人教A版 (2019)必修 第二册空间直线、平面的垂直精品同步测试题

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1. 棱柱、棱锥、棱台
2. 圆柱、圆锥、圆台、球
简单组合体：由简单几何体组合而成的几何体叫简单组合体. 其构成形式主要有：由简单几何体拼接，或由简单几何体截去或挖去一部分.
3. 立体图形的直观图
(1)概念：直观图是观察者站在某一点观察一个空间几何体获得的图形，立体几何中通常是在平行投影下得到的平面图形.
(2)斜二测画法画水平放置的平面图形直观图的步骤：
①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O. 画直观图时，把它们画成对应的x′轴与y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°(或135°)，它们确定的平面表示水平面.
②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴或y′轴的线段.
③已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，在直观图中长度为原来的一半.
画几何体的直观图时，与画平面图形的直观图相比，只是多画一个与x轴、y轴都垂直的z轴，并且使平行于z轴的线段的平行性和长度都不变.
4. 简单几何体的表面积与体积
(1)圆柱、圆锥、圆台的侧面积
其中r，r′为底面半径，l为母线长.
(2)柱、锥、台、球的表面积和体积
5. 常见四棱柱及其关系
6. 按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积是原图形的eq \f(\r(2),4)倍，即S直观图＝eq \f(\r(2),4)S原图形.
7. 几个与球有关的切、接常用结论
(1)长、宽、高分别为a，b，c的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即eq \r(a2＋b2＋c2)＝2R.
(2)正方体的棱长为a，球的半径为R，若球为正方体的外接球，则2R＝eq \r(3)a；若球为正方体的内切球，则2R＝a；若球与正方体的各棱相切，则2R＝eq \r(2)a.
(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
8. 空间几何体的结构特征的判断
解决此类问题的基本方法：①定义法：紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定；②反例法：学会通过反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，设法举出一个反例即可.
9. 求解多面体的表面积，关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，通过建立未知量与已知量间的关系进行求解.
10. 求空间几何体体积的常用方法为公式法、割补法和等积变换法(等体积法)：①割补法：将这个几何体分割成几个柱体、锥体，分别求出柱体和锥体的体积，从而得出要求的几何体的体积. ②等积变换法：特别地，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”.
11. 求旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用. 直角梯形绕直角腰旋转一周形成的是圆台，四分之一圆绕半径所在的直线旋转一周，形成的是半球，所以阴影部分绕AB旋转一周形成的是组合体，圆台挖去半球，S表＝S圆台侧＋S下底面＋S半球表.
12. 求旋转体体积的一般思路是理解旋转体的几何特征，确定得到计算体积所需要的几何量. 求旋转体的体积常用公式法、分割法等，注意相关公式要牢记.
13. 几何体的外接球问题
几何体的外接球问题关键是确定球心位置，主要方法有：①将几何体还原或补为正方体或长方体，进而确定球心；②几何体的外接球球心一定在过底面的外心与底面垂直的直线上；③球心到各顶点的距离都相等；④球心一定在外接球的直径上.
14. 几何体的内切球问题
求解此类问题应注意：①正多面体存在内切球且正多面体的中心为内切球的球心；②求多面体内切球的半径，往往可用“等体积法”：V多＝eq \f(1,3)S表·R内切；③正四面体内切球半径是高的eq \f(1,4)，外接球半径是高的eq \f(3,4)；④并非所有多面体都有内切球(或外接球).
15. 平面的基本性质
(1)基本性质
(2)基本事实1与2的推论
16. 空间点、直线、平面之间的位置关系
(1)空间中直线与直线的位置关系
(2)空间中直线与平面的位置关系
当直线与平面相交或平行时，直线不在平面内，也称为直线在平面外.
(3)空间中平面与平面的位置关系
17. 唯一性定理
(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行.
(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直.
(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.
(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直.
18. 异面直线的两个常用判定
(1)与一个平面相交的直线和这个平面内不经过交点的直线是异面直线.
(2)分别在两个平行平面内的直线平行或异面.
①证明四点共面的基本思路：一是直接证明，即利用基本事实或推论来直接证明；二是先由其中不共线的三点确定一个平面，再证第四个点也在这个平面内即可；②要证明点共线问题，关键是转化为证明点在直线上，也就是利用基本事实3，即证点在两个平面的交线上，本题即采用这种证法；或者选择其中两点确定一直线，然后证明另一点也在直线上；③证明空间三线共点问题，先证两条直线交于一点，再证明第三条直线经过这点，把问题转化为证明点在直线上.
19. 空间两条直线位置关系的判定方法：
20. 直线与直线平行
(1)基本事实4
(2)等角定理
21. 直线与平面平行
(1)判定定理
(2)性质定理
22. 平面与平面平行
(1)判定定理
(2)性质定理
23. 平面与平面平行其他常用判定、性质
(1)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，则这两个平面平行.
(2)平行于同一个平面的两个平面平行.
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.
(4)如果两个平面平行，那么其中一个平面内的直线平行于另一个平面.
(5)如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，那么它也垂直于另一个平面.
24. 与平行相关的线段(角)
(1)夹在两平行平面之间的平行线段相等.
(2)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例.
(3)同一条直线与两个平行平面所成的角相等.
25. ①证明线线平行，可以运用基本事实4、中位线定理，也可以证明包含这两边的四边形是平行四边形，或者运用线面平行的性质定理来证明. ②要证明直线和平面平行，通常有两种方法：(i)利用线面平行的判定定理，只要在平面内找到一条直线与已知平面外直线平行即可；(ii)由面面平行的性质定理：如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任何一条直线和另外一个平面平行. 第一种方法是常用方法，一般需要连接特殊点、画辅助线，再证明线线平行，从而得到线面平行. 第二种方法常用于非特殊位置的情形. ③判定面面平行的主要方法：(i)利用面面平行的判定定理；(ii)线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行). 利用面面平行的判定定理证明两平面平行时需要说明是一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行.
26. 当直线与平面平行时，直线上任意一点到平面的距离相等. 在某点到平面的距离易求的前提下实行平行转化，将较难的点到平面的距离转化为较易求的另外一点到平面的距离是我们常用的方法，这需要首先完成线面平行或面面平行的证明.
27. 直线与直线垂直
(1)异面直线所成角：如图，已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线a′∥a，b′∥b，我们把直线a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角).
(2)异面直线垂直的定义：如果两条异面直线所成的角是直角，那么我们就说这两条异面直线互相垂直. 直线a与直线b垂直，记作a⊥b. 异面直线所成角的范围是(0°，90°]；空间两条直线所成角的范围是[0°，90°].
28. 直线与平面垂直
(1)定义：一般地，如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直，记作l⊥α. 直线l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面. 直线与平面垂直时，它们唯一的公共点P叫做垂足. 过一点垂直于已知平面的直线有且只有一条.
(2)判定定理
(3)直线与平面所成角：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. 直线与平面所成角的范围是[0°，90°].
(4)性质定理
(5)空间距离
①点到平面的距离：过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫做这个点到该平面的垂线段，垂线段的长度叫做这个点到该平面的距离.
②直线到平面的距离：一条直线与一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线到这个平面的距离.
③两个平行平面间的距离：如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一点到另一个平面的距离都相等，我们把它叫做这两个平行平面间的距离.
29. 平面与平面垂直
(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角. 以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角，二面角的大小可以用它的平面角度量. 二面角的范围是[0°，180°].
(2)判定定理
(3)性质定理
30. 三垂线定理：在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.
31. 垂直、平行关系的相互转化
32. 垂直关系的证明，除了直接应用定理外，有时还需要结合计算进行证明，即由已知长度关系，得到相关边满足勾股定理，进而得到线线垂直.
33. . 空间立体几何中的距离包括点点距离、点线距离、点面距离、线线距离、线面距离、面面距离等. 在这些距离当中，点到平面的距离居核心地位. 在高考中也经常涉及，线线距离、线面距离、面面距离都可以转化成点到平面的距离去求解. 求点面距的基本方法有：作垂线计算、等积法求解、向量法求解、平行转化法及比例转化法等.
34. 平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围为(0°，90°].
35. 线面角、二面角求法：①根据线面角的定义或二面角的平面角的定义，作(找)出该角，再解三角形求出该角，步骤是作(找)⇒证⇒求(算)三步曲. ②射影法：设斜线段AB在平面α内的射影为A′B′，AB与α所成角为θ，则csθ＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(A′B′)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB)))；设△ABC在平面α内的射影三角形为△A′B′C′，平面ABC与α所成角为θ，则csθ＝eq \f(S△A′B′C′,S△ABC).
考点一 空间几何体的结构特征
考点二 空间几何体的直观图
考点三 空间几何体的表面积、体积
考点四 空间几何体的截面问题
考点五 与球相关的切、接问题
考点六 线面位置关系的判断
考点七 平行关系的证明
考点八 平行关系的综合问题
考点九 垂直关系的证明问题
考点十 空间距离计算
考点十一 空间角的计算
考点十二 立体几何的最值问题
考点一 空间几何体的结构特征
1．【多选】（2023春·湖南·高一桃江县第一中学校联考期中）下列说法正确的是（ ）
A．以三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
B．棱台的侧面都是等腰梯形
C．底面半径为r，母线长为2r的圆锥的轴截面为等边三角形
D．棱柱的侧棱长都相等，但侧棱不一定都垂直于底面
【答案】CD
【分析】根据圆锥、棱台、棱柱的定义及结构特征逐一判断即可.
【详解】圆锥是以直角三角形的某一条直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体，
当绕斜边旋转时，不是棱锥，故A错误；
棱台的侧面都是梯形，但棱台的侧棱不一定都相等，故B错误；
圆锥的轴截面是等腰三角形，其腰长为2r，又底面半径为r，故等腰三角形的底边为2r，
即该圆锥的轴截面为等边三角形，故C正确；
棱柱的侧面都为平行四边形，所以侧棱都相等，棱柱包含直棱柱与斜棱柱，
故侧棱不一定都垂直于底面，故D正确.
故选：CD.
2．【多选】（2023春·广东广州·高一华南师大附中校考期中）下列说法正确的是（ ）
A．圆柱的所有母线长都相等
B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
C．底面是正多边形的棱锥是正棱锥
D．棱台的侧棱延长后必交于一点
【答案】ABD
【分析】利用圆柱的性质判断选项A；利用棱柱的性质判断选项B；利用正棱锥的定义判断选项C；利用棱台的性质判断选项D.
【详解】选项A：圆柱的所有母线长都相等.判断正确；
选项B：棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形.判断正确；
选项C：底面是正多边形且顶点在底面的射影为底面正多边形的中心的棱锥是正棱锥.判断错误；
选项D：棱台的侧棱延长后必交于一点.判断正确.
故选：ABD
3．（2023春·贵州·高一校联考期中）一个几何体由六个面组成，其中两个面是互相平行且相似的四边形，其余各面都是全等的等腰梯形，则这个几何体是（ ）
A．三棱柱B．三棱台C．四棱柱D．四棱台
【答案】D
【分析】根据条件，分别对题目中四个选项分析推理.
【详解】不妨假定两个平行的面是上下底面，并且必须是6个面，显然三棱柱和三棱台不满足要求，
四棱柱要求各侧面均为平行四边形，上下两个平面为全等的四边形，不满足要求，
四棱台上下两个底面相互平行，其余各面都是梯形，故满足条件的几何体是四棱台.
故选：D.
4．（2023春·河北沧州·高一沧县中学校考期中）如图①，这是一个小正方体的侧面展开图，将小正方体从如图②所示的位置依次翻到第1格、第2格、第3格、第4格、第5格、第6格，这时小正方体正面朝上的图案是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正方体的侧面展开图找出相对面，再由其特征得到结果.
【详解】由图①可知，“同心圆”和“圆”相对，“加号”和“箭头”相对，“心形”和“星星”相对．
由图②可得，小正方体从如图②所示的位置翻到第6格时正面朝上的图案是．
故选：C.
考点二 空间几何体的直观图
5．（2023春·重庆·高一西南大学附中校考期中）如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由斜二测画法原理将直观图转化为原图，根据原图运算求解即可.
【详解】由题意可得：，
由直观图可得原图，如图所示，可知：，
可得，
所以原三角形的周长.
故选：B.
6．（2023春·黑龙江牡丹江·高一牡丹江市第三高级中学校考期中）如图所示，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是________．
【答案】
【分析】将直观图还原可得，原图形为平行四边形，根据斜二测画法的法则，结合勾股定理，可得出平行四边形各边长，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，
则将直观图还原为原图形如下图
原图形为平行四边形，其中，，，
所以，，
所以，的周长为.
故答案为：.
7．（2023春·山东泰安·高一新泰市第一中学校考期中）如图，已知水平放置的直观图（斜二测画法）为，其中，则该三角形的面积为_________．
【答案】2
【分析】根据斜二测画法确定原图形，再求其面积.
【详解】由斜二测画法可得原图形为：
其中，，，
所以的面积.
故答案为：.
8．（2023春·福建·高一校联考期中）已知正方形的边长为，按照斜二测画法作出它的直观图，直观图面积为，则值为（ ）
A．B．2C．1D．
【答案】B
【分析】建立平面直角坐标系，根据斜二测画法的规则，得出边长为的正方形的直观图，过作，求得，结合的面积为，列出方程，即可求解.
【详解】以为原点，以和所在的直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，
如图（1）所示，
根据斜二测画法的规则，得到边长为的正方形的直观图，如图（2）所示，
因为，可得，
又因为，过作，可得，
由直观图的面积为，所以，解得.
故选：B.
9．（2023春·浙江台州·高一台州一中校考期中）如图，是斜二测画法画出的水平放置的的直观图，是的中点，且轴，轴，，，则的面积是________．
【答案】4
【分析】根据斜二测画法确定原图形，求解即可.
【详解】由图象知：，，
，为的中点，
的面积.
故答案为：4.
10．（2023春·广西·高一校联考期中）如题图所示，长方体的底面ABCD的斜二测直观图为平行四边形．已知，，，则将该长方体截去一个三棱锥后剩余的几何体体积为（ ）
A．50B．30C．25D．15
【答案】A
【分析】利用斜二测法画法规则求出长方体的长、宽、高，从而可求出长方体的体积和三棱锥的体积，进而可求出结果.
【详解】因为，，，所以在长方体中，，所以长方体的体积为，又，
所以长方体截去一个三棱锥后剩余的几何体体积为，
故选：A.
11．（2023春·安徽·高一安徽省舒城中学校联考期中）已知某圆柱的轴截面的斜二测画法直观图如图所示，分别对应圆柱两底面的直径，，则该圆柱的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据直观图可得圆柱得底面半径及高，再根据圆柱的表面积公式即可得解.
【详解】作出圆柱的轴截面的原图形，如图，
由题可知圆柱的底面半径为，高为，
所以该圆柱的表面积为.
故选：C.
考点三 空间几何体的表面积、体积
12．（2023春·广东深圳·高一校考期中）若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之比是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意作图，由轴截面得出母线与底面圆半径的等量关系，再利用底面积和侧面积公式求解.
【详解】根据题意作圆锥的轴截面，如图，
设圆锥的底面圆半径为，高为 ，母线长为 .
若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，
则有，所以.
该圆锥的底面积与侧面积比值为.
故选：A.
13．（2023春·山东济宁·高一嘉祥县第一中学校考期中）若圆锥的轴截面是面积为4的等腰直角三角形，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据圆锥性质求出圆锥高、母线与底面半径关系，根据圆锥体体积公式求解.
【详解】设圆锥底面半径为，母线长为l，因为圆锥的轴截面为等腰直角三角形，
所以，解得：，
所以，
所以圆锥高，
所以圆锥的体积为.
故选：B.
14．（2023春·重庆·高一西南大学附中校考期中）正三棱台的上底面边长，下底面边长，棱台的高为2，则该正三棱台的侧面积为__________.
【答案】
【分析】还台为锥，为正三棱锥.由正弦定理求出三棱台上下底面外接圆的半径，进而根据相似三角形以及已知条件推导得出正三棱锥的侧棱长以及高，进而得出棱台的高，即可得出答案.
【详解】
如图，还台为锥，为正三棱锥.
过点作出正三棱锥的高，交棱台上底面于点，交下底面于点，
连结,则易知.
因为为正三角形，是的中心，，
由正弦定理可得，，所以.
同理可得，.
因为，所以.
因为，
所以，.
又平面，平面，
所以，.
在中，.
所以，，所以.
取中点分别为，连结，则是等腰梯形的高.
在等腰三角形中，显然有，
且，，所以，
所以.
所以，.
所以，该正三棱台的侧面积为.
故答案为：.
15．（2023春·重庆万州·高一重庆市万州第二高级中学校考期中）在一个如下图所示的直角梯形内挖去一个扇形，恰好是梯形的下底边的中点，将所得平面图形绕直线旋转一圈，所得几何体表面积为__________.
【答案】
【分析】由题可画出所得几何体的大致图形，即可得表面积.
【详解】由题意可得几何体大致图形如下，则其表面积由三部分组成.
圆锥部分，由题圆锥底面圆半径为，则底面圆周长为，
由题可得圆锥侧面展开扇形半径为，可得侧面展开扇形圆心角为，
得圆锥侧面积为；
圆柱部分，圆柱侧面展开矩形长为圆锥底面圆周长，宽为2，则圆柱侧面积为；
球部分，球半径为2，则半个球面面积为.
综上，几何体表面积为.
故答案为：
16．（2023春·重庆九龙坡·高一重庆市育才中学校考期中）若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为且面积为的扇形，则该圆锥的高为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设圆锥的母线长为l，底面半径为r，根据扇形弧长公式和圆锥侧面积公式列方程求，由此可求圆锥的高.
【详解】设圆锥的母线长为l，底面半径为r，
则，，
解得，
所以圆锥的高为，
故选：B.
17．（2023春·浙江杭州·高一校考期中）如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥爬行一周后回到点处，若该小虫爬行的最短路程为，则这个圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作出圆锥侧面展开图，根据最短路程和母线长，利用余弦定理可求得侧面展开图扇形的圆心角，结合扇形弧长公式和勾股定理可求得圆锥底面半径和高，代入圆锥体积公式即可.
【详解】设圆锥的顶点为，以母线为轴可作出圆锥侧面展开图如下图所示，
小虫爬行的最短路程为，，又，
，，
设圆锥底面半径为，高为，则，解得：，，
圆锥体积.
故选：A.
18．（2023春·广西·高一校联考期中）已知两个球的表面积之差为，它们的大圆周长之和，则这两个球的半径之差__________．
【答案】
【分析】根据球的表面积和圆的周长公式可构造方程组求得结果.
【详解】设两球的半径分别为和，则，即，
，解得：，
即两个球的半径之差为.
故答案为：.
考点四 空间几何体的截面问题
19．（2023春·陕西西安·高一校考期中）已知一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，则截面不可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】判断出可能的截面，由此确定不可能的截面.
【详解】画出正方体如下图所示，设正方体外接球的球心为.
是棱的中点，
过的截面图像为C选项对应的图像.
过的截面图像为B选项对应的图像.
设是棱靠近的三等分点，
过的截面图像为A选项对应的图像.
故D选项的图像不可能.
故选：D
20．（2023春·天津南开·高一南开中学校考期中）如图，正方体的棱长为2，E是侧棱的中点，则平面截正方体所得的截面图形的周长是________.
【答案】
【分析】为中点，则截面图形为梯形，利用勾股定理求各边的长，可得周长.
【详解】为中点，连接，
正方体中，，，则四边形为平行四边形，
有，，
为中点，是的中点，则，得，
则平面截正方体所得的截面图形为梯形，
其中，，，
则梯形的周长为 即所得的截面图形的周长是
故答案为：
21．（2023春·河南洛阳·高一统考期中）在棱长为1的正方体中， 分别为，的中点，过直线 的平面//平面 ，则平面截该正方体所得截面为（ ）
A．三角形B．五边形C．平行四边形D．等腰梯形
【答案】D
【分析】取的中点E，的中点F，连接，证明在同一平面内，且四边形为等腰梯形，证明平面平面，即可确定答案.
【详解】根据题意，取的中点E，的中点F，连接，
则，所以，且,
故在同一平面内，
连接，因为分别为的中点，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面，
同理平面，
因为平面，
所以平面平面，
即平面截该正方体所得截面为梯形；
又由梯形中， ，
即平面截该正方体所得截面为等腰梯形,
故选：D
22．（2023春·湖北武汉·高一华中师大一附中校考期中）如图，在三棱锥中，，，过点A作截面，分别交侧棱PB，PC于E，F两点，则△AEF周长的最小值为______．
【答案】
【分析】沿着侧棱把三棱锥展开在一个平面内，如图，则即为周长的最小值，在中，由余弦定理能求出的值．
【详解】如图，沿着侧棱把三棱锥展开在一个平面内，如图所示：
则即为的周长的最小值，
在中，，，
由余弦定理得：．
故答案为：.
23．（2023·江西·高三校联考期中）如图，在直三棱柱中，为等腰直角三角形，，平面截三棱柱的外接球所得截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】判断出外接球球心的位置，利用勾股定理计算出外接球的半径，利用等体积法求得外接球球心到平面的距离，进而求得截面半径，从而求得截面面积.
【详解】由于为等腰直角三角形，所以的外心是的中点，设为，
设的中点为，连接，设的中点为，
则是直三棱柱的外接球的球心，
连接，
设外接球的半径为，则.
由于，所以，根据直棱柱的性质可知，
由于平面，
所以平面，，
所以，
，
，所以,
设到平面的距离为，则，
所以平面截三棱柱的外接球所得截面的半径为，
所以截面面积为.
故选：C
24．（2023春·山东青岛·高一青岛二中校考期中）正方体的棱长为，点在三棱锥的侧面表面上运动，且，则点轨迹的长度是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作出图形，分析可知点轨迹是以点为圆心，半径为的圆与的交线，计算出圆心角的大小，结合扇形的弧长公式可求得结果.
【详解】因为平面，且，
所以，点的轨迹是以为圆心，半径为的圆在内的交线，
取的中点，则，且，
设圆弧交于、两点，如下图所示：
，所以，，
又因为，则为等边三角形，
故点轨迹的长度是.
故选：B.
25．（2023春·浙江杭州·高一校联考期中）如图，正方体的棱长为为的中点，为的中点，过点的平面截正方体所得的截面的面积（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图，过点的平面截正方体所得的截面为五边形，求得，再结合等腰三角形的面积，结合相似即可求得截面的面积.
【详解】
如图，延长交于点，延长交于点，连接交于点，连接交于点，连接.
则过点的平面截正方体所得的截面为五边形.
因为为的中点，为的中点，
所以，
所以，
在中，，
在中，，
同理可得.
令上的高为，
所以，
所以.
因为，所以，
所以，
同理可得，
故截面的面积.
故选：B
【点睛】方法点睛：作截面的三种方法:
①直接法:截面的定点在几何体的棱上；
②平行线法:截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；
③延长交线得交点:截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
26．（2023春·吉林白山·高三统考期中）在正三棱柱中，，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设为的中点，证明平面，根据球的截面性质确定交线的形状，结合弧长公式求交线长.
【详解】设为的中点，连接，
因为，为等边三角形，
所以，
因为，，，平面，
所以平面，
所以以为球心，为半径的球面与平面的交线为以为圆心的圆，
由，
可得交线即以为圆心，为半径的圆弧，
设该圆弧与，分别相交于点M，N，
因为，，
所以，因为，
所以
所以，
故交线长.
故选：B.
考点五 与球相关的切、接问题
27．（2023春·山东枣庄·高一统考期中）已知A，B，C，D四点都在表面积为的球O的表面上，若球O的直径，且，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，根据正弦定理可求r，根据几何关系可求D到平面ABC的距离为定值，当△ABC面积最大时，三棱椎A－BCD体积最大，利用余弦定理、基本不等式、三角形面积公式可求△ABC面积的最大值，即得.
【详解】设球O的半径为R，因为球O的表面积为，故，即，
∵，，设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，
∴根据正弦定理知，，即，
∴，
∵AD是直径，O是AD中点，故D到平面ABC的距离为，
在△ABC中，根据余弦定理得，，
即，
∴，当且仅当时，等号成立，
∴△ABC面积的最大值为，
∴三棱锥A－BCD体积的最大值.
故选：D.
28．（2023春·湖南·高二校联考期中）已知是半径为2的球O的球面上的三个点，且，，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出△ABC外接圆的半径，进而求得O到平面ABC的距离，根据三棱锥体积公式即可求得答案.
【详解】∵，，∴△ABC为等腰直角三角形，∴，
则△ABC外接圆的半径为，
又球的半径为2，设O到平面ABC的距离为d，
则，所以，
故选：A．
29．（2023春·山东青岛·高一山东省青岛第五十八中学校考期中）已知三棱锥的体积为，各顶点均在以PC为直径的球面上，，，，则该球的表面积为______.
【答案】
【分析】根据已知条件及余弦定理，利用正弦定理及棱锥的体积公式，结合勾股定理及球的表面积公式即可求解.
【详解】由，，及余弦定理，得，即，解得，，
所以，
设为外接圆半径，
所以，解得，
所以，
所以，解得，即点P到平面ABC的距离为2，
所以外接球球心O（PC的中点）到平面ABC的距离，
以外接球半径，
所以.
故答案为：.
30．（2023春·浙江·高一校联考期中）已知直三棱柱的高为，，，则该三棱柱的外接球的体积为________．
【答案】
【分析】首先求出外接圆的半径，设直三棱柱外接球的半径为，则，即可求出，再根据球的体积公式计算可得.
【详解】因为，，所以，
设外接圆的半径为，则，
又直三棱柱的高，设直三棱柱外接球的半径为，
则，即，解得，
所以外接球的体积.
故答案为：
31．（2023春·陕西西安·高一长安一中校考期中）在直三棱柱中，，，点P为的中点，则四面体PABC的外接球的体积为（ ）
A．.B．C．D．
【答案】A
【分析】如图，分别取的中点，连接，易得四面体PABC的外接球的球心在上，利用勾股定理求出半径，再根据球的体积公式即可得解.
【详解】如图，分别取的中点，连接，
则，
因为平面，所以平面，平面，
因为，所以即为外接圆的圆心，
所以四面体PABC的外接球的球心在上，
设，四面体PABC的外接球的半径为，则，
，
则，解得，
所以，
所以四面体PABC的外接球的体积为.
故选：A.
【点睛】方法点睛：对于三棱锥外接球的三种模型：
第一种模型为常见墙角模型，此时将三棱锥看作长方体中的一个部分，将长方体进行补全之后就可以找到外接球半径与长方体三边之间的关系.
第二种模型为对边相等的三棱锥外接球，方法同样将其补形为长方体，我们可以通过画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对边，然后通过每一组在直角三角形中的满足勾股定理的形式而列出方程，然后再将三组方程相加之后就可以得到长方体三边的平方的关系，继而可以求出外接球的半径.
第三种模型为确定球心来构造直角三角形，这种模型最关键的就是利用底面三角形的外心来确定球心，然后来构造直角三角形将立体图形转化为平面图形，在直角三角形当中来求出球的半径.
32．【多选】（2023春·陕西西安·高一长安一中校考期中）已知正方体的棱长为4，点E，F，M分别是BC，，的中点，则（ ）
A．直线，EF是异面直线B．四面体的外接球表面积为
C．三棱锥的体积为D．平面截正方体所得截面的面积为18
【答案】ABD
【分析】对于A，取的中点，连接，证明即可判断；对于B，四面体的外接球的直径即为正方体的体对角线，求出外接球的半径，再根据球的表面积公式即可判断；对于C；连接，则，证明平面平面，从而可求得三棱锥的高，再根据棱锥的体积公式即可判断；对于D，延长交的延长线于，连接交于，由此可得截面图形，在计算出截面的面积即可判断.
【详解】对于A，取的中点，连接，
因为点为的中点，
所以，
又因平面，而与平面交于点，
所以直线，EF是异面直线，故A正确；
对于B，四面体的外接球的直径即为正方体的体对角线，
设其半径为，
则，所以，
则表面积，故B正确；
对于C，连接，则，
因为平面，平面，所以，
又平面，
所以平面平面，
由为的中点，得三棱锥的高为，
，
所以，故C错误；
对于D，如图，延长交的延长线于，连接交于，连接，
因为，为的中点，则，所以，
所以为的中点，
因为，所以，所以，
所以点为的中点，
所以，
因为，，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以，
则平面截正方体所得截面为等腰梯形，
，
则等腰梯形的高为，
所以等腰梯形的面积为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：对于三棱锥外接球的三种模型：
第一种模型为常见墙角模型，此时将三棱锥看作长方体中的一个部分，将长方体进行补全之后就可以找到外接球半径与长方体三边之间的关系.
第二种模型为对边相等的三棱锥外接球，方法同样将其补形为长方体，我们可以通过画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对边，然后通过每一组在直角三角形中的满足勾股定理的形式而列出方程，然后再将三组方程相加之后就可以得到长方体三边的平方的关系，继而可以求出外接球的半径.
第三种模型为确定球心来构造直角三角形，这种模型最关键的就是利用底面三角形的外心来确定球心，然后来构造直角三角形将立体图形转化为平面图形，在直角三角形当中来求出球的半径.
33．（2023春·上海虹口·高三统考期中）已知是球的球面上两点，，为该球面上的动点，若三棱锥体积的最大值为6，则球的表面积为________.
【答案】
【分析】当平面时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，列方程求解即可.
【详解】如图所示，当平面时，三棱锥的体积最大，
设球的半径为，此时，
故，则球的表面积为.
故答案为：.
34．（2023春·上海浦东新·高二华师大二附中校考期中）已知在四面体V-ABC中，，，，则该四面体外接球的表面积为________．
【答案】/
【分析】先判断出V在平面的射影为的外心,求出四面体外接球的半径，即可求出四面体外接球的表面积.
【详解】∵，
∴V在平面ABC的射影为的外心．
又，，所以的外接圆的半径；
,设四面体外接球的半径为R，．
解得．
所以外接球的表面积为．
故答案为：．
35．（2023春·贵州·高三校联考期中）已知正三棱锥P—ABC的底面边长为3，高为，则三棱锥P—ABC的内切球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用条件求出的长，从而得出正三棱锥为正四面体，进而求出三棱锥的表面积，再利用等体法求出内切球的半径，即可得出结果.
【详解】如图，取棱AB的中点D，连接CD，作平面，垂足为H，则．由正三棱锥的性质可知在上，且．
因为，所以，则．因为，所以，则三棱锥P—ABC的表面积，设三棱锥P—ABC的内切球的半径为r，则．解得，
从而三棱锥P—ABC的内切球的表面积为．
故选：A.
36．（2023·全国·高三专题练习）已知正四棱锥的底面边长为2，且，则该正四棱锥的内切球的表面积为______．
【答案】/
【分析】由余弦定理求得，利用等体积法求得四棱锥内切球半径，即可求得答案.
【详解】在中，由余弦定理，
又，，解得．
设底面的中心为O，则平面，则,
由，知，
设内切球球心为，半径为r，
由，即，
解得，故内切球表面积为，
故答案为：
37．【多选】（2023春·河北·高三校联考阶段练习）正三棱锥的底面边长为3，高为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．三棱锥的表面积为
C．三棱锥的外接球的表面积为
D．三棱锥的内切球的表面积为
【答案】ABD
【分析】求得的位置关系判断选项A；求得三棱锥的表面积判断选项B；求得三棱锥的外接球的表面积判断选项C；求得三棱锥的内切球的表面积判断选项D.
【详解】如图，
取棱的中点，连接
则正三棱锥中，.
因为平面，且，
所以平面，则，故A正确；
作平面，垂足为，则.
由正三棱锥的性质可知在上，且.
因为，所以，则.
因为，所以，
则三棱锥的表面积，故B正确；
设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则在上，
连接，则，
即，解得，
则三棱锥的外接球的表面积为，故C错误.
设三棱锥的内切球的半径为，
则，
解得，从而三棱锥的内切球的表面积
为，故D正确.
故选：ABD
考点六 线面位置关系的判断
38．（2023春·北京·高一北京市陈经纶中学校考期中）如图，P是正方体面对角线上的动点，下列直线中，始终与直线BP异面的是（ ）
A．直线B．直线C．直线D．直线AC
【答案】D
【分析】根据异面直线得定义逐一分析判断即可.
【详解】对于A，连接，设，
由，当点位于点时，与共面；
对于B，当点与重合时，直线与直线相交；
对于C，因为且，所以四边形为平行四边形，
所以，
当点与重合时，与共面；
对于D，连接，
因为平面，平面，平面，，
所以直线BP与直线AC是异面直线.
故选：D.
39．【多选】（2023春·陕西宝鸡·高一统考期中）已知点，直线，平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若直线与无公共点，则；
B．若，，，则过点的平面有无数个；
C．若直线，则可能是异面直线；
D．若，则过直线的平面有且只有一个.
【答案】BCD
【分析】根据直线与直线的位置关系，判断AC，根据平面基本事实判断BD.
【详解】对于A，若直线与无公共点，直线与可能异面，故这种说法错误；
对于B，若，，，则过点的平面有无数个这种说法正确；
对于C，若直线，，则可能是异面直线这种说法正确；
对于D，若，则过直线的平面有且只有一个这种说法正确.
故选：BCD
40．【多选】（2023春·浙江杭州·高一校考期中）已知a，b是两条不重合的直线，、是两个不重合的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，，则与一定相交
B．若，，则
C．若，，则直线a平行于平面内的无数条直线
D．若，，，则a与b是异面直线
【答案】BC
【分析】根据空间直线和平面平行的判定和性质即可逐项判断.
【详解】对于A，若，，则或a与相交，A错误；
对于B，若，，由面面平行的性质可得：存在使得，由线面平行的判定可得，B正确；
对于C，若，，则因为在α内存在无数条直线和b平行，故直线a平行于平面内的无数条直线，故C正确．
对于D，若，，，则ab或a与b是异面直线，故D错误；
故选：BC.
41．【多选】（2023春·福建三明·高一三明一中校考期中）设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下列命题中错误的是（ ）
A．若，，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，，则
【答案】ABD
【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，判断选项.
【详解】A. 若，，，则或相交，因为若都与交线平行，此时，，但此时两个平面相交，故A错误；
B.直线垂直于平面的两条相交直线，直线与平面垂直，所以根据线面垂直的判断定理可知，B错误；
C. 若，，则，故C正确；
D. 若，，，则，或异面，故D错误.
故选：ABD
42．【多选】（2023春·浙江温州·高一乐清市知临中学校考期中）设是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，，，则
【答案】ACD
【分析】垂直于同一平面的两条直线平行，A正确；当时结论未必成立，B错误；证明CD正确，得到答案.
【详解】对选项A：垂直于同一平面的两条直线平行，正确；
对选项B：当时结论未必成立，错误；
对选项C：，故，又，故，正确；
对选项D：，，则或，排除，则，正确.
故选：ACD.
43．（2023春·浙江·高一校联考期中）设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．，则B．，则
C．，则D．，则
【答案】D
【分析】举例说明判断ABC；利用线面垂直的性质判断D作答.
【详解】对于A，在长方体中，平面为平面，分别为直线，
显然满足，而，此时不成立，A错误；
对于B，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，
显然满足，而，此时不成立，B错误；
对于C，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，
显然满足，而，此时不成立，C错误；
对于D，因为，由线面垂直的性质知，，D正确.
故选：D
44．【多选】（2023春·湖南长沙·高一长郡中学校考期中）一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论，其中正确的是（ ）
A．B．与所成的角为60°
C．与是异面直线D．平面
【答案】ACD
【分析】将平面图形还原为立体图形，，，A正确B错误，观察知C正确，根据平面平面得到D正确，得到答案.
【详解】如图所示，将平面图形还原为立体图形，根据正方体的性质知：
，，故，A正确B错误；
与是异面直线，C正确；
平面平面，平面，平面，D正确.
故选：ACD
考点七 平行关系的证明
45．【多选】（2023春·黑龙江齐齐哈尔·高一齐齐哈尔市第八中学校校考期中）如图，在正方体中，E，F，G分别是棱，，的中点，则（ ）
A．点F在平面内B．平面
C．点在平面内D．点G在平面内
【答案】AB
【分析】连接、根据正方体的性质可得，即可得到平面，再根据中位线的性质及平行公理得到，即可得到、、、四点共面，从而得解；
【详解】连接、，在正方体中，且，
所以四边形是平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，故B正确；
又，所以，所以、、、四点共面，即点F在平面内，故A正确；
再连接，显然不在平面，故D错误；
由平面，可知点不在平面内，故C错误；
故选：AB.
46．【多选】（2023春·安徽马鞍山·高一马鞍山二中校考期中）如图，在直三棱柱中，D，E，F，M，N分别是的中点，则下列判断错误的是（ ）
A．平面
B．平面
C．平面平面
D．平面平面
【答案】ABC
【分析】由线线平行证明线面平行，得平面，平面，所以平面平面，均与平面相交，所以均与平面相交，又MN与AC平行，AC与平面相交，所以MN与平面也相交，可判断各选项是否正确.
【详解】连接，如图所示，
则N为的中点，又E是的中点，所以，
由平面，平面，所以平面．
三棱柱中是平行四边形，D，E分别为的中点，则，，
可得，，所以四边形是平行四边形，所以，
又平面， 平面，则平面，
平面，，所以平面平面，所以D正确，
而均与平面相交，所以均与平面相交，A，B都不正确，
又MN与AC平行，AC与平面相交，所以MN与平面也相交，所以C不正确.
故选：ABC．
47．（2023春·北京·高一北京市第一六六中学校考期中）如图，在正方体中，为中点，与平面交于点．
(1)求证：面；
(2)求证：为的中点．
【答案】(1)证明见解析．
(2)证明见解析．
【分析】（1）证明，然后由线面平行的判定定理得证；
（2）由线面平行的性质定理得线线平行，从而可证得结论成立．
【详解】（1）因为与平行且相等，所以是平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）由（1）平面，平面，平面平面，
所以，又是中点，
所以是中点．
48．（2023春·浙江·高一台州市书生中学校联考期中）如图所求，四棱锥，底面为平行四边形，为的中点，为中点.
(1)求证：平面；
(2)已知点在上满足平面，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）连结交于，连结，通过证明PCOF，可证平面；
（2）如图连结交延长线于，连结交于，连结，，，EN.
由平面，可得N为CD中点，后通过证明ENFDBG，可得，继而可得答案.
【详解】（1）证明：连结交于，连结，
因在中，为中点，为中点，则FO .
又平面，平面，故平面；
（2）如图连结交延长线于，连结交于，
连结，，，EN.
因，则四点共面.
又平面，平面平面，
则，四边形为平行四边形，可得 为中点.
则为BG中点.
即EN为中位线，则ENPG，.
又DN，则四边形EFDN为平行四边形，ENFD.
从而FDPG，.
49．（2023春·河南洛阳·高一统考期中）如图所示，在三棱柱中， 分别是，，的中点，求证：
(1)平面；
(2)平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）先证明平面，再证明平面,根据面面平行的判定定理即可证明结论.
【详解】（1）证明：∵分别是的中点，
∴,
又在三棱柱中，，
所以．
又平面， 平面，
所以平面.
（2）证明：由（1）知，平面，平面，
∴平面，
又∵分别为中点，
故，,
又∵，∴,
∴四边形为平行四边形，
∴,
又∵平面，平面，
∴平面,
又∵平面,
∴平面平面．
50．（2023秋·陕西渭南·高一统考期末）如图，在三棱柱中，分别为的中点，．求证：
(1)平面；
(2)平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据线面平行的判定定理证得平面；
（2）根据面面平行的判定定理证得平面平面．
【详解】（1）在三棱柱中，分别为的中点，
，
平面平面，
平面．
（2）平面，平面，
平面．
分别为的中点，，
，且．
四边形是平行四边形．
．
又平面平面，
平面．
又平面，
平面平面．
考点八 平行关系的综合问题
51．【多选】（2023春·重庆万州·高一重庆市万州第二高级中学校考期中）如图，正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为，BC2.若将正三棱锥绕BC旋转，使得点A，P分别旋转至点处，且，B，C，D四点共面，点，D分别位于BC两侧，则（ ）
A．平面
B．平面BDC
C．多面体的外接球的表面积为
D．点A，P旋转运动的轨迹长相等
【答案】BC
【分析】根据给定条件，判断两个正三棱锥的特征，再将旋转前后的两个三棱锥放在正方体中，逐项分析即可判断作答.
【详解】正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为，BC2，有，
则正三棱锥的侧棱两两垂直，正三棱锥的侧棱互相垂直，
于是旋转前后的正三棱锥和可以放到正方体中，四边形为该正方体的一个侧面，如图，
连接，，如图，
正方体中，且，四边形为平行四边形，则有，
而与平面相交，则不平行于平面，A错误；
，平面BDC，平面BDC，平面BDC，B正确；
多面体的外接球即棱长为的正方体的外接球，外接球的半径为，表面积为，C正确；
依题意，点A，P旋转角度相同，但旋转半径不同，所以运动的轨迹长不相等，D错误.
故选：BC
52．（2023春·福建·高一校联考期中）如图，在直三棱柱中，，，，为的中点．
(1)证明：平面
(2)过三点的一个平面，截三棱柱得到一个截面，画出截面图，说明理由并求截面面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)截面图见解析，截面面积为
【分析】（1）设，根据三角形中位线性质可得，由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）由三角形中位线性质和平行关系的传递性可得，由此可确定截面即为四边形，知其为等腰梯形，根据长度关系计算即可得到截面面积.
【详解】（1）连接，设，连接，
是的中点，是的中点，，
平面，平面，平面.
（2）作图过程：取中点，连接，则四边形即为截面图形.
证明如下：
是的中点，是的中点，；
，，四点共面，
四边形即为所求截面，此时四边形为等腰梯形；
，，，
四边形的高，
四边形的面积为.
53．（2023秋·陕西渭南·高一统考期末）在如图所示的多面体中，四边形是平行四边形，四边形是矩形，平面.
(1)求证：平面；
(2)若，，，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明线面平行，再由面面平行的判定定理得面面平行平面平面，，从而可证得线面平行平面；
（2）由体积公式变形设，得，再证明平面，然后由体积公式计算体积．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，∴，
∵四边形是矩形，∴，
平面，平面，∴平面，同理平面，
∵平面，平面，，
∴平面平面，
∵平面，∴平面
（2）设，则为中点，连结，，
则，
在中，，，，易知，∴，
∵平面，，∴平面，
又平面，∴，又，平面，
∴平面，
故为A到平面的距离，
，
∴，
∴三棱锥的体积.
54．（2023春·浙江·高一期中）如图，在棱长为2的正方体中，M为棱的中点，P为棱的中点，平面与平面将该正方体截成三个多面体，其中N，Q分别在棱上．
(1)求证：∥平面；
(2)求证：平面∥平面；
(3)求多面体的体积．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3).
【分析】（1）利用面面平行性质定理得到线线平行，最后转化成证明即可.
（2）先利用中位线的性质和平行四边形得到线线平行，再证明线面平行平面.，最后再利用面面平行的判定定理得到面面平行.
（3）将所求多面体的体积通过大正方体体积减去部分体积进行转化，从而去求部分的体积.
【详解】（1）证明：由题意得平面平面，
又平面平面 ，
平面平面，，
同理，又且，且，
且，四边形为平行四边形，,,又平面，平面，
平面.
（2）证明：由（1），为中点，为中点，
同理为中点，
连接,，，，
四边形为平行四边形，，又平面，
且平面，平面，又平面.
且，平面，
平面平面.
（3）由正方体特性可知：，
所求多面体，
而几何体可以看成两三棱锥相减，
将延长至点，使，
得到几何体体积为三棱锥体积减去三棱锥体积，
，
.
【点睛】本题考查知识点较为综合，难度较大，主要考查线面平行的判定定理，面面平行的判定定理，性质定理；对于较复杂的多面体体积要学会通过转化的思想，拿整体减去部分去求解.
考点九 垂直关系的证明问题
55．（2023春·福建·高一福建省泉州第一中学校考期中）三棱锥（如图1），O、E、F分别是线段、、的中点，G是中点（如图2）．
(1)若，，求证：
(2)求证：//平面．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）取的中点，连接，利用线面垂直的判定及性质推理作答.
（2）连接，连，证明，再利用线面平行的判定推理作答.
【详解】（1）在三棱锥中，取的中点，连接，如图，
因为，，则有，而平面，
因此平面，又平面，
所以.
（2）连接，连，因为E、F分别是线段、的中点，则点是的重心，
于是，又O是线段的中点，G是的中点，则，
即，因此，而平面，平面，
所以平面.
56．（2023春·云南文山·高一统考期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面底面分别为的中点..
(1)求证：直线平面；
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在梯形中证明是矩形，得，然后由面面垂直的性质定理得与平面垂直，从而有，由此得证线面垂直．
（2）由棱锥的体积公式转化计算：．
【详解】（1）因为为的中点，，所以，
又因为，所以四边形为平行四边形，
因为，所以平行四边形是矩形，所以，
因为，所以，
又因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，因为平面，所以，
又因为平面，所以平面.
（2）因为，
所以，
由平面为中点，所以点到平面的距离等于，
所以.
57．（2023春·山东青岛·高一青岛二中校考期中）如图，在四棱锥中，面，，，，，为线段上的点．
(1)证明：面；
(2)若满足面，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明出，可得出，再由已知条件可得出，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）分析可知，计算出三边边长，利用余弦定理求出的值，可求得的长，进而可求得的长，即可得解.
【详解】（1）证明：因为，，，所以，，
所以，，则，
因为平面，平面，所以，，
又因为，、平面，所以，平面.
（2）解：因为平面，平面，所以，，
若面，平面，则，
因为，，
由余弦定理可得，
因为平面，、平面，则，
所以，，，
在中，，，，
所以，，
所以，，
所以，，则，
因此，若满足面，则.
58．（2023春·宁夏吴忠·高一青铜峡市高级中学校考期末）如图所示，在四棱锥中，底面是且边长为的菱形，侧面为正三角形，其所在的平面垂直于底面．
(1)若为边的中点，求证：平面；
(2)若为边的中点，能否在棱上找一点，使得平面⊥平面？并证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析
(2)当F为PC边的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD，证明见解析.
【分析】（1）根据题意可得BG⊥AD，根据面面垂直的性质可证；
（2）先证平面DEF∥平面PGB，再说明平面PGB⊥平面ABCD即可．
(1)
在底面菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD边的中点，所以BG⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以BG⊥平面PAD．
(2)
当F为PC边的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD，证明如下：
取PC 的中点F，连接DE、EF、DF，
在△PBC中，FE∥PB，FE平面PGB，PB平面PGB
∴FE∥平面PGB
在菱形ABCD中，DG∥BE且DGBE
BEDG为平行四边形，则DE∥BG，DE平面PGB，BG平面PGB
∴DE∥平面PGB
EF∩DE＝E，所以平面DEF∥平面PGB，
因为BG⊥平面PAD，所以BG⊥PG，
又因为PG⊥AD，AD∩BG＝G，
∴PG⊥平面ABCD，而PG⊂平面PGB，
所以平面PGB⊥平面ABCD，
所以平面DEF⊥平面ABCD．
59．（2023秋·陕西咸阳·高一统考期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，，分别为棱，的中点，为棱上的动点.求证：
(1)平面；
(2)平面平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）通过构造平行四边形的方法，结合线面平行的判定定理证得平面；
（2）通过证明平面来证得平面平面.
【详解】（1）如图，取的中点，连接，.
为棱的中点，，且.
又为棱的中点，且底面为正方形，
，且，
，且，
四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，
平面.
（2）为棱的中点，，.
底面，平面，，
又，，平面，
平面，
平面，.
，平面，
平面.
平面，平面平面.
60．（2023春·云南丽江·高一统考期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，E为PB的中点．
(1)求证：EO平面PDC；
(2)求证：平面PAC⊥平面PBD．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）证明，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）先证明AC⊥平面PBD，再根据面面垂直的判定定理即可得证.
【详解】（1）∵底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，
∴O为BD中点，又E为PB的中点，∴，
∵平面PDC，平面PDC，
∴平面PDC；
（2）∵底面ABCD是正方形，∴AC⊥BD，
又PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PD⊥AC，
∵平面，∴AC⊥平面PBD，
又平面PAC，∴平面PAC⊥平面PBD．
考点十 空间距离计算
61．（2023秋·山东德州·高二统考期末）在正六棱柱中，若底面边长为1，高为3，则BC到平面的距离为______．
【答案】/
【分析】取的中点，证明平面，平面平面，再求出斜边上的高作答.
【详解】在正六棱柱中，取的中点，连接，如图，
，平面，平面，则平面，
平面，则平面，平面，
即，而，即有，，平面，
则平面，又平面，因此平面平面，
在平面内过作于，而平面平面，
于是平面，线段长即为BC到平面的距离，
，，中，，
所以BC到平面的距离.
故答案为：
62．（2023春·广东揭阳·高一统考期末）如图在直三棱柱中，，，，E是上的一点，且，D、F、G分别是、、的中点，与相交于．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知条件得平面，从而，又，由此能证明平面．
（2）由已知条件推导出平面，平面，由此能证明平面平面．由已知条件推导出为平行平面与之间的距离，由此能求出结果．
【详解】（1）证明：由直三棱柱的性质得平面平面，
又，平面平面，平面，
平面，
又平面，
，
，
在和中，，
，即，
又，平面
平面．
（2）解：由题意知，
在中，，
又，，
平面，平面，
平面，
、分别为、的中点，
，又，
，
平面，平面，
平面，
平面，平面，，
平面平面．
平面，平面平面，
平面，
为平行平面与之间的距离，
，
即平面与之间的距离为．
63．（2023春·安徽亳州·高一校考期末）如图，在直三棱柱中，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接，利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）计算出三棱锥的体积以及的面积，利用等体积法可求得点到平面的体积.
【详解】（1）证明：连接交于点，
因为且，所以，四边形为平行四边形，
因为，则为的中点，
又因为为的中点，所以，，
平面，平面，平面.
（2）解：连接、，
平面，、平面，，，
，，、平面，平面，
且，故四边形为矩形，则，
故，
由勾股定理可得，，
所以，，且，
，，
设点到平面的距离为，则，解得.
因此，点到平面的距离为.
64．（2023秋·甘肃定西·高一定西市第一中学期末）如下图，在三棱锥中，分别是的中点，，.
(1)求证：平面；
(2)求异面直线与所成角的余弦值；
(3)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）先证明出，，利用线面垂直的判定定理直接证明；
（2）取的中点，连接.判断出直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成角，利用余弦定理即可求解；
（3）利用等体积法求解.
【详解】（1）连接OC.
∵，是的中点，
∴，且.
又，是的中点，
∴，且.
在中，，所以，即.
又，平面，平面，∴平面.
（2）取的中点，连接.
由是的中点，知，所以直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成角.
在中， ，.
∵OM是直角三角形AOC斜边上的中线，∴.
在中，由余弦定理可得：
，
所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
（3）设点到平面的距离为h.
.
在△中， ，
∴.
∴.
即点到平面的距离为.
65．（2023春·河北石家庄·高一校考期中）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面，，.
(1)证明：平面PAC；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）证明，即可由线线垂直证明线面垂直；
（2）利用等体积法，结合棱锥体积的计算公式，即可求得结果.
【详解】（1）底面为直角梯形，，，故可得，
又，则，易知，
故，则；
又面面，故；
又面，故面.
（2）由（1）知面，又面，故，
又面面，故，则，
又，则；
因为面，故点到面的距离为，也即点到面的距离为；
又，
设点到面的距离为，则由可得：
，则，解得，
故点到面的距离为.
考点十一 空间角的计算
66．（2023春·浙江·高一校联考期中）在四棱锥中，平面，底面为正方形，，E和F分别为和的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明四边形是平行四边形，进而由线线平行得出线面平行；
（2）通过为等腰三角形，推导出即为二面角的平面角，即可求出二面角的余弦值.
【详解】（1）取的中点M，连接，
∵M，E分别为的中点，
∴是的中位线，
∴且，
又F为的中点，
∴且，
∴且，
∴四边形是平行四边形，
∴平面平面，
∴平面，
（2）取的中点N，G，连接，
设，
∴为等腰三角形，
∴，
∵，
∴即，
又平面，平面，平面平面，
∴即为二面角的平面角，
∴，
∴二面角的平面角的余弦值为．
67．（2023春·贵州六盘水·高一统考期末）如图，在三棱锥中，平面ABC，D是PB上一点，且平面PBC.
(1)求证：；
(2)若，M是PC的中点，求直线BM与平面ABC所成角的大小.
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）通过证明平面来证得.
（2）作出直线与平面所成角，并求得角的大小.
【详解】（1）由于平面ABC，平面，所以.
由于平面PBC，平面，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以.
（2）设是的中点，连接，
由于是的中点，所以，所以平面，
所以是直线与平面所成角，
由于，直角三角形中，，
所以，所以.
68．（2023春·湖北恩施·高一恩施土家族苗族高中校考期末）如图①，在梯形中，，，如图②，将沿边翻折至，使得平面平面，过点作一平面与垂直，分别交于点.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直证明，利用面面垂直的性质定理证明，再根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）利用等积法求出，利用等体积法即求出点到平面的距离为，进而直线BE与平面所成角的正弦值为，即可求解
【详解】（1）如图②，因为平面，且平面，
所以
又因为平面平面，平面平面，
且平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
又因为，且平面，
所以平面
（2）由（1）知平面平面，
所以，
在直角三角形中，，
由等面积代换得，，
即，
又因为平面平面，平面平面，
且平面，
所以平面
又因为平面，
所以
在直角三角形中，，
由等面积代换得，，
即，
又在直角三角形中，，
设点到平面的距离为，
在三棱锥中，由等体积代换得，，
即，
也即，
即所求直线BE与平面所成角的正弦值为
69．（2023春·天津·高一校联考期末）如图，在直角梯形ABCD中，，AB⊥AD，且，现以AD为一边向形外作正方形ADEF，然后沿边AD将正方形ADEF翻折，使平面ADEF与平面ABCD垂直，M为ED的中点，如图2.
(1)求证：平面BEC；
(2)求证：BC⊥平面BDE；
(3)求直线BC与平面ADEF所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）取EC中点N，证明，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）由已知结合余弦定理证明，再利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理作答.
（3）作出线面角，再在直角三角形中计算作答.
【详解】（1）取EC中点N，连接MN，BN，如图，在△EDC中，M为ED的中点，
则，且，而，，即有，
因此四边形ABNM为平行四边形，有，因平面BEC，且平面BEC，
所以平面BEC.
（2）由正方形ADEF知，ED⊥AD，而平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF平面ABCD=AD，
平面ADEF，则ED⊥平面ABCD，而平面ABCD，即有，
在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，，则，，
而，有，即，
因此，又，平面BDE，
所以平面BDE.
（3）延长CB与DA交于P点，由（2）知，而，，面ADEF，
于是得CD⊥面ADEF，即为直线BC与平面ADEF所成角，而，则，
所以直线BC与平面ADEF所成角的正弦值.
70．（2023春·湖南邵阳·高一统考期末）如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，，PA＝AB＝2，AC与BD交于点O.
(1)求证BD⊥平面PAC.
(2)求PB与平面ABCD所成角的大小.
(3)求二面角P—BD—A的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)2
【分析】（1）根据菱形的性质，对角线垂直，根据线面垂直的性质，结合线面垂直的判定，可得答案；
（2）根据线面夹角的定义，可得答案；
（3）二面角的定义，确定交面的棱，作垂线，可得答案.
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又∵PA⊥平面ABCD
∴PA⊥BD，又PAAC＝A， 面PAC
∴BD⊥面PAC
（2）解：∵PA⊥平面ABCD，∴∠PBA为PA与面ABCD所成角
又PA＝AB＝2，∴∠PBA＝，即PB与面ABCD所成角为
（3）连PO，由（1）知BD⊥面PAC，∴PO⊥BD，AO⊥BD
∴∠POA为二面角P—BD—A的平面角，在Rt△PAO中
PA＝2，AO＝1，tan∠POA=2，∴二面角P—BD—A的正切值为2
【点睛】
71．（2023春·上海杨浦·高一复旦附中校考期末）如图，四棱锥中，平面，，．过点作直线的平行线交于为线段上一点．
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面所成二面角的大小．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）证明出AB⊥平面PAD，由CFAB，得到CF⊥平面PAD，故证明面面垂直；
（2）作出辅助线，找到∠BED为平面与平面所成二面角的平面角，利用余弦定理求出二面角的大小.
【详解】（1）因为平面，AB平面ABCD，
所以PA⊥AB，
因为，
所以⊥AD，
因为PAAD=A，平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，
因为CFAB，所以CF⊥平面PAD，
因为CF平面CFG，
所以平面CFG⊥平面PAD；
（2）平面，AD，AC平面ABCD，
所以PA⊥AD，PA⊥AC，
因为，，
由勾股定理得：，则∠ADB=30°，
同理可得，∠CDB=30°，
故∠ADC=60°，所以三角形ACD为等边三角形，，
故，，，
过点B作BE⊥PC于点E，连接DE，
在△BCP中，由余弦定理得：，
则，，
在△CDP中，由余弦定理得：，
在△CDE中，，
因为，所以DE⊥PC，
所以∠BED为平面与平面所成二面角的平面角，
由余弦定理得：，
故平面与平面所成二面角的大小为.
72．（2023春·天津·高一校联考期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧棱底面，，是的中点，作交PB于点.
(1)求三棱锥的体积；
(2)求证：平面；
(3)求平面与平面的夹角的大小.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）取中点，连接，易知且底面，由此即可求出答案；
（2）由题意易证面，则可得，再结合，利用线面垂直的判定定理即可得证；
（3）由题意易知是平面与平面的夹角，且，分别求出的值，利用，即可求出答案.
【详解】（1）取中点，连接，
在中，分别为中点，
∴为的中位线，
∴，且，
又∵，
∴
∵底面，
∴底面，
∴；
（2）∵底面，且面
∴，
∵底面是正方形，
∴，
又,面,
∴面,
又面
∴
∵，且，
∴是等腰直角三角形，又是斜边的中线，
∴，
又,面,
∴面，
∵面
∴,
∵,
又,面
∴平面；
（3）由（2）可知，
故是平面与平面的夹角，
∵
∴，
在中，，，，
又面，
∵面
∴,
在中，，
∴，
故平面CPB与平面PBD的夹角的大小.
考点十二 立体几何的最值问题
73．（2023春·湖北武汉·高一武汉市第一中学校联考期中）如图，一个矩形边长为1和4，绕它的长为的边旋转二周后所得如图的一开口容器（下表面密封），是中点，现有一只妈蚁位于外壁处，内壁处有一米粒，若这只蚂蚁要先爬到上口边沿再爬到点处取得米粒，则它所需经过的最短路程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】画出圆柱的侧面展开图，根据对称性，求出的最小值就是的长，求解即可．
【详解】解：依题意可得圆柱的底面半径，高
将圆柱的侧面（一半）展开后得矩形，其中，，
问题转化为在上找一点，使最短，
作关于的对称点，连接，令与交于点，
则得的最小值就是为．
故选：A
74．（2023春·贵州·高三校联考期中）如图，在正三棱柱，中，，在上，是的中点，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将平面与平面翻折到同一平面上，连接，记，计算出以及的值，分析可知当、、三点共线时，取得最大值，再结合余弦定理求解即可.
【详解】如图，将平面与平面翻折到同一平面上，连接，记．
由题意可知，，所以，，
所以，，则，
，
从而，
故．
因为是的中点，所以，
由余弦定理可得．
因为在上，所以，当、、三点共线时，等号成立，
则．
故选：C.
75．（2023春·湖南邵阳·高一湖南省邵东市第一中学校考期中）已知圆锥的底面半径，高
(1)求圆锥的表面积和体积
(2)如图若圆柱内接于该圆锥，试求圆柱侧面积的最大值
【答案】(1),;
(2).
【分析】（1）由已知求得圆锥的母线长,再由圆锥的侧面积与体积公式求解;
（2）作出圆柱与圆锥的截面图，把圆柱的侧面积用h表示,然后结合二次函数求最值.
【详解】（1）∵圆锥的底面半径R=6，高H=8，
圆锥的母线长，
则表面积，体积.
（2）作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示,
其中，
设圆柱底面半径为r，则，即 .
设圆柱的侧面积为.
当时，有最大值为.
76．（2023春·湖南长沙·高一长沙一中校考期末）如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，．
(1)证明：PC=PD；
(2)当直线PA与平面PCD所成角的正弦值最大时，求此时二面角P−AB−C的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）分别取，的中点，，连接，，，可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再利用可得答案；
（2）由（1）知，是二面角的平面角，设，过点作于，则，平面，点到平面的距离等于点到平面的距离即为，设直线与平面所成角为，可得，令，则，利用基本不等式可得有最大值，此时直线与平面所成角为的正弦值最大，
【详解】（1）分别取，的中点，，连接，，，
因为，所以，
又因为，所以，
又因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
在中，因为垂直平分，所以，
又因为，，所以，
从而可得；
易得PC=PD.
（2）由（1）知，是二面角的平面角，
设，，
在中，，
过点作于，
则，
因为平面，平面，所以平面平面，
又因为平面平面，，平面，
所以平面，
因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，即为，
设直线与平面所成角为，所以，
令，，，
则，
当且仅当，即时，有最大值2，
此时直线与平面所成角为的正弦值最大，
所以当直线与平面所成角的正弦值最大时，
二面角的大小为．
77．（2023春·四川绵阳·高一统考期末）如图，在四边形中，，点E，F分别在上运动，且，现将四边形沿折起，使平面平面．
(1)若E为的中点，求证：平面；
(2)求三棱锥体积的最大值，并求出此时点E到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)最大值为；点E到平面的距离为
【分析】（1）根据线段长度由勾股定理可得线线垂直，由面面垂直可得线线垂直，进而根据线面垂直的判定定理即可证明，
（2）根据三棱柱体积公式以及二次函数的性质可知体积最大时点是中点，进而根据等体积法即可求解点到面的距离.
（1）
当E为中点时，，
由勾股定理，得．
∵平面平面，且平面平面,平面．
∴平面，平面
∴．
∵，平面
∴平面．
（2）
设，则．
∴，
∴当时，有最大值，最大值为．
此时，
设点到平面的距离为，
∵．
由（1）易知，
∴，
∴．
∴点E到平面的距离为．
78．（2023春·浙江衢州·高一校考期中）在矩形中，AB＝4，AD＝2．点分别在上，且AE＝2，CF＝1．沿将四边形翻折至四边形，点平面．
(1)求证：平面；
(2)求异面直线与所成的角；
(3)在翻折的过程中，设二面角的平面角为，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)1
【分析】（1）由得平面，得平面，从而得平面平面，即可证明平面；
（2）延长交于点，，可证得，进而得，即，从而，所以平面，则，即得答案；
（3）在平面内作于点，作于，作于，可证得，，即为二面角的平面角，结合三角函数即可得解．
【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为，所以平面平面，
因为面，所以平面.
（2）延长交于点，，
且，则，
，则，
故，而，
故，则，即，
从而，又，平面，
所以平面，而平面，则，
所以异面直线与所成的角为.
（3）如图，在平面内作于点，作于，作于，
，则平面，
平面，则，
又，，平面，所以平面，
所以，又因为，
所以平面，所以，
所以为二面角的平面角，
因为，所以为二面角的平面角，
设
当时，点与点重合，由，可得，
当时，因为，所以，
所以，故，
所以，
同理当时，，
所以，故，
所以，
设，则，
所以，其中，
由，解得，
所以的最大值为，此时，又，解得.
所以，当时，取最大值
棱柱
棱锥
棱台
图
形
定
义
有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体
有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体
用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间那部分多面体
结
构
特
征
底面互相平行且全等；侧面都是平行四边形；侧棱都相等且互相平行
底面是一个多边形；侧面都是三角形；侧面有一个公共顶点
上、下底面互相平行且相似；各侧棱延长线交于一点；各侧面为梯形
分
类
①按底面多边形的边数：三棱柱、四棱柱、五棱柱…
②按侧棱与底面的关系：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，
否则叫做斜棱柱. 底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱. 底面是平行四边形的四棱柱也叫做平行六面体
①按底面多边形的边数：三棱锥、四棱锥、五棱锥…
②正棱锥：底面是正多边形，并且顶点与底面中心的
连线垂直于底面的棱锥
①按底面多边形的边数：三棱台、四棱台、五棱台…
②正棱台：由正棱锥截得的棱台
圆柱
圆锥
圆台
球
图
形
定
义
以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体
以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体
用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分
以半圆的直径所在直线为旋转轴，旋转一周所形成的曲面叫做球面，球面所围成的旋转体
结
构
特
征
①母线互相平行且相等，并垂直于底面
②轴截面是全等的矩形
③侧面展开图是矩形
①母线相交于一点
②轴截面是全等的等腰三角形
③侧面展开图是扇形
①母线延长线交于一点
②轴截面是全等的等腰梯形
③侧面展开图是扇环
截面是圆面
圆柱
圆锥
圆台
侧面展
开图
侧面积
公式
S圆柱侧＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝
π(r＋r′)l
名称
几何体
表面积
体积(S是底面积，h是高)
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝Sh
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝eq \f(1,3)Sh
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝eq \f(1,3)(S上＋S下＋eq \r(S上S下))h
球(R是半径)
S＝4πR2
V＝eq \f(4,3)πR3
基本
事实
文字语言
图形语言
符号语言
作用
基本
事实
1
过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面
A，B，C三点不共线⇒存在唯一的平面α使A，B，C∈α
确定平面；判定点线共面
基本
事实
2
如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内
A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α⇒l⊂α
确定直线在平面内；判定点在平面内
基本
事实
3
如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线
P∈α，且P∈β⇒α∩β＝l，且P∈l
判定两平面相交；判定点在直线上
推论
文字语言
图形语言
符号语言
推论1
经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面
A∉l⇒有且只有一个平面α，使A∈α，l⊂α
推论2
经过两条相交直线，有且只有一个平面
a∩b＝P⇒有且只有一个平面α，使a⊂α，b⊂α
推论3
经过两条平行直线，有且只有一个平面
a∥b⇒有且只有一个平面α，使a⊂α，b⊂α
位置关系
共面情况
公共点个数
共面
直线
相交直线
在同一个平面内
1
平行直线
在同一个平面内
0
异面直线
不同在任何一个平面内
0
位置
关系
直线在
平面内
直线与
平面相交
直线与
平面平行
公共点个数
无数个
1
0
图形表示
位置关系
两个平面相交
两个平面平行
公共点个数
有一条公共直线
0
符号表示
α∩β＝a
α∥β
图形表示
文字语言
平行于同一条直线的两条直线平行.
图形语言
符号语言
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a∥b,b∥c))⇒a∥c.
说明
基本事实4表明了平行线的传递性.
文字语言
如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.
图形语言
符号语言
OA∥O′A′，OB∥O′B′⇒∠AOB＝∠A′O′B′或∠AOB＋∠A′O′B′＝180°.
文字语言
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.
图形语言
符号语言
a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.
文字语言
一条直线与一个平面平行，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.
图形语言
符号语言
a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.
文字语言
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.
图形语言
符号语言
a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，且a∥α，b∥α⇒β∥α.
文字语言
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.
图形语言
符号语言
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.
文字语言
如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直.
图形语言
符号语言
l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，m∩n＝A⇒l⊥α.
文字语言
垂直于同一个平面的两条直线平行.
图形语言
符号语言
a⊥α，b⊥α⇒a∥b.
文字语言
如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直.
图形语言
符号语言
l⊥α，l⊂β⇒α⊥β.
文字语言
两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直.
图形语言
符号语言
α⊥β，α∩β＝a，b⊂β，b⊥a⇒b⊥α.