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专题 8.10 立体几何初步全章十一大基础题型归纳（基础篇）
【人教 A 版（2019）】
题型 1 简单几何体的结构特征
1．（2024 高一下·全国·专题练习）下列关于棱锥、棱台的说法正确的是（ ）
A．有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥
B．有两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体是棱台
C．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间那部分所围成的几何体叫做棱台
D．棱台的各侧棱延长后必交于一点
2．（23-24 高一下·黑龙江哈尔滨·期中）下列说法正确的是（ ）
A．以直角三角形的一条边为轴旋转一周形成的旋转体是圆锥
B．以直角梯形的一腰为轴旋转一周形成的旋转体是圆台
C．圆柱、圆锥、圆台都有两个底面
D．圆锥的侧面展开图是扇形，这个扇形的半径大于圆锥的高
3．（23-24 高一下·云南昆明·阶段练习）如图，在边长为 8 的正方形 中，E，F 分别为 AB，BC 的中点，
沿图中虚线将 3 个三角形折起，使点 A，B，C 重合，重合后记为点 P.
(1)折起后形成的几何体是什么几何体？这个几何体共有几个面？
(2)每个面的三角形有何特点？每个面的三角形面积为多少？
4．（23-24 高一下·云南昆明·阶段练习）一个圆台的母线长为 13cm，两底面面积分别为16πcm2和81πcm2.
求：
(1)圆台的高；
(2)截得此圆台的圆锥的母线长.
题型 2 平面图形旋转形成的几何体
1．（24-25 高一下·全国·课前预习）如图所示的组合体，则由下列所示的哪个三角形绕直线 l 旋转一周可以
得到（ ）
A． B． C． D．
2．（24-25 高一下·全国·课后作业）能旋转形成如图所示的几何体的平面图形是（ ）
A． B． C． D．
3．（24-25 高一下·全国·课后作业）图中平面图形从上往下依次由等腰三角形、圆、半圆、矩形、等腰梯形
拼接形成，若将它绕直线 l 旋转形成一个组合体，试分析该组合体由哪些简单几何体构成．
4．（24-25 高一下·全国·课后作业）如图所示，四边形 绕边 所在直线 旋转，其中 // ，
⊥ ．当点 在射线 上的不同位置时，形成的几何体大小、形状不同，比较其不同点．
题型 3 斜二测画法
1．（24-25 高二上·湖北·期中）如图， △ 斜二测画法的直观图是 △ ′ ′ ′， △ ′ ′ ′的面积为 2，那么
△ 的面积为( )
A．2 2 2 B．4 2 2 C． 2 2 D． 2 24 2
2．（23-24 高一下·浙江·期中）水平放置的 △ 的直观图如图，其中 ′ ′ = ′ ′ = 2， ′ ′ = 3，那么原
△ 是一个（ ）
A．直角三角形 B．等边三角形
C．三边中只有两边相等的等腰三角形 D．三边互不相等的三角形
3．（24-25 高一下·全国·课后作业）如图所示，在 △ 中， = 12cm， 边上的高 = 12cm．
(1)画出水平放置的 △ 的直观图；
(2)求直观图的面积．
4．（2025 高一·全国·专题练习）如图所示，梯形 A1B1C1D1是一平面图形 ABCD 的直观图.若 A1D1∥O′y′，
A 21B1∥C1D1，A1B1＝3 C1D1＝2，A1D1＝O′D1＝1.试画出原四边形，并求原图形的面积.
题型 4 多面体的表面积与体积
1．（23-24 高一下·江苏无锡·期末）已知四棱锥 = 16, = 3， = 4， 平分∠ ，点 在 上
且满足 = 3 ，则三棱锥 的体积为（ ）
A 8 16 8．7 B． 7 C．5 D
16
． 5
2．（23-24 高一下·辽宁葫芦岛·期末）斛是我国古代的一种量器，如图所示的斛可视为正四棱台，若该正四
棱台的上 下底面边长分别为 2，4，侧面积为 24，则该正四棱台的体积为（ ）
A 56 B 224 C 28． ． ． 112 53 3 3 D． 3
3．（2024 高一下·全国·专题练习）已知正三棱台(由正三棱锥截得的三棱台)的上、下底面边长分别为3cm和
6cm 3，高为2cm，求此正三棱台的表面积.
4．（23-24 高一下·江苏南通·阶段练习）如图，在以 , , , , , 为顶点的六面体中(其中 ∈ 平面)，四边形
是正方形， ⊥ 平面 ， = ，且平面 ⊥ 平面
(1)设 为棱 的中点，证明： , , , 四点共面；
(2)若 = 2 = 2，求六面体 的体积．
题型 5 圆柱、圆锥、圆台与球的表面积与体积
1．（24-25 高二上·贵州·期中）已知某圆锥的底面半径和球的半径都为 3，且它们的体积相等，则圆锥的
侧面积为（ ）
A．3 17π B．2 17π C．3 15π D．2 15π
2．（2024·江苏·三模）已知底面半径为 的圆锥 ，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为

3，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为（ ）
A 2 3．9 B． C
2
．3 D
2 3
．
9 9
3．（23-24 高一下·贵州六盘水·期中）亭子是一种中国传统建筑，多建于园林，人们在欣赏美景的同时也能
在亭子里休息、避雨、乘凉（如图 1）.某学生到工厂劳动实践，利用3 打印技术制作一个亭子模型（如图
2），该模型为圆锥 1与圆柱 1构成的几何体Ω（圆锥 1的底面与圆柱 1的上底面重合）.已知圆锥 1
的高为 18cm 8 ，母线长为 30cm，其侧面展开图是一个圆心角为 5 的扇形，AB 为圆锥的底面直径.圆柱 1的
高为 30cm，DC 为圆柱下底面的直径，且 = 40cm.
(1)求圆锥 1的侧面积；
(2)求几何体Ω的体积.
4．（23-24 高一下·浙江·期中）如图一个圆锥的底面半径为 1，高为 3，在圆锥中有一个底面半径为 x 的内
接圆柱.
(1)求此圆锥的表面积与体积；
(2)试用 x 表示圆柱的高 h；
(3)当 x 为何值时，圆柱的全面积最大，最大全面积为多少？
题型 6 球的截面问题
1．（24-25 高一上·陕西咸阳·阶段练习）一条排水管的截面如图．已知排水管的截面圆半径 是 10，水面
宽 是 16，则截面水深 是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．（2024·四川泸州·三模）已知正方体 1 1 1 1的棱长为 2，P 为 1的中点，过 A，B，P 三点作
平面 ，则该正方体的外接球被平面 截得的截面圆的面积为（ ）
A 13π． 5 B
16π 14π
． 5 C．3π D． 5
3．（2025 高二上·上海·专题练习）已知球的半径为 10 cm，若它的一个截面圆的面积为36π cm2，求球心
与截面圆圆心的距离（cm）.
4．（24-25 高一·全国·课后作业）已知正三角形 的三个顶点都在半径为 2 的球面上，球心 到平面
的距离为 1， 是线段 的中点，过点 作球 的截面，求截面面积的最小值．
题型 7 平面的基本性质及推论
1．（23-24 高一下·新疆·期末）给出下列四个结论：
①经过两条相交直线，有且只有一个平面；
②经过两条平行直线，有且只有一个平面；
③经过三点，有且只有一个平面；
④经过一条直线和一个点，有且只有一个平面.
其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（23-24 高一下·四川德阳·期末）下列说法正确的是（ ）
A．平面 、 ，使得 、 有且只有一个公共点
B．若直线 平面 ，则 ∈ ,
C．三平面最多把空间分成 7 部分
D．若 3 个平面两两相交，且交线互不相同，则 3 条交线互相平行或交于一点
3．（24-25 高一·全国·随堂练习）在空间中，下列命题是否正确？为什么？
(1)有两组对边相等的四边形是平行四边形；
(2)四边相等的四边形是菱形；
(3)平行于同一条直线的两条直线平行；
(4)有两边及其夹角对应相等的两个三角形全等．
4．（24-25 高一·江苏·课后作业）如图所示，在正方体 1 1 1 1中，E、F 分别为 1、 1的中点，
画出平面 1 与平面 的交线，并说明理由．
题型 8 平面分空间的区域数量
1．（23-24 高二上·四川乐山·阶段练习）三个平面将空间分成 7 个部分的示意图是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·四川内江·三模）三个不互相重合的平面将空间分成 个部分，则 的最小值与最大值之和为
（ ）
A．11 B．12 C．13 D．14
3．（24-25 高一·全国·随堂练习）如果 3 个平面把空间分成 4 部分，那么这 3 个平面有怎样的位置关系？如
果 3 个平面把空间分成 6 部分，那么这 3 个平面有怎样的位置关系？画图说明．
4．（23-24 高二·上海·课堂例题）1 个平面把空间分成 2 部分，2 个平面把空间分成 3 或 4 部分，3 个平面
把空间分成几部分？
题型 9 空间直线、平面的平行
1．（24-25 高二上·安徽芜湖·阶段练习）如图，在三棱柱 1 1 1中，已知点 G，H 分别在 1 1， 1 1
上，且 GH 经过 △ 1 1 1的重心，点 E，F 分别是 AB，AC 的中点，且平面 1 //平面 BCHG，给出下列
结论：
① // ② // ③ = 4； 平面 1 ； 3；④平面 1 //平面 1 1．
其中正确的是（ ）
A．①② B．③④ C．①②③ D．②③④
2．（23-24 高一下·山东·期中）如图，在正方体 1 1 1 1中， , , 分别是 1 1, , 1 1的中点，
有四个结论：
① 与 是异面直线；
② , , 1相交于一点；
③ // 1；
④ //平面 1 1 .
其中错误的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（23-24 高一下·新疆省直辖县级单位·阶段练习）正方体 1 1 1 1如图所示
(1)求证: 1//平面 1 .
(2)平面 1 1//平面 1 .
4．（23-24 高一下·福建厦门·期中）如图所示，已知点 P 是平行四边形 ABCD 所在平面外一点，M，N，K
分别为 AB，PC，PA 的中点，平面 ∩ 平面 = ．
(1)判断直线 l 与 BC 的位置关系并证明；
(2)求证： //平面 PAD；
(3)直线 PB 上是否存在点 H，使得平面 //平面 ABCD 若存在，求出点 H 的位置，并加以证明；若不存
在，请说明理由．
题型 10 空间直线、平面的垂直
1．（23-24 高一下·甘肃兰州·期末）在正方体 ′ ′ ′ ′中，O 为底面 ABCD 的中心，P 为棱 ′的中
点，则下列说法正确的是（ ）
A． ′ ′ ⊥ B． ′ ⊥
C． ′ ⊥ D． ′ ⊥
2．（23-24 高一下·重庆·期末）下列四个正方体图形中，l 是正方体的一条对角线，点 D、E、F 分别为其所
在棱的中点，能得出 ⊥ 平面 DEF 的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024 高三·全国·专题练习）如图，三棱锥 的所有棱长都是4 3， 为 的中点， // 且 为
FG 的中点．求证：平面 ⊥ 平面 .
4．（2024 高二下·福建·学业考试）如图，四棱锥 的底面是正方形， ⊥ 底面 .
(1)若 = = 1，求四棱锥 的体积
(2)求证： ⊥ 平面
题型 11 异面直线所成的角
1．（24-25 高一下·全国·课后作业）已知直三棱柱 1 1 1中，∠ = 120°， = 2， = 1 = 1，
则异面直线 1与 1所成角的余弦值为（ ）
A 3． B． 15 C 10 3． D．
2 5 5 3
2．（24-25 高一下·全国·课后作业）如图，在空间四边形 中， ， 分别为 ， 的中点．若
= 2 ， ⊥ ，则 与 所成的角为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
3．（24-25 高一下·全国·课后作业）如图，已知长方体 1 1 1 1中， = = 3， 1 = 4．
(1)求证： 1 与 1是异面直线；
(2)求异面直线 1 与 1所成角的余弦值．
4．（23-24 高一下·四川凉山·期末）如图 1，正六边形 边长为 2， 为边 的中点，将四边形
沿 折成如图 2 所示的五面体，使 △ 为正三角形.
(1)求证： //面 ；
(2)求异面直线 与 所成角的余弦值.专题 8.10 立体几何初步全章十一大基础题型归纳（基础篇）
【人教 A 版（2019）】
题型 1 简单几何体的结构特征
1．（2024 高一下·全国·专题练习）下列关于棱锥、棱台的说法正确的是（ ）
A．有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥
B．有两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体是棱台
C．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间那部分所围成的几何体叫做棱台
D．棱台的各侧棱延长后必交于一点
【解题思路】由棱锥的定义可判断 A，由棱台的定义可判断 BCD.
【解答过程】有一个面是多边形，其余各面是三角形，若其余各面没有一个共同的顶点，则不是棱锥，故 A
错误；
两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体不一定是棱台，还要满足各侧棱的延长线交于一点，故 B
错误，D 正确；
用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间那部分所围成的几何体叫做棱台，故 C 错误．
故选：D.
2．（23-24 高一下·黑龙江哈尔滨·期中）下列说法正确的是（ ）
A．以直角三角形的一条边为轴旋转一周形成的旋转体是圆锥
B．以直角梯形的一腰为轴旋转一周形成的旋转体是圆台
C．圆柱、圆锥、圆台都有两个底面
D．圆锥的侧面展开图是扇形，这个扇形的半径大于圆锥的高
【解题思路】根据圆锥、圆台、圆锥的结构特征逐一判断即可.
【解答过程】对于 A，以直角三角形的斜边为轴旋转一周形成的是两个圆锥的组合体，A 错误；
对于 B，当以直角梯形不垂直于底边的腰为旋转轴旋转一周形成的不是圆台，B 错误；
对于 C，圆锥只有一个底面，C 错误；
对于 D，圆锥的侧面展开图是扇形，这个扇形的半径等于圆锥的母线，大于圆锥的高，D 正确.
故选：D.
3．（23-24 高一下·云南昆明·阶段练习）如图，在边长为 8 的正方形 中，E，F 分别为 AB，BC 的中点，
沿图中虚线将 3 个三角形折起，使点 A，B，C 重合，重合后记为点 P.
(1)折起后形成的几何体是什么几何体？这个几何体共有几个面？
(2)每个面的三角形有何特点？每个面的三角形面积为多少？
【解题思路】（1）根据棱锥的定义判断该几何体的形状，再判断该几何体的面数，
（2）根据各面的相关数据判断其形状特征，结合三角形面积公式求各面面积.
【解答过程】（1）如图，折起后的几何体是三棱锥，
这个几何体共有 4 个面.
（2）由已知 = = 8， = = = = 4， = = 4 5， = 4 2，
所以 = 8， = = 4，
所以 △ 为等腰三角形， △ 为等腰直角三角形，
△ 和 △ 均为直角三角形.
1 2△ = 2 × 4 = 8，
1△ = △ = 2 × 8 × 4 = 16，
2 1 2 2 2 3 2△ = 正方形 △ △ △ = 8 2 × 4 4 4 = 2 × 4 = 24.
4．（23-24 高一下·云南昆明·阶段练习）一个圆台的母线长为 13cm，两底面面积分别为16πcm2和81πcm2.
求：
(1)圆台的高；
(2)截得此圆台的圆锥的母线长.
【解题思路】（1）易求两圆的半径，利用圆台的轴截面是等腰梯形，再根据勾股定理即可算出圆台的高.
（2）将等腰梯形的两腰延长相交得等腰三角形，其腰即为圆锥的母线长，利用相似三角形的知识即可求解.
【解答过程】（1）圆台的轴截面是等腰梯形 ，如图所示：
由已知可得上底半径 1 = 4cm，下底半径 = 9cm，
又腰长 = 13cm， 所以圆台的高为 = 132 (9 4)2 = 12（cm）.
（2）如图所示，延长 ， 1， ，交于点 S，
设截得此圆台的圆锥母线长为 l，
则由 △ 1 ∽△
13 4
，可得 = 9，
117
解得： = 5 （cm），
117
所以截得此圆台的圆锥的母线长为 5 cm.
题型 2 平面图形旋转形成的几何体
1．（24-25 高一下·全国·课前预习）如图所示的组合体，则由下列所示的哪个三角形绕直线 l 旋转一周可以
得到（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】旋转后的几何体是由两个共底的圆锥组合而成的立体图形，再根据四个选项中三角形的特征
及旋转轴即可作出判断．
【解答过程】A 旋转一周是圆锥，不满足题意；
B 旋转一周是两个圆锥，满足题意；
C 旋转一周是圆锥，不满足题意；
D 旋转一周是圆柱挖去一个圆锥的几何体，不满足题意.
故选：B.
2．（24-25 高一下·全国·课后作业）能旋转形成如图所示的几何体的平面图形是（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】将 A、B、C、D 选项图形绕对称轴旋转可知 A 选项符合题意.
【解答过程】此几何体自上向下是由一个圆锥和一个圆台构成，是由 A 中的平面图形旋转形成的.
故选：A.
3．（24-25 高一下·全国·课后作业）图中平面图形从上往下依次由等腰三角形、圆、半圆、矩形、等腰梯形
拼接形成，若将它绕直线 l 旋转形成一个组合体，试分析该组合体由哪些简单几何体构成．
【解题思路】根据旋转体的定义判断即可.
【解答过程】因为平面图形从上往下依次由等腰三角形、圆、半圆、矩形、等腰梯形拼接形成，
若将它绕直线 l 旋转形成一个组合体从上到下依次为圆锥、球、半球、圆柱、圆台.
4．（24-25 高一下·全国·课后作业）如图所示，四边形 绕边 所在直线 旋转，其中 // ，
⊥ ．当点 在射线 上的不同位置时，形成的几何体大小、形状不同，比较其不同点．
【解题思路】根据给定条件，利用旋转体的结构特征分别按 > , = , < 分析即可.
【解答过程】当 > 时，四边形 绕 旋转一周所得的几何体是由底面半径为 的圆柱和圆锥拼接
而成的组合体，如图 1；
当 = 时，四边形 绕 旋转一周所得的几何体是圆柱，如图 2；
当 < 时，四边形 绕 旋转一周所得的几何体是由圆柱挖去一个同底的圆锥而得到的，如图 3.
题型 3 斜二测画法
1．（24-25 高二上·湖北·期中）如图， △ 斜二测画法的直观图是 △ ′ ′ ′， △ ′ ′ ′的面积为 2，那么
△ 的面积为( )
A．2 2 2 B．4 2 2 C． 2 2 D． 2 24 2
【解题思路】先用面积公式得到 △ ′ ′ ′的面积，把斜二测画出的三角形还原原图象，求得 △ 的面积，
计算判断即可.
π π
【解答过程】由∠ ′ ′ 1′ = 4，则 △ ′ ′ ′ = ′ ′ ′ ′sin
2
4 = ′ ′ ′ ′2 ，4
如图，作出还原后 △ = 1，则 △ 2 =
1
′ ′ ′ ′
2 2 = ′ ′ ′ ′，
△
故 =
△
2 = 2 2，所以
2
△ = 2 2 .
△ ′ ′ ′
故选：A.
2．（23-24 高一下·浙江·期中）水平放置的 △ 的直观图如图，其中 ′ ′ = ′ ′ = 2， ′ ′ = 3，那么原
△ 是一个（ ）
A．直角三角形 B．等边三角形
C．三边中只有两边相等的等腰三角形 D．三边互不相等的三角形
【解题思路】由图形和 ′ ′ = 3通过直观图的画法知在原图形中三角形的底边 = ′ ′， ⊥ ，且
= 2 3，故三角形为等比三角形.
【解答过程】由图形知，在原 △ 中， ⊥ ，因为 ′ ′ = 3，则 = 2 3，
因为 ′ ′ = ′ ′ = 2，则 = 4，所以 = = 4，即原 △ 是一个等边三角形；
故选：B.
3．（24-25 高一下·全国·课后作业）如图所示，在 △ 中， = 12cm， 边上的高 = 12cm．
(1)画出水平放置的 △ 的直观图；
(2)求直观图的面积．
【解题思路】（1）利用斜二测画法画出直观图即可；
（2）作 ′ ⊥ ′ ′， 为垂足，求出 ′ = 3 2即可求解．
【解答过程】（1）①以 为原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴建立平面直角坐标系，如图①，
②画出对应的 ′， ′轴，使∠ ′ ′ ′ = 45°，
在 ′轴上取点 ′， ′，使 ′ ′ = ， ′ ′ = ，
在 1′轴上取点 ′，使 ′ ′ = 2 ，
连接 ′ ′， ′ ′，则 △ ′ ′ ′即为 △ 的直观图，如图②．
（2）在图②中，作 ′ ⊥ ′ ′， 为垂足，
∵ ′ ′ = 12 = 6(cm)，∠ ′ ′ = 45°，
∴ ′ = 6 × 2 = 3 ，
2 2
∴ 1 1 2△ ′ ′ ′ = × ′ ′ × ′2 = 2 × 12 × 3 2 = 18 2(cm )．
4．（2025 高一·全国·专题练习）如图所示，梯形 A1B1C1D1是一平面图形 ABCD 的直观图.若 A1D1∥O′y′，
A 21B1∥C1D1，A1B1＝3 C1D1＝2，A1D1＝O′D1＝1.试画出原四边形，并求原图形的面积.
【解题思路】由直观图的斜二测画法作出图象，由其图象作法的要求与梯形面积公式求得面积.
【解答过程】如图，建立直角坐标系 xOy，在 x 轴上截取 OD＝O′D1＝1；OC＝O′C1＝2
在过点 D 与 y 轴平行的直线上截取 DA＝2D1A1＝2.
在过点 A 与 x 轴平行的直线上截取 AB＝A1B1＝2.连接 BC，便得到了原图形(如图).
由作法可知，原四边形 ABCD 是直角梯形，上、下底长度分别为 AB＝2，CD＝3，直角腰长度为 AD＝2.
所以面积为 S 2+3＝ 2 ×2＝5.
题型 4 多面体的表面积与体积
1．（23-24 高一下·江苏无锡·期末）已知四棱锥 = 16, = 3， = 4， 平分∠ ，点 在 上
且满足 = 3 ，则三棱锥 的体积为（ ）
A 8 B 16 C 8 D 16．7 ． 7 ．5 ． 5
【解题思路】根据题意，设点 到平面 的距离为 ， 到平面 1的距离为 ，则有 = 3 ×
1四边形 = 3 × ( △ + △ ) = 16，利用三角形面积公式可得 ，又由点 在 上且满足
= 3 ，可得 到平面 的距离，结合三棱锥体积公式计算可得答案．
【解答过程】根据题意，设点 到平面 的距离为 ， 到平面 的距离为 ，
则有 1 1 = 3 × 四边形 = 3 × ( △ + △ ) = 16，
1
而 △ = 2 × × × sin∠
1
， △ = 2 × × × sin∠ ，
又由 = 3， = 4， 平分∠ 4，则 △ = 3 △ ，
= 1则 3 ×
3 1 3 48
△ = 7 × × 3 四边形 = 7 × = 7 ；
= = 48 1故 7 ，而 = 3 × △ ，
1
则有3 ×
48
△ = 7 ，
又由点 在 上且满足 = 3 ，故 到平面 的距离为3，
1 16则有 = 3 = 7 ，
1 16故 = = 3 = 7 ．
故选：B．
2．（23-24 高一下·辽宁葫芦岛·期末）斛是我国古代的一种量器，如图所示的斛可视为正四棱台，若该正四
棱台的上 下底面边长分别为 2，4，侧面积为 24，则该正四棱台的体积为（ ）
A 56 B 224 C 28． ． ． 3 D．112 53 3 3
【解题思路】先根据正四棱台的侧面积求出斜高，再求正四棱台的高，根据四棱台的体积公式求解.
1
【解答过程】由2[4(2 + 4)] ′ = 24 ′ = 2为四棱台的斜高.
设四棱台的高为 ，则 = ′2 (2 1)2 = 3，
1 28 3
所以四棱台的体积为： = 3 × 3 × (4 + 16 + 4 × 16) = .3
故选：C.
3．（2024 高一下·全国·专题练习）已知正三棱台(由正三棱锥截得的三棱台)的上、下底面边长分别为3cm和
6cm 3，高为2cm，求此正三棱台的表面积.
【解题思路】根据勾股定理求解侧面的高，即可利用表面积公式求解.
【解答过程】如图所示，画出正三棱台 － 1 1 1，
其中 1, 为正三棱台上、下底面的中心， , 1分别为 , 1 1的中点，
则 1为正三棱台的高， 1为侧面梯形 1 1的高，四边形 1 1为直角梯形，
1
1
1 = 3 1
1 3 1 3 3 1 1 3 1 3
1 = 3 × × 1 1 = 3 × × 3 = , = 3 = 3 × × = 3 × × 6 = ,2 2 2 2 2 3
2 2
所以 21 = 1 + ( )2 =
3
1 1 + 3 3 = 3,2 2
1 3 3 99 3
所以此三棱台的表面积 表 = 侧 + 底 = 3 × 2 × (3 + 6) × 3 + × 3
2 + × 62 = ,
4 4 4 (cm)
4．（23-24 高一下·江苏南通·阶段练习）如图，在以 , , , , , 为顶点的六面体中(其中 ∈ 平面)，四边形
是正方形， ⊥ 平面 ， = ，且平面 ⊥ 平面
(1)设 为棱 的中点，证明： , , , 四点共面；
(2)若 = 2 = 2，求六面体 的体积．
【解题思路】（1）根据线面垂直以及面面垂直的性质证明 ⊥ 平面 ， ⊥ 平面 ，进而证明
// ，即可证明；
（2）由 = + + ，利用棱锥的体积公式求解即可．
【解答过程】（1）连接 ，由于四边形 是正方形，所以 ⊥ ，
又 ⊥ 平面 ， 平面 ，所以 ⊥ ，
∩ = , , 平面 ，所以 ⊥ 平面 ，
由于 为棱 的中点， = ，所以 ⊥ ，
又平面 ⊥ 平面 ，平面 ∩ 平面 = ， 平面 EFB，
所以 ⊥ 平面 ，
因此 // ，所以 , , , 四点共面，
（2）设 与 交于 点，连 ，则 // ， 平面 ， 平面 ，则 //平面 ，
又因为六面体 ，则平面 ∩ 平面 = ， 平面 ，故 // ，
则四边形 为矩形，则 = 1，且 ⊥ 平面 ，
1 1 1 1 1 1 5
则 2 = + + = 3 × 2 × 1 × 1 × 2 + 3 × 2 × 2 × 2 × + 3 × 2 × 1 × 1 × 1 =2 6．
题型 5 圆柱、圆锥、圆台与球的表面积与体积
1．（24-25 高二上·贵州·期中）已知某圆锥的底面半径和球的半径都为 3，且它们的体积相等，则圆锥的
侧面积为（ ）
A．3 17π B．2 17π C．3 15π D．2 15π
【解题思路】先求出圆锥的高，再求出母线，然后计算侧面积.
【解答过程】设圆锥的高为 ，则母线长 = 2 + ( 3)2 = 2 + 3.
1 2 3
根据已知条件有3·π·( 3) · =
4
3·π·( 3) ，得 = 4 3，所以 = 2 + 3 = 48 + 3 = 51.
故圆锥的侧面积 = π 3· = π 3· 51 = 3 17π.
故选：A.
2．（2024·江苏·三模）已知底面半径为 的圆锥 ，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为

3，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为（ ）
A 2 B 3 C 2 2 3．9 ． ．3 D．9 9
2
【解题思路】由 △ 1 和 △ 相似，可得 1 = 3 =
2 3 ，分别表示出圆柱的侧面积和圆锥侧面积，
3
即可得出答案.
【解答过程】圆锥的高为 3 ，如图，
由 △ 1 和 △
1 1 1 1
相似，可得3 = = ，所以 1 = 3 ，
2 2 3
所以 1 = 3 = ,3
则圆柱侧面积 1 = 2π ×
1 2 3 4 3 2
3 × = π ，3 9
1 2 圆锥侧面积 2 = 2 × 2π × 2 = 2π
1 = 4 3 × 1 2 3，所以 = .2 9 2 9
故选：D．
3．（23-24 高一下·贵州六盘水·期中）亭子是一种中国传统建筑，多建于园林，人们在欣赏美景的同时也能
在亭子里休息、避雨、乘凉（如图 1）.某学生到工厂劳动实践，利用3 打印技术制作一个亭子模型（如图
2），该模型为圆锥 1与圆柱 1构成的几何体Ω（圆锥 1的底面与圆柱 1的上底面重合）.已知圆锥 1
8
的高为 18cm，母线长为 30cm，其侧面展开图是一个圆心角为 5 的扇形，AB 为圆锥的底面直径.圆柱 1的
高为 30cm，DC 为圆柱下底面的直径，且 = 40cm.
(1)求圆锥 1的侧面积；
(2)求几何体Ω的体积.
【解题思路】（1）由勾股定理求出圆锥底面半径，然后由侧面积公式求解即可；
（2）分别求出圆锥，圆柱的体积，然后求和即可求出几何体Ω的体积.
【解答过程】（1）因为圆锥 1的高为 18cm，母线长为 30cm，
所以圆锥底面半径为 = 302 182 = 24cm，
所以圆锥 1的侧面积为π = π × 24 × 30 = 720π(cm2)
（2）由（1）可知，圆锥 1的体积为：
11=3 × π × 24
2 × 18 = 3456π(cm3)，
圆柱 1的体积为： 22=π × 20 × 30 = 12000π(cm3)，
所以几何体Ω的体积为： 1 + 2 = 3456π+12000π = 15456π(cm3).
4．（23-24 高一下·浙江·期中）如图一个圆锥的底面半径为 1，高为 3，在圆锥中有一个底面半径为 x 的内
接圆柱.
(1)求此圆锥的表面积与体积；
(2)试用 x 表示圆柱的高 h；
(3)当 x 为何值时，圆柱的全面积最大，最大全面积为多少？
【解题思路】（1）根据圆锥的表面积及体积公式计算即可；
（2）根据相似计算即可得出关系式；
（3）先写出全面积公式再结合二次函数得出最大值.
【解答过程】（1）由 = 1， = 3，得 = 10，
所以 侧 = π = 10π， 底 = π 2 = π，
故 表 = ( 10 + 1)π ，
= 1 23 π = π；
2 3

（ ）由相似可得 3 = 1，得 = 3(1 )，(0 < < 1)；
（3）记圆柱得全面积为 S，
2
= 2π + 2π 2 = 2π 3(1 ) +2π 2 = 2π( 2 2
9π
+ 3 ) = 4π 3 +4 4 ，
∵0 < < 1 ∴ = 3 9π， 当 4时， max = 4 .
题型 6 球的截面问题
1．（24-25 高一上·陕西咸阳·阶段练习）一条排水管的截面如图．已知排水管的截面圆半径 是 10，水面
宽 是 16，则截面水深 是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【解题思路】由题意知 ⊥ ，交 于点 ，在 △ 中，求出 = 6，即可得答案；
【解答过程】由题意知 ⊥ ，交 于点 ，
∵ = 16，∴ = 12 =
1
2 × 16 = 8，
在 △ 中，∵ = 10， = 8，
∴ = 2 2 = 102 82 = 6，∴ = = 10 6 = 4．
故选：B．
2．（2024·四川泸州·三模）已知正方体 1 1 1 1的棱长为 2，P 为 1的中点，过 A，B，P 三点作
平面 ，则该正方体的外接球被平面 截得的截面圆的面积为（ ）
A 13π B 16π． 5 ． 5 C．3π D
14π
． 5
【解题思路】根据给定条件，求出球心 到平面 的距离，再利用球的截面小圆性质求出截面圆半径即可.
【解答过程】正方体 1 1 1 1的外接球球心是 1的中点 ，而 1 ∩ = ，
则点 到平面 的距离 等于点 1到平面 的距离的一半，又平面 过线段 1的中点 P，
因此点 1与点 到平面 的距离相等，由 ⊥ 平面 1 1， ，得 ⊥ 平面 1 1，
在平面 1 1内过 作 ⊥ 于 ，而 ∩ 平面 1 1 = ，于是 ⊥ ，
= 2 1 1
1 1
又 2 + 12 = 5，从而 = 2 = 2 × = 5，又球 的半径 = 2 1 = 3，
则正方体的外接球被平面 截得的截面圆半径 ，有 2 = 2 2 = 3 15 =
14
5 ，
14π
所以正方体的外接球被平面 截得的截面圆的面积 = π 2 = 5 .
故选：D.
3．（2025 高二上·上海·专题练习）已知球的半径为 10 cm，若它的一个截面圆的面积为36π cm2，求球心
与截面圆圆心的距离（cm）.
【解题思路】根据球心到球的截面圆圆心的连线垂直于圆面的性质即可得解.
【解答过程】
如图，设截面圆的半径为 r，球心与截面圆圆心之间的距离为 d，球半径为 R.
由图易得 ′与圆面 ′垂直，
在Rt △ ′ 中，由π 2 = 36π可得 = 6 cm，又 = 10 cm，
所以 = 2 2 = 8 (cm)，即球心与截面圆圆心的距离为 8 cm.
4．（24-25 高一·全国·课后作业）已知正三角形 的三个顶点都在半径为 2 的球面上，球心 到平面
的距离为 1， 是线段 的中点，过点 作球 的截面，求截面面积的最小值．
【解题思路】记正三角形 所在小圆的圆心为 1，根据球的半径为 2，球心 到平面 的距离为 1，求
得 OE 的长度，再由过点 的截面与 垂直时，截面面积最小求解.
【解答过程】记正三角形 所在小圆的圆心为 1，
因为球的半径为 2，球心 到平面 的距离为 1，
2
3 2 2 3 7则 1 = 22 12 = 3， 1 = ， = 1 + = ．2 2 4
过点 作球 的截面，当截面与 垂直时，截面面积最小，
3 9
此时截面小圆半径 = 22 7 = 2，面积 =
2 = 4 ．4
9
即截面面积的最小值为 4 ．
题型 7 平面的基本性质及推论
1．（23-24 高一下·新疆·期末）给出下列四个结论：
①经过两条相交直线，有且只有一个平面；
②经过两条平行直线，有且只有一个平面；
③经过三点，有且只有一个平面；
④经过一条直线和一个点，有且只有一个平面.
其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】根据点、线、面的基本事实及推论进行判断即可.
【解答过程】根据基本事实以及推论，易知①②正确.
若三点共线，则经过三点的平面有无数多个，故③错误.
若点在直线外，则确定一个平面，若点在直线上，则可有无数个平面，故④错误.
即正确的命题有 2 个，
故选：B.
2．（23-24 高一下·四川德阳·期末）下列说法正确的是（ ）
A．平面 、 ，使得 、 有且只有一个公共点
B．若直线 平面 ，则 ∈ ,
C．三平面最多把空间分成 7 部分
D．若 3 个平面两两相交，且交线互不相同，则 3 条交线互相平行或交于一点
【解题思路】对于 A，利用基本事实 3 分析即得；对于 B，由直线 平面 的情况 ∩ = 即可排除；对于
C，结合长方体的模型即可排除；对于 D，对于符合条件的情况，结合模型即可分析得到.
【解答过程】对于 A，利用基本事实 3 知，平面 、 如果有一个公共点，那么它们必有一条含该公共点的
直线，故 A 错误；
对于 B，由直线 平面 ，则 // 或 与 相交，当 ∩ = 时，则有 ∈ , ∈ ，故 B 错误；
对于 C，当三个平面是长方体中两两垂直的平面时，可以将空间分成 8 部分，故 C 错误；
对于 D，当 3 个平面两两相交，且交线互不相同时，则这 3 个平面可看成一个三棱柱或三棱锥的三个侧面，
利用棱柱与棱锥的定义可得，3 条交线互相平行或交于一点，故 D 正确.
故选：D.
3．（24-25 高一·全国·随堂练习）在空间中，下列命题是否正确？为什么？
(1)有两组对边相等的四边形是平行四边形；
(2)四边相等的四边形是菱形；
(3)平行于同一条直线的两条直线平行；
(4)有两边及其夹角对应相等的两个三角形全等．
【解题思路】在平面内成立的相关结论，拓展到空间中就不一定成立.从空间图形中找出反例，或应用基本
事实和相关推论即可判断（1）~（4）是否正确.
【解答过程】（1）不正确；
在空间中，有两组对边相等的四边形不一定是平行四边形；
例如平行四边形沿其中一条对角线翻折一定的角度形成的空间四边形就不是平行四边形；
（2）不正确；
如图所示：
在正四面体中，四边形 的四边形等，但其不是菱形；
（3）正确；
根据基本事实 4 的内容可知，不管在空间中还是同一平面内，平行于同一条直线的两条直线平行；
（4）正确；
这是三角形全等的判定条件之一(SAS).
4．（24-25 高一·江苏·课后作业）如图所示，在正方体 1 1 1 1中，E、F 分别为 1、 1的中点，
画出平面 1 与平面 的交线，并说明理由．
【解题思路】找到交线上的两个公共点，根据基本事实 3 即可得到结果.
【解答过程】如图所示，在平面 1 内延长 1 ，交 的延长线于一点 ，则 ∈ 平面 1 ．因为
平面 ，所以 ∈ 平面 ，所以 是平面 与平面 1 的一个公共点．又 是两平面的一个公共
点，所以 为两平面的交线．
题型 8 平面分空间的区域数量
1．（23-24 高二上·四川乐山·阶段练习）三个平面将空间分成 7 个部分的示意图是（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】根据空间中平面位置关系逐项判断即可.
【解答过程】对于 A，三个平面将空间分成 4 个部分，不合题意；
对于 B，三个平面将空间分成 6 个部分，不合题意；
对于 C，三个平面将空间分成 7 个部分，符合题意；
对于 D，三个平面将空间分成 8 个部分，不合题意.
故选：C.
2．（2024·四川内江·三模）三个不互相重合的平面将空间分成 个部分，则 的最小值与最大值之和为
（ ）
A．11 B．12 C．13 D．14
【解题思路】求出三个不同平面分空间所成的部分数即可得解.
【解答过程】按照三个平面中平行的个数来分类：
（1）三个平面两两平行，如图 1，可将空间分成4部分；
（2）两个平面平行，第三个平面与这两个平行平面相交，如图 2，可将空间分成6部分；
（3）三个平面中没有平行的平面：
（i）三个平面两两相交且交线互相平行，如图 3，可将空间分成7部分；
（ii）三个平面两两相交且三条交线交于一点，如图 4，可将空间分成8部分；
（iii）三个平面两两相交且交线重合，如图 5，可将空间分成6部分，
所以三个不平面将空间分成4、6、7、8部分， 的最小值与最大值之和为 12.
故选：B.
3．（24-25 高一·全国·随堂练习）如果 3 个平面把空间分成 4 部分，那么这 3 个平面有怎样的位置关系？如
果 3 个平面把空间分成 6 部分，那么这 3 个平面有怎样的位置关系？画图说明．
【解题思路】根据题意分析 3 个平面之间的平行、相交关系分析即可.
【解答过程】3 个平面把空间分成 4 部分，则这 3 个平面需要平行；
3 个平面把空间分成 6 部分，那么这 3 个平面相交于一条直线或其中 2 个平面平行与第 3 个平面相交.
4．（23-24 高二·上海·课堂例题）1 个平面把空间分成 2 部分，2 个平面把空间分成 3 或 4 部分，3 个平面
把空间分成几部分？
【解题思路】通过画图即可得答案.
【解答过程】当 3 个平面互相平行时，可将空间分为 4 个部分，如图，
当 3 个平面交于一条直线或第三个平面分别交两个平行平面时，可将空间分为 6 个部分，如图，
当 3 个平面两两相交且交线互相平行时，可将空间分为 7 个部分，如图，
当 3 个平面如上图所示的两两相交时，可将空间分为 8 部分，如图，
因此 3 个平面可将空间分为 4、6、7、8 个部分.
题型 9 空间直线、平面的平行
1．（24-25 高二上·安徽芜湖·阶段练习）如图，在三棱柱 1 1 1中，已知点 G，H 分别在 1 1， 1 1
上，且 GH 经过 △ 1 1 1的重心，点 E，F 分别是 AB，AC 的中点，且平面 1 //平面 BCHG，给出下列
结论：
① // ② // ③ 4； 平面 1 ； = 3；④平面 1 //平面 1 1．
其中正确的是（ ）
A．①② B．③④ C．①②③ D．②③④
【解题思路】由 E，F 为中点，得到 // 1， = 2，再由平面 1 1 1//平面 ABC，得到 // ，即可判
断①②③，再用面面平行的判定定理证明④.
1
【解答过程】由 E，F 分别是 AB，AC 的中点可知 // ， = 2，
而三棱柱 1 1 1中，平面 1 1 1//平面 ABC，
由两个平面平行的性质可得 // ，
而 GH 过 △ 1 1 1的重心，
2
所以 = 3，

所以 =
4
3，且 // ，
所以 //平面 1 ，同理 //平面 1 ，又 ∩ = ，
所以平面 1 //平面 ．又平面 ∩ 平面 1 1 = ．
故平面 1 与平面 1 1相交．
故①②③正确④错误．
故选：C.
2．（23-24 高一下·山东·期中）如图，在正方体 1 1 1 1中， , , 分别是 1 1, , 1 1的中点，
有四个结论：
① 与 是异面直线；
② , , 1相交于一点；
③ // 1；
④ //平面 1 1 .
其中错误的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】根据两平行线可确定一个平面判断①；根据两条直线的交点在第三条直线上判断②；由题意
可证 1为平行四边形，可知 // 1，可判断③；由③的线线平行可证线面平行，判断④.
【解答过程】
对于①，连接 , 1 1, ，在正方体 1 1 1 1中，因为 1// 1，且 1= 1，
所以，四边形 1 1为平行四边形，
所以 // 1 !，
又因为 , 分别是 1 1, 1 1的中点，
所以 // 1 1，所以 // ，
所以 与 是相交直线，故①错误；
对于②，因为 与 是相交直线，设交点为 ，
因为 面 1 1，所以 ∈ 面 1 1，
又 面 1 1，所以 ∈ 面 1 1，
又因为平面 1 1 ∩ 平面 1 1 = 1，
所以 ∈ 1，所以 , , 1相交于一点，故②错误，
对于③，令 ∩ = ，故 为 中点，
因为 ， 分别是 1 1， 的中点，
所以 // 1 // ，又 =
1
1 = 2 ，
则 1为平行四边形，
所以 // 1，而 1 ∩ 1 = 1，所以 与 1异面，故③错误；
对于④，由③知， // 1，
又因为 平面 1 ， 1 平面 1 ，
所以 //平面 1 ，即 //平面 1 1 ，故④正确.
故选：C.
3．（23-24 高一下·新疆省直辖县级单位·阶段练习）正方体 1 1 1 1如图所示
(1)求证: 1//平面 1 .
(2)平面 1 1//平面 1 .
【解题思路】（1）先证明平行四边形得出线线平行，再结合线面平行判定定理证明；
（2）先证明线面平行，再应用面面平行判定定理证明.
【解答过程】（1）由题设得： = 1 1， // 1 1，
∴四边形 1 1为平行四边形.
∴ 1// 1.
又∵ 1 平面 1 ， 1 平面 1 ，
∴ 1//平面 1 .
（2） 1 = 1， 1// 1，
∴四边形 1 1为平行四边形.
∴ 1 1// .
又∵ 平面 1 ， 1 1 平面 1 ，
∴ 1 1//平面 1 . 1//平面 1 .
又 1 ∩ 1 1 = 1, 1, 1 1 平面 1 1，
∴平面 1 1//平面 1 .
4．（23-24 高一下·福建厦门·期中）如图所示，已知点 P 是平行四边形 ABCD 所在平面外一点，M，N，K
分别为 AB，PC，PA 的中点，平面 ∩ 平面 = ．
(1)判断直线 l 与 BC 的位置关系并证明；
(2)求证： //平面 PAD；
(3)直线 PB 上是否存在点 H，使得平面 //平面 ABCD 若存在，求出点 H 的位置，并加以证明；若不存
在，请说明理由．
【解题思路】（1）利用线面平行的判定定理证明 //平面 ，再由线面平行的性质定理证明即可.
（2）利用线面平行的判定定理证明即可.
（3）利用面面平行的判定定理证明即可.
【解答过程】（1） // .
依题意， // ， 平面 ， 平面 ，则 //平面 ，
又平面 ∩ 平面 = ， 平面 ，所以 // .
（2）取 1中点 ，连接 , ，在 △ 中， // , = 2
在 1中， // , = 2 ，则 // , = ，即四边形 为平行四边形，
因此 // ， 平面 ， 平面 ，
所以 //平面 .
（3）当 为 中点时，平面 //平面
证明如下：
取 的中点为 ，连接 , ，
在 △ 中， // ， 平面 ， 平面 ，
则 //平面 ，同理可证， //平面 ，
又 , 平面 ， ∩ = ，
所以平面 //平面 .
题型 10 空间直线、平面的垂直
1．（23-24 高一下·甘肃兰州·期末）在正方体 ′ ′ ′ ′中，O 为底面 ABCD 的中心，P 为棱 ′的中
点，则下列说法正确的是（ ）
A． ′ ′ ⊥ B． ′ ⊥
C． ′ ⊥ D． ′ ⊥
【解题思路】根据正方体的几何性质，即可根据线线平行以及垂直关系的转化即可结合选项逐一求解.
【解答过程】连接 ′ ，易得 ∥ ′ ，
在平面 ′ ′ 中， ′ 与 ′ ′不垂直，故 ′ ′与 OP 不垂直，故 A 错误，同理，D 错误；
在正方体 ′ ′ ′ ′中， ⊥ 平面 ′ ′ ， ′ 平面 ′ ′ ，所以 ⊥ ′ ，
若 ′ ⊥ ，则 ′ ⊥ ′ ,这与 ⊥ ′ 矛盾，所以 ′ 与 OP 不垂直，故 B 错误；
因为 ⊥ 平面 ′ ′ ， ′ 平面 ′ ′ ，所以 ⊥ ′，
又 ′ ⊥ ′， ∩ ′ = ，可得 ′ ⊥ 平面 ′ ′，
又 ′ 平面 ′ ′，所以 ′ ⊥ ′ ，故 ′ ⊥ ，C 正确．
故选：C.
2．（23-24 高一下·重庆·期末）下列四个正方体图形中，l 是正方体的一条对角线，点 D、E、F 分别为其所
在棱的中点，能得出 ⊥ 平面 DEF 的是（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】因为体对角线与对角面垂直，只需找到与对角面平行的答案即可.
【解答过程】
设下底面端点 , , ，及上底面对应端点 1，如图所示，
连接 1, 1 和 ，由三垂线定理知， ⊥ 且 ⊥ 1 ，
又因为 ∩ 1 = , 面 1 ， 1 面 1 ，
所以 ⊥ 面 1 .
对于 C，因为 // 1 ， // , ∩ 1 = ，所以面 //面 1 ，
所以 ⊥ 平面 DEF.
A、B、D 选项中面 与面 1 均不平行.
故选：C.
3．（2024 高三·全国·专题练习）如图，三棱锥 的所有棱长都是4 3， 为 的中点， // 且 为
FG 的中点．求证：平面 ⊥ 平面 .
【解题思路】由线面垂直的判定定理求出 ⊥ 平面 ，再由 // 得 , , , , 共面，得 ⊥ 平面 ，
最后由面面垂直的判定定理可得答案.
【解答过程】连接 ，
因为 = ， = ，且点 是 的中点，
所以 ⊥ ， ⊥ ，又 ∩ = ，且 , 平面 ，
所以 ⊥ 平面 ，
因为 // ，且 A 在 FG 上，所以 , , , , 共面，
所以平面 和平面 是同一平面，
所以 ⊥ 平面 ，且 平面 ，
所以平面 ⊥ 平面 .
4．（2024 高二下·福建·学业考试）如图，四棱锥 的底面是正方形， ⊥ 底面 .
(1)若 = = 1，求四棱锥 的体积
(2)求证： ⊥ 平面
【解题思路】（1）根据体积公式可求四棱锥 的体积.
（2）可证 ⊥ ，结合 ⊥ 可证 ⊥ 平面 .
【解答过程】（1）因为 ⊥ 底面 ，故四棱锥 的高为 = 1，
1 1
而正方形 的面积为1，故 = 3 × 1 × 1 = 3.
（2）因为 ⊥ 底面 ，而 平面 ，故 ⊥ ，
由正方形 可得 ⊥ ，因 ∩ = , , 平面 ，
故 ⊥ 平面 .
题型 11 异面直线所成的角
1．（24-25 高一下·全国·课后作业）已知直三棱柱 1 1 1中，∠ = 120°， = 2， = 1 = 1，
则异面直线 1与 1所成角的余弦值为（ ）
A 3 B 15 C 10 D 3． ． ． ．
2 5 5 3
【解题思路】先补充图形，找到异面直线的夹角，将其放在直角三角形内，利用锐角三角函数的定义求解
余弦值即可.
【解答过程】如图所示，将直三棱柱 1 1 1补成直四棱柱 1 1 1 1，
其中四棱柱的底面为平行四边形，连接 1， 1 1，
则 1// 1，所以∠ 1 1（或其补角）为异面直线 1与 1所成的角．
因为∠ = 120°， = 2， = 1 = 1，
且由题意得 1 ⊥ , 1 ⊥ ，
所以 1 = 5， 1 = 2．在 △ 1 1 1中，
∠ 1 1 1 = 60°， 1 1 = 1， 1 1 = 2，
1 12+22= ( 1 1)
2
由余弦定理得2 2×2×1 ，
解得 = 3(负根舍去)，则 21 1 1 = 2 21 + 1 1 ，
所以∠ 1 1 = 90° cos∠ =
2
，所以 1 1 = 10，故 C 正确.5 5
故选：C.
2．（24-25 高一下·全国·课后作业）如图，在空间四边形 中， ， 分别为 ， 的中点．若
= 2 ， ⊥ ，则 与 所成的角为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【解题思路】取 的中点 ，连接 ， ，分析可知∠ 是 与 所成的角或其补角，结合题意运算求
解即可.
【解答过程】取 的中点 ，连接 ， ，
可知 ∥ ， ∥ 1 1，且 = 2 ， = 2 ，
则∠ 是 与 所成的角或其补角，即∠ 是 与 所成的角或其补角．
因为 ⊥ ，在 △ 中，∠ = 90°．
且 = 2 ，可得 = 2 ，则sin∠ = 1 = 2，所以∠ = 30°．
故选：A.
3．（24-25 高一下·全国·课后作业）如图，已知长方体 1 1 1 1中， = = 3， 1 = 4．
(1)求证： 1 与 1是异面直线；
(2)求异面直线 1 与 1所成角的余弦值．
【解题思路】（1）根据题意结合异面直线的判定定理分析证明；
（2）连接 1，分析可知∠ 1 1为异面直线 1 与 1所成的角（或其补角），结合余弦定理运算求解.
【解答过程】（1）因为 1 平面 1 1 ， ∈ 平面 1 1 ， 直线 1 ， 1 平面 1 1 ，
由异面直线的判定定理可得 1 与 1是异面直线．
（2）如图，连接 1，
因为 ∥ 1 1， = 1 1，可知四边形 1 1为平行四边形，
则 1 ∥ 1，即∠ 1 1为异面直线 1 与 1所成的角（或其补角），
连接 1 1，由已知可得 1 = 1 = 32 + 42 = 5， 1 1 = 3 2，
2 2 2
则cos∠ = 5 +5 (3 2)1 1 =
16
2×5×5 25
．
所以异面直线 1 与
16
1所成角的余弦值为25．
4．（23-24 高一下·四川凉山·期末）如图 1，正六边形 边长为 2， 为边 的中点，将四边形
沿 折成如图 2 所示的五面体，使 △ 为正三角形.
(1)求证： //面 ；
(2)求异面直线 与 所成角的余弦值.
【解题思路】（1）由题意可得 // ，再根据线面平行的判定定理即可证明；
（2）取 中点 ，连接 , , ，利用平行四边形的性质和中位线定理可得∠ 或其补角为直线 与
所成的角，求出 △ 的各边长结合余弦定理即可求解.
【解答过程】（1）证明：在正六边形 中， // ，
所以在五面体中， // ，
∵ 平面 ， 平面 ，
∴ //平面 .
（2）取 中点 ，连接 , , ，
由题意得 // // ，且 = ，
∴ 四边形 为平行四边形，
∴ // ，
又 , 分别为 , 的中点，
∴ // ，
∴ // ，
∴ ∠ 或其补角为直线 与 所成的角，
在 △ 中，∠ = ∠ = 60 ， = = = 2， = = 1，
∴ = 4，
∴ = 2 + 2 2 cos∠ = 16 + 1 2 × 4 × 1 × 1 = 13，
2
同理 = 2 + 2 2 cos∠ = 16 + 1 2 × 4 × 1 × 1 = 13，
2
又 = 12 = 1，
2
△ cos∠ = +
2 2 13+1 13 13
在 中， 2 = =2× 13×1 ，26
所以异面直线 与 13所成角的余弦值为 .
26

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