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7.1空间几何体及点、线、面的位置关系
【备考指南】 1
【知识导图】 2
【考点梳理】 11
考点一：空间几何体的结构 11
考点二：空间几何体的表面积与体积 19
考点三：空间几何体的截面 25
考点四：空间点、线、面的位置关系 35
考点五：直线、平面平行的判定与性质 42
考点六：直线、平面垂直的判定与性质 51
【真题在线】 60
【专项突破】 78
考点 考情分析 考频
空间几何体的表面积、体积 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年全国乙卷T3 2023年全国乙卷T8 2022年新高考Ⅰ卷T4 2022年新高考Ⅱ卷T11 2022年全国甲卷T4 2022年全国甲卷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
球与多面体的切接 2023年全国乙卷T16 2022年新高考Ⅰ卷T8 2022年新高考Ⅱ卷T7 2022年全国乙卷T9 2021年全国甲卷T11 3年5考
线面位置关系 2023年全国乙卷T9 2022年新高考Ⅰ卷T9 2022年全国甲卷T7 2022年全国乙卷T7 2021年新高考Ⅱ卷T10 2021年全国乙卷T5 3年6考
空间角与线面位置关系综合 2023年新高考Ⅰ卷T18 2023年新高考Ⅱ卷T20 2023年全国甲卷T18 2023年全国乙卷T19 2022年新高考Ⅰ卷T19 2022年新高考Ⅱ卷T20 2022年全国甲卷T18 2022年全国乙卷T18 2021年新高考Ⅱ卷T19 2021年全国甲卷T19 2021年全国乙卷T18 3年11考
立体几何综合 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
最短距离、截面、截线 2023年新高考Ⅱ卷T14 2023年全国甲卷T15 1年2考
预测：空间几何体及点、线、面的位置关系是高考的必考点.空间几何体主要考察表面积、体积，考察的形式多样化，要求考生掌握好全面的基础知识点，点、线、面的位置关系也考察频繁，要求对公理，判定定理，以及性质定理的全面应用.试题的难度易、中、难都有，这对考生的要求较高.建议在复习过程中熟练各种题型，对空间能力的要求较高.
考点一：空间几何体的结构
【典例精析】（多选）（2024·浙江·二模）正方体中，，分别为棱和的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．平面
C．异面直线与所成角为60°
D．平面截正方体所得截面为等腰梯形
ACD
【分析】于A，连接，利用三角形中位线证得，结合线面平行判定定理即可判断A；对于B，取中点，连接，设正方体棱长为，根据线段长度结合勾股定理判断与是否垂直，即判断与是否垂直，从而可判断B；对于C，连接，根据正方体的面对角线性质，即可得异面直线与所成角的大小，从而判断C；对于D，连接，确定截面完整图形为四边形，再计算其四边长度与位置关系，即可判断D.
【详解】对于A，如图，连接，因为，分别为棱和的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B，如图，取中点，连接，
在正方体中，，所以四边形为平行四边形，
所以，又分别为，中点，则，故，
设正方体棱长为，则，
故，所以不垂直于，故不垂直于，又平面，所以不垂直平面，故B错误；
对于C，如图，连接，
在正方体中，，即为正三角形，
又因为，分别为棱和的中点，所以，故异面直线与所成角即为，故C正确；
对于D，如图，连接，
在正方体中，，所以四边形为平行四边形，
则，又，所以，所以四点共面，
故平面截正方体所得截面为四边形，
设正方体棱长为，则，
所以，又，故截面为四边形为等腰梯形，故D正确.
故选：ACD.
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·山东济南·二模）已知正三棱锥 P－ABC 的底面边长为 ，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥 P－ABC 的体积为（ ）
A．2 B． C．3 D．
2．（2024·陕西·模拟预测）将一个正四棱台物件放入有一定深度的电解槽中，对其表面进行电泳涂装．如图所示，已知该物件的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该物件的高为（ ）
A． B．1 C． D．3
二、多选题
3．（2024·广东广州·模拟预测）如图所示，已知三棱锥的外接球的半径为为球心，为的外心，为线段的中点，若，则（ ）
A．线段的长度为2
B．球心到平面的距离为2
C．球心到直线的距离为
D．直线与平面所成角的正弦值为
4．（2021·江苏南通·模拟预测）在中，角，，所对的边分别为，，，且，将分别绕边，，所在的直线旋转一周，形成的几何体的体积分别记为，，，侧面积分别记为，，，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
5．（2021·重庆沙坪坝·模拟预测）如图甲是一水晶饰品，名字叫梅尔卡巴，其对应的几何体叫星形八面体，也叫八角星体，是一种二复合四面体，它是由两个有共同中心的正四面体交叉组合而成，且所有面都是全等的小正三角形，如图乙所示．若一星形八面体中两个正四面体的棱长均为2，则该星形八面体的体积为 ．
6．（2024·吉林延边·一模）已知一个圆锥的侧面展开图是一个圆心角为，半径为的扇形.若该圆锥的顶点及底面圆周都在球的表面上，则球的体积为 .
参考答案：
1．A
【分析】作出图形，根据题意可得棱切球的球心即为底面正三角形的中点O，再求出三棱锥的高，最后根据三棱锥的体积公式，即可求解.
【详解】因为球与该正三棱锥的各棱均相切，
所以该球的球心在过截面圆圆心且与平面垂直的直线上，
又因为底面边长为，
所以底面正三角形的内切圆的半径为，
又因为球的半径，即，
所以棱切球的球心即为底面正三角形的中心点O，
如图，过球心O作PA的垂线交PA于H，则H为棱切球在PA上的垂足，

所以，
又因为，所以,
因为，所以，
又由题意可知，平面，所以，
所以
所以，
所以.
故选：A.
2．C
【分析】作出正四棱台的图形，设，利用该四棱台侧面的面积求得，进而利用勾股定理即可得解.
【详解】设，则.
因为该四棱台为正四棱台，所以各个侧面都为等腰梯形，上、下底面为正方形，
在四边形中，过点作于点，
则，所以，
所以，解得，
在平面中，过点作于点，
易知为正四棱台的高，则，
所以.
故选：C.
3．ACD
【分析】对于ABC，根据三棱锥外接球的概念、结构特征和球的截面性质以及已知条件研究判断即可；对于D，根据球的截面性质找到直线与平面所成的角即可计算求解.
【详解】对于A，在中，为的外心，，
则，故A正确；
对于B、C，连接，，，
则由三棱锥的外接球的半径为3以及球的截面性质可得：
球心到平面的距离为，故B错误；
由为的中点，知，，
所以，故正确；
由球的截面性质平面平面，
所以，且为在面DAB上的射影，
所以为直线与平面所成角，
且中，，故D正确.
故选：ACD.
4．ABC
【分析】先分别求出将绕边、、旋转一周形成的几何体的体积和侧面积，然后对四个选项逐一判断即可.
【详解】将绕边所在的直线旋转一周形成的几何体是圆锥，其底面半径是，母线长为，高为. 所以其体积，其侧面积；
将绕边所在的直线旋转一周形成的几何体是圆锥，其底面半径是，母线长为，高为. 所以其体积，其侧面积；
将绕边所在的直线旋转一周形成的几何体是两个底面重合的圆锥，其底面半径是，母线长分别为和，高之和为. 所以其体积，其侧面积.
对于选项A，
故A正确；
对于选项B，
，
故B正确；
对于选项C：
，故C正确；
对于选项D：
，而，
所以，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是分别求出将绕边、、旋转一周形成的几何体的体积和侧面积.
5．
【分析】由题意可知星形八面体体积为一个棱长为2的大正四面体与四个棱长为1的小正四面体的体积之和，从而可求出体积
【详解】由题知星形八面体体积为一个棱长为2的大正四面体与四个棱长为1的小正四面体的体积之和，故体积为．
故答案为：
6．/
【分析】
根据扇形的弧长计算可得圆锥的高，结合勾股定理和圆锥外接球体积计算，即可求解.
【详解】设该圆锥的底面半径为，高为．
由扇形圆心角为，半径为，
得圆锥底面圆周长为，解得．
因为扇形半径为，所以，所以．
易知球心在圆锥的高所在的直线上．
设球的半径为，则，
即，解得，
所以球的体积为．
故答案为：．
考点二：空间几何体的表面积与体积
【典例精析】（多选）（2024·湖南·二模）在菱形中，.将菱形沿对角线折成大小为（）的二面角，若折成的四面体内接于球，则下列说法正确的是（ ）
A．四面体的体积的最大值是
B．的取值范围是
C．四面体的表面积的最大值是
D．当时，球的体积为
AD
【分析】求出当时，四面体的体积最大，利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；利用余弦定理可判断B选项的正误；利用时，四面体的表面积的最大，可判断C选项的正误；求出球的半径，利用球体的体积公式可判断D选项的正误.
【详解】对于A，，，则为等边三角形，
取的中点，则，同理得，为等边三角形，则，
且，，
于是二面角的平面角为，
设点到平面的距离为，则，
，当且仅当时取等号，
即四面体的体积的最大值是，A正确；
对于B，由余弦定理得，
因此，B错误；
对于C，，由，，得≌，
则，
因此四面体的表面积的最大值是，C错误；
对于D，设、分别为、的外心，则，
在平面内过点作的垂线与过点作的垂线交于点，
由，，平面，得平面，
而平面，则，又，平面，
于是平面，同理得平面，则为四面体的外接球球心，
连接，由，，，得≌，
因此，，而平面，平面，，
则，即球的半径为，球的体积为，D正确.
故选：AD.
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）若某圆锥的侧面积为底面积的倍，则该圆锥的母线与底面所成角的正切值为（ ）
A．2 B．3 C． D．
2．（2024·河北邢台·一模）如图，正四棱台容器的高为12cm，，，容器中水的高度为6cm．现将57个大小相同、质地均匀的小铁球放入容器中（57个小铁球均被淹没），水位上升了3cm，若忽略该容器壁的厚度，则小铁球的半径为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
3．（2024·山东·二模）将正四棱锥和正四棱锥的底面重合组成八面体，则（ ）
A．平面 B．
C．的体积为 D．二面角的余弦值为
4．（2024·山东滨州·二模）图，在边长为4的正方形中，为的中点，为的中点．若分别沿，把这个正方形折成一个四面体，使、两点重合，重合后的点记为，则在四面体中，下列结论正确的是（ ）

A．
B．到直线的距离为
C．三棱锥外接球的半径为
D．直线与所成角的余弦值为
三、填空题
5．（23-24高三下·湖北武汉·阶段练习）已知圆台的体积为，其上底面圆半径为1，下底面圆半径为4，则该圆台的母线长为 .
6．（2024·全国·模拟预测）已知一个高为6的圆锥被平行于底面的平面截去一个高为3的圆锥，所得圆台的外接球的体积为，且球心在该圆台内，则该圆台的表面积为 ．
参考答案：
1．A
【分析】由题意可得圆锥母线，底面半径和高的关系，再根据线面角的正切值，即可求解.
【详解】设该圆锥的底面圆半径和母线长分别为，母线与底面所成角为，由题意可得，
由勾股定理可得圆锥的高，所以圆锥的母线与底面所成角的正切值．
故选：A
2．A
【分析】先计算水的体积，再计算放入球后水和球的总体积，可得铁球的体积，利用体积公式可得答案.
【详解】正四棱台容器的高为12cm，，，
正四棱台容器内水的高度为6cm，由梯形中位线的性质可知水面正方形的边长为，
其体积为；
放入铁球后，水位高为9cm，沿作个纵截面，从分别向底面引垂线，如图，
其中是底面边长10 cm，是容器的高为12 cm，是水的高为9 cm，
由截面图中比例线段的性质，可得,此时水面边长为4 cm，
此时水的体积为，
放入的57个球的体积为，
设小铁球的半径为，则，解得.
故选：A
3．AC
【分析】利用正四棱锥的定义判断A；判断是否为平行四边形判断B，计算体积判断C；几何法求出二面角的余弦值判断D.
【详解】令正方形的中心为，连接，

对于A，由正四棱锥，得平面，同理平面，
则共线，因此平面，A正确；
对于B，连接，显然是的中点，，，
，不是的中点，因此四边形不是平行四边形，不平行，B错误；
对于C，的体积，C正确；
对于D，取中点，连接，则，是二面角的平面角，
而，则，D错误.
故选：AC
4．AC
【分析】首先证明平面，即可判断A，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算B、D，求出外接圆的半径，再由勾股定理求出三棱锥外接球的半径，即可判断C.
【详解】对于A：翻折前，，
翻折后则有，，
因为，、平面，
所以平面，平面，所以，故A正确；

对于B：又，即为等边三角形，所以，
在平面中过点作，则，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，，
所以，，
令，，所以到直线的距离为，故B错误；
对于C：所以的外接圆的半径，
设三棱锥外接球的半径为，
因为平面，所以，所以，
即三棱锥外接球的半径为，故C正确；
对于D：由，设直线与直线所成角为，，
则
所以直线与直线所成角的余弦值为，故D错误.
故选：AC.
5．
【分析】由圆台的体积求得圆台的高h，作出圆台的轴截面，由勾股定理可求得结果.
【详解】圆台的上底面半径为1，下底面半径为4，设圆台的高为h，
则该圆台的体积为，则，
作出圆台的轴截面如图所示，
上底面圆心为，下底面圆心为，，，
过作，则，又，
所以圆台的母线长为．
故答案为：.
6．
【分析】设圆锥的底面半径为，则圆台的上底面半径为，高为3，再由圆台的外接球的体积为可得圆台半径为，可得圆台的母线长，代入公式计算可求出圆台的表面积.
【详解】设圆锥的底面半径为，依题意得该圆台的上底面半径为，且圆台的高为3．
设圆台外接球的球心为，半径为，点到圆台上底面的距离为，
因为球的体积为，所以，解得．
因为点在该圆台内，所以,解得，
所以圆台的母线长，
所以圆台的表面积.
故答案为：
考点三：空间几何体的截面
【典例精析】（多选）（2022·广东广州·三模）某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，则（ ）
A．该圆台的高为
B．该圆台轴截面面积为
C．该圆台的体积为
D．一只小虫从点沿着该圆台的侧面爬行到的中点，所经过的最短路程为
BCD
【分析】由勾股定理即可求得圆台的高，即可判断A选项；由梯形面积公式即可判断B选项；由圆台体积公式即可判断C选项；由圆台侧面展开图结合勾股定理即可判断D选项.
【详解】
如图，作交于，易得，则，则圆台的高为，A错误；
圆台的轴截面面积为，B正确；圆台的体积为，C正确；
将圆台一半侧面展开，如下图中，设为中点，圆台对应的圆锥一半侧面展开为扇形，
由可得，则，，又，则，
即点到的中点所经过的最短路程为，D正确.
故选：BCD.
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·安徽池州·二模）已知圆锥的底面半径为3，其内切球表面积为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高三上·山东枣庄·期末）已知正四棱台的上下底面边长分别为1和3，高为2.用一个平行于底面的截面截棱台，若截得的两部分几何体体积相等，则截面与上底面的距离为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
3．（2021·广东中山·模拟预测）正四棱锥的所有棱长为2，用垂直于侧棱的平面截该四棱锥，则（ ）
A．截面可以是三角形
B．与底面所成的角为
C．与底面所成的角为
D．当平面经过侧棱中点时，截面分四棱锥得到的上下两部分几何体体积之比为3：1
4．（2024·吉林长春·三模）某圆锥的侧面展开图是圆心角为，面积为3π的扇形，则（ ）
A．该圆锥的母线与底面所成角的正弦值为
B．若该圆锥内部有一个圆柱，且其一个底面落在圆锥的底面内，则当圆柱的体积最大时，圆柱的高为
C．若该圆锥内部有一个球，则当球的半径最大时，球的内接正四面体的棱长为
D．若该圆锥内部有一个正方体，且底面ABCD在圆锥的底面内，当正方体的棱长最大时，以A为球心，半径为的球与正方体表面交线的长度为
三、填空题
5．（2021·全国·模拟预测）已知圆锥的轴截面PAB是边长为a的正三角形，AB为圆锥的底面直径，球O与圆锥的底面以及每条母线都相切，记圆锥的体积为，球O的体积为，则 ；若M，N是圆锥底面圆上的两点，且，则平面PMN截球O所得截面的面积为 .
6．（2021·全国·模拟预测）2020年底，中国科学家成功构建了76个光子的量子计算机“九章”，推动全球量子计算的前沿研究达到一个新高度.该量子计算机取名“九章”，是为了纪念中国古代著名的数学专著《九章算术》.在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”.如图，棱柱为一“堑堵”，是的中点，，设平面过点且与平行，现有下列四个结论：
①当平面截棱柱的截面图形为等腰梯形时，该图形的面积等于；
②当平面截棱柱的截面图形为直角梯形时，该图形的面积等于；
③异面直线与所成角的余弦值为；
④三棱锥的体积是该“堑堵”体积的.
所有正确结论的序号是 .
参考答案：
1．B
【分析】先利用题给条件求得圆锥的母线长，再利用公式即可求得该圆锥的侧面积.
【详解】球表面积为，则该球半径为，
设圆锥的高为h，则圆锥的母线长为，
则此圆锥的轴截面面积为
，解之得，
则该圆锥的侧面积为
故选：B
2．D
【分析】延长正四棱台的棱交于一点，由三角形相似，求出，再由棱台的体积公式求出截面截得棱台的上部分几何体的体积，设截面与上底面的距离为，正方形的边长为，由三角形相似，得到，结合即可求出.
【详解】延长正四棱台的棱交于点，
如图所示，截面平行于底面
设上底面的面积为，下底面的面积为，截面的面积为，
正四棱台的体积为，平行于底面的截面截棱台，截得的上部分几何体体积为，则，
上底面的中心为，下底面的中心为，连结，
则上底面，下底面，正四棱台的高为，
设截面与上底面的距离为，正方形的边长为，
，，
由得，，由得，，
又，所以，
同理可得，得，所以，①
又因为，②
由①②得，，，所以截面与上底面的距离为.
故选：D.

3．ACD
【分析】对于A：取PC的中点E，连结BE、DE、BD.可以证明面BDE，即可判断A；
对于B、C：作为与底面所成的角.即可求得；
对于D：分别求出上下两部分几何体的体积，即可判断.
【详解】对于A:取PC的中点E，连结BE、DE、BD.
因为正四棱锥的所有棱长为2，所以△PBC、△PBC为正三角形，所以又,则面BDE，即△BDE为截面.故A正确；
对于B、C:过P作底面ABCD于O，则O为AC中点.则即为与底面所成的角.
因为正四棱锥的所有棱长为2，所以,
所以,所以.故B错误，C正确；
对于D:由A的推导过程可知：平面经过侧棱中点时，平面即为平面BDE.
此时.
因为,
所以,
所以.故D正确
故选：ACD
4．ACD
【分析】先根据圆锥侧面积公式和扇形弧长公式得出圆锥的母线长、底面半径和高即可求出圆锥的母线与底面所成角正弦值，进而判断A；根据三角形相似比得出圆柱高与其底面半径比的关系，再代入圆柱体积公式得到 ，再利用导数工具求出最值即可突破求解进而判断B；CD属于简单几何体的接切和相交问题，要结合相应几何体的结构特征和关系进行分析判断，具体看详解.
【详解】对于A，由圆锥侧面积公式和扇形弧长公式得，
，所以圆锥的高，
设圆锥的母线与底面所成角，则，故A对；

对于B，设圆锥内切圆柱底面半径为，高为，
则有，
所以圆柱体积为，
设，则，
所以当时，单调递增；当时，单调递减，
所以时y取得最大值，即时圆柱体积取得最大，此时圆柱的高，故B错.

对于C，当球的半径最大时，球为圆锥的内切球，设球的半径设为R，此时圆锥与球的轴截面如图，
因为,
又，所以，
正四面体可由正方体面的对角线切割得到，如图，正四面体外接球与相对应正方体外接球为同一个球，

当正四面体的棱长为时，其相对应的正方体棱长为，
所以外接球直径为，所以外接球半径为，
所以该圆锥内部有一个球，则当球的半径最大时，球的内接正四面体的棱长为，故C对；
对于D，设圆锥内接最大正方体棱长为a，则沿着正方体体对角面作圆锥轴截面得到截面图如下，

则有，
所以正方体面的对角线长为，
所以以正方体顶点A为球心，半径为的球与正方体表面交线情况如下图所示，

所以交线有两组各有三条长度相等的曲线，第一组曲线如图（1），第二组曲线如图（2），

由上，，
所以，
所以，，
所以交线的总长度为. ，故D对.
故选：ACD.
【点睛】易错点睛：简单几何体相交交线是直线还是曲线是容易出错的点，一般情况下经过曲面的交线是曲线，但交线过旋转体母线的是直线，如下图：

5． ； .
【分析】根据等边三角形的性质求出球O的半径，从而可分别求出圆锥的体积为和球O的体积为；
设MN的中点为C，连接PC，DM，首先求出点到直线的距离，然后结合球O的半径，即可求出平面PMN截球O所得截面圆的半径为r.
【详解】如图，设D为AB的中点，连接PD，由题意知PD为圆锥的高，且，
易知球O的半径，
所以，，所以；
设MN的中点为C，连接PC，DM，则，
易知，，所以，所以.
过O点作，垂足为E，易知，则，
又，则.
设平面PMN截球O所得截面圆的半径为r，
则，所以截面的面积为.
故答案为：；.
6．①③④
【分析】分别对四个结论结合题意分析判断即可.
【详解】对于①，如图，取，，分别为对应边中点，
易知四边形是等腰梯形，且高为，
当不是中点时，不平行平面，
则四边形不是梯形，等腰梯形有且仅有一个，.
所以① 正确；
对于②，向下作截面满足题意的梯形是直角梯形，同理，直角梯形有且仅有一个，
其面积. 所以②错误；
对于③，将三棱柱补成正方体，为对应边中点，易知为异面直线与所成角或补角，，，所以，所以③ 正确；
对于④，，，所以④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】思路点睛：
平移线段法是求两异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出两异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角（或补角）；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由于两异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两异面直线所成的角．
考点四：空间点、线、面的位置关系
【典例精析】（多选）（2022·山东·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（ ）
A．存在点，使四点共面
B．存在点，使平面
C．三棱锥的体积为
D．经过四点的球的表面积为
ABC
【分析】由题意，当Q与点重合时，四点共面，即可判断A；根据平行的传递性可得，结合线面平行的判定定理即可判断B；利用等体积法和棱锥的体积公式计算即可判断C；易知经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球，求出球的半径即可判断D.
【详解】A：如图，在正方体中，连接．
因为N，P分别是的中点，所以．
又因为，所以．
所以四点共面，即当Q与点重合时，四点共面，故A正确；
B：连接，当Q是的中点时，因为，所以．
因为平面平面，所以平面，故B正确；
C：连接，因为，则
，故C正确；
D：分别取的中点E，F，构造长方体，
则经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球．
设所求外接球的直径为，则长方体的体对角线即为所求的球的直径，
即，
所以经过C，M，B，N四点的球的表面积为，故D错误．
故选：ABC
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·青海·模拟预测）如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·陕西宝鸡·一模）在空间中，下列说法正确的是（ ）
A．若的两边分别与的两边平行，则
B．若二面角的两个半平面，分别垂直于二面角的两个半平面，，则这两个二面角互补
C．若直线平面，直线，则
D．到四面体的四个顶点A，B，C，D距离均相等的平面有且仅有7个
二、多选题
3．（2024·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，，点M为的中点，则（ ）
A．直线与直线为异面直线
B．线段上存在点N，使得平面
C．点C到平面的距离为
D．线段上存在点E，使得平面
4．（2024·湖南娄底·一模）已知是空间中三条不同的直线，是空间中两个不同的平面，下列命题不正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则或.
D．若，则，
三、填空题
5．（2024·全国·模拟预测）如图，已知平面平面，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为 .
6．（2023·全国·模拟预测）已知是两个不同的平面，是平面外两条不同的直线，给出四个条件：①；②；③；④，以下四个推理与证明中，其中正确的是 .（填写正确推理与证明的序号）
（1）已知②③④，则①成立
（2）已知①③④，则②成立
（3）已知①②④，则③成立
（4）已知①②③，则④成立
参考答案：
1．D
【分析】连接、、、、、，借助平行线的性质可得四点共面，即可得线段与相交，线段与相交，线段与相交，从而排除A、B、C.
【详解】如图，连接，，，由正方体的性质及、分别为棱、的中点，
易得，所以线段与相交，与相交，故A、B错误；
连接，，有，，故，
所以线段与相交，C错误；
连接，直线与，直线与均为异面直线，D正确.
故选：D.
2．D
【分析】A根据等角定理判断；B、C根据直观想象结合判定定理判断;
D根据直观想象和点到平面得距离概念判断.
【详解】根据等角定理知两角可能相等也可能互补则A不正确;
对于B根据条件可得两个二面角可能互补也可能相等则B不正确;
对于C直线或，则C不正确；
对于D距离四面体的四个顶点A，B，C，D距离均相等的平面
有平面一侧有一个顶点，另一侧有三个顶点，这样的平面有4个，
它们为各面上的高的中垂面（垂直平分高）. 平面两侧各有两个顶点，
它们分别过除一组对棱外的其余四条棱的中点，这样的平面有3个．
故共有7个满足条件的平面．故D正确.
故选：D
3．ACD
【分析】利用异面直线的定义、线面垂直判定定理及性质定理、线面平行判定定理及等体积法求点到平面的距离来一一判定选项即可.
【详解】选项A：显然直线与直线为异面直线，故A正确．
选项B：若平面，则由平面，可得．
在直三棱柱中，，
又，，平面，
故平面，
∴，故点与点重合，即．
在矩形中，，，
∴，∴不与垂直，故B错误．
选项C：易知两两垂直，且，
∴，
∴，
．
设到平面的距离为d，则由，可得，
解得，故C正确．
选项D：如图，连接，交于点，连接，交于点，连接，
若平面，则．
∵为的中点，∴为的中点．
记的中点为，连接，设与交于点，
由，易知 ≌，得到，故，
又，∴，则，
故线段上存在点，使得平面，故D正确．
故选：ACD
4．ABC
【分析】由题意分别进行判断，错误的选项指明错误点.
【详解】对，需要补上不平行才成立，否则可能与相交或平行，故错误；
对，若，则或，故错误；
对，有可能且且，故错误；
对D，若，则，故D正确.
故选：ABC.
5．/
【分析】作出异面直线与所成的角，利用余弦定理求出相关线段长，进而求出夹角的余弦.
【详解】延长到点，使得，连接，则四边形为平行四边形，
有，于是或其补角是异面直线与所成的角，如图，
在平面内过点作，连接，由四边形是等腰梯形，
得，，由已知可得，
即，而，则≌，有，
，于是，，
由，得，则，
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，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：
6．（1）（3）
【分析】由线面平行，垂直的判定定理和性质定理，以及面面平行的判定，性质定理判断即可，不正确的举出一个反例即可.
【详解】（1）若，，所以，因为，所以，（1）正确；
（2）若，，且是平面外的直线，则，又因为，所以与平行或相交，（2）错误；
（3）因为，，则，又因为，是平面外的直线，所以，（3）正确；
（4）若，，且是平面外的直线，则，又因为，则与平行或相交，（4）错误.
故答案为：（1）（3）
考点五：直线、平面平行的判定与性质
【典例精析】（多选）（2024·江苏南通·三模）在正方体中，为的中点，是底面上一点，则（ ）
A．为中点时，
B．为中点时，平面
C．满足的点在圆上
D．满足直线与直线成角的点在双曲线上
BCD
【分析】建立合适的空间直角坐标系，写出相关向量，对A计算即可判断；对B利用线面平行的判定定理即可判断；对C，计算得，则得到其轨迹；对D，根据线线夹角公式得到关于的方程，化简即可.
【详解】不失一般性，设正方体棱长为2，如图建系，因为为的中点，
则，
对A，为中点，则，
与不垂直，故A错误.
对B，为中点时，，因为，
则四边形为平行四边形，则，
因为平面，所以平面，故B正确；
对C，令，
在以为圆心，为半径的圆上，故C正确；
对D，，
，
化简得，其为双曲线方程，故D正确，
故选：BCD.
【变式训练】
一、解答题
1．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图：四棱柱底面为等腰梯形，.

(1)求证：平面；
(2)若为菱形，，平面平面.
①求平面和平面夹角的余弦；
②求点到平面的距离.
2．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，多面体是三棱台和四棱锥的组合体，底面四边形为菱形，为的中点，平面平面.
(1)证明：平面；
(2)若平面与平面夹角的余弦值为，求.
3．（2024·上海松江·二模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点.
(1)设平面与直线相交于点，求证：；
(2)若，，，求直线与平面所成角的大小.
4．（2024·北京昌平·二模）如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面于点．
(1)求证：点为线段的中点；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定．
（i）求二面角的余弦值；
（ii）求点到平面的距离．
条件①：平面；
条件②：四边形是正方形；
条件③：平面平面．
注：如果选择的条件不符合要求，则第2问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
参考答案：
1．(1)证明见解析
(2)①；②
【分析】（1）借助平行四边形的性质可得线线平行，结合线面平行的判定定理即可得；
（2）建立适当的空间直角坐标系，借助空间向量可计算夹角，借助点到平面的距离公式计算距离.
【详解】（1）在棱上取点，使，连接，
由已知，
四边形为平行四边形，，
又，即四点共面，
连接，由已知，
，四边形为平行四边形，，
平面平面，
平面，即平面；
（2）在菱形中，，取中点，连接，则，
又平面平面，平面平面，
平面，平面，
在等腰梯形中，，
两两互相垂直，
以为原点所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，
①，
设为平面的一个法向量，
则，取，则有，
设为平面的一个法向量，
则，取，则有，
设平面与平面夹角为，
则，
平面与平面夹角余弦值为，
②，
点到平面的距离为.

2．(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）连接，证明平面平面，由面面平行的性质定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，设，求出相关点的坐标，求出平面与平面的法向量，根据平面与平面夹角的余弦值列式求值，即可求得答案.
【详解】（1）连接，
因为平面平而，
所以平面，
因为，
所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，
所以平面，
因为平面.
所以平面平面，又平面，
所以平面.
（2）因为平面平面，
平面平面平面，
所以平面，
取的中点，连接，
因为四边形为菱形，，
所以为等边三角形，所以，
又，所以，
所以两两垂直，
则以为原点，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，
则，
所以.
设平面的法向量为，
则，即，
取，得，
设平面的法向量为，
则，即，
取，得，
设平面与平面的夹角为，
则
解得或-2（舍），即.
3．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理，证出平面，然后根据平面平面，利用线面平行的性质定理证出；
（2）连接，取中点，连接、，根据线面垂直的判定定理，证出平面，可得是直线与平面的所成角，然后在中利用锐角三角函数的定义算出答案．
【详解】（1）证明：平面与直线相交于点，平面平面，
四边形是菱形，，
平面，平面，平面，
平面，平面平面，
；
（2）连接，取中点，连接、，
菱形中，，，是等边三角形，
是中点，，
平面，平面，，
、平面，，平面．
是直线与平面的所成角，
是中点，，．
平面，平面，，
为中点，，中，，
等边中，高，
中，，
可得，即直线与平面的所成角等于．
4．(1)证明见解析
(2)；
【分析】（1）先通过面面平行的性质证明，再通过证四边形是平行四边形，证，通过平行的传递性证，最后利用三角形中位线点为线段的中点得证；
（2）通过已知条件先证、、两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求二面角，求点到平面距离即可.
【详解】（1）
连接，因为交平面于点，平面，
所以平面，所以平面平面.
因为平面平面，平面平面，
所以，因为，且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，因为点是的中点，所以点是线段的中点.
（2）
选择条件①②：
因为平面，平面，平面，
所以，因为四边形是正方形，所以；
（i）：如图建立以为坐标原点，
、、分别为、、轴的空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，设平面的法向量为，
，即，令，则，于是，
因为平面，所以平面的法向量为，
所以，由题知，二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
（ii）：因为，，所以，所以点到平面的距离.
选择条件①③：
因为平面，平面，平面，
所以，因为平面平面，
平面平面，所以平面，所以，
（i）：如图建立以为坐标原点，
、、分别为、、轴的空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，设平面的法向量为，
，即，令，则，，于是，
因为平面，所以平面的法向量为，
所以，由题知，二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
（ii）：因为，，所以，所以点到平面的距离.
选择条件②③不合题意，此时几何体不能唯一确定.
考点六：直线、平面垂直的判定与性质
【典例精析】（多选）（2024·辽宁沈阳·二模）已知正四棱锥的所有棱长均相等，为顶点在底面内的射影，则下列说法正确的有（ ）
A．平面平面
B．侧面内存在无穷多个点，使得平面
C．在正方形的边上存在点，使得直线与底面所成角大小为
D．动点分别在棱和上（不含端点），则二面角的范围是
BD
【分析】过作直线，则为平面与平面的交线，取中点中点F，连接，求得可判断A；取中点中点H，连接，可得，，可判断B；由已知可知当Q在正方形各边中点时，与底面所成的角最大，可得，判断C；作垂直于，连接，则为二面角的平面角，求得二面角范围是，判断D.
【详解】已知所有棱长都相等，不妨设为1．
对于A：过S作直线，因为，所以，
所以为平面与平面的交线，
取中点中点F，连接，由正四棱锥，
可得，所以，
所以为二面角的平面角，连接，
在中，
所以平面与平面不垂直，故A错误；
对于B：取中点中点H，连接，
因为，又平面 ，平面，
所以平面，平面，又，
所以平面平面，所以当时，平面，这样的点P有无穷多，故B正确；
对于C：由已知可知当Q在正方形各边中点时，与底面所成的角最大，，所以，所以不布存Q使得与底面成的角为，故C错误；
对于D：作垂直于，连接，
因为平面，又平面，所以，
又，所以平面，因为平面，所以，
因为则为二面角的平面角，
当都无限向点B靠拢时，；当时，，
所以二面角范围是，故D正确．
故选：BD.
【变式训练】
一、解答题
1．（2024·河北保定·二模）如图，在四棱柱中，四边形与四边形是面积相等的矩形，，，平面平面为的中点.
(1)求点到平面距离的差；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
2．（2023·陕西·模拟预测）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，四边形是等腰梯形，，三棱锥的体积为，平面与平面垂直.

(1)求直线EF到平面的距离；
(2)求证：平面⊥平面.
3．（2024·重庆·三模）如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点.

(1)证明：平面平面；
(2)证明平面，并求直线到平面的距离.
4．（2024·河北邢台·二模）如图，已知四边形为等腰梯形，为以为直径的半圆弧上一点，平面平面，为的中点，为的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值．
参考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）根据题设条件得到平面，从而有，再利用几何关系得到，得到平面，从而点到平面的距离分别为，分别求出，即可求出结果；
（2）建立空间直角坐标系，求出及平面的法向量，利用线面角的向量法，即可求出结果.
【详解】（1）因为四边形是矩形，所以，
又平面平面，且平面平面平面，
所以平面，
因为平面，所以.
在矩形中，，所以，
因为，所以，
又平面，所以平面.
设，则点到平面的距离分别为，
又，
所以点到平面距离的差为.
（2）因为平面平面，所以，
又，所以，
又由矩形知，两两垂直，
以点为坐标原点，以直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
所以
设平面的一个法向量为，则，即，
取，得，所以，
设直线与平面所成角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
2．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）作，证明到平面的距离即为的长，即得三棱锥的高等于的长，利用三棱锥的体积，即可求得答案；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面和平面的法向量，根据空间位置的向量证明方法，即可证明结论.
【详解】（1）在平面内作，垂足为Z，四边形是等腰梯形，
则,故；
因为平面与平面垂直，平面平面，
且平面，故平面，
而，平面,平面，故平面，
则到平面的距离即为的长，
即E点到平面的距离即为的长，即三棱锥的高等于的长，
三棱锥的体积为，且四边形ABCD是边长为1的正方形，
则，则,
即直线EF到平面ABCD的距离为；
（2）证明：四边形是等腰梯形，四边形ABCD是边长为1的正方形，，
则,
以A为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

则，
，
,
设平面的一个法向量为，则，
令，则，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，
则，即，
故平面⊥平面.
3．(1)证明见解析
(2)证明见解析，
【分析】（1）利用线面垂直的性质，得到，根据条件及线面垂直的判定定理得到平面，从而有，再根据条件得到，由线面垂直的判定定理，得到平面，即可证明结果；
（2）根据条件有，利用线面平行的判定定理，即可证明结果；利用平面，将线到面的距离转化成点到面的距离，再利用等体积法，即可求出结果.
【详解】（1）因为平面，又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，
又，为中点，所以，又，平面，
所以平面，又平面，故平面平面.
（2）由题，分别为，中点，故，
又平面，平面，故平面，
则直线到平面的距离为点到平面的距离.
由为中点，所以，记为，，
又，所以，
由（1）知，平面，故，，，
由题知，，，
所以，
而，
所以.
.
4．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，，利用几何关系证明，再由线面平行的判定定理得到结果.
（2）建系后分别找到平面的法向量为和平面的法向量为，代入空间向量二面角的余弦公式求出即可.
【详解】（1）取的中点，连接，，
则且，
又且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以．
又平面，平面，
所以平面．
（2）取的中点，连接，
因为四边形为等腰梯形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
过点作直线的垂线交于点，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为为直径，所以，
所以，，．
在等腰梯形中，，，
所以，
所以，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，则
所以令，则，，
所以．
设平面的法向量为，则，
取．
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
一、单选题
1．（2023·全国·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·全国·高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·全国·高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·全国·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022·全国·高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2022·全国·高考真题）在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）
A． B．AB与平面所成的角为
C． D．与平面所成的角为
7．（2022·全国·高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022·全国·高考真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
9．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
10．（2023·全国·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为的球体
B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体
D．底面直径为，高为的圆柱体
11．（2023·全国·高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为
C． D．的面积为
12．（2022·全国·高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A． B．
C． D．
13．（2022·全国·高考真题）已知正方体，则（ ）
A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为
三、填空题
14．（2023·全国·高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点．
15．（2023·全国·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ．
16．（2023·全国·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ．
参考答案：
1．C
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；
法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.
【详解】法一：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，
在中，，
则由余弦定理可得，
故，则，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
法二：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，
在中，，
则由余弦定理可得，故，
所以，则，
不妨记，
因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，
两式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
故选：C.
2．C
【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【详解】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，
又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，

显然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，显然平面平面，
直线平面，则直线在平面内的射影为直线，
从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得，即，
显然是锐角，，
所以直线与平面所成的角的正切为.
故选：C
3．B
【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.
【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图，
，，由的面积为，得，
解得，于是，
所以圆锥的体积.
故选：B
4．A
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．
【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．
故选：A．

5．C
【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，
所以，
又，
则，
所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
所以.
故选：C.
6．D
【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】如图所示：
不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．
对于A，，，，A错误；
对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；
对于C，，，，C错误；
对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．
故选：D．
7．C
【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又设四棱锥的高为，则，
当且仅当即时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，
(当且仅当，即时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高.
故选：C．[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，
，，单调递增， ，，单调递减，
所以当时，最大，此时．
故选：C.
【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．
8．A
【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】解：在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，
故选：A.
选项BCD解法二：
解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，
在内，作于点，在内，作，交于点，连结，
则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，为中点，则，
由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，
据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；
对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；
故选：A.
9．C
【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.
【详解】∵球的体积为，所以球的半径,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以当且仅当取到，
当时，得，则
当时，球心在正四棱锥高线上，此时，
，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是
10．ABD
【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.
【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且，
所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；
对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过的中点作，设，
可知，则，
即，解得，
且，即，
故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，
若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，
可知：，则，
即，解得，
根据对称性可知圆柱的高为，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；
故选：ABD.
11．AC
【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.
【详解】依题意，，，所以，
A选项，圆锥的体积为，A选项正确；
B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；
C选项，设是的中点，连接，
则，所以是二面角的平面角，
则，所以，
故，则，C选项正确；
D选项，，所以，D选项错误.
故选：AC.

12．CD
【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.
【详解】
设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，又，平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
13．ABD
【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，
因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；
连接，因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
连接，设，连接，
因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设正方体棱长为，则，，，
所以，直线与平面所成的角为，故C错误；
因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.
故选：ABD
14．12
【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.
【详解】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图，
由题意可知，为球心，在正方体中，，
即，
则球心到的距离为，
所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点，
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，
所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.
故答案为：12
15．/
【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解.
【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，

因为，
则，
故，则，
所以所求体积为.
故答案为：.
16．
【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.
【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，
所以正四棱锥的体积为，
截去的正四棱锥的体积为，
所以棱台的体积为.
方法二：棱台的体积为.
故答案为：.
一、单选题
1．（2024·河南商丘·模拟预测）在正四棱柱中，已知，为棱的中点，则线段在平面上的射影的长度为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·山东聊城·二模）已知圆柱的下底面在半球的底面上，上底面圆周在半球的球面上，记半球的底面圆面积与圆柱的侧面积分别为，半球与圆柱的体积分别为，则当的值最小时，的值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·内蒙古呼伦贝尔·二模）在半径为5的球体内部放置一个圆锥，则该圆锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·安徽·三模）已知圆台的上 下底面面积分别为，其外接球球心满足，则圆台的外接球体积与圆台的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·河北唐山·二模）已知长方体的一条棱长为2，体积为16，则其外接球表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（ ）
A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面与平面夹角的余弦值为
C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面
二、多选题
7．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）正方体中，分别为面对角线与上的点，，则下面结论正确的是（ ）
A．平面
B．直线与直线所成角的正切值为
C．
D．直线平面
8．（2024·安徽·三模）已知四棱锥的底面是边长为3的正方形，平面为等腰三角形，为棱上靠近的三等分点，点在棱上运动，则（ ）
A．平面
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．
D．点到平面的距离为
三、填空题
9．（2024·江苏南通·二模）已知二面角为直二面角，，，，，则与，所成的角分别为，，与所成的角为 .
10．（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，为线段的中点，过点分别作平行于平面、平面的平面、平面，它们将四棱锥分成三部分．将这三部分依体积从小到大排列，其体积之比为 ．
11．（2024·四川成都·三模）已知三棱锥的顶点都在球的表面上，若球的表面积为，，，，则当三棱锥的体积最大时， .
四、解答题
12．（2024·山东·二模）如图，在三棱锥中，，为的中点，为内部一点且平面．
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角的余弦值．
13．（2024·安徽·三模）如图，在三棱锥中，分别为棱的中点.

(1)证明：平面平面；
(2)若点到底面的距离等于，且，求二面角的正弦值.
14．（2024·河南郑州·三模）如图，在三棱台中，，平面平面，．
(1)证明：平面；
(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值．
参考答案：
1．D
【分析】取中点，连接，过点作于点，连接，证明出平面，求出即可求解．
【详解】如图所示，取中点，连接，
则，点四点共面，，，
过点作于点，连接，则，
在中，，解得，
，则，
由正四棱柱得，平面，则平面，
又平面，所以，，
所以，
因为，，平面，且平面，
所以平面，所以线段在平面上的射影为线段，
故选：D．

2．A
【分析】设圆柱底面半径为，高为，球的半径为，则，根据基本不等式可得、，结合圆柱与球的体积公式化简计算即可求解.
【详解】设圆柱底面半径为，高为，球的半径为，
则，，
所以，
当且仅当时等号成立，此时，
所以.
故选：A
3．A
【分析】根据题意，当圆锥体积最大时，此时圆锥内接于球，且球心在圆锥的高上，求出球心到圆锥底而的距离，然后表示出圆锥的体积，求导即可得到其最值.
【详解】由题知，如图，当圆锥体积最大时，此时圆锥内接于球，球心在圆锥的高上，
设圆锥的底面半径为r，高为，则，
所以该圆锥的体积，
则．当时，，当时，．
故当时，V取得最大值，且最大值为．
故选：A.
4．B
【分析】根据相切结合勾股定理可得，即可求解，由圆台和球的体积公式即可求解.
【详解】设圆台的高为，外接球半径为，作出轴截面如图：
的上 下底面面积分别为，则圆，的半径分别为2，6，
则，解得，
故所求体积之比为
故选：B

5．C
【分析】由长方体的体积求出，再由基本不等式可求出，再由球的表面积公式计算得到答案.
【详解】设长方体的长、宽、高分别为，
所以长方体的体积为，解得：，
设长方体的外接球的半径为，
所以，即，
即，当且仅当时取等，
所以，
所以其外接球表面积的最小值为.
故选：C.
6．C
【分析】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，由空间向量计算异面直线所成角，二面角和线线垂直可判断ABC；由四点共面，而平面可判断D.
【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，
所以，，
，
对于A，，，
直线MN与所成角的余弦值为，故A错误；
对于B，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
平面与平面夹角的余弦值为：
，故B错误；
对于C，因为Q在上，设，所以，，
则，所以，
所以，，
所以，解得：.
故上存在点，使得，故C正确；
对于D，因为，所以四点共面，
而平面，所以上不存在点P，使得平面，故D错误.
故选：C.
【点睛】
7．BCD
【分析】建立空间直角坐标系，对于A，求出平面的一个法向量，判定即可；对于B，直接求出直线与直线所成角的余弦值进而解出正切值即可；对于C，直接证明出即可，对于D，直接用向量证明出，，即可证明直线平面.
【详解】

如图：因为为正方体，
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
设棱长为.则，
，
设，则，
设，则，
，
，所以，
解得：，
则，，
对于A，平面的一个法向量为，
由，所以不平行平面，所以选项A错误；
对于B，由，设直线与直线所成角为，
则，则，，
所以选项B正确；
对于C，，由，
所以，所以选项C正确；
对于D，因为，，所以，
，，
所以直线平面，所以选项D正确.
故选：BCD.
8．BC
【分析】连接，若平面，证得，得到，与题设矛盾，可判定A错误；过点作，根据线面垂直的判定定理，证得平面，得到直线与平面所成的角为，可判定B正确；将平面翻折至与平面共面，连接，结合，可判定C正确；根据，求得高，可判定D错误.
【详解】对于A中，连接，交于点，连接，如图所示，
若平面，因为平面平面，且平面，
所以，因为为的中点，所以，
又因为为棱上靠近的三等分点，所以矛盾，所以A错误；
对于B中，过点作，垂足为，
因为平面，且平面，所以，
又因为四边形为正方形，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
则直线与平面所成的角为，
由题可知，所以B正确；
对于C中，将平面翻折至与平面共面，且点在直线的两侧，
连接，则，所以C正确；
对于D中，设点到平面的距离为，
则3，
解得，所以D错误.
故选：BC.
9．/
【分析】如图，设，根据勾股定理求得，，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线角即可.
【详解】如图，
，则两两垂直.
作，垂足分别为，连接，
则，
所以为与的所成角，为与的所成角，
即，，
建立如图空间直角坐标系，设，
则，得，
，所以，取，
则，又，
所以，即与所成的角为.
故答案为：
10．
【分析】设四棱锥的体积为,利用点为的中点，且平面平面可得相似比，由体积公式可得，进而同理可得，从而可得体积之比.
【详解】设四棱锥的体积为．
因为点为的中点，且平面平面，
所以．
因为平面平面，
所以．
所以第三部分几何体的体积为．
所以该四棱锥被分成的三部分依体积从小到大排列，
其体积之比为．
故答案为：.
11．
【分析】设是的外心，即可得到，再根据球的表面积求出球的半径，即可得，当且仅当、、三点共线且平面和点位于点异侧时，三棱锥的体积最大，再由勾股定理计算可得.
【详解】在中，根据正弦定理，可得，
又，所以．如图：

设为的外心，则为的中点，且，
由于球的表面积为，设球的半径为，则，解得或（舍去），
所以球的半径，，
当，，三点共线且平面和点位于点的异侧时，，
三棱锥的体积最大，此时.
故答案为：
12．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，取中点，连接，先证明出平面平面，由面面平行证明线面平行即可；
（2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式求解即可．
【详解】（1）连接，取中点，连接．
因为为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面．
又因为平面，平面，所以．
所以，在中，，同理，
因为，所以．
因为为中点，所以，
因为，且在同一平面内，所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
又因为，平面，
所以平面平面．
因为平面，所以平面．
（2）以为坐标原点，分别以以及与垂直向上的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
在直角中，因为，所以，
在中，，所以，
又，
所以．
设面的一个法向量，则，即，
取，则，所以．
设面的一个法向量，则，即，
取，则，所以．
设二面角为，由图可知为锐角，则，
所以二面角的余弦值为．
13．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）取棱的中点，连接，分别证得和和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，不妨设，分别求得平面和的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：取棱的中点，连接，
因为，所以，
又因为，由直角三角形的性质，可得，
因为，所以，
可得，即，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，故平面平面.
（2）解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点垂直与平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
不妨设，则，
所以，
可得，
设为平面的法向量，则，
取，可得，所以，
设为平面的法向量，则，
取，可得，所以.
所以，故二面角的正弦值为.

14．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用勾股定理的逆定理得，再利用面面垂直的性质定理得，最后根据线面垂直的判定定理即可证明；
（2）首先利用锥体体积公式得，再通过建立合适的空间直角坐标系，求出相关法向量即可求出面面角余弦值,
【详解】（1）如图，在等腰梯形中，连接，
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，，
．
以为原点，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
可得：．
易知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，又，
由
令，解得平面的一个法向量为，
．
平面与平面的夹角的余弦值为．
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7.1空间几何体及点、线、面的位置关系
【备考指南】 1
【知识导图】 2
【考点梳理】 11
考点一：空间几何体的结构 11
考点二：空间几何体的表面积与体积 12
考点三：空间几何体的截面 14
考点四：空间点、线、面的位置关系 16
考点五：直线、平面平行的判定与性质 18
考点六：直线、平面垂直的判定与性质 20
【真题在线】 21
【专项突破】 24
考点 考情分析 考频
空间几何体的表面积、体积 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年全国乙卷T3 2023年全国乙卷T8 2022年新高考Ⅰ卷T4 2022年新高考Ⅱ卷T11 2022年全国甲卷T4 2022年全国甲卷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
球与多面体的切接 2023年全国乙卷T16 2022年新高考Ⅰ卷T8 2022年新高考Ⅱ卷T7 2022年全国乙卷T9 2021年全国甲卷T11 3年5考
线面位置关系 2023年全国乙卷T9 2022年新高考Ⅰ卷T9 2022年全国甲卷T7 2022年全国乙卷T7 2021年新高考Ⅱ卷T10 2021年全国乙卷T5 3年6考
空间角与线面位置关系综合 2023年新高考Ⅰ卷T18 2023年新高考Ⅱ卷T20 2023年全国甲卷T18 2023年全国乙卷T19 2022年新高考Ⅰ卷T19 2022年新高考Ⅱ卷T20 2022年全国甲卷T18 2022年全国乙卷T18 2021年新高考Ⅱ卷T19 2021年全国甲卷T19 2021年全国乙卷T18 3年11考
立体几何综合 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
最短距离、截面、截线 2023年新高考Ⅱ卷T14 2023年全国甲卷T15 1年2考
预测：空间几何体及点、线、面的位置关系是高考的必考点.空间几何体主要考察表面积、体积，考察的形式多样化，要求考生掌握好全面的基础知识点，点、线、面的位置关系也考察频繁，要求对公理，判定定理，以及性质定理的全面应用.试题的难度易、中、难都有，这对考生的要求较高.建议在复习过程中熟练各种题型，对空间能力的要求较高.
考点一：空间几何体的结构
【典例精析】（多选）（2024·浙江·二模）正方体中，，分别为棱和的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．平面
C．异面直线与所成角为60°
D．平面截正方体所得截面为等腰梯形
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·山东济南·二模）已知正三棱锥 P－ABC 的底面边长为 ，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥 P－ABC 的体积为（ ）
A．2 B． C．3 D．
2．（2024·陕西·模拟预测）将一个正四棱台物件放入有一定深度的电解槽中，对其表面进行电泳涂装．如图所示，已知该物件的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该物件的高为（ ）
A． B．1 C． D．3
二、多选题
3．（2024·广东广州·模拟预测）如图所示，已知三棱锥的外接球的半径为为球心，为的外心，为线段的中点，若，则（ ）
A．线段的长度为2
B．球心到平面的距离为2
C．球心到直线的距离为
D．直线与平面所成角的正弦值为
4．（2021·江苏南通·模拟预测）在中，角，，所对的边分别为，，，且，将分别绕边，，所在的直线旋转一周，形成的几何体的体积分别记为，，，侧面积分别记为，，，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
5．（2021·重庆沙坪坝·模拟预测）如图甲是一水晶饰品，名字叫梅尔卡巴，其对应的几何体叫星形八面体，也叫八角星体，是一种二复合四面体，它是由两个有共同中心的正四面体交叉组合而成，且所有面都是全等的小正三角形，如图乙所示．若一星形八面体中两个正四面体的棱长均为2，则该星形八面体的体积为 ．
6．（2024·吉林延边·一模）已知一个圆锥的侧面展开图是一个圆心角为，半径为的扇形.若该圆锥的顶点及底面圆周都在球的表面上，则球的体积为 .
考点二：空间几何体的表面积与体积
【典例精析】（多选）（2024·湖南·二模）在菱形中，.将菱形沿对角线折成大小为（）的二面角，若折成的四面体内接于球，则下列说法正确的是（ ）
A．四面体的体积的最大值是
B．的取值范围是
C．四面体的表面积的最大值是
D．当时，球的体积为
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）若某圆锥的侧面积为底面积的倍，则该圆锥的母线与底面所成角的正切值为（ ）
A．2 B．3 C． D．
2．（2024·河北邢台·一模）如图，正四棱台容器的高为12cm，，，容器中水的高度为6cm．现将57个大小相同、质地均匀的小铁球放入容器中（57个小铁球均被淹没），水位上升了3cm，若忽略该容器壁的厚度，则小铁球的半径为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
3．（2024·山东·二模）将正四棱锥和正四棱锥的底面重合组成八面体，则（ ）
A．平面 B．
C．的体积为 D．二面角的余弦值为
4．（2024·山东滨州·二模）图，在边长为4的正方形中，为的中点，为的中点．若分别沿，把这个正方形折成一个四面体，使、两点重合，重合后的点记为，则在四面体中，下列结论正确的是（ ）

A．
B．到直线的距离为
C．三棱锥外接球的半径为
D．直线与所成角的余弦值为
三、填空题
5．（23-24高三下·湖北武汉·阶段练习）已知圆台的体积为，其上底面圆半径为1，下底面圆半径为4，则该圆台的母线长为 .
6．（2024·全国·模拟预测）已知一个高为6的圆锥被平行于底面的平面截去一个高为3的圆锥，所得圆台的外接球的体积为，且球心在该圆台内，则该圆台的表面积为 ．
考点三：空间几何体的截面
【典例精析】（多选）（2022·广东广州·三模）某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，则（ ）
A．该圆台的高为
B．该圆台轴截面面积为
C．该圆台的体积为
D．一只小虫从点沿着该圆台的侧面爬行到的中点，所经过的最短路程为
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·安徽池州·二模）已知圆锥的底面半径为3，其内切球表面积为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高三上·山东枣庄·期末）已知正四棱台的上下底面边长分别为1和3，高为2.用一个平行于底面的截面截棱台，若截得的两部分几何体体积相等，则截面与上底面的距离为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
3．（2021·广东中山·模拟预测）正四棱锥的所有棱长为2，用垂直于侧棱的平面截该四棱锥，则（ ）
A．截面可以是三角形
B．与底面所成的角为
C．与底面所成的角为
D．当平面经过侧棱中点时，截面分四棱锥得到的上下两部分几何体体积之比为3：1
4．（2024·吉林长春·三模）某圆锥的侧面展开图是圆心角为，面积为3π的扇形，则（ ）
A．该圆锥的母线与底面所成角的正弦值为
B．若该圆锥内部有一个圆柱，且其一个底面落在圆锥的底面内，则当圆柱的体积最大时，圆柱的高为
C．若该圆锥内部有一个球，则当球的半径最大时，球的内接正四面体的棱长为
D．若该圆锥内部有一个正方体，且底面ABCD在圆锥的底面内，当正方体的棱长最大时，以A为球心，半径为的球与正方体表面交线的长度为
三、填空题
5．（2021·全国·模拟预测）已知圆锥的轴截面PAB是边长为a的正三角形，AB为圆锥的底面直径，球O与圆锥的底面以及每条母线都相切，记圆锥的体积为，球O的体积为，则 ；若M，N是圆锥底面圆上的两点，且，则平面PMN截球O所得截面的面积为 .
6．（2021·全国·模拟预测）2020年底，中国科学家成功构建了76个光子的量子计算机“九章”，推动全球量子计算的前沿研究达到一个新高度.该量子计算机取名“九章”，是为了纪念中国古代著名的数学专著《九章算术》.在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”.如图，棱柱为一“堑堵”，是的中点，，设平面过点且与平行，现有下列四个结论：
①当平面截棱柱的截面图形为等腰梯形时，该图形的面积等于；
②当平面截棱柱的截面图形为直角梯形时，该图形的面积等于；
③异面直线与所成角的余弦值为；
④三棱锥的体积是该“堑堵”体积的.
所有正确结论的序号是 .
考点四：空间点、线、面的位置关系
【典例精析】（多选）（2022·山东·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（ ）
A．存在点，使四点共面
B．存在点，使平面
C．三棱锥的体积为
D．经过四点的球的表面积为
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·青海·模拟预测）如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·陕西宝鸡·一模）在空间中，下列说法正确的是（ ）
A．若的两边分别与的两边平行，则
B．若二面角的两个半平面，分别垂直于二面角的两个半平面，，则这两个二面角互补
C．若直线平面，直线，则
D．到四面体的四个顶点A，B，C，D距离均相等的平面有且仅有7个
二、多选题
3．（2024·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，，点M为的中点，则（ ）
A．直线与直线为异面直线
B．线段上存在点N，使得平面
C．点C到平面的距离为
D．线段上存在点E，使得平面
4．（2024·湖南娄底·一模）已知是空间中三条不同的直线，是空间中两个不同的平面，下列命题不正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则或.
D．若，则，
三、填空题
5．（2024·全国·模拟预测）如图，已知平面平面，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为 .
6．（2023·全国·模拟预测）已知是两个不同的平面，是平面外两条不同的直线，给出四个条件：①；②；③；④，以下四个推理与证明中，其中正确的是 .（填写正确推理与证明的序号）
（1）已知②③④，则①成立
（2）已知①③④，则②成立
（3）已知①②④，则③成立
（4）已知①②③，则④成立
考点五：直线、平面平行的判定与性质
【典例精析】（多选）（2024·江苏南通·三模）在正方体中，为的中点，是底面上一点，则（ ）
A．为中点时，
B．为中点时，平面
C．满足的点在圆上
D．满足直线与直线成角的点在双曲线上
【变式训练】
一、解答题
1．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图：四棱柱底面为等腰梯形，.

(1)求证：平面；
(2)若为菱形，，平面平面.
①求平面和平面夹角的余弦；
②求点到平面的距离.
2．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，多面体是三棱台和四棱锥的组合体，底面四边形为菱形，为的中点，平面平面.
(1)证明：平面；
(2)若平面与平面夹角的余弦值为，求.
3．（2024·上海松江·二模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点.
(1)设平面与直线相交于点，求证：；
(2)若，，，求直线与平面所成角的大小.
4．（2024·北京昌平·二模）如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面于点．
(1)求证：点为线段的中点；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定．
（i）求二面角的余弦值；
（ii）求点到平面的距离．
条件①：平面；
条件②：四边形是正方形；
条件③：平面平面．
注：如果选择的条件不符合要求，则第2问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
考点六：直线、平面垂直的判定与性质
【典例精析】（多选）（2024·辽宁沈阳·二模）已知正四棱锥的所有棱长均相等，为顶点在底面内的射影，则下列说法正确的有（ ）
A．平面平面
B．侧面内存在无穷多个点，使得平面
C．在正方形的边上存在点，使得直线与底面所成角大小为
D．动点分别在棱和上（不含端点），则二面角的范围是
【变式训练】
一、解答题
1．（2024·河北保定·二模）如图，在四棱柱中，四边形与四边形是面积相等的矩形，，，平面平面为的中点.
(1)求点到平面距离的差；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
2．（2023·陕西·模拟预测）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，四边形是等腰梯形，，三棱锥的体积为，平面与平面垂直.

(1)求直线EF到平面的距离；
(2)求证：平面⊥平面.
3．（2024·重庆·三模）如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点.

(1)证明：平面平面；
(2)证明平面，并求直线到平面的距离.
4．（2024·河北邢台·二模）如图，已知四边形为等腰梯形，为以为直径的半圆弧上一点，平面平面，为的中点，为的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值．
一、单选题
1．（2023·全国·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·全国·高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·全国·高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·全国·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022·全国·高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2022·全国·高考真题）在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）
A． B．AB与平面所成的角为
C． D．与平面所成的角为
7．（2022·全国·高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022·全国·高考真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
9．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
10．（2023·全国·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为的球体
B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体
D．底面直径为，高为的圆柱体
11．（2023·全国·高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为
C． D．的面积为
12．（2022·全国·高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A． B．
C． D．
13．（2022·全国·高考真题）已知正方体，则（ ）
A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为
三、填空题
14．（2023·全国·高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点．
15．（2023·全国·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ．
16．（2023·全国·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ．
一、单选题
1．（2024·河南商丘·模拟预测）在正四棱柱中，已知，为棱的中点，则线段在平面上的射影的长度为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·山东聊城·二模）已知圆柱的下底面在半球的底面上，上底面圆周在半球的球面上，记半球的底面圆面积与圆柱的侧面积分别为，半球与圆柱的体积分别为，则当的值最小时，的值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·内蒙古呼伦贝尔·二模）在半径为5的球体内部放置一个圆锥，则该圆锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·安徽·三模）已知圆台的上 下底面面积分别为，其外接球球心满足，则圆台的外接球体积与圆台的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·河北唐山·二模）已知长方体的一条棱长为2，体积为16，则其外接球表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（ ）
A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面与平面夹角的余弦值为
C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面
二、多选题
7．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）正方体中，分别为面对角线与上的点，，则下面结论正确的是（ ）
A．平面
B．直线与直线所成角的正切值为
C．
D．直线平面
8．（2024·安徽·三模）已知四棱锥的底面是边长为3的正方形，平面为等腰三角形，为棱上靠近的三等分点，点在棱上运动，则（ ）
A．平面
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．
D．点到平面的距离为
三、填空题
9．（2024·江苏南通·二模）已知二面角为直二面角，，，，，则与，所成的角分别为，，与所成的角为 .
10．（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，为线段的中点，过点分别作平行于平面、平面的平面、平面，它们将四棱锥分成三部分．将这三部分依体积从小到大排列，其体积之比为 ．
11．（2024·四川成都·三模）已知三棱锥的顶点都在球的表面上，若球的表面积为，，，，则当三棱锥的体积最大时， .
四、解答题
12．（2024·山东·二模）如图，在三棱锥中，，为的中点，为内部一点且平面．
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角的余弦值．
13．（2024·安徽·三模）如图，在三棱锥中，分别为棱的中点.

(1)证明：平面平面；
(2)若点到底面的距离等于，且，求二面角的正弦值.
14．（2024·河南郑州·三模）如图，在三棱台中，，平面平面，．
(1)证明：平面；
(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值．
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