2020-2024年五年高考数学真题分类汇编专题10 空间向量与立体几何（真题12个考点精准练+模拟练）解析版

2020-2024年五年高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题10空间向量与立体几何（真题12个考点精准练+精选模拟练）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一．棱锥的结构特征（共1小题）1．（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．〖祥解〗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．二．棱柱、棱锥、棱台的体积（共3小题）2．（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．〖祥解〗（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，故直线与平面所成角的大小为．【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．3．（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．〖祥解〗（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．4．（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．〖祥解〗（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．三．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积（共3小题）5．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为，则圆柱的侧面积为．．〖祥解〗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．6．（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．〖祥解〗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．7．（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．〖祥解〗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．四．异面直线及其所成的角（共1小题）8．（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．〖祥解〗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．五．异面直线的判定（共1小题）9．（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．〖祥解〗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．六．空间中直线与直线之间的位置关系（共3小题）10．（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〖祥解〗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．11．（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〖祥解〗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，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．12．（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．〖祥解〗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．七．空间中直线与平面之间的位置关系（共1小题）13．（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〖祥解〗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．八．空间向量基本定理、正交分解及坐标表示（共1小题）14．（2024•上海）定义一个集合，集合元素是空间内的点集，任取，，，存在不全为0的实数，，，使得．已知，0，，则，0，的充分条件是A．，0， B．，0， C．，1， D．，0，〖祥解〗利用空间向量的基本定理，结合充要条件，判断选项即可．【解答】解：不全为0的实数，，，使得．所以3个向量无法构成三维空间坐标系的一组基，又因为，0，，所以对于三者不能构成一组基，故不能推出，0，，故错误；对于，，0，，，0，，且，0，，，0，共线，所以，0，可以属于，此时三者不共面，故错误；对于，显然三者可以构成一组基，与条件不符合，故可以推出，0，，故正确；对于，三者无法构成一组基，故不能推出，0，，故错误．故选：．【点评】本题考查空间向量的基本定理的应用，充要条件的判断，是基础题．九．空间向量的数量积判断向量的共线与垂直（共1小题）15．（2023•上海）已知、、为空间中三组单位向量，且、，与夹角为，点为空间任意一点，且，满足，则最大值为．〖祥解〗将问题坐标化，表示出的坐标，再设，代入条件，结合不等式的性质求解．【解答】解：设，，，，不妨设，，，则，因为，所以，可得，，所以，解得，故．故答案为：．【点评】本题考查空间向量的坐标运算以及不等式的性质，属于中档题．一十．直线与平面所成的角（共4小题）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．〖祥解〗（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．（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．〖祥解〗（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．18．（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．〖祥解〗（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．19．（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．〖祥解〗（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，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．一十一．二面角的平面角及求法（共2小题）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．〖祥解〗（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．21．（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．〖祥解〗（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．一十二．点、线、面间的距离计算（共1小题）22．（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．〖祥解〗（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．一．选择题（共16小题）1．（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．〖祥解〗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．2．（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〖祥解〗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．3．（2024•宝山区二模）已知直线、、与平面、，下列命题正确的是A．若，，，则 B．若，，则 C．若，则 D．若，，则〖祥解〗根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于，与可能平行，也可能异面，错误；对于，与可能平行、也能相交，错误；对于，与可以平行、也可以相交或异面，错误；对于，若，，必有，正确；故选：．【点评】本题考查直线、平面的位置关系，涉及线面平行的判定和性质，属于基础题．4．（2024•嘉定区校级模拟）如图，在四面体中，，，．点在上，且，为的中点，则A． B． C． D．〖祥解〗根据已知条件，结合向量的线性运算，即可求解．【解答】解：，为的中点，，，，则．故选：．【点评】本题主要考查向量的线性运算，是基础题．5．（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〖祥解〗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．6．（2024•静安区二模）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中真命题是A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，，则〖祥解〗由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．【解答】解：若，，则或与相交或与异面，故错误；若，，，则或与相交，故错误；若，，由直线与平面垂直的性质可得，故正确；若，，，，当与相交时，有，否则，与不一定平行，故错误．故选：．【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．7．（2024•浦东新区校级模拟）空间向量在上的投影向量为A． B． C． D．〖祥解〗根据两个向量的坐标，结合投影向量概念，可以通过计算得出结果．【解答】解：与方向相同的单位向量为，由，，则，，所以向量在向量上的投影向量为．故选：．【点评】本题考查的知识要点：向量的坐标运算，向量的投影，主要考查学生的运算能力，属于基础题．8．（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．〖祥解〗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．9．（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〖祥解〗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．10．（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．〖祥解〗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．11．（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〖祥解〗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．12．（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．〖祥解〗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．13．（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〖祥解〗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．14．（2024•金山区二模）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，则以下命题中正确的是A． B． C．、、三点共线 D．直线与相交〖祥解〗对于，取中点，连接，，则，平面，从而平面，，由此推导出；对于，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，推导出与不垂直；对于，推导出，，，，1，，从而、、三点不共线；对于，连接，则点为中点，，平面，平面，同理可得平面，从而与相交．【解答】解：对于，取中点，连接，，则，且，，平面，平面，平面，，，，故错误；对于，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，则，0，，，0，，，0，，，1，，，0，，，1，，，与不垂直，故错误；对于，，2，，，，，，1，，、、三点不共线，故错误；对于，连接，则点为中点，，平面，平面，同理可得平面，与平行，与相交，故正确．故选：．【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、空间直角坐标系、三点共线等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．15．（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〖祥解〗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．16．（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〖祥解〗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，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．二．填空题（共20小题）17．（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．〖祥解〗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．18．（2024•嘉定区二模）已知圆锥的母线长为2，高为1，则其体积为．〖祥解〗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．19．（2024•松江区校级模拟）半径为2的球的体积为．〖祥解〗由球体体积公式可得答案．【解答】解：．故答案为：．【点评】本题考查球的体积公式，属基础题．20．（2024•杨浦区二模）正方体中，异面直线与所成角的大小为．〖祥解〗，为异面直线与所成角，由此即可得．【解答】解：正方体中，，则为异面直线与所成角，．故答案为：．【点评】本题考查异面直线所成的角，属于基础题．21．（2024•虹口区二模）已知某球体的表面积为，则该球体的体积是．〖祥解〗设出球的半径，由表面积求得半径，再代入体积公式求解．【解答】解：设球的半径为，则，即．该球的体积为．故答案为：．【点评】本题考查球的表面积与体积，是基础的计算题．22．（2024•黄浦区校级三模）已知空间向量，，共面，则实数3．〖祥解〗根据已知条件，结合空间向量的共面定理，即可求解．【解答】解：，，共面，则存在实数，使得，，即，解得．故答案为：3．【点评】本题主要考查空间向量的共面定理，属于基础题．23．（2024•崇明区二模）已知向量，，，，1，，若，则．〖祥解〗根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．【解答】解：向量，，，，1，，，则，解得．故答案为：．【点评】本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．24．（2024•松江区校级模拟）如图是三角形用斜二测画法得到的水平直观图三角形，其中轴，轴，若三角形的面积是6，则三角形的面积是．〖祥解〗根据平面图形的直观图面积与原图面积关系求解．【解答】解：因为平面图形的直观图面积与原图面积之比为：，所以三角形的面积是．故答案为：．【点评】本题主要考查了平面图象的直观图，属于基础题．25．（2024•崇明区二模）已知底面半径为1的圆柱，是其上底面圆心，、是下底面圆周上两个不同的点，是母线．若直线与所成角的大小为，则．〖祥解〗过作与平行的母线，由异面直线所成角的概念得到为．在直角三角形中，直接由得到答案．【解答】解：如图，过作与平行的母线，连接，则为直线与所成的角，大小为．在直角三角形中，因为，所以．则．故答案为：．【点评】本题考查了异面直线所成的角，考查了直角三角形的解法，是基础题．26．（2024•松江区校级模拟）已知正方体的棱长为4，点、分别是棱、的中点，则过、、确定的平面被正方体所截的截面面积为．〖祥解〗设直线与、分别交于点、，连接、，分别交、于点、，连接、，则五边形就是所求截面，然后利用勾股定理算出△的三边之长，根据余弦定理与三角形的面积公式求出，再根据相似三角形的性质求出、，进而求出五边形的面积，即可得到本题的答案．【解答】解：延长、，与直线分别交于点、，连接，交于点，连接，交于点，连接、，则五边形就是、、确定的平面被正方体所截得到的截面．△中，，，可得，同理可得．△中，，在△中，，可得，所以．根据，可得，所以，同理可得．所以，即、、确定的平面被正方体所截的截面面积为．故答案为：．【点评】本题主要考查正方体的结构特征、平面的基本性质、相似三角形的判定与性质、解三角形及其应用等知识，属于中档题．27．（2024•浦东新区二模）如图，有一底面半径为1，高为3的圆柱．光源点沿着上底面圆周做匀速运动，射出的光线始终经过圆柱轴截面的中心．当光源点沿着上底面圆周运动半周时，其射出的光线在圆柱内部“扫过”的面积为．〖祥解〗由已知得射出的光线在圆柱内部“扫过”的面积是以为顶点，以圆柱的底面为底面的圆锥的半个侧面积，求该圆锥的侧面积即可．【解答】解：由已知得射出的光线在圆柱内部“扫过”的面积是以为顶点，以圆柱的底面为底面的圆锥的半个侧面积，共两个，因为圆柱的高为3，定义圆锥的高为，所以圆锥的母线长为，所以面积为．故答案为：．【点评】本题主要考查了圆柱的结构特征，考查了圆锥的侧面积公式，属于中档题．28．（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．〖祥解〗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．29．（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．〖祥解〗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．30．（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．〖祥解〗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．31．（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．〖祥解〗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．32．（2024•虹口区二模）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，且．若，点为棱的中点，点在上，则线段，的长度和的最小值为．〖祥解〗找出线段，的长度和的最小值，然后通过求解三角形，推出结果．【解答】解：取的中点为，连接，又为的中点，则，又，则，，，四点共面，将平面翻折到与平面共面，则线段，的长度和的最小值为的长度，由题意知，，，，，，，．故答案为：．【点评】本题考查直线与平面的位置关系的应用，空间距离的求法，是中档题．33．（2024•虹口区模拟）如图，这是某同学绘制的素描作品，图中的几何体由一个正四棱锥和一个正四棱柱贯穿构成，正四棱柱的侧棱平行于正四棱锥的底面，正四棱锥的侧棱长为，底面边长为6，正四棱柱的底面边长为，，，是正四棱锥的侧棱和正四棱柱的侧棱的交点，则2．〖祥解〗先作出截面，再由截面分析出各三角形的边长，利用相似三角形求解即可．【解答】解：过作垂直于四棱锥底面的截面，如图所示，由条件可知为底面正方形的对角线，所以，所以，长度为正四棱柱底面正方形的对角线，所以，长度为正四棱柱底面正方形的对角线的一半，所以，由可得，解得，，由可得，所以．故答案为：2．【点评】本题考查棱柱的结构特征的应用，属于中档题．34．（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．〖祥解〗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．35．（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，．〖祥解〗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．36．（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．〖祥解〗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24小题）37．（2024•松江区二模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点．（1）设平面与直线相交于点，求证：；（2）若，，，求直线与平面所成角的大小．〖祥解〗（1）根据线面平行的判定定理，证出平面，然后根据平面平面，利用线面平行的性质定理证出；（2）连接，取中点，连接、，根据线面垂直的判定定理，证出平面，可得是直线与平面的所成角，然后在中利用锐角三角函数的定义算出答案．【解答】（1）证明：平面与直线相交于点，平面平面，四边形是菱形，，平面，平面，平面，平面，平面平面，；（2）解：连接，取中点，连接、，菱形中，，，是等边三角形，是中点，，平面，平面，，、平面，，平面．是直线与平面的所成角，是中点，，．平面，平面，，为中点，，中，，等边中，高，中，，可得，即直线与平面的所成角等于．【点评】本题主要考查线面平行的判定与性质、线面垂直的判定与性质、直线与平面所成角的定义与求法等知识，属于中档题．38．（2024•虹口区二模）如图，在三棱柱中，，为的中点，，．（1）求证：平面；（2）若平面，点在棱上，且平面，求直线与平面所成角的正弦值．〖祥解〗（1）连接，交于点，连接，利用三角形中位线定理证出，进而根据线面平行的判定定理证出平面；（2）根据题意可知是直线与平面的所成角，然后利用三角形相似求出长，在中利用锐角三角函数的定义算出，即可得到本题的答案．【解答】（1）证明：连接，交于点，连接，为的中点，平行四边形中，为的中点，是的中位线，可得，平面，平面，平面；（2）解：平面，三棱柱是直三棱柱，中，，为的中点，，，△中，，平面，平面，，矩形中，，可得，即，解得．平面，为在平面内的射影，是直线与平面的所成角，中，，，即直线与平面所成角的正弦值等于．【点评】本题主要考查三棱柱的结构特征、线面垂直的判定与性质、直线与平面所成角的定义与求法等知识，属于中档题．39．（2024•长宁区二模）如图，在长方体中，，．（1）求二面角的大小；（2）若点在直线上，求证：直线平面．〖祥解〗（1）连接，交于点，连接，证明平面，得出，由，得出是二面角的平面角，利用△求出的大小即可．（2）连，，证明平面平面，即可得出平面．【解答】（1）解：连接，交于点，连接，因为，，且，所以平面，又平面，所以；又，所以是二面角的平面角，由平面，所以△是直角三角形．所以，所以，即二面角的大小为．（2）证明：连，，则，且，，且，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，同理，，且，，所以平面平面，又点在上，所以平面，所以平面．【点评】本题考查了二面角的大小计算问题，也考查了空间中的平行关系应用问题，是中档题．40．（2024•黄浦区二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，点是棱上的一点，平面．（1）求证：点是棱的中点；（2）若平面，，，与平面所成角的正切值为，求二面角的大小．〖祥解〗（1）连接，交于点，连接，由平面，证明，由，得出即可．（2）根据题意知是直线于平面所成的角，求出、，建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面的法向量，利用法向量求二面角的大小．【解答】（1）证明：连接，交于点，连接，因为平面，平面，平面平面，所以，又因为是矩形，所以，所以，为的中点．（2）解：因为平面，所以是直线于平面所成的角，又因为平面，所以，所以，所以，又因为，，所以，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示：则，0，，，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，0，，，，，，，，设平面的法向量为，，，则，即，所以，令，得，，所以，，，，，由图形知，二面角所成的角为锐角，所以二面角的大小为．【点评】本题考查了空间轴的平行关系应用问题，也考查了二面角的大小计算问题，是中档题．41．（2024•金山区二模）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，点是的中点，点在上，异面直线与所成的角是．（1）求证：；（2）若，，求二面角的大小．〖祥解〗（1）证明，，得出平面，即可证明．（2）解法一：取的中点，连接，，，取的中点，连接，，，判断为所求二面角的平面角，利用余弦定理求出，从而求出二面角的大小．解法二：建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面一个法向量，利用法向量求二面角的大小．【解答】解：（1）证明：因为，所以是直线与所成角，为，所以，得，又因为，且，所以平面，由平面，得．（2）解法一：取的中点，连接，，．因为，所以四边形为菱形，所以．取中点，连接，，．则，，所以为所求二面角的平面角．又，所以．在中，由于，由余弦定理得，所以，因此为等边三角形，故所求的角为．解法二：以为坐标原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得，0，，，0，，，，，，，，故，0，，，，，，0，，设是平面的一个法向量．由，可得，取，可得平面的一个法向量．设是平面的一个法向量．由，可得，取，可得平面的一个法向量．所以．因此所求的角为．【点评】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了二面角的大小计算问题，是中档题．42．（2024•闵行区校级二模）在四棱锥中，底面是正方形，若，，．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值．〖祥解〗（Ⅰ）由证明，再由，证明平面，即可证明平面平面．（Ⅱ）取的中点，在平面内作，以所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，再求，即可．【解答】（Ⅰ）证明：中，，，，所以，所以；又，，平面，平面，所以平面；又平面，所以平面平面．（Ⅱ）解：取的中点，在平面内作，以所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则，0，，，，，，1，，，0，，因为平面，所以平面的一个法向量为，0，，设平面的一个法向量为，，，由，2，，，，，得，即，令，得，，所以，2，；所以，，所以二面角的平面角的余弦值为．【点评】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了利用空间向量求二面角的余弦值应用问题，也可以直接利用二面角的定义求二面角的余弦值，是中档题．43．（2024•徐汇区校级模拟）如图，在圆柱中，底面直径等于母线，点在底面的圆周上，且，是垂足．（1）求证：；（2）若圆柱与三棱锥的体积的比等于，求直线与平面所成角的大小．〖祥解〗（1）欲证，先证平面，根据线面垂直的判定定理可知只需证，，且，即可证得线面垂直；（2）点作，是垂足，连接，易证是与平面所成的角，在三角形中求出此角即可．【解答】证明：（1）根据圆柱性质，平面．平面，．是圆柱底面的直径，点在圆周上，，又，故得平面．平面，．又，且，故得平面．平面，．解：（2）过点作，是垂足，连接．根据圆柱性质，平面平面，是交线．且平面，所以平面．又平面，所以是在平面上的射影，从而是与平面所成的角．设圆柱的底面半径为，则，于是圆柱，．由，得，可知是圆柱底面的圆心，，．【点评】本小题主要考查空间线面关系、圆柱性质、空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题．44．（2024•普陀区模拟）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点．（1）求证：平面；（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的大小．〖祥解〗（1）取线段、的中点分别为、，可得，由此可证明；（2）平面，是直线与平面所成角，由此计算即可．【解答】（1）证明：取线段、的中点分别为、，连接、、，则，，，，又底面是正方形，则，，即四边形为平行四边形，则，又，平面，则平面．（2）为中点，连接、，又，底面是边长为1的正方形，则，且，，又二面角的大小为，即平面平面，又平面，平面平面，则平面，则是直线与平面所成角，在中，，即，则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，考查线面所成的角，属于中档题．45．（2024•松江区校级模拟）如图，在圆锥中，是圆锥的顶点，是圆锥底面圆的圆心，是圆锥底面圆的直径，等边三角形是圆锥底面圆的内接三角形，是圆锥母线的中点，，．（1）求证：平面；（2）设线段与交于点，求直线与平面所成角的正弦值．〖祥解〗（1）取的中点，由题意可证得，进而可证得平面；（2）建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，进而求出直线的方向向量及平面的法向量的坐标，求出，的值，进而求出线面所成的角的正弦值．【解答】（1）证明：取的中点，连接，又因为为的中点，所以，因为是圆锥底面圆的圆心，所以，因为，为等边三角形，所以，且为的中点，平面，平面，所以平面；（2）解：以，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，因为，，则，，，，所以，0，，，0，，，，，，0，，，0，，因为，所以，即，，，所以，，，，3，，，3，，设平面的法向量为，，，则，即，令，则，，，所以，，，所以，，设直线与平面所成的角为，，，所以，．所以直线与平面所成的角正弦值为．【点评】本题考查直线与平面平行的证法及用空间向量的方法求线面角的正弦值，属于中档题．46．（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）〖祥解〗（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．47．（2024•徐汇区模拟）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面圆的圆心，为圆的直径，且，是底面圆的内接正三角形，为线段上一点，且．（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．〖祥解〗（1）由勾股定理可得，，由此即可证明；（2）利用体积相等即可得与平面所成角．【解答】（1）证明：由题意得，，，，，在中，由，得，同理可得，又，故平面（2）解：，，则，．记点到平面的距离为，因为，所以，则，设直线与平面所成角为，，因此，直线与平面所成角的正弦值为．【点评】本题考查线面垂直的判定，考查线面所成的角，属于中档题．48．（2024•黄浦区校级三模）如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，侧面是正三角形，侧面底面，是棱的中点，．（1）证明：平面；（2）若二面角为，求异面直线与所成角的正切值．〖祥解〗（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的性质判定推理即得；（2）作出二面角的平面角，由此求出，再利用异面直线所成角的定义求出其正切值．【解答】解：（1）在四棱锥中，由底面为矩形，得，由侧面底面，侧面底面，平面，得平面，又平面，则，又侧面是正三角形，是的中点，则，又，，平面，所以平面．（2）如图，在平面内，过点作，垂足为，显然，由侧面底面，交线为，得底面，底面，则，过作，垂足为，连接，显然，，平面，则平面，而平面，因此，则即为二面角的平面角，其大小为，在中，，则，由，，得四边形为平行四边形，则，由，得（或其补角）为异面直线与所成角，由（1）知平面，则为直角三角形，，所以异面直线与所成角的正切值为．【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．49．（2024•普陀区校级三模）四棱锥中，平面，底面是正方形，，点是棱上一点．（1）求证：平面平面；（2）当为中点时，求二面角的正弦值．〖祥解〗（1）由平面，知，结合，可证平面，再由面面垂直的判定定理，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】（1）证明：因为平面，平面，所以，因为底面是正方形，所以，又，、平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．（2）解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，0，，，2，，，0，，，2，，，1，，所以，1，，，0，，，2，，设平面的法向量为，，，则，取，则，，所以，1，，设平面的法向量为，，，则，取，则，，所以，1，，所以，，由图知，二面角为锐角，所以二面角的大小为，故二面角的正弦值为．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理或性质定理，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．50．（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．〖祥解〗（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．51．（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．〖祥解〗（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．52．（2024•浦东新区校级模拟）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，．（1）求证：平面平面；（2）设，若二面角的平面角的大小为，试确定的值．〖祥解〗（1）由，，为的中点，可得四边形为平行四边形，得到．结合，得．然后利用面面垂直的性质得平面．再由线面垂直的判定得平面平面；（2）由，为的中点，得．结合（1）可得平面．以为原点建立空间直角坐标系．然后求出平面的一个法向量，再由把平面的一个法向量用含有的代数式表示，结合二面角的平面角的大小为求得的值．【解答】（1）求证：，，为的中点，四边形为平行四边形，．，，即．又平面平面，且平面平面，平面．平面，平面平面；（2）解：，为的中点，．平面平面，且平面平面，平面．如图，以为原点建立空间直角坐标系．则面的法向量为；，0，，，0，，，，，．设，，，则，，，，则，即，在平面中，，，设平面的一个法向量，由，则，取，得．平面法向量为．二面角为，，解得．【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查了空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求解二面角的平面角，是中档题．53．（2024•闵行区二模）如图，已知为等腰梯形，，，平面，．（1）求证：；（2）求二面角的大小．〖祥解〗（1）连接，利用勾股定理可证，由平面，知，从而有平面，再由线面垂直的性质定理，即可得证；（2）取的中点，连接、，先证，，从而知即为所求，再由三角函数的知识，求解即可．【解答】（1）证明：连接，为等腰梯形，，，，，，即，平面，且平面，，又，平面，平面，．（2）解：取的中点，连接、，则，，，为二面角的平面角，平面，且平面，，由（1）知，又，平面，平面，，在中，，，，二面角的大小为．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，二面角的定义与求法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．54．（2024•青浦区二模）如图，三棱柱是所有棱长均为2的直三棱柱，、分别为棱和棱的中点．（Ⅰ）求证：面面；（Ⅱ）求二面角的余弦值大小．〖祥解〗（Ⅰ）由线面垂直的判定定理即可求得；（Ⅱ）方法一：由二面角的定义，结合解三角形知识计算即可；方法二：建立空间直角坐标系，由向量法计算即可．【解答】解：（Ⅰ）证明：因为为棱中点，为正三角形，所以；又因为三棱柱是直三棱柱，所以面，所以，因为，所以面，因为面，所以面面；（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得面，所以，，所以是二面角的平面角，因为中，，所以，所以二面角的余弦值为．方法二：以为原点，建立直角坐标系如图，则，所以，，设平面的一个法向量为，所以，所以，0，，设平面的一个法向量为，所以所以，0，，所以，所以二面角的余弦值为．【点评】本题考查线面垂直的证明和二面角的求法，属于中档题．55．（2024•浦东新区二模）在四棱锥中，底面为等腰梯形，平面底面，其中，，，，点为中点．（1）证明：平面；（2）求二面角的大小．〖祥解〗（1）取中点，连接，，由三角形中位线的性质可平行的传递性可证四边形为平行四边形，从而得到，再由线面平行的判定的定理即可证明；（2）取中点，过作，由三垂线定理的逆定理可证，由二面角的定义可得为二面角所成的平面角，求出即可．【解答】（1）取中点，连接，，因为为中点，所以，，因为，，所以，，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）取中点，过作，连接，因为，为中点，所以，平面平面，平面，平面平面，所以平面，所以为在平面的投影，因为，所以由三垂线定理的逆定理可得：，所以为二面角所成的平面角，在中，，因为底面为等腰梯形，，，，所以，所以，所以，所以，所以，所以二面角的大小为．【点评】本题考查线面平行的证明和二面角的求法，属于中档题．56．（2024•杨浦区二模）如图，为圆锥顶点，为底面中心，，，均在底面圆周上，且为等边三角形．（1）求证：平面平面；（2）若圆锥底面半径为2，高为，求点到平面的距离．〖祥解〗（1）利用空间线面垂直的性质与判定定理，即可证明；（2）先证平面，则就是点到平面的距离，即可求解．【解答】解：（1）证明：连结交于点，因为为圆锥顶点，为底面中心，所以平面，又因为平面，所以，因为为等边三角形，为中心，所以，因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面．（2）作，又，，则平面，又，，，得，所以点到平面的距离为．【点评】本题考查空间线面垂直与点到平面的距离，属于中档题．57．（2024•浦东新区校级模拟）如图，在三棱柱中，平面，，，的中点为．（1）求直线与平面所成角；（2）求点到平面的距离．〖祥解〗根据题意建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出直线的方向向量，求出平面的一个法向量．（1）根据直线和平面所成角的向量法求出即可；（2）根据点到平面的距离的空间向量法求出即可．【解答】解：一点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，，1，，，0，，，1，，则，1，，，0，，设，，是平面的一个法向量，则，令，则，所以，1，．（1），0，，，，设直线与平面所成角为，则，，所以直线与平面所成角为．（2），1，，，点到平面的距离．【点评】本题考查利用空间向量求空间角和距离，属中档题．58．（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．〖祥解〗（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．59．（2024•闵行区校级三模）如图，在三棱锥中，平面平面，，，且点在以点为圆心为直径的半圆上．（1）求证：；（2）若，且与平面所成角为，求点到平面的距离．〖祥解〗（1）连接，，根据线面垂直的性质证明平面即可；（2）根据线面垂直的性质可得与平面所成角为，再根据等体积法能求出结果．【解答】解：（1）证明：连接，，，，，，，平面，平面，．（2）由（1）得，，且平面平面，平面平面，平面，与平面所成角为，，点在以点为圆心，为直径的半圆上，，，，设点到平面的距离为，，，解得．【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、点到平面的距离、等体积法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．60．（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．〖祥解〗（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．专题10空间向量与立体几何（真题12个考点精准练+精选模拟练）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一．棱锥的结构特征（共1小题）1．（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．〖祥解〗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．二．棱柱、棱锥、棱台的体积（共3小题）2．（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．〖祥解〗（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，故直线与平面所成角的大小为．【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．3．（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．〖祥解〗（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．