專題8.11立體幾何初步全章十一大壓軸題型歸納（拔尖篇）【人教A版（2019）】題型1題型1組合體的結構特征1．（23-24高一下·廣東深圳·期中）如圖所示的幾何體是數學奧林匹克能賽的獎杯，該幾何體由（

）A．一個球、一個四棱柱、一個圓臺構成B．一個球、一個長方體、一個棱臺構成C．一個球、一個四棱臺、一個圓臺構成D．一個球、一個五棱柱、一個棱臺構成【解題思路】根據組合體基本構成即可得答案.【解答過程】由圖可知，該幾何體是由一個球、一個長方體、一個棱臺構成.故選：B.2．（24-25高一下·河南商丘·階段練習）某廣場設置了一些石凳供大家休息，如圖，每個石凳都是由正方體截去八個相同的正三棱錐得到的幾何體，則下列結論不正確的是（

）

A．該幾何體的面是等邊三角形或正方形B．該幾何體恰有12個面C．該幾何體恰有24條棱D．該幾何體恰有12個頂點【解題思路】根據幾何體的形狀逐個選項判斷即可.【解答過程】據圖可得該幾何體的面是等邊三角形或正方形，A正確；該幾何體恰有14個面，B不正確；該幾何體恰有24條棱，C正確；該幾何體恰有12個頂點，D正確．故選：B.3．（24-25高一·全國·課堂例題）指出下圖中的空間圖形是由哪些簡單空間圖形割補而成的．

【解題思路】由空間幾何體的結構特征可得.【解答過程】左圖中的空間圖形是由一個六棱柱挖去一個圓柱所成的．右圖中的空間圖形可以看作是由一個長方體割去一個四棱柱所成的，也可以看作是由一個長方體與兩個四棱柱組合而成的．實際上，右圖也可以看作一個柱體，它的底面為一個凹多邊形．

4．（2025高二上·上海·專題練習）已知AB是直角梯形ABCD與底邊垂直的一腰（如圖）．分別以AB，BC，CD，DA為軸旋轉，試說明所得幾何體是由哪些簡單幾何體構成的？

【解題思路】分別畫出對應立體圖形，逐個說明即可.【解答過程】①以AB邊為軸旋轉所得旋轉體是圓臺；如圖（1）所示；②以BC邊為軸旋轉所得旋轉體是一組合體：下部為圓柱，上部為圓錐；如圖（2）所示；③以CD邊為軸旋轉所得旋轉體為一組合體：上部為圓錐，下部為圓臺，再挖去一個小圓錐；如圖（3）所示．④以AD邊為軸旋轉得到一個組合體，它是一個圓柱上部挖去一個圓錐；如圖（4）所示.

題型2題型2多面體與球體內切外接問題1．（24-25高三上·甘肅張掖·期中）在三棱錐A?BCD中，AD⊥平面ABC，∠BAC=120°，AB=AD=AC=2，則該棱錐的外接球半徑為（A．5 B．6 C．3 D．4【解題思路】根據給定條件，求出△ABC外接圓半徑，球心O到平面ABC的距離，再利用球的截面圓性質計算即得.【解答過程】令△ABC的外接圓圓心為O1，球心為O，則OO1⊥平面ABC，而于是OO1//AD，又球心O在線段AD的中垂面上，此平面與平面ABC平行，取則OO1=AE=12AD=1，在△ABC中，△ABC的外接圓半徑r=12?故選：A.

2．（23-24高一下·浙江臺州·期中）已知圓錐的側面展開圖是一個圓心角為3π且半徑為2的扇形，記該圓錐的內切球半徑為R1，外接球半徑為R2，則RA．23?1 B．23+1 C．【解題思路】設△PAB為圓錐的軸截面，M為底面圓的圓心，先求出圓錐的底面圓的半徑，利用等面積法求出R1，利用正弦定理可求出R【解答過程】設圓錐的底面圓的半徑為r，則23π=2如圖，△PAB為圓錐的軸截面，M為底面圓的圓心，則△PAB內切圓的半徑即為該圓錐的內切球半徑，AM=3則S△PAB=1在Rt△PAM中，PA=2,PM=1，則∠PAM=則2R2=所以R1故選：A.3．（24-25高一·全國·課后作業）已知棱長為2cm的正方體容器內盛滿水，把半徑為1cm的鋼球放入水中，剛好被淹沒；然后放入一個鐵球，使它也淹沒于水中．要使流出的水量最多，這個鐵球的半徑應為多少？【解題思路】先畫出過正方體對角面的截面圖,設小球的半徑r,通過AS=AO1+【解答過程】解:過正方體對角面的截面圖如圖所示,設兩球的交點為SAC1=2設鐵球的半徑r,tan在△AO1D∴AS=AO∴3計算得出:r=2?3要使流出來的水量最多,這個鐵球的半徑應該為2?34．（24-25高一·全國·課后作業）如圖所示，在棱長為1的正方體內有兩個球相外切且分別與正方體內切，求兩球半徑之和.【解題思路】作正方體的對角面,設出兩球半徑，根據正方體的對角線長列出等式，即可求得答案.【解答過程】作正方體的對角面，得如圖所示的截面圖:其中AB,CD為正方體的棱，AD,BC為正方體的面對角線，AC為體對角線，球心O1和O2在AC上，過O1,O2分別作設小球半徑為r，大球半徑為R,則由題意知AB=1,∴AC=3得AO∴r+R+3∴R+r=33+1題型3題型3組合體的表面積與體積1．（24-25高三上·廣東深圳·期末）如圖，可視為類似火箭整流罩的一個容器，其內部可以看成由一個圓錐和一個圓柱組合而成的幾何體.圓柱和圓錐的底面半徑均為2，圓柱的高為6，圓錐的高為4.若將其內部注入液體，已知液面高度為7，則該容器中液體的體積為（

）A．325π12 B．76π3 C．【解題思路】分別求出下半部分圓柱和上半部分圓臺的體積，即可得解.【解答過程】由題意可知：容器中液體分為：下半部分為圓柱，上半部分為圓臺，取軸截面，如圖所示，O1,O可知：AB//且O1B=O2C=2，O1O可得O3FO所以該容器中液體的體積為：π×故選：A.2．（24-25高二上·云南昆明·期末）圖1是1963年在陜西寶雞賈村出口的一口“何尊”（西周青銅酒器），其高約40厘米，器口直徑約30厘米．何尊內底銘文中出現了“宅茲中國”四字（圖2），其形狀可視為一個圓柱和一個圓臺構成的組合體，圓柱的上底面與圓臺的上底面完全重合，且直徑為18厘米，圓柱的高為24厘米，則該組合體的體積約為（

）A．3576π B．3744π C．4296π D．4824π【解題思路】根據圓柱以及圓臺的體積公式計算，即可得答案．【解答過程】由題意可知圓臺的高為40?24=16cm所以圓柱的體積約為V1圓臺的體積約為V2故組合體的體積大約為V1故選：C．3．（24-25高二上·四川達州·期末）如圖所示的玻璃罩可以看成是由一個圓柱側面和一個半球球面組合而成，其中球面半徑為2分米，圓柱面高為4分米.（忽略玻璃厚度）(1)求該玻璃罩外壁的面積；(2)若將該玻璃罩倒置后裝水，求最多能裝多少升水？【解題思路】（1）根據圓柱的表面積公式和球的表面積公式求解即可；（2）根據圓柱的體積公式和球的體積公式求解即可.【解答過程】（1）由題意知R=2,?=4，故該玻璃罩外壁的面積為12（2）所求即圓柱體積與半球體積之和，V=12×故最多能裝6434．（23-24高二·上?！ふn堂例題）如圖，以正方體ABCD?A【解題思路】根據圖形可知得到的多面體是正八面體，然后利用錐體的表面積公式與體積計算公式即可求解.【解答過程】由正方體的對稱性結合圖形可知，這個多面體有12條棱，8個面，且這個多面體的各棱長相等，故這個多面體為正八面體，若正方體的棱長為1，則該正八面體的棱長為1×2則這個多面體的表面積S=8×3這個多面體的體積V=2×1題型4題型4幾何體與球的切、接問題1．（24-25高三上·湖北武漢·階段練習）已知矩形ABCD的長為4，寬為3，將△ABC沿對角線AC翻折，得到三棱錐B?ACD，則三棱錐B?ACD的外接球的體積為（

）A．1256π B．256π C．【解題思路】連接AC,BD相交于點O，根據ABCD為矩形得點O為三棱錐B?ACD的外接球的球心，求出半徑可得答案.【解答過程】連接AC,BD相交于點O，則點O為AC,BD的中點，因為ABCD為矩形，所以OA=OB=OC=OD=1所以點O為三棱錐B?ACD的外接球的球心，則則三棱錐B?ACD的外接球的體積為4π故選：A.2．（2024·天津和平·二模）如圖，一塊邊長為10cm的正方形鐵片上有四塊陰影部分，將這些陰影部分裁下去，然后用余下的四個全等的等腰三角形加工成一個正四棱錐形容器，則這個正四棱錐的內切球（球與正四棱錐各面均有且只有一個公共點）的體積為（

）A．94π B．92π C．【解題思路】根據題意可得正四棱錐的斜高為5，底面正方形的邊長為6，從而可得正四棱錐的高，設這個正四棱錐的內切球的半徑為r，高線與斜高的夾角為θ，則易得sinθ=35，4=r+【解答過程】作出四棱錐P?ABCD如圖：根據題意可得正四棱錐的斜高為PM=5，底面正方形ABCD的邊長為6，∴正四棱錐的高為OP=5設這個正四棱錐的內切球的球心為Q，半徑為r，與側面相切于N，則高線與斜高的夾角為θ，則sinθ=則OP=OQ+QN∴4=r+rsinθ∴這個正四棱錐的內切球的體積為43故選：B．3．（23-24高一下·北京大興·期中）如圖，四面體A?B1C(1)若四面體A?B1C(2)若AD1=3，AC=?【解題思路】（1）依題意可得ABCD?A1B1C（2）依題意長方體的外接球即為此四面體的外接球，求出長方體的體對角線即為外接球的直徑，從而得到外接球的表面積．【解答過程】（1）若四面體A?B1C則長方體ABCD?A1B1C所以SA?VA?（2）由于四面體A?B1C所以四面體A?B設此四面體所在長方體的棱長分別為DA=a，DD1=b則a2+b設長方體ABCD?A1B1C1D所以外接球的表面積為4π4．（2024高三·全國·專題練習）已知正三棱錐P?ABC的高為2，AB=46(1)正三棱錐P?ABC的表面積；(2)正三棱錐P?ABC內切球的表面積與體積．【解題思路】（1）根據正三棱錐棱長與錐體的高關系求出錐體的表面積；（2）根據等體積法求出內切球的半徑，即可求出內切球的表面積和體積.【解答過程】（1）由題意，如圖所示．底面三角形中心O到AC的距離DO=1則正棱錐側面的斜高為PD=2

∴S故S全（2）設正三棱錐P?ABC的內切球球心為O1聯結O1P、O1A、而點O1到三棱錐的四個面的距離都為球的半徑r∴VP?ABC=又VP?ABC∴122+8∴SV內切球題型5題型5空間中的點共線、點（線）共面問題1．（2024·湖南·二模）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，A．E,F,G,H四點共面 B．EF//GHC．EG,FH,AA1三線共點 【解題思路】對于AB，利用線線平行的傳遞性與平面公理的推論即可判斷；對于C，利用平面公理判斷得EG，FH的交點P在AA【解答過程】對于AB，如圖，連接EF，GH，因為GH是△A1B因為B1E//C1所以EF//B1C1，所以EF對于C，如圖，延長EG，FH相交于點P，因為P∈EG，EG?平面ABB1A1，所以因為P∈FH，FH?平面ACC1A1，所以因為平面ABB1A所以P∈AA1，所以對于D，因為EB1=FC1又0<∠EGB1,∠FH故選：D.2．（24-25高一下·湖北黃岡·階段練習）如圖所示，在空間四邊形ABCD中，E，F分別為AB，AD的中點，G,H分別在BC，CD上，且BG:

①E，F，G，H四點共面；②EG//FH;③若直線EG與直線FH交于點P，則P，A，A．0 B．1 C．2 D．3【解題思路】推導出EF//BD，GH//BD，從而EF//GH，由此能證明E，F，G，H四點共面；EF≠GH，從而直線EG與直線FH必相交，設交點為【解答過程】如圖所示，

E，F分別為AB，AD的中點，∴EF//BD，G,H分別在BC，CD上，且BG:GC=DH:HC=1:2，∴GH//∴EF//GH，則E，F，G，∵GH>EF，四邊形FEGH是梯形，EG//若直線EG與直線FH交于點P，則由P∈EG，EG?平面ABC，得P∈平面ABC，同理P∈平面ACD，又平面ABC∩平面ACD=AC，P∈AC∴則P，A，C三點共線，說法③正確；說法中正確的有2個.故選：C.3．（24-25高二上·上海·階段練習）如圖，在四面體ABCD中，E、F分別是AB、AD的中點，G、H分別在BC、CD上，且BG:GC=DH:HC=1:2．(1)求證：E、F、G、H四點共面；(2)設EG與HF交于點P，求證：P、A、C三點共線．【解題思路】（1）根據三角形中位線定理、平行線的性質，結合基本事實進行證明即可；（2）根據面面交成線進行證明即可.【解答過程】（1）因為E、F分別是AB、AD的中點，所以EF//BD，又因為G、H分別在BC、CD上，且BG:GC=DH:HC=1:2．所以GH//BD，于是有EF//GH，所以E、F、G、H四點共面；（2）∵EG與HF交于點P，∴P在面ABC內，同理P在面DAC內.又∵面ABC∩面DAC=AC，∴P在直線AC上，∴P、A、C三點共線．4．（24-25高二上·上海·單元測試）已知在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E、F分別為(1)D，B，F，E四點共面；(2)若A1C交平面DBFE于R點，則P、Q、(3)DE、BF、CC【解題思路】（1）先證明兩直線平行，再根據兩平行線可確定一平面證明共面；（2）結合面面交線證明三點共線；（3）根據面面相交于一條直線，再證明三線交于一點；【解答過程】（1）證明：因為EF是△D1B在正方體ABCD?A1B1C所以EF、BD確定一個平面，即D、B、F、E四點共面．（2）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，設平面因為Q∈A1C1，所以Q∈α．又Q∈EF，所以Q∈β．所以Q是同理，P也是α與β的公共點．所以α∩β=PQ．又A1C∩β=R，所以R∈A1C，R∈α故P、Q、R三點共線．（3）因為EF∥BD且EF<BD，所以DE與設交點為M，則由M∈DE，DE?平面D1DCC1，得同理，點M∈平面B1BCC1．又平面所以M∈CC1．所以DE、BF、CC題型6題型6空間點、直線、平面之間的位置關系1．（24-25高三上·天津·期末）已知m,n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，下列說法正確的是（A．若m⊥n，且n?α，B．若m//α，n//αC．若m//α，m⊥nD．若α⊥β，α∩β=c【解題思路】根據空間中各要素的位置關系，逐個判斷即可．【解答過程】解：若m⊥n，且n?α，則m與若m//α，n//α，若m//α，m⊥n，則n若α⊥β，α∩β=c，m⊥c，故選：B.2．（2025·山西·一模）已知m，n為兩條不同的直線，α，β為兩個不同的平面，則（

）A．若m//α，n∥α，則m∥n B．若α∥β，m⊥α，n//β，則m⊥nC．若n∥α，m⊥n，則m⊥α D．若α⊥β，m//α，n//β，則m⊥n【解題思路】根據空間中點線面的位置關系，即可結合選項逐一求解.【解答過程】若m//α，n∥α，則直線m與n或平行或相交或異面，故A不正確；若α∥β，m⊥α，則m⊥β，又n//β，則在平面β內存在直線c使得n∥c，所以m⊥c，則m⊥n，故B正確；若n∥α，m⊥n，則m可能與α平行，可能垂直，也可能在平面α內，故C不正確；若α⊥β，m//α，n//β，則m∥n，或m，n相交或異面，故D不正確．故選:B．3．（24-25高一上·上?！て谥校┤鐖D，已知E,F,G,H分別是正方體ABCD?A1B1C1D1的棱AB，BC，CC

(1)求證：點Q在直線DC上；(2)求證：EF與A1【解題思路】（1）通過證明在平面ABCD與平面CDD1C1的交線上，來證得（2）利用反證法可證明EF與A1【解答過程】（1）平面ABCD∩平面CDD由于Q∈EF?平面ABCD，Q∈HG?平面CDD所以Q∈DC，也即點Q在直線DC上.（2）假設EF與A1則EF與A1B1是共面直線，又E則過E與直線A1B1有唯一平面BAA1這與F在平面BAA1B1外矛盾，故4．（2024高一下·全國·專題練習）如圖所示，A是△BCD所在平面外的一點，E，F分別是BC，AD的中點．(1)判斷直線EF與平面ABC的位置關系．(2)判斷直線EF與直線BD的位置關系．【解題思路】（1）由線面關系的定義可得答案；（2）根據異面直線的判定定理可得結論.【解答過程】（1）因為E∈BC,BC?面ABC，所以E∈面ABC，又F?面ABC，所以直線EF與平面ABC的位置關系是相交；（2）由（1）得直線EF與平面ABC的位置關系是相交，BD?面ABD，又F∈面ABD，F?BD，E?面ABD，所以直線EF與直線BD的位置關系是異面.題型7題型7求線面角1．（23-24高一下·黑龍江齊齊哈爾·期末）如圖，在三棱錐P?ABC中，∠ACB=90°,PA⊥平面ABC,AC=BC=PA，M是PB的中點，則AM與平面PBC所成角的正弦值為（

）A．22 B．63 C．33【解題思路】根據圖形特征，取PC中點D，連接AD,DM，通過線面垂直的性質與判定得到AD⊥面PCB，因而∠AMD是AM與平面PBC所成角，再通過相關計算，在直角三角形中計算其正弦值即可.【解答過程】如圖，取PC中點D，連接AD,DM，令AC=BC=PA=2.因為PA⊥面ABC，AC?面ABC，所以PA⊥AC，又因為AC=PA=2，所以AD⊥PC，因為PA⊥面ABC，BC?面ABC，所以PA⊥BC，又因為∠ACB=90°，所以BC⊥AC，因為PA,AC?面PAC，PA∩AC=A，所以BC⊥面PAC，因為AD?面PAC，所以BC⊥AD，因為PC,BC?面PCB，PC∩BC=C所以AD⊥面PCB，所以∠AMD是AM與平面PBC所成角，因為PA⊥AC，.AC=PA=2.，所以AD=2由已證知，BC⊥面PAC，因為AC?面PAC，所以BC⊥AC，所以AB=A因為PA⊥面ABC，AB?面ABC，所以PA⊥AB，所以PB=P所以AM=1由已證知，AD⊥面PCB，又因為DM?面PCB，所以AD⊥DM所以sin∠AMD=即AM與平面PBC所成角的正弦值是63故選：B．2．（23-24高一下·新疆·期末）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，P為線段A1C1A．66 B．55 C．33【解題思路】取B1C1的中點H，連接PH,HQ.設正方體的棱長為2a，則可得PQ與平面BCC1B1【解答過程】取B1C1的中點H，連接PH,HQ則在△A1B1C1中，P為線段所以PH為△A1B1C1的中位線，所以又因為A1B1⊥平面BCC則PQ與平面BCC1B1所成的角為由PH=12A所以要使PQ與平面BCC1B可知當Q與點B重合時，QH最大，此時QH=5所以sin∠PQH=故選：A.

3．（23-24高一下·甘肅蘭州·期末）如圖，在四棱錐B?PACQ中，BC⊥平面PAB，且在四邊形PACQ中，PQ∥AC，∠PAC=π2，二面角B?AP?Q的大小為π3(1)點E為BC的中點，證明：QE//平面PAB；(2)求直線BQ與平面PACQ所成角的正弦值．【解題思路】（1）運用垂直條件找出二面角B?AP?Q的平面角，得到BC⊥AB，借助中位線證明平行，進而得到四邊形PQEF為平行四邊形，再運用線面平行的判定定理即可；（2）過B作BM⊥AC于點M，得到PA⊥平面ABC1，得到平面PACQ⊥平面ABC，運用面面垂直性質得到BM⊥平面PACQ，得到【解答過程】（1）證明：∵BC⊥平面PAB，PA?平面PAB∴BC⊥PA，∵∠PAC=π2∴∵BC∩AC=C，∴PA⊥平面ABC，∵AB?平面ABC，∴AP⊥AB．∵AP⊥AB，AC⊥AP，∴二面角B?AP?Q的平面角即為∠CAB，∴∠CAB=π∵BC⊥平面PAB，AB?平面PAB，∴BC⊥AB，∵AP=AB=PQ=1，∴AC=2，取AB中點F，連接EF，則EF//AC，EF=1又PQ//AC,PQ=12AC∴四邊形PQEF為平行四邊形，∴QE//PF，又PF?平面PAB，QE?平面PAB，∴QE//平面PAB；（2）解：過B作BM⊥AC于點M，∵PA?平面PACQ，PA⊥平面ABC∴平面PACQ⊥平面ABC，交線為AC，則BM⊥平面PACQ，連接QM，∴∠BQM即為所求線面角，sin∠BQM=BMBQ由勾股定理可得：CM=B在△CQM中，過點Q作QN⊥AC于點N，則QN=AP=PQ=AN=1，因為AC=2，則CN=1，△CNQ是等腰直角三角形，所以∠QCM=45°，QC=2由余弦定理得：QM=Q由勾股定理得：BQ=B∴sin∠BQM=32×22=4．（23-24高一下·安徽安慶·期末）如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是平行四邊形，M，N分別是棱PB，PC的中點，Q是棱PA上一點，且AQ=3QP.(1)求證:NQ//平面MCD;(2)AB=14,BC=PB=PD=8,PA=PC=46，求直線PA與平面PBC【解題思路】（1）取PA的中點S，結合中位線性質可得S，M，C，D四點共面，再利用NQ//SC結合線面平行的判定定理即可得證；（2）利用所給條件，結合線面垂直的判定定理與性質定理與余弦定理計算可得∠ABC的余弦值，再利用等體積法可求出點A到平面PBC的距離，結合PA的長度即可得解.【解答過程】（1）取PA的中點S，連接SM，SD，SC，因為M為PB的中點，所以SM//AB，又AB//CD，所以SM//CD，故S，M，C，D四點共面，由題意知Q，N分別為PS，PC的中點，故NQ//SC，又NQ?平面MCD,SC?平面MCD，因此NQ//平面MCD（2）連接AC，BD交于點O，則O為平行四邊形ABCD的中心，又PA=PC,PB=PD，則等腰△PAC,△PBD中，根據三線合一，有PO⊥AC,PO⊥BD，又AC∩BD=O，AC,BD?平面ABCD，故PO⊥平面ABCD，設OA=OC=m,OB=OD=n,OP=?,∠ABC=θ，則∠BAD=πACBD相加并整理得m2在Rt△POA，Rt△POB中，有PO即?2+m解方程組①②③得，m=9,n=7,?=15故cosθ=于是S△ABC在△PBC中，BC=BP=8,N是PC中點，故BN⊥PC,BN=B于是S△PBC設點A到平面PBC的距離為d，由VP?ABC=V故d=??故所求線面角α的正弦值sinα=題型8題型8求二面角1．（23-24高三上·河北滄州·期末）將兩個相同的正棱錐的底面重疊組成的幾何體稱為“正雙棱錐”.如圖，在正雙三棱錐P?ABC?Q中，PA,PB,PC兩兩互相垂直，則二面角P?AB?Q的余弦值為（

）A．?63 B．?33 C．【解題思路】取AB中點D，連接PD,QD,PQ，說明∠PDQ為二面角的平面角，通過幾何關系計算求解.【解答過程】取AB中點D，連接PD,QD,PQ，交平面ABC于點O，由正棱錐性質及對稱性易知O為△ABC的中心，且PD⊥AB,DQ⊥AB，故∠PDQ為二面角的平面角，設正三棱錐側棱長為2，易得AB=22，PD=DQ=則PQ=2PO=22?在△PDQ中由余弦定理得cos∠PDQ=故選：D.2．（23-24高一下·浙江杭州·期中）已知正方體ABCD?A1B1C1D1邊長為1，點E,O分別在線段B1D1和BD上，EB1=4A．α>β>γ B．γ>β>αC．γ>α>β D．β>α>γ【解題思路】作出三個二面角的平面角，求出其正切值后比較大小可得．【解答過程】作FF′⊥平面BB1因為OB1?所以FF作FK⊥OB1，FM⊥OE，FN⊥B連接KF′,MF′,NF′，由于FF所以OB1⊥又F′K?平面FF所以α=∠FKF′，同理β=∠FMF所以tanα=tan∠FKF′因為點O是正方形ABCD對角線的交點，所以OA⊥BD，因為BB1⊥平面ABCD，OA?所以OA⊥BB因為BB1∩BD=B，BB1?平面所以AO⊥平面BDDON就是AA1在平面BDD又F′K=OF且AF=λAA則OF由EB1=從而∠EOF′<∠所以tanβ>tanα>tanγ故選：D.3．（23-24高一下·江蘇常州·期末）如圖，三棱柱ABC?A1B1C1所有棱長都為2，∠B1BC=60°，O(1)求證：CD//平面AOB(2)若直線DB1與平面AOB1所成角的正弦值為【解題思路】（1）取AB1中點E，連接DE,BE,OE，證明四邊形DEOC為平行四邊形，得出CD//OE，從而證明（2）利用線面垂直的判定證得BC⊥平面AOB1，進而得∠DB1E為直線DB1與平面AO【解答過程】（1）在三棱柱ABC?A1B1C1中，取由D,E分別為AC1和AB1的中點，得由O為BC中點，得OC//B1C1且OC=1即四邊形DEOC為平行四邊形，于是CD//OE，又OE?平面AOB1，CD?平面所以CD//平面AOB（2）由三棱柱ABC?A1B1C而O為BC中點，則BC⊥AO，BC⊥OB1，AO,OB1?于是BC⊥平面AOB1，又DE//BC，則DE⊥平面∠DB1E為直線D因此sin∠DB1E=DEDB1=又E為AB1中點，則在△AOB1中，AO=B1O=由BC⊥AO，BC⊥OB1，得∠AOB所以二面角A?BC?B1的大小4．（23-24高一下·廣東廣州·期末）如圖，已知三棱臺ABC?A1B1C1，底面△ABC是以B為直角頂點的等腰直角三角形，體積為143(1)證明：BC⊥平面ABB(2)求點B到面ACC(3)在線段CC1上是否存在點F，使得二面角F?AB?C的大小為π6【解題思路】（1）利用面面垂直的性質推理即得.（2）延長AA1,BB1,CC（3）根據線面垂直和面面垂直性質可作出二面角的平面角，設FE=3t，根據幾何關系可表示出DE，由二面角大小可構造方程求得【解答過程】（1）在三棱臺ABC?A1B1C1中，平面而平面ABB1A1∩平面ABC=AB所以BC⊥平面ABB（2）由棱臺性質知：延長AA1,B

由A1B1=12AB，得S△ABC=4于是VP?ABC=87VABC?A1B1C又A1B1//AB，則A1是PA的中點，P設AB=2x，則BC=PA=PB=AB=2x，VP?ABC=1AB=BC=PA=PB=4，由PB?平面PAB，得BC⊥PB，AC=PC=42S△PAC=12×4×(42由VP?ABC=VB?PAC，得即點B到平面ACC1A（3）由BC⊥平面ABB1A1，BC?平面ABC，得平面ABC⊥平面PAB，取AB中點在正△PAB中，PN⊥AB，而平面ABC∩平面PAB=AB，則PN⊥平面ABC，而CN?平面ABC，則PN⊥CN，又PN?平面PNC，則平面PNC⊥平面ABC，作FE⊥CN于E，平面PNC∩平面ABC=CN，則FE⊥平面ABC，FE//PN，而AB?平面ABC，則AB⊥FE，作ED⊥AB于D，連接FD，DE∩FE=E，DE,FE?平面DEF，則AB⊥平面DEF，而FD?平面DEF，于是AB⊥FD，∠FDE即二面角F?AB?C的平面角，設FE=3t，由（2）知：PN=23由EFPN=CECN，得由DE//BC，得若存在F使得二面角F?AB?C的大小為π6則tan∠FDE=tanπCF=C所以存在滿足題意的點F，CF=8題型9題型9點、線、面的距離問題1．（2024·北京·三模）故宮角樓的屋頂是我國十字脊頂的典型代表，如圖1，它是由兩個完全相同的直三棱柱垂直交叉構成，將其抽象成幾何體如圖2所示.已知三樓柱ABF?CDE和BDG?ACH是兩個完全相同的直三棱柱，側棱EF與GH互相垂直平分，EF,GH交于點I，AF=BF=a，AF⊥BF，則點G到平面ACEF的距離是（

）

A．33a B．12a C．【解題思路】根據已知條件，結合空間總直線與平面的位置關系，先確定點G到平面ACEF的垂線段，在根據已知條件得sinθ=KGIG【解答過程】取AC中點M，連接MI，過G作MI的垂線交MI的延長線于點K，

取AB中點N，連接FN，由已知，M、I分別為AC、EF中點，因為ABF?CDE是直三棱柱，所以AF⊥AC，EF//AC且所以FI//AM其FI=又AF⊥AC，所以AMIF為矩形，所以EF⊥MK，又EF⊥GH，MK?平面KIG，GH?平面KIG，MK∩GH=I，所以EF⊥平面KIG，KG?平面KIG，所以EF⊥KG，又因為KG⊥MK，EF?平面ACEF，MK?平面ACEF，EF∩MK=I，所以KG⊥平面ACEF，所以點G到平面ACEF的距離等于線段KG的長度，設為?；AF⊥BF，在Rt△ABF中，AF=BF=a所以AB=a2+a2因為四邊形AMIF為平行四邊形，所以MI//又因為因為BDG?ACH是直三棱柱，所以AB//HG，且所以∠KIG=∠FAB=θ，IG=2又因為KG⊥平面ACEF，IK?平面ACEF，所以KG⊥IK，所以sinθ=KGIG=?所以點G到平面ACEF的距離是a2故選：B.2．（23-24高三上·山東濟寧·階段練習）如圖1，某廣場上放置了一些石凳供大家休息，這些石凳是由正方體截去八個一樣的正三棱錐得到的，它的所有棱長均相同，數學上我們稱之為半正多面體（semiregularsolid），亦稱為阿基米德多面體，如圖2，設AB=1，則平面BCG與平面EMQ之間的距離是（

）A．2 B．66 C．63 【解題思路】不妨記正方體為A2B2C2D2?A1B1C1D1，設對角線A2C1【解答過程】如圖，不妨記正方體為A2B2C2故四邊形A1D1又E，Q分別為A1A2所以EQ//A1B所以EQ//BG，又EQ?平面BCG，BG?平面BCG，所以EQ//平面BCG，同理EM//平面BCG，又EM∩EQ=E，EM，EQ?平面EMQ，所以平面EMQ//平面BCG，設對角線A2C1分別交平面EMQ和平面BCG于點M因為C1C2⊥平面A2所以C1連接A2C2,A故A2C2⊥MQ，又C1C2所以MQ⊥平面A1A2C2所以A2C1又MQ∩EQ=Q，MQ，EQ?平面EMQ，所以A2C1又平面EMQ//平面BCG，所以A2C1M1N1即為平面EMQ則M1由正方體棱長為2得A2由題意得EA2=M故S△EMQ根據VE?得13解得A2根據對稱性知A2所以M1則平面EMQ與平面BCG的距離為26故選：D.3．（23-24高一下·山東泰安·期末）如圖，AE⊥平面ABCD，AD//BC，AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2，F為(1)求證：DF//平面EAB(2)求點C到平面BDE的距離．【解題思路】（1）取BE的中點G，連接AG,FG，證明出四邊形ADFG為平行四邊形，得出AG//（2）設點C到平面BDE的距離為?，根據等體積法，由VC?BDE【解答過程】（1）取BE的中點G，連接AG,FG，因為F為CE中點，所以GF//BC且又AD//BC,AD=1,BC=2，所以AD//所以四邊形ADFG為平行四邊形，所以AG//又AG?平面EAB，DF?平面EAB，所以DF//平面EAB（2）因為AD⊥AB，AD//BC，所以所以S△BCD又AE⊥平面ABCD，所以VE?BCD因為AD⊥AB，AD=AB=1，所以BD=A由AE⊥平面ABCD，AB,AD?平面ABCD，所以AE⊥AB,AE⊥AD，又EA=2,AD=AB=1，所以EB=ED=2所以S△BDE設點C到平面BDE的距離為?，則VC?BDE=V所以點C到平面BDE的距離為434．（23-24高二上·上海楊浦·期中）如圖,P為菱形ABCD外一點,PD⊥平面ABCD,∠BAD=60°,E為棱(1)求證:ED⊥平面PAD;(2)若PD=AD=2,求BC到平面PAD的距離.【解題思路】（1）連接BD，根據已知得AD⊥DE和PD⊥DE，再根據線面垂直的判定定理即可證明；（2）先把BC到平面PAD的距離轉化為點B到平面PAD的距離,再利用等體積法求解即可.【解答過程】（1）連接BD,如圖:因為∠BAD=60°,四邊形所以BD=CD,又E為棱BC的中點,所以BC⊥DE,因為AD//BC,所以AD⊥DE,因為PD⊥平面ABCD,DE?平面ABCD,所以PD⊥DE,又PD∩AD=D,PD?平面PAD,AD?平面PAD,所以ED⊥平面PAD.（2）因為BC//AD,AD?平面PAD,BC?平面PAD,所以BC//平面PAD,則BC到平面PAD的距離即為點B到平面PAD的距離,設點B到平面PAD的距離為d,因為VB?PAD=VP?ABD,PD=AD=2,PD⊥平面ABCD,所以13解得d=3即BC到平面PAD的距離為3.題型10題型10平行關系與垂直關系的綜合應用1．（23-24高一下·福建龍巖·期末）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1中，A．若E∈BD1，F∈BDB．若E∈BD1，F∈BD，則平面BEF⊥C．若E∈AC，F∈CD1，則EF//D．若E∈AC，F∈CD1【解題思路】根據正方體的特征及線面垂直的判定與性質、面面垂直的判定判斷AB；利用正方體的特征及面面平行的判定與性質判斷CD.【解答過程】

對于A，AC⊥BD，DD1⊥底面ABCD，AC?底面ABCD，則D又BD∩DD1=D,BD,DD1?平面BDD1，則AC⊥平面對于B，A1C1//AC，則A1C1⊥平面BDD而平面BDD1與平面BEF重合，平面BEF⊥平面

對于C，在正方體ABCD?A1B而AD1?平面A1C1B，C1B?平面A又AD1∩CD1=D由EF?平面AD1C，得EF//對于D，由于E,F分別為AC,CD1上的動點，則CEAE與CFFD故選：D.2．（24-25高三上·浙江寧波·階段練習）如圖一，矩形ABCD中，BC=2AB,AM⊥BD交對角線BD于點O，交BC于點M，現將△ABD沿BD翻折至△A′BD的位置，如圖二，點NA．BD⊥CN B．A′O⊥C．CN//平面A′OM D．平面【解題思路】利用反證法可判斷A；由二面角A′【解答過程】對于D選項，翻折前，BD⊥AO，BD⊥OM，翻折后，BD⊥A′O因為A′O∩OM=O，A′O、OM?平面A′因為BD?平面BCD，所以平面A′OM⊥平面對于B選項，因為BD⊥A′O則二面角A′?BD?M的平面角為在翻折的過程中，∠A′OM的大小會發生變化，故A所以A′O與平面對于A選項，設BC=2AB=2a，在圖一中，tan∠ABD=又因為AB=AO2+OB因為∠AMB+∠BAM=∠ABD+∠BAM，所以∠AMB=∠ABD，所以tan∠AMB=ABBM在圖二中，過點C在平面BCD內作CE//OM，交BD于點E，連接則BEBO=BCBM=4因為OD=BD?OB=455a，所以因為BD⊥OM，CE//OM，則若BD⊥CN，因為CE∩CN=C，CE、CN?平面CNE，則BD⊥平面CNE，因為NE?平面CNE，所以BD⊥NE，因為A′O、NE?平面A′BD，且因為N為A′D的中點，則E為由選項A知，因為CE//OM，CE?平面A′OM，所以CE//平面A若CN//平面A′OM，則CN∩CE=C，CN、CE?所以平面CNE//平面A因為平面A′BD∩平面CNE=NE，平面A′BD∩平面因為N為A′D的中點，則E為故選：D．3．（24-25高一下·全國·課后作業）如圖，在三棱錐P?ABC中，AB⊥PC,CA=CB，M是AB的中點．點N在棱PC上，點D是BN的中點．求證：(1)MD//平面PAC；(2)平面ABN⊥平面PMC．【解題思路】（1）只需證明MD//AN，結合線面平行的判定定理即可得證；（2）只需證明AB⊥平面PMC，結合面面垂直的判定定理即可得證.【解答過程】（1）在△ABN中，M是AB的中點，D是BN的中點，所以MD//AN．又因為AN?平面PAC，MD?平面PAC，所以MD//平面PAC．（2）在△ABC中，CA=CB，M是AB的中點，所以AB⊥MC．又因為AB⊥PC,PC?平面PMC，MC?平面PMC，PC∩MC=C，所以AB⊥平面PMC．又因為AB?平面ABN，所以平面ABN⊥平面PMC．4．（23-24高一下·山東菏澤·階段練習）在四棱錐P?ABCD中，O為AC與BD的交點，AB⊥平面PAD，△PAD是正三角形，DC//AB，DA=DC=2AB.

(1)求異面直線PC和AB所成角的大?。?2)若點E為棱PA上一點，且OE//平面PBC，求AEPE(3)求證：平面PBC⊥平面PDC.【解題思路】（1）根據異面直線的定義可得∠PCD為所求角，即可利用線面垂直的性質求解，（2）根據線面平行的性質可得OE//PC，即可由相似求解，（3）根據線面垂直的判定求證DF⊥平面PBC，即可由面面垂直的判定求解.【解答過程】（1）因為DC//AB，所以異面直線PC和AB所成角為PC和CD所成角，即∠PCD，因為△PAD是正三角形，DA=DC=2AB，所以PD=CD，因為AB⊥平面PAD，所以DC⊥平面PAD，因為PD?平面PAD，所以DC⊥PD，所以△PDC是等腰直角三角形，所以∠PCD=π即異面直線PC和AB所成角為π4（2）因為OE//平面PBC，OE?平面PAC，平面PAC∩平面PBC=PC，所以OE//PC，所以AOOC因為DC//AB，DC=2AB，所以AOOC所以AEPE（3）取PC的中點F，連接FB，FD，

因為△PAD是正三角形，DA=DC，所以DP=DC，因為F是PC中點，所以DF⊥PC，因為AB⊥平面PAD，所以AB⊥PA，AB⊥AD，AB⊥PD，因為DC//AB，所以DC⊥DP，DC⊥DA，設AB=a，在等腰直角三角形PCD中，DF=PF=2在Rt△PAB中，PB=在直角梯形ABCD中，BD=BC=5因為BC=PB=5a，點F為所以PC⊥FB，在Rt△PFB中，FB=在△FDB中，由DF=2a，FB=3a，所以FB⊥DF，由DF⊥PC，DF⊥FB，PC∩FB=F，PC，FB?平面PBC，所以DF⊥平面PBC，又DF?平面PCD，所以平面PBC⊥平面PDC.題型11題型11立體幾何中的探索性問題1．（23-24高一下·云南昆明·階段練習）如圖，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD=DC=3，∠BCD=120°，DE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，BF=DE=3，點P在線段(1)求證：AD⊥BP；(2)是否存在點P，使得PB∥平面ACE？若存在，試求點P【解題思路】（1）由余弦定理求BD，得AD⊥BD，進而利用線面垂直的判定定理證明AD⊥平面BFED，從而即可得證AD⊥BP.（2）由已知可得四邊形BFED為矩形，連接AC交BD于O，連接OE，找點P使得EP=OB即可得證PB∥平面ACE；從而由AB∥CD即DCAB=DOOB=1【解答過程】（1）證明：在等腰梯形ABCD中，∵AB∥CD，AD=DC=CB=3∴AB=6，∴BD∴AB∴AD⊥BD.∵DE⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，∴DE⊥AD.又∵BD∩DE=D，BD，DE?平面BFED，∴AD⊥平面BFED.∵BP?平面BFED，∴AD⊥BP.（2）在線段EF上存在P且EP=23,使得PB∥平面證明如下：由已知可得四邊形BFED為矩形，連接AC交BD于O，連接OE，由（1）知在Rt△ABD中，BD=33，AD=3，∵AB∥∴DCAB∴OB=23當EP=23時，EP∥OB則四邊形OBPE為平行四邊形，則BP∥又BP?平面AEC，OE?平面AEC，所以BP∥平面AEC綜上可知，在線段EF上存在P，使得PB∥平面ACE，且EP=22．（23-24高一下·河北滄州·期中）如圖，在直角梯形ABCD中，AB//DC，∠ABC=90°，AB=2DC=2BC，E為AB的中點，沿DE將△ADE折起，使得點A到點P的位置，且PE⊥EB，M為PB的中點，N是BC上的動點（與點

(1)證明：平面EMN⊥平面PBC；(2)是否存在點N，使得二面角B?EN?M的正切值為17？若存在，確定N點的位置；若不存在，請說明理由．【解題思路】（1）證明出PE⊥平面BCDE，可得出PE⊥BC，結合BC⊥EB可得出BC⊥平面PBE，可得出BC⊥EM，推導出EM⊥PB，可證得EM⊥平面PBC，再利用面面垂直的判定定理可證得結論成立；（2）過M作在平面PBE內作MQ⊥EB，垂足為點Q，過點Q在平面BCDE內作QR⊥EN，垂足為點R，連接MR，分析可知∠MRQ為二面角B?EN?M的平面角，設PE=EB=BC=2，則MQ=1，在Rt△EBN中，設BN=x0<x<2，由Rt△EBN∽Rt△ERQ【解答過程】（1）證明：翻折前，因為AB//DC，AB=2DC=2BC，E為所以，BE//CD且又因為∠ABC=90°，則四邊形BCDE為正方形，所以，翻折后，則PE⊥ED，PE⊥EB，EB∩ED=E，EB、ED?平面BCDE，所以PE⊥平面BCDE，因為BC?平面BCDE，所以PE⊥BC，因為BC⊥EB，EB∩PE=E，EB、PE?平面PBE，所以BC⊥平面PBE，因為EM?平面PBE，所以BC⊥EM，因為PE=EB，PM=MB，所以EM⊥PB，因為BC∩PB=B，BC、PB?平面PBC，所以EM⊥平面PBC，因為EM?平面EMN，所以平面EMN⊥平面PBC．（2）解：假設存在點N滿足題意，如圖，過M作在平面PBE內作MQ⊥EB，垂足為點Q，

在平面PBE內，因為PE⊥EB，MQ⊥BE，所以PE//由（1）知，PE⊥平面BCDE，所以MQ⊥平面BCDE，因為EN?平面BCDE，所以MQ⊥EN，過點Q在平面BCDE內作QR⊥EN，垂足為點R，連接MR，因為MQ⊥EN，QR⊥EN，MQ∩QR=Q，MQ、QR?平面MQR，所以EN⊥平面MQR，因為MR?平面MQR，所以EN⊥MR，所以∠MRQ為二面角B?EN?M的平面角，不妨設PE=EB=BC=2，則MQ=1，在Rt△EBN中，設BN=x因為∠QER=∠NEB，∠ERQ=∠EBN=90所以，