专题06 立体几何与空间向量（6题型）（云南专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学下学期期末真题分类汇编

专题06 立体几何与空间向量 题型概览 题型01几何体面积计算问题 题型02几何体体积计算问题 题型03空间平行、垂直关系的判断与证明 题型04直线与平面所成角的计算 题型05二面角的计算 题型06立体几何的综合问题 优选提升题 ( 题型01 ) 几何体面积计算问题 1．（23-24高二下·云南·期末）某中学开展劳动实习，学生学习编织球体工艺品．若这种球体的半径为10cm，则这种球体的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】球的表面积的有关计算 【分析】利用球体的表面积公式可求得结果. 【详解】由题意，这种球体的表面积为. 故选：D. 2．（23-24高二下·云南昆明·期末）已知正四棱台的体积为，上、下底面边长分别为，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】多面体与球体内切外接问题、球的表面积的有关计算、台体体积的有关计算 【分析】根据台体体积公式可得台体的高，即可利用勾股定理列方程求解半径. 【详解】在正四棱台中，，，体积为， 故 则，， 连接、相交于点，、相交于点， 设外接球的球心为，若在台体外， 设到底面的距离为， 则半径为， 即，解得， 若在台体内，到底面的距离为， 则半径为， 即，解得，舍去， 综上所述，，所以. 故选：A. 3．（23-24高二下·云南大理·期末）已知菱形，将沿对折至，使，则三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】由二面角大小求线段长度或距离、多面体与球体内切外接问题、球的表面积的有关计算 【分析】根据为二面角的平面角，根据余弦定理可得，设球的半径为R，利用勾股定理从而可得外接球的半径，即可由表面积公式求解． 【详解】如图，取的中点，连接，    由题意，菱形，所以， 所以为二面角的平面角， ,, 故，所以， 因为是边长为的等边三角形，则其外接圆的半径， 过点作与平面的垂线，垂足为, 则在直线上，且， 设球的半径为，设到平面的距离为，连接， 可得， 即，解得， 所以外接球的表面积为． 故选：C. ( 题型02 ) 几何体体积计算问题 1．（23-24高二下·云南保山·期末）已知正方体的棱长为2，则该正方体的内切球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】球的体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】根据正方体内切球特点即可得到球的半径，再利用球的体积公式即可. 【详解】由正方体内切球的直径是正方体的棱长，所以，即， 则球的体积， 故选：D． 2．（2014高三·全国·专题练习）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为1的正方形，且，均为正三角形，，，则该多面体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】柱体体积的有关计算、锥体体积的有关计算 【分析】依据割补法去求该多面体的体积即可解决. 【详解】如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为点G，H，连接DG，CH， 容易求得，. 取AD的中点O，连接GO，易得，则， 所以，多面体的体积 故选：A ( 题型03 ) 空间平行、垂直关系的判断与证明 1．（23-24高二下·云南楚雄·期末）在正方体中，为的中点，为的中点，则下列直线与不垂直的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】证明线面垂直 【分析】结合正方体中常见的线面垂直，即可判断A、B、C，利用三垂直定理可以判断D. 【详解】 对于A，在正方体中，，又， 所以，故A不合题意； 对于B，在正方体中，，又， 所以，故B不合题意； 对于C，在正方体中，，又， 所以，故C不合题意； 在平面内的一条直线，若它和平面内的一条斜线在平面内的射影垂直，则它也和这条斜线垂直， 如图，取中点F，连接OF，FE，易知， 所以FE为在内的射影，又与FE不垂直，所以与不垂直，所以D满足题意， 故选：D． 2．（多选）（23-24高二下·云南玉溪·期末）如图，在三棱柱中，，，为线段的中点，点为线段上靠近的三等分点，则（    ） A． B． C．平面NPC D．平面平面 【答案】ABD 【知识点】线面垂直证明线线垂直、证明面面垂直、证明线面垂直 【分析】A选项，计算出，A正确；B选项，证明出平面，得到线线垂直；C选项，平面NPC不平行于平面，C错误；D选项，由线面垂直得到面面垂直. 【详解】A选项，因为，故， 所以，A正确； B选项，因为，所以侧面为矩形，故， 又，，，平面， 所以平面，而平面，故，B正确； C选项，平面NPC不平行于平面，所以AC不垂直于平面NPC，C错误； D选项，因为平面ACP，平面， 所以平面平面，D正确. 故选：ABD. 3．（23-24高二下·云南曲靖·期末）如图，在直四棱柱中，当底面四边形满足条件 时，有．（注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形．）    【答案】 【知识点】证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直 【分析】当时，根据线面垂直的判定定理得平面，则 【详解】当时，有． 理由如下：连接，因为平面，平面， 所以， 因为∥，∥，，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以. 故答案为：    ( 题型04 ) 直线与平面所成角的计算 1．（2024·湖北荆州·三模）已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，体积为，则正四棱台的侧棱与底面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】台体体积的有关计算、求线面角 【分析】画出相应图形，借助正四棱台的性质及体积公式可得其高，结合线面角定义计算即可得解. 【详解】如图所示，作于点， 则，即， ， 则， 由正四棱台的侧棱与底面所成角即为与底面所成角， 设其为，则，即. 故答案为：. ( 题型0 5 ) 二面角的计算 1．（2024·江西宜春·模拟预测）在正方体中，平面经过点，平面经过点，当平面分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】面面角的向量求法、证明线面垂直 【分析】因为正方体中过体对角线的截面面积最大，所以题目转化为求平面与平面夹角的余弦值，建立空间直角坐标系，求得即可. 【详解】 如图：因为正方体中过体对角线的截面面积最大， 所以题目转化为求平面与平面夹角的余弦值， 以点为坐标原点，以的方向分别为轴正方向， 建立空间直角坐标系， 由为正方体，设棱长为，，所以四边形为正方形， 所以，又因为平面，平面， 所以，又因为，平面，所以平面， 即为平面的一个法向量， 同理为平面的一个法向量， 由，知， 设平面与平面的夹角为，， 则. 故选：A. ( 题型0 6 ) 立体几何的综合问题 1．（23-24高二下·贵州六盘水·期末）如图，已知圆锥的轴截面是等边三角形，底面圆的半径为2，现把该圆锥打磨成一个球，则该球半径的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】多面体与球体内切外接问题 【分析】易知当球半径最大时，截面大圆为等边三角形的内切圆，根据正三角形三心合一，可知内心即为重心，故内切圆的半径为高的，再计算即可. 【详解】当球是圆锥的内切球时球半径最大， 此时截面大圆为等边三角形的内切圆， 根据正三角形三心合一，可知内心即为重心， 所以圆半径为正三角形高的，即． 故选：B． 2．（多选）（23-24高一下·宁夏石嘴山·期中）已知正方体的棱长为1，E是的中点，则下列选项中正确的是（    ） A． B．平面 C．三棱锥的体积为 D．异面直线与所成的角为45° 【答案】ABC 【知识点】锥体体积的有关计算、求异面直线所成的角、证明线面平行、线面垂直证明线线垂直 【分析】对于A，由已知可得平面，从而可得；对于B，利用线面平行的判定定理可判断；对于C，由进行求解即可；对于D，由于，所以是异面直线与所成的角，从而可得结果. 【详解】如图，    因为平面，平面， 所以， 因为，，平面，平面， 所以平面， 又平面， 所以，故A正确； 因为，平面，平面， 所以平面，故B正确； 三棱锥的体积为，故C错误； 因为， 所以是异面直线与所成的角，又是等边三角形， 所以异面直线与所成的角为60°，故D错误. 故选：ABC. 3．（多选）（23-24高一下·湖南永州·期末）如图，连接正方体各个面的中心得到一个每个面都是正三角形的八面体，如果四边形是边长为2的正方形，则（    ） A．异面直线与所成角的大小为 B．二面角的平面角的余弦值为 C．平面平面 D．此八面体的外接球表面积为 【答案】ACD 【知识点】求二面角、证明面面垂直、求异面直线所成的角、多面体与球体内切外接问题 【分析】通过可判断A项正确，作出二面角的平面角根据余弦定理求解，可知B项错误，使用面面垂直的判定定理即可得到C正确；证明为外接球球心，即可判断D. 【详解】由题可知四点共面，又， 所以四边形为菱形， 所以，故异面直线与所成角即为异面直线与所成角, 又每个面都是正三角形，故异面直线与所成角的大小为，故A项正确； 对于B项， 连接，为BE中点, 又每个面都是正三角形，所以， 所以为二面角的平面角， 所以， 由余弦定理得， 所以二面角的平面角的余弦值为，故B项错误； 由于三点共线，在直线上，故四点共面. 又由于两两垂直，且在平面内交于点， 故平面. 而在平面内，故平面平面，C正确； 由于该八面体的每个面都是边长为的正三角形， 故, 所以点为几何体外接球的球心，且外接球的半径为， 从而外接球的表面积为，D正确. 故答案为：ACD. 4．（多选）（23-24高一下·重庆·阶段练习）如图，正方体棱长为2，P是直线上的一个动点，则下列结论中正确的是（    ） A．的最小值为 B．的最小值为 C．三棱锥的体积为 D．以点为球心，为半径的球面与平面的交线长 【答案】ACD 【知识点】球的截面的性质及计算、锥体体积的有关计算 【分析】利用三角形的高可判定A，利用展开图形可判定B，利用体积公式可求C，利用球的截面圆的半径可判定D. 【详解】对于A，在中，，P是直线上的一个动点， 所以的最小值为高，最小值为，A正确. 对于B，将沿翻折，使与矩形在同一个平面内，如图， 当三点共线时，取到最小值， 中，，，由余弦定理可得， 所以，所以的最小值为，B不正确. 对于C，易知三棱锥为正四面体，且棱长为，如图， 作平面于，则为的中心，由正弦定理可得，即， 所以，所以三棱锥的体积为，C正确. 对于D，设点到平面的距离为，因为，所以, 所以，解得； 以点为球心，为半径的球面与平面的交线是以为半径的圆，其周长为,D正确. 故选：ACD 5．（多选）（23-24高二下·云南曲靖·期末）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，，则（    ） A．当时， B．当时，三棱锥的体积为 C．当时，平面 D．当时，到平面的距离为 【答案】ACD 【知识点】锥体体积的有关计算、面面平行证明线面平行、线面垂直证明线线垂直、点到平面距离的向量求法 【分析】由线面垂直的性质定理即可判断A，由棱锥的体积公式代入计算，即可判断B，由面面平行的性质定理即可判断C，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可判断D 【详解】 当时，，根据正方体结构特征，易知平面平面，所以，故A正确. 当时，.易知到平面的距离为定值2. 因为，所以，故B错误. 当时，，根据正方体结构特征，易证面面面，所以面，故C正确. 当时，，即为的中点， 以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 所以平面的法向量为，， 所以到平面的距离，故D正确. 故选：ACD 6．（多选）（23-24高三下·江西·开学考试）化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟化硫（化学式）､金刚石等的分子结构.将正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体（如图1），已知正八面体的（如图2）棱长为2，则（    ） A．正八面体的内切球表面积为 B．正八面体的外接球体积为 C．若点为棱上的动点，则的最小值为 D．若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值 【答案】ACD 【知识点】锥体体积的有关计算、球的体积的有关计算、球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】对于A项，可以利用等体积列出关于内切球半径的方程，解之即得；对于B项，利用正八面体的对称性可分析计算得出正方形的中心即为外接球球心，计算即得；对于C项，通过两个侧面翻折共面后即得共线时取最小值；对于D项，通过发现并证明//平面，将的体积进行多次转化成三棱锥的体积，计算即得. 【详解】对于A项，设该正八面体内切球的半径为，由内切球的性质可知正八面体的体积， 解得，故它的内切球表面积为，故A项正确； 对于B项，设该正八面体外接球的半径为，由图知，是正方形，, 在中，,利用对称性知,故点为正八面体外接球的球心，则， 所以正八面体外接球的体积为，故项错误； 对于C项，如图，因与是边长为2的全等的正三角形，可将翻折到，使其与共面，从而得到一个菱形. 连接与相交于点，此时,,则取得最小值为，故项正确； 对于D项，易知，因为平面平面，所以//平面， 所以，故D项正确. 故选：ACD. 7．（多选）（23-24高二下·云南·期末）已知球的直径为，，，为球面上的三点，平面．若是边长为的等边三角形，且，则下列说法正确的是（    ） A．球的体积为 B．二面角的正切值为 C．平面与平面的夹角为 D．过中点的平面截球所得截面面积的最小值为 【答案】ACD 【知识点】球的体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、求二面角 【分析】取的中点，底面的中心为，连接，，，根据题意结合勾股定理求出半径，进而可求球的体积，即可判断A；根据二面角的定义及余弦定理，可判断B；根据二面角的定义，可判断C；根据球的性质及勾股定理，可判断D． 【详解】设，因为平面，所以三棱锥和均为正三棱锥． 如图，取的中点，底面的中心为，连接，，， 则，，， 所以为二面角的平面角，为侧面与底面所成二面角的平面角． 由，，可得，，，，， 所以，解得， 所以球的体积为，故A正确． 因为，，， 所以，， 所以，即二面角的正切值为，故B错误． 因为，所以平面与平面所成的角为，故C正确． 最小截面为过点且垂直于球心与连线的圆， 此时截面圆的半径，截面圆的面积为，故D正确． 故选：ACD． 8．（多选）（23-24高二下·云南红河·期末）如图1，在菱形中，，.沿对角线将其翻折，如图2.则（    ） A．在折叠过程中直线与所成角不变 B．当点在平面的投影为的重心时， C．三棱锥的表面积最大值为 D．当三棱锥的体积最大时，其外接球半径为 【答案】ABD 【知识点】棱锥表面积的有关计算、锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、证明线面垂直 【分析】对于A，取中点，连接,证明平面即可；对于B，如图②所示，在中求出，在中，通过勾股定理求即可；对于C，将三棱锥的表面积表示为，根据的范围求最大值即可；对于D，当三棱锥的体积最大时，即平面平面，通过辅助线作出外接球球心并计算即可. 【详解】对于A，如图①所示，取中点，连接, 因为四边形为菱形，, 所以， 且为等边三角形， 因为为中点， 所以, 因为平面,平面, 所以平面, 因为平面, 所以，故A正确； 对于B，如图②所示，设的重心为， 因为点在平面的投影为的重心， 所以平面， 因为为等边三角形， 所以的重心在上，且, 所以在中，, 在中，，故B正确； 对于C，因为全等， 所以三棱锥的表面积为 ， 因为, 所以当时，，故C错误； 对于D，因为当三棱锥的体积最大，如图①所示， 所以平面平面， 又因为,平面平面, 所以平面，故三棱锥高最大为 所以， 如图③所示，设三棱锥外接球球心为,且为的重心， 过作平面，过作平面，连接， 因为，平面, 所以平面， 所以, 因为平面，平面， 所以， 所以四边形为矩形，即 因为点为三棱锥的外接球的球心，到四点距离相等， 设,外接球半径为，则, 在中，， 在中，， 解得， 所以外接球的半径，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了立体几何的线面垂直、棱锥的表面积、体积及外接球，三棱锥外接球的解题关键通过辅助线找到球心，计算量较大，要有灵活的空间思维能力. 9．（23-24高二下·云南楚雄·期末）在平行四边形中，是线段的中点，沿将折起，则当四棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的表面积为 ． 【答案】/ 【知识点】多面体与球体内切外接问题、球的表面积的有关计算 【分析】根据题意得由题可知，当平面平面时，四棱锥的体积最大，求得外接圆的半径，等腰梯形外接圆半径，再根据四棱锥外接球的半径的关系式解出半径，最后用公式计算外接球的表面积. 【详解】 由题可知，当平面平面时，四棱锥的体积最大． 外接圆的半径， 等腰梯形中, 等腰梯形外接圆圆心为的中点，且半径， 四棱锥外接球的半径， 故所外接球的表面积为． 故答案为：. 10．（23-24高二下·云南曲靖·期末）《九章算术》是中国古代数学专著，承先秦数学发展的源流，进入汉朝后又经许多学者的删补后才最后成书.在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图，在鳖臑中，平面，点在线段上，的最小值为 ；当的值最小时，三棱锥外接球的表面积为 【答案】 / 【知识点】正弦定理求外接圆半径、余弦定理解三角形、球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】将空间问题平面化，再利用余弦定理，即可求出的最小值；根据第一空求得，从而得到外接圆的半径，进而得到，即可求出结果. 【详解】如图，将与展开至同一平面内，连接交于，此时的值最小， 在中，，所以，，即的最小值为. 因为平面，平面，所以， 在中，因为，，所以， 又，得到，又，所以外接圆的半径， 设三棱锥外接球的半径为，则， 所以三棱锥外接球的表面积为. 故答案为：；. 11．（23-24高二下·云南·期末）如图，在直三棱柱中，D是线段BC的中点，且． (1)求证：平面； (2)若，是边长为2的正三角形，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】锥体体积的有关计算、证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）结合题设易得，，进而结合线面垂直的判定定理求证即可； （2）利用等体积法求解即可. 【详解】（1）证明：在直三棱柱中，平面， 因为平面，所以， 又D是线段BC的中点，且，所以， 因为，平面, 所以平面. （2）由（1）知，平面， 因为是边长为2的正三角形， 所以，则， 则， 所以三棱锥的体积为. 1．（23-24高二下·黑龙江大庆·期中）四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是正方形，，点E是棱PC上一点. (1)求证：平面平面BDE； (2)当E为PC中点时，求所成二面角锐角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】面面角的向量求法、线面垂直证明线线垂直、证明面面垂直、证明线面垂直 【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，进而得到平面PAC，从而得到面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到两平面的法向量，求出二面角的大小. 【详解】（1）底面ABCD是正方形， ， 平面ABCD，平面ABCD， ，又平面PAC， 平面PAC，又平面BDE， 平面平面BDE. （2）平面ABCD，平面ABCD， 所以， 以为坐标原点，所在直线分别为建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面ABE的法向量为，则， 解得，令得，故， 设平面DBE的法向量为， 则， 解得，令得，故， 设二面角为，由图可知二面角为锐二面角， 所以，所以锐二面角为. 2．（23-24高二下·云南楚雄·期末）如图，在正三棱柱中，分别为棱的中点，． (1)证明：平面． (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【知识点】面面角的向量求法、证明线面平行 【分析】（1）构造平行四边形证明线线平行，然后用线面平行的判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，然后利用向量坐标法求夹角的余弦值即可得解. 【详解】（1）证明：取为的中点，连接． 因为为棱的中点，所以，且． 又为棱的中点，所以． 因为且，所以， 所以四边形为平行四边形， 所以． 又平面平面， 所以平面． （2）取为的中点，为的中点，连接． 因为为正三棱柱，所以两两垂直． 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． 设平面的法向量为，则 令，则，可得， 又是平面的一个法向量， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 3．（23-24高二下·云南红河·期末）如图，在四棱台中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，，，P为AB的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小. 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】空间位置关系的向量证明、面面角的向量求法 【分析】（1）利用空间向量证明即可； （2）利用空间向量求解二面角即可. 【详解】（1）底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD， 故，，两两垂直. 以为原点，分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，    在四棱台中，，，P为AB的中点， 故, 则, 所以，即， 且平面，平面， 故平面. （2）由（1）知，,, 设平面的法向量为 则 令，解得 设平面的法向量为 则 令，解得 故 故平面与平面的夹角为. 4．（23-24高二下·云南昆明·期末）如图，在四棱锥中，. (1)证明:平面; (2)若直线平面，求平面与平面的夹角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】面面角的向量求法、面面平行证明线面平行、证明线面平行 【分析】（1）连接．分别证明平面，平面，即可证明平面平面，根据面面平行的性质，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）因为，所以，连接． 因为，所以， 在中，，所以，平面，平面， 故平面， 又在四边形ABCD中，， 所以，平面，平面， 故平面， 因为平面， 所以平面平面， 又平面，所以平面． （2）在中，， 因为平面，平面，所以， 平面，所以，即两两垂直． 以分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系． 则， ， 设平面的法向量，则， 可取为平面的一个法向量， 设平面的法向量，则， 可取为平面的一个法向量， 所以，，所以， 所以平面与平面的夹角的大小为． 5．（23-24高二下·云南曲靖·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，若为的中点，的面积为.    (1)求到平面的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【知识点】面面角的向量求法、求点面距离、证明线面垂直 【分析】（1）连接交于点，连接，，即可证明平面，即可得到，由三角形的面积求出，即可求出，，从而得到，即可证明平面，即可得解； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）连接交于点，连接，. 因为为菱形，所以，为的中点， 因为，且为的中点，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，因为为边长为菱形且， 所以为等边三角形，所以， 因为，所以， 在中，为中位线，所以， 在中，，所以. 因为，平面，所以平面， 所以到平面的距离为. （2）如图，以为坐标原点，的方向分别为，轴的正方向建立空间直角坐标系，    则， 设平面的法向量为，因为， 所以令，得. 设平面的法向量为，因为， 所以令，得. 因为， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 6．（23-24高二下·云南玉溪·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，为与的交点，为的中点. (1)求与成角的正切值； (2)求与平面成角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【知识点】求线面角、求异面直线所成的角 【分析】（1）先确定异面直线与成角，再在直角三角形中求角的正切值. （2）先利用体积法求点到平面的距离，所求线面角的正弦为. 【详解】（1）为与的交点，为与的中点， 因为底面，底面，所以， 因为底面是正方形，所以， 由且都在面，所以平面， 又面，所以， 因为，所以与成角为与成角，即为， 所以. （2）， 为的中点，所以点到平面的距离为， 因为底面，底面，所以， 因为底面是正方形，所以， 由且都在面，所以平面， 又面，所以， ， 设点到平面的距离为， 由等体积法可得， 解得， 所以与平面成角的正弦值为. 7．（23-24高二下·云南大理·期末）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，分别是的中点，点为线段上一点，.    (1)证明：； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，试求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】已知面面角求其他量、空间位置关系的向量证明 【分析】（1）比较好建系，可用相量法解题，只需要证明即可; （2）建立坐标系以后，写出关键点坐标，取出平面的一个法向量，求出平面的一个法向量，运用余弦值为构造方程，解出即可. 【详解】（1）因为，则，即， 如图所示，以为原点建立空间直角坐标系， 则， 又因为，可得， 所以.    （2）假设存在，易知平面的一个法向量为 因为， 设是平面的一个法向量，则， 令，可得，可得， 则， 化简得，解得或， 因为，可得. 8．（22-23高二上·广东江门·期中）如图，在正方体中，为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【知识点】线面角的向量求法、证明线面垂直 【分析】（1）要证平面，可证，结合正方体性质即可求证； （2）以方向为轴正方向，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，由向量的夹角公式求出与平面所成角的正弦值，结合同角三角函数即可求解. 【详解】（1）连接，因为几何体为正方体，所以，四边形为平行四边形，所以，因为，所以， 又平面，平面，所以平面，又平面，所以， 平面，平面，所以平面； （2）以方向为轴正方向，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，不妨设正方体边长为1，则，，，设平面的法向量为，则，即，设，则，， 设直线与平面所成角为，则，即，所以， 故直线与平面所成角的余弦值为. 9．（2024·江西·模拟预测）如图，在正三棱柱中，为的中点． (1)证明：； (2)若，，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直、线面角的向量求法 【分析】（1）取的中点，根据题意可得，，可证平面，即可得结果； （2）建系标点，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【详解】（1）取的中点，连接， 且为的中点，则， 因为，则，所以四点过面， 因为平面，平面，则， 又因为，且为的中点，则， 且，平面，可得平面， 且平面，所以． （2）由（1）可得平面，平面，平面， 所以，， 以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 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． 10．（23-24高二下·云南保山·期末）如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面于点． (1)求证：平面； (2)已知：条件①平面，条件②，条件③平面平面，从这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定，并求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【知识点】证明线面平行、面面平行证明线线平行、面面垂直证线面垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）连接，根据面面平行的性质得到，再证明，即可得到，从而得证； （2）若选择条件①②，①③，均可说明该几何体为棱长为的正方体，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；选择②③，无法唯一确定该几何体. 【详解】（1）连接，如图1， 因为交平面于点平面， 所以平面，所以平面平面． 又因为平面平面且平面平面， 所以， 因为，且，所以四边形是平行四边形， 所以， 所以， 因为平面平面，所以平面． （2）由（1）知，点是的中点，所以点是线段的中点． 若选择条件①②： 因为平面四边形的棱长相等，而且对角线， 所以四边形是正方形， 又因平面，所以． 故如图2建立以为坐标原点，分别为轴的空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 由，可取， 因为平面，所以平面的法向量为， 所以， 由题知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为． 若选择条件①③： 因为平面平面平面， 所以， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，所以， 如图建立以为坐标原点，分别为轴的空间直角坐标系， 则 ， 设平面的法向量为， 由，可取， 因为平面，所以平面的法向量为， 所以， 又由题意知，二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为． 选择条件②③不合题意， 由条件②，且平面四边形的棱长相等，可得四边形是正方形， 由条件③平面平面，无法确定与， 故几何体不能唯一确定． 11．（22-23高二上·河南·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面PAD，E是AD的中点，为等腰直角三角形，，． (1)求证：； (2)求PC与平面PBE所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】线面角的向量求法、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）根据平面得到，根据等腰三角形的性质得到，利用线面垂直的判定定理得到平面，最后利用线面垂直的性质即可得到； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求角即可. 【详解】（1）证明：∵平面，平面PAD，∴， 又∵是等腰直角三角形，是斜边AD的中点，∴， 又∵平面，平面，， ∴平面 ∵平面ABCD，∴； （2） 解：如图，以为原点，EP，EA所在的直线为轴，轴，在平面ABCD内， 通过点作AD的垂线为轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则，，，则，， 设平面PBE的法向量为， ，取，则， 故为平面PBE的一个法向量， 设PC与平面PBE所成的角为，则， ∴与平面PBE所成角的正弦值为． 12．（23-24高二下·云南昆明·期末）如图，已知四边形ABCD为矩形，，E为DC的中点，将沿AE进行翻折，使点D与点P重合，且．    (1)证明：； (2)求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）利用勾股定理分别证出，，进而得出平面，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面一个法向量，利用向量夹角公式即可求解． 【详解】（1）证明：由题知， 所以， 所以为直角三角形，， 因为，， 所以， 所以为直角三角形，， 因为平面， 所以平面，因为平面， 所以； （2）由题知以B为原点建立如图空间直角坐标系，    取AE中点M，由题知，所以， 由（1）知平面，所以， 因为，所以平面， ， ， 设平面PCE的一个法向量为， 则， 由（1）知平面， 所以是平面PAE的一个法向量，， 设平面PAE与平面PCE所成角为θ， 所以， 因此. 13．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【知识点】证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得； （2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出． 【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． （2）不妨设，，． ，，又，平面平面． 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：    设， 设平面与平面的一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以； ，取，所以， 所以，，从而． 所以二面角的正弦值为． 14．（23-24高二下·云南临沧·期末）如图，在三棱锥中，，，点O是的中点，平面. (1)求； (2)点M在直线上，二面角的正弦值为，求三棱锥的体积. 【答案】(1). (2)或 【知识点】锥体体积的有关计算、线面垂直证明线线垂直、已知面面角求其他量 【分析】（1）分别利用勾股定理得出，结合在直角中，，即可求解； （2）以O为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出三棱锥的体积. 【详解】（1）因为，点O是的中点， 所以， 在直角中，， 又平面，平面，所以， 在直角中，， 又因为，所以， 在直角中，，所以，解得，所以. （2）如图： 以O为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则，， 由题意平面的一个法向量为，设，则， 设为平面的一个法向量，则，即， 令，则， 因为二面角的正弦值为， 所以，化简得， 解得或， 当时，则，所以， 所以， 所以三棱锥的体积为； 当时，则，所以， 所以， 所以三棱锥的体积为； 所以三棱锥的体积为或. 15．（23-24高二下·广西贵港·期末）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，侧面平面分别为的中点．    (1)证明：平面． (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【知识点】线面角的向量求法、证明线面平行 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明线面平行； （2）利用向量法计算直线与平面所成角的正弦值； 【详解】（1）证明：连接，设与相交于点，因为，   ，所以为平行四边形，即为的中点． 连接，因为为的中点，所以． 因为平面平面，所以平面． （2）因为，所以．因为平面平面，平面平面平面，所以平面． 取的中点，连接．因为是等腰梯形，所以． 以为坐标原点，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， 所以． 设平面的法向量为，则 令，则，可得． 所以直线与平面所成角的正弦值为． 16．（23-24高二下·云南曲靖·期末）如图，在四棱锥中，底面满足，平面平面，，点是的中点. (1)证明：平面； (2)求四棱锥的体积； (3)求平面与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】面面角的向量求法、证明线面垂直、证明线面平行、锥体体积的有关计算 【分析】（1）取的中点,连接，证明即可推出线面平行； （2）先证明平面，再利用三棱锥体积公式求解； （3）通过建系写出相关点坐标，求得两平面的法向量坐标，利用空间向量的夹角公式求解即得. 【详解】（1） 如图，取的中点,连接,因点是的中点，则有, 又，，故得,即四边形为平行四边形， 则,又平面，平面,故平面. （2） 如图，因,则, 又因平面平面，平面平面,则平面, 于是四棱锥的体积为. （3） 分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系. 因,平面平面，平面平面, 平面,故有平面，则平面的一个法向量可取为， 由,则得，, 设平面的一个法向量为，则有：， 故可取， 设平面与平面所成角为，则， 故. 即平面与平面所成角的正弦值为. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 立体几何与空间向量 题型概览 题型01几何体面积计算问题 题型02几何体体积计算问题 题型03空间平行、垂直关系的判断与证明 题型04直线与平面所成角的计算 题型05二面角的计算 题型06立体几何的综合问题 优选提升题 ( 题型01 ) 几何体面积计算问题 1．（23-24高二下·云南·期末）某中学开展劳动实习，学生学习编织球体工艺品．若这种球体的半径为10cm，则这种球体的表面积为（   ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·云南昆明·期末）已知正四棱台的体积为，上、下底面边长分别为，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·云南大理·期末）已知菱形，将沿对折至，使，则三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． ( 题型02 ) 几何体体积计算问题 1．（23-24高二下·云南保山·期末）已知正方体的棱长为2，则该正方体的内切球的体积为（    ） A． B． C． D． 2．（2014高三·全国·专题练习）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为1的正方形，且，均为正三角形，，，则该多面体的体积为（    ） A． B． C． D． ( 题型03 ) 空间平行、垂直关系的判断与证明 1．（23-24高二下·云南楚雄·期末）在正方体中，为的中点，为的中点，则下列直线与不垂直的是（    ） A． B． C． D． 2．（多选）（23-24高二下·云南玉溪·期末）如图，在三棱柱中，，，为线段的中点，点为线段上靠近的三等分点，则（    ） A． B． C．平面NPC D．平面平面 3．（23-24高二下·云南曲靖·期末）如图，在直四棱柱中，当底面四边形满足条件 时，有．（注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形．）    ( 题型04 ) 直线与平面所成角的计算 1．（2024·湖北荆州·三模）已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，体积为，则正四棱台的侧棱与底面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． ( 题型0 5 ) 二面角的计算 1．（2024·江西宜春·模拟预测）在正方体中，平面经过点，平面经过点，当平面分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． ( 题型0 6 ) 立体几何的综合问题 1．（23-24高二下·贵州六盘水·期末）如图，已知圆锥的轴截面是等边三角形，底面圆的半径为2，现把该圆锥打磨成一个球，则该球半径的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．（多选）（23-24高一下·宁夏石嘴山·期中）已知正方体的棱长为1，E是的中点，则下列选项中正确的是（    ） A． B．平面 C．三棱锥的体积为 D．异面直线与所成的角为45° 3．（多选）（23-24高一下·湖南永州·期末）如图，连接正方体各个面的中心得到一个每个面都是正三角形的八面体，如果四边形是边长为2的正方形，则（    ） A．异面直线与所成角的大小为 B．二面角的平面角的余弦值为 C．平面平面 D．此八面体的外接球表面积为 4．（多选）（23-24高一下·重庆·阶段练习）如图，正方体棱长为2，P是直线上的一个动点，则下列结论中正确的是（    ） A．的最小值为 B．的最小值为 C．三棱锥的体积为 D．以点为球心，为半径的球面与平面的交线长 5．（多选）（23-24高二下·云南曲靖·期末）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，，则（    ） A．当时， B．当时，三棱锥的体积为 C．当时，平面 D．当时，到平面的距离为 6．（多选）（23-24高三下·江西·开学考试）化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟化硫（化学式）､金刚石等的分子结构.将正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体（如图1），已知正八面体的（如图2）棱长为2，则（    ） A．正八面体的内切球表面积为 B．正八面体的外接球体积为 C．若点为棱上的动点，则的最小值为 D．若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值 7．（多选）（23-24高二下·云南·期末）已知球的直径为，，，为球面上的三点，平面．若是边长为的等边三角形，且，则下列说法正确的是（    ） A．球的体积为 B．二面角的正切值为 C．平面与平面的夹角为 D．过中点的平面截球所得截面面积的最小值为 8．（多选）（23-24高二下·云南红河·期末）如图1，在菱形中，，.沿对角线将其翻折，如图2.则（    ） A．在折叠过程中直线与所成角不变 B．当点在平面的投影为的重心时， C．三棱锥的表面积最大值为 D．当三棱锥的体积最大时，其外接球半径为 9．（23-24高二下·云南楚雄·期末）在平行四边形中，是线段的中点，沿将折起，则当四棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的表面积为 ． 10．（23-24高二下·云南曲靖·期末）《九章算术》是中国古代数学专著，承先秦数学发展的源流，进入汉朝后又经许多学者的删补后才最后成书.在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图，在鳖臑中，平面，点在线段上，的最小值为 ；当的值最小时，三棱锥外接球的表面积为 11．（23-24高二下·云南·期末）如图，在直三棱柱中，D是线段BC的中点，且． (1)求证：平面； (2)若，是边长为2的正三角形，求三棱锥的体积． 1．（23-24高二下·黑龙江大庆·期中）四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是正方形，，点E是棱PC上一点. (1)求证：平面平面BDE； (2)当E为PC中点时，求所成二面角锐角的大小. 2．（23-24高二下·云南楚雄·期末）如图，在正三棱柱中，分别为棱的中点，． (1)证明：平面． (2)求平面与平面夹角的余弦值． 3．（23-24高二下·云南红河·期末）如图，在四棱台中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，，，P为AB的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小. 4．（23-24高二下·云南昆明·期末）如图，在四棱锥中，. (1)证明:平面; (2)若直线平面，求平面与平面的夹角的大小. 5．（23-24高二下·云南曲靖·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，若为的中点，的面积为.    (1)求到平面的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 6．（23-24高二下·云南玉溪·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，为与的交点，为的中点. (1)求与成角的正切值； (2)求与平面成角的正弦值. 7．（23-24高二下·云南大理·期末）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，分别是的中点，点为线段上一点，.    (1)证明：； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，试求的值. 8．（22-23高二上·广东江门·期中）如图，在正方体中，为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 9．（2024·江西·模拟预测）如图，在正三棱柱中，为的中点． (1)证明：； (2)若，，求直线与平面所成角的正弦值． 10．（23-24高二下·云南保山·期末）如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面于点． (1)求证：平面； (2)已知：条件①平面，条件②，条件③平面平面，从这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定，并求二面角的余弦值． 11．（22-23高二上·河南·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面PAD，E是AD的中点，为等腰直角三角形，，． (1)求证：； (2)求PC与平面PBE所成角的正弦值． 12．（23-24高二下·云南昆明·期末）如图，已知四边形ABCD为矩形，，E为DC的中点，将沿AE进行翻折，使点D与点P重合，且．    (1)证明：； (2)求平面与平面所成角的正弦值． 13．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 14．（23-24高二下·云南临沧·期末）如图，在三棱锥中，，，点O是的中点，平面. (1)求； (2)点M在直线上，二面角的正弦值为，求三棱锥的体积. 15．（23-24高二下·广西贵港·期末）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，侧面平面分别为的中点．    (1)证明：平面． (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 16．（23-24高二下·云南曲靖·期末）如图，在四棱锥中，底面满足，平面平面，，点是的中点. (1)证明：平面； (2)求四棱锥的体积； (3)求平面与平面所成角的正弦值. 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$