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7.1 基本立体图形、简单几何体的表面积与体
积
目录
01 课标要求..........................................................................................................................................2
02 落实主干知识..................................................................................................................................3
一、空间几何体的结构特征................................................................................................................3
二、表面积与体积计算公式................................................................................................................3
三、空间几何体的直观图....................................................................................................................5
03 探究核心题型..................................................................................................................................6
题型一：结构特征................................................................................................................................6
题型二：直观图....................................................................................................................................9
题型三：展开图..................................................................................................................................12
题型四：表面积..................................................................................................................................15
题型五：体积......................................................................................................................................18
题型六：最小路径问题......................................................................................................................25
04 好题赏析（一题多解）................................................................................................................31
05 数学思想方法................................................................................................................................34
①数形结合..........................................................................................................................................34
②转化与化归......................................................................................................................................36
③分类讨论..........................................................................................................................................38
06 课时精练（真题、模拟题）........................................................................................................42
基础过关篇..........................................................................................................................................42
能力拓展篇..........................................................................................................................................52
1
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1、
柱、
、台、球及
合体的
构特征，能运用
些特征描述
生活中
物体的
构
认识
锥
简单组
结
这
现实
简单
结
.
2、知道球、棱(圆)柱、棱(圆)
、棱
锥
(圆)台的表面
和体
的
算公式，并能解决
的
积
积
计
简单
实际问题.
3、能用斜二
画法画出
空
形的直
测
简单
间图
观图.
2
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一、空间几何体的结构特征
1、棱柱：两个面互相平面，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由
这些面所围成的多面体叫做棱柱．
（1）斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱；
（2）直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱；
（3）正棱柱：底面是正多边形的直棱柱；
（4）平行六面体：底面是平行四边形的棱柱；
（5）直平行六面体：侧棱垂直于底面的平行六面体；
（6）长方体：底面是矩形的直平行六面体；
（7）正方体：棱长都相等的长方体．
2、棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做
棱锥．
（1）正棱锥：底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心；
（2）正四面体：所有棱长都相等的三棱锥．
3、棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台，由正棱锥截得
的棱台叫做正棱台．
4、圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的几何体叫做圆柱．
5、圆柱：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，将其旋转一周形成的面所围成的几何体
叫做圆锥．
6、圆台：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台．
7、球：以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称为球（球
面距离：经过两点的大圆在这两点间的劣弧长度）．
8、由柱体、锥体、台体、球等几何体组成的复杂的几何体叫做组合体．
二、表面积与体积计算公式
表面积公式
3
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表
面
积
柱体
为直截面周长
锥体
台体
球
体积公式
体
积
柱体
锥体
S
h
台体
4
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球
三、空间几何体的直观图
1、斜二测画法
斜二测画法的主要步骤如下：
（1）建立直角坐标系．在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的
，
，建立直角坐标系．
（2）画出斜坐标系．在画直观图的纸上（平面上）画出对应图形．在已知图形平行于
轴的线段，在
直观图中画成平行于
，
，使
（或
），它们确定的平面表示水平平面．
（3）画出对应图形．在已知图形平行于
轴的线段，在直观图中画成平行于
轴的线段，且长度保
持不变；在已知图形平行于
轴的线段，在直观图中画成平行于
轴，且长度变为原来的一般．可简化为
“横不变，纵减半”．
（4）擦去辅助线．图画好后，要擦去
轴、
轴及为画图添加的辅助线（虚线）．被挡住的棱画虚
线．
注：直观图和平面图形的面积比为
．
2、平行投影与中心投影
平行投影的投影线是互相平行的，中心投影的投影线相交于一点．
5
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题型一：结构特征
【例题1】（2025·高三·全国·专题练习）给出下列四个命题：
①各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱；
②若一个简单多面体的各顶点都有3 条棱，则其顶点数V 与面数F 满足的关系式为
；
③若直线
平面
，
平面
，则
；
④命题“异面直线a，b 不垂直，则过a 的任一平面与b 都不垂直”的否定．
其中，正确的命题是（ ）
A．②③
B．①④
C．①②③
D．②③④
【答案】A
【解析】①错，因为正棱柱底面必须是正多边形．
②对，多面体的欧拉定理是：顶点数
面数棱数
，即
，
由已知各顶点都有3 条棱，得
，
从而
，所以
，故②对．
③对，若直线
平面
，
平面
，则平面
存在一条直线平行，
从而该直线垂直平面
，由面面垂直判定定理可知
．
④错，对于命题“异面直线a，b 不垂直，则过a 的任一平面与b 都不垂直”，该命题正确，
用反证法说明，假设存在过a 的平面与b 垂直，则根据线面垂直的性质可知异面直线a，b 垂直，
与已知矛盾，故假设不成立，所以原命题成立，
因为命题“异面直线a，b 不垂直，则过a 的任一平面与b 都不垂直”是对的，所以其否定为错．
故选：A
【例题2】有下列命题：
①有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱；
②有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱；
③有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱；
④用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台．
⑤有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．
其中正确的命题的个数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】B
6
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【解析】棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，
①②错误，③正确，其中①②的反例如图所示；
棱锥：一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，⑤错误；
棱台：棱锥的底面和平行于底面的一个截面间的部分，④错误；
正确命题有1 个.
故选：B.
【解题总结】
空间几何体结构特征的判断技巧
（1）紧扣结构特征是判断的关键，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线
面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定．
（2）说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．
【变式1】（2025·新疆·模拟预测）下列命题中正确的是（ ）
A．有两个平面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.
B．各个面都是三角形的几何体是三棱锥.
C．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体.
D．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线.
【答案】D
【解析】如图所示的几何体满足两个平面平行，其余各面都是平行四边形，但它不是棱柱，A 错；
正八面体的各面都是三角形，不是三棱锥，B 错；
如果两个平行截面与圆柱的底面平行，则是旋转体，如果这两个平行截面与圆柱的底面不平行，则不是旋
转体．C 错；
根据圆锥的定义，D 正确．
故选：D．
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【变式2】下列几何体中，为棱台的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面与底面之间的部分称为棱台．
因此棱台一定是两个面互相平行，且所有侧棱延长后交于同一点，
A 选项，侧棱延长后没有交于一点，不是棱台，故A 不符合题意；
B 选项，截面不平行于底面，不符合棱台的定义，故B 不符合题意；
C 选项，几何体不是由棱锥截成的，不符合棱台的定义，故C 不符合题意；
D 选项，符合棱台的定义，故D 符合题意.
故选：D
【变式3】下列说法中，正确的是（ ）
A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B．一个多面体至少有4 个面
C．有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
D．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台
【答案】B
【解析】正棱锥底面是正多边形，还需要满足顶点到底面射影落在底面正多边形的中心，A 错误；
多面体中面数最少为三棱锥，四个面，B 正确，；
有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体不一定是棱柱，还需要满足各个侧面的交线互相平
行，C 错误；
用一个平面去截棱锥，必须是平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分才是棱台，D 错误.
故选：B.
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题型二：直观图
【例题3】如图，
表示水平放置的
根据斜二测画法得到的直观图，
在
轴上，
与
轴垂直，且
，则
的边
上的高为（ ）
A．2
B．4
C．
D．8
【答案】D
【解析】如图，过
作
轴，交
轴于
，
在
中，因为
与
轴垂直，且
，
，
所以
，
由斜二测画法知：
，所以
的边
上的高为8.
故选：D.
【例题4】正方形
的边长为3，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图）.则原图形的周长
是（ ）
A．12
B．24
C．
D．
【答案】B
【解析】由直观图可得
，
，
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所以原图形为
所以
，
，
，
，
，
所以原图形的周长是
，
故选：B.
【解题总结】
斜二测法下的直观图与原图面积之间存在固定的比值关系：
．
【变式4】用斜二测画法画水平放置的
，其直观图
如图所示，其中
．若原
的周长为10，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】如图所示，根据斜二测画法的规则，可由直观图
画出原图
，
因为
，可得
，所以
，即
，
则
，所以
.
故选：A.
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【变式5】用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，
轴，
轴，
，则
的原图形的面积为（ ）
A．5
B．10
C．
D．
【答案】B
【解析】法一：如图所示，根据斜二测画法可知，
轴，且
，
原图形为
，其中
，且
，
则
的面积为
．
法二：直观图面积为
，
原图形的面积等于直观图面积的
倍，
所以原图形的面积为
．
故选：B
【变式6】如图所示，梯形
是平面图形
用斜二测画法得到的直观图，
，
，则平面图形
中对角线
的长度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】由直观图知原几何图形是直角梯形
，
如图，由斜二测画法可知
，
，
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所以
.
故选：A.
题型三：展开图
【例题5】（2025·上海普陀·二模）若一个圆锥的高为
，侧面积为
，则该圆锥侧面展开图中扇形
的中心角的大小为 .
【答案】
【解析】设底面半径为，母线长为l
由
，得
，
又
，由勾股定理
，
所以
，解得
，
底面圆周长
，扇形中心角
，
故答案为：
【例题6】如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴
为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于
圆柱的底面直径．将圆柱侧面沿母线
展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线．若该
段正弦曲线是函数
图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为
，则
．
【答案】
/
【解析】设圆柱的底面直径为
，由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数
图象的一部
分，
可得
，且
，所以圆柱的底面直径
，
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则椭圆长轴长为
，短轴长为
，
因为离心率为
，可得
，所以
，
所以
，解得
．
故答案为：
【解题总结】
多面体表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一
定先观察立体图形的每一个面的形状．
【变式7】如图，将三棱锥
展开为平面图形，已知
，
，
，
，则
．
【答案】
/
【解析】由题意，
，
，
，
则
≌
，由勾股定理得
，
又
，
，
，
所以在
，由余弦定理得
，故
．
在
中，由余弦定理得
．
故答案为：
．
【变式8】小杰想测量一个卷纸展开后的总长度，卷纸中的纸是单层的，且卷纸整体呈一个空心圆柱形，
即大圆柱在其正中间挖去了一个小圆柱，测得小圆柱底面的直径为5 厘米，大圆柱底而的直径为11 厘米．
由于单层纸的厚度不易测量，小杰利用游标卡尺测得10 层纸的总厚度为0.3 厘米．试估算这个卷纸的总长
度（单位：米）为 ．（结果精确到个位，取
）
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【答案】
【解析】设卷纸的高为厘米，展开后卷纸的总长度为
厘米，
卷纸的体积为：
立方厘米，
每层纸的厚度为：
厘米，
则展开后的体积为
立方厘米，
即有
，即
厘米，
即约为
米.
故答案为：
.
【变式9】如图，在四棱锥
的平面展开图中，底面
为等腰梯形，
，
，
，
，
，
，则
．
【答案】
/
【解析】因为在平面展开图中
，
，
所以在四棱锥
中，
，
，且
平面
,
，则
平面
．
还原四棱锥
，在等腰梯形
中，作
,垂足为
，如图：
因为
，
，
,
所以
,即
．
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因为
，所以
,
，
所以在
中，由余弦定理，
得
．
故答案为：
.
题型四：表面积
【例题7】（2025·高三·甘肃兰州·期中）某圆锥的底面半径为3，高为
，则该圆锥的侧面积为 ．
【答案】
【解析】∵圆锥的底面半径为3，高为
，
∴圆锥的母线为
，
∴圆锥的侧面积为
，
故答案为：
．
【例题8】如图，在正四棱柱
中，
，
，则该正四棱柱的表面积为 ．
【答案】
【解析】因为四边形
为正方形，
，故
，
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而
，故
，故
，
故正四棱柱的表面积为
.
故答案为：
.
【解题总结】
（1）多面体的表面积是各个面的面积之和．
（2）旋转体的表面积是将其展开后，展开图的面积与底面面积之和．
（3）组合体的表面积求解时注意对衔接部分的处理．
【变式10】我国古代有一种容器叫“方斗”，“方斗”的形状是一种上大下小的正四棱台（两个底面都是
正方形的四棱台），如果一个方斗的容积为28 升（一升为一立方分米），上底边长为4 分米，下底边长为
2 分米，则该方斗的表面积为 平方分米．
【答案】
【解析】
如图所示，高线为
，由方斗的容积为28 升，
可得
，解得
．
由上底边长为4 分米，下底边长为2 分米可得
，
，
，
侧面梯形面积为
，
所以方斗的表面积为
．
故答案为：
.
【变式11】已知圆锥的轴截面是一个边长为4 的正三角形．
(1)求该圆锥的体积与表面积，侧面展开图的扇形面积；
(2)该圆锥内切球半径为
，内接正方体棱长为
，分别求出
的值．
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【解析】（1）由轴截面为边长为4 的等边三角形，
可得底面半径
，高为
，母线长
，
于是
，
.
（2）如图1，易知
，可得在
中，
，解得
，
如图2，易知
，可得在
中，
，解得
，
【变式12】如图是一块正四棱台
的工艺石料，该四棱台的上、下底面的边长分别为2dm
和4dm，高为3dm．
(1)求四棱台
的表面积；
(2)现要将这块工艺石料最大限度打磨为一个圆台造型，求圆台
的体积．
【解析】（1）正四棱台侧面是全等的等腰梯形，
分别取
中点
，连接
，作
交
于
，
如图所示，因为
，
，且
，则四边形
为矩形，
则
，
，
，
，
所以
，
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所以四棱台
的表面积为
．
（2）若要这块石料最大限度打磨为一个圆台，
则圆台
的上、下底面圆是正四棱台的上、下底面正方形的内切圆，高为正四棱台的高，
则圆台
上底面圆半径
，下底面圆半径
，高
，
则圆台
的体积为
．
题型五：体积
【例题9】在直三棱柱
中，
，
，D，E 分别为
，
的中点．
(1)求证：
平面
；
(2)若二面角
是直二面角，求
的长；
(3)在（2）的条件下，求三棱锥
的体积．
【解析】（1）连接
，在矩形
中得
且
为
的中点，
在
中，
为
的中位线，
所以
，
因为
平面
，
平面
，
所以
平面
；
（2）以点
为坐标原点，
为
轴，
为
轴，
为
轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
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设
，
，
，
，
，且
，
则
，
．
设平面
的一个法向量
，
则
取
得
．
同理可取平面
的一个法向量
．
因此
，得
．
解得
．
所以
．
（3）由题可知，
．
【例题10】如图，在直三棱柱
中，
，
，
分别为
，
，
的中点，
与
交
于点
，
与
交于点
.
(1)证明：
；
(2)若
，
，求三棱锥
的体积.
【解析】（1）因为三棱柱
为直三棱柱，所以
，
又
，
分别为
，
的中点，所以
，所以
，
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总
习~~~
又
平面
，
平面
，
所以
平面
，又因为
平面
，平面
平面
，
所以
，所以
.
（2）因为三棱柱
为直三棱柱，且
，所以
，
，
两两垂直，
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，
则
，
，
，
，
，
所以
，
，
，
所以
，
，故
，
，
又
，
，
平面
，所以
平面
，
由（1）知
平面
，
所以点
到平面
的距离即点
到平面
的距离，等于
的长，
在
中，由等面积法知
，则
，
，
因为
，所以
，且易知
，
故
，所以
.
【解题总结】
求空间几何体的体积的常用方法
公式法
规则几何体的体积，直接利用公式
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
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
【变式13】如图，在直四棱柱
中，底面ABCD 是菱形，
，E，O 分别是BC，
的中点，平面
与平面A1B1C1D1的交线为l，连接EO 并延长交l 于点P，
，
．
20
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(1)证明：
，
，P 三点共线；
(2)求三棱锥
的体积．
【解析】（1）在直四棱柱
中，平面
平面A1B1C1D1，平面
平面
，
平面
平面A1B1C1D1＝l，则
，
，即
，
又
，则
，
，四边形
是平行四边形，
于是
且
，取AD 中点为Q，连接
、EQ，
由
且
，
且
，得
且
，
则四边形
是平行四边形，
且
，又
且
，
因此
且
，即PD 与
共面，P
平面
，又P
l，l
平面A1B1C1D1
则P
平面A1B1C1D1，又平面
平面
，即P
，
所以
三点共线.
（2）由（1）知，四边形
是平行四边形，则
，
，
在
中，
，
由余弦定理得
，
则
，故
，
，又
平面
，
以D 为原点，直线
分别为
轴建立空间直角坐标系，如图：
21
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总
习~~~
则
，
，
设平面
的法向量为
，则
，令
，得
，
则点P 到平面
的距离为
，
由
，得
边
上的高
，
因此
的面积
，
所以三棱锥
的体积
.
【变式14】如图，四边形
是圆柱的轴截面，
是下底面圆周上一点，点
是线段
中点
(1)证明：直线
平面
(2)若
，求三棱锥
的体积.
【解析】（1）连接
，令
，连接DE，则E 是
、
的中点，
在△
中D 是线段BC 中点，E 是
的中点，
∴
，又
平面
，
平面
，
∴直线
平面
；
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总
习~~~
（2）设点
到平面
的距离为
，
∵点
在底面圆上，
∴
，
∵
，D 是BC 的中点，
∴
，
，
因为
是圆柱的轴截面，则
到AB 的距离，即
到平面
的距离
，
所以
.
【变式15】四面体
中，
分别为棱
的中点，经过
的平面
分别与棱
，
相交
于点
，
（不与顶点重合）.
(1)证明：若
，则
（如图1）；
(2)当
与平面
相交于点
时（如图2），若四面体
的体积为
，求多面体
的体积.
【解析】（1）因为
，且平面
经过
且与平面
相交于
，
所以
，又
为
的中点，所以
为
中点，
又
为
中点，所以
，
又
，
，所以
；
（2）在
中，直线
与直线
相交于点
，与直线
相交于点
，与直线
相交于点
，
令
，
令
，得
，
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习~~~
又
三点共线，所以
，
令
，得
，
所以
，
所以
，所以
，
故有
，同理
，
又
分别为
中点，所以
，
记
，四面体
的体积为
，多面体
的体积为
，
连接
，则有
，
，
所以
，
又四面体
的体积为
，即
，所以多面体
的体积
.
故答案为：
题型六：最小路径问题
【例题11】如图，已知正方体
中，
，P 为线段
上一点，Q 为平面
内一点，
则
的最小值是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
当
，即可得
平面
，此时
是最小距离，
然后把平面
与平面
展开成共面，
如第二个图：即可得过
作
的垂线，垂足为
此时
，即此时
取到最小值，
由正方体可知：
，
所以
.
故选：A
【例题12】某景区为提升游客观赏体验，搭建一批圆锥形屋顶的小屋（如图1）．现测量其中一个屋顶，
得到圆锥
的底面直径
长为
，母线
长为
（如图2）．若
是母线
的一个三等分点（靠
近点S），从点A 到点
绕屋顶侧面一周安装灯光带，则灯光带的最小长度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】将圆锥侧面沿母线
展开，其侧面展开图为如图所示的扇形
，则
的长度即为灯光带的
最小长度，
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，
，
在
中，
，
，
，
解得：
，即灯光带的最小长度为
.
故选：C.
【解题总结】
此类最小路径问题：大胆展开，把问题变为平面两点间线段最短问题．
【变式16】直三棱柱
的底面是以C 为直角的等腰直角三角形，且
，在面对角线
上存在一点P 使P 到
和P 到A 的距离之和最小，则这个最小值是（ ）
A．2
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】因为直三棱柱
的底面是以C 为直角的等腰直角三角形，且
，
所以
，又
是等腰直角三角形，
，
把
和
所在平面沿
摊平得四边形
，如图，
是这个四边形的对称轴，
即为所求最小值．
故选：D．
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【变式17】（2025·河北石家庄·二模）已知正方体
的体积为
，点
，
分别在棱
，
上，满足
最小，则四面体
的体积为
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】如图，
∵点M，N 分别在棱
上，要
最小，将
所在的面延它们的交线展开到与
所
在的面共面，
三线共线时，
最小，
∴
设正方体
的棱长为
，则
，
∴
．
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取
，连接
，则
共面，
在
中，设
到
的距离为
，
设
到平面
的距离为
，
.
故选D．
【变式18】如图，在棱长均为4 的正四面体
中，
为
的中点，
为
的中点，
是
上的
动点，
是平面
上的动点，则
的最小值是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】由题意可知，在正四面体
中，
为
中点，
，
，
，
平面
，∴
平面
，
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总
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设
中点为
，连接
，
为
中点，
，且
，
平面
，
即为
在平面
上的射影，
沿
展开平面
，使之与平面
重合，
此时，
的最小值即为点A 到
的距离，故过点A 作
于点
，
又
，
，
，
，
，
.
故选：D．
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总
习~~~
1．已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一个球面上，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．
【答案】C
【解析】方法
设正四棱锥
的高为
，底面边长为a，球心为O，由已知易得球半径为
，
所以
，
因为
，
故所以
，求导
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
，
，
故该正四棱锥体积的取值范围是
方法
由方法
中知
，
，求导
，所以
在
上单调递
增，在
上单调递减，所以
，
，故该正四棱
锥体积的取值范围是
2．已知四面体ABCD 的顶点均在半径为
的同一球面上，且
，则该四面体体积的最大值
为
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总
习~~~
A．
B．3
C．4
D．
【答案】C
【解析】解：方法一：因为
，
，
所以球心O 到AB 中点M 的距离为1，到CD 中点N 的距离为2，
从而AB 中点M 在以O 为球心，以1 为半径的球面上运动，
CD 中点N 在以O 为球心2 为半径的球面上运动，
当M，O，N 三点共线且O 在线段MN 上时，MN 取最大值3，
，
此时，若
平面ABN，则
；
若CD 不垂直于平面ABN，
则C，D 到平面ABN 的距离和小于2，从而四面体体积小于
当M，O，N 三点不共线时，由于N 在以O 为球心2 为半径的球面上运动，
所以N 到直线AB 的距离小于3，从而
，
C，D 到平面ABN 的距离和小于等于2，从而
，
所以四面体体积的最大值为
故选：
方法二：设球心为O，
的外心为
，圆
半径为r，AB 的中点为M，
设
，
，
则
，
，
，
，
所以
，
所以M 到CD 的距离
，
设AC 与BD 的距离为
，
则
，
，
，
设
，下证
，
即证
，
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总
习~~~
从而
，
于是
，
由柯西不等式，
上式左
，
从而
，故
面积最大值为3，
从而四面体ABCD 体积最大值为
故选：
3．已知正三棱柱
的底面边长为
，高为
，则该正三棱柱的外接球的体积为
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】解：如图，设正三棱柱
外接球的球心为O，半径为
记
和
外接圆的圆心分别为
和
，其半径为r，
由正弦定理得：
，
又O 为
的中点，
所以
，
即
，则
故选：
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总
习~~~
①数形结合
1．已知正方体
的棱长为2，P 为线段
上的动点，则三棱锥
外接球半径的取
值范围为
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】解：如图，连接AC，交BD 于点E，易知E 为
的外心．
连接
，
，交于点F，易知
平面BCD，
三棱锥
的外接球球心O 在EF 上．
设
的外接圆圆心为
，
平面PCD，且
设
的外接圆半径为r，三棱锥
的外接球半径为R，
设
，
，
，
又
，
设
，
，
设
，则
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总
习~~~
又
，
易知
，
，故选
2．北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨
道位于地球赤道所在平面，轨道高度为
轨道高度是指卫星到地球表面的距离
将地球看作是一
个球心为O，半径r 为
的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能
直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为
，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为
单位：
，则S 占地球表面积的百分比约为
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
解：如图所示：
由题意可得，S 占地球表面积的百分比约为：
故选
3．正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】
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总
习~~~
解：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图所示，
因为该正四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高
，
下底面面积
，上底面面积
，
所以该棱台的体积
故选：
②转化与化归
4．三棱锥
的底面
是等边三角形，
，二面角
的大小为
，若三棱
锥
外接球的表面积为
，则该三棱锥
体积的最大值等于（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
解：设
，三棱锥
外接球的半径为R，则
，解得
，
设
的外心为
，该点是棱AC 的中点，设等边
的外心为
，
过点
作平面APC 的垂线，过点
作平面ABC 的垂线，两垂线交于点O，即为三棱锥
外接球的
球心．
因为二面角
的大小为
，所以
，
易知
，
，
所以
，
因为
，即
，
解得
，即
，
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总
习~~~
因为
，所以当
时，点P 到平面ABC 的距离最大，
其最大距离为
，
所以三棱锥
体积的最大值等于
，
故选
5．如图，已知圆台形水杯盛有水不计厚度，杯口的半径为4，杯底的半径为3，高为
，当杯底水平
放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为r 的球球被完全浸没，水恰好充满水杯，则
（ ）
A．
B．2
C．3
D．
【答案】D
【解析】解：由题可知，未放入球时，圆台形水杯中水的高度为
，
因为杯口半径为
，杯底半径为
，
所以水面的半径为
，
则杯中未充满水的部分高度为
，
根据圆台的体积计算公式，
则此时未充满水的部分的体积为
，
代入数据计算得到
，
因为放入球后，水刚好充满，
所以球的体积
，
设球的半径为r，则有
，
解得
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总
习~~~
故选
6．位于如皋市定慧寺内的观音塔，是一座仿明清古塔建筑，具有七层、八角彩绘的外观．观音塔除去塔
尖部分可近似视为一个正四棱台，现有一个除去塔尖的观音塔模型，塔底宽20cm，塔顶宽10cm，侧面面
积为
，据此计算该观音塔模型体积为
A．31500
B．30000
C．10500
D．10000
【答案】C
【解析】
解：设该观音塔模型的斜高为
，高为h，
则
，解得
，
故高为
，
故该观音塔模型体积为
故选：
③分类讨论
7．已知圆柱
的底面半径和母线长均为1，A、B 分别为圆
、圆
上的点，若异面直线
，
所成的角为
，则
（ ）
A．
B．
C．2 或
D．2 或
【答案】C
【解析】
解：设过B 的母线为BD，连接AD，
，
则
，
，
四边形
为平行四边形，
，
为异面直线
，
所成的角或其补角，
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总
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或
，
当
时，
，此时
；
当
时，由余弦定理得
，
此时
，
所以
或2，
故选：
8．在棱长为1 的正方体
中，点P 是正方体棱上一点，若满足
的点P
的个数为4，则d 的取值范围为
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
解：如下图所示：
，
，
，
，
，
当点P 分别在棱
，BC，
，
上运动时，m 的取值范围是
；
当点P 分别在棱
，AB 上运动时，m 的取值范围是
；
当点P 分别在棱
，CD 上运动时，m 的取值范围是
；
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总
习~~~
当点P 分别在棱
，
，AD，
上运动时，m 的取值范围是
由图可知，点P 在正方体的每一条棱上运动时，它所在的位置与m 的值是一一对应的，
则当
的点P 的个数为4 时，
m 的取值范围是
故选：
9．如图，直三棱柱
的棱
平面
，
，
，
，则当该三棱
柱绕
旋转时三棱柱上所有点始终在平面
的同一侧，它在平面
内的正投影的面积最小值为
A．
B．2
C．
D．
【答案】C
【解析】解：易知
，面ABC 和面
均垂直于面
，
①若
和
的投影在
投影的异侧，
此时三棱柱在面
内的投影由面
和面
的投影组成，
设AB 与其投影的夹角为
，则AC 与其投影的夹角为
，
投影面积
，
则当
或
时，上式有最小值2；
②若
和
的投影在
投影的同侧，
设AB 与其投影的夹角为
，则AC 与其投影的夹角为
，
此时
和
的投影部分重合，三棱柱在面
内的投影是面
和面
的投影中较大的
那一个，
由于对称性，不妨设投影中较大的那一个为
，此时
，
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总
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投影面积
，则当
时，有最小值
综上，最小值为
故选
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总
习~~~
基础过关篇
1．（2024 年北京高考数学真题）如图，在四棱锥
中，底面
是边长为4 的正方形，
，
，该棱锥的高为（ ）.
A．1
B．2
C．
D．
【答案】D
【解析】如图，底面
为正方形，
当相邻的棱长相等时，不妨设
，
分别取
的中点
，连接
，
则
，且
，
平面
，
可知
平面
，且
平面
，
所以平面
平面
，
过
作
的垂线，垂足为
，即
，
由平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，
由题意可得：
，则
，即
，
则
，可得
，
所以四棱锥的高为
.
故选：D.
2．（2024 年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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
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总
习~~~
，则圆锥的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为
，
而它们的侧面积相等，所以
即
，
故
，故圆锥的体积为
.
故选：B.
3．（2024 年天津高考数学真题）在如图五面体
中，棱
互相平行，且两两之间距离
均为1．若
．则该五面体的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】用一个完全相同的五面体
（顶点与五面体
一一对应）与该五面体相嵌，使
得
；
;
重合，
因为
，且两两之间距离为1．
，
则形成的新组合体为一个三棱柱，
该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1 的等边三角形，侧棱长为
，
.
故选：C.
4．（2023 年高考全国甲卷数学（文）真题）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．1
B．
C．2
D．3
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总
习~~~
【答案】A
【解析】取
中点
，连接
，如图，
是边长为2 的等边三角形，
，
，又
平面
，
，
平面
，
又
，
，
故
，即
，
所以
，
故选：A
5．（2023 年高考全国甲卷数学（理）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．
【答案】C
【解析】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
，
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总
习~~~
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，
，
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”
总
习~~~
所以
，
又
，所以
，
所以
的面积为
.
故选：C.
6．（2023 年高考全国乙卷数学（理）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．
【答案】B
【解析】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
7．（2025 年高考全国二卷数学真题）一个底面半径为
，高为
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
．
【答案】
45
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”
总
习~~~
【解析】
圆柱的底面半径为
，设铁球的半径为r，且
，
由圆柱与球的性质知
，
即
，
，
故答案为：
.
8．（2025 年高考北京卷数学真题）某科技兴趣小组用3D 打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多
面体，其中ABCDEF 是一个平面多边形，平面
平面ABC，平面
平面ABC，
，
.若
，
则该多面体的体积为 ．
【答案】
【解析】先证明一个结论：如果平面
平面
，平面
平面
，平面
，则
.
证明：设
，
， 在平面
取一点
，
，
在平面
内过
作直线
，使得
，作直线
，使得
，
因为平面
平面
，
，故
，而
，故
，
同理
，而
，故
.
下面回归问题.
连接
，因为
且
，故
，同理
，
，
46
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总
习~~~
而
，故直角梯形
与直角梯形
全等，
故
，
在直角梯形
中，过
作
，垂足为
，
则四边形
为矩形，且
为以
为直角的等腰直角三角形，
故
，
平面
平面
，平面
平面
，
,
平面
，故
平面
，
取
的中点为
，
的中点为
，
的中点为
，连接
，
则
，同理可证
平面
，而
平面
，
故平面
平面
，同理平面
平面
，
而平面
平面
，故
平面
，
故
，故四边形
为平行四边形，故
.
在平面
中过
作
，交
于
，连接
.
则四边形
为平行四边形，且
，故
，
故四边形
为平行四边形，
而
平面
，
故
平面
，故平面
平面
，
而
，故
，
故几何体
为直棱柱，
而
，故
,
因为
，故
平面
，
而
平面
，故平面
平面
，
在平面
中过
作
，垂足为
，同理可证
平面
，
而
，故
，故
，
由对称性可得几何体的体积为
，
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总
习~~~
故答案为：
.
9．（2025 年上海秋季高考数学真题（网络收集版））如图，在正四棱柱
中，
，则该正四棱柱的体积为 ．
【答案】
【解析】因为
且四边形
为正方形，故
，
而
，故
，故
，
故所求体积为
，
故答案为：
.
10．（2024 年北京高考数学真题）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
．
【答案】 23 57.5/
【解析】设升量器的高为
，斗量器的高为
（单位都是
），则
，
故
，
.
故答案为：
.
11．（2024 年高考全国甲卷数学（理）真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为
,下底面半径均为
，圆
台的母线长分别为
,
，则圆台甲与乙的体积之比为 ．
【答案】
【解析】由题可得两个圆台的高分别为
，
，
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总
习~~~
所以
.
故答案为：
.
12．（2023 年上海秋季高考数学试题（网络收集版））空间内存在三点A、B、C，满足
，
在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C 可以组成正四棱锥，求方案数为 ．
【答案】9
【解析】因为空间中有三个点
，且
，
不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑
三边的轮换对称性，可先
分为两种大情况，即以下两种：
第一种：
为正四棱锥的侧面，如图1，
此时
分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的;
不妨以
为例，此时符合要求的另两个点如图1 所示，显然有两种情况，
考虑到
三边的轮换对称性，故而总情况有6 种；
第二种：
为正四棱锥的对角面，如图2，
此时
分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的;
不好以
为例，此时符合要求的另两个点图2 所示，显然只有一种情况，
考虑到
三边的轮换对称性，故而总情况有3 种；
综上所述：总共有9 种情况.
故答案为：9.
13．（2025 年高考天津卷数学真题）正方体
的棱长为4，
分别为
中点，
．
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(1)求证：
平面
；
(2)求平面
与平面
夹角的余弦值；
(3)求三棱锥
的体积．
【解析】（1）法一、在正方形
中，
由条件易知
，所以
，
则
，
故
，即
，
在正方体中，易知
平面
，且
，
所以
平面
，
又
平面
，∴
，
∵
平面
，∴
平面
；
法二、如图以D 为中心建立空间直角坐标系，
则
，
所以
，
设
是平面
的一个法向量，
则
，令
，则
，所以
，
易知
，则
也是平面
的一个法向量，∴
平面
；
（2）同上法二建立的空间直角坐标系，
所以
，
由（1）知
是平面
的一个法向量，
设平面
的一个法向量为
，所以
，
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总
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令
，则
，即
，
设平面
与平面
的夹角为
，
则
；
（3）由（1）知
平面
，
平面
，∴
，
易知
，
又
，则D 到平面
的距离为
，
由棱锥的体积公式知：
.
能力拓展篇
1．（2025·四川德阳·模拟预测）边长为
的正方形
是圆柱的轴截面，则从
点沿圆柱的侧面到相
对顶点
的最短距离（单位：cm）是（ ）
A．
B．12
C．
D．
【答案】A
【解析】圆柱的侧面展开图如图所示，
展开后
，
∴
，即为所求最短距离．
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总
习~~~
故选：A.
2．（2025·广东清远·一模）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥
为鳖臑，
平面
，且三棱锥
的外接球的表面积为
，则三棱锥
的体积的最大值为（ ）
A．
B．2
C．
D．
【答案】D
【解析】
在鳖臑
中，四个面都为直角三角形，可知PC 的中点O 到四个顶点的距离都相等，
所以点O 是鳖臑外接球的球心，三棱锥
的外接球的表面积为
，
得外接球半径
，所以
.
又
，所以
，
所以
，
即
，当且仅当
时，取等号，
所以三棱锥
的体积的最大值为
，
故选：D
3．（2025·全国·模拟预测）已知三棱锥
的体积为3，
，
，
，则
（ ）
A．3
B．4
C．
D．
【答案】D
【解析】如图，作
面
，以
为原点建立空间直角坐标系，
设
，因为
，所以
，解得
，
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总
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因为
，
，所以
，
设
且
，
，则
到面
的距离为
，
因为三棱锥
的体积为3，所以
，解得
，
由两点间距离公式得
，
可得
，得到
，
而
，则
，化简得
，解得
，
由勾股定理得
，故D 正确.
故选：D
4．（2025·广西·模拟预测）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（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】设圆柱和圆锥的底面半径均为
，侧面积分别为
，
则圆锥的母线
所以
，
，
又因为
，
即
，解得
，
所以圆锥的体积
.
故选：A.
5．（2025·福建漳州·模拟预测）一个高为
，上、下底面半径分别是
和
的封闭圆台容器（容
器壁厚度忽略不计）内有一个铁球，则铁球表面积的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】如图，作出圆台的轴截面，分析可知，要使球的表面积最大，则球需要与
相切，
53
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总
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设圆
的半径为
，则
，
由
，所以
，所以
，
作
，由
，
所以
，又
，所以
，
又
，
，
所以
，
即
，
所以球的表面积的最大值为
，
故选：C.
6．（2025·陕西西安·一模）若正四棱锥的高为4，且所有顶点都在半径为6 的球面上，则该正四棱锥的表
面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】在正四棱锥
中，设点
在底面的投影为
，则
为正方形
的中心，
过
作正四棱锥的截面，如图：
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总
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因为
，
，所以正四棱锥
的外接球球心
在
的延长线上，
则
，
，
所以
.
在正四棱锥
中，如下图：
，
，
中边
上的高为
，
故该正四棱锥的表面积为
．
故选：
7．（2025·湖南湘潭·一模）如图，一个三棱柱形容器中盛有水，
，若底面
水平放置时，水面
恰好过侧棱
的中点，当侧面
水平放置时，水面恰好与
交于点D，则
等于（ ）
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总
习~~~
A．2
B．4
C．
D．
【答案】D
【解析】若底面
水平放置时，水面恰好过侧棱
的中点，
设棱柱
的体积为V，则水的体积为
；
当侧面
水平放置时，三棱柱有水部分的体积为
，
则无水部分为水平放置的小三棱柱
（一侧面为水面），其体积为
，
由于三棱柱
和三棱柱
的高相同，
故
，由于
，则
∽
，
故
，而
，故
，故
，
故选：D
8．（2025·江西新余·模拟预测）现将一个棱长为2 的正方体魔方放入一个正四面体的盒子中，若该魔方可
以在正四面体内自由转动，则这个正四面体棱长的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】由于该正方体棱长为2，故其外接球的半径为
，
这个正四面体棱长的最小时，正四面体内切球的半径为
.
设正四面体棱长为
，其高为
，
根据等体积法知：
，解得
.
故选：D.
9．（多选题）（2025·陕西西安·二模）如图，四边形
的斜二测画法的直观图为等腰梯形
，
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总
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已知
，
，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．四边形
的面积为
D．四边形
的周长为
【答案】BC
【解析】A 选项，过点
作
垂直于
轴于点
，
因为等腰梯形
中
，
，
所以
，
又
，所以
，A 错误；
B 选项，由斜二测法可知
，B 正确；
C 选项，作出原图形，可知
，
，
，
，
故四边形
的面积为
，C 正确；
D 选项，过点
作
于点
，
则
，
由勾股定理得
，
四边形
的周长为
，D 错误．
故选：BC.
10．（多选题）（2025·江苏泰州·模拟预测）如图，正方体
的棱长为3，动点P 在正方体
内及其表面上运动，点E 在棱AD 上，且
，则下列说法正确的有（ ）
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A．若
，
，则三棱锥
的体积为定值
B．棱
上存在点P，使得
平面
C．若
，则动点P 所围成的图形的面积为
D．若动点P 在正方形ABCD 内，
，则线段BP 的最小值为
【答案】ACD
【解析】对于选项A：
因为动点P 在正方体
内及其表面上运动，且
，
，
所以点P 在线段
上.
由正方体性质可得：
.
因为
平面
，
平面
，
所以
平面
，
则点
到平面
距离等于点P 到平面
距离，
所以三棱锥
的体积即为三棱锥
的体积，即三棱锥
的体积为定值，故选项A 正
确；
对于选项B：
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”
总
习~~~
由正方体性质可得：平面
平面
.
因为点E 在棱AD 上，且
，点P 在棱
上，
所以直线
平面
，
则直线
与平面
相交，
所以棱
上不存在点P，使得
平面
，故选项B 错误；
对于选项C：
由正方体性质可得：
，
.
因为
，
平面
，
平面
，
所以
平面
，
又因为
，动点P 在正方体
内及其表面上运动，
所以点P 轨迹为矩形
.
又因为正方体的棱长为3，
所以
，
则动点P 所围成的图形的面积为
，故选项C 正确；
对于选项D：
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总
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在底面ABCD 中，以点
为坐标原点，以
所在直线为
轴，以
所在直线为
轴建立平面直角坐标系，
如图所示：
则
，
，
.
因为动点P 在正方形内，
所以设点
坐标为
，
，且
.
则
，
.
由正方体性质可得：
平面
，
因为
平面
，
所以
,
则
.
又因为
，
所以
，整理得：
，
所以动点P 的轨迹是以
为圆心，以
为半径的圆，且在正方形
内的一部分
.
因为
，
所以线段BP 的最小值为
，故选项D 正确.
故选：ACD.
11．（2025·广东广州·模拟预测）已知圆台上、下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，若圆台上、下
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底面面积之比为1：4，则圆台的体积与球体积之比为 .
【答案】
【解析】作出示意图如图所示：
因为圆台上、下底面面积之比为1：4，所以圆台上、下底面圆的半径之比为1：2，
设圆台上底面圆
的半径为，则圆台下底面圆
的半径为
，
由题意可得圆台的高为
，
则圆台的体积为
，
因为下底面过球心，所以球的半径为
，所以球的体积为
，
所以
.
故答案为：
.
12．（2025·青海海南·模拟预测）将一个半径为
（单位：
）的球打磨成一个上、下底面面积分别为
、
的圆台，且该球的球心到上、下底面的距离之差为
，则
的最小值为 cm．
【答案】
【解析】设上、下底面的半径分别为
、
（单位：
），
由
得
．
设球的球心到上、下底面的距离分别为
、
（单位：
），
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设
的最小值为
，则此时
为圆台的外接球半径，
则
，即
，可得
，
所以
，
所以
，解得
，故
.
因此
的最小值为
（单位：
）.
故答案为：
.
13．（2025·河北邯郸·一模）已知三棱锥
中，
，
为
的
中点，过点
作三棱锥
外接球的截面，则截面面积的最小值为 .
【答案】
【解析】取线段
的中点
，连接
，
因
，
，
，
则由勾股定理可知，
，
，则
，
则点
为三棱锥
的外接球球心，外接球半径为
因
，则由勾股定理可知，
，
因
为
的中点，则
，
设球心
到过点
的三棱锥
外接球的截面的距离为
，截面圆的半径为，
则
，
欲使截面面积最小，即最小，则要求
最大，
当
垂直截面时，
最大，最大值为
，
则的最小值为
，则截面面积的最小值为
.
故答案为：
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14．（2025·全国·模拟预测）已知正三棱锥的各顶点都在体积为
的球面上，正三棱锥体积最大时，该
正三棱锥的高为 .
【答案】4
【解析】根据题意可得，正三棱锥的外接球的半径
，
设正三棱锥的底面边长为
，高为 ，
则正三角形的外接圆的半径为
，所以
，
即
，所以
，
又正三棱锥体积为
，
当且仅当
即
时，等号成立，
所以当正三棱锥体积最大时，该正三棱锥的高为4.
故答案为:4.
15．（2025·湖南郴州·一模）在四棱锥
中，底面
为直角梯形，满足
，
底面
.点
为棱
的中点，点
为棱
的中点.
(1)证明：
平面
；
(2)求平面
与平面
所成夹角的余弦值；
(3)设点
为三棱锥
的内切球球面上一动点，求三棱锥
体积的最大值.
【解析】（1）方法一：证明：连接
，
是
中点，
是
中点，
是
的中位线，故
.
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总
习~~~
又
平面
平面
，
根据线面平行的判定定理，可得
平面
.
方法二：
证明：取
的中点
，连接
.
是
中点，
是
中点，
.
又
平面
平面
，故
平面
.
同理可证
平面
.
又
平面
，所以平面
平面
.
平面
平面
.
（2）以
为原点，
分别为
轴建立空间直角坐标系，
，
.
.设平面
的法向量为
，
则
，
令
，得
.设平面PCD 的法向量为
，
则
，
令
，得
设平面
与平面
所成的夹角为
，则
故平面
与平面
所成夹角的余弦值为
.
（3）三棱锥
的内切球球心为
，半径为，
64
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三棱锥
的表面积为，
则
，
由等体积法可知：
，则
，
由题意
，得球心
，
则
，得点
到平面
的距离
，
而
，得
，
因此三棱锥
体积的最大值为
．
65
