面分成了两部分；李华同学将炒勺抽象为其中含有点N的那部分曲面，并设球面半径为R.    (1)若将炒勺简化为一个半球面（即与重合），求炒勺的容积； (2)李华记得必修三教材中，半球体积是利用如图所示的圆柱、圆锥以及祖暅原理推导所得.模仿教材中的方法，，求炒勺的容积V，并写出推导过程；    (3)设厘米，厘米，利用必修三教材中近似地推导球的表面积公式的方法，帮助李华同学推测炒勺的内表面面积S（近似到0.01平方厘米），并写出推导过程. 12．如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中， ，且，点E为棱的中点. (1)求证: 平面; (2)若M为上的动点，则线段上是否存在点N，使得/平面?若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由； (3)若，请在图中作出四棱锥过点B，E及棱中点的截面，并求出截面周长. 13．如图，在矩形，，，是线段上的一点，将沿翻折，使点到达的位置，且点不在平面内． (1)若平面平面，证明：平面平面； (2)设为的中点，取的中点，连接并延长，交延长线于点，设． ①用表示二面角的正切值； ②当二面角最大时，求四棱锥的体积． 14．已知正四面体的棱长为． (1)证明：； (2)某几何体是由正四面体按如下规则得到：在每个三角形面上，以各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第1次操作；继续以新生的小正四面体各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第2次操作；以此类推，如图所示． （i）求第3次操作后几何体的体积； （ii）现有次操作后生成的几何体石材，求打磨出的最大球的体积． 15．如图1是一个由菱形和两个直角三角形和所组成的平面图形，其中，现将和分别沿折起，使得点与点重合于点，连接，得到如图2所示的四棱锥. (1)求证：平面； (2)若为棱上一点，记 （i）若，求直线与平面所成角的正切值； （ii）是否存在点使得直线与直线所成角为，若存在请求出的值，若不存在请说明理由. 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $