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7.2 空间几何体积与表面积（精讲）一．空间几何体的结构特征
1.多面体的结构特征
名称 棱柱 棱锥 棱台
图形
底面 互相平行且全等 多边形 互相平行且相似
侧棱 平行且相等 相交于一点，但不一定相等 延长线交于一点
侧面形状 平行四边形 三角形 梯形
2.常见的几种四棱柱的结构特征及其之间的关系
3.旋转体的结构特征
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
图形
互相平行且相等，
母线 相交于一点 延长线交于一点
垂直于底面
轴截面 矩形 等腰三角形 等腰梯形 圆面
侧面展开图 矩形 扇形 扇环
二．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱 圆锥 圆台
侧面展开图
侧面积公式 S ＝2πrl S ＝πrl S ＝π(r＋r)l
圆柱侧 圆锥侧 圆台侧 1 2
三．柱、锥、台、球的表面积和体积名称
表面积 体积
几何体
柱体(棱柱和圆柱) S ＝S ＋2S V＝Sh
表面积 侧 底
锥体(棱锥和圆锥) S ＝S ＋S V＝Sh
表面积 侧 底
台体(棱台和圆台) S ＝S ＋S ＋S V＝(S ＋S ＋)h
表面积 侧 上 下 上 下
球 S＝4πR2 V＝πR3
四．直观图
1.画法：常用斜二测画法.
2.规则：
①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、
y′轴所在平面垂直.
②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持
原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.
五．平面有关的基本事实及推论
1.与平面有关的三个基本事实
基本事实 内容 图形 符号
基本 过不在一条直线上的三个点，有 A，B，C三点不共线⇒存在
事实1 且只有一个平面 唯一的α使A，B，C∈α
如果一条直线上的两个点在一个
基本 A∈l，B∈l，且A∈α，
平面内，那么这条直线在这个平
事实2 B∈α⇒l⊂α
面内
如果两个不重合的平面有一个公
基本 P∈α，且P∈β⇒α∩β＝
共点，那么它们有且只有一条过
事实3 l，且P∈l
该点的公共直线
2.基本事实1的三个推论
推论 内容 图形 作用
经过一条直线和这条直线外一点，有且只有
推论1
一个平面
推论2 经过两条相交直线，有且只有一个平面 确定平面的依据
推论3 经过两条平行直线，有且只有一个平面3.基本事实4和等角定理
平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.
等角定理：如果空间中两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.
六．空间点、直线、平面之间的位置关系
直线与直线 直线与平面 平面与平面
图形语言
平行
关系
符号语言 a∥b a∥α α∥β
相交 图形语言
关系
符号语言 a∩b＝A a∩α＝A α∩β＝l
图形语言
独有
关系
符号语言 a，b是异面直线 a⊂α
一.空间几何体表面积的求法
1.旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用，并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中
边的关系.
2.多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理.
二.求空间几何体的体积的常用方法
(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：把不规则的几何体分割成规则的几何体，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.
三．立体中的截面、截线
1.作截面应遵循的三个原则：
①在同一平面上的两点可引直线；
②凡是相交的直线都要画出它们的交点；
③凡是相交的平面都要画出它们的交线.
作出截面的关键是找到截线，作出截线的主要根据有：(1)确定平面的条件；(2)三线共点的条件；(3)面
面平行的性质定理．
2.作交线的方法有如下两种：
①利用基本事实3作交线；
②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.
四．证明点或线共面问题的2种方法
1.先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；2.直接证明这些点都在同一条特定直线上．
3．证明线共点问题的常用方法;先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
考法一 基本立体图形
【例1-1】（2023春·河北石家庄）（多选）下列说法中不正确的是（ ）
A．正四棱柱一定是正方体
B．圆柱的母线和它的轴不一定平行
C．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形
D．以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥
【答案】ABD
【解析】对A：正方体一定是四棱柱，但正四棱柱不一定是正方体，故A错误，
对B：根据圆柱母线的定义可知，圆柱的母线和它的轴平行，故B错误；
对C：由正棱锥的定义可知，正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，故C正确；
对D：当以斜边为旋转轴时，会得到两个同底的圆锥组合体，故D错误．
故选：ABD．
【例1-2】（2023浙江省台州市）已知圆柱体的底面半径为 ，高为 ，一只蜗牛从圆柱体底部开
始爬行，绕圆柱体4圈到达顶部，则蜗牛爬行的最短路径长为______．
【答案】
【解析】根据题意，从圆柱底部 点绕圆柱体的侧面旋转4圈到达顶部的 点，
沿 将侧面展开后，最短路程，如图所示，
其中矩形的高等于圆柱的高 ，矩形的宽等于圆柱的底面圆的周长的4倍，
即 ，所以蜗牛爬行的最短路径为 .故答案为： .
【例1-3】（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）（多选）正三角形 的边长为 ，如图，
为其水平放置的直观图，则（ ）A． 为锐角三角形 B． 的面积为
C． 的周长为 D． 的面积为
【答案】CD
【解析】如图，因为正三角形 的边长为 ，故 ，所以 ， ，
在 中， ，由余弦定理得，
,
在 中， ，由余弦定理得，
,
选项A，在 中，因为 ，
由余弦定理知 ，故选项A错误；
选项B和D， ，故选项B错误，选项D正确；
选项C， 的周长为，故选项C正确.
故选：CD.
【一隅三反】
1．（2023春·福建南平）（多选）下列命题正确的（ ）
A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
B．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．用平面截圆柱，得到的截面可以是等腰梯形
D．底面是正方形，两个侧面是矩形的四棱柱是正四棱柱
【答案】AC
【解析】棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形，则A选项正确；
两个面平行，其余各面都是梯形的多面体，不一定是棱台，还需强调所有梯形的两腰延长线都交于同一点，
则B选项错误；
用平面截圆柱得到的截面可能是圆、矩形、等腰梯形，则C选项正确；
底面是正方形，两个侧面是矩形的四棱柱，可能为斜棱柱，则D选项错误．
故选：AC．
2．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，矩形 是水平放置的一个平面图形的直观图，其中
， ，则原图形是（ ）
A．面积为 的矩形 B．面积为 的矩形C．面积为 的菱形 D．面积为 的菱形
【答案】C
【解析】 ，所以 ，故在原图中， ，
，所以四边形 为菱形(如图所示)， ，
则原图形面积为 .
故选：C.
3（2023·全国·高三专题练习）如图，已知圆锥的底面半径为1，母线长 ，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（ ）
A． B． C．6 D．
【答案】B
【解析】已知圆锥的侧面展开图为半径是3的扇形，如图，
一只蚂蚁从 点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点 的最短距离为 ，设 ，圆锥底面周长为 ，所以 ，所以 ，
在 中，由 ，得
故选：B．
4（2023广东）如图，正三棱锥P﹣ABC的顶点P为圆柱OO 的上底面的中心，底面ABC为圆柱下底面的
1
内接等边三角形，四边形DEFG为圆柱的轴截面，BO DG， ， .现有一机器人从点A处
开始沿圆柱的表面到达E点，再到达点P处，再从P处沿正三棱锥P﹣ABC的表面返回A处，则其最短的
路程约为___________.(参考数据： ，结果精确到 )
【答案】
【解析】因为 ，所以 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，所以 ，
所以 （劣弧）的长为 ，
由图可知，当从 到 经过的路程最短时，总路程最短，
将圆柱侧面展开，从 到 的最短距离为线段 的长度，此时 ，
所以最短路程为 ，故答案为： .考法二 表面积
【例2-1】（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考模拟预测）某同学有一个形如圆台的水杯如图所示，已知圆台
形水杯的母线长为6cm，上､下底面圆的半径分别为4cm和2cm.为了防烫和防滑，水杯配有一个杯套，包
裹水杯 高度以下的外壁和杯底，如图中阴影部分所示，则杯套的表面积为（不考虑水杯材质和杯套的厚
度）（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据题意，杯套的形状可看作一个圆台，且该圆台的母线长是圆台形水杯的母线长的 ，即
4cm，
下底面圆的半径为圆台形水杯的下底面圆的半径，即2cm，
上底面圆的半径是 ，所以杯套的表面积 .故选：C.
【例2-2】．（2023·山东烟台·统考三模）已知底面半径为 的圆锥 ，其轴截面为正三角形，若它的一个
内接圆柱的底面半径为 ，则此圆柱的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图作出圆锥的轴截面 ，依题意 ， ， ，所以 ，易知 ，则 ，所以 ，
即圆锥的内接圆柱的底面半径 ，高 ，
所以圆柱的侧面积 .
故选：C
【例2-3】（2023·河北·统考模拟预测）柷（zhù），是一种古代打击乐器，迄今已有四千多年的历史，柷
的上方形状犹如四方形木斗，上宽下窄，下方有一底座，用椎（木棒）撞击其内壁发声，表示乐曲将开始.
如图，某柷（含底座）高 ，上口正方形边长 ，下口正方形边长 ，底座可近似地看作是底面
边长比下口边长长 ，高为 的正四棱柱，则该柷（含底座）的侧面积约为（ ）（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图正四棱台中，连接 ， ，过点 、 分别作 、 ，交 于点 、
，
依题意 ， ， ，则 ，所以 ，
所以正四棱台的斜高为 ，
所以正四棱台的侧面积 ，
又正四棱柱的侧面积 ，
所以该柷（含底座）的侧面积约为 ；故选：B
【一隅三反】
1．（2023·福建泉州·统考模拟预测）已知圆锥SO的母线长为2，AB是圆O的直径，点M是SA的中点．若
侧面展开图中， 为直角三角形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为 ，且 为直角三角形，则 ，
又因为 为 的中点，则 ，
可得 为等边三角形，即 ，则侧面展开图的圆心角为
所以该圆锥的侧面积 .
故选：C.2．（2023·河北·统考模拟预测）《九章算术》是我国古代的数学名著.其“商功”中记载：“正四面形棱台
（即正四棱台）建筑物为方亭.”现有如图所示的烽火台，其主体部分为一方亭，将它的主体部分抽象成
的正四棱台（如图所示），其中上底面与下底面的面积之比为 ，方亭的高为棱台上
底面边长的 倍.已知方亭的体积为 ，则该方亭的表面积约为（ ）（ ， ，
）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设方亭相应的正四棱台的上底面边长 ，则 ，棱台的高 ，
所以 ，解得 ，
所以正四棱台的上底面边长为 ，下底面边长为 ，棱台的高为 ，
所以方亭的斜高为 ，
由于各侧面均为相等的等腰梯形，所以 ，
所以方亭的表面积 .故选：C
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，将一个圆柱 等分切割，再将其重新组合成一个与圆柱等
底等高的几何体， 越大，重新组合成的几何体就越接近一个“长方体”．若新几何体的表面积比原圆柱
的表面积增加了10，则圆柱的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】显然新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，
设圆柱的底面半径为 ，高为 ，则 ，所以圆柱的侧面积为 ．故选：A.
4．（2023·天津河西·天津市新华中学校考模拟预测）灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节
人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围 如图 ，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 除去两个球冠 如图 ，球冠是由球面被一个
平面截得的，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球的半径为 ，球冠的高为 ，
则球冠的面积 已知该灯笼的高为 ，圆柱的高为 ，圆柱的底面圆直径为 ，则围成
该灯笼所需布料的面积为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】由题意得圆柱的底面圆直径为 ，半径为 ，即球冠底面圆半径为 .
已知该灯笼的高为 ，圆柱的高为 ，所以该灯笼去掉圆柱部分的高为 ，所以 ，得 ， ，
所以两个球冠的表面积之和为 ，
灯笼中间球面的表面积为 ．
因为上下两个圆柱的侧面积之和为 ，
所以围成该灯笼所需布料的面积为 ．故选：B．
考法三 体积
【例3-1】（2023·山东潍坊·三模）我国古代名著《张邱建算经》中记载：“今有方锥，下广二丈，高三
丈．欲斩末为方亭，令上方六尺．问：斩高几何？”大致意思是：“有一个正四棱锥的下底面边长为二
丈，高为三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底面边长为六尺，则截去的正四
棱锥的高是多少？”按照上述方法，截得的该正四棱台的体积为（ ）（注：1丈 尺）
A．11676立方尺 B．3892立方尺
C． 立方尺 D． 立方尺
【答案】B
【解析】如图所示，
正四棱锥 的下底边长为二丈，即 尺，高三丈，即 尺；
截去一段后，得正四棱台 ，且上底边长为 尺，所以 ，解得 ，
所以该正四棱台的体积是 （立方尺）．故选： ．
【例3-2】．（2023·全国·高三对口高考）如图，四棱锥 中， 底面 ，，E是 的中点．
(1)求证： ；
(2)求证： 面 ；
(3)若 ，求三棱锥 体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)
【解析】（1）由 平面 ， 平面 ，可得 ，
又 平面 ，
则 平面 ，又 平面 ，则 .
（2）连接 ，
△ 中， ，则 ，
又E是 的中点，则 ，
又 ， 平面 ，
可得 平面 ，又 平面 ，则 ，
由 平面 ， 平面 ，可得 ，
又 平面 ，
则 平面 ，又 平面 ，则 ,
又 ， ， 平面 ，
则 平面 .（3）△ 中， ，则 ，
在△ 中，过点C作 于N，则 ，
又由 平面 ， 平面 ，
可得平面 平面 ，又平面 平面 ，
则 平面 ，则点C到平面 的距离为 ，
又E是 的中点，则点E到平面 的距离为 ，
则
【一隅三反】
1．（2023·河南洛阳·洛宁县第一高级中学校考模拟预测）已知圆台上下底面半径之比为1：2，母线与底面
所成的角为60°，其侧面面积为54π，则该圆台的体积为（ ）
A．56π B．63π C． D．【答案】C
【解析】圆台轴截面如图，则 ，∴ .
圆台高 ，
∴ .
故选：C
2．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）如图，四边形 与四边形 是全等的
矩形， ，若 是 的中点.
(1)求证：平面 平面 ；
(2)如果 ，求三棱锥 与多面体 的体积比值.
【答案】(1)证明见解析
(2) .
【解析】（1）由题意证明如下：
∵ ，所以 ，
又因为 ，且 ， 面 ， 面∴ 平面 ，
又 平面 ，所以 .
，即 ，所以 ，所以 ，
同理 ，所以 ，即 .
又由于 ，
∴ ，
∵ ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
∵ 平面 ，
∴平面 平面 .
（2）由题意及（1）得，
几何体 为直三棱柱， ，
∵ ，
，
∴ ，
而 ，
∴ .
3．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）如图，在四棱锥 中，平面 平面 ，已知底面
为梯形， ， ， .(1)证明： .
(2)若 平面 ， ，求点 到平面 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）因为 ， ，由余弦定理得 ，
所以 ，则 ，
因为平面 平面 ，且相交于 ， 面 ，
所以 平面 ， 平面 ，所以 .
（2）因为 平面 ，所以 ，
由 平面 ，则 ，故 ，
在△ 中 ， ， ，
设点 到平面 的距离为 ，所以 ，解得 ，
即点 到平面 的距离为 .
4．（2023·内蒙古呼和浩特·统考二模）如图；在直三棱柱 中， ， ，
，点D为AB的中点．(1)求证 ；
(2)求三棱锥 的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)8
【解析】（1）在 中，
因为 ， ， ，
所以 ，
所以 为直角三角形，即 ，
又因为在直三棱柱 中， 平面 ，且 平面 ，
所以 ，
又 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，
所以 ．
（2）在 中，过C作 ，F为垂足，由直三棱柱 得平面 平面 ，且平面 平面 ， ，
平面 ，
所以 平面 ，
在 中， ，
又因为 ，
所以 ．
5．（2023·贵州·校联考模拟预测）《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一个类似
隧道形状的几何体.如图，在羡除 中，底面 是边长为2的正方形，
.
(1)证明：平面 平面 .
(2)求四棱锥 的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2) .
【解析】（1）分别取 和 的中点 ，连接 ，
因为底面 是边长为2的正方形， ，所以 .
在梯形 中， ，
分别作 垂直于 ，垂足分别为 ，则 ，
故由勾股定理得 ，
所以 ，
易知 ，故 .
又 ，所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 .
因为 平面 ，所以平面 平面 .
（2）连接 .因为 ，所以四边形 的面积 ，
所以 .
因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 .因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，且 .因为 ，所以 ，
即四棱锥 的体积为 .
考法四 截面、截线
【例4-1】（2023春·河北邯郸）（多选）用一个平面截正方体，则截面的形状不可能是（ ）
A．锐角三角形 B．直角梯形
C．正五边形 D．六边形【答案】BC
【解析】对于A：截面图形如果是三角形，只能是锐角三角形，不可能是直角三角形和钝角三角形.
如图所示的截面三角形 .
设 ，所以 ， ， .
所以由余弦定理得：
所以 为锐角.同理可求： 为锐角， 为锐角.所以 为锐角三角形.故A正确.
对于B：截面图形如果是四边形，可能是正方形，可能是矩形，可能是菱形，
可能是一般梯形，也可能是等腰梯形，不可能是直角梯形.
B选
对于C：当截面为五边形时，不可能出现正五边形.
对于D，当截面过棱的中点时，如图，即截面为正六边形.故选：BC.
【例4-2】（2023·全国·高三对口高考）正四棱锥 的底面边长为2，高为2，E是边 的中点，动
点P在表面上运动，并且总保持 ，则动点P的轨迹的周长为（ ）
A． B． C．4 D．
【答案】A
【解析】如图，设 交于 ，连接 ，由正四棱锥的性质可得， 平面 ，因为 平面
，故 .
又 ， ， 平面 ，故 平面 .
由题意， 则动点P的轨迹为过E且垂直 的平面与正四棱锥 的交线，即如图 ，则
平面 .
由线面垂直的性质可得平面 平面 ，又由面面平行的性质可得 ， ， ，
又E是边 的中点，故 分别为 的中位线.
由题意 ，故 .
即动点P的轨迹的周长为 .
故选：A
【例4-3】（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）直三棱柱 中， ，P为BC中点， ，Q为 上一点， ，则经过A，P，Q三点的平面截此三棱柱所成截
面的面积是（ ）
A． B．4 C． D．5
【答案】C
【解析】如图，在 上取点M，使得 ，取 的中点N，连接 ，
则 ，又 ，所以 ，
得A、P、M、Q四点共面，又 ， 为BC的中点，所以 ，
由 ，得 ，又 平面 ，
所以 平面 ，由 平面 ，得 ，
所以截面为直角梯形APQM，且 ，得 ，
所以 ，
作 于D，则 ，
所以 .
故选：C．
【一隅三反】
1．（2023·海南海口·校联考一模）如图，点 是棱长为2的正方体 表面上的一个动点，直
线 与平面 所成的角为45°，则点 的轨迹长度为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【解析】若点P在正方形 内，
过点P作 平面 于 ，连接 .
则 为直线 与平面 所成的角，则 ，
又 ，则 ，则 ，
则点 的轨迹为以 为圆心半径为2的圆（落在正方形 内的部分），
若点P在正方形 内或 内，轨迹分别为线段 ，
因为点P不可能落在其他三个正方形内，
所以点 的轨迹长度为 .
故选：A
2（2023·河南洛阳·模拟预测）已知正四棱锥 的底面边长为2，侧棱长为 ，SC的中点为E，过
点E做与SC垂直的平面 ，则平面 截正四棱锥 所得的截面面积为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【解析】连接 ，
由题意可得： ，即 为等边三角形，
且E为SC的中点，可得 ，
故 平面 ，
连接 ，设 ，连接 ，
可得 平面 ，
且 平面 ，则 ，
， 平面 ，所以 平面 ，
平面 ，则 ，
在直线 取一点 ，连接 ，使得 ，
在 中， ，
因为 ，可得 ，
故 ，
同理在棱 取一点 ，使得 ，连接 ，则 ，
故平面 截正四棱锥 所得的截面面为四边形 ，
因为 ，则 // ，
由 ，可得 ，
所以四边形 的面积 .
故选：A.3．（2023·河北衡水·模拟预测）已知正方体 的棱长为 分别为棱 的中点，
点 是棱 上靠近点 的三等分点，则平面 截该正方体所得截面的面积为（ ）
A． B． C．10 D．12
【答案】B
【解析】如图所示，
分别是 中点，则 ，作 ，交 于 ，连接 ，
并延长交 的延长线于点 ，连接 ，并延长交 的延长线于点 ，连接 交 于点 ，交 于
点 ，
则 为过 三点的截面.
由面面平行的性质定理得 ，从而有 ， ，
则 ，因为 是 中点， ，
所以 ，又因为 ，所以 ，同理 ，
梯形 是等腰梯形，且梯形 与梯形 全等，高为 ，
截面面积 .
故选：B.
考法五 空间几何题中的最值
【例5-1】（2023·四川·校联考模拟预测）已知三棱锥 各顶点均在以 为直径的球面上， ，
是以 为斜边的直角三角形，则当 面积最大时，该三棱锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图，设 为 的外心，则 为 的中点，又设 ， 中 边上的高为 .
由已知， ， ，
当且仅当 等号成立，即当 时， 面积取得最大值4.
此时， .
显然， 的最大值等于 ，故 ，即三棱锥体积的最大值为 .
故选：A
【例5-2】（2023·上海·统考模拟预测）若矩形的周长为36，矩形绕它的一条边旋转形成一个圆柱，求圆柱侧面积的最大值为____．
【答案】
【解析】如图所示，不妨设矩形的长与宽分别为 ， ，
旋转形成的圆柱的底面半径为 ，母线长 ，
则 ，即 ，
，得 ，当且仅当 时取等号，
旋转形成的圆柱的侧面积 ，
旋转形成的圆柱的侧面积的最大值为 ．
故答案为： ．
【一隅三反】
1．（2023春·河南·高三校联考阶段练习）已知长方体 的外接球的表面积为 ， ，
点P在四边形 内，且直线BP与平面 所成角为 ，则长方体的体积最大时，动点P的轨迹长
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为长方体 的外接球的表面积为 ，设外接球的半径为 ，
所以 ，解得 或 （舍去），即外接球的直径为 ，
设 ， ，则 ，可得 ，所以 ，当且仅当 时，等号成立．
如图，设 ， 相交于点 ，
因为 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，直线 与平面 所成角为 ，
所以 ，故 ，则点 的轨迹是以 为圆心，半径 的半圆弧，
所以动点 的轨迹长为 ．
故选：C
2．（2023·上海黄浦·上海市大同中学校考三模）已知正方形ABCD的边长是1，将 沿对角线AC折到
的位置，使（折叠后）A、 、C、D四点为顶点的三棱锥的体积最大，则此三棱锥的表面积为
______．
【答案】
【解析】在翻折过程中，三棱锥 的底面始终是 ，故当二面角 为 时，三棱锥
的体积最大，
如图，取 的中点 ，连结 ，由题意可知， ， ，
则 ，且 ，所以 ，
所以 和 是边长为1的等边三角形， ,和 是等腰直角三角形，
所以三棱锥 的表面积为 .
故答案为：
3．（2023·全国·高三专题练习）已知球O的半径为 ，正三棱锥O－ABC的底面的各个顶点均在球O的
球面上，当正三棱锥O－ABC的体积取得最大值时，其侧面积为______
【答案】
【解析】如图，因为正三棱锥 的底面的各个顶点均在球 的球面上，所以球心在底面上的投影
为底面三角形的中心，
设 边长为 ，外接圆半径为 ，因为 为正三角形，所以易知 ，所以
，
故 ,
易知 ，所 ，又 ，当且仅当
，即 时，取等号，
此时 的最大值为 ，故当正三棱锥O－ABC的体积取得最大值时， 边长为4，又
，故侧面均为直角三角形，所以正三棱锥O－ABC的侧面积为 ，故答案为：12.
考法六 基本事实及应用
【例6-1】（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校考模拟预测）（多选）已知 ， 是两个不同的平面，则下
列命题正确的是（ ）
A．若 ， 且 ，则
B．若A，B，C是平面 内不共线三点， ， ，则
C．若 且 ，则直线
D．若直线 ，直线 ，则a与b为异面直线
【答案】ABC
【解析】对于A，由根据 且 ，则 是平面 和平面 的公共点，
又 ，由基本事实3（公理2）可得 ，故A正确；
对于B，由基本事实1（公理3）：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面，
又 ，且 ，则 ，故B正确；
对于C，由基本事实2（公理1）：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内，
故C正确；
对于D，由于平面 和平面 位置不确定，则直线 与直线 位置亦不确定，可能异面、相交、平行、重
合，故D错误.
故选：ABC.
【例6-2】（2023春·安徽合肥·高一校联考期中）在四面体 中， ， 分别是 ， 的中点， ，分别是边 ， 上的点，且 ．求证：
(1) ， ， ， 四点共面；
(2)直线 ， ， 相交于一点．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【解析】（1）
连接 ， ，
在三角形 中， ，所以 ，
∵ ， 分别是边 ， 的中点，
∴ ，
∴ ， ， ， ， 四点共面.
（2）∵ ， 为 中点，
∴ 与 不平行，
∵ 平面 ，
∴ 与 相交，
设 ，
∵ ， 平面 ，
∴ 平面 ，同理 平面 ，
∵平面 平面 ，∴ ，
∴直线 ， ， 相交于一点.
【一隅三反】
1．（2023·吉林·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）在长方体 中，直线 与平面
的交点为 为线段 的中点，则下列结论错误的是（ ）
A． 三点共线 B． 四点异不共面
C． 四点共面 D． 四点共面
【答案】C
【解析】
因为 , 则 四点共面.
因为 , 则 平面 ,
又 平面 , 则点 在平面 与平面 的交线上,
同理, 也在平面 与平面 的交线上, 所以 三点共线;
从而 四点共面,都在平面 内，
而点B不在平面 内，所以 四点不共面，故选项B正确；
三点均在平面 内，而点A不在平面 内，
所以直线AO与平面 相交且点O是交点，所以点M不在平面 内，即 四点不共面，故选项C错误；
，且 ，所以 为平行四边形，所以 共面，所以 四点共面，
故选项D正确.故选: C.
2．（2023·全国·高三对口高考）如图，正方体中，E、F分别是 的中点，则与直线 、 、
都相交的直线（ ）
A．有且仅有一条 B．有且仅有两条
C．有且仅有三条 D．无数条
【答案】D
【解析】在 上任意取一点 ，直线 与点 确定一个平面，
这个平面与 有且仅有1个交点 ，
当点 取不同的位置就确定不同的平面，从而与 有不同的交点 ，
而直线 与这3条异面直线都有交点，故在空间中与三条直线 、 、 都相交的直线有无数条.
故选：D.
3．（2023春·河南信阳）如图，在正方体 中，E，F分别是 上的点，且.
(1)证明： 四点共面；
(2)设 ，证明：A，O，D三点共线.
【答案】(1)证明见祥解
(2)证明见祥解
【解析】（1）证明：如图，连接 .
在正方体 中， ，所以 ，
又 ，且 ，
所以四边形 是平行四边形，所以 ，
，所以 四点共面；
（2）证明：由 ， ，又 平面 ， 平面 ，
同理 平面ABCD，又平面 平面 ，，即A，O，D三点共线.
