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考前回顾 05 立体几何与空间向量（知识清单+易错分析+23 年高考真
题+24 年最新模拟）
知识清单
1．柱、锥、台、球体的表面积和体积
侧面展开图 表面积 体积
直棱柱 长方形 S＝2S ＋S V＝S ·h
底 侧 底
圆柱 长方形 S＝2πr2＋2πrl V＝πr2·l
棱锥 由若干个三角形构成 S＝S ＋S V＝S ·h
底 侧 底
圆锥 扇形 S＝πr2＋πrl V＝πr2·h
S＝S ＋S ＋S V＝(S ＋＋S )h
上 下 侧 上 下
圆台 扇环
S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl) V＝π(r′2＋r′r＋r2)h
球 S＝4πr2 V＝πr3
2.外接球、内切球问题
(1)长方体的外接球的直径为体对角线，正方体的内切球的直径为正方体的棱长．
(2)正四面体的外接球、内切球球心重合，且在垂线上，R ∶r ＝3∶1.
外接球 内切球
(3)直棱柱的外接球球心为上、下底面的外心连线的中点．
(4)棱锥中若有三条侧棱两两垂直，一般补成长方体．
(5)棱锥中若有一条侧棱垂直于底面，一般补成直棱柱，如图①②.
(6)三棱锥中，若对棱相等，一般补成长方体，使三棱锥的棱为面对角线．
(7)棱锥中若没有侧棱垂直于底面，一般找两个面，再找这两个面的外心，过外心作面的垂线，两垂线的交
点即为外接球球心．
3．直观图与斜二测画法
(1)空间几何体的直观图的画法常采用斜二测画法．斜二测画法的规则为“平行要保持，横长不变，纵长减
半．”
(2)任何一个平面图形的面积S与它的斜二测画法得到的直观图的面积S′之间的关系为S′＝S.4．平行、垂直关系的转化示意图
(1)
(2)两个结论
①⇒a∥b；②⇒b⊥α.
5．用空间向量证明平行、垂直
设直线l的方向向量为a＝(a，b，c)，平面α，β的法向量分别为u＝(a，b，c)，v＝(a，b，c)．则有：
1 1 1 2 2 2 3 3 3
(1)线面平行
l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔aa＋bb＋cc＝0.
1 2 1 2 1 2
(2)线面垂直
l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔a＝ka，b＝kb，c＝kc.
1 2 1 2 1 2
(3)面面平行
α∥β⇔u∥v⇔u＝λv⇔a＝λa，b＝λb，c＝λc .
2 3 2 3 2 3
(4)面面垂直
α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔aa＋bb＋cc＝0.
2 3 2 3 2 3
6．用向量法求空间角
(1)直线l，l 的夹角θ满足cos θ＝|cos〈a，b〉|(其中a，b分别是直线l，l 的方向向量)．
1 2 1 2
(2)直线l与平面α的夹角θ满足sin θ＝|cos〈a，n〉|(其中a是直线l的方向向量，n是平面α的法向量)．
(3)平面α与平面β的夹角为θ，cos θ＝|cos〈n，n〉|(其中n，n 分别是平面α，β的法向量)．
1 2 1 2
易错提醒
1．混淆“点A在直线a上”与“直线a在平面α内”的数学符号关系，应表示为A∈a，a⊂α.
2．易混淆几何体的表面积与侧面积的区别，几何体的表面积是几何体的侧面积与所有底面面积之和，易
漏掉几何体的底面积；求锥体体积时，易漏掉体积公式中的系数.
3．不清楚空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致
判断出错．如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易误得出m⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中
m⊂α的限制条件．
4．注意图形的翻折与展开前后变与不变的量以及位置关系．对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，
再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置关系与数量关系．
5．几种角的范围两条异面直线所成的角：0°<θ≤90°；
直线与平面所成的角：0°≤θ≤90°；
平面与平面的夹角：0°≤θ≤90°.
6．用空间向量求角时易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求直线与平面所成的角时，易把直线的
方向向量与平面的法向量所成角的余弦值当成线面角的余弦值，导致出错．
易错分析
易错点1 忽视组合体重叠部分致误
1.[山东日照2023一模]每逢春节人们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，中间是球面除去上、下两个相
同球冠剩下的部分.如图②，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫作球
冠的高，若球冠所在球面的半径为 ，球冠的高为 ，则球冠的面积 .如图①，已知该灯笼的
高为 ，圆柱的高为 ，圆柱的底面圆的直径为 ，若要用布料将灯笼全部包围，则所需布
料的面积为（ ）
特别提醒：在求解组合体的表面积时，经常会分别计算出每个几何体的表面积，然后相加，这个时候需要
注意，几何体和几何体之间重叠部分的面积需要减掉，以免重复计数，导致错误.
【解析】由题意得 ，解得
所以
所以两个球冠的面积为
则所需布料的面积为
故选 .
易错点2 误认为直线在平面外是指直线与平面无公共点而产生错解
2. （多选）[河北邢台2023阶段练习]已知 为两条不同的直线， 为两个不同的平面，则下列说法
错误的是（ ）特别提醒：本题 A 选项易错之处一是直线在平面外含直线与平面平行（无公共点）和直线与平面相交（有
且仅有一个公共点）两种情形，可能会误认为直线在平面外是指直线与平面无公共点而产生错解；二是没
有注意到线段两个端点分别在平面两侧时，到平面的距离也有可能相等.
【解析】对于 ，线段 为平面 外的线段，若 两点到平面 的距离相等，则 或线段
的中点在平面 内，故 错误；对于 ，若一个角的两边分别平行于另一个角的两边，则这两个角相等或
互补（易错：两个角对应边平行且方向相同时，两个角相等，若一边方向相同一边方向相反，则两个角互
补），故 错误；对于 ，若 ， ，则 或 ，故 错误；对于 ，由线面垂直的
性质可得，若 ，则 ，故 正确.故选 .
易错点3 不能确定棱锥的外接球球心致错
3.[江西九所重点中学2022联考]已知在四棱锥 中，底面 为边长为4的正方形，侧面
底面 ，且 为等边三角形，则该四棱锥 外接球的表面积为（ ）
特别提醒：在求棱锥的外接球的相关问题中，关键是球心和半径的确定.球心的确定本质上是过棱锥的任意
两个表面图形外接圆的圆心的垂线的交点，半径是球心到棱锥任意一个顶点的距离.
【解析】如图所示，在四棱锥 中，设 和正方形 的外接圆的圆心分别为 ，
分别过 作两个平面的垂线交于点 ，则由外接球的性质知，点 即为外接球的球心.
取线段 的中点 ，连接 ， ， ， ，则四边形 为矩形.在等边三角形 中，
可得 ，则 ，即
在正方形 中，由 ，可得 ，在 中，可得 ，设外接球半径为 ，则 ，所以四棱锥 外接球的表面积 .故选 .
【答案】
易错点4 空间点、线、面位置关系判断不清致误
4. [重庆一中2022月考]已知 为两条不同的直线， 为两个不同的平面，则下列结论正确的是（
）
特别提醒：对空间点、线、面位置关系判断不清，考虑不全面都会导致求解出错，如本题 选项，若
不是垂直于 与 的交线，则 与 可能相交、平行或 .
【解析】对于 ，若 ， ，则 或 ，故 错误；
对于 ，若 ， ， ，则 ，故 正确；
对于 ，若 ， ，只有当 垂直于 与 的交线时 ，故 错误；
对于 ，若 ， ， ，则 或 与 相交，故 错误.
【答案】
易错点5 关于线面平行问题的易错点总结
5.[ 安 徽 淮 北 2022 一 模 ] 在 四 棱 锥 中 ， 底 面 为 直 角 梯 形 ，
分 别 为 线 段 的 中 点 ， 底 面 ，
（1）作出平面 与平面 的交线 ，并证明 ；
（2）求点 到平面 的距离.特别提醒：（1）线面平行的判定，平面外的直线与平面内的直线平行，经常忽视“平面外”的条件；
（2）线面平行的性质，一条直线平行于平面，经过该直线的平面与已知平面相交，则该直线与交线平行，
经常忽视“交线”的条件；
（3）在作两个平面的交线时，易忽视两个平面已有的公共点.
【解析】（1）如图，连接 ， ，且 为 的中点， ，
且 ，：四边形 为平行四边形，
平面 ， 平面 ，
//平面 .
又 平面 ，平面 平面
取 的中点 ，连接 ，则 ，又 ， ，故 就是所求的直线 .
（2）连接 .
为 的中点， 为 的中点，
平面 ，
， 平面 ， 平面 ， .
， 点 到平面 的距离相等，且由四边形 为正方形得 .
设 为点 到平面 的距离，易错点6 忽视两条直线相交的条件
6.[ 山 西 运 城 2022 期 末 ] 如 图 ， 在 四 棱 锥 中 ， 底 面 是 平 行 四 边 形 ，
， 是 的中点， 是线段 上的
动点.
（1）证明： 平面 ；
（2）若点 到平面 的距离为 ，求 的值.
特别提醒：证明线面垂直，需要证明平面外的直线与平面内的两条相交直线垂直.经常忽视的是两条直线
相交的条件.本题中连接 ，通过证明 ， ，直线 相交于点 ，且
在平面 内，可得 平面 .
【解析】（1）【证明】连接 ，在 中，因为 ， ， ，所以
.因为 ， ，所以 是等边三角形.因为 是 的中点，所以 在
中 ， ， 满 足 所 以 . 又
，所以 平面 .
（2）【解】过点 作 ，垂足为 ，连接 ，由（1）可知 平面 ，
平面 ，所以 .因为 平面 ，所以平面 平面 ，又平面
平面 ，所以 平面 .
由 .得
解得 ，所以 .
易错点7 误认为“两点之间线段最短”，直接连接两个点求长度
7.[ 宁 夏 银 川 一 中 2022 第 六 次 月 考 ] 如 图 ， 在 直 三 棱 柱 中 ，
为棱 上的一动点，则当 最小时， 的面积
为 .
特别提醒：解决此类问题最常见的错误就是认为“两点之间线段最短”，直接连接两个点求长度，
若问题改为“点 沿着直三棱柱 的表面到达 ，的中点 "，则有多个不同的
平面展开图，分别求值，再比较出其中最小的一个.
【解析】将直三棱柱 ，的侧面沿 ，展开，如图所示，连接 ，则 与的交点即为 ，最小时的点 .
在展开图中， ， ，
由 易知
在直三棱柱 中，
在 中， ，
故 的面积
易错点8 误认为直线 的方向向量 与平面的法向量 的夹角就是直线和平面的夹角.
8.[福建福州2022质量检测]如图，在直三棱柱 中， 为 的中点，点 在
上，且 .
（1）证明：平面 平面 ；
（2）若 ，且三棱锥 的体积为 ，求 与平面
所成角的正弦值.特别提醒：直线 的方向向量 与平面的法向量 的夹角不一定是直线和平面的夹角.直线和平面
的夹角为 ，直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面
所成角的正弦值.
【解析】高考真题
一．选择题（共9小题）
1．（2023•全国）长方体的对角线长为1，表面积为1，有一面为正方形，则其体积为
A． B． C． D．
【分析】根据已知条件，结合长方体表面积、体积公式，即可求解．
【解答】解：不妨设长方体底面为正方形，边长为 ，高为 ，
则底面的对角线为 ，
长方体的对角线长为1，表面积为1，
，解得 ，
长方体体积为 ．
故选： ．
【点评】本题主要考查长方体表面积、体积公式，属于基础题．2．（2023•乙卷）如图，网格纸上绘制的是一个零件的三视图，网格小正方形的边长为 1，则该零件的表
面积为
A．24 B．26 C．28 D．30
【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的表面积．
【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体是由两个直四棱柱组成的几何体．
如图所示：
故该几何体的表面积为： ．
故选： ．
【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的表面积，主要考查学生的
理解能力和计算能力及空间想象能力，属于基础题．
3．（2023•上海）如图所示，在正方体 中，点 为边 上的动点，则下列直线中，始
终与直线 异面的是A． B． C． D．
【分析】根据空间中的两条直线的位置关系，判断是否为异面直线即可．
【解答】解：对于 ，当 是 的中点时， 与 是相交直线；
对于 ，根据异面直线的定义知， 与 是异面直线；
对于 ，当点 与 重合时， 与 是平行直线；
对于 ，当点 与 重合时， 与 是相交直线．
故选： ．
【点评】本题考查了两条直线间的位置关系应用问题，是基础题．
4．（2023•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．1 B． C．2 D．3
【分析】取 的中点 ，连接 、 ，可得 平面 ，再求出 面积，然后利用棱锥体积
公式求解．
【解答】解：如图，
， ，取 的中点 ，连接 ， ，可得 ， ，
又 ， 、 平面 ， 平面 ，
在 与 中，求得 ，
在 中，由 ， ，得 ，则 ，
，
．
故选： ．
【点评】本题考查多面体体积的求法，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．
5．（2023•天津）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 的体积之比为
A． B． C． D．
【分析】设 到平面 的距离 ， 到平面 的距离 ，则 ， ，然后结合三
棱锥的体积公式即可求解．
【解答】解：在三棱锥 中，线段 上的点 满足 ，线段 上的点 满足
，
所以 ，
设 到平面 的距离 ， 到平面 的距离 ，则 ，
则三棱锥 的体积为 ．
故三棱锥 和三棱锥 的体积之比为 ．
故选： ．【点评】本题主要考查了三棱锥体积的求解，换顶点的应用是求解问题的关键，属于中档题．
6．（2023•乙卷）已知圆锥 的底面半径为 ， 为底面圆心， ， 为圆锥的母线，
，若 的面积等于 ，则该圆锥的体积为
A． B． C． D．
【分析】根据题意，设该圆锥的高为 ，即 ，取 的中点 ，连接 ，利用余弦定理求出 的
长，分析可得 ，由三角形面积公式求出 的长，由此求出 的值，由圆锥的体积计算可得答案．
【解答】解：根据题意，设该圆锥的高为 ，即 ，取 的中点 ，连接 、 ，
由于圆锥 的底面半径为 ，即 ，
而 ，故 ，
同时 ，
中， ， 为 的中点，则有 ，
又由 的面积等于 ，即 ，变形可得 ，
而 ，则有 ，解可得 ，
故该圆锥的体积 ．
故选： ．
【点评】本题考查圆锥的体积计算，注意圆锥的体积计算公式，属于基础题．
7．（2023•北京）刍曹是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某屋顶可视为五面体 ，四边形 和 是全等的等腰梯形，
和 是全等的等腰三角形．若 ， ，且等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的
面与底面夹角的正切值均为 ．为这个模型的轮廓安装灯带（不计损耗），则所需灯带的长度为
A． B． C． D．
【分析】根据题意及对称性可知底面四边形 为矩形，再根据三垂线定理作出等腰梯形所在的面、等
腰三角形所在的面与底面夹角，再题目中的数据，计算即可求解．
【解答】解：根据题意及对称性可知底面四边形 为矩形，
设 ， 在底面矩形的射影点分别为 ， ，
设 与 的中点分别为 ， ，则 ， 在线段 上，如图，
过 ， 分别作 的垂线，垂足点分别为 ， ，连接 ， ，
则根据题意及三垂线定理易得 ，
又 ， ， ， ，
， ，又易知 ， 底面矩形 ，
根据三垂线定理可知 ，又 ， ，
， ，
该多面体的所有棱长和为 ．
故所需灯带的长度为 ．
故选： ．
【点评】本题考查几何体的所有棱长和的求解，三垂线定理作二面角，化归转化思想，属中档题．
8．（2023•乙卷）已知 为等腰直角三角形， 为斜边， 为等边三角形，若二面角
为 ，则直线 与平面 所成角的正切值为
A． B． C． D．
【分析】取 的中点 ，连接 ， ，则根据题意易得二面角 的平面角为 ，
又易知平面 平面 ，从而得直线 与平面 所成角为 ，再解三角形，即可求解．
【解答】解：如图，取 的中点 ，连接 ， ，
则根据题意易得 ， ，
二面角 的平面角为 ，
， ，且 ，
平面 ，又 平面 ，
平面 平面 ，
在平面 内的射影为 ，
直线 与平面 所成角为 ，
过 作 垂直 所在直线，垂足点为 ，设等腰直角三角形 的斜边长为2，
则可易得 ， ，又 ，
， ， ，
．
故选： ．
【点评】本题考查二面角的概念，线面角的求解，化归转化思想，属中档题．
9．（2023•甲卷）在四棱锥 中，底面 为正方形， ， ， ，
则 的面积为
A． B． C． D．
【分析】解法一：先根据对称性易知 ，再根据余弦定理求出 ，然后用余弦定理求
的一个角的余弦值，从而得该角的正弦值，最后代入三角形面积公式，即可得解．
解 法 二 ： 设 在 底 面 的 射 影 为 ， 连 接 ， 设 ， ， 且 ， 则
，或 ，易知 ，又 ，再根据最小角定理及三角形
面积公式，即可求解．
【解答】解：解法一： 四棱锥 中，底面 为正方形，
又 ， ，
根据对称性易知 ，
又底面正方形 得边长为4， ，
在 中，根据余弦定理可得：
，
又 ， ， 在 中，由余弦定理可得：， ，
的面积为 ．
解法二：如图，设 在底面的射影为 ，连接 ，
设 ， ，且 ，
则 ，或 ，
易知 ，又 ，
则根据最小角定理（三余弦定理）可得：
，
或 ，
或 ，
或 ，
或 ，又 ，
， ， ，
， ，再根据最小角定理可得：
，
，又 ， ，
的面积为 ．
故选： ．
【点评】本题考查三角形面积的求解，余弦定理的应用，三角形面积公式的应用，最小角定理的应用，化
归转化思想，属中档题．
二．多选题（共2小题）
10．（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位： 的正方体容器（容器壁厚度忽
略不计）内的有
A．直径为 的球体
B．所有棱长均为 的四面体
C．底面直径为 ，高为 的圆柱体
D．底面直径为 ，高为 的圆柱体
【分析】对于 ，由正方体的内切球直径大于0.99可判断；对于 ，由正方体内部最大的正四面体的棱长
大于1.4可判断；对于 ，由正方体的体对角线小于1.8可判断；对于 ，取 ， ， ， ， ， 都
为棱中点，则六边形 为正六边形，由正六边形的内切圆直径大于1.2可判断．
【解答】解：对于 ，棱长为1的正方体内切球的直径为 ，选项 正确；
对于 ，如图，
正方体内部最大的正四面体 的棱长为 ，选项 正确；对于 ，棱长为1的正方体的体对角线为 ，选项 错误；
对于 ，（法一）如图，六边形 为正六边形， ， ， ， ， ， 为棱的中点，
高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，
六边形 棱长为 米， ，
所以 米，故六边形 内切圆直径为 米，
而 ，选项 正确．
（法二）因为 ，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，
过 的中点 作 ，设 ，
可知 ，
则 ，即 ，解得 ，
且 ，即 ，故以 为轴可能对称放置底面直径为 的圆柱，
若底面直径为 的圆柱与正方体的上下底面均相切，
设圆柱的底面圆心为 ，与正方体的下底面的切点为 ，
可知， ， ，
则 ，
即 ，解得 ，
根据对称性可知圆柱的高为 ，
所以能够被整体放入正方体内，故熏香 正确．
故选： ．
【点评】本题考查简单几何体的体积，考查空间想象能力与运算求解能力，属于中档题．
11．（2023•新高考Ⅱ）已知圆锥的顶点为 ，底面圆心为 ， 为底面直径， ， ，
点 在底面圆周上，且二面角 为 ，则
A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为
C． D． 的面积为
【分析】作图，取 中点 ，易知 ，然后再逐项分析判断即可．
【解答】解：取 中点 ，则 ， ，
由二面角的定义可知，二面角 的平面角即为 ，
对于 ， 中，由于 ， ，
则 ， ，则 ， ，选项 正确．
对于 ， ，选项 错误．
对于 ， ，选项 正确．
对于 ， ， ，选项 错误．
故选： ．
【点评】本题考查二面角的定义，考查立体几何中的距离求解，考查运算求解能力，属于中档题．
三．填空题（共6小题）
12．（2023•新高考Ⅱ）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为 2，高
为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 2 8 ．
【分析】根据题意易知△ ，从而可求出台体的高，再根据台体的体积公式，计算即可得解．
【解答】解：如图所示，根据题意易知△ ，
，又 ，
， ，又上下底面正方形边长分别为2，4，
所得棱台的体积为 ．
故答案为：28．【点评】本题考查台体的体积的求解，化归转化思想，方程思想，属基础题．
13．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台 中， ， ， ，则该棱台的体积
为 ．
【分析】先根据题意求出四棱台的高，再代入台体的体积公式即可求解．
【解答】解：如图，设正四棱台 的上下底面中心分别为 ， ，
过 作 ，垂足点为 ，由题意易知 ，又 ，
，又 ， ，
该四棱台的体积为 ．
故答案为： ．【点评】本题考查台体的体积公式的应用，属基础题．
14．（2023•甲卷）在正方体 中， ， 分别为 ， 的中点，则以 为直径的球
面与正方体每条棱的交点总数为 1 2 ．
【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，由此能求出结果．
【解答】解：在正方体 中， ， 分别为 ， 的中点，
设正方体 中棱长为2， 中点为 ，
取 ， 中点 ， ，侧面 的中心为 ，
连接 ， ， ， ， ，如图，
由题意得 为球心，在正方体 中， ，
，
则球心 到 的距离为 ，
球 与棱 相切，球面与棱 只有一个交点，
同理，根据正方体 的对称性可知，其余各棱和球面也只有一个交点，
以 为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12．
故答案为：12．
【点评】本题考查正方体的对称性、球心到各棱距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15．（2023•上海）空间中有三个点 、 、 ，且 ，在空间中任取2个不同的点 ，
（不考虑这两个点的顺序），使得它们与 、 、 恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有 9 种．
【分析】根据正四棱锥的性质，分类讨论，即可求解．
【解答】解：如图所示，设任取2个不同的点为 、 ，
当 为正四棱锥的侧面时，如图，平面 的两侧分别可以做 作为圆锥的底面，有2种情况，
同理以 、 为底面各有2种情况，所以共有6种情况；
当 为正四棱锥的截面时，如图， 、 位于 两侧， 为圆锥的底面，只有一种情况，
同理以 、 为底面各有1种情况，所以共有3种情况；
综上，共有 种情况．
故答案为：9．
【点评】本题考查正四棱锥的性质，分类讨论思想，属中档题．
16．（2023•甲卷）在正方体 中， ， 为 的中点，若该正方体的棱与球 的球
面有公共点，则球 的半径的取值范围是 ， ．
【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为4的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最
小．
【解答】解：设球的半径为 ，
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，
若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径 为体对角线长 ，
即 ， ，故 ，分别取侧枝 ， ， ， 的中点 ， ， ， ，
则四边形 是边长为4的正方形，且 为正方形 的对角线交点，
连接 ，则 ，
当球的一个大圆恰好是四边形 的外接圆，球的半径最小，
即 的最小值为 ，
综上，球 的半径的取值范围是 ， ．
故答案为： ， ．
【点评】本题考查正方体的结构特征、四边形的外接圆、球的结构特征等基础知识，考查运算求解能力，
是中档题．
17．（2023•乙卷）已知点 ， ， ， 均在半径为2的球面上， 是边长为3的等边三角形，
平面 ，则 2 ．
【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球及球的性质能求出结果．
【解答】解：设 的外接圆圆心为 ，半径为 ，
则 ，解得 ，
设三棱锥 的外接球球心为 ，连接 ， ，则 ， ，
， ，解得 ．
故答案为：2．
【点评】本题考查正弦定理、三角形外接圆半径，直棱柱的外接球及球的性质等基础知识，考查运算求解
能力，是中档题．
四．解答题（共11小题）
18．（2023•北京）如图，四面体 中， ， ， 平面 ．
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）求二面角 的大小．
【分析】（Ⅰ）由 平面 可得 ， ，由勾股定理可得 ，再利用线面垂直
的判定定理即可证得 平面 ；
（Ⅱ）以点 为坐标原点，分别以 ， 所在直线为 轴， 轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出
相应向量的坐标，进而求出平面 和平面 的法向量，再利用二面角的向量公式计算即可．
【解答】证明：（Ⅰ） 平面 ， 平面 ， 平面 ，
， ，， ，
，
又 ， ，
，又 ，
平面 ；
解：（Ⅱ）以点 为坐标原点，分别以 ， 所在直线为 轴， 轴的正方向，建立空间直角坐标系，
如图所示：
则 ，1， ， ，0， ， ，0， ， ，1， ，
，0， ， ， ， ， ，1， ， ，0， ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
则 ，取 ，得 ，1， ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
则 ，取 ，得 ，1， ，
， ，
由图可知二面角 为锐角，设二面角 的大小为 ，则 ， ，
，
即二面角 的大小为 ．
【点评】本题主要考查了线面垂直的判定定理，考查了利用空间向量求二面角的大小，属于中档题．
19．（2023•甲卷）在三棱柱 中， ， 底面 ， ， 到平面
的距离为1．
（1）求证： ；
（2）若直线 与 距离为2，求 与平面 所成角的正弦值．
【分析】（1）取 的中点，连接 ，可证平面 平面 （可根据 的长度以及 到平
面的距离直接求出 ，可得 到 的距离为1，进而可得 ，可证结论；
（2）过 作 交 的延长线与 ，连接 ，取 的中点 ，连接 ，可证 为直线
与 距离，进而可得 为 与平面 所成角的角，求解即可．
法二：建立空间直角坐标系，利用向量法可求 与平面 所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：取 的中点 ，连接 ，底面 ， 底面 ，
， ， ，
底面 ， 底面 ，
， ， ，
， 平面 ，
平面 ， 平面 平面 ，
到平面 的距离为1，
到 的距离为1，
，
为 的中点，
，
；
（2）过 作 交 的延长线与 ，连接 ，
取 的中点 ，连接 ，四边形 为平行四边形，
平面 ，
， 平面 ，
平面 ，
，
，
为直线 与 距离，
， ，
由（1）可知 平面 ，
为 与平面 所成角的角，
易求得 ，
，
， ，．
与平面 所成角的正弦值为 ．
法二：连接 ，由（1）易证 ，故取 的中点 ，连接 ，
与 的距离为2， ，
， ， ，
以 为坐标原点， ， ， 所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，0， ， ，0， ， ， ， ， ， ， ，
，0， ，
， ， ， ，0， ， ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
则 ，令 ， ， ，
平面 的一个法向量为 ，0， ，
， ．与平面 所成角的正弦值为 ．
【点评】本题考查线线相等的证明，考查线面角的求法，属中档题．
20．（2023•乙卷）如图，在三棱锥 中， ， ， ， ， ，
， 的中点分别为 ， ， ，点 在 上， ．
（1）求证： 平面 ；
（2）若 ，求三棱锥 的体积．
【分析】 （1）作 ，垂足为 ，设 ，利用 得出 ，利用
列方程求出 ，判断 是 的中点，利用中位线定理得出 ， ，
证明 ，得出 平面 ；
（2）过 作 垂直 的延长线交于点 ，求出 ， ，计算 ，再求 的面积和三棱锥
的体积．
【解答】 （1）证明：在 中，作 ，垂足为 ，设 ，则 ，
因为 ，所以 ，所以 ，即 ，解得 ，
又因为 ，所以 ，且 ，
所以 ，所以 ，即 ，解得 ，
即 ，所以 是 的中点， 是 的中点，
又因为 是 的中点，所以 ，同理， ，所以 ，
又因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ；
（2）解：过 作 垂直 的延长线交于点 ，因为 ， 是 中点，所以 ，在中， ， ，所以 ，
因为 ， ，所以 ，又 ， ， 平面 ，所以 平面
，
又 平面 ，所以 ，
又 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，即三棱锥 的高为 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
的面积为 ，
所以三棱锥 的体积为 ．
【点评】本题考查了直线与平面平行的应用问题，也考查了几何体体积计算问题，是中档题．
21．（2023•全国）在直三棱柱 中， ， ， ．
（1）求直三棱柱 的体积；（2）求直三棱柱 的表面积．
【分析】（1）根据已知条件，结合棱柱的体积公式，即可求求解；
（2）根据已知条件，结合余弦定理，求出 ，再结合棱柱的表面积，即可求解．
【解答】解：（1） ， ， ，
则直三棱柱 的体积为 ；
（2） ， ．
则 ，解得 ，
故直三棱柱 的表面积为 ．
【点评】本题主要考查棱柱体积、表面积的求解，考查转化能力，属于中档题．
22．（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱 中， ， ．点 ， ， ，
分别在棱 ， ， ， 上， ， ， ．
（1）证明： ；
（2）点 在棱 上，当二面角 为 时，求 ．
【分析】（1）建系，根据坐标法及向量共线定理，即可证明；
（2）建系，根据向量法，向量夹角公式，方程思想，即可求解．
【解答】解：（1）证明：根据题意建系如图，则有：，2， ， ，0， ， ，2， ， ，0， ，
， ，
，又 ， ， ， 四点不共线，
；
（2）在（1）的坐标系下，可设 ，2， ， ， ，
又由（1）知 ，0， ， ，2， ， ，0， ，
， ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，取 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，取 ，
根据题意可得 ， ，
，
，又 ， ，
解得 或 ，
为 的中点或 的中点，
．【点评】本题考查利用向量法证明线线平行，利用向量法求解二面角问题，向量共线定理及向量夹角公式
的应用，方程思想，属中档题．
23．（2023•上海）已知直四棱柱 ， ， ， ， ， ．
（1）证明：直线 平面 ；
（2）若该四棱柱的体积为36，求二面角 的大小．
【分析】（1）先证明平面 平面 ，再根据面面平行的性质，即可证明；
（2）先根据体积建立方程求出 ，再利用三垂线定理作出所求二面角的平面角，最后再解三角形，
即可求解．
【解答】解：（1）证明：根据题意可知 ， ，且 ，
可得平面 平面 ，又直线 平面 ，
直线 平面 ；（2）设 ，则根据题意可得该四棱柱的体积为 ，
， 底面 ，在底面 内过 作 ，垂足点为 ，
则 在底面 内的射影为 ，
根据三垂线定理可得 ，
故 即为所求，
在 中， ， ， ，
，又 ，
，
二面角 的大小为 ．
【点评】本题考查线面平行的证明，面面平行的判定定理与性质，二面角的求解，三垂线定理作二面角，
化归转化思想，属中档题．
24．（2023•甲卷）如图，在三棱柱 中， 平面 ， ．
（1）证明：平面 平面 ；
（2）设 ， ，求四棱锥 的高．【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得平面 平面 ；
（2）利用已知可得 ，进而可得 ，过 作 于 ，可得 为四棱锥
的高，求解即可．
【解答】解：（1） 底面 ， 面 ，
，又 ， ， 平面 ， ，
平面 ，又 平面 ，
平面 平面 ；
（2） 平面 ， ， 平面 ，
， ，
， ，
△ ，
，
底面 ， 面 ，
， ，， ，
，
过 作 于 ， ，
为 的中点， ，
由（1）可知 平面 ，
四棱锥 的高为1．
【点评】本题考查面面垂直的证明，考查四棱锥的高的求法，属中档题．
25．（2023•天津）在三棱台 中，若 平面 ， ， ，
， ， 分别为 ， 中点．
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）求平面 与平面 所成角的余弦值；
（Ⅲ）求点 到平面 的距离．
【分析】（Ⅰ）连接 ，推得四边形 为平行四边形，再由平行四边形的性质和线面平行的判定
定理可得证明；（Ⅱ）运用三垂线定理得到平面 与平面 所成角，再解直角三角形可得所求值；
（Ⅲ）运用等积法和三棱锥的体积公式可得所求距离．
【解答】解：（Ⅰ）证明：连接 ，可得 为△ 的中位线，
可得 ，且 ，
而 ， ，
则 ， ，
可得四边形 为平行四边形，
则 ，
而 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ；
（Ⅱ）取 的中点 ，连接 ，
由 ， ，可得 ．
由 平面 ， 平面 ，
可得 ，
可得 平面 ．
过 作 ，垂足为 ，连接 ，
由三垂线定理可得 ，
可得 为平面 与平面 所成角．
由 ．在矩形 中， ，
所以 ；
（Ⅲ）设 到平面 的距离为 ．
在△ 中， ， ， ，
则 ．
由 ，可得 ，
解得 ．
【点评】本题考查线面平行的判定和平面与平面所成角、点到平面的距离，考查转化思想和运算能力、推
理能力，属于中档题．
26．（2023•上海）已知三棱锥 中， 平面 ， ， ， ， 为
中点，过点 分别作平行于平面 的直线交 、 于点 ， ．
（1）求直线 与平面 所成角的大小；
（2）证明：平面 平面 ，并求直线 到平面 的距离．【分析】（1）连接 ， ， 为直线 与平面 所成的角，在 中，求解即可；
（2）先证明 平面 ，可得 为直线 到平面 的距离．进则求 的长即可．
【解答】解：（1）连接 ， ，
平面 ，
为直线 与平面 所成的角，
在 中， ， ，
为 中点， ，
，即直线 与平面 所成角为 ；
（2）由 平面 ， 平面 ， ，
平面 平面 ，
平面 ， 平面 ，
， ， ， ， 平面 ，
平面 ， 为直线 到平面 的距离，
平面 ， 平面 ，平面 平面 ，
， 为 中点， 为 中点， ，
直线 到平面 的距离为2．【点评】本题考查直线与平面所成的角，考查直线与平面的距离的求法，属中档题．
27．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥 中， ， ， ，
为 中点．
（1）证明 ；
（2）点 满足 ，求二面角 的正弦值．
【分析】（1）根据已知条件，推得 ， ，再结合线面垂直的判定定理，即可求证．
（2）根据已知条件，推得 平面 ，依次求出两个平面的法向量，再结合向量的夹角公式，即可求
解．
【解答】证明：（1）连接 ， ，
， 为 中点．
，
又 ， ，
与 均为等边三角形，
，
， ，
平面 ，平面 ，
．
（2）解：设 ，
，
， ，
，
，
又 ， ，
平面 ，
以 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
， ， ， ，0， ，
，
，
， ， ，
设平面 与平面 的一个法向量分别为 ， ，
则 ，令 ，解得 ，，令 ，解得 ， ，
故 ，1， ， ，1， ，
设二面角 的平面角为 ，
则 ，
故 ，
所以二面角 的正弦值为 ．
【点评】本题主要考查二面角的平面角及其求法，考查转化能力，属于中档题．
28．（2023•乙卷）如图，在三棱锥 中， ， ， ， ，
， ， ， 的中点分别为 ， ， ，点 在 上， ．
（1）证明： 平面 ；
（2）证明：平面 平面 ；
（3）求二面角 的正弦值．
【分析】（1）利用限量法可得 ， ，四边形 为平行四边形，根据线面平行的判
定定理即可证明；
（2）由勾股定理可得 ， ，根据面面垂直的判定定理即可证明；
（3）设二面角 的平面角为 ，可知 为 和 的夹角，利用向量的夹角公式求解即可．【解答】证明：（1）由题可知， ，设 ，
，
则 ，解得 ，
， ，
而 ， ， ， ， 四边形 为平行四边形，
，
平面 ， 平面 ，
平面 ．
证明：（2） ， ，
，即 ， ，
， ，
平面 ，
平面 ，
平面 平面 ．
解：（3）设二面角 的平面角为 ，
， ，
为 和 的夹角，
， ，
，
，
二面角 的正弦值为 ．【点评】本题考查直线与平面、平面与平面位置关系的判定定理，考查二面角的计算，是难题．
最新模拟
一．选择题（共10小题）
1．（2024•如皋市模拟）已知 ， 表示两条不同直线， 表示平面，下列说法正确的是
A．若 ， ，则 B．若 ， ，则
C．若 ， ，则 D．若 ， ，则
【分析】 ．运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，即可判断；
．运用线面垂直的性质，即可判断；
．运用线面垂直的性质，结合线线垂直和线面平行的位置即可判断；
．运用线面平行的性质和线面垂直的判定，即可判断．
【解答】解： ．若 ， ，则 ， 相交或平行或异面，故 错；
．若 ， ，则 ，故 正确；
．若 ， ，则 或 ，故 错；
．若 ， ，则 或 或 ，故 错．
故选： ．
【点评】本题考查空间直线与平面的位置关系，考查直线与平面的平行、垂直的判断与性质，记熟这些定
理是迅速解题的关键，注意观察空间的直线与平面的模型．
2．（2024•浙江模拟）柳编技艺在我国已有上千年的历史，如今柳编产品已经入选国家非物质文化遗产名
录．如图所示；这是用柳条编织的圆台形米斗，上底直径 ，下底直径 ，高为 ，则该米斗
的容积大概为
A．9升 B．15升 C．19升 D．21升
【分析】计算圆台的体积，即可得出容积的大小．
【解答】解：因为圆台的上底直径 ，下底直径 ，高为 ，所以圆台的容积大概为：
（升 ．
故选： ．
【点评】本题考查了圆台的体积计算问题，是基础题．
3．（2024•城西区校级一模）如图所示，该图形由一个矩形和一个扇形组合而成，其中矩形和扇形分别是
一个圆柱的轴截面和一个圆锥的侧面展开图，且矩形的长为2，宽为3，扇形的圆心角为 ，半径等于矩
形的宽，若圆柱高为3，则圆柱和圆锥的体积之比为
A． B． C． D．
【分析】分别求出圆柱和圆锥的体积，再求体积之比．
【解答】解：由圆柱的轴截面知，圆柱的底面圆半径为1，高为3，
所以圆柱的体积为 ；
由圆锥的侧面展开图知，圆锥的母线长为3，扇形的圆心角为 ，
设圆锥底面圆半径为 ，则 ，解得 ，所以圆锥的高为 ，
所以圆锥的体积为 ，
所以圆柱和圆锥的体积之比为 ．
故选： ．
【点评】本题考查了圆锥与圆柱的体积计算问题，是基础题．
4．（2024•榆林二模）如图，网格纸中小正方形的边长为 1，粗实线绘制的是一个几何体的三视图，则该
几何体的表面积为
A． B． C． D．
【分析】由三视图得出该几何体是上边为正方体，下边为圆柱的组合体，结合图中数据求出该几何体的表
面积．
【解答】解：由三视图知，该几何体是上边为正方体，下边为圆柱的组合体，
且正方体的棱长为2，圆柱的底面半径为 ，高为2，
所有该几何体的表面积为 ．
故选： ．
【点评】本题考查了利用三视图求简单组合体的表面积计算问题，是基础题．
5．（2024•贵州模拟）若一圆锥的内切球半径为2，该圆锥的侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为A． B． C． D．
【分析】根据圆锥的侧面展开图为半圆求出底面圆半径与母线长之间的关系，画出圆锥的轴截面，判断轴
截面为等边三角形，求出圆锥的高和底面圆半径，即可求出圆锥的体积．
【解答】解：设圆锥的底面半径为 ，母线长为 ，
由圆锥的侧面展开图为半圆，所以 ，解得 ；
画出圆锥的轴截面，如图所示：
中， ，所以 ；
所以 的等边三角形，该圆锥内切球的球心是 的中心，且 ，
所以圆锥的高为 ，底面圆的半径为 ，
所以圆锥的体积为 ．
故选： ．
【点评】本题考查了圆锥的结构特征与应用问题，是基础题．
6．（2024•红谷滩区校级模拟）已知 ， 是空间两个不同的平面， ， 是空间两条不同的直线，则给
出的下列说法中正确的是
① ， ，且 ，则 ；
② ， ，且 ，则 ；
③ ， ，且 ，则 ；
④ ， 、且 ，则 ．A．①②③ B．①③④ C．②④ D．③④
【分析】根据题意，对题目中的命题进行分析、判断正误即可．
【解答】解：对于①，当 ， ，且 时，有 或 、 相交，所以①错误；
对于②，当 ， ，且 时，有 或 或 、 相交且不垂直，所以②错误；
对于③，当 ， ，且 时，得出 ，所以 ，③正确；
对于④，当 ， 、且 时， 成立，所以④正确．
综上知，正确的命题序号是③④．
故选： ．
【点评】本题考查了空间中的线面平行与垂直关系的判断问题，也考查了逻辑推理与转化思想，是基础题．
7．（2024•温州二模）在正三棱台 中，下列结论正确的是
A．
B． 平面
C．
D．
【分析】选项 ，设正三棱台上底面边长为 ，下底面边长为 ， ，高为 ，计算 与
，比较即可；
选项 ，由正三棱台的结构特征知，棱 与平面 不垂直；
选项 ，计算 ，判断 与 不垂直；
选项 ，取 中点 ， 的中点 ，判断 平面 ，得出 ．
【解答】解：对于 ，设正三棱台上底面边长为 ，下底面边长为 ，高为 ，则 ，
，
因为 ，所以选项 错误；
对于 ，由正三棱台的结构特征知， 为钝角，所以 与 不垂直，
所以棱 与平面 不垂直，选项 错误；
对于 ， ，选项 错误；
对于 ，取 中点 ， 的中点 ，则 ， ，且 ，所以 平面
，所以 ，选项 正确．
故选： ．
【点评】本题考查了正三棱台的结构特征与应用问题，也考查了推理与运算能力，是中档题．
8．（2024•市中区校级模拟）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 的体积之比为
A． B． C． D．
【分析】设 到平面 的距离 ， 到平面 的距离 ，由题意知 ， ，利用
三棱锥的体积公式求解即可．【解答】解：在三棱锥 中，线段 上的点 满足 ，线段 上的点 满足
，
所以 ，
设 到平面 的距离 ， 到平面 的距离 ，则 ，
则三棱锥 的体积为 ．
所以三棱锥 和三棱锥 的体积之比为 ．
故选： ．
【点评】本题考查了三棱锥的体积计算问题，换顶点的应用是求解的关键，是中档题．
9．（2024•龙岗区校级模拟）已知空间向量 ， ，则向量 在向量 上的投影向量是
A． B． ， ， C． D． ， ，
【分析】根据投影向量的求解公式计算即可．
【解答】解： ， ，
故向量 在向量 上的投影向量是： ．
故选： ．
【点评】本题考查空间向量条件下投影向量的计算，属于中档题．10．（2024•怀柔区校级模拟）如图，已知正方体 中， 为线段 的中点， 为线段
上的动点，则下列四个结论正确的是
A．存在点 ，使 平面
B．三棱锥 的体积随动点 变化而变化
C．直线 与 所成的角不可能等于
D．存在点 ，使 平面
【分析】对 选项，根据反证法，线面平行的判定定理与性质定理，即可判断；对 选项，根据三棱锥的
体积公式，即可判断；对 选项，将两条直线平移成相交直线，即可判断；对 选项，根据正方体性质易
得 平面 ，从而再根据三角形中位线性质，即可判断．
【解答】解：对 选项， ，
易得 平面 ，又 平面 ，设平面 平面 ，
则 ，
假设存在点 ，使 平面 ，又 平面 ，平面 平面 ，
，又 ， ，这显然与已知条件相矛盾， 假设不成立，
不存在点 ，使 平面 ， 选项错误；
对 选项， 到平面 的距离为定值，又 的面积也为定值，三棱锥 的体积为定值， 选项错误；
对 选项，易知 ，
直线 与 所成的角即为直线 与 所成的角，
又易知△ 为正三角形，又 为 的中点， 为线段 上的动点，
直线 与 所成的角 的范围为 ， 选项错误；
对 选项，在正方体 中，易得 平面 ，
当 为 的中点时，又 为线段 的中点，
，又 平面 ，
平面 ， 选项正确．
故选： ．
【点评】本题考查正方体中点的轨迹问题，线面平行的判定定理与性质定理的应用，三棱锥的体积问题，
线线角的求解，线面垂直的判定，反证法的应用，属中档题．
二．多选题（共6小题）
11．（2024•重庆模拟）远看曲靖一中文昌校区紫光楼主楼，一顶巨大的“博士帽”屹立在爨园之中．其
基础主体结构可以看作是一个倒扣的正四棱台 ．如图所示，过 作底面 的垂线，
垂足为 ．记 ， ， ，面 与面 所成角为 ，面 与面
所成角为 ， ， ，A．正四棱台 的体积为
B．
C．
D．
【分析】选项 ，根据正四棱台的体积公式求解即可；
选项 ，过 点作 边的垂线交 于 点，找出平面 与平面 所成角的二面角 ，计算
的值即可；
选项 ，判断△ ，△ ，△ ， 均为直角三角形，求出 与 、 的关系即
可；
选项 ，过 点作 的垂线，交 于 ，过 作 的垂线交 于 ，找出平面 与平面
所成角的二面角，求余弦值即可．
【解答】解：过 作底面 的垂线，垂足为 ．记 ， ， ，
面 与面 所成角为 ，面 与面 所成角为 ， ， ， ，
对于 ，正四棱台 的体积为：
，故 正确；
对于 ，过 点作 边的垂线交 于 点，如图，
， 面 ， ，
平面 ， 是平面 与平面 所成角的二面角 ，
则 ， ，则 ，故 错误；
对于 ， 平面 ， 平面 ，
△ ，△ ，△ ， 均为直角三角形．，即 ，故 正确；
对于 ，过 点作 的垂线，交 于 ，过 作 的垂线交 于 ，
此时平面 与平面 所成角的二面角为 ，
设 ，则 ， ，
，
由余弦定理知：
，故 正确．
故选： ．
【点评】本题考查了空间中的几何体体积计算问题，也考查了空间角的计算问题，是中档题．
12．（2024•河北模拟）如图，在棱长为1的正方体 中， ， 分别是 ， 的中点，
为线段 上的动点，则下列结论正确的是A．存在点 ，使得直线 与直线 为异面直线
B．存在点 ，使得
C．若 为线段 的中点，则三棱锥 与三棱锥 体积相等
D．过 ， ， 三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为
【分析】 中，连接 、 ，证明 ，得出 、 、 、 四点共面，即 ， 共面；
中，取 的中点 ，连接 ， ， ，当 为 的中点时，证明 平面 ，得出
；
中，取 的中点 ，连接 、 ，设 ，连接 ， ， ，计算三棱锥
与三棱锥 的体积即可；
中，由正方体是中心对称图形，得出过 的截面经过正方体的对称中心时所得截面面积最大，过 、
、 三点的平面截正方体所得截面形状为正六边形，计算截面面积即可．
【解答】解：对于 ，如图1，连接 、 ，由正方体的性质得， ， ，
所以 ， 、 、 、 四点共面， ， 平面 ，所以选项 错误；
对于 ，如图2，设 的中点为 ，连接 ， ， ，若 为 的中点，则 平面 ，
又 平面 ，所以 ，在 中， ， ，所以 ，所以 ，又 ， 、 平面 ，所以 平面
，
又 平面 ，所以 ，选项 正确；
对于 ，如图3，取 的中点 ，连接 、 ，设 ，连接 ， ， ，
则几何体 为斜三棱柱，从而 ，
又 ，选项 正确；
对于 ，如图4，因为正方体中心对称（类比为球体， 看作弦），
所以过 的截面经过正方体的对称中心时所得截面面积最大，
此时截面交棱 ， ， 于中点， 也为中点，
取 的中点 ， 的中点 ， 的中点 ，连接 ， ， ， ， ，
所以过 、 、 三点的平面截正方体所得截面面积最大时，截面形状为正六边形，
面积为 ，选项 正确．
故选： ．【点评】本题考查了立体几何中线面位置关系，截面面积、锥体体积计算问题，也考查了学生的直观想象、
数学抽象、逻辑推理与数学运算素养，是中档题．
13．（2024•齐齐哈尔一模）已知四面体 的各个面均为全等的等腰三角形，且 ．
设 为空间内任一点，且 ， ， ， ， 五点在同一个球面上，则
A．
B．四面体 的体积为
C．当 时，点 的轨迹长度为
D．当三棱锥 的体积为 时，点 的轨迹长度为
【分析】根据线面的垂直可判断线线垂直，可判断选项 ；
根据棱锥的体积公式计算可判断选项 ；
根据条件，确定轨迹的形状，结合圆的周长求得轨迹长度或范围，即可判断选项 ， ．
【解答】解：对于 ，依题意，可知 ， ，
设 为 的中点，连接 ， ，则 ， ，
而 ， ， 平面 ，故 平面 ，
平面 ，故 ， 正确；
对于 ，将四面体 放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为 ， ， ，
则 ， ， ，解得 ，
由于 ，即异面直线 和 的距离为 ，且 平面 ，
所以四面体 的体积为 ， 错误；
对于 ，由以上分析可知，四面体 的外接球半径为 ，
由 ，知点 的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为 ，则 ，解得 ，
所以 的轨迹长度为 ， 正确；
对于 ，由题意可得 ，所以 ，
故 的外接圆半径为 ，
所以球心到 所在平面的距离为 ，
设三棱锥 的高为 ，
由三棱锥 的体积为 时，可得 ，所以 ，
又由 ，所以 点轨迹为外接球上平行于平面 且到平面 的距离为 的两个截面圆，
其中一个圆为外接球的大圆，所以点 的轨迹长度大于 ， 错误，
故选： ．
【点评】本题考查了四面体中的线面以及线线的位置关系，以及体积和空间几何体中的轨迹问题，难点是
要发挥空间想象，明确空间几何体中的线线位置关系，特别是选项 中要明确 点轨迹，从而确定轨迹长
度或其范围．
14．（2024•来宾一模）下列物体中，能够被整体放入棱长为2的正四面体容器（容器壁厚度忽略不计）内
的有 （参考数据： ，A．底面直径为1，高为 的圆锥
B．底面边长为1，高为0.8的正三棱柱
C．直径为0.8的球体
D．底面直径为0.5，高为0.9的圆柱体
【分析】选项 ，求出棱长为2的正四面体的高为 ，判断即可；
选项 ，求出正四面体内接底面边长为1的正三棱柱，高最大值为 ，即可得出结论；
选项 ，求出正四面体的内切球半径，即可判断；
选项 ，求出底面直径为0.5的内接圆柱最大高，比较即可．
【解答】解：对于 ，底面直径为1，高为 的圆锥，其轴截面是底边长为1的等腰三角形，其高为 ，
棱长为2的正四面体的高为 ，所以该圆锥不能被整体放入棱长为2的正四面体容
器内；
对于 ，底面边长为1，高为0.8的正三棱柱，其底面是边长为1的等边三角形，其高为 ，
所以该三棱柱能被整体放入棱长为2的正四面体容器内；
对于 ，设正四面体内切球半径为 ，则 ，解得 ，
因为 ，所以该球体能被整体放入棱长为2的正四面体容器内；
对于 ，底面直径为0.5，高为0.9的圆柱体，其轴截面是边长为0.5，高为0.9的矩形，
设直径为0.5的外接等边三角形边长为 ，则 ，解得 ，设底面直径为0.5的内接圆柱
最大高为 ，则 ，求得 ，所以该圆柱体能被整体放入棱长为 2的正
四面体容器内．
故选： ．
【点评】本题考查了空间几何体的结构特征与应用问题，也考查了推理与运算能力，是中档题．
（多选）15．（2024•佛山模拟）对于棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计），下列
说法正确的是（ ）
A．底面半径为1m，高为2m的圆锥形罩子（无底面）能够罩住水平放置的该正方体
B．以该正方体的三条棱作为圆锥的母线，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为
C．该正方体内能同时整体放入两个底面半径为0.5m，高为0.7m的圆锥
D．该正方体内能整体放入一个体积为 的圆锥
【分析】选项A，求出圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体时，圆锥的底面半径最小是多少，即可判
断；
选项B，根据以AB、AA 、AD三条棱为圆锥的母线，圆锥的底面所在平面为平面A BD，等价于求AB
1 1
与平面A BD所成角的正切值，计算即可；
1
选项C，以矩形BB D D 的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，计算每个圆锥高的最大值即可；
1 1
选项D，过AC 的中点P作垂线MN，分别交AC，A C 于点M，N，计算以正方体的体对角线AC 为圆
1 1 1 1
锥的轴，C 为圆锥顶点的最大圆锥体积即可．
1
【解答】解：对于A，若高为2m的圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体，
考虑圆锥的轴截面，如图1所示，
，因为△ABC∽△ADE，所以 ＝ ，所以DE＝2BC＝2 ，
所以圆锥的底面半径最小应为 ，选项A错误；
对于B，以AB、AA 、AD三条棱为圆锥的母线，圆锥的底面所在平面为平面A BD，
1 1
等价于求AB与平面A BD所成角的正切值，因为 ＝ ，
1
即 × × h＝ × ×1×1×1，解得h＝ ，即点A到平面A BD的距离为 ；
1正切值为 ＝ ，选项B正确；
对于C，如图3所示，以矩形BB D D 的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，
1 1
分别以AA ，CC 的中点E，F为两个圆锥的顶点，
1 1
所以每个圆锥高的最大值为 ，选项C正确；
对于D，如图4所示，过AC 的中点P作垂线MN，分别交AC，A C 于点M，N，
1 1 1
则 ．以正方体的体对角线AC 作为
1
圆锥的轴，C 为圆锥顶点，MN为圆锥底面圆的直径时，该圆锥的体积为：
1
，选项D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查了空间几何体的结构特征与应用问题，也考查了推理与运算求解能力，是中档题．
16．（2024•泰州模拟）已知正方形 的边长为4，点 在线段 上， ．沿 将 折起，
使点 翻折至平面 外的点 ，则
A．存在点 ，使得B．存在点 ，使得直线 平面
C．不存在点 ，使得
D．不存在点 ，使得四棱锥 的体积为8
【分析】对于 ，根据平面 平面 ，得出 平面 ，从而 ；
对于 ，推导出 与 相交，从而 与平面 相交；
对于 ，取 中点 ，推导出 平面 ， ，则 ，矛盾，从而不存在 ，使得
；
对于 ，求出 ， 到 距离为 ， ，从而存在点 ，使得四棱
锥 的体积为8．
【解答】解：对于 ，当平面 平面 时，
因为平面 平面 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，所以 ，故 正确；
对于 ，因为 ， ，所以 与 相交，
又 平面 ， 平面 ，
所以 与平面 相交，故 错误；
对于 ，取 中点 ， ， ，
假设 ， ，且 平面 ， 平面 ，
平面 ， 平面 ， ，则 ，矛盾，
不存在 ，使得 ，故 正确；
对于 ， ，
到 距离为 ，
，
存在点 ，使得四棱锥 的体积为8，故 错误．
故选： ．【点评】本题考查线面垂直、线面平行的判定与性质、多面体体积公式等基础知识，考查运算求解能力，
是中档题．
三．填空题（共3小题）
17．（2024•甘肃模拟）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个
球的直径恰好与圆柱的高相等．“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现．在一个“圆柱容球”模型中，
若球的体积为 ，则该模型中圆柱的表面积为 ．
【分析】借助球体体积公式及圆柱表面积公式计算即可得．
【解答】解：设球的半径为 ，则圆柱的底面半径为 ，母线长为 ，
则球的体积为 ，所以 ，
所以圆柱表面积为 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了球体体积公式及圆柱表面积公式应用问题，是基础题．
18．（2024•南湖区校级一模）半径为 的球的内接正三棱柱的侧面积（各侧面面积之和）的最大值为
．
【分析】设正三棱柱的底面边长为 ，侧棱长为 ，求出内接正三棱柱的三个侧面积之和，利用基本不等
式求得 的最大值．
【解答】解：设正三棱柱的底面边长为 ，侧棱长为 ，
则底面圆半径为 ，且 ，
所以 ，即 ；所以侧面积之和为 ．
即半径为 的球内接正三棱柱的三个侧面积之和的最大值是 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了球的内接多面体和基本不等式的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
19．（2024•佛山一模）在正三棱台 中， ，其外接球半径为 ，则该棱
台的高可以为 1 或 3 ．
【分析】根据题意，由条件得三棱台外接球的球心在高线 或延长线，利用勾股定理求解即可．
【解答】解：如图所示，设底面 的重心为 ，△ 的重心为 ，
因为是正三棱台，所以重心 ， 也为底面三角形的外心，
所以 为三棱台的高，且外接球的半径为 ，
因为 ，所以 ， ，
因为 为三棱台的高，所以球心 在 上，且 ，
在 △ 与 △ 中，
由勾股定理可得： ， ，若球心在 的延长线上，则 ；
若球心在线段 上，则 ；
综上，棱台的高可以为1或3．
故答案为：1或3．
【点评】本题考查了正三棱台的结构特征应用问题，也考查了三棱台的外接球问题，是中档题．
四．解答题（共8小题）
20．（2024•临沂一模）如图，在直三棱柱 中， ， ，点 ， 分别在棱
， 上， ， ， 为 的中点．
（1）在平面 内，过 作一条直线与平面 平行，并说明理由；
（2）当三棱柱 的体积最大时，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【分析】（1）连接 ，直线 即为所求，证明 平面 即可．
（2）当 时， 的面积取得最大值，所以三棱柱 的体积最大，此时建立空间直角坐标系，利用向量求平面 与平面 夹角的余弦值．
【解答】解：（1）连接 ，则直线 即为所求．
连结 交 于点 ，连结 ，
因为 ， ，所以 ，
又因为 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，
又因为 ，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
（2）因为 的面积为 ，
当 时， 取得最大值为2，即当 时，三棱柱 的体积最大，
又因为 ， ，
以 为坐标原点，分别以 ， ， 所在直线为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则 ，0， ， ，2， ， ，1， ，所以 ，2， ， ， ， ，
设平面 的法向量为 ， ， ，则 ，取 ，则 ， ，此时
，2， ，
又因为平面 的一个法向量为 ，0， ，设平面 与平面 夹角为 ，则 ， ，
计算 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 ．【点评】本题考查了空间中的平行关系应用问题，也考查了两平面夹角的计算问题，是中档题．
21．（2024•庄浪县校级一模）如图，在四棱锥 中，底面 为直角梯形， ，
， ，平面 平面 ， ， ．
（1）求证： ；
（2）求二面角 余弦值．
【分析】（1）证明 平面 ，再利用线面垂直的性质即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用向量公式即可得解．
【解答】（1）证明：四棱锥 中，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
且 ， 在平面 内，所以 平面 ，
因为 在平面 内，所以 ；
（2）解：取 中点 ，连接 ， ，
因为 ，所以 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
因为 在平面 内，所以 平面 ，
所以 ， ，
因为 ， ， ，
所以 ， ，所以四边形 是平行四边形，所以 ，
如图建立空间直角坐标系 ，
则 ，0， ， ，0， ， ，2， ， ，2， ， ，0， ， ，0， ，
，
设平面 的法向量为 ，则 ，
可取 ，
因为平面 的法向量 ，
所以 ，
由图可知，二面角 为锐二面角，
所以二面角 的余弦值为 ；
【点评】本题考查了线面垂直的判定及性质，也考查了二面角的定义及求法问题，是中档题．
22．（2024•重庆模拟）如图，在斜三棱柱 中，所有棱长均相等， ， 分别是 ， 的
中点．
（1）证明： 平面 ；
（2）若 ，且 ，求平面 与平面 所成角的余弦值．【分析】（1）连接 交 于点 ，连接 ， ，可得四边形 为平行四边形，则有
，利用线面平行的判定定理可证得 平面 ；
（2）可证得 平面 ，以 为原点， ， ， 所在直线分别为 ， ， 轴建立空间直角
坐标系，利用空间向量法可求得平面 与平面 所成二面角的余弦值．
【解答】（1）证明：连接 交 于点 ，连接 ， ，
因为 ， 分别是 ， 的中点， 为 的中点，所以 ，且 ，
又因为 ，且 ，所以 ，且 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ．
又因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．
（2）解：连接 ，因为 ，所以 为正三角形，所以 ，
因为 ，且 ，所以 平面 ，
因为 是正三角形，所以 ．
以 为原点， ， ， 所在直线分别为 ， ， 轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示：
设 ，则 ，0， ， ， ， ，
由 ，可得 ．则 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，
所以 ，
令 ，得 ，
设平面 的法向量为 ，
所以 ，
令 ，得 ，
设平面 与平面 所成的角为 ，
则 ，
即平面 与平面 所成角的余弦值为 ．
【点评】本题考查了线面平行的关系应用问题，也考查了二面角的计算问题，是中档题．
23．（2024•龙岗区校级模拟）如图，已知四边形 为平行四边形， 为 的中点， ，
．将 沿 折起，使点 到达点 的位置，使平面 平面 ．（1）求证： ；
（2）求平面 与平面 夹角的余弦值．
【分析】（1）判断 为等边三角形， 为等腰三角形，求出 ，判断 ，再判
断 平面 ，即可得出 ．
（2）作 ，过 作 ，得出 面 ，建立空间直角坐标系 ，用坐标表示向
量，求出平面 、平面 的法向量，计算两平面夹角的余弦值．
【解答】（1）证明：平行四边形 中， ，所以 为等边三角形，所以
．
又因为 ，所以 为等腰三角形，可得 ，
所以 ，即 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
则 平面 ，且 平面 ，所以 ．
（2）解：作 ，过 作 ，
由平面 平面 ，得 面 ，
则 ， ， 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系 ．
则 ， ，0， ， ，0， ， ，
所以 ，0， ， ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
由 ，令 ，得 ， ，所以 ，
同理得平面 的一个法向量 ．设平面 与平面 的夹角为 ，则 ， ．
所以 ．
即平面 与平面 夹角的余弦值为 ．
【点评】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了二面角的计算问题，是中档题．
24．（2024•青岛一模）如图，在三棱柱 中， 与 的距离为 ， ，
．
（1）证明：平面 平面 ；
（2）若点 在棱 上，求直线 与平面 所成角的正弦值的最大值．
【分析】（1）取棱 中点 ，连接 ，证明 ， ，得出 平面 ，平面
平面 ；
（2）取 中点 ，连接 ，取 中点 ，连接 ，由 ，得出 平面 ，， ，建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出直线 与平面 所成角的正
弦值，利用基本不等式求出正弦值的最大值．
【解答】（1）证明：取棱 中点 ，连接 ，因为 ，所以 ，
因为三棱柱 ，所以 ，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ， ，
因为 ， ，所以 ，所以 ，
同理 ，因为 ，且 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 ；
（2）解：取 中点 ，连接 ，取 中点 ，连接 ，则 ，
由（1）知， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ， ，
因为 ，则 ，
以 为坐标原点， ， ， 所在的直线为 轴、 轴、 轴，建立空间直角坐标系 ，如图所
示：则 ， ， ， ， ， ， ， ，
设点 ， ，则 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，得 ；
取 ，则 ， ，所以 ，
设 直 线 与 平 面 所 成 角 为 ， 则 ，，
若 ，则 ，若 ，则 ，当且仅当 ，即
时等号成立，
所以直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 ．
【点评】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了直线于平面所成角的计算问题，是中档题．
25．（2024•青羊区校级模拟）如图，圆锥 的底面半径 为2，高 ． ， ， 为底面圆周上
三点，且 ． 是线段 的中点，满足 ．
（1）求三棱锥 的体积；
（2）记二面角 的大小为 ，二面角 的大小为 ．求 的值．
【分析】（1）连接 交 于点 ，推导出 ，从而 平面 ， ， 垂直平
分 ， ，由此能求出三棱锥 的体积．
（2）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，利用
向量法能求出结果．【解答】解：（1）连接 交 于点 ，
圆锥 中， 平面 ， 平面 ， ，
， ， 平面 ，
平面 ， ，
垂直平分 ， ，
， ，
．
．
三棱锥 的体积为 ．
（2）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 ，0， ， ， ， ， ，1， ， ，0， ， ，0， ，
则 ，2， ， ， ， ， ，1， ， ，0， ，
，1， ，
则 ，2， ， ， ， ， ，1， ， ，0， ，
，1， ，
设平面 的法向量为 ， ， ，则 ，取 ，得 ，0， ，
设平面 的法向量为 ， ， ，
则 ，取 ，得 ，0， ，
， ，
设平面 的法向量为 ， ， ，
则 ，取 ，得 ， ， ，
，
，
．
【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、线棱锥体积公式、二面角等基础知识，考查运算求解能力，是
中档题．
26．（2024•山东一模）如图，在三棱台 中， ， ， 为
的中点，二面角 的大小为 ．
（1）证明： ；（2）当 为何值时，直线 与平面 所成角的正弦值为 ？
【分析】（1）取 的中点 ，连接 ， ，由 ， ，证明 平面 ，即
可得出 ；
（2）建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面 的一个法向量 ，利用直线 与平面
所成角的正弦值，列方程求出 和 的值．
【解答】（1）证明：取 的中点 ，连接 ， ，
因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，
又因为 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ；
（2）解：由（1）知， ， ，所以 是二面角 的平面角，
以 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
则 ，0， ， ， ， ， ，0， ，
， ， ， ， ， ， ， ， ，
所以 ， ， ， ， ， ，
设平面 的法向量为 ， ， ，则 ，即 ，
令 ，得 ，1， ，又因为 ， ， ，
设直线 与平面 所成的角为 ，则 ， ，
即 ，
化简得 ，解得 或 ，
由题意知 ，所以 ，
所以 时，直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
【点评】本题考查了直线与平面垂直的判断问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
27．（2024•鹿城区校级一模）如图，正三棱锥 的三条侧棱 、 、 两两垂直，且长度均
为2． 、 分别是 、 的中点， 是 的中点，过 作平面与侧棱 、 、 或其延长线
分别相交于 、 、 ，已知 ．
（1）求证： 平面 ；
（2）求二面角 的大小．【分析】（1）要证 平面 ，直线证明直线垂直平面 内的两条相交直线： 、 即可；
（2）作出二面角 的平面角，然后求解即可；或者建立空间直角坐标系，利用法向量的数量积
求解．
【解答】解：（1）证明：依题设， 是 的中位线，所以 ，
则 平面 ，所以 ．
又 是 的中点，所以 ，则 ．
因为 ， ，
所以 面 ，则 ，
因此 面 ．
（2）作 于 ，连 ．因为 平面 ，
根据三垂线定理知， ， 就是二面角 的平面角．
作 于 ，则 ，则 是 的中点，则 ．
设 ，由 得， ，解得 ，
在 △ 中， ，则， ．所以 ，故二面角 为 ．
解法二：（1）以直线 、 、 分别为 、 、 轴，建立空间直角坐标系，
则
所以
所以
所以 平面 ，
由 得 ，故： 平面
（2）由已知 ，设 ，0，
则
由 与 共线得：存在 有 得
同理： ，3， ，
设 是平面 的一个法向量，
则 令 ，得 ， ．
又 是平面 的一个法量
所以二面角的大小为 ．【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，二面角的求法，考查空间想象能力，逻辑思维能力，是中档题．
