【暑假衔接】人教A版新高二数学 复习重难点-第05讲：空间立体几何高频考点突破（教师版+学生版）讲义

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考点一：空间几何体结构
（1）多面体
（3）圆柱、 圆锥、 圆台、 球
考点二：空间几何体的直观图
1、用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的步骤
2、斜二测画法的步骤：①平行于坐标轴的线依然平行于坐标轴；②平行于y轴的线长度变半，平行于x，z轴的线长度不变
3、原图与直观图的关系：S直=S原；S原=S直
考点三：简单几何体的表面积与体积
1、空间几何体的表面积
（1）棱柱、棱锥的表面积：各个面面积之和
（2）圆柱的表面积（3）圆锥的表面积
（4）圆台的表面积（5）球的表面积
2、空间几何体的体积
（1）柱体的体积（2）锥体的体积
（3）台体的体积（4）球体的体积
3、球的组合体
（1）球与长方体的组合体：长方体的外接球的直径是长方体的体对角线长.
（2）球与正方体的组合体：正方体的内切球的直径是正方体的棱长，正方体的外接球的直径是正方体的体对角线长（a）.
（3）球与正四面体的组合体：棱长为的正四面体的内切球的半径为，外接球的半径为.
考点四：空间直线、平面的平行
1．线面平行的判定定理和性质定理
2．面面平行的判定定理和性质定理
考点五．直线与平面垂直
(1)定义
如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α互相垂直，记作l⊥α，直线l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面．
(2)判定定理与性质定理
2.直线和平面所成的角
(1)定义
平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．若一条直线垂直于平面，它们所成的角是直角，若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°的角．
(2)范围：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
3．平面与平面垂直
(1)二面角的有关概念
①二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；
②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．
(2)平面和平面垂直的定义
两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理
【题型梳理】
题型一：空间几何体的结构
1．（2023春·福建南平·高一校考期末）下列命题中正确的是（ ）
A．正方形的直观图是正方形
B．平行四边形的直观图是平行四边形
C．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
D．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
【答案】B
【解析】选项，正方形的直观图是平行四边形；选项，由斜二测画法规则知平行性不变知②正确；选项，要注意棱柱的每相邻两个四边形的公共边互相平行；选项，用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台．
【详解】解：选项，正方形的直观图是平行四边形，故错误；
选项，由斜二测画法规则知平行性不变，即平行四边形的直观图是平行四边形，故②正确；
选项，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，要注意棱柱的每相邻两个四边形的公共边互相平行，故错误；
选项，用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，故错误．
故选：．
2．（2023春·四川宜宾·高一宜宾市叙州区第一中学校校考期末）下列命题中，正确的是 ( )
A．经过正方体任意两条面对角线，有且只有一个平面
B．经过正方体任意两条体对角线，有且只有一个平面
C．经过正方体任意两条棱，有且只有一个平面
D．经过正方体任意一条体对角线与任意一条面对角线，有且只有一个平面
【答案】B
【详解】因为正方体的四条体对角线相交于同一点(正方体的中心)，因此经过正方体任意两条体对角线，有且只有一个平面，故选B．
点睛：确定平面方法: 过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面;经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面；经过两条相交直线有且只有一个平面；经过两条平行直线有且只有一个平面．
3．（2023春·黑龙江大庆·高一铁人中学校考期中）给出下列说法：
①有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台
②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；
③有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱
④一个圆柱形蛋糕，切三刀最多可切成7块
其中正确说法的个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据棱柱、棱锥、棱台和平面的的定义，逐项判定，即可求解.
【详解】对于①中，根据棱台的定义，延长棱台的所有侧棱交于一点，所以有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体不一定是棱台，所以①不正确；
对于②中，根据棱锥的定义，有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点的三角形的几何体是棱锥，所以②不正确；
对于③中，根据棱柱的定义，有两个面平行，且该多面体的顶点都在这两个平面上，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱，所以③不正确；
对于④中，一个圆柱形蛋糕，切三刀最多可切成8块，所以④不正确.
故选：A.
题型二：直观图
4．（2023春·四川成都·高一成都外国语学校校考期末）如图，一个水平放置的平面图形OABC的斜二测直观图是平行四边形，且，，，则平面图形OABC的面积为（ ）

A．16B．8C．4D．2
【答案】A
【分析】根据斜二测画法得到平面图形，即可得解；
【详解】根据斜二测画法的规则可知该平面图形是矩形，如下图所示，

其中长，宽.
故平面图形的面积为.
故选：A
5．（2023春·云南昆明·高一昆明一中校考期中）已知是一平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（ ）

A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】由给定的直观图画出原平面图形，再求出面积作答.
【详解】根据斜二测画法的规则，所给的直观图对应的原平面图形，如图，

其中 ，，
所以这个平面图形的面积为.
故选：D
6．（2023春·广东茂名·高一统考期中）如图，水平放置的的斜二测直观图为，已知，则的周长为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，作出原平面图形，由斜二测画法分析原图的数量关系，计算可得答案．
【详解】根据题意，作出原图，

由斜二测画法，在原图中，，，
所以，故的周长为.
故选：C．
题型三：空间几何体的表面积和体积
7．（2023春·江苏常州·高一常州市第一中学校考期末）陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知，底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积（单位：）是（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据圆柱与圆锥的表面积公式求解.
【详解】由题意可得圆锥体的母线长为，
所以圆锥体的侧面积为，
圆柱体的侧面积为，
圆柱的底面面积为，
所以此陀螺的表面积为，
故选：C.
8．（2023春·江苏镇江·高一扬中市第二高级中学校考期末）三棱锥的所有顶点都在球的球面上.棱锥的各棱长为：，，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由各棱长结合勾股定理知为直三棱锥，有面，进而求出的外接圆半径，由外接球半径与、的几何关系即可求出，最后求外接球表面积即可.
【详解】由题意知：，，，
∴两两垂直，即为直三棱锥，
∴若的外接圆半径为，则，又面，
∴外接球心到的距离为，故外接球半径，
∴外接球表面积.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：由棱长推出为直三棱锥，有面，根据其外接球半径与外接圆半径、的几何关系求出，进而求球的表面积.
9．（2023春·浙江金华·高一浙江金华第一中学校考期末）“辛普森（Simpsn）公式”给出了求几何体体积的一种估算方法：几何体的体积V等于其上底面的面积S、中截面（过高的中点且平行于底面的截面）的面积的4倍、下底面的面积之和乘以高h的六分之一，即.我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体称为拟柱体.在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面.中国古代名词“刍童”（原来是草堆的意思）就是指上下底面皆为矩形的拟柱体.已知某“刍童”尺寸如图所示，且体积为，则它的高为（ ）

A．B．C．D．4
【答案】D
【分析】求出上下底面积和中截面面积，代入公式即可求出高.
【详解】上底面，下底面，
所以中截面是过高的中点，且平行于底面的截面，其中分别是对应棱上的中点，如图所示，
根据中位线定理得，，
所以，
，解得，
故选：D.

题型四：内接球和外接球表面积和体积
10．（2023春·浙江宁波·高一慈溪中学校联考期末）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑中，平面，，且，则其内切球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设四面体内切球的球心为，半径为，则，求得，，从而求得，根据球的表面积公式即可求解.
【详解】
因为四面体四个面都为直角三角形，平面，
所以，，
设四面体内切球的球心为，半径为，
则
所以，
因为四面体的表面积为，
又因为四面体的体积，
所以，
所以内切球表面积.
故选：C.
11．（2023春·江苏苏州·高一统考期末）蹴鞠，又名蹴球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠的表面上有四个点，，，恰好构成三棱锥，若，，且，，，，则该鞠的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由条件求，证明，结合，利用线面垂直判定定理证明平面，由此确定三棱锥的外接球的球心及半径，利用球的表面积公式求解.
【详解】在中，，，，
所以，
在中，，，，
所以，所以，
在中，，，，
所以，
在中，，，，
所以，所以，
所以，都是以为斜边的直角三角形，
取的中点，则，
所以点为三棱锥的外接球的球心，半径为，
所以三棱锥的外接球的表面积，
即该鞠的表面积为.
故选：C.

12．（2023春·江苏镇江·高一扬中市第二高级中学校考期末）已知三棱锥中，，，三点在以为球心的球面上，若，，且三棱锥的体积为，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意，可求得的面积，进而通过的体积得到三棱锥的高，即球心到平面的距离.通过外接圆的半径公式，求得截面圆的半径，得到球的半径，即得解.
【详解】由题意，
.
又的外接圆的半径
因此球的半径
球的表面积：.
故选：C
【点睛】本题考查了球和三棱锥以及球的截面圆的综合问题，考查了学生的综合分析，空间想象，数学运算能力，属于中档题.
题型五：点线面的位置关系
13．（2023春·江苏连云港·高一校考期末）下列表述中正确的是（ ）
A．若直线平面，直线，则
B．若直线平面，直线，且，则
C．若平面内有三个不共线的点到平面的距离相等，则
D．若平面满足，，，则
【答案】D
【分析】根据空间线面关系的定义及几何特征，逐一分析四个命题的真假，可得答案．
【详解】若直线平面，直线，则可能，可能，可能与只相交不垂直，A选项错误；
若直线平面，直线，且，则可能，可能与只相交不垂直，B选项错误；
若平面内有三个不共线的点到平面的距离相等，则可能，可能与相交，C选项错误；
若平面满足，，，则，由面面垂直的性质可知，D选项正确.
故选：D
14．（2023春·江苏苏州·高一统考期末）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列结论不正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，，与相交，则
【答案】C
【分析】根据空间中线面、面面的位置关系判断可得.
【详解】对于A：若，，由面面垂直的判定定理可知，故A正确；
对于B：若，则平面内存在直线，使得，又，，所以，所以，故B正确；
对于C：若，，则或与相交，故C错误；
对于D：若，，，，与相交，根据面面平行的判定定理可知，故D正确；
故选：C
15．（2023春·江苏镇江·高一扬中市第二高级中学校考期末）已知直线、，平面、，给出下列命题：
①若，，且，则
②若，，则
③若，，且，则
④若，，且，则
其中正确的命題是（ ）
A．①②B．①③C．①④D．③④
【答案】C
【分析】根据线线、线面和面面位置关系的有关知识对各个命题进行分析，由此确定正确答案.
【详解】①，根据线面垂直的知识可知，当，，且时，，所以①正确.
②，若，，则可能是异面直线，所以②错误.
③，若，，且，此时无法判断是否与平面内的两条相交直线垂直，
所以③错误.
④，若，，所以，由于，所以，所以④正确.
所以①④正确.
故选：C
题型六：线面的平行和性质
16．（2023春·湖南邵阳·高一邵阳市第二中学校考期末）如图，在四棱锥中，平面是的中点.

(1)证明：面
(2)证明：平面平面；
(3)求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）取中点，连接，证即可；
（2）由得，由平面得，所以平面，从而得证；
（3），所以平面，根据求解．
【详解】（1）取中点，连接，
∵,,
∴,
∴为平行四边形，则，
∵面，面，∴面.

（2）因为，所以，
由平面平面，所以，
又由，且平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，即平面平面.
（3）由（1）可得，且平面，平面，所以平面，
所以，
因为平面，可得，
又由，
所以，
所以，即三棱锥的体积为.
17．（2023春·宁夏吴忠·高一吴忠中学校考期末）如图：在正方体中，为的中点.
(1)求三棱锥的体积；
(2)求证：平面；
(3)若为的中点，求证：平面平面.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据锥体的体积公式计算即可；
（2）根据线面平行的判定进行证明；
（3）根据面面平行的的判定进行证明.
【详解】（1）显然平面，于是.
（2）
设，连接，
在正方体中，四边形是正方形，是中点，
是的中点，，
平面平面
平面；
（3）为的中点，为的中点，
，
四边形为平行四边形，，
又平面平面平面，
由（2）知平面平面平面，
平面平面.
18．（2023春·四川宜宾·高一校考期末）如图，四棱锥中，底面，底面为菱形，点F为侧棱上一点．
(1)若，求证：平面；
(2)若，求证：平面平面．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1），的交点为O，连接，由菱形及中位线性质有，再由线面平行的判定可证结论；
（2）由题意及线面垂直的性质有、，再由线面垂直的判定和性质得，最后根据线面垂直、面面垂直的判定证结论.
【详解】（1）设，的交点为O，连接，
因为底面为菱形，且O为中点，，
所以，又平面，平面，
故平面．
（2）因为底面为菱形，所以，
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，又平面，故平面平面.
题型七：线面的垂直和性质
19．（2023春·江苏苏州·高一统考期末）如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2)点到平面的距离为1.
【分析】（1）先证明平面，可得，再证明，可得平面，根据面面垂直判定定理证明结论；
（2）由（1）中的证明过程可，计算数据代入即可.
【详解】（1）因为为直三棱柱，所以平面.
又平面，所以.
因为为棱的中点，，所以.
因为平面，平面，，
所以平面.
又平面，所以.
因为为棱的中点，所以.
又，所以，同理，所以.
因为平面，平面，，
所以平面，平面，
所以平面平面；

（2）因为，，，
所以，，
所以.
由（1）知平面，
所以，
即三棱锥的体积为.
因为，
所以，又，
取的中点为，则，所以，
所以，
设点到平面的距离为，
则，
所以.

20．（2023春·河南·高一校联考期末）如图，三棱柱中，为等边三角形，，，．

(1)证明：平面平面；
(2)求直线和平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于O，连接，证明可得线面垂直，再由面面垂直的判定定理得证；
（2）利用等体积法求出点到平面的距离，再由线面角公式求解即可.
【详解】（1）连接交于O，连接，如图，

因为为等边三角形，所以为等边三角形，四边形是菱形，
所以，又，，是的中点，
所以且，
所以，，
在中，，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）设到平面的距离为，
因为中，，，
所以，
又，，
所以由，可得，
即，
设直线和平面所成角为，
则,
因为平面平面，所以求直线和平面所成角的正弦值为．
21．（2023春·福建南平·高一校考期末）如图所示，已知在三棱锥中，，M为的中点，D为的中点，且为正三角形．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求证：平面平面；
（Ⅲ）若，求三棱锥的体积．
【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）
【解析】(1)先证，可证平面.
(2)先证平面，得，结合可证得平面.
(3)等积转换，由，可求得体积.
【详解】证明：因为为的中点，为的中点，
所以是的中位线，.
又平面，平面，
所以平面.
（2）证明：因为为正三角形，为的中点，所以.
又，所以.
又因为，，所以平面.
因为平面，所以.
又因为，，
所以平面.
(3)因为平面，，
所以平面，即是三棱锥的高.
因为，为的中点，为正三角形，
所以.
由平面，可得，
在直角三角形中，由，可得.
于是.
【点睛】关键点睛：三棱锥的体积直接求不便时，常采用等积转换的方法，选择易求的底面积和高来求体积.
题型八：距离和线面角平面角问题
22．（2023春·江苏南通·高一校考期末）如图，是圆的直径，是圆上异于、一点，直线平面，，.

(1)求点到平面的距离；
(2)求二面角的正切值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）计算出三棱锥的体积以及的面积，利用等体积法可求得点到平面的距离；
（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，推导出二面角二面角的平面角为，计算出的长，即可求得的正切值，即可得解.
【详解】（1）解：因为是圆的直径，是圆上异于、一点，则，
因为，，则，
所以，，
因为平面，则.
因为、平面，所以，，，
所以，，
，
由余弦定理可得，
所以，，
所以，，
设点到平面的距离为，由，即，
所以，，
因此，点到平面的距离为.
（2）解：过点在平面内作，垂足为点，连接，

因为是圆的直径，是圆上异于、一点，则，
因为平面，平面，所以，，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
因为，，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
所以，二面角的平面角为，
因为平面，平面，所以，，
因为，由等面积法可得，
因为平面，平面，所以，，
所以，，
因此，二面角的正切值为.
23．（2023春·浙江宁波·高一慈溪中学校联考期末）已知边长为6的菱形，，把沿着翻折至的位置，构成三棱锥，且，，.

(1)证明：；
(2)求二面角的大小；
(3)求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据几何关系证明线面垂直从而得到线线垂直即可；
（2）根据几何关系，平方后得到，得到，根据余弦定理求解其平面角即可；
（3）根据平行关系将所求角转化为与平面所成角，再根据垂直关系找到具体的角进而求解其正弦值.
【详解】（1）取中点，连接，
因为菱形，，
所以为等边三角形，
所以，
又因为面，，
所以面，
因为面，
所以

（2）因为，，
所以，
平方得，，
即，解得，
在中，由余弦定理得，，
所以，
由（1）可知，是二面角的平面角，
在等边中，，同理，
在中，由余弦定理，，
因为，所以，
即二面角的大小为.
（3）取中点，连接，则是靠近G的三等分点，
则，
所以与平面所成角即为所成角，
在平面中，作，
因为面，面，
所以，
又因为面，，
所以面，
所以是与平面所成角，
在中，，，所以
，
在中，由，得，，
所以，
所以与平面所成角的正弦值为.

24．（2023春·江苏镇江·高一扬中市第二高级中学校考期末）如图，在四棱锥P－ABCD中，PB＝PD，PA⊥PC，M，N分别为PA，BC的中点底面四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠DAB＝60°，AC交BD于点O．
(1)求证：MN∥平面PCD；
(2)二面角B－PC－D的平面角为θ，若．
①求PA与底面ABCD所成角的大小；
②求点N到平面CDP的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)① ②.
【分析】（1）取PD得中点E，连接ME，CE，证明，然后证明平面PCD；
（2）①作出二面角的平面角，利用二面角的余弦值求出，，再由条件可证明所求线面角为，利用直角三角形求大小即可；
②由平面PAC转化为求O到平面距离，作出垂线段，利用等积法求解即可.
【详解】（1）取PD得中点E，连接ME，CE，如图，
为PA的中点，，
为的中点且四边形ABCD为菱形，.
，四边形MNCE为平行四边形，
,
又MN平面PCD, CE平面PCD,
MN∥平面PCD.
（2）①连接PO，过作于，连接，
由PB＝PD，是的中点，，
由菱形知，又，平面，
平面，平面平面，且交线为，
直线在平面上的射影为，即PA与底面ABCD所成角为.
平面，，且在平面上的射影为，
，又PA⊥PC，，是的中点，是PC的中点，
，
由知，, ，
为二面角B－PC－D的平面角，
,
即，解得，,
，
，，
即PA与底面ABCD所成角的大小为.
②连接，过作于，
由，平面，平面，平面
点N到平面CDP的距离即点到平面CDP的距离，
，
平面，平面平面,且是交线，
，平面，
在中，，，，
由等积法可得，即，
即点N到平面CDP的距离为.
【专题突破】
一、单选题
25．（2023春·江苏无锡·高一辅仁高中校考期末）四棱台中，其上、下底面均为正方形，若，且每条侧棱与底面所成角的正切值均为，则该棱台的体积为（ ）
A．224B．448C．D．147
【答案】B
【分析】连接，交于点，连接，交于点，连接，过作，即可得到是四棱台其中一条侧棱与底面所成的角，利用锐角三角函数求出棱台的高，再根据棱台的体积公式计算可得.
【详解】连接，交于点，连接，交于点，连接，过作，如图，
.
因为四棱台上、下底面均为正方形，且每条侧棱与底面所成角的正切值均相等，
所以底面，又，所以底面，
所以是四棱台其中一条侧棱与底面所成的角，则，
因为，所以，，
易知四边形是等腰梯形，则，
所以在中，，则，
即四棱台的高为，
则该四棱台的体积.
故选：B．
26．（2023春·宁夏吴忠·高一吴忠中学校考期末）已知圆锥PO，其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6m，顶角为的等腰三角形，该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】运用圆锥侧面积公式计算即可.
【详解】如图所示，

设圆锥的半径为r，母线为l，
由题意知，，
在中，，
所以，
所以圆锥侧面积为.
故选：B.
27．（2023春·湖南邵阳·高一邵阳市第二中学校考期末）在《九章算术》中，底面为矩形的棱台被称为“刍童”．已知棱台是一个侧棱相等、高为1的“刍童”，其中，，则该“刍童”外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据刍童的几何性可知外接球的球心在四棱台上下底面中心连线上，设球心为O，根据几何关系求出外接球半径即可求其表面积．
【详解】
如图，连接AC、BD、、，设AC∩BD＝M，∩＝N，连接MN．
∵棱台侧棱相等，∴易知其外接球球心在线段MN所在直线上，设外接球球心为O，
如图当球心在线段MN延长线上时，
易得，MC＝2，，，
MN＝1，
由得，，即
，
故OC＝，
∴外接球表面积为．
如图当球心在线段MN上时，
由得，，即
舍去，
故选：A
【点睛】关键点睛：利用刍童的几何性确定外接球的球心是解题的关键.
28．（2023春·浙江宁波·高一慈溪中学校联考期末）如图，在棱长均为的直三棱柱中，是的中点，过、、三点的平面将该三棱柱截成两部分，则顶点所在部分的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设平面交于点，连接、，推导出点为的中点，用三棱柱的体积减去三棱台的体积即可得解.
【详解】设平面交于点，连接、，

在三棱柱中，平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，
又因为且，故四边形为平行四边形，所以，，
所以，，
因为为的中点，所以，为的中点，且，
因为直三棱柱的每条棱长都为，
则，
易知是边长为的等边三角形，则，
，
因此，顶点所在部分的体积为.
故选：B.
29．（2023春·江苏连云港·高一江苏省海头高级中学校考期末）已知，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【分析】以正方体为例，举例即可说明A、B、C错误；根据线面垂直的性质定理以及平行线的传递性，即可得出D项.
【详解】
对于A项，如图正方体中，
平面平面，平面，
但是，平面，故A错误；
对于B项，如图正方体中，
平面，平面，，，
但是，平面，故B错误；
对于C项，如图正方体中，
平面平面，平面平面，
但是，平面平面，故C错误；
对于D项，因为，，
根据线面垂直的性质定理可知，.
又，所以，故D项正确.
故选：D.
30．（2023春·江苏常州·高一常州市第一中学校考期末）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【分析】根据空间中线面、面面平行、垂直的判定定理和性质定理分析判断，即可得出结果.
【详解】由是两条不同的直线，是两个不同的平面，
若，则与可能相交、平行或，A错；
若，则或，B错；
若，则或相交，C错；
若，则确定一个平面，设为，
又，所以，
则由面面平行的判定定理得，D正确.
故选：D
31．（2023春·江苏常州·高一常州市第一中学校考期末）如图，平面四边形ABCD中，，为正三角形，以AC为折痕将折起，使D点达到P点位置，且二面角的余弦值为，当三棱锥的体积取得最大值，且最大值为时，三棱锥外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】过点作平面，垂足为，作，垂足为，连接，则为二面角的补角，为的中点，设，根据二面角的余弦值可求得，再根据三棱锥的体积取得最大值结合基本不等式求出，再利用勾股定理求出三棱锥外接球的半径，根据球的体积公式即可得解.
【详解】过点作平面，垂足为，作，垂足为，连接，
因为平面，平面，所以，
又平面，
所以平面，
因为平面，所以，
则为二面角的补角，故，
因为，所以为的中点，
设，则，
在中，，则，，
由，
得当取得最大值时，三棱锥的体积取得最大值，
，
当且仅当时，取等号，
所以，解得，
则，
设三棱锥外接球的球心为，则平面，
设，
由得，解得，
则三棱锥外接球的半径，
所以三棱锥外接球的体积为.
故选：D.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
32．（2023春·福建南平·高一期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，为的中点，则异面直线与所成的角的正弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先取正方形的中心，连接，由知为异面直线与所成的角，再在中求的正弦即可.
【详解】连，相交于点，连、，

因为为的中点，为的中点，有，可得或其补角为异面直线与所成的角，
不妨设正方形中，，则，由平面，可得，
则，，
因为，为的中点，所以，．
故选：C.
【点睛】方法点睛：
求空间角的常用方法：
（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.
33．（2023春·河南南阳·高一统考期末）如图是正方体的平面展开图．关于这个正方体，有以下判断：
①与所成的角为②∥平面
③ ④平面∥平面
其中正确判断的序号是（ ）．
A．① ③B．② ③C．① ② ④D．② ③ ④
【答案】C
【详解】
把正方体的平面展开图还原成正方体 ，得：①与所成的角为正确； ② 不包含于平面 平面 平面 ，故②正确； ③ 与 是异面直线，故③不正确； ④ 平面 ，所以平面 平面 ，故 ④ 正确 ，正确判断的序号是① ② ④，故选C.
二、多选题
34．（2023春·江苏盐城·高一江苏省响水中学校考期末）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为B．该圆锥的侧面积为
C．D．的面积为
【答案】AC
【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.
【详解】依题意，，，所以，
A选项，圆锥的体积为，A选项正确；
B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；
C选项，设是的中点，连接，
则，所以是二面角的平面角，
则，所以，
故，则，C选项正确；
D选项，，所以，D选项错误.
故选：AC.

35．（2023春·湖南株洲·高一统考期末）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ABCD中，，且，下列说法正确的是（ ）

A．该圆台轴截面面积为
B．该圆台的体积为
C．该圆台的表面积为
D．沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为
【答案】ABD
【分析】求出圆台的高，由梯形的面积公式可判断选项A；由台体的体积公式可判断选项B；由台体的表面积公式可判断选项C；将圆台补成圆锥，侧面展开，取的中点为，连接，可判断选项D.
【详解】对于，由，且，
可得，高，
则圆台轴截面的面积为，故A正确；
对于B，圆台的体积为，故B正确；
对于C，圆台的侧面积为，又，，
所以，故C错误；
对于，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为，底面半径为，侧面展开图的圆心角．
设的中点为，连接，可得，
则，又点到的距离，
所以沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为，故正确．

故选：ABD．
36．（2023春·江苏苏州·高一统考期末）如图，在正方体中，点在线段上运动，下列判断中正确的是（ ）

A．平面平面
B．
C．
D．异面直线与所成角的取值范围是
【答案】ABC
【分析】证明平面，结合面面垂直判定定理证明平面平面，判断A；
证明平面，结合线面垂直的定义证明，判断B；
由平面平面，结合锥体体积公式证明，由此判断C；
根据异面直线夹角的定义判断D.
【详解】因为，，
，平面，
所以平面，平面，
所以，
因为，，
，平面，
所以平面，平面，
所以，
，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，A正确；
因为，平面，平面，
所以平面，
因为，平面，平面，
所以平面，，平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面，平面，
所以，B正确；
因为平面平面，点在直线上，
所以点到平面的距离等于到平面的距离
所以，C正确；
因为，
所以异面直线与所成角为或中的锐角或直角，
又为等边三角形，所以当点为的中点时，，
故异面直线与所成角可能为，D错误.
故选：ABC.
37．（2023春·浙江宁波·高一统考期末）已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点M为侧棱上的动点（包括端点），平面．下列说法正确的有（ ）
A．异面直线AM与可能垂直
B．直线BC与平面可能垂直
C．AB与平面所成角的正弦值的范围为
D．若且，则平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为
【答案】AD
【分析】在题设条件下，对于A选项：矩形BCC1B1中，判断在CC1上是否存在点M使即可；对于B选项：判断直线AM与BC是否平行即可；对于C选项：与平面所成角转化为与平面的垂线所成角解决；对于选项D：作出并证明平面截正四棱柱所得截面多边形，再求出周长即可.
【详解】在正四棱柱中，底面正方形ABCD的边长为1，AA1=2，如图：

选项A：当MC=时，
在矩形BCC1B1中，，所以，
又因为AB⊥平面BCC1B1，所以AB⊥B1C，
又因为，、平面，
所以B1C⊥平面ABM，所以，故选项A正确；
选项B：因为AM与BC是异面直线，所以AM与BC不可能平行，
故与不可能垂直，故选项B错误；
选项C：因为平面，AB是平面的斜线，则AB与平面所成角，
所以，
又因为当点M在棱CC1移动时，，
所以，所以，故选项C错误；
选项D：当M为CC1中点时，连接AB1，AD1，AC，MB1，MD1，BD1，如图所示，

则有，，
所以，所以AM⊥MB1，同理AM⊥MD1，
又因为，、面，
所以AM⊥平面MB1D1，
所以平面截正四棱柱所得截面多边形为正△，
所以其周长，故选项D正确.
故选：AD.
三、填空题
38．（2023春·河南周口·高一校联考期末）已知圆锥的母线长为1，底面半径为r，若圆锥的侧面展开图的面积为扇形所在圆的面积的，则＝____________．
【答案】3
【分析】根据圆锥的侧面展开图的面积为扇形所在圆的面积的，得到扇形的圆心角为，则可列出等式求解.
【详解】解：由题意可知扇形的圆心角为，
则，
所以．
故答案为：3
39．（2023春·江苏南京·高一南京市中华中学校考期末）已知三棱锥中，平面，，异面直线与所成角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为 ______．
【答案】/
【分析】分别取的中点，得到为异面直线与所成的角，得出，设，由余弦定理求得的值，再找出三棱锥的外接球的球心，利用勾股定理求得外接球的半径，代入球的表面积公式，即可求解.
【详解】如图，

分别取、、、的中点、、、，
连接、、、、，可得，，
则为异面直线与所成角，∴，
由面，而，故面，面，则，
设，可得，，，，则，
在中，由余弦定理，可得，
，解得，
设底面三角形的中心为，三棱锥的外接球的球心为，
连接，则平面，
由底面三角形是边长为2的等边三角形，可得，
∴为三棱锥外接球的球心，∴，则，，
又，可得，
则三棱锥的外接球的半径．
∴三棱锥的外接球的表面积为．
故答案为：．
40．（2023春·浙江宁波·高一慈溪中学校联考期末）杭州第19届亚运会会徽“潮涌”的主题图形融合了扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网及太阳六大元素，其中扇面造型代表了江南厚重的人文底蕴.在中国历史上，历代书画家都喜欢在扇面上绘画或书写以抒情达意.一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为30和12的两个同心圆上的弧（长度单位为cm），侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心，且圆心角为.若某空间几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为______.

【答案】
【分析】计算出侧面展开图分别为30和12，圆心角为的扇形的两个圆锥的高，相减即可得解.
【详解】一个圆锥的侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形，设该圆锥的底面半径为，高为，
所以，可得，因此，该圆锥的高为，
侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形，设该圆锥的底面半径为，高为，
所以，可得，因此，该圆锥的高为，
因此，若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为.
故答案为：.
41．（2023春·宁夏吴忠·高一吴忠中学校考期末）如图，在棱长为1的正方体中，点A到平面距离是______．

【答案】/
【分析】利用等体积法求得到平面的距离.
【详解】，为边长为的等边三角形，
设到平面的距离为，根据，
则，
解得.
故答案为：.
42．（2023春·江苏盐城·高一江苏省响水中学校考期末）已知如图（1）为梯形，，，点E在CD上，，，，现将沿AE折成如图（2）位置，使得二面角的大小为，则直线AB与平面APE所成角的正弦值是__________.

【答案】/
【分析】根据题意分析可得二面角的平面角为，平面平面，利用面面垂直的性质可证平面，再利用线面夹角的定义分析运算.
【详解】在图（1）中，，
在图（2）中，，则二面角的平面角为，
且，平面，
可得平面，
因为平面，所以平面平面，
在中，作边的高线，垂足为，连接，可得，
因为，平面平面，平面平面，平面，
可得平面，则直线AB与平面APE所成角为，
所以，
即直线AB与平面APE所成角的正弦值是.
故答案为：.

【点睛】方法点睛：求解平面图形折叠问题的关键和方法
1.关键：分清翻折前后哪些位置关系和数量关系改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口．
2.方法：把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥，四棱锥等几何体，从而把问题转化到我们熟悉的几何中解决．
四、解答题
43．（2023春·江苏连云港·高一校考期末）如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为6的棱形，，平面交平面CDEF于EF，平面平面ABCD，中BC边上的高，，．

(1)求证：
(2)求几何体ABCDEF的体积
(3)求直线与平面所成角的大小
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据线面平行的性质定理分析证明；
（2）将多面体分割成两个锥体，结合锥体的体积公式运算求解；
（3）利用等体积法求点到平面的距离，进而结合线面夹角的定义分析运算.
【详解】（1）因为ABCD是菱形，则AB//CD，
平面，平面，可得AB //平面，
又因为平面平面，平面，
所以AB //EF.
（2）连接
因为平面平面ABCD，平面平面，，平面，
所以平面ABCD，
由（1）可知：//，平面，平面，
所以//平面，
则四棱锥的高为，
所以四棱锥的体积，
取的中点，连接，
由题意可知为等边三角形，则，
平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面，
又因为//，且，则三棱锥的高为，
可得三棱锥的体积，
所以几何体ABCDEF的体积.
（3）连接，
在中，由余弦定理，
即，
由（2）可知：平面ABCD，平面ABCD，则，
所以，
在中，由余弦定理，
即为钝角，则，
设点到平面的距离为，
因为，则，
解得，
设直线与平面所成角为，
可得，则，
所以直线与平面所成角为.

44．（2023春·浙江金华·高一浙江金华第一中学校考期末）如图，四面体ABCD中，等边三角形，，且.

(1)记AC中点为M，若面面ABD，求证：面ADC；
(2)当二面角的大小为时，求直线AD与平面BCD所成角的正弦值.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）推导出面,,由此能证明面；
（2）过作的垂线,与的延长线交于点,连结DE,由,得面,从而是二面角的平面角,进而,过作交于F点,连结,作交于点,连结,由此能求出直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）为等边三角形，中点为，，
又面面，面面， 面,
由，得面,
面，,
又，平面，面.

（2）在中，过作的垂线,与的延长线交于点,连结,
，，面，
面，是二面角的平面角，,
过作交于点,连结,作交于点,连结,
由面，面，得,
又，面，面,
面，面面，面面，
面，所以面，即面，
所以直线与平面所成角即为，
由题意:，,
则
，面，面，，
，
，
直线与平面所成角的正弦值为.

45．（2023春·江苏连云港·高一江苏省海头高级中学校考期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形．

(1)若点E是PD的中点，证明：平面；
(2)若， ，且平面平面，求二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）连接交于M，连接，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）设为的中点，连接，证明平面，从而作出二面角的平面角，解直角三角形即可求得答案.
【详解】（1）连接交于M，连接，

因为底面是菱形，所以M为的中点，
又点E是PD的中点，故为的中位线，
故，而平面，平面，
故平面；
（2）设为的中点，连接，因为，故,
因为平面平面，且平面平面，
平面，所以平面，而平面，
故，
底面是菱形，故，作交于N，
则，且N为的中点，
连接，因为平面，
故平面，则即为二面角的平面角，
设，则,
，则，则，
由于为的中点，N为的中点，故，
而平面，平面，故，
所以，
即二面角的正切值为2.
46．（2023春·浙江丽水·高一统考期末）如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，在锐角中，，点在上，.

(1)求证：平面；
(2)若与平面所成的角为，求二面角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据直线与平面平行的判定定理即可证明；
（2）先作出与交线垂直的平面，从而作出二面角的平面角，然后解三角形即可求解.
【详解】（1）证明：连接交于点，连接，

，，，
又平面，平面，
平面.
（2）解：在平面内作，为垂足，连接，
平面，
平面，
又平面，，
又因为平面，
所以平面，
所以就是与平面所成的角，即，
因为，所以，，
平面，平面，平面平面，
在平面内过作于，交于点，在平面内过作于，连接，
因为平面平面，，平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
又因为平面，
所以平面，又因为平面，所以，
所以即为二面角的平面角，
求得，，
因为，
所以∽，所以，
所以，
，
在平面内过作于，则，，
则，，，
，
所以二面角的正切值是.
【点睛】方法点睛：本题涉及利用几何方法求二面角的平面角大小，对于此类问题可在两半平面内过交线上一点作交线的垂线；也可找到与交线垂直的平面，则垂面与半平面交线所形成的角即为所求平面角.
47．（2023春·江苏常州·高一常州市第一中学校考期末）如图所示，在平行四边形ABCD中，，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折为，若F为线段的中点．在翻折过程中，
(1)求证：平面；
(2)若二面角，求与面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，通过证平面平面，可得面.
（2）利用二面角的平面角的定义先找出二面角的平面角即为，再利用面面垂直的性质定理找到平面的垂线，从而作出与面所成的角，计算可得答案.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，
为线段的中点，，
平面，平面，平面，
又，，四边形为平行四边形，则
平面，平面，可得平面，
又，，平面，
可得平面平面，平面，
则面.
（2）取中点，中点，连接，，，
由，，为边的中点，
得，所以为等边三角形，从而，，
又，为的中点所以，又是等边三角形，
所以，所以为二面角的平面角，所以，
过点作，过作交于，连接，
是等边三角形，所以可求得，，所以，，
，，，，
所以，，又，，面，
所以面，又，所以面，
平面，所以面面，
由，在中易求得，又，
所以，，
面面，面，
所以面，所以为与平面所成的角，
在中可求得，所以，
与面所成角的正弦值为
48．（2023春·江苏盐城·高一江苏省响水中学校考期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形．
(1)若点是的中点，证明：平面；
(2)若，，且平面平面，求直线与平面所成角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1) 连接AC交BD于点M，连接EM，由条件证明，再由线面平行判定定理证明平面；(2) 取AD的中点O，由面面垂直性质定理证明⊥平面ABCD，根据直线与平面夹角的定义确定直线与平面的夹角，再求其正切值.
【详解】（1）连接AC交BD于点M，连接EM，
因为底面ABCD是菱形，故点M是BD的中点，
又因为点E是PD的中点，故∥
又因为平面，平面，
所以，平面；
（2）取AD的中点O，连接PO，BO，
因为，且O为AD的中点，
故⊥AD，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD平面ABCD=AD，平面
故⊥平面ABCD
则直线PB与平面ABCD所成角为
在中，，
在中，
在中，，
故直线PB与平面ABCD所成角的正切值为
49．（2023春·江苏南京·高一南京市中华中学校考期末）如图，三棱锥的底面是等腰直角三角形，其中，，平面平面，点，，，分别是，，，的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）当与平面所成的角为时，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）首先根据面面垂直的性质定理证明线面垂直，再通过线面垂直证明面面垂直；（2）首先找到直线PF与平面ABC所成角，计算得到PE的长，方法一是由向量法求角，再根据角是钝角，进而求得角的余弦值；方法二是根据几何法找角，再边长求角的余弦值.
【详解】（1）证明：由题意可得，，
点，分别是，的中点，
故，故，
平面平面，交线为，
故平面
又在平面内，
故平面平面；
（2）连结，由，点是的中点，可知，
再由平面平面，可知平面，
连结，可知就是直线与平面所成的角，
于是，
法一：分别以，，为，，轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，
设平面的一个法向量为，
则得
取，则，即平面的一个法向量为，
又平面的一个法向量为，
于是
注意到二面角是钝角，所以二面角的余弦值为.
法二：
取的中点，连结，，则，得点在平面内.
又因为平面平面，在平面内的射影就是，
由，得，
故二面角的平面角为，
是等腰三角形，点，分别是，的中点，
故.
于是
所以
所以二面角的余弦值为.
多面体
定义
图形及表示
相关概念
特殊情形
棱柱
有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且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
记作：棱柱ABCDEF－A′B′C′D′E′F′
底面(底)：两个互相平行的面
侧面：其余各面
侧棱：相邻侧面的公共边
顶点：侧面与底面的公共顶点
直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱
斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱
正棱柱：底面是正多边形的直棱柱
棱锥
有一个面是多边形，其余各面都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
记作：棱锥S－ABCD
底面(底)：多边形面
侧面：有公共顶点的各个三角形面
侧棱：相邻侧面的公共边
顶点：各侧面的公共顶点
正棱锥：底面是正多边形，并且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥
棱台
用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间那部分多面体叫做棱台
记作：棱台ABCD－A′B′C′D′
上底面：原棱锥的截面
下底面：原棱锥的底面
侧面：其余各面
侧棱：相邻侧面的公共边
顶点：侧面与上(下)底面的公共顶点
旋转体
结构特征
图形
表示
圆柱
以矩形的一边所在直线为旋转轴， 其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱.旋转轴叫做圆柱的轴； 垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做圆柱的底面； 平行于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的侧面；无论旋转到什么位置， 平行于轴的边都叫做圆柱侧面的母线
圆柱用表示它的轴的字母表示， 如图中的圆柱记作圆柱 O′O
圆锥
以直角三角形的一条直角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叫做圆锥
圆锥也用表示它的轴的字母表示， 如图中的圆锥记作圆锥 SO
圆台
用平行于圆锥底面的平面去截圆锥， 底面与截面之间的部分叫做圆台
圆台也用表示它的轴
的字母表示， 如图中的圆台记作圆台 O′O
球
半圆以它的直径所在直线为旋转轴， 旋转一周形成的曲面叫做球面， 球面所围成的旋转体叫做球体， 简称球.半圆的圆心叫做球的球心， 连接球心和球面上任意一点的线段叫做球的半径； 连接球面上两点并且经过球心的线段叫做球的直径
球常用表示球心的字母来表示， 左图可表示为球 O
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”)
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l∥a,a⊂α,l⊄α))⇒l∥α
性质定理
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l∥α,l⊂β,α∩β＝b))⇒l∥b
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a∥β,b∥β,a∩b＝P,a⊂α,b⊂α))⇒α∥β
性质定理
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α∥β,α∩γ＝a,β∩γ＝b))⇒a∥b
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a，b⊂α,a∩b＝O,l⊥a,l⊥b))⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥α,l⊂β))⇒α⊥β
性质定理
两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,l⊂β,α∩β＝a,l⊥a))⇒l⊥α