【高考真题解密】高考数学真题题源——专题08《立体几何综合》母题解密（新高考卷）

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专题08立体几何综合

【母题来源】2022年新高考I卷
【母题题文】已知正方体ABCD-A1B1C1D1，则(  )
A. 直线BC1与DA1所成的角为90∘
B. 直线BC1与CA1所成的角为90∘
C. 直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45∘
D. 直线BC1与平面ABCD所成的角为45∘
【答案】ABD
【分析】
本题主要考查直线与直线所成角及直线与平面所成角，属于中档题．
【解答】
解：如图，因为 BC1⊥B1C ， B1C//DA1 ，所以 BC1⊥DA1 ，故 A 正确 ;
对于选项 B : 因为直线 BC1⊥ 平面 CDA1B1 ，且 CA1⊂ 平面 CDA1B1 ，所以直线 BC1⊥CA1 ，故 B 正确 ;

对于选项 C : 连接 A1C1 与 B1D1 交于点 O1 ，则 ∠O1BC1 即为直线 BC1 与平面 BB1D1D 所成的角，
sin∠O1BC1=O1C1BC1=12 ，所以 ∠O1BC1=30∘ ，故 C 错误 ;
对于选项 D : 直线 BC1 与平面 ABCD 所成的角即为 ∠C1BC=45∘ ，所以 D 正确．
【母题来源】2022年新高考I卷
【母题题文】如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22．
(1)求A到平面A1BC的距离;
(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值．

【答案】解：(1)设A到平面A1BC的距离为d，
因为直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，即可得S△ABC·AA1=4，
故VA1-ABC=13S△ABC·AA1=43，
又VA1-ABC=VA-A1BC=13S△A1BC·d=13×22×d=43，
解得d=2，所以A到平面A1BC的距离为2；
(2)连接AB1，因为直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=AB，
故AA1B1B为正方形，即AB1⊥A1B，
又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，AB1⊂平面ABB1A1，
故AB1⊥平面A1BC，所以AB1⊥BC，
又因为AA1⊥BC，AB1,AA1⊂平面ABB1A1，且AB1∩AB1=A，
故BC⊥平面ABB1A1，则BC⊥AB，
所以BB1,AB,BC三条直线两两垂直，
故如图可以以B为原点建立空间直角坐标系，

设AA1=AB=a，BC=b，则A1B=2a，
由条件可得12a×b×a=412×2a×b=22，解得a=2b=2,
则B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，A1(0,2,2)，A1C的中点D(1,1,1)，
所以BA=(0,2,0)，BD=(1,1,1)，BC=(2,0,0)
设平面ABD的一个法向量为n1=(x,y,z)，
n1⋅BA=0n1⋅BD=0⇒2y=0x+y+z=0，取n1=(1,0,-1)，
同理可求得平面BCD的一个法向量为n2=(0,1,-1)
所以|cos|=|n1·n2|n1·n2=12，
所以二面角A-BD-C的正弦值为32．


【母题来源】2022年新高考II卷
【母题题文】如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB//ED，AB=ED=2FB，记三棱锥E-ABC，E-ACF，F-ABC的体积分别为V1，V2，V3，则(    )
A. V3=2V2
B. V3=2V1
C. V3=V1+V2
D. 2V3=3V1
【答案】CD
【解析】
【分析】
本题主要考查三棱锥的体积，属于基础题．
【解答】
解： 设 AB=ED=2FB=2 ，则 V1=13×2×2=43 ， V2=13×2×1=23. 连结 BD 交 AC 于
M ，连结 EM 、 FM ，则 FM=3 ， EM=6 ， EF=3 ，故 S△EMF=12⋅3⋅6=322 ，
V3=13S△EMF×AC=2 ， V3=V1+V2 ， 2V3=3V1 ．
【母题来源】2022年新高考II卷
【母题题文】如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中点．

(1)证明：OE//平面PAC;
(2)若∠ABO=∠CBO=30∘，PO=3，PA=5，求二面角C-AE-B正弦值．
【答案】解：(1)法一：连接OA、OB，
因为PO是三棱锥P-ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以∠POA=∠POB=90∘，又PA=PB，PO=PO，所以△POA≌△POB，所以OA=OB，
作AB中点D，连接OD、DE，则有OD⊥AB，又AB⊥AC，所以OD//AC，
又因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，所以OD//平面PAC，
 又D、E分别为AB、PB的中点，所以，在△BPA中，DE//PA
又因为平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE//平面PAC，
又OD、DE⊂平面ODE，OD∩DE=D，所以平面ODE//平面PAC，
又OE⊂平面ODE，所以OE//平面PAC;
法二：(1)连接OA、OB，
因为PO是三棱锥P-ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以∠POA=∠POB=90∘，又PA=PB，PO=PO，所以△POA≌△POB，
所以OA=OB，又AB⊥AC，在Rt△ABF，O为BF中点，
延长BO，交AC于F，连接PF，
所以在△PBF中，O、E分别为BF、PB的中点，所以EO//PF，
因为EO⊄平面PAC，PF⊂平面PAC，所以EO//平面PAC;
(2)法一：过点D作DF//OP，以DB为x轴，DO为y轴，DF为z轴．
建立如图所示的空间直角坐标系．

因为PO=3，PA=5，由(1)OA=OB=4，
又∠ABO=∠CBO=30∘，所以OD=2，DB=23，
所以P(0,2,3)，B(23,0,0)，A(-23,0,0)，E(3,1,32)，
设AC=a，则C(-23,a,0)，
平面AEB的法向量设为n1=(x1,y1,z1)，直线AB的方向向量可设为a=(1,0,0)，
直线DP⊂平面AEB，直线DP的方向向量为b=(0,2,3)
a⋅n1=0b⋅n1=0，所以x1=02y1+3z1=0,
所以x1=0，设y1=3，则z1=-2，所以n1=(0,3,-2);
平面AEC的法向量设为n2=(x2,y2,z2)，AC=(0,a,0)，AE=(33,1,32)
AC⋅n2=0AE⋅n2=0，所以ay2=033x2+y2+32z2=0，所以y2=0，设x2=3，则z2=-6，
所以n=(3,0,-6);
所以cos=n1·n2|n1|⋅|n2|=1213×39=12133=4313，
二面角C-AE-B的平面角为θ，则sinθ=1-cos2θ=1113，
所以二面角C-AE-B的正弦值为1113
法二：(2)过点A作AF//OP，以AB为x轴，AC为y轴，AF为z轴
建立所示的空间直角坐标系．

因为PO=3，PA=5，由(1)OA=OB=4，
又∠ABO=∠CBO=30°，所以，AB=43，所以P(23,2,3)，B(43,0,0)，
A(0,0,0)，E(33,1,32)，设AC=a，则C(0,a,0)，
平面AEB的法向量设为n1=(x1,y1,z1)，AB=(43,0,0)，AE=(33,1,32)
AB⋅n1=0AE⋅n2=0，所以43x1=033x1+y1+32z1=0，所以x1=0设z1=-2，则y1=3，
所以n1=(0,3,-2);
平面AEC的法向量设为n2=(x,y,z)，AC=(0,a,0)，AE=(33,1,32)
AC⋅n2=0AE⋅n2=0，所以ay2=033x2+y2+32z2=0,
所以y2=0，设x2=3，则z2=-6，所以n2=(3,0,-6);
所以cos=n1·n2|n1|⋅|n2|=1213×39=12133=4313
二面角C-AE-B的平面角为θ，则sinθ=1-cos2θ=1113，
所以二面角C-AE-B的正弦值为1113．














【命题意图】
考察棱柱、棱锥棱台、圆柱、圆锥、圆台及其简单组合体的结构特征，能画出简单空间图形并能识别立体图形的模型，考察几何体中的点线面关系，考察线线、线面、面面之间的平行和垂直关系，考察异面直线所成的角，直线和平面所成的角，二面角的平面角等的求解，考察数形结合思想，空间想象力及逻辑推导能力。

【命题方向】
立体几何综合考察，考察用立体几何的知识证明线线、线面、面面的平行与垂直。考察体积和表面积的求解运算能力，考察空间向量的坐标运算。能熟练运用空间向量的坐标运算和向量运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题。能运用平行和垂直的判定定理和性质定理，进行证明和求解计算。


【得分要点】

一、 向量角度：

二、 角度公式：
（1）、异面直线夹角（平移角，也是锐角和直角）

（2）、直线与平面所成的角（射影角，也是夹角，）

（3）、二面角（法向量的方向角，）

判断正负方法（经验型结论）：
（1） 观察法；
（2） 同进同出互补，一进一出相等；
三、 向量计算点到距离公式（棱锥等的高）





一、多选题
1．（2022·福建·莆田八中高三开学考试）如图，四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面，O，P分别是的中点，M是棱SD上的动点，则下列选项正确的是（       ）


A．
B．存在点M，使平面SBC
C．存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°
D．点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值
【答案】ABD
【分析】
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法判断ACD，根据线面平行的判定定理判断B
【详解】
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系（如图），
设，
则，
由M是棱SD上的动点，设，
，
，
，故A正确；
当为的中点时，是的中位线，
所以，
又平面，平面，
所以平面，故B正确；
，
若存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°，
则，
化简得，方程无解，故C错误；
点M到平面ABCD的距离，
点M与平面SAB的距离，
所以点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为，是定值，故D正确；
故选：ABD

2．（2022·山东临沂·模拟预测）如图，在五棱锥中，平面， ，，是等腰三角形．则（       ）


A．平面平面
B．直线与平面所成的角为的大小为60°
C．四棱锥的体积为
D．四边形的面积为3
【答案】AD
【分析】
在中，利用勾股定理证得，又由平面，证得，进而证得平面，得到平面，可判定A正确；过点作于点，证得平面，结合平面，得到到平面的距离，结合线面角的定义法，可判定B不正确；由平面，得到，得出四边形为直角梯形，结合梯形的面积公式和锥体的体积公式，可判定C不正确，D正确.
【详解】
因为，
由余弦定理可得，所以，
所以，所以，
又由平面，平面，所以，
因为，所以平面，
又因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面，所以A正确；
过点作于点，
因为平面平面，且平面平面，所以平面，
又因为，平面，所以平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
在直角中，可得，即到平面的距离，
设直线与平面所成的角为，可得，
又由，所以，所以B不正确；
由平面，可得，
因为，所以四边形为直角梯形，其面积为，
所以四棱锥的体积为，所以C不正确，D正确.
故选：AD.

3．（2022·湖北·襄阳五中模拟预测）正方体的棱长为，分别为的中点，动点在线段上，则下列结论中正确的是（       ）
A．直线与直线异面 B．平面截正方体所得的截面面积为
C．存在点，使得平面平面 D．三棱锥的体积为定值
【答案】BD
【分析】
依题意作直观图，分析图中的几何关系即可.
【详解】

依题意作上图，连接 ，则有 ，即EF与 共面，构成平面 ；
对于A，连接 ， 都在平面内，∴直线 与 共面，
故A错误；
对于B，平面AEF截正方体的截面就是，以D为原点建立空间坐标系如上图，
则 ， ，
，即 ，由空间两点距离公式得 ，
四边形的面积= ，故B正确；
对于C，若 且 ，则 平面 ，且 平面，
即平面AEH与平面有交点，平面 平面 ，
并且平面，故平面AEH与平面相交；
若 则 平面，平面AEH与平面相交，
平面 平面 ，并且平面，
故平面AEH与平面相交；
若 ，同理可证得平面AEH与平面相交，
故不存在H点使得平面AEH与平面平行，C错误；
对于D，由直线 底面ABCD，
所以H点到底面ABCD的距离就是正方体的棱长1，
也是底面为 AEC的三棱柱A-CEH的高， AEC的面积是定值，
故D正确；
故选：BD.
4．（2022·湖南·长沙市明德中学二模）如图，是底面直径为高为的圆柱的轴截面，四边形绕逆时针旋转到，则（       ）

A．圆柱的侧面积为
B．当时，
C．当时，异面直线与所成的角为
D．面积的最大值为
【答案】BC
【分析】
对于A，由圆柱的侧面积公式可得；
对于B，由线面垂直的判定定理和性质定理可得；
对于C，由题知，为正三角形，根据异面直线所成的角的定义计算得解；
对于D，作，由线面垂直的判定定理和性质定理得.在中，，代三角形面积公式得解.
【详解】
对于A，圆柱的侧面积为，A错误；
对于B，因为，所以，又，
所以平面，所以，B正确；
对于C，因为，所以就是异面直线与
所成的角，因为，所以为正三角形，
所以，因为，所以，C正确；


对于D，作，垂足为，连接，所以平面，所以.
在中，，
，所以，D错误.
故选：BC.
5．（2021·河北·沧县中学高三阶段练习）如图所示，在四棱锥中中，为正方形，，E为线段的中点，F为与的交点，．则下列结论正确的是（       ）


A．平面 B．平面
C．平面平面 D．线段长度等于线段长度
【答案】ABC
【分析】
由，可判断选项A,由面面垂直的判定定理进而可判断选项C,由线面平行的判定定理可判断选项B,由线面垂直的性质定理加上勾股定理可判断选项D.
【详解】
因为是正方形，所以．又因所以平面平面，，所以平面，因此A正确；
而平面，所以平面平面，因此C正确；
因为F是的中点，而E为线段的中点，所以平面，平面，所以平面，因此B正确；
对于D，因为是边长为1的正三角形，是正方形，所以．又由平面，有，所以．在中，，，又分别是等腰三角形的底边和腰上的中线，所以线段与的长度不相等（否则，是正三角形），因此D不正确；
故选：ABC．

6．（2022·广东深圳·高三阶段练习）已知正方体的棱长为，为棱上的动点，平面过点且与平面平行，则（       ）

A．
B．三棱锥的体积为定值
C．与平面所成的角可以是
D．平面与底面和侧面的交线长之和为
【答案】AB
【分析】
由、可证得平面，由线面垂直的性质可证得A正确；由线面平行的判定可知平面，知点到平面的距离为，由棱锥体积公式可知B正确；以为坐标原点可建立空间直角坐标系，假设线面角为，利用线面角的向量求法可构造方程，由方程无解知C错误；将底面和侧面展开到同一平面，可得交线的轨迹，由平行关系可知，知D错误.
【详解】
对于A，四边形为正方形，；
平面，平面，，
又，平面，平面；
平面，，A正确；
对于B，，平面，平面，平面，
又，点到平面的距离即为，
，B正确；
对于C，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
则，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设，则，
；
若与平面所成的角为，则，方程无解，
与平面所成的角不能为，C错误；
对于D，设平面与底面和侧面的交线分别为，则，，
将底面和侧面沿展开到同一平面，则三点共线且，

，D错误.
故选：AB.
7．（2022·辽宁鞍山·二模）如图，点P是棱长为2的正方体ABCD－的表面上一个动点，则（       ）

A．当P在平面上运动时，四棱锥P－的体积不变
B．当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是[，]
C．使直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为
D．若F是的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足PF//平面时，PF长度的最小值是
【答案】ABC
【分析】
A选项，考虑底面积和高均未变，所以体积不变；B选项，找到异面直线所成角即可判断；
C选项，找到P的轨迹，计算即可；D选项，找到P的轨迹，计算即可.
【详解】
A选项，底面正方形的面积不变，P到平面的距离为正方体棱长，故四棱锥P－的体积不变，A选项正确；
B选项，与所成角即与所成角，当P在端点A，C时，所成角最小，为，当P在AC中点时，所成角最大，为，故B选项正确；
C选项，由于P在正方体表面，P的轨迹为对角线AB1，AD1，以及以A1为圆心2为半径的圆弧如图，

故P的轨迹长度为，C正确；
D选项，FP 所在的平面为如图所示正六边形，故FP的最小值为，D选项错误.

故选：ABC.
8．（2022·海南海口·模拟预测）如图，在长方体中，，E，F分别是棱，的中点，则（       ）


A．△BDF是等边三角形 B．直线与BF是异面直线
C．平面BDF D．三棱锥与三棱锥的体积相等
【答案】AC
【分析】
A选项可根据几何关系求三角形的各个边长进行判断；B选项证点，E，B，F四点共面得出矛盾；C选项证，线线垂直，可得线面垂直；D选项点A与点F到平面的距离不相等，即是高不相等，体积也不会相等.
【详解】
对于A，设AB＝1，则，故△BDF是等边三角形，A正确；
对于B，连接、，如图所示：


易知，,故点，E，B，F共面，B错误；
对于C，设AB＝1，则，，，所以
所以，
同理可知，又因为，所以平面BDF，故C正确；
对于D，三棱锥与三棱锥有公共的面，
若要它们的体积相等，则点A与点F到平面的距离相等，这显然不成立，故D错误．
故选：AC.
二、解答题
9．（2020·重庆·高三阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AD⊥DC，AB∥DC，AB=2AD=2CD=2，点E是PB的中点.

(1)证明：平面EAC⊥平面PBC；
(2)若直线PB与平面PAC所成角的正弦值为；
①求三棱锥P-ACE的体积；
②求二面角P-AC-E的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②
【分析】
（1）由线面垂直性质得，已知条件可得，即有，根据线面垂直的判定及性质即可证平面平面.
（2）①由（1）知即为直线与平面所成角，即可求，又即可求三棱锥的体积.
②取的中点G连接，构建以、、为x轴､y轴､z轴正方向的空间直角坐标系，根据已知线段长度确定，，，，，分别求面、面的一个法向量，即可求二面角的余弦值.
(1)
证明：∵平面，平面，
∴.
∵，有，且ABCD是直角梯形，
∴，即，
∴.
∵，平面，平面，
∴平面.
∵平面，
∴平面平面
(2)
①由（1）易知平面，
∴即为直线与平面所成角.
∴，
∴，则
∴.
②取的中点G，连接，以点C为坐标原点，分别以、、为x轴､y轴､z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
∴，，
设为平面的法向量，则，，得，取，，得
设平面的法向量，则，，取，，，得.
∴.
所求二面角为锐角，二面角的余弦值为.
10．（2022·重庆南开中学模拟预测）在三棱柱中，，平面平面，E，F分别为线段的中点．

(1)求证：；
(2)若，直线与平面所成角的正弦值为，且，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）先证线线垂直，再证明线面垂直，从而可得线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，根据题中的条件得，再将问题转化为求即可.
(1)
∵，E为AC的中点，∴，
又∵平面平面，平面平面，
∴平面，且平面，∴，
∵，∴，
又，∴平面，
又平面，∴．
(2)
如图，以为坐标原点，分别以为x，z轴正方向，所外建立空问直角坐标系，设，则，
.

设平面的法向量，
则，即是，解得，
由题意：，即，解得或，
∵，
∴，
由有，可知,
∴.
11．（2021·江苏·矿大附中高三阶段练习）如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点．

(1)求证：平面；
(2)若线段上总存在一点，使得，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）设，连接，通过证明即可得出；
（2）设，求出，利用求出，即可得出的最大值.
(1)
设，连接，
因为是正方形，所以是中点，
又因为是矩形，是线段的中点，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)
正方形和矩形所在的平面互相垂直，
则可得两两垂直，则可以C为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，则，
因为点在线段上，设，其中，
则，从而点坐标为，
于是，而，
则由可知，即，
所以，解得，故的最大值为.

12．（2022·江苏无锡·模拟预测）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，分别是正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接就得到了一个“刍甍”(如图2)．

(1)若是四边形对角线的交点，求证：∥平面
(2)若二面角的大小为，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）结合图形可证四边形是平行四边形，可得，可得∥平面；（2）根据题意结合二面角的定义可得，利用空间向量求线面夹角．
(1)
取线段中点，连接，由图1可知，四边形是矩形，且
是线段与的中点，且
在图1中且，且．
所以在图2中，且且
四边形是平行四边形，则
由于平面平面平面
(2)
由图1，折起后在图2中仍有
即为二面角的平面角．
以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系如图，且设
则，


设平面的一个法向量
由，得，取则
于是平面的一个法向量

∴直线与平面所成角的正弦值为