立体几何与空间向量（解析版）-2023年新高考数学考前提分练习

专题十W体几何号空间向

、考情分析

从近两年的新高考试题来看,立体几何是高考重点,一般有两道客观题,一道解答题，客观题容易题、中等题、

难题都有可能，考查热点为几何体中长度、面积、体积的计算，异面直线所成角、球与几何体的切接、截

面问题、几何体中平行与垂直的判断；解答题难度多为中等，属于得分题，该题一般有两问，第一问多为

平行与垂直的证明，第二问多为线面角与二面角的计算.

二、三年新高考真题展示

1.（2020新高考山东卷）日号是中国古代用来测定时间的仪器，利用与唇面垂直的唇针投射到唇面的影子

来测定时间.把地球看成一个球（球心记为O）,地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,

点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日唇，若唇面与赤道所在平面平行，点

A处的纬度为北纬40。，则号针与点A处的水平面所成角为（）

A.20oB.40°

C.50oD.90°

【答案】B

【解析】画出截面图如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线；/是点A处的水平面的截线，依题意可

知OAJ_/：45是器针所在直线.加是唇面的截线，依题意依题意,辱面和赤道平面平行，辱针与唇面垂直，

根据平面平行的性质定理可得可知m∕∕CD、根据线面垂直的定义可得ABLm..

由于ZAOC=40o,m∕∕CD,所以NQ4G=ZAOC=40°,

由于ZOΛG+ZGAE=NBAE+NGAE=90°，

所以ZBAE=ZOAG=40°，也即辱针与点A处的水平面所成角为ZBAE=40。.

故选B

2.（2020新高考山东卷）已知直四棱柱ABC£>-AIBlGol的棱长均为2,NBAO=60。.以R为球心，石为

半径的球面与侧面BCGs的交线长为.

【答案】@兀.

2

【解析】如图：

DiCi

AB

取Bc的中点为E，BBl的中点为F，CC1的中点为G,

因为NS4Z）=60。，直四棱柱ABCr>—GA的棱长均为2,所以△。旦G为等边三角形，所以OE

=ʌ/ɜ>DlELBlCI,

乂四棱柱ABCD-A1B1C1D1为直四棱柱，所以8月，平面A1B1C1D1,所以8用_LB1C1,

因为BtCl=Bl,所以AE，侧面4GC6,

设P为侧面BlGCB与球面的交线上的点，则D1EIEP,

因为球的半径为逐，RE=B所以IEPI=JlRPF-IVEi2=√^H=JL

所以侧面BGCB与球面的交线上的点到E的距离为夜，

因为IEF∣=∣EGk6,所以侧面BtCtCB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，

71兀

因为NBIEF=NGEG=a，所以NFEG=耳,

所以根据弧长公式可得FG=工χ√∑=立万.

22

3.(2020新高考山东卷)如图，四棱锥P-ABC。的底面为正方形，PC底面ABCD设平面必。与平面PBC

的交线为/.

(1)证明：L平面PDCi

(2)已知Pz)=AO=1,。为/上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

【解析】(1)证明：

在正方形ABCo中，ADHBC，

因为4。Z平面PBC，BCU平面尸BC,

所以Az)〃平面PBC,

又因为Ar)U平面PAD，平面PAD\1平面PBC=I,

所以AD〃/,

因为在四棱锥尸一ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AOLOC,.∙∙∕∙LOC

且QD_L平面ABC。，所以AO,PO,.∙.∕"LPO,

因为CDPD=D

所以/，平面POC；

(2)如图建立空间直角坐标系。-兀yz,

因为PD=AD=1，则有P(0,0,0),C(0,1,0),A(l,0,0),P(0,0,l),8(1,1,0),

设Q(〃?,0,1),则有OC=(0,1,0),OQ=(叱0,1),PB=(1,1,—1),

设平面QCD的法向量为〃=(χ,y,z),

DC∙n=0[j=0

,即《

DQn-0[mx+z=0

令尤=1,则Z=-"2,所以平面QC。的一个法向量为“=(1,(),一机)，则

,n∙PB1+0+加

CoS<〃,PrBrι>=,~I=L-

v“τPB√3∙√m2+l

根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与

平面所成角的正弦值等于6，，郎*厘τ=g氏音

当岑Q=争当且仅当，E时取等号,

所以直线依与平面QCD所成角的正弦值的最大值为限.

3

4.(2021新高考全国卷I)已知圆锥的底面半径为后，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为(

)

A.2B.2√2C.4D.4√2

【答案】B

【解析】由题意，设母线长为/,

因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，

则有2乃•&=k/,解得/=2也，所以该圆锥的母线长为20.故选B.

5.(2021新高考全国卷I)在正三棱柱ABC-A4G中，AB=AAy=I,点P满足BP=ABC+〃BB,,其中

Λe[0,1],〃e[0,1],贝∣J()

A.当4=1时，AsAgP的周长为定值

B.当〃=1时，三棱锥P-ABC的体积为定值

C.当/1=；时，有且仅有一个点P,使得A/，BP

D.当〃=；时，有且仅有一个点P,使得平面ABIP

【答案】BD

【解析】对于A,当；1=1时，BP=BC+μBBx,即CP=〃B4，所以CP“BB∣,

故点P在线段CC1J：.,此时△AB1P的周长为A4+用P+4户,

当点P为CG的中点时，2∑A8∣尸的周长为逐+应，

当点P在点G处时，乌尸的周长为2应+1,

故周长不为定值，故选项A错误；

对于3，当〃=1时，BP=ΛBC+BBt,B∣JB1P=ABC,所以B∣P∕∕BC,

故点P在线段MG上，

因为gcj∕平面48C,

所以直线4G上的点到平面A8C的距离相等，

又aABC的面积为定值，

所以三棱锥尸-A8C的体积为定值，故选项B正确；

对于C,当；I=J时，取线段5C,耳G的中点分别为M,%,连结必

因为8尸=]8。+〃3及，即=所以用P∕∕BB∣,

则点P在线段MlM匕

当点P在M处时，AiMiLBtCi,AtMιrBtB,

XB1C1∩B1B=B1,所以AM，平面BBCC,

又BMiU平面BBGC,所以A1M1IBM1,即APJ,BP,

同理，当点P在“处，APLBP,故选项C错误：

对于o,当〃=；时，取CG的中点2，8母的中点。，

因为BP=/IBC+；期，S∣JDP=XBC,所以Dp//BC,

则点尸在线的OR上，

当点尸在点R处时，取AC的中点E,连结A1E,BE,

因为破_L平面ACGA,又ARU平面ACGA,所以AR-LBE,

在正方形ACC1A1中，ADtJLAE，

又BEnAlE=E,BE,AEU平面

故Aqj.平面ABE,乂ABU平面ABE，所以AB_LAR,

在正方形ABBlA中，A,BA.AB},

又AA「-A8∣=4,ADi,ABlU平面ABQI,所以AB_L平面ABQ∣,

因为过定点,A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，

故有且仅有一个点P,使得ABJ∙'F∣m.A4P,故选项Z)正确.

6.(2021新高考全国卷I)如图，在三棱锥A-BS中，平面A双小平面88,AB=AD,O为血)的中

点.

(1)证明：OA1CD；

(2)若AoCD是边长为1的等边三角形，点E在棱上，∕)E=2E4,且二面角E-BC-的大小为45。,

求三棱锥A-Ba＞的体积.

【解析】(1)证明：因为A3=AD,O为比)的中点，所以AO_LBD，

又平面ABDl.平面BCD，平面ABDC平面BCD=BD，AOU平面BCD，

所以Aoi.平面Ba>,又CE)U平面88，

所以AOJLCZ)；

(2)取O£>的中点尸，因为AOCD为正三角形，所以Cr"LOL>,

过O作。0//C尸与3C交于点M,则QMJ,8,

所以。W,OD,。4两两垂直，

以点O为坐标原点，分别以OM,OD,为X轴，y轴，Z轴建立空间直角坐标系如图所示,

则B(0,-1,0),C(—,-,0),0(0,I,0),

22

19/

设A(0,0,r),则E(O

33

因为OAJ_平面BCE>，故平面88的一个法向量为04=(0,0,f),

设平面BCE的法向量为n=(x,y,z),

又配=理|,0),丽=呜学,

I旦+%=0

n∙BC=O,

所以由,，得zp《22

n-BE=O42f八

-VH----Z=O

133

令X=百，则y=-l,Z=-9故”=(6,7,2),

因为二面角E-BC-。的大小为45。,

2_72

所以Icos<OA>∣="°"I

I”IlOAl

解得r=l,所以。4=1,

T_ɪʌ/ɜ_vɜgrpi

75c11c

乂∆gj=/xlxlx《-=7，所以sʌgɑ)=彳

_1cnA_l√31-√3

故VA-BCD=τ*s∆BCDθy4=τ×-×1=^7^

332O

解法二：（传统几何法）（河北金丽补解）在平面ABD中，作EMLBD于M,在平面BCD中，作WBc

于N,连接EN,

由⑴得。OA,:.EMɪ5F≡BCZ）,

BC⊂平面BCD,EM±BC,MN±BC,

:.NEMW即为二面角E-8C-O的平面角，；.NENM=45,

OC=OD=OB=CD=L.∙.BClCD,.∙.MNCD,且

Λf∕V=EM=ICD=∣,.∙.BC=43,0A=1,.∙.VA_BCD=ɪSBcDoA

7.（2021新高考全国卷H卷）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（）

28√2

A.20+12√3B.28√2C.y

3

【答案】D

【解析】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PUh=下底面面积S1=16,上底面面积$2=4,

所以该棱台的体积V=gM&+S2+J啊）=∕x√∑x（16+4+痫）=g√∑.故选D.

8.（2021新高考全国卷∏）如图，在正方体中，。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MN_L。P的是（）

【答案】BC

【解析】设正方体的棱长为2,

对于A,如图（1）所示，连接AC,则MAWAC,

故NPOC（或其补角）为异面直线QRMV所成的角,

lΓ

在直角三角形OPC,0C=√2>CP=I,故tanNPOC=τ=J

√22

故MN_LOP不成立，故A错误.（或者易得O尸在上底面的射影为MN,故MN_LOP不成立）

对于B,如图（2）所示，取NT的中点为Q,连接PQ,OQ,则。QJ.NT,PQVMN,

由正方体SBCM-NADT可得SN_L平面ANDT,而OQU平面ANDT,

故SNJLOQ,而SNlMN=N,故。QI平面SNT加，

乂MNU平面SNTM,OQVMN,而OQPQ=Q,

所以MNj•平面OPQ,而POU平面OPQ，椒MNLoP，故B正确.

M

对于C,如图（3）,连接BO，则8D〃MN，由B的判断可得0PL8D，

取OP工MN，故C正确.

对于D,如图（4）,取A。的中点。，AB的中点K，AC,PQ,OQ,PK,OK,

则ACllMN,

因为止=PC,散PQHAC,WPQliMN、

所以NQPo或其补角为异面直线PO,MN所成的角，

AKB

图（4）

22

因为正方体的棱长为2,故PQ=gAC=√Σ,OQ=y∣AO+AQ=√I+2=√3∙

PO=JPK2+OK2=√4+i=√5-QO2<PQ2+OP2,故NQPo不是直角,

故Po,MN不垂直，故D错误.故选BC

9.（2021新高考全国卷∏）在四棱锥。-ABCD中，底面ABCD是正方形，若

AD=2,QD=QA=>∕5,QC=3.

Q

//..∖∖D

-------------r

(1)证明：平面QAD_L平面ABCr>；

(2)求二面角5—QO-A的平面角的余弦值.

OT_LAQ,建如图所示的空间坐标系，求出平面QA。、平面6Q。的法向量后可求二面角的余弦值.

【解析】(1)取A。的中点为。，连接QO,CO.

因为QA=Q。，OA=OD,则QOLAD.

而AD=2,QA=6，故。O=√ΓΠ^=2.

在正方形ABCO中，因为Ar>=2，故。0=1，故CO=B

因为QC=3,故。。2=。。2+。。2,故qQOC为直角三角形且QO_LOC,

因为OCAO=O,故QOL平面ABCr>，

因为QoU平面QAO.故平面QAOL平面ABCr>.

(2)解法-：在平面ABCZ)内，过。作O7V/8,交BC于T，则OT_LA£),

结合(I)中的QO，平面ABCO，故可建如图所示的空间坐标系.

则£>(0,1,0),β(0,0,2),B(2,-l,0),故3Q=(-2,1,2),BD=(-2,2,0).

设平面QBD的法向量n=(x,7z),

n∙BQ=0-2x+y+2z=01

则《即VCC八，取X=I,贝IJy=LZ=一,

n∙BD-0-2x+2y=02

故〃=[1,1,g

而平面QAO的法向量为加=(1,0,0),故c°s(s,")=7J=5

2

2

:面角5—QO—A的平面角为锐角,故其余弦值为ʒ-.

解法二：(浙江王海雷补解)过B作_LQD于点M

由(1)可知：平面QAD1平面ABCD

BAVAD

.∙.84J.IfifQAD

12

在ΔBQ。中，BQ=y∣QA+AB=3.βD=√5,BD=2√2

QB?+W_Ba√5即SinNBQQ=瑞考得：*竽

cosZ.BQD=

2×QB×QD5

即SinNBMA=丝=且，cosZBMA=-

BM33

2

即二面角B-8-A的平面角的余弦值为：

10.(2022新高考全国卷I)已知正四棱锥的侧棱长为/,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且

3≤/≤3百,则该正四棱锥体积的取值范围是

27812764

AB.C.D.[18,27]

1吟T5T43

【答案】C

［解析］：球的体积为36π,所以球的半径R=3,设正四棱锥的底面边长为24,高为h,

则『=2aλ+»,32=2a2+(〃一3)2.所以6"=/，2a2=Z2-Λ2.

11C2∕4I2↑(N、

所以正四棱锥的体积VZ=-Sh=-×4a~×h=-×(l2――)x~~=~∕4~~

3333669136J

1(J5

所以V'=χ4/3一，

916

当3≤∕≤2√^时,V'>0,当2后<”3百时,V'<0,

所以当/=时,正四棱锥的体积V取最大值,最大值为y,

27Q197

Ll=3时.V=',/=3月时,V=竺,所以正四棱锥的体积V的最小值为」,

444

「2764］

所以该正四棱锥体积的取值范围是γ-y.故选C.

II.（2022新高考全国卷I）已知正方体ABCD-48CQ,则

直线与所成的角为

A.BGDA190°B.直线BG与C4所成的角为90。

C.直线8G与平面880。所成的角为45。D.直线8C∣与平面ABCo所成的角为45°

【答案】ABD

［解析】如图,连接用、因为。/耳。,所以直线与所成的角即为直线与所成的角,

CBG,A/BCtBCBC1OA

因为四边形为正方形,则,故直线与所成的角为正确;

BB1C1CB1CIBGBaDA190°,A

连接Ac因为44_L平面53CC,BC∣U平面EBCC,则44_LBG,

因为BCLBCl,44BC=片.所以BG，平面AdC,

又4。u平面ABC,所以BG1CA1,故B正确；

连接AG,设AGl与A=。,连接3。，

因为BB∣_L平面，£。U平面AlBlC1Pl,K∣JGoɪBlB,

因为G0，4R、42c4B=4,所以GO_L平面BBQQ,

所以NaBO为直线BCx与平面BBlq。所成的角，

设正方体棱长为1,则cp=-.BCl=√2,sinNCIBO=卷=；,

所以,直线BC1与平面BBQQ所成的角为30,故C错误；

因为C1C1平面A5CD,所以NCfC为直线BG与平面45CD所成的角,易得NGBC=45,故D正确.故

选ABD.

12.(2022新高考全国卷I)如图,直三棱柱ABC—的体积为4,4ARC的面积为2&.

(1)求A到平面ABC的距离；

(2)设。为AC的中点,AA=AB,平面AiBC1平面ABBtAi,求二面角A-BD-C的正弦值.

【解析】(1)因为:棱柱ABC-ABCl的体积丫=4,

14

所以VBC=V=

在直三棱柱ABC-4&G中,设点A到平向ABC的距离为h,

IIlVA-ABC=At-ABC得ɪsABC,h=2个力=g

所以〃=J5,

所以点A到平面ABC的距离为√2:

(2)如图,取AB的中点E,连接AE,因为AAI=AB,所以AE_LAB.

乂平面AJBCJ.平面ABB∣A,平面4BC1平面AB3∣√li=A1B,

且AEU平面ABB14,所以AE_L平面ABC,

在直三棱柱ABC—AgC∣中_L平面ABC

由BCu平面ABC.BCu平面ABC可得BUBBl±BC,

乂AE,BBi⊂平面ABBxAx且相交,所以BC_L平面ABBiAi,

所以BC,BA,BB］两两垂直,以B为原点,直线8C,84,B片分别为X轴,)，轴,z轴,建立空间直角坐标系,

由(1)得AE=后,所以AΛ,=A3=2.A16=2√5,所以BC=2,

则A(0,2,0),A(0,2,2),3(0,0,0),C(2,0,0),所以AC的中点D(IJl),

则BD=(1,1,1),BA=(0,2,0),BC=(2,0,0),

m∙BD=x1+y1+z1=0

设平面ABD的一个法向量5=(xl,γ∣,z1)j∣j-

m`BA=2yl=Q

取士=1,得，"=(1,0,—1),

n-BD=X,+y,+z,=0

设平面BDC的一个法向量n=(X2,必，Z2),则“-722,取必=1，

nBC=Ix2=0

得〃=(0,1,-1),

/∖m∙n11

则CoS（，〃，〃）=~~-7=-7=——产=-

'j'1∣mI∣∙r∣nτ∣√2×√22'

所以二面角A-Bo-C的正弦值为Ji-（；）=*.

13.（2022新高考全国卷II）已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3百和4√L其顶点都在同一球

面上,则该球的表面积为

A.100πB.128πC.144πD.192π

【答案】A

【解析】设该正三棱台上下底面圆的半径分别为彳,公所以2zi=把£,2小=三叵一,解得4=3,弓=4,设

Isin602sin60

该球的球心到上下底面的距离分别为4,4,球的半径为R,所以4=JR2-9=JH2一16,故

-%|=1或4+4=1,即y∣R2-9-∖JR2-16=1或JR?-9+JR?-16=1，解得R2=25,符合题意,

所以球的表面积为S=4成2=100兀.故选A.

14.（2022新高考全国卷II）如图,四边形ABCr）为正方形,EZU平面ABCDEB〃匹,AB=EO=2EB,

记三棱锥E-ACD,F-ABC,F-ACE的体积分别为%忆,匕,则

A.V3=2V2B.V3=V1

c.C=K+%D.2匕=3Vl

【答案】CD

【解析】解法一：设AB=ED=2FB=2a,因为EDl平面ABCD,FB∖ED,则

½=g∙EQ∙SACO=∕∙2α∙g∙(2α)2=(/,

匕="8∙SABc=；4g(2a)2=，,连接BD交AC于点M，连接£归根,易得比＞_14(7,

乂£D_L平面ABCDACU平面ABCD则EO，AC,乂EOBD=D,ED,BDu平面BDEF.则ACl

平面BDEF.

又BM=DM=LBD=垃a,过F作FGLDETG,易得四边形BDGF为矩形,则

2

FG=BD=2&,EG=a,

则EM=^(2α)2+(√2(aj2=√6α,FM=.+(仅『=43a-EF=旧+(2亿『=3a.

22211

EM+FM=FFJJEM±FM.Sefm=LEM∙FM=a∙AC=20a,

22

则匕=匕一所"+匕"广”=(4。50“=243厕2匕=3匕・匕=3匕'匕=匕+匕,故人、13错误；C、D正

确.故选CD.

解法二：由E-ACE).b一ABC的底面积相同.E—ACD的高DE是尸一ABC高BF的2倍,可得K=2匕,

连接BD交AC于点M,取DE中点G,连接BG,⅛MF交于点O,则BG〃EEBG=EF,所以EF=3B0,所以％_心

=匕-Q，即匕=3匕，所以A,B错误；匕=3匕=］匕,2匕=3匕,匕=3匕=2匕+匕=耳+匕,(：心正确；故选CD.

15.(2022新高考全国卷H)如图,尸。是三棱锥P-ABC的高,抬=依,ABLAC,E是依的中点.

(1)证明：OE//平面Q4C；

(2)若ZABO=ZCBO=30°,Po=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.

【解析】(1)连接Bo并延长交AC于点，连接。4、PD.

因为PO是三棱锥P—ABC的高,所以PO_L平eIABC,AO,BOu平面ABC,

所以POJ_AO、POA.BO.

又PA=PB,所以△尸OA≡APOB,即OA=OB,所以ZOAB=ZOBA.

×AB±AC,即ZBAC=90°,所以ZOAB+NoAD=90o.ZOBA+ZODA=90°.

所以NODA=NQ4。

所以Ao=Oo,即Ao=00=08,所以。为瓦＞的中点,又E为EB的中点,所以OE〃尸D

又OEa平面PAC,PDu平面PAC.

所以OE〃平面PAC.

(2)如图,以点A为坐标原点,直线A8,4C分别为X轴J轴,过点A与平面ABC垂直的直线为Z轴建立空间直角

坐标系，

又NQW=NQBC=30°,=204=8,所以/W=4.AB=40,

AC=I2,所以0（26,2,0）.5（46,0,0）,尸（26,2,3）,0（0,12,0）,所以

则AE,AC=（0,12,0）,

3

,

n-AE-3百元］+>l+—z1=O

设平面AEB的法向量为n=（Xl,y,z∣）,则＜

n-AB=4√3x1=O

令z∣=2,得〃=（0,-3,2）；

,zλm`AE=3>∕3x,+必+—c=0

设平面AfC的法向量为机=（X2，）2，Z2），则，~2

m∙AC=12%=0

取土=6,得"=（6,0,-61

.∖n∙ιv∖124χ∕3

设二面角C-A£—B为a则lCoSe==卜目=-=~L=Tr

∣n∣∣∕n∣√r13×√3913

所以Sine=Jl—cos?6=U,故二面角C-AE—B的正弦值为U.

三、知识、方法、技能

1.棱柱：

（1）定义：有两个面互相平行,其余各面的公共边互相平行的多面体叫做棱柱.

（2）棱柱的分类：①按侧棱是否与底面垂直分类：分为斜棱柱（侧棱不垂直于底面）和直棱柱（侧棱垂直

于底面），其中底面为正多边形的直棱柱叫正棱柱.②按底面边数的多少分类：底面分别为三角形,四边形,五

边形…,分别称为三棱柱,四棱柱,五棱柱,…；

（3）棱柱的性质：①棱柱的各个侧面都是平行四边形,所有的侧棱都相等,直棱柱的各个侧面都是矩形,正棱

柱的各个侧面都是全等的矩形.②与底面平行的截面是与底面对应边互相平行的全等多边形.③过棱柱不相

邻的两条侧棱的截面都是平行四边形.

（4）侧面积S=直截面（与各侧棱都垂直相交的截面）周长X侧棱长,特别地,直棱柱的侧面积S=底面周长

X侧棱长.全面积（也称表面积）是各个表面面积之和,故棱柱的全面积=侧面积+2x底面积.

2.棱锥

（1）定义:一个面是多边形,其余各面是有一个公共顶点的三角形的多面体叫做棱锥.底面是正多边形并且顶

点在底面上的射影是正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥.

（2）性质：如果棱锥被平行于底面的平面所截,那么所得的截面与底面相似,截面面积与底面面积的比等于顶点

至截面距离与棱锥高的平方比,截得小棱锥的体积与原来棱锥的体积比等于顶点至截面距离与棱锥高的立方

比.

(3)棱锥的侧面积=各侧面三角形面积的和；正棱锥的侧面积S=LX底面周长X斜高，棱锥的全面积=侧

2

面积+底面积.

3.球

(1)球的概念：与定点距离等于或小于定长的点的集合,叫做球体；与定点距离等于定长的点的集合叫做球

面.

(2)球的截面：用一平面a去截一个球。,设。。'是平面a的垂线段,Of为垂足,且OO=cl,所得的截面是

以球心在截面内的射影为圆心,以r=JF彳为半径的一个圆,截面是一个圆面.球面被经过球心的平面截

得的圆叫做大圆,被不经过球心的平面截得的圆叫做小圆

(3)球的表面积公式：S=4τrR2.

4.棱柱、棱锥与球的体积

(1)棱柱：体积=底面积X高,或体积V=直截面面积X侧棱长,特别地,直棱柱的体积=底面积X侧棱长；三

棱柱的体积V=LSd(其中S为三棱柱一个侧面的面积为与此侧面平行的侧棱到此侧面的距离)

2

(2)棱锥：体积=』X底面积X高.

3

4

(3)球的体积公式：V=-"/?'.

3

5.正棱台：由正棱锥截得的棱台叫做正棱台.

正棱台的性质：

①各侧棱相等,侧面是全等的等腰梯形,这些等腰梯形的高叫做棱台的斜高,斜高都相等.

②两底面以及平行于底面的截面是相似多边形；

③两底面中心连线、相应的边心距和斜高组成一个直角梯形；

④两底面中心连线、侧棱和两底面相应的半径也组成一个直角梯形；

⑤正棱台的上、下底面中心的连线是棱台的一条高.

6.圆柱、圆锥、圆台

(1)圆柱、圆锥、圆台的概念

分别以矩形的一边、直角三角形一条直角边、直角梯形垂直于底边的腰为旋转轴,其余各边旋转而形成的曲

面围成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台.

(2)圆柱的结构特征

①平行于底面的截面都是圆；②过轴的截面(轴截面)是全等的矩形.

除了这两条重要特征外,还应掌握下面的一些重要属性.

①所有的轴截面是以两底面直径和两条母线为边的全等矩形,若该矩形为正方形,则圆柱叫等边圆柱.

②用平行于轴的平面去截圆柱,所得的截面是以底面圆的弦和两条母线为边的矩形.也就是说过圆柱任意两

条母线的截面一定是一个矩形,在这所有的截面矩形中,以轴截面面积最大.

(3)圆锥的结构特征

①平行于底面的截面都是圆；②过轴的截面(轴截面)是全等的等腰三角形；③过圆锥两条母线的截面.当轴

截面的顶角不大于90。时,轴截面面积最大；当轴截面顶角大于90。时,两母线垂直时截面面积最大.

(4)圆台的结构特征

①平行于底面的截面都是圆；②过轴的截面是全等的等腰梯形.

7.简单几何体与球的综合问题

I.正四面体与球：如图,设正四面体的棱长为α,内切球半径为r,外接球的半径为R,取AB的中点为D,连接

CD,SE为正四面体的高,在截面三角形SDC,作一个与边SD和DC相切,圆心在高SE上的圆.因为正四面体本

身的对称性,两个球的球心同为。.此时,CO=OS=R,OE=r

SE=8,CE=Ja,则有R+r=ga,R1-r2=IeEf=1

解得：R=YSaj=逅α.与正四面体各棱都相切的球的半径为相对棱的一半：P=包a

4124

II.正方体与球

(1)正方体的内切球：

截面图为正方形EFGH的内切圆,如图所示.设正方体的棱长为。,则IQ∕∣=r='∙

(2)与正方体各棱相切的球：

/7

截面图为正方形EFGH的外接圆.则IGol=R=芋α.(3)正方体的外接球：截面图正方形ACAlG的外接

圆.则同0|=R=∙”.

III.正棱柱(锥)与外接球

以正三棱柱为例,设高为力,底面边长为4,如图所示.球心必落在高DDl的中点O,因为D和D1分别为正三角

形的中心.直角三角形Ae)D,R=A0,OD=—,AD=X-α,借助勾股定理即可求R.解决关键确定直角三角形.

23

IV.三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球(1)如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等,则可以补形为

一个正方体,它的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心.三棱锥ALABQl的外接球的球心和正方体

ABCD-AlB∣C∣D∣的外接球的球心重合.设A41=α,则H=G-α

（2）如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且不相等,则可以补形为一个长方体,它的外接球的球心就是三棱锥的

a2+b2+c2I2

外接球的球心.R=巴工上=-（L为长方体的体对角线长）.

44

V.各面均为直角三角形三棱锥与球

如右图,SAL面ABC,AB，BC,则可推出SB，BC,即此三棱锥的四个面全是直角三角形.取SC的中点为0,

由直角三角形的性质可得：OA=OS=OB=OC,所以0点为三棱锥的外接球的球心.R=J.

2

6.直线与平面平行的判定和性质

（1）判定:①判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行；

②面面平行的性质：若两个平面平行,则其中一个平面内的任何直线与另一个平面平行.

（2）性质：如果一条直线和一个平面平行,那么经过这条直线的平面和这个平面相交,那么这条直线和交线

平行.

注意：在遇到线面平行时,常需作出过已知直线且与已知平面相交的辅助平面,以便运用线面平行的性质.

7.直线和平面垂直的判定和性质

（I）判定：①如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这条直线和这个平面垂直.②两条平

行线中有一条直线和一个平面垂直,那么另一条直线也和这个平面垂直.

（2）性质：①如果一条直线和一个平面垂直,那么这条直线和这个平面内所有直线都垂直.②如果两条直线

都垂直于同一个平面,那么这两条直线平行.

8.平面与平面平行

（1）判定：一个如果平面内有两条相交直线和另一个平面平行,则这两个平面平行.

注意：这里必须清晰"相交”这个条件.如果两个平面平行,那么在其中一个平面内的所有直线与另一个平面无

公共点,即这些直线都平行于另一个平面.

（2）性质：如果两个平行平面同时与第三个平面相交,那么它们的交线平行.

注意：这个定理给出了判断两条直线平行的方法,注意一定是第三个平面与两个平行平面相交,其交线平行.

9.两个平面垂直的判定和性质

（1）判定：①判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面互相垂直.

②定义法：印证两个相交平面所成的二面角为直二面角；

注意：在证明两个平面垂直时,一般先从已知有的直线中寻找平面的垂线,若不存在这样的直线,则可以通过添

加辅助线解决,而作辅助线应有理论依据；如果已知面面垂直,一般先用面面垂直的性质定理,即在一个平面内

作交线的垂直,使之转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直.

(2)性质：①如果两个平面垂直,那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面.

②两个平面垂直,则经过第一个平面内的一点垂直于第二个平面的直线在第一个平面内.

注意：性质定理中成立有两个条件：一是线在平面内,二是线垂直于交线,才能有线面垂直.

(3)立体几何中平行、垂直关系的证明的基本思路是利用线面关系的转化,即：

线〃线＜-＞线〃面＜__＞面〃面

“⅛→线_1线＜＞线,面＜~~＞面J■面—性:质

线〃线＜——＞线"L面＜——＞面〃面

10.直线与平面所成的角

(1)定义：平面的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角,叫这条直线和这个平面所成的角.当直线和平

面垂直时,就说直线和平面所称的角为直角；当直线与平面平行或在平面内时,就说直线和平面所称的角为0

角.

(2)范围：［0,90］；

(3)求法：作出直线在平面上的射影,关键是找到异于斜足的一点在平面内的垂足,可根据面面垂直的性质

定理来确定垂线.

(4)最小角定理：斜线与平面中所有直线所成角中最小的角是斜线与平面所成的角.

11.二面角

(1)二面角定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角,这条直线叫做二面角的棱,每个

半平面叫做二面角的面.二面角的大小是通过其平面角来度量的平面角,而二面角的平面角的三要素：①顶点

在棱上；②角的两边分别在两个半平面内；③角的两边与棱都垂直.

(2)作平面角的主要方法：①定义法：直接在二面角的棱上取一点(特殊点)，分别在两个半平面内作棱的

垂线,得出平面角,用定义法时,要认真观察图形的特性；②三垂线法：过其中一个面内一点作另一个面的垂线,

用三垂线定理或逆定理作出二面角的平面角；③垂面法：过一点作棱的垂面,则垂面与两个半平面的交线所

成的角即为平面角；

(3)二面角的范围：［0,%］；

12.利用向量处理平行问题

(1)证明线线平行,找出两条直线的方向向量,证明方向向量共线;

（2）证明线面平行的方法：①证明直线的方向向量与平面内的某一向量是共线（平行）；②证明直线的方

向向量与平面的两个不共线向量是共线向量,即利用共面向量定理进行证明：③证明直线的方向向量与该平

面的法向量垂直.

（3）平面与平面平行的证明方法：证明两个平面的法向量平行.

13.利用向量处理垂直问题

（1）证明线线垂直,可证明两条线的方向向量的数量积为0；

（2）证明线面垂直方法：①根据线面垂直的判定定理利用向量证明直线与平面内的两条相交直线垂直；②

转化为证明直线的方向向量与平面的法向量共线.

（3）证明面面垂直的方法：①根据面面垂直的判定定理利用向量证明一个平面内的一条直线方向向量为另

一个平面的法向量；②证明一个平面的法向量与另一人平面平行；③转化为证明这两个平面的法向量互相

垂直.

14.利用向量处理角度问题

1.求异面直线所成的角的向量法：其基本步骤是（1）在a、h上分别取A8,CD;或者建立空间直角坐标系

用坐标表示AB,CD;（2）由公式CoSe=IABeD|确定异面直线a与b所成角θ的大小.

∣AB∣∙∣CD∣

2.求直线和平面所成的角的向量法：在斜线上取一方向向量α,并求出平面α的一个法向量〃,若设斜线和平

面所成的角为。,由sin。=cos<a,n>=∣-a"-∣.

∖a∖∙∖n∖

3.求二面角的向量法：方法（1）设〃，机分别是平面的法向量,则向量〃和机的夹角与二面角

的平面角相等或互补.方法（2）二面角的棱/上确定两个点A、3,过A、8分别在平面a、/7内求出与/垂

——►——Yl.Yl

直的向量、九,，则二面角a-/-尸的大小等于向量珥、几，的夹角,即CoSe=-=rj——

II-I«21

四、新高考地区最新模拟试题精箜

一、单选题

1.（2023届河北省高碑店市崇德实验中学高三上学期期中）如图，平行六面体ABaM'B'C'D'的底面A38

是菱形，NCCB=NCCD=NBCD=66,且CZ）=CC则异面直线BC'与CA所成角的余弦值为（）

立

C√τ2

2D.

【解析】由题可设CD=CV=CB=1,则易知五,国三个向量之间两两的数量积均为

BC-CA'=(CC,-CB∖(CD+DA+AA')

=(CC-CB)(CD+CB+CC')=CC'CD+CC'CB+CC'CC'-CBCD-CBCB-CBCC'

=—1I—1F1,--1---1,—1=cO

2222

.∙.BC,1C4,,；•异面直线BC'与CA所成角的余弦值为0.故选D.

2.(2023届福建省漳州市高三第二次质量检测)已知某圆锥的底面半径为1,高为G，则它的侧面积与底

面积之比为()

A.ɪB.1C.2D.4

【答案】C

22

【解析】圆锥的侧面积为：S1=Ttrl—πr∖∣r+h=2π;圆锥的底面积为：S2=πr^=π；

ɪ=-=2,故选C

∂2π

3.(2023届山东省临沂市郑城县高三上学期期末)已知三棱锥尸-A5C中，AP.AB.AC三条棱两两垂直，

且长度均为75,以顶点尸为球心，2为半径作一个球，则该球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为

()

AC3兀CUr5兀

A.3πB.—C.5兀D.—

22

【答案】B

【解析】如图所示，该球面被三棱锥四个表面截得的弧分别为弧ER弧。凡弧EG和弧DG,

因为AP、AB.AC三条棱两两垂直，且长度均为√5,

2冗

由勾股定理得：PB=PC=BC=娓,所以N8PC=60。，故所=亍，

因为PO=PG=2,故A£)=AG=J4—3=1,∣½DG=—×ɪ=~>

22

JΓ

所以NAPE)=ZAPG=-,