2023年高考数学真题题源解密(全国卷)专题10空间向量与立体几何-特训(学生版+解析)

这是一份2023年高考数学真题题源解密(全国卷)专题10空间向量与立体几何-特训(学生版+解析)，共181页。试卷主要包含了空间几何体的表面积和体积，三视图，点线面的位置关系，空间中的夹角问题等内容，欢迎下载使用。
目录一览
①2023真题展现
②真题考查解读
③近年真题对比
④命题规律解密
⑤名校模拟探源
⑥易错易混速记
考向一 空间几何体的表面积和体积
一、单选题
1．（2023·全国乙卷理数第8题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·全国甲卷文数第10题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（ ）
A．1B．C．2D．3
3．（2023·全国甲卷理数第11题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
4．（2023·全国甲卷文数第16题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是 ．
三、解答题
5．（2023·全国乙卷文数第19题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．
(1)求证：//平面；
(2)若，求三棱锥的体积．
6．（2023·全国甲卷文数第18题）如图，在三棱柱中，平面．

(1)证明：平面平面；
(2)设，求四棱锥的高．
考向二 三视图
一、单选题
1．（2023·全国乙卷文数第3题/理数第3题）如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（ ）

A．24B．26C．28D．30
考向三 点线面的位置关系
一、单选题
1．（2023·全国乙卷理数第9题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
2．（2023·全国乙卷文数第16题）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则 ．
3．（2023·全国甲卷理数第15题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点．
考向四 空间中的夹角问题
一、解答题
1．（2023·全国乙卷理数第19题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
2．（2023·全国甲卷理数第18题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．

(1)证明：；
(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．
【命题意图】
1.空间几何体
(1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.
(2)能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图.
(3)会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式.
(4)会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要求).
(5)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.
2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.
3.空间向量及其运算
(1)了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.
(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.
(3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.
4.空间向量的应用
(1)理解直线的方向向量与平面的法向量.
(2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.
(3)能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理).
(4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
【考查要点】
高频考点：面面角，垂直关系的证明；
中频考点：体积、球及球的切接，线线角、线面角；
低频考点：平行关系的证明。
【得分要点】
（1）简单几何体和组合几何体是培养学生空间想象能力的一个很好的载体，可以单独考查，如几何体的识别，距离和截面面积的计算；也可以与体积、表面积结合考查，重点考查简单几何体的表面积或体积，一般为小题，多为低档题．球与简单几何体的切接问题或与之有关的最值问题，题型为选择题或填空题，这是一类重点问题，有时难度相对较大。
（2）小题形式多考查平行与垂直的判定与性质，多为基础题，对于截面问题的考查，难度则有提升；解答题，第一小题多为证明线线、线面、面面垂直与平行；第二问，多数是利用空间向量的相关知识解决空间角的问题，为中档题。
考向一 空间几何体的表面积和体积
一、单选题
1．（2022·全国乙卷文数第9题/理数第9题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A．B．C．D．
2．（2022·全国甲卷文数第10题/理数第9题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A．B．C．D．
3．（2021·全国甲卷理数第11题）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
二、解答题
4．（2022·全国乙卷文数第18题）如图，四面体中，，E为AC的中点．
(1)证明：平面平面ACD；
(2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
5．（2022·全国甲卷文数第19题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．
(1)证明：平面；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
6．（2021·全国乙卷文数第18题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若，求四棱锥的体积．
7．（2021·全国甲卷文数第19题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，.
（1）求三棱锥的体积；
（2）已知D为棱上的点，证明：.
三、填空题
8．（2021·全国甲卷文数第14题）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为 .
考向二 三视图
一、单选题
1．（2022·全国甲卷文数第4题/理数第4题）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（ ）
A．8B．12C．16D．20
2．（2021·全国甲卷文数第7题/理数第6题）在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（ ）
B．
C． D．
二、填空题
1．（2021·全国乙卷文数第16题）以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为 （写出符合要求的一组答案即可）．
考向三 点线面的位置关系
一、单选题
1．（2022·全国乙卷文数第7题/理数第7题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A．平面平面B．平面平面
C．平面平面D．平面平面
考向四 空间中的夹角问题
一、单选题
1．（2022·全国甲卷文数第9题/理数第7题）在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）
A．B．AB与平面所成的角为
C．D．与平面所成的角为
2．（2021·全国乙卷文数第10题/理数第5题）在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A．B．C．D．
二、解答题
3．（2022·全国乙卷理数第18题）如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
4．（2022·全国甲卷理数第18题）在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
5．（2021·全国乙卷理数第18题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
6．（2021·全国甲卷理数第19题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
我们通过比较近三年的高考题可以发现，对于空间向量与立体几何的考查在素养要求的层级上有所提高，但难度不会提升太多，多为基础性、综合性题目。理科数学对创新能力的要求有所提高，所以预计2024年的高考，会加强对创新能力的考查，但总体基调不会发生太大变化。
一、单选题
1．（2023·江苏镇江三模）一个圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为2，以该圆台的上底面为底面，挖去一个半球，则剩余部分几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·北京三模）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
3．（2023·安徽安庆三模）陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知，底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积（单位：）是（ ）

A．B．
C．D．
4．（2023·江苏无锡三模）已知，是空间中两条不同的直线，，，是空间中三个不同的平面，则下列命题中错误的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
5．（2023·河南开封三模）某三棱锥的三视图如图所示，已知它的体积为36，则图中的值为（ ）

A．2B．C．3D．
6．（2023·广东梅州三模）在马致远的《汉宫秋》楔子中写道：“毡帐秋风迷宿草，穹庐夜月听悲笳.”毡帐是古代北方游牧民族以为居室、毡制帷幔.如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与圆柱的组合体，圆锥的高为4，侧面积为，圆柱的侧面积为，则该毡帐的体积为（ ）

A．B．C．D．
7．（2023·河北衡水三模）已知球O的半径为2，三棱锥底面上的三个顶点均在球O的球面上， ，，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．（2023·四川成都三模）如图，网格纸上绘制的是一个几何体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（ ）

A．B．1C．D．4
9．（2023·山东潍坊·三模）我国古代名著《张邱建算经》中记载：“今有方锥，下广二丈，高三丈．欲斩末为方亭，令上方六尺．问：斩高几何？”大致意思是：“有一个正四棱锥的下底面边长为二丈，高为三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底面边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少？”按照上述方法，截得的该正四棱台的体积为（ ）（注：1丈尺）
A．11676立方尺B．3892立方尺
C．立方尺D．立方尺
10．（2023·河南三模）如图，该几何体为两个底面半径为1，高为1的相同的圆锥形成的组合体，设它的体积为，它的内切球的体积为，则（ ）

A．B．C．D．
11．（2023·河北衡水三模）在正方体中，M是线段（不含端点）上的动点，N为BC的中点，则（ ）
A．B．平面平面
C．平面D．平面
12．（2023·河南·襄城三模）已知三棱锥中，平面ABC，，，，，D为PB的中点，则异面直线AD与PC所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
13．（2023·广东广州三模）已知克列尔公式：对任意四面体，其体积和外接球半径满足，其中，，，，，，分别为四面体的三组对棱的长.在四面体中，若，，则该四面体的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
14．（2023·福建福州三模）如图，在圆台OO1中，，点C是底面圆周上异于A、B的一点，，点D是BC的中点，l为平面与平面的交线，则交线l与平面所成角的大小为（ ）

A．B．C．D．
15．（2023·四川·成都三模）如图，已知正方体的棱长为1，分别是棱，的中点．若点为侧面正方形内（含边界）的动点，且平面，则与侧面所成角的正切值最大为（ ）

A．2B．1C．D．
16．（2023·河南·襄城三模）如图1，在中，，，，，沿将折起，使得二面角为60°，得到三棱锥，如图2，若，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）

A．B．C．D．
17．（2023·上海虹口三模）已知圆锥SO（O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为，高为1，P､Q为底面圆周上任意两点．有以下三个结论：
①三角形SPQ面积的最大值为2；
②三棱锥体积的最大值为；
③四面体SOPQ外接球表面积的最小值为．
以上所有正确结论的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
18．（2023·河北张家口三模）风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，相传墨翟以木头制成木鸟，研制三年而成，是人类最早的风筝起源.如图，是某高一年上级学生制作的一个风筝模型的多面体为的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为（ ）

A．B．C．D．
19．（2023·云南三模）如图，已知半径为、母线长为的圆锥的侧面展开图是半圆，在其内部作一个半径为、母线长为的内接圆柱（圆柱的下底面在圆锥的底面上，上底面的圆在圆锥的侧面上），若圆柱的侧面积与圆锥的侧面积之比为，则（ ）

A．B．C．D．
20．（2023·河南三模）设正方体的棱长为1，点E是棱的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题：

①如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为；
②如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为；
③如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为；
④如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为．
其中正确的命题个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、填空题
21．（2023·四川遂宁三模）某三棱锥的三视图如图所示，已知它的体积为，则该三棱锥外接球的表面积
22．（2023·上海奉贤三模）一个正方体和一个球的表面积相同，则正方体的体积和球的体积的比值 ．
23．（2023·上海闵行二模）在中，，，，将绕边AB旋转一周，所得到几何体的体积为 .
24．（2023·青海西宁二模）关于正方体有如下说法：
①直线与所成的角为； ②直线与所成的角为；
③直线与平面所成的角为； ④直线与平面ABCD所成的角为．
其中正确命题的序号是 ．
25．（2023·山东济宁三模）在棱长为2的正方体中，为底面的中心，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值是 .
26．（2023·云南曲靖三模）已知点均在球的球面上运动，且满足，若三棱锥体积的最大值为，则球的体积为 .
27．（2023·湖南邵阳三模）三棱锥中，PA⊥平面ABC，，则三棱锥外接球的表面积为 .
28．（2023·山东青岛三模）已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图为半圆，则该圆锥内半径最大的球的表面积为 ．
29．（2023·山东淄博三模）已知圆锥的侧面展开图为半圆，则该圆锥的侧面积与其内切球的表面积之比为 .
30．（2023·上海黄浦三模）已知正方形ABCD的边长是1，将沿对角线AC折到的位置，使（折叠后）A、、C、D四点为顶点的三棱锥的体积最大，则此三棱锥的表面积为 ．
31．（2023·河北三模）已知四面体中，，则该四面体体积的最大值为 ．
32．（2023·四川泸州三模）如图，在四棱柱中，平面，，，，为棱上一动点，过直线的平面分别与棱，交于点，，则下列结论正确的是 ．
对于任意的点，都有
对于任意的点，四边不可能为平行四边形
当时，存在点，使得为等腰直角三角形
存在点，使得直线平面
33．（2023·四川成都·三模）如图，为圆柱下底面圆的直径，是下底面圆周上一点，已知，圆柱的高为5．若点在圆柱表面上运动，且满足，则点的轨迹所围成图形的面积为 ．
34．（2023·北京大兴三模）如图，在正方体，中，，分别为线段，上的动点.给出下列四个结论:

①存在点，存在点，满足∥平面；
②任意点，存在点，满足∥平面；
③任意点，存在点，满足；
④任意点，存在点，满足.
其中所有正确结论的序号是 .
35．（2023·河南·襄城三模）在正四棱柱中，，点在棱上，平面，则三棱锥的外接球的表面积为 .
36．（2023·广东深圳二模）如图，已知球的表面积为，若将该球放入一个圆锥内部，使球与圆锥底面和侧面都相切，则圆锥的体积的最小值为 .

37．（2023·陕西商洛三模）在四面体中，，，，若，，则该四面体外接球的表面积为 .
38．（2023·河南·襄城三模）在正四棱柱中，，，点P为侧棱上一点，过A，C两点作垂直于BP的截面，以此截面为底面，以B为顶点作棱锥，则该棱锥的外接球的表面积的取值范围是 ．
39．（2023·河南开封三模）如图，在棱长为1的正方体中，点P是线段上一动点（不与，B重合），则下列命题中：
①平面平面；
②一定是锐角；
③；
④三棱锥的体积为定值．
其中真命题的有 ．
40．（2023·陕西宝鸡三模）如图，正方体棱长为2，P是线段上的一个动点，则下列结论中正确的为 ．
①BP的最小值为
②存在P点的某一位置，使得P，A，，C四点共面
③的最小值为
④以点B为球心，为半径的球面与面的交线长为
三、解答题
41．（2023·陕西安康三模）如图，在四棱锥中，平面，且四边形是正方形，，，分别是棱，，的中点．

(1)求证：平面；
(2)若，求点到平面的距离.
42．（2023·北京海淀三模）如图在几何体中，底面为菱形，.

(1)判断是否平行于平面，并证明；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求：
（i）平面与平面所成角的大小；
（ii）求点到平面的距离.
条件①：面面
条件②：
条件③：
注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分.
43．（2023·江西南昌三模）如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，，平面，，，G在上，且．
(1)求证：平面；
(2)若与所成的角为，求多面体的体积．
44．（2023·人大附中三模）已知四棱锥的底面为梯形，且，又，，，平面平面，平面平面．

(1)判断直线和的位置关系，并说明理由；
(2)若点到平面的距离为，请从下列①②中选出一个作为已知条件，求二面角余弦值大小．
①；
②为二面角的平面角．
45．（2023·浙江温州二模）在三棱锥中，，平面平面，且.

(1)证明：；
(2)若是直线上的一个动点，求直线与平面所成的角的正切值最大值.
46．（2023·河北三模）如图，四棱锥的底面是菱形，其对角线交于点，且平面是的中点，是线段上一动点．

(1)当平面平面时，试确定点的位置，并说明理由；
(2)在（1）的前提下，点在直线上，以为直径的球的表面积为．以为原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，求点的坐标．
47．（2023·江西师大附中三模）已知四棱锥的底面是正方形，，是棱上任一点．

(1)求证：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离．
48．（2023·福建福州二模）如图1，在中，为的中点，为上一点，且.将沿翻折到的位置，如图2.

(1)当时，证明：平面平面；
(2)已知二面角的大小为，棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.
49．（2023·江苏镇江三模）如图，四边形是边长为2的菱形，，四边形为矩形，，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）.
①与平面所成角相等；②三棱锥体积为；③

(1)平面平面；
(2)求二面角的大小；
(3)求点到平面的距离.
50．（2023·山东菏泽三模）已知在直三棱柱中，其中为的中点，点是上靠近的四等分点，与底面所成角的余弦值为．

(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由．
51．（2023·河南·襄城三模）如图所示，在直四棱柱中，，，且是的中点.

(1)证明：；
(2)若，求四棱柱的体积.
52．（2023·河南开封三模）如图，在四棱锥中，是边长为的正三角形，，，，，，，分别是线段，的中点.
(1)求证：平面；
(2)求四棱锥的体积.
53．（2023·河北衡水三模）如图，在四棱锥中，，，，.

(1)证明：平面平面；
(2)已知，，.若平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
54．（2023·福建福州三模）如图，在三棱锥中，底面，，，将绕着逆时针旋转到的位置，得到如图所示的组合体，为的中点.

(1)当为何值时，该组合体的体积最大，并求出最大值；
(2)当平面时，求直线与平面所成角的正弦值.
55．（2023·四川成都三模）如图，四棱柱的侧棱⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，E，F分别为，的中点.

(1)证明：四点共面；
(2)若，求点A到平面的距离.
56．（2023·陕西宝鸡二模）如图，在四棱锥中，四边形是正方形，，平面，点是棱的中点，点是棱上的一点，且．

(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离．
57．（2023·河北张家口三模）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，.

(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
58．（2023·广东深圳二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，点是的中点.

(1)证明：；
(2)设的中点为，点在棱上（异于点，，且，求直线与平面所成角的正弦值.
59．（2023·河南三模）如图，四棱锥中，四边形为梯形，∥，，，，，M，N分别是PD，PB的中点．

(1)求证：直线∥平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
60．（2023·广东梅州三模）如图所示，在几何体中，平面，点在平面的投影在线段上，，，，平面.

(1)证明：平面平面.
(2)若二面角的余弦值为，求线段的长.
1.线面平行平行的判定
2.线面平行性质定理
3.面面平行的判定
4．面面平行性质定理
5.线面垂直的判定
6.线面垂直性质定理
7.面面垂直的判定
8.面面垂直性质定理
9.空间中的角
（1）异面直线所成角公式：设，分别为异面直线，上的方向向量，为异面直线所成角的大小，则．
（2）线面角公式：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为
与所成角的大小，则．
（3）二面角公式：
设，分别为平面，的法向量，二面角的大小为，则或（需要根据具体情况判断相等或互补），其中．
10.空间中的距离
求解空间中的距离
（1）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．
如图，设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．
（2）点到平面的距离
为平面外一点（如图），为平面的法向量，过作平面的斜线及垂线．
，
2023年高考数学真题题源解密（全国卷）
专题10 空间向量与立体几何
目录一览
①2023真题展现
②真题考查解读
③近年真题对比
④命题规律解密
⑤名校模拟探源
⑥易错易混速记
考向一 空间几何体的表面积和体积
一、单选题
1．（2023·全国乙卷理数第8题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图，
，，由的面积为，得，
解得，于是，
所以圆锥的体积.故选：B
2．（2023·全国甲卷文数第10题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（ ）
A．1B．C．2D．3
【答案】A
【详解】取中点，连接，如图，

是边长为2的等边三角形，，
，又平面，，
平面，
又，，
故，即，
所以， 故选：A
3．（2023·全国甲卷理数第11题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】法一：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，
在中，，
则由余弦定理可得，
故，则，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
法二：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，
在中，，
则由余弦定理可得，故，
所以，则，
不妨记，
因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，
两式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.故选：C.
二、填空题
4．（2023·全国甲卷文数第16题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是 ．
【答案】
【详解】设球的半径为.
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径为体对角线长，即，故；

分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，
连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为.综上，.故答案为：
三、解答题
5．（2023·全国乙卷文数第19题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．
(1)求证：//平面；
(2)若，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于是，即，
则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）过作垂直的延长线交于点，
因为是中点，所以，
在中，，
所以，
因为，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面，
即三棱锥的高为，
因为，所以，
所以，
又，
所以.
6．（2023·全国甲卷文数第18题）如图，在三棱柱中，平面．

(1)证明：平面平面；
(2)设，求四棱锥的高．
【答案】(1)证明见解析.
(2)
【详解】（1）证明：因为平面，平面,
所以,
又因为，即，
平面，,
所以平面，
又因为平面,
所以平面平面.
（2）如图，

过点作，垂足为.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以四棱锥的高为.
因为平面，平面,
所以,,
又因为，为公共边，
所以与全等，所以.
设，则，
所以为中点，,
又因为,所以,
即，解得，
所以，所以四棱锥的高为．
考向二 三视图
一、单选题
1．（2023·全国乙卷文数第3题/理数第3题）如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（ ）

A．24B．26C．28D．30
【答案】D
【详解】如图所示，在长方体中，，，
点为所在棱上靠近点的三等分点，为所在棱的中点，
则三视图所对应的几何体为长方体去掉长方体之后所得的几何体，

该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形，
其表面积为：.故选：D.
考向三 点线面的位置关系
一、单选题
1．（2023·全国乙卷理数第9题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，
又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，

显然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，显然平面平面，
直线平面，则直线在平面内的射影为直线，
从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得，即，
显然是锐角，，
所以直线与平面所成的角的正切为.故选：C
二、填空题
2．（2023·全国乙卷文数第16题）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则 ．
【答案】2
【详解】如图，将三棱锥转化为正三棱柱，
设的外接圆圆心为，半径为，
则，可得，
设三棱锥的外接球球心为，连接，则，
因为，即，解得.故答案为：2.
3．（2023·全国甲卷理数第15题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点．
【答案】12
【详解】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图，

由题意可知，为球心，在正方体中，，
即，
则球心到的距离为，
所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点，
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，
所以以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12.故答案为：12
考向四 空间中的夹角问题
一、解答题
1．（2023·全国乙卷理数第19题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【详解】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，

于是，即，则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，则，得，
因此，则，有，
又，平面，
则有平面，又平面，所以平面平面.
法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
在中，，
在中，，
设，所以由可得：，
可得：，所以，
则，所以，，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
，
所以平面平面BEF；

（3）法一：过点作交于点，设，
由，得，且，
又由（2）知，，则为二面角的平面角，
因为分别为的中点，因此为的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，则，
从而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值为.

法二：平面的法向量为，
平面的法向量为，
所以，
因为，所以，
故二面角的正弦值为.
2．（2023·全国甲卷理数第18题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．

(1)证明：；
(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图，

底面，面，
，又，平面，,
平面ACC1A1，又平面，
平面平面，
过作交于，又平面平面，平面，
平面
到平面的距离为1，，
在中，，
设，则，
为直角三角形，且，
，，，
，解得，
，
（2），
，
过B作，交于D，则为中点，
由直线与距离为2，所以
，，，
在，，
延长，使，连接，
由知四边形为平行四边形，
，平面，又平面，
则在中，，，
在中，，，
,
又到平面距离也为1，
所以与平面所成角的正弦值为.
【命题意图】
1.空间几何体
(1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.
(2)能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图.
(3)会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式.
(4)会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要求).
(5)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.
2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.
3.空间向量及其运算
(1)了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.
(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.
(3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.
4.空间向量的应用
(1)理解直线的方向向量与平面的法向量.
(2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.
(3)能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理).
(4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
【考查要点】
高频考点：面面角，垂直关系的证明；
中频考点：体积、球及球的切接，线线角、线面角；
低频考点：平行关系的证明。
【得分要点】
（1）简单几何体和组合几何体是培养学生空间想象能力的一个很好的载体，可以单独考查，如几何体的识别，距离和截面面积的计算；也可以与体积、表面积结合考查，重点考查简单几何体的表面积或体积，一般为小题，多为低档题．球与简单几何体的切接问题或与之有关的最值问题，题型为选择题或填空题，这是一类重点问题，有时难度相对较大。
（2）小题形式多考查平行与垂直的判定与性质，多为基础题，对于截面问题的考查，难度则有提升；解答题，第一小题多为证明线线、线面、面面垂直与平行；第二问，多数是利用空间向量的相关知识解决空间角的问题，为中档题。
考向一 空间几何体的表面积和体积
一、单选题
1．（2022·全国乙卷文数第9题/理数第9题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又设四棱锥的高为，则，
当且仅当即时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，

(当且仅当，即时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高.
故选：C．
[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，
，，单调递增， ，，单调递减，
所以当时，最大，此时．
故选：C.
【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．
2．（2022·全国甲卷文数第10题/理数第9题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，
所以，
又，则，所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，所以.故选：C.
3．（2021·全国甲卷理数第11题）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】，为等腰直角三角形，，
则外接圆的半径为，又球的半径为1，
设到平面的距离为，
则，所以.故选：A.
二、解答题
4．（2022·全国乙卷文数第18题）如图，四面体中，，E为AC的中点．
(1)证明：平面平面ACD；
(2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【详解】（1）由于，是的中点，所以.
由于，所以，
所以，故，
由于，平面，
所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）[方法一]：判别几何关系
依题意，，三角形是等边三角形，
所以，
由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.
，所以，
由于，平面，所以平面.
由于，所以，
由于，所以，
所以，所以，
由于，所以当最短时，三角形的面积最小
过作，垂足为，
在中，，解得，
所以，
所以
过作，垂足为，则，所以平面，且，
所以，
所以.
[方法二]：等体积转换
，，
是边长为2的等边三角形，
连接
5．（2022·全国甲卷文数第19题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．
(1)证明：平面；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【详解】（1）如图所示：
分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：
分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．
因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积
．
[方法二]：分割法二
如图所示：
连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积
6．（2021·全国乙卷文数第18题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【详解】（1）因为底面，平面，
所以，
又，，
所以平面，
而平面，
所以平面平面．
（2）[方法一]：相似三角形法
由（1）可知．
于是，故．
因为，所以，即．
故四棱锥的体积．
[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法
由（2）知,所以．
建立如图所示的平面直角坐标系，设．
因为，所以，，，．
从而．
所以，即．下同方法一.
[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法
建立如图所示的空间直角坐标系，
设，所以，，，，．
所以，，．
所以．
所以，即．下同方法一.
[方法四]：空间向量法
由，得．
所以．
即．
又底面，在平面内，
因此，所以．
所以，
由于四边形是矩形，根据数量积的几何意义，
得，即．
所以，即．下同方法一.
7．（2021·全国甲卷文数第19题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，.
（1）求三棱锥的体积；
（2）已知D为棱上的点，证明：.
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【详解】（1）由于，，所以，
又AB⊥BB1，，故平面，
则，为等腰直角三角形，
，.
（2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结，
正方形中，为中点，则，
又，
故平面，而平面，从而.
三、填空题
8．（2021·全国甲卷文数第14题）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为 .
【答案】
【详解】∵
∴
∴
∴.故答案为：.
考向二 三视图
一、单选题
1．（2022·全国甲卷文数第4题/理数第4题）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（ ）
A．8B．12C．16D．20
【答案】B
【详解】由三视图还原几何体，如图，
则该直四棱柱的体积.故选：B.
2．（2021·全国甲卷文数第7题/理数第6题）在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（ ）
B．
C．D．
【答案】D
【详解】由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，
所以其侧视图为
故选：D
3．（2021·全国乙卷文数第16题）以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为 （写出符合要求的一组答案即可）．
【答案】③④（或②⑤，答案不唯一）
【详解】选择侧视图为③，俯视图为④，

如图所示，长方体中，，
分别为棱的中点，
则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥;
则正视图①，侧视图②，俯视图⑤对应的几何体为三棱锥;故答案为：③④或②⑤.
考向三 点线面的位置关系
一、单选题
1．（2022·全国乙卷文数第7题/理数第7题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A．平面平面B．平面平面
C．平面平面D．平面平面
【答案】A
【详解】解：在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，
故选：A.
选项BCD解法二：
解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，
在内，作于点，在内，作，交于点，连结，
则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，为中点，则，
由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，
据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；
对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；
故选：A.
考向四 空间中的夹角问题
一、单选题
1．（2022·全国甲卷文数第9题/理数第7题）在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）
A．B．AB与平面所成的角为
C．D．与平面所成的角为
【答案】D
【详解】如图所示：
不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．
对于A，，，，A错误；
对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；
对于C，，，，C错误；
对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．故选：D．
2．（2021·全国乙卷文数第10题/理数第5题）在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】
如图，连接，因为∥，
所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以.故选：D
二、解答题
3．（2022·全国乙卷理数第18题）如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为
【详解】（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点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为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
4．（2022·全国甲卷理数第18题）在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以；
（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
5．（2021·全国乙卷理数第18题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、，
则，，
，则，解得，故；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结．因为底面，且底面，所以．
又因为，，所以平面．
又平面，所以．
从而．
因为，所以．
所以，于是．
所以．所以．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结交于点N．
由[方法二]知．
在矩形中，有，所以，即．
令，因为M为的中点，则，，．
由，得，解得，所以．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，
所以，，
因此，二面角的正弦值为.
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．
联结，由三垂线定理可知，
故为二面角的平面角．
易证四边形是边长为的正方形，联结，．
，
由等积法解得．
在中，，由勾股定理求得．
所以，，即二面角的正弦值为．
6．（2021·全国甲卷理数第19题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
我们通过比较近三年的高考题可以发现，对于空间向量与立体几何的考查在素养要求的层级上有所提高，但难度不会提升太多，多为基础性、综合性题目。理科数学对创新能力的要求有所提高，所以预计2024年的高考，会加强对创新能力的考查，但总体基调不会发生太大变化。
一、单选题
1．（2023·江苏镇江·江苏省镇江中学校考三模）一个圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为2，以该圆台的上底面为底面，挖去一个半球，则剩余部分几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】，，
剩余部分几何体的体积为．故选:C
2．（2023·北京·101中学校考三模）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【详解】由是两条不同的直线，是两个不同的平面，
若，则与可能相交、平行或，A错；
若，则或，B错；
若，则或相交，C错；
若，则确定一个平面，设为，
又，所以，
则由面面平行的判定定理得，D正确.故选：D
3．（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知，底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积（单位：）是（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】由题意可得圆锥体的母线长为，
所以圆锥体的侧面积为，
圆柱体的侧面积为，
圆柱的底面面积为，
所以此陀螺的表面积为，故选：C.
4．（2023·江苏无锡·校联考三模）已知，是空间中两条不同的直线，，，是空间中三个不同的平面，则下列命题中错误的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】A
【详解】设平面、、的法向量分别为、、，直线，的方向向量为，，
对于A：若，，则或，故A错误；
对于B：若，则，又，则，所以，则，故B正确；
对于C：若，，则，，又，则，所以，则，故C正确；
对于D：因，，则，，因此向量、共面于平面，
令直线的方向向量为，显然，，
而平面，即、不共线，于是得，所以，故D正确.故选：A
5．（2023·河南开封·统考三模）某三棱锥的三视图如图所示，已知它的体积为36，则图中的值为（ ）

A．2B．C．3D．
【答案】C
【详解】依题意，三视图对应的几何体是底面为等腰直角三角形，直角长为，一个侧面与底面垂直的三棱锥体，如图，

三棱锥的高为，由体积，得，所以.故选：C
6．（2023·广东梅州·统考三模）在马致远的《汉宫秋》楔子中写道：“毡帐秋风迷宿草，穹庐夜月听悲笳.”毡帐是古代北方游牧民族以为居室、毡制帷幔.如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与圆柱的组合体，圆锥的高为4，侧面积为，圆柱的侧面积为，则该毡帐的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的母线长为，
因为圆锥的侧面积为，所以，即.
因为，所以联立解得（负舍）.
因为圆柱的侧面积为，所以，即，解得，
所以该毡帐的体积为.故选：A.
7．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）已知球O的半径为2，三棱锥底面上的三个顶点均在球O的球面上， ，，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】记球O的半径为R，所在外接圆的半径为r，由，得，，设三棱锥的高为h，则，所以；
在中，如图：
等价于BC边在外接圆上固定不到，A点在劣弧上运动，显然当A点为的中点时，高AD最大，
AD的最大值，面积的最大值，
三棱锥体积的最大值；故选：A.
8．（2023·四川成都·树德中学校考三模）如图，网格纸上绘制的是一个几何体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（ ）

A．B．1C．D．4
【答案】C
【详解】如图所示，

题中三视图对应的几何体为图中棱长为2的正方体中的三棱锥，
其体积.故选：C.
9．（2023·山东潍坊·三模）我国古代名著《张邱建算经》中记载：“今有方锥，下广二丈，高三丈．欲斩末为方亭，令上方六尺．问：斩高几何？”大致意思是：“有一个正四棱锥的下底面边长为二丈，高为三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底面边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少？”按照上述方法，截得的该正四棱台的体积为（ ）（注：1丈尺）
A．11676立方尺B．3892立方尺
C．立方尺D．立方尺
【答案】B
【详解】如图所示，
正四棱锥的下底边长为二丈，即尺，
高三丈，即尺；
截去一段后，得正四棱台，且上底边长为尺，
所以，解得，
所以该正四棱台的体积是
（立方尺）．故选：．
10．（2023·河南·统考三模）如图，该几何体为两个底面半径为1，高为1的相同的圆锥形成的组合体，设它的体积为，它的内切球的体积为，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由题意可得，
因为上下两个圆锥大小相同，所以组合体内切球的球心为，半径等于点到的距离，设半径为，则
，
所以，所以，故选：D
11．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）在正方体中，M是线段（不含端点）上的动点，N为BC的中点，则（ ）
A．B．平面平面
C．平面D．平面
【答案】B
【详解】因为，，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故B正确；
以点D为原点，分别以DA，DC，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设，则，，，，.
设，则，.设平面的法向量为，
则有可取，得.
又，
则，故A不正确；
因为，所以，故D不正确；
因为，所以，故C不正确．
故选：B．

12．（2023·河南·襄城高中校联考三模）已知三棱锥中，平面ABC，，，，，D为PB的中点，则异面直线AD与PC所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】如图所示，取BC的中点E，连接AE，DE，

则，或其补角即为异面直线AD与PC所成的角．
由，，，则有，所以，
E为BC的中点，则，
平面ABC，中，，∴
中，，∴，
在中，根据余弦定理可得．
所以异面直线AD与PC所成角的余弦值为.故选：D
13．（2023·广东广州·华南师大附中校考三模）已知克列尔公式：对任意四面体，其体积和外接球半径满足，其中，，，，，，分别为四面体的三组对棱的长.在四面体中，若，，则该四面体的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图，设E为的中点，连接，

由于，故，
而平面，则平面，
而，，
故，
则四面体的体积为
，
由题意，
故可得，
解得，故该四面体的外接球的表面积为，故选：C
14．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）如图，在圆台OO1中，，点C是底面圆周上异于A、B的一点，，点D是BC的中点，l为平面与平面的交线，则交线l与平面所成角的大小为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【详解】因为，因为，D分别是，BC的中点，所以，
所以平面，平面，所以平面，
平面，平面平面，
所以，，所以，
所以直线l与平面所成角即直线与平面所成角，
因为为直径，所以，因为，即，
又因为平面，
平面，所以，平面，
所以平面，过点作交于点，
因为平面，所以，，
，平面，所以平面，
所以为交线l与平面所成角，
因为，，
.
所以，结合图知.
故选：B.

15．（2023·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考三模）如图，已知正方体的棱长为1，分别是棱，的中点．若点为侧面正方形内（含边界）的动点，且平面，则与侧面所成角的正切值最大为（ ）

A．2B．1C．D．
【答案】D
【详解】取的中点，连接、、、、，如图所示：

在正方体中，且，
因为、分别是棱、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，
平面，同理可证平面，
，平面，
所以平面平面，
平面，若，则平面，平面，
所以，点在侧面内的轨迹为线段，
因为平面，所以与侧面所成的角为，
在，，
所以，所以与侧面所成角的正切值为，
在中，，所以，
所以点到边的距离为，即的最小值为，所以与侧面所成角的正切值的最大值为，故选：D.
16．（2023·河南·襄城高中校联考三模）如图1，在中，，，，，沿将折起，使得二面角为60°，得到三棱锥，如图2，若，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【详解】因为，，，平面，平面，所以平面．
又平面，则，因为平面，平面，所以．
又，平面，平面，所以平面．
又平面，所以，即90°．因为为60°，所以60°，
在中，，可得，．
易知，的四个顶点可以与一个长方体的四个顶点重合，
如图所示，则该长方体的外接球即为的外接球，球心PC的中点，
，表面积为，故A正确．故选：A.

17．（2023·上海虹口·华东师范大学第一附属中学校考三模）已知圆锥SO（O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为，高为1，P､Q为底面圆周上任意两点．有以下三个结论：
①三角形SPQ面积的最大值为2；
②三棱锥体积的最大值为；
③四面体SOPQ外接球表面积的最小值为．
以上所有正确结论的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【详解】①如图，由条件可知，，点是直径的两个端点，
，所以是钝角，
，当时，的面积最大，最大值是，故①错误；
②，
，当时，的最大值是，
所有三棱锥的最大值是，故②正确；
③设外接圆的半径为，四面体SOPQ外接球的半径，
中，根据正弦定理可得， ，得，
，所以，则外接球的半径也无最小值，所以四面体SOPQ外接球表面积无最小值，故③错误.
故选：B
18．（2023·河北张家口·统考三模）风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，相传墨翟以木头制成木鸟，研制三年而成，是人类最早的风筝起源.如图，是某高一年上级学生制作的一个风筝模型的多面体为的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【详解】在中，因为且为的中点，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
在中，因为且，
所以，
所以，且，
因为四边形为矩形，可得，
又因为，且平面，所以平面，
因为，所以平面，
又因为平面，所以，
设，在直角中，可得，
在直角中，可得，
因为，所以，即，解得，
所以多面体的体积为：
.故选：B.

19．（2023·云南·校联考三模）如图，已知半径为、母线长为的圆锥的侧面展开图是半圆，在其内部作一个半径为、母线长为的内接圆柱（圆柱的下底面在圆锥的底面上，上底面的圆在圆锥的侧面上），若圆柱的侧面积与圆锥的侧面积之比为，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由圆锥的侧面展开图是半圆，可得，即，
所以圆锥的高，
因为圆柱的侧面积与圆锥的侧面积之比为，
可得，所以，
又由，可得，所以，
代入上式，可得，所以.故选：A.

20．（2023·河南·统考三模）设正方体的棱长为1，点E是棱的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题：

①如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为；
②如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为；
③如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为；
④如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为．
其中正确的命题个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【详解】由面，而面，则，又，
又，面，则面，
由面，则，同理，
，面，则面，
所以垂直于面所有直线，且面，
若，则在边长为的正△的边上，
故轨迹图形面积为，①对；

若分别为中点，连接，
由正方体的性质易得，，
所以共面，且为平行四边形，故面即为面，
由面，面，则面，
同理可得面，，面，
所以面面，要使∥平面，则在△的边上，
所以轨迹长为，②错；

若分别为的中点，连接，显然，
所以共面，即面，
由，面，面，则面，
又，同理可得面，，面，
所以面面，故面内任意直线都与面平行，
要使∥平面，则在四边形的边上运动，
此时轨迹长为，③对；

若分别是的中点，并依次连接，
易知为正六边形，显然，，
由面，面，则面，同理可得面，
，面，所以面面，
由面，则面，故垂直于面所有直线，
要使，则在边长为的正六边形边上运动，
所以轨迹图形面积为，④对；
故选：C
二、填空题
21．（2023·四川遂宁·统考三模）某三棱锥的三视图如图所示，已知它的体积为，则该三棱锥外接球的表面积
【答案】
【详解】由三视图可知，该几何体的直观图为下图正方体中的三棱锥，
因为，所以，即正方体棱长为4，
设点分别为的外心，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，它们的交点，即为三棱锥外接球的球心，
在中，，，
所以， ，
由正弦定理得， ，得，易得，
所以，在中，，
所以，三棱锥外接球表面积.
故答案为：
22．（2023·上海奉贤·上海市奉贤中学校考三模）一个正方体和一个球的表面积相同，则正方体的体积和球的体积的比值 ．
【答案】
【详解】由已知可得设正方体的棱长为,球的半径为，
由题意可知，故可得，
则，，故，故答案为：.
23．（2023·上海闵行·上海市七宝中学校考二模）在中，，，，将绕边AB旋转一周，所得到几何体的体积为 .
【答案】
【详解】因为在直角三角形中，，，，
所以绕直线AB旋转一周所得几何体是底面是以BC为半径的圆，高为AB的圆锥，示意图如下图所示：

所以绕直线AB旋转一周所得几何体的体积为.故答案为:．
24．（2023·青海西宁·统考二模）关于正方体有如下说法：
①直线与所成的角为； ②直线与所成的角为；
③直线与平面所成的角为； ④直线与平面ABCD所成的角为．
其中正确命题的序号是 ．
【答案】①④
【详解】连接，，因为与平行，所以是异面直线与所成的角，
因为为等边三角形，所以直线与所成的角为，故①正确；
连接交于点，取的中点为，连接，，
因为为的中点，所以平行，
则或其补角为直线与所成的角，易知，所以，
即直线与所成的角为，故②错误；
连接，直线交于点，连接，
设正方体的棱长为，易知，
由线面垂直的判定可知，平面，
则为直线与平面所成的角，
，，则，即，故③错误；
平面，易知为直线与平面所成的角，
由，则，故④正确.
故答案为：①④.
25．（2023·山东济宁·嘉祥县第一中学统考三模）在棱长为2的正方体中，为底面的中心，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值是 .
【答案】
【详解】在棱长为2的正方体中，取中点，连接，如图，

因为为的中点，有，则四边形是平行四边形，
于是，又，即有四边形是平行四边形，
因此，则是异面直线与所成的角或补角，
而为底面的中心，则，又平面，
从而平面，而平面，则，
在中，，于是，
所以异面直线与所成角的余弦值是.故答案为：
26．（2023·云南曲靖·校考三模）已知点均在球的球面上运动，且满足，若三棱锥体积的最大值为，则球的体积为 .
【答案】
【详解】如图所示，当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，
设球的半径为，此时，
故，则球的体积为.
故答案为：
27．（2023·湖南邵阳·统考三模）三棱锥中，PA⊥平面ABC，，则三棱锥外接球的表面积为 .
【答案】
【详解】由PA⊥平面ABC，面，则，又，
所以两两垂直，故可将三棱锥补全为长方体，
故三棱锥外接球，即为长方体外接球，
令三棱锥外接球半径为，则满足，
所以外接球表面积为.故答案为：
28．（2023·山东青岛·统考三模）已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图为半圆，则该圆锥内半径最大的球的表面积为 ．
【答案】
【详解】设圆锥母线长为，由题意，，
圆锥内半径最大的球与圆锥相切，
作出圆锥的轴截面，截球得大圆为圆锥轴截面三角形的内切圆，是切点，如图，易知是圆锥的高，在上，
由得，因此，所以，
，
所以圆锥内半径最大的球的表面积为，答案为：．
29．（2023·山东淄博·统考三模）已知圆锥的侧面展开图为半圆，则该圆锥的侧面积与其内切球的表面积之比为 .
【答案】
【详解】
如图所示圆锥IF，设其底面圆心为F，半径为r，内切球球心为O，半径为R，内切球与母线IH切于点G，
则由题意可知，故，
易知，即，所以，
圆锥的侧面积为，内切球的表面积为，故.故答案为：
30．（2023·上海黄浦·上海市大同中学校考三模）已知正方形ABCD的边长是1，将沿对角线AC折到的位置，使（折叠后）A、、C、D四点为顶点的三棱锥的体积最大，则此三棱锥的表面积为 ．
【答案】
【详解】在翻折过程中，三棱锥的底面始终是，故当二面角为时，三棱锥的体积最大，
如图，取的中点，连结，由题意可知，，，
则，且，所以，
所以和是边长为1的等边三角形，,
和是等腰直角三角形，
所以三棱锥的表面积为.
故答案为：
31．（2023·河北·校联考三模）已知四面体中，，则该四面体体积的最大值为 ．
【答案】
【详解】取的中点，连接，
因为，
所以，
，
当平面时，该四面体体积取得最大值，
最大值为.故答案为：.

32．（2023·四川泸州·四川省泸县第一中学校考三模）如图，在四棱柱中，平面，，，，为棱上一动点，过直线的平面分别与棱，交于点，，则下列结论正确的是 ．
对于任意的点，都有
对于任意的点，四边不可能为平行四边形
当时，存在点，使得为等腰直角三角形
存在点，使得直线平面
【答案】
【详解】对于，，平面，平面，平面，
同理，有平面，
平面，，平面平面，
平面平面，平面平面，
，故正确．
对于四边形是直角梯形，，平面与平面不平行，
平面平面，平面平面，
与不平行，故四边形不可能为平行四边形，故正确．
对于，，，，要使为等腰直角三角形，则，但根据题意，故不正确．
对于延长至，使得，
则四边形是矩形，．
当，，三点共线时，平面，平面，故正确．故答案为：．
33．（2023·四川成都·三模）如图，为圆柱下底面圆的直径，是下底面圆周上一点，已知，圆柱的高为5．若点在圆柱表面上运动，且满足，则点的轨迹所围成图形的面积为 ．
【答案】10
【详解】因为是圆柱下底面圆的直径，所以，
又，，平面，所以平面，
设过的母线与上底面的交点为，过的母线与上底面的交点为，连，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
所以点在平面内，又点在圆柱的表面，所以点的轨迹是矩形，
依题意得，，，所以，
所以矩形的面积为.故点的轨迹所围成图形的面积为.故答案为：.
34．（2023·北京大兴·校考三模）如图，在正方体，中，，分别为线段，上的动点.给出下列四个结论:

①存在点，存在点，满足∥平面；
②任意点，存在点，满足∥平面；
③任意点，存在点，满足；
④任意点，存在点，满足.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①③
【详解】对①，当，分别为，的中点时，取中点，连接，则根据中位线的性质可得，
又平面，平面，故平面，同理平面，又，平面，故平面平面.
又平面，故平面.故①正确.

对②，当在时，∥平面不成立，故②错误；
对③④，以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设正方体棱长为1，
则，.
设，，则，其中，故，
则当时，即.
故对任意的，存在满足条件，即任意点，存在点，满足.故③正确；
当，即在点时，若，则，不满足，即不在上，故④错误.
故答案为：①③
35．（2023·河南·襄城高中校联考三模）在正四棱柱中，，点在棱上，平面，则三棱锥的外接球的表面积为 .
【答案】
【详解】如图所示，设与交于点，连接.

因为平面，平面，所以，
在平面内，可得∽，即，如图所示，

正四棱柱中，，则，，，
则，解得，
三棱锥中，两两互相垂直，
则三棱锥的外接球与以为长宽高的长方体的外接球相同，
外接球直径为，半径为
故其外接球的表面积为.故答案为：
36．（2023·广东深圳·统考二模）如图，已知球的表面积为，若将该球放入一个圆锥内部，使球与圆锥底面和侧面都相切，则圆锥的体积的最小值为 .

【答案】
【详解】依题意，得球的半径，设圆锥的底面半径为，圆锥的高为，
则母线长为，如图是圆锥的轴截面，
则轴截面的面积，
即，平方整理得，
则圆锥的体积，令，
则，
当且仅当时取得最小值，此时.
[或求导：，所以，
当即时，单调递增，
当即时，单调递减，
所以当时最小，且最小值为.]故答案为：.

37．（2023·陕西商洛·统考三模）在四面体中，，，，若，，则该四面体外接球的表面积为 .
【答案】
【详解】
平面ABD，平面ABD， 平面ABD，
平面ABD， ，取AC的中点G，BD的中点 ，CD的中点O，
又平面ABC，平面ABC， 平面ABC，
平面ABC，G是外接圆的圆心，平面ABD，是外接圆的圆心，所以O是四面体ABCD外接球的球心；
，所以外接球O的半径为 ，外接球的表面积 ；故答案为： .
38．（2023·河南·襄城高中校联考三模）在正四棱柱中，，，点P为侧棱上一点，过A，C两点作垂直于BP的截面，以此截面为底面，以B为顶点作棱锥，则该棱锥的外接球的表面积的取值范围是 ．
【答案】
【详解】如图所示，当P与点D重合时，过A，C与BP垂直的截面为平面，
四棱锥的外接球的球心为对角面的中心O，直径为，
此时外接球的表面积最大，最大为．
当P与点重合时，过A，C与BP垂直的截面为平面ACM，
设，连接，
因为平面，平面，
所以，
所以，
因为，所以，
所以∽，
所以，所以，解得
所以三棱锥的外接球直径为，
此时外接球的表面积最小，最小为．
所以该棱锥的外接球的表面积的取值范围是，故答案为：
39．（2023·河南开封·统考三模）如图，在棱长为1的正方体中，点P是线段上一动点（不与，B重合），则下列命题中：
①平面平面；
②一定是锐角；
③；
④三棱锥的体积为定值．
其中真命题的有 ．
【答案】①③④
【详解】对于①，由正方体性质可得平面，又平面，所以平面平面，即①正确；
对于②，当是的中点时，
易得，
满足，此时是直角，所以②错误；
对于③，连接，如下图所示;
由正方体可知，且平面，平面，
所以，
又，平面，所以平面；
又平面，所以，即③正确；
对于④，三棱锥的体积，又因为的面积是定值，
平面，所以点到平面的距离是定值，
所以三棱锥的体积为定值,即④正确.故答案为：①③④
40．（2023·陕西宝鸡·统考三模）如图，正方体棱长为2，P是线段上的一个动点，则下列结论中正确的为 ．
①BP的最小值为
②存在P点的某一位置，使得P，A，，C四点共面
③的最小值为
④以点B为球心，为半径的球面与面的交线长为
【答案】③④
【详解】对于①，在中，，即是边长为的等边三角形，
的最小值为的高，，①不正确；
对于②，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

，
设，则，即，
即，，
，
假设P，A，，C，由空间共面定理可得：，
则，
可得，故不存在点P，使得P，A，，C四点共面，故②不正确；
对于③，将翻折到一个平面内，如图所示，
为等腰直角三角形，为等边三角形，则的最小值为，
又，，，，
在中，由余弦定理得：，
，即，故③正确；
对于④，设点到平面的距离为，
，设平面，
则，则，
令，，则，
因为，所以
以点为球心，为半径的球面与平面的交线是以为半径的圆，
交线长为，④正确.故答案为：③④
三、解答题
41．（2023·陕西安康·统考三模）如图，在四棱锥中，平面，且四边形是正方形，，，分别是棱，，的中点．

(1)求证：平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接，
∵是正方形，，分别是棱，的中点，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵是的中点，
∴，
∵平面，平面，
∴平面，平面，
∵，直线在平面内，
∴平面平面，
∵平面，
∴平面．
（2）∵平面，，
∴平面，
过C在平面内，作，垂足为，则，
∵，又直线FG，BF在平面内，
∴平面，
∴的长是点C到平面的距离，
∵中，，
∴由等面积可得，∴点C到平面的距离为.

42．（2023·北京海淀·北大附中校考三模）如图在几何体中，底面为菱形，.

(1)判断是否平行于平面，并证明；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求：
（i）平面与平面所成角的大小；
（ii）求点到平面的距离.
条件①：面面
条件②：
条件③：
注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分.
【答案】(1)与平面不平行，证明见解析
(2)（i）；（ii）
【详解】（1）不平行于平面，理由如下：
取中点，

因为，所以
则四边形为平行四边形，所以，又，所以不平行于，
假设平面，因为平面平面，平面
所以，与不平行于矛盾，所以假设不成立，即不平行于平面；
（2）选择条件①：
取中点，连接
因为菱形，所以为正三角形，又为中点，所以，
由于，所以，
又因为面面，面面，面
所以面，因为面，所以
又因为，面，所以面，
而面，所以，
所以如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则
（i）因为面，所以为平面的一个法向量
设平面的法向量为，因为
所以，令，
设平面与平面所成角为，
所以，则
即平面与平面所成角大小为；
（ii）因为，由（i）知平面的一个法向量为
所以点到平面的距离为.
选择条件②：连接，取中点，连接
因为菱形，所以为正三角形，又为中点，所以，由于，所以，
在菱形中，有，
又因为，平面，所以平面，
因为平面，所以
又因为，面，所以面，
而面，所以，
所以如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则
（i）因为面，所以为平面的一个法向量
设平面的法向量为，因为
所以，令，
设平面与平面所成角为，
所以，则
即平面与平面所成角大小为；
（ii）因为，由（i）知平面的一个法向量为
所以点到平面的距离为.
条件③：
取中点，连接
因为菱形，所以为正三角形，又为中点，所以，由于，所以，
因为，由（1）可得，所以
所以，即
因为，所以
又因为，面，所以面，
而面，所以，
所以如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则
（i）因为面，所以为平面的一个法向量
设平面的法向量为，因为
所以，令，
设平面与平面所成角为，
所以，则
即平面与平面所成角大小为；
（ii）因为，由（i）知平面的一个法向量为
所以点到平面的距离为.
43．（2023·江西南昌·统考三模）如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，，平面，，，G在上，且．
(1)求证：平面；
(2)若与所成的角为，求多面体的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）延长交于点M，连接，则在面内，
由，则，又，
所以，可得，
由，G在上且，故为平行四边形，
则，且，又共线，
所以，且，故为平行四边形，则，
由平面，平面，所以平面．
（2）
取的中点N，则，且，
所以为平行四边形，则，
在平面内，过G作FB的平行线交AB于P，
所以与所成的角，即为与所成角，则，
平面，平面，则，而，
设，则△中，，
，则为等边三角形，
故，即，
所以在中，P为的中点，且，故为的中位线，
所以，易知多面体为棱台，且，且，
体积．
44．（2023·人大附中校考三模）已知四棱锥的底面为梯形，且，又，，，平面平面，平面平面．

(1)判断直线和的位置关系，并说明理由；
(2)若点到平面的距离为，请从下列①②中选出一个作为已知条件，求二面角余弦值大小．
①；
②为二面角的平面角．
【答案】(1)相交，理由见解析(2)
【详解】（1）且，延长必交于一点，即为点，
平面，平面，且，，
平面，平面，又平面，平面，
连接，则平面平面，又平面平面，
直线即为直线，如下图所示，

，即直线与相交.
（2）若选条件①，，平面平面，平面平面，平面，平面；
同理可知：平面，
平面，，；
取中点，连接，
，，四边形为平行四边形，，
，，又，，
；
设，则，又，，
，
，
，
，
又，，
由（1）知：二面角即为二面角，设其平面角为，
，，为中点，，，
设点到直线的距离为，
则，即，解得：，
，
又二面角为锐二面角，.
若选条件②，若为二面角的平面角，则，，
又，；
平面平面，平面平面，平面，平面；
同理可知：平面，
平面，，；
取中点，连接，
，，四边形为平行四边形，，
，，又，，
；
设，则，又，，
，
，
，
，
又，，
由（1）知：二面角即为二面角，设其平面角为，
，，为中点，，，
设点到直线的距离为，
则，即，解得：，
，
又二面角为锐二面角，.
45．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）在三棱锥中，，平面平面，且.

(1)证明：；
(2)若是直线上的一个动点，求直线与平面所成的角的正切值最大值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)2.
【详解】（1）在三棱锥中，在平面内过点作直线，如图，

因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
因为，平面，
所以平面，又平面，
所以.
（2）过作交于，连接，由（1）知平面，
因此是直线与平面所成的角，
又平面，所以，
设，由，，得，，
又，所以，，
在中，由余弦定理,
得，
所以，当且仅当时取等号，
所以直线与平面所成的角的正切值最大值为2.

46．（2023·河北·校联考三模）如图，四棱锥的底面是菱形，其对角线交于点，且平面是的中点，是线段上一动点．

(1)当平面平面时，试确定点的位置，并说明理由；
(2)在（1）的前提下，点在直线上，以为直径的球的表面积为．以为原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，求点的坐标．
【答案】(1)是的中点
(2)，
【详解】（1）因为平面平面，
平面平面，平面平面，
所以，
因为是的中点，所以是的中点；
（2）由题意，解得，
设，
由题意，，
则，
则，
则，解得或，
当时，，则，
当时，，
设，则，
所以，解得，则，
综上所述点的坐标为，.

47．（2023·江西·江西师大附中校考三模）已知四棱锥的底面是正方形，，是棱上任一点．

(1)求证：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）证明：因为是正方形，且，可得，且，
又因为，可得，
因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
（2）解：因为与平面交点为，且，
可得点到平面的距离等于到平面的距离，
过点作于点，
由（1）知平面，且平面，所以，
因为且平面，所以平面，
即到平面的距离为边的高，设为，
过作于，则，所以，
所以，即点到平面的距离等于．

48．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考二模）如图1，在中，为的中点，为上一点，且.将沿翻折到的位置，如图2.

(1)当时，证明：平面平面；
(2)已知二面角的大小为，棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点为中点
【详解】（1）由已知，有，且，
平面，所以平面，
因为平面，所以.
在Rt中，，
所以.
因为，所以.
且，平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）由（1），
所以为二面角的平面角，，
因为为的中点，
所以，， ，，，
如图，以为坐标原点，分别以为轴､轴正方向建立空间直角坐标系.

则.
设，
则,.
设平面的一个法向量，
由，得，
令，则，所以.
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
解得或（舍）.
因此，当点为中点时，直线与平面所成角的正弦值为.
49．（2023·江苏镇江·江苏省镇江中学校考三模）如图，四边形是边长为2的菱形，，四边形为矩形，，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）.
①与平面所成角相等；②三棱锥体积为；③

(1)平面平面；
(2)求二面角的大小；
(3)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析 (2) (3)
【详解】（1）选①，连接，作面，垂足为.

与平面所成角相等，
，
在的中垂线上，
在平面内，,
和重合，
面，
又面，
面面
若选②，设到面的距离为，
，得，
即为到面的距离，即面，
又面，
面面.
若选③，由余弦定理得，，
，又面
面，
又面
面面
（2）因为面，面，
所以，
取中点，则，
所以，又因为，
所以建立如下图所示空间直角坐标系，

，
，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，
，
，
由图可知二面角是钝角，所以二面角的大小为.
（3），
平面的一个法向量为，
点到平面的距离.
50．（2023·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模）已知在直三棱柱中，其中为的中点，点是上靠近的四等分点，与底面所成角的余弦值为．

(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点是线段上靠近的三等分点
【详解】（1）取的中点，连，因为为的中点，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为与底面所成角的余弦值为，所以与底面所成角的余弦值为，
因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，所以是与底面所成角，所以，所以，所以，
又，所以是边长为的等边三角形，
取的中点，的中点，连，则，，平面，
以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系：
则，，，，，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
则，得，令，得，，
，令，得，，，
因为，所以，
所以平面平面.
（2）设，则
，
设平面的一个法向量为，
则，
若，则有，则，取，则，
此时，不合题意；
所以，令，得，，
则，
所以，
整理得，解得.
所以在线段上存在一点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，点是线段上靠近的三等分点.

51．（2023·河南·襄城高中校联考三模）如图所示，在直四棱柱中，，，且是的中点.

(1)证明：；
(2)若，求四棱柱的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图，连接，，，，，
，，

，，
平面，平面，，
又，平面，平面，
平面，.
（2）设，则由已知可得，
，，
，，即，
解得（负值舍去），，
四棱柱的体积.
52．（2023·河南开封·统考三模）如图，在四棱锥中，是边长为的正三角形，，，，，，，分别是线段，的中点.
(1)求证：平面；
(2)求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)12
【详解】（1）证明：如图，取中点，连接，，

因为是线段的中点
所以，
因为平面，平面，
所以平面.
因为在梯形中，为的中点，是的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面；
（2）如图，在梯形中，过作交于，则四边形为平行四边形，
所以，
在中，得，，，
则，所以，
因为，
所以，
又，，平面，
所以平面，
又平面，
∴平面平面，
连接，因为为等边三角形，为的中点，
所以，
又平面面，平面，
所以平面，
因为在等边中，，为的中点，
所以，
所以四棱锥的体积为：
.
53．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）如图，在四棱锥中，，，，.

(1)证明：平面平面；
(2)已知，，.若平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图，取的中点分别为，连接BE，AF，EF，CF，
所以，且，
又，，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，，所以，
因为，，所以，
又，所以，
所以，即.
又，，平面，
所以平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.

（2）由（1）知，平面，因为，平面，
所以，，所以.
在Rt中，，，
则，则.
因为，，所以，
所以，，两两垂直，
以为坐标原点，向量，，的方向分别为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，
，，.
由，，
得.
设平面的法向量为，则，即，
取，则，得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，所以，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得，故的值为.
54．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）如图，在三棱锥中，底面，，，将绕着逆时针旋转到的位置，得到如图所示的组合体，为的中点.

(1)当为何值时，该组合体的体积最大，并求出最大值；
(2)当平面时，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)当时，该组合体的体积最大，最大值为；
(2)直线与平面所成角的正弦值为或
【详解】（1）底面，面，所以
则由旋转可得
所以底面积，
又，故当时，取最大值，
则底面积的最大值为，故几何体体积为，
故当时，该组合体的体积最大，最大值为；
（2）如图，以为原点，为轴，为轴，在平面上作轴，建立空间直角坐标系

则，
设，则，，，
所以，设平面的法向量为，又
所以，
令，则，即
因为平面，所以，则，所以或，
因为，设平面的法向量为，
①当，则，，所以，，
则，取，则
所以，所以直线与平面所成角的正弦值为；
②当，则，，所以，，
则，取，则
所以，所以直线与平面所成角的正弦值为；
综上，直线与平面所成角的正弦值为或.
55．（2023·四川成都·四川省成都列五中学校考三模）如图，四棱柱的侧棱⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，E，F分别为，的中点.

(1)证明：四点共面；
(2)若，求点A到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取的中点为G，连接AG，GE，由E，G分别为，的中点，

所以EG∥DC∥AB，且，
所以四边形ABEG为平行四边形，
故，
又因为F是的中点，
所以，
所以，故B，F，，E四点共面.
（2）易知四边形为菱形，且，，，，
所以菱形的面积为，
设点到平面BEF的距离为，点B到平面距离为，且，
由，得：，
因为，，
所以，
又因为，，、面，
所以面，
所以，
所以.
故点A到平面的距离为.
56．（2023·陕西宝鸡·统考二模）如图，在四棱锥中，四边形是正方形，，平面，点是棱的中点，点是棱上的一点，且．

(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接交于，连接，如图所示．

因为四边形是正方形，所以是的中点，又点是棱的中点，
所以是的中位线，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）因为平面，，平面，所以，，
又，，，平面，所以平面，
又，平面，所以，．
在中，，，是的中点，所以，，
又，，，平面，
所以平面，所以是三棱锥的高．
在中，，，，所以，
所以，所以，
得，，，
．
在中，，，，
所以，所以，
所以．
设点到平面的距离为，所以，解得，
即点到平面的距离为．
57．（2023·河北张家口·统考三模）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，.

(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连、交于，则为、的中点，连，
因为，所以，
因为侧面为菱形，，，
所以，，所以，即，
因为，平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面.

（2）取的中点，连，，，
由（1）知，，又，所以，
又，所以，同理得，
所以为二面角的平面角，
在中，，
，，
所以.所以二面角的余弦值为.
58．（2023·广东深圳·统考二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，点是的中点.

(1)证明：；
(2)设的中点为，点在棱上（异于点，，且，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：因为，点是的中点，所以.
因为平面平面，所以平面平面，
因为四边形为矩形，所以，
因为平面平面，平面，
所以平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：由题意可得两两垂直，
设，如图，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，

因为点是的中点，所以，
所以，
设平面的法向量为，则，
令可得，所以平面的一个法向量.
，设，
即，所以.
又，
所以，
化简得，解得或（舍去）.
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.
59．（2023·河南·统考三模）如图，四棱锥中，四边形为梯形，∥，，，，，M，N分别是PD，PB的中点．

(1)求证：直线∥平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接BD，M，N分别是PD，PB的中点．
∥
又平面，平面
直线∥平面
（2），，
,
,
两两之间互相垂直
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系

,,,,
又M，N分别是PD，PB的中点．
，
,，
设平面的法向量为
可得
解得令可得法向量
,，
平面
为平面得法向量
，令平面与平面夹角为且为锐角
平面与平面夹角的余弦值为.
60．（2023·广东梅州·统考三模）如图所示，在几何体中，平面，点在平面的投影在线段上，，，，平面.

(1)证明：平面平面.
(2)若二面角的余弦值为，求线段的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【详解】（1）由题知，平面平面，过点作的垂线，垂足为，连接，
又因为平面平面，所以平面.
因为平面，所以，则共面.
因为平面，平面，平面平面，
所以，则四边形为平行四边形，所以.
因为，，所以，
因为，所以，
由正弦定理得，即，
所以，因为，所以，
所以，即.
因为平面，平面，所以，
又因为,平面，所以平面.
因为，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，，，两两垂直，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，设，如图所示，
则，，，，
所以，，.
设平面的法向量，
所以，即，令，得，
所以平面的一个法向量.
设平面的法向量，
所以，即，令，得，
所以平面的一个法向量.
所以，即，解得或，
当时，，不合题意，
所以线段的长为2.

1.线面平行平行的判定
2.线面平行性质定理
3.面面平行的判定
4．面面平行性质定理
5.线面垂直的判定
6.线面垂直性质定理
7.面面垂直的判定
8.面面垂直性质定理
9.空间中的角
（1）异面直线所成角公式：设，分别为异面直线，上的方向向量，为异面直线所成角的大小，则．
（2）线面角公式：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为
与所成角的大小，则．
（3）二面角公式：
设，分别为平面，的法向量，二面角的大小为，则或（需要根据具体情况判断相等或互补），其中．
10.空间中的距离
求解空间中的距离
（1）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．
如图，设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．
（2）点到平面的距离
为平面外一点（如图），为平面的法向量，过作平面的斜线及垂线．
，
考向一 空间几何体的表面积和体积
考向二 三视图
考向三 点线面的位置关系
考向四 空间中的夹角问题
考向一 空间几何体的表面积和体积
考向二 三视图
考向三 点线面的位置关系
考向四 空间中的夹角问题
文字语言
图形语言
符号语言
线∥线线∥面
如果平面外的一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行（简记为“线线平行线面平行
面∥面线∥面
如果两个平面平行，那么在一个平面内的所有直线都平行于另一个平面
文字语言
图形语言
符号语言
线∥面线∥线
如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理线∥面面∥面
如果一个平面内有两条相交的直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行（简记为“线面平行面面平行
线面面∥面
如果两个平面同垂直于一条直线，那么这两个平面平行
∥
文字语言
图形语言
符号语言
面//面
线//面
如果两个平面平行，那么在一个平面中的所有直线都平行于另外一个平面
性质定理
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么他们的交线平行（简记为“面面平行线面平行”）
面//面
线面
如果两个平面中有一个垂直于一条直线，那么另一个平面也垂直于这条直线
文字语言
图形语言
符号语言
判断定理
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
面⊥面⇒线⊥面
两个平面垂直，则在一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直
_
_
a
平行与垂直的关系
一条直线与两平行平面中的一个平面垂直，则该直线与另一个平面也垂直
_
平行与垂直的关系
两平行直线中有一条与平面垂直，则另一条直线与该平面也垂直

_
b
_
a
文字语言
图形语言
符号语言
性质定理
垂直于同一平面的两条直线平行

_
b
_
a
文字语言
图形语言
符号语言
垂直与平行的关系
垂直于同一直线的两个平面平行
_
线垂直于面的性质
如果一条直线垂直于一个平面，则该直线与平面内所有直线都垂直
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
_
文字语言
图形语言
符号语言
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
_
_
a
考向一 空间几何体的表面积和体积
考向二 三视图
考向三 点线面的位置关系
考向四 空间中的夹角问题
考向一 空间几何体的表面积和体积
考向二 三视图
考向三 点线面的位置关系
考向四 空间中的夹角问题
文字语言
图形语言
符号语言
线∥线线∥面
如果平面外的一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行（简记为“线线平行线面平行
面∥面线∥面
如果两个平面平行，那么在一个平面内的所有直线都平行于另一个平面
文字语言
图形语言
符号语言
线∥面线∥线
如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理线∥面面∥面
如果一个平面内有两条相交的直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行（简记为“线面平行面面平行
线面面∥面
如果两个平面同垂直于一条直线，那么这两个平面平行
∥
文字语言
图形语言
符号语言
面//面
线//面
如果两个平面平行，那么在一个平面中的所有直线都平行于另外一个平面
性质定理
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么他们的交线平行（简记为“面面平行线面平行”）
面//面
线面
如果两个平面中有一个垂直于一条直线，那么另一个平面也垂直于这条直线
文字语言
图形语言
符号语言
判断定理
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
面⊥面⇒线⊥面
两个平面垂直，则在一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直
_
_
a
平行与垂直的关系
一条直线与两平行平面中的一个平面垂直，则该直线与另一个平面也垂直
_
平行与垂直的关系
两平行直线中有一条与平面垂直，则另一条直线与该平面也垂直

_
b
_
a
文字语言
图形语言
符号语言
性质定理
垂直于同一平面的两条直线平行

_
b
_
a
文字语言
图形语言
符号语言
垂直与平行的关系
垂直于同一直线的两个平面平行
_
线垂直于面的性质
如果一条直线垂直于一个平面，则该直线与平面内所有直线都垂直
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
_
文字语言
图形语言
符号语言
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
_
_
a