第12讲 空间向量讲义-2026届高三数学一轮复习

第12讲 空间向量 知识讲解 1、 体积和表面积 圆锥的展开图是扇形，此时母线是半径。 ； 斜二测法：横不变，纵一半。 ； ； ； ； ； 2、 线面平行、垂直的判定及性质 1、线面平行的判定及性质 判定：若平面外一条直线与此平面内的一条直线平行；则线面平行。 ⇒l∥α 线线平行⇒线面平行 性质：线面平行，过该直线的平面与此平面相交；则该直线与交线平行。 ⇒l∥m 线面平行⇒线线平行 2、面面平行的判定及性质 判定：如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么面面平行。 a⊂β，b⊂β，a∩b＝P， a∥α，b∥α⇒β∥α. 性质：面面平行，另一个平面与这两个平面相交，则两条交线平行。 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b 面面平行⇒线线平行 3、直线与平面垂直的判定及性质 判定：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么线面垂直。 l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b＝P⇒l⊥α 性质：垂直于同一个平面的两条直线平行。 ⇒a∥b 4、平面与平面垂直的判定及性质 判定：如果一个平面过另一个平面的垂线，那么面面垂直。 l⊥α，l⊂β⇒α⊥β 性质：面面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于交线，那么线面垂直。 ⇒l⊥α 3、 用空间向量研究距离 (1)点线距：点P到直线l的距离：已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量在直线l上的投影向量为＝a，则点P到直线l的距离为． (2)点面距：点P到平面α的距离：设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为． 4、 用空间向量研究夹角 (1)面α与面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90° 的二面角称为面α与面β的夹角． (2)空间角的向量法解法。 角的分类 向量求法 范围 线线角θ 设两异面直线 l1，l2 的方向向量分别为u，v，则： cosθ＝|cos〈u，v〉|＝ 线面角θ 线AB的方向向量为u，面α的法向量为n，则：sinθ＝|cos〈u，n〉|＝ 面面角θ 面α与面β的法向量分别为n1，n2，则： cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝ 5、 数量积及坐标运算 (1)两个空间向量的数量积： ①a·b＝|a||b|cos〈a，b〉 ②a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量) ③设a＝(x，y，z)，则|a|2＝a2，|a|＝. (2)空间向量的坐标运算： a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3) 向量和 a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3) 向量差 a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3) 数量积 a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3 共线 a∥b⇒a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0) 垂直 a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 夹角公式 cos〈a，b〉＝ 六、外接球模型 一、墙角模型 适用范围：3条棱两两垂直；可在长方体中画出该图且各顶点与长方体的顶点重合 直接用公式 二、麻花模型 适用范围：四面体的三组对棱相等的三棱锥 推导过程：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，（，，） 第一步：画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对棱； 第二步：设出长方体的长宽高分别为， ，，，列方程组， 。 三、垂面模型 适用范围：有一条棱垂直于底面的棱锥。 推导过程：第一步：将画在小圆面上，为小圆直径的一个端点，作小圆的直径,连接,则 必过球心. 第二步：为的外心，所以平面，算出小圆的半径。(正弦定理. 第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径： ；公式：。 四、切瓜模型 适用范围：有两个平面互相垂直的棱锥 推导过程：分别在两个互相垂直的平面上取外心、过两个外心做两个垂面的垂线， 两条垂线的交点即为球心0，取B C的中点为，连接、、、为矩形 公式： 五、斗笠模型 适用于：顶点的投影在底面的外心上的棱锥。 推导过程：取底面的外心，连接顶点与外心，该线为空间几何体的高，在上取一点作为球心0，根据勾股定理；公式： 六、矩形模型 适用范围：两个直角三角形的斜边为同一边，则该边为球的直径 推导过程：图中两个直角三角形和，其中，求外接圆半径；取斜边的中点，连接，则所以点即为球心：（为斜边长度） 七、三角形四心 当且仅当三角形是正三角形的时候，重心、垂心、内心、外心四心合一心，称做正三角形的中心。 外心：三角形三边的垂直平分线的交点(或三角形外接圆的圆心) 内心：三角形三条内角平分线的交点(或内切圆的圆心)；r=2S/(a+b+c)；在Rt△ABC中，∠C=90°，r=(a+b-c)/2. 垂心：三角形三边上的高的交点； 重心：三角形三条中线的交点；重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离为2:1 题型1、真题选填 考点01空间几何体的表面积 1．（2022·上海·高考真题）已知某圆锥的高为4，底面积为，则该圆锥的侧面积为 . 【详解】圆锥底面积为，则底面半径为3，又圆锥的高为4，则圆锥的母线长为5，则该圆锥的侧面积为 2．（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 【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. 3．（2021全国Ⅱ卷·高考真题）在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（    ） A．26% B．34% C．42% D．50% 【详解】S占地球表面积的百分比约为：.故选：C. 4．（2021·北京·高考真题）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（    ） A． B． C． D． 【详解】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥，其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形， 由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，故其表面积为，故选：A. 考点02空间几何体的体积问题 5．（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 ．    【详解】因为且四边形为正方形，故，而，故，故， 故所求体积为， 6．（2021·新高考全国Ⅱ卷·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． 【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.D. 7．（2024·新课标Ⅰ卷）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． 【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. 8．（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 【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 9．（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． 【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 12．（2022·全国甲卷·高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（    ） A． B． C． D． 【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，则， 所以，又，则，所以，所以甲圆锥的高， 乙圆锥的高，所以.故选：C. 13．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（    ） A． B． C． D． 【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点，设圆锥和圆锥的高之比为，即， 设球的半径为，则，可得，所以，， 所以，，，，则，所以，， 又因为，所以，，所以，，， 因此，这两个圆锥的体积之和为.故选：B. 15．（2022·浙江·高考真题）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． C． D． 【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为，圆台的下底面半径为，所以该几何体的体积．故选：C． 20．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ． 【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. 21．（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 ． 【详解】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则， 故，. 22．（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 ． 【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.法二：棱台的体积为. 23．（2022全国Ⅰ卷）已知某水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（    ） A． B． C． D． 【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积． 棱台上底面积，下底面积， ∴ ．选：C． 24．【多选】（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 【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.   考点03空间几何体其他量的计算 25．（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． 【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. 27．（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． 【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.故选：C. 考点04与球有关的切、接问题 30．（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 ． 【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：. 31．（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 ． 【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，. 32．（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 ． 【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. 33．（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． 【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. 考点05点线面位置关系的判断 37．（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 【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；选：C. 38．（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 【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. 39．（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 【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. 40．（2022·全国乙卷·高考真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（    ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 【详解】解：在正方体中，且平面，又平面，所以， 因为分别为的中点，所以，所以，又，所以平面， 又平面，所以平面平面，故A正确；选项BCD解法一：如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，则，， 则，， 设平面的法向量为， 则有，可取，同理可得平面的法向量为， 平面的法向量为，平面的法向量为，则， 所以平面与平面不垂直，故B错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故C错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故D错误，故选：A. 41．【多选】（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 【详解】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. 42．【多选】（2021·新高考全国Ⅱ卷）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（    ） A．B．C．D． 建系故选：BC. 考点06求空间角 43．（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 【详解】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. 题型2、真题解答 考点01平行关系的判定 1．（2025·上海·高考真题）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且．    (1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； (2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD． 【详解】（1）由题知，，即轴截面是等边三角形，故，底面周长为，则侧面积为：; （2）由题知，则根据中位线性质，，又平面，平面，则平面由于，底面圆半径是，则，又，则， 又，则为等边三角形，则，于是且，则四边形是平行四边形，故，又平面，平面，故平面. 又平面，根据面面平行的判定，于是平面平面， 又，则平面，则平面   2．（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． 【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. 3．（2022·全国甲卷）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直． (1)证明：平面 【详解】（1）如图所示： 分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面． 考点02垂直关系的判定 4．（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． 【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． 6．（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，. （1）求三棱锥的体积；（2）已知D为棱上的点，证明：. 【详解】（1）由于，，所以，又AB⊥BB1，，故平面， 则，为等腰直角三角形，，. （2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结， 正方形中，为中点，则，又， 故平面，而平面，从而. 7．（2021·全国乙卷·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． 【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]【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. 考点03求异面直线所成的角 8．（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； 【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. 9．（2021·上海·高考真题）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45°，求与所成角的大小. 【详解】（1）∵正方形边长为4，△为等边三角形，为中点， ∴，； （2）如图以为轴建立空间直角坐标系，则，，， ，∴，， ∴，即与所成角的大小为． 考点04求直线与平面所成的角 10．（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． 【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. 11．（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． 【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. 13．（2022·上海·高考真题）如图所示三棱锥P-ABC，底面为等边三角形ABC，O为AC边中点，且底面ABC，    (1)求三棱锥P-ABC的体积；(2)若M为BC中点，求PM与平面PAC所成角的正弦值大小 【详解】（1）底面ABC，底面ABC，则，连接，同理， 又，，∴，而， 所以； （2）由已知，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，由已知， 则，，，∴， ，易知平面的一个法向量是，， 设PM与平面PAC所成角大小为，则，   14．（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点． (1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、． ∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，∵，且， ∴平面是二面角的平面角，则， ∴是正三角形，由平面，得平面平面， ∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面． （2）因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则， 设平面的法向量为 由，得，取，设直线与平面所成角为， ∴． 15．（2022·全国甲卷·高考真题）在四棱锥中，底． (1)证明：；(2)求PD与平面所成的角的正弦值． 【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于， 因为，所以四边形为等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因为平面，平面， 所以，又，所以平面，又因为平面，所以； （2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，，则， 则，设平面的法向量， 则有，可取，则，正弦值为. 16．（2022·全国乙卷·高考真题）如图，四面体中，，E为的中点． (1)证明：平面平面； (2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 【详解】（1）因为，E为的中点，所以；在和中，因为，所以，所以，又因为E为的中点，所以； 又因为平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面. （2）连接，由（1）知，平面，因为平面，所以，所以， 当时，最小，即的面积最小.因为，所以， 又因为，所以是等边三角形，因为E为的中点，所以，， 因为，所以,在中，，所以. 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，又因为，所以，所以， 设与平面所成的角为，所以， 所以与平面所成的角的正弦值为. 18．（2021·浙江·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得， 所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以． （2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系, 则, 又为中点，所以. 由（1）得平面，所以平面的一个法向量 从而直线与平面所成角的正弦值为． 考点05求面面角或二面角 19．（2021·全国乙卷·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且． （1）求；（2）求二面角的正弦值． 【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法 平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则、、、、， 则，，，则，解得，故； [方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结．因为底面，且底面，所以．又因为，，所以平面．又平面，所以． 从而．因为，所以． 所以，于是．所以．所以． （2）[方法一]【最优解】：设平面的法向量为，则，， 由，取，可得， 设平面的法向量为，，， 由，取，可得， ，所以，，因此，二面角的正弦值为. 20．（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． 【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. 21．（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． 【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. 22．（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． 【详解】（1）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：. 23．（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． 【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. 24．（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． 【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 25．（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． 【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. 28．（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． 【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． 29．（2022·天津·高考真题）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， . (1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面夹角的余弦值． 【详解】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、、、，则，易知平面的一个法向量为，则，故， 平面，故平面. （2）解：，，，设平面的法向量为，则，取，可得，. 因此，直线与平面夹角的正弦值为. （3）解：，，设平面的法向量为，则， 取，可得，则，因此，平面与平面夹角的余弦值为. 30．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．    (1)证明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值． 【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、， 因为是三棱锥的高，所以平面，平面，所以、， 又，所以，即，所以， 又，即，所以，，所以 所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以， 又平面，平面，所以平面   （2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系， 因为，，所以，又，所以，则，， 所以，所以，，，，所以， 则，，， 设平面的法向量为，则，令，则，，所以； 设平面的法向量为，则，令，则，，所以； 所以.设二面角的大小为，则， 所以，即二面角的正弦值为.   31．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． (1)求A到平面的距离；(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h， 则，解得，点A到平面的距离为； （2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面， 由平面，平面可得，，又平面且相交，所以平面，所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， 由（1）得，所以，，所以，则,所以的中点，则，, 设平面的一个法向量，则，可取， 设平面的一个法向量，则，可取， 则， 所以二面角的正弦值为. 32．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若． （1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值． 【详解】（1）取的中点为，连接. 因为，，则，而，故. 在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面. （2）在平面内，过作，交于，则， 结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系. 则，故. 设平面的法向量，则即，取，则，故. 而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为. 33．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点． （I）求证：平面；（II）求直线与平面所成角的正弦值．（III）求二面角的正弦值． 【详解】（I）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系， 则,,,,,,， 因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，， 所以,,,设平面的一个法向量为， 则，令，则， 因为，所以，因为平面，所以平面； （II）由（1）得，，设直线与平面所成角为，则； （III）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为，则， 所以二面角的正弦值为. 34．（2021·新高考全国Ⅰ卷·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. 【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． 35．（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． 【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，. 36．（2021·北京·高考真题）如图：在正方体中，为中点，与平面交于点． （1）求证：为的中点；（2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 【详解】(1)如图所示，取的中点，连结， 由于为正方体，为中点，故，从而四点共面，即平面CDE即平面， 据此可得：直线交平面于点，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，即点为中点. (2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系， 不妨设正方体的棱长为2，设， 则：，从而：， 设平面的法向量为：，则：， 令可得：，设平面的法向量为：，则：， 令可得：，从而：，则：， 整理可得：，故（舍去）. 37．（2024·新课标Ⅰ卷·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． 【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． 38．（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 【详解】（1）【最优解】：向量法因为三棱柱是直三棱柱，底面， ，，，又，平面．所以两两垂直． 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图． ，． 由题设（）．因为，所以，所以． （2）[方法一]【最优解】：向量法设平面的法向量为， 因为，所以，即．令，则 因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为， 则．当时，取最小值为， 此时取最大值为．所以，此时． 考点06求点到面的距离 39．（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. 【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. 40．（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． 【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， （3）由，平面的法向量为，则有， 41．（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． 【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 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第12讲 空间向量 知识讲解 1、 体积和表面积 圆锥的展开图是扇形，此时母线是半径。 ； 斜二测法：横不变，纵一半。 ； ； ； ； ； 2、 线面平行、垂直的判定及性质 1、线面平行的判定及性质 判定：若平面外一条直线与此平面内的一条直线平行；则线面平行。 ⇒l∥α 线线平行⇒线面平行 性质：线面平行，过该直线的平面与此平面相交；则该直线与交线平行。 ⇒l∥m 线面平行⇒线线平行 2、面面平行的判定及性质 判定：如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么面面平行。 a⊂β，b⊂β，a∩b＝P， a∥α，b∥α⇒β∥α. 性质：面面平行，另一个平面与这两个平面相交，则两条交线平行。 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b 面面平行⇒线线平行 3、直线与平面垂直的判定及性质 判定：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么线面垂直。 l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b＝P⇒l⊥α 性质：垂直于同一个平面的两条直线平行。 ⇒a∥b 4、平面与平面垂直的判定及性质 判定：如果一个平面过另一个平面的垂线，那么面面垂直。 l⊥α，l⊂β⇒α⊥β 性质：面面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于交线，那么线面垂直。 ⇒l⊥α 3、 用空间向量研究距离 (1)点线距：点P到直线l的距离：已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量在直线l上的投影向量为＝a，则点P到直线l的距离为． (2)点面距：点P到平面α的距离：设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为． 4、 用空间向量研究夹角 (1)面α与面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90° 的二面角称为面α与面β的夹角． (2)空间角的向量法解法。 角的分类 向量求法 范围 线线角θ 设两异面直线 l1，l2 的方向向量分别为u，v，则： cosθ＝|cos〈u，v〉|＝ 线面角θ 线AB的方向向量为u，面α的法向量为n，则：sinθ＝|cos〈u，n〉|＝ 面面角θ 面α与面β的法向量分别为n1，n2，则： cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝ 5、 数量积及坐标运算 (1)两个空间向量的数量积： ①a·b＝|a||b|cos〈a，b〉 ②a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量) ③设a＝(x，y，z)，则|a|2＝a2，|a|＝. (2)空间向量的坐标运算： a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3) 向量和 a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3) 向量差 a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3) 数量积 a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3 共线 a∥b⇒a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0) 垂直 a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 夹角公式 cos〈a，b〉＝ 六、外接球模型 一、墙角模型 适用范围：3条棱两两垂直；可在长方体中画出该图且各顶点与长方体的顶点重合 直接用公式 二、麻花模型 适用范围：四面体的三组对棱相等的三棱锥 推导过程：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，（，，） 第一步：画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对棱； 第二步：设出长方体的长宽高分别为， ，，，列方程组， 。 三、垂面模型 适用范围：有一条棱垂直于底面的棱锥。 推导过程：第一步：将画在小圆面上，为小圆直径的一个端点，作小圆的直径,连接,则 必过球心. 第二步：为的外心，所以平面，算出小圆的半径。(正弦定理. 第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径： ；公式：。 四、切瓜模型 适用范围：有两个平面互相垂直的棱锥 推导过程：分别在两个互相垂直的平面上取外心、过两个外心做两个垂面的垂线， 两条垂线的交点即为球心0，取B C的中点为，连接、、、为矩形 公式： 五、斗笠模型 适用于：顶点的投影在底面的外心上的棱锥。 推导过程：取底面的外心，连接顶点与外心，该线为空间几何体的高，在上取一点作为球心0，根据勾股定理；公式： 六、矩形模型 适用范围：两个直角三角形的斜边为同一边，则该边为球的直径 推导过程：图中两个直角三角形和，其中，求外接圆半径；取斜边的中点，连接，则所以点即为球心：（为斜边长度） 七、三角形四心 当且仅当三角形是正三角形的时候，重心、垂心、内心、外心四心合一心，称做正三角形的中心。 外心：三角形三边的垂直平分线的交点(或三角形外接圆的圆心) 内心：三角形三条内角平分线的交点(或内切圆的圆心)；r=2S/(a+b+c)；在Rt△ABC中，∠C=90°，r=(a+b-c)/2. 垂心：三角形三边上的高的交点； 重心：三角形三条中线的交点；重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离为2:1 题型1、真题选填 考点01空间几何体的表面积 1．（2022·上海·高考真题）已知某圆锥的高为4，底面积为，则该圆锥的侧面积为 . 2．（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 【详解】如图所示， 3．（2021全国Ⅱ卷·高考真题）在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（    ） A．26% B．34% C．42% D．50% 4．（2021·北京·高考真题）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（    ） A． B． C． D． 【详解】. 考点02空间几何体的体积问题 5．（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 ．    6．（2021·新高考全国Ⅱ卷·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． 【详解】作出图形，， 7．（2024·新课标Ⅰ卷）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． 8．（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 9．（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． 12．（2022·全国甲卷·高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（    ） A． B． C． D． 13．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（    ） A． B． C． D． 【详解】如下图所示， 15．（2022·浙江·高考真题）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． C． D． 20．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ． 【详解】如图，   21．（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 ． 22．（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 ． 23．（2022全国Ⅰ卷）已知某水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（    ） A． B． C． D． 24．【多选】（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 考点03空间几何体其他量的计算 25．（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． 27．（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． 考点04与球有关的切、接问题 30．（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 ． 31．（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 ． 32．（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 ． 33．（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． 考点05点线面位置关系的判断 37．（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 38．（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 39．（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 40．（2022·全国乙卷·高考真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（    ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 41．【多选】（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 42．【多选】（2021·新高考全国Ⅱ卷）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（    ） A．B．C．D． 考点06求空间角 43．（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 【详解】， 题型2、真题解答 考点01平行关系的判定 1．（2025·上海·高考真题）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且．    (1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； (2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD． 2．（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． 3．（2022·全国甲卷）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直． (1)证明：平面 考点02垂直关系的判定 4．（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． 6．（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，. （1）求三棱锥的体积；（2）已知D为棱上的点，证明：. 7．（2021·全国乙卷·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． 考点03求异面直线所成的角 8．（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； 9．（2021·上海·高考真题）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45°，求与所成角的大小. 考点04求直线与平面所成的角 10．（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． 11．（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． 13．（2022·上海·高考真题）如图所示三棱锥P-ABC，底面为等边三角形ABC，O为AC边中点，且底面ABC，    (1)求三棱锥P-ABC的体积；(2)若M为BC中点，求PM与平面PAC所成角的正弦值大小 14．（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点． (1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值． 15．（2022·全国甲卷·高考真题）在四棱锥中，底． (1)证明：；(2)求PD与平面所成的角的正弦值． 16．（2022·全国乙卷·高考真题）如图，四面体中，，E为的中点． (1)证明：平面平面； (2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 18．（2021·浙江·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 考点05求面面角或二面角 19．（2021·全国乙卷·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且． （1）求；（2）求二面角的正弦值． 20．（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． 21．（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． 22．（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． 23．（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． 24．（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． 25．（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． 28．（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． 29．（2022·天津·高考真题）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， . (1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面夹角的余弦值． 30．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．    (1)证明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值． 31．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． (1) 求A到平面的距离；(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 32．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若． （1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值． 33．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点． （I）求证：平面；（II）求直线与平面所成角的正弦值．（III）求二面角的正弦值． 34．（2021·新高考全国Ⅰ卷·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. 35．（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． 36．（2021·北京·高考真题）如图：在正方体中，为中点，与平面交于点． （1）求证：为的中点；（2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 37．（2024·新课标Ⅰ卷·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． 38．（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 考点06求点到面的距离 39．（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. 40．（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． 41．（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． 1 学科网（北京）股份有限公司 $