2026年高考数学复习知识清单(全国通用)专题01立体几何初步(知识清单)(学生版+解析)

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01理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。
02盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。
【知能解读01】空间几何体的结构特征
【知能解读02】空间几何体的表面积和体积
【知能解读03】空间几何体的外接球与内切球
【知能解读04】点、直线、平面之间的位置关系
【知能解读05】直线、平面平行的判定与性质
【知能解读06】直线、平面垂直的判定与性质
03 破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。
【重难点突破01】几何体展开图最短距离问题
【重难点突破02】空间几何体中的截面问题
【重难点突破03】外接球和内切球的解题思路
【重难点突破04】空间几何体中的探索性问题
04 辨·易混易错：辨析易混易错知识点，夯实基础。
【易混易错01】对斜二测画法的规则掌握不牢
【易混易错02】空间点、线、面位置关系不清
【易混易错03】线面平行定理的理解不够准确
【易混易错04】对折叠与展开问题认识不清致误
05 点·方法技巧：点拨解题方法，练一题通一类
【方法技巧01】求空间几何体表面积
【方法技巧02】求空间几何体的体积
【方法技巧03】共线共点共面证明方法
【方法技巧04】证明直线与平面平行的方法
【方法技巧05】证明面面平行的常用方法
【方法技巧06】证明线线垂直的方法
【方法技巧07】证明线面垂直的方法
【方法技巧08】证明面面垂直的方法
【方法技巧09】面面垂直性质的应用
【方法技巧10】求异面直线所成角的求法
【方法技巧11】直线与平面所成角的求法
【方法技巧12】二面角的求法
【方法技巧13】空间距离的求法
01 空间几何体的结构特征
1、多面体的结构特征
2、特殊的棱柱和棱锥
（1）侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形．
（2）底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱长均相等的正三棱锥叫做正四面体．反过来，正棱锥的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面正多边形的中心．
【注意】（1）棱柱的所有侧面都是平行四边形，但侧面都是平行四边形的几何体却不一定是棱柱．
（2）棱台的所有侧面都是梯形，但侧面都是梯形的几何体却不一定是棱台．
（3）注意棱台的所有侧棱相交于一点．
3、旋转体的结构特征
4、空间几何体的直观图
（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′轴和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．
（3）直观图与原图形面积的关系
按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：S直观图＝eq \f(\r(2),4)S原图形；S原图形＝2eq \r(2)S直观图．
【真题实战】（25-26高三·广西贵港月考）如图，平行四边形是水平放置的四边形的直观图，，，则四边形的面积（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出平行四边形的面积，再根据直接求解.
【解析】因为四边形是平行四边形，且，，
所以平行四边形面积
根据直观图与原图面积关系，
所以.
故选：
02 空间几何体的表面积和体积
1、空间几何体的表面积和体积公式
几何体的表面积和侧面积的注意点
= 1 \* GB3 ①几何体的侧面积是指(各个)侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和．
= 2 \* GB3 ②组合体的表面积应注意重合部分的处理．
2、柱体、锥体、台体侧面积间的关系
（1）当正棱台的上底面与下底面全等时，得到正棱柱；当正棱台的上底面缩为一个点时，得到正棱锥，
则S正棱柱侧＝ch′eq \(←――,\s\up7(c′＝c)) S正棱台侧＝eq \f(1,2)(c＋c′)h′eq \(――→,\s\up7(c′＝0))S正棱锥侧＝eq \f(1,2)ch′.
（2）当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，
则S圆柱侧＝2πrleq \(←――,\s\up7(r′＝r)) S圆台侧＝π(r＋r′)leq \(――→,\s\up7(r′＝0))S圆锥侧＝πrl.
3、柱体、锥体、台体体积间的关系
【真题实战】（2025·湖南湘潭·模拟预测）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（ ）
A．2B．4C．D．
【答案】D
【分析】由题意可判断水的体积为三棱柱体积的一半，由此结合棱柱的体积，即可求出答案.
【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
03 空间几何体的外接球与内切球
1.在棱长为a的正方体中，内切球半径r1=a2，棱切球半径r2=22a，外接球半径r3=32a.
2.在棱长为a，b，c的长方体中,外接球半径r=a2+b2+c22.
3.在棱长为a的正四面体中，高h=63a，外接球半径r1=64a，内切球半径r2=612a.
4.在三棱锥中，若有两个面为直角三角形，且这两个三角形有公共的斜边，则斜边的中点为该三棱锥外接球的球心，斜边长的一半为外接球的半径.
5.已知直棱柱的侧棱长为h，底面多边形外接圆的半径为r，外接球的半径为R，则R2=r2+h24.
【真题实战】（2025·四川达州·模拟预测）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作圆锥的轴截面，利用面积法求轴截面的内切圆半径，即为圆锥内半径最大的球的半径，再结合球的体积公式求解.
【解析】如图：
为圆锥的轴截面，其中，，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为O.
由于，故.
设内切圆半径为r，则
，
解得，其体积.
故选：D
04 点、直线、平面之间的位置关系
1、四个公理
（1）公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内， 那么这条直线在此平面内．
作用：判断一条直线是否在某个平面内的依据
（2）公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
【拓展】公理2的三个推论
推论1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面．
推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面．
推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面．
作用：公理2及其推论是判断或证明点、线共面的依据
（3）公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，则它们有且只有一条过该点的公共直线．
作用：公理3是证明三线共点或三点共线的依据
（4）公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
2、等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．
3、直线与直线的位置关系
（1）空间两条直线的位置关系
（2）异面直线所成的角
①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．
②范围：(0°，90°]．
4、直线与平面的位置关系
5、两个平面的位置关系
【真题实战】（2025·甘肃定西·模拟预测）在直三棱柱中，是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，取的中点，连接，由，可得（或其补角）为异面直线与所成的角，在中利用余弦定理计算即可得出结果.
【解析】如图所示，连接，取的中点，连接，
因为，所以（或其补角）为异面直线与所成的角.
因为，
所以，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C.

05 直线、平面平行的判定与性质
1、直线与平面平行
（1）直线与平面平行的定义：直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．
（2）判定定理与性质定理
2、平面与平面平行
（1）平面与平面平行的定义：没有公共点的两个平面叫做平行平面．
（2）判定定理与性质定理
3、平行关系之间的转化
在证明线面、面面平行时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向是由题目的具体条件而定的，不可过于“模式化”．
【真题实战】（2025·湖南邵阳·模拟预测）我国古代著名的数学专著《九章算术》中记载有几何体“刍夢”.”如图，在几何体“刍夢”中，平面ABCD，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，O为正方形的中心，则（ ）
A．平面B．平面C．D．
【答案】B
【解析】
如图所示，作中点，连接，
因为O为正方形的中心，所以,
因为四边形ABFE是等腰梯形，所以,
所以四边形是平行四边形，所以,
因为面，面，所以平面，
所以B正确；
只有面时，平面，不能保证面面成立，所以A错误；
因为，平面，，所以和异面，所以C错误，同理可得以和也异面，所以D错误.
故选：B
06 直线、平面垂直的判定与性质
1、直线与平面垂直
（1）定义：直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
（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，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是eq \a\vs4\al(0).
（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
谨记五个结论
（1）若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
（2）若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．
（3）垂直于同一条直线的两个平面平行．
（4）一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直．
（5）两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．
4、垂直关系之间的转化
在证明线面垂直、面面垂直时，一定要注意判定定理成立的条件．同时抓住线线、线面、面面垂直的转化关系，即：
在证明两平面垂直时，一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线在图中不存在，则可通过作辅助线来解决．
【真题实战】（2025·湖北·模拟预测）在长方体中，，点是平面内的动点，且，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，连接AC，由，得，

由可知点在以AC的中点为球心，为半径的球面上．
而又在平面内，故为平面与球的截面圆上的动点.
取CD的中点E，AB的中点的中点，连接，
则由长方体的性质得平面且三角形为直角三角形，
而平面，所以平面平面EFG，
作于，因平面平面，
平面，故平面，故为截面圆的圆心.
又，
故截面圆的半径为，
即点在以为圆心，为半径的圆上，
而既在球面上，又在平面内，故在截面圆上，
故的最大值即为截面圆的直径，则的最大值为．
故选：D．
01 几何体展开图最短距离问题
解决空间几何体表面距离最短问题,需通过展开，把问题转化为平面两点间线段最短问题．多面体表面展开图可以有不同的形状，要观察并想象立体图形与表面展开图的关系．
【典例1】（2025·安徽·模拟预测）在正四棱柱中，，分别为侧棱上一点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．14
【答案】A
【分析】将正四棱柱的侧面展开，由直线段最短求解.
【解析】如图所示：
，
将正四棱柱（图1）的侧面展开，得到展开图（图2），
当五点共线时，取得最小值，
且最小值为.
故选：A
【典例2】（2025高三·全国月考）如图，在棱长为1的正方体中，已知，分别为线段，上的动点，为的中点，则的周长的最小值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设的中点为，即可证明，从而得到，再将平面与平面展开并摊平，在平面图形中连接，交于点，交于点，此时的周长取得最小值，利用余弦定理计算可得.
【解析】

设的中点为，连接（不与点重合），，，，
所以，所以，把平面与平面展开并摊平，如图，
在平面图形中连接，交于点，交于点，此时的周长取得最小值，
在中利用余弦定理可得，

所以的周长的最小值为．
故选：B．
02 空间几何体中的截面问题
作截面的几种方法
（1）直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程。
（2）延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点。
（3）平行线法：过直线与直线外一点作截面，拖直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体的截面的交线。
【典例1】（2025·江苏南通·模拟预测）过正方体的中心作与垂直的平面，则平面截正方体所得的截面是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】D
【分析】证明线面垂直作出图判断截面图形即可.
【解析】
在正方体中，平面，平面，所以，
又在正方形中，，，所以平面，
平面，所以，
由于分别为的中点，所以，
故，同理，，所以平面，
且平面过正方体的中心，
故选：D
【典例2】（2025·辽宁·模拟预测）在棱长为2的正方体中，为棱的中点，过点的平面与直线垂直，则截正方体所得截面的面积为（ ）
A．4B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，由条件可得四点共面，再由线面垂直的判定定理可得平面，平面，从而得到平面为平面，再结合等腰梯形的面积公式代入计算，即可得到结果.
【解析】如图，设分别为棱的中点，连接，，
所以，又，所以，故四点共面.
又平面平面，所以，
又，所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，所以.
又平面平面，
所以，又和分别为棱和的中点，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以.又平面，
所以平面，即平面为平面，
由，得，所以，
得等腰梯形的高为，
所以截面的面积.
故选：B.
03 外接球和内切球的解题思路
1、求解几何体外接球的半径的思路
（1）根据球的截面的性质，利用球的半径R、截面圆的半径r及球心到截面圆的距离d三者的关系
R2＝r2＋d2求解，其中，确定球心的位置是关键；
（2）将几何体补成长方体，如本例(2)，利用该几何体与长方体共有外接球的特征，由外接球的直径等于长方体的体对角线长求解．
2、解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：
第一步定球心：如果是内切球，则球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，则球心到接点的距离相等且为半径；
第二步作截面：选准最佳角度作截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的；
第三步求半径、下结论：根据作出的截面中的几何元素，建立关于球半径的方程，并求解。
【典例1】（2025·江苏泰州·模拟预测）在三棱锥中，，，侧棱长都等于，其中在球的表面上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出外接圆的半径，再根据三棱锥的特征找出球心与外接圆圆心的位置关系，进而求出球的半径，最后根据球的表面积公式求出球的表面积.
【解析】已知，，由余弦定理得：
所以，
由正弦定理，底面的外接圆半径满足，即，故，
由于侧棱长，
则顶点在底面上的投影为底面三角形的外心，则，
设，由勾股定理，即，解得：，
则外接球的球心必在过且垂直于底面的直线上，
设到的距离为，则，
，因，故，解得：，
所以球的半径，表面积为.
故选：D.
【典例2】（2025·浙江绍兴·模拟预测）若圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，记圆柱与球的体积之比为，表面积之比为，则（ ）
A．B．
C．D．的大小不确定
【答案】A
【分析】可先分别根据圆柱和球的体积公式、表面积公式求出和的值，再比较和的大小.
【解析】设球的半径为，因为球的直径恰好与圆柱的高相等，所以圆柱的高，
又因为球是圆柱的内切球，所以圆柱底面半径.
根据圆柱体积公式，可得圆柱体积.
根据球的体积公式.
已知圆柱与球的体积之比为，则.
根据圆柱表面积公式，可得圆柱表面积.
根据球的表面积公式.
已知圆柱与球的表面积之比为，则.
所以.
故选：A.
04 空间几何体中的探索性问题
1、立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题的主要类型
①探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么.
②探索结论，即在给定的条件下，探索命题的结论是什么.
2、对命题条件探索的三种方法：
①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明.
②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性.
③把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件.
3、对命题结论探索的方法首先假设结论成立，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定假设.
【典例1】（2025高三·陕西咸阳·期中）如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为棱的中点，．
(1)求三棱锥的体积．
(2)在上是否存在一点，使得平面平面.如果存在，请说明点位置并证明.如果不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，为的中点
【分析】（1）根据计算可得；
（2）当为的中点时满足平面平面，设，连接，即可证明、，从而得到平面，平面，即可得证.
【解析】（1）在直四棱柱中，底面为正方形，
所以平面，
所以.
（2）当为的中点时满足平面平面，
设，连接，
因为为正方形，所以为的中点，又为棱的中点，
所以，又平面，平面，所以平面，
又为的中点，所以且，所以为平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面.
【典例2】（2025高三·全国月考）如图，直角梯形中，，，，，为的中点．把折起，使至，若点是线段上的动点，则有下列结论：
①存在点，使平面；
②对任意点，使与成异面直线；
③存在点，使平面；
④存在点，使平面．
其中不正确的序号是 ．
【答案】②③④
【分析】利用线面平行的判定定理可判断①；根据空间直线之间的位置关系即可判断②；根据线面垂直的判定定理可判断③，④.
【解析】解：对于①，取的三等分点，使，
当时，有．又，
四边形为平行四边形，则，
故平面平面，而平面，则平面，因此①正确；
对于②，当点与点重合时，与共面，故②错误；
对于③，若平面，则垂直于平面内的任何直线，而，
不垂直于平面，故③错误；
对于④，若平面，则，而，
显然在△中不成立，故④错误．
综上可得：②③④错误．
故答案为：②③④
01 对斜二测画法的规则掌握不牢
辨析：由斜二测法画直观图步骤如下：①建立坐标系；②“位置规则”——与坐标轴的平行的线段平行关系不变；③“长度规则”——图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y轴的线段，长度减为原来的一半。
【典例1】（2025高三·福建莆田·期中）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
【分析】根据直观图特征，作出其平面图形直角梯形，求出相关边长再求长即可.
【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，，
所以.
故选：A.
【典例2】（2025高三·吉林长春·期中）一水平放置的平面四边形的直观图如图所示，其中，轴，轴，轴，则四边形的面积为（ ）
A．18B．C．D．12
【答案】C
【分析】根据梯形面积公式求出直观图的面积，然后由直观图面积与平面图面积之间的关系可得.
【解析】记与轴的交点为D，
因为轴，轴，所以，
又轴，所以四边形为平行四边形，，
由题意可知：，
因为，，所以，，
则四边形的面积为，
所以四边形的面积为.
故选：C.
02 空间点、线、面位置关系不清
辨析：空间点、线、面位置关系的组合判断是考查学生对空间点、线、面位置关系判断和性质掌握程度的重要题型。解决这类问题的基本思路有两条：一是逐个寻找反例作出否定的判断，逐个进行逻辑证明作出肯定的判断；二是结合长方体模型或实际空间位置（如教室、课桌、灯管）作出判断，但要注意定理应用准确，考虑问题全面细致。
【典例1】【多选】（2025·贵州贵阳·模拟预测）已知E，F，G，H分别是正方体的棱的中点，，则（ ）
A．直线与直线异面
B．直线交于同一点
C．过三点的平面截正方体所得截面图形的周长为
D．动点K在侧面内（含边界），且，则动点K的轨迹长度为
【答案】BC
【分析】根据题意画出立体图形，再依据平行直线共面、中位线性质、动点轨迹等知识逐一对每个选项进行分析，从而选出正确选项.
【解析】A选项，G，H分别是的中点，则，又，则，所以共面，所以A错误；
B选项，取中点为M，延长交于点N，连接，如图1，因为且是的中点，
所以，且．同理，延长交于点T，则，
即点N与点T重合，直线交于同一点，所以B正确；
C选项，延长交于点Q，连接交于点P，如图2，则同B选项，易证，P为的中点，
所以四边形为过点的截面，，
所以截面周长为，所以C正确；
图1 图2
D选项，因为平面，所以，即，所以，
因此K的轨迹是以A为圆心，为半径的圆，所以轨迹长度为，所以D错误.
故选：BC．
【典例2】【多选】（2025高三·广东广州·期中）如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（ ）

A．直线与是平行直线
B．直线与是异面直线
C．直线与所成的角为
D．四边形的面积为
【答案】BCD
【分析】提出假设证明得出矛盾可判断A错误，根据异面直线性质可得B正确，作出异面直线的平面角可得C正确，由正方体棱长计算利用梯形面积公式计算可得D正确.
【解析】对于A，取的中点为，连接，如下图所示：

由正方体性质可知，
若直线与是平行直线，则可得，显然这与相交于点矛盾，故错误；
对于B，易知平面，平面，直线，平面，可得直线与是异面直线，故B正确；
对于C，连接，如下图：

可得为直线与所成的角，而，
可得直线与所成的角为.故C正确.
对于D，连接，易知，，所以为等腰梯形，
因为棱长为2，可得，
即等腰梯形的高为，因此，即D正确.
故选：BCD.
03 线面平行定理的理解不够准确
辨析：在应用线面平行的判定定理进行平行转化时，定要注意定理成立的条件，通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤.
【典例1】（2025·北京·模拟预测）已知平面，直线，则下面结论正确的是（ ）
A．若，则；
B．若，则；·
C．若，则；
D．若，则；
【答案】A
【分析】BCD可举出反例；A利用线面平行的性质，及平行的相关定理可推理判断.
【解析】对于A，由，则存在相异于的直线，
，使，即，
又，所以，又，所以，
故，故A正确；
对于B，若，则或，故B错误；
对于C，若，则或，故C错误；
对于D，仅说明直线与交线垂直，不能保证垂直于内的所有直线，故D错误；
故选：A.
【典例2】（2025·上海徐汇·模拟预测）已知为空间中两条不同的直线，为两个不同的平面，若，则是的 条件.（填：“充分非必要”､“必要非充分”、“充要”、“既非充分又非必要”中的一个）
【答案】充要
【分析】根据线面平行的判定定理和性质定理结合充分条件和必要条件的定义即可得解.
【解析】充分性：因为，
所以共面，
又因为为两个不同的平面，，
所以，
所以，故充分性成立；
必要性：因为，所以，
又因为，所以，故必要性成立，
所以是的充要条件.
故答案为：充要.
04 对折叠与展开问题认识不清致误
辨析：注意折叠或展开过程中平面图形与空间图形中的变量与不变量，不仅要注意哪些变了，哪些没变，还要注意位置关系的变化．
【典例1】（2025·湖南衡阳·模拟预测）已知等腰梯形，，，取的中点，将等腰梯形沿线段翻折，使得二面角为，连接、得到如图所示的四棱锥，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先说明四边形为平行四边形，连接交于点，连接，即可得到，从而得证；
（2）在等腰梯形中可得、为等边三角形，在四棱锥中取的中点，连接、，过点作交于点，即可得到为二面角的平面角，求出，再证明平面，最后根据计算可得.
【解析】（1）在等腰梯形中，，，为的中点，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
连接交于点，连接，则为的中点，又为的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）在等腰梯形中，由（1）知，即为等边三角形，
则，连接，则也为等边三角形，即，所以也为等边三角形，
在四棱锥中取的中点，连接、，过点作交于点，
依题意且，
所以为二面角的平面角，即，
又，所以为等边三角形，
所以，
又，平面，
所以平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又，
所以.
【典例2】（2025·河南·模拟预测）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.

(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；
(2)若，求四棱锥的体积.
【答案】(1)点为线段上靠近点的三等分点；
(2).
【分析】（1）过点作交于点，根据线面平行的性质定理即得；
（2）取的中点，利用勾股定理及线面垂直的判定定理可得平面，然后利用锥体的体积公式即得.
【解析】（1）如图，过点作交于点，连接，
因为，所以四点共面，
若平面，由平面，平面平面，
所以，所以四边形为平行四边形，,
则，

所以当且仅当点为线段上靠近点的三等分点时，平面.
（2）如图，取的中点，连接，取的中点，连接，则，所以，
又，则，又，则，
所以.
因为，平面，
所以平面，
则四棱锥的体积为.
01 求空间几何体表面积
1、求多面体的表面积：只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积；
2、求旋转体的表面积：可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系
3、求不规则几何体的表面积：通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积；
【典例1】（2025·广西柳州·模拟预测）已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】根据圆锥的侧面展开图是一个半圆和圆锥的表面积建立方程，然后解出方程即可.
【解析】设圆锥的底面的半径为r，圆锥的母线为l，
则由，得，
而，即，所以，圆锥的底面直径为4.
故选：C.
【典例2】（2025·上海杨浦·模拟预测）已知，则直角三角形绕斜边旋转一周所形成的几何体的侧面积为 .
【答案】
【分析】旋转形成一个侧面是扇形，底面为半径的圆形，母线长为和的两个同底面的锥体，求解侧面积.
【解析】由，斜边为,则,
由此可以得到底面的半径为，
故侧面积.
故答案为：.
【典例3】（2025·黑龙江·模拟预测）若正四棱柱与以正方形的外接圆为底面的圆柱的体积相同，则正四棱柱与该圆柱的侧面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】正四棱柱底面边长与圆柱底面半径之比已知，由正四棱柱与圆柱的体积相同，求出正四棱柱与圆柱的高之比，代入侧面积公式计算即可.
【解析】依题意，设正四棱柱的底面边长为，高为，
圆柱的高为，则圆柱的底面半径为，
则有，整理得，
正四棱柱与圆柱的侧面积之比.
故选：B．
02 求空间几何体的体积
1、处理空间几何体体积的基本思路
（1）转：转换底面与高，将原本不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解的高；
（2）拆：将一个不规则的几何体拆成几个规则的几何体，便于计算；
（3）拼：将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原乘一个四棱柱，还台位锥，这些都是拼补的方法。
2、求体积的常用方法
（1）直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算；
（2）割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算；
（3）等体积法：选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换
【典例1】【多选】（2025·江西·模拟预测）一个三棱锥和一个正三棱柱的所有棱长与一个表面积为的正方体的棱长相等，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的表面积为
B．三棱柱的表面积为
C．三棱锥、三棱柱、正方体的高之比为
D．三棱锥、三棱柱、正方体的体积之比为
【答案】ACD
【分析】设棱长为，分别表示出表面积、高和体积，逐一判断选项即可.
【解析】对于A项，设正方体的棱长为，则，解得，
则三棱锥的表面积为，故A正确；
对于B项，三棱柱的表面积为，故B错误；
对于C项，易知该三棱锥为正四面体，如图，
高，

则三棱锥、三棱柱、正方体的高之比为，故C正确；
对于D项，
，
所以三棱锥、三棱柱、正方体的体积之比为，故D正确.
故选：ACD.
【典例2】（2025·陕西延安·模拟预测）已知正四棱台中，侧棱与底面所成的角为，，则该四棱台的体积为 ．
【答案】/
【分析】首先求棱台的高，再代入体积公式，即可求解.
【解析】由条件可知，上下底面对角线长为2和4，因为侧棱与底面所成角为，
所以高为，则四棱台的体积.
故答案为：
【典例3】（2025·辽宁大连·模拟预测）已知正四棱台分别是棱的中点，平面将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为 ．
【答案】/0.6
【分析】分析可知几何体是三棱台，利用割补法结合台体的体积公式运算求解．
【解析】如图，连接，不妨设，棱台的高设为，
所以．
因为，分别是棱，的中点，则，．
又因为平面∥平面，可知几何体是三棱台，
则．
所以分割之后较大部分的体积为，
所以较小部分与较大部分的体积之比为．
故答案为：．
03 共线共点共面证明方法
1、证明点或线共面问题的2种方法
（1）首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；
（2）将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．
2、证明点共线问题的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(如某两个平面的交线)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．
【典例1】（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）已知空间中不过同一点的三条直线，则“共面”的一个充分不必要条件是（ ）
A．，且B．，且
C．，且D．两两相交
【答案】D
【分析】根据充分不必要条件得要求推出各选项是否能保证三条直线共面.
【解析】选项A：，且，三条直线可能在不同的平面.
选项B：，且，三条直线可能分布在三个平行平面内.
选项C：，且，垂直于但可能不在与确定得平面内.
选项D：两两相交且不过同一点得三条直线必然共面.
故选：D
【典例2】（2025·江西·模拟预测）如图，正方体的棱长为1，，分别为，的中点，在上，且，平面与棱所在直线交于点，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正方体的性质可得平面与平面平行，利用面面平行的性质定理可得平面与它们的交线平行，
然后作平行线找到点的位置，利用三角形相似即可求出的值.
【解析】

在正方体中，根据正方体的性质可得平面与平面平行，
利用面面平行的性质定理可得平面与它们的交线平行，
所以过点作直线的平行线与延长线交于一点，
此交点即为平面与棱所在直线交点，连接，如图所示.
所以四边形是平行四边形，所以，
又，分别为，的中点，所以，
因为，所以，所以，
又因为，所以，
所以.
故选：.
【典例3】（2025·江西·模拟预测）已知在四面体ABCD中，，，分别为BC，BD，AC，AD的中点，则下列选项正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先应用线面垂直判定定理得出平面ABG，进而得出线线垂直即得线线平行得出矩形继而解题判断C，再应用反证法判断A，B，D.
【解析】如图，，，且，所以四边形MEFN为平行四边形.
取CD的中点G，连接BG，AG，
由，，得，平面，，所以平面，
平面，所以.
因为，所以，所以平行四边形为矩形，所以，C选项正确；
若，则四边形为菱形，则,所以，与已知边长关系不确定矛盾，A，B选项错误；
若，则与矛盾，D选项错误.
故选：C.
04 证明直线与平面平行的方法
1、线面平行的定义：一条直线与一个平面无公共点(不相交)．
2、线面平行的判定定理：关键是找到平面内与已知直线平行的直线．常利用三角形的中位线、平行四边形的对边、成比例线段出现平行线或过已知直线作一平面找其交线．
3、面面平行的性质：①两个平面平行，在一个平面内的任意一条直线平行于另外一个平面，即α∥β，a⊂α⇒a∥β；②两个平面平行，不在两个平面内的一条直线与其中一个平面平行，则这条直线与另一平面也平行，即α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β.
【典例1】（2025·河北保定·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面为棱上的动点．
(1)当为棱的中点时，证明：平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过线线平行即可证得线面平行；
（2）建系后，写出相关点的坐标，出平面和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【解析】（1）
取的中点，连接，，
因为为的中点，
所以，
因为，
所以，
所以四边形为平行四边形，所以．
又平面平面，
所以平面．
（2）
因为平面，即两两垂直，
故可以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则，
因为，所以，
所以．
设平面的法向量为，
则
取，得，
所以．
因为平面，
所以平面．
所以为平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为，
则．
所以平面与平面夹角的余弦值为．
【典例2】（2025·广西·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，，为线段的中点.
(1)证明：直线平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作辅助线，先证明，再利用线面平行的判定定理可证结论；
（2）建立坐标系，求出平面法向量，利用线面角的向量求法可得答案.
【解析】（1）连接BD交AC于点H，连接HE.
因为四边形ABCD是正方形，根据正方形对角线性质，可知H是BD的中点.
又因为E为线段PD的中点，在△PBD中，可得.
由于平面ACE，平面ACE，所以直线平面ACE.
（2）因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以AB⊥AD.
又因为AB⊥PD，AD∩PD=D，且AD、PD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD.
在平面PAD内作Ax⊥AP，分别以Ax，AP，AB为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系A−xyz.
又底面ABCD为边长为2的正方形，，则，
，；
；
设平面PAC的一个法向量为，则，即，
令，得，
设直线AE与平面PAC所成角为θ，，
即直线AE与平面PAC所成角正弦值为.
【典例3】（2025高三·广东广州月考）如图，在四棱锥中，三角形是以AD为斜边的等腰直角三角形，，，，E为PD的中点.
(1)证明：平面PAB；
(2)若，求直线CE与平面PBC的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取PA中点为F，连接EF，FB，通过证明可完成证明；
（2）通过证明，可建立如图所示空间直角坐标系，求出平面平面PBC法向量，然后由空间向量知识可得答案.
【解析】（1）取PA中点为F，连接EF，FB，则，
且，从而四边形为平行四边形.
则，又平面PAB，平面PAB，则平面PAB；
（2）如图取AD中点为O，连接OP，OB.
因三角形是以AD为斜边的等腰直角三角形，，
则.因，，
则四边形为平行四边形，则，，结合，
则，，结合，则为等边三角形，
得.又，，则，故.
又，平面ADCB，则.
故如图建立以O为坐标原点的空间直角坐标系.
则，
因E为PD的中点，则.
从而，，.
设平面PBC法向量为，则，
取，设直线CE与平面PBC的夹角为，
则，从而.
05 证明面面平行的常用方法
1、利用面面平行的定义．
2、利用面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．
3、利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”．
4、利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”．
5、利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．
【典例1】（2025·上海·模拟预测）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)求直线与平面所成的角的正切值；
(2)证明：平面平面，并求直线到平面的距离.
【答案】(1)
(2)证明见解析；
【分析】（1）根据直线与平面夹角的定义即可知即为直线与平面所成的角，然后利用线段长直接求解即可.
（2）利用面面平行的判定定理直接证明即可；根据线面间的距离转化为点面距离，即可得出答案.
【解析】（1）

因为平面，连接，
则即为直线与平面所成的角，
又，，，
为中点，可得，，
所以，
即直线与平面所成的角的正切值为.
（2）由题知，平面，平面，
，平面，
所以平面平面.
因为平面，平面，
所以，
又，平面，，
所以平面，又平面，
所以就是直线到平面的距离，
又为中点，
则，
即直线到平面的距离为.
【典例2】（2025·河南·模拟预测）如图所示，正六棱柱的底面边长为1，高为.

(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面间的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明;
（2）将面面距转化为点面距，再由等体积法求出距离即可.
【解析】（1）在正六棱柱中，
因为底面为正六边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
因为，，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，所以平面平面.
（2）平面与平面间的距离等价于点到平面的距离，设为.
连接，则四面体的体积.
因为，
，，
所以，从而，
所以，
所以，即平面与平面间的距离为.

【典例3】（2025·河南·模拟预测）如图，在四棱柱中，四边形ABCD是正方形，E，F，G分别是棱，，的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若点在底面ABCD的投影是四边形ABCD的中心，，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据四棱柱中的平行关系以及中点,可得线线平行,根据线线平行证明线面平行,进而可证明面面平行.（2）可由四棱柱的体积,可得同底等高的三棱锥的体积,然后根据三棱锥中等体积法即可求解.
【解析】（1）证明：连接EG，.
因为E，G分别是棱，的中点，所以，.
因为，，所以，，
所以四边形是平行四边形，则.
因为平面，平面，所以平面.
因为E，F分别是棱，的中点，所以.
因为，所以.
因为平面，平面，所以平面.
因为平面，平面，且，
所以平面平面.
（2）连接AC，BD，记，连接，则平面ABCD.
因为，所以，所以.
因为，所以，
则四棱柱的体积.
故三棱锥的体积，
即三棱锥的体积为.
06 证明线线垂直的方法
【典例1】（2025·北京昌平·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，与相交于点，平面平面，点在棱上，．
(1)求证：；
(2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小．
条件①：平面；
条件②：．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明，再由平面平面证明平面，即得线线垂直；
（2）选条件①，先根据线面平行的性质定理，推出为的中点，建系后，求出相关点和向量的坐标，由空间向量的夹角公式计算即得；选条件②，由条件先证，再证为的中点，接着证平面，取的中点，连接，证明平面，求出，再证明是平面与平面夹角或补角，求解即得.
【解析】（1）因为在中，，，
所以，即．
因平面平面，平面平面，平面，
所以平面．又因平面，所以．
（2）
选条件①：平面．
如图，因为平面，平面，
平面平面，所以．
因为为平行四边形，为的中点，所以为的中点．
所以．因为，所以．
．由（1）已得平面，因平面，故，
又，即两两垂直．
如图建立空间直角坐标系，则，
，因此．
设平面的法向量为，则，即．
令，则，所以．
易知平面的一个法向量，
，所以平面与平面夹角为．
选条件②：．
如图，由（1）得，则，
又，由，可得，因，则为的中点，
则，即，可得，
因平面平面，平面平面，平面，故平面.
取的中点，连接，则，故平面，因平面，则，
又，，且，
又平面，故平面，
因平面，则，即是平面与平面夹角或补角，
在中，，则，故平面与平面的夹角为.
【典例2】（2025·江苏南京·模拟预测）如图，在直角梯形中，，，，，于，沿将折起，使得点到点的位置，使，，分别是棱，的中点.

(1)证明：；
(2)求平面和平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线线垂直证明平面，再由线面垂直得，证明，即得；
（2）由题意建系，写出相关点的坐标，求出两平面的法向量坐标，利用向量夹角的坐标公式计算即得.
【解析】（1）根据题意，沿将折起后，， 平面，则平面，
因平面，则，由左图易得矩形，故，故，得证.
（2）由（1）平面，平面，则，
故可分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系(如图).

则，
因，分别是棱，的中点，则，
则，
设平面的法向量为，
则，故可取；
因，
设平面的法向量为，
则，故可取.
设平面和平面的夹角为，
则.
即平面和平面的夹角的余弦值为.
【典例3】（2025·江西·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，，点E为的中点.
(1)求证：；
(2)若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）取中点，由题意可证，，进而可证平面，再由线面垂直的性质定理可证；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出直线AC的方向向量与平面BCE的法向量，利用空间向量求线面角即可.
【解析】（1）取中点，连接，则，
因为，所以，
因为为中点，所以，
因为平面，所以平面，
又平面，所以．
（2）因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
又平面，所以，
由（1）知，所以两两垂直．
以点为坐标原点，直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以．
设平面的一个法向量，则有，即，
令，则，，所以．
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
07 证明线面垂直的方法
1、线面垂直的判定定理：l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b＝P⇒l⊥α.
2、面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.
3、性质：①a∥b，b⊥α⇒a⊥α；②α∥β，a⊥β⇒a⊥α.
4、α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l⇒l⊥γ.(客观题可用)
【典例1】（2025·河南驻马店·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，，，．
(1)求证：平面；
(2)若点满足，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判断定理，根据勾股定理证明和，即可证明线线垂直；
（2）根据（1）的结果建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用法向量求夹角的余弦值.
【解析】（1）因为，，，所以，
所以，
因为，且，所以，又，，
所以，，，平面，
所以平面；
（2）如图，以点为原点，为轴和轴的正方向，在平面中，作，
，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
所以平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为，
平面与平面的夹角为，
，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
【典例2】（2025·山东威海·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，，M为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）设中点为，连接，由等边三角形、面面垂直的性质得、，再由线面垂直的性质、判定证明结论；
（2）根据已知构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，并求出直线与平面的方向向量、法向量，再应用向量法求线面角的正弦值.
【解析】（1）设中点为，连接，因为为等边三角形，故，
由题意，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，故，
又，，平面，故平面，
由平面，故，
又M为的中点，为等边三角形，则，
因为，平面，所以平面.
（2）
由（1）知平面，平面，故，
连接，，则，
即四边形为平行四边形，故，所以，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，则，令，则，
设直线与平面所成角为θ，，则.
【典例3】（2025·湖南益阳·模拟预测）如图，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，⊥平面，为上一点，且⊥，连接.
(1)证明:⊥平面 ；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直得到⊥，又⊥，从而得到线面垂直，根据得到答案；
（2）作出辅助线，求出各边长，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，利用法向量夹角余弦公式进行求解.
【解析】（1）因为⊥平面，平面，
所以⊥.又⊥，且，平面，
所以⊥平面.
因为，所以⊥平面；
（2）作⊥，垂足为.则，又，
所以四边形是平行四边形，又⊥，
所以四边形是矩形，又四边形为等腰梯形，
且，，所以.
由（1）知⊥平面，又平面，所以⊥.
又，所以，在Rt中，.
在Rt中，.
以B为原点，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立如图所示空间直角坐标系.
则，
所以，，，，
设平面的法向量为，
由，得，
解得，令，则，故，
设平面的法向量为，
由，得，
令得，，
可得，
因此.
故平面ABF与平面DBE的夹角的余弦值为.
08 证明面面垂直的方法
法1：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角问题；
法2：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化为证明线线垂直加以解决。
【典例1】（2025·河北衡水·模拟预测）如图，圆柱中，是底面圆上的一条直径，，分别是底面，圆周上的一点，，，且点不与，两点重合.

(1)证明：平面平面；
(2)若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）根据直径所对的角为直角得到⊥，由线面垂直得到⊥，从而得到线面垂直，面面垂直；
（2）先得到为二面角的平面角，为等边三角形，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量公式求出直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）因为是底面圆上的一条直径，
所以⊥，
因为⊥底面圆，，
所以⊥底面圆，
因为底面圆，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以平面⊥平面；
（2）因为⊥底面圆，圆，
所以⊥，⊥，
所以为二面角的平面角，
故，又，所以为等边三角形，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，设，故，，
，
，，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，得，故，
设直线与平面所成角的大小为，
则，

直线与平面所成角的正弦值为.
【典例2】（2025高三·重庆南岸月考）已知三棱柱中，，，，
(1)求证：平面平面
(2)若，且是的中点，求平面和平面的夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由菱形得到，结合得到线面垂直，进而得到，结合得到线面垂直，从而证明出面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用法向量求出面面角的余弦值，结合同角三角函数关系得到正弦值.
【解析】（1）在三棱柱中，四边形是平行四边形，而，
则平行四边形是菱形，连接，
如图，则有，
因为，，平面，
所以平面，而平面，则，
由，得，又，平面，
从而得平面，又平面，所以平面平面；
（2）在平面内过作，
由（1）知平面平面，平面平面，平面
则平面，
以为原点，以射线分别为轴，轴，轴正半轴建立空间直角坐标系，
如图，因为，，
所以为等边三角形，
又是的中点，则⊥，故，
由勾股定理得，
又，
则，，，，，
则有，．
设平面的一个法向量，则有，解得：，
令得，而平面的一个法向量，
依题意，，
设平面和平面的夹角的夹角是，
则，，
所以平面和平面的正弦值为
【典例3】（2025高三·江西·期末）如图，在几何体中，互相平行，四边形与四边形 是全等的等腰梯形，平面平面，，点分别为的中点.
(1)证明：平面平面;
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据已知有，结合面面垂直的性质有平面，进而有，取BE的中点M，连接，易得，最后由线面、面面垂直的判定证结论；
（2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值.
【解析】（1）如图，因为四边形是等腰梯形，点G为的中点，点H为的中点，
所以，又平面平面，平面平面，
所以平面，平面，所以，
取BE的中点M，连接，则四边形是边长为2的菱形，
所以，又，所以，
因为且都在面内，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，两两垂直，
以H为原点，所在的直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，
取，得，
设直线与平面所成的角为θ，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
09 面面垂直性质的应用
面面垂直性质的应用
(1)在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．首先在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
易错点：性质定理运用时要注意“线在面内”．
(2)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面(不能直接作为证明依据)．
【典例1】（2025·山东济宁·模拟预测）底面为菱形的四棱锥中，与交于点，平面平面，平面平面．
(1)证明：平面；
(2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到⊥，⊥，故平面；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，根据线面角的正弦值得到方程，求出，求出两个平面的法向量，根据面面角夹角余弦公式求出答案.
【解析】（1）因为四边形为菱形，所以⊥，
因为平面平面，为交线，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为平面平面，为交线，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，
所以平面；
（2）由（1）知，两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，则，，
设，，则，，
设平面的一个法向量为，
，
令得，故，
直线与平面所成角的正弦值为，
即，
化简得，负值舍去，则，
平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
，
所以平面与平面夹角余弦值为.
【典例2】（2025·四川成都·模拟预测）如图所示，斜三棱柱的各棱长均为， 侧棱与底面所成角为，且侧面底面．

(1)证明：点在平面上的射影为的中点；
(2)求二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)2
【分析】（1）于，由平面平面，证得平面，再证得为等边三角形，可得为中点；
（2）过作于，则是二面角的平面角，由已知数据计算即可．
【解析】（1）过作于，
由平面平面，平面平面，
平面，，得平面，因此，

又，从而为等边三角形，为中点．
（2）由于是等边三角形，所以，
而平面平面，平面平面，
平面，所以平面，平面，则有，
过作于，连接，，平面，
所以平面，由平面，则，
则是二面角的平面角．
由于，，所以中，．
因此二面角的正切值为.
【典例3】（2025高三·河南月考）如图所示，在三棱锥中，与AC不垂直，平面平面，．
(1)证明：；
(2)若，点M满足，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由平面平面，再作，可证明平面，从而可得，又因为，所以可证明平面，即可证明；
（2）利用（1）以A为坐标原点建立如图坐标系，利用等边三角形和等腰直角三角形，标出各点的空间坐标，对于点M满足，可用向量线性运算求出，最后利用空间向量法来解决直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）证明：在平面中，过点P作的垂线，垂足为D．
因为平面平面ABC，且平面平面，平面，
所以平面．又因为平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，故．
（2）由（1）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，故，，
又因为，
所以
即．
设平面ACM的一个法向量，
则令，则．
又因为，设直线AP与平面ACM所成角为，
则，
所以直线AP与平面ACM所成角的正弦值为．
10 异面直线所成角的求法
平移法求异面直线所成角的步骤
第一步平移：平移的方法一般有三种类型：(1)利用图中已有的平行线平移；(2)利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；(3)补形平移
第二步证明：证明所作的角是异面直线所成的角或其补角
第三步寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之
第四步取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0°＜θ≤90°，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角
【典例1】（2025·河南郑州·模拟预测）在正方体中，若，P，Q分别为AC，的中点，则直线PQ与AO所成角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用，将直线PQ与AO所成角转化成两相交直线与AO所成的角，通过计算证明，推理得到即得.
【解析】
如图，连接,由已知得，，则直线PQ与AO所成的角即为直线与AO所成的角.
由可得,则与AO相交.
在和中，，，
所以，所以，所以，
所以，即直线PQ与AO所成角的大小为．
故选:D．
【典例2】（2025·新疆喀什·模拟预测）已知底面边长为2的正四棱柱的体积为16，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图，确定（或其补角）为直线与所成的角，求出，进而求解.
【解析】如图，连接，则，取的中点，连接，则，
所以（或其补角）为直线与所成的角，
又正四棱柱的体积为16，则该棱柱的高为，
又，
所以，
即直线与所成角的余弦值为.
故选：C
【典例3】（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，已知正四棱锥的所有棱长均相等，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据线线平行可得异面直线与所成角为（或其补角），即可根据余弦定理求解.
【解析】连接，取的中点，连接，
由题意知，，
则异面直线与所成角为（或其补角），
在中，，
则，
则异面直线与所成角的余弦值为，
故选：C．
11 直线与平面所成角的求法
1、垂线法求线面角（也称直接法）：
（1）先确定斜线与平面，找到线面的交点B为斜足；找线在面外的一点A，过点A向平面做垂线，确定垂足O；
（2）连结斜足与垂足为斜线AB在面上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角；
（3）把投影BO与斜线AB归到一个三角形中进行求解（可能利用余弦定理或者直角三角形）。
2、公式法求线面角（也称等体积法）：
用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解。
公式为：sinθ=hl，其中θ是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长。
【典例1】（2025高三·广东东莞·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，点分别是的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）连接，利用三角形中位线定理证明，再由线线平行证线面平行即可.
（2）先证明平面，即得为直线与平面所成角，借助于，即可求得答案.
【解析】（1）如图，连接，因为四边形是正方形，所以点是的中点，
又因是的中点，故得，
又因平面，平面，所以平面．
（2）如图，连接，由（1）得是中点，
因为，所以，
又因为底面是正方形，且为对角线，所以，
又因为平面，所以平面
所以直线与平面所成角为，
因为在中， ，则，
故，即直线与平面所成角的大小为．
【典例2】（2025高三·全国月考）如图，在四棱锥中，四边形的边长均为2，为正三角形，，分别为的中点．
(1)证明：．
(2)给出两个条件：
①四棱锥的体积为2；
②．
从中选择一个，补充在下面的问题中，并解决该问题：若______，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）先证平面，由线面垂直的性质得证；
（2）选①：如图，取的中点，连结，，记，直线与平面所成的角即为所求，记为，记点到平面的距离为，由等体积法求出，进而求出线与平面所成角的正弦值；
选②：前同①的方法，由等体积法有，求出，进而求出线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）因为四边形的边长均为2，
所以它是菱形，则．
又因为，平面，平面，且，
所以平面，从而．
（2）选①：
如图，取的中点，连结，，由于，所以四点共面．
记，由于，所以为与的中点，
所以直线与平面所成的角即为所求，记为，
记点到平面的距离为．
因为为正三角形，为的中点，
所以．
由（1）知，又且两直线在平面内。
所以平面，所以，
即是边长为2的正三角形．
由等体积法及为的中点知，
，
则．
又，得．
在中，，可得，且．
在中，，，
可得，所以．
因为，，且两直线在平面内，
所以平面，从而．
在中，，则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
选②：
前同①的方法．
在中，，又，所以，
而，且两直线在平面内，
所以平面，从而．
在中，．
在中，，，得．
由等体积法有，
即，
所以，则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
【典例3】（2025高三·黑龙江牡丹江·期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连结，由平面几何的性质结合面面垂直的性质可得平面，进而可得，再由线面垂直的判定得证即可.
（2）由线面角的概念可得即为直线与平面所成的角，再结合定义法得解即可.
【解析】（1）取的中点，连接，如图，
因为为等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又，，面，故平面.
（2）连接，如图，
由（1）得平面，故即为直线与平面所成的角，
由，可得，，
故.
12 二面角的求法
综合法求二面角的方法
1．定义法：步骤是“一作、二证、三求”．
(1)一作：作出二面角的平面角．
(2)二证：证明所作的平面角满足定义，即为所求二面角的平面角．
(3)三求：将作出的角放在三角形中，计算出平面角的大小．
注：作二面角的平面角的方法．
①定义法：分别在两个半平面内向棱作垂线，垂足为同一点，两垂线的夹角即为二面角的平面角．
②垂面法：作垂直于棱的一个垂面，这个平面与两个半平面分别有一条交线，两条交线所成的角即为二面角的平面角．
③三垂线法：过一个半平面内的一点A作另一个半平面的一条垂线，过垂足B作棱的垂线，记垂足为C，连接AC，则∠ACB或其补角即为二面角的平面角．
射影面积法：若二面角一个面上的几何图形的面积为S，其在另一个面上的投影的面积为S′，则二面角α的余弦值满足csα＝eq \f(S′,S)(客观题)．
【典例1】（2025高三·全国月考）在平面四边形中，（如图），沿对角线将折起，使点在平面上的射影恰落在上（如图）．
(1)求证：；
(2)求二面角的平面角余弦值大小；
(3)求和平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由题证明平面BCD即可；
（2）取AC中点为F，连接，连接FE，由题可得为二面角的平面角，然后设，用x表示相关边长，即可得答案；
（3）由（1），可得为所求角，然后由题意及余弦定理可得答案.
【解析】（1）折叠后，由题可得平面，因平面，
则，又，平面，，
则平面BCD，又平面BCD，则；
（2）由题可得为等边三角形，取AC中点为F，连接，
可得，又由（1），易得，结合平面，
，则平面，连接FE，因平面，则.
从而为二面角的平面角.
设，则，由题，则，
则，.又由题可得为等边三角形，
则，又平面，平面，可得，
则；
（3）由（1），平面BCD，又平面，
则平面平面，从而C在平面ABD上的射影在DB上，则
为所求角.由平面，平面，可得，
则，又由（2）分析，可得，则，
则，从而，则，
从而.
【典例2】（2025高三·北京顺义·期末）如图在四棱柱中，四边形ABCD为梯形，，，E为中点.
(1)求证：平面；
(2)若平面，，且，
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）写出二面角的正切值.（结论不要求证明）
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）证明见解析; （ⅱ）
【分析】（1）取的中点，连接，证明，可得，再由线线平行证得线面平行；
（2）（ⅰ）由条件先证明，再由线线垂直证明平面，即得；（ⅱ）过点作于点，证明平面，得，则得即二面角的平面角，利用平面几何知识推理即可在中，求得其正切值.
【解析】（1）
如图，取的中点，连接，
因E为的中点，故，
又，，则，
故得，则，
因平面，平面，
故平面.
（2）（ⅰ）因平面，平面，则，
因，且平面，则平面，
因平面，故.
（ⅱ）如图，在平面内，过点作于点，连接，
因平面，平面，则，
又平面，则平面，
因平面，则，故即二面角的平面角.
设，则，，
在中，由面积相等，，可得，
在中，，
即二面角的正切值为.
【典例3】（2025高三·湖南怀化·期末）在四棱锥中，平面，，，，，分别为棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用线面垂直的性质，得，再结合条件，利用线垂直的判定定理，即可求解；
（2）设，连接，利用几何关系可得，再由线面平行的判定定理，即可求解；
（2）根据条件可得，，从而有为二面角的平面角，即可求解.
【解析】（1）因为平面，面，则，
又，，则，
又，面，
所以平面.
（2）设，连接，
因为，，，是的中点，
所以，且，，
则为正方形，所以为中点，
又是的中点，所以，
又面，面，
所以平面.
（3）由（2）知，又是中点，则，
又，所以，则，
又面，面，则，
又，面，
所以面，又面，
所以，则为二面角的平面角，
在中，，，，
所以，故二面角的正弦值为.
13 空间距离的求法
综合法求空间距离的策略
1．求距离的方法：
(1)定义：
①一找：找出点到平面的距离；②二证：证明线面垂直；③三求：利用三角形求解．
(2)体积法：转换顶点，等体积变形．
(3)平面分线段比与线段对应端点到平面的距离比相等．
2．点面距离、线面距离、面面距离都转化为点面距离．
【典例1】（2025高三·贵州铜仁·期末）如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面所成角的正弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）通过证明平面内的两条相交直线分别平行于平面，然后根据平面与平面平行的判定定理进行证明；
（2）过点A作交BF于点G，利用三角形全等证明或其补角即为平面与平面BMF所成角的平面角，等面积法求出AG，再利用余弦定理求出，即可求出；
（3）取AM的中点为H，连接BH、FH，首先证明平面ABM，然后利用等体积法求点M到平面ABF的距离.
【解析】（1）因为且为的中点，所以,
因为，所以四边形BCDM是平行四边形，则,
因为平面CDE，平面CDE，所以平面CDE,
同理可得平面CDE，
又因为,平面BMF，所以平面平面.
（2）由（1）知平面与平面所成角即为平面与平面BMF所成角，过点A作交BF于点G，连接MG，
易知，所以，则或其补角即为平面与平面BMF所成角的平面角，
在中由余弦定理得，
则,
因为，解得，
在中，由余弦定理得,
所以平面与平面所成角的正弦值为.
（3）取AM的中点为H，连接BH、FH，
因为△AFM为等腰三角形、△ABM为等边三角形，所以，
所以,，
因为，所以，，
因为，，，平面ABM，
所以平面ABM，
设点到平面的距离为h，
，
所以点到平面的距离为.
【典例2】（2025高三·四川成都·期末）如图，已知四棱锥中，侧面PAD为边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，，O为AD中点，侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为．

(1)证明平面PBO；
(2)求点P到平面ABCD的距离；
(3)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接PO，BO，BD，先证明，，进而求证即可；
（2）易得是二面角的平面角，即，过P作的延长线于H，进而证明平面，进而求解即可；
（3）取PB中点E，连OE，取PC中点F，连EF，AE，DF，进而得到为二面角的平面角，进而求解即可.
【解析】（1）连接PO，BO，BD，如图，
因是边长为2的正三角形，则，
在菱形ABCD中，，则为正三角形，
所以，又，平面，
则平面.
（2）由（1）知，，，
则是二面角的平面角，，
由平面，平面，
则平面平面，过P作的延长线于H，
因为平面平面，平面，
因此平面，
而在正中，，则，
又，则，
所以点P到平面的距离是.
（3）由（1）知，是正三角形，则，
取PB中点E，连OE，由（2）知，，
则，，，
取PC中点F，连EF，AE，DF，则有，且，
又平面，平面，则，
即有，又，则，
从而得为二面角的平面角，
在梯形中，，
中，，
，
所以二面角的余弦值是.

【典例3】（2025高三·甘肃天水·期末）一副三角板如图所示的方式拼接，将折起，使得二面角为直二面角，.
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先根据二面角为直二面角，得到平面平面，然后根据面面垂直的性质定理证明结论即可.
（2）取的中点为，连接，先证明平面，然后利用等体积法求解点到平面的距离
【解析】（1）因为二面角是直二面角，所以平面平面，
平面平面，又因为在中，，
又平面，所以平面.
（2）
记点到平面的距离为，取的中点为，连接，
因为，所以.同（1）可得平面，
由（1）平面，平面得，，即为直角三角形.
又因为和是直角三角形，，
，则，，.
所以
而，
又，解得.
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，但不一定相等
侧面形状
平行四边形
三角形
梯形
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
旋转图形
矩形
直角三角形
直角梯形
半圆形
旋转轴
任一边所在的直线
任一直角边所在的直线
垂直于底边的腰所在的直线
直径所在的直线
母线
互相平行且相等，垂直于底面
相交于一点
延长线交于一点
轴截面
全等的矩形
全等的等腰三角形
全等的等腰梯形
圆
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
名称
几何体
表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝S底h
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝eq \f(1,3)S底h
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝eq \f(1,3)(S上＋S下＋eq \r(S上S下))h
球
S＝4πR2
V＝eq \f(4,3)πR3
位置关系
特点
相交
同一平面内，有且只有一个公共点
平行
同一平面内，没有公共点
异面直线
不同在任何一个平面内，没有公共点
位置关系
直线a在平面α内
直线a在平面α外
直线a与平面α相交
直线a与平面α平行
公共点
无数个公共点
一个公共点
没有公共点
符号表示
a⊂α
a∩α＝A
a∥α
图形表示
位置关系
两平面平行
两平面相交
公共点
没有公共点
有无数个公共点(在一条直线上)
符号表示
α∥β
α∩β＝l
图形表示
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面
a⊄α，b⊂α，
a∥b ⇒a∥α
性质定理
一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行
a∥α，a⊂β，
α∩β＝b⇒a∥b
文字语言
图形表示
符号表示
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
a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，
a∥β，b∥β⇒α∥β
性质定理
两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面
α∥β，a⊂α⇒a∥β
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
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