第10讲 空间向量与立体几何（11类核心考点精讲精练）-备战2025年高考数学一轮复习考点帮（上海专版）

第10讲 空间向量与立体几何（11类核心考点精讲精练） 1. 5年真题考点分布 5年考情 考题示例 考点分析 2024年秋考17题 2024年春考10、14、18题 棱锥的体积、直线与平面所成的角 异面直线及其所成的角，空间中直线与平面之间的位置关系、平面与平面之间的位置关系、空间两条直线的位置关系，二面角的平面角及求法、直线与平面垂直 2023秋考12、17题 2023春考15、17题 棱锥的结构特征，二面角的平面角及求法、直线与平面平行 异面直线的判定，直线与平面所成的角、点、线、面间的距离计算 2022秋考5、15、17题 2022春考15、17题 圆柱的侧面积，空间中直线与直线之间的位置关系，棱柱、棱锥、棱台的体积、直线与平面所成的角 空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面所成的角 2021年秋考9、17题 2021年春考3、17题 空间中的最值问题，直线与平面所成的角、三棱锥的体积 圆锥的侧面积，直线与平面所成的角、棱锥的体积 2020年秋考15、17题 2020年春考6、21题 空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面所成的角、圆柱的表面积 几何体的体积，空间点线面的距离的求法 2.备考策略 一、求解空间几何体的外接球问题的策略 (1)定球心：球心到接点的距离相等且为半径． (2)作截面：选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的． (3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解． 二、求解空间几何体的内切球问题的策略 空间几何题的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径． 三、解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法 (1)几何法：根据平面的性质进行判定． (2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算． (3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除． 四、在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的解题思路 (1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值． (2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值． 五、作几何体截面的方法 (1)利用平行直线找截面． (2)利用相交直线找截面． 六、找交线的方法 (1)线面交点法：各棱线与截平面的交点． (2)面面交点法：各棱面与截平面的交线． 知识讲解 一、空间几何体的侧面展开图 (1)圆柱的侧面展开图是矩形． (2)圆锥的侧面展开图是扇形． (3)圆台的侧面展开图是扇环． 二．旋转体的侧面积和表面积 (1)S圆柱侧＝2πrl，S圆柱表＝2πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)． (2)S圆锥侧＝πrl，S圆锥表＝πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)． (3)S球表＝4πR2(R为球的半径)． 三．空间几何体的体积公式 (1)V柱＝Sh(S为底面面积，h为高)． (2)V锥＝Sh(S为底面面积，h为高)． (3)V台＝(S上＋＋S下)h(S上，S下分别为上、下底面面积，h为高)． (4)V球＝πR3(R为球的半径)． 四、求空间多面体的外接球半径的常用方法 (1)补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； (2)定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点的距离也是半径，列关系式求解即可． 五、判断空间直线、平面位置关系的常用方法 (1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题． (2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断． 六平行关系及垂直关系的转化 七、异面直线所成的角 设异面直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，异面直线l与m的夹角为θ. 则(1)θ∈； (2)cos θ＝|cos〈a，b〉|＝ ＝. 用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)用坐标表示两异面直线的方向向量． (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值． (4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值． 八、直线与平面所成的角 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则(1)θ∈；(2)sin θ＝|cos〈a，n〉|＝. (1)线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的关系是〈a，n〉＋θ＝或〈a，n〉－θ＝，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值． (2)利用方程思想求法向量，计算易出错，要认真细心． 九、平面与平面所成的角 设平面α，β的法向量分别为u，v，平面α与平面β的夹角为θ，则(1)θ∈；(2)cos θ＝|cos〈u，v〉|＝. 平面与平面夹角的取值范围是，两向量夹角的取值范围是[0，π]，两平面的夹角与其对应的两法向量的夹角不一定相等，而是相等或互补． 十、空间距离 (1)点到直线的距离 直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的任一点，P为直线l外一点，设＝a，则点P到直线l的距离d＝. (2)点到平面的距离 平面α的法向量为n，A是平面α内任一点，P为平面α外一点，则点P到平面α的距离为d＝. (3)求点到平面的距离有两种方法，一是利用空间向量点到平面的距离公式，二是利用等体积法． (4)求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行．求直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平面的距离． 十一、空间探究性问题 与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或两平面的夹角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断． 解决立体几何中探索性问题的基本方法 (1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立． (2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用． 考点一．棱柱的结构特征 1．（2023•嘉定区二模）已知一个棱长为1的正方体，与该正方体每个面都相切的球半径记为，与该正方体每条棱都相切的球半径为，过该正方体所有顶点的球半径为，则下列关系正确的是　　 A． B． C． D． 2．（2023•闵行区校级一模）《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在长方体中，鳖臑的个数为　　 A．48 B．36 C．24 D．12 3．（2024•青浦区二模）如图，在棱长为1的正方体中，、、在棱、、上，且，以为底面作一个三棱柱，使点，，分别在平面、、上，则这个三棱柱的侧棱长为 　　． 4．（2024•黄浦区校级开学）如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在侧面及其边界上运动，则下列选项中不正确的是　　 A．存在点满足 B．存在点满足 C．满足的点的轨迹长度为 D．满足的点的轨迹长度为 考点二．棱锥的结构特征 5．（2024•浦东新区校级模拟）在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有 　　个． 6．（2024春•闵行区校级月考）在三棱锥中，，，，．若和都是等腰直角三角形，则满足条件的有序实数对，，的个数为 　　． 7．（2023•浦东新区校级开学）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称为攒尖，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．以八角攒尖为例，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正八棱锥，若此正八棱锥的侧面等腰三角形的底角为，则侧棱与底面外接圆半径的比为 　　． 8．（2024•徐汇区校级开学）已知四棱锥的底面为矩形，平面，点为侧棱（不含端点的线段）上动点，则点在平面上的射影在　　 A．棱上 B．内部 C．外部 D．不确定 考点三．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积 9．（2023•黄浦区二模）如图，某学具可看成将一个底面半径与高都为的圆柱挖去一个圆锥（此圆锥的顶点是圆柱的下底面圆心、底面是圆柱的上底面）所得到的几何体，则该学具的表面积为 　 　． 10．（2023•松江区模拟）已知圆锥的底面半径为2，底面圆心到某条母线的距离为1，则该圆锥的侧面积为 　　 ． 11．（2023•黄浦区校级三模）已知正方形的边长是1，将沿对角线折到△的位置，使（折叠后）、、、四点为顶点的三棱锥的体积最大，则此三棱锥的表面积为 　 　． 12．（2023•嘉定区二模）如图，正四棱柱中，，点、分别是棱和的中点． （1）判断直线与的关系，并说明理由； （2）若直线与底面所成角为，求四棱柱的全面积． 13．（2024春•杨浦区校级月考）如图所示，已知圆锥的底面半径，经过旋转轴的截面是等边三角形，点为半圆弧的中点，点为母线的中点． （1）求此圆锥的体积和表面积； （2）求异面直线与所成角的大小； （3）若一只蚂蚁从点沿着圆锥的侧表面爬至点，请你能否作出合情的假设，来估算该蚂蚁行程的最小值（精确到． 考点四．棱柱、棱锥、棱台的体积 14．（2024•松江区校级模拟）采矿、采石或取土时，常用炸药包进行爆破，部分爆破呈圆锥漏斗形状（如图），已知圆锥的母线长是炸药包的爆破半径，若要使爆破体积最大，则炸药包埋的深度为 　 　． 15．（2024•嘉定区校级模拟）如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为棱的中点，，． （1）求三棱锥的体积． （2）在上是否存在一点，使得平面平面．如果存在，请说明点位置并证明．如果不存在，请说明理由． 16．（2024•浦东新区校级三模）正方体的棱长为2，为该正方体侧面内的动点（含边界），若，分别与直线所成角的正切值之和为，则四棱锥的体积的取值范围为 　 ． 17．（2024•宝山区校级四模）设一个简单几何体的表面积为，体积为，定义系数，已知球体对应的系数为，定义为一个几何体的“球形比例系数”． （1）计算正方体和正四面体的“球形比例系数”； （2）求圆柱体的“球形比例系数”范围； （3）是否存在“球形比例系数”为0.75的简单几何体？若存在，请描述该几何体的基本特征；若不存在，说明理由． 考点五．圆锥的体积 18．（2024•普陀区模拟）若一个圆锥的体积为，用通过该圆锥的轴的平面截此圆锥，得到的截面三角形的顶角为，则该圆锥的侧面积为　　 A． B． C． D． 19．（2024•杨浦区校级三模）若底面半径为1的圆锥的体积为，则该圆锥的高为 　　． 20．（2024•闵行区三模）如图，已知顶点为的圆锥其底面圆的半径为8，点为圆锥底面半圆弧的中点，点为母线的中点． （1）若母线长为10，求圆锥的体积； （2）若异面直线与所成角大小为，求、两点间的距离． 考点六．球的体积和表面积 21．（2024•浦东新区校级四模）圆锥的底面半径为1，母线长为2，在圆锥体内部放入一个体积最大的球，该球的表面积为 　　． 22．（2024•闵行区三模）现有一个底面半径为、高为的圆柱形铁料，若将其熔铸成一个球形实心工件，则该工件的表面积为 　　（损耗忽略不计）． 23．（2024•普陀区校级模拟）已知三棱锥的所有棱长都相等，点是的中心，点为棱上一点，平面把三棱锥分成体积相等的两部分，平面与交于点，若点，，，都在球的表面上，点，，，都在球的表面上，则球与球表面积的比值为 　　． 24．（2024•浦东新区校级模拟）半径为的球被平面截下的部分叫做球缺，垂直于截面的直径被截后的线段叫做球缺的高，球缺的体积公式为．已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，在圆锥内部放置一个小球，使其与圆锥侧面和底面都相切，过小球与圆锥侧面的切点所在的平面将小球分成两部分，则较小部分的球缺的体积与球的体积之比为 　　． 考点七．空间中直线与平面之间的位置关系 25．（2024•松江区校级模拟）已知、、是三个不同的平面，、、是三条不同的直线，则　　 A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，且，则 26．（2024•杨浦区校级三模）设，为两条直线，，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是　　 A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 27．（2024•浦东新区校级模拟）已知，是不同的平面，，是不同的直线，则下列命题不正确的是　　 A．若，，，则 B．若，，则， C．若，，则 D．若，，则 28．（2024•长宁区二模）已知直线，和平面，则下列判断中正确的是　　 A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 考点八．几何法求解直线与平面所成的角 29．（2024•黄浦区校级三模）如图，点是棱长为2的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为　　 A． B． C． D． 30．（2024春•嘉定区校级期末）如图，底面为菱形，点是平面外一点，且平面，、分别是为，的中点． （1）求证：平面； （2）若，，，求直线与平面所成角的大小． 31．（2023•普陀区校级模拟）已知平面、所成角为，为两平面外一点，则过点且与平面、所成角均为的直线有　　条． A．1 B．2 C．3 D．4 32．（2024春•嘉定区校级期末）如图，是的直径，垂直于所在的平面，是圆周上不同于，的一动点． （1）证明：是直角三角形； （2）若，，求直线与平面所成角的正弦值． （3）若，且异面直线与所成角为，求的长．（结果精确到 考点九．几何法求解二面角及两平面的夹角 33．（2024春•长宁区校级月考）已知结论：椭圆的面积为．如图，一个平面斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆．若圆柱底面圆半径为，平面与圆柱底面所成的锐二面角大小为，则下列对椭圆的描述中，错误的是　　 A．短轴为，且与大小无关 B．离心率为，且与大小无关 C．焦距为 D．面积为 34．（2023秋•闵行区校级期末）如图，在正方体中，点在线段上运动，则以下命题正确的序号为　　 ①直线平面 ②平面与平面的夹角大小为 ③三棱锥的体积为定值 ④异面直线与所成角的取值范围是 A．①② B．①③ C．①③④ D．①④ 35．（2024•浦东新区三模）边长都是为1的正方形和正方形所在的两个半平面所成的二面角为，、分别是对角线、上的动点，且，则的取值范围是　　 A． B． C． D． 36．（2023秋•嘉定区校级期末）如图，在中，已知，，是斜边上任意一点（不含端点），沿直线将折成直二面角，当　　时，折叠后、两点间的距离最小． A． B． C． D．3 考点十．空间向量法求解二面角及两平面的夹角 37．（2023秋•普陀区校级期中）我们称：两个相交平面构成四个二面角，其中较小的二面角称为这两个相交平面的夹角；由正方体的四个顶点所确定的平面统称为该正方体的“表截面”．则在正方体中，两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为　　 A． B． C． D． 38．（2023秋•浦东新区校级期中）清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1，也可由正方体切割而成，如图2．在图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则给出的说法中错误命题有几个　　 （1）该几何体的表面积为； （2）该几何体的体积为4； （3）二面角的余弦值为； （4）若点，在线段，上移动，则的最小值为． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 39．（2024•浦东新区校级模拟）如图，三棱柱满足棱长都相等且平面，是棱的中点，是棱上的动点．设，随着增大，平面与底面所成锐二面角的平面角是　　 A．先增大再减小 B．减小 C．增大 D．先减小再增大 40．（2023秋•奉贤区校级月考）在正四面体中，点在棱上，满足，点为线段上的动点，则　　 A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得 C．存在某个位置，使得直线与平面所成角的正弦值为 D．存在某个位置，使得平面与平面夹角的余弦值为 考点十一．点、线、面间的距离计算 41．（2024•浦东新区校级模拟）已知正方体的棱长为2，点，分别是棱，的中点，点在平面内，点在线段上，若，则长度的最小值为　　 A． B． C． D． 42．（2024春•虹口区校级期中）如图，圆柱的底面半径为2，高为5，，分别是上、下底面圆周上的两个点，若，则　　． 43．（2024春•杨浦区校级月考）如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱和的中点，过点，，的平面交于点，则　　 A． B． C． D． 44．（2024春•普陀区校级月考）如图，一个由四根细铁杆、、、组成的支架、、、按照逆时针排布），若，一个半径为1的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有接触，则球心到点的距离是　　 A． B． C．2 D． 45．（2024春•松江区校级期末）已知二面角的大小为，点，分别在，上且，若点到的距离为，点到的距离为，则两点之间的距离为 　　． 一．选择题（共4小题） 1．（2024•闵行区校级模拟）在空间中，“、为异面直线”是“、不相交”的　　 A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分又非必要条件 2．（2024•浦东新区校级四模）一水平放置的平面四边形的直观图如图所示，其中，轴，轴，轴，则四边形的面积为　　 A．18 B． C． D．12 3．（2024•长宁区校级三模）如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，则　　 A．，且直线、是异面直线 B．，且直线、是异面直线 C．，且直线、是相交直线 D．，且直线、是相交直线 4．（2024•青浦区校级模拟）如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是　　 A． B． C．四边形的周长为 D．四边形的面积为 二．填空题（共12小题） 5．（2024•长宁区校级三模）已知圆柱的底面半径为，侧面积为，则此圆柱的体积为 　　． 6．（2024•黄浦区二模）若一个圆柱的底面半径为2，母线长为3，则此圆柱的侧面积为 　　． 7．（2024•嘉定区二模）已知圆锥的母线长为2，高为1，则其体积为 　　． 8．（2024•闵行区校级二模）在空间直角坐标系中，点，4，关于平面对称的点的坐标是 　　． 9．（2024•宝山区校级四模）已知圆台的上底半径为1，下底半径为2，若圆台上、下底面的面积和等于圆台的侧面面积，则圆台的母线与底面所成角的大小为 　　（用反三角函数表示）． 10．（2024•奉贤区三模）如图，已知三角形为直角三角形为直角），分别连接点与线段的等分点，，，得到个三角形依次为△，△，，△，将绕看所在直线旋转一周，记△，△，，△旋转得到的几何体的体积依次为，，，，若，，则三角形旋转得到的几何体的体积　　． 11．（2024•黄浦区校级三模）底面半径长为，母线长为的圆柱，体积为 　　． 12．（2024•闵行区校级二模）两个平面可以将空间分成 　　个部分． 13．（2024•徐汇区校级模拟）设圆锥的底面中心为，、是它的两条母线，且，若棱锥是正三棱锥，则该圆锥的体积为 　　． 14．（2024•浦东新区校级模拟）若一个圆柱的底面半径为1，侧面积为，且该圆柱的上、下底面都在球的球面上，则球的表面积为 　　． 15．（2024•长宁区二模）用铁皮制作一个有底无盖的圆柱形容器，若该容器的容积为立方米，则至少需要 　　平方米铁皮． 16．（2024•黄浦区校级模拟）若正三棱柱的所有棱长均为4，则其体积为 　　． 三．解答题（共2小题） 17．（2023•普陀区校级模拟）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，． （1）证明：平面； （2）求二面角的大小． 18．（2023•松江区二模）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，是与的交点，，，平面，，是的中点． （1）证明：平面 （2）求直线与平面所成角的大小． 一．选择题（共3小题） 1．（2024•浦东新区校级模拟）设，，，是空间中给定的个不同的点，则使成立的点的个数为　　 A．1 B． C．无穷多个 D．前面的说法都有可能 2．（2024•闵行区校级三模）空间和两条异面直线同时都垂直且相交的直线　　 A．不一定存在 B．有且只有1条 C．有1条或不存在 D．有无数条 3．（2024•宝山区校级四模）已知正方体和点，有两个命题： 命题甲：存在条过点的直线，满足与正方体的每条棱所成角都相等； 命题乙：存在个过点的平面，满足与正方体的每个面所成锐二面角都相等； 则下列判断正确的是　　 A． B． C． D．、的大小关系与点的位置有关 二．填空题（共6小题） 4．（2024•浦东新区校级模拟）在棱长为1的正方体中，点，，分别为棱，，的中点，则四面体的体积为 　　． 5．（2024•青浦区校级模拟）已知正四面体的边长为1，是空间一点，若，则的最小值为 　　． 6．（2024•普陀区校级模拟）正四面体的棱长为12，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，点到的距离为 　　． 7．（2024•宝山区三模）若四面体各棱的长为1或2，且该四面体不是正四面体，其体积的所有可能的值为 　　． 8．（2024•黄浦区二模）在四面体中，，，，设四面体与四面体的体积分别为、，则的值为 　　． 9．（2024•奉贤区三模）已知正方体的棱长为3，，，，为正方形边上的个两两不同的点．若对任意的点，存在点，，2，，，．使得直线与平面以及平面所成角大小均为，则正整数的最大值为 　　． 三．解答题（共10小题） 10．（2024•浦东新区校级三模）在三棱锥中，，平面，点在平面内，且满足平面平面，． （1）求证：； （2）当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积． 11．（2024•奉贤区三模）如图，四棱锥的底面是梯形，，，，平面，． （1）求证：平面； （2）若二面角的大小为，求与平面所成的角的大小．（结果用反三角函数值表示） 12．（2024•浦东新区校级四模）如图，多面体是由一个正四棱锥与一个三棱锥拼接而成，正四棱锥的所有棱长均为，． （1）在棱上找一点，使得平面平面，并证明你的结论； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 13．（2024•杨浦区校级三模）如图，在多面体中，已知四边形是菱形，，平面，平面，． （1）在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由． （2）求二面角的余弦值． 14．（2024•长宁区校级三模）如图，在三棱锥中，，，点是的中点． （1）证明：平面； （2）点在棱上，且，求二面角的大小． 15．（2024•宝山区三模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，，点是的中点． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 16．（2024•普陀区校级模拟）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面平面． （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 17．（2024•闵行区校级三模）如图，在三棱柱中，平面平面，，四边形是边长为2的正方形． （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值． 18．（2024•闵行区校级模拟）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，且，，，点，分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离． 19．（2024•杨浦区校级三模）如图，在直三棱柱中，，，，是棱上的一点． （1）若，求异面直线与所成的角的大小； （2）若，求点到平面的距离． 一．选择题（共5小题） 1．（2024•上海）空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线，，则下列说法中正确的是　　 A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 2．（2023•上海）如图所示，在正方体中，点为边上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是　　 A． B． C． D． 3．（2022•上海）如图正方体中，、、、分别为棱、、、的中点，连接，．空间任意两点、，若线段上不存在点在线段、上，则称两点可视，则下列选项中与点可视的为　　 A．点 B．点 C．点 D．点 4．（2022•上海）上海海关大楼的顶部为逐级收拢的四面钟楼，如图，四个大钟分布在四棱柱的四个侧面，则每天0点至12点（包含0点，不含12点）相邻两钟面上的时针相互垂直的次数为　　 A．0 B．2 C．4 D．12 5．（2020•上海）在棱长为10的正方体中，为左侧面上一点，已知点到的距离为3，到的距离为2，则过点且与平行的直线交正方体于、两点，则点所在的平面是　　 A． B． C． D． 二．填空题（共5小题） 6．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为，则圆柱的侧面积为 　　． 7．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为 　　． 8．（2023•上海）空间中有三个点、、，且，在空间中任取2个不同的点，（不考虑这两个点的顺序），使得它们与、、恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有 　　种． 9．（2024•上海）已知四棱柱底面为平行四边形，，且，求异面直线与的夹角 　　． 10．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，为上底面圆的一条直径，是下底面圆周上的一个动点，则的面积的取值范围为 　　． 三．解答题（共10小题） 11．（2020•上海）已知四棱锥，底面为正方形，边长为3，平面． （1）若，求四棱锥的体积； （2）若直线与的夹角为，求的长． 12．（2020•上海）已知是边长为1的正方形，正方形绕旋转形成一个圆柱． （1）求该圆柱的表面积； （2）正方形绕逆时针旋转至，求线段与平面所成的角． 13．（2021•上海）四棱锥，底面为正方形，边长为4，为中点，平面． （1）若为等边三角形，求四棱锥的体积； （2）若的中点为，与平面所成角为，求与所成角的大小． 14．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边，为边中点，且底面，． （1）求三棱锥体积； （2）若为中点，求与面所成角大小． 15．（2021•上海）如图，在长方体中，已知，． （1）若是棱上的动点，求三棱锥的体积； （2）求直线与平面的夹角大小． 16．（2022•上海）如图，圆柱下底面与上底面的圆心分别为、，为圆柱的母线，底面半径长为1． （1）若，为的中点，求直线与上底面所成角的大小；（结果用反三角函数值表示） （2）若圆柱过的截面为正方形，求圆柱的体积与侧面积． 17．（2023•上海）已知三棱锥中，平面，，，，为中点，过点分别作平行于平面的直线交、于点，． （1）求直线与平面所成角的大小； （2）证明：平面平面，并求直线到平面的距离． 18．（2023•上海）已知直四棱柱，，，，，． （1）证明：直线平面； （2）若该四棱柱的体积为36，求二面角的大小． 19．（2024•上海）如图为正四棱锥，为底面的中心． （1）若，，求绕旋转一周形成的几何体的体积； （2）若，为的中点，求直线与平面所成角的大小． 20．（2024•上海）如图，、、为圆锥三条母线，． （1）证明：； （2）若圆锥侧面积为为底面直径，，求二面角的大小． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第10讲 空间向量与立体几何（11类核心考点精讲精练） 1. 5年真题考点分布 5年考情 考题示例 考点分析 2024年秋考17题 2024年春考10、14、18题 棱锥的体积、直线与平面所成的角 异面直线及其所成的角，空间中直线与平面之间的位置关系、平面与平面之间的位置关系、空间两条直线的位置关系，二面角的平面角及求法、直线与平面垂直 2023秋考12、17题 2023春考15、17题 棱锥的结构特征，二面角的平面角及求法、直线与平面平行 异面直线的判定，直线与平面所成的角、点、线、面间的距离计算 2022秋考5、15、17题 2022春考15、17题 圆柱的侧面积，空间中直线与直线之间的位置关系，棱柱、棱锥、棱台的体积、直线与平面所成的角 空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面所成的角 2021年秋考9、17题 2021年春考3、17题 空间中的最值问题，直线与平面所成的角、三棱锥的体积 圆锥的侧面积，直线与平面所成的角、棱锥的体积 2020年秋考15、17题 2020年春考6、21题 空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面所成的角、圆柱的表面积 几何体的体积，空间点线面的距离的求法 2.备考策略 一、求解空间几何体的外接球问题的策略 (1)定球心：球心到接点的距离相等且为半径． (2)作截面：选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的． (3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解． 二、求解空间几何体的内切球问题的策略 空间几何题的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径． 三、解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法 (1)几何法：根据平面的性质进行判定． (2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算． (3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除． 四、在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的解题思路 (1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值． (2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值． 五、作几何体截面的方法 (1)利用平行直线找截面． (2)利用相交直线找截面． 六、找交线的方法 (1)线面交点法：各棱线与截平面的交点． (2)面面交点法：各棱面与截平面的交线． 知识讲解 一、空间几何体的侧面展开图 (1)圆柱的侧面展开图是矩形． (2)圆锥的侧面展开图是扇形． (3)圆台的侧面展开图是扇环． 二．旋转体的侧面积和表面积 (1)S圆柱侧＝2πrl，S圆柱表＝2πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)． (2)S圆锥侧＝πrl，S圆锥表＝πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)． (3)S球表＝4πR2(R为球的半径)． 三．空间几何体的体积公式 (1)V柱＝Sh(S为底面面积，h为高)． (2)V锥＝Sh(S为底面面积，h为高)． (3)V台＝(S上＋＋S下)h(S上，S下分别为上、下底面面积，h为高)． (4)V球＝πR3(R为球的半径)． 四、求空间多面体的外接球半径的常用方法 (1)补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； (2)定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点的距离也是半径，列关系式求解即可． 五、判断空间直线、平面位置关系的常用方法 (1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题． (2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断． 六平行关系及垂直关系的转化 七、异面直线所成的角 设异面直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，异面直线l与m的夹角为θ. 则(1)θ∈； (2)cos θ＝|cos〈a，b〉|＝ ＝. 用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)用坐标表示两异面直线的方向向量． (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值． (4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值． 八、直线与平面所成的角 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则(1)θ∈；(2)sin θ＝|cos〈a，n〉|＝. (1)线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的关系是〈a，n〉＋θ＝或〈a，n〉－θ＝，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值． (2)利用方程思想求法向量，计算易出错，要认真细心． 九、平面与平面所成的角 设平面α，β的法向量分别为u，v，平面α与平面β的夹角为θ，则(1)θ∈；(2)cos θ＝|cos〈u，v〉|＝. 平面与平面夹角的取值范围是，两向量夹角的取值范围是[0，π]，两平面的夹角与其对应的两法向量的夹角不一定相等，而是相等或互补． 十、空间距离 (1)点到直线的距离 直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的任一点，P为直线l外一点，设＝a，则点P到直线l的距离d＝. (2)点到平面的距离 平面α的法向量为n，A是平面α内任一点，P为平面α外一点，则点P到平面α的距离为d＝. (3)求点到平面的距离有两种方法，一是利用空间向量点到平面的距离公式，二是利用等体积法． (4)求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行．求直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平面的距离． 十一、空间探究性问题 与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或两平面的夹角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断． 解决立体几何中探索性问题的基本方法 (1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立． (2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用． 考点一．棱柱的结构特征 1．（2023•嘉定区二模）已知一个棱长为1的正方体，与该正方体每个面都相切的球半径记为，与该正方体每条棱都相切的球半径为，过该正方体所有顶点的球半径为，则下列关系正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据已知条件，依次求出，，，再结合选项，即可求解． 【解答】解：与该正方体每个面都相切的球直径为棱长：， 与该正方体每条棱都相切的球直径面对角线长：， 过该正方体所有顶点的球的半径为体对角线：， ，故错误； ，故正确，错误． 故选：． 【点评】本题主要考查棱柱的结构特征，属于基础题． 2．（2023•闵行区校级一模）《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在长方体中，鳖臑的个数为　　 A．48 B．36 C．24 D．12 【分析】每个顶点对应6个鳖臑，所以8个顶点对应48个鳖臑．但每个鳖臑都重复一次，再除2，即可得解． 【解答】解：在正方体中，当顶点为时，三棱锥、、、、、均为鳖臑． 所以8个顶点为个．但每个鳖臑都重复一次， 所以鳖臑的个数为个． 故选：． 【点评】本题主要考查了空间中线面的位置关系，考查了学生的空间想象能力，属于基础题． 3．（2024•青浦区二模）如图，在棱长为1的正方体中，、、在棱、、上，且，以为底面作一个三棱柱，使点，，分别在平面、、上，则这个三棱柱的侧棱长为 　　． 【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，根据三棱柱中向量相等得到坐标，进而得到的坐标，从而得到侧棱的长度，即得答案． 【解答】解：以为原点，以，，所在直线为，， 轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，0，，，，，，，， 则，，，，，，，，，，，， 由三棱柱可知， 即， 所以，， ， 即， 所以，， 所以， 所以， 故这个三棱柱的侧棱长为． 故答案为：． 【点评】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，属于中档题． 4．（2024•黄浦区校级开学）如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在侧面及其边界上运动，则下列选项中不正确的是　　 A．存在点满足 B．存在点满足 C．满足的点的轨迹长度为 D．满足的点的轨迹长度为 【分析】假定，结合条件可得，，然后利用圆的位置关系可判断，利用坐标法可得点在中心时，可判断，利用线面垂直的判定定理结合条件可得点的轨迹可判断． 【解答】解：对于选项，假设，因为， 又，且始终垂直平面，所以，点在以为圆心，半径为1的圆上， 同理，，则，点在以为圆心，半径为的圆上，如图1， 又因为，所以两个圆相交有交点，即存在点满足，故正确； 对于选项，如图建立空间直角坐标系，则，，0，， 若点在正方形中心处，即， 则，，可得，即，故正确； 对于选项，取的中点，的中点，连接，，， 因为平面，又平面，所以， 在正方形中，，又，，平面， 所以平面，又平面， 所以，同理可得，又，，平面， 所以平面，又因为点在侧面上，平面平面， 所以点的轨迹为线段，且，故错误； 对于选项，过点作交于点，过点作交于，则， 因为，所以， 同理，又，，平面，平面，又平面平面， 所以点的轨迹为线段，且，故正确． 故选：． 【点评】本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题． 考点二．棱锥的结构特征 5．（2024•浦东新区校级模拟）在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有 　4　个． 【分析】借助长方体的一个顶点画出图形，不难解答本题． 【解答】解：如图底面是矩形，一条侧棱垂直底面， 那么它的四个侧面都是直角三角形． 故答案为：4． 【点评】本题考查棱锥的结构特征，考查空间想象能力，要求学生心中有图，是基础题． 6．（2024春•闵行区校级月考）在三棱锥中，，，，．若和都是等腰直角三角形，则满足条件的有序实数对，，的个数为 　3　． 【分析】根据题意，按垂直的情形分3种情况讨论，分析，，可能的值，即可得答案． 【解答】解：根据题意，如图所示，为等边三角形，且，都是等腰直角三角形， 分3种情况讨论如下： ①当，时，， 此时中，． 所以，，， 此时，，，，此时，，，2，； ②当，时，， 此时中，， 此时，此时，，， 此时，，，，； ③当，时，， 此时中，， 此时，此时，，， 此时，，，1，； 所以，，的取值有3种不同情况． 故答案为：3． 【点评】本题考查棱锥的结构特征，注意按垂直的情形分情况讨论，属于基础题． 7．（2023•浦东新区校级开学）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称为攒尖，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．以八角攒尖为例，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正八棱锥，若此正八棱锥的侧面等腰三角形的底角为，则侧棱与底面外接圆半径的比为 　　． 【分析】作出简图，依题意找出边长关系解三角形即可． 【解答】解：如图所示， 为正八棱锥底面外接圆圆心，连接，，， 由题意可得，，，， 则， 所以． 故答案为：． 【点评】本题考查了解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题． 8．（2024•徐汇区校级开学）已知四棱锥的底面为矩形，平面，点为侧棱（不含端点的线段）上动点，则点在平面上的射影在　　 A．棱上 B．内部 C．外部 D．不确定 【分析】如图所示，将四棱锥补成长方体，利用线面垂直的判定与性质，证出在平面上的射影在图中的线段上（不含端点），即可得到本题的答案． 【解答】解：根据四边形为矩形，平面，将四棱锥补成长方体，如图所示， 连接，过点作于点，连接，过点作，交于点， 则就是点在平面上的射影． 证明：平面，平面，， 又，且、是平面内的相交直线，平面， ，平面，即点为点在平面上的射影． 因此，根据点在线段上（不含端点），可知点在平面上的射影在的外部． 故选：． 【点评】本题主要考查线面垂直的判定与性质、棱锥与棱柱的关系、棱锥的结构特征等知识，属于中档题． 考点三．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积 9．（2023•黄浦区二模）如图，某学具可看成将一个底面半径与高都为的圆柱挖去一个圆锥（此圆锥的顶点是圆柱的下底面圆心、底面是圆柱的上底面）所得到的几何体，则该学具的表面积为 　　． 【分析】先求得挖去的圆锥的母线长，从而得到圆锥的侧面积，再求圆柱的侧面积和一个底面积，即可求解几何体的表面积． 【解答】解：挖去圆锥的母线长为，则圆锥的侧面积为， 圆柱的侧面积为，圆柱的一个底面积为， 故几何体的表面积为． 故答案为：． 【点评】本题考查了几何体表面积的计算，属于基础题． 10．（2023•松江区模拟）已知圆锥的底面半径为2，底面圆心到某条母线的距离为1，则该圆锥的侧面积为 　　． 【分析】根据条件可以求出母线长，进而可以求出结果． 【解答】解：如图所示，为底面圆心，，，则， 在中由等面积可知， 即， 又因为，即， 则， 则该圆锥的侧面积为， 故答案为：． 【点评】本题主要考查了圆锥的结构特征，考查了圆锥的侧面积公式，属于基础题． 11．（2023•黄浦区校级三模）已知正方形的边长是1，将沿对角线折到△的位置，使（折叠后）、、、四点为顶点的三棱锥的体积最大，则此三棱锥的表面积为 　　． 【分析】根据题意，分析可得当面时，四棱锥的体积最大，由此求出三棱锥各个面的面积，计算可得答案． 【解答】解：根据题意，正方形中，设与交于点， 在翻转过程中，当面时，四棱锥的高最大，此时四棱锥的体积最大， 若面，由于，则， 则△△都是边长为1的等边三角形，， 中，且，则， 同理：， 此时，三棱锥的表面积． 故答案为：． 【点评】本题考查棱锥的体积、表面积的计算，注意分析棱锥体积最大的条件，属于基础题． 12．（2023•嘉定区二模）如图，正四棱柱中，，点、分别是棱和的中点． （1）判断直线与的关系，并说明理由； （2）若直线与底面所成角为，求四棱柱的全面积． 【分析】（1）说明四边形是梯形即可；（2）是直线与底面所成角，由此可得棱长，从而确定四棱柱的全面积． 【解答】解：（1）连结、、， 点、是中点，且， 正四棱柱中四边形是矩形，则且 于是且，则四边形是梯形， 则直线与是相交直线． （2）连结，因为，点是中点，所以在中，， 正四棱柱中面，则是直线与底面所成角， 所以，于是， 正四棱柱的4个侧面是矩形，上下两个底面是正方形， 则全面积为． 【点评】本题考查线面垂直，考查线面所成的角，属于中档题． 13．（2024春•杨浦区校级月考）如图所示，已知圆锥的底面半径，经过旋转轴的截面是等边三角形，点为半圆弧的中点，点为母线的中点． （1）求此圆锥的体积和表面积； （2）求异面直线与所成角的大小； （3）若一只蚂蚁从点沿着圆锥的侧表面爬至点，请你能否作出合情的假设，来估算该蚂蚁行程的最小值（精确到． 【分析】（1）利用圆锥体积公式和表面积公式求解； （2）根据空间向量的坐标运算求异面直线所成的角； （3）利用侧面展开图，根据两点之间直线最短求解． 【解答】解：（1）因为，所以， 则， 所以圆锥的体积为， 表面积为． （2）建立如图所示空间直角坐标系， 则，，0，，，2，，0，，， 所以， 设异面直线与所成角为， 则， 所以异面直线与所成角为． （3）将该圆锥的侧面夹在母线，的部分展开，如图， 连接， 因为，， 所以中，由余弦定理可得，， 所以． 【点评】本题考查圆锥的表面积与体积的计算，考查线线角以及利用展开思想求距离和的最值问题，属于中档题． 考点四．棱柱、棱锥、棱台的体积 14．（2024•松江区校级模拟）采矿、采石或取土时，常用炸药包进行爆破，部分爆破呈圆锥漏斗形状（如图），已知圆锥的母线长是炸药包的爆破半径，若要使爆破体积最大，则炸药包埋的深度为 　　． 【分析】根据题意可得：，又圆锥漏斗形状的爆破体积，从而可得，再根据基本不等式，即可求解． 【解答】解：， 又圆锥漏斗形状的爆破体积， ， 当且仅当，又，即， 即时，等号成立， 爆破体积最大时，炸药包埋的深度为． 故答案为：． 【点评】本题考查圆锥的体积的最值的求解，基本不等式的应用，属中档题． 15．（2024•嘉定区校级模拟）如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为棱的中点，，． （1）求三棱锥的体积． （2）在上是否存在一点，使得平面平面．如果存在，请说明点位置并证明．如果不存在，请说明理由． 【分析】（1）根据计算可得； （2）当为的中点时满足平面平面，设，连接，即可证明、，从而得到平面，平面，即可得证． 【解答】解：（1）在直四棱柱中，底面为正方形， 所以平面， 所以． （2）当为的中点时满足平面平面， 设，连接， 因为为正方形，所以为的中点，又为棱的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面， 又为的中点， 所以且， 所以为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 又，，平面， 所以平面平面． 【点评】本题考查线面位置关系以及体积计算，属于中档题． 16．（2024•浦东新区校级三模）正方体的棱长为2，为该正方体侧面内的动点（含边界），若，分别与直线所成角的正切值之和为，则四棱锥的体积的取值范围为 　，　． 【分析】作出图形，根据题意易得，从而可得的轨迹是正方形内，以，为焦点，长轴长为的椭圆的部分，再根据椭圆的几何性质可求出四棱锥的高的最值，即可求解． 【解答】解：如图所示： 根据题意易知，分别与直线所成角分别为，， ， ， 的轨迹是正方形内，以，为焦点，长轴长为的椭圆的部分，即曲线， ，，，， 又与均为椭圆通径的一半， 即， 四棱锥的高的最大值为，最小值为， 四棱锥的体积最小值为，最大值为， 四棱锥的体积的取值范围为，． 故答案为：，． 【点评】本题考查立体几何中动点轨迹问题，椭圆的定义与几何性质，四棱锥的体积的最值的求解，属中档题． 17．（2024•宝山区校级四模）设一个简单几何体的表面积为，体积为，定义系数，已知球体对应的系数为，定义为一个几何体的“球形比例系数”． （1）计算正方体和正四面体的“球形比例系数”； （2）求圆柱体的“球形比例系数”范围； （3）是否存在“球形比例系数”为0.75的简单几何体？若存在，请描述该几何体的基本特征；若不存在，说明理由． 【分析】（1）利用球的的表面积公式和体积公式即可得到，再利用正方体和正四面体的表面积和体积公式计算出，即可； （2）计算得，再利用换元法结合导数即可得取值范围； （3）考虑圆柱和半球的组合体，底面重合，半径为，圆柱的高为，令，首先计算得，再得，利用计算器即可得到，即可得到答案． 【解答】解：（1）设球的半径为，正方体的棱长为，正四面体的棱长为， 则， 正方体的系数为， 正四面体的表面积为， 如图，设为正三角形的中心，连接，连接，设正四面体的棱长为， 则，故， 则其体积为， 在正四图体的系数为， 所以，正方体“球形比例系数” ， 正四面体的球形比例系数； （2）设圆柱底面半径为，高为，则全面积为，体积为， 则， ，则， 所以， 当时，，当时，， 所以当时，单调递减，当时，单调递增， 则当，即时，圆柱体的系数最小为， 所以圆柱体的球形比例系数的值域为； （3）考虑圆柱和半球的组合体，底面重合，半径为，圆柱的高为，， 于是组合体的全面积，体积， 则， 所以，，而， 当时，， 故存在球形比例系数为的几何体，其由圆柱和一个半球组合而成， 底面半径相同，圆柱的高约为半径的1.95倍． 【点评】本题考查了棱柱，棱锥的面积和体积有关的计算，属于难题． 考点五．圆锥的体积 18．（2024•普陀区模拟）若一个圆锥的体积为，用通过该圆锥的轴的平面截此圆锥，得到的截面三角形的顶角为，则该圆锥的侧面积为　　 A． B． C． D． 【分析】求出圆锥的底面圆半径和高，母线长，即可计算圆锥的侧面积． 【解答】解：设圆锥的底面圆半径为，高为，由轴截面三角形的顶角为，得， 所以圆锥的体积为，解得， 所以圆锥的母线长为， 所以圆锥的侧面积为． 故选：． 【点评】本题考查了圆锥的结构特征与应用问题，是基础题． 19．（2024•杨浦区校级三模）若底面半径为1的圆锥的体积为，则该圆锥的高为 　9　． 【分析】由圆锥体积公式即可求解． 【解答】解：若底面半径为1的圆锥的体积为， 则， 解得． 故答案为：9． 【点评】本题主要考查圆锥体积公式的应用，考查运算求解能力，属于基础题． 20．（2024•闵行区三模）如图，已知顶点为的圆锥其底面圆的半径为8，点为圆锥底面半圆弧的中点，点为母线的中点． （1）若母线长为10，求圆锥的体积； （2）若异面直线与所成角大小为，求、两点间的距离． 【分析】（1）由已知结合勾股定理求圆锥的高，再由圆锥的体积公式进行求解； （2）取的中点，连接，得到，得到为异面直线与所成的角，再由已知求解直角三角形得答案． 【解答】解：（1）圆锥的底面半径， 若母线长为10，则圆锥的高， 圆锥的体积为； （2）取的中点，连接、， 又点为母线的中点，， 故为异面直线与所成的角，等于． 由点为半圆弧的中点，得， 在中，，，， ，且平面， 平面，又平面， ， 在中，，，． 即、两点间的距离为． 【点评】本题考查圆锥的体积以及异面直线所成角，考查运算求解能力，是中档题． 考点六．球的体积和表面积 21．（2024•浦东新区校级四模）圆锥的底面半径为1，母线长为2，在圆锥体内部放入一个体积最大的球，该球的表面积为 　　． 【分析】根据球的半径是边长为2的等边三角形的内切圆半径来求解． 【解答】解：球的半径是边长为2的等边三角形的内切圆半径，即半径为， 所以球的表面积． 故答案为：． 【点评】本题主要考查球的表面积，属于基础题． 22．（2024•闵行区三模）现有一个底面半径为、高为的圆柱形铁料，若将其熔铸成一个球形实心工件，则该工件的表面积为 　　（损耗忽略不计）． 【分析】利用圆柱的体积与球的体积相等，列出方程求解即可． 【解答】解：由圆柱和球的体积相等得：， 该钢球的表面积为：． 故答案为：． 【点评】本题主要考查圆柱和球的体积计算，属基础题． 23．（2024•普陀区校级模拟）已知三棱锥的所有棱长都相等，点是的中心，点为棱上一点，平面把三棱锥分成体积相等的两部分，平面与交于点，若点，，，都在球的表面上，点，，，都在球的表面上，则球与球表面积的比值为 　　． 【分析】求出点的位置，后求相关线段的位置关系及数量关系，再利用勾股定理求出球与球的半径，最后利用球的表面积公式即可得解． 【解答】解：由平面把三棱锥分成体积相等的两部分，可得点为棱的中点． 如图，取的中点，连接，则与的交点为，取的中点，连接，， 则，且，又，所以，， 所以．设，则，，． 由题易知点，都在直线上， 设球、球的半径分别为，， 则，， 即，， 解得，． 所以球与球表面积的比值为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了球的表面积公式的应用，考查了空间想象能力的应用，属于中档题． 24．（2024•浦东新区校级模拟）半径为的球被平面截下的部分叫做球缺，垂直于截面的直径被截后的线段叫做球缺的高，球缺的体积公式为．已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，在圆锥内部放置一个小球，使其与圆锥侧面和底面都相切，过小球与圆锥侧面的切点所在的平面将小球分成两部分，则较小部分的球缺的体积与球的体积之比为 　　． 【分析】依题意作圆锥轴截面图，按球缺的定义结合几何条件即可求解． 【解答】解：如图所示为圆锥轴截面，，为小球与圆锥侧面的切线上两点，圆锥母线， 设内切球的半径为．由题意是等边三角形，则，， 所以小球的半径． 又，所以，则， 解得，则是中点， 同理可得是中点，所以， 故到的距离为，则上部分球缺的高， 上部分即较小部分球缺的体积为， 则较小部分球缺的体积与球的体积之比为． 故答案为：． 【点评】本题考查球体的体积的计算，考查转化思想，考查运算能力和直观想象，属于中档题． 考点七．空间中直线与平面之间的位置关系 25．（2024•松江区校级模拟）已知、、是三个不同的平面，、、是三条不同的直线，则　　 A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，且，则 【分析】对于，与相交、平行或异面；对于，由面面平行的性质得；对于，与相交、平行或异面；对于，或． 【解答】解：、、是三个不同的平面，、、是三条不同的直线， 对于，若，，则与相交、平行或异面，故错误； 对于，若，，，则由面面平行的性质得，故正确； 对于，若，，，则与相交、平行或异面，故错误； 对于，若，且，则或，故错误． 故选：． 【点评】本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题． 26．（2024•杨浦区校级三模）设，为两条直线，，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是　　 A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【分析】根据直线和平面的平行和垂直的性质定理对各选项逐一判断即可． 【解答】解：选项，，只有当，在同一平面内的时候，才有，故不正确； 选项，，，则，可相交、平行或异面，故不正确； 选项，，，则，还可能是相交平面，故不正确； 选项：两个平面垂直时，与它们垂直的两条直线一定是垂直的，所以若，，，则，故正确． 故选：． 【点评】本题考查直线和平面的平行和垂直的性质定理，属于基础题． 27．（2024•浦东新区校级模拟）已知，是不同的平面，，是不同的直线，则下列命题不正确的是　　 A．若，，，则 B．若，，则， C．若，，则 D．若，，则 【分析】在中，由面面垂直的判定定理得；在中，，或，或；在中，由线面垂直的判定定理得；在中，由面面平行的判定定理得． 【解答】解：由，是不同的平面，，是不同的直线，知： 在中，若，，，则由面面垂直的判定定理得，故正确； 在中，若，，则，或，或，故错误； 在中，若，，则由线面垂直的判定定理得，故正确； 在中，若，，则由面面平行的判定定理得，故正确． 故选：． 【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题． 28．（2024•长宁区二模）已知直线，和平面，则下列判断中正确的是　　 A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【分析】利用空间线面、面面位置关系，对4个命题分别进行判断，即可得出结论． 【解答】解：对于，若，，则或，相交、异面，故不正确； 对于，若，，则或，故不正确； 对于，若，则经过的平面与交于，，，，，，故正确； 对于，若，，则与相交、平行或，故不正确． 故选：． 【点评】本题考查空间线面、面面位置关系、简易逻辑的判定方法等基础知识，考查推理论证能力，是中档题． 考点八．几何法求解直线与平面所成的角 29．（2024•黄浦区校级三模）如图，点是棱长为2的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为　　 A． B． C． D． 【分析】由题意易得点的轨迹为圆锥的侧面与正方体的表面的交轨，进而求解即可． 【解答】解：若直线与平面所成的角为，则点的轨迹为圆锥的侧面与正方体的表面的交轨， 在平面内，点的轨迹为对角线（除掉点，不影响）； 在平面内，点的轨迹为对角线（除掉点，不影响）； 在平面内是以点为圆心2为半径的圆弧，如图， 故点的轨迹长度为． 故选：． 【点评】本题考查轨迹的长度的计算，属中档题． 30．（2024春•嘉定区校级期末）如图，底面为菱形，点是平面外一点，且平面，、分别是为，的中点． （1）求证：平面； （2）若，，，求直线与平面所成角的大小． 【分析】（1）根据中位线得出，再利用线面平行的判定定理即可得证； （2）根据平面，得出就是直线与平面所成角，解三角形即可． 【解答】解：（1）证明：因为、分别是为，的中点， 所以，又因为， 所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2）因为为菱形，，， 所以三角形为等边三角形， 故， 又，所以， 因为平面， 所以就是直线与平面所成角， 在直角三角形中， ， 所以， 即直线与平面所成角的大小为． 【点评】本题考查线面平行的判定以及线面角的计算，属于中档题． 31．（2023•普陀区校级模拟）已知平面、所成角为，为两平面外一点，则过点且与平面、所成角均为的直线有　　条． A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】作出两平面，所成二面角的平面角，先考虑二面角内符合题意的直线，再考虑在二面角的邻补的二面角内符合题间的直线，综合可得答案． 【解答】解：如图，作出两平面，所成二面角的平面角，则， 设为的平分线，则， 当以为中心，在二面角的角平分面上旋转时，与两平面的夹角变小， 此时与平面，所成角均为的直线仅有这一条， 设为的补角的平分线，则， 当以为中心，在二面角的邻补的二面角的角平分面上旋转时，与两平面的夹角变小， 此时在的两侧各出现一条与两平面成的直线，分别设为，， 过点可作一条与平行的直线，符合题意， 可作与，平行的直线各一条，符合题意， 过点且与平面，所成角均为的直线有3条． 故选：． 【点评】本题考查二面角、线面角的定义及求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 32．（2024春•嘉定区校级期末）如图，是的直径，垂直于所在的平面，是圆周上不同于，的一动点． （1）证明：是直角三角形； （2）若，，求直线与平面所成角的正弦值． （3）若，且异面直线与所成角为，求的长．（结果精确到 【分析】（1）由圆的性质可得，再由平面，得，可得平面，从而可得，进而可证得结论． （2）过作于，可证得是直线与平面所成的角，在中求解即可； （3）为中点，由题意有或，中由余弦定理解出，中勾股定理求的长． 【解答】（1）证明：是的直径，是圆周上不同于，的一动点，所以， 因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以，即是直角三角形； （2）解：过作于，连接，如图所示， 因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 所以是直线与平面所成的角， 在中，由等面积法得， 而，所以， 在中，， 故直线与平面所成角的正弦值为． （3）解：设为中点，连接，，，又为的中点，则有， 异面直线与所成角为，则有或， 若，则，，， 当时，中由余弦定理， 得， 中，； 当时，中由余弦定理， 得， 中，， 所以的长为0.8或1.8． 【点评】本题考查直角三角形的证明，考查异面直线所成的角，直线与平面所成角的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意等价转化思想的合理运用，属中档题． 考点九．几何法求解二面角及两平面的夹角 33．（2024春•长宁区校级月考）已知结论：椭圆的面积为．如图，一个平面斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆．若圆柱底面圆半径为，平面与圆柱底面所成的锐二面角大小为，则下列对椭圆的描述中，错误的是　　 A．短轴为，且与大小无关 B．离心率为，且与大小无关 C．焦距为 D．面积为 【分析】根据椭圆的性质，结合题中的数据对，对每个选项逐一分析即可． 【解答】解：由题意得椭圆短轴长，而长轴长随变大为变长且， 所以， 故，焦距为， 由椭圆在底面投影即为底面圆，则等于圆的面积与椭圆面积的比值， 所以椭圆面积为，综上，正确，错误． 故选：． 【点评】本题考查曲线方程的性质，考查运算求解能力，属于基础题． 34．（2023秋•闵行区校级期末）如图，在正方体中，点在线段上运动，则以下命题正确的序号为　　 ①直线平面 ②平面与平面的夹角大小为 ③三棱锥的体积为定值 ④异面直线与所成角的取值范围是 A．①② B．①③ C．①③④ D．①④ 【分析】直接证明直线面，即可判断①是否正确；由正方体结构特征，即可判断②是否正确；证明三棱锥的体积为定值，即可判断③是否正确；求出异面直线与所成角的最小值，即可判断④是否正确． 【解答】解：对于①：因为，，， 所以面， 又面， 所以，同理可得， 因为， 所以面，故①正确； 对于②：由正方体可知平面不垂直平面，故②错误； 对于③：因为，面，面， 所以面， 因为点在线段上运动， 所以点到平面的距离为定值， 又△的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故③正确； 对于④：当点与线段的端点重合时，异面直线与所成角取得最小值为， 所以异面直线与所成角的取值范围为，，故④错误， 故选：． 【点评】本题考查命题真假得判断，空间直线与平面位置关系，解题中需要空间想象能力与运算求解能力，属于中档题． 35．（2024•浦东新区三模）边长都是为1的正方形和正方形所在的两个半平面所成的二面角为，、分别是对角线、上的动点，且，则的取值范围是　　 A． B． C． D． 【分析】由二面角的平面角定义，可得为和所在的两个半平面所成的二面角，设，，利用相似三角形得出和，再利用余弦定理求得的表达式，进而求得取值范围． 【解答】解：设，，则， 由题意，，在上的投影是同一点，设为，连接，， 则为和所在的两个半平面所成的二面角， 则， 由，可得， 由，可得， 在中，由余弦定理可得： ， 因为，所以，则． 故选：． 【点评】本题考查二面角的定义，考查相似三角形及余弦定理的应用，属中档题． 36．（2023秋•嘉定区校级期末）如图，在中，已知，，是斜边上任意一点（不含端点），沿直线将折成直二面角，当　　时，折叠后、两点间的距离最小． A． B． C． D．3 【分析】设，然后用将，，表示出来即可求解． 【解答】解：如图， 设，则， 过作，垂足为，过作交的延长线于， 由已知条件可得，平面，，， ，，，，则， 则， 则当，即为的角的角分线时，取得最小值， 此时，即，解得． 故选：． 【点评】本题考查三角函数在几何体中求距离的应用，属于中档题． 考点十．空间向量法求解二面角及两平面的夹角 37．（2023秋•普陀区校级期中）我们称：两个相交平面构成四个二面角，其中较小的二面角称为这两个相交平面的夹角；由正方体的四个顶点所确定的平面统称为该正方体的“表截面”．则在正方体中，两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为　　 A． B． C． D． 【分析】利用排除法的思想，分别选取不同的平面，求其夹角，即可得解． 【解答】解：若表截面为面与面，则它们的夹角为，即正确； 若表截面为面与面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，则，0，，，0，， ，0，，，1，， 因为正方形，所以， 因为面，且面，所以， 又，、面， 所以面，即面的一个法向量为，0，， 同理可证，面， 所以面的一个法向量为，1，， 设面与面所成角为，则，， 所以，即正确； 若表截面为面与面，则它们的夹角为，即正确； 从排除法的角度来看，选项不可能． 故选：． 【点评】本题考查空间中平面与平面夹角的求法，熟练掌握向量法求面面角的方法是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 38．（2023秋•浦东新区校级期中）清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1，也可由正方体切割而成，如图2．在图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则给出的说法中错误命题有几个　　 （1）该几何体的表面积为； （2）该几何体的体积为4； （3）二面角的余弦值为； （4）若点，在线段，上移动，则的最小值为． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据正四面体的表面积即可判断（1）；利用割补法，结合体积公式即可判断（2）；根据二面角的定义，结合空间向量法即可求解（3）；建立空间坐标系，利用点点距离即可判断（4）． 【解答】解：因为，所以， 蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成， 故该几何体的表面积为，（1）错误； 该几何体的体积为，（2）正确； 设的中点为，连接、，则，， 则即二面角的平面角， 建立如下图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 则，（3）正确； 建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，，，2，， ， 当且仅当时，等号成立，故的最小值为正确． 故选：． 【点评】本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题． 39．（2024•浦东新区校级模拟）如图，三棱柱满足棱长都相等且平面，是棱的中点，是棱上的动点．设，随着增大，平面与底面所成锐二面角的平面角是　　 A．先增大再减小 B．减小 C．增大 D．先减小再增大 【分析】以为原点，在平面中过作的垂线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与底面所成锐二面角的平面角随着增大而增大． 【解答】解：以为原点，在平面中过作的垂线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 设正三棱柱中所在棱长都是2， 则，1，，，2，，，0，， ，1，，，，， 设平面的法向量，，， 则，取，得，，， 平面的法向量，0，， 设平面与底面所成锐二面角的平面角为， ， 随着增大而先增大后减小， 随着增大而先减小后增大． 故选：． 【点评】本题考查二面角的平面角的变化趋势的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题． 40．（2023秋•奉贤区校级月考）在正四面体中，点在棱上，满足，点为线段上的动点，则　　 A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得 C．存在某个位置，使得直线与平面所成角的正弦值为 D．存在某个位置，使得平面与平面夹角的余弦值为 【分析】设正四面体的底面中心为点，连接，则平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为2，然后利用空间向量法逐一分析求解可得结果． 【解答】解：如图所示，设正四面体的底面中心为点，连接，则平面， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系， 设正四面体的棱长为2， 则，，，，， 设，其中， 对于，若存在某个位置使得，，， 所以，解得，不满足题意，错误； 对于，若存在某个位置使得，，， 则，该方程无解，错误； 对于，设平面的一个法向量为， 又，， 由，令取， 若存在某个位置，使得直线与平面所成角的正弦值为，又， ， 整理得，解得或（舍去）， 存在，即为的中点时，满足题意，正确； 对于，设平面的一个法向量为， 又，， 由，取， 设平面的一个法向量为， 又，， 由，取， 若存在某个位置，使得平面与平面夹角的余弦值为， 则， 整理得，△， 该方程无解，错误． 故选：． 【点评】本题考查向量法求解线线垂直问题，向量法求解线线角问题，向量法求解线面角问题，向量法求解面面角问题，方程思想，属难题． 考点十一．点、线、面间的距离计算 41．（2024•浦东新区校级模拟）已知正方体的棱长为2，点，分别是棱，的中点，点在平面内，点在线段上，若，则长度的最小值为　　 A． B． C． D． 【分析】取中点，则面，即，可得点在以为圆心，1以半径的位于平面内的半圆上．即到的距离减去半径即为长度的最小值，作于，可得，长度的最小值为． 【解答】解：如图，取中点，则面，即， ，则，点在以为圆心，1以半径的位于平面内的半圆上． 可得到的距离减去半径即为长度的最小值， 作于， △的面积为， ，可得，长度的最小值为． 故选：． 【点评】本题考查线段长的最小值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题． 42．（2024春•虹口区校级期中）如图，圆柱的底面半径为2，高为5，，分别是上、下底面圆周上的两个点，若，则　　． 【分析】作出图形，根据勾股定理，即可求解． 【解答】解：如图，过作于点， 则易知，又， ，又圆柱的底面半径为2， ，又，， ． 故答案为：． 【点评】本题考查空间中两点间的距离的求解，属基础题． 43．（2024春•杨浦区校级月考）如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱和的中点，过点，，的平面交于点，则　　 A． B． C． D． 【分析】通过平行得到平面与的交点，从而得到与面的交线，再由平行得到与平面的交线，从而确定点的位置，根据为的四等分点得到为的三等分点，从而得到的长． 【解答】解：如图， 平面与平面的交线与平行， 即过点作的平行线，交于点，连接， 因为，分别为棱和的中点， 所以为的四等分点， 过点作，交于点， 从而为的三等分点， 故． 故选：． 【点评】本题考查线面位置关系的应用，属于中档题． 44．（2024春•普陀区校级月考）如图，一个由四根细铁杆、、、组成的支架、、、按照逆时针排布），若，一个半径为1的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有接触，则球心到点的距离是　　 A． B． C．2 D． 【分析】取，由题意得四棱锥是正四棱锥，球的球心在四棱锥的高上，过正四棱锥的棱与作正四棱锥的轴截面如图所示，利用平面几何知识即可求解． 【解答】解：由题意，取， 由题意得四棱锥是正四棱锥，球的球心在四棱锥的高上； 过正四棱锥的棱与作正四棱锥的轴截面如图所示： 由题意可得是正方形，且， ，， ，， ，， ， ， ，解得， ． 故选：． 【点评】本题主要考查空间几何体的性质，考查与棱相切的球体，把空间问题平面化，是解题的关键．属中档题． 45．（2024春•松江区校级期末）已知二面角的大小为，点，分别在，上且，若点到的距离为，点到的距离为，则两点之间的距离为 　　． 【分析】由题意分别作，，过作，连接，，在，中，分别求出，，再在中，利用余弦定理即可求解． 【解答】解：如图，作，，过作，连接，， 由，所以，，又， 平面，即平面， 由二面角为，到的距离为，到的距离为， 在中，，，， 在中，，，， 在中，， 所以． 故答案为：． 【点评】本题考查了由面面角求距离、余弦定理解三角形，考查了空间想象能力，属于中档题． 一．选择题（共4小题） 1．（2024•闵行区校级模拟）在空间中，“、为异面直线”是“、不相交”的　　 A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分又非必要条件 【分析】根据题意，由异面直线的定义和充分必要条件的判断方法分析可得答案． 【解答】解：根据题意，若、为异面直线，则、一定不相交， 反之，若、不相交，则、为异面直线或， 故“、为异面直线”是“、不相交”的充分非必要条件． 故选：． 【点评】本题考查异面直线的定义，涉及充分必要条件的判断，属于基础题． 2．（2024•浦东新区校级四模）一水平放置的平面四边形的直观图如图所示，其中，轴，轴，轴，则四边形的面积为　　 A．18 B． C． D．12 【分析】根据题意，求出四边形的面积，结合直观图与原图面积之间的关系分析求解． 【解答】解：根据题意，易得直观图中，，且，则， 则四边形的面积为， 所以四边形的面积为． 故选：． 【点评】本题考查平面图形的直观图，注意原图面积与直观图面积的关系，属于基础题． 3．（2024•长宁区校级三模）如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，则　　 A．，且直线、是异面直线 B．，且直线、是异面直线 C．，且直线、是相交直线 D．，且直线、是相交直线 【分析】取的中点，连接、，连接、，设，证明，即可得结论． 【解答】解：取的中点，连接、，连接、， 设，则，， 平面平面，且平面平面， ，则平面，可得， ， 在正方形中，， 在等腰三角形中，， 又是线段的中点，是的中点， ，可得，即，且直线、是相交直线． 故选：． 【点评】本题考查空间直线与直线的位置关系，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是基础题． 4．（2024•青浦区校级模拟）如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是　　 A． B． C．四边形的周长为 D．四边形的面积为 【分析】根据直观图与平面图的联系还原计算各选项即可． 【解答】解：如图过作， 由等腰梯形可得：△是等腰直角三角形， 即，即错误； 还原平面图为下图， 即，即错误； 过作，由勾股定理得， 故四边形的周长为：，即错误； 四边形的面积为：，即正确． 故选：． 【点评】本题主要考查了平面图形的直观图，属于中档题． 二．填空题（共12小题） 5．（2024•长宁区校级三模）已知圆柱的底面半径为，侧面积为，则此圆柱的体积为 　　． 【分析】根据圆柱的侧面积求出母线长，再代入圆柱体积公式即可． 【解答】解：设圆柱的母线为， 因为圆柱的底面半径为，侧面积为， 所以， 解得， 所以圆柱的体积为． 故答案为：． 【点评】本题考查圆柱的体积计算，属于基础题． 6．（2024•黄浦区二模）若一个圆柱的底面半径为2，母线长为3，则此圆柱的侧面积为 　　． 【分析】根据圆柱的侧面积公式，计算即可． 【解答】解：因为圆柱的底面半径为2，母线长为3， 所以圆柱的侧面积为． 故答案为：． 【点评】本题考查了旋转体的表面积计算问题，是基础题． 7．（2024•嘉定区二模）已知圆锥的母线长为2，高为1，则其体积为 　　． 【分析】求出底面半径，根据圆锥的体积公式计算即可． 【解答】解：圆锥的母线长为，高为， 则底面半径， 圆锥的体积． 故答案为：． 【点评】本题主要考查圆锥体积的求法，圆锥的结构特征，考查运算求解能力，属于基础题． 8．（2024•闵行区校级二模）在空间直角坐标系中，点，4，关于平面对称的点的坐标是 　，，　． 【分析】根据空间中的点的性质对称即可． 【解答】解：点，4，关于平面对称的点的坐标是，，． 故答案为：，，． 【点评】本题考查空间中的点的坐标的应用，属于基础题． 9．（2024•宝山区校级四模）已知圆台的上底半径为1，下底半径为2，若圆台上、下底面的面积和等于圆台的侧面面积，则圆台的母线与底面所成角的大小为 　　（用反三角函数表示）． 【分析】先根据题意求得圆台的母线长，进而可得圆台的母线与底面所成角的余弦值，由此得解． 【解答】解：设圆台的母线长为， 则依题意，， 解得， 设圆台的母线与底面所成角的大小为， 则， 故． 故答案为：． 【点评】本题考查线面角的求解以及圆台的结构特征，考查运算求解能力，属于基础题． 10．（2024•奉贤区三模）如图，已知三角形为直角三角形为直角），分别连接点与线段的等分点，，，得到个三角形依次为△，△，，△，将绕看所在直线旋转一周，记△，△，，△旋转得到的几何体的体积依次为，，，，若，，则三角形旋转得到的几何体的体积　625　． 【分析】根据题意，设，，由圆锥的体积公式可得，，联立可得的值，进而计算可得答案． 【解答】解：根据题意，设，，则，， 则，， 则有，解可得， 故． 故答案为：625． 【点评】本题考查圆锥的体积计算，涉及旋转体的定义，属于基础题． 11．（2024•黄浦区校级三模）底面半径长为，母线长为的圆柱，体积为 　　． 【分析】根据已知中圆柱的底面半径为，母线长为，代入圆柱的体积公式，可得答案． 【解答】解：圆柱的底面半径，母线长， 圆柱的体积． 故答案为：． 【点评】本题考查的知识点是圆柱的体积公式，直接代入计算即可，难度不大，属于基础题． 12．（2024•闵行区校级二模）两个平面可以将空间分成 　三或四　个部分． 【分析】分两平面平行与相交得答案． 【解答】解：当两平面平行时，能把空间分成三个部分； 当两平面相交时，能把空间分成四个部分． 故答案为：三或四． 【点评】本题考查平面的基本性质及推理，考查空间想象能力与思维能力，是基础题． 13．（2024•徐汇区校级模拟）设圆锥的底面中心为，、是它的两条母线，且，若棱锥是正三棱锥，则该圆锥的体积为 　　． 【分析】由已知求出圆锥的底面圆的半径和圆锥的高，从而得到圆锥的体积． 【解答】解：棱锥为正三棱锥，，， ，，由勾股定理得， 即圆锥的底面圆半径，高为， 则该圆锥的体积为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查圆锥的结构特征，考查运算求解能力，属于基础题． 14．（2024•浦东新区校级模拟）若一个圆柱的底面半径为1，侧面积为，且该圆柱的上、下底面都在球的球面上，则球的表面积为 　　． 【分析】求出圆柱的母线长，可求轴截面对角线的长，故可求外接球的表面积． 【解答】解：设圆柱的母线长为，则，故， 圆柱的外接球的直径为圆柱轴截面矩形对角线的长， 故外接球的表面积为． 故答案为：． 【点评】本题考查圆柱的外接球，考查球的表面积公式，是基础题． 15．（2024•长宁区二模）用铁皮制作一个有底无盖的圆柱形容器，若该容器的容积为立方米，则至少需要 　　平方米铁皮． 【分析】设无盖的圆柱形容器的底面半径为，高为，根据题意易得，从而得该容器的表面积为，再利用基本不等式，即可求解． 【解答】解：设无盖的圆柱形容器的底面半径为，高为， 则，， 该容器的表面积为． 当且仅当，又，即时，等号成立， 故至少需要平方米铁皮． 故答案为：． 【点评】本题考查几何体的体积与表面积，基本不等式的应用，属中档题． 16．（2024•黄浦区校级模拟）若正三棱柱的所有棱长均为4，则其体积为 　　． 【分析】根据正三棱柱体积公式求解． 【解答】解：正三棱柱的所有棱长均为4， 正三棱柱的体积为： ． 故答案为：． 【点评】本题考查正三棱柱体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 三．解答题（共2小题） 17．（2023•普陀区校级模拟）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，． （1）证明：平面； （2）求二面角的大小． 【分析】（1）设圆的半径为1，求出各线段的长度，利用勾股定理即可得到，，进而得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面及平面的法向量，利用向量的夹角公式即可得解． 【解答】Ⅱ解：（1）证明：不妨设圆的半径为1，，，，， ， 在中，，故， 同理可得，又， 故平面； （2）建立如图所示的空间直角坐标系， 则有，，1，， 故， 设平面的法向量为， 则由，得，取，则，， 所以平面的法向量为， 由（1）可知平面，不妨取平面的法向量为， 故， 又二面角的平面角为锐角，则二面角的大小为． 【点评】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角，考查推理能力及计算能力，属于中档题． 18．（2023•松江区二模）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，是与的交点，，，平面，，是的中点． （1）证明：平面 （2）求直线与平面所成角的大小． 【分析】（1）连接，根据中位线定理证明，利用线面平行的判定定理证明即可； （2）取的中点，连接，，证明，从而平面，可得是直线与平面所成的角，计算相关的长度，在中求解即可． 【解答】解：（1）证明：连接， 在平行四边形中，因为为的中点，所以为的中点， 又为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； （2）取的中点，连接，， 因为为的中点，所以，且， 由平面，得平面，所以是直线与平面所成的角， 因为，，所以，所以， 在中，，， 所以，从而， 在中，， 所以直线与平面所成角的大小为． 【点评】本题考查了线面平行的证明以及直线与平面所成的角的计算，属于中档题． 一．选择题（共3小题） 1．（2024•浦东新区校级模拟）设，，，是空间中给定的个不同的点，则使成立的点的个数为　　 A．1 B． C．无穷多个 D．前面的说法都有可能 【分析】设出点的坐标，利用向量坐标运算得到方程，表达出点的坐标，得到答案． 【解答】解：设，，，，，， 由得， 所以，，， 所以， 所以满足条件的点的个数为1个． 故选：． 【点评】本题考查了向量的坐标运算，属于中档题． 2．（2024•闵行区校级三模）空间和两条异面直线同时都垂直且相交的直线　　 A．不一定存在 B．有且只有1条 C．有1条或不存在 D．有无数条 【分析】利用平行平面确定有都垂直的直线，再利用垂直平面说明有与两条异面直线都垂直且相交的直线，然后用反证法说明这样的直线只有一条． 【解答】解：如图，，是异面直线，过上一点作直线，则，相交， 设，确定的平面为，当直线与平面垂直时，则直线与，都垂直，从而也与垂直， 因此有与异面直线，都垂直的直线， 过与直线平行的平面是唯一的， 设是在平面内的射影，，在平面内（即，，是过点的直线，因此， 从而与相交，直线是与，既垂直又相交的直线， 若与，既垂直又相交的直线有两条为，，，不可能平行（否则，共面）， 若，不相交，过与的交点作直线，，相交， 由，确定的平面为（若，相交，则平面就是由，确定的平面）， 可得，与平面都是垂直，从而，这是不可能的， 与，既垂直又相交的直线只有一条， 故选：． 【点评】本题考查平行平面、垂直平面、异面直线、反证法等基础知识，考查空间思维能力，是中档题． 3．（2024•宝山区校级四模）已知正方体和点，有两个命题： 命题甲：存在条过点的直线，满足与正方体的每条棱所成角都相等； 命题乙：存在个过点的平面，满足与正方体的每个面所成锐二面角都相等； 则下列判断正确的是　　 A． B． C． D．、的大小关系与点的位置有关 【分析】作出正方体四条体对角线，四条体对角线与正方体的每条棱所成角都相等，得到；从正方体一个顶点出发，得到正三棱锥，得到与正方体的每个面所成锐二面角都相等的平面，由对称性可得，由此能求出结果． 【解答】解：正方体有四条体对角线， 四条体对角线与正方体的每条棱所成角都相等，夹角的正切值为， 过点可以作4条直线，4条直线分别与4条体对角线平行， 正方体只有4条体对角线， ； 过正方体的一个顶点可以作出正三棱锥，比如， 可以证明平面与正方体的三个平面，平面，平面的锐二面角相等， 设平面与平面的夹角为， ，相交于点，连接，则即为平面与平面的夹角， ， 可以求出平面与平面，平面与平面的锐二面角的正切值均为， 根据面面平行，故平面与正方体的每个面所成锐二面角都相等， 从8个顶点可以作出8个类似的正三棱锥， 得到八个平面，分别为平面，平面，平面，平面，平面，平面，平面，平面， 但平面，平面，平面，平面分别与平面，平面，平面，平面，平面平行， 综上，过点共可以作4个平面满足与正方体的每个面所成锐二面角都相等， ． 故选：． 【点评】本题考查正方体结构特征、二面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 二．填空题（共6小题） 4．（2024•浦东新区校级模拟）在棱长为1的正方体中，点，，分别为棱，，的中点，则四面体的体积为 　　． 【分析】由题意画出图形，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解． 【解答】解：如图， 以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系， 则，0，，，，，，1，，，1，， ，，， ， 设平面的一个法向量为， 由，取，得． ，则． 到平面的距离． 则四面体的体积为． 故答案为：． 【点评】本题考查多面体体积的求法，考查空间向量的应用，是中档题． 5．（2024•青浦区校级模拟）已知正四面体的边长为1，是空间一点，若，则的最小值为 　　． 【分析】首先求得正四面体的内切球半径和外接球半径，再根据空间向量的线性运算及数量积运算，求得，从而判定点位于内切球上，得出结论． 【解答】解：设是正四面体内切球的球心， 由体积法可求正四面体的内切球半径为， 正四面体的外接球半径为， 则 ，即， 所以是正四面体内切球上一点， 故的最小值为． 故答案为：． 【点评】本题考查空间距离求法，考查球与几何体的切、接问题，属中档题． 6．（2024•普陀区校级模拟）正四面体的棱长为12，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，点到的距离为 　　． 【分析】先根据正四面体的体积求出内切球的半径，取的中点为，再根据数量积得到，可得当的长度最小时，取得最小值，再求出球心到点的距离，从而可得点到的距离为，进而求解即可． 【解答】解：由正四面体的棱长为12，则其高为， 则其体积为， 设正四面体内切球的半径为， 则，解得， 如图，取的中点为， 则， 显然，当的长度最小时，取得最小值， 设正四面体内切球的球心为，可求得， 则球心到点的距离， 所以内切球上的点到点的最小距离为， 即当取得最小值时，点到的距离为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了几何体的内切球问题，考查了向量的数量积运算，属于中档题． 7．（2024•宝山区三模）若四面体各棱的长为1或2，且该四面体不是正四面体，其体积的所有可能的值为 　　． 【分析】分情况讨论，利用三棱锥体积公式求解． 【解答】解：四面体各棱的长为1或2，且该四面体不是正四面体， ①如图，， ②如图，， ③如图，． 故答案为：． 【点评】本题考查三棱锥体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 8．（2024•黄浦区二模）在四面体中，，，，设四面体与四面体的体积分别为、，则的值为 　　． 【分析】根据题意易得，，，再作出底面图形，根据向量共线定理，三棱锥的体积公式，化归转化，即可求解． 【解答】解：，，， ，，， ，，， 作出底面图形，延长，交于点，如图所示： 由，可得，设，又， ，又，，三点共线， ，，，又， ，， 又，且， ， ． 故答案为：． 【点评】本题考查四面体的体积问题，向量的线性运算，向量共线定理的应用，化归转化思想，属中档题． 9．（2024•奉贤区三模）已知正方体的棱长为3，，，，为正方形边上的个两两不同的点．若对任意的点，存在点，，2，，，．使得直线与平面以及平面所成角大小均为，则正整数的最大值为 　8　． 【分析】先确定当与平面所成角大小均为时，，满足的条件，同理确定当直线与平面所成角大小均为时，，满足的条件，再考虑如何做出，即可． 【解答】解：如图，设，是正方形的两个点，且满足直线与平面所成角大小均为， 过作于，连接，则为直线与所成角，是， ， 在平面中，以为圆心，为半径作圆，取为圆上一点，过作圆的切线， 切线与正方形边的交点即为，， ，与平面所成角为， 以为圆心，为半径作圆，作该圆的切线， 切线与正方形边的交线即为，，如图， ，与相离，两圆有4条公切线，与正方形的边有8个交点， 在这8个交点中， 任选 一个点，存在点，，2，，，，使得直线与平面以及平面所成角大小均为． 正整数的最大值为8． 故答案为：8． 【点评】本题考查正方体的结构特征、直线与平面所成角等基础知识，考查运算求解能力，是难题． 三．解答题（共10小题） 10．（2024•浦东新区校级三模）在三棱锥中，，平面，点在平面内，且满足平面平面，． （1）求证：； （2）当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积． 【分析】（1）由平面平面可得平面，所以，又，所以平面，进而证得； （2）分别以直线，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，设，，，利用和二面角的余弦值为求出，的值，再结合三棱锥的体积公式求解． 【解答】解：（1）证明：作交于， 因为平面平面，且平面平面，面， 所以平面，又因为平面， 所以， 因为平面，且平面，所以， 因为，，、平面，， 所以平面，又因为平面， 所以； （2）分别以直线，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图， 则，0，，，0，，，1，，，0，， 设，，，因为， 所以，又，， 所以，即， ，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，得， 又因为为平面的一个法向量， 令二面角为角， 则， 又， 解得，（舍去）或，， 则或， 从而可得三棱锥的体积． 【点评】本题主要考查了线面垂直的判定定理，考查了利用空间向量求出二面角，属于中档题． 11．（2024•奉贤区三模）如图，四棱锥的底面是梯形，，，，平面，． （1）求证：平面； （2）若二面角的大小为，求与平面所成的角的大小．（结果用反三角函数值表示） 【分析】（1）由题意可证得，进而可证得结论； （2）由（1）可得，由题意可得，的大小，进而可得的值，即可得与平面所成的角的大小． 【解答】（1）证明：连接，因为平面，平面， 所以，而，， 所以平面； （2）解：因为二面角的大小为，由（1）可得， 可得为二面角的平面角，即； 因为，，可得， 所以，可得， 可得， 因为，所以， ， 所以， 由（1）可得平面， 所以为与平面所成的角， 则， 所以． 与平面所成的角的大小为． 【点评】本题考查直线与平面垂直的证法及线面角的求法，属于中档题． 12．（2024•浦东新区校级四模）如图，多面体是由一个正四棱锥与一个三棱锥拼接而成，正四棱锥的所有棱长均为，． （1）在棱上找一点，使得平面平面，并证明你的结论； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【分析】（1）由题结合已知条件可证当点为中点时，平面平面； （2）建系利用向量法即可求解． 【解答】解：（1）当点为中点时，平面平面，理由如下： 因为四棱锥是正四棱锥，所以，， 在正方形中，，所以， 在正方形中，，因为，所以， 因为，，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面； （2）连接，与交于点，连接， 因为四棱锥是正四棱锥，所以，，两两垂直， 以为坐标原点，以直线，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，，，，0，，，3，，，1，， 所以， 设平面的法向量为， 则有得取，得， 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为． 【点评】本题考查了空间几何体中的位置关系的证明和空间角的求解，属于中档题． 13．（2024•杨浦区校级三模）如图，在多面体中，已知四边形是菱形，，平面，平面，． （1）在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由． （2）求二面角的余弦值． 【分析】（1）连接与，相交于点，连接，，分别证明，，再由面面平行判定定理的推论，即可得证； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角，即可得解． 【解答】解：（1）当点是线段的中点时，可使平面平面，理由如下： 连接与，相交于点，连接，， 因为菱形，所以点是的中点， 所以， 因为平面，平面， 所以， 又，，所以四边形是平行四边形， 所以， 又，、平面，，、平面， 所以平面平面． （2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，1，，，2，，，0，， 所以，2，，，1，，，2，， 设平面的法向量为，，，则， 取，则，，所以，0，， 设平面的法向量为，，，则， 取，则，，所以，1，， 所以，， 由图可知，二面角为钝角， 故二面角的余弦值为． 【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握面面平行的判定定理，利用向量法求二面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 14．（2024•长宁区校级三模）如图，在三棱锥中，，，点是的中点． （1）证明：平面； （2）点在棱上，且，求二面角的大小． 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的—个法向量，利用向量夹角公式即可求解． 【解答】解：（1）证明：连结，，，， 所以， 中，，是的中点，所以， 因为，且平面，平面， 所以平面． （2）因为，，两两垂直，以、、为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系， 则，0，，，3，，，，，， 由，所以点，1，， 则，， 设平面的—个法向量为， 则，即 令，， 平面的一个法向量， 所以， 由图易知所求二面角的平面角是锐角， 所以二面角为的大小为． 【点评】本题考查线面垂直的判定以及空间向量的应用，属于中档题． 15．（2024•宝山区三模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，，点是的中点． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 【分析】（Ⅰ）根据给定条件，利用面面垂直的性质及线面垂直的性质推理即得； （Ⅱ）以点为原点建立空间直角坐标系，求出相关点及向量的坐标，利用空间向量求出线面角的正弦． 【解答】解：（Ⅰ）证明：在四棱锥中，由，点是的中点，得， 而平面平面， 平面平面， 平面， 则平面，又平面， 所以． （Ⅱ）在平面内过点作， 由（1）知直线，，两两垂直， 以点为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 由，，，，，， 得， 则，0，，，，1，，，3，， ，，， 设平面的一个法向量， 则， 令，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 【点评】本题考查空间向量在例题几何中的应用，属于中档题． 16．（2024•普陀区校级模拟）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面平面． （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直即可求证线面垂直，进而可证明面面垂直． （2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解角． 【解答】解：（1）证明：因为，，，所以，所以． 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面． 又平面，所以平面平面． （2）取的中点，连接， 由于，所以， 因为平面平面，且平面平面，平面， 故平面， 以为坐标原点，，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， 因为轴与平行， 则，0，，，0，，，0，，，0，，，2，，，1，． 设平面的法向量为，，， 则令，得． 设平面的法向量为，，， 则令，得． 因为， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 【点评】本题考查面面垂直的证明和平面与平面所成角，属于中档题． 17．（2024•闵行区校级三模）如图，在三棱柱中，平面平面，，四边形是边长为2的正方形． （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值． 【分析】（1）推导出，平面，，，由此能证明平面． （2）推导出为直线与平面所成的角，从而，过点作，垂足为，过点作，垂足为，连结，推导出，平面，由三垂线定可知，，从而是二面角的平面角，由此能求出二面角的余弦值． 【解答】解：（1）证明：四边形是正方形，． 平面平面，平面， 平面平面， 平面． 平面，． ，，，， 平面． （2）由（1）知，为直线与平面所成的角， 即， 正方形的边长为2， ，，． 过点作，垂足为， 过点作，垂足为，连结． 平面，平面，， 又，平面，， 平面． 是在平面内的射影，由三垂线定可知，， 是二面角的平面角． 在直角中，，，， ， 二面角的余弦值为． 【点评】本题考查线面垂直、面面垂直、二面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 18．（2024•闵行区校级模拟）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，且，，，点，分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离． 【分析】（1）推导出，，从而平面，平面，进而，，由此能证明平面． （2）以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点到平面的距离． 【解答】解：（1）证明：在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，且，， ，， ，， 平面，平面， ，， ，平面． （2）以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， ，点，分别为，的中点， ，0，，，0，，，0，，，1，， ，0，，，1，，，0，， 设平面的法向量为，，， 则，取，得，1，， 点到平面的距离为： ． 【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 19．（2024•杨浦区校级三模）如图，在直三棱柱中，，，，是棱上的一点． （1）若，求异面直线与所成的角的大小； （2）若，求点到平面的距离． 【分析】（1）当时，为的中点，取的中点，连接，则，得即为异面直线与所成的角，然后由已知求解三角形得答案； （2）若，又为在底面上的射影，则，然后利用等体积法求点到平面的距离． 【解答】解：（1）如图， 当时，为的中点，取的中点， 连接，则， 即为异面直线与所成的角， 在直三棱柱中，已知，可得平面， 则，可得， 由已知，，得，， 则，可得， 即异面直线与所成的角的大小为； （2）若，又为在底面上的射影，则， 在中，由，，得， ，，， ，， 设点到平面的距离为， 由等体积法可得：， 解得，即点到平面的距离为． 【点评】本题考查空间角的求法，训练了利用等体积法求点到平面的距离，是中档题． 一．选择题（共5小题） 1．（2024•上海）空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线，，则下列说法中正确的是　　 A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【分析】根据题意，由直线与平面平行、垂直的性质分析选项，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于，若，，则或，又，所以，故正确； 对于，若，，则或，由，则与斜交、垂直、平行均有可能，故错误； 对于，若，，则或，由，则与相交、平行、异面均有可能，故错误； 对于，若，，则或，又，则或，故错误． 故选：． 【点评】本题考查空间直线与平面间的位置关系，涉及直线与平面平行、垂直的判断，属于基础题． 2．（2023•上海）如图所示，在正方体中，点为边上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据空间中的两条直线的位置关系，判断是否为异面直线即可． 【解答】解：对于，当是的中点时，与是相交直线； 对于，根据异面直线的定义知，与是异面直线； 对于，当点与重合时，与是平行直线； 对于，当点与重合时，与是相交直线． 故选：． 【点评】本题考查了两条直线间的位置关系应用问题，是基础题． 3．（2022•上海）如图正方体中，、、、分别为棱、、、的中点，连接，．空间任意两点、，若线段上不存在点在线段、上，则称两点可视，则下列选项中与点可视的为　　 A．点 B．点 C．点 D．点 【分析】线段上不存在点在线段、上，即直线与线段、不相交，因此所求与可视的点，即求哪条线段不与线段、相交，再利用共面定理，异面直线的判定定理即可判断． 【解答】解：线段上不存在点在线段、上，即直线与线段、不相交， 因此所求与可视的点，即求哪条线段不与线段、相交， 对选项，如图，连接、、，因为、分别为、的中点， 易证，故、、、四点共面，与相交，错误； 对、选项，如图，连接、，易证、、、四点共面， 故、都与相交，、错误； 对选项，连接，由选项分析知、、、四点共面记为平面， 平面，平面，且平面，点， 与为异面直线， 同理由，选项的分析知、、、四点共面记为平面， 平面，平面，且平面，点， 与为异面直线， 故与，都没有公共点，选项正确． 故选：． 【点评】本题考查新定义，共面定理的应用，异面直线的判定定理，属中档题． 4．（2022•上海）上海海关大楼的顶部为逐级收拢的四面钟楼，如图，四个大钟分布在四棱柱的四个侧面，则每天0点至12点（包含0点，不含12点）相邻两钟面上的时针相互垂直的次数为　　 A．0 B．2 C．4 D．12 【分析】3点时和9点时相邻两钟面上的时针相互垂直． 【解答】解：3点时和9点时相邻两钟面上的时针相互垂直， 每天0点至12点（包含0点，不含12点）， 相邻两钟面上的时针相互垂直的次数为2， 故选：． 【点评】本题考查两条异面直线垂直的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力，是中档题． 5．（2020•上海）在棱长为10的正方体中，为左侧面上一点，已知点到的距离为3，到的距离为2，则过点且与平行的直线交正方体于、两点，则点所在的平面是　　 A． B． C． D． 【分析】由图可知点在△内，过作，且于，于，在平面中，过作，交于，由平面与平面平行的判定可得平面平面，连接，交于，连接，再由平面与平面平行的性质得，在中，过作，且于，可得，由此说明过点且与平行的直线相交的面是，即点所在的平面是平面． 【解答】解：如图， 由点到的距离为3，到的距离为2， 可得在△内，过作，且于，于， 在平面中，过作，交于，则平面平面． 连接，交于，连接， 平面平面，平面平面，平面平面， ． 在中，过作，且于，则． 线段在四边形内，在线段上，在四边形内． 则点所在的平面是平面． 故选：． 【点评】本题考查空间中直线与直线位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题． 二．填空题（共5小题） 6．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为，则圆柱的侧面积为 　．　． 【分析】由底面积为解出底面半径，再代入侧面积公式求解即可． 【解答】解：因为圆柱的底面积为，即， 所以， 所以． 故答案为：． 【点评】本题考查了圆柱的侧面积公式，属于基础题． 7．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为 　　． 【分析】根据圆柱的侧面积公式计算即可． 【解答】解：圆柱的底面半径为，高为， 所以圆柱的侧面积为． 故答案为：． 【点评】本题考查了圆柱的侧面积公式应用问题，是基础题． 8．（2023•上海）空间中有三个点、、，且，在空间中任取2个不同的点，（不考虑这两个点的顺序），使得它们与、、恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有 　9　种． 【分析】根据正四棱锥的性质，分类讨论，即可求解． 【解答】解：如图所示，设任取2个不同的点为、， 当为正四棱锥的侧面时，如图，平面的两侧分别可以做作为圆锥的底面，有2种情况， 同理以、为底面各有2种情况，所以共有6种情况； 当为正四棱锥的截面时，如图，、位于两侧，为圆锥的底面，只有一种情况， 同理以、为底面各有1种情况，所以共有3种情况； 综上，共有种情况． 故答案为：9． 【点评】本题考查正四棱锥的性质，分类讨论思想，属中档题． 9．（2024•上海）已知四棱柱底面为平行四边形，，且，求异面直线与的夹角 　　． 【分析】由题将转化为即可求解． 【解答】解：如图， 因为，又， ， 化简得， ， ． 异面直线与的夹角为． 【点评】本题考查向量法求立体几何中的线线角，属于中档题． 10．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，为上底面圆的一条直径，是下底面圆周上的一个动点，则的面积的取值范围为 　　． 【分析】上顶面圆心记为，下底面圆心记为，连接，过点作，垂足为点，由于为定值，则的大小随着的长短变化而变化， 分别求解的最大值和最小值，即可得到答案． 【解答】解：如图1，上底面圆心记为，下底面圆心记为， 连接，过点作，垂足为点， 则， 根据题意，为定值2，所以的大小随着的长短变化而变化， 如图2所示，当点与点重合时，， 此时取得最大值为； 如图3所示，当点与点重合，取最小值2， 此时取得最小值为． 综上所述，的取值范围为． 故答案为：． 【点评】本题考查了空间中的最值问题，将三角形面积的最值问题转化为求解线段的最值问题进行求解是解题的关键，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于中档题． 三．解答题（共10小题） 11．（2020•上海）已知四棱锥，底面为正方形，边长为3，平面． （1）若，求四棱锥的体积； （2）若直线与的夹角为，求的长． 【分析】（1）利用已知条件求出，棱锥的高，然后求解棱锥的体积即可． （2）由已知中四棱锥的底面是边长为3的正方形，平面．异面直线与所成角为，可得为直角三角形，且，，代入求出后，解直角可得答案． 【解答】解：（1）平面，． ，，， ， 所以四棱锥的体积为12． （2）是正方形，平面， ， 又 平面 异面直线与所成角为， 在中，， 故 在中， 【点评】本题考查几何体的体积，空间点线面的距离的求法，考查转化思想以及空间想象能力计算能力，是中档题． 12．（2020•上海）已知是边长为1的正方形，正方形绕旋转形成一个圆柱． （1）求该圆柱的表面积； （2）正方形绕逆时针旋转至，求线段与平面所成的角． 【分析】（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为、宽为1的矩形组成，依次求出圆面和矩形的面积，相加即可； （2）先利用线面垂直的判定定理证明平面，连接，则即为线段与平面所成的角，再利用三角函数的知识求出即可． 【解答】解：（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为、宽为1的矩形组成， ． 故该圆柱的表面积为． （2）正方形，， 又，， ，且、平面， 平面，即在面上的投影为， 连接，则即为线段与平面所成的角， 而， 线段与平面所成的角为． 【点评】本题考查圆柱的表面积、空间线面夹角问题，熟练掌握线面垂直的判定定理是解题的关键，考查学生的空间立体感和运算能力，属于基础题． 13．（2021•上海）四棱锥，底面为正方形，边长为4，为中点，平面． （1）若为等边三角形，求四棱锥的体积； （2）若的中点为，与平面所成角为，求与所成角的大小． 【分析】（1）由，代入相应数据，进行运算，即可； （2）由平面，知，进而有，，由，知或其补角即为所求，可证平面，从而有，最后在中，由，得解． 【解答】解：（1）为等边三角形，且为中点，， ， 又平面， 四棱锥的体积． （2）平面， 为与平面所成角为，即， 为等腰直角三角形， ，分别为，的中点， ， ， ， 或其补角即为与所成角， 平面，， 又，，、平面， 平面，， 在中，， 故与所成角的大小为． 【点评】本题考查棱锥的体积、线面角和异面直线夹角的求法，理解线面角的定义，以及利用平移法找到异面直线所成角是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题． 14．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边，为边中点，且底面，． （1）求三棱锥体积； （2）若为中点，求与面所成角大小． 【分析】（1）直接利用体积公式求解； （2）以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，即可求解． 【解答】解：（1）在三棱锥中，因为底面，所以， 又为边中点，所以为等腰三角形， 又．所以是边长为2的为等边三角形， ，三棱锥体积， （2）以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，1，，，，， ，，， 平面的法向量，0，， 设直线与平面所成角为， 则直线与平面所成角的正弦值为， 所以与面所成角大小为． 【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的求法，考查空间中线线、线面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 15．（2021•上海）如图，在长方体中，已知，． （1）若是棱上的动点，求三棱锥的体积； （2）求直线与平面的夹角大小． 【分析】（1）直接由三棱锥的体积公式求解即可； （2）易知直线与平面所成的角为，求出其正弦值，再由反三角表示即可． 【解答】解：（1）如图，在长方体中，； （2）连接， ， 四边形为正方形，则， 又，， 平面， 直线与平面所成的角为， ． 直线与平面所成的角为． 【点评】本题考查三棱锥体积的求法，考查线面角的求解，考查推理能力及运算能力，属于中档题． 16．（2022•上海）如图，圆柱下底面与上底面的圆心分别为、，为圆柱的母线，底面半径长为1． （1）若，为的中点，求直线与上底面所成角的大小；（结果用反三角函数值表示） （2）若圆柱过的截面为正方形，求圆柱的体积与侧面积． 【分析】（1）转化为解直角三角形问题求解；（2）用圆柱体积和侧面积公式求解． 【解答】解：（1）因为为圆柱的母线，所以垂直于上底面， 所以是直线与上底面所成角，， 所以． （2）因为圆柱过的截面为正方形，所以， 所以圆柱的体积为， 圆柱的侧面积为． 【点评】本题考查了直线与平面成角问题，考查了圆柱的体积与侧面积计算问题，属于中档题． 17．（2023•上海）已知三棱锥中，平面，，，，为中点，过点分别作平行于平面的直线交、于点，． （1）求直线与平面所成角的大小； （2）证明：平面平面，并求直线到平面的距离． 【分析】（1）连接，，为直线与平面所成的角，在中，求解即可； （2）先证明平面，可得为直线到平面的距离．进则求的长即可． 【解答】解：（1）连接，， 平面， 为直线与平面所成的角， 在中，，， 为中点，， ，即直线与平面所成角为； （2）由平面，平面，， 平面平面， 平面，平面， ，，，，平面， 平面，为直线到平面的距离， 平面，平面，平面平面， ，为中点，为中点，， 直线到平面的距离为2． 【点评】本题考查直线与平面所成的角，考查直线与平面的距离的求法，属中档题． 18．（2023•上海）已知直四棱柱，，，，，． （1）证明：直线平面； （2）若该四棱柱的体积为36，求二面角的大小． 【分析】（1）先证明平面平面，再根据面面平行的性质，即可证明； （2）先根据体积建立方程求出，再利用三垂线定理作出所求二面角的平面角，最后再解三角形，即可求解． 【解答】解：（1）证明：根据题意可知，，且， 可得平面平面，又直线平面， 直线平面； （2）设，则根据题意可得该四棱柱的体积为， ，底面，在底面内过作，垂足点为， 则在底面内的射影为， 根据三垂线定理可得， 故即为所求， 在中，，，， ，又， ， 二面角的大小为． 【点评】本题考查线面平行的证明，面面平行的判定定理与性质，二面角的求解，三垂线定理作二面角，化归转化思想，属中档题． 19．（2024•上海）如图为正四棱锥，为底面的中心． （1）若，，求绕旋转一周形成的几何体的体积； （2）若，为的中点，求直线与平面所成角的大小． 【分析】（1）根据已知条件，先求出，再结合棱锥的体积公式，即可求解． （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再结合向量的夹角公式，即可求解． 【解答】解：（1）因为是正四棱锥， 所以底面是正方形，且底面， 因为， 所以， 因为， 所以， 所以绕旋转一周形成的几何体是以3为底面半径，4为高的圆锥， 所以； （2）如图建立空间直角坐标系， 因为，由题知是正四棱锥，所以该四棱锥各棱长相等， 设， 则，， 则，0，，，0，，，，，，0，，，，，，0，，， 故，，， 设为平面的法向量， 则，即，令，则，， 所以， 则， 设直线与面所成角为， 因为， ， 则． 【点评】本题主要考查棱锥体积的求解，以及空间向量的应用，属于中档题． 20．（2024•上海）如图，、、为圆锥三条母线，． （1）证明：； （2）若圆锥侧面积为为底面直径，，求二面角的大小． 【分析】（1）取中点，连接，，证明面，即可证得结论； （2）法交于，连接，可得为两个平面所成的二面角的平面角，由等面积法求出的值，求出的余弦值，进而可得二面角的平面角， 法 建立空间直角坐标系，由题设求得平面和平面的法向量，利用向量夹角公式求得二面角的大小． 【解答】（1）证明：取中点，连接，， 因为，，所以，， 又因为，面，， 所以面，又面， 所以； （2）解：法由（1）可知，，又底面， 作，交于，连接， 由题意，可得， 所以为所求的二面角的平面角，连接，则， 因为圆锥侧面积为为底面直径，， 所以底面半径为1，母线长为，所以， ， ，，， ， 即，解得， 所以， 所以， 所以二面角的平面角为钝角， 所以二面角的大小为． 法由（1）可知，，又底面，因为圆锥侧面积为为底面直径，， 所以底面半径为1，母线长为，所以， 建立以为轴，为轴，以为轴的坐标系， 则可得， 故， 设为平面的一个法向量， 由，， 可得， 令，则，可得， 设为平面的一个法向量， 由，， 可得， 令，则，可得， 则， 设二面角的平面角为，由图可知为钝角， 所以二面角的大小为． 【点评】本题考查线面垂直及线线垂直的判定，考查二面角的求法，属中档题． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$