专练07 立体几何的十六个考查热点-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）

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热点一
空间几何体的结构
1．（21·22·北京·高考真题）已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积.
【详解】
设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，
且，故.
因为，故，
故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
而三角形内切圆的圆心为，半径为，
故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为
故选：B
2．（20·21·全国·高考真题）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.
【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.
故选：B.
【总结提升】
1.棱柱的所有侧面都是平行四边形，但侧面都是平行四边形的几何体却不一定是棱柱．
2.棱台的所有侧面都是梯形，但侧面都是梯形的几何体却不一定是棱台．
3.注意棱台的所有侧棱相交于一点．
4.通常利用空间几何体的表面展开图解决以下问题：
(1)求几何体的表面积或侧面积；
(2)求几何体表面上任意两个点的最短表面距离．
热点二
几何体的面积
3．（高考真题）若一个正方体的体对角线长为a，则这个正方体的全面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设正方体的棱长为x，求出正方体的棱长即得解.
【详解】解：设正方体的棱长为x，则，即，
所以正方体的全面积为．
故选：A
4.（高考真题）已知一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的全面积与侧面积的比是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设侧面展开图正方形边长为，用表示出圆柱底面半径，然后求出全面积与侧面积，再计算比值．
【详解】设正方形边长为，圆柱底面半径为，易知圆柱高为，，，
全面积为，而侧面积为，
所以全面积与侧面积之比这．
故选：A．
【总结提升】
几类空间几何体表面积的求法
(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．
(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．
(3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．
(4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．
热点三
几何体的体积
5．（20·21·全国·高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.
【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，
因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高，
下底面面积，上底面面积，
所以该棱台的体积.
故选：D.
6．（21·22·全国·课时练习）圆台的上、下底面的面积分别是，，侧面积是，则这个圆台的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出圆台的高，再利用圆台的体积公式进行计算.
【详解】设圆台的上、下底面的半径分别为r，R，母线长为l，高为h.,
由圆台的上、下底面的面积分别是，，得所以，，
由圆台侧面积公式可得，所以，
所以，
所以该圆台的体积
.
故选：D.
7.（22·23上·朝阳·期中）已知一个圆锥的高与其底面圆的半径相等，且体积为．在该圆锥内有一个正方体，其下底面的四个顶点在圆锥的底面内，上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，则该正方体的棱长为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，求得圆锥的高与底面圆的半径为，作出组合体的轴截面，结合，列出方程，即可求解.
【详解】因为圆锥的高与其底面圆的半径相等，设圆锥的高为，底面圆的半径为，则，
又因为圆锥的体积为，可得，解得，则，
设圆锥的顶点为，底面圆心为，则高为，与正方体的上底面交点为,
在该圆锥内有一个正方体，其下底面的四个顶点在圆锥的底面内，上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，取其轴截面，如图所示，
设正方体的棱长为，可得，
由，可得，即，解得，
所以该正方体的棱长为.
故选：D.
【总结提升】
1.处理体积问题的思路
(1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高，即等体积法；
(2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算，即分割法；
(3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法，即补形法．
2.求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.②等积法：等积法包括等面积法和等体积法.等体积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值.
热点四
几何体的三视图和直观图
8.（23·24上·泸州·阶段练习）某几何体的三视图如图所示（单位：，则该几何体的体积（单位：）是（ ）

A．B．3C．D．
【答案】A
【分析】根据三视图还原得该几何体形状，根据体积公式计算即可.
【详解】
由三视图可知该几何体为半个长2宽2高1的长方体，截去底为等腰直角三角形腰与高均为1的直棱柱即可，如图所示即几何体.
故其体积为.
故选：A
9．（22·23·绵阳·模拟预测）已知一个三棱锥的三视图如图所示，正视图为正方形，侧视图和俯视图均为直角三角形，则该几何体外接球的表面积是（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用三视图作出立体图，计算出外接球的半径，即可得出该几何体外接球的表面积.
【详解】由题意及图得，
该几何体为图中三棱锥 ,

其外接球与它所在长方体外接球是同一个, 设其外接球的半径为，
则有,
∴外接球的表面积为：.
故选：B.
10．（2021·全国·高考真题（理））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（答案不唯一）
【分析】
由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.
【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.
故答案为：③④
【规律方法】
1.三视图中，正视图和侧视图一样高，正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽.即“长对正，宽相等，高平齐”.
2.画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定连线在投影面上的虚实．
热点五
几何体的内切问题
11.（2014·湖南·高考真题（文））一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】
由三视图可知，这是一个三棱柱，内切球在正视图的投影是正视图的内切圆，设其半径为，根据三角形面积公式有.
12.（2020·全国·统考高考真题）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．
【答案】
【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.
【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中，且点M为BC边上的中点，
设内切圆的圆心为，
由于，故，
设内切圆半径为，则：
，
解得：，其体积：.
故答案为：.
13.（23·24上·辽宁·阶段练习）已知圆锥的底面半径为2，侧面展开图的面积为，则该圆锥的内切球的体积为 .
【答案】
【分析】利用圆锥侧面积公式、圆锥内接球关系分析运算即可得解.
【详解】解：由题意圆锥的底面半径为，设母线长为，圆锥的高为，
由圆锥的侧面积公式得：，解得，所以.
棱锥及内切球截面示意图如上图，设内切球半径为，
∵相似于，
∴，即，
解得：，
所以内接球体积.
故答案为：.
【规律方法】
多面体与球切、接问题的求解方法
（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；
（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解；
（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；
（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；
（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
热点六
几何体的外接问题
14．（22·23下·衡水·阶段练习）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，其中有很多对几何体外接球与内切球的研究．其中的一些研究思想启发着后来者的研究方向．已知正四棱锥的外接球半烃为R，内切球半径为r，且两球球心重合，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】B
【分析】正四棱锥的外接球和内接球球心重合，说明其结构特殊，找出结构的特殊性，再计算.
【详解】如图：
设底面正方形ABCD的对角线长为2a，高为h，，正方形的中心为O，外接球的球心为，
则有即，在 中， ① ，②，
以O为原点，建立空间直角坐标系如上图，
则有 ， ，
设平面PCD的一个法向量为 ，则有 ， ，
令 ，则 ，
设向量 与平面PCD的夹角为 ，则 ，
球心 到平面PCD的距离 ，
，由①得即③，
故设，则③可整理成 ，两边平方得 ， ，
由①②得 ；
故选：B.
15.【多选题】（23·24上·湖南·阶段练习）若某正方体的棱长为，则（ ）
A．该正方体的体积为5B．该正方体的内切球的体积为
C．该正方体的表面积为30D．该正方体的外接球的表面积为
【答案】BCD
【分析】根据正方体的体积表面积公式即可求解AC，根据内切球和外接球的直径即可得半径，由球的体积公式以及表面积公式求解BD.
【详解】因为该正方体的棱长为，所以其体积为，表面积为，A错误，C正确．
该正方体的内切球的直径为，所以内切球的体积为，B正确．
该正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，所以外接球的表面积为，D正确．
故选：BCD

16.（22·23·全国·高考真题）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
【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.
【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.
【规律方法】
多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.
热点七
几何体的截面问题
17．【多选题】（23·24上·安徽·阶段练习）在棱长为2的正方体中，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．四点共面
B．
C．过点的平面被正方体所截得的截面是等腰梯形
D．过作正方体外接球的截面，所得截面面积的最小值为
【答案】BCD
【分析】对于A，画出图形，假设四点共面，由面面平行的性质推出矛盾即可验证；对于B，画出图形，由先证线面垂直，即证明平面，由此即可验证；对于C，画出图形，通过观察并简单推理即可验证；对于D，画出图形，若要所得截面的面积最小，则截面圆的圆心为线段的中点，通过数形结合计算即可验证.
【详解】对于A，如图所示：

四点共面，且由题意有面面，
根据面面平行的性质，可知，
又，
所以，显然不成立，故假设不成立，故A错误；
对于B，如图所示：

∵平面，平面，
∴，
∵，，且平面，平面，
∴⊥平面，
又平面，从而，故B正确；
对于C，如图所示：

取的中点，易得，所以四点共面，
易知，所以四边形为等腰梯形，故C正确；
对于D，如图所示：

正方体外接球的球心在其中心点处，球的半径，
要使过的平面截该球得到的截面面积最小，
则截面圆的圆心为线段的中点，
连接，则，，
所以，此时截面圆的半径，
所以可得截面面积的最小值为，故D正确．
故选：BCD.
18.（23·24上·佛山·阶段练习）正方体的棱长为，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则平面截正方体所得截面面积的的最大值为 .
【答案】
【分析】根据题意，由条件可得截面的位置为过棱的中点的正六边形，即可得到结果.
【详解】
相互平行的直线与平面所成的角是相等的，可知在正方体中，平面与直线所成的角是相等的，
平面与平面平行，由正方体的对称性：要求截面面积最大，
则截面的位置为过棱的中点的正六边形（过正方体的中心），边长为2，所以其面积为.
故答案为：
19．（23·24·六盘水·模拟预测）在正方体中，以点A为球心，棱AB为半径的球将正方体截为P（含球心的部分）和Q两部分，则四边形被球A截得的区域面积与P的表面积之比为 .
【答案】/0.2
【分析】先得到P的表面积，再证明出线面垂直，推出以为圆心，半径为的半圆即为四边形被球A截得的区域，求出四边形被球A截得的区域面积，得到答案.
【详解】设正方体的棱长为1，由题可知为球的，
故P的表面积为，
设交于点，则，⊥，
又⊥平面，平面，故⊥，
因为平面，，
所以⊥平面，
因为，
故以为圆心，半径为的半圆即为四边形被球A截得的区域，如图所示，
故面积为，
故四边形被球A截得的区域面积与P的表面积之比为.
故答案为：
热点八
空间向量及其运算
20.（2001·全国·高考真题）在平行六面体中，M为AC与BD的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用空间向量线性运算法则进行运算即可.
【详解】因为在平行六面体中，，
所以.
故选：A.
21.（22·23·全国·专题练习）我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，四棱锥为阳马，平面，且，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据向量线性运算，以为基底表示出，从而确定的取值.
【详解】，，
，
，，，.
故选：A.
22.（23·24上·武汉·阶段练习）已知点在棱长为2的正方体表面上运动，是该正方体外接球的一条直径，则的最小值为（ ）
A．-2B．-8C．-1D．0
【答案】A
【分析】通过基底法，得到，再通过立体图得到的值以及的最小值，最终代入数据得到最小值.
【详解】如图为棱长为2的正方体外接球的一条直径，为球心，为正方体表面上的任一点，
则球心也就是正方体的中心，
所以正方体的中心到正方体表面任一点的距离的最小值为正方体的内切球的半径，
它等于棱长的一半，即长度为1，的长为正方体的对角线长，为，
我们将三角形单独抽取出来如下图所示：
，所以的最小值为.
故选：A.
热点九
立体几何的最值问题
23．（22·23·全国·专题练习）在直三棱柱中，，，，是线段上的动点，则的最小值是 .
【答案】
【分析】将沿展开，使与在同一平面内，则即为的最小值，求出即可.
【详解】因为平面，平面，所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为，所以四边形是正方形，所以，
如图，将沿展开，使与在同一平面内，
则即为的最小值，，
由余弦定理得，
所以的最小值是．

故答案为：．
24．（23·24上·闵行·期中）已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积为，则该正四棱锥的体积最大值为 ．
【答案】/
【分析】先求出外接球的半径，再根据正四棱锥的几何特征可知外接球的球心在其高上，利用勾股定理可得，进而由体积公式转化为关于的函数，利用导数可求出函数的最值．
【详解】因为球的体积为，所以球的半径为，
如图，设正四棱锥的底面边长，高，外接球的球心为，
根据正四棱锥的几何特征可知外接球的球心在其高上，又，
在中，，即，
所以正四棱锥的体积为，
整理得，，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以当时，取得最大值，
故答案为：．
25.（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，O，M，N分别为线段BC，AA1，BB1的中点，P为线段AC1上的动点，AO=BC，AB=3，AC=4，AA1=8.
(1)求点C到平面C1MN的距离；
(2)试确定动点P的位置，使线段MP与平面BB1C1C所成角的正弦值最大.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用面面垂直的性质定理可得平面，线面垂直的性质定理可得
，分别为的中点得，再利用勾股定理可得
，再由线面垂直的判定定理可得答案.
（2）以为原点，以为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，利用可得，再由线面角的向量求法可得
直线与平面所成的角的正弦值，再分、讨论可得答案.
(1)
在中，为中点且，
平面平面，平面平面，
平面，又平面，
分别为的中点，，
在直角和直角中，，
，
，
平面平面，
点到平面的距离为.
(2)
平面，由（1）得三线两两重直，
以为原点，以为轴建立空间直角坐标系如图，
则，
，
设平面的法向量为，
则令得，
设，则，
，
设直线与平面所成的角为，
则，
若，此时，点与重合；
若，令，则，
当，即为的中点时，取得最大值.
【方法技巧】
解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三方面着手：
一是从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决；
二是利用空间几何体的侧面展开图；
三是找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法，二次函数的配方法、公式法，函数有界法(如三角函数等)及高阶函数的拐点导数法等．空间向量法求最值也是要求出目标函数，但是需要先依据题意建立空间直角坐标系，注意建系时使坐标易于求解或表达，然后求目标函数的表达式．
热点十
异面直线及其所成的角
26.（2001·全国·高考真题）正三棱柱中，若，则与所成的角的大小为（ ）
A．60°B．90°C．45°D．120°
【答案】B
【解析】选出向量的基底，选，，为基底，将、用基底表示，求出两个向量的数量积，利用向量垂直的充要条件求出两个向量的夹角．
【详解】设，，，，
则，，
，
∴，∴与所成的角的大小是，
故选：B
27.（23·24上·成都·期中）把边长为的正方形对角线折起，使得平面与平面所成二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，根据条件求出坐标，从而得到，，再利用线线角的向量法即可求出结果.
【详解】取中点，连接，，以，分别为，轴，垂直面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为是边长为的正方形，所以,
则，，，
又易知，,，所以为二面角的平面角，
由题知，，所以，则
所以，，，
故，
所以，异面直线与所成角的余弦值为．
故选：D.
28.（22·23下·全国·模拟预测）如图，圆柱的轴截面为矩形，点M，N分别在上、下底面圆上，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作出异面直线与所成角，然后通过解三角形求得所成角的余弦值.
【详解】连接，设，则是的中点，
设是的中点，连接，则，
则是异面直线与所成角或其补角.
由于，，
所以，由于，
而是圆柱底面圆的直径，则，
所以，则，
，而，
在三角形中，由余弦定理得.
故选：D
【规律方法】
求两条异面直线所成的角，通常有两种方法，一是几何法（平移直线法），二向量法，将异面直线赋予向量意义，利用向量的数量积求出两个向量所成的角，再根据异面直线所成角的范围，求出异面直线所成的角.
热点十一
线、面关系的证明与面（体）积计算
29．（22·23·龙岩·二模）正方体的棱长为2，若点M在线段上运动，当的周长最小时，三棱锥的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先确定点的位置，再利用球的性质，以及空间向量的距离公式，确定球心坐标，即可确定外接球的半径，即可求解．
【详解】的周长为，由于为定值，即最小时，的周长最小，
如图，将平面展成与平面同一平面，则当点共线时，此时最小，在展开图中作，垂足为，，解得：，

如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，

，，
连结，因为平面，平面，
所以，又因为，且，平面，平面，
所以平面，平面，所以，
同理，且，
所以平面，且三棱锥是正三棱锥，所以经过△的中心．
所以三棱锥外接球的球心在上，设球心，，，则，
即，
解得：，，所以外接球的表面积.
故选：C.
30．（2022·天津·统考高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）
A．23B．24C．26D．27
【答案】D
【分析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.
【详解】该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，如图，
因为，所以，
因为重叠后的底面为正方形，所以,
在直棱柱中，平面BHC，则,
由可得平面，
设重叠后的EG与交点为
则
则该几何体的体积为.
故选：D.
31．（2021·全国·统考高考真题）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）．
【分析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；
（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．
【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.
【总结提升】
求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.
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线、面关系的证明与线面角的计算
32．（19·20·山东·高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（ ）
A．20°B．40°
C．50°D．90°
【答案】B
【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角.
【详解】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，
根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..
由于，所以，
由于，
所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.
故选：B
33.（23·24上·浙江·一模）如图，多面体中，四边形为正方形，平面平面，，，，，与交于点．

(1)若是中点，求证：；
(2)求直线和平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的性质，线面垂直的判定与性质，勾股定理逆定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，由线面夹角的向量公式计算即可．
【详解】（1）因为四边形为正方形，
所以，
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，
又因为平面，
所以，
连接，则，
在中，，
所以，
因为，，平面，且，
从而平面，
又平面，
所以，
因为，，平面，且，
所以平面，
又平面，
所以，
又因为，所以，
又是中点，，所以，
因为，，平面，且，
所以平面，
又因为平面，
所以．

（2）由（1）知，平面，且，
以为坐标原点，分别以、、所在的直线为、、轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则、、、，
则，，，
由得，，所以，
所以，，
设面的法向量为，由得，，取，则，
设直线和平面所成角为，
则，
所以直线和平面所成角的正弦值为．
34.（2023秋·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）如图，在正四棱柱中，，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点.

(1)求证：平面；
(2)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）法一：连接与交于点，利用中位线及正四棱柱性质证明四边形为平行四边形，结合平行四边形性质利用线面平行的判定定理证明；
法二：利用正四棱柱性质得为平行四边形，结合平行四边形性质利用线面平行的判定定理证明；
法三：利用面面平行的判定定理证明平面平面，然后利用面面平行的性质定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值.
【详解】（1）法一：如图1，连接与交于点，连接，
因为为棱的中点，为棱的中点，所以，且，
由为正四棱柱，可知，且，
所以且，故四边形为平行四边形，
所以，又因为平面平面，
所以平面.

法二：如图2，取中点为，连接，由于分别为的中点，则，则四点共面；
因为分别为中点，则有且，
而且，故且，
故为平行四边形，所以，
又因为平面平面，
所以平面.

法三：如图：

取AB中点M，连接MF、AC、ME、，则，
又平面，平面，所以平面.
，，故为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
又，平面，平面，
所以平面平面.
又平面，所以平面.
（2）设正四棱柱底面边长为2，则侧棱长为4，
分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，

则，
则，
设平面的一个法向量为，
则有，，取，
设直线与平面所成角为，
则.
【规律方法】
直线和平面所成角的求法：如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cs θ|＝eq \f(|e·n|,|e||n|).
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线、面关系的证明与二面角的计算
35．（2021·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
36.（21·22上·安庆·阶段练习）在四棱锥中，平面，，，，为的中点，为的中点．

(1)线段的中点为，求证平面；
(2)若异面直线与所成角的余弦值为，求二面角的平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明面面平行，再由面面平行得线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的平面角的余弦值即可.
【详解】（1）
当点为的中点时，平面．
因为，分别为，的中点，所以．
因为平面，平面，
所以平面．
因为，所以四边形为平行四边形，
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）取的中点为．由已知可得，．
因为平面，平面，所以，，
则以为坐标原点，为轴的正方向，为y轴的正方向，为轴的正方向建立空间直角坐标系．

，，，．
设，则，
则，，
所以，
解得或（舍）．
因为，所以，
所以点，
，，，．
设平面的法向量为，
则
令，则．
设平面的法向量为，
则
令，则，
所以，
由图易知二面角为锐角，
所以二面角的平面角的余弦值为．
37．（23·24上·河南·阶段练习）如图，在三棱台中，分别为上的点，平面平面．

(1)求证：平面；
(2)若，求平面和平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)平面和平面的夹角的余弦值
【分析】（1）证明，即可；（2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，用向量法求平面与平面的夹角.
【详解】（1）证明：平面平面，平面平面，
平面平面．
四边形为平行四边形，则．
为的中点．
同理为的中点，则，
．
又且四边形是平行四边形，则．
又．
又平面，
平面；
（2）．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系．
为等腰直角三角形，即．

则，
，
．
设平面的一个法向量为．
由，取，得；
设平面的一个法向量为．
由，取，得．
．
设平面和平面的夹角为，则
．
平面和平面的夹角的余弦值．
【规律方法】
(1)如图1，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．
(2)如图2、3，分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小(或)．
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立体几何的距离计算
38.（2023·全国·高三专题练习）已知正方体的棱长为1，点E、O分别是、的中点，P在正方体内部且满足，则下列说法错误的是（ ）
A．点A到直线BE的距离是B．点O到平面的距离为
C．平面与平面间的距离为D．点P到直线AB的距离为
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，用向量法直接求解可得.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所，．设，则，．故A到直线BE的距离，故A对；
易知，平面的一个法向量，则点O到平面的距离，故B对；
，，．设平面的法向量为，则，所以，令，得，，所以，所以点到平面的距离．因为平面平面，所以平面与平面间的距离等于点到平面的距离，即为，故C对；
因为，所以，，则，所以点P到AB的距离，故D错．
故选：D
39.（2023·全国·高三专题练习）已知是棱长为1的正方体，则平面与平面的距离为 ．
【答案】/
【分析】建立空间直角坐标系，可证得平面平面，从而平面与平面的距离等于点到平面的距离．求得平面的法向量和，结合点到平面的距离的向量公式，即可得解．
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
可得，
因为，则，
所以，
因为平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面，
又，平面，
所以平面平面，
所以平面与平面的距离等于点到平面的距离，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
又因为，所以．
所以平面与平面的距离为．
故答案为：．
40.（23·24上·北辰·期中）如图，且且且平面．
(1)若为的中点，为的中点，求证：平面；
(2)求平面和平面夹角的正弦值；
(3)若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）取GD中点为Q，连接NQ，MQ，通过证明平面平面，可得平面；（2）如图，建立以D为原点的空间直角坐标系，分别求出平面和平面夹角的法向量，即可得答案；（3）由（2），设，直线与平面所成的角为可得点P坐标，可得点到平面的距离.
【详解】（1）取GD中点为Q，连接NQ，MQ.
因为的中点，为的中点，Q为GD中点，
由三角形及梯形中位线定理，可得.
又注意到，平面EDC，平面EDC，
平面MNQ，，则平面平面.
又平面MQN，则平面.
（2）因平面ABCD，平面ABCD，
则，又，则如图建立以D为原点的空间坐标系.
则.
.
设平面和平面的法向量分别为.
则，取；
，取.
设平面和平面夹角为，则.
则平面和平面夹角的正弦值为.
（3）由（2），设，其中，则
又由题可得，平面的一个法向量可取.
结合直线与平面所成的角为，
则.
则，.
设平面法向量为，则.
取，则点到平面的距离.
【规律方法】
点面距的求法：如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离d＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|n|).
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立体几何中的折叠、翻折问题
41.（23·24上·镇江·阶段练习）如图，是边长为的正三角形的一条中位线，将沿翻折至，当二面角的大小为时，则 ；四棱锥外接球的表面积为 .

【答案】 / /
【分析】画出图形，把分解表示为，根据已知条件可以求得的模长从而由模长公式即可求出；画出图形，先找出底面所在圆的圆心并求出相应的半径，然后通过待定系数来确定四棱锥外接球球心位置和相应的半径，从而即可求解.
【详解】如图所示：

如图所示：取的中点为，
因为是边长为的正三角形的一条中位线，
所以，，
，
由题意可知是由沿翻折而成，
所以，
又面面，
所以二面角即为，
由题意可知，
所以
，
所以
；
如图所示：

连接，因为是边长为的正三角形的三条边的三个中点，
所以，
所以，
所以四点共圆，且为该圆的圆心，
因此四棱锥外接球球心一定在过点且垂直于面的直线上，设为点，
则有，
由题意点的投影一定在直线上，不妨设为点，即，
过作，
不妨设，则，
又在中，，
所以，
，
又，
所以，解得，
所以四棱锥外接球半径的平方为，
所以四棱锥外接球的表面积为.
综上所述：当二面角的大小为时，则；四棱锥外接球的表面积为.
故答案为：；.
42.（22·23·南京·模拟预测）如图（1），平面四边形中，，，，将沿边折起如图（2），使________，点，分别为，中点．在题目横线上选择下述其中一个条件，然后解答此题．①；②为四面体外接球的直径；③平面平面．

(1)证明：MN⊥平面ABD；
(2)求二面角A－MN－B的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）若选①：根据题意证得平面，得到，再由，利用线面垂直的判定定理，证得平面，结合，即可证得平面．
若选②：根据题意证得平面，结合，即可证得平面．
若选③：由面面垂直的性质定理，证得平面，得到，证得平面，根据，即可证得平面．
（2）以为原点，射线为轴建立空间直角坐标系，分别求得平面和的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：若选①：由，
在中，，，，，
可得，所以，
又由，且，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又由，且，平面，所以平面，
又因为，分别为，中点，可得，所以平面．
若选②：由为四面体外接球的直径，则，可得，
又由，且，平面，所以平面，
因为，分别为，中点，可得，所以平面．
若选③：由平面平面，平面平面，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又由，且，平面，所以平面，
因为，分别为，中点，可得，所以平面．
（2）解：以为原点，射线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
可得，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
所以，故二面角的正弦值.

【总结提升】
解答“翻折”“折叠”问题的两个策略：
1.确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决
2.确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算
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立体几何中的探索性问题
43．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，，，点F为棱CD的中点，与E，F相异的动点P在棱EF上.
(1)当P为EF的中点时，证明：平面ADE；
(2)设平面EAD与平面EBC的交线为l，是否存在点P使得平面PBD？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）设点为棱的中点，连接，，通过证明四边形为平行四边形，得到，再根据线面平行的判定定理可证平面ADE；
（2）延长，相交于点，连接，则直线为平面与平面的交线，连接，交于点，若平面，由线面平行的性质可知，设，推出，根据三点共线的结论求出，从而可推出.
（1）如图，设点为棱的中点，连接，，∴,，∵，，∴，，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面.
（2）如图，延长，相交于点，连接，则直线为平面与平面的交线，连接，交于点，若平面，由线面平行的性质可知，设，∵点为棱的中点，，，∴，∵，，三点共线， ∴，即，所以当时，，∴，又平面，平面，∴平面，∴存在满足条件的点使得平面，此时.
44．（23·24上·北京·阶段练习）如图，在直角梯形中，，，.以直线为轴，将直角梯形旋转得到直角梯形，且.
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明过程见解析；
(2)存在，，理由见解析.
【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，得到，从而得到线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，设出，利用线面角的正弦值列出方程，求出答案.
【详解】（1）将直角梯形绕着旋转得到直角梯形，
故且，
故四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）因为，，，
所以两两垂直，
故以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，设，
则，
设，则，设，
则，解得，故，
当时，此时与重合，直线和平面垂直，
不满足所成角的正弦值为，舍去；
当时，设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设直线和平面所成角的正弦值为，
则，
解得或（舍去），
综上，在线段上是否存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为，
此时.
45．（23·24上·晋中·阶段练习）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是边长为2的等边三角形，，M在PC上，且PA∥平面MBD．

(1)求证：M是PC的中点.
(2)在PA上是否存在点F，使二面角F-BD-M为直角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）连接AC交BD于点E，连接ME，根据线面平行的性质定理证明即可得结论；
（2）建立空间直角坐标系，设，利用空间坐标运算计算平面与平面FBD的法向量，根据二面角大小列方程求解的值即可得结论.
【详解】（1）连接AC交BD于点E，连接ME，

∵ABCD是矩形，∴E是AC中点.
又PA∥平面MBD，且ME是平面PAC与平面MDB的交线，
∴PA∥ME，∴M是PC的中点.
（2）取AD中点O，则OA，OE，OP两两垂直.以O为原点，建立空间直角坐标系（如图），

则，，，，，.
假设存在点F满足要求，设，则由得，
设平面MBD的法向量为，
∵，，
则，即，取，得，，
∴，
同理，平面FBD的一个法向量为，
由，得，解得，
故存在F，使二面角F-BD-M为直角，此时.
【总结提升】
1.解决线面关系中存在性问题的策略
对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用向量法进行线面关系的逻辑推理，寻找假设满足的数据或事实，若满足，则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设．
2.与空间角有关的探索性问题主要为与两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角有关的存在性问题，常利用空间向量法求解．其步骤是：(1)假设存在(或结论成立)；(2)建立空间直角坐标系，设(求)出相关空间点的坐标；(3)构建有关向量；(4)结合空间向量，利用线面角或二面角的公式求解；(5)作出判断．