資源簡介

專題5 空間向量與立體幾何
01專題網絡·思維腦圖（含基礎知識梳理、常用結論與技巧）
02考情分析·解密高考
03高頻考點·以考定法（四大命題方向+五道高考預測試題，高考必考22-27分）
命題點1 多面體表面積體積問題
命題點2 多面體內切外接問題
命題點3 空間幾何體中角度問題
命題點4 空間幾何體中動點問題
04創新好題·分層訓練（ 精選9道最新名校模擬試題+9道易錯提升）
空間幾何體常用以及易錯知識點
空間角 向量求法 范圍
異面直線所成的角 設兩條異面直線所成的角為θ，它們的方向向量分別為v1，v2，則cos θ=|cos|= (θ與相等或互補)
直線與平面所成的角 設直線l與平面α所成的角為θ，l的方向向量為v，平面α的法向量為n，則sin θ=|cos|=
兩個平面所成的角 設平面α，β所成的角為θ，平面α，β的法向量分別為n1，n2，則cos θ=|cos|= (θ與相等或互補)
（1）當直線與平面平行或直線在平面內時，直線與平面所成的角為0；
（2）兩個平面相交會形成四個二面角，二面角的取值范圍為[0，π]，一般規定較小的二面角為兩個平面所成的角. 兩個平面平行時，它們所成的角為0.
空間距離 向量求法
點到直線的距離 設直線l的方向向量為v，點P為l外一點，點A為l上任一點，則點P到l的距離d=
點到平面的距離 設n為平面α的法向量，點A為平面α內任一點，則平面α外任一點P到平面α的距離d=
兩平行線間的距離 在平行直線m，n上分別任取一點A，P，設直線m的方向向量為v，則兩平行線m，n間的距離d= (也可轉化為點線距求解)
兩平行平面間的距離 在平行平面α，β上各取一點A，B，設平面α的法向量為n，則兩平行平面α，β之間的距離d= (也可轉化為點面距求解)
1. 四點共面的充要條件
空間中任一點P位于平面MAB內的充要條件是存在有序實數對(x，y)，
使=x+y，或對空間中任一點O，有=+x+y
(或=(1-x-y)·+x+y).
2. 定比分點坐標公式
已知A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)兩點，點M在直線AB上，=λ (λ∈R且λ≠-1)則稱點M為有向線段的定比分點，其坐標為.
空間幾何體是高考中必考點，一般以2+1或者是3+1形式出現，主要考查多面體體積以及內切外接問題，必考題型為空間二面角問題
真題多維細目表
考點 考向 考題
立體幾何 ①多面體表面積體積問題 ②多面體內切外接問題 ③空間幾何題角度問題 ④空間幾何體動點問題 2023新全國Ⅰ卷T12 T14 全國ⅡT9 T14 全國乙T8 全國甲T11 2022 全國甲卷T9 新全國Ⅰ卷T4 全國Ⅱ T11 2021 全國Ⅰ卷T20 2023 新高考Ⅰ卷T12 全國乙卷T16 全國甲卷T15 2022全國乙卷T9 新高考Ⅰ卷T8 全國ⅡT7 2021Q全國甲卷T7 2023 新高考Ⅰ卷T18 全國乙卷T19 全國甲卷T18 2022 全國乙卷T18 新高考ⅡT20新高考Ⅰ卷T19 甲卷T18 2021 全國乙卷T5 T18 新高考Ⅰ卷T20 2023新高考ⅠT18 2021 全國甲卷T19
命題點1 多面體表面積體積問題
典例01．
（2022·全國甲卷）
1．甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側面展開圖的圓心角之和為，側面積分別為和，體積分別為和．若，則（ ）
A． B． C． D．
典例02.
（2023·全國Ⅱ）
2．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45°，則（ ）．
A．該圓錐的體積為 B．該圓錐的側面積為
C． D．的面積為
典例03．
（2023·全國·Ⅰ卷）
3．在正四棱臺中，，則該棱臺的體積為 ．
典例04．
（2023·全國乙卷）
4．如圖，在三棱錐中，，，，，的中點分別為，點在上，．
(1)求證：//平面；
(2)若，求三棱錐的體積．
命題點2 多面體內切外接問題
典例01.
（2022·全國Ⅰ卷）
5．已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上.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．
典例02.
（2023·全國Ⅰ卷）
6．下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）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
典例03．
（2023·全國乙卷）
7．已知點均在半徑為2的球面上，是邊長為3的等邊三角形，平面，則 ．
典例04.
（2023·全國甲卷）
8．在正方體中，E，F分別為AB，的中點，以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有 個公共點．
命題點3 空間幾何體中角度問題
典例01.（線面角問題）
（2022·全國甲卷）
9．在長方體中，已知與平面和平面所成的角均為，則（ ）
A． B．AB與平面所成的角為
C． D．與平面所成的角為
典例02.（線面角、線線角問題）
（2022·全國Ⅰ卷）
10．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
典例03.（線面角解答題）
（2023·全國甲卷）
11．如圖，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距離為1．

(1)證明：；
(2)已知與的距離為2，求與平面所成角的正弦值．
典例04.（二面角問題）
（2023·全國·Ⅱ卷）
12．如圖，三棱錐中，，，，E為BC的中點．
(1)證明：；
(2)點F滿足，求二面角的正弦值．
命題點4 空間幾何體中動點問題
典例01.
（2023·全國·統考Ⅰ卷）
13．如圖，在正四棱柱中，．點分別在棱,上，．

(1)證明：；
(2)點在棱上，當二面角為時，求．
典例02．
（2021·全國·甲卷）
14．已知直三棱柱中，側面為正方形，，E，F分別為和的中點，D為棱上的點．
（1）證明：；
（2）當為何值時，面與面所成的二面角的正弦值最小
預計2024年高考中立體幾何也會是以小題加解答題形式出現，小題將是以空間幾何體體內切外接球，線面角，以及體積為主，解答題則是以線面垂直以及二面角為主.
15．中國國家館，以城市發展中的中華智慧為主題，表現出了“東方之冠，鼎盛中華，天下糧倉，富庶百姓”的中國文化精神與氣質.如圖，現有一個與中國國家館結構類似的正四棱臺，上下底面的中心分別為和，若，，則正四棱臺的體積為（ ）
A． B． C． D．
16．在梯形中，，將 沿折起，連接，得到三棱錐，則三棱錐體積最大時，其外接球的表面積為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
17．在正方體中，點P滿足，則（ ）
A．對于任意的正實數，三棱錐的體積始終不變
B．對于任意的正實數，都有平面
C．存在正實數，使得異面直線與所成的角為
D．存在正實數，使得直線與平面所成的角為
18．如圖，在四棱錐中，底面，四邊形是直角梯形，，，點在棱上.
(1)證明：平面平面；
(2)當時，求二面角的余弦值.
19．如圖，在四棱錐中，，．

(1)求證：平面平面；
(2)若線段上存在點，滿足，且平面與平面的夾角的余弦值為，求實數的值．
（★精選9道最新名校模擬考試題+9道能力高頻考點提升題）
一、單選題
（2024上·山東德州·高三德州市第一中學校考期末）
20．蓋碗是由茶碗、茶蓋、茶船三件套組成，蓋碗又稱“三才碗”，蘊含了古代哲人講的“天蓋之，地栽之，人育之”的道理．如圖是乾隆時期的山水人物方蓋碗的茶蓋和茶碗，近似看作兩個正四棱臺的組合體，其中茶碗上底面的邊長為﹐下底面邊長為，高為，則茶水至少可以喝（不足一碗算一碗）（ ）
A．7碗 B．8碗 C．9碗 D．10碗
（2024上·四川達州·高三統考期末）
21．球面上兩點之間的最短連線的長度，就是經過這兩點的大圓（大圓就是經過球心的平面截球面所得的圓）在這兩點間的一段劣弧的長度，我們把這個弧長叫做這兩點間的球面距離．已知長方體的所有頂點都在同一個球面上，且，，則，D兩點間的球面距離為（ ）
A． B． C． D．
（2024·安徽·模擬預測）
22．在正方體中，E，F分別為棱，的中點，過直線EF的平面截該正方體外接球所得的截面面積的最小值為，最大值為，則（ ）
A． B． C． D．
（2024上·黑龍江哈爾濱·高三哈爾濱市第六中學校校聯考期末）
23．過正四棱錐的高的中點作平行于底面的截面，若四棱錐與四棱臺的表面積之比為，則直線與底面所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
（2024上·湖南長沙·高三雅禮中學校考階段練習）
24．已知三棱錐P-ABC內接于球O，PA⊥平面ABC，，AB⊥AC，，點D為AB的中點，點Q在三棱錐P-ABC表面上運動，且，已知在弧度制下銳角，滿足：，，則下列結論正確的是（ ）
A．過點D作球的截面，截面的面積最小為 B．過點D作球的截面，截面的面積最大為
C．點Q的軌跡長為 D．點Q的軌跡長為
（2024·江西鷹潭·貴溪市實驗中學校考模擬預測）
25．若點P是棱長為2的正方體表面上的動點，點M是棱的中點，則（ ）
A．當點P在底面ABCD內運動時，三棱錐的體積為定值
B．當時，線段AP長度的最大值為3
C．當直線AP與平面ABCD所成的角為45°時，點P的軌跡長度為
D．直線DM被正方體的外接球所截得的線段的長度為
三、填空題
（2024上·山東德州·高三德州市第一中學校考階段練習）
26．葫蘆是一種爬藤植物，在我國傳統文化中，其枝密集繁茂，象征著兒孫滿堂、同氣連枝；其音近于“福祿”，寓意著長壽多福、事業發達；其果口小肚大，代表著心胸開闊、和諧美滿．如圖，一個葫蘆的果實可以近似看做兩球相交所得的幾何體，其中的下半部分是半徑為的球的一部分，的上半部分是半徑為3的球的一部分，且，則過直線的平面截所得截面的面積為 ．
四、解答題
（2024·全國·高三專題練習）
27．如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形與均為直角梯形，平面，．

(1)已知點G為AF上一點，且，求證：BG與平面DCE不平行；
(2)已知直線BF與平面DCE所成角的正弦值為，求AF的長及四棱錐D－ABEF的體積．
（2024·廣西·模擬預測）
28．如圖，在四棱錐中，，，四邊形是菱形，，是棱上的動點，且.

(1)證明：平面.
(2)是否存在實數，使得平面與平面所成銳二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
一、單選題
（2024·河北聯考模擬）
29．如圖，西周琱生簋（guǐ）是貴族琱生為其祖先制作的宗廟祭祀時使用的青銅器．該青銅器可看成由上、下兩部分組成，其中上面的部分可看作圓臺，下面的部分可看作圓柱，且圓臺和圓柱的高之比約為，圓臺的上底面與圓柱的底面完全重合，圓臺上、下底面直徑之比約為，則圓臺與圓柱的體積之比約為（ ）
A． B．
C． D．
（2024·云南·校聯考模擬預測）
30．如圖，在直三棱柱中，面，，則直線與直線夾角的余弦值為（ ）

A． B． C． D．
（2024·河南·高三模擬）
31．設為兩個不同的平面，為三條不同的直線，則下列命題正確的是（ ）
A．若，則 B．若，則
C．若，則 D．若，則
二、多選題
（2024上·河北邯鄲·高三磁縣第一中學）
32．勒洛三角形也被稱為定寬曲線，勒洛三角形的立體版就是如圖所示的立體圖形，它能在兩個平行平面間自由轉動，并且始終保持與兩平面都接觸，它是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的公共部分組成的，因此它能像球一樣來回滾動.這種立體圖形稱為勒洛四面體，若圖中勒洛四面體的四個頂點分別為P、A、B、C，任意兩個頂點之間的距離為1，則下列說法正確的是（ ）
A．圖中所示勒洛四面體表面上任意兩點間距離的最大值為1
B．圖中所示勒洛四面體的內切球的表面積為
C．平面截此勒洛四面體所得截面的面積為
D．圖中所示的勒洛四面體的體積是
（2024上·湖南長沙·高三雅禮中學校考階段練習）
33．已知三棱錐P-ABC內接于球O，PA⊥平面ABC，，AB⊥AC，，點D為AB的中點，點Q在三棱錐P-ABC表面上運動，且，已知在弧度制下銳角，滿足：，，則下列結論正確的是（ ）
A．過點D作球的截面，截面的面積最小為 B．過點D作球的截面，截面的面積最大為
C．點Q的軌跡長為 D．點Q的軌跡長為
三、填空題
（2024·吉林·統考二模）
34．足尖雖未遍及美景，浪漫卻從未停止生長. 清風牽動裙擺，處處彰顯著幾何的趣味. 下面的幾何圖形好似平鋪的一件裙裝，①②③⑤是全等的等腰梯形，④⑥是正方形，其中，若沿圖中的虛線折起，圍成一個封閉幾何體，則的體積為 ; 的外接球的表面積為 .
四、解答題
（2024上·江蘇蘇州·高三校考期末）
35．如圖所示，四邊形ABCD為圓柱ST的軸截面，點Р為圓弧BC上一點（點P異于B，C）．
(1)證明：平面PAB⊥平面PAC；
(2)若，（），且二面角的余弦值為，求的值．
（2024·江西贛州·南康中學校聯考模擬預測）
36．如圖，在四棱錐中，為中點，平面平面，，.
(1)求證：平面；
(2)在棱上是否存在點，使得平面與平面夾角的余弦值為？若存在，求出點的位置；若不存在，說明理由.
（2024·四川南充·統考一模）
37．如圖，在四棱錐中，平面，，，．
(1)求證：平面；
(2)若，二面角的正切值為，求直線與平面所成角的正弦值．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．C
【分析】設母線長為，甲圓錐底面半徑為，乙圓錐底面圓半徑為，根據圓錐的側面積公式可得，再結合圓心角之和可將分別用表示，再利用勾股定理分別求出兩圓錐的高，再根據圓錐的體積公式即可得解.
【詳解】解：設母線長為，甲圓錐底面半徑為，乙圓錐底面圓半徑為，
則，
所以，
又，
則，
所以，
所以甲圓錐的高，
乙圓錐的高，
所以.
故選：C.
2．AC
【分析】根據圓錐的體積、側面積判斷A、B選項的正確性，利用二面角的知識判斷C、D選項的正確性.
【詳解】依題意，，，所以，
A選項，圓錐的體積為，A選項正確；
B選項，圓錐的側面積為，B選項錯誤；
C選項，設是的中點，連接，
則，所以是二面角的平面角，
則，所以，
故，則，C選項正確；
D選項，，所以，D選項錯誤.
故選：AC.

3．##
【分析】結合圖像，依次求得，從而利用棱臺的體積公式即可得解.
【詳解】如圖，過作，垂足為，易知為四棱臺的高，

因為，
則，
故，則，
所以所求體積為.
故答案為：.
4．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據給定條件，證明四邊形為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.
（2）作出并證明為棱錐的高，利用三棱錐的體積公式直接可求體積.
【詳解】（1）連接，設，則，，，
則，
解得，則為的中點，由分別為的中點，
于是，即，
則四邊形為平行四邊形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）過作垂直的延長線交于點，
因為是中點，所以，
在中，，
所以，
因為，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面，
即三棱錐的高為，
因為，所以，
所以，
又，
所以.
5．C
【分析】設正四棱錐的高為，由球的截面性質列方程求出正四棱錐的底面邊長與高的關系，由此確定正四棱錐體積的取值范圍.
【詳解】∵球的體積為，所以球的半徑,
[方法一]：導數法
設正四棱錐的底面邊長為，高為，
則，,
所以，
所以正四棱錐的體積，
所以，
當時，，當時，，
所以當時，正四棱錐的體積取最大值，最大值為，
又時，，時，,
所以正四棱錐的體積的最小值為，
所以該正四棱錐體積的取值范圍是.
故選：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以當且僅當取到，
當時，得，則
當時，球心在正四棱錐高線上，此時，
，正四棱錐體積，故該正四棱錐體積的取值范圍是
6．ABD
【分析】根據題意結合正方體的性質逐項分析判斷.
【詳解】對于選項A：因為，即球體的直徑小于正方體的棱長，
所以能夠被整體放入正方體內，故A正確；
對于選項B：因為正方體的面對角線長為，且，
所以能夠被整體放入正方體內，故B正確；
對于選項C：因為正方體的體對角線長為，且，
所以不能夠被整體放入正方體內，故C不正確；
對于選項D：因為，可知底面正方形不能包含圓柱的底面圓，
如圖，過的中點作，設，
可知，則，
即，解得，
且，即，
故以為軸可能對稱放置底面直徑為圓柱，
若底面直徑為的圓柱與正方體的上下底面均相切，設圓柱的底面圓心，與正方體的下底面的切點為，
可知：，則，
即，解得，
根據對稱性可知圓柱的高為，
所以能夠被整體放入正方體內，故D正確；
故選：ABD.
7．2
【分析】先用正弦定理求底面外接圓半徑，再結合直棱柱的外接球以及求的性質運算求解.
【詳解】如圖，將三棱錐轉化為正三棱柱，
設的外接圓圓心為，半徑為，
則，可得，
設三棱錐的外接球球心為，連接，則，
因為，即，解得.
故答案為：2.
【點睛】方法點睛：多面體與球切、接問題的求解方法
（1）涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉化為平面問題求解；
（2）若球面上四點P、A、B、C構成的三條線段PA、PB、PC兩兩垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有關元素“補形”成為一個球內接長方體，根據4R2＝a2＋b2＋c2求解；
（3）正方體的內切球的直徑為正方體的棱長；
（4）球和正方體的棱相切時，球的直徑為正方體的面對角線長；
（5）利用平面幾何知識尋找幾何體中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關系，列方程(組)求解．
8．12
【分析】根據正方體的對稱性，可知球心到各棱距離相等，故可得解.
【詳解】不妨設正方體棱長為2，中點為，取，中點，側面的中心為，連接，如圖，
由題意可知，為球心，在正方體中，，
即，
則球心到的距離為，
所以球與棱相切，球面與棱只有1個交點，
同理，根據正方體的對稱性知，其余各棱和球面也只有1個交點，
所以以EF為直徑的球面與正方體棱的交點總數為12.
故答案為：12
9．D
【分析】根據線面角的定義以及長方體的結構特征即可求出．
【詳解】如圖所示：
不妨設，依題以及長方體的結構特征可知，與平面所成角為，與平面所成角為，所以，即，，解得．
對于A，，，，A錯誤；
對于B，過作于，易知平面，所以與平面所成角為，因為，所以，B錯誤；
對于C，，，，C錯誤；
對于D，與平面所成角為，，而，所以．D正確．
故選：D．
10．ABD
【分析】數形結合，依次對所給選項進行判斷即可.
【詳解】如圖，連接、，因為，所以直線與所成的角即為直線與所成的角，
因為四邊形為正方形，則，故直線與所成的角為，A正確；
連接，因為平面，平面，則，
因為，，所以平面，
又平面，所以，故B正確；
連接，設，連接，
因為平面，平面，則，
因為，，所以平面，
所以為直線與平面所成的角，
設正方體棱長為，則，，，
所以，直線與平面所成的角為，故C錯誤；
因為平面，所以為直線與平面所成的角，易得，故D正確.
故選：ABD
11．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據線面垂直，面面垂直的判定與性質定理可得平面，再由勾股定理求出為中點，即可得證；
（2）利用直角三角形求出的長及點到面的距離，根據線面角定義直接可得正弦值.
【詳解】（1）如圖，

底面，面，
，又，平面，,
平面ACC1A1，又平面，
平面平面，
過作交于，又平面平面，平面，
平面
到平面的距離為1，，
在中，，
設，則，
為直角三角形，且，
，，，
，解得，
，
（2），
，
過B作，交于D，則為中點，
由直線與距離為2，所以
，，，
在，，
延長，使，連接，
由知四邊形為平行四邊形，
，平面，又平面，
則在中，，，
在中，，，
,
又到平面距離也為1，
所以與平面所成角的正弦值為.
12．(1)證明見解析；
(2)．
【分析】（1）根據題意易證平面，從而證得；
（2）由題可證平面，所以以點為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，再求出平面的一個法向量，根據二面角的向量公式以及同角三角函數關系即可解出．
【詳解】（1）連接，因為E為BC中點，，所以①，
因為，，所以與均為等邊三角形，
，從而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨設，，．
，，又，平面平面．
以點為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示：

設，
設平面與平面的一個法向量分別為，
二面角平面角為,而，
因為，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，從而．
所以二面角的正弦值為．
13．(1)證明見解析；
(2)1
【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用向量坐標相等證明；
（2）設，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【詳解】（1）以為坐標原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖，

則，
，
，
又不在同一條直線上，
.
（2）設，
則，
設平面的法向量，
則，
令 ，得，
，
設平面的法向量，
則，
令 ，得，
，
，
化簡可得，，
解得或，
或，
.
14．（1）證明見解析；（2）
【分析】（1）方法二：通過已知條件，確定三條互相垂直的直線，建立合適的空間直角坐標系，借助空間向量證明線線垂直；
（2）方法一：建立空間直角坐標系，利用空間向量求出二面角的平面角的余弦值最大，進而可以確定出答案；
【詳解】（1）[方法一]：幾何法
因為，所以．
又因為，，所以平面．又因為，構造正方體，如圖所示，
過E作的平行線分別與交于其中點，連接，
因為E，F分別為和的中點，所以是BC的中點，
易證，則．
又因為，所以．
又因為，所以平面．
又因為平面，所以．
[方法二] 【最優解】：向量法
因為三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以兩兩垂直．
以為坐標原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖．
，．
由題設（）．
因為，
所以，所以．
[方法三]：因為，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最優解】：向量法
設平面的法向量為，
因為，
所以，即．
令，則
因為平面的法向量為，
設平面與平面的二面角的平面角為，
則．
當時，取最小值為，
此時取最大值為．
所以，此時．
[方法二] ：幾何法
如圖所示，延長交的延長線于點S，聯結交于點T，則平面平面．
作，垂足為H，因為平面，聯結，則為平面與平面所成二面角的平面角．
設，過作交于點G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
則，
所以，當時，．
[方法三]：投影法
如圖，聯結，
在平面的投影為，記面與面所成的二面角的平面角為，則．
設，在中，．
在中，，過D作的平行線交于點Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
當，即，面與面所成的二面角的正弦值最小，最小值為．
【整體點評】第一問，方法一為常規方法，不過這道題常規方法較為復雜，方法二建立合適的空間直角坐標系，借助空間向量求解是最簡單，也是最優解；方法三利用空間向量加減法則及數量積的定義運算進行證明不常用，不過這道題用這種方法過程也很簡單，可以開拓學生的思維.
第二問：方法一建立空間直角坐標系，利用空間向量求出二面角的平面角是最常規的方法，也是最優方法；方法二：利用空間線面關系找到，面與面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面積與面積之比即為面與面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，進而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，開闊學生的思維．
15．B
【分析】根據正四棱臺性質求出側棱長，繼而求得高，根據棱臺的體積公式，即可求得答案.
【詳解】因為是正四棱臺，，，
側面以及對角面為等腰梯形，故，，
，所以，
所以該四棱臺的體積為，
故選：B.
16．D
【分析】如圖所示，過點作，由余弦定理得，再由平面平面時，三棱錐體積最大，記為外接球球心，半徑為，其中的外接圓的圓心為，結合球的截面的性質，求得外接球的半徑，結合球的表面積公式，即可求解.
【詳解】如圖所示，過點作，垂足為，
因為為等腰梯形，且，所以，且，
由余弦定理得，可得，
因為，所以，
當平面平面時，三棱錐體積最大，此時平面，
記為外接球球心，半徑為，其中的外接圓的圓心為，
連接，則平面，所以，
取的中點，因為，且，所以到平面的距離，
又因為的外接圓半徑，所以，
所以球的表面積為.
故選：D.

17．AB
【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角公式、三棱錐體積的性質、線面平行的性質逐一判斷即可.
【詳解】A：因為平面，平面，
所以平面，
因為，所以在線段（不包括端點）上，
因此對于任意的正實數，點到平面的距離不變，而，
所以對于任意的正實數，三棱錐的體積始終不變，因此本選項正確；
建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體的棱長為，
B：設平面的法向量為，
，
所以有，
因為，所以，而平面，
所以平面，因此本選項正確；
C：假設存在正實數，使得異面直線與所成的角為，則有解得：，所以不存在正實數，使得異面直線與所成的角為，因此本選項不正確；
D：假設存在正實數，使得直線與平面所成的角為，
設平面的法向量為，
所以有，
，
解得，所以假設不成立，因此不存在正實數，使得直線與平面所成的角為，所以本選項不正確，
故選：AB
18．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由線面垂直得到線線垂直，求出各邊長，由勾股定理逆定理得到，從而證明出線面垂直，面面垂直；
（2）解法一：以為原點，所在直線分別為軸，軸，軸，建系，寫出點的坐標及平面的法向量，求出二面角的余弦值；
解法二：取的中點，連接，以點為原點，所在直線分別為軸，軸，軸，建系，寫出點的坐標及平面的法向量，求出二面角的余弦值；
【詳解】（1）因為底面，平面，所以.
四邊形是直角梯形，，，
因為，所以.
所以，所以.
又因為，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）解法一：
以點為原點，所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則.
設點的坐標為，因為，所以，
即，所以.
所以.
設平面的一個法向量為，則，
取，則，得.
又因為平面，所以平面的一個法向量為.
設平面與平面的夾角為，
則.
所以，二面角的余弦值為.
解法二：
取的中點，連接，以點為原點，所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則.
設點的坐標為，因為，所以，
即，所以.
所以.
設平面的一個法向量為，則.
取，則，則.
又因為平面，所以平面的一個法向量為.
設平面與平面的夾角為，
則.
所以二面角的余弦值為
19．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）要證面面垂直，需證線面垂直，即證平面，即可證出；
（2）建立空間直角坐標系，用向量的方法求解即可.
【詳解】（1）如圖：

因為，，所以為等邊三角形，，
又，所以，又，
所以.
因為，所以為直角三角形，.
又，，為平面內的兩條相交直線，
所以平面，平面，所以，平面平面.
（2）取中點，中點，因為，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又，
故以為原點，建立如圖空間直角坐標系，

所以，，，，，.
設，因為，
解得，所以.
設平面的法向量為，
則，取；
設平面的法向量為，
則，取.
那么，，.
由，又，所以.
【點睛】關鍵點睛：根據，和點、的坐標，求點坐標是本題的一個關鍵.
20．C
【分析】根據題意，由棱臺的體積公式代入計算，即可得到結果.
【詳解】由條件可得，茶碗的上底面面積，
茶碗的下底面面積，茶碗高，
則茶碗的體積，
所以，即茶水至少可以喝9碗.
故選：C
21．A
【分析】利用球面距離的概念及弧長公式可得答案.
【詳解】設球的半徑為,球心為由題意，，
所以，
所以在中，由于，所以，
所以，D兩點間的球面距離為.
故選：A
22．D
【分析】根據題意可求得正方體的外接球球心位置，易知當截面面積最大時，截面圓的半徑為該正方體外接球的半徑，當截面與OP垂直時，截面面積最小；分別求出對應的半徑大小即可得出結果.
【詳解】如圖，正方體的外接球球心在其中心點處，設該正方體的棱長為，
則外接球的半徑，
要使過直線EF的平面截該球得到的截面面積最小，則截面圓的圓心為線段EF的中點，
連接OE，OF，OP，則，
，
所以，
此時截面圓的半徑．
顯然當截面面積最大時，截面圓的半徑為該正方體外接球的半徑；
所以．
故選：D．
23．A
【分析】根據題意知，，，分別為，，，的中點，設正方形的邊長為，，然后表示四棱錐與四棱臺的表面積，由表面積之比為，得到，的關系，確定線面角，求解即可.
【詳解】
依題意過正四棱錐的高的中點作平行于底面的截面，
則，，，分別為，，，的中點，
設正方形的邊長為，，
所以正方形的面積為，正方形的面積為，
正四棱錐的側面積為，
四棱臺的側面積為，
所以正四棱錐的表面積為，
四棱臺的表面積為，
所以，
解得，
由平面，所以為直線與底面所成角，
所以，又，，
所以.
故選：.
24．ABD
【分析】對于A項和B項，先求出三棱錐外接球的半徑，再根據圖形判斷經過球心的截面最大，與半徑垂直的截面最小即得，對于C項和D項，則先要通過計算找到角，再根據軌跡特征確定軌跡形狀，計算即得.
【詳解】
對于選項A,如圖，三棱錐P-ABC的外接球O即為以AB，AC，AP為鄰邊的長方體的外接球，
∴，∴，取BC的中點，則為△ABC的
外接圓圓心，且平面ABC，當OD與過點D的截面垂直時，截面的面積最小，
∵，此時截面圓的半徑為，
∴最小截面面積為，故A項正確；
對于選項B，當截面過球心時，截面圓的面積最大為，故B項正確；
對于選項C和D，由條件可得
故即，易得，
則點Q的軌跡分別是以點P為圓心，4為半徑的三段弧，其中一段弧圓心角為，兩段弧
圓心角為，點Q的軌跡長即為，故C項錯誤，D項正確．
故選：ABD．
25．ABD
【分析】由平面的距離不變，底面積不變得體積不變判斷A；分別取中點，證明點軌跡是矩形（除點），求出的最大值判斷B；連接，在正方形內以為圓心，為半徑作圓弧，得出點軌跡就是曲邊三角形（除去點），求出其周長判斷C；取為正方體對角線交點，正方體外接球球心，是正方形交點，球的過面的截面圓圓心，作于，由截面圓性質，弦長為（是球半徑），計算后判斷D．
【詳解】點P在底面ABCD內運動時，不變，面積不變，到平面的距離不變，即不變，因此體積不變，A正確；
分別取中點，連接，首先與平行且相等，與平行且相等，因此與平行且相等，是平行四邊形，在同一平面內，
正方形，易得，，所以，所以 （為的交點），
所以，
又平面，平面，所以，同理，
，平面，所以平面，
而，則平面，所以點軌跡是矩形（除點），是矩形，當與重合時，最大，且最大值為，B正確；
當直線AP與平面ABCD所成的角為45°時，
連接，在正方形內以為圓心，為半徑作圓弧，易證點軌跡就是曲邊三角形（除去點），
事實上，在平面內點，在平面內射影是，，當不與重合時，，，
曲邊三角形的周長是，C錯；
如圖，是正方體對角線交點即正方體外接球球心，是正方形交點即球的過面的截面圓圓心，作于，，
在正方形中，作于，正方形邊長為2，則，，，，
公用，，，所以，
所以由截面圓性質，
球的半徑為，
直線被球截得的線段長為，D正確．
故選：ABD．
26．
【分析】設N是兩球面的一個公共點，且位于截面上，通過條件提供的數據可求得，進而利用扇形的面積公式可得截面的面積.
【詳解】設N是兩球面的一個公共點，且位于截面上，
由，得，
故，從而．
所以截面面積為．
故答案為：
27．(1)證明見解析
(2)AF的長為4；．
【分析】（1）證明出兩兩垂直，建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，求出平面DCE的法向量，計算出，證明出BG與平面DCE不平行；
（2）由BF與平面DCE所成角的正弦值計算出AF的長，從而求出梯形ABEF的面積，計算出四棱錐的體積.
【詳解】（1）證明：因為平面ABEF，AB，平面ABEF，
所以，，
又，
以為坐標原點，分別為軸，建立空間直角坐標系，
則、、、、，

所以，，，
設平面DCE的法向量為，則，
令，則，所以，
因為，且不存在使得與垂直，
所以BG與平面DCE不平行；
（2）設（且），則，所以，
∵直線BF與平面DCE所成角的正弦值為，
∴，
化簡得，解得或（舍去）；故．
此時梯形ABEF的面積，故．
28．(1)證明見解析
(2)存在實數，理由見解析
【分析】（1）由線線垂直得到線面垂直，進而得到，再由勾股定理逆定理得到，從而得到線面垂直；
（2）作出輔助線，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，進而由二面角的余弦值得到方程，求出答案.
【詳解】（1）因為四邊形是菱形，所以.
因為，，平面，且，所以平面.
因為平面，所以.
因為，所以，即.
因為，平面，且，所以平面.
（2）取棱的中點，連接，因為四邊形是菱形，，
所以為等邊三角形，故⊥，
又平面，平面，
所以，，故，，兩兩垂直，
故以為原點，分別以，，的方向為，，軸的正方向，建立空間直角坐標系.

設，則，，，，
故，，，
所以，
設平面的法向量為，
則，
令，得.
平面的一個法向量為，設面與面所成的銳二面角為，
則，
整理得，解得或（舍去）.
故存在實數，使得面與面所成銳二面角的余弦值是.
29．B
【分析】利用圓臺與圓柱的體積公式進行計算即可.
【詳解】依題意，令圓臺上底面半徑為4，下底面半徑為5，高為3，圓柱的高為5，
則圓臺的體積
圓柱的體積，故，
故選：B
30．C
【分析】以為原點，所在的直線為軸建立空間直角坐標系，設，求出，，利用向量的夾角公式可得答案.
【詳解】在直三棱柱中，平面，平面，
所以，，
平面，平面，所以，
所以互相垂直，
以為原點，分別以所在的直線為軸建立空間直角坐標系，
設，
則，
可得，，
所以.
所以直線與直線夾角的余弦值為.
故選：C.

31．C
【分析】根據線線、線面和面面的基本關系依次判斷選項即可.
【詳解】A：若，則或a與b互為異面直線，故A錯誤；
B：若，則或a與b互為異面直線，故B錯誤；
C：若，則，故C正確；
D：若，則或或a與b互為異面直線或a與b相交，故D錯誤.
故選：C
32．AB
【分析】根據表面上任意兩點間距離的最大值即為其內接四面體的棱長1，可判定A正確；根據點E為該球與勒洛四面體的一個切點，由A，O，E三點共線，求得，求得內切球的表面積，可判定B正確；由截面形狀為三個半徑為1，圓心角為60°的扇形面積減去兩個邊長為1的正三角形的面積可判定C錯誤；求得正四面體的體積，其外接球的體積，可判定D錯誤.
【詳解】對于A中，勒洛四面體能在兩個平行平面間自由轉動，并且始終保持與兩平面都接觸，
所以其表面上任意兩點間距離的最大值，即為其內接四面體的棱長1，所以A正確；
對于B中，勒洛四面體的內切球與勒洛四面體的弧面相切，如圖所示，
其中點E為該球與勒洛四面體的一個切點，O為該球的球心，
則該球的球心O為正四面體的中心，半徑為OE，連接AE，
由A，O，E三點共線，且，，
因此，內切球的表面積為，故B正確；
對于C中，如圖所示，截面形狀為三個半徑為1，圓心角為60°的扇形面積減去兩個邊長為1的正三角形的面積，則，所以C錯誤；
對于D中，勒洛四面體的體積介于正四面體的體積和正四面體的外接球的體積之間，正四面體的體積，其外接球的體積，所以D錯誤.
故選：AB.
33．ABD
【分析】對于A項和B項，先求出三棱錐外接球的半徑，再根據圖形判斷經過球心的截面最大，與半徑垂直的截面最小即得，對于C項和D項，則先要通過計算找到角，再根據軌跡特征確定軌跡形狀，計算即得.
【詳解】
對于選項A,如圖，三棱錐P-ABC的外接球O即為以AB，AC，AP為鄰邊的長方體的外接球，
∴，∴，取BC的中點，則為△ABC的
外接圓圓心，且平面ABC，當OD與過點D的截面垂直時，截面的面積最小，
∵，此時截面圓的半徑為，
∴最小截面面積為，故A項正確；
對于選項B，當截面過球心時，截面圓的面積最大為，故B項正確；
對于選項C和D，由條件可得
故即，易得，
則點Q的軌跡分別是以點P為圓心，4為半徑的三段弧，其中一段弧圓心角為，兩段弧
圓心角為，點Q的軌跡長即為，故C項錯誤，D項正確．
故選：ABD．
34．
【分析】由題意可知幾何體為正四棱臺，結合正四棱臺求體積；根據正四棱臺以及球的結構特稱求外接球的半徑，進而可得表面積.
【詳解】由題意可知幾何體為正四棱臺，其底面邊長分別為2，4，側棱長為2，
正四棱臺高為，
可得體積為；
設上、下底面中心分別為，外接球的球心為，半徑為，
可得，解得，
所以的外接球的表面積為；
故答案為：；.
35．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先根據直徑所對的圓周角是直角及線面垂直的性質得出：，；再根據線面垂直的判定定理證得：PC⊥平面PAB；最后根據面面垂直的判定定理即可證明；
（2）先建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，依據向量共線求出點；再求出平面PBM與平面BMC的法向量；最后根據面面所成角的向量計算方法即可求解.
【詳解】（1）∵ P為圓弧BC上一點，BC為圓S直徑，∴，
∵在圓柱ST中，平面BCP，平面BCP，∴，
∵，平面PAB，平面PAB，
∴平面PAB，
∵平面PAC，
∴平面平面PAC．
（2）以點為坐標原點，、所在直線分別為軸、軸，
在平面BCP內以過點且垂直于的直線為軸、建立空間直角坐標系，如圖所示：
因為，
則，，，
所以，，，，即
設，由得：，
即，∴，，
設平面PBM的一個法向量，
∴，令，得.
∵軸平面BMC，
∴取平面BMC的一個法向量，
∴，
解得：．
36．(1)證明見解析
(2)存在，為中點
【分析】（1）取中點，連接，證明四邊形為平行四邊形，則，再根據線面平行的判定定理即可得證；
（2）取中點，連接，根據面面垂直的性質證明平面，過點作的平行線，以為原點，建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.
【詳解】（1）取中點，連接，
因為分別為中點，則，
即四邊形為平行四邊形，則，
又平面平面，則平面；
（2）存在點，證明如下：
取中點，連接，
因為，則，
又平面平面，平面平面平面，
則平面，
過點作平行線，交于，
因為平面，
則，
過點作的平行線，
則以為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
注意到，則，故，
則，
設，則，
設為平面的一個法向量，
則，即，
令，則，則平面的一個法向量，
設為平面的一個法向量，
則，即，
令，則，
則平面的一個法向量，
因為二面角余弦值為，
則，
解得，
故當為中點時，滿足題意.
37．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取中點，連接，根據條件得到，再利用平面，得到，從而得出四邊形是平行四邊形，進而有，即可證明結果；
（2）取取中點，連接，，根據條件建立空間直角坐標系，再求出平面的法向量和向量，利用線面角的向量法即可求出結果.
【詳解】（1）如圖，取中點，連接，因為，，
所以，且，
又平面，平面，所以，
又面，所以，又，所以四邊形是平行四邊形，得到，
又平面，平面，所以平面.
（2）如圖，取中點，連接，，則，
因為平面，由（1）知，所以平面，
又，所以，過作，建立如圖所示的空間直角坐標系，
因為平面，面，所以，又，，所以面，
又面，所以,
故為二面角的平面角，所以，
又，所以，又，所以，
所以，
則，
設平面的一個法向量為，
則由得到，，取，所以，
設直線與平面所成角為，則，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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