专题11 立体几何与空间向量（全国通用）-【好题汇编】三年（2023-2025）高考数学真题分类汇编

专题11 立体几何与空间向量 考点 三年考情（2023-2025） 命题趋势 考点1 立体几何与空间向量 空间几何体的度量：常考查表面积、体积的计算。如 2023 年新课标 Ⅰ 卷 14 题考查了四棱台的体积。 点、线、面的位置关系：包括平行、垂直关系的判定与性质。如 2023 年新高考 Ⅰ 卷 18 题（1）、2024 年新高考 Ⅰ 卷 17 题（1）考查了平行关系的证明；2023 年新高考 Ⅱ 卷 20 题（1）、2024 年新高考 Ⅱ 卷 17 题（1）考查了垂直关系的证明。 空间角与距离：空间角如异面直线所成角、线面角、二面角是考查重点，距离问题如点到面的距离也有所涉及。例如 2024 年新高考 Ⅰ 卷 17 题（2）考查已知二面角求长度问题，Ⅱ 卷 17 题（2）考查了二面角正弦值的求解。 题型分值稳定：通常有 2 个左右的选择或填空题，1 道解答题，分值在 18 - 27 分左右。重点考查立体几何的基本概念、定理、公式，如空间几何体的表面积与体积公式，线面平行、垂直的判定与性质定理等。着重考查空间想象能力、逻辑推理能力和数学运算能力。要求考生能根据文字描述想象空间图形，进行严谨的逻辑推理和准确的运算。以实际问题为背景，如 2023 年新课标 Ⅰ 卷以四棱台为背景考查体积计算，体现数学在实际生活中的应用。文化融合：可能结合数学文化，如以古代数学著作中的几何问题为素材，考查学生对现代数学知识的应用能力。解答题中，传统几何法和向量法都可解决问题，有时更偏向考查几何法，如利用定义法、三垂线法求二面角等。强调方法选择：考生需根据题目条件和自身优势，灵活选择解题方法，以提高解题效率和准确性。 考点01 立体几何与空间向量 一、单选题 1．（2024·上海·高考真题）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（    ） A． B． C． D． 2．（2023·全国甲卷·高考真题）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． 3．（2025·天津·高考真题）若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．（2024·广东江苏·高考真题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 6．（2024·全国甲卷·高考真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或          ②若，则或 ③若且，则       ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 7．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 8．（2024·天津·高考真题）已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 9．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（    ） A． B．1 C．2 D．3 10．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 11．（2023·全国甲卷·高考真题）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．1 B． C．2 D．3 12．（2023·全国乙卷·高考真题）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． 13．（2023·全国乙卷·高考真题）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． 14．（2023·全国乙卷·高考真题）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．24 B．26 C．28 D．30 15．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 16．（2025·全国一卷·高考真题）在正三棱柱中，D为BC中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 17．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（    ） A．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体 C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体 18．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（    ）． A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为 C． D．的面积为 三、填空题 19．（2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为 ．    20．（2025·全国二卷·高考真题）一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 ． 21．（2025·北京·高考真题）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为 ． 22．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ． 23．（2024·全国甲卷·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为 ． 24．（2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为 ． 25．（2023·全国乙卷·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 ． 26．（2023·全国甲卷·高考真题）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 ． 27．（2023·全国甲卷·高考真题）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． 28．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ． 29．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ． 四、解答题 30．（2025·全国一卷·高考真题）如图所示的四棱锥中，平面，． (1)证明：平面平面； (2)，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为． （i）证明：在平面上； （ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值． 31．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 32．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明:平面； (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 33．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 34．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 35．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 36．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 37．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 38．（2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．    (1)求证：平面PAB； (2)求二面角的大小． 39．（2023·全国乙卷·高考真题）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． 40．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 41．（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． 42．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中，，，，， (1)求证：平面； (2)若四棱柱体积为36，求二面角大小. 43．（2024·广东江苏·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 44．（2024·上海·高考真题）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． 45．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 46．（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，平面．    (1)证明：平面平面； (2)设，求四棱锥的高． 47．（2023·全国甲卷·高考真题）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． 48．（2023·全国乙卷·高考真题）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. 49．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，    (1)求证：//平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 2 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题11 立体几何与空间向量 考点 三年考情（2023-2025） 命题趋势 考点1 立体几何与空间向量 空间几何体的度量：常考查表面积、体积的计算。如 2023 年新课标 Ⅰ 卷 14 题考查了四棱台的体积。 点、线、面的位置关系：包括平行、垂直关系的判定与性质。如 2023 年新高考 Ⅰ 卷 18 题（1）、2024 年新高考 Ⅰ 卷 17 题（1）考查了平行关系的证明；2023 年新高考 Ⅱ 卷 20 题（1）、2024 年新高考 Ⅱ 卷 17 题（1）考查了垂直关系的证明。 空间角与距离：空间角如异面直线所成角、线面角、二面角是考查重点，距离问题如点到面的距离也有所涉及。例如 2024 年新高考 Ⅰ 卷 17 题（2）考查已知二面角求长度问题，Ⅱ 卷 17 题（2）考查了二面角正弦值的求解。 题型分值稳定：通常有 2 个左右的选择或填空题，1 道解答题，分值在 18 - 27 分左右。重点考查立体几何的基本概念、定理、公式，如空间几何体的表面积与体积公式，线面平行、垂直的判定与性质定理等。着重考查空间想象能力、逻辑推理能力和数学运算能力。要求考生能根据文字描述想象空间图形，进行严谨的逻辑推理和准确的运算。以实际问题为背景，如 2023 年新课标 Ⅰ 卷以四棱台为背景考查体积计算，体现数学在实际生活中的应用。文化融合：可能结合数学文化，如以古代数学著作中的几何问题为素材，考查学生对现代数学知识的应用能力。解答题中，传统几何法和向量法都可解决问题，有时更偏向考查几何法，如利用定义法、三垂线法求二面角等。强调方法选择：考生需根据题目条件和自身优势，灵活选择解题方法，以提高解题效率和准确性。 考点01 立体几何与空间向量 一、单选题 1．（2024·上海·高考真题）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先分析出三个向量共面，显然当时，三个向量构成空间的一个基底，则即可分析出正确答案. 【详解】由题意知这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底， 对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误； 对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故B错误； 对C， 由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底， 则由能推出， 对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面， 则当无法推出，故D错误. 故选：C． 2．（2023·全国甲卷·高考真题）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 【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解； 法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解. 【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. 3．（2025·天津·高考真题）若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误. 【详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，两条平行线有一条垂直于一个平面，则另一个必定垂直这个平面， 现，故，故C正确； 对于D，，则与可平行或相交或，故D错误； 故选：C. 4．（2024·广东江苏·高考真题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等，所以即， 故，故圆锥的体积为. 故选：B. 5．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面平面，可知平面，利用等体积法求点到面的距离. 【详解】如图，底面为正方形， 当相邻的棱长相等时，不妨设， 分别取的中点，连接， 则，且，平面， 可知平面，且平面， 所以平面平面， 过作的垂线，垂足为，即， 由平面平面，平面， 所以平面， 由题意可得：，则，即， 则，可得， 所以四棱锥的高为. 故选：D. 6．（2024·全国甲卷·高考真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或          ②若，则或 ③若且，则       ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 【答案】A 【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③. 【详解】对①，当，因为，，则， 当，因为，，则， 当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确； 对②，若，则与不一定垂直，故②错误； 对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线， 因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知， 同理可得，则，因为平面，平面，则平面， 因为平面，，则，又因为，则，故③正确； 对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误； 综上只有①③正确， 故选：A. 7．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可. 【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合， 因为，且两两之间距离为1．， 则形成的新组合体为一个三棱柱， 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为， . 故选：C. 8．（2024·天津·高考真题）已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】根据线面位置关系的判定与性质，逐项判断即可求解. 【详解】对于A，若，，则平行或相交，不一定垂直，故A错误. 对于B，若，则或，故B错误. 对于C，，过作平面，使得， 因为，故，而，故，故，故C正确. 对于D，若，则，故D错误. 故选：C. 9．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（    ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果. 【详解】解法一：分别取的中点，则， 可知， 设正三棱台的为， 则，解得， 如图，分别过作底面垂线，垂足为，设， 则，， 可得， 结合等腰梯形可得, 即，解得， 所以与平面ABC所成角的正切值为； 解法二：将正三棱台补成正三棱锥， 则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角， 因为，则， 可知，则， 设正三棱锥的高为，则，解得， 取底面ABC的中心为，则底面ABC，且， 所以与平面ABC所成角的正切值. 故选：B. 10．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解. 【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，    由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和， 所以. 因为平面，平面，所以， 因为，平面，， 所以平面，因为平面，所以，. 同理：，又，故四边形是矩形， 所以由得，所以，所以， 所以在直角三角形中， 在直角三角形中，，， 又因为， 所有棱长之和为. 故选：C 11．（2023·全国甲卷·高考真题）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．1 B． C．2 D．3 【答案】A 【分析】证明平面，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解. 【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 12．（2023·全国乙卷·高考真题）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 【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答. 【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 13．（2023·全国乙卷·高考真题）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 【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答. 【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 14．（2023·全国乙卷·高考真题）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．24 B．26 C．28 D．30 【答案】D 【分析】由题意首先由三视图还原空间几何体，然后由所得的空间几何体的结构特征求解其表面积即可. 【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. 15．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比. 【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.    因为平面，平面，所以平面平面. 又因为平面平面，，平面，所以平面，且. 在中，因为，所以，所以， 在中，因为，所以， 所以. 故选：B 二、多选题 16．（2025·全国一卷·高考真题）在正三棱柱中，D为BC中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 【答案】BD 【分析】法一：对于A，利用空间向量的线性运算与数量积运算即可判断；对于B，利用线面垂直的判定与性质定理即可判断；对于D，利用线面平行的判定定理即可判断；对于C，利用反证法即可判断；法二：根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐一分析判断各选项即可得解. 【详解】法一：对于A，在正三棱柱中，平面， 又平面，则，则， 因为是正三角形，为中点，则，则 又， 所以， 则不成立，故A错误； 对于B，因为在正三棱柱中，平面， 又平面，则， 因为是正三角形，为中点，则， 又平面， 所以平面，故B正确； 对于D，因为在正三棱柱中， 又平面平面，所以平面，故D正确； 对于C，因为在正三棱柱中，， 假设，则，这与矛盾， 所以不成立，故C错误； 故选：BD. 法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为， 则， 对于A，， 则， 则不成立，故A错误； 对于BD，， 设平面的法向量为， 则，得，令，则， 所以，， 则平面，平面，故BD正确； 对于C，， 则，显然不成立，故C错误； 故选：BD. 17．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（    ） A．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体 C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体 【答案】ABD 【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断. 【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长， 所以能够被整体放入正方体内，故A正确； 对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且， 所以能够被整体放入正方体内，故B正确； 对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且， 所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确； 对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆， 如图，过的中点作，设， 可知，则， 即，解得， 且，即， 故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱， 若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为， 可知：，则， 即，解得， 根据对称性可知圆柱的高为， 所以能够被整体放入正方体内，故D正确； 故选：ABD. 18．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（    ）． A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为 C． D．的面积为 【答案】AC 【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性. 【详解】依题意，，，所以， A选项，圆锥的体积为，A选项正确； B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误； C选项，设是的中点，连接， 则，所以是二面角的平面角， 则，所以， 故，则，C选项正确； D选项，，所以，D选项错误. 故选：AC.    三、填空题 19．（2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为 ．    【答案】 【分析】求出侧棱长和底面边长后可求体积. 【详解】因为且四边形为正方形，故， 而，故，故， 故所求体积为， 故答案为：. 20．（2025·全国二卷·高考真题）一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 ． 【答案】 【分析】根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的半径； 【详解】 圆柱的底面半径为，设铁球的半径为r，且， 由圆柱与球的性质知， 即，， 故答案为：. 21．（2025·北京·高考真题）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为 ． 【答案】 【分析】如图，将一半的几何体分割成直三棱柱和四棱锥后结合体积公式可求几何体的体积. 【详解】先证明一个结论：如果平面平面，平面平面，平面，则. 证明：设，， 在平面取一点，， 在平面内过作直线，使得，作直线，使得， 因为平面平面，，故，而，故， 同理，而，故 . 下面回归问题. 连接，因为且，故，同理，， 而，故直角梯形与直角梯形全等， 故， 在直角梯形中，过作，垂足为， 则四边形为矩形，且为以为直角的等腰直角三角形， 故， 平面平面，平面平面，, 平面，故平面， 取的中点为，的中点为，的中点为，连接， 则，同理可证平面，而平面， 故平面平面，同理平面平面， 而平面平面，故平面， 故，故四边形为平行四边形，故. 在平面中过作，交于，连接. 则四边形为平行四边形，且，故， 故四边形为平行四边形， 而平面， 故平面，故平面平面， 而，故， 故几何体为直棱柱， 而，故, 因为，故平面， 而平面，故平面平面， 在平面中过作，垂足为，同理可证平面， 而，故，故， 由对称性可得几何体的体积为， 故答案为：. 22．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ． 【答案】 23 57.5/ 【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度. 【详解】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则， 故，. 故答案为：. 23．（2024·全国甲卷·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为 ． 【答案】 【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解. 【详解】由题可得两个圆台的高分别为， ， 所以. 故答案为：. 24．（2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为 ． 【答案】9 【分析】根据题意，先考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，分类讨论为正四棱锥的侧面或对角面两种情况，再结合三边的轮换对称性即可得解. 【详解】因为空间中有三个点，且， 不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑三边的轮换对称性，可先分为两种大情况，即以下两种： 第一种：为正四棱锥的侧面，如图1， 此时分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的; 不妨以为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有6种；    第二种：为正四棱锥的对角面，如图2， 此时分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的; 不好以为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有3种； 综上所述：总共有9种情况. 故答案为：9. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是注意到为正三角形，从而考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，结合三边的轮换对称性即可得解. 25．（2023·全国乙卷·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. 【点睛】方法点睛：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． 26．（2023·全国甲卷·高考真题）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】 【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小. 【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： 27．（2023·全国甲卷·高考真题）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 【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解. 【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棱的交点总数为12. 故答案为：12 28．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ． 【答案】/ 【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解. 【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，    因为， 则， 故，则， 所以所求体积为. 故答案为：. 29．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ． 【答案】 【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解. 【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为， 所以正四棱锥的体积为， 截去的正四棱锥的体积为， 所以棱台的体积为. 方法二：棱台的体积为. 故答案为：. 四、解答题 30．（2025·全国一卷·高考真题）如图所示的四棱锥中，平面，． (1)证明：平面平面； (2)，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为． （i）证明：在平面上； （ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析； （ii）. 【分析】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直； （2）（i）法一：建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论； 法二：作出的边和的垂直平分线，找到三角形的外心，求出，求出出外心到，，，的距离相等，得出外心即为，，，所在球的球心，即可证明结论； （ii）法一：写出直线和的方向向量，即可求出余弦值. 法二：求出的长，过点作的平行线，交的延长线为，连接，，利用勾股定理求出的长，进而得出的长，在中由余弦定理求出，即可求出直线与直线所成角的余弦值. 【详解】（1）由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）（i）由题意及（1）证明如下， 法一： 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：， ∴ 在立体几何中，， ∵ 解得：， ∴点在平面上. 法二： ∵，，，在同一个球面上， ∴球心到四个点的距离相等 在中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心， 作出和的垂直平分线，如下图所示， 由几何知识得， ，， ， ∴， ∴点是的外心， 在Rt中，，， 由勾股定理得， ∴， ∴点即为点，，，所在球的球心， 此时点在线段上，平面， ∴点在平面上. （ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得， ， 设直线与直线所成角为， ∴. 法2： 由几何知识得，， ，∥， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 过点作的平行线，交的延长线为，连接，， 则，直线与直线所成角即为中或其补角. ∵平面，平面，， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 在Rt中，，由勾股定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 即： 解得： ∴直线与直线所成角的余弦值为：. 31．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明，再结合正方体的性质得出平面，利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面垂直即可； （2）利用空间向量计算面面夹角即可； （3）利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可. 【详解】（1）法一、在正方形中， 由条件易知，所以， 则， 故，即， 在正方体中，易知平面，且， 所以平面， 又平面，∴， ∵平面，∴平面； 法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设是平面的一个法向量， 则，令，则，所以， 易知，则也是平面的一个法向量，∴平面； （2）同上法二建立的空间直角坐标系， 所以， 由（1）知是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，所以， 令，则，即， 设平面与平面的夹角为， 则； （3）由（1）知平面，平面，∴， 易知， 又，则D到平面的距离为， 由棱锥的体积公式知：. 32．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明:平面； (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出平面及平面， 再应用面面平行判定定理得出平面平面，进而得出线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点的坐标表示出来，然后将平面及平面的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正弦值. 【详解】（1）设，所以，因为为中点，所以，因为，，所以是平行四边形， 所以，所以， 因为平面平面，所以平面， 因为平面平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面． （2） 因为，所以，又因为，所以， 以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 因为，平面与平面所成二面角为60° ， 所以. 则，，，，，. 所以. 设平面的法向量为，则 ，所以，令，则，则. 设平面的法向量为， 则，所以， 令，则，所以. 所以. 所以平面与平面夹角的正弦值为. 33．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，只需证明即可； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线AB的方向向量与面PCD的法向量，根据向量夹角公式即可求解. 【详解】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN， 与为等腰直角三角形且， 不妨设，.. E、F分别为BC、PD的中点， ，且. ，， ，∴四边形FGMN为平行四边形， ， 平面PAB，平面PAB，平面PAB； （2）平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， ， 设平面PCD的一个法向量为， ，， 取，，. 设AB与平面PCD所成角为， 则， 即AB与平面PCD所成角的正弦值为. 34．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值. 【详解】（1）取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. （2） 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为 35．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解； (2) 【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证； （2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解. 【详解】（1）因为为的中点，所以， 四边形为平行四边形，所以，又因为平面， 平面，所以平面； （2）如图所示，作交于，连接， 因为四边形为等腰梯形， ，所以， 结合（1）为平行四边形，可得，又， 所以为等边三角形，为中点，所以， 又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以， 四边形为平行四边形，， 所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，， 因为，所以，所以互相垂直， 以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系， ，，， ，设平面的法向量为， 平面的法向量为， 则，即，令，得，即， 则，即，令，得， 即，，则， 故二面角的正弦值为. 36．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【详解】（1）取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； （3）由，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 37．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； （2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可. 【详解】（1）由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故 ； （2）连接，由，则， 在中，，得， 所以，由（1）知，又平面， 所以平面，又平面， 所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. 38．（2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．    (1)求证：平面PAB； (2)求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解. 【详解】（1）因为平面平面， 所以，同理， 所以为直角三角形， 又因为，， 所以，则为直角三角形，故， 又因为，， 所以平面. （2）由（1）平面，又平面，则， 以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，    则， 所以， 设平面的法向量为，则，即 令，则，所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，所以， 所以， 又因为二面角为锐二面角， 所以二面角的大小为. 39．（2023·全国乙卷·高考真题）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) 【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答. （2）作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积. 【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. 40．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 【答案】(1)证明见解析； (2)1 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明； （2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解. 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，    则， ， ， 又不在同一条直线上， . （2）设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， ， 化简可得，， 解得或， 或， . 41．（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)． 【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． 42．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中，，，，， (1)求证：平面； (2)若四棱柱体积为36，求二面角大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用直四棱柱的性质及线面平行的判定定理，可证平面平面，再由面面平行的性质定理，即可得证； （2）先根据棱柱的体积公式求得，再利用二面角的定义，求解即可． 【详解】（1）由题意知，， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，且平面，平面， 所以平面， 又，、平面， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面． （2）由题意知，底面为直角梯形， 所以梯形的面积， 因为四棱柱的体积为36， 所以， 过作于，连接， 因为平面，且平面， 所以， 又，、平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以即为二面角的平面角， 在△中，， 所以， 所以，即， 故二面角的大小为． 43．（2024·广东江苏·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出； （2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出． 【详解】（1）（1）因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 44．（2024·上海·高考真题）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． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形的边长，然后求圆锥的体积； （2）连接，可先证平面，根据线面角的定义得出所求角为，然后结合题目数量关系求解. 【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则， 又正四棱锥底面是正方形，由可得，， 故， 根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥， 即圆锥的高为，底面半径为， 根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是 （2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形， 由是中点，则，又平面， 故平面，即平面，又平面， 于是直线与平面所成角的大小即为， 不妨设，则，， 又线面角的范围是， 故.即为所求. 45．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 【答案】(1)证明见详解； (2) 【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证； （2）先证明平面，结合等体积法即可求解. 【详解】（1）由题意得，，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面平面， 所以平面； （2）取的中点，连接，，因为，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形， 可得， 又，所以，故. 又平面，所以平面， 易知. 在中，， 所以. 设点到平面的距离为，由， 得，得， 故点到平面的距离为. 46．（2023·全国甲卷·高考真题）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) 【分析】(1)由平面得，又因为，可证平面，从而证得平面平面； (2) 过点作，可证四棱锥的高为,由三角形全等可证，从而证得为中点，设，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求. 【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． 47．（2023·全国甲卷·高考真题）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) 【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得平面，再由勾股定理求出为中点，即可得证； （2）利用直角三角形求出的长及点到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值. 【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. 48．（2023·全国乙卷·高考真题）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). 【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答. （2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明； （3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可. 【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. 49．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，    (1)求证：//平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决； （2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解； （3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解 【详解】（1）    连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且， 由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//， 又平面，平面，于是//平面. （2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接. 由面，面，故，又，，平面，则平面. 由平面，故，又，，平面，于是平面， 由平面，故.于是平面与平面所成角即. 又，，则，故，在中，，则， 于是 （3）[方法一：几何法]    过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为. 由题干数据可得，，，根据勾股定理，， 由平面，平面，则，又，，平面，于是平面. 又平面，则，又，，平面，故平面. 在中，， 又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍， 即点到平面的距离是. [方法二：等体积法]    辅助线同方法一. 设点到平面的距离为. ， . 由，即. 1 / 55 学科网（北京）股份有限公司 $$