专题03 空间立体几何（期末真题汇编，山东专用）高一数学下学期

**基本信息** 聚焦空间立体几何三大高频考点，汇编山东多地期末真题，融合文化传承（如《九章算术》刍甍、鳖臑）与实际应用（降水量测量、油槽体积），梯度覆盖基础计算与综合证明。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|24|空间几何体表面积与体积、线面关系判定|结合生活情境（降水量测量）、文化素材（《九章算术》）| |多选题|19|线面平行垂直性质、几何体动态问题|设置动点轨迹、翻折问题，考查空间想象| |填空题|13|外接球体积、内切球半径|注重公式应用与空间构造| |解答题|38|线面平行垂直证明、二面角计算|综合考查逻辑推理与空间建模，如翻折后几何体体积计算|

专题03 空间立体几何 3大高频考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02线面平行关系的判定与性质 考点03线面垂直关系的判定与性质 地 城 考点01 空间几何体的表面积与体积 一、单选题 1．（2025高一下·山东威海·期末）一个圆台上、下底面的半径分别为1，2，母线所在直线与轴的夹角为45°，则该圆台的侧面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2025高一下·山东青岛·期末）已知圆锥的底面周长为，侧面积为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（   ） A．2 B．48 C．50 D．96 3．（2025高一下·山东聊城·期末）已知正四棱锥的所有棱长均相等，则直线与其它经过该四棱锥的两个顶点的直线所成的角不可能为（    ） A．30° B．45° C．60° D．90° 4．（2025高一下·山东日照·期末）降水量是指降落在水平面上单位面积的水层深度（单位：mm）.气象学中把24小时内的降水量叫做日降水量.某学生用上口直径为20cm，底面直径为12cm，母线长为的圆台型水桶放置在水平地面上来测量日降水量.某次降雨过程中用此桶接了24小时的雨水，雨水的高度是桶深的，则本次降雨的日降水量是（    ） A．29.6mm B．46.3mm C．63.5mm D．82.2mm 5．（2025高一下·山东临沂·期末）已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，外接球的球心为，若点S是正四棱锥的表面上的一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D．1 6．（2025高一下·山东临沂·期末）如图是一个在圆柱顶部挖去一个与该圆柱同底面的圆锥的几何模型，已知圆柱的底面半径为3，圆锥的高为4，若该几何模型的体积为60π，则其表面积为（    ） A．48π B．60π C．72π D．144π 7．（2025高一下·山东泰安·期末）已知圆台的一个底面周长是另一个底面周长的倍，母线长为，圆台的侧面积为，则圆台较小底面的半径为（    ） A． B． C． D． 8．（2025高一下·山东滨州·期末）在三棱锥中，，O为的外心，平面，若，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 9．（2025高一下·山东枣庄·期末）一圆台的上下底面的半径分别为1和2，侧面积为，则其体积为（ ） A． B． C． D． 10．（2025高一下·山东东营·期末）下列说法正确的是（    ） A．底面是矩形的平行六面体是长方体 B．正四面体的高为其棱长的倍 C．用一个平面截正方体，得到的截面可能为五边形 D．过圆锥顶点的所有截面中，轴截面面积最大 11．（2025高一下·山东潍坊·期末）用斜二测画法作水平放置的平面图形的直观图时，下列说法一定正确的是（   ） A．菱形的直观图还是菱形 B．矩形的直观图是平行四边形 C．平行四边形的直观图可能是梯形 D．正三角形的直观图是等腰三角形 12．（2025高一下·山东烟台·期末）已知正三棱台的上、下底面的边长分别为，，体积为，则其侧棱的长度为（   ） A． B． C． D． 13．（2025高一下·山东烟台·期末）已知一圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则其母线长为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 14．（2025高一下·山东济南·期末）用斜二测画法画水平放置的，其直观图如图所示，其中．若原的周长为10，则（    ） A． B． C． D． 15．（2025高一下·山东淄博·期末）已知圆台上下底面圆的半径分别为1，3，高为4，则该圆台的侧面积为（   ） A． B． C． D． 16．（2025高一下·山东青岛·期末）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．已知在鳖臑中，， 平面，则它的外接球半径和内切球半径的比值为（   ） A． B． C． D． 17．（2025高一下·山东青岛·期末）用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，轴，轴，，，则的原图形的面积为（   ） A． B． C． D． 18．（2025高一下·山东青岛·期末）在正四棱台中，，，且该正四棱台的体积为28，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 19．（2024高一下·山东威海·期末）在三棱锥中，平面，为等腰三角形且面积为，.若该三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 20．（2024高一下·山东威海·期末）有一个正四棱台形状的油槽，最多装油，已知它的两底面边长分别为和，则它的深度为（    ） A． B． C． D． 21．（2024高一下·山东聊城·期末）某圆台的上、下底面半径分别为、，且，圆台的体积为，若一个球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该球的体积为（    ） A． B． C． D． 22．（2024高一下·山东临沂·期末）若圆台上、下底面的圆周都在一个直径为的球面上，其上、下底面半径分别为和，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 23．（2024高一下·山东临沂·期末）将一个直角边长为的等腰直角三角形绕其斜边旋转一周，所形成几何体的表面积为（    ） A． B． C． D． 24．（2024高一下·山东临沂·期末）若水平放置的平面四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，，，则原四边形的面积为（    ）    A． B．4 C． D． 二、多选题 25．（2025高一下·山东威海·期末）在正三棱柱中，，P，Q分别为棱，上的动点，则（    ） A．的周长为定值 B．三棱锥B-APQ的体积为定值 C．若，则 D．若平面，则 26．（2025高一下·山东青岛·期末）在棱长为4的正方体中，点P为的中点，点E在线段上运动，点M在线段上运动，点N在正方形内（包含边界）运动，则下列结论正确的有（   ）    A．直线与平面所成角为定值 B．三棱锥外接球球心到平面的距离为 C．的最小值为8 D．若平面，则异面直线与所成角的余弦值取值范围是 27．（2025高一下·山东日照·期末）在棱长为4的正方体中，已知E，F分别为线段的中点，点满足，则（    ） A．当时，四棱锥外接球半径为3 B．当时，三棱锥的体积为 C．若，则点的轨迹长为 D．周长的最小值为 28．（2025高一下·山东临沂·期末）在棱长为的正方体中，E，F分别是，的中点，P是线段上的动点，则（    ） A．过A，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 B．异面直线和所成的角可以为90° C．当P为中点时，二面角的正切值为 D．的最小值为 29．（2025高一下·山东泰安·期末）三棱锥中，为中点，，，，，则下列选项正确的是（    ） A． B．直线与平面所成角的正弦值为 C．直线与所成角为 D．过的平面与三棱锥的外接球的截面面积最小值为 30．（2025高一下·山东枣庄·期末）如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别是，的中点．若沿，及把这个正方形折成一个四面体，使，，三点重合，重合后的点记为G，则（ ） A． B．平面平面 C．点G到平面的距离为 D．三棱锥的外接球的表面积为 31．（2025高一下·山东东营·期末）已知某平面图形由如图所示的四个全等的等腰，，，拼成，其中线段，，的中点均为点O，.若将该平面图形绕着直线a旋转半周所围成的几何体记为，将该平面图形绕着直线b旋转半周所围成的几何体记为，直线直线b，则（    ） A．的体积为 B．的体积为 C．经过两次旋转后，点A所有的运动轨迹总长为 D．的表面积为 32．（2025高一下·山东烟台·期末）下列命题正确的有（   ） A．一条直线和一个点确定一个平面 B．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 C．三棱台的各侧棱所在直线必交于一点 D．底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体 33．（2024高一下·山东聊城·期末）在长方体中，，点M，N分别在侧棱和底面ABCD上运动，且，则（    ） A．直线BM与直线所成角的范围为 B．存在直线MN，使MN∥平面 C．设点P为线段MN的中点，则点P的轨迹与侧面的交线长度为 D．设点P为线段MN的中点，则三棱锥的体积的最小值为 三、填空题 34．（2025高一下·山东威海·期末）已知三棱锥的各顶点都在表面积为的球面上，平面，，，，则该三棱锥的体积为_______． 35．（2025高一下·山东青岛·期末）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中描述了一种五面体——刍甍（chú  méng），其底面为矩形，顶棱和底面矩形的一组对边平行.现有如图所示——刍甍，，侧面和为等边三角形，且与底面所成角相等；若，E到底面的距离为，则该刍甍的体积为_______. 36．（2025高一下·山东聊城·期末）已知中，，，若将绕直线旋转一周，所得几何体的内切球半径等于，则该内切球的表面积为______. 37．（2025高一下·山东泰安·期末）如图，圆锥的底面直径和高均为6，过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为______． 38．（2025高一下·山东滨州·期末）在正四棱台中，，，则该棱台的体积为_______． 39．（2025高一下·山东东营·期末）已知正三棱柱的高为2，底面边长为，则该三棱柱的外接球的体积为________. 40．（2025高一下·山东潍坊·期末）已知一圆台型封闭容器（容器壁厚度忽略不计）的上底面半径为3，下底面半径为9，高为，则该容器的容积为_____；若一个半径为的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的该容器内壁的最大面积为_____． 41．（2025高一下·山东烟台·期末）已知点，，，在半径为的同一球面上，且，，则三棱锥体积的最大值为________． 42．（2025高一下·山东济南·期末）已知圆台的上底面半径和母线长均为2，下底面半径为3，则圆台的体积为________． 43．（2025高一下·山东德州·期末）多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体，正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的体积的比为________. 44．（2025高一下·山东德州·期末）四面体中且异面直线与所成角为若四面体外接球半径为则四面体的体积的最大值为__________. 45．（2024高一下·山东威海·期末）在三棱锥中，平面，，且最长的棱长为，为棱的中点，则当三棱锥的体积最大时，直线与所成角的余弦值为______. 46．（2024高一下·山东菏泽·期末）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为______． 四、解答题 47．（2025高一下·山东潍坊·期末）如图1，在直角梯形中，，．以直角梯形的下底所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成如图2所示的几何体（由圆锥和圆柱组合而成），且该几何体内接于半径为的球（点和圆柱的上下底面圆周均在球的球面上）．    (1)若，求几何体的体积； (2)若，求几何体的表面积； (3)当为何值时，圆柱的侧面积最大． 48．（2025高一下·山东济南·期末）在数学上用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体某顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中面角是多面体的面的内角（角用弧度制表示）．例如：对于正四面体任意一个顶点，每个面角均为，所以正四面体在该顶点的曲率为． (1)如图1，该多面体由边长相等的10个正三角形和2个正五边形围成，任取一顶点，求该点的曲率； (2)如图2，在正三棱台中，，，点A与处的曲率之差为π．若D为侧面（含边界）内一动点，且直线BD与平面所成角的正切值为2，求动点D的轨迹长度； (3)某多面体由边长相等的个正三角形和个正五边形围成，若各顶点的曲率之和为4π，且每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同（图3为满足条件的两个多面体示例），求该多面体面数的所有可能取值． 49．（2025高一下·山东淄博·期末）如图，在三棱锥中，，，，，，，，的中点分别为，，，，， (1)证明：平面； (2)证明：平面，并求与平面所成的角的正弦值； (3)若，求三棱锥的体积. 50．（2024高一下·山东聊城·期末）如图，在三棱柱中，，点在底面ABC的射影为BC的中点O，M为的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)设点P为底面ABC内（包括边界）的动点，且∥平面，若点P的轨迹长度为，求三棱柱的侧面积. 地 城 考点02 线面平行关系的判定与性质 一、单选题 1．（2025高一下·山东日照·期末）已知为不同的平面，为不同的直线，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 2．（2025高一下·山东烟台·期末）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 3．（2025高一下·山东德州·期末）已知，，表示不同的直线，，表示不同的平面，下面四个命题错误的有（   ） A．若，，则； B．若，，，，则； C．若，，则； D．，，则. 4．（2024高一下·山东枣庄·期末）如图，梯形中，四边形是梯形在平面α内的投影（），则对四边形的判断正确的是（    ） A．可能是平行四边形不可能是梯形 B．可能是任意四边形 C．可能是平行四边形也可能是梯形 D．只可能是梯形 5．（2024高一下·山东济南·期末）已知两条不同的直线，和两个不同的平面，，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，，则 D．若，，，则与平行或异面 6．（2024高一下·山东菏泽·期末）已知直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，且，则 D．若，且，则 7．（2025高一下·山东济宁·期末）如图，在棱长为的正方体中，点、分别是棱，的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 8．（2025高一下·山东淄博·期末）已知正方体的棱长为4，，分别是棱，上的点（不包括端点），且，则下列说法正确的是（   ） A．正方体的外接球的表面积为 B．若平面与平面的交线为，则 C．若平面与平面所成的二面角为，的面积为，则 D．若，则平面截正方体所得截面的面积为 9．（2025高一下·山东德州·期末）如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（   ） A．存在点Q，使平面MBN B．不存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 C．三棱锥Q-BCN的体积是定值 D．经过C，M，B，N四点的球的表面积 10．（2025高一下·山东青岛·期末）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 11．（2024高一下·山东聊城·期末）在长方体中，，点M，N分别在侧棱和底面ABCD上运动，且，则（    ） A．直线BM与直线所成角的范围为 B．存在直线MN，使MN∥平面 C．设点P为线段MN的中点，则点P的轨迹与侧面的交线长度为 D．设点P为线段MN的中点，则三棱锥的体积的最小值为 12．（2024高一下·山东济南·期末）如图所示，三棱锥中，，其余棱长均为.为棱的中点，将三棱锥绕旋转，使得点，分别到达点，，且.下列结论正确的是（    ） A．平面 B． C．直线与所成的角为 D．点，，，，，在同一个直径为的球面上 13．（2024高一下·山东滨州·期末）在棱长为2的正方体中，M，N，Q分别是，，的中点，P为四边形（含边界）内一动点，且．则下列结论正确的是（    ） A．直线AM与直线是异面直线 B．三棱锥的体积为 C．点P的轨迹长度为 D．直线平面 14．（2024高一下·山东济宁·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足∥平面，则（    ） A．三棱锥的外接球表面积为 B．动点的轨迹是一条线段 C．三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D．若过A，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度的取值范围为 15．（2024高一下·山东青岛·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点在线段（不包含端点）上，则下列结论正确的是（    ） A．三棱锥的体积随着点的运动而变化 B．异面直线与所成角的取值范围是 C．直线平面 D．三棱锥的外接球表面积的最小值为 三、填空题 16．（2025高一下·山东枣庄·期末）如图，正方体的棱长为3，点M，N分别在棱，上，满足，点Q在正方体的内部或表面，且平面，则点Q组成的图形的面积是________． 17．（2024高一下·山东淄博·期末）如图，在正方体中，分别为和的中点，则下列说法正确的序号有______. ①，，，四点共面；②平面；③与所成角为. 18．（2024高一下·山东济宁·期末）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，，平面，为线段的中点，若空间中存在平面满足，，记平面与直线分别交于点，，则______，四边形的面积为______． 四、解答题 19．（2025高一下·山东威海·期末）如图，在五面体ABCDEF中，平面平面，，，，，． (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正切值为，求直线与所成角的余弦值． 20．（2025高一下·山东威海·期末）如图，在三棱锥中，侧面是边长为的等边三角形，，、分别为、的中点． (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)若，二面角的大小为，求． 21．（2025高一下·山东聊城·期末）如图，已知是圆柱下底面圆的直径，点C是下底面圆周上异于A，B的动点，，是圆柱的两条母线. (1)证明：平面； (2)若该圆柱的侧面积等于两底面面积的和，当C为弧的中点时，求直线与平面所成角的正切值. 22．（2025高一下·山东日照·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面底面，分别为侧棱的中点，且. (1)求证：平面； (2)求四棱锥的体积. 23．（2025高一下·山东临沂·期末）如图，四棱锥中，平面，，，E为的中点，点F在棱上，直线和直线相交. (1)求证：； (2)若，，. （i）证明：平面； （ii）求直线与平面所成的角. 24．（2025高一下·山东滨州·期末）如图，四棱锥中，底面为正方形，平面，M为PD的中点．请用几何法求解下列问题： (1)证明∶ 平面； (2)设，求直线BM与平面所成角的正切值． 25．（2025高一下·山东枣庄·期末）在三棱柱中，侧面为菱形，，，，M为的中点，． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)请作出二面角的一个平面角，并求其正切值． 26．（2025高一下·山东枣庄·期末）已知α，β，γ是三个平面，，，． (1)若，求证：； (2)若，判断a与c及b与c的关系，并说明理由． 27．（2025高一下·山东烟台·期末）如图，在多面体中，面为矩形，，，，，． (1)求证：平面平面； (2)设为中点，求证：平面． 28．（2025高一下·山东济南·期末）已知正四棱锥P-ABCD，M，N分别是BC，PD的中点． (1)证明：平面； (2)若四棱锥各棱长均为2，求直线CN与AM所成角的余弦值． 29．（2025高一下·山东德州·期末）如图，在直三棱柱中，，，分别为，的中点. (1)求证：平面； (2)求证：. (3)若，，求三棱锥的体积. 30．（2025高一下·山东青岛·期末）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且．    (1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； (2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD． 31．（2024高一下·山东威海·期末）在正三棱柱中，，分别为，的中点.    (1)证明：平面； (2)证明：平面. 32．（2024高一下·山东聊城·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧面PAD是等腰三角形，且，侧面平面ABCD. (1)设M，N分别为PD，BC的中点，求证：MN∥平面PAB； (2)设，在线段PD上是否存在一点Q，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 33．（2024高一下·山东临沂·期末）类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则．如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点． (1)求的值； (2)直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； (3)过点作平面，使平面平面，且与直线相交于点，若，求值． 34．（2024高一下·山东日照·期末）已知四棱锥如图所示，四边形为菱形，为等边三角形，点M，N分别是线段SC，AB的中点．    (1)求证：平面； (2)若二面角为直二面角，，，求四面体的体积． 35．（2024高一下·山东枣庄·期末）如图，在四棱锥中，是正三角形，平面，平面，，是的中点.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 36．（2024高一下·山东烟台·期末）如图，在直三棱柱中，，分别为的中点. (1)求证：∥平面； (2)设平面与平面的交线为，求二面角的正切值； (3)在线段上是否存在点，使直线与平面所成角的大小为？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由. 37．（2024高一下·山东烟台·期末）如图，在四棱锥中，. (1)求证：平面平面； (2)若分别为的中点，求证：平面平面. 38．（2024高一下·山东淄博·期末）如图，在三棱柱中，，点是的中点. (1)求证：平面； (2)若侧面为菱形，求证：平面. 39．（2024高一下·山东菏泽·期末）如图所示，矩形中，，.、分别在线段和上，，将矩形沿折起.记折起后的矩形为，且平面平面. (1)求证：平面； (2)若，求证：； (3)求四面体体积的最大值 40．（2025高一下·山东济宁·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面ABCD，垂足为A，，点M是PD的中点. （1）求证：平面ACM； （2）求证：平面PAC； （3）求四面体的体积. 地 城 考点03 线面垂直关系的判定与性质 一、单选题 1．（2025高一下·山东德州·期末）已知，，表示不同的直线，，表示不同的平面，下面四个命题错误的有（   ） A．若，，则； B．若，，，，则； C．若，，则； D．，，则. 2．（2024高一下·山东临沂·期末）已知直线，与平面，，（互不相同），则能使的充分条件是（    ） A．， B．， C．， D．，， 3．（2024高一下·山东日照·期末）在三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（   ） A．8π B．16π C．26π D．32π 4．（2024高一下·山东滨州·期末）已知平面和直线m，n，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 二、多选题 5．（2025高一下·山东枣庄·期末）如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别是，的中点．若沿，及把这个正方形折成一个四面体，使，，三点重合，重合后的点记为G，则（ ） A． B．平面平面 C．点G到平面的距离为 D．三棱锥的外接球的表面积为 6．（2025高一下·山东潍坊·期末）如图，在六棱柱中，底面为正六边形，则（   ） A． B．直线与平面平行 C．直线与异面 D．点和到下底面的距离相等 7．（2025高一下·山东青岛·期末）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 8．（2024高一下·山东威海·期末）已知正方体的棱长为，是线段上的动点，则（    ） A． B．二面角的正切值为 C．直线与平面所成最小角的正弦值为 D．若是对角线上一点，则的最小值为 9．（2024高一下·山东临沂·期末）在正方体中，是棱的中点，是棱上的点，则（    ） A．直线与平面所成角为 B．当点位于的中点时， C．二面角的平面角余弦值范围为 D．存在点，使得平面 10．（2024高一下·山东菏泽·期末）如图，在正方体中，为棱上的动点，平面，为垂足，下列结论正确的是（    ） A． B．三棱锥的体积为定值 C． D． 11．（2024高一下·山东烟台·期末）已知是边长为2的等边三角形相应边的中点，分别沿着把向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面垂直，再顺次连接，得到多面体，则（    ） A．多面体中直线与所成的角为 B．多面体中直线与平面所成的角为 C．多面体的体积为 D．多面体外接球的表面积为 12．（2024高一下·山东烟台·期末）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的有（    ） A．若，则 B．若 ，则 C．若，则 D．若 ，则 13．（2024高一下·山东滨州·期末）在棱长为2的正方体中，M，N，Q分别是，，的中点，P为四边形（含边界）内一动点，且．则下列结论正确的是（    ） A．直线AM与直线是异面直线 B．三棱锥的体积为 C．点P的轨迹长度为 D．直线平面 三、填空题 14．（2024高一下·山东济南·期末）在平行六面体中，底面是边长为的菱形，，，且平面，均与底面垂直.点在侧面上运动，若，则点的轨迹长为_____________. 15．（2024高一下·山东烟台·期末）如图，在三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，且平面，点为的中点，点为棱上一动点，且.若直线与底面所成角的正切值为，则的值为__________.在个点中任取4个，则这4个点能构成三棱锥的概率为__________. 四、解答题 16．（2025高一下·山东青岛·期末）如图，在三棱锥中，为等边三角形，E为的中点，，且． (1)证明：平面； (2)若F为线段上的动点，当的面积最小时，求与平面所成角的正弦值． 17．（2025高一下·山东威海·期末）如图，在五面体ABCDEF中，平面平面，，，，，． (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正切值为，求直线与所成角的余弦值． 18．（2025高一下·山东青岛·期末）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面平面，且，，，.    (1)求证：平面平面； (2)当时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)当时，求二面角的正切值的取值范围. 19．（2025高一下·山东聊城·期末）如图，在三棱柱中，，D为的中点，平面平面. (1)求证：是直角三角形； (2)E为的中点，F为与的交点，点M在线段上，，若平面. （i）求侧面与底面所成二面角的正弦值； （ii）若点C到平面的距离为，求三棱柱的体积. 20．（2025高一下·山东日照·期末）如图，在三棱柱中，底面边长和侧棱长均为4，D，E分别为棱的中点，且平面ABC. (1)求证：平面BDE； (2)设为棱上一点（不包含端点）， ①若为棱的中点（如图①），三棱柱被过G，B，D三点的平面所截，求截面的面积； ②求二面角的取值范围. 21．（2025高一下·山东滨州·期末）在直角梯形中，，，，（如图1），把沿BD翻折，使得平面BCD，连接AC，M，N分别是BD和BC的中点（如图2），请用几何法求解下列问题： (1)证明：； (2)当平面平面时，求二面角的正弦值； (3)若P，Q分别在线段AB，DN上，且（如图3），令PQ与BD所成的角为，PQ与AN所成的角为，求的取值范围． 22．（2024高一下·山东威海·期末）如图，在平行四边形中，，沿其对角线将折起至，使所在平面与平面垂直.    (1)证明：平面平面； (2)若为上一点，∥平面，，求直线到平面的距离. 23．（2024高一下·山东威海·期末）在正三棱柱中，，分别为，的中点.    (1)证明：平面； (2)证明：平面. 24．（2024高一下·山东聊城·期末）如图，在三棱柱中，，点在底面ABC的射影为BC的中点O，M为的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)设点P为底面ABC内（包括边界）的动点，且∥平面，若点P的轨迹长度为，求三棱柱的侧面积. 25．（2024高一下·山东聊城·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧面PAD是等腰三角形，且，侧面平面ABCD. (1)设M，N分别为PD，BC的中点，求证：MN∥平面PAB； (2)设，在线段PD上是否存在一点Q，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 26．（2024高一下·山东临沂·期末）类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则．如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点． (1)求的值； (2)直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； (3)过点作平面，使平面平面，且与直线相交于点，若，求值． 27．（2024高一下·山东枣庄·期末）在三棱台中，，.    (1)证明：平面平面ABC； (2)若三棱锥的体积是9，求三棱台的体积； (3)求二面角的正切值. 28．（2024高一下·山东济南·期末）给定三棱锥，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，称为的阶等距集. (1)若为三棱锥，满足，，求出的1阶等距平面截该三棱锥所得到的截面面积（求出其中的一个即可）； (2)如图所示，是棱长为的正四面体.    （ⅰ）若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能取值以及相对应的的个数； （ⅱ）已知是的4阶等距平面，点与点，，分别位于两侧.是否存在，使的4阶等距集为，其中点到的距离为？若存在，求出截所得的平面多边形的最大边长；若不存在，说明理由. 29．（2024高一下·山东济南·期末）如图1，在菱形中，是边长为2的等边三角形，将沿对角线翻折至的位置，得到图2所示的三棱锥.    (1)证明：； (2)若二面角的平面角为，求直线与平面所成角的正弦值. 30．（2024高一下·山东日照·期末）如图，正方形边长为4，E为AB中点，F为边BC上的动点．将沿DE翻折到，沿EF翻折到． (1)求证：平面； (2)若F是边BC上的中点，求点S到平面的距离； (3)若，连接DF，设直线SE与平面所成角为，求的最大值． 31．（2024高一下·山东东营·期末）如图，在正六棱锥中，． (1)求棱锥的高和斜高； (2)求直线到平面的距离； (3)若球是正六棱锥的内切球，以底面正六边形的中心为圆心，以内切球半径为半径的圆面沿垂直于底面的方向向上平移形成正六棱锥的内接几何体，求该几何体的侧面积． 32．（2024高一下·山东烟台·期末）如图，在直三棱柱中，，分别为的中点. (1)求证：∥平面； (2)设平面与平面的交线为，求二面角的正切值； (3)在线段上是否存在点，使直线与平面所成角的大小为？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由. 33．（2024高一下·山东滨州·期末）唐代诗人温庭筀的《新添声杨柳枝词二首》中写道“玲珑骰子安红豆，入骨相思知不知”，表达了诗人的相思之情．为迎接七夕，某超市购进了一批“玲珑骰子”（如图所示）：棱长为1的水晶正八面体（八个面都是全等的正三角形），中间的球体部分是被挖空的（表面不被破坏），并嵌入了红豆．    (1)当给红豆留出最大空间时，求骰子中间被挖空的球体的表面积． (2)超市推出一项活动，在“玲珑骰子”的所有顶点中每次随机抽取三个不同的顶点，能构成等边三角形即可获得“花好”卡片，能构成直角三角形即可获得“月圆”卡片．甲乙两人每人抽取一次（抽取结果互不影响），求两人所获得的卡片能凑成“花好月圆”的概率． (3)若点P为（1）中球面上的任一点，设，，二面角的平面角为，求证：为定值． 34．（2024高一下·山东淄博·期末）如图，在四棱锥中，，为棱的中点，平面，二面角的大小为． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 35．（2024高一下·山东济宁·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. 36．（2024高一下·山东滨州·期末）如图，在三棱锥中，，底面ABC (1)证明：平面平面PAC (2)若，M是PB中点，求AM与平面PBC所成角的正切值 37．（2024高一下·山东青岛·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，. （1）求证：平面平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 38．（2024高一下·山东青岛·期末）如图，三棱柱的棱长均为2，点在底面的射影O是的中点. （1）求点到平面的距离； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 空间立体几何 3大高频考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02线面平行关系的判定与性质 考点03线面垂直关系的判定与性质 地 城 考点01 空间几何体的表面积与体积 一、单选题 1．（2025高一下·山东威海·期末）一个圆台上、下底面的半径分别为1，2，母线所在直线与轴的夹角为45°，则该圆台的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据条件求出圆台的母线长，结合圆台侧面积公式可得结果. 【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线长为，则， 由题意得，，所以该圆台的侧面积， 故选：C. 2．（2025高一下·山东青岛·期末）已知圆锥的底面周长为，侧面积为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（   ） A．2 B．48 C．50 D．96 【答案】C 【分析】由题可求圆锥底面半径和母线长，先求当截面过中心轴时，顶角为钝角，然后得出截面面积的最大值即可. 【详解】设圆锥底面半径为，母线长为， 则， 当截面过中心轴时，所以， 所以， 由三角形面积公式得当时，截面面积最大，最大为. 故选：C. 3．（2025高一下·山东聊城·期末）已知正四棱锥的所有棱长均相等，则直线与其它经过该四棱锥的两个顶点的直线所成的角不可能为（    ） A．30° B．45° C．60° D．90° 【答案】A 【分析】确定直线与其它经过该四棱锥的两个顶点的直线所成的角的大小，再进行判断即可. 【详解】如图： 因为四棱锥是正四棱锥，且所有棱长均相等. 所以，故C可能成立； 在中，，，所以BD可能成立； 与其余的棱或对角线都不能成，故A不可能成立. 故选：A 4．（2025高一下·山东日照·期末）降水量是指降落在水平面上单位面积的水层深度（单位：mm）.气象学中把24小时内的降水量叫做日降水量.某学生用上口直径为20cm，底面直径为12cm，母线长为的圆台型水桶放置在水平地面上来测量日降水量.某次降雨过程中用此桶接了24小时的雨水，雨水的高度是桶深的，则本次降雨的日降水量是（    ） A．29.6mm B．46.3mm C．63.5mm D．82.2mm 【答案】A 【分析】作出辅助线，求出桶的深度，得到雨水的高度，进而求出雨水的体积，圆台型水桶的上口直径为20cm，面积为，从而得到本次降雨的日降水量. 【详解】如图所示，cm，cm，， 过点作⊥于点，则，cm， cm， 桶的深度为cm， 故雨水的高度为cm，由三角形相似知，cm， 故cm， 雨水的体积， 圆台型水桶的上口直径为20cm，面积为， 故本次降雨的日降水量是cm，故为29.6mm. 故选：A 5．（2025高一下·山东临沂·期末）已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，外接球的球心为，若点S是正四棱锥的表面上的一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】利用勾股定理求出外接球的半径，然后根据图形求解的最小值. 【详解】设，连接，则平面， 依题意可得，， 所以，且球心在直线上， 连接，设外接球的半径为，则，解得， 因为，故球心在线段上， 又S是正四棱锥的表面上的一点，的最小值即球心到平面的距离， 且. 故选：B 6．（2025高一下·山东临沂·期末）如图是一个在圆柱顶部挖去一个与该圆柱同底面的圆锥的几何模型，已知圆柱的底面半径为3，圆锥的高为4，若该几何模型的体积为60π，则其表面积为（    ） A．48π B．60π C．72π D．144π 【答案】C 【分析】由圆柱、圆锥体积公式列方程求得圆柱的高，再结合圆柱、圆锥的表面积公式求解即可. 【详解】设圆柱的高为，则，解得， 故所求为. 故选：C. 7．（2025高一下·山东泰安·期末）已知圆台的一个底面周长是另一个底面周长的倍，母线长为，圆台的侧面积为，则圆台较小底面的半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据圆台侧面积公式，结合已知条件建立关于圆台较小底面半径的方程，进而求解该半径. 【详解】设圆台较小底面的半径为，因为一个底面周长是另一个底面周长的倍，根据，可知较大圆半径 已知母线长为，圆台的侧面积为，则根据圆台侧面积公式为可得： 故选：A. 8．（2025高一下·山东滨州·期末）在三棱锥中，，O为的外心，平面，若，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，结合球的截面性质求出球半径，进而求出球的表面积. 【详解】由为的外心，，得是的中点，又， 则，由平面，得三棱锥的外接球球心在射线上， 设该球半径为，则，由，得， 解得，所以三棱锥的外接球的表面积为. 故选：D 9．（2025高一下·山东枣庄·期末）一圆台的上下底面的半径分别为1和2，侧面积为，则其体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】借助圆台体积公式与侧面积公式计算即可得. 【详解】设该圆台的高为，母线长为，上下底面半径分别为， 圆台的侧面积，所以， 所以高， . 故选：B 10．（2025高一下·山东东营·期末）下列说法正确的是（    ） A．底面是矩形的平行六面体是长方体 B．正四面体的高为其棱长的倍 C．用一个平面截正方体，得到的截面可能为五边形 D．过圆锥顶点的所有截面中，轴截面面积最大 【答案】C 【分析】由长方体的结构特征判断A；根据正四面体的定义求解判断B；由正方体的结构特征，作出截面即可判断C； 根据圆锥的结构特征，即可判断D. 【详解】对于A，底面是矩形的平行六面体，它的侧面不一定是矩形，故它也不一定是长方体，即A不正确； 对于B，设棱长为a，正四面体的高是从一个顶点垂直于对面的高度， 所以底面的等边三角形的高为， 底面的重心将高分为， 又正四面体的高h与侧棱a和底面重心到顶点的距离构成直角三角形： 所以，故B不正确； 对于C，用一个平面去截一个正方体，分别是所在棱的中点，所得截面形状可能为三角形、四边形、五边形、六边形， 如图所示： ， 故C正确； 对于D，过圆锥顶点的截面为等腰三角形，且两腰长为母线长， 设该等腰三角形顶角为，则截面三角形面积为， 显然当，面积最大， 故当圆锥的轴截面三角形顶角大于时，圆锥的轴截面面积不一定是最大的，故D错误. 故选：C. 11．（2025高一下·山东潍坊·期末）用斜二测画法作水平放置的平面图形的直观图时，下列说法一定正确的是（   ） A．菱形的直观图还是菱形 B．矩形的直观图是平行四边形 C．平行四边形的直观图可能是梯形 D．正三角形的直观图是等腰三角形 【答案】B 【分析】根据斜二测法的原则，结合各选项中图形的性质，即可判断正误. 【详解】由斜二测法画图原则：平行改斜，垂直不变，横等纵半竖不变，可见为实，遮为虚， 对于选项A，菱形的直观图是平行四边形，所以A错误， 对于选项B，矩形的直观图为平行四边形，所以B正确， 对于选项C，平行四边形的直观图是平行四边形，所以C错误， 对于选项D，正三角形的直观图中高为原来的一半且与底边成，其不为等腰三角形，所以D错误， 故选：B. 12．（2025高一下·山东烟台·期末）已知正三棱台的上、下底面的边长分别为，，体积为，则其侧棱的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据棱台的体积公式可得棱台的高，进而可得侧棱长度. 【详解】    如图所示， 设三棱台的上下底面中心分别为，， 由正三棱台性质可知，， 且，，，， 体积, 解得， 则侧棱， 故选：B. 13．（2025高一下·山东烟台·期末）已知一圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则其母线长为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】根据圆锥侧面展开图的性质，结合弧长公式进行求解即可. 【详解】设圆锥的母线长为，则，解得. 故选：B. 14．（2025高一下·山东济南·期末）用斜二测画法画水平放置的，其直观图如图所示，其中．若原的周长为10，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据斜二测画法的规则，由直观图画出原图，得到，，求得，进而得到的长. 【详解】如图所示，根据斜二测画法的规则，可由直观图画出原图， 因为，可得，所以，即， 则，所以. 故选：A. 15．（2025高一下·山东淄博·期末）已知圆台上下底面圆的半径分别为1，3，高为4，则该圆台的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出圆台的母线长，再由圆台侧面积公式计算即得. 【详解】由圆台上下底面圆的半径分别为高为， 可求得母线长为. 则 . 故选：D. 16．（2025高一下·山东青岛·期末）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．已知在鳖臑中，， 平面，则它的外接球半径和内切球半径的比值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用已知条件将三棱锥放入正方体中可求出三棱锥的高，再利用等体积法即可求解. 【详解】 根据已知条件可以将三棱锥放在正方体中，如图， 三棱锥 的外接球即为正方体的外接球， 设三棱锥 的外接球的半径为，内切球的半径为， ，解得， ， ，， 三棱锥 的表面积为， 又，， 则它的外接球半径和内切球半径的比值为 故选：A. 17．（2025高一下·山东青岛·期末）用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，轴，轴，，，则的原图形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求直观图的面积，再根据斜二测画法的性质求解原三角形面积. 【详解】因为轴，所以直观图的面积为, 原图形面积为直观图面积的倍，所以原图面积为. 故选：B. 18．（2025高一下·山东青岛·期末）在正四棱台中，，，且该正四棱台的体积为28，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】解法一：通过作辅助线构造异面直线所成角，再利用四棱台体积公式求出高，结合平面几何知识和余弦定理求解. 解法二：建立空间直角坐标系，求出相关向量，利用向量的夹角公式求解，再根据异面直线所成角的范围得到结果. 【详解】解法一：过点作，交于点，则为异面直线与所成的角或其补角. 设该正四棱台的高为，则，得. ，故. 过点作交于点，则， .连接，易得， 在中，利用余弦定理可得， 故异面直线与所成角的余弦值为. 解法二：设该正四棱台的高为，上底面与下底面的中心分别为，，连接，由题知，得.由正四棱台的性质知平面， 以为坐标原点，过点分别与平行的直线为轴，轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，， 所以，，， 故异面直线与所成角的余弦值为. 故选：D. 19．（2024高一下·山东威海·期末）在三棱锥中，平面，为等腰三角形且面积为，.若该三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由三角形的面积公式可求得，设的外心为，进而可求得，过作平面的垂线，可得外接球的半径，进而可求表面积. 【详解】因为为等腰三角形且面积为，所以，又， 所以，所以，设的外心为， 可得，过作平面的垂线， 则球心在直线上，设球心为，可得在的垂直平分线上， 所以，所以， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故选：C. 20．（2024高一下·山东威海·期末）有一个正四棱台形状的油槽，最多装油，已知它的两底面边长分别为和，则它的深度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先将数据统一单位，代入棱台体积计算公式，计算结果后再换算成即得. 【详解】因，而，设棱台的深度为， 由棱台的体积公式可得，，解得. 故选：B. 21．（2024高一下·山东聊城·期末）某圆台的上、下底面半径分别为、，且，圆台的体积为，若一个球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合圆台和球的结构特征根据圆台的轴截面图，利用勾股定理用表示圆台的高，再利用圆台体积建立的方程，解出再求出球的半径即可得球的体积. 【详解】如图， 设圆台上、下底面圆心分别为， 因为球与圆台的上，下底面及侧面均相切， 则圆台内切球的球心O在的中点处， 设球O与母线切于M点， 所以，且，， 则， 同理，所以， 过A作，垂足为G， 则， 所以， ，即圆台的高为， 该圆台的体积为， 解得， 则球的直径，半径为， 则球的体积为. 故选：B. 22．（2024高一下·山东临沂·期末）若圆台上、下底面的圆周都在一个直径为的球面上，其上、下底面半径分别为和，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先分析出圆台的底面为球中的一个大圆，然后求出圆台的高，根据圆台的体积公式即可得出答案. 【详解】依题意得，球的直径是，且圆台下底的圆的直径也是，故圆台的底面是球的一个大圆， 如下图，作出圆台的截面图形，即梯形，这里为球心，连接， 作，垂足为， 由已知，， 由三线合一，，则，即为圆台的高， 根据圆台的体积公式，. 故选：D 23．（2024高一下·山东临沂·期末）将一个直角边长为的等腰直角三角形绕其斜边旋转一周，所形成几何体的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意可知，所形成的几何体是由底面半径为，高为的两个圆锥拼接而成，则其表面积是两个圆锥的侧面积之和. 【详解】如图等腰直角三角形，，则，取的中点，连接，则，且， 将一个直角边长为的等腰直角三角形绕其斜边旋转一周， 所形成的几何体是由底面半径为，高为，母线长为的两个圆锥拼接而成， 所以所形成的几何体的表面积为. 故选：C 24．（2024高一下·山东临沂·期末）若水平放置的平面四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，，，则原四边形的面积为（    ）    A． B．4 C． D． 【答案】D 【分析】由斜二测画法的直观图，得出原图形为直角梯形，由此计算原图形的面积． 【详解】在直观图中过点作交于点， 因为，，，， 所以，则，所以，    由直观图可得如下平面图形，且，，， 所以. 故选：D    二、多选题 25．（2025高一下·山东威海·期末）在正三棱柱中，，P，Q分别为棱，上的动点，则（    ） A．的周长为定值 B．三棱锥B-APQ的体积为定值 C．若，则 D．若平面，则 【答案】BCD 【分析】对于A，设，计算即可判断；对于B，由即可判断；对于C，取的中点，连接，过作交于点，连接，证明平面，即可判断；对于D，由线面平行的性质定理得，进而即可判断. 【详解】对于A：由点为上的动点，设， 所以，， 所以不为定值，故A错误； 对于B：， 因为平面，所以点到平面的距离为， 所以，故B正确； 对于C：取的中点，连接，过作交于点，连接， 设，所以，因为，所以， 所以，所以， 又，所以， 在正三棱柱中，平面， 因为平面，所以， 又，，平面， 所以平面，因为，所以平面， 又平面，所以， 又，平面， 所以平面，因为平面，所以，故C正确； 对于D：连接交于点，连接，由平面， 且平面平面，平面， 所以，又为中点， 所以为中点，即，故D正确. 故选：BCD. 26．（2025高一下·山东青岛·期末）在棱长为4的正方体中，点P为的中点，点E在线段上运动，点M在线段上运动，点N在正方形内（包含边界）运动，则下列结论正确的有（   ）    A．直线与平面所成角为定值 B．三棱锥外接球球心到平面的距离为 C．的最小值为8 D．若平面，则异面直线与所成角的余弦值取值范围是 【答案】BCD 【分析】对于A，由面面平行可得即为直线与平面所成角，，点M在线段上运动，不是定值，故A错误；对于B，根据墙角模型易得外接球半径，利用球的截面性质可求距离；对于C，由要最小，首先要最小，过作平面，可得；对于D，易得在线段运动，过作平面，即就是异面直线与所成角或其补角，，，进而求出余弦值的取值范围. 【详解】对于A,由正方体性质知平面平面， 故直线与平面所成角等于直线与平面所成的角， 因为⊥平面，所以即为直线与平面所成角， ，点M在线段上运动，不是定值， 故直线与平面所成角不为定值，A错误；    对于B，由于两两垂直， 故三棱锥外接球即为以为长宽高的长方体的外接球， ，故外接球直径为， 又， 故， 故，则的外接圆的半径为， 结合外接球球心和的外接圆的圆心的连线垂直于平面， 故三棱锥外接球球心到平面的距离为，B正确； 对于C，要最小，首先要最小， 即当平面时，取得最小值， 过作平面，此时三点共线，，    在正方体，易得， 所以， 则，故C正确； 对于D，设中点为，    所以， 因为平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 因为，平面， 所以平面平面， 即在线段运动，过作平面， 所以，， 显然为锐角，即就是异面直线与所成角， 其中， 又为钝角，所以，又， 所以， ， 当时，取得最大值，为， 当时，取得最小值，为， 所以异面直线与所成角的余弦值取值范围是，故D正确； 故选：BCD. 27．（2025高一下·山东日照·期末）在棱长为4的正方体中，已知E，F分别为线段的中点，点满足，则（    ） A．当时，四棱锥外接球半径为3 B．当时，三棱锥的体积为 C．若，则点的轨迹长为 D．周长的最小值为 【答案】ACD 【分析】A选项，点在线段的中点，作出辅助线，找到外接球球心，从而得到外接球半径，判断A；B选项，先得到，故点在线段上，连接，证明出，结合锥体体积公式求三棱锥体积，判断B； C选项，由，可得点的轨迹为点为圆心，半径为4的圆的一部分，由此可求轨迹长度.；D选项，取线段的中点，由对称性知，数形结合得到，从而得到周长的最小值. 【详解】对于A选项，当时，， 故，即， 所以点在线段的中点，连接相交于点，则为中点， 所以，由正方体性质可得平面，则平面， 设正四棱锥的外接球的球心为，则三点共线， 其中，所以球心在的延长线上， 设，则， 由勾股定理得，即，解得，故A正确； 对于B选项，当时，， 故，即，故点在线段上， 连接，与相交于点，则为的中点，连接， 因为为的中点，所以，又平面，平面， 所以平面，所以三棱锥的体积， 所以，又， 所以，故三棱三棱锥的体积为，故B错误； 对于C选项，因为，又点在矩形及其内部， 点的轨迹为点为球心，半径长为的球面被平面截且在矩形及其内部的图形， 又平面，且，故， 所以点的轨迹为以为圆心，半径为4的圆的一部分， 如图所示，其中，， 故，则， 则，则轨迹长为，故C正确. 对于D选项，点在矩形及其内部，取线段的中点， 由对称性知，， 此时三点共线， 又，所以，故C正确； 故选：ACD 28．（2025高一下·山东临沂·期末）在棱长为的正方体中，E，F分别是，的中点，P是线段上的动点，则（    ） A．过A，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 B．异面直线和所成的角可以为90° C．当P为中点时，二面角的正切值为 D．的最小值为 【答案】ABC 【分析】作出截面判断A；举例说明判断B；利用几何法求出二面角正切判断C；将正方形与正方形置于同一平面内，求出最小值判断D. 【详解】对于A，连接，由，得四边形为平行四边形， 又分别是的中点，则，， 因此梯形是过三点的平面截正方体所得截面，A正确； 对于B，平面，平面，则，而， 平面，则平面，又平面， 因此，又，则，当点与重合时， 异面直线和所成的角为90°，B正确； 对于C，延长交延长线于，取中点，连接， 由分别为中点，得，则， ，于是，是二面角的平面角， ，C正确； 对于D，将正方形与正方形置于同一平面内，则， 当且仅当是与的交点时取等号，D错误. 故选：ABC 29．（2025高一下·山东泰安·期末）三棱锥中，为中点，，，，，则下列选项正确的是（    ） A． B．直线与平面所成角的正弦值为 C．直线与所成角为 D．过的平面与三棱锥的外接球的截面面积最小值为 【答案】ACD 【分析】由题可证，根据线面垂直的判定可证平面，继而得到；设中点为，可证平面，所以就是直线与平面所成角，即可得到直线与平面所成角的正弦值；设中点为，根据异面直线夹角可知就是直线与所成角或其补角，在中通过求即可得到直线与所成角；根据题意可知都是直接三角形，有公共斜边，即可确定球心在中点处，再利用球的截面得性质即可得截面面积最小值. 【详解】 ，，， 又，所以，即， 又，平面， 所以平面，平面，，故A正确； 设中点为，连接， ，，， 又平面，平面，所以， 又平面，所以平面，， 即就是直线与平面所成角， ，，故B错误； 设中点为，连接， 分别是中点，， 即就是直线与所成角或其补角， 在中，，，， ，所以直线与所成角为，故C正确； 又，所以，即， 则都是直接三角形，有公共斜边， 所以三棱锥的外接球球心在中点处，外接球半径， 即垂直截面时，截面面积最小，此时截面半径， 所以截面面积最小值为，故D正确； 故选：ACD 30．（2025高一下·山东枣庄·期末）如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别是，的中点．若沿，及把这个正方形折成一个四面体，使，，三点重合，重合后的点记为G，则（ ） A． B．平面平面 C．点G到平面的距离为 D．三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】由线面垂直的判定定理证明出平面可判断A，由面面垂直的判定定理证明平面可得B正确；将三棱锥补成长方体，计算出长方体的体对角线长，可得出三棱锥外接球的半径，利用球体的表面积可求得结果可判断D；利用等体积法可求得点到平面的距离可判断C. 【详解】在正方形中，，，， 在三棱锥中，则，， ，平面，所以平面， 又平面，所以，故A正确； 且，又，又平面， 所以平面，又平面，所以平面平面，故B正确； 将三棱锥补成长方体， 所以，三棱锥外接球的直径为， 因此，三棱锥外接球的表面积为，故D正确； ，， ，取的中点，连接，则， ，则， 设点到平面的距离为，由，可得，解得，故C错误； 故选：ABD. 31．（2025高一下·山东东营·期末）已知某平面图形由如图所示的四个全等的等腰，，，拼成，其中线段，，的中点均为点O，.若将该平面图形绕着直线a旋转半周所围成的几何体记为，将该平面图形绕着直线b旋转半周所围成的几何体记为，直线直线b，则（    ） A．的体积为 B．的体积为 C．经过两次旋转后，点A所有的运动轨迹总长为 D．的表面积为 【答案】ABD 【分析】该平面图形绕着直线旋转半周所围成的几何体为2个圆台挖去2个圆锥，根据圆台和圆锥的体积公式计算可判断A；该平面图形绕着直线旋转半周所围成的几何体为2个大圆锥挖去2个小圆锥，根据圆锥的侧面积、体积公式可判断BD；该平面图形绕着直线旋转半周，点A的运动轨迹为半径为3的半圆，该平面图形绕着直线旋转半周，点A的运动轨迹为半径为的半圆，根据圆面积公式可判断C； 【详解】如图，过点A作直线的垂线，垂足为，过点A作直线的垂线，垂足为， 由题意得， 所以，即， 所以，所以， 对于A：该平面图形绕着直线旋转半周所围成的几何体为2个圆台挖去2个圆锥， 其中圆台的2个底面半径分别为，高为， 圆锥的底面半径为，高为， 所以的体积为，故正确； 对于D：该平面图形绕着直线旋转半周所围成的几何体为2个大圆锥挖去2个小圆锥， 其中大圆锥的底面半径为，母线长为，高为， 小圆锥的底面半径为，母线长为，高为， 则的表面积为2个大圆锥和2个小圆锥的侧面积组成， 所以的表面积为，故D正确； 对于B：由D知的体积为，故B正确. 对于C：该平面图形绕着直线旋转半周，点A的运动轨迹为半径为3的半圆， 该平面图形绕着直线旋转半周，点A的运动轨迹为半径为的半圆， 所以经过两次旋转后，点A所有的运动轨迹总长为，故C错误； 故选：ABD. 32．（2025高一下·山东烟台·期末）下列命题正确的有（   ） A．一条直线和一个点确定一个平面 B．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 C．三棱台的各侧棱所在直线必交于一点 D．底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体 【答案】BCD 【分析】根据平面、棱锥、棱台、棱柱的性质分别判断各选项. 【详解】A选项：当点在直线外时，直线与该点可确定一个平面，当点在直线上时，直线与该点不能确定一个平面，A选项错误； B选项：由正棱锥的性质可知正棱锥的各侧面为全等的等腰三角形，B选项正确； C选项：由棱台的性质可知三棱台的各侧棱所在直线相交于一点，C选项正确； D选项：由平行六面体的定义可知，底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体，D选项正确； 故选：BCD. 33．（2024高一下·山东聊城·期末）在长方体中，，点M，N分别在侧棱和底面ABCD上运动，且，则（    ） A．直线BM与直线所成角的范围为 B．存在直线MN，使MN∥平面 C．设点P为线段MN的中点，则点P的轨迹与侧面的交线长度为 D．设点P为线段MN的中点，则三棱锥的体积的最小值为 【答案】BCD 【分析】对于A：分析可知直线BM与直线所成角为，结合长度关系分析求解；对于B：分别取的中点为，即可证明MN∥平面；对于CD：分析可知点的轨迹为以为球心，半径为1的球的，进而分析交线求轨迹长度判断C；根据球的性质结合锥体体积公式判断D. 【详解】对于选项A：取，且，则线段，即， 因为∥，且， 可知直线BM与直线所成角为， 若与重合，可知； 若与重合， 可知； 所以直线BM与直线所成角的范围为，故A错误； 对于选项B：分别取的中点为， 则，可得符合题意，此时∥， 因为∥，且，可知为平行四边形， 则∥，可得∥， 且平面，平面，可得∥平面， 所以存在直线MN，使MN∥平面，故B正确； 对于选项CD：因为平面，且平面，则， 且，点P为线段MN的中点， 则（点与点重合依然成立）， 可知点的轨迹为以为球心，半径为1的球的， 则点P的轨迹与侧面的交线为以为球心，半径为1的圆的， 所以交线长度为，故C正确； 在中，，边上的高为， 设点到平面的距离为， 由三棱锥的体积可得，解得， 由球的性质可知：点P到平面的距离最小值为， 所以三棱锥的体积的最小值为 ，故D正确； 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：对于选项CD：根据题意分析可得，进而可知点的轨迹为以为球心，半径为1的球的，进而分析求解. 三、填空题 34．（2025高一下·山东威海·期末）已知三棱锥的各顶点都在表面积为的球面上，平面，，，，则该三棱锥的体积为_______． 【答案】/ 【分析】设三棱锥的外接球半径为，外接圆半径为，圆心为，由题意先求，利用正弦定理求，利用勾股定理求，进而得，利用余弦定理求，最后利用三棱锥的体积公式即可求解. 【详解】设三棱锥的外接球半径为，外接圆半径为，圆心为， 所以，又，， 由正弦定理有， 过作平面，则，所以， 所以， 在中，由余弦定理有， 即，化简整理有，解得， 所以， 所以， 故答案为：. 35．（2025高一下·山东青岛·期末）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中描述了一种五面体——刍甍（chú  méng），其底面为矩形，顶棱和底面矩形的一组对边平行.现有如图所示——刍甍，，侧面和为等边三角形，且与底面所成角相等；若，E到底面的距离为，则该刍甍的体积为_______. 【答案】 【分析】将其分割成两个三棱锥和一个直三棱柱，求出所需棱长即可体积. 【详解】记的中点分别为，连接，易知， 又，所以，因为为正三角形，所以， 因为是平面内的两条相交直线，所以平面， 又平面，所以平面平面， 过作，过分别作的平行线，如图， 因为平面平面，平面， 所以平面，平面，所以，， 所以， 因为平面，所以， 易知，是平面内的两条相交直线，所以平面， 同理平面，所以为直三棱柱， 因为，所以， 所以该刍甍的体积为 . 故答案为： 36．（2025高一下·山东聊城·期末）已知中，，，若将绕直线旋转一周，所得几何体的内切球半径等于，则该内切球的表面积为______. 【答案】 【分析】根据“筝形”内切圆半径的求法，确定几何体的内切球半径，再求内切球的表面积. 【详解】如图： 作旋转体的轴截面，为如图筝形，设筝形的内切圆半径为， 因为中，，， 则；. 由. 又，可得. 由可得. 所以. 所以旋转体的内切球表面积为：. 故答案为： 37．（2025高一下·山东泰安·期末）如图，圆锥的底面直径和高均为6，过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为______． 【答案】 【分析】根据圆的面积公式和扇形面积公式，以及圆锥和圆柱的几何性质，求出组合体的表面积. 【详解】如图所示，圆锥的底面半径为3，高为6，根据勾股定理母线长为， 则圆锥侧面积为， 根据相似三角形易知圆柱高为3，底面半径为， 则圆柱侧面积为， 圆锥底面积加圆柱底面积为， 综上几何体表面积为， 故答案为：. 38．（2025高一下·山东滨州·期末）在正四棱台中，，，则该棱台的体积为_______． 【答案】/ 【分析】作出辅助线，求出棱台的高，进而利用台体体积公式进行求解. 【详解】上下底面中心分别为，连接，过点作⊥于点， 则， 因为，，所以，故， ， 由勾股定理得， 则该棱台的体积为. 故答案为： 39．（2025高一下·山东东营·期末）已知正三棱柱的高为2，底面边长为，则该三棱柱的外接球的体积为________. 【答案】 【分析】利用正弦定理求底面等边三角形的外接圆半径，结合正三棱柱的结构特征求半径和体积. 【详解】由题意可知：底面等边三角形的外接圆半径， 则外接球的半径， 所以该三棱柱的外接球的体积为. 故答案为：. 40．（2025高一下·山东潍坊·期末）已知一圆台型封闭容器（容器壁厚度忽略不计）的上底面半径为3，下底面半径为9，高为，则该容器的容积为_____；若一个半径为的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的该容器内壁的最大面积为_____． 【答案】 【分析】根据圆台的体积公式即可求解空1，根据相切，结合锐角三角函数以及相似，可求解长度，根据小球接触到的区域为上下两个圆以及圆台侧面，即可根据面积公式求解空2. 【详解】体积为， 作出圆台的轴截面如下：为小球的球心， 由于上下底面的直径分别为圆台的高为，故,故，圆台的母线， 当小球与圆台的侧面以及下底面相切于处时，此时， 故在圆台下底面，小球接触到的区域是一个圆，其半径为,其面积为， 当小球与圆台的侧面以及上底面相切于处时，此时 故在圆台上底面，小球接触到的区域是一个圆，其半径为,其面积为， 小球的半径为，在圆台内壁侧面，小球接触到的区域是一个圆台的侧面， 由于，, 故四边形为小球达到区域所在的圆台的轴截面， 故侧面接触到的区域的面积为； 综上，圆锥内壁上小球能接触到的区域面积为． 故答案为：, 41．（2025高一下·山东烟台·期末）已知点，，，在半径为的同一球面上，且，，则三棱锥体积的最大值为________． 【答案】/ 【分析】根据三棱锥外接球的性质及三棱锥体积公式可得解. 【详解】 如图所示，设的外接圆圆心为，三棱锥的外接球球心为， 由，， 则， 即， 且， 所以外接圆半径为， 则， 所以当点在的延长线上时，三棱锥的体积最大， 此时三棱锥的高为， 即三棱锥体积， 故答案为：. 42．（2025高一下·山东济南·期末）已知圆台的上底面半径和母线长均为2，下底面半径为3，则圆台的体积为________． 【答案】 【分析】由圆台的性质先求出高，再代入体积公式计算可得结果. 【详解】如图是圆台的轴截面，圆台的上下底面圆的半径分别为2和3，母线长为2，设圆台的高为， 则，解得：， 所以圆台的体积. 故答案为： 43．（2025高一下·山东德州·期末）多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体，正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的体积的比为________. 【答案】 【分析】根据正八面体的结构特征确定球心位置，令正八面体的棱长为2，有外接球半径，再由等体积法求得内切球的半径，即可得. 【详解】由正八面体的结构特征易知，其外接球和内切球的球心重合，且为体对角线的交点， 令正八面体的棱长为2，外接球和内切球的半径分别为，则外接球半径， 各侧面积，构成正八面体的两个正四棱锥的高为， 所以正八面体的体积，解得， 所以正八面体外接球和内切球的体积比为. 故答案为：. 44．（2025高一下·山东德州·期末）四面体中且异面直线与所成角为若四面体外接球半径为则四面体的体积的最大值为__________. 【答案】 【分析】由题意构建直三棱柱设分别为的外心，连结，取其中点，则为直三棱柱的外接球的球心，也是四面体ABCD的外接球的球心，由余弦定理求得，或，再由即可求解. 【详解】解：四面体中且异面直线与所成的角为 构建直三棱柱，设分别为的外心，连结，取其中点， 则为直三棱柱的外接球的球心，也是四面体ABCD的外接球的球心， 异面直线与所成角为或， 设三棱柱底面的外接圆半径为r， 则 当， 由余弦定理得：， ， ，当且仅当时等号成立， 四面体ABCD的体积： 当， 由余弦定理得：， ， ，当且仅当时等号成立， 即，当且仅当时等号成立， 四面体ABCD的体积： 综上可知四面体ABCD的体积的最大值为 故答案为： 45．（2024高一下·山东威海·期末）在三棱锥中，平面，，且最长的棱长为，为棱的中点，则当三棱锥的体积最大时，直线与所成角的余弦值为______. 【答案】 【分析】由已知可得，由已知可得时，体积最大值，进而可求直线与所成角的余弦值. 【详解】因为，所以，所以， 又因为平面，所以，所以， 又， 当且仅当时等号成立， 所以，当时取最大值， 取的中点，连接，所以， 所以（或其补角）为直线与所成的角， 因为，，， 所以， 直线与所成角的余弦值为. 46．（2024高一下·山东菏泽·期末）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为______． 【答案】 【分析】根据题意，由圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长列出方程，即可求解. 【详解】设圆锥的母线长为， 由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则， 解得， 故答案为：. 四、解答题 47．（2025高一下·山东潍坊·期末）如图1，在直角梯形中，，．以直角梯形的下底所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成如图2所示的几何体（由圆锥和圆柱组合而成），且该几何体内接于半径为的球（点和圆柱的上下底面圆周均在球的球面上）．    (1)若，求几何体的体积； (2)若，求几何体的表面积； (3)当为何值时，圆柱的侧面积最大． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据条件知设球心为的中点，结合题设条件求出，再利用圆柱和圆锥的体积公式，即可求解； （2）设，根据条件得到，进而求出，再利用圆柱和圆锥的表面积公式，即可求解； （3）设，根据条件得圆柱的侧面积为，利用基本不等式，即可求解. 【详解】（1）如图，设球心为，由题知为的中点，且（其中为外接球的半径）， 又球半径为，，则， 所以，则圆柱的体积为，圆锥的体积为， 则几何体的体积.      （2）因为，不妨设， 由题知，得到， 则，又，则， 所以圆柱的表面积为， 圆锥的表面积为， 所以几何体的表面积为. （3）设，则， 则圆柱的侧面积为， 当且仅当，即时取等号，即当时，圆柱的侧面积最大. 48．（2025高一下·山东济南·期末）在数学上用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体某顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中面角是多面体的面的内角（角用弧度制表示）．例如：对于正四面体任意一个顶点，每个面角均为，所以正四面体在该顶点的曲率为． (1)如图1，该多面体由边长相等的10个正三角形和2个正五边形围成，任取一顶点，求该点的曲率； (2)如图2，在正三棱台中，，，点A与处的曲率之差为π．若D为侧面（含边界）内一动点，且直线BD与平面所成角的正切值为2，求动点D的轨迹长度； (3)某多面体由边长相等的个正三角形和个正五边形围成，若各顶点的曲率之和为4π，且每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同（图3为满足条件的两个多面体示例），求该多面体面数的所有可能取值． 【答案】(1) (2) (3)12，32和92 【分析】（1）根据定义直接计算； （2）计算求得相关线段的长度，确定轨迹，进而利用弧长公式计算； （3）根据已知条件，结合欧拉公式讨论分析求得. 【详解】（1）该多面体任取一顶点连接3个正三角形和1个正五边形，则该点的曲率为. （2）梯形性质分析​：由于梯形是等腰梯形，处的内角互补. 设梯形在的内角为，在的内角为，则. 但是根据曲率差的条件，. 解方程组：.​ 从点向下底作垂线，交于，上下底中点分别为. 由于上底，下底， ∴，∴， 设上下底面的中心分别为，在下底面内的射影为，则分别在上， 且， 计算得， ， ， ， ∴为的交点，由于∴， ∴点D的轨迹为如图所示的以为圆心，以为端点，半径为圆弧， 轨迹的长度为. （3）​多面体由个正三角形和个正五边形组成，边长相等，各顶点曲率之和为4π. 每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同（顶点传递性）. ​欧拉公式​：对于凸多面体，欧拉公式，其中是顶点数，是边数，是面数.这里. ​曲率总和​：根据题目，曲率总和为. ​顶点均匀性​：题目要求每个顶点相同，意味着多面体是顶点传递的，且每个顶点周围的配置相同. ​面角计算​：正三角形的内角为，正五边形的内角为. ​顶点曲率​：设每个顶点周围有个正三角形和个正五边形. 由于顶点相同，所有顶点配置相同，面角总和为，曲率为. ​顶点数​：由于所有顶点相同，曲率总和为，因此，. ​边数计算​：每个正三角形有3条边，每个正五边形有5条边，但每条边被两个面共享，总边数. ​顶点配置​：由于多面体是顶点传递的，每个顶点有相同的边数（即相同的面数）. 设每个顶点周围有个面，. 由于每条边连接两个顶点，，但是，，因此，. ​结合欧拉公式​：，得. ​解方程组​：我们有以下方程： ， ， ， ， 由于每个顶点相同，我们需要考虑可能的值. ​枚举值​：常见的多面体顶点面数满足， ∴只能为3，4，5等. ​​：. 可能的组合：：解得，，不满足题目要求； ：2个三角形和1个五边形，得，非整数，舍去. ：1个三角形和2个五边形，得，非整数，舍去. ：全五边形，不可能，因为三个五边形无法闭合（）. ：：全三角形，如八面体，解得，，舍去. ：3个三角形和1个五边形，解得. 现在，. . 解方程组： ， 解得：. 因此，. ：2个三角形和2个五边形，得. ， . ：1个三角形和3个五边形. ，舍去. ：全五边形，不可能. ​： ：4个三角形和1个五边形. . . ， ∴ ∴. ：3个三角形和2个五边形. ，舍去. 其他组合导致为负数或非整数. ​：，方程组无解. 因此，多面体面数的所有可能取值为12，32和92. 49．（2025高一下·山东淄博·期末）如图，在三棱锥中，，，，，，，，的中点分别为，，，，， (1)证明：平面； (2)证明：平面，并求与平面所成的角的正弦值； (3)若，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解； (3) 【分析】（1）根据重心的性质可证，再利用线面平行的判定即可证明； （2）根据边长，利用勾股定理可证，，根据线面垂直的判定即可证平面，由线面角的定义可知就是与平面所成的角，接着求正弦值即可； （3）过作交延长线于，先证平面，再证平面，即为三棱锥的高，根据锥体体积公式计算即可. 【详解】（1）证明：设相交于点，相交于点， ，，，的中点分别为，，，， 所以分别为的重心， 所以，，同理可得， 又平面，平面，所以平面. （2）证明：由（1）知分别为的重心， 在中，，，所以， ，， ，，即， 在中，， ，即，又，所以， 又平面， 所以平面， 即平面，所以就是与平面所成的角， ， 即与平面所成的角的正弦值. （3）过作交延长线于， 是中点，，， 又是中点，所以， 又，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 又，平面， 所以平面，即为三棱锥的高， ，， . 50．（2024高一下·山东聊城·期末）如图，在三棱柱中，，点在底面ABC的射影为BC的中点O，M为的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)设点P为底面ABC内（包括边界）的动点，且∥平面，若点P的轨迹长度为，求三棱柱的侧面积. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】（1）连接，可证平面，根据平行关系可得∥，进而可得结果； （2）根据长度关系可得，分析可知二面角的平面角为，进而可得结果； （3）根据面面平行分析可知：点P的轨迹为线段，结合题中的长度关系运算求解. 【详解】（1）连接， 因为，M为的中点，则， 又因为平面，且平面，则， 由，平面，可得平面， 在平行四边形中，分别为的中点，则∥，， 且∥，，可得∥，， 可知为平行四边形，则∥， 所以平面. （2）不妨设，则， 且平面，可知， 因为平面，平面，可得， 则，即，则， 可知为矩形，则， 由（1）可知：，则二面角的平面角为， 在中，可得， 所以二面角的正弦值为. （3）连接， 由（1）可知：∥，且平面，平面， 可得∥平面， 在平行四边形中，分别为的中点，则∥，， 可知为平行四边形，则∥， 且平面，平面，可得∥平面， 且，平面，所以平面∥平面， 且平面平面，可知点P的轨迹为线段， 即，由题可知：，且为矩形， 则， 在中，因为，则边上的高， 可得， 所以三棱柱的侧面积. 【点睛】方法点睛：探索性问题求解的途径和方法 1.对命题条件探索的三种途径： ①先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明； ②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性； ③将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件． 2.对命题结论的探索方法： 从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，现寻找与条件相容或者矛盾的结论． 地 城 考点02 线面平行关系的判定与性质 一、单选题 1．（2025高一下·山东日照·期末）已知为不同的平面，为不同的直线，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】利用线面的位置关系，以及相应的性质定理，结合图形逐项分析即可. 【详解】对A选项：如图所示， 由图可知，若，则还有可能相交， 故A选项不正确； 对B选项：如图所示， 由图可知，若，则还有可能 故B选项不正确； 由线面垂直的性质定理可知，若，则成立， 故C选项正确； 对D选项：如图所示， 若，则还有可能， 故D选项不正确； 故选：C. 2．（2025高一下·山东烟台·期末）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】利用线面，面面关系的判定定理与性质定理可判断A，B；通过作图举反例可说明C错误；利用线面垂直的性质即可判断D正确. 【详解】对于A，由，可得或相交或异面，故A错误； 对于B，由，可得或，故B错误； 对于C，如图，长方体中，取平面为平面，平面为， 为直线，则，，但是得不到，故C错误； 对于D，由线面垂直的性质：垂直于同一个平面的两条直线互相平行.可判断D正确. 故选：D. 3．（2025高一下·山东德州·期末）已知，，表示不同的直线，，表示不同的平面，下面四个命题错误的有（   ） A．若，，则； B．若，，，，则； C．若，，则； D．，，则. 【答案】C 【分析】根据面面平行、线面垂直的性质判断A、D；根据平面的基本性质，结合空间想象判断B、C. 【详解】A：由，，根据面面平行的性质知，故A正确； B：若，，，， 若或与相交，则相交或异面，显然与矛盾， 故都不与相交，即，，此时有，故B正确； C：若，，则可能平行或异面，故C错误； D：由，，根据线面垂直的性质知，故D正确. 故选：C. 4．（2024高一下·山东枣庄·期末）如图，梯形中，四边形是梯形在平面α内的投影（），则对四边形的判断正确的是（    ） A．可能是平行四边形不可能是梯形 B．可能是任意四边形 C．可能是平行四边形也可能是梯形 D．只可能是梯形 【答案】D 【分析】由平面平面，结合面面平行的性质证明，再由必然会相交于一点，得出四边形只可能是梯形. 【详解】由题意，因为，所以与确定平面， 与确定平面， 平面，平面，平面， 又在梯形中，平面， 平面，平面. 又平面，平面， 平面平面. 易知平面， 平面. 在平面中，与长度不相等，必然会相交于一点， 则平面与平面相交，必然会相交于一点， 则四边形只可能是梯形， 故选：D 5．（2024高一下·山东济南·期末）已知两条不同的直线，和两个不同的平面，，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，，则 D．若，，，则与平行或异面 【答案】D 【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系判断即可. 【详解】对于A：若，，则或与异面，故A错误； 对于B：若，，则或，故B错误； 对于C：若，，，，当与相交时有， 当与不相交时，或与相交，故C错误； 对于D：若，，，则与平行或异面，故D正确. 故选：D 6．（2024高一下·山东菏泽·期末）已知直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，且，则 D．若，且，则 【答案】D 【分析】由空间中直线与平面的位置关系，对各项进行分析即可． 【详解】若，则a，b可以是平行，也可以是相交或异面，故A错误； 若，则或，故B错误； 若且，当时，不能证明，C选项错误； 若，且，在上取一点，作， 由面面垂直的性质定理可得且，既与重合，可得，故D正确. 故选：D 7．（2025高一下·山东济宁·期末）如图，在棱长为的正方体中，点、分别是棱，的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别取棱、的中点、，连接，易证平面平面，由题意知点必在线段上，由此可判断在或处时最长，位于线段中点处时最短，通过解直角三角形即可求得． 【详解】如下图所示，分别取棱，的中点、，连，， ，，，分别为所在棱的中点，则，， ，又平面，平面， 平面. ，， 四边形为平行四边形， ， 又平面，平面， 平面， 又， 平面平面. 是侧面内一点，且平面， 点必在线段上. 在中，. 同理，在中，可得， 为等腰三角形. 当点为中点时，，此时最短；点位于、处时，最长. ，. 线段长度的取值范围是. 故选：C. 【点睛】本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找点位置． 二、多选题 8．（2025高一下·山东淄博·期末）已知正方体的棱长为4，，分别是棱，上的点（不包括端点），且，则下列说法正确的是（   ） A．正方体的外接球的表面积为 B．若平面与平面的交线为，则 C．若平面与平面所成的二面角为，的面积为，则 D．若，则平面截正方体所得截面的面积为 【答案】BCD 【分析】对于A，根据正方体的体对角线长即外接球的直径计算即可排除；对于B，先证平面，再由线面平行的性质易得结论；对于C，取的中点，的中点，由得到，，即得即为平面与平面所成二面角的平面角，计算即可判断；对于D，连接，，证明四边形为菱形，且为平面截正方体所得的截面，即可计算判断. 【详解】正方体的外接球的半径，∴正方体的外接球的表面积为，故A错误； 在正方体中，∵，， ∴四边形为平行四边形，∴. 又因平面，平面，∴平面. 因平面，平面平面，∴，故B正确； 取的中点，的中点，连接，易得，∴，. 又，∴，，∴即为平面与平面所成二面角的平面角. ∵分别为的中点，∴，则有平面. 又平面，∴，∴，故C正确； 连接，.∵，分别是棱的中点， ∴.易得与全等， 故，，∴，， ∴四边形为菱形，且为平面截正方体所得的截面， 故截面面积为，故D正确. 故选：BCD. 9．（2025高一下·山东德州·期末）如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（   ） A．存在点Q，使平面MBN B．不存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 C．三棱锥Q-BCN的体积是定值 D．经过C，M，B，N四点的球的表面积 【答案】ACD 【分析】根据平行的传递性可得，结合线面平行的判定定理即可判断A；当Q与点重合时，四点共面，即可判断B；结合三棱锥体积公式判断C；易知经过四点的球即为长方体的外接球，求出球的半径即可判断D. 【详解】 连接，当是的中点时， 因为，所以． 因为平面，平面，所以平面，故A正确， 如图，在正方体中，连接， 因为分别是的中点，所以， 又因为，所以，所以四点共面， 即当与点重合时，四点共面，故B错误， 因为为正方体，所以平面， 直线上的点到面的距离为，而， 所以是定值，故C正确， 设G，H分别为的中点， 则为长宽高分别为，，的长方体， 根据分割补形法知：经过四点的球即为长方体的外接球， 所求球的直径满足：， 经过四点的球的表面积为，故D正确． 故选：ACD． 10．（2025高一下·山东青岛·期末）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】AD 【分析】利用线面平行的性质判断A；确定线面位置关系判断BC；利用面面垂直的判定判断D. 【详解】对于A，若，，，则，A正确； 对于B，若，，则或相交或是异面直线，B错误； 对于C，若，，则或，C错误； 对于D，由于，则内存在直线，而，于是，，D正确. 故选：AD 11．（2024高一下·山东聊城·期末）在长方体中，，点M，N分别在侧棱和底面ABCD上运动，且，则（    ） A．直线BM与直线所成角的范围为 B．存在直线MN，使MN∥平面 C．设点P为线段MN的中点，则点P的轨迹与侧面的交线长度为 D．设点P为线段MN的中点，则三棱锥的体积的最小值为 【答案】BCD 【分析】对于A：分析可知直线BM与直线所成角为，结合长度关系分析求解；对于B：分别取的中点为，即可证明MN∥平面；对于CD：分析可知点的轨迹为以为球心，半径为1的球的，进而分析交线求轨迹长度判断C；根据球的性质结合锥体体积公式判断D. 【详解】对于选项A：取，且，则线段，即， 因为∥，且， 可知直线BM与直线所成角为， 若与重合，可知； 若与重合， 可知； 所以直线BM与直线所成角的范围为，故A错误； 对于选项B：分别取的中点为， 则，可得符合题意，此时∥， 因为∥，且，可知为平行四边形， 则∥，可得∥， 且平面，平面，可得∥平面， 所以存在直线MN，使MN∥平面，故B正确； 对于选项CD：因为平面，且平面，则， 且，点P为线段MN的中点， 则（点与点重合依然成立）， 可知点的轨迹为以为球心，半径为1的球的， 则点P的轨迹与侧面的交线为以为球心，半径为1的圆的， 所以交线长度为，故C正确； 在中，，边上的高为， 设点到平面的距离为， 由三棱锥的体积可得，解得， 由球的性质可知：点P到平面的距离最小值为， 所以三棱锥的体积的最小值为 ，故D正确； 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：对于选项CD：根据题意分析可得，进而可知点的轨迹为以为球心，半径为1的球的，进而分析求解. 12．（2024高一下·山东济南·期末）如图所示，三棱锥中，，其余棱长均为.为棱的中点，将三棱锥绕旋转，使得点，分别到达点，，且.下列结论正确的是（    ） A．平面 B． C．直线与所成的角为 D．点，，，，，在同一个直径为的球面上 【答案】ACD 【分析】对于A，画出图形，根据线面平行定理可解；对于B，证明，结合图形，不可能垂直；对于C，用平移法，找出直线与所成的角，求出来即可；对于D，用补形成正方体方法求解即可. 【详解】如图所示，由于，则四边形为平行四边形，则. 平面，则平面，故A正确； 由于三棱锥中，，其余棱长均为. 则，，为棱的中点， 则等腰三角形和等腰三角形中，，， 则平面.由A知道，，则平面，， 结合图知道不可能垂直，故B错误． 根据旋转特征，可知，四边形为边长为1的正方形， 可以求得.则由，则与所成的角， ，则为等边三角形.则.故C正确. 由前面的证明可以知道，可以将几何体放在正方体中，如图所示，且正方体棱长为1． ，，，，，在上面正方体的外接球上，由正方体性质知道外接球直径为．故D正确. 故选：ACD. 13．（2024高一下·山东滨州·期末）在棱长为2的正方体中，M，N，Q分别是，，的中点，P为四边形（含边界）内一动点，且．则下列结论正确的是（    ） A．直线AM与直线是异面直线 B．三棱锥的体积为 C．点P的轨迹长度为 D．直线平面 【答案】BC 【分析】由已知可得，四点共面，可判断A；可求体积判断B；是以为圆心为半径的圆上的点，可求轨迹长度判断C；在上时，可得平面，可判断D. 【详解】作出示意图如图所示： 因为M，N分别是，的中点，所以， 所以四点，四点共面，所以直线AM与直线是共面直线，故A错误； ，故B正确； 由平面，又平面，所以， 在中，由，所以， 所以是以为圆心为半径的圆上的点， 又，所以点P的轨迹长度为，故C正确； 当在上时，平面即为平面，又平面，故D错误. 故选：BC. 14．（2024高一下·山东济宁·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足∥平面，则（    ） A．三棱锥的外接球表面积为 B．动点的轨迹是一条线段 C．三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D．若过A，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度的取值范围为 【答案】ABD 【分析】选项A：三棱锥的外接球即为正方体的外接球，结合正方体的外接球分析；选项B：分别取，的中点H，G，连接，，，；证明平面平面，从而得到点F的轨迹为线段GH.选项C：根据选项B可得出平面，从而得到点F到平面的距离为定值，再结合的面积也为定值，从而可得到三棱锥的体积为定值.选项D：设为的中点，从而根据面面平行的性质定理可得到截面即为面， 从而线段长度的最大值为线段的长，最小值为四棱锥以为顶点的高. 【详解】对于A：由题意可知：三棱锥的外接球即为正方体的外接球， 可知正方体的外接球的半径， 所以三棱锥的外接球表面积为，故A正确； 对于B：如图分别取，的中点H，G，连接，，，． 由正方体的性质可得， 且平面，平面，所以∥平面， 同理可得：∥平面， 且，平面，所以平面平面， 而平面，所以平面， 所以点F的轨迹为线段GH，故B正确； 对于C：由选项B可知，点F的轨迹为线段GH，因为平面， 则点F到平面的距离为定值， 同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，故C不正确； 对于D：如图，设平面与平面交于AN，N在上． 因为截面平面，平面平面，所以． 同理可证，所以截面为平行四边形，所以点N为的中点． 在四棱锥中，侧棱最长，且． 设棱锥的高为h， 因为，所以四边形为菱形， 所以的边上的高为面对角线的一半，即为，又， 则，， 所以，解得． 综上，可知长度的取值范围是，故D正确． 故选：ABD． 15．（2024高一下·山东青岛·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点在线段（不包含端点）上，则下列结论正确的是（    ） A．三棱锥的体积随着点的运动而变化 B．异面直线与所成角的取值范围是 C．直线平面 D．三棱锥的外接球表面积的最小值为 【答案】BC 【分析】对于A选项，连接，由平面，即直线上任意点到平面的距离相等； 对于B选项，为正三角形，则当且仅当在中点时，，即可判断； 对于C选项，证明平面即可， 对于D选项，当为中点时，外接球半径最小，计算即可. 【详解】对于A选项，因为，所以平面，所以，为定值，即A错误； 对于B选项，因为为正三角形，与所成角的范围为，即B正确； 对于C选项，易知，，，，，则平面平面，可知平面，平面，即C正确； 对于D选项，易知当为中点时，外接球半径最小， 此时设的中心为，的中心为，的中点为， 则，，，则易知， 所以最小球即为以为球心，半径，表面积，即D错误． 故选：BC 三、填空题 16．（2025高一下·山东枣庄·期末）如图，正方体的棱长为3，点M，N分别在棱，上，满足，点Q在正方体的内部或表面，且平面，则点Q组成的图形的面积是________． 【答案】/ 【分析】在上取点，使得，证得平面平面，得到点的轨迹组成的图形为，在等腰三角形中，求得底边上的高，即可求解. 【详解】在上取点，使得， 分别连结， 因为，可得，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 由且，可得， 又由且，所以， 在正方体中，可得，所以， 因为平面，且平面，所以平面， 同理可证平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 因此点的轨迹组成的图形为， 在等腰三角形中，， 可得底边上的高为， 所以面积为， 故答案为：. 17．（2024高一下·山东淄博·期末）如图，在正方体中，分别为和的中点，则下列说法正确的序号有______. ①，，，四点共面；②平面；③与所成角为. 【答案】②③ 【分析】对于①：用异面直线判定定理即可判断；对于②：利用线面平行的判定定理即可判断；对于③：利用为正三角形，可得与成角60°，即可求出与成角. 【详解】对于①：平面中，平面，平面， 又，则为异面直线，因此，，，四点不共面，故①错； 对于②：连结，如图： 在正方体中，,又， 则四边形为平行四边形，所以， 因为分别为的中点， 所以，，又平面，平面， 故平面，故②对； 对于③：在正方体中，连结， 因为分别为和的中点，所以, 所以四边形为平行四边形，所以 因为，所以为正三角形， 所以与成角60°，即与所成角为.故④对. 故答案为：②③. 18．（2024高一下·山东济宁·期末）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，，平面，为线段的中点，若空间中存在平面满足，，记平面与直线分别交于点，，则______，四边形的面积为______． 【答案】 2 【分析】根据题意作出平面即平面，取中点，利用和可求得的值；通过线面平行的性质得到，，推理得到，故可间接法求得四边形的面积. 【详解】 如图，过点作的平行线分别交的延长线于点， 易知分别为的中点．连接，分别交于点，则平面即平面． 取的中点，因是正方形，则连接，则， 易得，则，所以，所以． 连接，因为，平面平面，平面，所以， 所以，， 由图易得,由可得，由得,从而， 由可得为的中点. 由可得,,, 因, 故四边形的面积． 故答案为：2；. 【点睛】思路点睛：本题主要考查棱锥的截面位置和面积问题，属于难题. 解题思路在于正确理解题意，作出合理的截面，充分利用平行与垂直的判定、性质定理，借助于相似三角形和三角形之间的面积关系计算即得. 四、解答题 19．（2025高一下·山东威海·期末）如图，在五面体ABCDEF中，平面平面，，，，，． (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正切值为，求直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由，利用线面平行判断定理得平面，再利用线面平行的性质定理即可得证； （2）由，则为直线与所成的角或补角，再证平面，则为直线与平面所成的角，即可计算，最后在中计算即可. 【详解】（1）因为，平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以； （2）因为， 所以为直线与所成的角或其补角， 因为，，所以为平行四边形， 所以， 因为平面平面，平面平面，，平面, 所以平面，则平面， 连接，所以为直线与平面所成的角， 则，可得， 因为，所以， 因为，，所以， 可得， 所以直线与所成角的余弦值为． 20．（2025高一下·山东威海·期末）如图，在三棱锥中，侧面是边长为的等边三角形，，、分别为、的中点． (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)若，二面角的大小为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）证明出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可得出结论； （3）由二面角的定义可知为二面角的平面角，则，利用余弦定理求出的长，结合勾股定理可知，分析出为的中点，即可得出的长. 【详解】（1）因为、分别为、的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面． （2）因为，为的中点，所以， 因为，，所以， 又，、平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （3）因为，，所以为二面角的平面角，则， 由题意知，，， 在中，由余弦定理得， 所以，可得， 在直角中，， 又因为，，，所以，所以， 即，因为为的中点，所以． 21．（2025高一下·山东聊城·期末）如图，已知是圆柱下底面圆的直径，点C是下底面圆周上异于A，B的动点，，是圆柱的两条母线. (1)证明：平面； (2)若该圆柱的侧面积等于两底面面积的和，当C为弧的中点时，求直线与平面所成角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据圆柱母线的概念，得到，再根据线面平行的判定定理证明平面. （2）先根据条件，确定圆柱的母线长与底面半径的关系，再确定直线与平面所成的角，利用三角形的边角关系求角的正切值. 【详解】（1）因为，是圆柱的两条母线， 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）因为是下底面圆的直径，C是下底面圆周上异于A，B的动点， 所以， 又因为是圆柱的一条母线，所以底面， 而底面，所以. 因为平面，平面，且， 所以平面. 又由（1）知，所以平面 所以为直线与平面所成的角. 设圆柱的底面圆半径为r，母线长为l， 因为圆柱的侧面积等于两底面面积的和，所以，得， 又Ｃ为弧的中点，所以， 所以在中， 在中， 所以直线与平面所成角的正切值为. 22．（2025高一下·山东日照·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面底面，分别为侧棱的中点，且. (1)求证：平面； (2)求四棱锥的体积. 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）连接，交于点，连接得即可由线面平行判定定理证明； （2）根据已知条件找出四棱锥的高，求出底面积，再利用锥体体积公式计算即可. 【详解】（1）证明：连接，交于点，连接， 在正方形中，为的中点，又为侧棱的中点， 所以在中，为的中位线，所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2）因为分别为侧棱的中点，所以为的中位线， 所以，且， 在是正方形中，，， 所以，且， 所以四边形为梯形， 又平面平面，且平面平面， 在是正方形中，，且平面 所以平面，又平面， 所以，所以，所以梯形为直角梯形； 又，为侧棱的中点， 所以，且，所以梯形的面积为:， 由平面，又平面， 所以，所以， 又，所以平面，即平面， 所以为四棱锥的高，且， 所以四棱锥的体积为：. 23．（2025高一下·山东临沂·期末）如图，四棱锥中，平面，，，E为的中点，点F在棱上，直线和直线相交. (1)求证：； (2)若，，. （i）证明：平面； （ii）求直线与平面所成的角. 【答案】(1)见解析 (2)（i）见解析；（ii）. 【分析】（1）利用线面平行的判定定理和性质定理求解即可； （2）利用线面垂直的判定定理和线面角的定义求解即可. 【详解】（1）直线和直线相交，故四点共面， 四棱锥中，，平面， 平面，故平面， 因为平面平面，平面， 故. （2）（i），，故， 故， 所以，故， 因为平面，平面， 故，且，平面， 故平面. （ii）因为，E为的中点， 故F为的中点，且， 故， 因为平面，平面， 故，且，平面， 故平面， 故是直线与平面所成的角， 因为，， 所以 所以即， 故直线与平面所成的角为. 24．（2025高一下·山东滨州·期末）如图，四棱锥中，底面为正方形，平面，M为PD的中点．请用几何法求解下列问题： (1)证明∶ 平面； (2)设，求直线BM与平面所成角的正切值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用线面平行的判定推理得证. （2）取中点，利用几何法求出线面角的正切. 【详解】（1）在四棱锥中，连接，连接， 由为正方形，得是的中点，而M为PD的中点， 则，而平面，平面， 所以平面. （2）取中点，连接，由M为PD的中点，得， 而平面，则平面，是直线BM与平面所成的角， ，在中，， 所以直线BM与平面所成角的正切值是. 25．（2025高一下·山东枣庄·期末）在三棱柱中，侧面为菱形，，，，M为的中点，． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)请作出二面角的一个平面角，并求其正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)作图见解析，． 【分析】（1）连接，所以，利用线面平行的判定定理可得结论； （2）连接，，可得． 解法一：由勾股定理可证得，又，利用线面垂直的判定定理可得平面； 解法二：取线段的中点D，则，从而，又，从而平面，得，又，从而可得平面； （3）作于点H，过H作，可证得平面，所以，，又，所以平面，得，所以为二面角的一个平面角，由题设求解即可. 【详解】（1）如图，连接． 因为侧面为平行四边形，，所以N为的中点． 又因为M为的中点，所以为的中位线，所以． 又平面，平面， 所以平面． （2）连接，．在菱形中，，， 所以为等边三角形．又M是的中点，所以． 解法一：在中，因为M是斜边的中点，所以． 在中，，，， 所以，所以． 又，平面，平面，， 所以平面． 解法二：取线段的中点D，连接，，． 因为是的中位线，所以． 又，所以． 在中，，D是的中点，所以． 又，平面， 所以平面， 因为平面，所以． 又，，平面， 所以平面． （3）过点C作于点H；过H作，垂足为K，连接． 由（2）知平面，因为平面， 所以平面平面． 又平面，平面平面，， 所以平面． 因为平面，平面，所以，． 又，，平面， 所以平面． 因为平面，所以． 所以为二面角的一个平面角． 在中，，，，， 由， 得． 由，得． 在中，，． 在中，，， 即二面角的正切值为． 26．（2025高一下·山东枣庄·期末）已知α，β，γ是三个平面，，，． (1)若，求证：； (2)若，判断a与c及b与c的关系，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)，，理由见解析 【分析】（1）基本事实（公理）3结合点线面间位置关系可得； （2）由平行公理和线面平行的性质定理可得. 【详解】（1）证明：因为，所以． 因为，所以． 又，所以． 同理可证，所以O为β与γ的一个公共点． 又，由基本事实（公理）3，得． （2）因为，，， 由直线与平面平行的判定定理，得． 又，， 由直线与平面平行的性质定理，得． 又，由基本事实（公理）4，得． 27．（2025高一下·山东烟台·期末）如图，在多面体中，面为矩形，，，，，． (1)求证：平面平面； (2)设为中点，求证：平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接，根据勾股定理可证线线垂直，进而证明线面垂直与面面垂直； （2）连接，设，连接，根据中位线可证线线平行，即可构造平行四边形，根据线线平行可证线面平行. 【详解】（1） 连接， 四边形为矩形，且，， ， 有，， ，即， 又，且，，平面， 平面， 平面， 平面平面； （2）连接，设，连接， 易知点为中点， 点为中点， ，且， 又，， ，且， 则四边形为平行四边形， 即， 平面，且平面， 平面. 28．（2025高一下·山东济南·期末）已知正四棱锥P-ABCD，M，N分别是BC，PD的中点． (1)证明：平面； (2)若四棱锥各棱长均为2，求直线CN与AM所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据中位线以及平行四边形的判定可证明为平行四边形，即可由线面平行的判定求解， （2）根据平行可得或其补角即为直线CN与AM所成角，即可利用三角形的边角关系求解. 【详解】（1）取的中点为，连接, 由于是中点，故,且， 又且， 故,则四边形为平行四边形， 故平面, 平面, 故平面 （2）由（1）知：故或其补角即为直线CN与AM所成角， 由于为边长为2的等边三角形，故， , 故, 故直线CN与AM所成角的余弦值为 29．（2025高一下·山东德州·期末）如图，在直三棱柱中，，，分别为，的中点. (1)求证：平面； (2)求证：. (3)若，，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）取的中点，连接，易得且，所以四边形为平行四边形，再根据线面平行判定证明. （2）取中点，连，由中点性质知，根据线面垂直判定得平面，即可证． （3）利用三棱锥体积公式算出体积. 【详解】（1）取的中点，连接，又，分别为，的中点， 所以且，故四边形为平行四边形， 所以，平面，平面，则平面； （2）取中点，连，结合中位线及直棱锥的性质知， 由且都在平面内，则平面， 由平面，则； （3）由，，，则. 30．（2025高一下·山东青岛·期末）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且．    (1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； (2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由线面角先算出母线长，然后根据侧面积公式求解. （2）证明平面平面，然后根据面面平行的性质可得. 【详解】（1）由题知，，即轴截面是等边三角形，故， 底面周长为，则侧面积为：; （2）由题知，则根据中位线性质，， 又平面，平面，则平面 由于，底面圆半径是，则，又，则， 又，则为等边三角形，则， 于是且，则四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，故平面. 又平面， 根据面面平行的判定，于是平面平面， 又，则平面，则平面    31．（2024高一下·山东威海·期末）在正三棱柱中，，分别为，的中点.    (1)证明：平面； (2)证明：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据线面平行判定定理证明即可； （2）先证明线面垂直再应用平行得出结论. 【详解】（1）    取的中点，连接，， 因为为的中点， 所以且，    又因为且， 所以且， 所以四边形为平行四边形，      所以，    又因为平面，平面， 所以平面. （2）因为为直三棱柱， 所以平面，因为面， 所以，       因为为等边三角形，所以， 又平面， 所以平面，又， 所以平面. 32．（2024高一下·山东聊城·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧面PAD是等腰三角形，且，侧面平面ABCD. (1)设M，N分别为PD，BC的中点，求证：MN∥平面PAB； (2)设，在线段PD上是否存在一点Q，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2)存在， 【分析】（1）取的中点，连接，可得∥，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）由面面垂直的性质可得平面，根据垂直关系分析可知等价于，进而分析求解. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为分别为的中点，则∥，， 又因为N为BC的中点，且ABCD是正方形，则∥，， 可得∥，且，可知为平行四边形，则∥， 且平面PAB，平面PAB，所以MN∥平面PAB. （2）因为ABCD是正方形，则， 且侧面平面ABCD，侧面平面，平面ABCD， 可知平面，由平面，可得， 且，，平面， 所以平面，由平面，可得， 反之，若，同理可证平面，即可得， 所以等价于， 不妨设，则，可知边上的高为， 由的面积可得，解得， 则， 所以在线段PD上是存在一点Q，使得，此时. 33．（2024高一下·山东临沂·期末）类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则．如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点． (1)求的值； (2)直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； (3)过点作平面，使平面平面，且与直线相交于点，若，求值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，即可证明平面平面，即二面角的大小为，求出，再由所给三面角余弦定理计算可得； （2）依题意可得，设平面内任一条直线为，分过点与不过点两种情况，当过点，记与的夹角为（），则，结合余弦函数的性质即可得证； （3）连接，，首先证明平面平面，从而得到平面平面，再由面面平行的性质得到，从而得到，即可得解. 【详解】（1）连接，由已知得平面，， 又平面，所以平面平面， 所以二面角的大小为，因为为菱形，， 所以，又，所以， 在中，， 由三面角余弦定理可得 . （2）依题意可得，设平面内任一条直线为， 若过点时，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 若不过点时，过点作使得，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 综上可得. （3）连接，， 因为，平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 又，平面， 所以平面平面， 因为平面平面， 所以平面平面， 又平面平面，又平面平面， 所以，又即， 所以四边形为平行四边形， 所以，显然在的延长线上， 因为，所以， 所以，即. 【点睛】关键点点睛：对于新定义型知识，关键是理解并应用所给定义，第三问关键是由面面平行推导出线线平行. 34．（2024高一下·山东日照·期末）已知四棱锥如图所示，四边形为菱形，为等边三角形，点M，N分别是线段SC，AB的中点．    (1)求证：平面； (2)若二面角为直二面角，，，求四面体的体积． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取的中点，借助三角形中位线性质及平行公理，利用线面平行的判定推理即得. （2）取的中点，借助面面垂直的性质求出点到平面的距离，进而求出四面体的体积. 【详解】（1）取的中点，连接，由点M是线段SC的中点，得， 四边形为菱形，且N是线段AB的中点，则， 于是四边形是平行四边形，，又平面，平面， 所以平面.    （2）取的中点，连接，由为等边三角形，得， 由二面角为直二面角，得平面平面，而平面平面， 平面，则平面，又，于是， 由点M是线段SC的中点，得点到平面的距离， 菱形中，，则为正三角形，， 因此， 所以四面体的体积是. 35．（2024高一下·山东枣庄·期末）如图，在四棱锥中，是正三角形，平面，平面，，是的中点.    (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) 【分析】（1）取的中点，连接、，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，即可得证； （2）首先证明平面，由（1）知，从而得到平面，则为与平面所成的角，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）取的中点，连接、， 因为是的中点，所以且， 又平面，平面，所以，又， 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）因为是正三角形，为的中点，所以， 又因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 由（1）知，所以平面， 所以为与平面所成的角， 因为，又，所以四边形为直角梯形， 又，所以， 由（1）知， 在中，， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 36．（2024高一下·山东烟台·期末）如图，在直三棱柱中，，分别为的中点. (1)求证：∥平面； (2)设平面与平面的交线为，求二面角的正切值； (3)在线段上是否存在点，使直线与平面所成角的大小为？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）设，连接，结合三角形中位线定理可得∥，再利用线面平行的判定定理可证得结论； （2）设平面与平面的交线为，则∥，设为中点，连接，由直棱柱的性质结合已知可证得平面， 过作，连接，可得为二面角的平面角，然后在中求解即可； （3）设在面上射影为，则为与平面所成角，然后利用等体积法可求出，从而可求出，进而在中可求出. 【详解】（1）证明：设，连接， 因为四边形为平行四边形，所以为中点， 又因为为中点，所以∥. 因为平面平面， 所以∥平面. （2）解：设平面与平面的交线为， 又∥平面平面，所以∥. 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 因为平面，所以 设为中点，连接，则∥，， 因为，，所以，， 因为，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 过作，因为，平面， 所以平面. 连接，因为平面，所以， 所以为二面角的平面角. 因为∥，所以， 因为， 所以，所以，即，所以. 在中，，所以， 即二面角的正切值为. （3）设在面上射影为，则为与平面所成角. 由，得， 因为，，， 所以，所以， 所以， 因为，所以，解得. 由，所以. 在中，由余弦定理， 解得， 所以，在线段上存在点，当时，与平面所成角大小为. 37．（2024高一下·山东烟台·期末）如图，在四棱锥中，. (1)求证：平面平面； (2)若分别为的中点，求证：平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）可以证明，结合，线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证； （2）延长交于，由中位线定理可证，以及，再结合线面平行、面面平行的判定定理即可得证. 【详解】（1）因为，所以. 又因为平面平面， 所以平面. 又平面， 所以平面平面. （2）延长交于， 因为分别为中点， 所以，又平面平面， 所以平面. 因为，所以，又为中点，所以， 注意到，所以，所以. 又因为，所以为中点，所以. 又因为平面平面，所以平面. 因为平面平面， 所以平面平面. 38．（2024高一下·山东淄博·期末）如图，在三棱柱中，，点是的中点. (1)求证：平面； (2)若侧面为菱形，求证：平面. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）连接交于，连接，利用中位线性质有，根据线面平行的判定证结论； （2）线面垂直的判定有面，根据线面垂直、菱形的性质可得、，最后由线面垂直的判定证结论. 【详解】（1）连接交于，连接， 由为三棱柱，则为平行四边形， 所以是中点，又是的中点， 故在△中，面，面， 所以平面. （2）由，而，面， 所以面，又面，则， 由侧面为菱形，故， 又，面，故平面. 39．（2024高一下·山东菏泽·期末）如图所示，矩形中，，.、分别在线段和上，，将矩形沿折起.记折起后的矩形为，且平面平面. (1)求证：平面； (2)若，求证：； (3)求四面体体积的最大值 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)2 【分析】(1)要证线面平行，先证线线平行，先证四边形是平行四边形，即可. (2)要证线线垂直，先证线面垂直，先证平面即可. (3) 设,四面体的体积为,即可求最值. 【详解】（1）证明：∵四边形，都是矩形， ∴，，∴四边形是平行四边形，     ∴，∵平面，∴平面； （2）证明：连接，设，∵平面平面，且， ∴平面，∴， 又，∴四边形为正方形，∴，              ∴平面，又平面，∴， （3）解：设，则，其中， 由（1）得平面， ∴四面体的体积为：   ，         时，四面体的体积最大，其最大值为. 40．（2025高一下·山东济宁·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面ABCD，垂足为A，，点M是PD的中点. （1）求证：平面ACM； （2）求证：平面PAC； （3）求四面体的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【分析】（1）连接，，记与的交点为，连接．证明，然后证明面． （2）证明，，然后证明面． （3）通过，然后求解即可． 【详解】证明：（1）连接，，记与的交点为，连接． 点，分别是，的中点， ． 又面，面， 面 （2）面，， 底面是正方形， ， 又，面，面 面 （3），且， 【点睛】本题考查直线与平面垂直以及直线与平面平行的判定定理的应用，几何体的体积的求法，考查计算能力，属于中档题． 地 城 考点03 线面垂直关系的判定与性质 一、单选题 1．（2025高一下·山东威海·期末）一个圆台上、下底面的半径分别为1，2，母线所在直线与轴的夹角为45°，则该圆台的侧面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2025高一下·山东青岛·期末）已知圆锥的底面周长为，侧面积为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（   ） A．2 B．48 C．50 D．96 3．（2025高一下·山东聊城·期末）已知正四棱锥的所有棱长均相等，则直线与其它经过该四棱锥的两个顶点的直线所成的角不可能为（    ） A．30° B．45° C．60° D．90° 4．（2025高一下·山东日照·期末）降水量是指降落在水平面上单位面积的水层深度（单位：mm）.气象学中把24小时内的降水量叫做日降水量.某学生用上口直径为20cm，底面直径为12cm，母线长为的圆台型水桶放置在水平地面上来测量日降水量.某次降雨过程中用此桶接了24小时的雨水，雨水的高度是桶深的，则本次降雨的日降水量是（    ） A．29.6mm B．46.3mm C．63.5mm D．82.2mm 5．（2025高一下·山东临沂·期末）已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，外接球的球心为，若点S是正四棱锥的表面上的一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D．1 6．（2025高一下·山东临沂·期末）如图是一个在圆柱顶部挖去一个与该圆柱同底面的圆锥的几何模型，已知圆柱的底面半径为3，圆锥的高为4，若该几何模型的体积为60π，则其表面积为（    ） A．48π B．60π C．72π D．144π 7．（2025高一下·山东泰安·期末）已知圆台的一个底面周长是另一个底面周长的倍，母线长为，圆台的侧面积为，则圆台较小底面的半径为（    ） A． B． C． D． 8．（2025高一下·山东滨州·期末）在三棱锥中，，O为的外心，平面，若，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 9．（2025高一下·山东枣庄·期末）一圆台的上下底面的半径分别为1和2，侧面积为，则其体积为（ ） A． B． C． D． 10．（2025高一下·山东东营·期末）下列说法正确的是（    ） A．底面是矩形的平行六面体是长方体 B．正四面体的高为其棱长的倍 C．用一个平面截正方体，得到的截面可能为五边形 D．过圆锥顶点的所有截面中，轴截面面积最大 11．（2025高一下·山东潍坊·期末）用斜二测画法作水平放置的平面图形的直观图时，下列说法一定正确的是（   ） A．菱形的直观图还是菱形 B．矩形的直观图是平行四边形 C．平行四边形的直观图可能是梯形 D．正三角形的直观图是等腰三角形 12．（2025高一下·山东烟台·期末）已知正三棱台的上、下底面的边长分别为，，体积为，则其侧棱的长度为（   ） A． B． C． D． 13．（2025高一下·山东烟台·期末）已知一圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则其母线长为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 14．（2025高一下·山东济南·期末）用斜二测画法画水平放置的，其直观图如图所示，其中．若原的周长为10，则（    ） A． B． C． D． 15．（2025高一下·山东淄博·期末）已知圆台上下底面圆的半径分别为1，3，高为4，则该圆台的侧面积为（   ） A． B． C． D． 16．（2025高一下·山东青岛·期末）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．已知在鳖臑中，， 平面，则它的外接球半径和内切球半径的比值为（   ） A． B． C． D． 17．（2025高一下·山东青岛·期末）用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，轴，轴，，，则的原图形的面积为（   ） A． B． C． D． 18．（2025高一下·山东青岛·期末）在正四棱台中，，，且该正四棱台的体积为28，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 19．（2024高一下·山东威海·期末）在三棱锥中，平面，为等腰三角形且面积为，.若该三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 20．（2024高一下·山东威海·期末）有一个正四棱台形状的油槽，最多装油，已知它的两底面边长分别为和，则它的深度为（    ） A． B． C． D． 21．（2024高一下·山东聊城·期末）某圆台的上、下底面半径分别为、，且，圆台的体积为，若一个球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该球的体积为（    ） A． B． C． D． 22．（2024高一下·山东临沂·期末）若圆台上、下底面的圆周都在一个直径为的球面上，其上、下底面半径分别为和，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 23．（2024高一下·山东临沂·期末）将一个直角边长为的等腰直角三角形绕其斜边旋转一周，所形成几何体的表面积为（    ） A． B． C． D． 24．（2024高一下·山东临沂·期末）若水平放置的平面四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，，，则原四边形的面积为（    ）    A． B．4 C． D． 二、多选题 25．（2025高一下·山东威海·期末）在正三棱柱中，，P，Q分别为棱，上的动点，则（    ） A．的周长为定值 B．三棱锥B-APQ的体积为定值 C．若，则 D．若平面，则 26．（2025高一下·山东青岛·期末）在棱长为4的正方体中，点P为的中点，点E在线段上运动，点M在线段上运动，点N在正方形内（包含边界）运动，则下列结论正确的有（   ）    A．直线与平面所成角为定值 B．三棱锥外接球球心到平面的距离为 C．的最小值为8 D．若平面，则异面直线与所成角的余弦值取值范围是 27．（2025高一下·山东日照·期末）在棱长为4的正方体中，已知E，F分别为线段的中点，点满足，则（    ） A．当时，四棱锥外接球半径为3 B．当时，三棱锥的体积为 C．若，则点的轨迹长为 D．周长的最小值为 28．（2025高一下·山东临沂·期末）在棱长为的正方体中，E，F分别是，的中点，P是线段上的动点，则（    ） A．过A，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 B．异面直线和所成的角可以为90° C．当P为中点时，二面角的正切值为 D．的最小值为 29．（2025高一下·山东泰安·期末）三棱锥中，为中点，，，，，则下列选项正确的是（    ） A． B．直线与平面所成角的正弦值为 C．直线与所成角为 D．过的平面与三棱锥的外接球的截面面积最小值为 30．（2025高一下·山东枣庄·期末）如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别是，的中点．若沿，及把这个正方形折成一个四面体，使，，三点重合，重合后的点记为G，则（ ） A． B．平面平面 C．点G到平面的距离为 D．三棱锥的外接球的表面积为 31．（2025高一下·山东东营·期末）已知某平面图形由如图所示的四个全等的等腰，，，拼成，其中线段，，的中点均为点O，.若将该平面图形绕着直线a旋转半周所围成的几何体记为，将该平面图形绕着直线b旋转半周所围成的几何体记为，直线直线b，则（    ） A．的体积为 B．的体积为 C．经过两次旋转后，点A所有的运动轨迹总长为 D．的表面积为 32．（2025高一下·山东烟台·期末）下列命题正确的有（   ） A．一条直线和一个点确定一个平面 B．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 C．三棱台的各侧棱所在直线必交于一点 D．底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体 33．（2024高一下·山东聊城·期末）在长方体中，，点M，N分别在侧棱和底面ABCD上运动，且，则（    ） A．直线BM与直线所成角的范围为 B．存在直线MN，使MN∥平面 C．设点P为线段MN的中点，则点P的轨迹与侧面的交线长度为 D．设点P为线段MN的中点，则三棱锥的体积的最小值为 三、填空题 34．（2025高一下·山东威海·期末）已知三棱锥的各顶点都在表面积为的球面上，平面，，，，则该三棱锥的体积为_______． 35．（2025高一下·山东青岛·期末）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中描述了一种五面体——刍甍（chú  méng），其底面为矩形，顶棱和底面矩形的一组对边平行.现有如图所示——刍甍，，侧面和为等边三角形，且与底面所成角相等；若，E到底面的距离为，则该刍甍的体积为_______. 36．（2025高一下·山东聊城·期末）已知中，，，若将绕直线旋转一周，所得几何体的内切球半径等于，则该内切球的表面积为______. 37．（2025高一下·山东泰安·期末）如图，圆锥的底面直径和高均为6，过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为______． 38．（2025高一下·山东滨州·期末）在正四棱台中，，，则该棱台的体积为_______． 39．（2025高一下·山东东营·期末）已知正三棱柱的高为2，底面边长为，则该三棱柱的外接球的体积为________. 40．（2025高一下·山东潍坊·期末）已知一圆台型封闭容器（容器壁厚度忽略不计）的上底面半径为3，下底面半径为9，高为，则该容器的容积为_____；若一个半径为的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的该容器内壁的最大面积为_____． 41．（2025高一下·山东烟台·期末）已知点，，，在半径为的同一球面上，且，，则三棱锥体积的最大值为________． 42．（2025高一下·山东济南·期末）已知圆台的上底面半径和母线长均为2，下底面半径为3，则圆台的体积为________． 43．（2025高一下·山东德州·期末）多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体，正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的体积的比为________. 44．（2025高一下·山东德州·期末）四面体中且异面直线与所成角为若四面体外接球半径为则四面体的体积的最大值为__________. 45．（2024高一下·山东威海·期末）在三棱锥中，平面，，且最长的棱长为，为棱的中点，则当三棱锥的体积最大时，直线与所成角的余弦值为______. 46．（2024高一下·山东菏泽·期末）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为______． 四、解答题 47．（2025高一下·山东潍坊·期末）如图1，在直角梯形中，，．以直角梯形的下底所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成如图2所示的几何体（由圆锥和圆柱组合而成），且该几何体内接于半径为的球（点和圆柱的上下底面圆周均在球的球面上）．    (1)若，求几何体的体积； (2)若，求几何体的表面积； (3)当为何值时，圆柱的侧面积最大． 48．（2025高一下·山东济南·期末）在数学上用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体某顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中面角是多面体的面的内角（角用弧度制表示）．例如：对于正四面体任意一个顶点，每个面角均为，所以正四面体在该顶点的曲率为． (1)如图1，该多面体由边长相等的10个正三角形和2个正五边形围成，任取一顶点，求该点的曲率； (2)如图2，在正三棱台中，，，点A与处的曲率之差为π．若D为侧面（含边界）内一动点，且直线BD与平面所成角的正切值为2，求动点D的轨迹长度； (3)某多面体由边长相等的个正三角形和个正五边形围成，若各顶点的曲率之和为4π，且每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同（图3为满足条件的两个多面体示例），求该多面体面数的所有可能取值． 49．（2025高一下·山东淄博·期末）如图，在三棱锥中，，，，，，，，的中点分别为，，，，， (1)证明：平面； (2)证明：平面，并求与平面所成的角的正弦值； (3)若，求三棱锥的体积. 50．（2024高一下·山东聊城·期末）如图，在三棱柱中，，点在底面ABC的射影为BC的中点O，M为的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)设点P为底面ABC内（包括边界）的动点，且∥平面，若点P的轨迹长度为，求三棱柱的侧面积. 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $