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考点 07 立体几何
一、单选题
1．（2021·湖北高三月考）已知 m 、n 是两条不同的直线， 、 是两个不同的平面，则下列判断正确的是
（ ）
A．若 ， m ， n ，则直线 m 与 n 一定平行
B．若 m ， n ， ，则直线 m 与 n 可能相交、平行或异面
C．若 m ， //n ，则直线 m 与 n 一定垂直
D．若 m ， n ， // ，则直线 m 与 n 一定平行
【答案】C
【分析】对于 A 选项，若 ， m ， n ，则直线 m 、 n 相交、平行或异面，A 选项错误；
对于 B 选项，设直线 m 、 n 的方向向量分别为 a
、 b
，
因为 m ， n ，则 a
为平面 的一个法向量，b
为平面 的一个法向量，
因为 ，则 a b ，即 m n ，但 m 与 n 不可能平行，B 选项错误；
对于 C 选项，设直线 m 、 n 的方向向量分别为 a
、 b
，
因为 m ，则 a
为平面 的一个法向量， //n ，则 a b ，即 m n ，C 选项正确；
对于 D 选项，若 m ， n ， // ，则直线 m 与 n 平行或异面，D 选项错误.
故选：C.
2．（2021·安徽高三月考（文））在四面体 ABCD 中，BCD 是边长为 2 的等边三角形，ABD 是以 BD 为
斜边的等腰直角三角形，平面 ABD⊥平面 ABC，则四面体 ABCD 的外接球的表面积为（ ）
A．6π B． 6 π C．8π D．2 2 π
【答案】A
【分析】解析：因为ABD 是以 BD 为斜边的等腰直角三角形，所以 DA⊥AB，又因为平面 ABD⊥平面 ABC，
平面 ABD 平面 ABC AB ，
所以 DA⊥平面 ABC，所以 DA⊥AC，可得 DA，BA，CA 两两垂直，且 DA=BA=CA= 2 2 22
´ = ，构造正
方体如图所示，
可得四面体 ABCD 的外接球半径 2 2 21 6( 2) ( 2) ( 2)2 2R ，
所以表面积为 24 6R .
故选：A
3．（2021·湖北高三月考）《算数书》是我国现存最早的系统性数学典籍，其中记载有求“困盖”的术：置如其
周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了由圆锥的底面周长 L 与高 h，计算其体积 V
的近似公式 21
36V L h ．用该术可求得圆周率 π的近似值．现用该术求得 π 的近似值，并计算得一个底面
直径和母线长相等的圆锥的表面积的近似值为 27，则该圆锥体积的近似值为（ ）
A． 3 B．3 C．3 3 D．9
【答案】D
【分析】先求圆周率 π 的近似值：
已知圆锥的底面周长 L 与高 h，其体积 V 的近似公式 21
36V L h ．
设底面圆的半径为 r ，则 2πL r ，可得
2π
Lr ，
所以
2
2 21 1 1π π3 3 2π 36
LV r h h L h
，整理得 π 3 .
再来计算所求圆锥体积的近似值：
该圆锥的底面直径和母线长相等，其表面积的近似值为 27，
设该圆锥的底面半径为 R ，母线长为l ，高为 h ，
2 21 1π 2π 3 2 3 2 272 2S R R l R R R 表 ，解得 3R .
又 2R l ，所以 2 2 2 24 3 3h l R R R R ，
所以所求圆锥体积 21 1π 3 3 3 93 3V R h .
故该圆锥体积的近似值为 9.
故选：D.
4．（2021·安徽高三月考（文））某几何体的三视图如图，俯视图中圆的半径为 1，且其内接四边形为正方形，
则该几何体的体积为（ ）
A． 2 4
3
B． 2 2
3
C． 4 2
3
D． 2 2
3
【答案】B
【分析】该几何体为半径为 1 的半球中，挖掉一个底面在半球的正四棱锥，如下图所示：
所以几何体的体积为 32 1 1 2 2 2 21 2 2 13 3 2 3 3 3V .
故选：B
5．（2021·全国高三专题练习）已知四面体 P ABC 中， 4PA ， 2 7AC ， 2 3PB BC ，PA
平面 PBC，则四面体 P ABC 的内切球半径与外接球半径的比（ ）
A． 2
16
B． 3 2
8
C． 3 2
16
D． 2
8
【答案】C
【分析】由已知及勾股定理得， 2 7, 2 3,AB PC PBC 为等边三角形，
ABC 为等腰三角形，且易得底边的高为 5．
所以， 1 1 1 32 3 2 3 4 4 33 3 2 2P ABC PBCV S PA
，
表面积 21 1 3 12 3 4 2 2 3 2 3 52 2 2 2S
16 3 ，
设内切球半径为 r ， 1
3V S r ，所以， 14 3 16 33 r ， 3
4r ；
如图，取 PBC 的外接圆圆心为 1O ，三棱锥的外接球球心为O ，
由 1
2 32 4,sin 60PO 1 2PO ， 1
1 22OO PA ，
因此外接球半径 2 22 2 2 2,R
故内切球半径与外接球半径的比为 3 2
16
．
故选：C.
6．（2021·全国高三其他模拟）为了给数学家帕西奥利的《神奇的比例》画插图，列奥纳多·达·芬奇给他绘
制了一些多面体，如图的多面体就是其中之一.它是由一个正方体沿着各棱的中点截去八个三棱锥后剩下的
部分，这个多面体的各棱长均为 2，则该多面体外接球的体积等于（ ）
A．16π B．8π C．16π
3 D． 32π
3
【答案】D
如图，把该多面体补形为正方体，由所给多面体的棱长为 2，得正方体的棱长为 2 2 ，
正方体的中心即为多面体的外接球球心，球心到多面体顶点的距离为 2 2
2 2 2 ，
即所求外接球的半径 2R ，其体积 34 32ππ3 3V R .
故选：D
7．（2021·全国高三专题练习（文））已知正四面体 P ABC 内接于球O ，点 E 是底面三角形 ABC 一边 AB
的中点，过点 E 作球O 的截面，若存在半径为 3 的截面圆，则正四面体 P ABC 棱长的取值范围是（ ）
A．[ 2 3]， B．[ 3 6]，
C．[2 2 2 3]， D．[2 3 2 6]，
【答案】C
【分析】如图，在正四面体 P ABC 中，设顶点 P 在底面的射影为 1O ，
则球心O 在 1PO 上， 1O 在CE 上，且 1
2
3PO CE ,连接OE ､OC ，
设正四面体的棱长为 a ，则 3
2CE a ， 1
2 3
3 3PO CE a
则正四面体的高 2 2 2 2
1 1
3 6( )3 3PO PC O C a a a ，
设外接球半径为 R ，
在 1Rt OO C 中， 2 2 2
1 1OC OO O C ，即 2 2 26 3( ) ( )3 3R a R a ，解得 6
4R a ，
∴在 1Rt OO E 中， 2 2 2 2
1 1
6 3 2( ) ( )12 6 4OE OO O E a a a ，
过 E 点作外接球 O 的截面，只有当OE 截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，
此时截面圆的半径为 2 2 2 26 2 1( ) ( )4 4 2r R OE a a a ，
最大截面圆为过球心的大圆，半径为 6
4R a ，
由题设存在半径为 3 的截面圆，∴ 1 632 4a a ，解得 2 2 2 3a ，
故选:C.
8．（2021·四川成都市·高三二模（文））已知四面体 ABCD 的所有棱长均为 2 ，M 、N 分别为棱 AD 、BC
的中点， F 为棱 AB 上异于 A 、 B 的动点．有下列结论：
①线段 MN 的长度为1；
②存在点 F ，满足CD 平面 FMN ；
③ MFN 的余弦值的取值范围为 50, 5
；
④ FMN 周长的最小值为 2 1 ．
其中所有正确结论的编号为（ ）
A．①③ B．①④ C．①②④ D．②③④
【答案】B
【分析】对于①，取 CD 的中点G ，取 AC 的中点 E ，连接 EM 、 EN ，
AC AD ，G 为CD 的中点，则 AG CD ，同理可得 BG CD ，
AG BG G ， CD\ ^平面 ABG ， AB 平面 ABG， AB CD ，
E 、 N 分别为 AC 、 BC 的中点，则 //EN AB 且 1 2
2 2EN AB ，
同理可知， //EM CD 且 1 2
2 2EM CD ，
EM EN ，由勾股定理可得 2 2 1MN EM EN ，①正确；
对于②，假设CD 平面 FMN ，由于 MN 平面 FMN ，则CD MN .
事实上，由①可知， //EM CD 且 EMN 是以 MEN 为直角的等腰直角三角形，
所以，CD 与 MN 所成的角为
4
，故假设不成立，即CD 与平面 FMN 不垂直，②错误；
对于③，取线段 AB 的中点O ，则 2
2AO BO ，设OF x ，则 20 2x .
当 0x 时， 1 2
2 2FM FN BD ，则 2 2 2FM FN MN ，此时
2MFN ，
则 cos 0MFN ；
当点 F 在线段 AO 上（不包括端点 A 、O ）上运动时，则 20 2x ， 2
2AF x ， 2
2BF x ，
由余弦定理可得
2
2 2 2 2 1 2 2 12 cos 23 2 2 2 2 2MF AF AM AF AM x x
2 2 1
2 2x x ，
同理可得 2 2 2 1
2 2NF x x .
20 2x ，则 2
1 2x
，
由余弦定理可得
2 2 2 2
2 2
2cos 2 2 1 2 12 2 2 2 2
MF NF MN xMFN MF NF
x x x x
2 2
2 4 2 2
2 2
4 2 2
2 2 2 2 30, 31 24 2 11 1 142 1 32 2
x x
x xx x x x x
；
当点 F 在线段 OB 上（不包括端点O 、 B ）上运动时，同理可知 3cos 0, 3MFN
.
综上所述， MFN 的余弦值的取值范围是 30, 3
，③错误；
对于④，将侧面 ABC 和侧面 ABD 延展为同一平面，如下图所示：
当 M 、 F 、 N 三点共线时， MF FN 取得最小值，
如上图所示，由于四边形 ACBD 是边长为 2 的菱形，则 //AD BC 且 AD BC ，
M 、 N 分别为 AD 、 BC 的中点，则 //AM CN 且 AM CN ，
所以，四边形 ACNM 为平行四边形，则 2MN AC ，
即 MF NF 的最小值为 2 ，
所以，在正四面体 ABCD 中， FMN 的周长为最小值为 2 1 ，④正确.
故选：B.
二、解答题
9．（2021·全国高三专题练习）如图 1，在直角梯形 ABCD 中，AD∥BC，∠BAD＝
2
，AB＝BC＝ 1
2 AD＝a，
E 是 AD 的中点，O 是 AC 与 BE 的交点.将△ABE 沿 BE 折起到图 2 中△A1BE 的位置，得到四棱锥 A1－BCDE.
（1）证明：CD⊥平面 A1OC；
（2）当平面 A1BE⊥平面 BCDE 时，四棱锥 A1－BCDE 的体积为36 2 ，求 a 的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）6.
【分析】（1）在图 1 中，因为 1
2AB BC AD a= = = ，E 是 AD 的中点，
2BAD ，所以 BE⊥AC，
即在图 2 中，BE⊥A1O，BE⊥OC， 1AO OC OÇ = ，从而 BE⊥平面 A1OC.
又 CD∥BE，所以 CD⊥平面 A1OC.
（2）由已知，平面 A1BE⊥平面 BCDE，平面 A1BE平面 BCDE BE ，
又由（1）知，OA1⊥BE， 1AO 平面 A1BE，所以 A1O⊥平面 BCDE，
即 A1O 是四棱锥 A1－BCDE 的高，
由图 1 可知， 1
2 2
2 2AO AB a ，平行四边形 BCDE 的面积 2S BC AB a ，
从而四棱锥 A1－BCDE 的体积为 2 3
1
1 1 2 2
3 3 2 6V S AO a a a .
由 32 36 26 a = ，得 a＝6.
10．（2021·全国高三专题练习）如图，在直三棱柱 A1B1C1ABC 中，AB⊥BC，E，F 分别是 A1B，AC1 的中点．
（1）求证：EF / / 平面 ABC；
（2）求证：平面 AEF⊥平面 AA1B1B；
（3）若 A1A＝2AB＝2BC＝2a，求三棱锥 FABC 的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
3
6
a ．
【分析】解析（1）连结 A1C．因为直三棱柱 A1B1C1ABC 中，四边形 AA1C1C 是矩形，
所以点 F 在 A1C 上，且为 A1C 的中点．
在A1BC 中，因为 E，F 分别是 A1B，A1C 的中点，所以 EF / / BC．
又因为 BC 平面 ABC，EF 平面 ABC，所以 EF / / 平面 ABC．
（2）因为在直三棱柱 A1B1C1ABC 中，B1B⊥平面 ABC，所以 B1B⊥BC．
又 AB⊥BC，因为 EF / / BC，所以 AB⊥EF，B1B⊥EF．
因为 B1BAB＝B，所以 EF⊥平面 ABB1A1．
因为 EF 平面 AEF，所以平面 AEF⊥平面 ABB1A1．
（3）由 F 分别是 AC1 的中点，所以
1 1
1 1
2 2F ABC C ABC A ABCV V V
1 1
1 1 1
2 2 3F ABC A ABC ABCV V S AA
3
21 1 1 22 3 2 6
aa a
11．（2021·全国高三专题练习）如图，在矩形 ABCD 中，AD＝2，AB＝4，E，F 分别为边 AB，AD 的中点．现
将△ADE 沿 DE 折起，得四棱锥 ABCDE．
（1）求证：EF / / 平面 ABC；
（2）若平面 ADE⊥平面 BCDE，求四面体 FDCE 的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2） 2 2
3
．
【分析】（1）证明：如图，取线段 AC 的中点 M，连结 MF，MB．
因为 F，M 为 AD，AC 的中点，
所以 MF / / CD，且 MF 1
2
CD．
在折叠前，四边形 ABCD 为矩形，E 为 AB 的中点，所以 BE∥CD，且 BE 1
2
CD．
所以 MF / / BE，且 MF＝BE．
所以四边形 BEFM 为平行四边形，故 EF / / BM．
又 EF 平面 ABC，BM 平面 ABC，
所以 EF / / 平面 ABC．
（2）在折叠前，四边形 ABCD 为矩形，AD 2，AB＝4，E 为 AB 的中点，
所以ADE，CBE 都是等腰直角三角形，且 AD＝AE＝EB＝BC＝2．
所以∠DEA＝∠CEB＝45°，且 DE＝EC＝2 2 ．
又∠DEA＋∠DEC＋∠CEB＝180°，所以∠DEC＝90°，即 DE⊥CE．
又平面 ADE⊥平面 BCDE，平面 ADE∩平面 BCDE＝DE，CE 平面 BCDE，
所以 CE⊥平面 ADE，即 CE 为三棱锥 CEFD 的高．
因为 F 为 AD 的中点，所以
1 1 1 2 2 12 2 4EFDS AD AE
所以四面体 FDCE 的体积
1 1 2 21 2 23 3 3EFDV S CE
12．（2021·全国高三其他模拟（文））已知在六面体 PABCDE 中，PA 平面 ABCD ，ED 平面 ABCD ，
且 2PA ED ，底面 ABCD 为菱形，且 60ABC .
（1）求证：平面 PAC 平面 PBD ；
（2）若 2AB ， 1DE ，且 M 为 PB 的中点，求三棱锥 E PAM 的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2） 3
3
【分析】解：（1）证明：连接 BD 交 AC 于O ，
∵ 底面 ABCD 为菱形，∴ BD AC ，O 为 ,BD AC 中点，
∵ PA 平面 ABCD ， BD 平面 ABCD ，
∴ PA BD ，
∵ AC PA A ，
∴ BD 平面 PAC ，
∵ BD 平面 PBD ，
∴ 平面 PAC 平面 PBD .
（2）∵ PA 平面 ABCD ， ED 平面 ABCD ，
∴ / /PA DE ，
∵ DE 平面 PAC ， PA 平面 PAC ，
∴ / /DE 平面 PAC ，
∵ 底面 ABCD 为菱形，∴ / /BC AD
∵ BC 平面 ADEP ， AD 平面 ADEP
∴ / /BC 平面 ADEP ，
∵ M 为 PB 的中点，
∴ 三棱锥 E PAM 的体积 1 1 1 1
2 2 2 2E PAM M PAE B PAE C PAE E PAC D PACV V V V V V ，
由（1）知得 BD 平面 PAC ， 2AB ， 1DE ， 60ABC ， 2PA ED ，
∴ 1 2 2 22PACS ， 1 32OD BD ，
所以 1 1 2 32 33 3 3D PAC PACV S OD △ ，
所以 1 3=2 3E PAM D PACV V
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