暑假作业13 立体几何解答题专练（巩固培优,6知识10题型巩固提升+能力培优+创新拓展）高一数学人教A版

**基本信息** 以空间几何量计算和位置关系证明为双核心，构建"公式-定理-模型-综合应用"四层方法体系，突出空间观念与逻辑推理的素养培养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间几何体|5题|分割补形法/等体积法|从柱锥台球公式到组合体体积转化| |平行垂直证明|15题|线面平行三思路/线面垂直四判定|定理条件拆解→图形语言转化→符号表达规范| |空间角与距离|10题|平移法/射影面积法/三垂线法|空间角定义→平面角构造→解三角形计算| |球综合问题|7题|外接球六大模型/内切球等体积法|特殊几何体→球心定位→半径计算通法| |动点存在性|4题|假设论证法/参数方程法|静态证明→动态探究→存在性判定逻辑|

完成时间： 月 日 今日打卡：☐ 已完成 用时： min 自评勋章： 暑假作业13 立体几何解答题专练 【知识点1 空间几何体的基本公式】 1． 空间几何体的表面积与体积公式 　　　名称 几何体　　 表面积 体积 柱体 (棱柱和圆柱) S表面积＝S侧＋2S底 V＝_________ 锥体 (棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝_________ 台体 (棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝_________ 球 S＝_________ V＝_________ 2.组合几何体求解方法 （1）分割法 体积： 表面积：总表面积 = 各部分表面积之和 重合面面积 （2）补形法 体积： 3.等体积法：单个三棱锥（四面体） 求点面距离：设三棱锥体积为，目标面面积为，点到平面距离为，则： 原理：同一棱锥，更换底面与顶点，体积保持不变 【知识点2 直线、平面平行的判定与性质】 1.线面平行判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 判定定理 如果平面外一条直线与此平面内的 平行，那么该直线与此平面平行 a⊄α，b⊂α，a∥b ⇒_________ 性质定理 一条直线和一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与 平行 a∥α，a⊂β， α∩β＝b ⇒_________ 2.面面平行判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 判定定理 如果一个平面内的两条 与另一个平面平行，那么这两个平面平行 a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒_________ 性质 两个平面平行，则其中一个平面内的直线 ____于另一个平面 α∥β，a⊂α⇒_________ 性质定理 两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面___，那么两条__平行 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒_________ 【知识点3 直线、平面垂直的判定与性质】 1.线面垂直判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 一条直线与一个平面内的两条___直线都垂直，则该直线与此平面垂直 ______________⇒l⊥α 性质 定理 垂直于同一个平面的两条直线__ ______________⇒a∥b 2.面面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 一个平面过另一个平面的___，则这两个平面垂直 ______________⇒α⊥β 性质 定理 两个平面垂直，则一个平面内垂直于___直线与另一个平面垂直 ______________⇒l⊥α 【知识点4 空间角】 1.异面直线所成的角 (1)定义：已知a，b是两条异面直线，经过空间任意一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角). (2)范围：______________ (3)平移法求异面直线所成角的步骤： 平移 平移的方法一般有三种类型：(1)利用图中已有的平行线平移；(2)利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；(3)补形平移 证明 证明所作的角是异面直线所成的角或其补角 寻找 在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，利用‌边角关系‌（如余弦定理、正弦定理）求解角度。 取舍 因为异面直线所成角θ的取值范围是0°＜θ≤90°，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角 2.直线和平面所成的角 (1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°. (2)范围：______________ (3)几何法求线面角： 过平面外一点做平面，交平面于点；连接，则即为直线与平面的夹角．接下来在中解三角形．即（其中即点到面的距离，可以采用等体积法求，斜线长即为线段的长度）； 3.二面角 (1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角. (2)二面角的平面角 若有①O∈l；②OA⊂α，OB⊂β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是∠AOB. (3)二面角的平面角α的范围：_____________ (4)定义法求二面角 如果能直接过棱上一点，找到与棱垂直的两条线，则直接找到了二面角。 目标：找与棱垂直的两条线 （5）射影面积法 凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式（，如图2）求出二面角的大小； (6)三垂线法求二面角 三垂线法：当无法直接找到与棱垂直的两条线时，我们可以考虑构造我们的二面角。首先从平面找一点点，过点作平面的垂线（注意在作这个垂线的时候，通常先找与平面垂直的平面，在平面上作垂线），然后过或者作棱的垂线交于点，连接成直角三角形，即可求二面角的平面角。 (7)垂面法求二面角 垂面法: 若题目条件中能找到棱垂直的平面，则找出该平面与的交线即可。若题目中有与棱垂直的直线，如图如果与棱垂直，则可以构造出与棱垂直的平面，即可求出二面角的平面角。 【知识点5 空间距离】 1. 点到平面的距离 求点面距的常用方法： (1) 直接过点作面的垂线，求垂线段的长，通常要借助于某个直角三角形来求解． (2) 如果条件中具有中点（等分点）条件，将一个点到平面的距离，借助中点（等分点），转化为另一点到平面的距离． (3) 等体积法：换角度、切割、补齐等，将点面距转化成求几何体的高 2.直线到平面的距离 要区分直线与平面的位置关系，当直线与平面相交或在平面内时，距离为0；只有当直线与平面平行时，线面距才有意义.因为直线平行于平面，其上所有点到平面的距离相等,因此线面距可以转化为点面距求解. 3.两个平行平面间的距离 面面距仅在两平面平行时有定义（否则相交，距离为0）.其求解的核心思路是转化为点到平面的距离. 【知识点6 立体几何解答题常用二级结论（拓展）】 1.外接球问题秒杀求法 模型 适用几何体 解题流程 公式 长方体模型 长方体的顶点构成的几何体模型 先补成长方体，再找长方体的长宽高 (2R)²=_________ 对棱相等 模型 对棱相等的三棱锥(也是特殊的长方体模型) 先补成长方体，再找长方体的三对面对角线x,y,z 斗笠模型 圆锥、顶点在地面的射影是底面外心的正棱锥 找底面外接圆半径r,找 高h 汉堡模型 圆柱，直棱柱，一条侧棱垂直底面的棱锥 找底面外接圆半径r,找 高h 切瓜模型 存在一组邻面垂直的几何体 找两个垂面的外接圆半径 r1,r₂,两个面的交线l 怀表模型 两个全等等腰三角形折叠式棱锥 找等腰三角形的高H,找 外接圆半径r,找二面角θ 夹角问题终极公式 找两相邻面的截面外接圆，圆心到交线的距离m,n，找二面角θ,找两个面的交线l 2.内切球半径求法 （1）棱锥内切球半径 (1)等体积法：由球心到各面距离相等，多面体体积可表示为 ,所以； (2)相似法求解正棱锥内切球半径：(以下以正三棱锥为例) 如图，由正三棱锥内切球球心O在高线上，则球与侧面的切点E在侧面的高线PD上，与底面的切点H为 高线垂足，易知△POE∽△PDH, 故利用,可解出内切球半径R. 3.旋转体内切球半径：(可按照轴截面的内切圆半径计算，外接球同理) 如图，已知圆锥高为h, 底面半径为r, 利用两个直角三角形△ABD和△AOE 相似可得 故 · , 所以 注：圆柱、圆台同样以轴截面的方式处理. 4.常见几何体内切球、外接球半径 棱长为α的正方体：内切球半径 ,外接球半径 棱长为a的正四面体;内切球半径 外接球半径 柱体侧棱长a,底面外接圆半径r: 柱体可能不存在内切球，柱体中最大的球的半径 【题型1 空间几何体表面积与体积计算】 1．（2026高一·陕西咸阳·期中）一个圆锥体石膏如图所示，其中S是圆锥的顶点，AB是圆锥底面的一条直径，C是SA的中点，且该圆锥的轴截面是边长为8的等边三角形． (1)求该圆锥体石膏的体积； (2)若有一只昆虫绕着圆锥体石膏的侧面从B点爬行至C点，求昆虫爬行的最短距离； (3)将该圆锥体石膏打磨成一个球体石膏（损耗忽略不计），求打磨的球体石膏表面积的最大值． 2．（2026高一·黑龙江哈尔滨·期中）如图，正三棱柱内接于一个圆柱，圆柱的体积是54π，且底面直径与母线长相等. (1)求圆柱的底面半径； (2)求三棱柱的体积与表面积. 3．（2026高一·山东济宁·期中）如图，长方体的长、宽、高分别为x，y，2且，. (1)当底面ABCD为正方形时， （i）求长方体的表面积； （ii）求三棱锥体积和外接球体积； (2)取、的中点分别为M、N，求三棱锥的体积的最大值. 4．（2026高一·吉林四平·期中）如图，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别是边AB，AC上的中点，，垂足分别是D，H，G，将绕AD所在直线旋转． (1)求图中阴影部分旋转形成的几何体的体积V； (2)求图中阴影部分旋转形成的几何体的表面积S． 5．（2026高一·新疆·阶段检测）如图，正四棱锥的底面积为3，为正方形的中心． (1)若正四棱锥的高为，求它的表面积． (2)若正四棱锥的外接球的体积为，求正四棱锥的体积． 【题型2 空间点线面位置关系、共点、共线、 共面证明】 1．（25-26高二上·北京·月考）如图，空间四边形中，分别是的中点，分别在上，且． (1)求证：四点共面； (2)设与交于点，求证：三点共线． 2．（25-26高二上·四川内江·阶段检测）如图，在正四棱台中，分别为棱，，，的中点． (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)证明，，相交于一点． 3．（24-25高一下·湖北·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G，H分别是棱，，，的中点. (1)求证：E，F，G，H四点共面.记过这四点的平面为，在图中画出平面与该正方体各面的交线（不必说明画法和理由）； (2)求证：，，三线共点. 4．（25-26高一下·全国·课堂例题）如图，观察正方体，证明直线与与为异面直线． 【题型3 空间中平行关系的证明】 1.（2026高一·浙江温州·期中）如图所示，在四棱锥中，底面为梯形，，，面面，是的中点.    (1)求证：平面； (2)求证：； 2．（25-26高一下·浙江舟山·期中）如图，在圆锥中，是底面圆的直径，，，为底面圆上的点，，，是母线的中点. (1)求证： (2)求证：平面 3．（25-26高一下·海南·阶段检测）正方体的棱长为2，为棱的中点． (1)求证：平面 (2)设平面平面，求证：； (3)求三棱锥的体积． 4．（25-26高一下·陕西西安·期中）如图，已知正方形所在平面和平行四边形所在平面互相垂直，平面平面，M是线段上的一点，且平面．求证： (1)平面平面； (2)M是线段的中点． 5．（25-26高一下·吉林长春·期中）如图已知四棱锥，底面为梯形，，，，、为侧棱上的点，且，点为上的点，且． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面． 【题型4 空间中垂直关系的证明】 1．（25-26高一下·山东菏泽·阶段检测）如图所示，是四边形所在平面外的一点，为的中点，四边形是且边长为的菱形，为正三角形，且平面平面．求证： (1)平面； (2)． 2．（25-26高一下·北京·期末）如图，在四棱锥中，平面，，． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)设点为的中点，过点，的平面与棱交于点，且平面，求的值． 3．（25-26高一下·福建厦门·期中）如图，是的直径，垂直于所在的平面，是圆周上不同于的一动点. (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； 4．（25-26高一下·广西百色·期中）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，，，平面. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； 5．（25-26高一下·河南新乡·阶段检测）如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点，且． (1)证明：． (2)证明：平面平面． 【题型5 空间中平行、垂直综合证明】 1．（25-26高一下·北京顺义·期中）如图，正方体中，为的中点，      (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)证明：平面. 2．（25-26高一下·广东广州·期中）如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； 3．（25-26高一下·天津·期末）如图，四棱锥中，平面，，，，分别为线段，的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面． 4．（25-26高一下·陕西·期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面平面，，，，分别为，的中点.    (1)证明：平面. (2)证明：. 5．（24-25高一下·广东惠州·阶段检测）如图，在四棱锥P－ABCD中，，棱PC上的点满足． (1)求证：平面PAD； (2)若平面ABCD，求证：平面平面PBD． 【题型7 空间中的夹角问题】 1．（25-26高一下·山西朔州·阶段检测）如图所示，正方体的棱长为1，，求： (1)与所成角的度数； (2)与平面所成角的正切值； (3)平面与平面所成二面角的大小． 2．（25-26高一下·福建漳州·阶段检测）已知平面平面，.    (1)求证： (2)若是正三角形，，求直线和平面所成角的正切值. 3．（25-26高一下·江苏扬州·阶段检测）如图，在长方体中，，，点P为棱中点. (1)求证：平面PAC； (2)求异面直线与CP所成角的大小； (3)求二面角的平面角的正切值. 4．（25-26高一下·重庆·期中）在多面体中，底面为矩形，平面， (1)求直线与底面所成角的正弦值； (2)求二面角的正切值； (3)求三棱锥的体积. 【题型8 空间中的距离问题】 1．（25-26高一下·全国·课堂例题）如图所示，在长方体中，，，，求： (1)点到平面的距离； (2)直线与平面的距离； (3)平面与平面的距离． 2．（25-26高一下·全国·课堂例题）如图所示，已知是圆的直径，为圆上一点，，，为所在平面外一点，且垂直于圆所在平面，与平面所成的角为． (1)求证：平面； (2)求点A到平面的距离． 3．（24-25高一下·黑龙江黑河·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱底面，，是的中点.    (1)求证：直线平面； (2)求直线到平面的距离. 4．（2025高三·全国·专题练习）已知三棱锥中，平面，，， M为中点，过点M分别作平行于平面的直线交于点E，F． (1)求直线与平面所成角的正切值； (2)求直线到平面的距离． 5．（21-22高二下·云南曲靖·开学考试）如图，在梯形ABCD中，，，，平面ABCD，且，点F在AD上，且． (1)求点A到平面PCF的距离； (2)求AD到平面PBC的距离． 【题型9 几何体的外接球、内切球综合题】 1．（24-25高一下·河南洛阳·阶段检测）如图，圆锥的体积为，高为底面圆周上的一点，． (1)求圆锥的底面半径； (2)若圆锥的顶点和底面圆周上的点均在同一个球面上，求该球的表面积； (3)求直线与所成角的大小． 2．（25-26高一下·安徽安庆·期中）从一张半径为6的圆形铁皮中裁剪出一块扇形铁皮（如图1阴影部分），并卷成一个深度为米的圆锥筒（如图2）．若所裁剪的扇形铁皮的圆心角为． (1)若圆锥内有一个底面圆半径为的内接圆柱（如图3），求内接圆柱侧面积的最大值以及取最大值时的取值. (2)在圆锥内有一个棱长为的正方体，若该正方体在圆锥内可任意转动，求的最大值. 3．（24-25高一下·广东广州·期中）已知圆锥的轴截面面积为，侧面展开图为半圆. (1)求其母线长； (2)在此圆锥内部挖去一个正四棱柱，形成几何体，其中正四棱柱的底面边长为，上底面的四个顶点在圆锥侧面上，下底面落在圆锥底面内，求几何体的体积； (3)求此圆锥外接球的表面积. 4．（2026·广东广州·三模）如图1所示，是边长为2的正三角形，四边形是一个等腰梯形，，现在沿着把折起到的位置，连接，使得，如图2所示． (1)证明：平面平面； (2)求三棱锥的外接球的半径； 5．（25-26高一下·广东深圳·期中）如图，已知点在圆柱的底面圆上，为圆的直径，，，三棱锥的体积为． (1)求圆柱的表面积； (2)求三棱锥外接球的体积． 6．（2026·湖南长沙·模拟预测）如图1所示，是边长为2的正三角形，四边形是一个等腰梯形，，，O为的中点，现在沿着把折起到的位置，连接，，使得，如图2所示．    (1)证明：平面； (2)求三棱锥的外接球的半径． 7．（25-26高一下·重庆·期中）如图，在三棱锥中，，，，点，分别是棱，上的动点（不含端点）． (1)若平面． （ⅰ）求的长度． （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． (2)若为的中点，且平面，求三棱锥的内切球的表面积． 【题型10 立体几何中的动点与存在性问题】 1．（25-26高一下·天津·期末）如图，在四棱锥中，为等边三角形，，平面平面，，，，， (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的平面角的余弦值为．若存在，求出值；若不存在，请说明理由． 2.（25-26高一下·广东珠海·期中）如图所示，正四棱锥中，为侧棱上靠近点的四等分点，即，为侧棱的中点，平面平面. (1)证明：平面； (2)证明：； (3)侧棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，试说明理由. 3．（25-26高二下·江苏南通·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，平面，且，点为棱的中点． (1)求证：； (2)求证：平面； (3)若为上的动点，则线段上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由． 4．（24-25高一下·湖南衡阳·期末）如图三棱柱中，侧面底面ABC，底面三角形ABC不是直角三角形，． (1)求证：三棱柱的任意两个侧面的面积和大于第三个侧面的面积； (2)若底面ABC为正三角形，，P为线段BF上一动点，且满足四棱锥的体积为，求平面PAB与平面ABC所成二面角的正切值． 1．（25-26高一下·山西·阶段检测）如图，在矩形中，分别为上的点，，将矩形沿折起，使点落在的位置，落在的位置，得到四边形，已知不在平面上． (1)证明：四点共面； (2)证明：平面平面． 2．（25-26高一下·浙江·期中）小明设计了一款无盖鱼缸，如图，它是由两个完全一样的长方体通过一个半径为0.1米，长度为0.3米的圆柱形玻璃管水平连通的. (1)小明至少需要多少平方米的玻璃（不考虑损耗）？ (2)小明欲将鱼缸注水至的高度，需要多少立方米的水？ 3．（2023高三·全国·专题练习）在矩形ABCD中，，．点E，F分别在AB，CD上，点分别在上，且，．沿EF将四边形AEFD翻折至四边形，点平面BCFE． (1)求证：平面； (2)求证：与BC是异面直线； 4．（24-25高一下·全国·课后作业）如图给出两个几何体： (1)画出两个几何体的平面展开图； (2)图①是侧棱长为的正三棱锥，，过点作截面分别交BD，CD于点E，F，求截面三角形周长的最小值．    5．（23-24高一下·辽宁·期末）如图，这是某种型号的奖杯，它是用一个正四棱台、一个正四棱柱和一个球焊接而成的球的半径为.正四棱柱的底面边长为，高为.正四棱台的上、下底面边长分别为和，斜高（即侧面梯形的高）为.    (1)求这种型号的奖杯的表面积（用表示，焊接处对面积的影响忽略不计）； (2)已知，若为奖杯表面镀金所用的材料每可以涂，且该种型号的奖杯底面（图中正四棱台的下底面作为该种型号的奖杯的底面，一般底面采用其他村质）不需要镀金，则为100个这种型号的奖杯镀金约需要多少材料？（取3.14，精确到） 6．（2026·四川成都·三模）如图，在菱形中，，，将沿翻折至，连接构成四棱锥． (1)证明：平面； (2)若二面角的余弦值为． ①求的长； ②设在平面上的射影为，直线与交于点，为的中点，证明：平面． 7．（25-26高一下·四川成都·期中）(本题若使用空间向量，相关步骤不得分)如图，已知正四面体的棱长为，为底面的外心，为中点. (1)连接，证明：平面. (2)设的中点为，求与平面夹角的正弦值. 8．（25-26高一下·陕西咸阳·期中）一个圆锥体石膏如图所示，其中S是圆锥的顶点，AB是圆锥底面的一条直径，C是SA的中点，且该圆锥的轴截面是边长为8的等边三角形． (1)求该圆锥体石膏的体积； (2)若有一只昆虫绕着圆锥体石膏的侧面从B点爬行至C点，求昆虫爬行的最短距离； (3)将该圆锥体石膏打磨成一个球体石膏（损耗忽略不计），求打磨的球体石膏表面积的最大值． 9．（25-26高一下·四川广安·阶段检测）正方形中，，为的中点，，．将沿翻折到，沿翻折到，连接． (1)求证：： (2)当时，求二面角的正弦值； (3)设直线与平面所成角为，问是否存在，使得能取得最大值，若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由． 10．（21-22高三·云南·阶段检测）图甲是由直角梯形ABCD和等边三角形CDE组成的一个平面图形，其中，，，将沿CD折起使点E到达点P的位置（如图乙），在四棱锥中，若. (1)证明：平面平面ABCD； (2)若平面PCD与平面PAB的交线为，求与平面ABCD的交点到平面PAD的距离. 11．（25-26高一下·山东济宁·期中）如图，长方体的长、宽、高分别为x，y，2且，. (1)当底面ABCD为正方形时， （i）求长方体的表面积； （ii）求三棱锥体积和外接球体积； (2)取、的中点分别为M、N，求三棱锥的体积的最大值. 12．（24-25高一下·山东济宁·阶段检测）球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高．球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积．和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底．当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底、以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”．如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为． (1)类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式； (2)在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求的值； (3)已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围． 13．（25-26高二上·上海·阶段检测）图①是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，．将其沿折起使得与重合，连接，如图②． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正切值． 14．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·阶段检测）已知在正四棱柱中，，点是的中点．    (1)求证：平面平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 15．（22-23高一下·北京密云·期末）如图，在四棱柱中，底面是边长为1的正方形，侧棱平面，，是的中点．    (1)求证：平面； (2)证明：； (3)求三棱锥的体积． 1．（2024高三·全国·专题练习）一山坡的倾斜度（山坡面与水平面所成二面角的度数）是，斜坡上一直道，它和坡脚成，为解决山腰处居民的饮水问题，有甲、乙两种方案． 方案甲：一次性投资12万元打深水井，取用与坡脚水平的暗河中的水（经检验符合饮用水标准）； 方案乙：沿铺设自来水管道，第一个费用为1万元，以后每往上一个所需费用比前一个的费用扩大1倍； 如果处高出暗河，那么选用哪个方案比较合理？请你说明理由．（不考虑其他因素） 2．（24-25高一下·湖北武汉·期中）如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G，H，P分别是棱，的中点， (1)过点A，G，H作正方体的截面，并说明理由； (2)求三棱锥的外接球的表面积； (3)设点M在平面内，且平面，求直线与直线所成角的余弦值的最大值． 3．（2027高三·全国·专题练习）阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中（，2，…，，）为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．”已知在直四棱柱中，底面为菱形，．（角的运算均采用弧度制） (1)若，求四棱柱在顶点处的离散曲率； (2)若四棱柱在顶点处的离散曲率为，求与平面所成角的正弦值． 4．（25-26高一下·浙江宁波·期中）如图，在四边形中，，四边形绕所在直线旋转一周所形成新的几何体． (1)求该几何体的表面积和体积； (2)若旋转过程中，点和点始终落在球上，求球的表面积． 5．（2026高三·全国·专题练习）已知四棱锥的底面是正方形，平面ABCD，，点E是SD上的点，且．若二面角的大小为，求的值． 6．（24-25高一下·江西赣州·期末）如图1，在等腰梯形中，，，，，把三角形沿着翻折，得到图2所示的四棱锥，，记二面角的平面角为.            图1                       图2                         (1)证明：平面； (2)当时，求证：平面； (3)当时，求点到平面的距离. 7．（25-26高三下·山东·阶段检测）如图，在正三棱锥中，为的重心，也为在面上的投影．上一点满足，上一点满足，且，为中点． (1)证明：； (2)若三棱锥各棱长均为2，求到距离的最小值． 8．（25-26高一下·浙江温州·期中）如图，三棱锥满足面，点为棱中点，点在直线上的投影分别为. (1)证明：面； (2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积； (3)是否存在点使得点到的距离均相等，若存在，求二面角余弦值的取值范围；若不存在，请说明理由. 9．（2026·重庆·模拟预测）如图，在四面体中，，，，与间的距离为（即与、同时垂直相交的线段长为），且. (1)求证：； (2)若这个四面体被平行于棱、的平面截成两部分，设、到平面的距离比为，求证：这个四面体被平面分成的两部分（棱和交四面体组成的五面体与棱和交四面体组成的五面体）的体积比是. 10．（2026·湖北襄阳·二模）四面体是最简单的多面体，只需4个三角形面，6条棱，4个顶点，就能围成一个封闭空间，这种用最少元素实现三维存在的特性，让它在多面体家族中具有最原始而纯粹的地位． (1)已知四面体的棱长均为2，E，F分别是棱的中点，G为直线上一点，Q为底面内部的一个点，Q到侧面，侧面，侧面的距离分别是，，． （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值的最大值． (2)若存在具有如下性质的四面体，其中2条棱长度为a，另外4条棱长度为2，求实数a的取值范围． 11．（25-26高一下·福建三明·期中）在经典欧氏空间中确定一个点位置所需要的独立坐标个数(自由度)即维度．例如，0维(点)的自由度，不需要任何坐标就能确定位置；1维(直线)的自由度，只需1个独立坐标x，2维(平面)的自由度，需2个独立坐标；3维(空间)的自由度，需3个独立坐标：……这是拓扑维度(线性代数维度)的本质定义，即独立自由度的数量．但是用自由度定义出来的永远是整数维，只能描述规整的欧氏几何体． 而科赫曲线、肺泡、谢尔宾斯基海绵这类分形体(指局部和整体具有高度雷同的结构)，是嵌入高维空间的低维拓扑流形．常见的肺泡曲面其拓扑自由度为2(膜结构)，但其豪斯多夫维(其中k为分形体的缩放因子，N为迭代生成囊泡数，即甲乙两分形体的线性相似比为1：k，用个甲可组合或堆叠得到乙，则认为该几何体为D维豪斯多夫空间体．事实上由于人基因的多元性，肺泡的豪斯多夫公认实验区间为：2.17~2.97)．豪斯多夫维描述的是几何体的空间填充复杂度． 如上图，两直线a与b的长度分为1与2，故它们的线性相似比就为1：2，即a是b缩放一半后所得，故缩放因子k=2，且两段(N=2)a可并排组合得到b，故直线的豪斯多夫维为1维． (1)猜想正方形与正方体的豪斯多夫维，并给出适当解释； (2)求n阶科赫曲线的豪斯多夫维(保留2位小数点)； (3)取棱长为1的正方体第1次迭代：将每条棱三等分，把正方体分割为27个全等的小正方体，挖去正中心1个与6个面中心共7个小正方体，剩余20个小正方体；重复该操作不断迭代，即可得到谢尔宾斯基海绵． ①经过一次迭代后，求谢尔宾斯基海绵剩余几何体的体积； ②经过一次迭代后，假设谢尔宾斯基海绵体的空腔内部有一个半径可变的小球，求该小球体积最大值； ③经过n次迭代后，谢尔宾斯基海绵的体积呈现何种变化，请说明理由． 参考数据：ln2=0.693，ln3=1.098 12．（25-26高二上·湖南·期末）如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，为上一点，设平面与平面的交线为． (1)求证：平面； (2)当四棱锥的体积最大时，为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值； (3)当平面时，平面与交于，求的值． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 完成时间： 月 日 今日打卡：☐ 已完成 用时： min 自评勋章： 暑假作业13 立体几何解答题专练 【知识点1 空间几何体的基本公式】 1． 空间几何体的表面积与体积公式 　　　名称 几何体　　 表面积 体积 柱体 (棱柱和圆柱) S表面积＝S侧＋2S底 V＝S底h 锥体 (棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝S底h 台体 (棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h 球 S＝4πR2 V＝πR3 2.组合几何体求解方法 （1）分割法 体积： 表面积：总表面积 = 各部分表面积之和 重合面面积 （2）补形法 体积： 3.等体积法：单个三棱锥（四面体） 求点面距离：设三棱锥体积为，目标面面积为，点到平面距离为，则d= 原理：同一棱锥，更换底面与顶点，体积保持不变 【知识点2 直线、平面平行的判定与性质】 1.线面平行判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 判定定理 如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行 a⊄α，b⊂α，a∥b ⇒a∥α 性质定理 一条直线和一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行 a∥α，a⊂β， α∩β＝b ⇒a∥b 2.面面平行判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 判定定理 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行 a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β 性质 两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面 α∥β，a⊂α⇒a∥β 性质定理 两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b 【知识点3 直线、平面垂直的判定与性质】 1.线面垂直判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直 ⇒l⊥α 性质 定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒a∥b 2.面面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直 ⇒α⊥β 性质 定理 两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 ⇒l⊥α 【知识点4 空间角】 1.异面直线所成的角 (1)定义：已知a，b是两条异面直线，经过空间任意一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角). (2)范围：. (3)平移法求异面直线所成角的步骤： 平移 平移的方法一般有三种类型：(1)利用图中已有的平行线平移；(2)利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；(3)补形平移 证明 证明所作的角是异面直线所成的角或其补角 寻找 在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，利用‌边角关系‌（如余弦定理、正弦定理）求解角度。 取舍 因为异面直线所成角θ的取值范围是0°＜θ≤90°，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角 2.直线和平面所成的角 (1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°. (2)范围：. (3)几何法求线面角： 过平面外一点做平面，交平面于点；连接，则即为直线与平面的夹角．接下来在中解三角形．即（其中即点到面的距离，可以采用等体积法求，斜线长即为线段的长度）； 3.二面角 (1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角. (2)二面角的平面角 若有①O∈l；②OA⊂α，OB⊂β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是∠AOB. (3)二面角的平面角α的范围：0°≤α≤180°. (4)定义法求二面角 如果能直接过棱上一点，找到与棱垂直的两条线，则直接找到了二面角。 目标：找与棱垂直的两条线 （5）射影面积法 凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式（，如图2）求出二面角的大小； (6)三垂线法求二面角 三垂线法：当无法直接找到与棱垂直的两条线时，我们可以考虑构造我们的二面角。首先从平面找一点点，过点作平面的垂线（注意在作这个垂线的时候，通常先找与平面垂直的平面，在平面上作垂线），然后过或者作棱的垂线交于点，连接成直角三角形，即可求二面角的平面角。 (7)垂面法求二面角 垂面法: 若题目条件中能找到棱垂直的平面，则找出该平面与的交线即可。若题目中有与棱垂直的直线，如图如果与棱垂直，则可以构造出与棱垂直的平面，即可求出二面角的平面角。 【知识点5 空间距离】 1. 点到平面的距离 求点面距的常用方法： (1) 直接过点作面的垂线，求垂线段的长，通常要借助于某个直角三角形来求解． (2) 如果条件中具有中点（等分点）条件，将一个点到平面的距离，借助中点（等分点），转化为另一点到平面的距离． (3) 等体积法：换角度、切割、补齐等，将点面距转化成求几何体的高 2.直线到平面的距离 要区分直线与平面的位置关系，当直线与平面相交或在平面内时，距离为0；只有当直线与平面平行时，线面距才有意义.因为直线平行于平面，其上所有点到平面的距离相等,因此线面距可以转化为点面距求解. 3.两个平行平面间的距离 面面距仅在两平面平行时有定义（否则相交，距离为0）.其求解的核心思路是转化为点到平面的距离. 【知识点6 立体几何解答题常用二级结论（拓展）】 1.外接球问题秒杀求法 模型 适用几何体 解题流程 公式 长方体模型 长方体的顶点构成的几何体模型 先补成长方体，再找长方体的长宽高 (2R)²=a²+b²+c² 对棱相等 模型 对棱相等的三棱锥(也是特殊的长方体模型) 先补成长方体，再找长方体的三对面对角线x,y,z 斗笠模型 圆锥、顶点在地面的射影是底面外心的正棱锥 找底面外接圆半径r,找 高h 汉堡模型 圆柱，直棱柱，一条侧棱垂直底面的棱锥 找底面外接圆半径r,找 高h 切瓜模型 存在一组邻面垂直的几何体 找两个垂面的外接圆半径 r1,r₂,两个面的交线l 怀表模型 两个全等等腰三角形折叠式棱锥 找等腰三角形的高H,找 外接圆半径r,找二面角θ 夹角问题终极公式 任意普通情况 找两相邻面的截面外接圆，圆心到交线的距离m,n，找二面角θ,找两个面的交线l 2.内切球半径求法 （1）棱锥内切球半径 (1)等体积法：由球心到各面距离相等，多面体体积可表示为 ,所以； (2)相似法求解正棱锥内切球半径：(以下以正三棱锥为例) 如图，由正三棱锥内切球球心O在高线上，则球与侧面的切点E在侧面的高线PD上，与底面的切点H为 高线垂足，易知△POE∽△PDH, 故利用,可解出内切球半径R. 3.旋转体内切球半径：(可按照轴截面的内切圆半径计算，外接球同理) 如图，已知圆锥高为h, 底面半径为r, 利用两个直角三角形△ABD和△AOE 相似可得 故 · , 所以 注：圆柱、圆台同样以轴截面的方式处理. 4.常见几何体内切球、外接球半径 棱长为α的正方体：内切球半径 ,外接球半径 棱长为a的正四面体;内切球半径 外接球半径 柱体侧棱长a,底面外接圆半径r: 柱体可能不存在内切球，柱体中最大的球的半径 【题型1 空间几何体表面积与体积计算】 1．（2026高一·陕西咸阳·期中）一个圆锥体石膏如图所示，其中S是圆锥的顶点，AB是圆锥底面的一条直径，C是SA的中点，且该圆锥的轴截面是边长为8的等边三角形． (1)求该圆锥体石膏的体积； (2)若有一只昆虫绕着圆锥体石膏的侧面从B点爬行至C点，求昆虫爬行的最短距离； (3)将该圆锥体石膏打磨成一个球体石膏（损耗忽略不计），求打磨的球体石膏表面积的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题目条件求得圆锥底面圆半径和高，进而根据圆锥体积公式进行求解； （2）通过展开圆锥侧面，得到B到C的最短距离为线段BC的长度，结合弧长的公式进行求解； （3）将圆锥内切球的半径等价为圆锥轴截面三角形内切圆的半径，结合球体的表面积公式进行求解. 【详解】（1）设为底面圆的半径，为圆锥的高， 因为是边长为8的等边三角形， 所以，， 因此圆锥体石膏的体积. （2）圆锥底面圆的周长，圆锥侧面展开图是扇形，扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长， 设扇形圆心角为，扇形的半径就是圆锥的母线长为8， 所以，解得，即侧面展开图为半圆，如下图所示， ，，，， 所以到的最短距离， 即昆虫爬行的最短距离为. （3）圆锥内可打磨出的最大球体就是圆锥的内切球，此时球的半径最大，表面积也最大， 因为圆锥的轴截面是等边三角形，所以等边三角形的内切圆半径就是圆锥内切球的半径， 设圆锥内切球的半径为，， 此时球的表面积. 2．（2026高一·黑龙江哈尔滨·期中）如图，正三棱柱内接于一个圆柱，圆柱的体积是54π，且底面直径与母线长相等. (1)求圆柱的底面半径； (2)求三棱柱的体积与表面积. 【答案】(1)3 (2)， 【分析】（1）根据圆柱的体积公式求圆柱的底面半径； （2）根据三棱柱的体积和表面积公式求解即可. 【详解】（1）设圆柱的底面半径为，则圆柱的高为. 由题意. 即圆柱的底面半径为3. （2）因为为等边三角形，且其外接圆半径为3， 由正弦定理。，解得，则， 又三棱柱的高即圆柱的高为6，所以； 则三棱柱的表面积为. 3．（2026高一·山东济宁·期中）如图，长方体的长、宽、高分别为x，y，2且，. (1)当底面ABCD为正方形时， （i）求长方体的表面积； （ii）求三棱锥体积和外接球体积； (2)取、的中点分别为M、N，求三棱锥的体积的最大值. 【答案】(1)（i）10（ii）； (2) 【分析】（1）（i）易得，再根据长方体的表面积公式求解即可； （ii）根据即可求出三棱锥的体积，易得三棱锥的外接球即长方体的外接球，求出半径，再根据球的体积公式求解即可； （2）由题意可得，从而可得，再结合基本不等式求解即可. 【详解】（1）（i）因为底面ABCD为正方形，所以， 则长方体的表面积为； （ii）由图和已知， ， 故三棱锥体积为， 由题可知，三棱锥的外接球即长方体的外接球， 设该外接球的半径为R，则， 因此三棱锥外接球体积； （2）因为M、N分别为、的中点， 所以， 则 ， 当且仅当时，等号成立，即三棱锥的体积的最大值为. 4．（2026高一·吉林四平·期中）如图，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别是边AB，AC上的中点，，垂足分别是D，H，G，将绕AD所在直线旋转． (1)求图中阴影部分旋转形成的几何体的体积V； (2)求图中阴影部分旋转形成的几何体的表面积S． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）本题中所得几何体是一个圆锥挖去一个圆柱的组合体，计算即可； （2）结合特殊几何体的结构特征计算阴影部分不规则几何体的表面积即可. 【详解】（1）阴影部分旋转后的几何体是一个圆锥挖去一个圆柱，且圆锥的底面半径为2，高为，圆柱的底面半径为1，高为． ，， 因此阴影部分形成的几何体的体积为． （2）圆锥侧面积， 圆柱的侧面积， 底面面积， 表面积为． 5．（2026高一·新疆·阶段检测）如图，正四棱锥的底面积为3，为正方形的中心． (1)若正四棱锥的高为，求它的表面积． (2)若正四棱锥的外接球的体积为，求正四棱锥的体积． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）过点作交于点，由勾股定理求得，进而求得表面积； （2）由题，正四棱锥外接球的球心在直线上，由外接球的体积，可求得外接球的，利用球的截面性质求出棱锥高h的值，再根据体积公式求解即可. 【详解】（1）由题意知平面，过点作交于点，连结. 则点为的中点，所以， 因为底面积为3，可得，则. 因为四棱锥的高为，所以. 所以正四棱锥的表面积. （2）设外接球半径为，由外接球体积，可得. 底面正方形对角线长， 所以底面正方形外接圆半径. 由题，正四棱锥外接球的球心在上， 设球心到底面距离为，由，可得， 当顶点与球心在底面异侧时，正四棱锥的高； 当顶点与球心在底面同侧时，正四棱锥的高. 当时，； 当时，. 综上所述，正四棱锥的体积为或. 【题型2 空间点线面位置关系、共点、共线、 共面证明】 1．（25-26高二上·北京·月考）如图，空间四边形中，分别是的中点，分别在上，且． (1)求证：四点共面； (2)设与交于点，求证：三点共线． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 【解析】（1）证明：在中，∵为的中点，∴． 在中，∵， ∴，∴， ∴四点共面． （2）∵，，， ∴平面，平面， 又平面平面， ∴直线．∴三点共线． 2．（25-26高二上·四川内江·阶段检测）如图，在正四棱台中，分别为棱，，，的中点． (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)证明，，相交于一点． 【答案】(1)相交，理由见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）利用中位线和棱台的结构特征，证明，可得以E，F，G，H四点共面，进而得出为梯形，则与必相交； （2）由为梯形，则与必相交，证明交点在上即可． 【详解】（1）证明：连接，，如图所示， 因为为正四棱台，所以， 又E，F，G，H分别为棱，，，的中点，所以，， 则，所以E，F，G，H四点共面，因为，所以， 所以为梯形，则与必相交． （2）因为为梯形，则与必相交． 设，因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面， 又平面平面， 所以，则，，交于一点． 3．（24-25高一下·湖北·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G，H分别是棱，，，的中点. (1)求证：E，F，G，H四点共面.记过这四点的平面为，在图中画出平面与该正方体各面的交线（不必说明画法和理由）； (2)求证：，，三线共点. 【答案】(1) 如图①，连接，，， 因为E，H分别是棱，的中点，所以， 又F，G分别是棱，的中点，所以， 故， 所以E，F，G，H四点共面. 平面与该正方体各面的交线如图①（多边形）所示. (2) 如图②，易知，且，所以与必相交，设交点为P， 又由，平面，得平面， 同理平面， 又因为平面∩平面，所以， 所以，，三线共点. 【分析】（1）平行于同一条直线的两条直线互相平行，通过证明与都平行于正方体中的某条棱，进而证明，E，F，G，H四点共面； （2）通过分别找出与延长线的交点，与延长线的交点，证明这两个交点重合. 【详解】（1）略 （2）略 4．（25-26高一下·全国·课堂例题）如图，观察正方体，证明直线与与为异面直线． 【答案】证明见解析 【分析】根据给定条件，利用异面直线的判定，结合正方体的结构特征推理得证. 【详解】在正方体中，， 直线平面，点平面，点直线，而点平面， 因此直线与直线是异面直线； 直线平面，点平面，点直线，而点平面， 因此直线与直线是异面直线. 【题型3 空间中平行关系的证明】 1.（2026高一·浙江温州·期中）如图所示，在四棱锥中，底面为梯形，，，面面，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 【分析】（1）取中点，连、，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定即可证明； （2）先通过线面平行的判定证得面，再利用线面平行的性质证得. 【详解】（1）在四棱锥中，取中点，连、 ，又， ， 四边形为平行四边形， ，又平面，平面， 平面；    （2）在梯形中，， 又平面，平面， 平面， 平面，平面平面， ，，. 2．（25-26高一下·浙江舟山·期中）如图，在圆锥中，是底面圆的直径，，，为底面圆上的点，，，是母线的中点. (1)求证： (2)求证：平面 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； 【分析】（1）应用平行四边形证明线线平行； （2）先应用平行四边形得出线线平行，再应用线面平行判定定理证明即可； 【详解】（1）连接，因为，， 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以； （2）取中点，连接，因为分别是中点，所以， 所以，所以四边形是平行四边形， 所以，平面，平面， 所以平面； 3．（25-26高一下·海南·阶段检测）正方体的棱长为2，为棱的中点． (1)求证：平面 (2)设平面平面，求证：； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)在正方体中，连接，令，连接， 由四边形为正方形，得是的中点，又是的中点， 则，又平面，平面， 所以平面. (2) 由（1）知：平面，又平面且平面平面， 所以. (3) 【分析】（1）连接，利用线面平行的判定推理得证. （2）由（1）的结论，利用线面平行的性质推理得证. （3）利用等体积法求解. 【详解】（1）略 （2）略 （3）在正方体中，，， ，而点到平面的距离为正方体棱长2， 所以三棱锥的体积． 4．（25-26高一下·陕西西安·期中）如图，已知正方形所在平面和平行四边形所在平面互相垂直，平面平面，M是线段上的一点，且平面．求证： (1)平面平面； (2)M是线段的中点． 【答案】(1)在正方形中，在平行四边形中， ∵平面，平面，且平面，平面， ∴平面，平面， 又∵平面，平面，且， ∴平面平面. (2)取与交点为，则，连接. ∴平面平面， ∵平面，且平面， ∴，在平行四边形中， ∴四边形为平行四边形，∴， ∴M是线段的中点. 【分析】（1）由线线平行得到线面平行，从而证明面面平行； （2）由线面平行的性质得到线线平行，借助平行四边形的性质即可得证. 5．（25-26高一下·吉林长春·期中）如图已知四棱锥，底面为梯形，，，，、为侧棱上的点，且，点为上的点，且． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面． 【答案】(1)证明：连接， 在中，因为，所以，且． 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)证明：由（1）得，又平面，平面， 所以平面. 在中，因为，所以，所以． 又平面，平面，所以平面． 又因且，平面， 所以平面平面． 【分析】（1）连接，证明四边形为平行四边形，即得，再由线线平行证明线面平行即可； （2）由（1）得，证得平面，再证，即可证平面，最后由线面平行推出面面平行. 【详解】（1）略 （2）略 【题型4 空间中垂直关系的证明】 1．（25-26高一下·山东菏泽·阶段检测）如图所示，是四边形所在平面外的一点，为的中点，四边形是且边长为的菱形，为正三角形，且平面平面．求证： (1)平面； (2)． 【答案】(1)如图，连接，，∵四边形是菱形且， 是正三角形，为的中点，． 又平面平面，且平面平面， 平面，平面． (2)由（1）可知，为正三角形，为的中点， ，又，，平面， 平面，又平面，． 【详解】（1）略 （2）略 2．（25-26高一下·北京·期末）如图，在四棱锥中，平面，，． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)设点为的中点，过点，的平面与棱交于点，且平面，求的值． 【答案】(1)面，平面， ， ，，、平面， 平面． (2)，， ． 又面，面， ， ，平面， 平面， 平面， 平面平面． (3) 【分析】（1）由，，即可证明； （2）由条件确定平面，即可证明； （3）通过平面，得到，进而可求解. 【详解】（1）略 （2）略 （3）平面，平面平面，平面， ， 在中，点为中点， 点为中点， ． 3．（25-26高一下·福建厦门·期中）如图，是的直径，垂直于所在的平面，是圆周上不同于的一动点. (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【详解】（1）因为是的直径，是圆周上不同于的一动点， 所以，又因为平面，平面，所以， 又因为平面， 所以平面. （2）因为平面，平面， 所以平面平面. 4．（25-26高一下·广西百色·期中）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，，，平面. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； 【答案】(1)证明：因为，，所以， 又平面，平面，所以， 又，所以平面. (2)证明：因为，所以， 又，所以在中，，所以， 又平面，平面，所以， 又，所以平面，又平面， 所以平面平面. 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）利用面面垂直的判定定理证明即可； （3）利用二面角的定义先找出角，然后利用公式求解即可. 【详解】（1）略 （2）略 5．（25-26高一下·河南新乡·阶段检测）如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点，且． (1)证明：． (2)证明：平面平面． 【答案】(1)方法一：在正三棱柱中，平面，平面， 所以． 因为为正三角形，为的中点，所以． 又因为，，平面，所以平面． 因为平面，所以． 方法二：在正三棱柱中，平面平面． 因为是正三角形，为的中点，所以． 因为平面平面，平面， 所以平面． 因为平面，所以． (2)如图，连接，交于点，连接，． 因为，分别为，的中点，所以且． 又因为且，所以且， 所以四边形为平行四边形，则． 由（1）知平面，所以平面． 又因为平面，所以平面平面． 【分析】（1）根据正三棱柱的性质可证平面，进而可证； （2）连接，交于点，通过平行四边形的性质可证，结合平面，可证平面，由面面垂直的判定定理可证结论； 【详解】（1）略 （2）略 【题型5 空间中平行、垂直综合证明】 1．（25-26高一下·北京顺义·期中）如图，正方体中，为的中点，      (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)证明：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【详解】（1）连接，， 在正方体中， 则，，所以四边形为平行四边形，则， 又因为平面，所以平面. （2）    连接交于，连接，， 因为四边形是正方形，所以为的中点， 在中，因为为的中点，为的中点，所以， 又因为平面，所以平面. （3）在正方体中，平面， 因为平面，所以， 因为四边形是正方形，所以， 又因为，平面，平面， 所以平面. 2．（25-26高一下·广东广州·期中）如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由题意可证四边形为平行四边形，则，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）如图，易证，根据线面垂直的性质与判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明； 【详解】（1）因为且，所以四边形为平行四边形，则， 又平面平面，所以平面； （2）由平面平面，得， 连接，由且，所以四边形为平行四边形，又， 所以平行四边形为正方形，所以， 又，， 又平面，平面， 由平面，所以平面平面； 3．（25-26高一下·天津·期末）如图，四棱锥中，平面，，，，分别为线段，的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面． 【答案】(1)证明：连接， 因为，，为线段的中点， 所以四边形是平行四边形，是平行四边形， 设，连接，则是的中点， 又为线段的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面. (2)证明：因为是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以， 所以， 因为，四边形是平行四边形，所以四边形是菱形， 所以， 又，，平面， 所以平面． 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可. （2）根据线面垂直的判定定理证明即可. 【详解】（1）略 （2）略 4．（25-26高一下·陕西·期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面平面，，，，分别为，的中点.    (1)证明：平面. (2)证明：. 【答案】(1)取的中点，连接，由是的中点，得，， 由是矩形边的中点，得，则， 四边形为平行四边形，，而平面，平面， 所以平面. (2)过作于点，连接， 由平面平面，平面平面，平面， 得平面，又平面，则， 由，，得为的中点，且， 则，， ， 于是，而平面， 因此平面，又平面，所以. 【分析】（1）取的中点，利用线面平行的判定，结合平行公理及平行四边形性质推理得证. （2）过作于点，利用面面垂直的性质，线面垂直的判定及性质推理得证. 【详解】（1）略 （2） 略 5．（24-25高一下·广东惠州·阶段检测）如图，在四棱锥P－ABCD中，，棱PC上的点满足． (1)求证：平面PAD； (2)若平面ABCD，求证：平面平面PBD． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）在棱PD上取点E，使，利用线面平行的性质推理得证. （2）利用线面垂直的性质判定、面面垂直的判定推理得证. 【详解】（1）在棱PD上取点E，使，连接EF，AE， 由，得且， 又，则，四边形ABFE为平行四边形， 因此，又平面平面PAD， 所以平面PAD. （2）由平面ABCD，平面，得， 在直角梯形中，，则， 于是，又平面PBD，则平面PBD， 又平面，所以平面平面PBD． 【题型7 空间中的夹角问题】 1．（25-26高一下·山西朔州·阶段检测）如图所示，正方体的棱长为1，，求： (1)与所成角的度数； (2)与平面所成角的正切值； (3)平面与平面所成二面角的大小． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据正方体的性质，利用几何法求异面直线所成角； （2）根据正方体的性质，结合已知条件，利用几何法求线面角； （3）根据正方体的性质，结合已知条件，利用几何法求面面角． 【详解】（1）由题意得， 或其补角即为与所成的角， 在正方体中，平面， 平面，， 又，且， 平面， 平面， ， 在中，，， ， ， 即与所成角的度数为． （2）如图所示，过点O作于点E，连接， 平面平面，且交线为， 平面，从而即为与平面所成的角， 在中，，， ， 即与平面所成角的正切值为． （3）由(1)知，平面， 又平面， 平面平面， 即平面与平面所成二面角的大小为． 2．（25-26高一下·福建漳州·阶段检测）已知平面平面，.    (1)求证： (2)若是正三角形，，求直线和平面所成角的正切值. 【答案】(1)由平面平面，， 且平面平面，平面，则平面， 由平面，则； (2) 【详解】（1）略 （2）过作于，连接， 由平面平面，平面平面，平面， 所以平面，故即为直线和平面所成角， 由平面，则，故中， 由是正三角形，且， 所以，，且为的中点，故， 所以，则， 所以直线和平面所成角的正切值为.    3．（25-26高一下·江苏扬州·阶段检测）如图，在长方体中，，，点P为棱中点. (1)求证：平面PAC； (2)求异面直线与CP所成角的大小； (3)求二面角的平面角的正切值. 【答案】(1)证明： 如图所示，连接正方形的对角线，交于点，则是的中点， 又是的中点，因此在中，是中位线，故. 又平面，平面，所以平面，得证. (2) (3) 【分析】（1）结合图形，利用中位线证明线线平行，进而证明线面平行； （2）利用平行线转化异面直线所成角，结合三角形和三角函数求角的大小； （3）由几何关系确定∠POD是二面角的平面角，进而在中计算正切值. 【详解】（1）略. （2）由（1）知，因此异面直线与所成角等于与所成的角. 正方形边长为2，故，则； ，，， 在中：； 是中位线，， 故. 在中， ， 因此是直角三角形，， 故： ，得， 即异面直线与所成角的大小为. （3）由，，，得平面，因此，，故就是二面角的平面角. 为中点，，， 在中，. 又，因此， 所以二面角的平面角的正切值为. 4．（25-26高一下·重庆·期中）在多面体中，底面为矩形，平面， (1)求直线与底面所成角的正弦值； (2)求二面角的正切值； (3)求三棱锥的体积. 【答案】(1) (2) (3)12 【分析】（1）取的中点为，连接，可得就是直线与底面所成角，利用几何关系求解即可； （2）过作，垂足为，连接，可得就是二面角的平面角，利用几何关系求解即可； （3）把多面体补成为长方体，利用求解即可. 【详解】（1）取的中点为，连接，，， 四边形是平行四边形，， 又平面，所以就是直线与底面所成角. 又底面为矩形， 在直角中， 直线与底面所成角的正弦值为； （2）设二面角的大小为，二面角的大小为，二面角的大小为 所以，因为平面，所以平面. 过作，垂足为，连接，所以就是二面角的平面角， 即，在直角中，，所以，所以 同理可得，所以 所以二面角的正切值为. （3）把多面体补成如图长方体 则. 所以. 【题型8 空间中的距离问题】 1．（25-26高一下·全国·课堂例题）如图所示，在长方体中，，，，求： (1)点到平面的距离； (2)直线与平面的距离； (3)平面与平面的距离． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）在长方体中，可得， 因为且平面，所以平面， 所以点到平面的距离为. （2）在长方体中，可得, 因为且平面，所以平面， 又因为，且平面，平面， 所以平面， 所以直线与平面的距离等于点到平面的距离， 所以直线与平面的距离为. （3）在长方体中，可得平面平面， 因为且，平面， 所以平面， 所以平面与平面的距离等于点到平面的距离， 所以平面与平面的距离为. 2．（25-26高一下·全国·课堂例题）如图所示，已知是圆的直径，为圆上一点，，，为所在平面外一点，且垂直于圆所在平面，与平面所成的角为． (1)求证：平面； (2)求点A到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）由平面，得到，再结合，即可求证； （2）过点A作于点D，通过证明平面，得到即为点A到平面的距离，进而可求解. 【详解】（1）证明：平面，平面， ． 是圆O的直径，C为圆上一点，． 又，且平面 平面． （2）如图所示，过点A作于点D， 平面，平面， ， 又平面 平面． 即为点A到平面的距离． ∴依题意知为与平面所成角， 即，，， 可得． ， 即点A到平面的距离为． 3．（24-25高一下·黑龙江黑河·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱底面，，是的中点.    (1)求证：直线平面； (2)求直线到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，利用中位线的性质易知，结合线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）因为平面，直线到平面的距离即点到平面的距离，取的中点，连接，分析可知平面，结合等体积法可求出点到平面的距离. 【详解】（1）连接，并交于点， 因为四边形为正方形，则为的中点， 又因为为的中点，所以， 因为平面，平面，因此平面. （2）因为平面，直线到平面的距离即点到平面的距离， 取的中点，连接，如下图所示：    因为、分别为、的中点，所以，， ， 因为平面，所以平面， 所以. 因为平面，平面，所以， 因为四边形为正方形，则， 因为，、平面，故平面， 因为平面，所以， 因为，为的中点，所以， 因为，、平面，故平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，所以， 所以，， 因为平面，平面，所以， 故， 所以， 设点到平面的距离为，则，解得， 因此，直线与平面的距离为. 4．（2025高三·全国·专题练习）已知三棱锥中，平面，，， M为中点，过点M分别作平行于平面的直线交于点E，F． (1)求直线与平面所成角的正切值； (2)求直线到平面的距离． 【答案】(1) (2)2 【分析】（1）先明确要求的线面角，然后在直角三角形中求解. （2）可以转化为点到面的距离，然后利用体积法求解. 【详解】（1）如图：连接，. 因为平面，所以为所求直线与平面所成的角. 在中：因为，所以， 又为中点，所以. 所以：. （2）因为：平面，所以点到平面的距离即为直线到平面的距离，设为. 则. 又，， 所以. 所以：直线到平面的距离为2. 5．（21-22高二下·云南曲靖·开学考试）如图，在梯形ABCD中，，，，平面ABCD，且，点F在AD上，且． (1)求点A到平面PCF的距离； (2)求AD到平面PBC的距离． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）过点A作AH⊥PC于H，利用线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理及面面垂直的性质定理可得AH⊥平面PFC，结合条件即求； （2）过点A作AE⊥PB于E，结合条件可得AE的长为AD到平面PBC的距离，即求. 【详解】（1）连接AC，因为平面ABCD，又平面ABCD， ∴PA⊥CF，又，， ∴平面PAC，又平面PFC， ∴平面PFC⊥平面PAC，平面PFC⊥平面PAC=PC， 过点A作AH⊥PC于H，则AH⊥平面PFC， 故AH即为所求， ∵在梯形ABCD中，，，，， ∴， ∴在中，， ∴，即点A到平面PCF的距离为； （2）∵，平面PBC，平面PBC， ∴平面PBC， 过点A作AE⊥PB于E，又因为平面ABCD，则BC， 又AB⊥BC，， ∴BC⊥平面PBA，则BC⊥AE，又 ∴AE⊥平面PBC，即AE的长为AD到平面PBC的距离， 在等腰直角三角形PAB中，， ∴， 故AD到平面PBC的距离为. 【题型9 几何体的外接球、内切球综合题】 1．（24-25高一下·河南洛阳·阶段检测）如图，圆锥的体积为，高为底面圆周上的一点，． (1)求圆锥的底面半径； (2)若圆锥的顶点和底面圆周上的点均在同一个球面上，求该球的表面积； (3)求直线与所成角的大小． 【答案】(1)1 (2) (3)． 【分析】（1）根据圆锥的体积公式可求得底面半径. （2）首先根据题意确定球心的位置，然后根据勾股定理即可求得球的表面积. （3）首先作出辅助线确定直线与所成的角，然后根据余弦定理、边角关系即可求得角的大小. 【详解】（1）因为圆锥的高，体积为，底面半径为，则，解得． （2）由圆锥的几何性质可知，球心在直线上，设球半径为， 则有，解得，所以球的表面积． （3）如图，连接，取中点，过点作，垂足为，连接， 则平面， 所以为直线与所成角或其补角． 在直角中，，所以． 在中，， 由余弦定理，得． 因为平面平面，所以，所以． 在中，由余弦定理，得，所以， 所以直线与所成的角为． 2．（25-26高一下·安徽安庆·期中）从一张半径为6的圆形铁皮中裁剪出一块扇形铁皮（如图1阴影部分），并卷成一个深度为米的圆锥筒（如图2）．若所裁剪的扇形铁皮的圆心角为． (1)若圆锥内有一个底面圆半径为的内接圆柱（如图3），求内接圆柱侧面积的最大值以及取最大值时的取值. (2)在圆锥内有一个棱长为的正方体，若该正方体在圆锥内可任意转动，求的最大值. 【答案】(1)圆柱侧面积的最大值为，此时. (2) 【分析】（1）根据条件，可得所裁剪的扇形铁皮的弧长，进而可得圆锥底面半径r，作出轴截面图，根据三角形相似，求出内接圆柱体的高，代入侧面积公式，结合二次函数的性质，即可得答案. （2）分析可得当正方体的外接球为圆锥的内切球时，正方体的边长a最大，作出轴截面图，根据勾股定理，求出半径R，即可得答案. 【详解】（1）由题意，所裁剪的扇形铁皮的圆心角为，半径为6， 则所裁剪的扇形铁皮的弧长为， 设圆锥底面半径为r，则，解得，且圆锥的母线长为6， 则圆锥的高， 作出圆柱与圆锥的轴截面图，如下图所示： 设内接圆柱体的高为H，根据三角形相似可得， 则，整理得， 则圆柱的侧面积，， 所以当时，侧面积S取得最大值. （2）由题意得，要使正方体在圆锥内可任意转动，且边长最大，则正方体的外接球即为圆锥的内切球， 作出圆锥与其内切球的截面图， 设内切球的半径为R，则，又圆锥的高， 所以，，则， 因为，所以，解得， 即内切球的半径为，直径为， 又正方体边长最大时，外接球为圆锥的内切球， 且正方体的体对角线为外接球的直径，则，解得. 则该正方体在圆锥内可任意转动，的最大值为. 3．（24-25高一下·广东广州·期中）已知圆锥的轴截面面积为，侧面展开图为半圆. (1)求其母线长； (2)在此圆锥内部挖去一个正四棱柱，形成几何体，其中正四棱柱的底面边长为，上底面的四个顶点在圆锥侧面上，下底面落在圆锥底面内，求几何体的体积； (3)求此圆锥外接球的表面积. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由圆锥的侧面展开图扇形的弧长即底面圆的周长，得，从而高为，由轴截面面积建立的方程求解即可. （2）由轴截面图形中的对应比例关系求解正四棱柱的高，由此可求其体积，再由间接法可得所求几何体体积. （3）画出图形，根据即可求得半径. 【详解】（1）设圆锥底面圆的半径为r，母线长为，高为， 由题意知，侧面展开图的弧长，则， 则圆锥高， 由其轴截面的面积为，解得，则， 则其母线长为. （2）设正四棱柱的高为，棱长为， 则，则正四棱柱的底面对角线的长为，底面对角线的一半长为， 由图可得，所以， 故正四棱柱的体积为， 因圆锥体积为. 所以该几何体的体积为. （3）设底面圆周上一点为，底面圆心为，球心为，球的半径为， 则在中有，， 即，得， 则圆锥外接球的表面积为 4．（2026·广东广州·三模）如图1所示，是边长为2的正三角形，四边形是一个等腰梯形，，现在沿着把折起到的位置，连接，使得，如图2所示． (1)证明：平面平面； (2)求三棱锥的外接球的半径； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）应用勾股定理得出，进而应用线面垂直判定定理得出平面BCDE，最后应用面面垂直判定定理证明； （2）根据线面垂直，设，再根据外接球性质列式计算求解得出半径； 又由等腰梯形，且，可得，且， 因为，所以，所以， 因为，且OC，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）连接，易得，因为，所以， 所以△的外接圆圆心为，又平面， 所以三棱锥的外接球的球心在直线上， 如图，设外接球半径为，， 则，解得， 所以； 5．（25-26高一下·广东深圳·期中）如图，已知点在圆柱的底面圆上，为圆的直径，，，三棱锥的体积为． (1)求圆柱的表面积； (2)求三棱锥外接球的体积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）首先求出AP、BP，即可得到，再由，求出，最后根据圆柱的表面积公式计算可得； （2）三棱锥外接球即为圆柱的外接球，求出外接球的半径，再根据球的体积公式计算可得． 【详解】（1）在中，，， ， 又在中，，， ， 而点P在圆柱的底面圆O上，且为圆的直径， ， 所以， 于是由，得， ， 圆柱的表面积． （2）三棱锥外接球即为圆柱的外接球， 则外接球的球心是的中点，半径， 所以三棱锥外接球的体积． 6．（2026·湖南长沙·模拟预测）如图1所示，是边长为2的正三角形，四边形是一个等腰梯形，，，O为的中点，现在沿着把折起到的位置，连接，，使得，如图2所示．    (1)证明：平面； (2)求三棱锥的外接球的半径． 【答案】(1)连接，，， 由是边长为2的正三角形，可得，，， 又由等腰梯形，且，可得， 因为，所以，所以， 因为，且，平面，所以平面． (2) 【分析】（1）根据正三角形，等腰梯形的性质，勾股定理，及线面垂直的判定即可证明； （2）先确定的外接圆圆心为，再确定三棱锥的外接球的球心在直线上，进而结合勾股定理即可求出该外接球的半径． 【详解】（1）略 （2）连接，结合（2）有，则， 因为，所以，所以的外接圆圆心为， 又平面，所以三棱锥的外接球的球心在直线上， 如下图，设外接球半径为，则，    设，则，解得， 所以． 7．（25-26高一下·重庆·期中）如图，在三棱锥中，，，，点，分别是棱，上的动点（不含端点）． (1)若平面． （ⅰ）求的长度． （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． (2)若为的中点，且平面，求三棱锥的内切球的表面积． 【答案】(1)①；②； (2). 【分析】（1）①由平面，得到，且，再由，在直角中，即可求解； ②根据面面垂直判定定理证明平面平面，过点作，结合线面角定义可得为直线与平面所成角，解三角形求其正弦值； （2）根据线面平行性质定理可得，求三棱锥的体积，结合三棱锥内切球性质求内切球半径，再由球的表面积公式求结论. 【详解】（1）解：①由平面，因为平面，可得， 又因为，且，所以， 因为平面，可得， 又因为且，所以，且. ②因为平面，平面， 所以平面平面， 在平面内过点作，垂足为， 又平面平面，所以平面， 又平面，所以，且为三棱锥底面上的高， 在中，由，可得， 在中，由，可得， 在中，因为，，， 所以边上的高为，所以的面积为， 所以，故， 在中，由余弦定理得， 即， 因为平面，所以为直线与平面所成角， 设与平面所成的角为，则. （2）由平面，平面平面，根据线面平行性质得， 因为是中点，故， 得， 结合， 可得， 所以三棱锥为正四面体， 设点在底面上的投影为，则为的中心， 所以，， 又的面积， 所以三棱锥的体积， 三棱锥的表面积为， 设三棱锥的内切球半径为， 则，所以， 内切球表面积. 【题型10 立体几何中的动点与存在性问题】 1．（25-26高一下·天津·期末）如图，在四棱锥中，为等边三角形，，平面平面，，，，， (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的平面角的余弦值为．若存在，求出值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明：取棱的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以， 又，，，平面，所以平面. (2) (3)存在， 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明即可. （2）连接，结合线面角的定义得到为直线与平面所成的角，在中结合三角函数求解即可. （3）取中点，连接，，结合二面角的定义得到为二面角的平面角，设，在中，结合余弦定理求解即可. 【详解】（1）略 （2）连接， 由（1）中平面，所以为直线与平面所成的角. 因为为等边三角形，，且为的中点，所以， 又，在中，， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）取中点，连接，， 在中，， 因为平面，又平面，所以， 在中，，所以，所以， 又点为中点，所以， 同理， 所以为二面角的平面角， 设， 在中，， 在中，， 在中，，，， 由余弦定理可得，即， 化简得到，解得或（舍去）， 即线段上存在一点，使得二面角平面角的余弦值为，此时． 2.（25-26高一下·广东珠海·期中）如图所示，正四棱锥中，为侧棱上靠近点的四等分点，即，为侧棱的中点，平面平面. (1)证明：平面； (2)证明：； (3)侧棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，试说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）连接交于点，连接，证明即可得证； （2）证明平面，利用线面平行的性质即可证明； （3）过作的平行线交于，求出，证明平面，再根据平面即可得到平面平面，即可得到平面. 【详解】（1）连接交于点，连接， ∵四边形为正方形， ∴点为的中点，又为的中点， ， 平面PAC，平面， 平面. （2），平面，平面， 平面， 又平面，平面平面， . （3）在侧棱上存在一点，使平面，满足. 理由如下： 由，为中点得， 过作的平行线交于，连接，， 由于，则， ，平面，平面， 平面， 由（1）知平面， 又，平面， ∴平面平面， 又平面， 平面， 所以侧棱上存在一点，使得平面，且. 3．（25-26高二下·江苏南通·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，平面，且，点为棱的中点． (1)求证：； (2)求证：平面； (3)若为上的动点，则线段上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)因为平面，平面，且平面平面， 根据线面平行的性质定理，可得：. (2)取的中点，连接.如图： 因为是中点，所以是的中位线，得，且. 由题设，结合（1）中，可得 且， 因此四边形是平行四边形，得. 又平面，平面， 根据线面平行的判定定理，可得：平面. (3)线段上存在点，当是中点时，平面.理由如下： 由，，可得且， 因此四边形是平行四边形，得. 又平面，平面，所以平面. 结合（2）的结论平面，且，平面， 根据面面平行的判定定理，可得平面平面. 因为是上动点，平面， 根据面面平行的性质，可得平面. 因此，线段上存在点，当为中点时满足平面. 【分析】（1）直接由线面平行的性质定理可得； （2）取的中点，构造平行四边形，再由线面平行的判定定理可得； （3）取的中点，由已知条件可得四边形是平行四边形，进而可得 平面，再结合（2）的结论及面面平行的判定定理可得平面，再由面面平行的性质可得. 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 4．（24-25高一下·湖南衡阳·期末）如图三棱柱中，侧面底面ABC，底面三角形ABC不是直角三角形，． (1)求证：三棱柱的任意两个侧面的面积和大于第三个侧面的面积； (2)若底面ABC为正三角形，，P为线段BF上一动点，且满足四棱锥的体积为，求平面PAB与平面ABC所成二面角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证得三棱柱是正三棱柱，然后根据三角形的性质证得三棱柱的任意两个侧面的面积和大于第三个侧面的面积. （2）作出平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角，解直角三角形求得二面角的正切值. 【详解】（1）过B作，垂足为O， 因为三角形ABC不是直角三角形，所以O与A，C不重合， 又因为侧面底面ABC， 所以面ACFD，因为平面，所以， 又∵，，∴，而平面， 所以面ABC，即三棱柱为直三棱柱， 设侧面面积分别为，，，则由于三棱柱为直三棱柱， 所以，，， 又∵，，， ∴，，， 所以三棱柱的任意两个侧面的面积和大于第三个侧面的面积； （2）过P作，垂足为N，过N作， 垂足为M，连接PM，易知面ABC， 因为平面，所以， 又因为平面，所以面PMN， 因为平面，所以， 即为平面PAB与平面ABC所成平面角； 设P到平面ACFD的距离为h，因为， 即得，可知P为线段BF的中点，则N为线段BC的中点， 所以，， 在中， 所以平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角的正切值为． 1．（25-26高一下·山西·阶段检测）如图，在矩形中，分别为上的点，，将矩形沿折起，使点落在的位置，落在的位置，得到四边形，已知不在平面上． (1)证明：四点共面； (2)证明：平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由结合基本事实证明即可； （2）由面面平行的判定定理证明即可. 【详解】（1）由得， 由两平行直线确定一个平面，可知四点共面． （2）由平面，平面，得平面， 由，平面，平面，得平面， 由，平面，平面，得平面平面． 2．（25-26高一下·浙江·期中）小明设计了一款无盖鱼缸，如图，它是由两个完全一样的长方体通过一个半径为0.1米，长度为0.3米的圆柱形玻璃管水平连通的. (1)小明至少需要多少平方米的玻璃（不考虑损耗）？ (2)小明欲将鱼缸注水至的高度，需要多少立方米的水？ 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用棱柱、圆柱的表面积公式列式求解. （2）利用柱体体积公式列式求解. 【详解】（1）依题意，所用玻璃面积是一个长方体的侧面积加上其下底面积，再减去圆柱底面积的差的2倍，然后加上圆柱的侧面积， 因此所求面积为 ， 所以需要平方米的玻璃. （2）由圆柱体距离鱼缸底部，得注水至0.3米时，圆柱体刚好注至一半的体积， ， 所以需要立方米的水. 3．（2023高三·全国·专题练习）在矩形ABCD中，，．点E，F分别在AB，CD上，点分别在上，且，．沿EF将四边形AEFD翻折至四边形，点平面BCFE． (1)求证：平面； (2)求证：与BC是异面直线； 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）证明平面平面，利用面面平行的性质定理可证明结论； （2）利用反证的方法，假设假设与不是异面直线，得出矛盾，即可证明结论； 【详解】（1）证明：∵，平面，平面， ∴平面， ∵，平面，平面， ∴平面，∵，平面， 故平面平面，而平面，故平面； （2）证明：假设与BC不是异面直线，即四点共面， 则或相交于一点，设为Q， 若，∵平面BCFE，故平面BCFE， 而平面，平面平面， 故，与且，，则不平行矛盾； 若，则平面，平面， 平面平面，故，则交于一点， 由题意可知相交于FE延长线上，相交于EF延长线上一点， 即不会交于同一点，故矛盾， 由此说明即四点不共面，即与BC是异面直线． 4．（24-25高一下·全国·课后作业）如图给出两个几何体： (1)画出两个几何体的平面展开图； (2)图①是侧棱长为的正三棱锥，，过点作截面分别交BD，CD于点E，F，求截面三角形周长的最小值． 【答案】(1)答案见解析 (2)6． 【分析】（1）作出展开图即可. （2）沿着侧棱DA把正三棱锥展开在一个平面内，利用两点间线段最短可求截面周长的最小值． 【详解】（1）展开图如下图所示．    （2）将三棱锥沿侧棱DA剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上，如图， 线段的长为所求周长的最小值，取的中点，则， 又，可求得，则，即截面三角形周长的最小值为6．    5．（23-24高一下·辽宁·期末）如图，这是某种型号的奖杯，它是用一个正四棱台、一个正四棱柱和一个球焊接而成的球的半径为.正四棱柱的底面边长为，高为.正四棱台的上、下底面边长分别为和，斜高（即侧面梯形的高）为.    (1)求这种型号的奖杯的表面积（用表示，焊接处对面积的影响忽略不计）； (2)已知，若为奖杯表面镀金所用的材料每可以涂，且该种型号的奖杯底面（图中正四棱台的下底面作为该种型号的奖杯的底面，一般底面采用其他村质）不需要镀金，则为100个这种型号的奖杯镀金约需要多少材料？（取3.14，精确到） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）分别求得棱台、棱柱、球的表面积后相加即可得出该奖杯的表面积； （2）求出奖杯需要镀金的表面积，再根据镀金材料的每平方米的重量可求得为100个这种型号的奖杯镀金所需要的材料. 【详解】（1）球的表面积为. 正四棱柱的表面积为. 正四棱台的表面积为. 故这种型号的奖杯的表面积为. （2）因为1个这种型号的奖杯需要镀金的面积为 ， 所以100个这种型号的奖杯需要镀金的面积为. 因为为奖杯表面镀金所用的材料每可以涂， 所以为100个这种型号的奖杯镀金约需要材料. 6．（2026·四川成都·三模）如图，在菱形中，，，将沿翻折至，连接构成四棱锥． (1)证明：平面； (2)若二面角的余弦值为． ①求的长； ②设在平面上的射影为，直线与交于点，为的中点，证明：平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）利用菱形对角线互相垂直，得；再由翻折的不变性，得；结合，根据线面垂直判定定理证得结论； （2）① 由（1）的垂直关系，确定为二面角的平面角；在菱形中求出，翻折后；在中，用余弦定理直接计算； ②先由面面垂直性质确定在底面的射影在上，再通过相似三角形推出为的中点；接着利用中位线分别证明、，从而证得平面平面，最后由面面平行的性质得平面． 【详解】（1） 连接交于点，连接， 因为是菱形，所以，所以，， 因为沿翻折至，所以，且， 又平面，， 所以平面； （2）①由（1）知，，平面，平面， 所以是二面角的平面角，故， 菱形中，，，， 所以在中，， 故，即； ②由（1）知平面，因为平面，所以平面平面， 因为在平面上的射影为，平面平面，所以． 过点作平面的垂线，垂足为，连接并延长交于点，连接， 由①知，，，故，从而，， 因为与相似，所以，故， 所以为的中点， 因为为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为为的中点，所以， 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． 7．（25-26高一下·四川成都·期中）(本题若使用空间向量，相关步骤不得分)如图，已知正四面体的棱长为，为底面的外心，为中点. (1)连接，证明：平面. (2)设的中点为，求与平面夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理求解证明即可；（2）运用几何法求解线面夹角的正弦值. 【详解】（1）证明：如图，连接，由于为的外心，故有. 因为为中点，，所以，， ∵，平面∴平面， ∴.同理，. ∵，平面， ∴平面. （2）正四面体棱长​，等边中，中线， 为重心（等边三角形重心与外心重合），故. 由平面，​. 是中点，在中，，， 由中线长公式. 由体积法，​​， 故， 又​， 设到平面距离为，则，​ 设线面夹角为，由线面角定义，代入得. 即直线与平面夹角的正弦值为. 8．（25-26高一下·陕西咸阳·期中）一个圆锥体石膏如图所示，其中S是圆锥的顶点，AB是圆锥底面的一条直径，C是SA的中点，且该圆锥的轴截面是边长为8的等边三角形． (1)求该圆锥体石膏的体积； (2)若有一只昆虫绕着圆锥体石膏的侧面从B点爬行至C点，求昆虫爬行的最短距离； (3)将该圆锥体石膏打磨成一个球体石膏（损耗忽略不计），求打磨的球体石膏表面积的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题目条件求得圆锥底面圆半径和高，进而根据圆锥体积公式进行求解； （2）通过展开圆锥侧面，得到B到C的最短距离为线段BC的长度，结合弧长的公式进行求解； （3）将圆锥内切球的半径等价为圆锥轴截面三角形内切圆的半径，结合球体的表面积公式进行求解. 【详解】（1）设为底面圆的半径，为圆锥的高， 因为是边长为8的等边三角形， 所以，， 因此圆锥体石膏的体积. （2）圆锥底面圆的周长，圆锥侧面展开图是扇形，扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长， 设扇形圆心角为，扇形的半径就是圆锥的母线长为8， 所以，解得，即侧面展开图为半圆，如下图所示， ，，，， 所以到的最短距离， 即昆虫爬行的最短距离为. （3）圆锥内可打磨出的最大球体就是圆锥的内切球，此时球的半径最大，表面积也最大， 因为圆锥的轴截面是等边三角形，所以等边三角形的内切圆半径就是圆锥内切球的半径， 设圆锥内切球的半径为，， 此时球的表面积. 9．（25-26高一下·四川广安·阶段检测）正方形中，，为的中点，，．将沿翻折到，沿翻折到，连接． (1)求证：： (2)当时，求二面角的正弦值； (3)设直线与平面所成角为，问是否存在，使得能取得最大值，若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不存在，使得能取得最大值，理由见解析 【分析】（1）根据线线垂直可证明线面垂直，即可求证. （2）根据二面角的几何法可得即为二面角的平面角，即可由三角形的边角关系求解， （3）理由等体积法求解点到平面的距离为，即可由线面角的定义求解，由换元法，结合基本不等式取等条件得矛盾，即可求解. 【详解】（1）由于平面， 故平面， 又平面， 所以 （2）过作于，连接, 由（1）知,平面， 所以平面，平面， 故， 因此即为二面角的平面角， ，则为中点， ， 由等面积法可得,解得， 在中，， 故二面角的正弦值为. （3）设点到平面的距离为， 由于，所以，， 则， 因此， 所以， ， 由等体积法可得,所以， 由于直线PM与平面AMN所成角为，则， ，令，则， 故，当且仅当时取等号，此时，这与矛盾，故不存在，使得能取得最大值， 10．（21-22高三·云南·阶段检测）图甲是由直角梯形ABCD和等边三角形CDE组成的一个平面图形，其中，，，将沿CD折起使点E到达点P的位置（如图乙），在四棱锥中，若. (1)证明：平面平面ABCD； (2)若平面PCD与平面PAB的交线为，求与平面ABCD的交点到平面PAD的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点为，连接，，得，，由勾股定理逆定理得线线垂直，由线面垂直的判定定理得线面垂直，从而得面面垂直； （2）延长交于点，连接，则平面与平面的交线为，即为，平面，用等体积法求到平面的距离． 【详解】（1）证明：如图，取中点为，连接，， 由题得且，得，， ∵，∴， ∵，∴，，平面， ∴平面，平面， 所以平面平面. （2）如图，延长交于点，连接， 则平面与平面的交线为，即为，平面， 设到平面的距离，由， 得， ∵， ，由且得是中点， 所以， ∴. 11．（25-26高一下·山东济宁·期中）如图，长方体的长、宽、高分别为x，y，2且，. (1)当底面ABCD为正方形时， （i）求长方体的表面积； （ii）求三棱锥体积和外接球体积； (2)取、的中点分别为M、N，求三棱锥的体积的最大值. 【答案】(1)（i）10（ii）； (2) 【分析】（1）（i）易得，再根据长方体的表面积公式求解即可； （ii）根据即可求出三棱锥的体积，易得三棱锥的外接球即长方体的外接球，求出半径，再根据球的体积公式求解即可； （2）由题意可得，从而可得，再结合基本不等式求解即可. 【详解】（1）（i）因为底面ABCD为正方形，所以， 则长方体的表面积为； （ii）由图和已知， ， 故三棱锥体积为， 由题可知，三棱锥的外接球即长方体的外接球， 设该外接球的半径为R，则， 因此三棱锥外接球体积； （2）因为M、N分别为、的中点， 所以， 则 ， 当且仅当时，等号成立，即三棱锥的体积的最大值为. 12．（24-25高一下·山东济宁·阶段检测）球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高．球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积．和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底．当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底、以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”．如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为． (1)类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式； (2)在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求的值； (3)已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）类比球的体积公式推导，把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为，结合锥体体积公式可得“球锥”体积. （2）设圆锥半径为，由勾股定理可得，由题意，计算体积消去化简即可. （3）根据四面体棱长计算高和底面外接圆的半径，结合题意分析即可. 【详解】（1）把“球锥”切割成无数个小锥体，依题意得球冠面积为， 所有小锥体的底面积之和即球冠面积，结合锥体体积公式得“球锥”的体积为. （2）设圆锥半径为，则， 当球缺的体积与圆锥的体积相等时，，即， 消去，得， 整理得，而，所以. （3）设正四面体内接“球锥”，顶点与球心重合，棱长为， 则外接圆半径为，正四面体的高为，显然不满足条件， 当顶点在圆锥底面圆周上时，，得， 当时，作平行于圆锥底面的平面截正四面体，所得棱长小于的正四面体均可内接该“球锥”， 因此，若要存在棱长唯一的正四面体内接该“球锥”，则，且顶点在球冠上， 即，且，又，所以. 13．（25-26高二上·上海·阶段检测）图①是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，．将其沿折起使得与重合，连接，如图②． (1)证明：平面； (2)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）法一：由线面平行的判定定理证明；法二：由面面平行的性质证明； （2）过作交的延长线于点，连接，再根据线面角的定义，作出线面角的平面角，利用边角关系即可求解． 【详解】（1）法一：由题意可知，， 所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面． 法二：因为，平面，平面，所以平面， ，平面，平面，所以平面， ，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面； （2）过作交的延长线于点，连接， 因为平面平面，且交线为，平面， 所以平面， 所以在平面内的射影为， 所以与平面所成的角为， 因为，所以， 在中，， 在中，，所以， 所以， 所以与平面所成角的正切值为． 14．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·阶段检测）已知在正四棱柱中，，点是的中点．    (1)求证：平面平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)； (3)3 【分析】（1）由题，可证平面，再根据面面垂直的判定定理得证； （2）由题，为异面直线与所成角或其补角，求出三边长，利用余弦定理得到异面直线的夹角余弦值； （3）证明平面，由等体积法求出三棱锥的体积. 【详解】（1）由题可得，又平面，平面，故， 而平面，且， 平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）知，，    所以为异面直线与所成角或其补角， 正四棱柱中，， 由勾股定理得， 在中，， 由余弦定理，得， 故异面直线与所成角的余弦值为. （3）因为正方形，所以，， 又在正四棱柱中，平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面， 所以． 或. 15．（22-23高一下·北京密云·期末）如图，在四棱柱中，底面是边长为1的正方形，侧棱平面，，是的中点．    (1)求证：平面； (2)证明：； (3)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）根据线线平行，即可证明线面平行； （2）根据线面垂直的性质定理，以及线面垂直的判断定理，即可求解； （3）利用等体积转化，求三棱锥的体积. 【详解】（1）证明：设，连接．    在四棱柱中，是正方形， 所以为中点． 又因为为中点，所以． 因为面面， 所以面． （2）证明：在四棱柱中，面． 因为面，所以． 在正方形中，． 又因为面面， 所以面． 因为面，所以． （3）在四棱柱中， 因为面，所以是三棱锥的高． 所以． 1．（2024高三·全国·专题练习）一山坡的倾斜度（山坡面与水平面所成二面角的度数）是，斜坡上一直道，它和坡脚成，为解决山腰处居民的饮水问题，有甲、乙两种方案． 方案甲：一次性投资12万元打深水井，取用与坡脚水平的暗河中的水（经检验符合饮用水标准）； 方案乙：沿铺设自来水管道，第一个费用为1万元，以后每往上一个所需费用比前一个的费用扩大1倍； 如果处高出暗河，那么选用哪个方案比较合理？请你说明理由．（不考虑其他因素） 【答案】甲合理，理由见解析 【分析】先利用二面角的定义，结合正弦函数的定义求得的长，从而求得方案乙所需费用，进而得解. 【详解】如图所示，是坡面，是直道，设． 设是点到水平面的垂线，垂足，作且交于，连结．    根据三垂线定理，得就是坡面和水平面所成的二面角的平面角． 由题意得，． 因此，．则． 方案乙：铺自来水管道所需费用万元，万元， 万元，万元， 总共需要费用万元万元． 故选用方案甲比较合算． 2．（24-25高一下·湖北武汉·期中）如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G，H，P分别是棱，的中点， (1)过点A，G，H作正方体的截面，并说明理由； (2)求三棱锥的外接球的表面积； (3)设点M在平面内，且平面，求直线与直线所成角的余弦值的最大值． 【答案】(1)作图见解析，理由见解析； (2) (3) 【分析】（1）由面面平行的性质确定，即可确定截面； （2）确定球心的位置，并根据球的半径相等，得到方程，求出球的半径，计算即可； （3）证明面面平行，确定M的位置，直线与所成的角即为，由空间中的线面关系计算出，进而得到余弦值的最大值即可. 【详解】（1）过点的截面是，理由如下： 设平面平面，平面平面， ∴，又，分别是和的中点， ∴，，∴，∴即为直线， ∴正方体中过点的截面是； （2）如图，易证为等腰直角三角形，则其外接圆圆心为EH的中点Z， 过Z作ZN⊥平面EPH，交面于N，则N为的中心， 三棱锥的外接球球心Q在直线ZN上， 设外接球半径为，，则， 其中，， 故， ∴球的表面积； （3）取的中点，又的中点，则，又， 所以， 因为平面，平面， 所以平面， 又在正方体中，， 平面，平面， ∴平面，又， ∴平面平面， ∴点在线段上运动，又， ∴直线与所成的角即为直线与所成的角， 又平面，平面， ∴，是直角三角形， ∴， 当与垂直时，取得最小值， 其中，由勾股定理得， 故的最小值为， ∴，此时取得最大值， 由于且， 故，故的最大值为， ∴直线与所成的角的余弦值的最大值为. 3．（2027高三·全国·专题练习）阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中（，2，…，，）为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．”已知在直四棱柱中，底面为菱形，．（角的运算均采用弧度制） (1)若，求四棱柱在顶点处的离散曲率； (2)若四棱柱在顶点处的离散曲率为，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】第（1）问先由条件推出底面为正方形，再根据直棱柱的侧棱与底面垂直得到各面角，代入离散曲率公式计算； 第（2）问先利用已知离散曲率求出底面菱形的一个内角，再根据线面垂直关系找到所求的线面角，最后在直角三角形中计算正弦值. 【详解】（1）若，则菱形为正方形，即， 因为平面，，平面，所以，， 所以直四棱柱，在顶点处的离散曲率为． （2）因为平面，，平面，所以，， 直四棱柱在顶点处的离散曲率为， 则，即是等边三角形， ∵四边形为菱形， ∴， 又直四棱柱， ∴平面，平面，∴， 又，平面，， ∴平面， 设，则即为与平面所成的角， 在中，，， ，所以与平面所成角的正弦值为． 4．（25-26高一下·浙江宁波·期中）如图，在四边形中，，四边形绕所在直线旋转一周所形成新的几何体． (1)求该几何体的表面积和体积； (2)若旋转过程中，点和点始终落在球上，求球的表面积． 【答案】(1)表面积,体积. (2) 【分析】（1）分析图形的构成，表面积有哪几块构成，利用圆、扇形、扇环计算面积即可，体积看是由哪几个基本几何体组合而成，利用圆锥圆台体积计算公式计算即可. （2）立体问题平面化找球心，求半径，利用球的表面积计算公式计算即可. 【详解】（1）如图，在中，， 从而.则， 过点作于，则， 从而四边形为矩形，即有，, 从而，则在中, . 该几何体的表面积包含旋转一周得到的曲面，旋转一周得到的曲面，以及旋转一周得到的圆面. 而， ， ， 从而该几何体的表面积 该几何体的体积可看成由梯形旋转得到的圆台挖去由三角形旋转得到的圆锥，则. （2）如图，由题意球的球心在直线上，设， 则， 又， 则，解得. 从而球的半径， 球的表面积. 5．（2026高三·全国·专题练习）已知四棱锥的底面是正方形，平面ABCD，，点E是SD上的点，且．若二面角的大小为，求的值． 【答案】 【分析】根据给定条件，结合线面垂直的性质，利用射影面积公式求二面角的方法列式求解. 【详解】 如图，设，连接EO， 由平面，平面，得， 由四边形ABCD是正方形，得，而，平面， 则平面，又点E是上的点，于是在平面内的射影是， 在平面内的射影是，设的面积分别为S和， 设二面角的大小为，则，由， 得，， 则，， 因此，， 则，解得. 6．（24-25高一下·江西赣州·期末）如图1，在等腰梯形中，，，，，把三角形沿着翻折，得到图2所示的四棱锥，，记二面角的平面角为.           图1                      图2                         (1)证明：平面； (2)当时，求证：平面； (3)当时，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）在平面EBM中构造辅助线OM，利用相似证明，即可证明线面平行； （2）首先确定二面角的平面角，由推出，进而利用线面垂直证明，然后由勾股定理推出，即可证明线面垂直. （3）作辅助线与，证明平面ABCE（MG即为四棱锥的高），求出对应线段长度，利用等体积法求点到平面的距离. 【详解】（1）连接交于点，连接， 由题意知,，易知，则有. 因为，所以， 根据相似性得， 又平面，平面，所以平面. （2）如图，因为翻折前，所以翻折后，， 由二面角的定义可知，二面角的平面角， 当时，，即， 又因为，且，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 在中，易知，，， 满足：，由勾股定理可知，， 因为，且，平面， 所以平面. （3）过点D作于点H， ，，， 作于，连接， 因为，，,CE、ED平面CDE， 所以平面CDE，又MG平面CDE，所以MG， 因为MG，，、AE、EC平面ABCE， 所以平面ABCE， 因为，所以， 所以，，，， 所以，，， 所以为等腰三角形，且边上的高， 所以， 令到平面的距离为，且， 因为，所以， 所以. 7．（25-26高三下·山东·阶段检测）如图，在正三棱锥中，为的重心，也为在面上的投影．上一点满足，上一点满足，且，为中点． (1)证明：； (2)若三棱锥各棱长均为2，求到距离的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由正三棱锥的性质可知，作为底面正的重心，同时是顶点在底面的投影，因此平面，进而；又正三角形的重心与垂心重合，故.结合与相交于，根据线面垂直的判定定理，可得平面，最终由线面垂直的性质推出。 （2）本题先通过作投影确定正四面体中 为 的重心，利用正三角形性质算出相关线段长度，再由相似三角形得到 的投影 的位置与 到平面 的距离；接着用向量分解表示 ，结合三点共线的系数和为 1 建立参数方程，代入 求解 ；最后根据垂线段最短，确定 到 的最小距离为 到面 的距离 . 【详解】（1）因为三棱锥为正三棱锥，所以为正三角形. 因为 是正 的重心，也是 在平面 上的投影，故 平面 . 平面 ，因此 . 又 为正 重心，所以也为正 垂心，故 . 因为，且 平 面 ，所以 平面 . 因为面 ，所以 . （2）如图所示，过作平面，则为在面的投影；过作平面，则为在平面的投影. 因为三棱锥每条棱长都为，所以该三棱锥为正四面体，所以为的重心. 因为正边长为，所以高为. 延长 交 于 ，由正三角形垂心重心重合得. 所以重心 到顶点距离 . 三棱锥的高. 因为平面，平面，所以. 所以易得. 因为为中点，所以. 所以若存在和使得线段经过，则求到距离的最小值即求到平面的距离. 如图所示，假设存在和使得线段经过，则由题可知;. 因为为的重心，为中点，所以. 即 .又 ， 所以 . 由三点共线可知若 ，即 时，线段经过 此时. 代入 ，得 ，即 . 由求根公式，. 显然有，所以假设成立，即到距离的最小值即到面的距离. 8．（25-26高一下·浙江温州·期中）如图，三棱锥满足面，点为棱中点，点在直线上的投影分别为. (1)证明：面； (2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积； (3)是否存在点使得点到的距离均相等，若存在，求二面角余弦值的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)存在点，余弦值的取值范围为 【分析】（1）题中垂直条件较多，利用线线垂直证明线面垂直，从而证明线线垂直，进而找到平面中的两直线与直线垂直；（2）要求三棱锥的体积，由于已知的长度，那么只要求出的面积；条件中提到二面角的余弦值，因此先找出二面角的平面角，再考虑该平面角与可通过联系；（3）先利用球的任意截面都是圆的性质找出的位置，再构造二面角的平面角，利用函数求取值范围 【详解】（1）连接，因是等腰三角形底边上的中线，所以 因为平面，所以 因为平面，平面，且与相交于点，所以平面 所以 因点在直线上的投影是点，所以 因为平面，平面，且与相交于点，所以平面 所以 因点在直线上的投影是点，所以 因为平面，平面，且与相交于点，所以平面 （2）同（1），可证得平面，则 由（1）的过程可知，平面，所以， 所以是二面角的平面角，则 在四边形中，，所以 所以，解得 因为平面，所以， 因为，所以 所以，可得，故 所以是等边三角形，其面积为 所以三棱锥的体积为 （3） 因为是直角三角形，所以其外心在其斜边的中点，设线段中点为 过作直线使得平面，则直线上的任意点到，，的距离相等； 同理，是直角三角形，设斜边的中点为 过作直线使得平面，则直线上的任一点到，，的距离相等； 因此，与的交点距离，，，，的距离相等 因为平面，所以，故在的中位线上 所以与相交于点，即与重合 即 设线段中点为，线段中点为，连接，， 中，，因此 过作，与延长线交于，因为，所以 又因为（中位线），所以 因此，是二面角的平面角 设， 则，，，，（中位线） 由射影定理得，，则 由（1）可知，，由勾股定理得，，则，由垂径定理得， 在中，由余弦定理得，，代入化简得， 设，，函数在上单调递减 ，，而 故，即二面角余弦值的取值范围为 9．（2026·重庆·模拟预测）如图，在四面体中，，，，与间的距离为（即与、同时垂直相交的线段长为），且. (1)求证：； (2)若这个四面体被平行于棱、的平面截成两部分，设、到平面的距离比为，求证：这个四面体被平面分成的两部分（棱和交四面体组成的五面体与棱和交四面体组成的五面体）的体积比是. 【答案】(1)证明：取中点为，连接，， 因为，所以， 又因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为为中点，所以. (2)证明：与间的距离为的高，所以其面积为， 由（1），四面体的体积， 设平面与四面体各棱交于点，，，， 因为平面平行于棱、，则， 所以四边形为平行四边形，且， 即四边形是矩形， 设、到平面的距离分别为，，，， 所以，，由， 所以，， 多面体的体积可以分为中间的三棱柱和两边的三棱锥， ， ， 整理后，其体积， 则另一部分的体积，所以. 【分析】（1）取中点为，连接，，根据线面垂直的判定定理得平面，从而，即可得证； （2）四面体的体积，多面体的体积可以分为中间的三棱柱和两边的三棱锥，求其体积，则另一部分的体积，即可得解. 【详解】（1）略 （2）略 10．（2026·湖北襄阳·二模）四面体是最简单的多面体，只需4个三角形面，6条棱，4个顶点，就能围成一个封闭空间，这种用最少元素实现三维存在的特性，让它在多面体家族中具有最原始而纯粹的地位． (1)已知四面体的棱长均为2，E，F分别是棱的中点，G为直线上一点，Q为底面内部的一个点，Q到侧面，侧面，侧面的距离分别是，，． （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值的最大值． (2)若存在具有如下性质的四面体，其中2条棱长度为a，另外4条棱长度为2，求实数a的取值范围． 【答案】(1)（Ⅰ）（Ⅱ） (2) 【分析】（1）（Ⅰ）根据正四面体的几何性质，运用等体积法求出；（Ⅱ）根据正四面体的性质，结合已知条件，运用基底法表示向量，求出的表达式，对进行分情况讨论，求出的取值范围，进而求出最大值； （2）设，分是这两条棱的公共顶点和两条棱无公共顶点两种情况讨论，求实数a的取值范围． 【详解】（1）（Ⅰ）设到底面的高为，则由等体积公式可知 又， ． （Ⅱ）设正四面体的棱长为，， 则， ， ， ， ， ， ， 要使直线与直线所成角的余弦值最大， 即最大， ， 当时，， 当时，， 当时，易知， ，则，即， 当时，，则 ，故； 综上，，即， 直线与直线所成角的余弦值的最大值为． （2）设，是这两条棱的公共顶点， ，由，得，解得， 设M是的中点，由得， 解得， 由得，解得， ，化简得， 设，这两条棱没有公共点， 由及中的不等关系，得，解得， 综上，的取值范围为． 11．（25-26高一下·福建三明·期中）在经典欧氏空间中确定一个点位置所需要的独立坐标个数(自由度)即维度．例如，0维(点)的自由度，不需要任何坐标就能确定位置；1维(直线)的自由度，只需1个独立坐标x，2维(平面)的自由度，需2个独立坐标；3维(空间)的自由度，需3个独立坐标：……这是拓扑维度(线性代数维度)的本质定义，即独立自由度的数量．但是用自由度定义出来的永远是整数维，只能描述规整的欧氏几何体． 而科赫曲线、肺泡、谢尔宾斯基海绵这类分形体(指局部和整体具有高度雷同的结构)，是嵌入高维空间的低维拓扑流形．常见的肺泡曲面其拓扑自由度为2(膜结构)，但其豪斯多夫维(其中k为分形体的缩放因子，N为迭代生成囊泡数，即甲乙两分形体的线性相似比为1：k，用个甲可组合或堆叠得到乙，则认为该几何体为D维豪斯多夫空间体．事实上由于人基因的多元性，肺泡的豪斯多夫公认实验区间为：2.17~2.97)．豪斯多夫维描述的是几何体的空间填充复杂度． 如上图，两直线a与b的长度分为1与2，故它们的线性相似比就为1：2，即a是b缩放一半后所得，故缩放因子k=2，且两段(N=2)a可并排组合得到b，故直线的豪斯多夫维为1维． (1)猜想正方形与正方体的豪斯多夫维，并给出适当解释； (2)求n阶科赫曲线的豪斯多夫维(保留2位小数点)； (3)取棱长为1的正方体第1次迭代：将每条棱三等分，把正方体分割为27个全等的小正方体，挖去正中心1个与6个面中心共7个小正方体，剩余20个小正方体；重复该操作不断迭代，即可得到谢尔宾斯基海绵． ①经过一次迭代后，求谢尔宾斯基海绵剩余几何体的体积； ②经过一次迭代后，假设谢尔宾斯基海绵体的空腔内部有一个半径可变的小球，求该小球体积最大值； ③经过n次迭代后，谢尔宾斯基海绵的体积呈现何种变化，请说明理由． 参考数据：ln2=0.693，ln3=1.098 【答案】(1)正方形与正方体的豪斯多夫维分别为2，3，解释见解析； (2)1.26； (3)①；②；③答案见解析. 【分析】（1）由题干信息可得到正方形与正方体对应的，据此可得答案. （2）由图形可得科赫曲线对应的，据此可得答案； （3）①由题设描述可得一次迭代后的体积；②由题设可得内部小球半径最大为，据此可得答案；③由迭代过程可得变化趋势. 【详解】（1）当正方形边长变为原来，则需4个小正方形才能组成原本的大正方形， 即，从而； 当正方体棱长变为原来，则需8个小正方体才能组成原本的大正方体， 即此时，从而. 则正方形与正方体的豪斯多夫维分别为2，3； （2）由图可得，科赫曲线由初始线段开始，每一步将每条线段三等分， 移除中间一段，用两条等长线段（长度为原线段长度的）形成一个等边三角形的两边， 则每一步中，每条线段被替换为4条小线段，每条小线段长度为原线段的. 则，从而； （3）①一次迭代后，剩余几何体体积为：； ②一次迭代后，几何体内部空间由7个小正方体构成，因球体完全位于内部， 所以该球体为棱长为的正方体的棱切球， 则球体半径为正方体面对角线长度的一半即，从而球体体积为：； ③注意到每次迭代后，体积均会变为原本体积的，则迭代n次后，体积为， 则当逐渐增大时，因，谢尔宾斯基海绵的体积会逐渐接近于0. 12．（25-26高二上·湖南·期末）如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，为上一点，设平面与平面的交线为． (1)求证：平面； (2)当四棱锥的体积最大时，为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值； (3)当平面时，平面与交于，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据已知结合余弦定理可得出，进而得出，然后根据线面平行的判定定理，得出平面，再由线面平行的性质得出，最后证得平面； （2）先得出当四棱锥的体积最大时，平面平面，再建立空间直角坐标系，设出点坐标，由线面角的向量求法表示出正弦值，配方求得最大值即可； （3）设，根据已知条件结合线面平行的性质定理得出．进而根据梯形的性质求出．根据线面平行的性质定理得出 ．然后可求出，进而得出 ，根据等体积法即可得出答案． 【详解】（1）由为正三角形且可知． 又因为，且，在中，由余弦定理得 ， 所以，所以，所以，即．所以， 因为，平面，平面，所以平面． 又平面，平面平面，所以． 又平面，平面，所以平面． （2）当四棱锥的体积最大时，平面平面， 如图，取中点，连接， 由可得，由可得， 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， 故可以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图， 因为，所以， 设，则有， 设平面的法向量为，则即 令，则，所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， ∴， 当，当时，， 当且仅当时等号成立， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为． （3）设，如图，连接交于点，连接． 因为平面，平面，平面平面，所以． 在梯形中，， 所以有∽，所以． 因为，所以有，所以． 因为平面与交于，平面与交于， 所以有平面平面． 又平面，平面，所以． 又，所以，所以，． 设梯形的高为，则． 由，可知，所以． 又四棱锥与三棱锥高相等， 所以． 所以有． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $