专题18 立体几何小题18种常见考法归类（期末复习专项训练）高一数学下学期人教A版

**基本信息** 覆盖立体几何18类常考小题，以题型归类为框架，构建从几何体结构到空间度量、位置关系的完整训练体系，强化空间观念与几何直观。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间几何体|40题|结构特征辨析、展开图还原、直观图计算|从几何体概念到表面积体积度量，形成"认知-表征-计算"逻辑链| |球的切接问题|14题|外接球半径求解、内切球表面积计算|结合几何体特殊性，渗透转化与方程思想| |空间位置关系|32题|线面平行垂直判定、异面直线成角|以平面基本事实为基础，构建空间线面关系推理体系| |空间度量与轨迹|14题|距离计算、截面形状判断|综合运用空间想象与几何推理，体现直观想象与数学抽象|

专题18 立体几何小题18种常考考法归类 题型一空间几何体的结构特征 题型十平面基本事实的应用 题型二空间几何体的表（侧）面展开图 题型十一空间两条直线位置关系的判定 题型三空间几何体的直观图 题型十二空间直线与平面、平面与平面位置关系的判定 题型四最短距离问题 题型十三异面直线所成的角 题型五空间几何体的表面积 题型十四直线、平面的平行问题 题型六空间几何体的体积 题型十五直线、平面的垂直问题 题型七与几何体外接球有关的问题 题型十六线面角、二面角问题 题型八与几何体内切球有关的问题 题型十七空间距离问题 题型九与球切、接有关的最值问题 题型十八截面与动点轨迹问题 3 / 23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型1 空间几何体的结构特征 1．（2026高一·安徽宿州·阶段检测）下列说法正确的是（     ） A．正三棱锥就是正四面体 B．七面体可以有10个顶点，5条侧棱 C．圆锥的轴截面是圆锥所有过顶点的截面中面积最大的 D．有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 2．（2026高一·宁夏·期中）下列说法正确的是（    ） A．各侧棱都相等的棱锥为正棱锥 B．用任意一个平面去截球，得到的截面一定是一个圆面 C．有两个平面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 D．直角三角形绕它的一条边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥 3．【多选】（2026高一·重庆·期中）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 4．【多选】（2026高一·新疆和田·期中）有下列命题，其中错误的命题为（   ） A．底面是正多边形的棱柱是正棱柱 B．所有棱长相等的棱柱一定是直棱柱 C．四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体 D．直角三角形绕其一条边所在的直线旋转一周形成的几何体是圆锥 5．【多选】（2026高一·四川成都·期中）下列命题中，正确的有（    ） A．有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体不一定是棱柱 B．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 C．平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 D．有两个面互相平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 题型2 空间几何体的表（侧）面展开图 6．（2026高一·江西宜春·期末）如图是一个正方体的表面展开图，则图中“拼”字所在的面，在原正方体中的对面上的字为（    ） A．梦 B．就 C．成 D．想 7．（2026高一·吉林·期末）如图都是正方体的表面展开图，还原成正方体后，其中两个完全一样的是（    ） A．（1）（2） B．（2）（3） C．（3）（4） D．（1）（4） 8．【多选】（2026高一·吉林长春·阶段检测）下列图形中是正四面体（各棱长都相等的三棱锥）的展开图的是（    ） A． B． C． D． 9．（2026高一·江西抚州·阶段检测）如图①是一个小正方体的侧面展开图，小正方体从如图②所示的位置依次翻到第1格、第2格、第3格、第4格、第5格，这时小正方体朝上面的字是__________． 题型3 空间几何体的直观图 10．（2026高一·辽宁·期末）如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，其中，则的周长为（    ） A． B． C． D． 11．（2026高一·贵州贵阳·期中）如图，一个水平放置的梯形由斜二测画法得到的直观图是面积为2的等腰梯形OA'B'C'，则原梯形面积为（   ） A． B． C． D． 12．【多选】（2026高一·上海·期末）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 13．（2026高一·福建·期末）已知是水平放置的的直观图，，则的面积为（    ） A．12 B． C．6 D． 14．（2026高一·辽宁·期末）如图，是用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，若，的面积为3，则（    ） A． B． C．6 D．12 15．（2026高一·四川·期末）水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，，轴，则的外接圆半径长是（ ） A． B． C． D． 16．（2026高一·湖南邵阳·期中）已知斜二测画法下的直观图是面积为的正三角形（如图所示），则顶点对应的点到轴的距离是______. 题型4 最短距离问题 17．（2026高一·福建厦门·期中）如图，已知正方体中，，点P为线段上的动点，Q为平面内的动点，则的最小值是（ ） A． B． C． D． 18．（2026高一·重庆渝北·期中）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 19．（2026高一·四川成都·期末）在正方体中，，P、Q分别为棱，BC的中点，则从点P出发，沿正方体表面到达点Q的最短路径的长度为（    ） A． B． C．3 D． 20．（2026高一·新疆乌鲁木齐·期中）如图，三棱锥中，，为正三角形，，一质点从点B出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为（    ） A．2 B．3 C． D． 21．（2026高一·天津河西·阶段检测）如图，已知圆柱体底面圆的半径为，高为，，分别是两底面的直径，，是母线．若一只小虫从点出发，从侧面爬行到点，则小虫爬行的最短路线的长度是（    ）cm．（结果保留根式） A． B． C． D．4 22．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知某圆台的轴截面为等腰梯形，其中，，．则沿该圆台表面从点到达点，最短路径的长度为（   ） A． B． C． D． 题型5 空间几何体的表面积 23．（2026高一·安徽滁州·期中）如图，有两个相同的直三棱柱，高为1，底面三角形的三边长分别为，用这两个三棱柱拼成一个三棱柱，在所有可能组成的三棱柱中，表面积不可能为（    ） A．36 B．38 C．40 D．42 24．（2026·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图，在正三棱柱中，为上一点，，，平面将三棱柱截为两部分，则这两部分几何体的表面积之比为（    ）    A． B． C．8 D．9 25．（2026高一·湖南郴州·阶段检测）六氟化硫，化学式为，在常压下是十种无色､无臭､无毒､不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点.若相邻两个氟原子间的距离为2a，则六氟化硫分子中6个氟原子构成的正八面体的表面积是（    ）（不计氟原子的大小）（    ） A． B． C． D． 26．（2026高一·四川成都·期中）将正方体截去四面体后，余下的多面体与原正方体比较，未发生变化的是（   ） A．顶点数 B．棱数 C．面数 D．表面积 27．【多选】（2026高一·黑龙江哈尔滨·期末）正三棱台的上、下底面边长分别是2和6，侧棱长是5，则下列说法正确的是（   ） A．该正三棱台的上底面积是 B．该正三棱台的侧面面积是 C．该正三棱台的表面积是 D．该正三棱台的高是 28．（2026高一·河北石家庄·期中）已知正方体的棱长为1，除面外，该正方体其余各面的中心分别为点（如图），则四棱锥的表面积是__________.    题型6 空间几何体的体积 29．（2026高一·黑龙江哈尔滨·期中）正三棱柱的底面边长为，高为，为上的点，，平面将该棱柱截成两个几何体，那么小的几何体与大的几何体的体积比值为（   ） A． B． C． D． 30．（2026高一·山东济宁·期中）正四棱台的上、下底面边长分别是2和4，侧棱长是，则该棱台的体积是（   ） A． B． C．28 D．56 31．（2026·陕西咸阳·模拟预测）一个正四棱台的上、下底面边长分别为1，3，高为，若用一个平行于上下底面的平面截该棱台，且将棱台的高平分，则所截得的上下两个棱台的体积之比为（   ） A． B． C． D． 32．（2026高三·广东东莞·阶段检测）已知中为直角，分别以，，所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成3个几何体，体积分别为，若，则（ ） A． B． C． D． 33．（2026高三·江苏南京·期中）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食从苏州府运送到全国各地.为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，两斛为一石.已知一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为，下底也为正方形，内边长为，斛内高，那么一石米的体积大约为（    ） A． B． C． D． 34．（2026·上海静安·模拟预测）一个圆柱的体积为100，若将其高扩大为原来的3倍，底面半径缩小为原来的，得到的新圆柱的体积是_________． 35．（2026高二·上海松江·期末）如图，在几何体中，侧棱，，均垂直于底面，已知，，，则该几何体的体积是________．    题型7 与几何体外接球有关的问题 36．（2026高一·黑龙江鸡西·期中）棱长为1的正方体的外接球半径为（     ） A． B． C． D．1 37．（2026高一·吉林延边·期中）已知圆台上底面的半径为1，下底面的半径为3，高为2，圆台上、下底面的圆周都在同一个球面上，则该球的体积是（    ） A． B． C． D． 38．（2026高一·重庆·期中）图1勖艾亭是巴蜀中学校园内的标志性建筑，勖艾亭中的“勖”取自首任校长周勖成之名，“艾”则取自首任教务主任孙伯才（字未艾）之字，合称“勖艾”，寓意纪念两位创校元勋.它的主体部分可以看作是一个正六棱柱和一个正六棱锥拼接而成的组合体，如图2所示.已知正六棱柱和正六棱锥的底面边长为2，高之比为3：1，且该几何体的所有顶点都在球的表面上，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 39．（2026高一·湖北荆州·阶段检测）一个正六棱柱的底面边长为，侧棱长为，其所有顶点都在一个球面上，则此球的体积为（    ） A． B． C． D． 40．（2026高一·广东·期末）正三棱柱底面边长为2，高为3，其外接球体积为_______ ． 41．（2026高一·新疆·阶段检测）已知三棱锥中，平面，，，，则三棱锥外接球球的表面积等于（     ） A． B． C． D． 42．（2026·河南安阳·模拟预测）已知正四棱台的上､下底面边长分别为2和4，侧棱长为，则其外接球的表面积为__________. 43．（2026高一·广东·期末）已知三棱锥，面，，且，则三棱锥的外接球的表面积为__． 44．（2026高一·山西·阶段检测）在三棱锥中，，，，，，则三棱锥外接球的体积为________ 题型8 与几何体内切球有关的问题 45．（2026·天津·模拟预测）已知球O是棱长为2的正方体的内切球，则球O与三棱锥的公共部分的体积为（   ） A． B． C． D． 46．（2026高一·全国·期末）已知圆台存在内切球，圆台的上底面半径为2，母线长为6，则该内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 47．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知圆锥的底面半径为2，其体积为，则该圆锥内切球（球与圆锥的底面与侧面均相切）的表面积为（   ） A． B． C． D． 48．（2026高一·福建福州·期末）已知正四棱锥中，各棱长均相等，球是该四棱锥的内切球，球与球相切，且与该四棱锥的四个侧面也相切，则球与球的表面积之比为（    ） A． B．9 C． D． 49．（2026高三·重庆·阶段检测）如图，在正四面体中，放置1大、4小共5个球，其中，大球为正四面体的内切球，小球与大球及正四面体三个面均相切，若正四面体的体积为，则5个球的表面积之和为（   ） A． B． C． D． 题型9 与球切、接有关的最值问题 50．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知某扇形铁皮的圆心角为120°、面积为，将该铁皮无损失地焊接成一个圆锥（焊接点忽略不计），将焊接成的圆锥放置于水平地面上，若在该圆锥内部放置一个球，则当球的半径最大时，球的内接正四面体的棱长为（   ） A． B． C． D． 51．（2026高一·江苏泰州·期末）已知一个圆锥型容器的底面直径与母线长相等，若容器壁和底的厚度不计，该容器内部所能容纳的最大球的体积为，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 52．（2026高一·黑龙江黑河·期末）一个底面直径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有三个半径相等的铁球，则铁球半径最大时，其中一个球的表面积______. 53．（2026高一·天津滨海新区·期中）已知一个正方体的棱长为2，则该正方体内能放入的最大球体的体积为___________ 54．（2026高一·海南海口·期末）已知四边形为矩形，，，将沿折起，连接，得到三棱锥，则三棱锥外接球的表面积为________；当三棱锥的体积最大时，其内切球的半径为________． 题型10 平面基本事实的应用 55．（2026高一·浙江宁波·期末）经过不在一条直线上的三个点的平面（   ） A．有且仅有一个 B．有且仅有三个 C．有无数个 D．不存在 56．（2026高一·广西南宁·期中）如果空间四点，，，不共面，那么下列判断正确的是（   ） A．直线与平行 B．直线与相交 C．，，，四点中可以有三点共线 D．，，，四点中不存在三点共线 57．（2026·湖南·模拟预测）如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法错误的是（    ） A．四点共面 B． C．三线共点 D． 题型11 空间两条直线位置关系的判定 58．（2026高一·河南·阶段检测）已知，，是空间三条直线，，则“”是“，，三线共面”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 59．（2026高一·吉林长春·期中）三棱柱的9条棱所在的直线中，与直线是异面直线的直线条数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 60．（2026高三·上海·阶段检测）在正方体中，与直线异面的直线可以是（     ） A．直线 B．直线 C．直线 D．直线 61．（2026高一·江苏·期中）在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且，以下四个结论中正确的为（    ） A．与平行 B．与异面 C．与的交点可能在直线上，也可能不在直线上 D．与的交点一定在直线上 62．【多选】（2026高一·黑龙江鸡西·期中）如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体．那么在下列各线段中，线段所在直线是异面直线的是（     ） A．直线和直线 B．直线和直线 C．直线和直线 D．直线和直线 63．（2026高一·广东佛山·期中）如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则图中的所在直线互为异面直线的有________对． 64．（2026高二·全国·暑假作业）如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有_______． 题型12 空间直线与平面、平面与平面位置关系的判定 65．（2026高一·河北石家庄·期中）若是异面直线，下列四个命题中正确的是（   ） A．过不在上任一点，必可作直线与都平行 B．过不在上任一点，必可作直线与都相交 C．过不在上任一点，必可作平面与都平行 D．过可以并且只可以作一个平面与平行 66．（2026高一·湖南衡阳·期中）若，是空间中两条不同的直线，则“存在平面，使，”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 67．（2026高一·全国·期末）若：直线与平面有公共点，：直线与平面相交，则是的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 68．（2026·湖南株洲·模拟预测）设，是两个不同的平面，则“内至少有一条直线与平行”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 69．（2026高一·江苏淮安·期中）已知表示两个不同的平面，分别为平面与平面内的一条直线，则“”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 70．（2026高一·天津静海·阶段检测）已知是两条直线，是两个平面，则下列说法中正确的序号为______． ①若，则直线就平行于平面内的无数条直线； ②若，则与是异面直线； ③若，则； ④若，则与一定相交． 题型13 异面直线所成的角 71．（2026高一·新疆喀什·期末）正方体中，点分别是的中点，则与所成角为（ ） A． B． C． D． 72．（2026高一·湖南益阳·期中）在正三棱柱中，，设和所成的角为，则的值为（     ） A． B． C． D． 73．（2026高一·浙江·阶段检测）在棱长均相等的正四棱锥中，点为棱的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 74．（2026高一·河南·阶段检测）在正四棱锥中，，是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 75．【多选】（2026高一·江西南昌·期末）如图，四面体中，，，分别为的中点.若异面直线与所成角的大小为，则的长为（    ）    A． B． C． D． 76．（2026高一·山东青岛·期中）如图，在圆锥PO中，，B，C为圆O上的点，且，，若D为PC的中点，E为OB的中点，则异面直线DE与PB所成角的余弦值为______ 题型14 直线、平面的平行问题 77．（2026高一·河南濮阳·期中）三棱柱中，是棱的中点，是棱上一点，，若平面，则实数的值为（     ） A． B． C． D． 78．（2026高一·江苏无锡·期中）在正四棱锥中，点在棱上运动，当平面时，三棱锥与四棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 79．（2026高三·广东东莞·期末）过正方体的任意两条棱的中点作直线，其中与平面平行的直线共有（   ） A．6条 B．8条 C．12条 D．16条 80．（2026高一·湖北·期末）如图，在下列四个正方体中，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的有（    ）个. A．1 B．2 C．3 D．4 81．（2026高二·湖南长沙·期中）如图所示，在正方体中，直线与平面的位置关系是（    ） A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．直线在平面内 82．（2026高一·安徽六安·期末）如图，在正方体中，分别是的中点，有四个结论： ①与是异面直线； ②相交于一点； ③； ④平面. 其中正确的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 题型15 直线、平面的垂直问题 83．（2026高一·北京·期中）设、为两个不同的平面，、为两条不同的直线，且．下述四个命题： ①若，则或    ②若，则或 ③若且，则    ④若n与，所成的角相等，则 其中正确的命题的个数是（     ） A． B． C． D． 84．（2026·河北唐山·模拟预测）四面体ABCD中，平面平面，，，，，则该四面体外接球的体积为（ ） A． B． C． D． 85．（2026高一·山东淄博·期中）如图，在四边形中，，，，，将沿折起，使平面平面，构成三棱锥，则在三棱锥中，下列说法正确的是（     ） ①平面平面；②；③平面平面；④锐二面角的余弦值为 A．①② B．①③ C．②③ D．③④ 86．（2026·上海浦东新·模拟预测）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（   ） A．直线与直线始终异面 B．直线与直线始终垂直 C．存在点使得直线与平面垂直 D．直线与平面始终平行 题型16 线面角、二面角问题 87．（2026·河北·模拟预测）已知某圆锥的侧面展开图的面积是其底面积的2倍，则该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 88．（2026高一·湖南衡阳·期中）已知正三棱锥的底面边长为3，高为2，则该三棱锥的侧面与底面所成的二面角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 89．（2026高二·江西南昌·期中）如图，在正方体中，为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 90．（2026·陕西渭南·模拟预测）在棱长为2的正方体中，分别是的中点，则直线与平面所成的角为（    ） A． B． C． D． 91．（2026高一·浙江宁波·期中）正方体的棱长为1，若在内（包括边界）运动，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围为（     ） A． B． C． D． 92．（2026·广东广州·模拟预测）正四面体中，二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 93．（2026·安徽·模拟预测）我国古代数学专著《九章算术》中将四个面均为直角三角形的三棱锥称为“鳖臑”.如图1，在中，，，CD是AB边上的高，将沿直线CD折起，使点B到点P的位置，如图2，此时三棱锥恰好是一个“鳖臑”，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 题型17 空间距离问题 94．（2026高一·浙江·期中）如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在上.若三棱锥的外接球表面积为，则到平面的距离为（   ） A． B． C． D．1 95．（2026·山西·模拟预测）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． 96．（2026高三·山东济南·开学考试）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，满足，，为球O的直径且，则点到底面的距离为（ ） A． B． C． D． 97．（2026高三·湖南·阶段检测）已知三棱锥的四个顶点在球O的表面上，，，，点 P 在底面的射影在直线上，则当球O的体积最小时，点 P 到底面距离的最大值为（   ） A． B．1 C． D． 98．（2026高一·湖北·期末）在边长为2的正方形中，E是AB的中点，点F是BC的中点，将分别沿折起，使A，B，C三点重合于点，则到平面的距离为（　　） A．1 B． C． D．2 题型18 截面与动点轨迹问题 99．（2026高一·云南昆明·期中）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 100．【多选】（2026高一·云南保山·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，点为底面上任意一点（包括边界），若直线与平面无公共点，则下列说法正确的是（   ） A．平面 B．动点的轨迹长度为 C．与所成角的最大值为 D．三棱锥的体积为定值 $专题18 立体几何小题18种常考考法归类 题型一空间几何体的结构特征 题型十平面基本事实的应用 题型二空间几何体的表（侧）面展开图 题型十一空间两条直线位置关系的判定 题型三空间几何体的直观图 题型十二空间直线与平面、平面与平面位置关系的判定 题型四最短距离问题 题型十三异面直线所成的角 题型五空间几何体的表面积 题型十四直线、平面的平行问题 题型六空间几何体的体积 题型十五直线、平面的垂直问题 题型七与几何体外接球有关的问题 题型十六线面角、二面角问题 题型八与几何体内切球有关的问题 题型十七空间距离问题 题型九与球切、接有关的最值问题 题型十八截面与动点轨迹问题 3 / 23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型1 空间几何体的结构特征 1．（2026高一·安徽宿州·阶段检测）下列说法正确的是（     ） A．正三棱锥就是正四面体 B．七面体可以有10个顶点，5条侧棱 C．圆锥的轴截面是圆锥所有过顶点的截面中面积最大的 D．有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 【答案】B 【分析】根据空间几何体的结构特征，即可判断ABD,根据过圆锥顶点的截面图形特征和截面图的面积公式即可判断C. 【详解】对于A,如果正三棱锥侧棱与底面边长不相等，就不是正四面体，故A错误； 对于B, 七面体如五棱柱，有7个面，10个顶点，5条侧棱，B正确； 对于C, 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C错误； 对于D, 如图所示，上下底面平行，各个面都是平行四边形，但此几何体不是棱柱，故D错误. 2．（2026高一·宁夏·期中）下列说法正确的是（    ） A．各侧棱都相等的棱锥为正棱锥 B．用任意一个平面去截球，得到的截面一定是一个圆面 C．有两个平面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 D．直角三角形绕它的一条边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥 【答案】B 【详解】对于A项，各侧棱都相等，但无法保证底面为正多边形，故A错误； 对于B项，用任意一个平面去截球得到的截面一定是一个圆面，故B正确； 对于C项，例如将两个棱柱底面错开拼接，满足有两个平面平行，其他各个面都是平行四边形， 但是形成的多面体不是棱柱，如图， 故C错误； 对于D项，直角三角形绕它的斜边旋转一周形成的曲面围成的几何体是两个圆锥的组合体，故D错误； 3．【多选】（2026高一·重庆·期中）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. 4．【多选】（2026高一·新疆和田·期中）有下列命题，其中错误的命题为（   ） A．底面是正多边形的棱柱是正棱柱 B．所有棱长相等的棱柱一定是直棱柱 C．四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体 D．直角三角形绕其一条边所在的直线旋转一周形成的几何体是圆锥 【答案】ABD 【分析】利用几何体的结构特征，几何体的定义，逐项判断选项的正误即可. 【详解】对于A，底面是正多边形，侧棱与底面垂直的棱柱是正棱柱，故A错误； 对于B，所有棱长相等的棱柱不一定是直棱柱，不满足直棱柱的定义，故B错误； 对于C，四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体，满足多面体的定义，故C正确； 对于D，直角三角形绕直角边所在的直线旋转一周形成的几何体是圆锥，故D错误. 5．【多选】（2026高一·四川成都·期中）下列命题中，正确的有（    ） A．有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体不一定是棱柱 B．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 C．平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 D．有两个面互相平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 【答案】ABC 【分析】结合各类空间几何体的定义本质，通过构造反例与性质推导，逐一判断命题的正误. 【详解】对于A，将两个全等棱柱沿底面拼接，所得多面体存在一组互相平行的面， 其余各面均为平行四边形，但不满足棱柱侧棱全部平行的核心要求， 故该多面体不一定是棱柱，A正确. 对于B，棱锥仅有底面为多边形，其余面均为三角形，若存在平行四边形面， 则该面必为四边形底面，对应棱锥为四棱锥，B正确. 对于C，平行六面体的所有面均为平行四边形，由平行四边形对边平行且相等的性质， 可推得相对两个面的边长完全对应相等，即为全等的平行四边形，C正确. 对于D，棱台的必要条件是各侧棱延长后交于同一点， 仅上下底面平行相似、侧面为梯形，无法保证侧棱共顶点， 因此该多面体不一定为棱台，D错误. 题型2 空间几何体的表（侧）面展开图 6．（2026高一·江西宜春·期末）如图是一个正方体的表面展开图，则图中“拼”字所在的面，在原正方体中的对面上的字为（    ） A．梦 B．就 C．成 D．想 【答案】C 【分析】直接把正方体的展开面图复原为空间图，结合正方体的结构特征，即可求解． 【详解】根据正方体的表面展开图，翻折成正方体，如图所示： 其中“成”在最下面，“拼”在最上面，构成对面关系． 故选：C． 7．（2026高一·吉林·期末）如图都是正方体的表面展开图，还原成正方体后，其中两个完全一样的是（    ） A．（1）（2） B．（2）（3） C．（3）（4） D．（1）（4） 【答案】B 【分析】分别判断出还原成正方体后，相对面的标号，即可得出答案． 【详解】（1）图还原正方体后，①⑤对面，②④对面，③⑥对面； （2）图还原后，①④对面，②⑤对面，③⑥对面； （3）图还原后，①④对面，②⑤对面，③⑥对面； （4）图还原后，①⑥对面，②⑤对面，③④对面； 综上可得，还原成正方体后，正方体完全一样的是（2）（3）． 故选：B． 8．【多选】（2026高一·吉林长春·阶段检测）下列图形中是正四面体（各棱长都相等的三棱锥）的展开图的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AB 【详解】对于AB：可选择阴影三角形作为底面进行折叠，发现AB可折成正四面体； 对于C：该展开图仅包含3个三角形，少于正四面体所需的4个面，无法围成正四面体，不符合要求. 对于D：折叠后会出现面重叠，无法围成封闭的正四面体，不符合要求； 9．（2026高一·江西抚州·阶段检测）如图①是一个小正方体的侧面展开图，小正方体从如图②所示的位置依次翻到第1格、第2格、第3格、第4格、第5格，这时小正方体朝上面的字是__________． 【答案】路 【分析】根据正方体的表面展开图找出相对面，再由其特征得到结果. 【详解】由图①可知，“国”和“兴”相对，“梦”和“中”相对，“复”和“路”相对； 由图②可得，第1、2、3、4、5格对应面的字分别是“兴”、“梦”、“路”、“国”、“复”， 所以到第5格时，小正方体朝上面的字是“路”. 故答案为：路. 题型3 空间几何体的直观图 10．（2026高一·辽宁·期末）如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，其中，则的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由直观图画出原图象，计算即可. 【详解】由直观图画出原图象，如图所示： 由直观图可知，， 所以，所以的周长为，故B正确. 11．（2026高一·贵州贵阳·期中）如图，一个水平放置的梯形由斜二测画法得到的直观图是面积为2的等腰梯形OA'B'C'，则原梯形面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由斜二测画法还原梯形，明确线段的等量关系，根据梯形的面积公式，可得答案. 【详解】过作，垂足为，如下图： 由题意可得，， 由斜二测画法，还原可得下图： 易知，，， 所以原梯形面积为. 12．【多选】（2026高一·上海·期末）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，故A错误； ，，故的周长为，故B正确； 的面积为，故C正确； 的面积为，故D错误． 13．（2026高一·福建·期末）已知是水平放置的的直观图，，则的面积为（    ） A．12 B． C．6 D． 【答案】A 【分析】应用三角形面积公式得，再由直观图与原图面积关系求的面积. 【详解】由题设， 又， 所以. 14．（2026高一·辽宁·期末）如图，是用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，若，的面积为3，则（    ） A． B． C．6 D．12 【答案】D 【分析】先根据三角形的面积公式求的长度，再根据斜二测画法的规则确定的长度. 【详解】在中，由，解得， 根据斜二测画法的规则可得： . 15．（2026高一·四川·期末）水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，，轴，则的外接圆半径长是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由直观图得到原图形，得到 ，从而求出外接圆半径. 【详解】由直观图可得到原图形如下： 其中 ，由勾股定理得， 所以的外接圆半径为. 16．（2026高一·湖南邵阳·期中）已知斜二测画法下的直观图是面积为的正三角形（如图所示），则顶点对应的点到轴的距离是______. 【答案】 【分析】根据斜二测画法的规则进行计算即可. 【详解】过点C'作轴交轴于点，如下图所示： 设正三角形的边长为，则，解得， 在中，， ， 由正弦定理， 即，可得， 因此，顶点对应的点到轴的距离是. 题型4 最短距离问题 17．（2026高一·福建厦门·期中）如图，已知正方体中，，点P为线段上的动点，Q为平面内的动点，则的最小值是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用几何法，结合平面展开图，可找到最小距离，通过计算即可得到答案. 【详解】 当，即可得平面，此时是最小距离， 然后把平面与平面展开成共面， 如第二个图：即可得过作的垂线，垂足为 此时，即此时取到最小值， 因为在正方体中，， 所以 ， 所以， 即的最小值是 18．（2026高一·重庆渝北·期中）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 【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． 19．（2026高一·四川成都·期末）在正方体中，，P、Q分别为棱，BC的中点，则从点P出发，沿正方体表面到达点Q的最短路径的长度为（    ） A． B． C．3 D． 【答案】D 【分析】将正方体沿着不同的方向展开，得到展开图，化曲（折）为直，再利用勾股定理计算可得. 【详解】如图，在正方体中，P、Q分别为棱，BC的中点， 按照下列方式展开，； 按照下列方式展开，； 按照下列方式展开，. 综上所述，最短路径. 故选：D. 20．（2026高一·新疆乌鲁木齐·期中）如图，三棱锥中，，为正三角形，，一质点从点B出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为（    ） A．2 B．3 C． D． 【答案】C 【分析】先作出三棱锥的侧面展开图，利用平面图形中两点之间直线段最短可得最短路线的长. 【详解】因为，为正三角形，所以， 所以， 将三棱锥的侧面沿侧棱剪开，展开的平面图形如图所示， 则线段即为点B的最短路线的长， 因为 , 由余弦定理得到， 即， 所以，即点B的最短路线的长为. 21．（2026高一·天津河西·阶段检测）如图，已知圆柱体底面圆的半径为，高为，，分别是两底面的直径，，是母线．若一只小虫从点出发，从侧面爬行到点，则小虫爬行的最短路线的长度是（    ）cm．（结果保留根式） A． B． C． D．4 【答案】C 【分析】在圆柱侧面展开图中，矩形对角线的长度即为所求. 【详解】如图，在圆柱侧面展开图中，线段的长度即为所求， 在中，，，. 故选；C 22．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知某圆台的轴截面为等腰梯形，其中，，．则沿该圆台表面从点到达点，最短路径的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先由已知数据确定圆台母线与高，再利用侧面展开图中距离求解最短路径长即可. 【详解】根据题意，圆台上底面圆的直径为，因此上底面圆的半径为，下底面圆的直径为，因此下底面圆的半径为， 圆台的母线长为，则圆台的侧面展开图如图所示，从点到达点的最短路径即为， 假设将圆台补全为一个圆锥，设小圆锥的母线长为，则有，代入数据，解得， 所以小圆锥的母线长为，即，大圆锥的母线长为，即， 展开图的圆心角由下底面圆的周长决定，即，解得， 由于位于内侧弧长的中点，因此， 在中，，，由余弦定理得，代入数据，解得 即从点到达点的最短路径的长度为. 题型5 空间几何体的表面积 23．（2026高一·安徽滁州·期中）如图，有两个相同的直三棱柱，高为1，底面三角形的三边长分别为，用这两个三棱柱拼成一个三棱柱，在所有可能组成的三棱柱中，表面积不可能为（    ） A．36 B．38 C．40 D．42 【答案】B 【分析】根据几何体的特征能拼成的三棱柱的情况有三种情况，分别求出其表面积即可求解. 【详解】当拼成三棱柱时有三种情况，如图①②③，表面积分别为. 故选：B. 24．（2026·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图，在正三棱柱中，为上一点，，，平面将三棱柱截为两部分，则这两部分几何体的表面积之比为（    ）    A． B． C．8 D．9 【答案】A 【分析】几何体被截面截完后，分为两个部分，其中上部分的面积由一个正三角形、一个等腰三角形、两个直角梯形和一个正方形构成，下部分是由两个直角三角形、一个等腰三角形和一个正三角形组成的,逐个计算即可求解. 【详解】该几何体被截面截完后，分为两个部分， 其中上部分的面积由一个正三角形、一个等腰三角形、两个直角梯形和一个正方形构成， 下部分是由两个直角三角形、一个等腰三角形和一个正三角形组成的. 为了便于计算，设，，， 中，边上的高， 则上部分几何体的面积， 下部分几何体的面积， 故上下两部分表面积之比为. 故选：A 25．（2026高一·湖南郴州·阶段检测）六氟化硫，化学式为，在常压下是十种无色､无臭､无毒､不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点.若相邻两个氟原子间的距离为2a，则六氟化硫分子中6个氟原子构成的正八面体的表面积是（    ）（不计氟原子的大小）（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用三角形的面积公式求解即可. 【详解】相邻两个氟原子间的距离为2a， 故正八面体的每个面都是边长为2a的等边三角形， 故正八面体的表面积为：. 故选：A. 26．（2026高一·四川成都·期中）将正方体截去四面体后，余下的多面体与原正方体比较，未发生变化的是（   ） A．顶点数 B．棱数 C．面数 D．表面积 【答案】B 【分析】分别计算原正方体和截去四面体后余下多面体的顶点数、棱数、面数、表面积，对比得到未变化的量. 【详解】对于A：原正方体共个顶点，截去四面体后，顶点被切除，剩余顶点数为，发生变化，排除A； 对于B：原正方体共条棱，截去四面体后，原来的、、这条棱被切除；同时切面新增、、这条棱，总棱数为，和原正方体棱数相等，未发生变化，B正确； 对于C：原正方体共个面，截去四面体后新增1个切面（三角形面），总面数变为，发生变化，C错误； 对于D：原正方体表面积为，截去后原三个面共减少面积，新增切面面积为，总表面积减小，发生变化，D错误. 27．【多选】（2026高一·黑龙江哈尔滨·期末）正三棱台的上、下底面边长分别是2和6，侧棱长是5，则下列说法正确的是（   ） A．该正三棱台的上底面积是 B．该正三棱台的侧面面积是 C．该正三棱台的表面积是 D．该正三棱台的高是 【答案】AC 【分析】根据正三棱台的结构特征和表面积公式进行计算求解即可. 【详解】对于选项A： 因为正三棱台的上底面为正三角形，其边长为2， 所以上底面面积为，所以A正确； 对于选项B： 正三棱台的侧面为等腰梯形，所以侧面积为： ，所以B错误； 对于选项C： 该正三棱台的下底面面积为. 所以该三四棱台的表面积为，所以C正确； 对于选项D： 设为正三棱台的高，根据勾股定理可得， 解得，所以D错误. 故选：AC. 28．（2026高一·河北石家庄·期中）已知正方体的棱长为1，除面外，该正方体其余各面的中心分别为点（如图），则四棱锥的表面积是__________.    【答案】 【分析】由题意得出四棱锥的底面是边长为的正方形，四个侧面都是边长为的等边三角形，进一步结合棱锥的表面积公式即可求解. 【详解】如图所示：    由题意可得，底面四边形为边长为的正方形，其面积， 设为中点，为正方形中心，则，， 显然，所以正四棱锥的侧棱，同理， 又，所以正四棱锥的四个侧面都是边长为的等边三角形， 设四棱锥的表面积是， 则. 故答案为：. 题型6 空间几何体的体积 29．（2026高一·黑龙江哈尔滨·期中）正三棱柱的底面边长为，高为，为上的点，，平面将该棱柱截成两个几何体，那么小的几何体与大的几何体的体积比值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先确定平面截棱柱的截面位置及截成的几何体的形状，一个三棱台和一个五面体，再分别计算三棱台的体积和三棱柱的体积，进而可得体积比值. 【详解】如图：设平面与棱交于点， 由棱柱的性质知，平面，平面， 所以平面，且平面，平面平面， 所以，因此，所以几何体是三棱台， ， ， ，， 所以，小的几何体与大的几何体的体积比值为. 30．（2026高一·山东济宁·期中）正四棱台的上、下底面边长分别是2和4，侧棱长是，则该棱台的体积是（   ） A． B． C．28 D．56 【答案】A 【分析】将正四棱台补成正四棱锥，根据长度比例关系结合锥体的体积运算求解即可. 【详解】将正四棱台补成正四棱锥，O为底面中心，如图所示， 则，，可得，， 所以该棱台的体积是. 31．（2026·陕西咸阳·模拟预测）一个正四棱台的上、下底面边长分别为1，3，高为，若用一个平行于上下底面的平面截该棱台，且将棱台的高平分，则所截得的上下两个棱台的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据正四棱锥的相似性质求得截面正方形边长，再利用棱台体积公式分别计算上下两部分棱台的体积，最终求比值即可. 【详解】首先将正四棱台补为正四棱锥，设补出的小棱锥高为， 由上下底面边长比为，且棱台的高为，由相似多边形的性质得，解得. 由于平面平分棱台的高，故截面与棱台上底面的距离为，截面所在棱锥的高为， 由相似比得截面边长，上下两部分棱台的高均为， 根据棱台体积公式， 上部分棱台：上底面积，下底面积，高， 则 下部分棱台：上底面积，下底面积，高， 则. 因此体积比为. 32．（2026高三·广东东莞·阶段检测）已知中为直角，分别以，，所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成3个几何体，体积分别为，若，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据圆锥的体积公式求解即可. 【详解】以所在直线为轴，旋转一周形成的圆锥的体积为：； 以所在直线为轴，旋转一周形成的圆锥的体积为：； 以所在直线为轴，旋转一周形成的几何体的体积为：. 因为， 所以，所以. 33．（2026高三·江苏南京·期中）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食从苏州府运送到全国各地.为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，两斛为一石.已知一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为，下底也为正方形，内边长为，斛内高，那么一石米的体积大约为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用台的体积公式计算正四棱台的体积，进而求解. 【详解】由题意有：， 所以正四棱台的体积为：， 所以一石米的体积大约为：， 故选：C 34．（2026·上海静安·模拟预测）一个圆柱的体积为100，若将其高扩大为原来的3倍，底面半径缩小为原来的，得到的新圆柱的体积是_________． 【答案】 【分析】由题意可得新圆柱的高和底面半径，由圆柱的体积公式计算即可得解． 【详解】设圆柱的底面半径为，高为，则， 若将其高扩大为原来的3倍，底面半径缩小为原来的，则得到的新圆柱的高为，底面半径为， 所以得到的新圆柱的体积为. 35．（2026高二·上海松江·期末）如图，在几何体中，侧棱，，均垂直于底面，已知，，，则该几何体的体积是________．    【答案】 【分析】分别在上取点，连接，将在几何体分成一个三棱柱和四棱锥的体积求解即可. 【详解】分别在上取点，连接， 所以平面平面， 取的中点，连接，因为平面， 所以平面，平面，所以， 又因为，，平面， 平面， ，梯形， ∴所求几何体的体积为.    故答案为：. 题型7 与几何体外接球有关的问题 36．（2026高一·黑龙江鸡西·期中）棱长为1的正方体的外接球半径为（     ） A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】根据正方体外接球直径等于正方体体对角线长度的几何关系求解半径. 【详解】正方体外接球的球心为正方体的中心，外接球的直径与正方体的体对角线长度相等， 设正方体棱长为，正方体的体对角线长度为： 设外接球半径为，则，解得，即棱长为1的正方体的外接球半径为. 37．（2026高一·吉林延边·期中）已知圆台上底面的半径为1，下底面的半径为3，高为2，圆台上、下底面的圆周都在同一个球面上，则该球的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】易知圆台的轴截面是球的大圆的内接等腰梯形，且球心落在梯形上下底中点连线上，利用与用半径表示出梯形的高，得到的方程，求解即可． 【详解】如图，圆台的轴截面为球的大圆的内接梯形， 易知球心落在梯形上下底中点连线上，设球半径为． 在直角三角形中，，在直角三角形中，， 故或， 所以或， 两边平方整理得或，得， 所以（负值舍去）． 故球的体积．    38．（2026高一·重庆·期中）图1勖艾亭是巴蜀中学校园内的标志性建筑，勖艾亭中的“勖”取自首任校长周勖成之名，“艾”则取自首任教务主任孙伯才（字未艾）之字，合称“勖艾”，寓意纪念两位创校元勋.它的主体部分可以看作是一个正六棱柱和一个正六棱锥拼接而成的组合体，如图2所示.已知正六棱柱和正六棱锥的底面边长为2，高之比为3：1，且该几何体的所有顶点都在球的表面上，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设正六棱锥的高为，则正六棱柱的高为，可得该几何体的所有顶点都在球的表面上，该几何体的外接球也是正六棱柱的外接球，所以球心在上，且,由几何关系可得,解方程即可求解. 【详解】设正六棱锥的高为，则正六棱柱的高为， 设正六棱锥的上顶点为,正六棱柱底面的中心为, 连接，则,正六棱柱底面 该几何体的所有顶点都在球的表面上，该几何体的外接球也是正六棱柱的外接球，所以球心在上， 且, 设该几何体外接球的半径为,则,解得：, 所以球的体积为 39．（2026高一·湖北荆州·阶段检测）一个正六棱柱的底面边长为，侧棱长为，其所有顶点都在一个球面上，则此球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出六棱柱的最大对角面与外截球的截面，设正六棱柱的上下底面中心分别为，球心为O，一个顶点为A，可根据题中数据结合勾股定理算出球的半径OA，再用球的体积公式即可得到外接球的体积. 【详解】作出六棱柱的最大对角面与外接球的截面，如下图， 则该截面矩形分别以底面外接圆直径和六棱柱高为两边， 设球心为，正六棱柱的上下底面中心分别为， 则球心是的中点， 由正六棱柱底面边长为，侧棱长为， 所以中，， 可得， 因此，该球的体积为. 40．（2026高一·广东·期末）正三棱柱底面边长为2，高为3，其外接球体积为_______ ． 【答案】 【分析】由正三棱柱的高确定外接球球心到平面的距离，根据几何关系建立球半径、和正外接圆半径的方程并求解，进而求解外接球体积. 【详解】由题意得正外接圆半径， 因为正三棱柱的高为3， 所以正三棱柱外接球球心到平面的距离， 所以该外接球半径， 所以所求外接球体积． 41．（2026高一·新疆·阶段检测）已知三棱锥中，平面，，，，则三棱锥外接球球的表面积等于（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意三棱锥外接球等价于棱长为1，1，的长方体的外接球，即可求出球半径，求出表面积. 【详解】因为平面，， 可将三棱锥补形为长方体， 则长方体的外接球即为三棱锥的外接球， 则长方体的体对角线即为外接球的直径. 又， 故外接球的表面积为. 42．（2026·河南安阳·模拟预测）已知正四棱台的上､下底面边长分别为2和4，侧棱长为，则其外接球的表面积为__________. 【答案】 【分析】根据几何体的对称性，可得正四棱台的外接球的球心在上下底面中心的连线上，设球心到下底面的距离为，外接球的半径为，根据球的截面圆的性质，列出方程组，即可求解. 【详解】如图所示，正四棱台下底面对角线交点为，上底面对角线交点为， 因为正四棱台下底面边长为，上底面边长为，侧棱长为， 可得上、下底面正方形的对角线长为和，可得， 根据几何体的对称性，可得正四棱台的外接球的球心在直线上， 设外接球的球心为，球心到下底面的距离为，外接球的半径为， 因为正四棱台的高为， 所以若球心在线段上，则，解得， 所以，所以外接球表面积为. 43．（2026高一·广东·期末）已知三棱锥，面，，且，则三棱锥的外接球的表面积为__． 【答案】 【详解】解：面，面， ， 面 面 取的中点，则，为球心 ， 球半径为 该三棱锥的外接球的表面积为 故答案为：．    44．（2026高一·山西·阶段检测）在三棱锥中，，，，，，则三棱锥外接球的体积为________ 【答案】/ 【分析】由勾股定理先算出，再根据正弦定理判断出是以为斜边的等腰直角三角形，结合，可知中点即为球心位置，求出半径即可求出体积. 【详解】解：如图，因为，，，所以， 在中，由正弦定理得，即， 所以，则， 取中点，连接，则， 即为三棱锥外接球得球心，外接球的半径， 所以三棱锥外接球的体积. 题型8 与几何体内切球有关的问题 45．（2026·天津·模拟预测）已知球O是棱长为2的正方体的内切球，则球O与三棱锥的公共部分的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】可知棱长为2的正方体的内切球半径为1，球心在正方体的中心， 根据对称性可知三棱锥占整个正方体的， 则球O与三棱锥的公共部分的体积也为整个球的体积的，为. 46．（2026高一·全国·期末）已知圆台存在内切球，圆台的上底面半径为2，母线长为6，则该内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】圆台内切球的轴截面如图所示，由题意易知为等腰梯形，且， 取的中点 ，连接，因为圆台存在内切球，设内切球的半径为， 则易知球心在上，且， 过点作，交于，连接， 设，则由圆的切线性质可知， 所以，所以， 过点作，交于， 则, 由，得，解得， 所以，所以内切球的表面积为. 47．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知圆锥的底面半径为2，其体积为，则该圆锥内切球（球与圆锥的底面与侧面均相切）的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用圆锥的体积公式求出圆锥的高，进而求出母线长，利用几何法求出球的半径，最后利用球的表面积公式求解． 【详解】已知圆锥底面半径，体积为，设圆锥的高为，则 ，解得， 设圆锥母线长为，则， 设圆锥内切球半径为，则截面图如下： 则，，， ，即， ， 该内切球的表面积为． 48．（2026高一·福建福州·期末）已知正四棱锥中，各棱长均相等，球是该四棱锥的内切球，球与球相切，且与该四棱锥的四个侧面也相切，则球与球的表面积之比为（    ） A． B．9 C． D． 【答案】A 【分析】过已知正四棱锥顶点及底面正方形一组对边中点作截面，将问题转化为三角形及内部一系列圆相切问题求解作答. 【详解】 在正四棱锥中，令各棱长为2，O为正方形ABCD的中心，M，Q分别为边AB，CD的中点， 过点P，M，Q的平面截正四棱锥得等腰，截球O1，球O2，得对应球的截面大圆，如图： 依题意，，， 令N为圆与PM相切的切点，则，设球的半径为，即， 由，得，， 设球与球相切于点T，则， 设球的半径为，同理可得，则， 所以球与球的表面积之比. 故选：A 49．（2026高三·重庆·阶段检测）如图，在正四面体中，放置1大、4小共5个球，其中，大球为正四面体的内切球，小球与大球及正四面体三个面均相切，若正四面体的体积为，则5个球的表面积之和为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【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、小内切于正四面体的高，求出对应的球半径及表面积即可. 【详解】在正四面体中，设棱长为，高为，为正四面体内切球的球心， 延长交底面于，是等边三角形的中心，延长线交于，连接， 则点是的中点，为正四面体内切球的半径， ，， 由正四面体的体积为，得，解得， 由，解得， 则，最大球半径， 因此最大球的表面积为； 小球也可看作一个小的正四面体的内切球，则小正四面体的高， 因此最小球半径， 因此最小球的表面积为， 所以5个球的表面积之和为. 题型9 与球切、接有关的最值问题 50．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知某扇形铁皮的圆心角为120°、面积为，将该铁皮无损失地焊接成一个圆锥（焊接点忽略不计），将焊接成的圆锥放置于水平地面上，若在该圆锥内部放置一个球，则当球的半径最大时，球的内接正四面体的棱长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知及圆锥侧面积的求法列方程求圆锥的高，再由球的半径最大时一定是内切于圆锥，进而求出球体的半径，根据内切球的结构特征求其内接正四面体的棱长. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，则，则， 由题知，所以，则，圆锥的高为． 当球的半径最大时一定是内切于圆锥，截面如图1所示， 设此时球的半径为R，球心为O，则有， 所以，即，解得， 设此时球的内接正四面体的棱长为a，如图2所示， 若，为四面体的顶点，为在底面上的射影， 则，，所以， 在中，，即，解得． 51．（2026高一·江苏泰州·期末）已知一个圆锥型容器的底面直径与母线长相等，若容器壁和底的厚度不计，该容器内部所能容纳的最大球的体积为，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设圆锥底面半径、球的半径和表示相关参数，利用相似三角形建立关系，根据球体积公式计算球的半径，代入圆锥底面半径和母线长，最后利用圆锥侧面积公式求解即可. 【详解】设圆锥底面半径为，圆锥高为，底面直径与母线长相等，则母线长， 再设圆锥内部所能容纳的最大球的半径为， 根据勾股定理，， 画出圆锥的轴截面，此时圆锥的轴截面是一个等边三角形，其内部的最大圆是该等边三角形的内切圆，根据轴截面的相似三角形关系得： ，即，，， 已知球的体积为，则，解得，， 所以，， 根据圆锥的侧面积公式，该圆锥的侧面积为. 故选：C.    52．（2026高一·黑龙江黑河·期末）一个底面直径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有三个半径相等的铁球，则铁球半径最大时，其中一个球的表面积______. 【答案】 【分析】由题意结合圆柱轴截面可得符合题意的示意图，结合题目数据可得答案. 【详解】设圆柱轴截面为矩形GDEF，因圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有三个半径相等的铁球， 为使球体半径最大，则球体间应尽量相切，且与圆柱相切，据此可得如下示意图. 设球体半径为r，连接AB，则.做，由对称性，. 做，过A做垂线，交于I，BJ于K， 则， 则 ，由题可得， 则，从而球体表面积为：. 故答案为： 53．（2026高一·天津滨海新区·期中）已知一个正方体的棱长为2，则该正方体内能放入的最大球体的体积为___________ 【答案】/ 【分析】求出正方体内切球半径，再利用球的体积公式求解. 【详解】正方体内能放入的最大球体即为其内切球，该球直径为正方体棱长2，半径为1， 所以所求最大球的体积为. 故答案为： 54．（2026高一·海南海口·期末）已知四边形为矩形，，，将沿折起，连接，得到三棱锥，则三棱锥外接球的表面积为________；当三棱锥的体积最大时，其内切球的半径为________． 【答案】 【分析】空：取中点，由几何知识可得，则为外接球的球心，从而可求解；空：过作于，然后再利用等体积法即可求解. 【详解】空：取中点，则，所以为外接球的球心， 所以外接球的半径为，由球的表面积公式. （2）当三棱锥的体积最大时，平面垂直于平面，用等体积的方法求该三棱锥内切球的半径， 即过作于，则面， 在中可解，，， 在中，由，由余弦定理可得解得， 在中用勾股定理得， 因为，， 代入公式 即，解得. 故答案为：；. 题型10 平面基本事实的应用 55．（2026高一·浙江宁波·期末）经过不在一条直线上的三个点的平面（   ） A．有且仅有一个 B．有且仅有三个 C．有无数个 D．不存在 【答案】A 【分析】根据平面的性质即可求解. 【详解】由公理：经过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面，故A项正确. 故选：A. 56．（2026高一·广西南宁·期中）如果空间四点，，，不共面，那么下列判断正确的是（   ） A．直线与平行 B．直线与相交 C．，，，四点中可以有三点共线 D．，，，四点中不存在三点共线 【答案】D 【分析】根据平面的基本性质逐项分析判断即可. 【详解】若直线与平行，则空间四点A，B，C，D共面，故A不正确； 若直线与相交，则空间四点A，B，C，D共面，故B不正确； 若A，B，C，D四点中有三点共线，则空间四点A，B，C，D共面，与题设矛盾，故C错误，D正确. 57．（2026·湖南·模拟预测）如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法错误的是（    ） A．四点共面 B． C．三线共点 D． 【答案】D 【分析】对于AB，利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断；对于C，利用平面公理判断得，的交点在，从而可判断；对于D，举反例即可判断. 【详解】对于AB，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AB正确； 对于C，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C正确； 对于D，因为，当时，， 又，则，故D错误. 故选：D. 题型11 空间两条直线位置关系的判定 58．（2026高一·河南·阶段检测）已知，，是空间三条直线，，则“”是“，，三线共面”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】D 【详解】当，时，，如三棱柱的三条侧棱所在直线分别为，，，满足，，但这三条直线不共面，充分性不成立； 当，，三线共面，且时，与可能相交，也可能平行，所以必要性不成立. 所以“”是“三线共面”的既不充分也不必要条件. 59．（2026高一·吉林长春·期中）三棱柱的9条棱所在的直线中，与直线是异面直线的直线条数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【详解】三棱柱如图， 与直线是异面直线的直线为，，共2条. 60．（2026高三·上海·阶段检测）在正方体中，与直线异面的直线可以是（     ） A．直线 B．直线 C．直线 D．直线 【答案】A 【详解】对于A，在正方体中，平面，平面，平面， 点直线，点直线，因此直线与直线互为异面直线，A是； 对于B，，直线与直线是相交直线，B不是； 对于C，连接，由，得四边形是平行四边形，直线与直线是相交直线，C不是； 对于D，由选项C，同理得直线与直线是相交直线，D不是. 61．（2026高一·江苏·期中）在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且，以下四个结论中正确的为（    ） A．与平行 B．与异面 C．与的交点可能在直线上，也可能不在直线上 D．与的交点一定在直线上 【答案】D 【分析】先利用三角形中位线性质与平行线分线段成比例定理证明且长度不等，得与共面且相交，再结合平面交线的公理判断交点位置. 【详解】连接、： 因为、分别为、的中点，由三角形中位线定理得：，且. 在中，，由平行线分线段成比例定理的逆定理得：，且. 判断与的位置关系： 由且，可知四边形为梯形，、为梯形两腰，必相交且共面，故A（平行）、B（异面）错误. 判断交点的位置： 设，因为平面，故平面；又平面，故平面. 平面与平面的交线为，根据公理3：两个不重合的平面若有公共点，则所有公共点都在它们的交线上，可得，即交点一定在直线上，故C错误，D正确. 62．【多选】（2026高一·黑龙江鸡西·期中）如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体．那么在下列各线段中，线段所在直线是异面直线的是（     ） A．直线和直线 B．直线和直线 C．直线和直线 D．直线和直线 【答案】ABC 【分析】将正方体还原，从而得到线段所在直线是否为异面直线. 【详解】还原为正方体，如下： A选项，直线和直线是异面直线，A正确； B选项，直线和直线是异面直线，B正确； C选项，直线和直线是异面直线，C正确； D选项，直线和直线是相交直线，不是异面直线，D错误. 63．（2026高一·广东佛山·期中）如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则图中的所在直线互为异面直线的有________对． 【答案】 【详解】将该正方体的展开图还原，如图所示 由图可得与互为异面直线，与互为异面直线，共对. 64．（2026高二·全国·暑假作业）如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有_______． 【答案】②④ 【分析】根据题意，结合异面直线的判定方法，结合选项，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于①，如图①所示，连接，因为分别是上下底面对应边的中点， 可得且，所以四边形为平行四边形， 所以，所以①不符合题意； 对于②，如图②所示，由平面，平面，平面，且直线上， 所以与为异面直线，所以②符合题意； 对于③，如图③所示连接，因为分别各边的中点，可得且， 四边形是以和为腰的梯形，所以和必相交，所以③不符合题意； 对于④，如图④所示，由平面，平面，平面，且直线上， 所以与为异面直线，所以④符合题意. 题型12 空间直线与平面、平面与平面位置关系的判定 65．（2026高一·河北石家庄·期中）若是异面直线，下列四个命题中正确的是（   ） A．过不在上任一点，必可作直线与都平行 B．过不在上任一点，必可作直线与都相交 C．过不在上任一点，必可作平面与都平行 D．过可以并且只可以作一个平面与平行 【答案】D 【分析】根据异面直线的定义、平面的基本性质及线面平行的判定定理逐项判断即可. 【详解】如图， ，是异面直线，设不在，上的任意一点为． 假设过点可作直线，，则．这与已知，是异面直线相矛盾．所以假设不成立，即不存在过点的直线与，都平行．故A错误； 若点或（P不在直线上），则不能够作直线与，都相交，故B错误； 若点或，则不能够作平面与，都平行，故C错误； 在直线上取，点，过，分别作直线，与直线平行，，可确定平面， 即平行于，此时在平面上，故D正确． 66．（2026高一·湖南衡阳·期中）若，是空间中两条不同的直线，则“存在平面，使，”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 【分析】由充分条件与必要条件定义，借助直线与平面的关系判断即可得. 【详解】若，可知直线，是共面直线，则存在平面，使，，即必要性成立； 若存在平面，使，，则直线，可能相交，即充分性不成立； 综上所述：“存在平面，使，”是“”的必要不充分条件． 67．（2026高一·全国·期末）若：直线与平面有公共点，：直线与平面相交，则是的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 【答案】B 【详解】根据可知直线在平面内或直线与平面相交， 故是的必要不充分条件． 68．（2026·湖南株洲·模拟预测）设，是两个不同的平面，则“内至少有一条直线与平行”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 【分析】根据面面平行的性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由“内至少有一条直线与平行”，可得平面与平面平行或相交，即充分性不成立； 反之：若“”，则“平面内任一条直线与平行”，即必要性成立， 所以“内至少有一条直线与平行”是 “”的必要不充分条件. 69．（2026高一·江苏淮安·期中）已知表示两个不同的平面，分别为平面与平面内的一条直线，则“”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】D 【分析】根据线线和面面的位置关系，结合充分，必要条件，判断选项. 【详解】若，，，则与平行或异面，所以不是的充分条件， 反过来，若，，，则或相交，所以也不是的必要条件. 所以 “”是“”的既不充分也不必要条件. 70．（2026高一·天津静海·阶段检测）已知是两条直线，是两个平面，则下列说法中正确的序号为______． ①若，则直线就平行于平面内的无数条直线； ②若，则与是异面直线； ③若，则； ④若，则与一定相交． 【答案】①③ 【分析】由线线关系、线面关系即线面平行的判定定理可得答案. 【详解】①中，，，则或，当时，在平面内存在无数条直线与平行； 当，根据线面平行的性质，在平面内也存在无数条直线与平行. 所以不管在平面内还是平面外，都有结论成立，故①正确； ②中，直线与b没有交点，所以与b可能异面，也可能平行，故②错误； ③中，直线与平面没有公共点，所以，故③正确； ④中，直线与平面有可能平行，故④错误. 题型13 异面直线所成的角 71．（2026高一·新疆喀什·期末）正方体中，点分别是的中点，则与所成角为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过构造等边三角形判断直线与直线的夹角. 【详解】如图所示：设正方体边长为，取中点，连接. 易知正方体中，所以与所成角即与所成角. 又分别为中点. 所以. 所以三角形为等边三角形，即与所成角为. 所以与所成角为 72．（2026高一·湖南益阳·期中）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. 73．（2026高一·浙江·阶段检测）在棱长均相等的正四棱锥中，点为棱的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】不妨设棱长为1，取中点为， 由为的中位线知，， 所以是异面直线，所成角的平面角， 在中，，， . 74．（2026高一·河南·阶段检测）在正四棱锥中，，是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造异面直线所成的角，利用三角形的边角关系求所成角的余弦. 【详解】如图： 取中点，连接，，则，则或其补角为异面直线与所成的角. 不妨设，则中，，，， 所以. 所以异面直线与所成角的余弦为. 75．【多选】（2026高一·江西南昌·期末）如图，四面体中，，，分别为的中点.若异面直线与所成角的大小为，则的长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】利用异面直线所成角的定义和余弦定理求解可得. 【详解】取的中点为，连接，，如图：    在中，，且，在中，，且， 因为异面直线与所成角的大小为，所以直线PM，PN的夹角为，则或， 当时，由余弦定理得，，得. 当时，由余弦定理得，，得. 综上所述，或. 故选：CD 76．（2026高一·山东青岛·期中）如图，在圆锥PO中，，B，C为圆O上的点，且，，若D为PC的中点，E为OB的中点，则异面直线DE与PB所成角的余弦值为______ 【答案】/ 【分析】取CO的中点G，取PO的中点F，连接EG，EF，DF，DG，找到异面直线所成的角或其补角即，然后找线面位置关系，求相关线段长，再利用余弦定理求解即可. 【详解】如图，取CO的中点G，取PO的中点F，连接EG，EF，DF，DG， 则，且，，则就是异面直线与所成的角或其补角． 易知平面，所以平面，所以. 因为，，所以， 所以由勾股定理得， 又，， 所以在△中，由余弦定理得， 故异面直线与所成角的余弦值为． 题型14 直线、平面的平行问题 77．（2026高一·河南濮阳·期中）三棱柱中，是棱的中点，是棱上一点，，若平面，则实数的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接交于点，连接，利用线面平行的性质定理及平行线分线段成比例定理求解. 【详解】如图，连接，设，连接. 因为平面，平面平面，平面， 所以. 在三棱柱中，侧面为平行四边形，所以，即. 所以与相似， 则，又在中，由可得. 所以，即. 78．（2026高一·江苏无锡·期中）在正四棱锥中，点在棱上运动，当平面时，三棱锥与四棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用线面平行的性质定理可确定Q点位置，再利用等体积转换法，可知只需表示出即可得出比值. 【详解】如图所示，连接对角线交于点，连接. 因为正四棱锥的底面是正方形，所以是的中点. 因为平面，⊂平面，且平面平面，由线面平行的性质得. 因此是的中位线，故是的中点，即. 设正四棱锥的底面积为，高为h，则总体积， 因为 的面积是正方形面积的一半，即 ， 因为是中点，所以到底面的距离为. 所以，所以 . 79．（2026高三·广东东莞·期末）过正方体的任意两条棱的中点作直线，其中与平面平行的直线共有（   ） A．6条 B．8条 C．12条 D．16条 【答案】C 【分析】画出图形，由图形判断即可. 【详解】 由三角形的中位线易得平面， 易得平面平面， 所以平面内有6条， 平面关于平面对称的平面内有6条， 共有12条. 故选：C. 80．（2026高一·湖北·期末）如图，在下列四个正方体中，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的有（    ）个. A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】利用线面平行判定定理逐项验证即可求解． 【详解】对于①：如图，取中点，连接，则有，又平面，所以与平面相交，故①错误 对于②：由，，所以，又平面，不在平面上，所以平面，故②正确； 对于③：由，又平面，不在平面上，所以平面，故③正确； 对于④：由，又平面，不在平面上，所以平面，故④正确. 故选：C. 81．（2026高二·湖南长沙·期中）如图所示，在正方体中，直线与平面的位置关系是（    ） A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．直线在平面内 【答案】A 【分析】根据正方体性质，结合线面平行的判定来判断即可. 【详解】根据正方体性质知道，平面，平面， 则平面. 故选：A. 82．（2026高一·安徽六安·期末）如图，在正方体中，分别是的中点，有四个结论： ①与是异面直线； ②相交于一点； ③； ④平面. 其中正确的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】①，作出辅助线，得到四点共面，故①错误；②，在①基础上得到交于一点，故②错误；③，作出辅助线，得到为平行四边形，，③错误；④，作出辅助线，得到面面平行，进而得到线面平行. 【详解】①，连接， 因为分别是的中点， 所以， 因为，所以， 故四点共面，故与是共面直线，①错误； ②，由①可知，与是共面直线，延长相交于一点， 故平面，平面， 所以平面与平面的交线， 即， 故交于一点，所以不相交于一点，②错误； ③，取的中点，连接，则且， 又且， 故且， 故四边形为平行四边形， 故，故不平行，③错误； ④，取的中点，连接，， 因为为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，平面，平面， 所以平面， 因为，平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面，④正确 故选：A 题型15 直线、平面的垂直问题 83．（2026高一·北京·期中）设、为两个不同的平面，、为两条不同的直线，且．下述四个命题： ①若，则或    ②若，则或 ③若且，则    ④若n与，所成的角相等，则 其中正确的命题的个数是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】结合线面平行的判定与性质、线面角的定义逐一判断四个命题的真假，统计正确命题个数即可. 【详解】对命题①：已知，且直线不重合，分三类讨论： 若，则，由，，根据线面平行判定定理得，满足结论； 若，则，由，，根据线面平行判定定理得，满足结论； 若且，由，，得且，仍满足“或”， 故命题①为真命题. 对命题②：若与所成二面角不是直二面角，在其中一个面内作直线，则与均不垂直，故命题②为假命题。 对命题③： 如图所示，作包含直线的平面，设与平面的交线分别为， 由得，由得，因此； 又，故，结合，得，由推出， 故命题③为真命题. 对命题④：当时，与所成的角均为，满足所成角相等，但此时与不垂直，故命题④为假命题。 综上，真命题为①③，共个. 84．（2026·河北唐山·模拟预测）四面体ABCD中，平面平面，，，，，则该四面体外接球的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】1.本题的核心是利用面面垂直的性质和外接球的球心判定来求解. 2.在直角三角形中，斜边即为外接圆的直径，由已知条件及勾股定理计算出斜边的长. 3.结合,可推出外接圆的直径也是，最终确定球心位置，求出球体半径，进一步求出球体的体积. 【详解】如图，设的外心为，过点作于点，连接、、， 取的中点，连接，则. 因为面面，面面，平面， 所以，面， 因为平面，所以. 在直角三角形中，，，,得. 在中，由正弦定理得，，解得，. 在直角三角形中，，则， 在直角三角形中，由面积公式得，，解得，， 则，. 在直角三角形中，则， 在直角三角形中，则， 即， 所以，点为该四面体外接球的球心，故其体积为. 【点睛】方法归纳： 1.对于含面面垂直的四面体外接球问题，通常是先找出其中一个面的外接球直径，再利用面面垂直的性质确定球心的位置. 2.外接球的球心到四面体各个顶点的距离相等，是确定球心位置的关键. 易错归纳： 1.容易忽视面面垂直这个条件，错误地以的外接圆作为球的大圆. 2.球体的体积公式记错，混淆了半径与体积的关系式. 85．（2026高一·山东淄博·期中）如图，在四边形中，，，，，将沿折起，使平面平面，构成三棱锥，则在三棱锥中，下列说法正确的是（     ） ①平面平面；②；③平面平面；④锐二面角的余弦值为 A．①② B．①③ C．②③ D．③④ 【答案】D 【分析】根据面面垂直的判定与性质、二面角的余弦值等知识逐项计算判断即可. 【详解】对于①，因为，所以. 因为，所以，又， 所以，即. 因为平面平面，平面平面，， 所以平面. 若平面平面，由于平面平面， 过点作，则平面，这与过一点有且只有一条直线与已知平面垂直矛盾，所以①错误； 对于②，由于，若，因为，平面， 所以平面，又平面，所以，这与矛盾，所以②错误； 对于③，因为平面，平面，所以. 又因为是等腰三角形，，所以. 因为平面，所以平面平面，所以③ 正确； 对于④，由③可知平面，则为二面角的平面角， 设，则，由， 得，得，所以④正确. 86．（2026·上海浦东新·模拟预测）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（   ） A．直线与直线始终异面 B．直线与直线始终垂直 C．存在点使得直线与平面垂直 D．直线与平面始终平行 【答案】D 【分析】A. 由点M与点D重合时判断；B.由点M与点重合时判断；C.由垂直于同一平面的两条直线平行判断；D.先证平面平面，再由平面判断. 【详解】对于A：当点M与点D重合时，直线即为BD，而BD与直线相交，故A错误； 对于B：当点M与点重合时，是等边三角形，则直线与直线成，故B错误； 对于C：如图所示： 连接，因为，且， 所以平面，又平面，所以， 同理，又，则平面， 若平面，则，而，故C错误； 对于D：易知，又平面，平面，所以平面, 同理平面，又，所以平面平面， 又平面，所以平面，故D正确； 题型16 线面角、二面角问题 87．（2026·河北·模拟预测）已知某圆锥的侧面展开图的面积是其底面积的2倍，则该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】依题意，设圆锥的底面半径为，母线长为，所以，所以， 该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为.    88．（2026高一·湖南衡阳·期中）已知正三棱锥的底面边长为3，高为2，则该三棱锥的侧面与底面所成的二面角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】确定正三棱锥底面中心的位置，结合图形确定侧面与底面所成二面角的平面角，再利用正弦的定义计算所求正弦值. 【详解】如图所示，正三棱锥顶点在底面的投影为底面正三角形的中心，取中点，连接、， 由正三棱锥性质，，， 可知是侧面与底面所成二面角的平面角，且（棱锥的高），，为直角三角形. 由底面正三角形边长为，其高为，正三角形中心分高的比为， 可知中心到边的距离：. 在中：， 二面角的正弦值：. 89．（2026高二·江西南昌·期中）如图，在正方体中，为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】取的中点，连接，则 ， 为的中点，， 且，且， 四边形是平行四边形， ，所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角， 因为平面，所以为直线与平面所成角， 则为直线与平面所成角， 设正方体的棱长为，， 是的中点，所以 ，， ， 所以，直线与平面所成角的正弦值为. 故选项C正确. 90．（2026·陕西渭南·模拟预测）在棱长为2的正方体中，分别是的中点，则直线与平面所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用线面平行的判定及线面角的定义求解. 【详解】在棱长为2的正方体中，连接， 由，得四边形为平行四边形，则， 由分别是的中点，得， 则四边形是平行四边形，，而平面，平面， 因此平面，所以直线与平面所成的角为. 91．（2026高一·浙江宁波·期中）正方体的棱长为1，若在内（包括边界）运动，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】平面，可得即为直线与平面ABCD所成角，再进行分析即可确定正确答案. 【详解】连接， 在正方体中，平面， 对于平面，为垂线，为斜线，为射影， 所以即为直线与平面ABCD所成角， 设，则， 因为P是内（包括边界）的动点， , 当P与O重合时，最小， 此时最大， 当P与B重合时，最大， 此时最小， 所以.    92．（2026·广东广州·模拟预测）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. 93．（2026·安徽·模拟预测）我国古代数学专著《九章算术》中将四个面均为直角三角形的三棱锥称为“鳖臑”.如图1，在中，，，CD是AB边上的高，将沿直线CD折起，使点B到点P的位置，如图2，此时三棱锥恰好是一个“鳖臑”，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设，则，，，要使三棱锥恰好是一个“鳖臑”， 则有，，由，，可得二面角的平面角 为，在中，． 题型17 空间距离问题 94．（2026高一·浙江·期中）如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在上.若三棱锥的外接球表面积为，则到平面的距离为（   ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】根据折叠的特点，根据外接球以及球的表面积求解正方形的边长，结合勾股定理求解即可. 【详解】连接，交于，交于点，连接，，设正方形的边长为， 因为为正方形，所以沿对角线折叠的过程中， 点（即点）在底面上的射影一直在直线上， 又点在平面上的射影在直线上，所以点即为点在平面上的射影， 即平面， 则即为点到平面的距离. 因为平面，所以. 正方形中，，即， 所以为三棱锥外接球的球心，则三棱锥外接球的半径， 又三棱锥的外接球表面积为，则，解得， 所以. 因为为的中点，为的中点，所以为的重心， 则. 在中，. 所以点到平面的距离为. 95．（2026·山西·模拟预测）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. 96．（2026高三·山东济南·开学考试）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，满足，，为球O的直径且，则点到底面的距离为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取的中点，分析出球心O是的中点，且，求出，利用勾股定理证明，再利用线面垂直的判定定理证明平面，进而得到平面，即可求出点到底面的距离. 【详解】 设球的半径为，取的中点，连接. 三棱锥的所有顶点都在球的球面上，为球O的直径且， 球心O是的中点，，. 在中，，， 在中，，， 在中，，. 又，平面，平面， ，平面， 点到底面的距离为. 97．（2026高三·湖南·阶段检测）已知三棱锥的四个顶点在球O的表面上，，，，点 P 在底面的射影在直线上，则当球O的体积最小时，点 P 到底面距离的最大值为（   ） A． B．1 C． D． 【答案】D 【分析】根据球的性质，结合直角三角形的性质、勾股定理进行求解即可. 【详解】因为，，， 所以是直角三角形，斜边， 所以的外接圆的半径为， 因此球心O在平面的射影是的中点，设为， 设，球的半径为，于是有， 即， 要想球O的体积最小，只需，此时，O重合，， 因为点 P 在底面的射影在直线上， 所以设射影为，连接， 显然， 所以， 当最小时，有最大值， 显然当时，最小，因为，O是的中点 所以且， 所以的最大值为. 98．（2026高一·湖北·期末）在边长为2的正方形中，E是AB的中点，点F是BC的中点，将分别沿折起，使A，B，C三点重合于点，则到平面的距离为（　　） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用等体积法求出点到平面的距离. 【详解】依题意，在三棱锥中，两两垂直， 在中，， ， ，设点到平面的距离为， 由，得，即，解得， 所以点到平面EFD的距离为. 答案：B 题型18 截面与动点轨迹问题 99．（2026高一·云南昆明·期中）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】 100．【多选】（2026高一·云南保山·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，点为底面上任意一点（包括边界），若直线与平面无公共点，则下列说法正确的是（   ） A．平面 B．动点的轨迹长度为 C．与所成角的最大值为 D．三棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【分析】对于A，直线与平面无公共点，则平面；对于B，由条件可得平面，平面，从而平面平面，则平面，进而可知点的轨迹为线段，求可判断B；对于C，当点与点或点重合时，与所成角最大，求解可判断C；对于D，平面，可知点到平面的距离为定值，从而三棱锥的体积为定值. 【详解】对于A，直线与平面无公共点，平面，选项A正确； 对于B，如图，连接，，， ，平面，平面，平面， ，， 又平面，平面，平面， 又，平面，平面平面， 又∵平面，平面， 又点为底面上任意一点（包括边界）， 点必在平面与平面的交线上，即点的轨迹为线段， 易求线段，故选项B正确； 对于C，由B选项知，点的轨迹为线段， 当点与点或点重合时，与所成角最大，最大角为，所以C选项不正确； 对于D，，平面，平面， 平面，点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，选项D正确， 故选：ABD． $