专题05 空间立体几何·线·面·距·角·基本立体图形（十六大高频考点）（期末复习专项训练）数学苏教版高一必修第二册

**基本信息** 聚焦空间立体几何核心模块，以16类题型系统覆盖线面距角及基本图形，通过分层设题构建从直观认识到逻辑推理的完整训练体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基本图形与截面|8题型/正方体、棱锥截面|重点考查截面形状判断及性质应用|从正方体等基本图形出发，通过截面问题培养空间观念与几何直观| |表面积体积|4题型/圆柱圆锥、球|涵盖旋转体与多面体度量计算，突出球的截面性质|遵循“展开图→表面积→体积”推导逻辑，强化运算能力| |空间位置关系|2题型/平行垂直证明|以正方体、三棱柱为载体，注重线面关系转化|通过定义与判定定理的应用，发展推理能力与逻辑思维| |空间角与距离|4题型/二面角、点面距|重点突破二面角计算及距离转化，结合坐标系工具|从异面直线所成角到二面角，构建空间度量的递进认知| |组合体与综合|2题型/挖去圆柱的圆锥|整合多几何体组合，突出复杂情境下的模型构建|通过实际问题提升数学语言表达与模型观念|

专题05 空间立体几何·线·面·距·角·基本立体图形 题型1 与正方体有关截面的考察 题型9 球的表面积与体积（难点） 题型2 棱锥有关截面考察 题型10 证明面面、线面及线线平行（重点） 题型3 圆柱圆锥展开图及最短距离问题（重点） 题型11 证明面面、线面及线线垂直（常考点） 题型4平面分空间区域数量（重点） 题型12 异面直线所成角的考察（常考点） 题型5 有关球截面的性质考察（常考点） 题型13 求点面、面面距离 题型6 立体图形的直观图（面积） 题型14 求线面角 题型7 棱柱、棱锥、棱台表面积与体积 题型15 求二面角及利用二面角求长度或距离（重点） 题型8 圆柱、圆锥、圆台表面积与体积（重点） 题型16 处理有关组合体问题（难点） 题型1 与正方体有关截面的考察（共4小题） 1．正方体的棱长为，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体表面及其内部所有点构成的集合为，已知集合，记为中所有点构成的几何体，则的体积为（    ） A． B． C． D． 2．在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一点且．过点，，作该正方体的截面，记为，则截面为（   ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 3．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 4．（多选）（多选）在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面．平面以任意角度截正方体，所截得的截面图形可能为（   ） A．等腰梯形 B．非矩形的平行四边形 C．正五边形 D．正六边形 题型2 棱锥有关截面考察（共4小题） 5．已知正八面体的中心为点，各棱长均为，已知，，过点作该正八面体的截面，所得截面面积为________. 6．如果平行于一个三棱锥底面的截面的面积是底面面积的，那么截面截一条侧棱所得两条线段的长度之比是多少？ 7．在正四面体ABCD中棱AB，CD没有公共点，作两个平行于AB和CD的截面，已知这两个截面的面积分别为和，且它们之间距离为，则该正四面体棱长为______cm． 8．在四面体ABCD中，已知AB＝CD＝2，AC＝BD＝，AD＝BC＝，E，F分别是AD，BC的中点．若过EF的中点用一个与直线垂直，且与四面体的每个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面的面积为________． 题型3 圆柱圆锥展开图及最短距离问题（共4小题）（重点） 9．为筹备校园文化节，同学们需装饰操场边的圆柱形灯柱.已知灯柱的高为3.2米，底面周长为0.8米.现计划从灯柱底部开始缠绕一条彩色装饰带，要求绕柱恰好三周后到达柱顶并与顶面齐平.若装饰带绷紧无松动，则装饰带的长度为（   ） A．3.6米 B．4米 C．4.4米 D．4.8米 10．边长为的正方形是圆柱的轴截面，则从点沿圆柱的侧面到相对顶点的最短距离（单位：cm）是（    ） A． B．12 C． D． 11．如图，圆柱的轴截面ABCD是一个边长为6的正方形，一只蚂蚁从点A出发绕圆柱表面先爬到上底面圆周上，再爬到BC的中点E，则蚂蚁爬行的最短距离为______.    12．（多选）如图，圆锥的轴截面是面积为的正三角形，用平行于圆锥底面的平面截该圆锥，截面圆与圆锥母线分别交于点，且，则（   ） A．圆锥的表面积为 B．圆台的高为 C．圆锥的体积为 D．从点出发沿着该圆锥侧面到达中点的最短路程为5 题型4平面分空间区域数量（共4小题）（重点） 13．直三棱柱的三个侧面与一个底面所在的四个平面将空间分成（   ） A．7个部分 B．14个部分 C．6个部分 D．12个部分 14．（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 15．三个互不相交的平面把空间分成部分，其中，则的最小值为___________． 16．空间的1个，2个，3个，4个平面最多可将空间分别分成2个，4个，8个，15个区域，则空间的5个平面最多可将空间分成的区域个数是（    ）． A．25 B．26 C．28 D．30 题型5 有关球截面的性质考察（共4小题）（常考点） 17．（多选）如图，一个圆锥PO的轴截面三角形PAB是边长为的等边三角形，在底面上过点A作AO的垂线l，以AP，l所在直线确定的平面记为，则（    ）． A．圆锥PO的外接球体积为 B．平面与圆锥PO的外接球的截面周长为 C．若点E为线段PA的中点，点M为圆锥PO的外接球球面上的任意一点，则 D．若在圆锥PO内部放入三个半径均为a的小球，三个小球两两相切且均与圆锥的底面和侧面相切，则 18．（多选）已知直三棱柱中，，，，O为该三棱柱的外接球球心O，则（   ） A．直线与平面所成的角为 B．球的体积为 C．半径为的球可以放入该直三棱柱的内部 D．球O被平面截得的截面圆的面积为 19．用一个平面截球O得到的曲面称为球冠，截面为球冠的底面，如图球冠的高大于球的半径，为底面圆心，是以为底，点S在球冠上的圆锥，若底面的半径是球的半径的倍，点A为底面圆周上一点，则与底面所成的角的大小为________，圆锥的体积与球O的体积之比为________．    20．我国南北朝时期的数学家、天文学家祖暅提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”即是面积，意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面面积相等，那么这两个几何体的体积相等．如图所示，扇形的半径为3，圆心角为，若扇形绕直线旋转一周，图中阴影部分旋转后所得几何体与某不规则几何体满足：“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为__________． 题型6 立体图形的直观图（面积）（共4小题） 21．一个矩形的长、宽分别为2、3，其斜二测画法下的面积为（    ） A．6 B． C． D． 22．如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形其中．，，，则原四边形的面积为____________． 23．水平放置的的直观图如图所示，其中，，那么原周长是__________. 24．如图，是水平放置的的直观图，则的面积为（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 题型7 棱柱、棱锥、棱台表面积与体积（共4小题） 25．已知正四棱锥底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（   ） A．12 B．15 C．48 D．60 26．如图，正三棱锥中，底面边长是，棱锥的侧面积等于底面积的倍，是的中点.求： (1)的值； (2)点到面的距离. 27．在四面体中，，则该四面体的表面积为（   ） A． B． C． D． 28．已知球的半径为R，圆锥的底面半径也为R，母线长为2R，则球与圆锥的体积之比为（   ） A． B． C． D． 题型8 圆柱、圆锥、圆台表面积与体积（共4小题）（重点） 29．将一个半径为 1 的铁球熔化后， 浇铸成一个正四棱台形状的铁锭， 若这个铁锭的上、下底面边长分别为 1 和 2 ， 则它的高为（    ） A． B． C． D． 30．（多选）如图，已知圆台的轴截面为四边形EFGH，FG=4，EH=2，EF=3，沿着该圆台侧面从E到G的路径的长度为a.在该圆台内有一个棱长为b的正方体，且该正方体在圆台内能任意转动，则（    ）    A．圆台的高为 B．圆台的体积为 C．a的最小值为 D．b的最大值为 31．如图，在正四棱台中，，，为边上一点，且，为棱上的动点（含端点）． (1)求四棱台的体积； (2)在边上求一点，使得平面，并说明理由； (3)求的最小值． 32．如图，在梯形ABCD中，，，，，将梯形绕着AD所在的直线旋转一周，得到的旋转体的体积为（    ） A． B． C． D． 题型9 球的表面积与体积（共4小题）（难点） 33．如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径则球与圆柱的体积之比为_______；四面体 的体积的取值范围为_______. 34．刘徽所著的《重差》是我国第一部测量学著作，其思想也为地图学提供了数学基础.现采用《重差》的方法测量一个球体建筑物的相关数据.如图，已知球体建筑物与水平地面的接触点（切点）为点，地面上A，B，C三点共线，且在三者中的最左侧.若在B，C处分别测得该球体建筑物的最大仰角为和，且，则根据以上测量数据可计算出该球体建筑物的体积为（    ） A． B． C． D． 35．若圆锥的高与球的直径相等，圆锥的体积与球的体积也相等，则圆锥与球的表面积之比为（    ） A． B． C． D． 36．如图，正四棱锥中，点和分别为棱和的中点．若过A，E，F三点的平面与侧面的交线线段长为，则该四棱锥的外接球的体积为__________． 题型10 证明面面、线面及线线平行（共4小题）（重点） 37．如图所示，四棱锥，底面为正方形，，为正三角形，，点在上．    (1)若为中点，求证：平面； (2)若，求证； (3)求异面直线与所成角的余弦值． 38．如图，已知正三棱柱中，，点P为的中点. (1)证明：平面； (2)求点B到平面的距离. 39．如图，已知在直三棱柱中，，，，，点是的中点. (1)求证：平面； (2)求证：； 40．如图，在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，的中点. (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 题型11 证明面面、线面及线线垂直（共4小题）（常考点） 41．如图，已知四棱锥的底面是正方形，底面，，是侧棱的中点． (1)求证：平面． (2)求异面直线与所成的角． 42．（多选）如图所示，正方体中，给出以下判断，其中正确的有（   ） A．面 B． C．与是异面直线 D．与平面夹角正弦为 43．（多选）已知四点A，B，C，D不共面，构成空间四面体，则（   ） A．若四面体的六条棱长都相等，则这个四面体相对的棱两两垂直 B．若四面体相对的棱长两两相等，则这个四面体相对的棱两两垂直 C．若四面体三组相对棱的中点间的距离相等，这个四面体相对的棱两两垂直 D．若四面体两组对棱垂直，则第三组对棱垂直 44．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，垂足为，，交于点，点是的中点． (1)求证：平面． (2)求证：平面． (3)求直线与平面所成角的大小． 题型12 异面直线所成角的考察（共4小题）（常考点） 45．在三棱锥中，平面，，，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 46．在正三棱柱中，，设和所成的角为，则的值为（     ） A． B． C． D． 47．如图是正方体在一个平面上的展开图，则在原正方体中，直线与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 48．已知直线为两条不重合的直线，若与正方体的各棱所成的角相等，则“与正方体的各棱所成的角相等”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 题型13 求点面、面面距离（共4小题） 49．在三棱锥中，是边长为3的等边三角形，，则点到平面的距离为__________. 50．在三棱锥中，，且，，平面，若，，，四点都在球的表面上，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 51．故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示．已知三棱柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，，，则点到平面的距离是______． 52．阅读材料：平面直角坐标系中，直线可以用关于的二元一次方程表示，点到该直线的距离；空间直角坐标系中，平面可以用关于的三元一次方程表示，点到该平面的距离.若在空间直角坐标系中，点，点，点，则点到平面的距离为__________. 题型14 求线面角（共4小题） 53．（多选）已知正四棱柱中，，则（    ） A．异面直线与所成角的余弦值为 B．直线与平面所成角的余弦值为 C．三棱锥的外接球的半径为 D．三棱锥的内切球的半径为 54．古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同.据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线.如图2，在底面半径为1，高为的圆锥SO中，AB、CD是底面圆O上互相垂直的直径，E是母线SC上一点，，平面ABE截该圆锥面所得的曲线的离心率为______ 55．如图，在正方体中，、分别为，的中点，则直线与平面所成角的正切值为______． 56．如图，在四棱锥中，平面，平面，，点是的中点． (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的余弦值． 题型15 求二面角及利用二面角求长度或距离（共4小题）（重点） 57．已知四面体中，，，为中点，．作，垂足为． (1)证明：； (2)若，，四面体的体积大于，求二面角的正切值的取值范围． 58．正四面体中，二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 59．已知四棱锥，平面，，，，点为中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的平面角的正切值； (3)作出过三点的平面截四棱锥得到的截面，并求此截面的周长． 60．如图，长方体中，是边长为1的正方形，与平面所成的角为，则直线与直线的夹角余弦值为__________：二面角的平面角的正切值为__________. 题型16 处理有关组合体问题（共4小题）（难点） 61．圆锥的底面直径和高均是，从圆锥的底面挖去一个圆柱，该圆柱的上底面为过中点作的平行于底面的截面，剩下几何体的表面积是（    ） A． B． C． D． 62．用斜二测画法画一个水平放置的平面图，其直观图如图所示，已知，，，且．    (1)求原平面图形的面积； (2)将原平面图形绕旋转一周，求所形成的几何体的表面积． 63．如图所示，在平面四边形中，，，将四边形绕旋转一周，求所形成的几何体的表面积. 64．在边长为2的菱形ABCD中，，以AB所在的直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为（   ） A． B． C． D． 1 / 37 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 空间立体几何·线·面·距·角·基本立体图形 题型1 与正方体有关截面的考察 题型9 球的表面积与体积（难点） 题型2 棱锥有关截面考察 题型10 证明面面、线面及线线平行（重点） 题型3 圆柱圆锥展开图及最短距离问题（重点） 题型11 证明面面、线面及线线垂直（常考点） 题型4平面分空间区域数量（重点） 题型12 异面直线所成角的考察（常考点） 题型5 有关球截面的性质考察（常考点） 题型13 求点面、面面距离 题型6 立体图形的直观图（面积） 题型14 求线面角 题型7 棱柱、棱锥、棱台表面积与体积 题型15 求二面角及利用二面角求长度或距离（重点） 题型8 圆柱、圆锥、圆台表面积与体积（重点） 题型16 处理有关组合体问题（难点） 题型1 与正方体有关截面的考察（共4小题） 1．正方体的棱长为，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体表面及其内部所有点构成的集合为，已知集合，记为中所有点构成的几何体，则的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题可采用补集法求解，先确定平面与正方体的交点，将所求几何体转化为正方体减去三棱台，再利用三棱台体积公式计算其体积，最后用正方体体积减去该三棱台体积，得到的体积为． 【详解】 如图，与正方体的交点有，，，， 可看作正方体减去三棱台， ，， 所以， 所以的体积为． 2．在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一点且．过点，，作该正方体的截面，记为，则截面为（   ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】C 【分析】根据正方体的性质，结合已知条件，利用几何法推出截面的形状． 【详解】如图所示，在正方体中， 由于平面平面，且平面与平面的交线为， 故平面与平面的交线必过点，且与平行， 不妨设正方体的棱长为1，在矩形中，由题可知，； 在矩形中，，； ， 又， ，故， 平面与平面的交线就是， 平面平面，且平面与平面的交线为， 平面与平面的交线必过点，且平行于， 设，平面，平面平面，平面， 平面， ，则与的交点位于的延长线上， 位于上，连接， 则平面与平面的交线为， ，，，，五点共面， 截面为五边形，故C正确． 【点睛】 3．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. 4．（多选）（多选）在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面．平面以任意角度截正方体，所截得的截面图形可能为（   ） A．等腰梯形 B．非矩形的平行四边形 C．正五边形 D．正六边形 【答案】ABD 【分析】分别画出满足要求的截面图形，可得ABD均正确；假设五边形为正五边形，由面面平行的性质结合相似性以及勾股定理得出矛盾结论可判断C. 【详解】A选项，画出截面图形如图1，分别是所在棱的中点， 四边形为等腰梯形，故A正确； B选项，在正方体中， 作截面（如图2所示）分别交于点， 根据平面平行的性质定理可得四边形中，，且， 故四边形是平行四边形，但不一定是矩形，故B正确； C选项，经过正方体的一个顶点去截可得到五边形（如图3所示）， 假设五边形为正五边形， 设正方体棱长为2，因为平面平面， 平面平面，平面平面， 所以，同理可得， 设，则，， 由于∽，所以，即， 设，则，故， 由勾股定理得， 令，即，化简得， 由得，故，即， 故，，， 解得，此时，两点重合，同理可得也重合，不满足要求，故假设不成立， 不可能是正五边形，故C错误； D选项，取六边形的中点， 依次连接得到六边形，其中各边长度均相等， 六边形为正六边形（如图4所示），故D正确． 故选：ABD 题型2 棱锥有关截面考察（共4小题） 5．已知正八面体的中心为点，各棱长均为，已知，，过点作该正八面体的截面，所得截面面积为________. 【答案】/ 【分析】作出平面截正八面体上面正四棱锥所得截面，再借助共线向量定理的推论及余弦定理、三角形面积公式求解. 【详解】直线交于点，交的延长线于，，连接， 则四边形是过点的平面截正八面体上面正四棱锥所得截面， 由是正方形的中心，得，，而， 于是分别为的中点，， 而，则，，， 在中，，令，则， 由点共线，得，则是的中点，， 令，于是，由点共线，得， 在中，，由余弦定理得， 在中，，， ， 而， 因此，由正八面体的对称性得所求截面面积为. 6．如果平行于一个三棱锥底面的截面的面积是底面面积的，那么截面截一条侧棱所得两条线段的长度之比是多少？ 【答案】 【分析】根据可得出，进而可得出的值，即可得出结果. 【详解】如图，根据题意可知，而，所以， 所以，故， 即截面截一条侧棱所得两条线段的长度之比为． 7．在正四面体ABCD中棱AB，CD没有公共点，作两个平行于AB和CD的截面，已知这两个截面的面积分别为和，且它们之间距离为，则该正四面体棱长为______cm． 【答案】5 【分析】依题意作出两个截面，证明矩形和矩形，设正四面体的棱长为x，，，由条件推得①和② ，借助于两截面的距离列出③，联立三个式子，求解即得正四面体的棱长. 【详解】如图，作出两个平行于AB和CD的截面，分别交于点，交于点， 交于点，交于点，则易得两两平行，两两平行. 取的中点，连接，连接，因是正四面体，易得， 因平面，故平面，又平面，则， 可得矩形和矩形.设正四面体的棱长为x，，， 则， 故① ，同理②． 取的中点，连接，分别交平面于点，交平面于点，则是的公垂线， 故而有平面，平面.则有，且， 因，则，由可得，则③． 根据①②③，解得， , 或 , ，即该正四面体的棱长为5. 故答案为：5. 8．在四面体ABCD中，已知AB＝CD＝2，AC＝BD＝，AD＝BC＝，E，F分别是AD，BC的中点．若过EF的中点用一个与直线垂直，且与四面体的每个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面的面积为________． 【答案】/ 【详解】解析：将四面体补形为长方体易得．    【考查意图】补形法研究空间几何体的截面问题． 题型3 圆柱圆锥展开图及最短距离问题（共4小题）（重点） 9．为筹备校园文化节，同学们需装饰操场边的圆柱形灯柱.已知灯柱的高为3.2米，底面周长为0.8米.现计划从灯柱底部开始缠绕一条彩色装饰带，要求绕柱恰好三周后到达柱顶并与顶面齐平.若装饰带绷紧无松动，则装饰带的长度为（   ） A．3.6米 B．4米 C．4.4米 D．4.8米 【答案】B 【分析】由题，将灯柱侧面沿母线剪开并展开成为长方形，可得长方形的宽就是灯柱的高，长方形的长即为圆柱底面周长的3倍，装饰带的长度即为该长方形的对角线长，计算得解. 【详解】如图，将灯柱侧面沿母线剪开并展开成为长方形，长方形的宽灯柱的高米， 长方形的长三个圆柱的底面周长（米）， 装饰带的长度即为该长方形的对角线长，即为（米）. 10．边长为的正方形是圆柱的轴截面，则从点沿圆柱的侧面到相对顶点的最短距离（单位：cm）是（    ） A． B．12 C． D． 【答案】A 【分析】将圆柱展开得到从到的最短路径长即线段的长，利用勾股定理计算即可得到答案. 【详解】圆柱的侧面展开图如图所示， 展开后， ∴，即为所求最短距离． 故选：A. 11．如图，圆柱的轴截面ABCD是一个边长为6的正方形，一只蚂蚁从点A出发绕圆柱表面先爬到上底面圆周上，再爬到BC的中点E，则蚂蚁爬行的最短距离为______.    【答案】 【分析】将由轴截面分成的半圆柱侧面展成平面图形，再作点E关于直线DC的对称点即可求解. 【详解】将由轴截面分成的半圆柱侧面展成平面图形，得长宽分别为的矩形， 作点E关于直线DC的对称点，连接交于，连接，如图，   ，所以所求最短距离为. 故答案为：. 12．（多选）如图，圆锥的轴截面是面积为的正三角形，用平行于圆锥底面的平面截该圆锥，截面圆与圆锥母线分别交于点，且，则（   ） A．圆锥的表面积为 B．圆台的高为 C．圆锥的体积为 D．从点出发沿着该圆锥侧面到达中点的最短路程为5 【答案】ABD 【分析】根据已知条件，结合圆锥的性质，利用圆锥的表面积公式计算判断选项A；利用三角形的性质及相关比例关系计算，判断选项B；利用圆锥体积公式计算判断选项C；数形结合判断选项D． 【详解】选项A：已知截面是面积为的正三角形，设边长为，则 ，解得，则底面半径，母线长， 侧面积，底面积， ，故A正确； 选项B：， ， ， ，则，故B正确； 选项C：底面半径，， ，故C错误； 选项D：圆锥的侧面展开图是圆心角为的半圆，设的中点为， 连接， 则，， ，故D正确． 题型4平面分空间区域数量（共4小题）（重点） 13．直三棱柱的三个侧面与一个底面所在的四个平面将空间分成（   ） A．7个部分 B．14个部分 C．6个部分 D．12个部分 【答案】B 【分析】首先由三角形三条边所在直线将平面所分成的部分，再想象空间的部分. 【详解】如图，将一个三角形各边延伸可将平面分为7个部分，则直三棱柱的三个侧面与一个底面所在的四个平面将空间分成个部分. 14．（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. 15．三个互不相交的平面把空间分成部分，其中，则的最小值为___________． 【答案】 【分析】先根据立体几何结论确定，再利用基本不等式的 “的代换”， 结合均值不等式即可求解. 【详解】根据题意，三个互不相交的平面把空间分成部分，即三个平行平面把空间分成部分，所以，又，所以，，， 因此， 又，故， 当且仅当，即，时取等号. 故答案为：. 16．空间的1个，2个，3个，4个平面最多可将空间分别分成2个，4个，8个，15个区域，则空间的5个平面最多可将空间分成的区域个数是（    ）． A．25 B．26 C．28 D．30 【答案】B 【分析】利用特殊到特殊，通过简单情况的理解，逐步到复杂情况的分析，即可得解. 【详解】      先研究直线分一个平面： 1条直线分一个平面为2部分，2条直线分一个平面为4部分， 3条直线分一个平面为7部分，这个， 4条直线分一个平面为11部分，这个， 5条直线分一个平面为16部分，这个， 由于空间的1个，2个，3个平面最多可将空间分别分成2个，4个，8个区域， 当第4平面与前面3个平面最多有3条交线，这3条交线把第4个平面分成7个区域， 所以4个平面最多可将空间分成个区域， 当第5平面与前面4个平面最多有4条交线，这4条交线把第5个平面分成11个区域， 所以5个平面最多可将空间分成个区域， 故选：B 题型5 有关球截面的性质考察（共4小题）（常考点） 17．（多选）如图，一个圆锥PO的轴截面三角形PAB是边长为的等边三角形，在底面上过点A作AO的垂线l，以AP，l所在直线确定的平面记为，则（    ）． A．圆锥PO的外接球体积为 B．平面与圆锥PO的外接球的截面周长为 C．若点E为线段PA的中点，点M为圆锥PO的外接球球面上的任意一点，则 D．若在圆锥PO内部放入三个半径均为a的小球，三个小球两两相切且均与圆锥的底面和侧面相切，则 【答案】ACD 【分析】A：设圆锥外接球的球心为，连接，在中，利用勾股定理即可求解；B：过圆锥外接球的球心为作，证明，得到截面为以为直径的圆；C：根据B选项可知E即为N，ME的最小值为球的半径减去，ME的最大值为球的半径加上；D：作出圆锥的俯视图和纵截面的图象，根据几何关系求解即可． 【详解】A：如图： 设圆锥外接球的球心为，连接， 设外接球半径为R，则， ，， 在中，，即，解得， ∴圆锥PO的外接球体积，故A正确； B：如图： 过圆锥外接球的球心为作， ∵底面，底面，∴， 又∵，平面，∴平面， ∵平面，∴， ，，， ∴平面与圆锥PO的外接球的截面是以为直径的圆． ，，， 平面与圆锥PO的外接球的截面周长为，故B错误； C：如图： 由选项B可知E与N重合，直线与球的表面交于， 当M为时，最短，为， 当M为时，最长，为， ∴，故C正确； D：如图： 图①为圆锥俯视图，图②为图①中按箭头所示方向，包含一个小球的纵截面的一半． 易知是边长为的正的中心，则， 则图②中． 图②中，与相切，为的平分线， ∵，∴， ∴， ， 又， ∴，故D正确． 故选：ACD． 18．（多选）已知直三棱柱中，，，，O为该三棱柱的外接球球心O，则（   ） A．直线与平面所成的角为 B．球的体积为 C．半径为的球可以放入该直三棱柱的内部 D．球O被平面截得的截面圆的面积为 【答案】ABD 【分析】本题可根据直三棱柱的性质，结合线面角、外接球体积、内切球半径、截面圆面积的相关公式逐一分析选项. 【详解】对于A，因，且平面， 故 平面 ，是直线 与平面 所成角， 在中，，则 ，故正确. 对于B，如图，设分别为的中点，连接， 因点是的外心，由对称性，可知该三棱柱的外接球球心 为的中点， 故 ，则球的半径为，球的体积为 ，故 正确； 对于C， 内切圆半径 ，因为 1 ，所以 ， 即半径为 的球不能放入该直三棱柱的内部，故错误； 对于D，由题可得 ， 所以 ，， 设点 到平面 的距离为 ，斜边上的高为， 由 ，得 ，解得 ， 则球被平面截得的截面圆半径 ， 从而所求截面圆面积为 ，故正确. 故选：ABD 19．用一个平面截球O得到的曲面称为球冠，截面为球冠的底面，如图球冠的高大于球的半径，为底面圆心，是以为底，点S在球冠上的圆锥，若底面的半径是球的半径的倍，点A为底面圆周上一点，则与底面所成的角的大小为________，圆锥的体积与球O的体积之比为________．    【答案】 / /0.28125 【分析】假设球的半径为R，依题意，通过勾股定理可求出的长，进而可知的长，进而可求与底面所成的角的正切值，进而可求角；分别算出圆锥的体积与球O的体积即可计算其比值. 【详解】设球的半径为R，则，， ， ，所以. 故答案为：； 20．我国南北朝时期的数学家、天文学家祖暅提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”即是面积，意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面面积相等，那么这两个几何体的体积相等．如图所示，扇形的半径为3，圆心角为，若扇形绕直线旋转一周，图中阴影部分旋转后所得几何体与某不规则几何体满足：“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为__________． 【答案】 【分析】先确定图中阴影部分旋转后所得几何体的特征，再结合体积公式求其体积，根据祖暅原理即可求结论. 【详解】扇形绕直线旋转一周，阴影部分旋转后所得几何体的体积为半个球的体积减去一个圆锥的体积． 因为球的半径为3，圆锥的底面半径为3，高为3． 所以图中阴影部分旋转后所得几何体的体积为． 根据祖暅原理知图中阴影部分旋转后所得几何体的体积与所求不规则几何体的体积相等， 所以该不规则几何体的体积为. 故答案为：. 题型6 立体图形的直观图（面积）（共4小题） 21．一个矩形的长、宽分别为2、3，其斜二测画法下的面积为（    ） A．6 B． C． D． 【答案】C 【分析】先计算原矩形的面积，再结合斜二测画法的面积比例关系求出直观图的面积． 【详解】原图形面积为， 根据斜二测画法的规则：平行于轴的线段长度保持不变，平行于轴的线段长度变为原来的，且坐标系夹角变为， 因此直观图为平行四边形，其面积满足， 所以． 22．如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形其中．，，，则原四边形的面积为____________． 【答案】 【分析】先求出直观图为梯形的面积为，利用斜二测画法中，原图形面积是直观图面积的倍即可求解. 【详解】因为直观图为梯形且，，，， 所以， 所以直观图为梯形的面积为； 又因为斜二测画法中，原图形面积是直观图面积的倍 因此原四边形的面积为. 23．水平放置的的直观图如图所示，其中，，那么原周长是__________. 【答案】6 【详解】依据斜二测画法可知，所以， 又因为，， 所以，， 可得 ， 那么原周长是 . 24．如图，是水平放置的的直观图，则的面积为（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 【答案】D 【详解】根据直观图可得原图形中是直角三角形，，，， . 题型7 棱柱、棱锥、棱台表面积与体积（共4小题） 25．已知正四棱锥底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（   ） A．12 B．15 C．48 D．60 【答案】C 【分析】先根据正四棱锥的几何特征求出斜高，再代入侧面积公式计算即可。 【详解】正四棱锥的侧面为4个全等的等腰三角形，等腰三角形的腰长为侧棱长5，底边长为底面边长6。 设斜高，斜高、侧棱长、底面边长的一半构成直角三角形， 由勾股定理得： 单个侧面的面积为 则正四棱锥的侧面积 26．如图，正三棱锥中，底面边长是，棱锥的侧面积等于底面积的倍，是的中点.求： (1)的值； (2)点到面的距离. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正三棱锥的特征和棱锥的侧面积等于底面积的倍列式即可求解； （2）根据等体积法求解即可. 【详解】（1）因为是正三棱锥，所以是等边三角形，即， 而是的中点，所以. 因为是正三棱锥，所以， 而是的中点，所以. 因为棱锥的侧面积等于底面积的倍，所以， 所以. （2）设顶点在底面的投影为，分的比为， 因此. 在中，三棱锥的高. 三棱锥的体积， 因此. 设点到平面的距离为，， 由体积公式， 解得. 27．在四面体中，，则该四面体的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】应用三角形面积公式及余弦定理计算求解，最后结合同角三角函数关系及面积公式计算求值. 【详解】记，，，的面积分别为， 则，， ， 而由余弦定理得，故，而显然， 由勾股定理得， 于是， 由得， 故， 故四面体的表面积． 28．已知球的半径为R，圆锥的底面半径也为R，母线长为2R，则球与圆锥的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别利用球的体积公式、圆锥的体积公式计算对应体积，再求比值即可得到结果. 【详解】根据球的体积公式，可得，已知圆锥底面半径为，母线长， 可得圆锥的高， 所以，得， ，即球与圆锥的体积之比为. 题型8 圆柱、圆锥、圆台表面积与体积（共4小题）（重点） 29．将一个半径为 1 的铁球熔化后， 浇铸成一个正四棱台形状的铁锭， 若这个铁锭的上、下底面边长分别为 1 和 2 ， 则它的高为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用球和正四棱台的体积相等直接计算即可． 【详解】球的体积为，设铁锭的高为，则正四棱台的体积为， 由球和正四棱台的体积相等，可得，解得. 30．（多选）如图，已知圆台的轴截面为四边形EFGH，FG=4，EH=2，EF=3，沿着该圆台侧面从E到G的路径的长度为a.在该圆台内有一个棱长为b的正方体，且该正方体在圆台内能任意转动，则（    ）    A．圆台的高为 B．圆台的体积为 C．a的最小值为 D．b的最大值为 【答案】BCD 【分析】根据高与上下底面半径以及母线的几何关系可判断A；根据圆台的体积公式可判断B；根据侧面展开图结合弦长公式以及余弦定理可判断C；根据正方体的外接球直径不大于圆台的内切球直径可判断D . 【详解】已知圆台的轴截面是等腰梯形，下底底半径，上底上底半径，母线长， 圆台的高，A错误； 圆台的体积，B正确； 将圆台补成圆锥，由相似比得小圆锥母线长，大圆锥母线长， 侧面展开圆心角。 设圆锥顶点为，展开后，，， 由余弦定理： 得， 故，C正确；    正方体能任意转动等价于：正方体的外接球完全容纳在圆台内，且圆台恰好有内切球（满足母线长）， 内切球半径， 正方体外接球直径等于体对角线：，解得， 故最大值为，D正确. 31．如图，在正四棱台中，，，为边上一点，且，为棱上的动点（含端点）． (1)求四棱台的体积； (2)在边上求一点，使得平面，并说明理由； (3)求的最小值． 【答案】(1) (2)为边上满足的点，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据已知条件得到上下底面正方形的边长，再结合侧棱长求出正四棱台的高，最后代入棱台体积公式计算体积即可. （2）当时满足要求，先可证得，再结合线面平行的判定定理即可推出平面. （3）将侧面和侧面展开到同一平面内，根据两点之间线段最短，可知的最小值就是展开平面中线段的长度，用余弦定理即可计算得结果. 【详解】（1）由题意可知，下底边长 ，上底边长， 上下底面均为正方形，故，， 上下底面中心与同底面各顶点的距离差为： ， 设棱台高为，由勾股定理：，得， 由棱台体积公式可得： . （2）由，,可得， 因为且，故得，则， 如图，若在边上取点，满足，连接, 则因且,故得，则, 故,又因不在平面内，平面,故得平面. 即在边上存在点满足，使得平面. （3）如图将平面沿展开，使平面与平面共面， 因为棱上的动点，的最小值即图中的线段之长. 因，，可得， 则，由余弦定理， 即，故的最小值为. 32．如图，在梯形ABCD中，，，，，将梯形绕着AD所在的直线旋转一周，得到的旋转体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意可得所得旋转体为圆台，利用圆台体积公式计算即可得解. 【详解】所得旋转体为圆台，该圆台上底面半径为、下底面半径为， 高为，故. 题型9 球的表面积与体积（共4小题）（难点） 33．如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径则球与圆柱的体积之比为_______；四面体 的体积的取值范围为_______. 【答案】 2:3/ 【分析】根据球、圆柱的体积公式以及建立函数关系求解即可. 【详解】已知球的半径，则球的体积为. 根据题意得，，则圆柱体积，则. 设为点到平面的距离，则，而平面经过线段的中点， 四面体的体积：. 所以四面体 的体积的取值范围为. 34．刘徽所著的《重差》是我国第一部测量学著作，其思想也为地图学提供了数学基础.现采用《重差》的方法测量一个球体建筑物的相关数据.如图，已知球体建筑物与水平地面的接触点（切点）为点，地面上A，B，C三点共线，且在三者中的最左侧.若在B，C处分别测得该球体建筑物的最大仰角为和，且，则根据以上测量数据可计算出该球体建筑物的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题设可得如下截面图，设球半径为R，由平面几何知识可得，据此可得答案. 【详解】由题设可得如下截面图，设球心为O，过B，C两点的射线与球O相切于D，E. 连接，则，又， ，则，， 结合，则， ，， （单位：m）， 则该建筑物体积为：. 35．若圆锥的高与球的直径相等，圆锥的体积与球的体积也相等，则圆锥与球的表面积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设球的半径为，则球的直径为，由题意，圆锥的高， 所以球的体积为， 设圆锥底面半径为，则， 由，即，所以， 又因为圆锥的母线长， 所以， 又，所以. 36．如图，正四棱锥中，点和分别为棱和的中点．若过A，E，F三点的平面与侧面的交线线段长为，则该四棱锥的外接球的体积为__________． 【答案】 【分析】由题意找出过三点的平面与侧面的交线线段，证明G为靠近C的三等分点，再由已知求解三角形可得正四棱锥的底面边长与侧棱长，然后求解外接球的半径，代入球的体积表面积公式得答案． 【详解】如图，连接并延长交的延长线于H，连接交于G， 因为E为的中点，所以C为的中点， 在平面中，过C作，交于K，则， 所以， 由已知可得，四棱锥为正四棱锥， 在等腰三角形中，由，得， 设，则，，， ， 在中，由余弦定理可得，，解得， 所以正四棱锥的底面边长为，侧棱长为6， 连接，相交于M，连接，则为正四棱锥的高，则， 设四棱锥外接球的球心为O，连接，则，解得， 所以该四棱锥的外接球的体积为． 题型10 证明面面、线面及线线平行（共4小题）（重点） 37．如图所示，四棱锥，底面为正方形，，为正三角形，，点在上．    (1)若为中点，求证：平面； (2)若，求证； (3)求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接交于点，先证明，再由线面平行判定定理证明结论； （2）取的中点，连接，再由线面垂直判定定理可证平面，从而得证； （3）取的中点，结合异面直线夹角定义证明为异面直线与所成角（或其补角），解三角形求其余弦值； 【详解】（1）连接交于点，连接， 因为是正方形，所以为中点， 所以在中，为中位线，， 又平面，平面，平面；    （2）取的中点，连接， 因为为正三角形，所以， 又，则， 因为平面， 所以平面，又平面， 所以； （3）取的中点，因为为中点， 所以在中，为中位线，所以，， 所以为异面直线与所成角（或其补角）， 在中，，，， 由余弦定理可得， 又，所以为锐角， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 38．如图，已知正三棱柱中，，点P为的中点. (1)证明：平面； (2)求点B到平面的距离. 【答案】(1) 证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，利用三角形中位线定理证明，再结合线面平行的判定定理即可得证. （2）利用等体积法，通过计算三棱锥的体积和底面积求解点到平面的距离. 【详解】（1）连接交于点，连接. 因为三棱柱为正三棱柱，所以侧面为矩形， 所以为的中点. 又因为点为的中点，所以在中，为中位线，故. 因为平面，平面，所以平面. （2）设点到平面的距离为. 因为为正三角形，为的中点，所以，且. 因为三棱柱为正三棱柱，所以平面. 又平面，所以.因为，平面，所以平面. 又平面，所以. 在中，. 所以的面积. 又的面积. 由可得，即， 解得.所以点到平面的距离为. 39．如图，已知在直三棱柱中，，，，，点是的中点. (1)求证：平面； (2)求证：； 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【详解】（1）连接，交于，连接． 直三棱柱中，侧面为矩形，所以点为中点． 因为点是的中点，所以． 又平面，平面，所以平面． （2）直三棱柱中，平面，因为平面，所以． 在中，，，，则，所以． 因为，平面，， 所以平面，所以． 40．如图，在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，的中点. (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，再由线面平行的判定定理即可得证； （2）通过平移得到或其补角就是异面直线与所成的角，利用余弦定理即可求出其余弦值. 【详解】（1）若分别为，的中点，，， 且，四边形为平行四边形，， 又平面，不在平面内，平面； （2） 取中点，连接AE，AF，BG，FG，， 四边形为正方形，且， 四边形是平行四边形， 又且，四边形是平行四边形， ，，或其补角就是异面直线与所成的角. 在中，，，， 由余弦定理，， 故异面直线与所成角的余弦值为. 题型11 证明面面、线面及线线垂直（共4小题）（常考点） 41．如图，已知四棱锥的底面是正方形，底面，，是侧棱的中点． (1)求证：平面． (2)求异面直线与所成的角． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用四棱锥的几何形状，结合已知条件，运用线面垂直判定定理证明结论； （2）连接交于点，连接，利用几何法得出即为异面直线与所成的角，再利用勾股定理求出的各边边长，进而求出角． 【详解】（1）四棱锥的底面是正方形，， 底面，底面，， ，平面， 平面． （2）连接交于点，连接， 在中，分别是中点，则， 因此异面直线与所成的角即为或其补角， ，， ， ，故是等边三角形， ， 异面直线与所成的角为． 42．（多选）如图所示，正方体中，给出以下判断，其中正确的有（   ） A．面 B． C．与是异面直线 D．与平面夹角正弦为 【答案】ABC 【分析】根据线面垂直的判定定理可判断A；根据正方体的几何性质可判断B；根据异面直线的定义可判断C；求出线面角可判断D. 【详解】对于A，因为，且，平面， 所以平面，故A正确；     对于B，因为，所以四边形是平行四边形， 所以，故B正确； 对于C，因为平面，平面， 且与无公共点，所以与是异面直线，故C正确； 对于D，连接，因为平面， 所以为 与平面的夹角， 设正方体的棱长为2， 则， 可得，故D错误. 43．（多选）已知四点A，B，C，D不共面，构成空间四面体，则（   ） A．若四面体的六条棱长都相等，则这个四面体相对的棱两两垂直 B．若四面体相对的棱长两两相等，则这个四面体相对的棱两两垂直 C．若四面体三组相对棱的中点间的距离相等，这个四面体相对的棱两两垂直 D．若四面体两组对棱垂直，则第三组对棱垂直 【答案】ACD 【分析】取一对棱的中点，利用等腰三角形中线垂直性质，证明该棱垂直于另一条棱，从而推得所有相对棱垂直即可判断A；构造反例（如正方体中的四面体），虽对棱相等但不垂直，说明命题不成立可判断B；连接各棱中点，利用中位线得到平行四边形，再由条件推出矩形，从而证明相对棱垂直即可判断C；通过作垂线，利用线面垂直的判定与性质，证明第三组对棱垂直即可判断D. 【详解】如图1，在四面体中，取中点，因为四面体的六条棱长都相等， 所以平面，平面, 所以平面， ∵平面，则，同理可知，，，故A正确； 如图2，中，四面体满足对棱两两相等，但不一定垂直于，故B不正确； 如图3，分别为的中点，且， ，； 同理可得：，； ，，四边形为平行四边形，四边形为矩形，，又，，； 同理可得：，， 这个四面体相对的棱两两互相垂直，故C正确； 如图4，已知四面体中，，，过A作，垂足为N， 过A作，垂足为M，连接、交于，连接交于， 由，，，、平面， 所以平面， 又平面，可得，同理可得， 则为垂心，可知，同理， 又，、平面，所以平面， 又∵平面，则，故D正确. 44．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，垂足为，，交于点，点是的中点． (1)求证：平面． (2)求证：平面． (3)求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据中位线定理及线面平行的判定定理证明即可. （2）根据线面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理证明即可. （3）根据线线平行及线面角的定义，在三角形中求解即可. 【详解】（1）证明：因为底面是正方形，，为对角线，所以为中点， 又点是的中点，所以. 又平面，平面，所以平面. （2）证明：因为平面，，平面， 所以，，且为直角三角形. 因为底面是正方形，所以. 又，平面，，所以平面， 因为平面，所以. 在中，，点是的中点，所以. 又，平面，，所以平面. （3）正方形中，， 所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 又平面，所以即为直线与平面所成角，也即直线与平面所成角. 在中，，点是的中点，所以，， 所以. 故直线与平面所成角为. 题型12 异面直线所成角的考察（共4小题）（常考点） 45．在三棱锥中，平面，，，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过中位线得到异面直线与所成角的平面角，根据题意结合余弦定理即可求解；或者将三棱锥扩充为正方体，得到异面直线与所成角的平面角，根据正方体的性质即可求解. 【详解】解法一：如图，分别取，，的中点，，，分别连结，，，，则， ，所以（或其补角）即为直线与所成角， 设，可得，，， ， 在中，由余弦定理可得，， 由于直线与所成角为锐角，故直线与所成角的余弦值为，故D正确. 解法二：如图，把三棱锥扩充为正方体，直线与所成角即为直线与所成角， 因为为等边三角形，所以直线与所成角为， 即直线与所成角的余弦值为，故D正确. 46．在正三棱柱中，，设和所成的角为，则的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将正三棱柱补成直四棱柱，平移到即可解. 【详解】将正三棱柱补成直四棱柱， 使正三棱柱与正三棱柱全等， 则由直棱柱性质可知，与所成角为（或其补角）； 因为，， 所以， 所以. 47．如图是正方体在一个平面上的展开图，则在原正方体中，直线与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】画出原正方体后，利用等角定理计算即可得. 【详解】画出原正方体如下图，设与共面的顶点为， 则，故即为所求角， 由正方体性质可得为等腰直角三角形，故， 即直线与所成角的大小为. 48．已知直线为两条不重合的直线，若与正方体的各棱所成的角相等，则“与正方体的各棱所成的角相等”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【详解】直线与正方体的各棱所成的角相等， 则它必与同一顶点出发的三条棱所成的角相等，显然正方体的体对角线满足条件. 当时，由等角定理可知结论成立，即必要性成立， 因正方体的四条体对角线交于同一点，故得不出，充分性不成立. 即“与正方体的各棱所成的角相等”是“”的必要不充分条件. 题型13 求点面、面面距离（共4小题） 49．在三棱锥中，是边长为3的等边三角形，，则点到平面的距离为__________. 【答案】 【分析】取的中点，过点作直线的垂线，垂足为，证明平面，求出即可． 【详解】是边长为3的等边三角形，所以， 取的中点，则， 又平面，所以平面， 在中，由余弦定理得， 所以， 过点作直线的垂线，垂足为，则， 又平面，所以，又平面， 所以平面，即点到平面的距离为. 50．在三棱锥中，，且，，平面，若，，，四点都在球的表面上，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知将棱锥补全为长方体，分析得到该长方体的外接球即为棱锥的外接球，结合长方体与其外接球的特征及等面积法求点面距离. 【详解】把三棱锥补成下图中的长方体，则球心在长方形上， 所以，而，则， 在中，其中表示点到的距离， 所以点到平面的距离就是点到的距离. 51．故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示．已知三棱柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，，，则点到平面的距离是______． 【答案】/ 【分析】根据已知条件，结合空间中直线与平面的位置关系，先确定点到平面的垂线段，再根据已知条件得，解方程求出即可． 【详解】取中点，连接，过G作的垂线交的延长线于点K， 取中点N，连接， 由已知，M、I分别为、中点， 因为是直三棱柱，所以，且， 所以且，所以四边形为平行四边形， 又，所以为矩形，所以， 又，平面，平面，， 所以平面，平面，所以， 又因为，平面，平面，， 所以平面，所以点到平面的距离等于线段的长度，设为， ，在中，， 所以，设，则有， 因为四边形为平行四边形，所以， 又因为是直三棱柱，所以，且， 所以，， 又因为平面，平面，所以， 所以，即， 解得， 所以点到平面的距离是． 52．阅读材料：平面直角坐标系中，直线可以用关于的二元一次方程表示，点到该直线的距离；空间直角坐标系中，平面可以用关于的三元一次方程表示，点到该平面的距离.若在空间直角坐标系中，点，点，点，则点到平面的距离为__________. 【答案】/ 【分析】根据点到平面的距离公式求解即可. 【详解】设平面方程为. 因为平面过原点，，， 所以，解得. 令，得，因此平面的方程为. 已知点，所以点到平面的距离. 题型14 求线面角（共4小题） 53．（多选）已知正四棱柱中，，则（    ） A．异面直线与所成角的余弦值为 B．直线与平面所成角的余弦值为 C．三棱锥的外接球的半径为 D．三棱锥的内切球的半径为 【答案】AD 【分析】先利用线线平行的传递性求得为异面直线与所成角，再在中利用余弦定理即可得解判断A，根据线面角的定义证明为直线与平面所成角，解三角形求其余弦即可判断B，对于C，结合条件可得等价于求正四棱柱的外接球半径，结合长方体性质可求半径，由此即可判断，对于D，由条件结合内切球性质求半径即可判断. 【详解】对于A，因为在正四棱柱中，， 所以四边形是平行四边形，则， 所以为异面直线与所成角， 由已知，四边形为正方形，，平面， 在中，，，则， 由余弦定理得，A正确； 对于B，因为平面，所以为直线与平面所成角， 在中，， ，， 所以，即直线与平面所成角的余弦值为，B错误； 三棱锥的外接球也是正四棱柱的外接球， 正四棱柱的外接球的半径为，C错误， 设三棱锥的内切球半径为，三棱锥的表面积为，体积为， 则， 由， ， 所以 ，所以 ，D正确. 54．古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同.据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线.如图2，在底面半径为1，高为的圆锥SO中，AB、CD是底面圆O上互相垂直的直径，E是母线SC上一点，，平面ABE截该圆锥面所得的曲线的离心率为______ 【答案】 【分析】根据题目已知条件表示出离心率，通过勾股定理求出，根据向量运算求出，结合正弦定理得到最终结果. 【详解】由题意得，，， 因此，， 所以， 而在中，，，，且， 则，， 而，则， 由正弦定理得，，则. 55．如图，在正方体中，、分别为，的中点，则直线与平面所成角的正切值为______． 【答案】 【分析】利用等体积法求点到平面的距离，进而可求线面夹角. 【详解】设正方体的棱长为， 所以，所以， ， 设的中点为，连接， 所以， 所以， 所以， 设点到平面的距离为， 所以， 所以，所以， 解得， 设直线与平面所成角为， 所以，又，所以， 所以. 56．如图，在四棱锥中，平面，平面，，点是的中点． (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）首先得四边形是平行四边形，从而有，利用线面平行的判定定理可证结论. （2）根据已知条件和（1）得平面，即可得. 【详解】（1）∵平面，平面，平面平面， ∴，即，又N是AD的中点，， ∴，则四边形是平行四边形， ∴，又平面，平面， ∴平面. （2）由平面，且（1）知，则平面， 所以与平面所成角为，故其余弦值为0. 题型15 求二面角及利用二面角求长度或距离（共4小题）（重点） 57．已知四面体中，，，为中点，．作，垂足为． (1)证明：； (2)若，，四面体的体积大于，求二面角的正切值的取值范围． 【答案】(1)见解析； (2). 【分析】(1)通过线面垂直证明线线垂直；(2) 求出二面角的正切值的表达式，再求解其取值范围. 【详解】（1）因为， 为 中点，所以， 在 和 中，，，， 故 （SAS），得 ，又 为 中点，所以 , 且 ， 平面 ，所以 平面 ，因为平面 ，所以，又，且 ， 平面 ， 所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ； 又 ，且 ， 平面 ，故 平面 ， 又 平面 ，所以 ； （2）由 ，，，得为等边三角形，故 ，， 由（1）知 平面 ，所以，所以即为二面角的平面角. 设，在中，可得 则四面体的体积为， 根据题意有，解得，即， . 58．正四面体中，二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点，连接，根据等边三角形的性质可得，，进而可得即为二面角的平面角，在中，利用余弦定理即可求解. 【详解】取的中点，连接， 因为四面体是正四面体，所以和都是等边三角形， 所以，， 因为平面，平面，平面平面， 所以即为二面角的平面角， 设，则在中，，， 由余弦定理可得 所以二面角的余弦值是. 59．已知四棱锥，平面，，，，点为中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的平面角的正切值； (3)作出过三点的平面截四棱锥得到的截面，并求此截面的周长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)四边形即为截面， 【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可； （2）取中点，连接交于，连接，作交于，连接，由面面角定义确定二面角平面角，计算即可求解； （3）延长于，连接于，则四边形即为截面，根据为的重心，计算对应边长可知截面周长. 【详解】（1） 取中点，连接， 在中，且， 因为，且，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面； （2） 取中点，连交于，连接， 因为，且，则四边形为平行四边形， 所以，为中点， 在中，，因为平面，所以平面， 作交于，连接， 因为平面，所以， 因为且平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 又，，所以， （3） 延长于，连接于，则四边形即为截面 因为平面，平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 中，，，，点为中点，所以， 因为，所以点为的中点，所以中，为其重心， 所以，所以，， 中，，即， 又，故截面的周长为． 60．如图，长方体中，是边长为1的正方形，与平面所成的角为，则直线与直线的夹角余弦值为__________：二面角的平面角的正切值为__________. 【答案】 /0.5 【详解】 如图，连接. 由于，则为直线与直线所成的夹角. 因为平面，平面，故. 底面是边长为的正方形，因此，. 因为平面，在底面的投影为，所以与平面所成角. 在中，，得，则. 在中，，直线与直线的夹角余弦值为. 取中点，连接、. 等腰中，；等腰中，， 因此是二面角的平面角. ，，且平面，故. 在中，， 即二面角的平面角的正切值为. 题型16 处理有关组合体问题（共4小题）（难点） 61．圆锥的底面直径和高均是，从圆锥的底面挖去一个圆柱，该圆柱的上底面为过中点作的平行于底面的截面，剩下几何体的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】画出相应图形后，可得剩下几何体的表面积为圆锥侧面积、圆锥底面积、圆柱侧面积总和，分别计算各面积即可得. 【详解】由题意可画图如下： 底面直径​，故底面半径​​，高， 过的中点作平行于底面的截面，该截面半径为， 由相似三角形性质，有，所以， 以该截面为底面挖去一个圆柱，圆柱的高， 圆锥的母线长； 则； ； ； 故. 62．用斜二测画法画一个水平放置的平面图，其直观图如图所示，已知，，，且．    (1)求原平面图形的面积； (2)将原平面图形绕旋转一周，求所形成的几何体的表面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据斜二测画法的规则还原平面图形，得到原图形为直角梯形，利用梯形面积公式求解. （2）旋转体的结构特征：该几何体为一个圆柱内部挖去一个同底的圆锥，分别计算圆柱底面积和侧面积、挖去的圆锥侧面积，这些面积之和即为所求. 【详解】（1）如图所示，由斜二测的画法规则，得到原图形为直角梯形且，， ，，. 所以，.    （2）将原平面图形绕旋转一周，所形成的几何体为一个圆柱内部挖去一个同底的圆锥，如图所示： 圆柱的底面半径为3，母线长为6；圆锥的底面半径为3，高为4，母线长为5. 则圆柱侧面积，圆柱底面积，圆锥侧面积. 则几何体的表面积为.    63．如图所示，在平面四边形中，，，将四边形绕旋转一周，求所形成的几何体的表面积. 【答案】 【分析】分析旋转体的结构特征，结合圆锥、圆台的侧面积公式运算求解 【详解】如图所示： 作， 因为，， 所以， 由题意得：该几何体是一个以EC为底面半径的圆锥和一个以AB为底面半径的圆柱组成， 所以所形成的几何体的表面积为 64．在边长为2的菱形ABCD中，，以AB所在的直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，得到该几何体，再根据圆柱和圆锥的侧面积公式求解即可. 【详解】依题意，旋转后所得的几何体的上部分为圆锥，下部分为圆柱内挖去一个与上部分完全相同的圆锥，如下图所示， 在边长为2的菱形ABCD中，， 则圆柱底面圆的半径为，圆锥的高为， 所以一个圆锥的侧面积为，一个圆柱的侧面积为， 所以该几何体的表面积为． 1 / 37 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $