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专题13 立体几何初步
　　　　
考点01 空间几何体的表面积 7
考点02 空间几何体的体积 8
考点03 外接与内切问题 9
考点04 空间角 11
熟知空间几何体的结构特征，掌握空间几何体表面积与体积的求解思路，牢牢掌握与球有关的切接问题；理解平行与垂直的定义、判定、性质，掌握空间中平行与垂直的证明；掌握空间线面平行与垂直的证明方法，会用多种方法求空间角．
1．简单几何体的表面积和体积
几何体 表面积 体积
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＝Sh
台体（棱台和圆台） S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝（S上＋S下＋）h
球 S＝4πR2 V＝πR3
2．直线与平面平行
（1）直线与平面平行的定义：直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．
（2）直线与平面平行的判定定理与性质定理
文字语言 图形表示 符号表示
判定定理 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 a α，b α，a∥b a∥α
性质定理 一条直线和一个平面平行，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 a∥α，a β，α∩β＝b a∥b
3．平面与平面平行
（1）平面与平面平行的定义：没有公共点的两个平面叫做平行平面．
（2）平面与平面平行的判定定理与性质定理
文字语言 图形表示 符号表示
判定定理 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 a β，b β，a∩b＝P，a∥α，b∥α α∥β
性质 两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面 α∥β，a α a∥β
性质定理 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 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b a∥b
4．直线与平面垂直
（1）直线和平面垂直的定义：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．
（2）直线与平面垂直的判定定理与性质定理
文字语言 图形表示 符号表示
判定定理 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 l⊥α
性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 a∥b
5．两个平面垂直
（1）两个平面垂直的定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
（2）两个平面垂直的判定定理与性质定理
文字语言 图形表示 符号表示
判定定理 如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直 α⊥β
性质定理 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 l⊥α
6．异面直线所成的角
（1）定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任意一点O分别作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角（或夹角）．
（2）范围：．
7．直线和平面所成的角
（1）定义：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，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°．
（2）范围：．
8．二面角
（1）定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
（2）二面角的平面角．若有①O∈l；②OA α，OB β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是∠AOB．
如图，如果二面角α－AB－β的大小为θ，则cosθ＝．
一、选择题（共5小题）
1．（2025 天津）若m为直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是（　　）
A．若m∥α，n α，则m∥n B．若m⊥α，m⊥β，则α⊥β
C．若m∥α，m⊥β，则α⊥β D．若m α，α⊥β，则m⊥β
2．（2025 上海）如图，ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是（　　）
A．AB和C1D1 B．AA1和CC1 C．BD1和B1D D．A1D1和AB
3．（2024 上海）空间中有两个不同的平面α，β和两条不同的直线m，n，则下列说法中正确的是（　　）
A．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n
B．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n⊥β
C．若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n
D．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β
4．（2024 甲卷）已知α、β是两个平面，m、n是两条直线，α∩β＝m．下列四个命题：
①若m∥n，则n∥α或n∥β
②若m⊥n，则n⊥α，n⊥β
③若n∥α，且n∥β，则m∥n
④若n与α和β所成的角相等，则m⊥n
其中，所有真命题的编号是（　　）
A．①③ B．②③ C．①②③ D．①③④
5．（2024 天津）在如图五面体中，棱AD，BE，CF互相平行，且两两之间的距离均为1．若AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题（共1小题）
（多选）6．（2025 新高考Ⅰ）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为BC中点，则（　　）
A．AD⊥A1C B．BC⊥平面AA1D
C．CC1∥平面AA1D D．AD∥A1B1
三、填空题（共3小题）
7．（2025 上海）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，BD＝4，DB1＝9，则该正四棱柱的体积为　 　 ．
8．（2025 新高考Ⅱ）一个底面半径为4cm，高为9cm的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为　 cm．
9．（2025 上海）已知P是一个圆锥的顶点，PA是母线，PA＝2，该圆锥的底面半径是1．B、C分别在圆锥的底面上，则异面直线PA与BC所成角的最小值为 　　 ．
四、解答题（共1小题）
10．（2025 上海）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且AB＝2．
（1）若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积；
（2）已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，CD∥AB．设点M在线段OC上，证明：直线QM∥平面PBD．
考点01 空间几何体的表面积
解法指导 1．棱柱、棱锥、棱台的表面积 （1）多面体的表面积是各个面的面积之和． （2）棱柱、棱锥、棱台的表面积等于它们的侧面积与各自底面积的和． 2．圆柱、圆锥、圆台的表面积 （1）圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面． （2）计算侧面积时需要将这个曲面展开为平面图形计算． （3）表面积是侧面积与底面圆的面积之和．
【例1】　（2025 河南校级模拟）若正四棱锥的高为8，且所有顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的侧面积为（　　）
A．24 B．32 C．96 D．128
【例2】　（2025 雁江区校级模拟）如图，将底面半径为1高为3的圆锥截去体积为的锥尖，剩余圆台的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
【例3】　（2025 霞山区校级模拟）若正四棱锥的高为，且其各侧面的面积之和是底面积的2倍，则该四棱锥的表面积为（　　）
A．12 B．24 C．32 D．48
【例4】　（2025 临翔区校级模拟）已知球O的表面积为4π，一圆台的上、下底面圆周都在球O的球面上，且下底面过球心O，母线与下底面所成角为，则该圆台的侧面积为（　　）
A． B． C． D．3π
【例5】　（2025 新余二模）已知球与圆台的上下底面和侧面都相切．若圆台的侧面积为16π，上、下底面的面积之比为1：9，则球的表面积为（　　）
A．12π B．14π C．16π D．18π
考点02 空间几何体的体积
解法指导 求空间几何体体积的常用方法 （1）公式法：规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解． （2）割补法：把不规则几何体分割成规则几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体． （3）等体积法：通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积．
【例6】　（2025 诸城市校级模拟）已知三棱锥P﹣ABC的底面△ABC的面积为6，顶点P到底面三条边的距离均相等，且三个侧面的面积分别为3，4，5，则该三棱锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
【例7】　（2025 厦门模拟）以边长为1的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周得到的几何体的体积为（　　）
A．π B． C． D．
【例8】　（2025 镇江模拟）若正四棱台的上，下底面边长分别为1，2，高为2，则该正四棱台的体积为（　　）
A． B． C． D．14
【例9】　（2025 青秀区校级二模）已知圆锥的底面半径为3，母线长为4，则该圆锥的体积为（　　）
A．5π B．15π C． D．
【例10】　（2025 乌鲁木齐模拟）如图，一个圆柱形容器中盛有水，圆柱母线AA1＝4，若母线AA1放置在水平地面上时，水面恰好过OA的中点，那么当底面圆O水平放置时，水面高为（　　）
A． B． C． D．
考点03 外接与内切问题
解法指导 1．多面体的外接球 （1）球的内接正（长）方体，其体对角线长等于球的直径：． （2）直棱柱模型（有线面垂直的棱锥）．外接球半径：（为该柱体（锥体）的高，为底面（三角形）外接圆的半径）． （3）正棱锥模型：作出直角三角形，由勾股定理求解． 2．旋转体的外接球 （1）圆柱模型：外接球半径公式： （为该柱体的高，为上下底面外接圆的半径）． （2）圆锥模型：作出直角三角形，由勾股定理求解． 3．内切球问题 （1）等体积法求内切球的半径． （2）先将原多面体分割成以该它内切球球心为顶点，该多面体的所有面为底面的棱锥（棱锥的高即为内切球半径）． （3）再求原多面体的体积． 4．外接球内切球问题的解题思路 （1）空间问题尝试向平面进行转化，如恰当做出截面，建立多面体基本量与球的半径（直径）之间的数量关系． （2）化归到平面图形后，注意直角三角形的构造与勾股定理的使用．
【例11】　（2025 沧州二模）三棱锥A﹣BCD中，底面是边长为2的正三角形，AC⊥BC，AD⊥BD，直线AC与BD所成角为45°，则三棱锥A﹣BCD外接球表面积为（　　）
A．6π B． C．8π D．
【例12】　（2025 芙蓉区校级一模）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，|AC|＝1，|CC1|＝|BC|＝2，M为BC的中点，P为BB1上的动点，则三棱锥P﹣ACM的外接球表面积的最小值是（　　）
A．9π B．10π C．11π D．12π
【例13】　（2025 保定一模）已知三棱锥A﹣BCD中，CD⊥平面ABD，，BD＝6，CD＝2，则三棱锥A﹣BCD的外接球表面积（　　）
A．12π B．24π C．40π D．52π
【例14】　（2025 商洛三模）已知正三棱锥的底面边长为6，侧面积为，则该三棱锥的外接球的表面积为（　　）
A．49π B． C．48π D．36π
【例15】　（2025 郴州模拟）已知球O内切于一个边长为6的正方体，则球O的表面积为（　　）
A．9π B．27π C．36π D．108π
考点04 空间角
解法指导 1．综合法求异面直线所成角的步骤 （1）作：通过作平行线得到相交直线． （2）证：证明所作角为异面直线所成的角（或其补角）． （3）求：解三角形，求出所作的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角． 2．线面角的求解方法 已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得． 3．二面角的平面角求法 （1）定义法． （2）三垂线定理及其逆定理． （3）找（作）公垂面法：由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角． （4）平移或延长（展）线（面）法． （5）射影公式． （6）化归为分别垂直于二面角的两个面的两条直线所成的角．
【例16】　（2025 福建校级模拟）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，，M，N分别是B1C1，A1B1的中点，则直线BM与直线CN所成角的余弦值（　　）
A． B． C． D．
【例17】　（2025 湖北一模）将正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【例18】　（2025 重庆校级模拟）在正三棱台ABC﹣DEF中，P，Q分别为棱AB，BC的中点，AB＝2DE，四边形PQFD为菱形，则CF与平面ABC所成角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
【例19】　（2025 江西三模）如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面是直角梯形，AD＝2PA＝2DC＝2，AD∥BC，∠BCD＝90°，且PA⊥AB，PD⊥CD．
（1）证明：平面PAB⊥平面ABCD；
（2）求二面角B﹣PC﹣D所成平面角的余弦值．
【例20】　（2025 保山校级二模）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，且AA1＝AB＝AC，O是BC中点．
（1）求证：A1C∥平面AB1O；
（2）求直线AB1与面BCC1B1所成的角．专题13 立体几何初步
　　　　
考点01 空间几何体的表面积 13
考点02 空间几何体的体积 17
考点03 外接与内切问题 21
考点04 空间角 26
熟知空间几何体的结构特征，掌握空间几何体表面积与体积的求解思路，牢牢掌握与球有关的切接问题；理解平行与垂直的定义、判定、性质，掌握空间中平行与垂直的证明；掌握空间线面平行与垂直的证明方法，会用多种方法求空间角．
1．简单几何体的表面积和体积
几何体 表面积 体积
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＝Sh
台体（棱台和圆台） S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝（S上＋S下＋）h
球 S＝4πR2 V＝πR3
2．直线与平面平行
（1）直线与平面平行的定义：直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．
（2）直线与平面平行的判定定理与性质定理
文字语言 图形表示 符号表示
判定定理 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 a α，b α，a∥b a∥α
性质定理 一条直线和一个平面平行，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 a∥α，a β，α∩β＝b a∥b
3．平面与平面平行
（1）平面与平面平行的定义：没有公共点的两个平面叫做平行平面．
（2）平面与平面平行的判定定理与性质定理
文字语言 图形表示 符号表示
判定定理 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 a β，b β，a∩b＝P，a∥α，b∥α α∥β
性质 两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面 α∥β，a α a∥β
性质定理 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 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b a∥b
4．直线与平面垂直
（1）直线和平面垂直的定义：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．
（2）直线与平面垂直的判定定理与性质定理
文字语言 图形表示 符号表示
判定定理 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 l⊥α
性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 a∥b
5．两个平面垂直
（1）两个平面垂直的定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
（2）两个平面垂直的判定定理与性质定理
文字语言 图形表示 符号表示
判定定理 如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直 α⊥β
性质定理 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 l⊥α
6．异面直线所成的角
（1）定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任意一点O分别作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角（或夹角）．
（2）范围：．
7．直线和平面所成的角
（1）定义：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，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°．
（2）范围：．
8．二面角
（1）定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
（2）二面角的平面角．若有①O∈l；②OA α，OB β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是∠AOB．
如图，如果二面角α－AB－β的大小为θ，则cosθ＝．
一、选择题（共5小题）
1．（2025 天津）若m为直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是（　　）
A．若m∥α，n α，则m∥n B．若m⊥α，m⊥β，则α⊥β
C．若m∥α，m⊥β，则α⊥β D．若m α，α⊥β，则m⊥β
【答案】C
【分析】根据直线与平面的位置关系进行判断．
【解答】解：对于A，若m∥α，n α，则m与n可能平行也可能异面，故A错误；
对于B，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B错误；
对于C，若m∥α，m⊥β，则α⊥β，C正确；
对于D，若m α，α⊥β，则m可能平行于β，也可能与β斜交，也可能垂直于β，故D错误．
故选：C．
2．（2025 上海）如图，ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是（　　）
A．AB和C1D1 B．AA1和CC1 C．BD1和B1D D．A1D1和AB
【答案】D
【分析】根据棱台的性质及直线与直线的位置关系即可判断．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，因为ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱台，所以AB∥A1B1∥C1D1，故A错误，
对于B，棱台的侧棱延长后交于一点，所以AA1与CC1相交，故B错误，
对于C，同理B，BB1与DD1也相交，所以B，B1，D1，D四点共面，所以BD1与B1D相交，故C错误，
对于D，A1D1与AB既不相交，也不平行，是异面直线，故D正确．
故选：D．
3．（2024 上海）空间中有两个不同的平面α，β和两条不同的直线m，n，则下列说法中正确的是（　　）
A．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n
B．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n⊥β
C．若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n
D．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β
【答案】A
【分析】根据题意，由直线与平面平行、垂直的性质分析选项，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若α⊥β，m⊥α，则m∥β或m β，又n⊥β，所以m⊥n，故A正确；
对于B，若α⊥β，m⊥α，则m∥β或m β，由m⊥n，则n与β斜交、垂直、平行均有可能，故B错误；
对于C，若α∥β，m∥α，则m∥β或m β，由n∥β，则m与n相交、平行、异面均有可能，故C错误；
对于D，若α∥β，m∥α，则m∥β或m β，又m∥n，则n∥β或n β，故D错误．
故选：A．
4．（2024 甲卷）已知α、β是两个平面，m、n是两条直线，α∩β＝m．下列四个命题：
①若m∥n，则n∥α或n∥β
②若m⊥n，则n⊥α，n⊥β
③若n∥α，且n∥β，则m∥n
④若n与α和β所成的角相等，则m⊥n
其中，所有真命题的编号是（　　）
A．①③ B．②③ C．①②③ D．①③④
【答案】A
【分析】由已知结合直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系检验各命题即可判断．
【解答】解：①若n α，因为m∥n，m β，则n∥β，
若n β，因为m∥n，m α，则n∥α，
若n不在α也不在β内，因为m∥n，m α，m β，
所以n∥α且n∥β，故①正确；
②若m⊥n，则n与α，β不一定垂直，也有可能相交，故②错误；
③过直线n分别作平面，与α，β分别相交于直线a，直线b，
因为n∥α，过直线n的平面与平面α相交于直线a，所以n∥a，
同理可得n∥b，所以a∥b，
因为a α，b β，则a∥β，因为a α，α∩β＝m，则a∥m，
又因为n∥a，则m∥n，故③正确；
④n与α和β所成的角相等，则m和n不一定垂直，故④错误；
综上只有①③正确．
故选：A．
5．（2024 天津）在如图五面体中，棱AD，BE，CF互相平行，且两两之间的距离均为1．若AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，分别延长AD、BE到G、H，使AG、BH、CF平行且相等，得到三棱柱ABC﹣GHF，根据四边形ABED与四边形HGDE全等，利用锥体的体积公式得到VF﹣ABED＝VF﹣HGDEVABC﹣GHF，然后求出ABC﹣GHF的体积，进而算出该五面体的体积，可得答案．
【解答】解：延长AD到G，使DG＝2，延长BE到H，使EH＝1，连接AF、BF，
可得AG＝BH＝CF＝3，结合AG∥BH∥CF，可知ABC﹣GHF为三棱柱，
因为四边形ABED与四边形HGDE全等，所以VF﹣ABED＝VF﹣HGDEVABC﹣GHF，
由AG∥BH∥CF，且它们两两之间的距离为1．可知：
当ABC﹣GHF为正三棱柱时，底面边长为1，高为3，此时VABC﹣GHF．
根据棱柱的性质，若ABC﹣GHF为斜三棱柱，体积也是，
因此，VF﹣HGDEVABC﹣GHF，可得该五面体的体积V＝VABC﹣GHF﹣VF﹣HGDE．
故选：C．
二、多选题（共1小题）
（多选）6．（2025 新高考Ⅰ）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为BC中点，则（　　）
A．AD⊥A1C B．BC⊥平面AA1D
C．CC1∥平面AA1D D．AD∥A1B1
【答案】BC
【分析】对于A，通过A1D1⊥CD1，可以得出AD与A1C不垂直；对于B，AD⊥BC，AA1⊥BC，从而BC⊥平面AA1D；对于C，由CC1∥AA1，得CC1∥平面AA1D；对于D，由AB∩AD＝A，AB∥A1B1，得AD与A1B1不平行．
【解答】解：在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为BC中点，
对于A，取B1C1中点D1，连接A1D1，CD1，
因为A1D1⊥CD1，A1D1∥AD，所以A1D1与A1C不垂直，即AD与A1C不垂直，故A错误；
对于B，AD⊥BC，AA1⊥BC，AD∩AA1＝A，
∴BC⊥平面AA1D，故B正确；
对于C，∵CC1∥AA1，CC1 平面AA1D，AA1 平面AA1D，∴CC1∥平面AA1D，故C正确；
对于D，∵AB∩AD＝A，AB∥A1B1，
∴AD与A1B1不平行，故D错误．
故选：BC．
三、填空题（共3小题）
7．（2025 上海）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，BD＝4，DB1＝9，则该正四棱柱的体积为　112　 ．
【答案】112．
【分析】由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱柱可得底面ABCD为正方形且BB1⊥底面ABCD，再结合勾股定理求得AB，BB1，再由棱柱的体积公式即可求得．
【解答】解：由题知，底面ABCD为正方形，所以2AB2＝BD2＝32，所以AB＝4，
因为四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱柱，
所以BB1⊥底面ABCD，因为BD 底面ABCD，
所以BB1⊥BD，所以，
所以，
所以该正四棱柱的体积为4×4×7＝112．
故答案为：112．
8．（2025 新高考Ⅱ）一个底面半径为4cm，高为9cm的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为　　 cm．
【答案】．
【分析】根据铁球在圆柱内的不同位置进行分类讨论，得到铁球半径的最大值．
【解答】解：若两铁球相切，且下方铁球与底面和侧面均相切，轴截面如图，
则球的半径R＝4，此时4R＝16＞9，故不符合题意；
若两铁球相切，且上方铁球与上底面相切，下方铁球与下底面相切，
两球心均在圆柱上下底面中心连线上，如图，
则铁球半径R满足4R＝9，此时R；
若两铁球相切，且上方铁球与上底面相切，下方铁球与下底面相切，
两球心分别在圆柱轴截面对角的角平分线上，轴截面如图，
其中AC为轴截面对角线，O1、O2为两球球心，
分别过O1作AD的平行线，过O2作CD的平行线，两线交于点M，
设铁球半径为R，
则MO1＝8﹣2R，O2M＝9﹣2R，O1O2＝2R，
所以（9﹣2R）2+（8﹣2R）2＝4R2，
解得R或R（舍去），
故此时R．
综上，铁球半径的最大值为．
故答案为：．
9．（2025 上海）已知P是一个圆锥的顶点，PA是母线，PA＝2，该圆锥的底面半径是1．B、C分别在圆锥的底面上，则异面直线PA与BC所成角的最小值为 　　 ．
【答案】．
【分析】过A作AD∥BC交底面圆锥于D点，则∠PAD为异面直线PA与BC所成角，结合余弦定理与余弦函数的性质即可得∠PAD的取值范围，从而得所求最值．
【解答】解：P是一个圆锥的顶点，PA是母线，PA＝2，该圆锥的底面半径是1，
B、C分别在圆锥的底面上，
如图，过A作AD∥BC交底面圆锥于D点，连接PD，
∵PA＝PD，AD∥BC，则∠PAD为异面直线PA与BC所成角，
∴，
又0＜|AD|≤2，
∴，即，
∵，函数y＝cosα在上单调递减，
∴，
∴异面直线PA与BC所成角的最小值为．
故答案为：．
四、解答题（共1小题）
10．（2025 上海）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且AB＝2．
（1）若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积；
（2）已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，CD∥AB．设点M在线段OC上，证明：直线QM∥平面PBD．
【答案】（1）2π；（2）证明见解答．
【分析】（1）由题意及圆锥的性质，结合圆锥侧面积公式计算即可；
（2）利用证明面和面平行证线面平行．
【解答】解：（1）如图，连接PO，依题意及圆锥的性质得∠PAO，AOAB＝1，∠POA，
所以PA2，
所以圆锥的侧面积S侧＝π AO PA＝2π．
（2）证明：连接QO，QC，OD，
因为Q是母线PA的中点，AB是底面圆O的直径，
所以QO∥PB，
又PB 平面PBD，QO 平面PBD，
所以QO∥平面PBD，
因为∠AOC OA，
所以∠AOC，
因为CD∥AB，
所以∠OCD＝∠AOC，
则△OCD为等边三角形，∠COD，
所以∠BOD，
所以△OBD为等边三角形，∠OBD，
所以OC∥BD，
所以四边形OCDB是平行四边形，则OC∥BD，
又BD 平面PBD，OC 平面PBD，
所以OC∥平面PBD，
而OC∩QO＝O，OC，QO 平面QCO，
所以平面QCO∥平面PBD，
又QM 平面QCO，所以QM∥平面PBD．
考点01 空间几何体的表面积
解法指导 1．棱柱、棱锥、棱台的表面积 （1）多面体的表面积是各个面的面积之和． （2）棱柱、棱锥、棱台的表面积等于它们的侧面积与各自底面积的和． 2．圆柱、圆锥、圆台的表面积 （1）圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面． （2）计算侧面积时需要将这个曲面展开为平面图形计算． （3）表面积是侧面积与底面圆的面积之和．
【例1】　（2025 河南校级模拟）若正四棱锥的高为8，且所有顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的侧面积为（　　）
A．24 B．32 C．96 D．128
【答案】C
【分析】根据正四棱锥及球的特征求出锥体的底边边长和侧棱长，然后结合勾股定理利用侧面积公式计算即可．
【解答】解：
如图所示，设P在底面的投影为G，易知正四棱锥P﹣ABCD的外接球球心在PG上，
由题意球O的半径＝PO＝AO＝5，OG＝8﹣5＝3，
所以，，则，
故△PAB中，边BA的高为，
所以该正四棱锥的侧面积为．
故选：C．
【例2】　（2025 雁江区校级模拟）如图，将底面半径为1高为3的圆锥截去体积为的锥尖，剩余圆台的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先设锥尖的半径为r，高为h，根据题意得到和h＝3r，从而得到，再计算圆台侧面积即可．
【解答】解：设锥尖的半径为r，高为h，
因为锥尖的体积为，
所以，
解得，
又因为，所以h＝3r，
所以r2 3r，
解得r，
所以h＝1，
所以圆台侧面积S．
故选：A．
【例3】　（2025 霞山区校级模拟）若正四棱锥的高为，且其各侧面的面积之和是底面积的2倍，则该四棱锥的表面积为（　　）
A．12 B．24 C．32 D．48
【答案】D
【分析】求得斜高，结合表面积公式求解即可．
【解答】解：根据题意可知，正四棱锥的高为，
如图，PO是正四棱锥的高，所以，
PE是斜高，由S侧＝2S底可得，
所以BC＝PE，在Rt△POE中，，
，所以，所以PE＝4，
所以，
所以S表＝S底+S侧＝16+32＝48．
故选：D．
【例4】　（2025 临翔区校级模拟）已知球O的表面积为4π，一圆台的上、下底面圆周都在球O的球面上，且下底面过球心O，母线与下底面所成角为，则该圆台的侧面积为（　　）
A． B． C． D．3π
【答案】B
【分析】设出球的半径，求出圆台上下底面的半径，圆台的母线，由圆台的侧面展图形是扇环，利用圆台的侧面积公式可求圆台的侧面积．
【解答】解：球O的表面积为4π，一圆台的上、下底面圆周都在球O的球面上，且下底面过球心O，母线与下底面所成角为，
作出示意图如图所示：
设球的半径为OA＝OB，由题意可得，所以OAB是等边三角形，
所以，所以，
因为球O的表面积为4π，所以4π×OA2＝4π，解得OA＝1，所以OB＝AB＝1，
所以，
所以圆台的侧面积为．
故选：B．
【例5】　（2025 新余二模）已知球与圆台的上下底面和侧面都相切．若圆台的侧面积为16π，上、下底面的面积之比为1：9，则球的表面积为（　　）
A．12π B．14π C．16π D．18π
【答案】A
【分析】首先利用圆台和球的关系求出圆台的上下底的半径，进一步求出圆台的母线长，最后求出内切球的半径和球的表面积．
【解答】解：设圆台的底面半径为r1和r2，
由于上、下底面的面积之比为1：9，故，
所以r2＝3r1，
S表＝π（r1+r2） l＝16π，
故4πr1l＝16π，解得r1l＝4，
由于l＝r1+r2＝4r1，所以，解得r1＝1，r2＝3；
故．解得R2＝3，
故．
故选：A．
考点02 空间几何体的体积
解法指导 求空间几何体体积的常用方法 （1）公式法：规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解． （2）割补法：把不规则几何体分割成规则几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体． （3）等体积法：通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积．
【例6】　（2025 诸城市校级模拟）已知三棱锥P﹣ABC的底面△ABC的面积为6，顶点P到底面三条边的距离均相等，且三个侧面的面积分别为3，4，5，则该三棱锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】过P向底面作垂线，垂足为O，分别过O向三边作垂线，垂足分别为D，E，F，连接PD，PE，PF，由题意可证得PD＝PE＝PF，从而OD＝OE＝OF，可得O为△ABC的内心，再利用底面△ABC的面积和侧面积PAC，分别计算可得△ABC的内切圆半径r及PF的值，进而可求三棱锥的高，即可求体积．
【解答】解：过P作PO⊥底面ABC，垂足为O，分别过O作OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
垂足分别为D，E，F，连接PD，PE，PF，
因为PO⊥平面ABC，AB 平面ABC，所以PO⊥AB，
又PO∩OD＝O，PO，OD 平面POD，所以AB⊥平面POD，
又PD 平面POD，所以AB⊥PD，
同理BC⊥PE，AC⊥PF，
由顶点P到底面三条边的距离均相等，可得PD＝PE＝PF，
所以OD＝OE＝OF，即O为△ABC的内心，
由三棱锥P﹣ABC的三个侧面的面积分别为3，4，5，
得△ABC三边之比为3：4：5，即△ABC为直角三角形，
不妨设为AB＝3m，BC＝4m，AC＝5m，
由题意有：，解得m＝1，
所以AB＝3，BC＝4，AC＝5，
设内切圆的半径为r，得，所以r＝1，
由侧面PAC的面积为5，可得，所以PF＝2，
所以，
所以．
故选：B．
【例7】　（2025 厦门模拟）以边长为1的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周得到的几何体的体积为（　　）
A．π B． C． D．
【答案】D
【分析】由题可得旋转后对应几何体为两个同底的圆锥，结合题目数据可得相应体积．
【解答】解：如图，根据题目：边长为1的正三角形的一边所在直线为旋转轴，
正三角形绕AB所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥，圆锥的底面半径为，所得几何体的底面积为，则体积为．
故选：D．
【例8】　（2025 镇江模拟）若正四棱台的上，下底面边长分别为1，2，高为2，则该正四棱台的体积为（　　）
A． B． C． D．14
【答案】C
【分析】根据棱台的体积公式直接求解．
【解答】解：根据题意可得该正四棱台的体积为：
．
故选：C．
【例9】　（2025 青秀区校级二模）已知圆锥的底面半径为3，母线长为4，则该圆锥的体积为（　　）
A．5π B．15π C． D．
【答案】D
【分析】由圆锥的体积公式计算即可．
【解答】解：根据题意，圆锥的底面半径为3，母线长为4，
如图所示：即OB＝3，SB＝4，
则，
该圆锥的体积．
故选：D．
【例10】　（2025 乌鲁木齐模拟）如图，一个圆柱形容器中盛有水，圆柱母线AA1＝4，若母线AA1放置在水平地面上时，水面恰好过OA的中点，那么当底面圆O水平放置时，水面高为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据两种放置方式水的体积不变即可求得．
【解答】解：如图，根据题意圆柱母线AA1＝4，若母线AA1放置在水平地面上时，
水面恰好过OA的中点，
可设圆柱底面半径为r，则当母线AA1水平放置时，圆柱中含水部分可以看作是以弓形BAC为底，AA1为高的柱体，
因为水面过OA的中点，则，
则弓形BAC的面积为，
当底面圆O水平放置时，底面圆的面积为，设水面高为h，
当底面圆O水平放置时，底面圆的面积为，设水面高为h，
则由水的体积不变可得：S1 AA1＝S2 h，即（） AA1＝πr2 h，
解的：．
故选：B．
考点03 外接与内切问题
解法指导 1．多面体的外接球 （1）球的内接正（长）方体，其体对角线长等于球的直径：． （2）直棱柱模型（有线面垂直的棱锥）．外接球半径：（为该柱体（锥体）的高，为底面（三角形）外接圆的半径）． （3）正棱锥模型：作出直角三角形，由勾股定理求解． 2．旋转体的外接球 （1）圆柱模型：外接球半径公式： （为该柱体的高，为上下底面外接圆的半径）． （2）圆锥模型：作出直角三角形，由勾股定理求解． 3．内切球问题 （1）等体积法求内切球的半径． （2）先将原多面体分割成以该它内切球球心为顶点，该多面体的所有面为底面的棱锥（棱锥的高即为内切球半径）． （3）再求原多面体的体积． 4．外接球内切球问题的解题思路 （1）空间问题尝试向平面进行转化，如恰当做出截面，建立多面体基本量与球的半径（直径）之间的数量关系． （2）化归到平面图形后，注意直角三角形的构造与勾股定理的使用．
【例11】　（2025 沧州二模）三棱锥A﹣BCD中，底面是边长为2的正三角形，AC⊥BC，AD⊥BD，直线AC与BD所成角为45°，则三棱锥A﹣BCD外接球表面积为（　　）
A．6π B． C．8π D．
【答案】A
【分析】根据题意易知三棱锥A﹣BCD外接球的直径2R＝AB，然后选取空间向量的一组基底，再根据直线AC与BD所成角为45°，及AD⊥BD，建立方程，即可求解．
【解答】解：设，，，，θ，||＝t，t＞0
则，，，，，
∵直线AC与BD所成角为45°，
∴|cos，||||cosθ|，
∴cosθ，
又AD⊥BD，
∴，∴0，
∴0，
∴，又cosθ，
∴4﹣2±t＝0，又t＞0，∴t，即CA，
又BC＝2，AC⊥BC，∴AB，
∵AC⊥BC，AD⊥BD，
∴三棱锥A﹣BCD外接球的直径2R＝AB，∴4R2＝6，
∴三棱锥A﹣BCD外接球表面积为4πR2＝6π．
故选：A．
【例12】　（2025 芙蓉区校级一模）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，|AC|＝1，|CC1|＝|BC|＝2，M为BC的中点，P为BB1上的动点，则三棱锥P﹣ACM的外接球表面积的最小值是（　　）
A．9π B．10π C．11π D．12π
【答案】B
【分析】作出图形，找出外接球球心，再利用勾股定理和基本不等式，即可求解．
【解答】解：如图所示：
易知△ACM是等腰直角三角形，所以△ACM外接圆的圆心O1为AM的中点，
过O1作O1O2⊥平面ABC，且O1O2交上底面于点O2，
则三棱锥P﹣ACM的外接球的球心O在O1O2上，
过点P作PN⊥O1O2交O1O2于点N，则四边形BPNO1为矩形，
因为AC⊥CM，|AC|＝|CM|＝1，所以，|BM|＝1
又，
所以，
设OO1＝m，BP＝n，三棱锥P﹣ACM的外接球的半径为R，
则，则n2+2＝2mn，
所以，当且仅当时等号成立，
所以三棱锥P﹣ACM的外接球的半径R的最小值为，
则三棱锥P﹣ACM的外接球表面积的最小值是4π10π．
故选：B．
【例13】　（2025 保定一模）已知三棱锥A﹣BCD中，CD⊥平面ABD，，BD＝6，CD＝2，则三棱锥A﹣BCD的外接球表面积（　　）
A．12π B．24π C．40π D．52π
【答案】D
【分析】设三角形ABD的外接圆的半径为r，三棱锥A﹣BCD的外接球的半径为R，根据正弦定理及勾股定理，即可求解．
【解答】解：设三角形ABD的外接圆的半径为r，三棱锥A﹣BCD的外接球的半径为R，
因为，BD＝6，CD＝2，
所以cos∠ABD，所以∠ABD，
所以，
又CD⊥平面ABD，
所以（2R）2＝CD2+（2r）2＝4+48＝52，
所以三棱锥A﹣BCD的外接球表面积为4πR2＝52π．
故选：D．
【例14】　（2025 商洛三模）已知正三棱锥的底面边长为6，侧面积为，则该三棱锥的外接球的表面积为（　　）
A．49π B． C．48π D．36π
【答案】A
【分析】作出图形，求出正三棱锥的高，找出外接球球心，设外接球半径为R，根据勾股定理列出关于R的等式，解出R的值，结合球体表面积公式可求得结果．
【解答】解：作出示意图如下：
取线段AB的中点D，连接PD，则PD⊥AB，
因为正三棱锥的底面边长为6，侧面积为，
则，所以，
所以，，
设点P在底面ABC的射影为点O，则O为正△ABC的中心，且，
，
设正三棱锥P﹣ABC的外接球球心为H，则H在直线PO上，
设球H的半径为R，则OH＝|PO﹣R|＝|3﹣R|，
由勾股定理可得OH2+OC2＝CH2，即|3﹣R|2+12＝R2，解得，
所以所求为．
故选：A．
【例15】　（2025 郴州模拟）已知球O内切于一个边长为6的正方体，则球O的表面积为（　　）
A．9π B．27π C．36π D．108π
【答案】C
【分析】根据几何关系确定正方体内切球的半径，再根据球的表面积公式，即可求解．
【解答】解：由已知，棱长为6的正方体的内切球半径为3，
所以球O的表面积为4π×32＝36π．
故选：C．
考点04 空间角
解法指导 1．综合法求异面直线所成角的步骤 （1）作：通过作平行线得到相交直线． （2）证：证明所作角为异面直线所成的角（或其补角）． （3）求：解三角形，求出所作的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角． 2．线面角的求解方法 已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得． 3．二面角的平面角求法 （1）定义法． （2）三垂线定理及其逆定理． （3）找（作）公垂面法：由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角． （4）平移或延长（展）线（面）法． （5）射影公式． （6）化归为分别垂直于二面角的两个面的两条直线所成的角．
【例16】　（2025 福建校级模拟）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，，M，N分别是B1C1，A1B1的中点，则直线BM与直线CN所成角的余弦值（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，设BC＝a（a＞0），利用异面直线所成角的向量法求解即可．
【解答】解：如图，
由已知，BB1⊥底面ABC，
又BA，BC 底面ABC，所以BB1⊥BC，BB1⊥BA，
又因为AB⊥BC，所以BA，BB1，BC两两垂直，
以BA，BC，BB1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设BC＝a（a＞0），则B（0，0，0），C（0，a，0），，，
所以，，
设直线BM与直线CN所成角为θ，
则cosθ＝|cos，|，
所以直线BM与直线CN所成角的余弦值为．
故选：B．
【例17】　（2025 湖北一模）将正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】如图所示，建立空间直角坐标系．不妨设AB，利用cos，可求解．
【解答】解：如图所示，建立空间直角坐标系．
不妨设AB，则A（0，0，1），D（﹣1，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0），
则（1，0，﹣1），（﹣1，﹣1，0），
∴cos，．
∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为．
故选：A．
【例18】　（2025 重庆校级模拟）在正三棱台ABC﹣DEF中，P，Q分别为棱AB，BC的中点，AB＝2DE，四边形PQFD为菱形，则CF与平面ABC所成角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先作出CF与平面ABC所成角，再利用解三角形即可求得CF与平面ABC所成角的正弦值．
【解答】解：如图，
取DE中点H，连接HF，PC，
分别在线段PC，HF上取，连接OO1，
则在正三棱台ABC﹣DEF中，O1，O分别为△DEF，△ABC的中心，
且OO1⊥平面ABC，OO1⊥平面DEF，HF∥PC，
则平面PHFC⊥平面ABC，则∠PCF即为CF与平面ABC所成角，
令AC＝2a，由正三棱台ABC﹣DEF中，AB＝2DE，
可得AB＝2DE＝2a，
又四边形PQFD为菱形，则FC＝FB＝EF＝a，，，
则，
则．
故选：B．
【例19】　（2025 江西三模）如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面是直角梯形，AD＝2PA＝2DC＝2，AD∥BC，∠BCD＝90°，且PA⊥AB，PD⊥CD．
（1）证明：平面PAB⊥平面ABCD；
（2）求二面角B﹣PC﹣D所成平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）根据空间中垂直关系的转化可得CD⊥平面PAD，从而可得PA⊥CD，故可证PA⊥平面ABCD，结合面面垂直的判定定理可得平面PAB⊥平面ABCD；
（2）先求出D到棱PC的距离，再求出A到平面PBC的距离，从而可得平面角的正弦值，故可求其余弦值．
【解答】解：（1）证明：因为四边形ABCD为直角梯形，且∠BCD＝90°，故BC⊥CD，
故CD⊥AD，而CD⊥PD，AD∩PD＝D，AD，PD 平面PAD，
故CD⊥平面PAD，而PA 平面PAD，PA⊥CD，
而PA⊥AB，AB，CD 平面ABCD，由梯形ABCD知AB，CD必定相交，
故PA⊥平面ABCD，而PA 平面PAB，
故平面PAB⊥平面ABCD．
（2）连接BD，在平面PDC中过D作DH⊥PC，垂足为H，
由（1）可得PA⊥平面ABCD，而AD 平面ABCD，故PA⊥AD，
而PA＝1，AD＝2，故，而CD＝1，
所以，
因为PD DC＝PC DH，
故．
在平面ABCD中，过A作AG⊥BC，垂足为G，连接PG，
取PG的中点为S，连接AS，
因为CG 平面ABCD，故PA⊥CG，而PA∩AG＝A，PA，AG 平面PAG，
故GB⊥平面PAG，而AS 平面PAG，故GB⊥AS，
因为AG⊥BC，CD⊥BC且AG，BC，CD 平面ABCD，
故AG∥CD，而AD∥GC，故AG＝CD＝1，由AP＝1，可得AS⊥PG，
而PG∩GB＝G，PG，GB 平面PBC，故AS⊥平面PBC，
故A到平面PBC的距离为AS，
而AG 平面ABCD，故PA⊥AG，故△PAG为等腰直角三角形，
故，
而AD∥BC，AD 平面PBC，BC 平面BCP，
故AD∥平面BCP，
故D到平面BCP的距离即为A到平面PBC的距离为，
设二面角B﹣PC﹣D所成平面角为θ，
则，而θ为钝角，
故．
【例20】　（2025 保山校级二模）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，且AA1＝AB＝AC，O是BC中点．
（1）求证：A1C∥平面AB1O；
（2）求直线AB1与面BCC1B1所成的角．
【答案】（1）答案见解析；（2）．
【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）利用直棱柱的性质，结合线面垂直的性质定理和判定定理可以证明出AO⊥平面BB1C1C，再根据线面角定义，结合特殊角的三角函数值，进行求解即可．
【解答】解：（1）证明：连接A1B交AB1于点M，连接MO，
在△A1BC中，M、O分别是A1B和BC的中点，
所以MO∥A1C，
又因为MO 平面AB1O，且A1C 平面AB1O，
所以A1C∥平面AB1O．
（2）因为三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，
所以侧棱B1B⊥平面ABC，
因为AO 平面ABC，
所以B1B⊥AO．
因为∠BAC＝90°，且AA1＝AB＝AC，
且O是BC的中点，
所以BC⊥AO，．
因为BC∩BB1＝B，
所以AO⊥平面BB1C1C，
所以∠AB1O就是直线AB1与面BCC1B1所成的角．
因为AA1＝AB，
所以，
在Rt△AB1O中，
，
故，
即直线AB1与面BCC1B1所成的角为．

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