(共18张PPT)
提升点5 球的切、接问题
几何体与球的切、接问题，尤其是多面体与旋转体的外接球是高考命
题的热点与重点，此类问题实质是计算球的半径或确定球心 的位置问题，
其中球心的确定是关键.
类型一 空间几何体的内切球
［例1］ （1）已知在中，，，，以 所在
直线为轴旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为
( )
B
A. B. C. D.
【解析】 旋转体的轴截面如图所示，其中 为内切球的球心，
过点分别作，的垂线，垂足分别为点， ，则
（为内切球的半径），故 ,
,
故，解得 ,
故旋转体的内切球的表面积为 .
（2）已知在三棱锥中， 平面， ，且
， ，则该三棱锥内切球的体积为( )
A
A. B. C. D.
【解析】 由 ， ，得 .
又，且， 平面，，所以 平面
，
又 平面，所以 .
由，，得 ，
所以三棱锥的表面积 ,
三棱锥的体积 .
设三棱锥内切球的球心为，半径为 ,
由 ，
得 ,
所以该三棱锥内切球的体积
.
空间几何体的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且为
球的半径，作出截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球
的半径.
［对点训练］ （2024·开封质量检测）已知圆锥 的轴截面是正三角形，
用平行于底面的截面将圆锥 分成两部分，若这两部分几何体都存在内切
球（与各面均相切），则上、下两部分几何体的体积之比是( )
C
A. B. C. D.
解析： 选C.作出圆锥的轴截面如图所示，， 是
切点，设,，则,， ,
因为，所以,所以 .
因为 ，
所以 ，
所以 ，
即 .
类型二 空间几何体的外接球
［例2］ （1）已知圆台的上、下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台
的下底面过球心，上底面半径为1，则圆台的体积为( )
C
A. B. C. D.
【解析】 如图，圆台的轴截面为等腰梯形，
设的中点为，
的中点为，则为球心， .
连接，，设圆台的高为,由题意知球的
半径 ，
则在中， ,
所以圆台的体积
.
（2）（2024·合肥质量检测）已知四面体 的各顶点都在同一球面上，
若，平面 平面 ，则该球的
表面积是( )
C
A. B. C. D.
【解析】 如图所示，取的中点为，连接，，因为 与
均为正三角形，
所以，，又因为平面 平面，且平面
平面， 平面， 平面，所以 平面
， 平面.分别取与的中心为， ，分别过
点，作,,且,所以 平面
， 平面，则点为四面体 外接球的球心.
因为与的边长均为，所以 ，
，，且，连接 ，则外接球的
半径 ，所以外接球的表面积为
.
求解空间几何体的外接球问题的策略
（1）定球心：球心到接点的距离相等且为半径.
（2）作截面：选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几
何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的.
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的
方程，并求解.
［对点训练］ 1.已知圆锥的顶点和底面圆周都在球 的球面上，圆锥底面
半径为，侧面展开是一个半圆，则球 的表面积是( )
D
A. B. C. D.
解析： 选D.依题意得圆锥底面半径 ,
设圆锥的高为,母线为,圆锥外接球的半径为，则 ，即
,解得 ,
所以 .
所以,即，解得 ，所
以圆锥的外接球球的表面积 .
2.（2024·潍坊模拟）已知直三棱柱 外接球的直径为6，且
， ，则该三棱柱体积的最大值为( )
C
A.8 B.12 C.16 D.24
解析： 选C.设，.因为三棱柱为直三棱柱且 ，
所以可将其补形为一个长方体，如图，
则该长方体的外接球即三棱柱 的外接球，所以外接球的直
径为,所以 .则该三棱柱的体积
,当且仅当 时等号成
立，所以该三棱柱体积的最大值为16.(共32张PPT)
提升点6 立体几何中的
截面及动态问题
类型一 截面问题
“截面、交线”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗
透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.求截面、
交线问题，一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解，
二是利用空间向量的坐标运算求解.
角度1 截面形状的判断
［例1］ 如图，在正方体中，点，
分别是棱，的中点，点是棱 的中点，则过
线段且平行于平面 的截面图形为( )
D
A.矩形 B.三角形 C.正方形 D.等腰梯形
【解析】 如图，取的中点，连接，，， ，
由题意得， ，
又 平面， 平面 ，
所以平面 ，
同理平面 ，
又，， 平面 ，
所以平面平面，故过线段且与平面 平行的截面图
形为四边形 ，显然为等腰梯形.
首先根据条件作出相应的截面图形，再结合线面位置关系的判定与性质加
以分析，得到截面图形所满足的特征性质，确定其形状.
［对点训练］ 一个三棱锥的各棱长均相等，其内部有一个内切球，即球
与三棱锥的各面均相切（球在三棱锥的内部，且球与三棱锥的各面只有一
个交点），过一条侧棱和对边的中点作三棱锥的截面，所得截面是下列图
形中的( )
C
A. B. C. D.
解析：选C.其空间结构体如图所示，
易知截面是一个非等边的等腰三角形，排除A，D；
等腰三角形的底边是正三棱锥的一条侧棱，
这条棱不可能与内切球有交点，
所以排除B；
截面所得等腰三角形的两条腰正好是正三棱锥两个面的中线，且经过内切
球在两个面上的切点，所以正确答案是C.
角度2 截面图形面积或周长的计算
［例2］ 已知正三棱柱的各棱长均为2，为棱 的中点，
则过点 的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为_________.
，
【解析】 正三棱柱的外接球的球心 为上、下
底面的外接圆圆心的连线 的中点，如图所示，连接
，，，设外接球的半径为 ，下底面外接圆的半
径为,,则 .
①当过点 的平面过球心时，截得的截面圆最大，截面圆的半径即为球的
半径，所以截面圆的面积最大为 ；
②当过点的平面垂直 时，截得的截面圆的面积最小，截面圆的半径为
1，
所以截面圆的面积最小为 .
综上，截面面积的取值范围为 ， .
（1）求截面图形的面积的前提是确定截面的形状，转化为平面图形求解.
（2）求截面周长的关键步骤：
①确定截面的形状；
②找出截面图形的边与立体图形棱线的关系；
③根据立体图形中的已知条件，利用勾股定理、余弦定理等计算截面图形
的边长；
④求和得出周长.
［对点训练］ 如图，在棱长为2的正方体
中，点是棱上的动点，过 ，
， 三点作正方体的截面，若截面把正方体分成体积之
比为 的两部分，则该截面的周长为( )
D
A. B. C. D.
解析： 选D.
如图所示，过点作，交于点，连接 ，
则四边形就是过点，， 的正方体的截面，且
.
设 ,
则台体的体积 ，
解得（负值已舍去），此时， .
又，所以截面的周长为 .
类型二 动态问题
“动态”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一
些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更
新颖.同时，由于“动态”的存在，也使立体几何问题更趋向多元化.
角度1 定性研究动点的轨迹
［例3］ （多选）如图所示，正方体 的
棱长为4，为的中点，为平面 上一动点，则
下列命题正确的是( )
ACD
A.若与平面所成的角为，则点 的轨迹为圆
B.若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为
C.若点到直线与直线的距离相等，则点 的轨迹为抛物线
D.若与所成的角为，则点 的轨迹为双曲线
【解析】 如图所示，对于A，根据正方体的性质可知， 平面 ，
所以为与平面所成的角，所以 ，
所以，所以点 的轨迹为以D为圆心，2为
半径的圆，故A正确；
对于B，在 中，
，
取的中点，连接 ，
因为为的中点，所以 ，
且 ，
因为，所以，即点在过点且与 垂直的平面内，
又，所以点的轨迹为以为圆心， 为半径的圆，
其面积为 ，故B错误；
对于C，连接，因为 平面， 平面 ，所以
，
所以点到直线的距离为 ，
所以点到点B的距离等于点到定直线的距离，又点B不在直线 上，
所以点的轨迹为以B为焦点， 为准线的抛物线，故C正确；
对于D，以D为原点，，，所在直线分别为轴、轴、 轴建立
空间直角坐标系，
则，， ，
设 ，
则， ，
因为与所成的角为 ，
所以, ，
所以，整理得 ,
所以点 的轨迹为双曲线，故D正确.
解立体几何中与动点轨迹有关问题的关键还是利用线面的平行、垂直关系，
在此类问题中要么容易看出动点符合什么样的轨迹（定义），要么通过计
算（建系）求出具体的轨迹表达式.
［对点训练］ 1.如图，斜线段与平面 所成的角为 ， 为斜足，
平面 上的动点满足 ，则点 的轨迹是( )
C
A.直线 B.抛物线 C.椭圆 D.双曲线的一支
解析：选C.由题可知，当点运动时，在空间中，满足条件的绕 旋
转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成 角的平面截圆锥，所得图形为椭圆.
2.已知正方体的棱长为1，动点 在正方体的侧面
上，且点到点的距离为，点 的轨迹是一条曲线，那么这
条曲线的形状是( )
B
A. B. C. D.
解析：选B.如图所示，连接，，
因为 平面，
平面,所以.在 中，
，
解得.所以点 是正方形
内（含边界）到点B的距离等于 的动点，其轨迹就是圆心为B，
半径的圆在正方形内（含边界）的部分.动点 到B的距离为
常数 .
角度2 定量研究动点的轨迹
［例4］ （1）已知正三棱锥的六条棱长均为6，是 及其
内部的点构成的集合.设集合，则集合 表示的区域的
面积为( )
B
A. B. C. D.
【解析】 设为的中心，连接,（图略），在正三角形
中，，在 中，
，当时，连接 （图略），
根据勾股定理可得，易知的轨迹是以 为圆心，
半径为1的圆，由于集合，故集合 表示的区域的面积
为 .
（2）（2024·潍坊模拟）如图所示，在棱长为1的正方体
中，点为截面 上的动点，若
，则点 的轨迹长度是( )
B
A. B. C. D.1
【解析】 方法一：以D为坐标原点建立如图1所示的空间直角坐标系，
因为正方体棱长为1，所以，，， ，
，所以，， .
因为点在截面 上，所以设
，所以 ,
所以.因为 ，所以
，即，所以点 在线段
上，则点的轨迹长度是 .
方法二：如图2所示，
连接，，，则，，
又, ，
平面，所以 平面，
又 平面 ，所以
，同理可得，又，， 平面
，所以 平面.因为，所以 平面 ，
又 截面，所以点在平面与截面 的相交线段上，即
点的轨迹为线段，又，所以点的轨迹长度为 .
当涉及动点轨迹的长度、图形的面积和图形的体积以及体积的最值时，一
般要用未知变量表示轨迹，然后借助于函数的性质求解.
［对点训练］ 如图，已知正方体
的棱长为2，，，分别是棱,, 的中点，
设 是该正方体表面上的一点，若
，则点 的轨迹围成图形
的面积是_____.
解析：因为,所以点在平面 上.
如图所示，分别取，,的中点，，，
连接,,, , ，
则点的轨迹是正六边形 .
因为正方体 的棱长为2，
所以正六边形的边长为 ，
所以点的轨迹围成图形的面积
.(共50张PPT)
第3讲 空间角、距离的计算
考情分析 备考关键
考点 利用空间向量求距离，用空间向量 求空间角（异面直线所成角、直线与平 面所成角、二面角） 考法 以空间几何体为载体考查空间角及 空间距离是高考命题的重点.空间向量是 将空间几何问题坐标化的工具，利用空 间向量求平面与平面的夹角或线面角是 高考热点，通常以解答题的形式出现， 难度中等. 一是要熟练掌握根据几何体的
结构特征准确建立空间直角坐
标系的方法，抓住空间中的垂
直关系是核心；二是准确进行
空间向量的基本运算；三是会
利用公式计算空间角及空间距
离，并注意所求空间角与空间
向量夹角之间的关系.
PART
01
第一部分
做真题 明方向
1.（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( )
B
A. B.1 C.2 D.3
解析：选B.设正三棱台的高为 ，三条
侧棱延长后交于一点，作 平面于点， 交
平面于点，连接， ，如图所示.
由，可得， ，又
， ，所以正三棱
台 的体积
，解得
，故.由正三棱台的性质可知，为 的中心，
则，因为 平面，所以是 与
平面所成的角，在中， .
2.（2024·天津卷）如图，已知直四棱柱 中，
，,，，，是 的中
点，是 的中点．
（1）求证平面 ；
证明：以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴、 轴
建立如图所示的空间直角坐标系，
依题意得，，，，， ，
，
则， ，
所以，， .
设平面的法向量为 ，
则即
取，得，，则 ．
，所以，显然
平面，所以平面.（另解：也可以取的中点 ，连接
，（图略），通过证明得到平面 ）
（2）求平面与平面 夹角的余弦值；
解：由（1）知，，设平面 的法向
量为 ,
则即
取，得,，则 .
设平面与平面的夹角为 ，
则，所以平面 与平面
夹角的余弦值为 .
（3）求点到平面 的距离．
解：易知
设点到平面的距离为 ，
则 ，
所以点到平面的距离为 .
PART
02
第二部分
研考点 破重难
考点一 利用空间向量求空间角
空间向量与空间角的关系
（1）异面直线所成角
设异面直线，所成的角为 ，其方向向量分别为，，则
.
（2）直线与平面所成角
如图所示，设为平面 的斜线，，为的方向向量，为平面
的法向量， 为与平面 所成的角，则 .
（3）平面与平面的夹角
设平面 ， 的法向量分别是，，平面 与平面 的夹角为 ，则
.
角度1 异面直线所成的角
［例1］ （2024·东北三校模拟）如图，四边形是正方形，
平面，且，是线段的中点，则异面直线与
所成角的正切值为____.
【解析】 方法一（向量法）因为 平面 ，
， 平面，所以， ，
因为四边形是正方形，所以.以 为坐
标原点，以，，所在直线分别为轴、 轴、
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，， ，
，
所以 .
设异面直线与所成的角为 ，
则 .
所以 ，
所以 .
方法二（向量法）因为 平面，， 平面 ，所
以，，在正方形中， ，
如图，连接 ，则
，所以 .
由，，，， 平面，得
平面，又 平面，所以，在 中，
，，所以 ，所以
，设异面直线与 所成的角为
，则， ，
所以 .
方法三（几何法）如图，取的中点，连接 ，
，则.又为线段 的中点，所以
且 ,
则异面直线与所成的角即直线与 所成的角，
所以异面直线与所成的角为 或其补角.
因为 平面，所以 平面，又 平面 ，所
以，在中，，在 中，
，故异面直线与 所成
角的正切值为 .
求解异面直线所成角的方法
（1）平移法——步骤：①平移；②认定；③计算；④取舍.
（2）向量法——步骤：①建系；②求两异面直线方向向量的坐标；③求
两向量夹角的余弦值；④下结论.
注意（1）由于两异面直线所成角的范围为，，所以两异面直线所成
角的余弦值即为两方向向量夹角余弦值的绝对值；
（2）当几何体不适合建系时，可考虑运用基底向量法求解.
角度2 直线与平面所成的角
［例2］ （2024·潍坊模拟）如图，在四棱台
中，下底面 是平行四边形，
，， ，
，，为 的中点.
（1）求证：平面 平面 ；
证明：在中，，， ，
由余弦定理可得 ，
所以，所以 .
又，且，， 平面，所以
平面，因为 平面 ，
所以平面 平面 .
（2）若，求直线与平面 所成角的正弦值.
【解】因为，所以 ，
得 .
在梯形中，， ，
如图，过点作，交于点，则， ，又
，
所以，得，即，又 ，
，， 平面 ，
所以 平面 .
以为坐标原点，，，所在直线分别为
轴、轴、 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，， ，
， ，
.
设平面的法向量为 ，
则即
令，可得 .
设直线与平面所成的角为 ，
则，即直线 与平面
所成角的正弦值为 .
利用空间向量求线面角的解题步骤
注意 线面角的正弦值对应向量夹角的余弦值的绝对值.
角度3 二面角
［例3］ （2024·北京卷）如图，在四棱锥中， ，
，，点在上，且， .
（1）若为线段的中点，求证：平面 ；
证明：取的中点，连接，（图略），因为为线段 的中点，
所以, ,
又，，所以， ，
所以四边形为平行四边形，所以 ，
又 平面， 平面 ，
所以平面 ．
（2）若 平面，求平面与平面 夹角的余弦值．
【解】因为 平面， 平面，所以 ，又
，，， 平面 ，
所以 平面 ．
连接，易知四边形为矩形，故直线 ，
，两两垂直，故以为坐标原点，，，
所在直线分别为轴、轴、 轴建立如图所示的空间
直角坐标系，
则，，， ，
，
则，，， ．
设平面的法向量为 ，
则
可取 ．
设平面的法向量为 ，
则
可取 ．
设平面与平面的夹角为 ,
则 .
所以平面与平面夹角的余弦值为 .
二面角的求解方法
（1）找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然
后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但是注意结合实际图
形判断所求角的大小.
（2）找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱
垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角
的大小.
［对点训练］ （2024·德州二模）如图，在三棱锥
中，，，为 的中点，
为内部一点且 平面 .
（1）证明：平面 ；
证明：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）若，，求二面角 的余弦值.
解：以为坐标原点，分别以，的方向为,轴的正方向，过点 作
的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系 .
在中，因为， ，
所以 ,
在中， ,
所以，
又,,, ,
所以, ,
.
设平面的一个法向量 ,
则即
取,则, ,
所以 .
设平面的一个法向量 ，
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 .
考点二 利用空间向量求空间距离
（1）点到直线的距离
直线的单位方向向量为，是直线上的任一点，为直线 外一点，设
，则点到直线的距离 .
（2）点到平面的距离
平面 的法向量为，是平面 内任一点，为平面 外一点，则点 到
平面 的距离为 .
［例4］ 如图所示的多面体是由底面为 的长方体被
截面所截得到的，其中， ，
，，则点到平面 的距离为( )
C
A. B. C. D.
【解析】 以D为原点，，，所在直线分别为
轴、轴、 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则
，，， ，所以
， .
设为平面 的法向量，
由得
令，则， ，
所以 .
又，所以点C到平面的距离 .
（1）空间中点、线、面距离的相互转化关系
（2）空间距离的求解方法有：①作垂线段；②等体积法；③等价转化；
④空间向量法.
（3）点面距的求解步骤
①求出该平面的一个法向量.
②找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量.
③求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，
即可求出点到平面的距离.
［对点训练］ 如图，将圆沿直径 折成直二面角，已
知三棱锥的顶点在半圆周上，, 在另外的半
圆周上， .
（1）若，求证： ；
证明：由题意知平面 平面，平面 平面 ，
，且 平面，故 平面 ，
又 平面，故 .
又，且,, 平面，故 平面 ，
而 平面，故 .
（2）若， ，直线与平面所成的角为 ，
求点到直线 的距离.
解：以为坐标原点，,所在直线分别为, 轴，
过点作平面的垂线作为 轴，建立空间直角坐标
系，如图，
由于， ，
则，，，设 , ,
则 ，
则,， ,
设平面的法向量为 ，
则即
令，则可得 ，
由于直线与平面所成的角为 ，
故 ，
解得，结合 ，
则 ，故 ，
所以 ,
由 ，
得 ，
故点到直线 的距离为
.(共43张PPT)
提升点6
专题强化训练
［A 基本技能］
1.如图，在正方体中，为底面
上的动点，于点，且，则点 的轨迹
是( )
A
A.线段 B.圆弧
C.椭圆的一部分 D.抛物线的一部分
解析：选A.连接（图略）,由题意知，，则点 在
线段的中垂面上运动，从而与底面 的交线为线段.
2.（2024·新乡三模）已知球的半径为5，点到球心 的距离为3，则过
点的平面 被球 所截的截面面积的最小值是( )
C
A. B. C. D.
解析：选C.由点A到球心的距离为3，得球心到过点A的平面 距离
的最大值为3，因此过点A的平面 被球 所截的截面圆半径最小值为
，所以过点A的平面 被球 所截的截面面积的最小值是
.
3.如图，已知正方体 的棱长为2，长为2
的线段的一个端点在棱上运动，另一端点 在正
方形内运动，则 的中点形成的轨迹的面积为
( )
D
A. B. C. D.
解析：选D.易知 平面， ，取线段 的中
点（图略），则，所以点 的轨迹是以D为球心，1为半
径的球面，故 .
4.如图，圆柱的轴截面是正方形，， 分别
是和的中点，是的中点，则经过点，，
的平面与圆柱 侧面相交所得到的曲线的离心率是
( )
B
A. B. C. D.
解析：选B.设正方形的边长为2，设是的中点且点 与
点C不在平面同侧，则点 与点C关于圆柱的中心对称，由题意可
知，所求曲线为椭圆.
椭圆的短轴长为2,长轴长，所以长半轴长 ,短半轴长
,故半焦距 ，
所以椭圆的离心率 .
5.（2024·江南十校联考）如图，在正方体中，，
分别为棱，的中点，过，， 三点作该正方体的截面，则( )
D
A.该截面是四边形
B. 平面
C.平面平面
D.该截面与棱的交点是棱 的一个三等分点
解析：选D.对于A，如图所示，将线段向两边延长，分别与棱 ，
棱的延长线交于点，，连接，，分别与棱， 交于
点，，连接,,得到截面 是五边形，故A错误；
又，,, 平面 ，故
平面 ，
又 平面，故 .
假设,又,, 平面,故 平
面，又 平面 ，由于过一点作一个平面的垂线只能
有一条，假设不成立，即与 不垂直.
又 平面，所以与平面 不垂直，故B错误；
对于C，连接,因为 平面， 平面 ，
故，又，,, 平面
，故 平面，又 平面，故 ，
同理可得，又,， 平面 ,故
平面，又与平面 不垂直，
所以平面与平面 不平行，故C错误；
对于D，易知，所以 ,
所以截面与棱的交点是棱 的一个三等分点，故D正确.
对于B，连接,,因为 平面， 平面 ，
故 ，
6.如图，在正方体中，点， 分别
是线段，上的动点，点是 内的动点
（不包括边界），记直线与所成角为 ，若
的最小值为，则点 的轨迹是( )
B
A.圆的一部分 B.椭圆的一部分
C.抛物线的一部分 D.双曲线的一部分
解析：选B.如图所示，延长交平面 的内部
于点，连接，则为直线 与其在平面
内的射影所成的角，即直线与所成角
的最小值，故，从而，所以
的轨迹是以为轴，顶点为，母线与轴的夹角为 的圆锥侧面
的一部分，则点的轨迹就是该部分圆锥侧面与 （不包括边界）的
交线，而所在平面与轴斜交，故点 的轨迹是椭圆的一部分.
7.（多选）如图，一个平面 斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的
图形为椭圆.若圆柱底面圆半径为,平面 与圆柱底面所成的锐二面角大
小为,则下列对椭圆 的描述中，正确的是( )
ACD
A.短轴长为 B.离心率为 C.焦距为 D.面积为
解析：选.由题意知，椭圆短轴长,而长轴长随 变大而变
长且 ,
所以 ,
故 ,焦距 ,
由椭圆在底面射影即为底面圆，则 等于圆的面积与椭圆面积的比值，
所以椭圆面积 .
综上，A,C,D正确，B错误.
8.（多选）如图，在直三棱柱中， ，
，，点在线段上，且，为线段 上
的动点，则下列结论正确的是( )
BD
A.当为的中点时，直线与平面所成角的正切值为
B.当时，平面
C.周长的最小值为
D.存在点,使得三棱锥的体积为
解析：选.对于A，如图1所示，当为的中点时，取
的中点，连接，，易知， 平面 ，则
平面，故为直线与平面 所成的角，
则 ，故A错误；
对于B，如图2所示，当时，延长交于点 ，
此时 ，
所以， ，
所以 .
又，所以四边形 是平行四边形，
所以,即 .
因为 平面， 平面 ，
所以平面 ，故B正确；
对于C，当点与重合时，易知，，此时 的周长
为，显然有 ,故C错误；
对于D，取的中点，连接 （图略）.
易知 平面，，若三棱锥的体积为 ，即
，所以，所以 .
因为，所以存在点 ，使得三棱锥
的体积为 ，故D正确.
9.如图，在棱长为1的正方体中，是截面 上的
一个动点（不包含边界），若，则 的最小值为_ __.
解析：如图所示，连接，若，则 在
平面上的射影在上，所以的轨迹为
（不包含端点），的最小值为到 的距离，连接
，过点作于点，因为 ，且
， ，所以
，故的最小值为 .
10.在正方体中，点在棱上，过点作平面
的平行平面 ，记平面 与平面的交线为，则与 所成角的
大小为__.
解析：如图所示，连接,,因为平面平面 ，
平面 平面，平面 平面
，则 .
在正方体中，易证 平面，而 平
面,故，所以，即与所成角的大小为 .
11.如图，为圆柱下底面圆的直径， 是下底面圆周上一点，已知
，，圆柱的高为5.若点 在圆柱表面上运动，且满足
，则点 的轨迹所围成图形的面积为____.
10
解析：如图所示，连接，，因为是圆柱下底面圆
的直径，所以，又因为， ,
, 平面，所以 平面，设过 的母线与
上底面的交点为，过的母线与上底面的交点为 ，连接
，因为 平面， 平面，所以 ，
因为，， 平面，所以 平面 ，所以
点在平面内，又因为点在圆柱的表面，所以点 的轨迹是矩形
（不包含点 ），
依题意得，，，所以 ，
所以矩形的面积为 .
故点 的轨迹所围成图形的面积为10.
12.如图，已知球是棱长为1的正方体
的内切球，则平面截球 的截面面积为__.
解析：由题意得平面是边长为的正三角形，且球
与以点为公共点的三个面的切点恰为 三边的中点，
故所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，截面如图
所示，内切圆的半径是 ,则所求的
截面圆的面积是 .
［B 综合运用］
13.（多选）（2024·甘肃高考诊断考试）已知直三棱柱 内
接于球，，，，点，分别为， 的
中点，点为侧面上一动点，且 ，则下列结论正确的是
( )
ACD
A.点到平面的距离为
B.存在点，使得 平面
C.过点作球的截面，截面的面积最小为
D.点的轨迹长为
解析：选 .对于A，如图1所示，
设点A到平面的距离为,因为 ,
所以.过点作的垂线，
垂足为点 ，易得
，，所以 ，所以
，又，，所以 ,即点A
到平面的距离为 ，故A正确；
对于B,如图2所示，
以点A为原点，，，所在直线分别为轴、轴、 轴建立空间直
角坐标系，则，，， ，
，.设,其中 ,则
.设平面的法向量为,则 即
取,得,与平面的法向量 不平行，
所以侧面上不存在点，使得 平面 ，故B错误；
对于C，如图3所示，
将直三棱柱 补形为长方体，则直三棱柱的外接球即该长方
体的外接球，则外接球的半径.设外接球球心为 ，连
接，当与过点D的截面垂直时，截面的面积最小.取的中点 ，连
接，，则，， 平面 ，所以
，则过点D作球的截面，截面圆的半径的最小值
为，所以截面的面积最小为 ，故
C正确；
对于D，如图4所示，
过点作，交于点，连接，
则 .又
，，，
平面 ，所以
平面，又 平面,
则 ，所以
，则点的轨迹是以点 为圆心，
为半径的半圆弧，点的轨迹长为 ，故D正确.
14.（多选）（2024·湖北七市州联考）如图，在棱长为2的正方体
中，为棱的中点，为正方形 内一个动
点（包括边界），且平面 ，则下列说法正确的有( )
ABD
A.动点轨迹的长度为
B.三棱锥体积的最小值为
C.与 不可能垂直
D.当三棱锥 的体积最大时，其外接球的表面
积为
解析：选.如图所示，对于A，分别取， 的
中点，，连接，， ，则由正方体的性质可
得，.因为， 平面，
， 平面，所以平面，
平面.又， 平面， ，所以平面
平面，所以点的运动轨迹为线段，即动点 轨迹的长度
为 ，故A正确;
对于B， ,易知
当点与点重合时， 取得最小值，即
,所以
,故B正确；
对于C，当为线段的中点时，因为，所以 .
又,所以 ，故C错误；
对于D， ，易
知当点与点重合时，取得最大值，连接，， ，
，所以.由正方体的性质知 ，
所以为直角三角形，易知点在平面 上的射影为
的斜边的中点，设为，连接，则三棱锥 ，
即三棱锥的外接球的球心在直线上，设球的半径为 ，
易知， ，则由
,得，所以球 的表面积
，故D正确.
15.（多选）已知在棱长为1的正方体中，点 为底面
上的动点，则( )
AB
A.当点在对角线上运动时，三棱锥 的体积为定值
B.当点在对角线上运动时，异面直线与所成角可以取到
C.当点在对角线上运动时，直线与平面所成角可以取到
D.若点到棱的距离是到平面的距离的两倍，则点 的轨迹为
椭圆的一部分
解析：选.对于A，当点在对角线上运动时， ，
平面， 平面 ，
故平面，从而点到平面 的距离为定值，从而三棱锥
的体积为定值，即三棱锥 的体积为定值，故A正确；
对于B,如图，以D为原点，，，所在直线分别为轴、轴、 轴，
建立空间直角坐标系，
则,，，，
， ，
， ，
因为点在对角线上运动，所以设 ,则
，，假设存在点满足异面直线
与所成角为 ，
则有,解得 ,
所以异面直线与所成角可以取到 ，故B正确；
对于C，如图，连接，则 ，
， ，
则，，所以 ,
,易得 平面,所以平面 的一
个法向量为 ，
令,无解,即直线 与平面
所成角取不到 ，故C错误；
对于D，易知点到棱的距离为点到点A的距离，所以在平面
内，动点到定点A的距离与到定直线的距离之比为2，则动点 的轨迹
为双曲线的一部分，故D错误.
16.在正方体中，以点为球心，棱 为半径的球将正
方体截为（含球心的部分）和两部分，则四边形被球 截得的
区域面积与 的表面积的比值为__.
解析：设正方体的棱长为1，由题可知为球的 ，
如图，连接，，则在平面，平面 ，
平面上的形状都为圆，故 的表面积为
.
接下来确定四边形被球截得的区域的形状，先把四边形
看作平面，则平面被球 截得的形状为圆.
连接，设交于点，则， ，
又 平面， 平面，故 ，
因为， 平面，,所以 平面
，
又为球心，所以截得的圆周上的点到的距离都相等，从而到 的距离都
相等，所以 为截面圆的圆心，
所以球被平面截得的形状为以为圆心， 为半径的圆.
所以球被四边形所截得的交线为四边形内的一段圆弧和线段 ，
又线段过圆弧的圆心，所以球被四边形 所截得的形状为以
为圆心，为半径的半圆，故四边形被球截得的区域面积与
的表面积的比值为 .(共32张PPT)
第1讲
专题强化训练
［A 基本技能］
1.已知某圆锥的底面半径为1，高为 ，则它的侧面积与底面积的比值为
( )
C
A. B.1 C.2 D.4
解析：选C.圆锥的侧面积为 ，圆锥的底
面积为 ，即 .
2.（2024·北京模拟）在中， ， , ,则将
以 为轴旋转一周所形成的几何体的体积为( )
D
A. B. C. D.
解析：选D.如图所示，过点C作于点D，则将以 为轴
旋转一周所形成的几何体是以为底面圆半径，分别以, 为高的两
个圆锥的组合体，因为 , ,，所以 ，
从而,，由等面积法得 ，即
，解得 ，从而所求几何体的体积为
.
3.如图，在棱长为2的正方体中， ，
分别为棱，的中点，则四棱锥 的体
积为( )
B
A. B.1 C. D.
解析：选B.方法一：
.
方法二： .
4.连接正四面体每条棱的中点，形成如图所示的多面体，则
该多面体的体积是原正四面体体积的( )
D
A. B. C. D.
解析：选D.由题意可知，该多面体可看成正四面体截去
四个棱长为原正四面体棱长一半的小正四面体所得的正八面体，则
.
5.已知甲、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 ( )
C
A. B. C. D.
解析：选C.设甲、乙两个圆锥的底面半径分别为， ，高分别为
，，母线长为，侧面展开图的圆心角分别 ， ，因为
，所以，又，，所以 ，又
，所以，.由，得 ，
，所以 .
6.（2023·全国甲卷）在三棱锥中， 是边长为2的等边三角
形，， ，则该棱锥的体积为( )
A
A.1 B. C.2 D.3
解析：选A.如图，取的中点D，连接， ，因为
是边长为2的等边三角形， ，所以
， ，
所以，又 ，
所以，所以 ，
又，， 平面 ，
所以 平面 ，所以
.
7.在三棱锥中， 平面， .若
， ，则该三棱锥体积的最大值为( )
D
A.2 B. C.1 D.
解析：选D.因为 平面， 平面，所以 ，
又，，， 平面，所以 平面 ，
因为 平面，所以 .
在中，， ，
则 ，
因为 平面， 平面 ，
所以 .
在中，不妨设，，可得 ，
所以 ，当且仅当
且 ，
即 时，等号成立，所以
，所以该三棱锥体积的
最大值为 .
8.（多选）已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点， .若线段
的最小值为 ，则( )
ABC
A.正方体的外接球的表面积为 B.正方体的内切球的体积为
C.正方体的棱长为2 D.线段的最大值为
解析：选.设正方体的棱长为，则外接球的半径为 ，内切
球的半径为，因为， 分别为两球面上的动点，所以
，所以 ，C正确；
所以，所以外接球的表面积 ，A正确；
，内切球的体积 ，B正确；
，D错误.
9.（多选）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
( )
BCD
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
解析：选.如图1，作交于点 ，易得
，则 ，
故圆台的高为 ，故A错误；
圆台的轴截面面积为 ，故B正确；
圆台的体积为 ，故C正确；
将圆台补成圆锥（图略），可得大圆锥的母线长为 ，底面半径为
，侧面展开图的圆心角 ，
侧面展开图如图2，设为的中点，连接，可得 ，
， ，
则，从点C沿着该圆台的侧面爬行到 的中点，
所经过的最短路程为 ，故D正确.
10.在棱长为2的正方体中，，分别为棱， 的
中点，则三棱锥 的体积为___.
1
解析：如图，由正方体棱长为2，得
，又易
知为三棱锥的高，且 ，所以
.
11.（2024·武汉四调）已知圆台的体积为 ，其上底面圆 的半
径为1，下底面圆 的半径为4，则该圆台的母线长为_____.
解析：设圆台的高为 ，则该圆台的体积
，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
于点，则，又 ，
所以圆台的母线长 .
12.如图，圆柱形开口容器（下底面密封），其轴截面
是边长为2的正方形.现有一只蚂蚁从外壁 处出发，沿外壁先
爬到上口边沿再沿内壁爬到中点 处（容器厚度忽略不
计），则它所经过的最短路程为_______.
解析：半个侧面展开后得矩形，其中 ，
，问题转化为在上找一点，使 最
短，作关于的对称点，连接，令与 交于
点，则的最小值就是，为 .
［B 综合运用］
13.（2024· 武昌质检）如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两
部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分（除去两个球缺）.如
图2，“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺
的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高．已知球缺的体积公
式为，其中是球的半径， 是球缺的高．已知该灯笼的
高为，圆柱的高为，圆柱的底面圆直径为 ，则该灯笼的
体积约为（注： ）( )
A.
B.
C.
D.
图1
图2
B
解析：选B.该灯笼去掉圆柱部分的高为 ，则
，由圆柱的底面圆直径为 ，得
，即，可得 ，则
， .
14.在三棱锥中，线段上的点满足，线段 上的
点满足，则三棱锥和三棱锥 的体积的比值
为( )
B
A. B. C. D.
解析：选B.如图，
由题意得 ,所以
（其中d为点A到平面PBC的距离，
因为平面PMN和平面PBC重合，所以点A到平面PMN的距离也为d）.
15.已知在一个表面积为24的正方体中，点在 上
运动，则当取得最小值时， ( )
A
A.2 B. C. D.
解析：选A.作出图形，如图所示.
依题意，故，将平面 翻折至与平
面 共面，
易得 ，
故当时，有最小值，此时，过点 作平面
的垂线，垂足为，连接 ，
则， ，
由余弦定理得
，
则 .
16.（多选）某工程师计划将一块边长为 的正方形铁片加工成一个无盖
正四棱台，其工程平面设计图如图1所示，正方形和正方形 的
中心重合，，，，，,,，分别是边，，， 上的三等
分点，且， ，将图中的四块阴影部分裁下来，用余
下的四个全等的等腰梯形和正方形 加工成一个无盖正四棱台，如图2
所示，则( )
A.该工程师可以加工出一个底面周长为 的正四棱台
B.该工程师可以加工出一个底面面积为 的正四棱台
C.该工程师可以加工出一个高为 的正四棱台
D.该工程师可以加工出一个侧棱长为 的正四棱台
图1
图2
解析：选.令正四棱台的底面边长，高为 ，侧棱长
为，等腰梯形的高为 ，
则由题意可知， ，
，即 .
对于A，当正四棱台的底面周长为时，，不满足 ，故
A错误；
对于B，当正四棱台的底面面积为时， ．满足
，故B正确；
对于C，如图，当正四棱台的高为，即 时，记正四棱台的
上、下底面的中心分别为，，取，的中点，，连接 ，
，，，过点作于点，则 ，
， ,
所以 ，
解得，则 ，
满足 ，故C正确；
对于D，如图，当正四棱台的侧棱长为
，即 时，
过点作于点 ，
则，， ,
所以 ，
解得，则,满足 ，故D正确.(共37张PPT)
提升点5
专题强化训练
［A 基本技能］
1.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一
个球的球面上，则该圆柱的体积为( )
B
A. B. C. D.
解析：选B.如图画出圆柱的轴截面， 为球心.球的半径
，球心到圆柱底面圆的距离为 .
所以底面圆半径 ,
又圆柱的高,故圆柱的体积 .
2.某正三棱柱的侧棱长是4，底面边长是，且每个顶点都在球 的球面
上，则球 的表面积为( )
D
A. B. C. D.
解析：选D.因为正三棱柱底面边长为 ，所以底面三角形外接圆半
径,又正三棱柱的侧棱长为4，即正三棱柱的高 ,
所以球的半径 ,
所以球的表面积 .
3.如图，几何体 为圆柱和圆锥的一个组合体，圆锥的底
面和圆柱的上底面重合，圆锥的顶点为 ，圆柱的上、下底
面的圆心分别为，，若该几何体 存在外接球
（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周
也在球面上），已知 ，则该组合体的体积为
( )
A
A. B. C. D.
解析：选A.设该组合体外接球的球心为，半径为 ，则
.
所以圆柱的底面半径 ,则该组合体的体积
.
4.已知某正三棱台的所有顶点都在半径为5的球面上，若该正三棱台的上、
下底面边长分别是和 ，则该正三棱台的高为( )
D
A.1 B.2 C.3 D.4
解析：选D.
如图所示，设该正三棱台为，
其上底面外接圆为 ,下底面外接圆为,
连接，， ，
则
,
,
又球的半径为5，所以球心即下底面外接圆的圆心，连接 ，则
，所以 ，则该正三棱台的高
为4.
5.已知圆柱的上底面圆周经过正三棱锥 的三条侧棱的中点，下底
面圆心为此三棱锥底面中心.若三棱锥 的高为该圆柱外接球半径
的2倍，则该三棱锥的外接球与圆柱外接球的半径之比为( )
A
A. B. C. D.
解析：选A.如图所示，连接， ，设正三棱锥
的底面边长为,高为,圆柱的外接球半径为 ，
则圆柱的高为 ,
所以的外接圆的半径为 ,所以圆柱的底面圆半径
为 ,
则 ,
又 ,
所以,所以 .
设正三棱锥的外接球的半径为,则球心到底面距离为 ,
由勾股定理得,得,故 .
6.（2024·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
A. B. C. D.
解析：选A.
如图所示，设圆柱底面半径为,高为,半球的半径为 ,
则,，,
, ,
所以
,
当且仅当时等号成立，此时 ,
所以 .
7.在正四棱锥中，， ，则该四棱锥内切球的表面
积是( )
C
A. B. C. D.
解析：选C.如图所示，
过点作 平面，则为正方形的中心，连接 ，因为
，所以，所以 ，则
四棱锥的体积,四棱锥 的表面
积.设四棱锥 内切球的半
径为,内切球的球心为 ，由
，可得 ，
即,解得,故四棱锥 内切球的表面积是
.
8.已知一个正六棱锥的所有顶点都在同一个球的球面上，六棱锥的底面边
长为1，侧棱长为2，则该球的表面积为( )
C
A. B. C. D.
解析：选C.如图，在正六棱锥 中，连接
，，，并交于点，则点为正六边形
的中心，连接，则 平面 ,该六棱锥的
外接球球心在上，连接 .
因为 平面，所以，由题意可知， ，
所以 .
设该正六棱锥外接球的半径为，则，所以 ，
在中，，所以 ，解得
,
所以所求球的表面积为 .
9.（2024·南宁适应性测试）如图，若圆柱的底面直径和高
都等于球 的直径，则球与圆柱的表面积的比值为__，体积
的比值为__.
解析：设球的半径为，则球的表面积 ，圆柱
的表面积 ，所以
， .
10.（2024·安庆二模）已知圆锥的顶点为，底面圆心为 ，底面直径
.圆锥的内切球和外接球的球心重合于一点 ，则该圆锥的表面积为
____.
解析：画出圆锥的轴截面如图所示，由 为圆锥的内切
球球心，
则有为的角平分线，为 的角平分线，
由为圆锥的外接球球心，则 ，故
，
故，又，故为等边三角形，故 ，则
圆锥的表面积 .
11.（2024·湖北十一名校联考）如
图1，在矩形中， ，
，，分别是， 的中
点，将四边形沿 折起，使得
二面角的大小为 ，如图2，若连接,,， ,则
三棱锥 的外接球的表面积为_____.
解析：如图，易知， ，所以二面角
的平面角为 ，所以 ，
，两两垂直，三棱锥 可补形为长方体，
故三棱锥 的外接球即长方体的外接球，其直
径
，则外接球的
表面积 .
12.（2024·武汉五调）已知正四棱台的上底面与下底面的边长之比为 ，
其内切球的半径为1，则该正四棱台的体积为___.
解析：如图，为内切球球心，， 分别为正四棱台
上、下底面的中心， 为内切球与正四棱台侧面的切
点，过点，，作出正四棱台的截面 ，设上
底面边长为,,则下底面边长为 ,则
， ，
， ，
故 ，在 中，
，则由射影定理，
，得,解得 （负值已舍
去）,
于是正四棱台的上底面面积为,下底面面积为 ,高为2,故
该正四棱台的体积 .
［B 综合运用］
13.（2024· 金丽衢十二校联考）在三棱锥 中，底面是边长为2的
正三角形，若为三棱锥的外接球直径，且与 所成角的余
弦值为 ，则该外接球的表面积为( )
A
A. B. C. D.
解析：选A.如图所示，记球心为，则为中点，取中点为 ，
中点为，连接，，， ,
则,,记外接球半径为 ,
在中，，， ，
在中，， ，
在中， ，
在中，，，所以与 所成角为
，即 ，
所以，解得 ,所以该外接球的表面积
为 .
14.（2024·菏泽三模）在三棱锥中，， ，
，，为的中点，且直线与平面 所成角
的余弦值为，则三棱锥 外接球的表面积为( )
B
A. B. C. D.
解析：选B.如图，设三棱锥外接球的球心为， 的外接
圆圆心为，连接，，，，，， ，
因为 ，为的中点， ，
所以，为 的外心，
由，为的外心，得D，，三点共线，且 .
由题意得 平面， 平面，则，故直线 与平
面所成角为的余角，所以 ，
所以 .
在中，由题设可得， ，由正弦定理得
， ，
所以，所以在中， ，
所以三棱锥外接球的表面积 .
15.（多选）（2024·滨州二模）如图1，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如
图2所示的四面体，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( )
AC
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
解析：选.对于A，翻折前， ，
则有翻折后， ，
因为,， 平面 ，
所以 平面，又因为 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 ，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，， ，
， ，
所以， ，
所以，，所以到直线 的距离为
，故B错误；
对于C,由正弦定理得，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，设直线与所成的角为 ,
则 ，
所以直线与所成角的余弦值为 ，故D错误.
16.（2024·长沙适应性考试）已知正四棱锥的顶点均在球 的
表面上.若正四棱锥的体积为1，则球 体积的最小值为_____.
解析： 设正四棱锥底面的边长为,
高为 ,所以正四棱锥的体积
,则 .
如图，连接，记的中点为 ，
连接，则 底面，正四棱锥外接球的球心 在
直线 上.
连接.设外接球的半径为 ，
则，又, ,
所以 ，
即 ,
得 ,
因为,所以 .
令,，则 ,
令,得,当时，,当 时，
,
所以函数在上单调递减，在， 上单调递增，
所以当时，半径取得最小值，且最小值为，所以球 体积的
最小值为 .(共49张PPT)
专题三 立体几何
第1讲 空间几何体
考情分析 备考关键
考点 空间几何体的展开问题，空间几何 体的表面积及体积. 考法 空间几何体的结构特征是立体几何 的基础，空间几何体的表面积和体积是 高考的重点与热点，多以选择题、填空 题的形式考查，难度中等偏上. 一是要熟练把握各种简单几何
体的结构特征，这是解决该部
分问题的基础；二是要准确记
忆几何体的表面积与体积计算
公式；三是灵活运用求体积的
方法.
PART
01
第一部分
做真题 明方向
1.（2024·全国甲卷）已知圆台甲、乙的上底面半径均为 ，下底面半径
均为，圆台甲、乙的母线长分别为， ，则圆台甲与
乙的体积之比为_ __.
解析：两圆台的上、下底面积对应相等，则两圆台的体积之比为高之比，
根据母线与半径的关系可得甲与乙的体积之比为 .
2.（2023· 新课标Ⅰ卷）在正四棱台中， ，
， ，则该棱台的体积为_ ___.
解析：方法一：如图，连接,交于点 ,连
接，交于点，连接,则 即为正四棱
台 的高.
过点作，垂足为 ，
则 ，
因为，， ，
则， ，
故，则 ，即
.
所以该棱台的体积 .
方法二：将正四棱台补成如图所示的正四棱锥，设
为正四棱台 上底面的中心，
连接,,则 平面 .
由，知，平面 为正四棱锥的中截面，故
，,所以正四棱锥 的
高 ，故
.由棱锥的性质知
，
故正四棱台的体积为 .
3.（2024·高考北京卷）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛
五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.
若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为
，，，且斛量器的高为 ，则斗量器的高
为____，升量器的高为_____ .（不计量器的厚度）．
23
57.5
解析：设升、斗量器的高分别为， ，升、斗、斛量器的容积
分别为，， ，因为升、斗、斛量器的容积成公比
为10的等比数列，所以 ，即
,解得.又 ，即
,所以 ，所以升、斗量器
的高分别为, .
PART
02
第二部分
研考点 破重难
考点一 空间几何体的展开问题
空间几何体的侧面展开图
（1）圆柱的侧面展开图是矩形.
（2）圆锥的侧面展开图是扇形.
（3）圆台的侧面展开图是扇环.
［例1］ （1）（2024·浙江金丽衢十二校联考）已知圆柱轴截面的面积
为4，则该圆柱侧面展开图周长的最小值为_____.
【解析】 设圆柱的母线长和底面圆半径分别为， ，根据
已知得 ，由题意可得，圆柱侧面展开图的周长可以表示为
，当且仅
当，即， 时，等号成立,故该圆
柱侧面展开图周长的最小值为 .
（2）如图，正方体的棱长为2，是
侧面 内一动点，且，则 的最
小值为_________.
【解析】 如图1，连接，，，易知 平面 .
因为，所以 平面 ，
即在线段上，将平面和平面沿着展开，
使得， ，， 四点共面，如图2.
又因为正方体的棱长为2，故 ，
故 .
图1
图2
空间几何体的最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，
转化成求平面中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边.
［对点训练］ 1.（2024·西安模拟）如图，这是一个正方
体的平面展开图，在该正方体中，下列结论正确的是
( )
A
A. B. C. D.
解析： 选A.如图所示，将展开图重新组合成正方体.显
然,因此A选项正确;由图易得，显然 与
所成角非直角，因此异面直线与 所成角也非直角，
所以 不成立，因此B,C选项不正确;由图易得
，显然与相交，因此 不成立，因此D选项不正确.
2.如图，已知圆锥的底面半径为1，母线，一只蚂蚁从
点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点 ，则蚂蚁爬行的最短
距离为( )
B
A. B. C.6 D.
【解析】 选B.已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，
如图，一只蚂蚁从A点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到
点A的最短距离为 ，
设 ，圆锥底面周长为 ，
所以 ，所以 ，
在中，由 和余弦定理，
得
.
考点二 空间几何体的表面积
旋转体的侧面积和表面积公式
（1），（为底面半径，为母线长）.
（2），（为底面半径，为母线长）.
（3）,（,分别为上、
下底面半径，为母线长）.
（4）（为球的半径）.
［例2］ （1）（2024·菏泽三模）已知圆台 的母线长为4，下底面
圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面的周长为16，则该圆台的表面
积为( )
C
A. B. C. D.
【解析】 如图，作出圆台的轴截面 ，
设上底面圆的半径为，则下底面圆的半径是 ，故轴截面的周长为
，解得，所以上、下底面圆的面积分别为 ，
，圆台的侧面积 ，
所以圆台的表面积为 .
（2）如图，在正方体中，三棱锥 的表面积
与正方体的表面积的比为______.
【解析】 设正方体的棱长为1，则其表面积为6，三棱锥 为正四面
体，其每个面都是边长为 的正三角形，其表面积为
,所以三棱锥 的表面积与正方体的表面积
的比为 .
破解空间几何体的表面积问题的关键
（1）会转化：将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化.
（2）会分类：能识别所给的几何体是规则的几何体，还是不规则的几何
体，还是简单的组合体.
（3）用公式：对于规则的几何体或简单的组合体，只需利用公式即可求
解，需注意所求的是表面积还是侧面积；对于不规则的几何体，将所给几
何体割补成柱体、锥体、台体，先求出这些柱体、锥体、台体的表面积，
再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积.
［对点训练］ 1. 已知一个圆锥和一个圆柱的底面半径和高分别相等，若圆
锥的轴截面是等边三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积的比值为( )
C
A. B. C. D.
解析： 选C.设圆锥底面圆的半径为，则圆锥的母线长 ，圆柱的
母线长等于圆锥的高，记圆锥和圆柱的侧面积分别为， ，则
.
2.如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可
以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体.已知正四棱台上底、
下底、侧棱的长度（单位： ）分别为2，6，4，正三棱柱各侧棱长度均
相等，则该结构的表面积（单位： ）为( )
A
A. B. C. D.
解析： 选A.由题可得正三棱柱的底面积为
，正三棱柱的外露表面积为
，正四棱台侧面梯形的高为
，正四棱台的外露表面积为
，故该结构的表面积为
.
考点三 空间几何体的体积
空间几何体的体积公式
（1）（为底面面积，为柱体的高）.
（2）（为底面面积，为锥体的高）.
（3）（，分别为上、下底面面积，为台体
的高）.
（4）（为球的半径）.
［例3］ （1）（2024·天津卷）一个五面体
.已知 ,且两两之间距离为1，
，, ,则该五面体的体积为( )
C
A. B. C. D.
【解析】 因为 ，且两两之间距离为1，则该五面体可以分成
一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥，其中三棱柱的体积
等于棱长均为1的直三棱柱的体积，四棱锥的高为 ，底面是上底为1、下
底为2、高为1的梯形，故该五面体的体积
.
（2）（2024· 九省联考）已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球
的直径相等，则圆锥的体积与球的体积的比值是__.圆锥 的表面
积与球 的表面积的比值是___.
1
【解析】 设正三角形的边长为，则正三角形的高为，此时圆锥 的
底面半径为，母线长，高为，故圆锥 的体积
，圆锥的表面积 .
因为正三角形的高与球的直径相等，所以球的半径，故球 的
体积，球的表面积 .因此，圆锥
的体积与球的体积的比值为，圆锥 的表面积与球
的表面积的比值为 .
破解空间几何体的体积问题的常用方法
（1）公式法：对于规则几何体，可以直接利用公式求解.
（2）割补法：把不规则的几何体割补成规则的几何体，便于计算其体积.
（3）等体积法：当一个几何体的底面积和高较难求解时，可以用等体积法求
解.等体积法通过选择合适的底面来求几何体的体积，多用来求锥体的体积.
［对点训练］ 1.如图，在平面五边形 中，
， ，
，则五边形 绕直线
旋转一周所形成的几何体的体积为( )
D
A. B. C. D.
解析： 选D.由图可知，五边形 可看作正方形
切去一个等腰直角三角形 而得，即根据题意得
到的几何体是一个圆柱挖去一个圆锥，设圆柱和圆锥的底
面半径分别为，，高分别为，，体积分别为， ，
所以五边形绕直线 旋转一周所形成的几何体的体积
.
2.（2024·阜阳模拟）降水量是指水平地面上单位面积的降水深度
（单位： ）.气象学中，把24小时内的降水量叫作日降雨量，等级划分
如下：
24小时内降水量/
等级 小雨 中雨 大雨 暴雨
某数学建模小组为了测量当地某日的降水量，制作了一个
上口直径为，底面直径为，深度为 的圆
台形水桶（轴截面如图所示）.若在一次降水过程中用此桶
C
A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨
接了24小时的雨水恰好是桶深的 ，则当日的降雨所属等级是( )
解析： 选C.设上口半径为，底面半径为，桶深为，水面半径为 ，
则 ，降水量的体积
，降水
深度为 ，属于大雨等级.
3.在五面体中，正方形 所在平面与平面
垂直，四边形为等腰梯形， ，
.若三棱锥的体积为 ，
则线段 的长为___.
4
解析：取的中点，连接 .
因为， ，
所以四边形 为菱形，
所以 ，
所以为直角三角形，所以 .
因为平面 平面，
平面 平面， 平面, ，
所以 平面 .
设，则， .
由勾股定理得 ，
故
，
解得,故 .
数学美 阿基米德几何体
［问题背景］ 阿基米德几何体内涵和谐美妙的对称美，如图中的阿基米
德球与阿基米德多面体是教材推出的两个最美多面体，其中图1中的阿基
米德球与圆柱的上、下底面和侧面都相切，有性质 ，图2中
的阿基米德多面体是过正方体共顶点的三条棱中点的八个截面截去八个相
同的三棱锥后得到的，它是一个十四面体——其中八个面为正三角形，六
个面为正方形.近年来与阿基米德几何体相似的高考数学试题成为了高考热
点之一，也是各地模拟题的常考题型，例如2024年新课标Ⅰ卷 是与阿基
米德球相似的问题.
图1
图2
［真题展示］ （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( )
B
A. B. C. D.
解析： 选B.设圆柱和圆锥的底面半径均为 ，因为它们的高
均为，且侧面积相等，所以 ，
得，所以圆锥的体积 ．
［跟踪训练］ 如图，圆柱的下底面与定圆锥底面所在平面
重合，圆柱的上底面圆周在圆锥的侧面上，当圆柱侧面积
最大时，圆柱的体积与圆锥的体积之比为( )
A
A. B. C. D.
解析： 选A.如图，设圆锥的底面半径为 ，
高为，圆锥母线 与圆柱上底圆周交于B.圆柱的上、下底面圆心分别为
,，且设圆柱底面半径为，高为， ,
则，即 ，
所以 ，
，
所以当时，,此时 .
.故选A.
［试题演变］ （多选）如图，阿基米德十四面体 的顶点均是正方体各棱
的中点，若正方体的棱长为1,则( )
AC
A.的体积为 B. 的表面积大于5
C.的顶点在同一个球面上 D. 的各个面均与同一个球相切
解析： 选.由题意知，的棱长均为，对于A， 的体积为
,A正确；
对于B，的表面积为 ,B错误；
对于C，由于的各顶点到正方体中心的距离为，故 的顶点都在以正方
体的中心为球心，半径为 的球面上，C正确；
对于D,正方体的中心到的六个正方形面上的距离均为， 的八个正三角
形面的正三角形的重心（中心）到顶点的距离为 ，易
知正方体中心到的正三角形面的距离为，故 的各
个面不可能与同一个球相切，D错误.(共34张PPT)
第2讲 空间点、线、面的位置关系
考情分析 备考关键
考点 空间位置关系的判定，平行、 垂直关系的证明，翻折问题. 考法 高考对此部分的考查，一是空 间线面关系命题的真假判断，以选择 题、填空题的形式考查，属于基础 题；二是空间线线、线面、面面平行 和垂直关系交汇综合命题，一般以选 择题、填空题或解答题的第（1）问 的形式考查，属于中档题. 一是要熟练掌握空间中平行关系与
垂直关系的判定定理与性质定理，
这是证明平行、垂直关系的理论依
据，注意条件的完整性；二是要熟
练掌握三角形、特殊四边形等平面
多边形中的线线平行与垂直关系，
这是证明空间平行与垂直关系的起
点；三是明确平面图形翻折前后的
相关位置关系的变化.
PART
01
第一部分
做真题 明方向
1.（2024·天津卷）若,为两条直线， 为一个平面，则下列结论中正
确的是( )
C
A.若 ， ，则 B.若 , ，则
C.若 , ，则 D.若 , ，则与 相交
解析：选C.对于A，B，若 ， ，则与 可能平行、相交或
异面，故A，B错误；对于C，D，若 , ,则，且与 可
能相交，也可能异面，故C正确，D错误．
2.（2023·全国甲卷）如图，在三棱柱
中， 平面, ．
（1）证明：平面 平面 ；
证明:因为 平面， 平面，所以 ,
因为 ，所以 ,
又,, 平面，所以 平面 ,又
平面，所以平面 平面 .
（2）设,，求四棱锥 的高．
解：如图，过点作，交于点 ，由（1）
知平面 平面，又平面 平面
， 平面，所以 平
面，即四棱锥的高为 .
由题意知,, ,则 ，
故 .
又， ，所以 .
在等腰直角三角形中，, 为斜边中线，所以
,故四棱锥 的高为1.
PART
02
第二部分
研考点 破重难
考点一 空间位置关系的判定
1.直线、平面平行的判定及其性质
（1）线面平行的判定定理： ， ， .
（2）线面平行的性质定理： ， ， .
（3）面面平行的判定定理： ， ，， ，
.
（4）面面平行的性质定理： ，， .
2.直线、平面垂直的判定及其性质
（1）线面垂直的判定定理： ， ，， ，
.
（2）线面垂直的性质定理： ， .
（3）面面垂直的判定定理： ， .
（4）面面垂直的性质定理： ，， ，
.
［例1］ （1）（2024·武汉四调）设，是两条不同的直线， ，
是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
C
A.若 ， ，则 B.若 ， ，则
C.若 ， ，则 D.若， ，则
【解析】 如图所示，对于A，设平面 为平面 ，
平面 为平面，为，则 ， ，
但 ，故A错误；对于B，设平面 为平面 ，
平面 为平面，为，则 ， ，
但 ，故B错误；对于C，过作平面 与平面 交于直线 ，
，则， ，可得，则 ，故C正确；对于D，设
平面 为平面，为，为，则， ，但
，故D错误.
（2）（多选）（2024·黄山模拟）如图，已知正方体
，点，，分别为棱， ，
的中点，则下列结论正确的是( )
AB
A.与共面 B.平面平面
C. D.平面
【解析】 A中，在正方体中，点，，分别为棱 ，
，的中点，连接，所以 ，而
，所以，可得A，，， 四点共
面，所以与 共面，所以A正确；
B中，由A知,又 平面， 平面 ，所以
平面，同理，平面，又，,
平面，所以平面平面 ，所以B正确；C中，因为
，且，,即四边形 为等腰梯形，所以
与不垂直，所以C不正确；D中，由B知，平面平面 ，
平面，所以与平面 不平行，所以D不正确.
判断与空间位置关系有关的
命题真假的三种方法
（1）借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定、性质、
定义进行判断.
（2）借助反证法，当从正面入手较难时，可以利用反证法，推出与题设
或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断.
（3）借助空间几何模型，例如从长方体、四面体等模型中观察线面位置
关系，结合有关定理，进行肯定或否定.
［对点训练］ 一几何体的平面展开图如图所示，其中
四边形为正方形，，分别为， 的中点，
在此几何体中，下面结论错误的是( )
B
A.直线与直线异面 B.直线与直线 异面
C.平面 D.平面
解析：选B.由题意知该几何体是底面为正方形的四
棱锥，如图所示.
易得，，则，故直线，
共面，则直线，共面，B错误；由 平面
， 平面，不在直线上，得直线与直线 异面，A
正确；由,平面， 平面，知平面 ，
C正确；由，平面， 平面，得 平面
，D正确.
考点二 平行、垂直关系的证明
［例2］ 如图，在四棱锥中，底面为矩形， 平面
， ，，为 的中点.
（1）若为的中点，求证：平面 ；
【证明】设，连接， ，
因为底面 为矩形，
所以是， 的中点，
又因为，分别为, 的中点，
所以， .
因为, 平面，, 平面 ，
所以平面，平面 .
因为,, 平面，所以平面平面 .
又因为 平面，所以平面 .
（2）求证：平面 平面 .
[答案] 因为 平面， 平面，所以 ，因为
，所以.因为，， 平面 ，
所以 平面.因为 平面，所以 .因为
，为的中点，所以.因为，，
平面，所以 平面.又因为 平面 ，所以平面
平面 .
平行关系及垂直关系的转化
［对点训练］ 如图,是所在平面的一条斜线，点是 在平面
上的射影，且在的高上.，与之间的距离为 ，
点 .
（1）证明是二面角 的平面角；
证明：由题意及题图知，， 平面， ，
因为 平面，所以 .
又因为,, 平面，所以 平面 ，
因为 平面 ，
所以，又 ，
所以为二面角 的平面角.
（2）当时，证明 平面 .
证明： 由已知，，在与 中，
，所以，又因为 ，所以
，故有，由（1）得 平面 ，
平面，所以，又，， 平面
，所以 平面 .
考点三 翻折问题
［例3］ （多选）如图，在矩形中，，分别为， 的中点，
且，现将沿向上翻折，使点移到 点，则在翻折
过程中，下列结论正确的是( )
BD
A.存在点，使得
B.存在点，使得
C.存在点，使得
D.三棱锥体积的最大值为
【解析】 对于A， ，
，因此， 不平行，
即不存在点，使得 ，故A错误；
对于B，如图，
取的中点，连接，，，，当 时，
因为 ，
即，则 ，
而，，， 平面，所以 平面 ，
又，分别为， 的中点，
则，于是 平面，而 平面，则 ，故B
正确；
对于C，假设，又，，， 平面
，
所以 平面 ，
所以，这与矛盾，故不存在点，使得 ，故C错
误；
对于D，在翻折过程中，设与平面所成的角为 ，
则点到平面 的距离
，
又的面积为 ，
因此三棱锥 的体积为
，
当且仅当 ，即 平面 时，等号成立，
所以三棱锥体积的最大值为 ，故D正确.
翻折问题的处理策略
（1）解决与翻折有关的问题的关键是搞清翻折前后的变化量和不变量，
一般情况下，折线同一侧的线段的长度是不变量，相对位置关系也不变，
而处在折线两侧的线、面位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决此
类问题的突破口.
（2）在解决问题时，要综合考虑翻折前后的图形，既要分析翻折后的图
形，也要分析翻折前的图形，善于将翻折后的量放在原平面图形中进行分
析求解.
［对点训练］ 1.已知正方形中，为的中点，为 的中点，
，分别为，上的点，，，将沿着
翻折得到空间四边形 ，则在翻折过程中，以下说法正确的是( )
B
A. B.与相交 C.与异面 D.与 异面
解析： 选B.如图，由 ，
，
得且 ，
由，分别为， 的中点，
得且 ，
所以，且 ，
所以四边形 为梯形.
梯形的两腰，延长必交于一点，所以与相交，与
平行，故A，C，D不正确，B正确.
2.（2024·开封质检）在矩形中，， ，沿对角线
将矩形折成一个大小为 的二面角，当点与点 之间的距
离为3时， __.
解析：分别作，，垂足为， ，则
， .
由，可得 ，所以
，， .
因为 ，
则
，
故 .(共42张PPT)
第3讲
专题强化训练
［A 基本技能］
1.如图，已知圆柱的高和底面半径均为4， 为上底面圆周
的直径，点是上底面圆周上的一点且， 是圆
柱的一条母线，则点到平面 的距离为( )
D
A.4 B. C.3 D.
解析：选D.由题可得，因为 ，所以
.因为 平面，且 ，所以
.因为，所以 ，
所以.设点到平面的距离为 ，又
,即，解得 .
2.（2024·武汉五调）已知菱形，，将 沿对角线
折起，使以，，， 四点为顶点的三棱锥体积最大，则此时异面直
线与 所成角的余弦值为( )
C
A. B. C. D.
解析：选C.记的中点为，连接, ,因为
，所以 ，
同理，，记 ，
因为，所以 ，
所以， ，
易知，当平面 平面时，三棱锥 的体积最大，此时
，以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则， ，
，,所以， ，设异
面直线与所成的角为 ,则， ，
所以异面直线与所成角的余弦值为 .
3.在四面体中， ， ，
，，点在棱上，且，点为 的重心，
则点到直线 的距离为( )
A
A. B. C. D.
解析：选A.由题意知，，两两垂直，以点为坐标原点， ，
，所在直线分别为轴、轴、 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
，， ，
连接，所以， ，
，
，
，
所以点到直线 的距离
.
4.如图，正三棱柱的所有棱长都相等， ，
，分别为，，的中点，则与平面 所
成角的正弦值为( )
A
A. B. C. D.
解析：选A.设正三棱柱的棱长为2，取的中点D，连接， ，可
得,, 两两垂直，
以D为坐标原点，，，所在的直线分别为轴、轴、 轴，建立
空间直角坐标系，如图所示，则，， ，
，，， .设平
面的法向量为，则
取，则，，故为平面 的一个法向量，
所以，所以与平面所成角的正弦值为 .
5.（多选）已知正方体的棱长为1，点， 分别是
，的中点，在正方体内部且满足 ，
则下列说法正确的是( )
BC
A.点到直线的距离是
B.点到平面的距离为
C.平面与平面间的距离为
D.点到直线的距离为
解析：选 .如图所示，建立空间直角坐标系，则
，，， ，
，， ，
所以， .
设 ，则 ，
，
故点A到直线的距离 ，
故A错误；
易知，平面 的一个法向量
，则点到平面 的距离
,故B正确; ,
, .
设平面的法向量为 ，
则所以
令，得，，所以 .
所以点到平面的距离 .
易得平面平面 ，
所以平面与平面间的距离等于点到平面 的距离，所
以平面与平面 间的距离为
，故C正确；
因为 ，
所以 ，
又，则 ，
所以点到直线 的距离
，故D错误.
6.如图，若矩形的两边，， 平
面，且，则二面角 的正切值为__.
解析：如图，过点作，垂足为，连接 ，由题
知，，所以 是二面角
的平面角.因为 ，所
以，所以，所以二面角 的
正切值为 .
7.如图，在正方体中，为线段的中点， 为线段
上的动点（包括端点），则直线与直线 所成角的正弦值的最
小值为_ __.
解析：以 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则，，， ，
，， ，
设，得 ，所以
，
，
因为 ，所以
，，
则，所以直线与直线 所成角的正弦值的最小
值为 .
8.（2024·宁波“十校”联考）已知四棱锥 的
底面是直角梯形，， ，
，，为的中点， .
（1）证明：平面 平面 ；
证明：由题得在中，，可得 ，
，从而是等边三角形，平分，因为为 的中
点，所以，所以 ，
又因为，且， 平面，所以 平面
，又因为 平面，所以平面 平面 .
（2）若，与平面所成的角为，过点作平面 的垂
线，垂足为，求点到平面 的距离.
解：取的中点，连接，因为，所以于点 ，因
为平面 平面，平面 平面， 平面
,所以 平面，连接，可得为与平面 所成
的角，则 ，
在中， ，
在等边三角形中，为的中点，可得, ，在
中，可得 ，
OB,,两两垂直，故以为原点，，，所在的直线分别为
轴、轴、 轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，， ，
，
可得， ，
设 ，
可得 ，
则 ，
由
解得， ，满足题意，
所以点到平面的距离为 .
［B 综合运用］
9.（2024· 新课标Ⅱ卷）如图，平面四边形 中，
，，， ，
，点，满足， .将
沿翻折至，使得 ．
（1）证明： ；
证明：由题得，，，又 ，
所以由余弦定理得，故 .
又，所以 .
由及翻折的性质知， ，
又，， 平面，所以 平面.又 平
面，所以 ．
（2）求面与面 所成的二面角的正弦值．
解：如图，连接，又， ，
，故 .
又， ，所以
，故 ．
又，，， 平面，所以 平面
.
EF，，两两垂直，故以为原点，，，所在直线分别为
轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则， ，
，， ，
连接，则，， ，
．
设平面的法向量为 ，
则
可取 .
设平面即平面的法向量为 ，
则
可取 .
.
故平面与平面 所成二面角的正弦值为
.
10.（2024·贵阳适应性考试）如图，正三棱柱 中，
，.设点为棱上（包含端点）的一点，过点， 作
平面的垂面 .
（1）画出平面 与正三棱柱 表面的交线（保留作图痕迹，
不需证明）；
解：平面 与正三棱柱 表面的交线如
图1中的四边形所示.（画法：如图1，连接 ，
分别取，的中点，，连接， ，过
点作的平行线，交于点，连接 ，则四
边形 即为所求.）
（2）若点到平面 的距离为，求直线与平面 所成角的正弦值.
解：如图2，连接，以为坐标原点， ，
，所在直线分别为轴、轴、 轴建立空间
直角坐标系，
则，， ，
， .
设 ，
则点的坐标为 .
， ，
设平面 的法向量为 ，
则所以
则，令，则 ，
所以 .
又，所以点到平面 的距离
，得，所以 .
因为，所以直线与平面 所成的角等于直线与平面 所
成的角.
记直线与平面 所成的角为 ，
则，所以直线与平面 所
成角的正弦值为 .
［C 素养提升］
11.如图，已知多面体中， 底面 ，
，，点是以为直径的半圆 上的动
点（异于，两点）， 为正三角形.
（1）若，求证：平面 ；
证明：由题意可得，则，又 为锐角，则
，因为为正三角形，所以 ，可得
，即.所以，又 平面， 平
面，所以平面 .
（2）记，问 能否为整数.若能，求出 的值，并求此时二面
角 的余弦值；若不能，请说明理由.
解：由已知得，所以 为等腰三角形，其
底边上的高为2，.设 ，
则，，易知 ，
则 .
所以 ，
则 ，
整理得关于的方程 ，
由，得，若 为整数，则 .
此时 ，满足题意.下面求二面角
的余弦值.以为坐标原点， 所在直线为
轴，在平面内过点作的垂线为轴， 所
在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图，则有
，，， ，
，， ，
.
设平面的法向量为 ，则
取，则 ，
，所以平面的一个法向量为 .
设平面的法向量为 ，
则取，则 ，
，所以平面 的一个法向量为
.所以 ，由图可
知所求二面角为钝角，故二面角的余弦值为 .(共39张PPT)
第2讲
专题强化训练
［A 基本技能］
1.（2024·邯郸调研）已知 ， 是两个平面，， 是两条直线，且
， ， ，则“”是“ ”的( )
A
A.必要不充分条件 B.充分不必要条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析：选A.用平面代表平面 ，平面 代表
平面 ，当如图所示时，显然与平面 不垂直，
反之，当 时，又 ，根据线面垂直的性质有
，所以“”是“ ”的必要不充分条件.
2.（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
A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④
解析：选A.，则 ， ，对于①，若 ，则
或 ，①为真命题；对于②，若，则可能 或与
相交，②为假命题；对于③，若 且 ，则 ，③为真命题；
对于④，与所成角可以为, 内的任意角，④为假命题.
3.如图所示，四棱锥的底面为正方形， 底
面 ，则下列结论中不正确的是( )
D
A. B.
C.平面 平面 D.
解析：选D. 底面，在平面内的射影与 垂直，
则，A正确；在平面内的射影与垂直，则 ，
B正确；由,,, 平面,且 ,可得
平面，且 平面，所以平面 平面 ，C正确；
若，则垂直在平面内的射影 ，这不符合题意，D
不正确.
4.如图，在三棱柱中，侧棱 底面 ，
是正三角形，是 的中点，则下列结论正确的是( )
C
A.与是异面直线 B. 平面
C.与为异面垂直 D.平面
解析：选C.对于A，因为， 平面 ，
所以与 共面，故A错误；
对于B，若 平面， 平面，则 ，即
为直角三角形，所以为直角三角形，与已知 是
正三角形相矛盾，故B错误；
对于C，因为 平面，，所以与 为异面
直线，因为为正三角形，为的中点，所以 ，因为
，所以 ，故C正确；
对于D，直线 平面，又，所以直线 与平面
相交，故D错误.
5.（多选）在正方体中，为的中点，为 的中
点，则( )
AD
A. B.
C.平面 D. 平面
解析：选.对于A，如图，连接，则为 的中
点，所以，故A正确；对于B，易知 为
等边三角形，所以 ，又 ，所以
，故B错误；对于C， 平面
，而平面平面，则和平面 相交，
故C错误；对于D，因为，，， ，
平面，所以 平面，又 ，所以
平面 ，故D正确.
6.如图所示，在斜三棱柱中， ， ，
则在平面上的射影 在____（填序号）.
①直线上；②直线 上；
①
③直线上； 内部.
解析：因为 ，所以，又 ，
，, 平面,所以 平面，又 平
面，所以平面 平面，又平面 平面 ，
所以点在两平面的交线上，即 .
7.如图，为所在平面外一点，为的中点，
为上一点，当平面时， __.
解析：如图，连接交于点，连接 .因为
，为的中点，所以，因为 平
面，平面 平面， 平面 ，
所以，所以 .
8.如图，在四棱锥中， 底面 ，
，，， ，点
为棱 的中点.
求证：
（1） ；
证明：
依题意，以点 为原点建立空间直角坐标系，如图，
可得,，，，
， .
， ，
故，所以 .
（2）平面 ；
证明：因为 平面， 平面，所以 ，又
,，， 平面 ，
所以 平面 ，
所以为平面 的一个法向量，而
，所以，又 平面 ，所
以平面 .
（3）平面 平面 .
证明： 由（2）知平面的一个法向量为 ，
， ，
设平面的法向量为 ，
则即
不妨令，可得为平面 的一个法向量，且
，
所以 ,
所以平面 平面 .
［B 综合运用］
9.（多选）（2024·武汉二调）将两个各棱长均为1的正三棱锥 和
的底面重合，得到如图所示的六面体，则( )
AC
A.该几何体的表面积为
B.该几何体的体积为
C.过该多面体任意三个顶点的截面中存在两个平面互相
垂直
D.平面
解析：选.对于A， ，所以表面积为
，故A正确；
对于B，如图所示,
设点D在平面内的射影为，为的中点，则由对称性可知 为
的重心，
所以，又因为 ，
所以正三棱锥的高为 ，
所以题图中几何体的体积为 ，故B错误；
对于C，由B选项可知 平面，由对称性可知D，， 三点共线，
所以 平面，而 平面 ，
所以平面 平面 ，故C正确；
对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，
其中轴//，因为，，所以，， ，
，，，，0，，，， ，
，
设平面的法向量为，所以 即
不妨取，解得，，所以，又
，，，，0，，所以，， ，而
，所以与平面 不平行，故D错误.
10.（多选）已知在直角梯形中，， ，
，为线段 上一动点（不含端点）如图1，现将
沿直线翻折，使点翻折到点 的位置，如图2所示，关于翻折
的过程，下列四个结论正确的是( )
AB
A.存在某个位置，使直线
B.存在某个位置，使直线
C.存在某个位置，使直线
D.存在某个位置，使直线 平面
解析：选.在翻折过程中，当点在平面内的射影落在直线
上时，平面 平面，又， 平面 ,平面
平面，所以 平面，又 平面 ，
所以，因此A正确；在翻折过程中，当点在平面 内的射
影落在点处时，有 平面， 平面，故 ，
因此B正确；连接（图略），在中，易知 ，因此，无
论任何位置，都不可能有 ，因此C不正确；假设存在某个位置，
使直线 平面，则有，即 ，此时
，设，则，， ，
矛盾，因此D不正确.
11.如图，在四棱锥中，四边形 是等腰梯形，
，，.点为棱的中点，点为棱
上一点，且，平面 平面 .证明：
（1） 平面 ；
证明：由题意知， ，则在 中，由余弦
定理，得，在
中， ，由余弦定理可知
，
可得，由，得 ，所以 .又平
面 平面，且平面 平面， 平面
，
所以 平面 .
（2）平面 .
证明： 由（1）可知.取棱的中点，
连接， ，
因为为棱的中点，所以，
且 .
又，所以 ，
所以四边形为平行四边形，所以 .
又 平面， 平面 ，
所以平面 .
12.如图1，2，在边长为2的正方形
中，点是的中点，点 是
的中点，点是 上的点，且
.将， 分别
沿，折起，使， 两点重合于
点，连接，，, .
（1）求证： ；
证明：易知折叠前，，所以折叠后， ，
又，， 平面，所以 平面，而
平面，所以 .
（2）试判断与平面 的位置关系，并给出证明.
解：平面 .证明如下：
连接交于点，连接，在正方形中，连接交于点 ，
如解析图1，解析图2所示.
则 ，
所以 ，
又，即，在中， ，
所以 .
又 平面， 平面，所以平面 .
［C 素养提升］
13.（多选）如图1，半圆的直径为4，点，三等分半圆，， 分别为
，的中点，将此半圆以为母线卷成如图2所示的圆锥，为 的
中点，则下列结论正确的是( )
ACD
A.
B. 平面
C.平面
D.三棱锥与 公共部分的体
积为
解析：选.对于A，设卷成的圆锥的底面圆半径为 ,则
， 解得 ,由题意知点B，C为卷成的圆锥的底面圆周的
三等分点，所以为等边三角形，则,所以 ，
又点，分别是，的中点，所以 ，故A正确.
对于B，连接（图略），因为是边长为 的等边三角形，
是腰长为2的等腰三角形，点D是的中点，所以 ，
,因为
,所以与不垂直， 不垂直于平面
，故B错误.
对于C，易知， 平面， 平面，所以 平
面 ，故C正确.
对于D，设,交于点，连接并延长 （图略），则由对称性可知
必定交于点D，连接（图略），则三棱锥 与三棱锥
公共部分即三棱锥，因为点，分别是， 的中点，
所以为的重心，所以 ,由上述分析知，圆锥的轴
截面是边长为2的正三角形，所以圆锥的高为 ，所以
,所以三棱锥
与三棱锥公共部分的体积为 ，故D正确.
14.（多选）（2024·郑州质检）已知三棱锥， ，
是边长为2的正三角形，，分别是， 的中点，
，在平面内的射影为点，在平面 内的射影为
点 ，则( )
ACD
A.，， 两两垂直
B.在平面内的射影为 的中点
C.，， 三点共线
D.形如三棱锥 的容器能被整体装入一个直径为2.5的球
解析：选选项，因为D，分别为，
的中点，所以，因为 ，所以
，故 ，
取的中点，连接，，因为 ，
，所以， ，
又，， 平面，所以 平
面，又 平面，所以,又,, 平面
，所以 平面 ，
因为， 平面，所以，，又 ，
，故，又 ，所以
，得，所以，， 两两垂直，A正确；
B选项，由题意得，不重合，过点作，交于点 ，因为
平面，所以 平面 ，
且，D不重合，故在平面内的射影不为 的中点，B错误；
C选项，三棱锥为正三棱锥，故点为等边三角形 的中心，
故C，， 三点共线，C正确；
D选项，因为，，两两垂直，故三棱锥 的外接球即为以
，， 为棱的正方体的外接球，故外接球直径为
，而，故形如三棱锥 的容
器能被整体装入一个直径为2.5的球，D正确.(共50张PPT)
真题解构与重构 立体几何
立体几何可以研究现实世界中物体的形状、大小与位置关系，在高中
数学教学中是十分重要的教学内容.每年的高考试题中，经常出现两小一大
的类型，即选择题、填空题2道，解答题1道.考试的知识基本涉及立体几何
的全部教学内容，运用直观感知、操作确认、推理论证、度量计算等认知
和探索空间图形的性质，体现空间想象、逻辑推理与数学运算等核心素养.
通常利用化归与转化思想及数形结合思想解决空间元素之间的关系问题，
很多方面的论证都是以初中平面几何的知识为基础进行的.下面以2024年新
课标Ⅰ卷第17题为例进行解构与重构，对高考立体几何的复习有明显的导
向作用.
［真题呈现］ （2024· 新课标Ⅰ卷）如图，四棱锥中， 底
面，，, ．
（1）若，证明：平面 ；
［规范解答］证明：由于底面，底面 ，所以
，又，，平面，所以
平面，又平面,所以 .
注解①
［关键步骤］①线 面 线 线 线 面 线 线是证明线与线垂直
的主要方法
由于，，，所以，所以 ，
所以 ，
因为 平面， 平面 ，
所以平面 ．
注解②
［关键步骤］ ②利用长度证明垂直一般用勾股定理的逆定理
（2）若，且二面角的正弦值为，求 ．
解：由题意知，，两两垂直，以为坐标原点，, 所在直线
为轴、轴，过点且平行于的直线为 轴，建立如图所示的空间直角
坐标系，
注解③
则，设， ，
则，,,
,
, .
设平面的法向量为 ，
则即
可取 .
设平面的法向量为 ，
则即
可取 .
因为二面角的正弦值为 ，
所以余弦值的绝对值为 ，
［关键步骤］ ③两两垂直是建立空间直角坐标系的基石
故 ，
注解④
［关键步骤］ ④利用已知角反向列出等式（方程），待定求解是立体几
何中经常使用的方法
又，所以，即 .
［真题分析］ 试题以“垂面四棱锥”（一条侧棱与底面垂直）
为载体，根据底面四边形的几何特征设置问题，打破了立体
几何“（1）问为（2）问奠基”的套路，试题将平行与垂直两
大主题巧妙融入题中，给出了“数”与“形”及“垂直”与“计算”
的结合.试题考查数学运算、直观想象、逻辑推理、数学建模等核心素养，
考查数形结合、化归与转化、函数与方程思想，本题第（2）问的图示
（如图）与几何关系，教材多处呈现，而且用综合法也易于求解.
［源头与活水］
类别 教材题（必修第二册 , ） 考题 关联特征
条 件 ① 侧棱 底面 侧棱 底面 几何关系相同
② 底面直角形 底面直角形 直角载体一致
问 题 ① 平行 平行 呈现平行与垂直
两大主题
② 利用线段度量确定角度 利用二面角确定 线段度量 思想方法一致
［真题解构］
解构1 （多选）如图，在三棱锥中， 平面 ，
， ，则( )
A.平面 平面
B.三棱锥体积的最大值为
C.三棱锥的外接球的表面积为
D.当三棱锥体积最大时，与成 的角
解析：选.对于A,因为 平面， 平面
,所以 ，
又，，， 平面 ,
所以 平面 ，
又 平面 ，
所以平面 平面 ，A正确；
对于B，三棱锥 的体积
，即当时， ,B错误；
对于C，由选项A知，，故与是共用斜边 的直角
三角形，因此的中点到点，A，B，C的距离都等于 ，所以三棱
锥的外接球的半径
，
故其外接球的表面积 ，C正确；
对于D，由选项B知，当 时，三棱锥的体积最
大，过C作，连接,，则 （或其补角）为
与 所成的角，
且 ，
所以 ，
又 ，
所以 .
又异面直线所成的角的范围为,所以与所成的角为 ，D正确.
解构2 如图1，在矩形 中，
，，将 沿矩
形的对角线 进行翻折，得到如图2
所示的三棱锥 .
（1）若，求 的长；
解：由，，且,, 平面 ，可得
平面 ，
又 平面，所以 .
在 中，根据勾股定理得，
.
（2）若平面 平面，求平面和平面 夹角的余弦值.
解：如图，过点作于点 ，易知
， .
由平面 平面，平面 平面
， 平面，得 平面 .
以为坐标原点，在平面中，过点作的垂线为轴，， 所在
直线分别为轴,轴，建立空间直角坐标系，则，，
，，， ，
， .
设平面的法向量 ,
则
令,得,,则 ;
设平面的法向量 ,
则
令,得, ,
则 .
记平面和平面的夹角为 ，
则,，即平面和平面 夹
角的余弦值为 .
解构3 如图,在四棱锥中，,,,在以为直径的圆上，
平面， .
（1）若平面，求证： ;
证明：因为平面， 平面，平面 平面
，所以 .
又因为 平面， 平面 ，
所以 ，
又是底面圆的直径，故 .
又，， 平面 ，
所以 平面 .
又 平面，所以 .
因此 .
（2）当时，①求二面角 的正弦值；②求二面角
的正弦值.
解：方法一:①因为 ,
所以 .
如图，设为的中点，连接，且过作 交
于，连接 .
因为，所以，因此 即为二面
角 的平面角.
由题意可得 ，
.
易知，则 ，
所以， ,
所以 .
又 ,
所以 .
因此 ,
所以二面角 的正弦值为
.
②由对称性知二面角的度量是二面角 度量的2倍，
故二面角 的正弦值为
.
方法二：①如图，由题意知 ，
，过点作，垂足为,连接 ，
由对称性知 ，
则即为二面角 的平面角.
连接，由题意知 ，
所以， ，
.
由（1）知,则 ，
故 ,
所以 .
由对称性知二面角的度量是二面角 度量的一半，故
二面角 的正弦值为
.
（注：事实上，若设与交于（图略），则 即为二面角
的平面角）
②由①知， ，
故二面角的正弦值为 .
方法三：①连接，设 ，建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意得，， ，
易得，， ,
因此，0，，，0，，，，， ，
，， .
设平面的法向量为 ,
则即
取.显然平面的一个法向量为 .
设二面角的平面角为 ,
所以二面角的余弦值为 ，
所以 .
②同方法一.
［真题重构］
重构1 （多选）如图， 平面，， ，垂足为
，，垂足为，若， ，则( )
A.为平面与平面 的夹角
B.
C.平面与平面 夹角的正切值为2
D.，，，， 五点在同一个球面上
解析：选.由 平面, 平面知 ，又
，， 平面，且,所以 平面 ，
又 平面，所以，又，， ，
平面 ，
所以 平面 ，
又 平面，所以 .
又，， 平面，且 ，
所以 平面 .
对于A，由于 平面，则，结合图象可知， 为平面
与平面 的夹角，A正确；
对于B，由 平面可知 ，所以
,B错误；
对于C，由于 平面， 平面，故即为平面 与
平面的夹角， ，C正确；
对于D，连接（图略），由 平面知 .
故，，都是共用斜边 的直角三角形，
因此的中点到A，B，C，，的距离都为，故A，B，C，， 在
半径为 的球面上，D正确.
重构2 如图，已知 平面，，， ，
为的中点，过的平面为 ，
（1）若 与平面垂直， 与交于，求作平面 ;
解：过点作，垂足为，连接， 即为平面 .
因为 平面， 平面 ，
所以 ，
又，， 平面，,所以 平面 .
又 平面，所以 .
又，，， 平面 .
所以 平面 .
又 ，所以 平面 .
故平面 为平面 .
（2）若 将三棱锥的体积二等分，求 与平面 夹角的余弦值.
解：方法一：连接，由于是 的中点.
所以到平面的距离等于到平面 的距离的一半，
故三棱锥的体积等于三棱锥的体积的一半，即平面
将三棱锥 的体积二等分.
因此，平面 即为平面 .
过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接 ，
易知 ，
故为 与平面 的夹角.
由（1）知 平面， 平面.所以 .
因为， ，
所以 ，
，
所以 ，
等腰三角形 底边上的高
.
由得 ，
又 ，
所以， .
即 与平面夹角的余弦值为 .
方法二：的位置如方法一.以为坐标原点，，的方向分别为 轴、
轴的正方向，过点平行于的直线为 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系,
则,，，，（，1， ）.
，1，，，1,,， .
设平面（即）的法向量为 ,
由得
取 ,
设平面的法向量为 ,
由得
取,, .
即 与平面夹角的余弦值为 .
重构3 如图，在四棱锥中， 底面 ，
，在四边形中， ，
，， .
（1）若为的中点，求证：平面 平面 ；
证明：因为 平面， 平面，所以 .
又，，， 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面，所以 .
因为，为 的中点，
所以 ，
又，， 平面，所以 平面 ，
又 平面，所以平面 平面 .
（2）若平面与平面夹角的余弦值为 .
①求线段 的长；
解：以点为坐标原点，，， 的方向分别为
, , 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设,则,过点作 ，
垂足为，因为 ， ，所以
，则，则, ,
,, .
设平面的法向量为 ,
由得
令,得 .
易知平面的一个法向量为 .
设平面与平面的夹角为 ,
则, ，
所以,即 ,
所以（舍去）或,所以 .
②设为内（含边界）的一点，且 ，求所有满足条件的
点 组成的轨迹的长度.
解：由①得，，， .
设 ，
因为 ，
所以 ,
所以 ,
设点到的距离为 ,
因为，所以，则 ,
得,又, ,
所以点的轨迹是平面内以为圆心，为半径的圆的 ，
所以所有满足条件的点组成的轨迹的长度为 .
