第05講：空間立體幾何高頻考點突破【考點梳理】考點一：空間幾何體結構（1）多面體多面體定義圖形及表示相關概念特殊情形棱柱有兩個面互相平行，其余各面都是四邊形，并且相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行，由這些面所圍成的多面體叫做棱柱記作：棱柱ABCDEF－A′B′C′D′E′F′底面(底)：兩個互相平行的面側面：其余各面側棱：相鄰側面的公共邊頂點：側面與底面的公共頂點直棱柱：側棱垂直于底面的棱柱斜棱柱：側棱不垂直于底面的棱柱正棱柱：底面是正多邊形的直棱柱棱錐有一個面是多邊形，其余各面都是有一個公共頂點的三角形，由這些面所圍成的多面體叫做棱錐記作：棱錐S－ABCD底面(底)：多邊形面側面：有公共頂點的各個三角形面側棱：相鄰側面的公共邊頂點：各側面的公共頂點正棱錐：底面是正多邊形，并且頂點與底面中心的連線垂直于底面的棱錐棱臺用一個平行于棱錐底面的平面去截棱錐，底面和截面之間那部分多面體叫做棱臺記作：棱臺ABCD－A′B′C′D′上底面：原棱錐的截面下底面：原棱錐的底面側面：其余各面側棱：相鄰側面的公共邊頂點：側面與上(下)底面的公共頂點（3）圓柱、圓錐、圓臺、球旋轉體結構特征圖形表示圓柱以矩形的一邊所在直線為旋轉軸，其余三邊旋轉一周形成的面所圍成的旋轉體叫做圓柱.旋轉軸叫做圓柱的軸；垂直于軸的邊旋轉而成的圓面叫做圓柱的底面；平行于軸的邊旋轉而成的曲面叫做圓柱的側面；無論旋轉到什么位置，平行于軸的邊都叫做圓柱側面的母線圓柱用表示它的軸的字母表示，如圖中的圓柱記作圓柱O′O圓錐以直角三角形的一條直角邊所在直線為旋轉軸，其余兩邊旋轉一周形成的面所圍成的旋轉體叫做圓錐圓錐也用表示它的軸的字母表示，如圖中的圓錐記作圓錐SO圓臺用平行于圓錐底面的平面去截圓錐，底面與截面之間的部分叫做圓臺圓臺也用表示它的軸的字母表示，如圖中的圓臺記作圓臺O′O球半圓以它的直徑所在直線為旋轉軸，旋轉一周形成的曲面叫做球面，球面所圍成的旋轉體叫做球體，簡稱球.半圓的圓心叫做球的球心，連接球心和球面上任意一點的線段叫做球的半徑；連接球面上兩點并且經過球心的線段叫做球的直徑球常用表示球心的字母來表示，左圖可表示為球O考點二：空間幾何體的直觀圖1、用斜二測畫法畫水平放置的平面圖形的直觀圖的步驟2、斜二測畫法的步驟：①平行于坐標軸的線依然平行于坐標軸；②平行于y軸的線長度變半，平行于x，z軸的線長度不變3、原圖與直觀圖的關系：S直=S原；S原=S直考點三：簡單幾何體的表面積與體積1、空間幾何體的表面積（1）棱柱、棱錐的表面積：各個面面積之和（2）圓柱的表面積 （3）圓錐的表面積（4）圓臺的表面積 （5）球的表面積2、空間幾何體的體積（1）柱體的體積 （2）錐體的體積（3）臺體的體積 （4）球體的體積3、球的組合體（1）球與長方體的組合體：長方體的外接球的直徑是長方體的體對角線長.（2）球與正方體的組合體：正方體的內切球的直徑是正方體的棱長，正方體的外接球的直徑是正方體的體對角線長（a）.（3）球與正四面體的組合體：棱長為的正四面體的內切球的半徑為，外接球的半徑為.考點四：空間直線、平面的平行1．線面平行的判定定理和性質定理文字語言圖形語言符號語言判定定理平面外一條直線與此平面內的一條直線平行，則該直線與此平面平行(簡記為“線線平行?線面平行”)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥a,a?α,l?α))?l∥α性質定理一條直線與一個平面平行，則過這條直線的任一平面與此平面的交線與該直線平行(簡記為“線面平行?線線平行”)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥α,l?β,α∩β＝b))?l∥b2．面面平行的判定定理和性質定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一個平面內的兩條相交直線與另一個平面平行，則這兩個平面平行(簡記為“線面平行?面面平行”)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥β,b∥β,a∩b＝P,a?α,b?α))?α∥β性質定理如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α∥β,α∩γ＝a,β∩γ＝b))?a∥b考點五．直線與平面垂直(1)定義如果直線l與平面α內的任意一條直線都垂直，則直線l與平面α互相垂直，記作l⊥α，直線l叫做平面α的垂線，平面α叫做直線l的垂面．(2)判定定理與性質定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一條直線與一個平面內的兩條相交直線都垂直，則該直線與此平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a，b?α,a∩b＝O,l⊥a,l⊥b))?l⊥α性質定理垂直于同一個平面的兩條直線平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊥α))?a∥b2.直線和平面所成的角(1)定義平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的銳角，叫做這條直線和這個平面所成的角．若一條直線垂直于平面，它們所成的角是直角，若一條直線和平面平行，或在平面內，它們所成的角是0°的角．(2)范圍：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).3．平面與平面垂直(1)二面角的有關概念①二面角：從一條直線出發的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角；②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一點，以該點為垂足，在兩個半平面內分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所構成的角叫做二面角的平面角．(2)平面和平面垂直的定義兩個平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面互相垂直．(3)平面與平面垂直的判定定理與性質定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一個平面過另一個平面的垂線，則這兩個平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥α,l?β))?α⊥β性質定理兩個平面垂直，則一個平面內垂直于交線的直線與另一個平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,l?β,α∩β＝a,l⊥a))?l⊥α【題型梳理】題型一：空間幾何體的結構1．（2023春·福建南平·高一校考期末）下列命題中正確的是（

）A．正方形的直觀圖是正方形B．平行四邊形的直觀圖是平行四邊形C．有兩個面平行，其余各面都是平行四邊形的幾何體叫棱柱D．用一個平面去截棱錐，底面與截面之間的部分組成的幾何體叫棱臺【答案】B【解析】選項，正方形的直觀圖是平行四邊形；選項，由斜二測畫法規則知平行性不變知②正確；選項，要注意棱柱的每相鄰兩個四邊形的公共邊互相平行；選項，用一個平行于底面的平面去截棱錐，底面與截面之間的部分組成的幾何體叫棱臺．【詳解】解：選項，正方形的直觀圖是平行四邊形，故錯誤；選項，由斜二測畫法規則知平行性不變，即平行四邊形的直觀圖是平行四邊形，故②正確；選項，有兩個面平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行的幾何體叫棱柱，要注意棱柱的每相鄰兩個四邊形的公共邊互相平行，故錯誤；選項，用一個平行于底面的平面去截棱錐，底面與截面之間的部分組成的幾何體叫棱臺，故錯誤．故選：．2．（2023春·四川宜賓·高一宜賓市敘州區第一中學校校考期末）下列命題中，正確的是()A．經過正方體任意兩條面對角線，有且只有一個平面B．經過正方體任意兩條體對角線，有且只有一個平面C．經過正方體任意兩條棱，有且只有一個平面D．經過正方體任意一條體對角線與任意一條面對角線，有且只有一個平面【答案】B【詳解】因為正方體的四條體對角線相交于同一點(正方體的中心)，因此經過正方體任意兩條體對角線，有且只有一個平面，故選B．點睛：確定平面方法:過不在一條直線上的三點，有且只有一個平面;經過一條直線和這條直線外一點有且只有一個平面；經過兩條相交直線有且只有一個平面；經過兩條平行直線有且只有一個平面．3．（2023春·黑龍江大慶·高一鐵人中學校考期中）給出下列說法：①有兩個面平行且相似，其他各個面都是梯形的多面體是棱臺②有一個面是多邊形，其余各面都是三角形的幾何體是棱錐；③有兩個面平行，其余各面都是四邊形的幾何體叫棱柱④一個圓柱形蛋糕，切三刀最多可切成7塊其中正確說法的個數是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據棱柱、棱錐、棱臺和平面的的定義，逐項判定，即可求解.【詳解】對于①中，根據棱臺的定義，延長棱臺的所有側棱交于一點，所以有兩個面平行且相似，其他各個面都是梯形的多面體不一定是棱臺，所以①不正確；對于②中，根據棱錐的定義，有一個面是多邊形，其余各面都是有公共頂點的三角形的幾何體是棱錐，所以②不正確；對于③中，根據棱柱的定義，有兩個面平行，且該多面體的頂點都在這兩個平面上，其余各面都是四邊形的幾何體叫棱柱，所以③不正確；對于④中，一個圓柱形蛋糕，切三刀最多可切成8塊，所以④不正確.故選：A.題型二：直觀圖4．（2023春·四川成都·高一成都外國語學校校考期末）如圖，一個水平放置的平面圖形OABC的斜二測直觀圖是平行四邊形，且，，，則平面圖形OABC的面積為（

）

A．16 B．8 C．4 D．2【答案】A【分析】根據斜二測畫法得到平面圖形，即可得解；【詳解】根據斜二測畫法的規則可知該平面圖形是矩形，如下圖所示，

其中長，寬.故平面圖形的面積為.故選：A5．（2023春·云南昆明·高一昆明一中校考期中）已知是一平面圖形的直觀圖，斜邊，則這個平面圖形的面積是（

）

A． B．1 C． D．【答案】D【分析】由給定的直觀圖畫出原平面圖形，再求出面積作答.【詳解】根據斜二測畫法的規則，所給的直觀圖對應的原平面圖形，如圖，

其中，，所以這個平面圖形的面積為.故選：D6．（2023春·廣東茂名·高一統考期中）如圖，水平放置的的斜二測直觀圖為，已知，則的周長為（

）

A． B．C． D．【答案】C【分析】根據題意，作出原平面圖形，由斜二測畫法分析原圖的數量關系，計算可得答案．【詳解】根據題意，作出原圖，

由斜二測畫法，在原圖中，，，所以，故的周長為.故選：C．題型三：空間幾何體的表面積和體積7．（2023春·江蘇常州·高一常州市第一中學校考期末）陀螺起源于我國，最早出土的石制陀螺是在山西夏縣發現的新石器時代遺址.如圖所示的是一個陀螺立體結構圖.已知，底面圓的直徑，圓柱體部分的高，圓錐體部分的高，則這個陀螺的表面積（單位：）是（

）

A． B．C． D．【答案】C【分析】根據圓柱與圓錐的表面積公式求解.【詳解】由題意可得圓錐體的母線長為，所以圓錐體的側面積為，圓柱體的側面積為，圓柱的底面面積為，所以此陀螺的表面積為，故選：C.8．（2023春·江蘇鎮江·高一揚中市第二高級中學校考期末）三棱錐的所有頂點都在球的球面上.棱錐的各棱長為：，，則球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由各棱長結合勾股定理知為直三棱錐，有面，進而求出的外接圓半徑，由外接球半徑與、的幾何關系即可求出，最后求外接球表面積即可.【詳解】由題意知：，，，∴兩兩垂直，即為直三棱錐，∴若的外接圓半徑為，則，又面，∴外接球心到的距離為，故外接球半徑，∴外接球表面積.故選：B.【點睛】關鍵點點睛：由棱長推出為直三棱錐，有面，根據其外接球半徑與外接圓半徑、的幾何關系求出，進而求球的表面積.9．（2023春·浙江金華·高一浙江金華第一中學校考期末）“辛普森（Simpson）公式”給出了求幾何體體積的一種估算方法：幾何體的體積V等于其上底面的面積S、中截面（過高的中點且平行于底面的截面）的面積的4倍、下底面的面積之和乘以高h的六分之一，即.我們把所有頂點都在兩個平行平面內的多面體稱為擬柱體.在這兩個平行平面內的面叫作擬柱體的底面，其余各面叫作擬柱體的側面.中國古代名詞“芻童”（原來是草堆的意思）就是指上下底面皆為矩形的擬柱體.已知某“芻童”尺寸如圖所示，且體積為，則它的高為（

）

A． B． C． D．4【答案】D【分析】求出上下底面積和中截面面積，代入公式即可求出高.【詳解】上底面，下底面，所以中截面是過高的中點，且平行于底面的截面，其中分別是對應棱上的中點，如圖所示，根據中位線定理得，，所以，，解得，故選：D.

題型四：內接球和外接球表面積和體積10．（2023春·浙江寧波·高一慈溪中學校聯考期末）在《九章算術》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑.在鱉臑中，平面，，且，則其內切球表面積為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】設四面體內切球的球心為，半徑為，則，求得，，從而求得，根據球的表面積公式即可求解.【詳解】

因為四面體四個面都為直角三角形，平面，所以，，設四面體內切球的球心為，半徑為，則所以，因為四面體的表面積為，又因為四面體的體積，所以，所以內切球表面積.故選：C.11．（2023春·江蘇蘇州·高一統考期末）蹴鞠，又名蹴球，踢圓等，蹴有用腳蹴、踢、蹋的含義，鞠最早系外包皮革、內實米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以腳蹴、蹋、踢皮球的活動，類似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作為非物質文化遺產經國務院批準列入第一批國家非物質文化遺產名錄.已知某鞠的表面上有四個點，，，恰好構成三棱錐，若，，且，，，，則該鞠的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由條件求，證明，結合，利用線面垂直判定定理證明平面，由此確定三棱錐的外接球的球心及半徑，利用球的表面積公式求解.【詳解】在中，，，，所以，在中，，，，所以，所以，在中，，，，所以，在中，，，，所以，所以，所以，都是以為斜邊的直角三角形，取的中點，則，所以點為三棱錐的外接球的球心，半徑為，所以三棱錐的外接球的表面積，即該鞠的表面積為.故選：C.

12．（2023春·江蘇鎮江·高一揚中市第二高級中學校考期末）已知三棱錐中，，，三點在以為球心的球面上，若，，且三棱錐的體積為，則球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由題意，可求得的面積，進而通過的體積得到三棱錐的高，即球心到平面的距離.通過外接圓的半徑公式，求得截面圓的半徑，得到球的半徑，即得解.【詳解】由題意，.又的外接圓的半徑因此球的半徑球的表面積：.故選：C【點睛】本題考查了球和三棱錐以及球的截面圓的綜合問題，考查了學生的綜合分析，空間想象，數學運算能力，屬于中檔題.題型五：點線面的位置關系13．（2023春·江蘇連云港·高一校考期末）下列表述中正確的是（

）A．若直線平面，直線，則B．若直線平面，直線，且，則C．若平面內有三個不共線的點到平面的距離相等，則D．若平面滿足，，，則【答案】D【分析】根據空間線面關系的定義及幾何特征，逐一分析四個命題的真假，可得答案．【詳解】若直線平面，直線，則可能，可能，可能與只相交不垂直，A選項錯誤；若直線平面，直線，且，則可能，可能與只相交不垂直，B選項錯誤；若平面內有三個不共線的點到平面的距離相等，則可能，可能與相交，C選項錯誤；若平面滿足，，，則，由面面垂直的性質可知，D選項正確.故選：D14．（2023春·江蘇蘇州·高一統考期末）設，是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，則下列結論不正確的是（

）A．若，，則B．若，，則C．若，，則D．若，，，，與相交，則【答案】C【分析】根據空間中線面、面面的位置關系判斷可得.【詳解】對于A：若，，由面面垂直的判定定理可知，故A正確；對于B：若，則平面內存在直線，使得，又，，所以，所以，故B正確；對于C：若，，則或與相交，故C錯誤；對于D：若，，，，與相交，根據面面平行的判定定理可知，故D正確；故選：C15．（2023春·江蘇鎮江·高一揚中市第二高級中學校考期末）已知直線、，平面、，給出下列命題：①若，，且，則②若，，則③若，，且，則④若，，且，則其中正確的命題是（

）A．①② B．①③ C．①④ D．③④【答案】C【分析】根據線線、線面和面面位置關系的有關知識對各個命題進行分析，由此確定正確答案.【詳解】①，根據線面垂直的知識可知，當，，且時，，所以①正確.②，若，，則可能是異面直線，所以②錯誤.③，若，，且，此時無法判斷是否與平面內的兩條相交直線垂直，所以③錯誤.④，若，，所以，由于，所以，所以④正確.所以①④正確.故選：C題型六：線面的平行和性質16．（2023春·湖南邵陽·高一邵陽市第二中學校考期末）如圖，在四棱錐中，平面是的中點.

(1)證明：面(2)證明：平面平面；(3)求三棱錐的體積.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)【分析】（1）取中點，連接，證即可；（2）由得，由平面得，所以平面，從而得證；（3），所以平面，根據求解．【詳解】（1）取中點，連接，∵,,∴,∴為平行四邊形，則，∵面，面，∴面.

（2）因為，所以，由平面平面，所以，又由，且平面，所以平面，又平面，所以平面平面，即平面平面.（3）由（1）可得，且平面，平面，所以平面，所以，因為平面，可得，又由，所以，所以，即三棱錐的體積為.17．（2023春·寧夏吳忠·高一吳忠中學校考期末）如圖：在正方體中，為的中點.(1)求三棱錐的體積；(2)求證：平面；(3)若為的中點，求證：平面平面.【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據錐體的體積公式計算即可；（2）根據線面平行的判定進行證明；（3）根據面面平行的的判定進行證明.【詳解】（1）顯然平面，于是.（2）設，連接，在正方體中，四邊形是正方形，是中點，是的中點，，平面平面平面；（3）為的中點，為的中點，，四邊形為平行四邊形，，又平面平面平面，由（2）知平面平面平面，平面平面.18．（2023春·四川宜賓·高一校考期末）如圖，四棱錐中，底面，底面為菱形，點F為側棱上一點．(1)若，求證：平面；(2)若，求證：平面平面．【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析.【分析】（1），的交點為O，連接，由菱形及中位線性質有，再由線面平行的判定可證結論；（2）由題意及線面垂直的性質有、，再由線面垂直的判定和性質得，最后根據線面垂直、面面垂直的判定證結論.【詳解】（1）設，的交點為O，連接，因為底面為菱形，且O為中點，，所以，又平面，平面，故平面．（2）因為底面為菱形，所以，因為平面，平面，所以，又，、平面，所以平面，又平面，所以，又，，，平面，所以平面，又平面，故平面平面.題型七：線面的垂直和性質19．（2023春·江蘇蘇州·高一統考期末）如圖，在直三棱柱中，，，，為棱的中點.

(1)求證：平面平面；(2)若，求點到平面的距離.【答案】(1)證明見解析；(2)點到平面的距離為1.【分析】（1）先證明平面，可得，再證明，可得平面，根據面面垂直判定定理證明結論；（2）由（1）中的證明過程可，計算數據代入即可.【詳解】（1）因為為直三棱柱，所以平面.又平面，所以.因為為棱的中點，，所以.因為平面，平面，，所以平面.又平面，所以.因為為棱的中點，所以.又，所以，同理，所以.因為平面，平面，，所以平面，平面，所以平面平面；

（2）因為，，，所以，，所以.由（1）知平面，所以，即三棱錐的體積為.因為，所以，又，取的中點為，則，所以，所以，設點到平面的距離為，則，所以.

20．（2023春·河南·高一校聯考期末）如圖，三棱柱中，為等邊三角形，，，．

(1)證明：平面平面；(2)求直線和平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接交于O，連接，證明可得線面垂直，再由面面垂直的判定定理得證；（2）利用等體積法求出點到平面的距離，再由線面角公式求解即可.【詳解】（1）連接交于O，連接，如圖，

因為為等邊三角形，所以為等邊三角形，四邊形是菱形，所以，又，，是的中點，所以且，所以，，在中，，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）設到平面的距離為，因為中，，，所以，又，，所以由，可得，即，設直線和平面所成角為，則,因為平面平面，所以求直線和平面所成角的正弦值為．21．（2023春·福建南平·高一校考期末）如圖所示，已知在三棱錐中，，M為的中點，D為的中點，且為正三角形．（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求證：平面平面；（Ⅲ）若，求三棱錐的體積．【答案】（1）見詳解；（2）見詳解；（3）【解析】(1)先證，可證平面.(2)先證平面，得，結合可證得平面.(3)等積轉換，由，可求得體積.【詳解】證明：因為為的中點，為的中點，所以是的中位線，.又平面，平面，所以平面.（2）證明：因為為正三角形，為的中點，所以.又，所以.又因為，，所以平面.因為平面，所以.又因為，，所以平面.(3)因為平面，，所以平面，即是三棱錐的高.因為，為的中點，為正三角形，所以.由平面，可得，在直角三角形中，由，可得.于是.【點睛】關鍵點睛：三棱錐的體積直接求不便時，常采用等積轉換的方法，選擇易求的底面積和高來求體積.題型八：距離和線面角平面角問題22．（2023春·江蘇南通·高一校考期末）如圖，是圓的直徑，是圓上異于、一點，直線平面，，.

(1)求點到平面的距離；(2)求二面角的正切值.【答案】(1)(2)【分析】（1）計算出三棱錐的體積以及的面積，利用等體積法可求得點到平面的距離；（2）過點在平面內作，垂足為點，連接，推導出二面角二面角的平面角為，計算出的長，即可求得的正切值，即可得解.【詳解】（1）解：因為是圓的直徑，是圓上異于、一點，則，因為，，則，所以，，因為平面，則.因為、平面，所以，，，所以，，，由余弦定理可得，所以，，所以，，設點到平面的距離為，由，即，所以，，因此，點到平面的距離為.（2）解：過點在平面內作，垂足為點，連接，

因為是圓的直徑，是圓上異于、一點，則，因為平面，平面，所以，，因為，、平面，所以，平面，因為平面，所以，，因為，，、平面，所以，平面，因為平面，所以，，所以，二面角的平面角為，因為平面，平面，所以，，因為，由等面積法可得，因為平面，平面，所以，，所以，，因此，二面角的正切值為.23．（2023春·浙江寧波·高一慈溪中學校聯考期末）已知邊長為6的菱形，，把沿著翻折至的位置，構成三棱錐，且，，.

(1)證明：；(2)求二面角的大小；(3)求與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明過程見解析(2)(3)【分析】（1）根據幾何關系證明線面垂直從而得到線線垂直即可；（2）根據幾何關系，平方后得到，得到，根據余弦定理求解其平面角即可；（3）根據平行關系將所求角轉化為與平面所成角，再根據垂直關系找到具體的角進而求解其正弦值.【詳解】（1）取中點，連接，因為菱形，，所以為等邊三角形，所以，又因為面，，所以面，因為面，所以

（2）因為，，所以，平方得，，即，解得，在中，由余弦定理得，，所以，由（1）可知，是二面角的平面角，在等邊中，，同理，在中，由余弦定理，，因為，所以，即二面角的大小為.（3）取中點，連接，則是靠近G的三等分點，則，所以與平面所成角即為所成角，在平面中，作，因為面，面，所以，又因為面，，所以面，所以是與平面所成角，在中，，，所以，在中，由，得，，所以，所以與平面所成角的正弦值為.

24．（2023春·江蘇鎮江·高一揚中市第二高級中學校考期末）如圖，在四棱錐P－ABCD中，PB＝PD，PA⊥PC，M，N分別為PA，BC的中點底面四邊形ABCD是邊長為2的菱形，且∠DAB＝60°，AC交BD于點O．(1)求證：MN∥平面PCD；(2)二面角B－PC－D的平面角為θ，若．①求PA與底面ABCD所成角的大小；②求點N到平面CDP的距離．【答案】(1)證明見解析；(2)①②.【分析】（1）取PD得中點E，連接ME，CE，證明，然后證明平面PCD；（2）①作出二面角的平面角，利用二面角的余弦值求出，，再由條件可證明所求線面角為，利用直角三角形求大小即可；②由平面PAC轉化為求O到平面距離，作出垂線段，利用等積法求解即可.【詳解】（1）取PD得中點E，連接ME，CE，如圖，為PA的中點，，為的中點且四邊形ABCD為菱形，.，四邊形MNCE為平行四邊形，,又MN平面PCD,CE平面PCD,MN∥平面PCD.（2）①連接PO，過作于，連接，由PB＝PD，是的中點，，由菱形知，又，平面，平面，平面平面，且交線為，直線在平面上的射影為，即PA與底面ABCD所成角為.平面，，且在平面上的射影為，，又PA⊥PC，，是的中點，是PC的中點，，由知，,，為二面角B－PC－D的平面角，,即，解得，,，，，即PA與底面ABCD所成角的大小為.②連接，過作于，由，平面，平面，平面點N到平面CDP的距離即點到平面CDP的距離，，平面，平面平面,且是交線，，平面，在中，，，，由等積法可得，即，即點N到平面CDP的距離為.【專題突破】一、單選題25．（2023春·江蘇無錫·高一輔仁高中校考期末）四棱臺中，其上、下底面均為正方形，若，且每條側棱與底面所成角的正切值均為，則該棱臺的體積為（）A．224 B．448 C． D．147【答案】B【分析】連接，交于點，連接，交于點，連接，過作，即可得到是四棱臺其中一條側棱與底面所成的角，利用銳角三角函數求出棱臺的高，再根據棱臺的體積公式計算可得.【詳解】連接，交于點，連接，交于點，連接，過作，如圖，.

因為四棱臺上、下底面均為正方形，且每條側棱與底面所成角的正切值均相等，所以底面，又，所以底面，所以是四棱臺其中一條側棱與底面所成的角，則，因為，所以，，易知四邊形是等腰梯形，則，所以在中，，則，即四棱臺的高為，則該四棱臺的體積.故選：B．26．（2023春·寧夏吳忠·高一吳忠中學校考期末）已知圓錐PO，其軸截面（過圓錐旋轉軸的截面）是底邊長為6m，頂角為的等腰三角形，該圓錐的側面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】運用圓錐側面積公式計算即可.【詳解】如圖所示，

設圓錐的半徑為r，母線為l，由題意知，，在中，，所以，所以圓錐側面積為.故選：B.27．（2023春·湖南邵陽·高一邵陽市第二中學校考期末）在《九章算術》中，底面為矩形的棱臺被稱為“芻童”．已知棱臺是一個側棱相等、高為1的“芻童”，其中，，則該“芻童”外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據芻童的幾何性可知外接球的球心在四棱臺上下底面中心連線上，設球心為O，根據幾何關系求出外接球半徑即可求其表面積．【詳解】如圖，連接AC、BD、、，設AC∩BD＝M，∩＝N，連接MN．∵棱臺側棱相等，∴易知其外接球球心在線段MN所在直線上，設外接球球心為O，如圖當球心在線段MN延長線上時，易得，MC＝2，，，MN＝1，由得，，即，故OC＝，∴外接球表面積為．如圖當球心在線段MN上時，由得，，即舍去，故選：A【點睛】關鍵點睛：利用芻童的幾何性確定外接球的球心是解題的關鍵.28．（2023春·浙江寧波·高一慈溪中學校聯考期末）如圖，在棱長均為的直三棱柱中，是的中點，過、、三點的平面將該三棱柱截成兩部分，則頂點所在部分的體積為（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】設平面交于點，連接、，推導出點為的中點，用三棱柱的體積減去三棱臺的體積即可得解.【詳解】設平面交于點，連接、，

在三棱柱中，平面平面，平面平面，平面平面，所以，，又因為且，故四邊形為平行四邊形，所以，，所以，，因為為的中點，所以，為的中點，且，因為直三棱柱的每條棱長都為，則，易知是邊長為的等邊三角形，則，，因此，頂點所在部分的體積為.故選：B.29．（2023春·江蘇連云港·高一江蘇省海頭高級中學校考期末）已知，，是三條不同的直線，，，是三個不同的平面，則下列結論正確的是（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則【答案】D【分析】以正方體為例，舉例即可說明A、B、C錯誤；根據線面垂直的性質定理以及平行線的傳遞性，即可得出D項.【詳解】

對于A項，如圖正方體中，平面平面，平面，但是，平面，故A錯誤；對于B項，如圖正方體中，平面，平面，，，但是，平面，故B錯誤；對于C項，如圖正方體中，平面平面，平面平面，但是，平面平面，故C錯誤；對于D項，因為，，根據線面垂直的性質定理可知，.又，所以，故D項正確.故選：D.30．（2023春·江蘇常州·高一常州市第一中學校考期末）已知是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，下列命題中正確的是（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則【答案】D【分析】根據空間中線面、面面平行、垂直的判定定理和性質定理分析判斷，即可得出結果.【詳解】由是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，若，則與可能相交、平行或，A錯；若，則或，B錯；若，則或相交，C錯；若，則確定一個平面，設為，又，所以，則由面面平行的判定定理得，D正確.故選：D31．（2023春·江蘇常州·高一常州市第一中學校考期末）如圖，平面四邊形ABCD中，，為正三角形，以AC為折痕將折起，使D點達到P點位置，且二面角的余弦值為，當三棱錐的體積取得最大值，且最大值為時，三棱錐外接球的體積為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】過點作平面，垂足為，作，垂足為，連接，則為二面角的補角，為的中點，設，根據二面角的余弦值可求得，再根據三棱錐的體積取得最大值結合基本不等式求出，再利用勾股定理求出三棱錐外接球的半徑，根據球的體積公式即可得解.【詳解】過點作平面，垂足為，作，垂足為，連接，因為平面，平面，所以，又平面，所以平面，因為平面，所以，則為二面角的補角，故，因為，所以為的中點，設，則，在中，，則，，由，得當取得最大值時，三棱錐的體積取得最大值，，當且僅當時，取等號，所以，解得，則，設三棱錐外接球的球心為，則平面，設，由得，解得，則三棱錐外接球的半徑，所以三棱錐外接球的體積為.故選：D.【點睛】方法點睛：求空間多面體的外接球半徑的常用方法：①補形法：側面為直角三角形，或正四面體，或對棱二面角均相等的模型，可以還原到正方體或長方體中去求解；②利用球的性質：幾何體中在不同面均對直角的棱必然是球大圓直徑，也即球的直徑；③定義法：到各個頂點距離均相等的點為外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圓圓心，找其垂線，則球心一定在垂線上，再根據帶其他頂點距離也是半徑，列關系求解即可；④坐標法：建立空間直角坐標系，設出外接球球心的坐標，根據球心到各頂點的距離相等建立方程組，求出球心坐標，利用空間中兩點間的距離公式可求得球的半徑.32．（2023春·福建南平·高一期末）如圖，在四棱錐中，平面，四邊形為正方形，為的中點，則異面直線與所成的角的正弦值為（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】先取正方形的中心，連接，由知為異面直線與所成的角，再在中求的正弦即可.【詳解】連，相交于點，連、，

因為為的中點，為的中點，有，可得或其補角為異面直線與所成的角，不妨設正方形中，，則，由平面，可得，則，，因為，為的中點，所以，．故選：C.【點睛】方法點睛：求空間角的常用方法：（1）定義法，由異面直線所成角、線面角、二面角的定義，結合圖形，作出所求空間角，再結合題中條件，解對應三角形，即可求出結果；（2）向量法：建立適當的空間直角坐標系，通過計算向量夾角（直線方向向量與直線方向向量、直線方向向量與平面法向量，平面法向量與平面法向量）余弦值，即可求出結果.33．（2023春·河南南陽·高一統考期末）如圖是正方體的平面展開圖．關于這個正方體，有以下判斷：①與所成的角為②∥平面③④平面∥平面其中正確判斷的序號是（

）．A．①③ B．②③ C．①②④ D．②③④【答案】C【詳解】把正方體的平面展開圖還原成正方體，得：①與所成的角為正確；②不包含于平面平面平面，故②正確；③與是異面直線，故③不正確；④平面，所以平面平面，故④正確，正確判斷的序號是①②④，故選C.二、多選題34．（2023春·江蘇鹽城·高一江蘇省響水中學校考期末）已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，，，點C在底面圓周上，且二面角為45°，則（

）．A．該圓錐的體積為 B．該圓錐的側面積為C． D．的面積為【答案】AC【分析】根據圓錐的體積、側面積判斷A、B選項的正確性，利用二面角的知識判斷C、D選項的正確性.【詳解】依題意，，，所以，A選項，圓錐的體積為，A選項正確；B選項，圓錐的側面積為，B選項錯誤；C選項，設是的中點，連接，則，所以是二面角的平面角，則，所以，故，則，C選項正確；D選項，，所以，D選項錯誤.故選：AC.

35．（2023春·湖南株洲·高一統考期末）某班級到一工廠參加社會實踐勞動，加工出如圖所示的圓臺，在軸截面ABCD中，，且，下列說法正確的是（

）

A．該圓臺軸截面面積為B．該圓臺的體積為C．該圓臺的表面積為D．沿著該圓臺表面，從點到中點的最短距離為【答案】ABD【分析】求出圓臺的高，由梯形的面積公式可判斷選項A；由臺體的體積公式可判斷選項B；由臺體的表面積公式可判斷選項C；將圓臺補成圓錐，側面展開，取的中點為，連接，可判斷選項D.【詳解】對于，由，且，可得，高，則圓臺軸截面的面積為，故A正確；對于B，圓臺的體積為，故B正確；對于C，圓臺的側面積為，又，，所以，故C錯誤；對于，由圓臺補成圓錐，可得大圓錐的母線長為，底面半徑為，側面展開圖的圓心角．設的中點為，連接，可得，則，又點到的距離，所以沿著該圓臺表面，從點到中點的最短距離為，故正確．

故選：ABD．36．（2023春·江蘇蘇州·高一統考期末）如圖，在正方體中，點在線段上運動，下列判斷中正確的是（

）

A．平面平面B．C．D．異面直線與所成角的取值范圍是【答案】ABC【分析】證明平面，結合面面垂直判定定理證明平面平面，判斷A；證明平面，結合線面垂直的定義證明，判斷B；由平面平面，結合錐體體積公式證明，由此判斷C；根據異面直線夾角的定義判斷D.【詳解】因為，，，平面，所以平面，平面，所以，因為，，，平面，所以平面，平面，所以，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，A正確；因為，平面，平面，所以平面，因為，平面，平面，所以平面，，平面，所以平面平面，又平面，所以平面，平面，所以，B正確；因為平面平面，點在直線上，所以點到平面的距離等于到平面的距離所以，C正確；因為，所以異面直線與所成角為或中的銳角或直角，又為等邊三角形，所以當點為的中點時，，故異面直線與所成角可能為，D錯誤.故選：ABC.37．（2023春·浙江寧波·高一統考期末）已知正四棱柱的底面邊長為1，側棱長為2，點M為側棱上的動點（包括端點），平面．下列說法正確的有（

）A．異面直線AM與可能垂直B．直線BC與平面可能垂直C．AB與平面所成角的正弦值的范圍為D．若且，則平面截正四棱柱所得截面多邊形的周長為【答案】AD【分析】在題設條件下，對于A選項：矩形BCC1B1中，判斷在CC1上是否存在點M使即可；對于B選項：判斷直線AM與BC是否平行即可；對于C選項：與平面所成角轉化為與平面的垂線所成角解決；對于選項D：作出并證明平面截正四棱柱所得截面多邊形，再求出周長即可.【詳解】在正四棱柱中，底面正方形ABCD的邊長為1，AA1=2，如圖：

選項A：當MC=時，在矩形BCC1B1中，，所以，又因為AB⊥平面BCC1B1，所以AB⊥B1C，又因為，、平面，所以B1C⊥平面ABM，所以，故選項A正確；選項B：因為AM與BC是異面直線，所以AM與BC不可能平行，故與不可能垂直，故選項B錯誤；選項C：因為平面，AB是平面的斜線，則AB與平面所成角，所以，又因為當點M在棱CC1移動時，，所以，所以，故選項C錯誤；選項D：當M為CC1中點時，連接AB1，AD1，AC，MB1，MD1，BD1，如圖所示，

則有，，所以，所以AM⊥MB1，同理AM⊥MD1，又因為，、面，所以AM⊥平面MB1D1，所以平面截正四棱柱所得截面多邊形為正△，所以其周長，故選項D正確.故選：AD.三、填空題38．（2023春·河南周口·高一校聯考期末）已知圓錐的母線長為1，底面半徑為r，若圓錐的側面展開圖的面積為扇形所在圓的面積的，則＝____________．【答案】3【分析】根據圓錐的側面展開圖的面積為扇形所在圓的面積的，得到扇形的圓心角為，則可列出等式求解.【詳解】解：由題意可知扇形的圓心角為，則，所以．故答案為：339．（2023春·江蘇南京·高一南京市中華中學校考期末）已知三棱錐中，平面，，異面直線與所成角的余弦值為，則三棱錐的外接球的表面積為______．【答案】/【分析】分別取的中點，得到為異面直線與所成的角，得出，設，由余弦定理求得的值，再找出三棱錐的外接球的球心，利用勾股定理求得外接球的半徑，代入球的表面積公式，即可求解.【詳解】如圖，

分別取、、、的中點、、、，連接、、、、，可得，，則為異面直線與所成角，∴，由面，而，故面，面，則，設，可得，，，，則，在中，由余弦定理，可得，，解得，設底面三角形的中心為，三棱錐的外接球的球心為，連接，則平面，由底面三角形是邊長為2的等邊三角形，可得，∴為三棱錐外接球的球心，∴，則，，又，可得，則三棱錐的外接球的半徑．∴三棱錐的外接球的表面積為．故答案為：．40．（2023春·浙江寧波·高一慈溪中學校聯考期末）杭州第19屆亞運會會徽“潮涌”的主題圖形融合了扇面、錢塘江、錢江潮頭、賽道、互聯網及太陽六大元素，其中扇面造型代表了江南厚重的人文底蘊.在中國歷史上，歷代書畫家都喜歡在扇面上繪畫或書寫以抒情達意.一幅扇面書法作品如圖所示，經測量，上、下兩條弧分別是半徑為30和12的兩個同心圓上的弧（長度單位為cm），側邊兩條線段的延長線交于同心圓的圓心，且圓心角為.若某空間幾何體的側面展開圖恰好與圖中扇面形狀、大小一致，則該幾何體的高為______.

【答案】【分析】計算出側面展開圖分別為30和12，圓心角為的扇形的兩個圓錐的高，相減即可得解.【詳解】一個圓錐的側面展開圖是半徑為，圓心角為的扇形，設該圓錐的底面半徑為，高為，所以，可得，因此，該圓錐的高為，側面展開圖是半徑為，圓心角為的扇形，設該圓錐的底面半徑為，高為，所以，可得，因此，該圓錐的高為，因此，若某幾何體的側面展開圖恰好與圖中扇面形狀、大小一致，則該幾何體的高為.故答案為：.41．（2023春·寧夏吳忠·高一吳忠中學校考期末）如圖，在棱長為1的正方體中，點A到平面距離是______．

【答案】/【分析】利用等體積法求得到平面的距離.【詳解】，為邊長為的等邊三角形，設到平面的距離為，根據，則，解得.故答案為：.42．（2023春·江蘇鹽城·高一江蘇省響水中學校考期末）已知如圖（1）為梯形，，，點E在CD上，，，，現將沿AE折成如圖（2）位置，使得二面角的大小為，則直線AB與平面APE所成角的正弦值是__________.

【答案】/【分析】根據題意分析可得二面角的平面角為，平面平面，利用面面垂直的性質可證平面，再利用線面夾角的定義分析運算.【詳解】在圖（1）中，，在圖（2）中，，則二面角的平面角為，且，平面，可得平面，因為平面，所以平面平面，在中，作邊的高線，垂足為，連接，可得，因為，平面平面，平面平面，平面，可得平面，則直線AB與平面APE所成角為，所以，即直線AB與平面APE所成角的正弦值是.故答案為：.

【點睛】方法點睛：求解平面圖形折疊問題的關鍵和方法1.關鍵：分清翻折前后哪些位置關系和數量關系改變，哪些不變，抓住翻折前后不變的量，充分利用原平面圖形的信息是解決問題的突破口．2.方法：把平面圖形翻折后，經過恰當連線就能得到三棱錐，四棱錐等幾何體，從而把問題轉化到我們熟悉的幾何中解決．四、解答題43．（2023春·江蘇連云港·高一校考期末）如圖，在幾何體ABCDEF中，四邊形ABCD是邊長為6的棱形，，平面交平面CDEF于EF，平面平面ABCD，中BC邊上的高，，．

(1)求證：(2)求幾何體ABCDEF的體積(3)求直線與平面所成角的大小【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）根據線面平行的性質定理分析證明；（2）將多面體分割成兩個錐體，結合錐體的體積公式運算求解；（3）利用等體積法求點到平面的距離，進而結合線面夾角的定義分析運算.【詳解】（1）因為ABCD是菱形，則AB//CD，平面，平面，可得AB//平面，又因為平面平面，平面，所以AB//EF.（2）連接因為平面平面ABCD，平面平面，，平面，所以平面ABCD，由（1）可知：//，平面，平面，所以//平面，則四棱錐的高為，所以四棱錐的體積，取的中點，連接，由題意可知為等邊三角形，則，平面平面ABCD，平面平面，平面，所以平面，又因為//，且，則三棱錐的高為，可得三棱錐的體積，所以幾何體ABCDEF的體積.（3）連接，在中，由余弦定理，即，由（2）可知：平面ABCD，平面ABCD，則，所以，在中，由余弦定理，即為鈍角，則，設點到平面的距離為，因為，則，解得，設直線與平面所成角為，可得，則，所以直線與平面所成角為.

44．（2023春·浙江金華·高一浙江金華第一中學校考期末）如圖，四面體ABCD中，等邊三角形，，且.

(1)記AC中點為M，若面面ABD，求證：面ADC；(2)當二面角的大小為時，求直線AD與平面BCD所成角的正弦值.【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）推導出面,,由此能證明面；（2）過作的垂線,與的延長線交于點,連結DE,由,得面,從而是二面角的平面角,進而,過作交于F點,連結,作交于點,連結,由此能求出直線與平面所成角的正弦值.【詳解】（1）為等邊三角形，中點為，，又面面，面面，面,由，得面,面，,又，平面，面.

（2）在中，過作的垂線,與的延長線交于點,連結,，，面，面，是二面角的平面角，,過作交于點,連結,作交于點,連結,由面，面，得,又，面，面,面，面面，面面，面，所以面，即面，所以直線與平面所成角即為，由題意:，,則，面，面，，，，直線與平面所成角的正弦值為.

45．（2023春·江蘇連云港·高一江蘇省海頭高級中學校考期末）如圖，在四棱錐中，底面是菱形．

(1)若點E是PD的中點，證明：平面；(2)若，，且平面平面，求二面角的正切值．【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）連接交于M，連接，根據線面平行的判定定理即可證明結論；（2）設為的中點，連接，證明平面，從而作出二面角的平面角，解直角三角形即可求得答案.【詳解】（1）連接交于M，連接，

因為底面是菱形，所以M為的中點，又點E是PD的中點，故為的中位線，故，而平面，平面，故平面；（2）設為的中點，連接，因為，故,因為平面平面，且平面平面，平面，所以平面，而平面，故，底面是菱形，故，作交于N，則，且N為的中點，連接，因為平面，故平面，