資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
7.1空間幾何體及點、線、面的位置關系
【備考指南】 1
【知識導圖】 2
【考點梳理】 11
考點一：空間幾何體的結構 11
考點二：空間幾何體的表面積與體積 19
考點三：空間幾何體的截面 25
考點四：空間點、線、面的位置關系 35
考點五：直線、平面平行的判定與性質 42
考點六：直線、平面垂直的判定與性質 51
【真題在線】 60
【專項突破】 78
考點 考情分析 考頻
空間幾何體的表面積、體積 2023年新高考Ⅰ卷T14 2023年新高考Ⅱ卷T9 2023年新高考Ⅱ卷T14 2023年全國乙卷T3 2023年全國乙卷T8 2022年新高考Ⅰ卷T4 2022年新高考Ⅱ卷T11 2022年全國甲卷T4 2022年全國甲卷T9 2021年新高考Ⅰ卷T3 2021年新高考Ⅱ卷T4 2021年新高考Ⅱ卷T5 3年12考
球與多面體的切接 2023年全國乙卷T16 2022年新高考Ⅰ卷T8 2022年新高考Ⅱ卷T7 2022年全國乙卷T9 2021年全國甲卷T11 3年5考
線面位置關系 2023年全國乙卷T9 2022年新高考Ⅰ卷T9 2022年全國甲卷T7 2022年全國乙卷T7 2021年新高考Ⅱ卷T10 2021年全國乙卷T5 3年6考
空間角與線面位置關系綜合 2023年新高考Ⅰ卷T18 2023年新高考Ⅱ卷T20 2023年全國甲卷T18 2023年全國乙卷T19 2022年新高考Ⅰ卷T19 2022年新高考Ⅱ卷T20 2022年全國甲卷T18 2022年全國乙卷T18 2021年新高考Ⅱ卷T19 2021年全國甲卷T19 2021年全國乙卷T18 3年11考
立體幾何綜合 2023年新高考Ⅰ卷T12 2021年新高考Ⅰ卷T12 2021年新高考Ⅰ卷T20 2年3考
最短距離、截面、截線 2023年新高考Ⅱ卷T14 2023年全國甲卷T15 1年2考
預測：空間幾何體及點、線、面的位置關系是高考的必考點.空間幾何體主要考察表面積、體積，考察的形式多樣化，要求考生掌握好全面的基礎知識點，點、線、面的位置關系也考察頻繁，要求對公理，判定定理，以及性質定理的全面應用.試題的難度易、中、難都有，這對考生的要求較高.建議在復習過程中熟練各種題型，對空間能力的要求較高.
考點一：空間幾何體的結構
【典例精析】（多選）（2024·浙江·二模）正方體中，，分別為棱和的中點，則下列說法正確的是（ ）
A．平面
B．平面
C．異面直線與所成角為60°
D．平面截正方體所得截面為等腰梯形
ACD
【分析】于A，連接，利用三角形中位線證得，結合線面平行判定定理即可判斷A；對于B，取中點，連接，設正方體棱長為，根據線段長度結合勾股定理判斷與是否垂直，即判斷與是否垂直，從而可判斷B；對于C，連接，根據正方體的面對角線性質，即可得異面直線與所成角的大小，從而判斷C；對于D，連接，確定截面完整圖形為四邊形，再計算其四邊長度與位置關系，即可判斷D.
【詳解】對于A，如圖，連接，因為，分別為棱和的中點，所以，
又平面，平面，所以平面，故A正確；
對于B，如圖，取中點，連接，
在正方體中，，所以四邊形為平行四邊形，
所以，又分別為，中點，則，故，
設正方體棱長為，則，
故，所以不垂直于，故不垂直于，又平面，所以不垂直平面，故B錯誤；
對于C，如圖，連接，
在正方體中，，即為正三角形，
又因為，分別為棱和的中點，所以，故異面直線與所成角即為，故C正確；
對于D，如圖，連接，
在正方體中，，所以四邊形為平行四邊形，
則，又，所以，所以四點共面，
故平面截正方體所得截面為四邊形，
設正方體棱長為，則，
所以，又，故截面為四邊形為等腰梯形，故D正確.
故選：ACD.
【變式訓練】
一、單選題
1．（2024·山東濟南·二模）已知正三棱錐 P－ABC 的底面邊長為 ，若半徑為1的球與該正三棱錐的各棱均相切，則三棱錐 P－ABC 的體積為（ ）
A．2 B． C．3 D．
2．（2024·陜西·模擬預測）將一個正四棱臺物件放入有一定深度的電解槽中，對其表面進行電泳涂裝．如圖所示，已知該物件的上底邊長與側棱長相等，且為下底邊長的一半，一個側面的面積為，則該物件的高為（ ）
A． B．1 C． D．3
二、多選題
3．（2024·廣東廣州·模擬預測）如圖所示，已知三棱錐的外接球的半徑為為球心，為的外心，為線段的中點，若，則（ ）
A．線段的長度為2
B．球心到平面的距離為2
C．球心到直線的距離為
D．直線與平面所成角的正弦值為
4．（2021·江蘇南通·模擬預測）在中，角，，所對的邊分別為，，，且，將分別繞邊，，所在的直線旋轉一周，形成的幾何體的體積分別記為，，，側面積分別記為，，，則（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
5．（2021·重慶沙坪壩·模擬預測）如圖甲是一水晶飾品，名字叫梅爾卡巴，其對應的幾何體叫星形八面體，也叫八角星體，是一種二復合四面體，它是由兩個有共同中心的正四面體交叉組合而成，且所有面都是全等的小正三角形，如圖乙所示．若一星形八面體中兩個正四面體的棱長均為2，則該星形八面體的體積為 ．
6．（2024·吉林延邊·一模）已知一個圓錐的側面展開圖是一個圓心角為，半徑為的扇形.若該圓錐的頂點及底面圓周都在球的表面上，則球的體積為 .
參考答案：
1．A
【分析】作出圖形，根據題意可得棱切球的球心即為底面正三角形的中點O，再求出三棱錐的高，最后根據三棱錐的體積公式，即可求解.
【詳解】因為球與該正三棱錐的各棱均相切，
所以該球的球心在過截面圓圓心且與平面垂直的直線上，
又因為底面邊長為，
所以底面正三角形的內切圓的半徑為，
又因為球的半徑，即，
所以棱切球的球心即為底面正三角形的中心點O，
如圖，過球心O作PA的垂線交PA于H，則H為棱切球在PA上的垂足，

所以，
又因為，所以,
因為，所以，
又由題意可知，平面，所以，
所以
所以，
所以.
故選：A.
2．C
【分析】作出正四棱臺的圖形，設，利用該四棱臺側面的面積求得，進而利用勾股定理即可得解.
【詳解】設，則.
因為該四棱臺為正四棱臺，所以各個側面都為等腰梯形，上、下底面為正方形，
在四邊形中，過點作于點，
則，所以，
所以，解得，
在平面中，過點作于點，
易知為正四棱臺的高，則，
所以.
故選：C.
3．ACD
【分析】對于ABC，根據三棱錐外接球的概念、結構特征和球的截面性質以及已知條件研究判斷即可；對于D，根據球的截面性質找到直線與平面所成的角即可計算求解.
【詳解】對于A，在中，為的外心，，
則，故A正確；
對于B、C，連接，，，
則由三棱錐的外接球的半徑為3以及球的截面性質可得：
球心到平面的距離為，故B錯誤；
由為的中點，知，，
所以，故正確；
由球的截面性質平面平面，
所以，且為在面DAB上的射影，
所以為直線與平面所成角，
且中，，故D正確.
故選：ACD.
4．ABC
【分析】先分別求出將繞邊、、旋轉一周形成的幾何體的體積和側面積，然后對四個選項逐一判斷即可.
【詳解】將繞邊所在的直線旋轉一周形成的幾何體是圓錐，其底面半徑是，母線長為，高為. 所以其體積，其側面積；
將繞邊所在的直線旋轉一周形成的幾何體是圓錐，其底面半徑是，母線長為，高為. 所以其體積，其側面積；
將繞邊所在的直線旋轉一周形成的幾何體是兩個底面重合的圓錐，其底面半徑是，母線長分別為和，高之和為. 所以其體積，其側面積.
對于選項A，
故A正確；
對于選項B，
，
故B正確；
對于選項C：
，故C正確；
對于選項D：
，而，
所以，故D錯誤.
故選：ABC.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點是分別求出將繞邊、、旋轉一周形成的幾何體的體積和側面積.
5．
【分析】由題意可知星形八面體體積為一個棱長為2的大正四面體與四個棱長為1的小正四面體的體積之和，從而可求出體積
【詳解】由題知星形八面體體積為一個棱長為2的大正四面體與四個棱長為1的小正四面體的體積之和，故體積為．
故答案為：
6．/
【分析】
根據扇形的弧長計算可得圓錐的高，結合勾股定理和圓錐外接球體積計算，即可求解.
【詳解】設該圓錐的底面半徑為，高為．
由扇形圓心角為，半徑為，
得圓錐底面圓周長為，解得．
因為扇形半徑為，所以，所以．
易知球心在圓錐的高所在的直線上．
設球的半徑為，則，
即，解得，
所以球的體積為．
故答案為：．
考點二：空間幾何體的表面積與體積
【典例精析】（多選）（2024·湖南·二模）在菱形中，.將菱形沿對角線折成大小為（）的二面角，若折成的四面體內接于球，則下列說法正確的是（ ）
A．四面體的體積的最大值是
B．的取值范圍是
C．四面體的表面積的最大值是
D．當時，球的體積為
AD
【分析】求出當時，四面體的體積最大，利用錐體的體積公式可判斷A選項的正誤；利用余弦定理可判斷B選項的正誤；利用時，四面體的表面積的最大，可判斷C選項的正誤；求出球的半徑，利用球體的體積公式可判斷D選項的正誤.
【詳解】對于A，，，則為等邊三角形，
取的中點，則，同理得，為等邊三角形，則，
且，，
于是二面角的平面角為，
設點到平面的距離為，則，
，當且僅當時取等號，
即四面體的體積的最大值是，A正確；
對于B，由余弦定理得，
因此，B錯誤；
對于C，，由，，得≌，
則，
因此四面體的表面積的最大值是，C錯誤；
對于D，設、分別為、的外心，則，
在平面內過點作的垂線與過點作的垂線交于點，
由，，平面，得平面，
而平面，則，又，平面，
于是平面，同理得平面，則為四面體的外接球球心，
連接，由，，，得≌，
因此，，而平面，平面，，
則，即球的半徑為，球的體積為，D正確.
故選：AD.
【變式訓練】
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）若某圓錐的側面積為底面積的倍，則該圓錐的母線與底面所成角的正切值為（ ）
A．2 B．3 C． D．
2．（2024·河北邢臺·一模）如圖，正四棱臺容器的高為12cm，，，容器中水的高度為6cm．現將57個大小相同、質地均勻的小鐵球放入容器中（57個小鐵球均被淹沒），水位上升了3cm，若忽略該容器壁的厚度，則小鐵球的半徑為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·山東·二模）將正四棱錐和正四棱錐的底面重合組成八面體，則（ ）
A．平面 B．
C．的體積為 D．二面角的余弦值為
4．（2024·山東濱州·二模）圖，在邊長為4的正方形中，為的中點，為的中點．若分別沿，把這個正方形折成一個四面體，使、兩點重合，重合后的點記為，則在四面體中，下列結論正確的是（ ）

A．
B．到直線的距離為
C．三棱錐外接球的半徑為
D．直線與所成角的余弦值為
三、填空題
5．（23-24高三下·湖北武漢·階段練習）已知圓臺的體積為，其上底面圓半徑為1，下底面圓半徑為4，則該圓臺的母線長為 .
6．（2024·全國·模擬預測）已知一個高為6的圓錐被平行于底面的平面截去一個高為3的圓錐，所得圓臺的外接球的體積為，且球心在該圓臺內，則該圓臺的表面積為 ．
參考答案：
1．A
【分析】由題意可得圓錐母線，底面半徑和高的關系，再根據線面角的正切值，即可求解.
【詳解】設該圓錐的底面圓半徑和母線長分別為，母線與底面所成角為，由題意可得，
由勾股定理可得圓錐的高，所以圓錐的母線與底面所成角的正切值．
故選：A
2．A
【分析】先計算水的體積，再計算放入球后水和球的總體積，可得鐵球的體積，利用體積公式可得答案.
【詳解】正四棱臺容器的高為12cm，，，
正四棱臺容器內水的高度為6cm，由梯形中位線的性質可知水面正方形的邊長為，
其體積為；
放入鐵球后，水位高為9cm，沿作個縱截面，從分別向底面引垂線，如圖，
其中是底面邊長10 cm，是容器的高為12 cm，是水的高為9 cm，
由截面圖中比例線段的性質，可得,此時水面邊長為4 cm，
此時水的體積為，
放入的57個球的體積為，
設小鐵球的半徑為，則，解得.
故選：A
3．AC
【分析】利用正四棱錐的定義判斷A；判斷是否為平行四邊形判斷B，計算體積判斷C；幾何法求出二面角的余弦值判斷D.
【詳解】令正方形的中心為，連接，

對于A，由正四棱錐，得平面，同理平面，
則共線，因此平面，A正確；
對于B，連接，顯然是的中點，，，
，不是的中點，因此四邊形不是平行四邊形，不平行，B錯誤；
對于C，的體積，C正確；
對于D，取中點，連接，則，是二面角的平面角，
而，則，D錯誤.
故選：AC
4．AC
【分析】首先證明平面，即可判斷A，建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算B、D，求出外接圓的半徑，再由勾股定理求出三棱錐外接球的半徑，即可判斷C.
【詳解】對于A：翻折前，，
翻折后則有，，
因為，、平面，
所以平面，平面，所以，故A正確；

對于B：又，即為等邊三角形，所以，
在平面中過點作，則，
如圖建立空間直角坐標系，則，，，，，
所以，，
令，，所以到直線的距離為，故B錯誤；
對于C：所以的外接圓的半徑，
設三棱錐外接球的半徑為，
因為平面，所以，所以，
即三棱錐外接球的半徑為，故C正確；
對于D：由，設直線與直線所成角為，，
則
所以直線與直線所成角的余弦值為，故D錯誤.
故選：AC.
5．
【分析】由圓臺的體積求得圓臺的高h，作出圓臺的軸截面，由勾股定理可求得結果.
【詳解】圓臺的上底面半徑為1，下底面半徑為4，設圓臺的高為h，
則該圓臺的體積為，則，
作出圓臺的軸截面如圖所示，
上底面圓心為，下底面圓心為，，，
過作，則，又，
所以圓臺的母線長為．
故答案為：.
6．
【分析】設圓錐的底面半徑為，則圓臺的上底面半徑為，高為3，再由圓臺的外接球的體積為可得圓臺半徑為，可得圓臺的母線長，代入公式計算可求出圓臺的表面積.
【詳解】設圓錐的底面半徑為，依題意得該圓臺的上底面半徑為，且圓臺的高為3．
設圓臺外接球的球心為，半徑為，點到圓臺上底面的距離為，
因為球的體積為，所以，解得．
因為點在該圓臺內，所以,解得，
所以圓臺的母線長，
所以圓臺的表面積.
故答案為：
考點三：空間幾何體的截面
【典例精析】（多選）（2022·廣東廣州·三模）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，在軸截面中，，且，則（ ）
A．該圓臺的高為
B．該圓臺軸截面面積為
C．該圓臺的體積為
D．一只小蟲從點沿著該圓臺的側面爬行到的中點，所經過的最短路程為
BCD
【分析】由勾股定理即可求得圓臺的高，即可判斷A選項；由梯形面積公式即可判斷B選項；由圓臺體積公式即可判斷C選項；由圓臺側面展開圖結合勾股定理即可判斷D選項.
【詳解】
如圖，作交于，易得，則，則圓臺的高為，A錯誤；
圓臺的軸截面面積為，B正確；圓臺的體積為，C正確；
將圓臺一半側面展開，如下圖中，設為中點，圓臺對應的圓錐一半側面展開為扇形，
由可得，則，，又，則，
即點到的中點所經過的最短路程為，D正確.
故選：BCD.
【變式訓練】
一、單選題
1．（2024·安徽池州·二模）已知圓錐的底面半徑為3，其內切球表面積為，則該圓錐的側面積為（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高三上·山東棗莊·期末）已知正四棱臺的上下底面邊長分別為1和3，高為2.用一個平行于底面的截面截棱臺，若截得的兩部分幾何體體積相等，則截面與上底面的距離為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2021·廣東中山·模擬預測）正四棱錐的所有棱長為2，用垂直于側棱的平面截該四棱錐，則（ ）
A．截面可以是三角形
B．與底面所成的角為
C．與底面所成的角為
D．當平面經過側棱中點時，截面分四棱錐得到的上下兩部分幾何體體積之比為3：1
4．（2024·吉林長春·三模）某圓錐的側面展開圖是圓心角為，面積為3π的扇形，則（ ）
A．該圓錐的母線與底面所成角的正弦值為
B．若該圓錐內部有一個圓柱，且其一個底面落在圓錐的底面內，則當圓柱的體積最大時，圓柱的高為
C．若該圓錐內部有一個球，則當球的半徑最大時，球的內接正四面體的棱長為
D．若該圓錐內部有一個正方體，且底面ABCD在圓錐的底面內，當正方體的棱長最大時，以A為球心，半徑為的球與正方體表面交線的長度為
三、填空題
5．（2021·全國·模擬預測）已知圓錐的軸截面PAB是邊長為a的正三角形，AB為圓錐的底面直徑，球O與圓錐的底面以及每條母線都相切，記圓錐的體積為，球O的體積為，則 ；若M，N是圓錐底面圓上的兩點，且，則平面PMN截球O所得截面的面積為 .
6．（2021·全國·模擬預測）2020年底，中國科學家成功構建了76個光子的量子計算機“九章”，推動全球量子計算的前沿研究達到一個新高度.該量子計算機取名“九章”，是為了紀念中國古代著名的數學專著《九章算術》.在《九章算術》中，底面是直角三角形的直三棱柱被稱為“塹堵”.如圖，棱柱為一“塹堵”，是的中點，，設平面過點且與平行，現有下列四個結論：
①當平面截棱柱的截面圖形為等腰梯形時，該圖形的面積等于；
②當平面截棱柱的截面圖形為直角梯形時，該圖形的面積等于；
③異面直線與所成角的余弦值為；
④三棱錐的體積是該“塹堵”體積的.
所有正確結論的序號是 .
參考答案：
1．B
【分析】先利用題給條件求得圓錐的母線長，再利用公式即可求得該圓錐的側面積.
【詳解】球表面積為，則該球半徑為，
設圓錐的高為h，則圓錐的母線長為，
則此圓錐的軸截面面積為
，解之得，
則該圓錐的側面積為
故選：B
2．D
【分析】延長正四棱臺的棱交于一點，由三角形相似，求出，再由棱臺的體積公式求出截面截得棱臺的上部分幾何體的體積，設截面與上底面的距離為，正方形的邊長為，由三角形相似，得到，結合即可求出.
【詳解】延長正四棱臺的棱交于點，
如圖所示，截面平行于底面
設上底面的面積為，下底面的面積為，截面的面積為，
正四棱臺的體積為，平行于底面的截面截棱臺，截得的上部分幾何體體積為，則，
上底面的中心為，下底面的中心為，連結，
則上底面，下底面，正四棱臺的高為，
設截面與上底面的距離為，正方形的邊長為，
，，
由得，，由得，，
又，所以，
同理可得，得，所以，①
又因為，②
由①②得，，，所以截面與上底面的距離為.
故選：D.

3．ACD
【分析】對于A：取PC的中點E，連結BE、DE、BD.可以證明面BDE，即可判斷A；
對于B、C：作為與底面所成的角.即可求得；
對于D：分別求出上下兩部分幾何體的體積，即可判斷.
【詳解】對于A:取PC的中點E，連結BE、DE、BD.
因為正四棱錐的所有棱長為2，所以△PBC、△PBC為正三角形，所以又,則面BDE，即△BDE為截面.故A正確；
對于B、C:過P作底面ABCD于O，則O為AC中點.則即為與底面所成的角.
因為正四棱錐的所有棱長為2，所以,
所以,所以.故B錯誤，C正確；
對于D:由A的推導過程可知：平面經過側棱中點時，平面即為平面BDE.
此時.
因為,
所以,
所以.故D正確
故選：ACD
4．ACD
【分析】先根據圓錐側面積公式和扇形弧長公式得出圓錐的母線長、底面半徑和高即可求出圓錐的母線與底面所成角正弦值，進而判斷A；根據三角形相似比得出圓柱高與其底面半徑比的關系，再代入圓柱體積公式得到 ，再利用導數工具求出最值即可突破求解進而判斷B；CD屬于簡單幾何體的接切和相交問題，要結合相應幾何體的結構特征和關系進行分析判斷，具體看詳解.
【詳解】對于A，由圓錐側面積公式和扇形弧長公式得，
，所以圓錐的高，
設圓錐的母線與底面所成角，則，故A對；

對于B，設圓錐內切圓柱底面半徑為，高為，
則有，
所以圓柱體積為，
設，則，
所以當時，單調遞增；當時，單調遞減，
所以時y取得最大值，即時圓柱體積取得最大，此時圓柱的高，故B錯.

對于C，當球的半徑最大時，球為圓錐的內切球，設球的半徑設為R，此時圓錐與球的軸截面如圖，
因為,
又，所以，
正四面體可由正方體面的對角線切割得到，如圖，正四面體外接球與相對應正方體外接球為同一個球，

當正四面體的棱長為時，其相對應的正方體棱長為，
所以外接球直徑為，所以外接球半徑為，
所以該圓錐內部有一個球，則當球的半徑最大時，球的內接正四面體的棱長為，故C對；
對于D，設圓錐內接最大正方體棱長為a，則沿著正方體體對角面作圓錐軸截面得到截面圖如下，

則有，
所以正方體面的對角線長為，
所以以正方體頂點A為球心，半徑為的球與正方體表面交線情況如下圖所示，

所以交線有兩組各有三條長度相等的曲線，第一組曲線如圖（1），第二組曲線如圖（2），

由上，，
所以，
所以，，
所以交線的總長度為. ，故D對.
故選：ACD.
【點睛】易錯點睛：簡單幾何體相交交線是直線還是曲線是容易出錯的點，一般情況下經過曲面的交線是曲線，但交線過旋轉體母線的是直線，如下圖：

5． ； .
【分析】根據等邊三角形的性質求出球O的半徑，從而可分別求出圓錐的體積為和球O的體積為；
設MN的中點為C，連接PC，DM，首先求出點到直線的距離，然后結合球O的半徑，即可求出平面PMN截球O所得截面圓的半徑為r.
【詳解】如圖，設D為AB的中點，連接PD，由題意知PD為圓錐的高，且，
易知球O的半徑，
所以，，所以；
設MN的中點為C，連接PC，DM，則，
易知，，所以，所以.
過O點作，垂足為E，易知，則，
又，則.
設平面PMN截球O所得截面圓的半徑為r，
則，所以截面的面積為.
故答案為：；.
6．①③④
【分析】分別對四個結論結合題意分析判斷即可.
【詳解】對于①，如圖，取，，分別為對應邊中點，
易知四邊形是等腰梯形，且高為，
當不是中點時，不平行平面，
則四邊形不是梯形，等腰梯形有且僅有一個，.
所以① 正確；
對于②，向下作截面滿足題意的梯形是直角梯形，同理，直角梯形有且僅有一個，
其面積. 所以②錯誤；
對于③，將三棱柱補成正方體，為對應邊中點，易知為異面直線與所成角或補角，，，所以，所以③ 正確；
對于④，，，所以④正確.
故答案為：①③④.
【點睛】思路點睛：
平移線段法是求兩異面直線所成角的常用方法，其基本思路是通過平移直線，把異面直線的問題化歸為共面直線問題來解決，具體步驟如下：
①平移：平移異面直線中的一條或兩條，作出兩異面直線所成的角；
②認定：證明作出的角就是所求異面直線所成的角（或補角）；
③計算：求該角的值，常利用解三角形；
④取舍：由于兩異面直線所成的角的取值范圍是，當所作的角為鈍角時，應取它的補角作為兩異面直線所成的角．
考點四：空間點、線、面的位置關系
【典例精析】（多選）（2022·山東·模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體中，分別是的中點，是線段上的動點，則下列說法中正確的是（ ）
A．存在點，使四點共面
B．存在點，使平面
C．三棱錐的體積為
D．經過四點的球的表面積為
ABC
【分析】由題意，當Q與點重合時，四點共面，即可判斷A；根據平行的傳遞性可得，結合線面平行的判定定理即可判斷B；利用等體積法和棱錐的體積公式計算即可判斷C；易知經過C，M，B，N四點的球即為長方體的外接球，求出球的半徑即可判斷D.
【詳解】A：如圖，在正方體中，連接．
因為N，P分別是的中點，所以．
又因為，所以．
所以四點共面，即當Q與點重合時，四點共面，故A正確；
B：連接，當Q是的中點時，因為，所以．
因為平面平面，所以平面，故B正確；
C：連接，因為，則
，故C正確；
D：分別取的中點E，F，構造長方體，
則經過C，M，B，N四點的球即為長方體的外接球．
設所求外接球的直徑為，則長方體的體對角線即為所求的球的直徑，
即，
所以經過C，M，B，N四點的球的表面積為，故D錯誤．
故選：ABC
【變式訓練】
一、單選題
1．（2024·青海·模擬預測）如圖，在正方體中，，，，，，分別為棱，，，，，的中點，為的中點，連接，．對于空間任意兩點，，若線段上不存在也在線段，上的點，則稱，兩點“可視”，則與點“可視”的點為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·陜西寶雞·一模）在空間中，下列說法正確的是（ ）
A．若的兩邊分別與的兩邊平行，則
B．若二面角的兩個半平面，分別垂直于二面角的兩個半平面，，則這兩個二面角互補
C．若直線平面，直線，則
D．到四面體的四個頂點A，B，C，D距離均相等的平面有且僅有7個
二、多選題
3．（2024·全國·模擬預測）如圖，在直三棱柱中，，，，點M為的中點，則（ ）
A．直線與直線為異面直線
B．線段上存在點N，使得平面
C．點C到平面的距離為
D．線段上存在點E，使得平面
4．（2024·湖南婁底·一模）已知是空間中三條不同的直線，是空間中兩個不同的平面，下列命題不正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．若，則或.
D．若，則，
三、填空題
5．（2024·全國·模擬預測）如圖，已知平面平面，，，，，則異面直線與所成角的余弦值為 .
6．（2023·全國·模擬預測）已知是兩個不同的平面，是平面外兩條不同的直線，給出四個條件：①；②；③；④，以下四個推理與證明中，其中正確的是 .（填寫正確推理與證明的序號）
（1）已知②③④，則①成立
（2）已知①③④，則②成立
（3）已知①②④，則③成立
（4）已知①②③，則④成立
參考答案：
1．D
【分析】連接、、、、、，借助平行線的性質可得四點共面，即可得線段與相交，線段與相交，線段與相交，從而排除A、B、C.
【詳解】如圖，連接，，，由正方體的性質及、分別為棱、的中點，
易得，所以線段與相交，與相交，故A、B錯誤；
連接，，有，，故，
所以線段與相交，C錯誤；
連接，直線與，直線與均為異面直線，D正確.
故選：D.
2．D
【分析】A根據等角定理判斷；B、C根據直觀想象結合判定定理判斷;
D根據直觀想象和點到平面得距離概念判斷.
【詳解】根據等角定理知兩角可能相等也可能互補則A不正確;
對于B根據條件可得兩個二面角可能互補也可能相等則B不正確;
對于C直線或，則C不正確；
對于D距離四面體的四個頂點A，B，C，D距離均相等的平面
有平面一側有一個頂點，另一側有三個頂點，這樣的平面有4個，
它們為各面上的高的中垂面（垂直平分高）. 平面兩側各有兩個頂點，
它們分別過除一組對棱外的其余四條棱的中點，這樣的平面有3個．
故共有7個滿足條件的平面．故D正確.
故選：D
3．ACD
【分析】利用異面直線的定義、線面垂直判定定理及性質定理、線面平行判定定理及等體積法求點到平面的距離來一一判定選項即可.
【詳解】選項A：顯然直線與直線為異面直線，故A正確．
選項B：若平面，則由平面，可得．
在直三棱柱中，，
又，，平面，
故平面，
∴，故點與點重合，即．
在矩形中，，，
∴，∴不與垂直，故B錯誤．
選項C：易知兩兩垂直，且，
∴，
∴，
．
設到平面的距離為d，則由，可得，
解得，故C正確．
選項D：如圖，連接，交于點，連接，交于點，連接，
若平面，則．
∵為的中點，∴為的中點．
記的中點為，連接，設與交于點，
由，易知 ≌，得到，故，
又，∴，則，
故線段上存在點，使得平面，故D正確．
故選：ACD
4．ABC
【分析】由題意分別進行判斷，錯誤的選項指明錯誤點.
【詳解】對，需要補上不平行才成立，否則可能與相交或平行，故錯誤；
對，若，則或，故錯誤；
對，有可能且且，故錯誤；
對D，若，則，故D正確.
故選：ABC.
5．/
【分析】作出異面直線與所成的角，利用余弦定理求出相關線段長，進而求出夾角的余弦.
【詳解】延長到點，使得，連接，則四邊形為平行四邊形，
有，于是或其補角是異面直線與所成的角，如圖，
在平面內過點作，連接，由四邊形是等腰梯形，
得，，由已知可得，
即，而，則≌，有，
，于是，，
由，得，則，
由平面平面，平面平面，得平面，
而平面，因此，，
在中，由余弦定理得，
所以異面直線與所成角的余弦值為.
故答案為：
6．（1）（3）
【分析】由線面平行，垂直的判定定理和性質定理，以及面面平行的判定，性質定理判斷即可，不正確的舉出一個反例即可.
【詳解】（1）若，，所以，因為，所以，（1）正確；
（2）若，，且是平面外的直線，則，又因為，所以與平行或相交，（2）錯誤；
（3）因為，，則，又因為，是平面外的直線，所以，（3）正確；
（4）若，，且是平面外的直線，則，又因為，則與平行或相交，（4）錯誤.
故答案為：（1）（3）
考點五：直線、平面平行的判定與性質
【典例精析】（多選）（2024·江蘇南通·三模）在正方體中，為的中點，是底面上一點，則（ ）
A．為中點時，
B．為中點時，平面
C．滿足的點在圓上
D．滿足直線與直線成角的點在雙曲線上
BCD
【分析】建立合適的空間直角坐標系，寫出相關向量，對A計算即可判斷；對B利用線面平行的判定定理即可判斷；對C，計算得，則得到其軌跡；對D，根據線線夾角公式得到關于的方程，化簡即可.
【詳解】不失一般性，設正方體棱長為2，如圖建系，因為為的中點，
則，
對A，為中點，則，
與不垂直，故A錯誤.
對B，為中點時，，因為，
則四邊形為平行四邊形，則，
因為平面，所以平面，故B正確；
對C，令，
在以為圓心，為半徑的圓上，故C正確；
對D，，
，
化簡得，其為雙曲線方程，故D正確，
故選：BCD.
【變式訓練】
一、解答題
1．（2024·黑龍江哈爾濱·三模）如圖：四棱柱底面為等腰梯形，.

(1)求證：平面；
(2)若為菱形，，平面平面.
①求平面和平面夾角的余弦；
②求點到平面的距離.
2．（2024·陜西安康·模擬預測）如圖，多面體是三棱臺和四棱錐的組合體，底面四邊形為菱形，為的中點，平面平面.
(1)證明：平面；
(2)若平面與平面夾角的余弦值為，求.
3．（2024·上海松江·二模）如圖，在四棱錐中，底面為菱形，平面，為的中點.
(1)設平面與直線相交于點，求證：；
(2)若，，，求直線與平面所成角的大小.
4．（2024·北京昌平·二模）如圖，在棱長均為2的四棱柱中，點是的中點，交平面于點．
(1)求證：點為線段的中點；
(2)再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇兩個作為已知，使得四棱柱存在且唯一確定．
（i）求二面角的余弦值；
（ii）求點到平面的距離．
條件①：平面；
條件②：四邊形是正方形；
條件③：平面平面．
注：如果選擇的條件不符合要求，則第2問得0分；如果選擇多組符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．
參考答案：
1．(1)證明見解析
(2)①；②
【分析】（1）借助平行四邊形的性質可得線線平行，結合線面平行的判定定理即可得；
（2）建立適當的空間直角坐標系，借助空間向量可計算夾角，借助點到平面的距離公式計算距離.
【詳解】（1）在棱上取點，使，連接，
由已知，
四邊形為平行四邊形，，
又，即四點共面，
連接，由已知，
，四邊形為平行四邊形，，
平面平面，
平面，即平面；
（2）在菱形中，，取中點，連接，則，
又平面平面，平面平面，
平面，平面，
在等腰梯形中，，
兩兩互相垂直，
以為原點所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，
，
①，
設為平面的一個法向量，
則，取，則有，
設為平面的一個法向量，
則，取，則有，
設平面與平面夾角為，
則，
平面與平面夾角余弦值為，
②，
點到平面的距離為.

2．(1)證明見解析
(2)2
【分析】（1）連接，證明平面平面，由面面平行的性質定理，即可證明結論；
（2）建立空間直角坐標系，設，求出相關點的坐標，求出平面與平面的法向量，根據平面與平面夾角的余弦值列式求值，即可求得答案.
【詳解】（1）連接，
因為平面平而，
所以平面，
因為，
所以，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
又平面平面，
所以平面，
因為平面.
所以平面平面，又平面，
所以平面.
（2）因為平面平面，
平面平面平面，
所以平面，
取的中點，連接，
因為四邊形為菱形，，
所以為等邊三角形，所以，
又，所以，
所以兩兩垂直，
則以為原點，所在直線分別為，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
設，
則，
所以.
設平面的法向量為，
則，即，
取，得，
設平面的法向量為，
則，即，
取，得，
設平面與平面的夾角為，
則
解得或-2（舍），即.
3．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據線面平行的判定定理，證出平面，然后根據平面平面，利用線面平行的性質定理證出；
（2）連接，取中點，連接、，根據線面垂直的判定定理，證出平面，可得是直線與平面的所成角，然后在中利用銳角三角函數的定義算出答案．
【詳解】（1）證明：平面與直線相交于點，平面平面，
四邊形是菱形，，
平面，平面，平面，
平面，平面平面，
；
（2）連接，取中點，連接、，
菱形中，，，是等邊三角形，
是中點，，
平面，平面，，
、平面，，平面．
是直線與平面的所成角，
是中點，，．
平面，平面，，
為中點，，中，，
等邊中，高，
中，，
可得，即直線與平面的所成角等于．
4．(1)證明見解析
(2)；
【分析】（1）先通過面面平行的性質證明，再通過證四邊形是平行四邊形，證，通過平行的傳遞性證，最后利用三角形中位線點為線段的中點得證；
（2）通過已知條件先證、、兩兩垂直，建立空間直角坐標系，利用空間向量的方法求二面角，求點到平面距離即可.
【詳解】（1）
連接，因為交平面于點，平面，
所以平面，所以平面平面.
因為平面平面，平面平面，
所以，因為，且，所以四邊形是平行四邊形，
所以，所以，因為點是的中點，所以點是線段的中點.
（2）
選擇條件①②：
因為平面，平面，平面，
所以，因為四邊形是正方形，所以；
（i）：如圖建立以為坐標原點，
、、分別為、、軸的空間直角坐標系，
則，，，，，，
，，設平面的法向量為，
，即，令，則，于是，
因為平面，所以平面的法向量為，
所以，由題知，二面角為鈍角，
所以二面角的余弦值為.
（ii）：因為，，所以，所以點到平面的距離.
選擇條件①③：
因為平面，平面，平面，
所以，因為平面平面，
平面平面，所以平面，所以，
（i）：如圖建立以為坐標原點，
、、分別為、、軸的空間直角坐標系，
則，，，，，，
，，設平面的法向量為，
，即，令，則，，于是，
因為平面，所以平面的法向量為，
所以，由題知，二面角為銳角，
所以二面角的余弦值為.
（ii）：因為，，所以，所以點到平面的距離.
選擇條件②③不合題意，此時幾何體不能唯一確定.
考點六：直線、平面垂直的判定與性質
【典例精析】（多選）（2024·遼寧沈陽·二模）已知正四棱錐的所有棱長均相等，為頂點在底面內的射影，則下列說法正確的有（ ）
A．平面平面
B．側面內存在無窮多個點，使得平面
C．在正方形的邊上存在點，使得直線與底面所成角大小為
D．動點分別在棱和上（不含端點），則二面角的范圍是
BD
【分析】過作直線，則為平面與平面的交線，取中點中點F，連接，求得可判斷A；取中點中點H，連接，可得，，可判斷B；由已知可知當Q在正方形各邊中點時，與底面所成的角最大，可得，判斷C；作垂直于，連接，則為二面角的平面角，求得二面角范圍是，判斷D.
【詳解】已知所有棱長都相等，不妨設為1．
對于A：過S作直線，因為，所以，
所以為平面與平面的交線，
取中點中點F，連接，由正四棱錐，
可得，所以，
所以為二面角的平面角，連接，
在中，
所以平面與平面不垂直，故A錯誤；
對于B：取中點中點H，連接，
因為，又平面 ，平面，
所以平面，平面，又，
所以平面平面，所以當時，平面，這樣的點P有無窮多，故B正確；
對于C：由已知可知當Q在正方形各邊中點時，與底面所成的角最大，，所以，所以不布存Q使得與底面成的角為，故C錯誤；
對于D：作垂直于，連接，
因為平面，又平面，所以，
又，所以平面，因為平面，所以，
因為則為二面角的平面角，
當都無限向點B靠攏時，；當時，，
所以二面角范圍是，故D正確．
故選：BD.
【變式訓練】
一、解答題
1．（2024·河北保定·二模）如圖，在四棱柱中，四邊形與四邊形是面積相等的矩形，，，平面平面為的中點.
(1)求點到平面距離的差；
(2)求直線與平面所成角的正弦值.
2．（2023·陜西·模擬預測）如圖，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，四邊形是等腰梯形，，三棱錐的體積為，平面與平面垂直.

(1)求直線EF到平面的距離；
(2)求證：平面⊥平面.
3．（2024·重慶·三模）如圖，在三棱錐中，平面，，，，分別為，的中點.

(1)證明：平面平面；
(2)證明平面，并求直線到平面的距離.
4．（2024·河北邢臺·二模）如圖，已知四邊形為等腰梯形，為以為直徑的半圓弧上一點，平面平面，為的中點，為的中點，，．
(1)求證：平面；
(2)求平面與平面的夾角的余弦值．
參考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）根據題設條件得到平面，從而有，再利用幾何關系得到，得到平面，從而點到平面的距離分別為，分別求出，即可求出結果；
（2）建立空間直角坐標系，求出及平面的法向量，利用線面角的向量法，即可求出結果.
【詳解】（1）因為四邊形是矩形，所以，
又平面平面，且平面平面平面，
所以平面，
因為平面，所以.
在矩形中，，所以，
因為，所以，
又平面，所以平面.
設，則點到平面的距離分別為，
又，
所以點到平面距離的差為.
（2）因為平面平面，所以，
又，所以，
又由矩形知，兩兩垂直，
以點為坐標原點，以直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.
則，
所以
設平面的一個法向量為，則，即，
取，得，所以，
設直線與平面所成角為，則，
即直線與平面所成角的正弦值為.
2．(1)
(2)證明見解析
【分析】
（1）作，證明到平面的距離即為的長，即得三棱錐的高等于的長，利用三棱錐的體積，即可求得答案；
（2）建立空間直角坐標系，求出相關點坐標，求出平面和平面的法向量，根據空間位置的向量證明方法，即可證明結論.
【詳解】（1）在平面內作，垂足為Z，四邊形是等腰梯形，
則,故；
因為平面與平面垂直，平面平面，
且平面，故平面，
而，平面,平面，故平面，
則到平面的距離即為的長，
即E點到平面的距離即為的長，即三棱錐的高等于的長，
三棱錐的體積為，且四邊形ABCD是邊長為1的正方形，
則，則,
即直線EF到平面ABCD的距離為；
（2）證明：四邊形是等腰梯形，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，，
則,
以A為坐標原點，以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，

則，
，
,
設平面的一個法向量為，則，
令，則，
設平面的一個法向量為，則，
令，則，
則，即，
故平面⊥平面.
3．(1)證明見解析
(2)證明見解析，
【分析】（1）利用線面垂直的性質，得到，根據條件及線面垂直的判定定理得到平面，從而有，再根據條件得到，由線面垂直的判定定理，得到平面，即可證明結果；
（2）根據條件有，利用線面平行的判定定理，即可證明結果；利用平面，將線到面的距離轉化成點到面的距離，再利用等體積法，即可求出結果.
【詳解】（1）因為平面，又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，
又，為中點，所以，又，平面，
所以平面，又平面，故平面平面.
（2）由題，分別為，中點，故，
又平面，平面，故平面，
則直線到平面的距離為點到平面的距離.
由為中點，所以，記為，，
又，所以，
由（1）知，平面，故，，，
由題知，，，
所以，
而，
所以.
.
4．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點，連接，，利用幾何關系證明，再由線面平行的判定定理得到結果.
（2）建系后分別找到平面的法向量為和平面的法向量為，代入空間向量二面角的余弦公式求出即可.
【詳解】（1）取的中點，連接，，
則且，
又且，所以且，
所以四邊形為平行四邊形，所以．
又平面，平面，
所以平面．
（2）取的中點，連接，
因為四邊形為等腰梯形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
過點作直線的垂線交于點，
以為坐標原點，分別以，，所在直線為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
因為為直徑，所以，
所以，，．
在等腰梯形中，，，
所以，
所以，，，，，
所以，，，，
設平面的法向量為，則
所以令，則，，
所以．
設平面的法向量為，則，
取．
設平面與平面的夾角為，
則，
所以平面與平面的夾角的余弦值為．
一、單選題
1．（2023·全國·高考真題）已知四棱錐的底面是邊長為4的正方形，，則的面積為（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·全國·高考真題）已知為等腰直角三角形，AB為斜邊，為等邊三角形，若二面角為，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·全國·高考真題）已知圓錐PO的底面半徑為，O為底面圓心，PA，PB為圓錐的母線，，若的面積等于，則該圓錐的體積為（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·全國·高考真題）已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為和，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（ ）
A． B． C． D．
5．（2022·全國·高考真題）甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側面展開圖的圓心角之和為，側面積分別為和，體積分別為和．若，則（ ）
A． B． C． D．
6．（2022·全國·高考真題）在長方體中，已知與平面和平面所成的角均為，則（ ）
A． B．AB與平面所成的角為
C． D．與平面所成的角為
7．（2022·全國·高考真題）已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（ ）
A． B． C． D．
8．（2022·全國·高考真題）在正方體中，E，F分別為的中點，則（ ）
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
9．（2022·全國·高考真題）已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
10．（2023·全國·高考真題）下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內的有（ ）
A．直徑為的球體
B．所有棱長均為的四面體
C．底面直徑為，高為的圓柱體
D．底面直徑為，高為的圓柱體
11．（2023·全國·高考真題）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
12．（2022·全國·高考真題）如圖，四邊形為正方形，平面，，記三棱錐，，的體積分別為，則（ ）
A． B．
C． D．
13．（2022·全國·高考真題）已知正方體，則（ ）
A．直線與所成的角為 B．直線與所成的角為
C．直線與平面所成的角為 D．直線與平面ABCD所成的角為
三、填空題
14．（2023·全國·高考真題）在正方體中，E，F分別為AB，的中點，以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有 個公共點．
15．（2023·全國·高考真題）在正四棱臺中，，則該棱臺的體積為 ．
16．（2023·全國·高考真題）底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個底面邊長為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺的體積為 ．
參考答案：
1．C
【分析】法一：利用全等三角形的證明方法依次證得，，從而得到，再在中利用余弦定理求得，從而求得，由此在中利用余弦定理與三角形面積公式即可得解；
法二：先在中利用余弦定理求得，，從而求得，再利用空間向量的數量積運算與余弦定理得到關于的方程組，從而求得，由此在中利用余弦定理與三角形面積公式即可得解.
【詳解】法一：
連結交于，連結，則為的中點，如圖，
因為底面為正方形，，所以，則，
又，，所以，則，
又，，所以，則，
在中，，
則由余弦定理可得，
故，則，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面積為.
法二：
連結交于，連結，則為的中點，如圖，
因為底面為正方形，，所以，
在中，，
則由余弦定理可得，故，
所以，則，
不妨記，
因為，所以，
即，
則，整理得①，
又在中，，即，則②，
兩式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面積為.
故選：C.
2．C
【分析】根據給定條件，推導確定線面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【詳解】取的中點，連接，因為是等腰直角三角形，且為斜邊，則有，
又是等邊三角形，則，從而為二面角的平面角，即，

顯然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，顯然平面平面，
直線平面，則直線在平面內的射影為直線，
從而為直線與平面所成的角，令，則，在中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得，即，
顯然是銳角，，
所以直線與平面所成的角的正切為.
故選：C
3．B
【分析】根據給定條件，利用三角形面積公式求出圓錐的母線長，進而求出圓錐的高，求出體積作答.
【詳解】在中，，而，取中點，連接，有，如圖，
，，由的面積為，得，
解得，于是，
所以圓錐的體積.
故選：B
4．A
【分析】根據題意可求出正三棱臺上下底面所在圓面的半徑，再根據球心距，圓面半徑，以及球的半徑之間的關系，即可解出球的半徑，從而得出球的表面積．
【詳解】設正三棱臺上下底面所在圓面的半徑，所以，即，設球心到上下底面的距離分別為，球的半徑為，所以，，故或，即或，解得符合題意，所以球的表面積為．
故選：A．

5．C
【分析】設母線長為，甲圓錐底面半徑為，乙圓錐底面圓半徑為，根據圓錐的側面積公式可得，再結合圓心角之和可將分別用表示，再利用勾股定理分別求出兩圓錐的高，再根據圓錐的體積公式即可得解.
【詳解】解：設母線長為，甲圓錐底面半徑為，乙圓錐底面圓半徑為，
則，
所以，
又，
則，
所以，
所以甲圓錐的高，
乙圓錐的高，
所以.
故選：C.
6．D
【分析】根據線面角的定義以及長方體的結構特征即可求出．
【詳解】如圖所示：
不妨設，依題以及長方體的結構特征可知，與平面所成角為，與平面所成角為，所以，即，，解得．
對于A，，，，A錯誤；
對于B，過作于，易知平面，所以與平面所成角為，因為，所以，B錯誤；
對于C，，，，C錯誤；
對于D，與平面所成角為，，而，所以．D正確．
故選：D．
7．C
【分析】方法一：先證明當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為，進而得到四棱錐體積表達式，再利用均值定理去求四棱錐體積的最大值，從而得到當該四棱錐的體積最大時其高的值.
【詳解】[方法一]：【最優解】基本不等式
設該四棱錐底面為四邊形ABCD，四邊形ABCD所在小圓半徑為r，
設四邊形ABCD對角線夾角為，
則
（當且僅當四邊形ABCD為正方形時等號成立）
即當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為
又設四棱錐的高為，則，
當且僅當即時等號成立.
故選：C
[方法二]：統一變量＋基本不等式
由題意可知，當四棱錐為正四棱錐時，其體積最大，設底面邊長為，底面所在圓的半徑為，則，所以該四棱錐的高，
(當且僅當，即時，等號成立)
所以該四棱錐的體積最大時，其高.
故選：C．[方法三]：利用導數求最值
由題意可知，當四棱錐為正四棱錐時，其體積最大，設底面邊長為，底面所在圓的半徑為，則，所以該四棱錐的高，，令，，設，則，
，，單調遞增， ，，單調遞減，
所以當時，最大，此時．
故選：C.
【點評】方法一：思維嚴謹，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是該題的最優解；
方法二：消元，實現變量統一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，實現變量統一，利用導數求最值，是最值問題的常用解法，操作簡便，是通性通法．
8．A
【分析】證明平面，即可判斷A；如圖，以點為原點，建立空間直角坐標系，設，分別求出平面，，的法向量，根據法向量的位置關系，即可判斷BCD.
【詳解】解：在正方體中，
且平面，
又平面，所以，
因為分別為的中點，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正確；
選項BCD解法一：
如圖，以點為原點，建立空間直角坐標系，設，
則，
，
則，，
設平面的法向量為，
則有，可取，
同理可得平面的法向量為，
平面的法向量為，
平面的法向量為，
則，
所以平面與平面不垂直，故B錯誤；
因為與不平行，
所以平面與平面不平行，故C錯誤；
因為與不平行，
所以平面與平面不平行，故D錯誤，
故選：A.
選項BCD解法二：
解：對于選項B，如圖所示，設，，則為平面與平面的交線，
在內，作于點，在內，作，交于點，連結，
則或其補角為平面與平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，為中點，則，
由勾股定理可得，
從而有：，
據此可得，即，
據此可得平面平面不成立，選項B錯誤；
對于選項C，取的中點，則，
由于與平面相交，故平面平面不成立，選項C錯誤；
對于選項D，取的中點，很明顯四邊形為平行四邊形，則，
由于與平面相交，故平面平面不成立，選項D錯誤；
故選：A.
9．C
【分析】設正四棱錐的高為，由球的截面性質列方程求出正四棱錐的底面邊長與高的關系，由此確定正四棱錐體積的取值范圍.
【詳解】∵球的體積為，所以球的半徑,
[方法一]：導數法
設正四棱錐的底面邊長為，高為，
則，,
所以，
所以正四棱錐的體積，
所以，
當時，，當時，，
所以當時，正四棱錐的體積取最大值，最大值為，
又時，，時，,
所以正四棱錐的體積的最小值為，
所以該正四棱錐體積的取值范圍是.
故選：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以當且僅當取到，
當時，得，則
當時，球心在正四棱錐高線上，此時，
，正四棱錐體積，故該正四棱錐體積的取值范圍是
10．ABD
【分析】根據題意結合正方體的性質逐項分析判斷.
【詳解】對于選項A：因為，即球體的直徑小于正方體的棱長，
所以能夠被整體放入正方體內，故A正確；
對于選項B：因為正方體的面對角線長為，且，
所以能夠被整體放入正方體內，故B正確；
對于選項C：因為正方體的體對角線長為，且，
所以不能夠被整體放入正方體內，故C不正確；
對于選項D：因為，可知底面正方形不能包含圓柱的底面圓，
如圖，過的中點作，設，
可知，則，
即，解得，
且，即，
故以為軸可能對稱放置底面直徑為圓柱，
若底面直徑為的圓柱與正方體的上下底面均相切，設圓柱的底面圓心，與正方體的下底面的切點為，
可知：，則，
即，解得，
根據對稱性可知圓柱的高為，
所以能夠被整體放入正方體內，故D正確；
故選：ABD.
11．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.

12．CD
【分析】直接由體積公式計算，連接交于點，連接，由計算出，依次判斷選項即可.
【詳解】
設，因為平面，，則，
，連接交于點，連接，易得，
又平面，平面，則，又，平面，則平面，
又，過作于，易得四邊形為矩形，則，
則，，
，則，，，
則，則，，，故A、B錯誤；C、D正確.
故選：CD.
13．ABD
【分析】數形結合，依次對所給選項進行判斷即可.
【詳解】如圖，連接、，因為，所以直線與所成的角即為直線與所成的角，
因為四邊形為正方形，則，故直線與所成的角為，A正確；
連接，因為平面，平面，則，
因為，，所以平面，
又平面，所以，故B正確；
連接，設，連接，
因為平面，平面，則，
因為，，所以平面，
所以為直線與平面所成的角，
設正方體棱長為，則，，，
所以，直線與平面所成的角為，故C錯誤；
因為平面，所以為直線與平面所成的角，易得，故D正確.
故選：ABD
14．12
【分析】根據正方體的對稱性，可知球心到各棱距離相等，故可得解.
【詳解】不妨設正方體棱長為2，中點為，取，中點，側面的中心為，連接，如圖，
由題意可知，為球心，在正方體中，，
即，
則球心到的距離為，
所以球與棱相切，球面與棱只有1個交點，
同理，根據正方體的對稱性知，其余各棱和球面也只有1個交點，
所以以EF為直徑的球面與正方體棱的交點總數為12.
故答案為：12
15．/
【分析】結合圖像，依次求得，從而利用棱臺的體積公式即可得解.
【詳解】如圖，過作，垂足為，易知為四棱臺的高，

因為，
則，
故，則，
所以所求體積為.
故答案為：.
16．
【分析】方法一：割補法，根據正四棱錐的幾何性質以及棱錐體積公式求得正確答案；方法二：根據臺體的體積公式直接運算求解.
【詳解】方法一：由于，而截去的正四棱錐的高為，所以原正四棱錐的高為，
所以正四棱錐的體積為，
截去的正四棱錐的體積為，
所以棱臺的體積為.
方法二：棱臺的體積為.
故答案為：.
一、單選題
1．（2024·河南商丘·模擬預測）在正四棱柱中，已知，為棱的中點，則線段在平面上的射影的長度為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·山東聊城·二模）已知圓柱的下底面在半球的底面上，上底面圓周在半球的球面上，記半球的底面圓面積與圓柱的側面積分別為，半球與圓柱的體積分別為，則當的值最小時，的值為（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·內蒙古呼倫貝爾·二模）在半徑為5的球體內部放置一個圓錐，則該圓錐體積的最大值為（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·安徽·三模）已知圓臺的上 下底面面積分別為，其外接球球心滿足，則圓臺的外接球體積與圓臺的體積之比為（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·河北唐山·二模）已知長方體的一條棱長為2，體積為16，則其外接球表面積的最小值為（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·山東臨沂·二模）已知正方體中，M，N分別為，的中點，則（ ）
A．直線MN與所成角的余弦值為 B．平面與平面夾角的余弦值為
C．在上存在點Q，使得 D．在上存在點P，使得平面
二、多選題
7．（2024·黑龍江哈爾濱·三模）正方體中，分別為面對角線與上的點，，則下面結論正確的是（ ）
A．平面
B．直線與直線所成角的正切值為
C．
D．直線平面
8．（2024·安徽·三模）已知四棱錐的底面是邊長為3的正方形，平面為等腰三角形，為棱上靠近的三等分點，點在棱上運動，則（ ）
A．平面
B．直線與平面所成角的正弦值為
C．
D．點到平面的距離為
三、填空題
9．（2024·江蘇南通·二模）已知二面角為直二面角，，，，，則與，所成的角分別為，，與所成的角為 .
10．（2024·全國·模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，為線段的中點，過點分別作平行于平面、平面的平面、平面，它們將四棱錐分成三部分．將這三部分依體積從小到大排列，其體積之比為 ．
11．（2024·四川成都·三模）已知三棱錐的頂點都在球的表面上，若球的表面積為，，，，則當三棱錐的體積最大時， .
四、解答題
12．（2024·山東·二模）如圖，在三棱錐中，，為的中點，為內部一點且平面．
(1)證明：平面；
(2)若，求二面角的余弦值．
13．（2024·安徽·三模）如圖，在三棱錐中，分別為棱的中點.

(1)證明：平面平面；
(2)若點到底面的距離等于，且，求二面角的正弦值.
14．（2024·河南鄭州·三模）如圖，在三棱臺中，，平面平面，．
(1)證明：平面；
(2)若三棱錐的體積為，求平面與平面的夾角的余弦值．
參考答案：
1．D
【分析】取中點，連接，過點作于點，連接，證明出平面，求出即可求解．
【詳解】如圖所示，取中點，連接，
則，點四點共面，，，
過點作于點，連接，則，
在中，，解得，
，則，
由正四棱柱得，平面，則平面，
又平面，所以，，
所以，
因為，，平面，且平面，
所以平面，所以線段在平面上的射影為線段，
故選：D．

2．A
【分析】設圓柱底面半徑為，高為，球的半徑為，則，根據基本不等式可得、，結合圓柱與球的體積公式化簡計算即可求解.
【詳解】設圓柱底面半徑為，高為，球的半徑為，
則，，
所以，
當且僅當時等號成立，此時，
所以.
故選：A
3．A
【分析】根據題意，當圓錐體積最大時，此時圓錐內接于球，且球心在圓錐的高上，求出球心到圓錐底而的距離，然后表示出圓錐的體積，求導即可得到其最值.
【詳解】由題知，如圖，當圓錐體積最大時，此時圓錐內接于球，球心在圓錐的高上，
設圓錐的底面半徑為r，高為，則，
所以該圓錐的體積，
則．當時，，當時，．
故當時，V取得最大值，且最大值為．
故選：A.
4．B
【分析】根據相切結合勾股定理可得，即可求解，由圓臺和球的體積公式即可求解.
【詳解】設圓臺的高為，外接球半徑為，作出軸截面如圖：
的上 下底面面積分別為，則圓，的半徑分別為2，6，
則，解得，
故所求體積之比為
故選：B

5．C
【分析】由長方體的體積求出，再由基本不等式可求出，再由球的表面積公式計算得到答案.
【詳解】設長方體的長、寬、高分別為，
所以長方體的體積為，解得：，
設長方體的外接球的半徑為，
所以，即，
即，當且僅當時取等，
所以，
所以其外接球表面積的最小值為.
故選：C.
6．C
【分析】以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體的邊長為1，由空間向量計算異面直線所成角，二面角和線線垂直可判斷ABC；由四點共面，而平面可判斷D.
【詳解】以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體的邊長為1，
所以，，
，
對于A，，，
直線MN與所成角的余弦值為，故A錯誤；
對于B，，，
設平面的法向量為，則，
取，可得，所以，
，，
設平面的法向量為，則，
取，可得，所以，
平面與平面夾角的余弦值為：
，故B錯誤；
對于C，因為Q在上，設，所以，，
則，所以，
所以，，
所以，解得：.
故上存在點，使得，故C正確；
對于D，因為，所以四點共面，
而平面，所以上不存在點P，使得平面，故D錯誤.
故選：C.
【點睛】
7．BCD
【分析】建立空間直角坐標系，對于A，求出平面的一個法向量，判定即可；對于B，直接求出直線與直線所成角的余弦值進而解出正切值即可；對于C，直接證明出即可，對于D，直接用向量證明出，，即可證明直線平面.
【詳解】

如圖：因為為正方體，
以為原點，分別為軸建立空間直角坐標系，
設棱長為.則，
，
設，則，
設，則，
，
，所以，
解得：，
則，，
對于A，平面的一個法向量為，
由，所以不平行平面，所以選項A錯誤；
對于B，由，設直線與直線所成角為，
則，則，，
所以選項B正確；
對于C，，由，
所以，所以選項C正確；
對于D，因為，，所以，
，，
所以直線平面，所以選項D正確.
故選：BCD.
8．BC
【分析】連接，若平面，證得，得到，與題設矛盾，可判定A錯誤；過點作，根據線面垂直的判定定理，證得平面，得到直線與平面所成的角為，可判定B正確；將平面翻折至與平面共面，連接，結合，可判定C正確；根據，求得高，可判定D錯誤.
【詳解】對于A中，連接，交于點，連接，如圖所示，
若平面，因為平面平面，且平面，
所以，因為為的中點，所以，
又因為為棱上靠近的三等分點，所以矛盾，所以A錯誤；
對于B中，過點作，垂足為，
因為平面，且平面，所以，
又因為四邊形為正方形，所以，
因為，且平面，所以平面，
又因為平面，所以，
因為，且平面，所以平面，
則直線與平面所成的角為，
由題可知，所以B正確；
對于C中，將平面翻折至與平面共面，且點在直線的兩側，
連接，則，所以C正確；
對于D中，設點到平面的距離為，
則3，
解得，所以D錯誤.
故選：BC.
9．/
【分析】如圖，設，根據勾股定理求得，，建立如圖空間直角坐標系，利用空間向量法求解線線角即可.
【詳解】如圖，
，則兩兩垂直.
作，垂足分別為，連接，
則，
所以為與的所成角，為與的所成角，
即，，
建立如圖空間直角坐標系，設，
則，得，
，所以，取，
則，又，
所以，即與所成的角為.
故答案為：
10．
【分析】設四棱錐的體積為,利用點為的中點，且平面平面可得相似比，由體積公式可得，進而同理可得，從而可得體積之比.
【詳解】設四棱錐的體積為．
因為點為的中點，且平面平面，
所以．
因為平面平面，
所以．
所以第三部分幾何體的體積為．
所以該四棱錐被分成的三部分依體積從小到大排列，
其體積之比為．
故答案為：.
11．
【分析】設是的外心，即可得到，再根據球的表面積求出球的半徑，即可得，當且僅當、、三點共線且平面和點位于點異側時，三棱錐的體積最大，再由勾股定理計算可得.
【詳解】在中，根據正弦定理，可得，
又，所以．如圖：

設為的外心，則為的中點，且，
由于球的表面積為，設球的半徑為，則，解得或（舍去），
所以球的半徑，，
當，，三點共線且平面和點位于點的異側時，，
三棱錐的體積最大，此時.
故答案為：
12．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）連接，取中點，連接，先證明出平面平面，由面面平行證明線面平行即可；
（2）建立空間直角坐標系，由面面夾角的向量公式求解即可．
【詳解】（1）連接，取中點，連接．
因為為的中點，所以，
因為平面，平面，所以平面．
又因為平面，平面，所以．
所以，在中，，同理，
因為，所以．
因為為中點，所以，
因為，且在同一平面內，所以，
又因為平面，平面，
所以平面．
又因為，平面，
所以平面平面．
因為平面，所以平面．
（2）以為坐標原點，分別以以及與垂直向上的方向為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系．
在直角中，因為，所以，
在中，，所以，
又，
所以．
設面的一個法向量，則，即，
取，則，所以．
設面的一個法向量，則，即，
取，則，所以．
設二面角為，由圖可知為銳角，則，
所以二面角的余弦值為．
13．(1)證明見解析
(2).
【分析】（1）取棱的中點，連接，分別證得和和，利用線面垂直的判定定理，證得平面，進而證得平面平面；
（2）以為坐標原點，建立空間直角坐標系，不妨設，分別求得平面和的法向量和，結合向量的夾角公式，即可求解.
【詳解】（1）證明：取棱的中點，連接，
因為，所以，
又因為，由直角三角形的性質，可得，
因為，所以，
可得，即，
因為，且平面，所以平面，
又因為平面，故平面平面.
（2）解：以為坐標原點，所在直線分別為軸，過點垂直與平面的直線為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，
不妨設，則，
所以，
可得，
設為平面的法向量，則，
取，可得，所以，
設為平面的法向量，則，
取，可得，所以.
所以，故二面角的正弦值為.

14．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）利用勾股定理的逆定理得，再利用面面垂直的性質定理得，最后根據線面垂直的判定定理即可證明；
（2）首先利用錐體體積公式得，再通過建立合適的空間直角坐標系，求出相關法向量即可求出面面角余弦值,
【詳解】（1）如圖，在等腰梯形中，連接，
又，可以解得，
在三角形中，，
又平面平面，且平面平面，
，且平面，
平面．
又，且平面，
平面．
（2）由（1）可知，，
．
以為原點，以為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系．
可得：．
易知平面的一個法向量為，
設平面的法向量為，又，
由
令，解得平面的一個法向量為，
．
平面與平面的夾角的余弦值為．
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7.1空間幾何體及點、線、面的位置關系
【備考指南】 1
【知識導圖】 2
【考點梳理】 11
考點一：空間幾何體的結構 11
考點二：空間幾何體的表面積與體積 12
考點三：空間幾何體的截面 14
考點四：空間點、線、面的位置關系 16
考點五：直線、平面平行的判定與性質 18
考點六：直線、平面垂直的判定與性質 20
【真題在線】 21
【專項突破】 24
考點 考情分析 考頻
空間幾何體的表面積、體積 2023年新高考Ⅰ卷T14 2023年新高考Ⅱ卷T9 2023年新高考Ⅱ卷T14 2023年全國乙卷T3 2023年全國乙卷T8 2022年新高考Ⅰ卷T4 2022年新高考Ⅱ卷T11 2022年全國甲卷T4 2022年全國甲卷T9 2021年新高考Ⅰ卷T3 2021年新高考Ⅱ卷T4 2021年新高考Ⅱ卷T5 3年12考
球與多面體的切接 2023年全國乙卷T16 2022年新高考Ⅰ卷T8 2022年新高考Ⅱ卷T7 2022年全國乙卷T9 2021年全國甲卷T11 3年5考
線面位置關系 2023年全國乙卷T9 2022年新高考Ⅰ卷T9 2022年全國甲卷T7 2022年全國乙卷T7 2021年新高考Ⅱ卷T10 2021年全國乙卷T5 3年6考
空間角與線面位置關系綜合 2023年新高考Ⅰ卷T18 2023年新高考Ⅱ卷T20 2023年全國甲卷T18 2023年全國乙卷T19 2022年新高考Ⅰ卷T19 2022年新高考Ⅱ卷T20 2022年全國甲卷T18 2022年全國乙卷T18 2021年新高考Ⅱ卷T19 2021年全國甲卷T19 2021年全國乙卷T18 3年11考
立體幾何綜合 2023年新高考Ⅰ卷T12 2021年新高考Ⅰ卷T12 2021年新高考Ⅰ卷T20 2年3考
最短距離、截面、截線 2023年新高考Ⅱ卷T14 2023年全國甲卷T15 1年2考
預測：空間幾何體及點、線、面的位置關系是高考的必考點.空間幾何體主要考察表面積、體積，考察的形式多樣化，要求考生掌握好全面的基礎知識點，點、線、面的位置關系也考察頻繁，要求對公理，判定定理，以及性質定理的全面應用.試題的難度易、中、難都有，這對考生的要求較高.建議在復習過程中熟練各種題型，對空間能力的要求較高.
考點一：空間幾何體的結構
【典例精析】（多選）（2024·浙江·二模）正方體中，，分別為棱和的中點，則下列說法正確的是（ ）
A．平面
B．平面
C．異面直線與所成角為60°
D．平面截正方體所得截面為等腰梯形
【變式訓練】
一、單選題
1．（2024·山東濟南·二模）已知正三棱錐 P－ABC 的底面邊長為 ，若半徑為1的球與該正三棱錐的各棱均相切，則三棱錐 P－ABC 的體積為（ ）
A．2 B． C．3 D．
2．（2024·陜西·模擬預測）將一個正四棱臺物件放入有一定深度的電解槽中，對其表面進行電泳涂裝．如圖所示，已知該物件的上底邊長與側棱長相等，且為下底邊長的一半，一個側面的面積為，則該物件的高為（ ）
A． B．1 C． D．3
二、多選題
3．（2024·廣東廣州·模擬預測）如圖所示，已知三棱錐的外接球的半徑為為球心，為的外心，為線段的中點，若，則（ ）
A．線段的長度為2
B．球心到平面的距離為2
C．球心到直線的距離為
D．直線與平面所成角的正弦值為
4．（2021·江蘇南通·模擬預測）在中，角，，所對的邊分別為，，，且，將分別繞邊，，所在的直線旋轉一周，形成的幾何體的體積分別記為，，，側面積分別記為，，，則（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
5．（2021·重慶沙坪壩·模擬預測）如圖甲是一水晶飾品，名字叫梅爾卡巴，其對應的幾何體叫星形八面體，也叫八角星體，是一種二復合四面體，它是由兩個有共同中心的正四面體交叉組合而成，且所有面都是全等的小正三角形，如圖乙所示．若一星形八面體中兩個正四面體的棱長均為2，則該星形八面體的體積為 ．
6．（2024·吉林延邊·一模）已知一個圓錐的側面展開圖是一個圓心角為，半徑為的扇形.若該圓錐的頂點及底面圓周都在球的表面上，則球的體積為 .
考點二：空間幾何體的表面積與體積
【典例精析】（多選）（2024·湖南·二模）在菱形中，.將菱形沿對角線折成大小為（）的二面角，若折成的四面體內接于球，則下列說法正確的是（ ）
A．四面體的體積的最大值是
B．的取值范圍是
C．四面體的表面積的最大值是
D．當時，球的體積為
【變式訓練】
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）若某圓錐的側面積為底面積的倍，則該圓錐的母線與底面所成角的正切值為（ ）
A．2 B．3 C． D．
2．（2024·河北邢臺·一模）如圖，正四棱臺容器的高為12cm，，，容器中水的高度為6cm．現將57個大小相同、質地均勻的小鐵球放入容器中（57個小鐵球均被淹沒），水位上升了3cm，若忽略該容器壁的厚度，則小鐵球的半徑為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·山東·二模）將正四棱錐和正四棱錐的底面重合組成八面體，則（ ）
A．平面 B．
C．的體積為 D．二面角的余弦值為
4．（2024·山東濱州·二模）圖，在邊長為4的正方形中，為的中點，為的中點．若分別沿，把這個正方形折成一個四面體，使、兩點重合，重合后的點記為，則在四面體中，下列結論正確的是（ ）

A．
B．到直線的距離為
C．三棱錐外接球的半徑為
D．直線與所成角的余弦值為
三、填空題
5．（23-24高三下·湖北武漢·階段練習）已知圓臺的體積為，其上底面圓半徑為1，下底面圓半徑為4，則該圓臺的母線長為 .
6．（2024·全國·模擬預測）已知一個高為6的圓錐被平行于底面的平面截去一個高為3的圓錐，所得圓臺的外接球的體積為，且球心在該圓臺內，則該圓臺的表面積為 ．
考點三：空間幾何體的截面
【典例精析】（多選）（2022·廣東廣州·三模）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，在軸截面中，，且，則（ ）
A．該圓臺的高為
B．該圓臺軸截面面積為
C．該圓臺的體積為
D．一只小蟲從點沿著該圓臺的側面爬行到的中點，所經過的最短路程為
【變式訓練】
一、單選題
1．（2024·安徽池州·二模）已知圓錐的底面半徑為3，其內切球表面積為，則該圓錐的側面積為（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高三上·山東棗莊·期末）已知正四棱臺的上下底面邊長分別為1和3，高為2.用一個平行于底面的截面截棱臺，若截得的兩部分幾何體體積相等，則截面與上底面的距離為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2021·廣東中山·模擬預測）正四棱錐的所有棱長為2，用垂直于側棱的平面截該四棱錐，則（ ）
A．截面可以是三角形
B．與底面所成的角為
C．與底面所成的角為
D．當平面經過側棱中點時，截面分四棱錐得到的上下兩部分幾何體體積之比為3：1
4．（2024·吉林長春·三模）某圓錐的側面展開圖是圓心角為，面積為3π的扇形，則（ ）
A．該圓錐的母線與底面所成角的正弦值為
B．若該圓錐內部有一個圓柱，且其一個底面落在圓錐的底面內，則當圓柱的體積最大時，圓柱的高為
C．若該圓錐內部有一個球，則當球的半徑最大時，球的內接正四面體的棱長為
D．若該圓錐內部有一個正方體，且底面ABCD在圓錐的底面內，當正方體的棱長最大時，以A為球心，半徑為的球與正方體表面交線的長度為
三、填空題
5．（2021·全國·模擬預測）已知圓錐的軸截面PAB是邊長為a的正三角形，AB為圓錐的底面直徑，球O與圓錐的底面以及每條母線都相切，記圓錐的體積為，球O的體積為，則 ；若M，N是圓錐底面圓上的兩點，且，則平面PMN截球O所得截面的面積為 .
6．（2021·全國·模擬預測）2020年底，中國科學家成功構建了76個光子的量子計算機“九章”，推動全球量子計算的前沿研究達到一個新高度.該量子計算機取名“九章”，是為了紀念中國古代著名的數學專著《九章算術》.在《九章算術》中，底面是直角三角形的直三棱柱被稱為“塹堵”.如圖，棱柱為一“塹堵”，是的中點，，設平面過點且與平行，現有下列四個結論：
①當平面截棱柱的截面圖形為等腰梯形時，該圖形的面積等于；
②當平面截棱柱的截面圖形為直角梯形時，該圖形的面積等于；
③異面直線與所成角的余弦值為；
④三棱錐的體積是該“塹堵”體積的.
所有正確結論的序號是 .
考點四：空間點、線、面的位置關系
【典例精析】（多選）（2022·山東·模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體中，分別是的中點，是線段上的動點，則下列說法中正確的是（ ）
A．存在點，使四點共面
B．存在點，使平面
C．三棱錐的體積為
D．經過四點的球的表面積為
【變式訓練】
一、單選題
1．（2024·青海·模擬預測）如圖，在正方體中，，，，，，分別為棱，，，，，的中點，為的中點，連接，．對于空間任意兩點，，若線段上不存在也在線段，上的點，則稱，兩點“可視”，則與點“可視”的點為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·陜西寶雞·一模）在空間中，下列說法正確的是（ ）
A．若的兩邊分別與的兩邊平行，則
B．若二面角的兩個半平面，分別垂直于二面角的兩個半平面，，則這兩個二面角互補
C．若直線平面，直線，則
D．到四面體的四個頂點A，B，C，D距離均相等的平面有且僅有7個
二、多選題
3．（2024·全國·模擬預測）如圖，在直三棱柱中，，，，點M為的中點，則（ ）
A．直線與直線為異面直線
B．線段上存在點N，使得平面
C．點C到平面的距離為
D．線段上存在點E，使得平面
4．（2024·湖南婁底·一模）已知是空間中三條不同的直線，是空間中兩個不同的平面，下列命題不正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．若，則或.
D．若，則，
三、填空題
5．（2024·全國·模擬預測）如圖，已知平面平面，，，，，則異面直線與所成角的余弦值為 .
6．（2023·全國·模擬預測）已知是兩個不同的平面，是平面外兩條不同的直線，給出四個條件：①；②；③；④，以下四個推理與證明中，其中正確的是 .（填寫正確推理與證明的序號）
（1）已知②③④，則①成立
（2）已知①③④，則②成立
（3）已知①②④，則③成立
（4）已知①②③，則④成立
考點五：直線、平面平行的判定與性質
【典例精析】（多選）（2024·江蘇南通·三模）在正方體中，為的中點，是底面上一點，則（ ）
A．為中點時，
B．為中點時，平面
C．滿足的點在圓上
D．滿足直線與直線成角的點在雙曲線上
【變式訓練】
一、解答題
1．（2024·黑龍江哈爾濱·三模）如圖：四棱柱底面為等腰梯形，.

(1)求證：平面；
(2)若為菱形，，平面平面.
①求平面和平面夾角的余弦；
②求點到平面的距離.
2．（2024·陜西安康·模擬預測）如圖，多面體是三棱臺和四棱錐的組合體，底面四邊形為菱形，為的中點，平面平面.
(1)證明：平面；
(2)若平面與平面夾角的余弦值為，求.
3．（2024·上海松江·二模）如圖，在四棱錐中，底面為菱形，平面，為的中點.
(1)設平面與直線相交于點，求證：；
(2)若，，，求直線與平面所成角的大小.
4．（2024·北京昌平·二模）如圖，在棱長均為2的四棱柱中，點是的中點，交平面于點．
(1)求證：點為線段的中點；
(2)再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇兩個作為已知，使得四棱柱存在且唯一確定．
（i）求二面角的余弦值；
（ii）求點到平面的距離．
條件①：平面；
條件②：四邊形是正方形；
條件③：平面平面．
注：如果選擇的條件不符合要求，則第2問得0分；如果選擇多組符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．
考點六：直線、平面垂直的判定與性質
【典例精析】（多選）（2024·遼寧沈陽·二模）已知正四棱錐的所有棱長均相等，為頂點在底面內的射影，則下列說法正確的有（ ）
A．平面平面
B．側面內存在無窮多個點，使得平面
C．在正方形的邊上存在點，使得直線與底面所成角大小為
D．動點分別在棱和上（不含端點），則二面角的范圍是
【變式訓練】
一、解答題
1．（2024·河北保定·二模）如圖，在四棱柱中，四邊形與四邊形是面積相等的矩形，，，平面平面為的中點.
(1)求點到平面距離的差；
(2)求直線與平面所成角的正弦值.
2．（2023·陜西·模擬預測）如圖，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，四邊形是等腰梯形，，三棱錐的體積為，平面與平面垂直.

(1)求直線EF到平面的距離；
(2)求證：平面⊥平面.
3．（2024·重慶·三模）如圖，在三棱錐中，平面，，，，分別為，的中點.

(1)證明：平面平面；
(2)證明平面，并求直線到平面的距離.
4．（2024·河北邢臺·二模）如圖，已知四邊形為等腰梯形，為以為直徑的半圓弧上一點，平面平面，為的中點，為的中點，，．
(1)求證：平面；
(2)求平面與平面的夾角的余弦值．
一、單選題
1．（2023·全國·高考真題）已知四棱錐的底面是邊長為4的正方形，，則的面積為（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·全國·高考真題）已知為等腰直角三角形，AB為斜邊，為等邊三角形，若二面角為，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·全國·高考真題）已知圓錐PO的底面半徑為，O為底面圓心，PA，PB為圓錐的母線，，若的面積等于，則該圓錐的體積為（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·全國·高考真題）已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為和，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（ ）
A． B． C． D．
5．（2022·全國·高考真題）甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側面展開圖的圓心角之和為，側面積分別為和，體積分別為和．若，則（ ）
A． B． C． D．
6．（2022·全國·高考真題）在長方體中，已知與平面和平面所成的角均為，則（ ）
A． B．AB與平面所成的角為
C． D．與平面所成的角為
7．（2022·全國·高考真題）已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（ ）
A． B． C． D．
8．（2022·全國·高考真題）在正方體中，E，F分別為的中點，則（ ）
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
9．（2022·全國·高考真題）已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
10．（2023·全國·高考真題）下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內的有（ ）
A．直徑為的球體
B．所有棱長均為的四面體
C．底面直徑為，高為的圓柱體
D．底面直徑為，高為的圓柱體
11．（2023·全國·高考真題）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
12．（2022·全國·高考真題）如圖，四邊形為正方形，平面，，記三棱錐，，的體積分別為，則（ ）
A． B．
C． D．
13．（2022·全國·高考真題）已知正方體，則（ ）
A．直線與所成的角為 B．直線與所成的角為
C．直線與平面所成的角為 D．直線與平面ABCD所成的角為
三、填空題
14．（2023·全國·高考真題）在正方體中，E，F分別為AB，的中點，以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有 個公共點．
15．（2023·全國·高考真題）在正四棱臺中，，則該棱臺的體積為 ．
16．（2023·全國·高考真題）底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個底面邊長為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺的體積為 ．
一、單選題
1．（2024·河南商丘·模擬預測）在正四棱柱中，已知，為棱的中點，則線段在平面上的射影的長度為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·山東聊城·二模）已知圓柱的下底面在半球的底面上，上底面圓周在半球的球面上，記半球的底面圓面積與圓柱的側面積分別為，半球與圓柱的體積分別為，則當的值最小時，的值為（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·內蒙古呼倫貝爾·二模）在半徑為5的球體內部放置一個圓錐，則該圓錐體積的最大值為（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·安徽·三模）已知圓臺的上 下底面面積分別為，其外接球球心滿足，則圓臺的外接球體積與圓臺的體積之比為（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·河北唐山·二模）已知長方體的一條棱長為2，體積為16，則其外接球表面積的最小值為（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·山東臨沂·二模）已知正方體中，M，N分別為，的中點，則（ ）
A．直線MN與所成角的余弦值為 B．平面與平面夾角的余弦值為
C．在上存在點Q，使得 D．在上存在點P，使得平面
二、多選題
7．（2024·黑龍江哈爾濱·三模）正方體中，分別為面對角線與上的點，，則下面結論正確的是（ ）
A．平面
B．直線與直線所成角的正切值為
C．
D．直線平面
8．（2024·安徽·三模）已知四棱錐的底面是邊長為3的正方形，平面為等腰三角形，為棱上靠近的三等分點，點在棱上運動，則（ ）
A．平面
B．直線與平面所成角的正弦值為
C．
D．點到平面的距離為
三、填空題
9．（2024·江蘇南通·二模）已知二面角為直二面角，，，，，則與，所成的角分別為，，與所成的角為 .
10．（2024·全國·模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，為線段的中點，過點分別作平行于平面、平面的平面、平面，它們將四棱錐分成三部分．將這三部分依體積從小到大排列，其體積之比為 ．
11．（2024·四川成都·三模）已知三棱錐的頂點都在球的表面上，若球的表面積為，，，，則當三棱錐的體積最大時， .
四、解答題
12．（2024·山東·二模）如圖，在三棱錐中，，為的中點，為內部一點且平面．
(1)證明：平面；
(2)若，求二面角的余弦值．
13．（2024·安徽·三模）如圖，在三棱錐中，分別為棱的中點.

(1)證明：平面平面；
(2)若點到底面的距離等于，且，求二面角的正弦值.
14．（2024·河南鄭州·三模）如圖，在三棱臺中，，平面平面，．
(1)證明：平面；
(2)若三棱錐的體積為，求平面與平面的夾角的余弦值．
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