資源簡介

專題九 立體幾何與空間向量
真題卷 題號 考點 考向
2023新課標1卷 12 基本的立體圖形 正方體、球體、四面體、圓柱體的結構特征
14 簡單幾何體的表面積與體積 求四棱臺的體積
18 空間直線、平面的垂直、二面角 線線平行的判定、已知二面角確定動點位置
2023新課標2卷 9 基本的立體圖形、二面角 圓錐的結構特征、圓錐的表面積與體積、二面角的定義
14 簡單幾何體的表面積與體積 求四棱臺的體積
20 空間直線、平面的垂直、二面角 異面垂直的判定、求二面角
2022新高考1卷 4 簡單幾何體的表面積與體積 求棱臺的體積
8 簡單幾何體的表面積與體積、外接球 求棱錐的體積、球的切接問題
9 空間角 求異面直線成角、線面角
19 空間中的距離、空間角 求點到平面的距離、求二面角
2022新高考2卷 7 簡單幾何體的表面積與體積 求外接球的表面積
11 簡單幾何體的表面積與體積 求三棱錐的體積
20 空間直線、平面的平行、空間角 線面平行的判定、求二面角
2021新高考1卷 3 基本的立體圖形 求圓錐的母線長
12 基本的立體圖形 幾何體中的動點問題（動點軌跡、三棱錐的體積、線線垂直的判定、線面垂直的判定）
20 空間直線、平面的垂直、簡單幾何體的表面積與體積 線線垂直的判定、求三棱錐的體積
2021新高考2卷 4 簡單幾何體的表面積與體積 求球的表面積
5 簡單幾何體的表面積與體積 求正四棱臺的體積
10 空間直線、平面的垂直 線線垂直的判定
19 空間直線、平面的垂直、空間角 面面垂直的判定、求二面角
2020新高考1卷 4 空間角 求線面角
16 基本的立體圖形 球的截面問題
20 空間直線、平面的垂直、空間角 線面垂直的判定、求線面角正弦值的最值
2020新高考2卷 13 簡單幾何體的表面積與體積 求三棱錐的體積
20 空間直線、平面的垂直、空間角 線面垂直的判定、求線面角
【2023年真題】
1. （2023·新課標I卷 第12題）（多選）下列物體中，能夠被整體放入棱長為單位：的正方體容器容器壁厚度忽略不計內的有( )
A. 直徑為的球體
B. 所有棱長均為的四面體
C. 底面直徑為，高為的圓柱體
D. 底面直徑為，高為的圓柱體
【答案】ABD
【解析】
【分析】
本題考查正方體內接其它幾何體的問題，屬于綜合題.
由正方體、球體、四面體、圓柱體的結構特征和棱長、直徑的大小關系，逐個分析選項可得解.
【解答】
解：選項A，正方體的內切球直徑為，故A正確
選項B，連接正方體的六個面對角線，可以得到一個正四面體，即正方體的內接正四面題的棱長為，故B正確
對于C，D，假設放入最大的圓柱AB，A，B分別為圓柱下、上底面的圓心，
設圓柱底面半徑為r，正方體體對角線為CD，，
，
當r取定時，圓柱的高
對于C，當時，，故C錯．
對于D，當時，，故D正確．
故選：
2. （2023·新課標II卷 第9題）（多選）已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，，點C在底面圓周上，且二面角為，則( )
A. 該圓錐的體積為 B. 該圓錐的側面積為
C. D. 的面積為
【答案】AC
【解析】
【分析】
本題考查求圓錐的體積與側面積，及圓錐中的其他量，屬于基礎題.
A，B選項，通過解，求出圓錐的高PO與底面直徑AB，從而求出體積與側面積；C，D選項，利用為二面角的平面角，解三角形求出的長，進一步求出的面積.
【解答】
解：對于A：在中，，則，，
故圓錐的體積，故A正確；
對于B：圓錐的側面展開圖為扇形，扇形的半徑為2，弧長為，
故圓錐的側面積為，故B錯誤；
對于C：取AC中點D，連接，則，
則為二面角的平面角，即，
在中，，故，
在中，，故，故C正確；
對于D：，故D正確.
故選
3. （2023·新課標I卷 第14題）在正四棱臺中，，，，則該棱臺的體積為__________
【答案】
【解析】
【分析】
本題考查正四棱臺的體積，屬于中檔題．
可將正四棱臺補成正四棱錐，然后分析求解即可．
【解答】
解：如圖，
將正四棱臺補成正四棱錐，則，
，，故，
4. （2023·新課標II卷 第14題）底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個底面邊長為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺的體積為__________
【答案】28
【解析】
【分析】
本題主要考查棱臺的體積，屬于基礎題．
根據題意正四棱錐被截后剩余部分為正四棱臺，直接計算即可求解．
【解答】
解：由題意可得四棱臺的高為3，上底面面積為，下底面面積為，
故正四棱臺的體積
所得棱臺的體積為
5. （2023·新課標I卷 第18題）如圖，在正四棱柱中，，點，，，，分別在棱，，，上，，，
證明：；
點P在棱上，當二面角為時，求
【答案】證明：如圖，作于點E，于點F，
則有，，即四邊形是平行四邊形，從而，
又，，即四邊形是平行四邊形，從而，
從而，得證.
如圖，以點B為原點，以BC、BA、分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系.
設，，，，
，，，
設平面的一個法向量為，
則，即，
令，則，，故
設平面的一個法向量為，
則，即，
令，則，，故
二面角的平面角為，
，
解得或3，則
【解析】本題考查了立體幾何中線線平行的判定、二面角等知識，屬于中檔題.
作于點E，于點F，構造兩個平行四邊形，根據平行于同一直線的兩直線平行，即可證明
適當建立空間直角坐標系，設點，分別求出平面與平面的一個法向量，由二面角為，可知，解出t的值，進而求得
6. （2023·新課標II卷 第20題）如圖三棱錐中，，，，E為BC的中點.
證明：
點F滿足，求二面角的正弦值.
【答案】解：連接AE，DE，，，
又，，與均為等邊三角形，
，，，平面ADE，
設，，，，
，，又，，
平面BCD，
如圖建立空間直角坐標系，
，，，，
，
，，，
設平面DAB與平面ABF的一個法向量分別為，，
設二面角平面角為，
，
，
【解析】本題考查了線面垂直的性質、二面角的求解，是中檔題.
先判定線面垂直，再結合線面垂直的性質定理得結論；
建立空間直角坐標系，得出平面DAB的法向量和平面ABF的法向量，由空間向量求解可得結論.
【2022年真題】
7.（2022·新高考I卷 第4題）南水北調工程緩解了北方一些地區水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔時，相應水面的面積為水位為海拔時，相應水面的面積為將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔上升到時，增加的水量約為( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
本題考查了棱臺的體積公式的應用，屬于基礎題.
讀懂題意，結合棱臺的體積公式即可求解.
【解答】
解：依據棱臺的體積公式
8.（2022·新高考I卷 第8題）已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一個球面上，若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
本題考查了球的切接問題，涉及棱錐的體積、球的體積、導數等知識，屬較難題.
有正四棱錐的外接球的性質，可得，利用求導求最值，即可解答.
【解答】
解：方法設正四棱錐的高為，底面邊長為a，球心為O，由已知易得球半徑為，
所以，
因為，
故所以，求導，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，，
故該正四棱錐體積的取值范圍是
方法
由方法中知，，
求導，所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，，
故該正四棱錐體積的取值范圍是
9.（2022·新高考II卷 第7題）已知正三棱臺的高為1，上下底面的邊長分別為和，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
本題主要考查了正三棱臺和外接球的關系應用，球體表面積公式的應用.
【解答】
解：由題意易得上底面所在平面截球面所得圓的半徑為3，下底面所在平面截球面所得圓的半徑為4，
設該球的半徑為R，當正三棱臺的上、下底面在球心異側時，
有，無解；
所以正三棱臺的上、下底面在球心同側，所以，
解得，因此該球的表面積為
10.（2022·新高考I卷 第9題）（多選）已知正方體，則( )
A. 直線與所成的角為
B. 直線與所成的角為
C. 直線與平面所成的角為
D. 直線與平面ABCD所成的角為
【答案】ABD
【解析】
【分析】
本題主要考查直線與直線所成角及直線與平面所成角，屬于中檔題.
根據正方體的結構特征對各個選項逐一判斷分析，即可得解.
【解答】
解：如圖，因為，，所以，故A正確;
對于選項因為平面，平面，
所以，
又，且，，平面，
所以平面，且平面，
所以直線，故B正確;
對于選項連接與交于點，
因為平面，平面，
所以，
又，且，，平面，
所以平面，
則即為直線與平面所成的角，
，所以，故C錯誤;
對于選項直線與平面ABCD所成的角即為，所以D正確.
11.（2022·新高考II卷 第11題）（多選）如圖，四邊形ABCD為正方形，平面ABCD，，，記三棱錐，，的體積分別為，，，則( )
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】
本題主要考查三棱錐的體積，屬于基礎題.
【解答】
解：設，則，
連結BD交AC于M，連結EM、FM，
則，，，故，
，，
12.（2022·新高考I卷 第19題）如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為
求A到平面的距離;
設D為的中點，，平面平面，求二面角的正弦值.
【答案】
解：設A到平面的距離為d，
因為直三棱柱的體積為4，即可得，
故，
又，
解得，所以A到平面的距離為；
連接，因為直三棱柱中，，
故四邊形為正方形，即，
又平面平面，平面平面，平面，
故平面，因為平面，所以，
又因為，平面，且，
故平面，因為平面，則，
所以三條直線兩兩垂直，
故如圖可以以B為原點建立空間直角坐標系，
設，，則，
由條件可得，解得，
則，，，，的中點，
所以，，，
設平面ABD的一個法向量為，
，取，
同理可求得平面BCD的一個法向量為，
所以，
所以二面角的正弦值為
【解析】本題考查了平面與平面所成角的空間向量求法、點到面的距離的幾何求法、幾何體的體積公式，考查了空間中的垂直關系的證明與應用，屬于中檔題.
利用等體積法以及三棱錐的體積公式即可求解.
根據題干首先證明三條直線兩兩垂直，且，建立直角坐標系，求出平面ABD的一個法向量和平面BCD的一個法向量，利用向量法即可求出二面角的正弦值.
13.（2022·新高考II卷 題20題）如圖，PO是三棱錐的高，，，E是PB的中點.
證明：平面
若，，，求二面角正弦值.
【答案】
解：法一：連接OA、OB，
因為PO是三棱錐的高，所以平面ABC，所以，，
所以，又，，所以≌，所以，
作AB中點D，連接OD、DE，則有，又，所以，
又因為平面PAC，平面PAC，所以平面PAC，
又D、 E分別為AB、PB的中點，所以，在中，
又因為平面PAC，平面PAC，所以平面PAC，
又OD、平面ODE，，所以平面平面PAC，
又平面ODE，所以平面
法二：連接OA、OB，
因為PO是三棱錐的高，所以平面ABC，所以，，
所以，又，，所以≌，
所以，又，在，O為BF中點，
延長BO，交AC于F，連接 PF，
所以在中，O、E分別為BF、PB的中點，所以，
因為平面PAC，平面PAC，所以平面
法一：過點D作，以DB為x軸，DO為y軸，DF為z軸.
建立如圖所示的空間直角坐標系.
因為，，由，
又，所以，，
所以，，，，
設，則，
平面AEB的法向量設為，直線AB的方向向量可設為，
直線平面AEB，直線DP的方向向量為
，所以，
所以，設，則，所以
平面AEC的法向量設為，，
，所以，所以，設，則，
所以
所以，，
二面角的平面角為，則，
所以二面角的正弦值為
法二：過點A作，以AB為x軸，AC為y軸，AF為z軸
建立所示的空間直角坐標系.
因為，，由，
又，所以，，所以，，
，，設，則，
平面AEB的法向量設為，，
，所以，所以設，則，
所以
平面AEC的法向量設為，，
，所以，
所以，設，則，所以
所以，
二面角的平面角為，則，
所以二面角的正弦值為
【解析】本題考查線面平行與二面角的求解，考查學生的空間想象與計算能力，有一定的難度.
【2021年真題】
14.（2021·新高考I卷 第3題）已知圓錐的底面半徑為，其側面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為( )
A. 2 B. C. 4 D.
【答案】B
【解析】
【分析】
本題考查圓錐的側面展開圖，屬于基礎題.設圓錐母線長為l，求出圓錐的底面周長，即為展開圖半圓的弧長，計算可得答案.
【解答】
解：設圓錐的母線長為l，因為圓錐的底面半徑為，所以底面圓周長為，
由展開圖可知半圓的弧長為，所以，得，
故選：
15.（2021·新高考II卷 第4題）北斗三號全球衛星導航系統是我國航天事業的重要成果．在衛星導航系統中，地球靜止同步衛星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為軌道高度是指衛星到地球表面的距離將地球看作是一個球心為O，半徑r為的球，其上點A的緯度是指OA與赤道平面所成角的度數．地球表面上能直接觀測到一顆地球靜止同步軌道衛星點的緯度最大值為，記衛星信號覆蓋地球表面的表面積為單位：，則S占地球表面積的百分比約為( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
本題考查球的表面積，考查直線與平面所成的角，屬于中檔題.
由題意結合所給的表面積公式和球的表面積公式整理計算即可求得最終結果.
【解答】
解：如圖所示：
由題意可得，S占地球表面積的百分比約為：
故選
16.（2021·新高考II卷 第5題）正四棱臺的上、下底面的邊長分別為2，4，側棱長為2，則其體積為( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
本題考查了棱臺的結構特征與體積的求法.
由正四棱臺的幾何特征算出該幾何體的高及上下底面面積，再由棱臺的體積公式即可得解.
【解答】
解：作出圖形，連接該正四棱臺上下底面的中心，如圖所示，
因為該正四棱臺上下底面邊長分別為2，4，側棱長為2，
所以該棱臺的高，
下底面面積，上底面面積，
所以該棱臺的體積
故選：
17.（2021·新高考I卷 第12題）（多選）在正三棱柱中，，點P滿足，其中，，則( )
A. 當時，的周長為定值
B. 當時，三棱錐的體積為定值
C. 當時，有且僅有一個點P，使得
D. 當時，有且僅有一個點P，使得平面
【答案】BD
【解析】
【分析】
本題考查了動點軌跡，線面平行與線面垂直的判定，錐體的體積問題等，綜合性強，考查了邏輯推理能力與空間想象能力，屬于拔高題．
判斷當時，點P在線段上，分別計算點P為兩個特殊點時的周長，即可判斷選項A；當時，點P在線段上，利用線面平行的性質以及錐體的體積公式，即可判斷選項B；當時，取線段BC，的中點分別為M，，連結，則點P在線段上，分別取點P在，M處，得到均滿足，即可判斷選項C；當時，取的中點，的中點D，則點P在線的上，證明當點P在點處時，平面，利用過定點A與定直線垂直的平面有且只有一個，即可判斷選項
【解答】
解：對于A，當時，，即，
所以，
故點P在線段上，此時的周長為，
當點P為的中點時，的周長為，
當點P在點處時，的周長為，
故周長不為定值，故選項A錯誤；
對于B，當時，，即，
所以，
故點P在線段上，
因為平面，
所以直線上的點到平面的距離相等，
又的面積為定值，
所以三棱錐的體積為定值，故選項B正確；
對于C，當時，取線段BC，的中點分別為M，，連接，
因為，即，
所以，
則點P在線段上，
當點P在處時，，，
又，
所以平面，
又平面，
所以，即，
同理，當點P在M處，，故選項C錯誤；
對于D，當時，取的中點，的中點D，
因為，即，所以，
則點P在線的上，
當點P在點處時，取AC的中點E，連接，BE，
因為平面，
又平面，所以，
在正方形中，，
又，BE，平面，故平面，
又平面，所以，
在正方體形中，，
又，，平面，所以平面，
因為過定點A與定直線垂直的平面有且只有一個，
故有且僅有一個點P，使得平面，故選項D正確．
故選：
18.（2021·新高考II卷 第10題）（多選）如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點，則滿足的是( )
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】
本題考查了空間中兩直線的位置關系以及垂直的判定，考查了數形結合思想和直觀想象能力，屬于中檔題.
根據線面垂直的判定定理可得BC的正誤，平移直線MN構造所考慮的線線角后可判斷AD的正誤.
【解答】
解：設正方體的棱長為2，
對于A，如圖所示，連接AC，易知，且MN、AC、OP在同一平面內，
由圖可知直線OP與AC相交且不垂直，故不成立，故A錯誤.
對于B，如圖所示，取MT的中點為Q，連接PQ，OQ，則，，
由正方體可得平面MADT，而平面MADT，
故，而，SM，平面SNTM，故平面SNTM，
又平面SNTM，所以，而，，
所以平面OPQ，而平面OPQ，故，故B正確.
對于C，如圖，連接BD，則，由B的判斷可得，
故，故C正確.
對于D，如圖，取的中點G，連接PG，OG，，
則，，，，
則，可得，
根據三角形的性質可知PO與PG不垂直，故PO與MN不垂直，故D錯誤.
故選
19.（2021·新高考I卷 第20題）如圖，在三棱錐中，平面平面BCD，，O為BD的中點.
證明：
若是邊長為1的等邊三角形，點E在棱AD上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積.
【答案】
證明：，
是以BD為底的等腰三角形，
又為BD的中點，，
平面平面BCD，且平面平面，平面ABD，
平面BCD，
平面BCD，
解：以O為坐標原點，OD為y軸，OA為z軸，垂直OD且過O的直線為x軸，建立空間直角坐標系.
是邊長為1的等邊三角形，
，，，
不妨設，
點E在棱AD上，，
，，，
設向量為平面BCE的法向量，
設，則，，即
顯然是平面BCD的法向量，
二面角的大小為，
，即，解得舍去，
【解析】本題考查立體幾何的面面垂直的性質，二面角余弦值的求法，三棱錐的體積.
先證明平面BCD，利用線面垂直的性質即可證明.
先建系，利用已知二面角的角度求出三棱錐的高度，即可求解體積.
20.（2021·新高考II卷 第19題）在四棱錐中，底面ABCD是正方形，若
證明：平面平面ABCD；
求二面角的平面角的余弦值．
【答案】
解：證明：取AD的中點為O，連接
因為，，則，
而，故，
在正方形ABCD中，，，故，
因為，故，故為直角三角形且，
因為，OC、平面ABCD，故平面ABCD，
因為平面QAD，故平面平面
在平面ABCD內，過O作，交BC于T，則，
因為中的平面ABCD，平面ABCD，，
故可以OT為x軸，以OD為y軸，以OQ為z軸，建如圖所示的空間直角坐標系.
則，故
設平面QBD的一個法向量，
則即，取，則，
故
而平面QAD的法向量為，故
又二面角的平面角為銳角，故其余弦值為
【解析】本題考查了面面垂直的判定和運用空間向量求解二面角的問題，注意數形結合思想的運用.
取AD的中點為O，連接，可證平面ABCD，從而得到平面平面
在平面ABCD內，過O作，交BC于T，則，以OT為x軸，以OD為y軸，以OQ為z軸，建立空間直角坐標系，求出平面QAD、平面BQD的法向量后可求二面角的余弦值.
【2020年真題】
21.（2020·新高考I卷 第4題、II卷 第4題）日晷是中國古代用來測定時間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間．把地球看成一個球球心記為，地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面．在點A處放置一個日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點A處的緯度為北緯，則晷針與點A處的水平面所成角為( )
B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
本題是立體幾何在生活中的運用，考查空間線面角的定義和求法，屬于中檔題．
由緯度的定義和線面角的定義，結合直角三角形的性質，可得晷針與點A處的水平面所成角．
【解答】
解：可設A所在的緯線圈的圓心為，垂直于緯線所在的圓面，
由圖可得為晷針與點A處的水平面所成角，
又且，
在中，，
，
故選：
22.（2020·新高考I卷 題16題）已知直四棱柱的棱長均為2，以為球心，為半徑的球面與側面的交線長為________.
【答案】
【解析】
【分析】
本題考查空間中球與平面的交線問題，注意球心到面的距離和形成的交線位置與所對應的圓弧和圓心角，屬于難題.
由已知得點到面的距離即為點到的距離，即為，則根據勾股定理可得截面的圓半徑為 ，球與側面所形成的交線為一段圓弧，其圓心角為，則根據弧長公式即可得解.
【解答】
解：直四棱柱棱長為2，底面是邊長為2的菱形，側面是邊長為2的正方形，
又， 可得 ，
點到面的距離即為點到的距離，即為，
則根據勾股定理可得截面的圓半徑為 ，
而，且，
則球與側面所形成的交線為一段圓弧，其圓心角為 ，
故形成的交線長為 .
故答案為
23.（2020·新高考II卷 題13題）已知正方體的棱長為2，M、N分別為、AB的中點，則三棱錐的體積為__________.
【答案】
【解析】
【分析】
本題考查利用等體積法求多面體的體積，是基礎的計算題．
由題意畫出圖形，再由等體積法求三棱錐的體積．
【解答】
解：如圖，
正方體的棱長為2，M、N分別為、AB的中點，
，
故答案為：
24.（2020·新高考I卷 題20題）如圖，四棱錐的底面為正方形，底面設平面PAD與平面PBC的交線為
證明：平面
已知，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.
【答案】
解：底面ABCD，且平面ABCD，
，
為正方形，，
又，且PD、DC在平面PDC內，
平面PDC，
，且平面PBC，平面PBC，
平面PBC，
又平面PAD與平面PBC的交線為l，且平面PAD，
，平面PDC；
以D為原點，以DA、DC、DP分別為x、y、z軸，建立空間直角坐標系如圖所示：
由，得，，，，
則，，
設點Q的坐標為，平面QCD的法向量為，
則，即有，即，
取，得，
又設與夾角為，PB與平面QCD所成角為，
則，
于是，
當時，，
當時，，
又當且僅當 時，取等號，即得，
當時，，
又當且僅當 時，取等號，即得，
綜上可知，PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為
【解析】本題考查了線面角的求解及線面垂直的判定定理、線面平行的判定定理和性質定理，屬于拔高題．
本題先證明平面PDC，再證明平面PBC，再利用線面平行性質定理證得，從而證得平面PDC；
本題可以建立空間直角坐標系，設出Q點坐標，求出和平面QDC的法向量，再利用向量夾角公式求解，再結合基本不等式可求出PB與平面QCD所成角的正弦值最大值．
25.（2020·新高考II卷 第20題）如圖，四棱錐的底面為正方形，底面
設平面PAD與平面PBC的交線為
證明：平面PDC；
已知，Q為l上的點，，求PB與平面QCD所成角的正弦值．
【答案】
解：證明：過P在平面PAD內作直線，
由，可得，即l為平面PAD和平面PBC的交線，
平面ABCD，平面ABCD，，
又，，CD，平面PCD
平面PCD，
，平面PCD；
如圖，以D為坐標原點，直線DA，DC，DP所在的直線為x，y，z軸，
建立空間直角坐標系，
，Q為l上的點，，
，，
則，，，，，
設，則，，，
設平面QCD的法向量為，
則，，取，可得，
，，
與平面QCD所成角的正弦值為
【解析】本題考查空間線面垂直的判定，以及線面角的求法，考查轉化思想和向量法的運用，考查運算能力和推理能力，屬于中檔題．
過P在平面PAD內作直線，推得l為平面PAD和平面PBC的交線，由線面垂直的判定和性質，即可得證；
以D為坐標原點，直線DA，DC，DP所在的直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，求出，運用向量法，求得平面QCD的法向量，結合向量的夾角公式求解即可．
/專題九 立體幾何與空間向量
真題卷 題號 考點 考向
2023新課標1卷 12 基本的立體圖形 正方體、球體、四面體、圓柱體的結構特征
14 簡單幾何體的表面積與體積 求四棱臺的體積
18 空間直線、平面的垂直、二面角 線線平行的判定、已知二面角確定動點位置
2023新課標2卷 9 基本的立體圖形、二面角 圓錐的結構特征、圓錐的表面積與體積、二面角的定義
14 簡單幾何體的表面積與體積 求四棱臺的體積
20 空間直線、平面的垂直、二面角 異面垂直的判定、求二面角
2022新高考1卷 4 簡單幾何體的表面積與體積 求棱臺的體積
8 簡單幾何體的表面積與體積、外接球 求棱錐的體積、球的切接問題
9 空間角 求異面直線成角、線面角
19 空間中的距離、空間角 求點到平面的距離、求二面角
2022新高考2卷 7 簡單幾何體的表面積與體積 求外接球的表面積
11 簡單幾何體的表面積與體積 求三棱錐的體積
20 空間直線、平面的平行、空間角 線面平行的判定、求二面角
2021新高考1卷 3 基本的立體圖形 求圓錐的母線長
12 基本的立體圖形 幾何體中的動點問題（動點軌跡、三棱錐的體積、線線垂直的判定、線面垂直的判定）
20 空間直線、平面的垂直、簡單幾何體的表面積與體積 線線垂直的判定、求三棱錐的體積
2021新高考2卷 4 簡單幾何體的表面積與體積 求球的表面積
5 簡單幾何體的表面積與體積 求正四棱臺的體積
10 空間直線、平面的垂直 線線垂直的判定
19 空間直線、平面的垂直、空間角 面面垂直的判定、求二面角
2020新高考1卷 4 空間角 求線面角
16 基本的立體圖形 球的截面問題
20 空間直線、平面的垂直、空間角 線面垂直的判定、求線面角正弦值的最值
2020新高考2卷 13 簡單幾何體的表面積與體積 求三棱錐的體積
20 空間直線、平面的垂直、空間角 線面垂直的判定、求線面角
【2023年真題】
1. （2023·新課標I卷 第12題）（多選）下列物體中，能夠被整體放入棱長為單位：的正方體容器容器壁厚度忽略不計內的有( )
A. 直徑為的球體
B. 所有棱長均為的四面體
C. 底面直徑為，高為的圓柱體
D. 底面直徑為，高為的圓柱體
2. （2023·新課標II卷 第9題）（多選）已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，，點C在底面圓周上，且二面角為，則( )
A. 該圓錐的體積為 B. 該圓錐的側面積為
C. D. 的面積為
3. （2023·新課標I卷 第14題）在正四棱臺中，，，，則該棱臺的體積為__________
4. （2023·新課標II卷 第14題）底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個底面邊長為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺的體積為__________
5. （2023·新課標I卷 第18題）如圖，在正四棱柱中，，點，，，，分別在棱，，，上，，，
證明：；
點P在棱上，當二面角為時，求
6. （2023·新課標II卷 第20題）如圖三棱錐中，，，，E為BC的中點.
證明：
點F滿足，求二面角的正弦值.
【2022年真題】
7.（2022·新高考I卷 第4題）南水北調工程緩解了北方一些地區水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔時，相應水面的面積為水位為海拔時，相應水面的面積為將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔上升到時，增加的水量約為( )
A. B. C. D.
8.（2022·新高考I卷 第8題）已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一個球面上，若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是( )
A. B. C. D.
9.（2022·新高考II卷 第7題）已知正三棱臺的高為1，上下底面的邊長分別為和，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為( )
A. B. C. D.
10.（2022·新高考I卷 第9題）（多選）已知正方體，則( )
A. 直線與所成的角為
B. 直線與所成的角為
C. 直線與平面所成的角為
D. 直線與平面ABCD所成的角為
11.（2022·新高考II卷 第11題）（多選）如圖，四邊形ABCD為正方形，平面ABCD，，，記三棱錐，，的體積分別為，，，則( )
A. B. C. D.
12.（2022·新高考I卷 第19題）如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為
求A到平面的距離;
設D為的中點，，平面平面，求二面角的正弦值.
13.（2022·新高考II卷 題20題）如圖，PO是三棱錐的高，，，E是PB的中點.
證明：平面
若，，，求二面角正弦值.
【2021年真題】
14.（2021·新高考I卷 第3題）已知圓錐的底面半徑為，其側面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為( )
A. 2 B. C. 4 D.
15.（2021·新高考II卷 第4題）北斗三號全球衛星導航系統是我國航天事業的重要成果．在衛星導航系統中，地球靜止同步衛星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為軌道高度是指衛星到地球表面的距離將地球看作是一個球心為O，半徑r為的球，其上點A的緯度是指OA與赤道平面所成角的度數．地球表面上能直接觀測到一顆地球靜止同步軌道衛星點的緯度最大值為，記衛星信號覆蓋地球表面的表面積為單位：，則S占地球表面積的百分比約為( )
A. B. C. D.
16.（2021·新高考II卷 第5題）正四棱臺的上、下底面的邊長分別為2，4，側棱長為2，則其體積為( )
A. B. C. D.
17.（2021·新高考I卷 第12題）（多選）在正三棱柱中，，點P滿足，其中，，則( )
A. 當時，的周長為定值
B. 當時，三棱錐的體積為定值
C. 當時，有且僅有一個點P，使得
D. 當時，有且僅有一個點P，使得平面
18.（2021·新高考II卷 第10題）（多選）如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點，則滿足的是( )
A. B.
C. D.
19.（2021·新高考I卷 第20題）如圖，在三棱錐中，平面平面BCD，，O為BD的中點.
證明：
若是邊長為1的等邊三角形，點E在棱AD上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積.
20.（2021·新高考II卷 第19題）在四棱錐中，底面ABCD是正方形，若
證明：平面平面ABCD；
求二面角的平面角的余弦值．
【2020年真題】
21.（2020·新高考I卷 第4題、II卷 第4題）日晷是中國古代用來測定時間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間．把地球看成一個球球心記為，地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面．在點A處放置一個日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點A處的緯度為北緯，則晷針與點A處的水平面所成角為( )
B.
C. D.
22.（2020·新高考I卷 題16題）已知直四棱柱的棱長均為2，以為球心，為半徑的球面與側面的交線長為________.
23.（2020·新高考II卷 題13題）已知正方體的棱長為2，M、N分別為、AB的中點，則三棱錐的體積為__________.
24.（2020·新高考I卷 題20題）如圖，四棱錐的底面為正方形，底面設平面PAD與平面PBC的交線為
證明：平面
已知，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.
25.（2020·新高考II卷 第20題）如圖，四棱錐的底面為正方形，底面
設平面PAD與平面PBC的交線為
證明：平面PDC；
已知，Q為l上的點，，求PB與平面QCD所成角的正弦值．
【答案解析】
1. （2023·新課標I卷 第12題）（多選）
解：選項A，正方體的內切球直徑為，故A正確
選項B，連接正方體的六個面對角線，可以得到一個正四面體，即正方體的內接正四面題的棱長為，故B正確
對于C，D，假設放入最大的圓柱AB，A，B分別為圓柱下、上底面的圓心，
設圓柱底面半徑為r，正方體體對角線為CD，，
，
當r取定時，圓柱的高
對于C，當時，，故C錯．
對于D，當時，，故D正確．
故選：
2. （2023·新課標II卷 第9題）（多選）
解：對于A：在中，，則，，
故圓錐的體積，故A正確；
對于B：圓錐的側面展開圖為扇形，扇形的半徑為2，弧長為，
故圓錐的側面積為，故B錯誤；
對于C：取AC中點D，連接，則，
則為二面角的平面角，即，
在中，，故，
在中，，故，故C正確；
對于D：，故D正確.
故選
3. （2023·新課標I卷 第14題）
解：如圖，
將正四棱臺補成正四棱錐，則，
，，故，
4. （2023·新課標II卷 第14題）
解：由題意可得四棱臺的高為3，上底面面積為，下底面面積為，
故正四棱臺的體積
所得棱臺的體積為
5. （2023·新課標I卷 第18題）
證明：如圖，作于點E，于點F，
則有，，即四邊形是平行四邊形，從而，
又，，即四邊形是平行四邊形，從而，
從而，得證.
如圖，以點B為原點，以BC、BA、分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系.
設，，，，
，，，
設平面的一個法向量為，
則，即，
令，則，，故
設平面的一個法向量為，
則，即，
令，則，，故
二面角的平面角為，
，
解得或3，則
6. （2023·新課標II卷 第20題）
解：連接AE，DE，，，
又，，與均為等邊三角形，
，，，平面ADE，
設，，，，
，，又，，
平面BCD，
如圖建立空間直角坐標系，
，，，，
，
，，，
設平面DAB與平面ABF的一個法向量分別為，，
設二面角平面角為，
，
，
7.（2022·新高考I卷 第4題）
解：依據棱臺的體積公式
8.（2022·新高考I卷 第8題）
解：方法設正四棱錐的高為，底面邊長為a，球心為O，由已知易得球半徑為，
所以，
因為，
故所以，求導，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，，
故該正四棱錐體積的取值范圍是
方法
由方法中知，，
求導，所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，，
故該正四棱錐體積的取值范圍是
9.（2022·新高考II卷 第7題）
解：由題意易得上底面所在平面截球面所得圓的半徑為3，下底面所在平面截球面所得圓的半徑為4，
設該球的半徑為R，當正三棱臺的上、下底面在球心異側時，
有，無解；
所以正三棱臺的上、下底面在球心同側，所以，
解得，因此該球的表面積為
10.（2022·新高考I卷 第9題）（多選）
解：如圖，因為，，所以，故A正確;
對于選項因為平面，平面，
所以，
又，且，，平面，
所以平面，且平面，
所以直線，故B正確;
對于選項連接與交于點，
因為平面，平面，
所以，
又，且，，平面，
所以平面，
則即為直線與平面所成的角，
，所以，故C錯誤;
對于選項直線與平面ABCD所成的角即為，所以D正確.
11.（2022·新高考II卷 第11題）（多選）
解：設，則，
連結BD交AC于M，連結EM、FM，
則，，，故，
，，
12.（2022·新高考I卷 第19題）
解：設A到平面的距離為d，
因為直三棱柱的體積為4，即可得，
故，
又，
解得，所以A到平面的距離為；
連接，因為直三棱柱中，，
故四邊形為正方形，即，
又平面平面，平面平面，平面，
故平面，因為平面，所以，
又因為，平面，且，
故平面，因為平面，則，
所以三條直線兩兩垂直，
故如圖可以以B為原點建立空間直角坐標系，
設，，則，
由條件可得，解得，
則，，，，的中點，
所以，，，
設平面ABD的一個法向量為，
，取，
同理可求得平面BCD的一個法向量為，
所以，
所以二面角的正弦值為
13.（2022·新高考II卷 題20題）
解：法一：連接OA、OB，
因為PO是三棱錐的高，所以平面ABC，所以，，
所以，又，，所以≌，所以，
作AB中點D，連接OD、DE，則有，又，所以，
又因為平面PAC，平面PAC，所以平面PAC，
又D、 E分別為AB、PB的中點，所以，在中，
又因為平面PAC，平面PAC，所以平面PAC，
又OD、平面ODE，，所以平面平面PAC，
又平面ODE，所以平面
法二：連接OA、OB，
因為PO是三棱錐的高，所以平面ABC，所以，，
所以，又，，所以≌，
所以，又，在，O為BF中點，
延長BO，交AC于F，連接 PF，
所以在中，O、E分別為BF、PB的中點，所以，
因為平面PAC，平面PAC，所以平面
法一：過點D作，以DB為x軸，DO為y軸，DF為z軸.
建立如圖所示的空間直角坐標系.
因為，，由，
又，所以，，
所以，，，，
設，則，
平面AEB的法向量設為，直線AB的方向向量可設為，
直線平面AEB，直線DP的方向向量為
，所以，
所以，設，則，所以
平面AEC的法向量設為，，
，所以，所以，設，則，
所以
所以，，
二面角的平面角為，則，
所以二面角的正弦值為
法二：過點A作，以AB為x軸，AC為y軸，AF為z軸
建立所示的空間直角坐標系.
因為，，由，
又，所以，，所以，，
，，設，則，
平面AEB的法向量設為，，
，所以，所以設，則，
所以
平面AEC的法向量設為，，
，所以，
所以，設，則，所以
所以，
二面角的平面角為，則，
所以二面角的正弦值為
14.（2021·新高考I卷 第3題）
解：設圓錐的母線長為l，因為圓錐的底面半徑為，所以底面圓周長為，
由展開圖可知半圓的弧長為，所以，得，
故選：
15.（2021·新高考II卷 第4題）
解：如圖所示：
由題意可得，S占地球表面積的百分比約為：
故選
16.（2021·新高考II卷 第5題）
解：作出圖形，連接該正四棱臺上下底面的中心，如圖所示，
因為該正四棱臺上下底面邊長分別為2，4，側棱長為2，
所以該棱臺的高，
下底面面積，上底面面積，
所以該棱臺的體積
故選：
17.（2021·新高考I卷 第12題）（多選）
解：對于A，當時，，即，
所以，
故點P在線段上，此時的周長為，
當點P為的中點時，的周長為，
當點P在點處時，的周長為，
故周長不為定值，故選項A錯誤；
對于B，當時，，即，
所以，
故點P在線段上，
因為平面，
所以直線上的點到平面的距離相等，
又的面積為定值，
所以三棱錐的體積為定值，故選項B正確；
對于C，當時，取線段BC，的中點分別為M，，連接，
因為，即，
所以，
則點P在線段上，
當點P在處時，，，
又，
所以平面，
又平面，
所以，即，
同理，當點P在M處，，故選項C錯誤；
對于D，當時，取的中點，的中點D，
因為，即，
所以，
則點P在線的上，
當點P在點處時，取AC的中點E，連接，BE，
因為平面，
又平面，所以，
在正方形中，，
又，BE，平面，
故平面，
又平面，所以，
在正方體形中，，
又，，平面，
所以平面，
因為過定點A與定直線垂直的平面有且只有一個，
故有且僅有一個點P，使得平面，故選項D正確．
故選：
18.（2021·新高考II卷 第10題）（多選）
解：設正方體的棱長為2，
對于A，如圖所示，連接AC，易知，且MN、AC、OP在同一平面內，
由圖可知直線OP與AC相交且不垂直，故不成立，故A錯誤.
對于B，如圖所示，取MT的中點為Q，連接PQ，OQ，則，，
由正方體可得平面MADT，而平面MADT，
故，而，SM，平面SNTM，故平面SNTM，
又平面SNTM，所以，而，，
所以平面OPQ，而平面OPQ，故，故B正確.
對于C，如圖，連接BD，則，由B的判斷可得，
故，故C正確.
對于D，如圖，取的中點G，連接PG，OG，，
則，，，，
則，可得，
根據三角形的性質可知PO與PG不垂直，故PO與MN不垂直，故D錯誤.
故選
19.（2021·新高考I卷 第20題）
證明：，
是以BD為底的等腰三角形，
又為BD的中點，
，
平面平面BCD，且平面平面，
平面ABD，
平面BCD，
平面BCD，
解：以O為坐標原點，OD為y軸，OA為z軸，垂直OD且過O的直線為x軸，建立空間直角坐標系.
是邊長為1的等邊三角形，
，，，
不妨設，
點E在棱AD上，，
，，，
設向量為平面BCE的法向量，
設，則，，即
顯然是平面BCD的法向量，
二面角的大小為，
，即，解得舍去，
20.（2021·新高考II卷 第19題）
解：證明：取AD的中點為O，連接
因為，，則，
而，故，
在正方形ABCD中，，，故，
因為，故，故為直角三角形且，
因為，OC、平面ABCD，故平面ABCD，
因為平面QAD，故平面平面
在平面ABCD內，過O作，交BC于T，則，
因為中的平面ABCD，平面ABCD，，
故可以OT為x軸，以OD為y軸，以OQ為z軸，建如圖所示的空間直角坐標系.
則，故
設平面QBD的一個法向量，
則即，取，則，
故
而平面QAD的法向量為，故
又二面角的平面角為銳角，故其余弦值為
21.（2020·新高考I卷 第4題、II卷 第4題）
解：可設A所在的緯線圈的圓心為，垂直于緯線所在的圓面，
由圖可得為晷針與點A處的水平面所成角，
又且，
在中，，
，
故選：
22.（2020·新高考I卷 題16題）
解：直四棱柱棱長為2，底面是邊長為2的菱形，側面是邊長為2的正方形，
又， 可得 ，
點到面的距離即為點到的距離，即為，
則根據勾股定理可得截面的圓半徑為 ，
而，且，
則球與側面所形成的交線為一段圓弧，其圓心角為 ，
故形成的交線長為 .
故答案為
23.（2020·新高考II卷 題13題）
解：如圖，
正方體的棱長為2，M、N分別為、AB的中點，
，
故答案為：
24.（2020·新高考I卷 題20題）
解：底面ABCD，且平面ABCD，
，
為正方形，，
又，且PD、DC在平面PDC內，
平面PDC，
，且平面PBC，平面PBC，
平面PBC，
又平面PAD與平面PBC的交線為l，且平面PAD，
，平面PDC；
以D為原點，以DA、DC、DP分別為x、y、z軸，建立空間直角坐標系如圖所示：
由，得，，，，
則，，
設點Q的坐標為，平面QCD的法向量為，
則，即有，即，
取，得，
又設與夾角為，PB與平面QCD所成角為，
則，
于是，
當時，，
當時，，
又當且僅當 時，取等號，即得，
當時，，
又當且僅當 時，取等號，即得，
綜上可知，PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為
25.（2020·新高考II卷 第20題）
解：證明：過P在平面PAD內作直線，
由，可得，即l為平面PAD和平面PBC的交線，
平面ABCD，平面ABCD，，
又，，CD，平面PCD
平面PCD，
，平面PCD；
如圖，以D為坐標原點，直線DA，DC，DP所在的直線為x，y，z軸，
建立空間直角坐標系，
，Q為l上的點，，
，，
則，，，，，
設，則，，，
設平面QCD的法向量為，
則，，取，可得，
，，
與平面QCD所成角的正弦值為
/

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