第17讲 第八章 立体几何初步 章末题型大总结
一、数学思想方法
1、函数与方程的思想
1．（2023上·全国·高三阶段练习）在长方体中，，，若线段上存在一点，使得，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】若线段上存在一点，使得，如下图示：
则，令，则，
设且，有，则，，
所以，整理得，
故在上有零点，而且对称轴为，开口向上，
所以，只需，则，即的取值范围是.
故选：D
2．（2023·全国·模拟预测）已知正方体的外接球表面积为12，点E在线段上运动，若恒成立，则实数λ的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由正方体的性质知：其外接球半径为，则，则，
过点E作AD的垂线，垂足为H，连接DE，
则，又，
∴．又，
∴当时，取得最小值11，故，
故选：D．
3．（2022下·山西运城·高三统考阶段练习）如图，在三棱锥中，平面平行于对棱，截面面积的最大值是 .
【答案】
【详解】由题设，面，又面，面面，
所以，同理可证，故，
又面，又面，面面，
所以，同理可证，故，
故为平行四边形，又，即，则为矩形，
若，则，又，
所以，，又面积为，
所以，故当时.
故答案为：.
2、数形结合思想
1．（2023上·上海青浦·高二上海市青浦高级中学校考期末）在棱长为1的正方体中，P为底面ABCD内（包括边界）的动点，满足直线与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由题意得：正方体中，易得，
要使直线与直线所成角的大小为，
只需与直线所成角的大小为，
所以绕以夹角旋转为锥体的一部分，如图所示：
所以,即，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆，
故线段扫过的面积的大小为.
故选：A.
2．（2023上·浙江温州·高二校联考期中）在正方体中，棱长为2，平面经过点，且满足直线与平面所成角为，过点作平面的垂线，垂足为，则长度的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】由题意，面，连接，
因为与平面所成角为，所以，过作，
如图：
因为，所以，
所以点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆，如图：
所以，
所以，
在中，由题意，，
所以
所以，
所以长度的取值范围为.
故选：A
3．（2023上·上海浦东新·高二上海市进才中学校考期中）如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆锥的底面半径为10公里，母线长为40公里，母线一点，且公里，为了发展旅游业，要建设一条最短的从绕山一周到的观光铁路，则这段铁路的长度为 公里.
【答案】50
【详解】
如图，将圆锥沿剪开，
则圆锥的母线即扇形的半径，
圆锥底面圆的周长即扇形的弧长为，
所以圆心角，即.
又，，
所以，.
所以，这段铁路的长度为公里.
故答案为：50.
3、转化与化归思想
1．（2023上·浙江·高二校联考阶段练习）正方体的棱长为1，M是面内一动点，且，N是棱上一动点，则周长的最小值为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【详解】点M在线段上运动，即动线段在内运动，
动线段在内运动，动线段在内运动，
以为基准，将和翻折使其与共面，如图所示：
其中翻折至，翻折至，
的周长等于,最小值等于
在四边形，，
由余弦定理可求得，
所以，
故的周长最小值等于，
故选：B.
2．（2023上·四川南充·高二仪陇中学校考阶段练习）在直三棱柱中分别为的中点，沿棱柱的表面从到两点的最短路径的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】由题意得直三棱柱底面为等腰直角三角形．
①若把面和面展开在同一个平面内，则线段在直角三角形中，
由勾股定理得；
②若把面和面展开在同一个平面内，则线段在直角三角形中，
此时.
③若把面和面展开在同一个平面内，设的中点为，
在直角三角形中，由勾股定理得．
④若把面和面展开在同一个面内，
过作与行的直线，过作与平行的直线，
所作两直线交于点，则在直角三角形中，
由勾股定理得．
由于，
可得从到两点的最短路径的长度为,
故选：B
3．（2023·全国·高一随堂练习）如图，在正三棱锥中，底面边长为a，侧棱长为，点E，F分别为AC，AD上的动点，求截面周长的最小值和这时点E，F的位置．
【答案】见详解
【详解】
如图所示展开三棱锥得五边形，连接分别交于点，
则此时的周长最小为，
由题意易知，则，
且，
所以，
由，
故在分别为线段上的靠近C、D的一个四等分点时，
截面周长最小，最小值为.
4、分类与整合的思想
1．（多选）（2023上·湖南长沙·高二校考期中）如图，两条异面直线a，b所成的角为，在直线a，b上分别取点A，O和点C，B，使，.已知，，，则线段OC的长为（ ）
A．6 B．8 C． D．
【答案】AC
【详解】依题意，，
平方得.
因为a，b所成的角为，或.
当时，，，
代入数据可得，
所以，，所以；
当时，，，
代入数据可得，
所以，，所以.
综上所述，或，即OC的长为6或.
故选：AC.
2．（多选）（2023上·广东湛江·高三统考阶段练习）如图，有一个正四面体形状的木块，其棱长为.现准备将该木块锯开，则下列关于截面的说法中正确的是（ ）
A．过棱的截面中，截面面积的最小值为
B．若过棱的截面与棱（不含端点）交于点，则
C．若该木块的截面为平行四边形，则该截面面积的最大值为
D．与该木块各个顶点的距离都相等的截面有7个
【答案】ACD
【详解】设截面与棱的交点为，
对于A项，如图1，过棱的截面为，易知当为棱的中点时，,且，平面，故平面，
取的中点，连接，则，
又平面，，即是异面直线的公垂线，，
故此时的面积取得最小值，最小值为，正确；
对于B项，易知，故结合A项，可设，
在中，由余弦定理，
所以，即，B错误；
对于C项，如图2，当截面为平行四边形时，，，
由正四面体的性质可知，故，从而平行四边形为长方形.
设，则，所以长方形的面积，
当且仅当时，等号成立，正确；
对于D项，与该木块各个顶点的距离都相等的截面分为两类.第一类：平行于正四面体的一个面，且到顶点和到底面距离相等，这样的截面有4个.
第二类：平行于正四面体的两条对棱，且到两条棱距离相等，这样的截面有3个.
故与该木块各个顶点的距离都相等的截面共有7个，D正确.
故选：ACD
3．（多选）（2023下·四川成都·高一成都七中校考期末）四棱锥的四个侧面都是腰长为，底边长为2的等腰三角形，则该四棱锥的高为（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【详解】满足要求的四棱锥有如下三种情形.
（1）
如图，四条侧棱长均为，则四棱锥为正四棱锥，连接交于点，连接，
则平面，是四棱锥的高，
则，，
所以，
四棱锥的高为；
（2）
如图，有两条侧棱长为，
作平面，记，，是四棱锥的高，
于是，，
且.
解得，.
四棱锥的高为；
（3）
如图，三条侧棱（、、）长为，一条侧棱，
，，
设与交于点.记.
由等腰三角形三线合一可得：,
平面，平面，，
则平面，
因为平面，所以平面平面，
过O作，因为平面平面,
所以平面，是四棱锥的高，
则有，，.
因为，
于是，.
将前面的结果代入上式，
解得或.
显然，故.
，
在中，
由余弦定理得,
，
，
四棱锥的高为.
故选：ACD.
二、重点题型精讲
题型01空间几何体的结构、表面积与体积
【典例1】（2024上·辽宁·高三校联考期末）已知某圆锥的轴截面是等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积与表面积的比值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由题意可得轴截面是等腰直角三角形，设该圆锥的底面圆的半径为，则其母线长为，从而该圆锥的侧面积.
表面积，
故.
故选：A.
【典例2】（2024·全国·模拟预测）在正三棱台中，，，侧棱与底面ABC所成角的正切值为．若该三棱台存在内切球，则此正三棱台的体积为 ．
【答案】
【详解】如图，取BC和的中点分别为P，Q，
上、下底面的中心分别为，，
设，内切球半径为r，因为，棱台的高为2r，
所以，
，同理．
因为内切球与平面相切，切点在上，
所以①，
在等腰梯形中，②，
由①②得．
在梯形中，③，
由②③得，代入得，则棱台的高，
所以棱台的体积为．
故答案为：.
【典例3】（2024·全国·模拟预测）如图，该“四角反棱柱”是由两个相互平行且全等的正方形经过旋转、连接而成，其侧面均为等边三角形，则该“四角反棱柱”外接球的表面积与侧面面积的比为 ．
【答案】
【详解】
如图，由题意可知旋转角度为，设上、下正四边形的中心分别为，，连接，
则的中点O即为外接球的球心，其中点B为所在棱的中点，OA即该几何体外接球的半径，
设棱长为4a，则侧面积为，
，，，过点B作于点C，
则，，
易得四边形为矩形，即，，
则，即该“四角反棱柱”外接球的半径．
外接球表面积为，
该“四角反棱柱”外接球的表面积与侧面面积的比为．
故答案为：.
【变式1】（多选）（2024上·甘肃武威·高三统考期末）如图，在边长为的正方形中剪掉四个阴影部分的等腰三角形，其中为正方形对角线的交点，，将其余部分折叠围成一个封闭的正四棱锥，若该正四棱锥的内切球半径为，则该正四棱锥的表面积可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【详解】
设翻折前，则翻折后，斜高，
该四棱锥的高，
则.
该四棱锥的表面积.
因为该正四棱锥的内切球半径为，所以，即，
则，解得或或（舍）
故或.
故选：BC.
【变式2】（2024上·山东济南·高三统考期末）在正四棱锥中，，则该棱锥的体积为 ．
【答案】
【详解】在平面上的投影是，因为是正四棱锥，
所以是正方形对角线的交点，连结，
，，
所以，于是.
故答案为：.
【变式3】（2024上·上海长宁·高二上海市民办新虹桥中学校考期末）已知中，，将绕所在的直线旋转一周，则所得旋转体的表面积是 ．
【答案】
【详解】因为，所以，
所以旋转体是底面半径为，高为，母线长为的圆锥，
所以表面积为，
故答案为：.
题型02空间几何体与内切球问题
【典例1】（2024上·辽宁·高三校联考期末）以半径为的球为内切球的圆锥中，体积最小值时，圆锥底面半径满足（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】设圆锥的高为，如图，为圆锥的轴截面，
则，解得，
故圆锥的体积，
当，即时，，
所以圆锥体积最小值时，圆锥底面半径满足.
故选：D.
【典例2】（2024上·河南周口·高三项城市第一高级中学校联考期末）正三棱锥的内切球的半径为，外接球的半径为. 若，则的最小值为 .
【答案】3
【详解】设正三棱锥的高为h，设E为的中点，O为底面中心，O在上，
，则，侧面上高为，
则正三棱锥的表面积为，
则正三棱锥的体积为，
即，故，
又，则，则，
故，
令，则，
则
，
当且仅当，即，时取等号，
故的最小值为3，
故答案为：3
【典例3】（2023上·江苏·高三江苏省白蒲高级中学校联考阶段练习）如图，若圆台的上、下底面半径分别为且，则此圆台的内切球(与圆台的上、下底面及侧面都相切的球叫圆台的内切球)的表面积为 .
【答案】
【详解】
设圆台上、下底面圆心分别为，则圆台内切球的球心O一定在的中点处,
设球O与母线切于M点,所以,所以 (R为球O的半径),
所以与全等, 所以,同理，
所以， ，所以，
所以圆台的内切球半径，内切球的表面积为.
故答案为：.
【变式1】（2024·全国·模拟预测）已知球是底面半径为4、高为的圆锥的内切球，若球内有一个内接正三棱柱，则当该正三棱柱的侧面积最大时，正三棱柱的体积为 ．
【答案】
【详解】圆锥与球的轴截面如图所示，为圆锥的顶点，为圆锥的底面直径，D，E为切点，连接，，
则，，且过点，设球的半径为，
由题意可得，故，即，
整理得，得．
设正三棱柱的底面边长为，正三棱柱的高为，则，即，
正三棱柱的侧面积，当且仅当，且，即时取等号，
此时该正三棱柱的侧面积最大，故此时正三棱柱的体积．
故答案为：
【变式2】（2023上·四川·高二校联考阶段练习）已知在直三棱柱中存在内切球，若，则该三棱柱外接球的表面积为 .
【答案】
【详解】由已知是直角三角形，，的内切圆半径为，
直三棱柱中存在内切球，则其高为，
分别取的中点，连接，则也是该直三棱柱的高，的中点是其外接球球心，
，
所以外接球的表面积为．
故答案为：．
【变式3】（2023上·江苏·高三期末）与圆台的上、下底面及侧面都相切的球，称为圆台的内切球.若圆台的上、下底面半径分别为，且，则它的内切球的体积的最大值为 .
【答案】
【详解】如图，画出截面图，
可得，则，
记内切球的半径为R，可知，
过B作，垂足为G，
则，，
所以，解得，即，
当且仅当时，等号成立，
所以它的内切球的体积的最大值为.
故答案为：.
题型03空间几何体与外接球问题
【典例1】（2024上·重庆·高二重庆巴蜀中学校考期末）正四面体的外接球与内切球的半径比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】如图，设正四面体的外接球球心为，为的中心，则平面，
外接球半径为，内切球半径为，设棱长为，
在中，由正弦定理得，所以，
所以，由，
即解得（负值舍去）；
由等体积法得到，所以，
所以.
故选：C.
【典例2】（2024上·广东深圳·高三统考期末）已知菱形的边长为2，且，将沿直线翻折为，记的中点为，当的面积最大时，三棱锥的外接球表面积为 .
【答案】
【详解】根据题意可知，如下图所示：
当的面积最大时，即取得最大值，
可得，
由对称性可知，可得；
又因为为的中点，所以，
又，由勾股定理可知棱两两垂直，
所以三棱锥的外接球半径为，
可得该外接球的表面积，
故答案为：.
【典例3】（2024·陕西渭南·统考一模）在三棱锥中，底面为等腰三角形，，且，平面平面，点为三棱锥外接球上一动点，且点到平面的距离的最大值为，则球的表面积为 ．
【答案】
【详解】取的中点，连接，因为底面为等腰三角形，，所以，所以，
又因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
因为三角形为等腰三角形，，则，设，则，
设等腰三角形外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，
连接，则三点共线，由平面得平面，
由正弦定理得，故，则，
连接，则，由平面，且三角形外接圆的圆心为，可得，
因为平面，所以，又平面，平面，故平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
又因为点到平面的距离的最大值为，所以，解得，所以，球的表面积为.
故答案为：.
【变式1】（多选）（2024上·江苏·高三统考期末）在四棱锥中，平面，，，四棱锥的外接球为球O，则（ ）
A．⊥ B．
C． D．点O不可能在平面内
【答案】AC
【详解】A选项，四棱锥的外接球为为顶点的球，
而四点共面，故这四点必共圆，
又，故为直径，⊥，A正确：
B选项，由A可知，四点共圆，
又，为直径，
若四边形为正方形，此时，，B错误；
C选项，因为平面，所以球心到两点的距离相等，
即球心在的垂直平分线上，
故到平面距离为到平面距离的一半，
故，C正确；
D选项，当四边形为正方形时，连接，相交于点，
则⊥平面，
结合球心在的垂直平分线上，此时为中点，
点O在平面上，D错误.
故选：AC.
【变式2】（2024·全国·模拟预测）正多面体被古希腊哲学家柏拉图认为是构成宇宙的基本元素，也是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一．如图，该几何体是一个棱长为2的正八面体，则此正八面体的体积为 ，平面截此正八面体的外接球所得截面的面积为 ．
【答案】
【详解】如图，取的中点，连接，取的中点，连接．
由棱长为2，可得正八面体上半部分的斜高为，高为，
则正八面体的体积为．
此正八面体的外接球的球心为，半径为，到平面的距离等于到平面的距离，
在中，过作的垂线，垂足为，则平面．
由，得，平面截正八面体的外接球所得截面是圆，
其半径，所以所得截面的面积为．
故答案为：；.
【变式3】（2024·广东肇庆·统考模拟预测）在四面体中，，若，则四面体体积的最大值是 ，它的外接球表面积的最小值为 .
【答案】
【详解】由余弦定理可得,
故，所以，
当且仅当时取等号，故，
故面积的最大值为，
，
由于，所以点在以为直径的球上（不包括平面），故当平面平面时，此时最大为半径，
故，
由正弦定理可得：，为外接圆的半径，
设四面体外接球半径为,则,其中分别为球心和外接圆的圆心，故当时，此时最小，
故外接球的表面积为,
故答案为：,
题型04平行、垂直的证明
【典例1】（2024·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点.证明：平面.
【答案】证明见解析
【详解】
因为四边形是菱形，所以.
因为，，平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以，即.
因为，平面，且，所以平面.
【典例2】（2024上·山东菏泽·高三山东省鄄城县第一中学校考阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，分别为棱，的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)利用题中条件能否得出平面？若不能，试添加一个适当的条件后证明平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)不能得出平面，添加条件，证明见解析
【详解】（1）因为，，为棱的中点
所以，，
所以四边形是平行四边形，所以．
因为平面，平面，且，所以平面，
因为分别是，的中点，所以，
又平面，平面，且，所以平面，
因为平面，平面，，平面，
所以平面平面．
（2）利用题中条件不能得出平面，
添加条件，
证明如下：
因为，，，平面，
所以平面．
【典例3】（2024上·上海长宁·高二上海市民办新虹桥中学校考期末）如图，已知正四棱柱，
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）因为正四棱柱，所以平面，
且四边形为正方形，所以，
又因为平面，所以，
因为，且平面，所以平面.
（2）因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面，
因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面，
又因为，且平面，所以平面平面.
【变式1】（2024·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点为的中点.证明：平面平面.
【答案】证明见解析
【详解】因为平面，平面，则，
取中点，连接，
因为，，，
则，且，可知四边形为平行四边形，
又因为，，可知四边形为正方形，
则，⊥，
所以为等腰直角三角形，
故，，即，
又，平面，可得平面，
因为平面，所以平面⊥平面.
【变式2】（2024上·北京·高二统考学业考试）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，E为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）因为平面，平面，所以，
又平面为菱形，所以，
又平面，
所以平面；
（2）E为PD的中点，设AC与BD交于点O，连接OE，
则，又平面，平面，
所以平面.
【变式3】（2024·全国·高二专题练习）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，分别是，的中点．求证：
(1)平面；
(2)．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）四棱锥的底面是矩形，
，平面，平面，
，又，、平面，
平面；
（2）由（1）知平面，
同理可得，平面，
，分别是，的中点，
，平面，
又平面，.
题型05定义法求线面角
【典例1】（2024上·上海·高二上海交大附中校考期末）在如图所示的圆锥中，是顶点，是底面的圆心，、是圆周上两点，且，．
(1)若圆锥侧面积为，求圆锥的体积；
(2)设圆锥的高为2，是线段上一点，且满足，求直线与平面所成角的正切值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设圆锥底面半径为，母线长为，，
则侧面积，解得，
于是圆锥的高，
圆锥的体积．
（2）中，，，则点是线段中点，
取中点，连接，，
则，又，则，
由直线平面，平面，得，
结合，且，平面，
所以平面，
因此直线是在平面内的射影，
从而是直线与平面所成的角，
∵，∴，
又，得，
即直线与平面所成的角的正切值为
【典例2】（2024上·广东深圳·高三统考期末）如图，在三棱台中，平面平面，且，.
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）过点作的垂线，垂足为，连接，
平面平面，平面平面，
平面，平面，
平面，，
不妨设，，
在直角三角形中，，
，
，平面，
平面，，
在三棱台中，，
；
（2），
直线与平面所成角等于直线与平面所成角，设为，
由（1）得平面，
平面，
平面平面，
过点作的垂线，垂足为，连接，
则平面，
，
在中，，
由（1）得平面，
平面，
，
在中，，
由，得，
，
直线与平面所成角的正弦值为.
【变式1】（2024·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，所有的棱长都相等，侧棱底面，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】
【详解】取的中点O，连接，，易得.
因为侧棱底面，侧棱侧棱，
所以侧棱底面，底面，所以.
因为，，平面，故平面，
所以所求直线与平面所成的角为.
由平面，平面可得.
因为所有的棱长都相等，不妨假设棱长为2，则，，，
则.
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
【变式2】（2024上·重庆·高二统考期末）在如图所示的四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，点E，F分别在棱AB，PC上，且满足，．
(1)证明：平面PAD；
(2)若平面底面ABCD，和为正三角形，求直线EF与底面ABCD所成角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）在中过点F作并交PD于点G，
则，由得，
由得，
是平行四边形，，
是平行四边形，，而平面PAD，平面PAD，
平面PAD；
（2）在平面PCD中过点F作于点O，连接OE，
若平面底面ABCD，由平面底面ABCD，平面，
底面ABCD，
即为直线EF与底面ABCD所成角，设，
则，在，
由题意知底面ABCD是菱形，，
取EB的中点M，连接CM，则四边形为平行四边形，有，
在中，，由余弦定理，
得，故，
在，，
∴直线EF与底面ABCD所成角的正切值．
题型06等体积法求线面角
【典例1】（2024·全国·模拟预测）如图，在多面体中，四边形为矩形，，，，，，，，是的中点，为上一点（不是的中点）．
(1)求证：；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）取的中点，连接．
因为是的中点，所以．
又因为矩形中，，所以．
所以四点共面．
又因为，
所以．又为的中点，所以，
为上一点（不是的中点），则与相交，
又，平面，
所以平面．
因为平面，所以．
（2）由，求得点到平面的距离为
．
设直线与平面所成角为，
则．
【典例2】（2023上·重庆·高二重庆八中校考阶段练习）如图，直三棱柱体积为，为的中点，的面积为.
(1)求到平面的距离；
(2)若，平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设点到平面的距离为，
又为的中点，则，
则，解得.
（2）过在平面内作交于，如图，
因为平面平面，为交线，
所以平面，
过在平面内作交于，
在直三棱柱中平面平面，为交线，
所以平面，
因为过平面外一点有且只有一条直线与平面垂直，
所以重合，又分别在上，
所以与重合，即平面，
又平面，所以，
设，则，
所以，
所以，
解得，
所以，解得，
在中，，
因为互相平分，所以，到平面的距离相等，
即，
设直线与平面所成角为，
则.
【变式1】（2023上·江苏·高三校联考阶段练习）如图，在正六边形中，将沿直线翻折至，使得二面角的大小为，为的中点，在线段上，平面．
(1)记五棱锥的体积为，四面体的体积为，求；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)10
(2)．
【详解】（1）设正六边形棱长为，延长交延长线于，连接．
设点到平面的距离为，
．
因为面，面，面面，
所以，
所以，所以为中点
所以，
所以．
（2）不妨设，设到平面的距离为，
因为，
所以，
由于二面角的大小为，且，
过作平面，则点到平面的距离，，
又，
故，
因为，，
由于，
故
所以，，
所以，
，
即与平面所成角的正弦值为．
【变式2】（2023·陕西·校联考模拟预测）三棱柱中，为中点，．
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由题意可知：，且为矩形，
则，
可得，且均为锐角，
则，即，
又因为，，平面，
所以平面，
由平面，则，
由题意可得，，平面，
所以平面，
由平面，可得，
且∥，则，
又因为，，平面，
所以平面.
（2）连接，由题意可得：，
因为平面，平面，可得，
又因为，，，平面，
则平面，可知点到平面的距离为，
设点到平面的距离为，
由可得：，解得，
所以与平面所成角的正弦值为.
题型07定义法，三垂线法求二面角
【典例1】（2022上·河南·高二宝丰县第一高级中学校联考开学考试）如图，在长方体中，为的中点，则二面角的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】如图，在长方体中，平面，平面，平面，所以，且，所以即为二面角的平面角，又，易得.
故选：B.
【典例2】（2022上·湖南怀化·高二校考阶段练习）如图，在正方体中，
(1)求异面直线与所成的角的大小；
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）在正方体中，连接，
由于，所以是异面直线与所成的角，
由于三角形是等边三角形，所以，
所以异面直线与所成的角的大小为.
（2）在正方体中，，
所以是二面角的平面角，
根据正方体的性质可知，
所以二面角的大小为.
【典例3】（2023·全国·高三专题练习）如图，三棱锥 中，已知 平面 .则二面角的正弦值为_____.
【答案】
【详解】
取BC的中点D，连结PD，AD，因为，所以，
因为平面ABC，平面ABC，所以，
因为平面PAD，平面PAD，，所以平面PAD，
因为平面PAD，所以，
所以即为二面角的平面角，
因为，所以，，
即二面角的正弦值是.
故答案为：.
【典例4】（2023·高一课时练习）已知正方体的棱长为1．
(1)求异面直线与AC所成角的大小；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）连，
因为，，所以四边形是平行四边形，所以，
因为四边形是正方形，所以，
所以，即异面直线与AC所成角的大小为.
（2）
设与交于，连，
因为四边形是正方形，所以，
因为平面，平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
所以就是二面角的平面角.
因为正方体的棱长为1，所以，，
，
所以，
所以二面角的余弦值为.
【变式1】（2022·高二课时练习）将边长为a的正三角形ABC，沿BC边上的高线AD将△ABC折起．C点变为点，若折起后B与两点间的距离为，则二面角的大小为 ．
【答案】/
【详解】折叠过程中．，，所以是二面角的平面角，
又，是等边三角形，，
故答案为：．
【变式2】（2019·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）如图,楔形几何体由一个三棱柱截去部分后所得,底面侧面,,楔面是边长为2的正三角形,点在侧面的射影是矩形的中心,点在上,且
（1）证明：平面；
（2）求楔面与侧面所成二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）.
【详解】解：（1）证明：如图,连接交于,连接,.
则是的中点,.
因为平面,所以平面平面,
又平面平面,
所以平面平面,
根据题意,四边形和是全等的直角梯形,
三角形和是全等的等腰直角三角形,
所以,.
在直角三角形中,,
所以,,,
于是,,
所以,.
因为平面,,
所以平面.
（2如图,取的中点,连接,.
即为楔面与侧面所成二面角的平面角.
在直角三角形中,,,
所以,
所以楔面与侧面所成二面角的余弦值为.
【变式3】（2023·全国·高一专题练习）已知如图边长为的正方形外有一点且平面，，二面角的大小的正切值______．
【答案】
【详解】设，连接，
平面，平面，，，
四边形为正方形，，
，平面，平面，
又平面，，是二面角的平面角，
由，得：.
故答案为：.
【变式4】（2023·上海·模拟预测）直四棱柱，，，，，
(1)求证：；
(2)若四棱柱体积为36，求二面角大小的正切值
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由题意得，，
平面，平面，
平面，平面
而，平面平面，
又平面平面
（2）四棱柱体积，
得，得，
过点作，垂足为，连接，
由平面，得（三垂线定理），
故即为二面角的平面角，
，得，
故
题型08面积投影法求二面角
【典例1】（2023·全国·高二假期作业）如图与所在平面垂直，且，，则二面角的余弦值为_______.
【答案】
【详解】过 A作的延长线于E， 连结 DE，
∵平面平面，平面平面，
∴ 平面
∴ E点即为点A在平面内的射影，
∴ 为在平面内的射影，
设，则，
∴由余弦定理可得，∴，
∴ ，
又，∴ ，
设二面角为，∴ .
而二面角与互补，
∴二面角 的余弦值为.
故答案为：
【典例2】（2023秋·高二课时练习）的边在平面内，在内的射影是，设的面积为S，它和平面所成的一个二面角的大小为（为锐角），则的面积是__________．
【答案】
【详解】如图所示，作交于点，连接，
因为A在内的射影是，所以平面，
又，所以，
又，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以即为平面ABC和平面所成的二面角的平面角，即，
则，
则.
故答案为：.
【变式1】（2023·全国·高三专题练习）已知长方体的底面是边长为1的正方形，侧棱，过作平面分别交棱，于，，则四边形面积的最小值为________.
【答案】
【详解】法一：根据题意作图，如图①所示，
过点F作FH⊥BD1交BD1于H，设FH＝h.由题意得BD1＝2.
因为长方体对面平行，
所以截面BFD1E为平行四边形，则，
当h取最小值时四边形BFD1E的面积最小.
易知h的最小值为直线CC1与直线BD1间的距离.
易知当F为CC1的中点时，h取得最小值，hmin＝，.
故四边形BFD1E面积的最小值为.
法二(射影面积法)：设平面BFD1E与底面ABCD的交线为l. 如图②，
过D1作D1H⊥l交l于H.连接DH，则∠D1HD为二面角D1 l D的平面角，设为θ.
根据射影面积公式,得,
则当cos θ最大时，最小.当cos θ最大时，分析易知DH最长.又DH最长为DB＝，所以cos θ最大值为，因为，所以四边形BFD1E面积的最小值为.
故答案为：
题型09等体积法求点面距离
【典例1】（2024上·河北·高三雄县第一高级中学校联考期末）已知正方体的棱长为为线段上的动点，则点到平面距离的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】B
【详解】由题意得，
设点到平面的距离为，则由等体积转化法为，
当与重合时，最大，最大为，
此时最小，为.
故选：B.
【典例2】（2024上·上海·高二上海师大附中校考期末）在直三棱柱中，，则点到平面的距离为 .
【答案】
【详解】因为，所以，又三棱柱为直棱柱，所以平面，又平面，
所以平面平面，又平面平面 平面，所以平面，
易得,
在△中由余弦定理：得，故，
于是，
由棱柱性质得，平面，平面，所以平面，点到平面的距离即点到平面的距离，设为d
因为，所以,解得
故答案为：
【典例3】（2023·陕西商洛·统考一模）如图，在三棱柱中，平面，是等边三角形，且为棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由三棱柱的性质可知，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为为的中点，且是等边三角形，所以，
因为、平面，且，所以平面；
（2）因为，所以，
则的面积，
作，垂足为，有平面，
所以，又因为、平面，，
所以平面，
因为是等边三角形，所以，
则，
因为平面，、平面，
所以，，则，
故的面积，
设点到平面的距离为，
则三棱锥的体积，
因为，所以，所以.
【变式1】（2024上·全国·高三阶段练习）在直三棱柱中，所有棱长均为1，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】取的中点，连接，
因为为等边三角形，则，
又因为平面，且平面，则，
且，平面，可得平面，
由题意可知：，
设点到平面的距离为，
因为，即，
解得，
所以点到平面的距离为.
故选：A.
【变式2】（2021下·内蒙古赤峰·高一统考期末）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，底面，，，，分别是，，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：如图取中点，连接，，
因为为中点，所以，且，
又因为四边形为菱形，且为中点，
所以，且，
所以，且，所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）设到平面的距离为，
因为，平面，平面，所以平面，
易得，，所以，
所以，
所以，所以，
所以到平面的距离为．
【变式3】（2023·四川甘孜·统考一模）如图，平面，.
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由平面平面，则平面，
由平面平面，则平面，
而平面，故平面平面，
又平面，则平面；
（2）因为平面，所以面，
又面，，，
因为，所以，
又平面，平面，
又平面，，
在直角三角形中，，
所以，
，又，
设点到平面的距离为，
，，
所以点到平面的距离为.第17讲 第八章 立体几何初步 章末题型大总结
一、数学思想方法
1、函数与方程的思想
1．（2023上·全国·高三阶段练习）在长方体中，，，若线段上存在一点，使得，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·全国·模拟预测）已知正方体的外接球表面积为12，点E在线段上运动，若恒成立，则实数λ的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022下·山西运城·高三统考阶段练习）如图，在三棱锥中，平面平行于对棱，截面面积的最大值是 .
2、数形结合思想
1．（2023上·上海青浦·高二上海市青浦高级中学校考期末）在棱长为1的正方体中，P为底面ABCD内（包括边界）的动点，满足直线与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积的大小为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023上·浙江温州·高二校联考期中）在正方体中，棱长为2，平面经过点，且满足直线与平面所成角为，过点作平面的垂线，垂足为，则长度的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023上·上海浦东新·高二上海市进才中学校考期中）如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆锥的底面半径为10公里，母线长为40公里，母线一点，且公里，为了发展旅游业，要建设一条最短的从绕山一周到的观光铁路，则这段铁路的长度为 公里.
3、转化与化归思想
1．（2023上·浙江·高二校联考阶段练习）正方体的棱长为1，M是面内一动点，且，N是棱上一动点，则周长的最小值为（ ）
A．2 B． C． D．
2．（2023上·四川南充·高二仪陇中学校考阶段练习）在直三棱柱中分别为的中点，沿棱柱的表面从到两点的最短路径的长度为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·全国·高一随堂练习）如图，在正三棱锥中，底面边长为a，侧棱长为，点E，F分别为AC，AD上的动点，求截面周长的最小值和这时点E，F的位置．
4、分类与整合的思想
1．（多选）（2023上·湖南长沙·高二校考期中）如图，两条异面直线a，b所成的角为，在直线a，b上分别取点A，O和点C，B，使，.已知，，，则线段OC的长为（ ）
A．6 B．8 C． D．
2．（多选）（2023上·广东湛江·高三统考阶段练习）如图，有一个正四面体形状的木块，其棱长为.现准备将该木块锯开，则下列关于截面的说法中正确的是（ ）
A．过棱的截面中，截面面积的最小值为
B．若过棱的截面与棱（不含端点）交于点，则
C．若该木块的截面为平行四边形，则该截面面积的最大值为
D．与该木块各个顶点的距离都相等的截面有7个
3．（多选）（2023下·四川成都·高一成都七中校考期末）四棱锥的四个侧面都是腰长为，底边长为2的等腰三角形，则该四棱锥的高为（ ）
A． B． C． D．
二、重点题型精讲
题型01空间几何体的结构、表面积与体积
【典例1】（2024上·辽宁·高三校联考期末）已知某圆锥的轴截面是等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积与表面积的比值是（ ）
A． B． C． D．
【典例2】（2024·全国·模拟预测）在正三棱台中，，，侧棱与底面ABC所成角的正切值为．若该三棱台存在内切球，则此正三棱台的体积为 ．
【典例3】（2024·全国·模拟预测）如图，该“四角反棱柱”是由两个相互平行且全等的正方形经过旋转、连接而成，其侧面均为等边三角形，则该“四角反棱柱”外接球的表面积与侧面面积的比为 ．
【变式1】（多选）（2024上·甘肃武威·高三统考期末）如图，在边长为的正方形中剪掉四个阴影部分的等腰三角形，其中为正方形对角线的交点，，将其余部分折叠围成一个封闭的正四棱锥，若该正四棱锥的内切球半径为，则该正四棱锥的表面积可能为（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（2024上·山东济南·高三统考期末）在正四棱锥中，，则该棱锥的体积为 ．
【变式3】（2024上·上海长宁·高二上海市民办新虹桥中学校考期末）已知中，，将绕所在的直线旋转一周，则所得旋转体的表面积是 ．
题型02空间几何体与内切球问题
【典例1】（2024上·辽宁·高三校联考期末）以半径为的球为内切球的圆锥中，体积最小值时，圆锥底面半径满足（ ）
A． B．
C． D．
【典例2】（2024上·河南周口·高三项城市第一高级中学校联考期末）正三棱锥的内切球的半径为，外接球的半径为. 若，则的最小值为 .
【典例3】（2023上·江苏·高三江苏省白蒲高级中学校联考阶段练习）如图，若圆台的上、下底面半径分别为且，则此圆台的内切球(与圆台的上、下底面及侧面都相切的球叫圆台的内切球)的表面积为 .
【变式1】（2024·全国·模拟预测）已知球是底面半径为4、高为的圆锥的内切球，若球内有一个内接正三棱柱，则当该正三棱柱的侧面积最大时，正三棱柱的体积为 ．
【变式2】（2023上·四川·高二校联考阶段练习）已知在直三棱柱中存在内切球，若，则该三棱柱外接球的表面积为 .
【变式3】（2023上·江苏·高三期末）与圆台的上、下底面及侧面都相切的球，称为圆台的内切球.若圆台的上、下底面半径分别为，且，则它的内切球的体积的最大值为 .
题型03空间几何体与外接球问题
【典例1】（2024上·重庆·高二重庆巴蜀中学校考期末）正四面体的外接球与内切球的半径比为（ ）
A． B． C． D．
【典例2】（2024上·广东深圳·高三统考期末）已知菱形的边长为2，且，将沿直线翻折为，记的中点为，当的面积最大时，三棱锥的外接球表面积为 .
【典例3】（2024·陕西渭南·统考一模）在三棱锥中，底面为等腰三角形，，且，平面平面，点为三棱锥外接球上一动点，且点到平面的距离的最大值为，则球的表面积为 ．
【变式1】（多选）（2024上·江苏·高三统考期末）在四棱锥中，平面，，，四棱锥的外接球为球O，则（ ）
A．⊥ B．
C． D．点O不可能在平面内
【变式2】（2024·全国·模拟预测）正多面体被古希腊哲学家柏拉图认为是构成宇宙的基本元素，也是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一．如图，该几何体是一个棱长为2的正八面体，则此正八面体的体积为 ，平面截此正八面体的外接球所得截面的面积为 ．
【变式3】（2024·广东肇庆·统考模拟预测）在四面体中，，若，则四面体体积的最大值是 ，它的外接球表面积的最小值为 .
题型04平行、垂直的证明
【典例1】（2024·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点.证明：平面.
【典例2】（2024上·山东菏泽·高三山东省鄄城县第一中学校考阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，分别为棱，的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)利用题中条件能否得出平面？若不能，试添加一个适当的条件后证明平面．
【典例3】（2024上·上海长宁·高二上海市民办新虹桥中学校考期末）如图，已知正四棱柱，
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面
【变式1】（2024·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点为的中点.证明：平面平面.
【变式2】（2024上·北京·高二统考学业考试）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，E为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面.
【变式3】（2024·全国·高二专题练习）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，分别是，的中点．求证：
(1)平面；
(2)．
题型05定义法求线面角
【典例1】（2024上·上海·高二上海交大附中校考期末）在如图所示的圆锥中，是顶点，是底面的圆心，、是圆周上两点，且，．
(1)若圆锥侧面积为，求圆锥的体积；
(2)设圆锥的高为2，是线段上一点，且满足，求直线与平面所成角的正切值．
【典例2】（2024上·广东深圳·高三统考期末）如图，在三棱台中，平面平面，且，.
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【变式1】（2024·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，所有的棱长都相等，侧棱底面，求直线与平面所成角的正弦值.
【变式2】（2024上·重庆·高二统考期末）在如图所示的四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，点E，F分别在棱AB，PC上，且满足，．
(1)证明：平面PAD；
(2)若平面底面ABCD，和为正三角形，求直线EF与底面ABCD所成角的正切值．
题型06等体积法求线面角
【典例1】（2024·全国·模拟预测）如图，在多面体中，四边形为矩形，，，，，，，，是的中点，为上一点（不是的中点）．
(1)求证：；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【典例2】（2023上·重庆·高二重庆八中校考阶段练习）如图，直三棱柱体积为，为的中点，的面积为.
(1)求到平面的距离；
(2)若，平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.
【变式1】（2023上·江苏·高三校联考阶段练习）如图，在正六边形中，将沿直线翻折至，使得二面角的大小为，为的中点，在线段上，平面．
(1)记五棱锥的体积为，四面体的体积为，求；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【变式2】（2023·陕西·校联考模拟预测）三棱柱中，为中点，．
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值．
题型07定义法，三垂线法求二面角
【典例1】（2022上·河南·高二宝丰县第一高级中学校联考开学考试）如图，在长方体中，为的中点，则二面角的大小为（ ）
A． B． C． D．
【典例2】（2022上·湖南怀化·高二校考阶段练习）如图，在正方体中，
(1)求异面直线与所成的角的大小；
(2)求二面角的大小.
【典例3】（2023·全国·高三专题练习）如图，三棱锥 中，已知 平面 .则二面角的正弦值为_____.
【典例4】（2023·高一课时练习）已知正方体的棱长为1．
(1)求异面直线与AC所成角的大小；
(2)求二面角的余弦值．
【变式1】（2022·高二课时练习）将边长为a的正三角形ABC，沿BC边上的高线AD将△ABC折起．C点变为点，若折起后B与两点间的距离为，则二面角的大小为 ．
【变式2】（2019·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）如图,楔形几何体由一个三棱柱截去部分后所得,底面侧面,,楔面是边长为2的正三角形,点在侧面的射影是矩形的中心,点在上,且
（1）证明：平面；
（2）求楔面与侧面所成二面角的余弦值.
【变式3】（2023·全国·高一专题练习）已知如图边长为的正方形外有一点且平面，，二面角的大小的正切值______．
【变式4】（2023·上海·模拟预测）直四棱柱，，，，，
(1)求证：；
(2)若四棱柱体积为36，求二面角大小的正切值
题型08面积投影法求二面角
【典例1】（2023·全国·高二假期作业）如图与所在平面垂直，且，，则二面角的余弦值为_______.
【典例2】（2023秋·高二课时练习）的边在平面内，在内的射影是，设的面积为S，它和平面所成的一个二面角的大小为（为锐角），则的面积是__________．
【变式1】（2023·全国·高三专题练习）已知长方体的底面是边长为1的正方形，侧棱，过作平面分别交棱，于，，则四边形面积的最小值为________.
题型09等体积法求点面距离
【典例1】（2024上·河北·高三雄县第一高级中学校联考期末）已知正方体的棱长为为线段上的动点，则点到平面距离的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．2
【典例2】（2024上·上海·高二上海师大附中校考期末）在直三棱柱中，，则点到平面的距离为 .
【典例3】（2023·陕西商洛·统考一模）如图，在三棱柱中，平面，是等边三角形，且为棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【变式1】（2024上·全国·高三阶段练习）在直三棱柱中，所有棱长均为1，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（2021下·内蒙古赤峰·高一统考期末）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，底面，，，，分别是，，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离．
【变式3】（2023·四川甘孜·统考一模）如图，平面，.
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离；
