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模块四　立体几何
微专题14　空间几何体
【考法探析·明规律】
例1　(1)B　(2)B　(3)60　[解析] (1)设圆锥的底面半径为r,母线长为l,因为VA与圆锥底面所成的角为,所以r=lcos=l,即l=2r,又圆锥的侧面积为2π,所以πrl=2π,所以rl=2,即2r2=2,可得r=1,l=2,设母线VA,VB所成角的大小为θ,则cos θ=,故sin θ==,所以△VAB的面积为l2sin θ=×22×=.故选B.
(2)方法一:设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h,由S△ABC=×62=9,=×22=,=h(S△ABC++)=,解得h=.设O1,O分别为△A1B1C1和△ABC的中心,如图,连接A1O1,OO1,AO,过A1作A1H⊥AO于H,易知A1H⊥平面ABC,∠A1AH即为A1A与平面ABC所成的角.易知AH=AO-A1O1=×6-×2=,A1H=,
所以tan∠A1AH==1.
方法二:设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h.如图,延长AA1,BB1,CC1,则三条直线交于一点O,设O1,O2分别为△A1B1C1,△ABC的中心,连接OO2,则O1在线段OO2上,OO2⊥平面ABC,连接AO2,则∠OAO2即为AA1与平面ABC所成的角.由题知AB=3A1B1,得OO1=h,OO2=h.由题得S△ABC=9,=,由×9×h-××h=,得h=,易知AO2=2,所以tan∠OAO2==h=1.
(3)连接BE,因为AB⊥BC且AF∥BC,所以AF⊥AB,同理BC⊥CD,EF⊥ED,又AB=BC=8,AF=CD=4,所以直角梯形ABEF与直角梯形CBED全等,故∠BEF=
∠BED=45°.在直角梯形ABEF中,过B作BN⊥EF,垂足为N,则四边形ABNF为矩形,且△BNE是以∠BNE为直角的等腰直角三角形,故EF=FN+NE=AB+BN=AB+AF=12.因为平面RAF⊥平面ABEF,平面RAF∩平面ABEF=AF,AF⊥AB,AB 平面ABEF,所以AB⊥平面RAF,取AF的中点为M,BE的中点为U,CD的中点为V,连接RM,MU,SU,UV,TV,则MU∥RS,易证RM⊥平面ABEF,又RM 平面RMUS,所以平面RMUS⊥平面ABEF,同理平面VUST⊥平面ABEF,而平面RMUS∩平面VUST=SU,所以SU⊥平面ABEF,所以RM∥SU,故四边形RMUS为平行四边形,故MU=RS=×(8+12)=10.在平面ABSR中过B作BH∥AR,交RS于H,连接HN,则四边形ABHR为平行四边形,且RH∥AB,RH=AB,故RH∥FN,RH=FN,故四边形RFNH为平行四边形.因为BH⊥AB,BN⊥AB,BN∩BH=B,BN,BH 平面BHN,所以AB⊥平面BHN,故平面ARF∥平面BHN,又AR=BH,RF=HN,AF=BN,所以△ARF≌△BHN,故几何体ARF-BHN为直三棱柱,又S△ARF=×4×=3,所以V三棱柱ARF-BHN=8×3=24.因为AB∥EF,所以EF⊥平面ARF,又EF 平面RSEF,所以平面ARF⊥平面RSEF,在平面ARF中过A作AG⊥RF,垂足为G,同理可证AG⊥平面RSEF,因为AG×RF=3,所以AG=,故
V四棱锥B-HNES=×××(2+4)×=6.由对称性可得该多面体的体积为2×(24+6)=60.
自测题
1.AC　[解析] 如图,取AC的中点D,连接OD,PD,PO,则OD⊥AC,PD⊥AC,故
∠PDO为二面角P-AC-O的平面角,得∠PDO=45°.因为∠APB=120°,PA=2,所以AB=2,PO=1,故圆锥的体积V=×π×()2×1=π,故A正确;S圆锥侧=π××2=2π,故B错误;由∠PDO=45°,可得DO=1,故AC=2×=2,故C正确;易知PO⊥DO,由PO=1,DO=1,得PD=,则S△PAC=×2×=2,故D错误.故选AC.
2.7∶13∶7　[解析] 由题意可知V上=V下,V中=V四面体ABCD-V上-V下,设正四面体的棱长为6,则下部分可以看作一个直棱柱BQK-CNM两端截去两个体积相同的四棱锥C-GMNH和B-QKFP,如图,由题可知,BC=6,PH=FG=4,CH=CG=GH=2,GM=1.由直棱柱的性质可知CM=CN=,所以△CMN的高为,且为四棱锥C-GMNH的高,V下=VBQK-CNM-2VC-GMNH =×2××6-2××1×2×=.易得棱长为6的正四面体的高为2,其体积为V四面体ABCD=××36×2=18,所以V中=V四面体ABCD-2V下=,所以V上∶V中∶V下=7∶13∶7.
例2　(1)D　(2)BD
[解析] (1)如图,设N为BC的中点,连接MN,NC1,AC,∵M为AB的中点,N为BC的中点,∴MN∥AC,又∵A1C1∥AC,∴A1C1∥MN,∴A1,M,N,C1四点共面,∴平面A1MC1与平面ABCD的交线为MN,则l即为MN所在直线.对于A,MN与AC1是异面直线,即l与AC1是异面直线,故A错误;对于B,MN∥AC,而在Rt△ACC1中,∠ACC1=90°,则AC1与AC不垂直,故MN与AC1不垂直,即l与AC1不垂直,故B错误;对于C,连接BD,B1D1,∵BB1⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,∴BB1⊥AC,又AC⊥BD,BD∩BB1=B,BD,BB1 平面BDD1B1,∴AC⊥平面BDD1B1,又MN∥AC,∴MN⊥平面BDD1B1,即l⊥平面BDD1B1,∵BD1 平面BDD1B1,∴l⊥BD1,故C错误,D正确.故选D.
(2)如图,把正四面体放入正方体中,易知平面α与平面ABE平行,连接MC,MD,因为M,N分别是AB,CD的中点,所以MC=MD,所以MN⊥CD,同理可得MN⊥AB,又因为CD∥ME,所以MN⊥ME,又因为ME交AB于M,所以MN⊥平面ABE,所以MN⊥α,故A错误,B正确;直线AC与平面α所成的角为∠CAE=45°,故C错误;平面ABC与平面α的夹角为∠CME,设正方体的棱长为2,由正方体的性质可得ME=,CM=,由余弦定理可得cos∠CME==,故D正确.故选BD.
自测题
1.A　[解析] 对于①,因为α∩β=m,所以m α,m β,又m∥n,所以当n α时,可得n∥α,当n β时,可得n∥β, 故①为真命题.对于②,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,令平面ADD1A1为α,平面DCC1D1为β,DD1为m,AC为n,满足题设条件,但n与α不垂直,n与β也不垂直,故②为假命题.对于③,过n作平面α1,使平面α1与平面α相交,交线不与m重合,记交线为p,则由线面平行的性质定理可知n∥p.过n作平面β1,使平面β1与平面β相交,交线不与m重合,记交线为q,则由线面平行的性质定理可知n∥q.所以p∥q,因为p β,q β,所以p∥β,又p α,α∩β=m,所以p∥m,所以m∥n,故③为真命题.对于④,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,令平面ADD1A1为α,平面DCC1D1为β,DD1为m, BD1为n,满足题设条件,但m与n不垂直,故④为假命题.所以①③为真命题,故选A.
2.BC　[解析] 如图,假设AD⊥A1C,又AA1⊥AD,且AA1∩A1C=A1,所以AD⊥平面A1AC,得AD⊥AC,与题干矛盾,故A错误;因为D为BC的中点,AB=AC,所以AD⊥BC,又AA1⊥BC,且AA1∩AD=A,所以BC⊥平面AA1D,故B正确;易知AA1∥CC1,因为CC1 平面AA1D,AA1 平面AA1D,所以CC1∥平面AA1D,故C正确;A1B1∥AB,因为AB与AD不平行,所以AD与A1B1也不平行,故D错误.故选BC.限时集训(十四)
1.B　[解析] 设底面半径均为R,圆锥的母线长为l,则l=.由题可知2πR·=×2πRl,解得l=2,则=2,∴R=3,∴圆锥的体积V=πR2·=3π.故选B.
2.B　[解析] l,m是两条不同的直线,α是一个平面,l⊥α,若l⊥m,则m∥α或m α,故充分性不成立;若m∥α,则在平面α内存在直线c,使得m∥c,因为l⊥α,c α,所以l⊥c,所以l⊥m,故必要性成立.所以“l⊥m”是“m∥α”的必要不充分条件.故选B.
3.C　[解析] 设该圆锥底面的半径为r,由题意可得2πr=2π,解得r=.作出该圆锥的轴截面,如图所示,其中E,B分别为圆台上、下底面的圆心,则CB==3,==,可得CE=1,BE=2,所以圆台的体积V=××2=.故选C.
4.C　[解析] 对于A选项,连接BD,由E,F分别为所在棱的中点得EF∥BD,由正方体的性质易知AC⊥BD,AA1⊥平面ABCD,又EF 平面ABCD,所以AA1⊥EF,AC⊥EF,又AC∩AA1=A,AC,AA1 平面AA1C1C,所以EF⊥平面AA1C1C,因为EF 平面EFC1,所以平面EFC1⊥平面AA1C1C,故A中结论正确.对于B选项,因为P为下底面A1B1C1D1的中心,所以P为A1C1的中点,因为M为AA1的中点,所以MP∥AC1,故B中结论正确.对于C选项,假设MP⊥C1D,由B选项知MP∥AC1,则AC1⊥C1D,另一方面,由正方体的性质知△AC1D为直角三角形,且AD⊥C1D,则AC1⊥C1D,与AD⊥C1D矛盾,故假设不成立,MP与C1D不垂直,故C中结论错误.对于D选项,由A选项的分析知EF∥BD,由正方体的性质易知B1D1∥BD,所以B1D1∥EF,又B1D1 平面AD1B1,EF 平面AD1B1,所以EF∥平面AD1B1,故D中结论正确.故选C.
5.B　[解析] 设水面与棱台的四条侧棱分别相交于A2,B2,C2,D2,过A1作A1E∥BB1,交AB于点E,交A2B2于点E2,如图所示.易知四边形A1B1BA为等腰梯形,则四边形A1B1BE为平行四边形,则B2E2=BE=A1B1=2.因为水面的高度是方斗杯高度的,所以A2E2=AE=×(10-2)=6,因此A2B2=8.设棱台A1B1C1D1-ABCD的高为h,体积为V,则棱台A1B1C1D1-A2B2C2D2的高为h,设棱台A1B1C1D1-A2B2C2D2的体积为V1,则V1=×(22+82+2×8)×h=21h,V=×(22+102+2×10)h=h,所以==,由题意得V1=84,则该方斗杯可盛水的总体积V=×84=.故选B.
6.B　[解析] 设正三棱柱ABC-A1B1C1的9条棱的长均为a,则正三棱柱ABC-A1B1C1的体积为×a2××a=36,可得a3=.设B1B的中点为E,C1C的中点为F,顺次连接P,E,F,如图所示.因为AP=PA1,BQ=2QB1,CR=3RC1,所以QE=-=,RF=-=.因为点P到平面BCC1B1的距离等于点A到BC的距离,为a,所以四棱锥P-EFRQ的体积V=×××a×a=×××a×a=a3,将a3=代入上式可得V=×=5.因为三棱柱ABC-PEF的体积为正三棱柱ABC-A1B1C1的体积的一半,所以三棱柱ABC-PEF的体积为36÷2=18.则几何体ABC-PQR的体积为5+18=23.故选B.
7.ABD　[解析] 对于A,设圆锥SO侧面展开图的圆心角为α,则3α=2π×1,所以α=,所以A正确;对于B,由圆锥SO的底面半径为1,母线长为3,可得圆锥的高为=2,所以体积V=π×12×2=π,所以B正确;对于C,设该圆锥的两条母线的夹角为θ,则过这两条母线所作截面三角形的面积为×3×3sin θ=sin θ,过圆锥母线的所有截面中,轴截面对应的θ最大,此时cos θ==>0,所以0<θ<,所以sin θ<1,所以截面面积的最大值小于,所以C错误;对于D,如图所示,将圆锥的侧面展开,由A选项知,其展开图的圆心角为,即∠ASA1=,在△SAP中,因为AS=3,SP=1,所以由余弦定理得AP==
=,所以D正确.故选ABD.
8.CD　[解析] 设正方形ABCD的边长为2,则ED=2,FB=1,AC=2,∴V1=VE-ACD=S△ACD·ED=.∵ED⊥平面ABCD,FB∥ED,∴FB⊥平面ABCD,∴V2=VF-ABC=S△ABC·FB=.连接BD交AC于M,连接EM,FM,∵AC⊥ED,AC⊥BD,BD∩ED=D,∴AC⊥平面BDEF.过F作FN⊥DE,垂足为N,则FN∥BD,且FN=BD=2,在Rt△ENF中,EF==3.在Rt△MBF中,FM==.在Rt△EDM中,EM==,∴EM2+FM2=EF2,即EM⊥FM,故V3=VF-ACE=S△EMF·AC=2.故选项A,B错误,选项C,D正确,故选CD.
9.8　[解析] 由题意可得S△BCD=BC·CD=×2×2=6,且BD===6.设点A'到BD的距离为h,则由等面积法可得·A'B·A'D=BD·h,即×2×2=×6h,可得h=2.易知,当平面A'BD⊥平面BCD时,三棱锥 A'-BCD的体积最大,此时三棱锥A'-BCD的底面BCD上的高为h=2,则三棱锥A'-BCD体积的最大值为S△BCD·h=×6×2=8.
10.　[解析] 取CD上一点E,设CE=10米,过点E作直线AB所在的水平面的垂线EG,垂足为G,则线段EG的长就是所求的高度.在堤坝斜面内,作EF⊥AB,垂足为F,连接FG,则易知FG⊥AB,所以∠EFG就是堤坝斜面与水平面ABG所成的二面角的平面角,即∠EFG=60°,所以EG=EFsin 60°=CEsin 30°sin 60°=10××=(米).
11.　[解析] 如图,设PA=a,PB=b,PC=c.根据三角形面积公式可得S△PAB=absin 60°=,所以ab=4①;S△PBC=bcsin 60°=,所以bc=2②;S△PAC=acsin 60°=,所以ac=2③.联立①②③可得a=b=2,c=1.在△PAC中,由余弦定理得AC2=a2+c2-2accos 60°=22+12-2×2×1×=3,则AC=,所以PA2=PC2+CA2,所以PC⊥AC.同理BC=,PC⊥BC,又AC∩BC=C,所以PC⊥平面ABC.在三角形PAB中,PA=PB=2,∠APB=60°,所以△PAB为正三角形,所以AB=PA=2.在△ABC中,AC=BC=,AB=2,所以底边AB上的高h==,所以S△ABC=×AB×h=×2×=.所以三棱锥P-ABC的体积V=S△ABC·PC=××1=.
12.B　[解析] 方法一:如图,连接A1C1,设AA1=h,=t,t∈(0,1),则=-=-t,=+=(1-t)+,所以·=·[+(1-t)]=+t(t-1)+·=0(*).因为AC=3,AA1⊥AC,所以=27,=h2,·=0,代入(*)式整理得t(t-1)h2+9=0,显然t(t-1)≠0,故h2==,因为0方法二:画出截面ACC1A1,如图所示,根据题意知,四边形ACC1A1为矩形,AC=3,AM=,A1C1=3,设AA1=t(t>0),A1N=x(013.BCD　[解析] 对于A,设正方形ABCD的边长为2,由题意可得PO⊥平面ABCD,PO=AA'=1,∠BAC=45°.假设A'O⊥AB,因为A'A⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,所以A'A⊥AB,又A'O⊥AB,A'A∩A'O=A',所以AB⊥平面A'AO,因为AC 平面A'AO,所以AB⊥AC,即∠BAC=90°,与∠BAC=45°矛盾,故假设不成立,A'O不与AB垂直,故A不正确.对于B,由题意知PO∥AA'且PO=AA',故四边形POA'A是平行四边形,所以A'O∥AP,因为A'O 平面APD,AP 平面APD,所以A'O∥平面APD,故B正确.对于C,连接A'C',因为PO∥CC'∥AA',O∈平面CC'A'A,所以P∈平面CC'A'A,则平面AA'P即为平面CC'A'A.因为A'A⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,所以A'A⊥BD,又因为BD⊥AC,A'A∩AC=A,所以BD⊥平面CC'A'A,又BD 平面BDP,所以平面BDP⊥平面CC'A'A,即平面AA'P⊥平面BDP,故C正确.对于D,由C选项的分析可知CC'与A'P都在平面CC'A'A内且不平行,所以CC'与A'P为相交直线,故D正确.故选BCD.
14.　[解析] 分析如图①所示的局部图形,设A'A,A'B的中点分别为A1,B1,连接AO,A'O,设A'O分别交A1B1,AB于点M,N,则M,N分别为A1B1,AB的中点.设AB=2a,则由中位线和正六边形的性质得A1B1=AN=a,OA=2a,ON=a.折起后形成的正六棱台如图②所示,设O1为上底面的中心,连接O1A1,O1M,则由正六边形的性质得O1A1=A1B1=a,O1M=,MN=.连接O1O,则O1O是正六棱台ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的高,即O1O=.过点M作MG∥O1O,交ON于点G,则可知MG⊥平面ABCDEF,四边形MGOO1为矩形,所以MG=O1O=.在Rt△MNG中,由勾股定理得MN2=MG2+NG2,即=6+,解得a=1,所以正六棱台ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的上、下底面的边长分别为1和2,则该正六棱台上底面的面积S1=×12×6=,下底面的面积S2=×22×6=6,所以该正六棱台的体积V=××=.模块四　立体几何
微专题14　空间几何体
微点1　空间几何体的基本量计算
例1 (1)[2025·河南新乡三模] 已知圆锥的顶点为V,母线VA,VB所成角的余弦值为,VA与圆锥底面所成的角为,若圆锥的侧面积为2π,则△VAB的面积为 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　
A. B.
C. D.
(2)[2024·新课标Ⅱ卷] 已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为 (　 )
A. B.1
C.2 D.3
(3)[2025·北京卷] 某科技兴趣小组通过3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体,其中ABCDEF是一个平行多边形,平面ARF⊥平面ABC,平面TCD⊥平面ABC,AB⊥BC,AB∥RS∥EF∥CD,AF∥ST∥BC∥ED,若AB=BC=8,AF=CD=4,AR=RF=TC=TD=,则该多面体的体积为　　　　.
[听课笔记]

【规律提炼】
1.常见的求几何体体积的方法
(1)公式法;(2)等体积法;(3)补体法;(4)分割法.
2.空间几何体的结构和度量重在认识常见几何体或组合体的结构,一般涉及截面、表面积、体积、线面角等方面.
自测题
1.(多选题)[2023·新课标Ⅱ卷] 已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O的平面角为45°,则 (　 )
A.该圆锥的体积为π
B.该圆锥的侧面积为4π
C.AC=2
D.△PAC的面积为
2.[2025·宁波模拟] 如图,E,F是正四面体ABCD的棱AB上的两个三等分点,分别过E,F作同时平行于AD,BC的平面,将正四面体分成上、中、下三部分,其体积分别记为V上,V中,V下,则V上∶V中∶V下=　　　　.
微点2　线面位置关系的判断
例2 (1)[2025·福州九市三模] 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为AB的中点,l为平面A1MC1与平面ABCD的交线,则 (　 )
A.l∥AC1 B.l⊥AC1
C.l∥BD1 D.l⊥BD1
(2)(多选题)[2025·吕梁三模] 已知在正四面体ABCD中,M,N分别是AB,CD的中点,平面α与直线AB,CD都平行,则 (　 )
A.MN∥α
B.MN⊥α
C.直线AC与平面α所成的角为60°
D.平面ABC与平面α的夹角的余弦值为
[听课笔记]


【规律提炼】
空间中位置关系的判断要注意:
(1)判断条件是否符合判定定理与性质定理,并注意定理中易忽视的条件.
(2)结合题意构造或绘制图形,结合图形作出判断.
(3)利用实物进行空间想象,比较判断.
自测题
1.[2024·全国甲卷] 设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m.下述四个命题:
①若m∥n,则n∥α或n∥β;
②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β;
③若n∥α且n∥β,则m∥n;
④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n.
其中所有真命题的编号是 (　 )
A.①③ B.②④
C.①②③ D.①③④
2.(多选题)[2025·全国一卷] 在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BC的中点,则 (　 )
A.AD⊥A1C
B.BC⊥平面AA1D
C.CC1∥平面AA1D
D.AD∥A1B1　限时集训(十四)微专题14　空间几何体
1.[2024·新课标Ⅰ卷] 已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为,则圆锥的体积为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.2π B.3π
C.6π D.9π
2.[2025·河南新乡三模] 若l,m是两条不同的直线,α是一个平面,l⊥α,则“l⊥m”是“m∥α”的 (　 )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
3.[2025·青岛二模] 已知某圆锥的母线长为2,侧面展开图是个半圆,该圆锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面半径为的小圆锥,则所得圆台的体积为 (　 )
A. B.
C. D.
4.[2025·广东惠州模拟] 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M分别为所在棱的中点,P为下底面的中心,则下列结论中错误的是 (　 )
A.平面EFC1⊥平面AA1C1C
B.MP∥AC1
C.MP⊥C1D
D.EF∥平面AD1B1
5.[2025·山西大同模拟] 如图①所示的“方斗”在古时候常作为一种容器,现有如图②所示的方斗杯,其形状是一个无下底面的正四棱台,AB=10,A1B1=2,现往该方斗杯中加水,当水的高度是方斗杯高度的时,水的体积为84,则该方斗杯可盛水的总体积为 (　 )
① ②
A.112 B.
C. D.496
6.正三棱柱ABC-A1B1C1的9条棱的长均相等,其体积为36.P,Q,R分别是棱AA1,BB1,CC1上的点,其中AP=PA1,BQ=2QB1,CR=3RC1,则几何体ABC-PQR的体积为 (　 )
A.22 B.23
C.24 D.25
7.(多选题)[2025·河北邢台三模] 已知圆锥SO(S为顶点,O为底面圆心)的底面半径为1,母线长为3,则下列关于此圆锥的说法中正确的是 (　 )
A.圆锥SO的侧面展开图的圆心角为
B.圆锥SO的体积为π
C.过圆锥SO的两条母线作截面,则截面面积的最大值为
D.A为底面圆周上一点,P为SA上靠近S的三等分点,从点A出发绕圆锥SO侧面一周回到点P的无弹性细绳的最短长度为
8.(多选题)[2022·新高考全国Ⅱ卷] 如图,四边形ABCD为正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB,记三棱锥E-ACD,F-ABC,F-ACE的体积分别为V1,V2,V3,则 (　　)
A.V3=2V2 B.V3=2V1
C.V3=V1+V2 D.2V3=3V1
9.[2025·重庆九龙坡区三模] 如图,在矩形 ABCD 中,AB=2,BC=2,将△ABD沿BD所在直线翻折,得到三棱锥 A'-BCD ( A' 是 A 在翻折后的对应点),则三棱锥 A'-BCD 体积的最大值为　　　　.
10.[2025·德阳三诊] 某市去年完工的水库的一段堤坝的斜面与水平面所成的二面角为60°,堤坝斜面上有一条直道CD与堤脚的水平线AB的夹角为30°(如图),小李同学沿这条直道从C处向上行走到10米时,小李升高了　　　　米.
11.[2025·浙江六校模拟] 已知三棱锥P-ABC的侧棱两两的夹角都等于60°,三个侧面三角形的面积满足S△PAB=2S△PBC=2S△PAC=,则该三棱锥的体积是　　　　.
12.[2025·江淮十校模拟] 在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,=,且AC=3,N是棱AA1上的一点(不与点A或点A1重合),且满足·=0,则AA1的最小值为 (　 )
A.3 B.6
C.3 D.6
13.(多选题)[2025·厦门四模] 如图,一个漏斗的上面部分可视为长方体ABCD-A'B'C'D',下面部分可视为正四棱锥P-ABCD,O为正方形ABCD的中心,两部分的高都是该正方形边长的一半,则 (　 )
A.A'O⊥AB
B.A'O∥平面APD
C.平面AA'P⊥平面BDP
D.CC'与A'P为相交直线
14.[2025·苏州九校联考] 如图①,一圆形纸片的圆心为O,半径为4,以O为中心作正六边形ABCDEF,以正六边形的各边为底边作等腰三角形,使其顶角的顶点恰好落在圆O上,现沿等腰三角形的腰和中位线裁剪,裁剪后的图形如图②所示,将该图形以正六边形的边为折痕将等腰梯形折起,使得相邻的腰重合得到正六棱台.若该正六棱台的高为,则其体积为　　　　.
① ②(共42张PPT)
微专题14 空间几何体
微点1 空间几何体的基本量计算
微点2 线面位置关系的判断
◆
◆
考法探析·明规律
备用习题
【考情分析】
考查内 容 考题统计 考情分析 必备知识
空间几 何体的 表面积 或侧面 积 2024年Ⅰ卷5； 2023年Ⅱ卷9； 2021年Ⅰ卷3 轮考考点，难度不 大，重点考查几何 体的表面积、旋转 体的展开图、母 线、轴截面等知识 点 1.几何体的展开图；
2.几何体的表面积公
式；
3.空间几何体的结构
特征、母线、轴截面
等图形认识及计算
考查内 容 考题统计 考情分析 必备知识
空间几 何体的 体积 2024年Ⅰ卷5； 2024年Ⅱ卷7； 2023年Ⅰ卷14； 2023年Ⅱ卷14； 2022年Ⅰ卷8； 2022年Ⅱ卷11； 2021年Ⅰ卷12 前些年的每年必考 题目，高考试卷改 革后，也是重要考 点.考查锥体、台体 较多，可能会结合 表（侧）面积、线 面角、轴截面等知 识考查 1.空间几何体的体积
公式，尤其是台体；
2.空间几何体柱体、
锥体、台体等转化关
系；
3.空间几何体的轴截
面、线面角等基本量
的运算
续表
考查内 容 考题统计 考情分析 必备知识
空间中 位置关 系的判 断 2021年Ⅱ卷10； 2025年Ⅰ卷9； 2022年Ⅰ卷9 轮考考点，一般以 正方体、棱锥等几 何体为背景，考查 线面位置关系的判 断 1.正方体、直棱柱、
正多面体的特殊的线
面位置关系；
2.线面平行、垂直的
判定与性质定理
续表
微点1 空间几何体的基本量计算
例1（1）[2025·河南新乡三模]已知圆锥的顶点为，母线， 所
成角的余弦值为，与圆锥底面所成的角为 ，若圆锥的侧面积为
，则 的面积为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 设圆锥的底面半径为，母线长为，
因为 与圆锥底面所成的角为，所以，即，
又圆锥的侧面积为 ，所以 ，所以，
即，可得, ，
设母线，所成角的大小为 ，则，
故 ，
所以的面积为 .故选B.
（2）[2024·新课标Ⅱ卷]已知正三棱台的体积为 ,
,,则与平面 所成角的正切值为( )
A. B.1 C.2 D.3
√
[解析] 方法一：设正三棱台 的高为,
由 ,,
，解得.
设,分别为和 的中心，如图，连接,,，
过作于，易知 平面 ，
即为与平面 所成的角.
易知 ,
,所以 .
方法二：设正三棱台的高为 .
如图，延长,,,则三条直线交于一点，
设 , 分别为,的中心，连接,
则 在线段上， 平面，连接 ,
则即为与平面所成的角.
由题知 ，得,.
由题得, ,由，
得 ,易知,所以 .
（3）[2025·北京卷] 某科技兴趣小组通过
打印机制作的一个零件可以抽象为如图
所示的多面体，其中 是一个平行
多边形，平面 平面 ，平面
60
平面，， ，
，若, ,
，则该多面体的体积为____.
[解析] 连接，因为 且，
所以 ，同理，，
又 , ，所以直角梯形 与
直角梯形全等，故.
在直角梯形 中，过作，垂足为，
则四边形为矩形，且 是以 为直角的等腰直角三角形，
故.
因为平面 平面，平面 平面，
, 平面 ，所以 平面，
取的中点为，的中点为，
的中点为，连接,,,,,
则，易证 平面 ，
又 平面，所以平面 平面 ，
同理平面平面，而平面 平面，
所以 平面，所以，故四边形 为平行四边形，故.
在平面中过作，
交 于，连接，
则四边形为平行四边形，且 ,，
故, ，故四边形 为平行四边形.
因为,, ,, 平面 ，
所以 平面，故平面平面，
又, ,，所以，
故几何体 为直三棱柱，
又
.
因为，所以 平面 ，
又 平面，所以平面 平面，
在平面中过 作，垂足为，
同理可证 平面 ，因为，所以 ，
故 .
由对称性可得该多面体的体积为 .
【规律提炼】
1.常见的求几何体体积的方法
（1）公式法；（2）等体积法；（3）补体法；（4）分割法.
2.空间几何体的结构和度量重在认识常见几何体或组合体的结构，一
般涉及截面、表面积、体积、线面角等方面.
自测题
1.（多选题）[2023·新课标Ⅱ卷]已知圆锥的顶点为，底面圆心为 ，
为底面直径， ，，点 在底面圆周上，且二
面角的平面角为 ，则( )
A.该圆锥的体积为 B.该圆锥的侧面积为
C. D.的面积为
√
√
[解析] 如图，取的中点,连接 ,,，
则， ，故为
二面角 的平面角，得.
因为 ，，所以， ，
故圆锥的体积 ，故A正确；
，故B错误；
由 ，可得，故，故C正确；
易知 ，由，，得,
则 ，故D错误.故选 .
2.[2025·宁波模拟] 如图，,是正四面体的棱 上的两个三等
分点，分别过,作同时平行于, 的平面，将正四面体分成上、
中、下三部分，其体积分别记为,,，则 ________.
[解析] 由题意可知 ， ,
设正四面体的棱长为6，则下部分可以看作
一个直棱柱两端截去两个体积
相同的四棱锥 和，如图，
由题可知，, , ,.
由直棱柱的性质可知 ,所以的高为，
且为四棱锥 的高,.
易得棱长为6的正四面体的高为
，
所以 ，所以 .
微点2 线面位置关系的判断
例2（1）[2025·福州九市三模]在正方体中， 为
的中点，为平面与平面 的交线，则( )
A. B. C. D.
[解析] 如图,设为的中点,连接, ,,
为的中点,为 的中点,，
又,, , ,,四点共面，
平面与平面 的交线为，
则即为所在直线.
√
对于A，与 是异面直线，即与 是异面直线，故A错误；
对于B，，而在 中，,则与不垂直，
故与 不垂直，即与 不垂直，故B错误；
对于C，连接，， 平面， 平面，
，又 ，，, 平面，
平面，又，
平面 ，即 平面，
平面 ， ，故C错误，
D正确.故选D.
（2）（多选题）[2025·吕梁三模]已知在正四面体中，， 分
别是,的中点，平面 与直线, 都平行，则( )
A.
B.
C.直线与平面 所成的角为
D.平面与平面 的夹角的余弦值为
√
√
[解析] 如图，把正四面体放入正方体中，
易知平面 与平面平行，连接， ，
因为，分别是,的中点，所以 ，
所以，同理可得 ，
又因为，所以，又因为交 于，
所以 平面，所以 ，故A错误，B正确；
直线与平面 所成的角为 ，故C错误；
平面与平面 的夹角为 ，
设正方体的棱长为2，
由正方体的性质可得, ，
由余弦定理可得 ，故D正确.故选 .
【规律提炼】
空间中位置关系的判断要注意：
（1）判断条件是否符合判定定理与性质定理，并注意定理中易忽视
的条件.
（2）结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断.
（3）利用实物进行空间想象，比较判断.
自测题
1.[2024·全国甲卷]设 , 为两个平面，, 为两条直线，且
.下述四个命题：
①若,则 或 ；
②若,则 或 ；
③若 且 ,则 ；
④若与 , 所成的角相等，则 .
其中所有真命题的编号是( )
A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④
√
[解析] 对于①,因为,所以,,又 ,
所以当时,可得,当时,可得 ,故①为真命题.
对于②，在正方体中，令平面为 ，
平面为 ，为，为，满足题设条件，
但与 不垂直，与 也不垂直，故②为假命题.
对于③，过作平面 ，使平面与平面 相交，
交线不与重合，记交线为 ，则由线面平行的性质定理可知.
过作平面，使平面与平面 相交，
交线不与重合，记交线为，则由线面平行的性质定理可知 .
所以，因为 ， ，所以 ，
又 ， ，所以，所以 ，故③为真命题.
对于④，在正方体中，令平面为 ，
平面为 ，为，为，满足题设条件，
但与 不垂直，故④为假命题. 所以①③为真命题，故选A.
2.（多选题）[2025·全国一卷]在正三棱柱中，为
的中点，则( )
A. B. 平面
C.平面 D.
√
√
[解析] 如图，假设，又 ，
且，所以 平面 ，
得，与题干矛盾，故A错误；
因为为 的中点，，所以 ，
又，且，所以 平面，故B正确；
易知，因为 平面， 平面，
所以平面，故C正确；
，因为 与不平行，所以与也不平行，
故D错误.故选 .
［备选理由］例1考查实际情境中的几何体的应用；例2考查空间线
面位置关系的判定；例3考查正方体中位置关系的判断；例4考查折
叠形成的几何体中的位置关系.
例1 ［配例1使用］[2025·江苏苏州三模]某厂生产一批圆台形灯罩，
灯罩的上、下底面都是空的，上、下底面的半径之比为 ，高为
，母线长为 .现要对100个这样的灯罩的内、外表面都涂
上一层防潮涂料，若每平方米需要100克涂料，则共需涂料( )
A. 克 B. 克 C. 克 D. 克
√
[解析] 如图，圆台上、下底面中心分别为，，
连接 ，作，
设圆台的上底面半径为，则下底面半径为 ，
因为高，母线，所以由 ，
得，可得圆台的侧面积为 ，
所以100个灯罩内、外表面面积为
，
则共需涂料 （克）.故选C.
例2 ［配例2使用］[2025·湖北黄冈二模]已知， 为异面直线，
平面 ， 平面 .若直线满足，， ，
，则( )
A. ， B. 与 相交，且交线平行于
C. ， D. 与 相交，且交线垂直于
√
[解析] 假设 ，则由 平面 ， 平面 ，可得，
这与，是异面直线矛盾，故 与 相交，A错误；
如图，设，过直线 上一点，作，
设与确定的平面为 .
因为，所以，又，与相交，, ，所以 ，
因为 ，所以 ，又 ，所以，因为 ，
，所以，又与相交，, ，所以 ，又因为
， ，所以与不重合，所以 ，B正确，D错误；
因为， ， ，所以 ，C错误.故选B.
例3 ［配例2使用］（多选题）[2025·贵州贵阳七校
联考]如图所示，在正方体 中，给
出以下判断，其中正确的有( )
A. 平面 B.平面
C.与是异面直线 D. 平面
√
√
√
[解析] 对于选项A，因为， ，
，， 平面 ，
所以 平面 ，所以A正确；
对于选项B，因为, 平面，
所以 与平面 也有交点，所以B错误；
对于选项C，连接，因为,与相交，
所以与 异面，所以C正确；
对于选项D，连接，易得 平面，又
平面，所以,又且 ，
所以 平面，因为 平面，所以 ，
同理,又，， 平面 ，所以
平面，所以D正确.故选 .
例4 ［配例2使用］（多选题）[2025·昆明三诊一模]如图，长方形的
长为，宽为2，，，，分别为长方形四条边中点，沿 ，
，，，折叠，使长方形的四个顶点重合于点 ，所得四
面体 称为“萨默维尔”四面体，在此四面体中，下列结论正
确的是( )
A.
B.平面 平面
C.直线与平面所成的角为
D.平面与平面的夹角为
√
√
√
[解析] 对于A,由题意可得,，
，由题意可知是的中点，连接,，
又 ，，所以， ，
又,, 平面，
所以 平面，又 平面，故 ，A正确；
对于C，由于 ，
，则 ，
所以，又，, 平面，
所以 平面，故为直线与平面 所成的角，
又，故 ，故C正确；
对于D，过作于，连接 ，
由于 平面， 平面 ，
故，又,, 平面 ，
故 平面，因为 平面 ，
故，故为平面与平面 的夹角，
由等面积法可得，又 ，
故，故 ，D正确；
对于B，由于 平面，而 平面 ，
且与平面不平行，故平面与平面 不垂直，
故B错误.故选 .

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