资源简介 中小学教育资源及组卷应用平台专题04 立体几何(文)考点 三年考情(2022-2024) 命题趋势考点1:三视图 2022年浙江卷 2022年全国甲卷(理) 2023年全国乙卷(理) 从近三年高考命题来看,本节是高考的一个重点,立体几何是高考的必考内容,重点关注以下几个方面: (1)掌握基本空间图形及其简单组合体的概念和基本特征,能够解决简单的实际问题; (2)多面体和球体的相关计算问题是近三年考查的重点; (3)运用图形的概念描述图形的基本关系和基本结果,突出考查直观想象和逻辑推理.考点2:空间几何体表面积、体积、侧面积 2022年全国I卷 2024年天津卷 2022年天津卷 2024年全国Ⅰ卷考点3:空间直线、平面位置关系的判断 2024年天津卷 2024年全国甲卷(理)考点4:线线角、线面角、二面角 2022年全国I卷 2022年浙江卷 2024年全国Ⅱ卷考点5:外接球、内切球问题 2023年全国乙卷(文) 2022年全国II卷考点6:立体几何中的范围与最值问题及定值问题 2023年全国甲卷(文) 2023年全国Ⅰ卷 2022年全国乙卷(理) 2022年全国I卷考点7:锥体的体积问题 2023年全国甲卷(文) 2023年天津卷 2022年全国乙卷(文) 2022年全国甲卷(文) 2023年全国乙卷(文)考点8:距离及几何体的高问题 2024年北京卷 2024年全国甲卷(文) 2023年全国甲卷(文)考点1:三视图1.(2022年新高考浙江数学高考真题)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.2.(2022年高考全国甲卷数学(理)真题)如图,网格纸上绘制的是一个多面体的三视图,网格小正方形的边长为1,则该多面体的体积为( )A.8 B.12 C.16 D.203.(2023年高考全国乙卷数学(理)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考点2:空间几何体表面积、体积、侧面积4.(2022年新高考全国I卷数学真题)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时,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.5.(2024年天津高考数学真题)一个五面体.已知,且两两之间距离为1.并已知.则该五面体的体积为( )A. B. C. D.6.(2022年新高考天津数学高考真题)如图,“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象,重叠后的底面为正方形,直三棱柱的底面是顶角为,腰为3的等腰三角形,则该几何体的体积为( )A.23 B.24 C.26 D.277.(2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题)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.考点3:空间直线、平面位置关系的判断8.(2024年天津高考数学真题)若为两条不同的直线,为一个平面,则下列结论中正确的是( )A.若,,则 B.若,则C.若,则 D.若,则与相交9.(2024年高考全国甲卷数学(理)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考点4:线线角、线面角、二面角10.(多选题)(2022年新高考全国I卷数学真题)已知正方体,则( )A.直线与所成的角为 B.直线与所成的角为C.直线与平面所成的角为 D.直线与平面ABCD所成的角为11.(2022年新高考浙江数学高考真题)如图,已知正三棱柱,E,F分别是棱上的点.记与所成的角为,与平面所成的角为,二面角的平面角为,则( )A. B. C. D.12.(2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题)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考点5:外接球、内切球问题13.(2023年高考全国乙卷数学(文)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 .14.(2022年新高考全国II卷数学真题)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为和,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )A. B. C. D.考点6:立体几何中的范围与最值问题及定值问题15.(2023年高考全国甲卷数学(文)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 .16.(多选题)(2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题)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17.(2022年高考全国乙卷数学(理)真题)已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为( )A. B. C. D.18.(2022年新高考全国I卷数学真题)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为,且,则该正四棱锥体积的取值范围是( )A. B. C. D.考点7:锥体的体积问题19.(2023年高考全国甲卷数学(文)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.320.(2023年天津高考数学真题)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.21.(2022年高考全国乙卷数学(文)真题)如图,四面体中,,E为AC的中点.(1)证明:平面平面ACD;(2)设,点F在BD上,当的面积最小时,求三棱锥的体积.22.(2022年高考全国甲卷数学(文)真题)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;(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).23.(2023年高考全国乙卷数学(文)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.考点8:距离及几何体的高问题24.(2024年北京高考数学真题)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.25.(2024年高考全国甲卷数学(文)真题)如图,,,,,为的中点.(1)证明:平面;(2)求点到的距离.26.(2023年高考全国甲卷数学(文)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.21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页)21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台专题04 立体几何(文)考点 三年考情(2022-2024) 命题趋势考点1:三视图 2022年浙江卷 2022年全国甲卷(理) 2023年全国乙卷(理) 从近三年高考命题来看,本节是高考的一个重点,立体几何是高考的必考内容,重点关注以下几个方面: (1)掌握基本空间图形及其简单组合体的概念和基本特征,能够解决简单的实际问题; (2)多面体和球体的相关计算问题是近三年考查的重点; (3)运用图形的概念描述图形的基本关系和基本结果,突出考查直观想象和逻辑推理.考点2:空间几何体表面积、体积、侧面积 2022年全国I卷 2024年天津卷 2022年天津卷 2024年全国Ⅰ卷考点3:空间直线、平面位置关系的判断 2024年天津卷 2024年全国甲卷(理)考点4:线线角、线面角、二面角 2022年全国I卷 2022年浙江卷 2024年全国Ⅱ卷考点5:外接球、内切球问题 2023年全国乙卷(文) 2022年全国II卷考点6:立体几何中的范围与最值问题及定值问题 2023年全国甲卷(文) 2023年全国Ⅰ卷 2022年全国乙卷(理) 2022年全国I卷考点7:锥体的体积问题 2023年全国甲卷(文) 2023年天津卷 2022年全国乙卷(文) 2022年全国甲卷(文) 2023年全国乙卷(文)考点8:距离及几何体的高问题 2024年北京卷 2024年全国甲卷(文) 2023年全国甲卷(文)考点1:三视图1.(2022年新高考浙江数学高考真题)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.【答案】C【解析】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.2.(2022年高考全国甲卷数学(理)真题)如图,网格纸上绘制的是一个多面体的三视图,网格小正方形的边长为1,则该多面体的体积为( )A.8 B.12 C.16 D.20【答案】B【解析】由三视图还原几何体,如图,则该直四棱柱的体积.故选:B.3.(2023年高考全国乙卷数学(理)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【解析】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.考点2:空间几何体表面积、体积、侧面积4.(2022年新高考全国I卷数学真题)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时,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.【答案】C【解析】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,∴.故选:C.5.(2024年天津高考数学真题)一个五面体.已知,且两两之间距离为1.并已知.则该五面体的体积为( )A. B. C. D.【答案】C【解析】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.6.(2022年新高考天津数学高考真题)如图,“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象,重叠后的底面为正方形,直三棱柱的底面是顶角为,腰为3的等腰三角形,则该几何体的体积为( )A.23 B.24 C.26 D.27【答案】D【解析】该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成,作于M,如图,因为,所以,因为重叠后的底面为正方形,所以,在直棱柱中,平面BHC,则,由可得平面,设重叠后的EG与交点为则则该几何体的体积为.故选:D.7.(2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题)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【解析】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.考点3:空间直线、平面位置关系的判断8.(2024年天津高考数学真题)若为两条不同的直线,为一个平面,则下列结论中正确的是( )A.若,,则 B.若,则C.若,则 D.若,则与相交【答案】C【解析】对于A,若,,则平行或异面或相交,故A错误.对于B,若,则平行或异面或相交,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,则与相交或异面,故D错误.故选:C.9.(2024年高考全国甲卷数学(理)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【解析】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.考点4:线线角、线面角、二面角10.(多选题)(2022年新高考全国I卷数学真题)已知正方体,则( )A.直线与所成的角为 B.直线与所成的角为C.直线与平面所成的角为 D.直线与平面ABCD所成的角为【答案】ABD【解析】如图,连接、,因为,所以直线与所成的角即为直线与所成的角,因为四边形为正方形,则,故直线与所成的角为,A正确;连接,因为平面,平面,则,因为,,所以平面,又平面,所以,故B正确;连接,设,连接,因为平面,平面,则,因为,,所以平面,所以为直线与平面所成的角,设正方体棱长为,则,,,所以,直线与平面所成的角为,故C错误;因为平面,所以为直线与平面所成的角,易得,故D正确.故选:ABD11.(2022年新高考浙江数学高考真题)如图,已知正三棱柱,E,F分别是棱上的点.记与所成的角为,与平面所成的角为,二面角的平面角为,则( )A. B. C. D.【答案】A【解析】如图所示,过点作于,过作于,连接,则,,,,,,所以,故选:A.12.(2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题)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【解析】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.考点5:外接球、内切球问题13.(2023年高考全国乙卷数学(文)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【解析】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:2.14.(2022年新高考全国II卷数学真题)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为和,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【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径,所以,即,设球心到上下底面的距离分别为,球的半径为,所以,,故或,即或,解得符合题意,所以球的表面积为.故选:A.考点6:立体几何中的范围与最值问题及定值问题15.(2023年高考全国甲卷数学(文)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】【解析】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:16.(多选题)(2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题)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【解析】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.17.(2022年高考全国乙卷数学(理)真题)已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为( )A. B. C. D.【答案】C【解析】[方法一]:【最优解】基本不等式设该四棱锥底面为四边形ABCD,四边形ABCD所在小圆半径为r,设四边形ABCD对角线夹角为,则(当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立)即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时,底面ABCD面积最大值为又设四棱锥的高为,则,当且仅当即时等号成立.故选:C[方法二]:统一变量+基本不等式由题意可知,当四棱锥为正四棱锥时,其体积最大,设底面边长为,底面所在圆的半径为,则,所以该四棱锥的高,(当且仅当,即时,等号成立)所以该四棱锥的体积最大时,其高.故选:C.[方法三]:利用导数求最值由题意可知,当四棱锥为正四棱锥时,其体积最大,设底面边长为,底面所在圆的半径为,则,所以该四棱锥的高,,令,,设,则,,,单调递增, ,,单调递减,所以当时,最大,此时.故选:C.【点评】方法一:思维严谨,利用基本不等式求最值,模型熟悉,是该题的最优解;方法二:消元,实现变量统一,再利用基本不等式求最值;方法三:消元,实现变量统一,利用导数求最值,是最值问题的常用解法,操作简便,是通性通法.18.(2022年新高考全国I卷数学真题)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为,且,则该正四棱锥体积的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】C【解析】∵球的体积为,所以球的半径,[方法一]:导数法设正四棱锥的底面边长为,高为,则,,所以,所以正四棱锥的体积,所以,当时,,当时,,所以当时,正四棱锥的体积取最大值,最大值为,又时,,时,,所以正四棱锥的体积的最小值为,所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选:C.[方法二]:基本不等式法由方法一故所以当且仅当取到,当时,得,则当时,球心在正四棱锥高线上,此时,,正四棱锥体积,故该正四棱锥体积的取值范围是考点7:锥体的体积问题19.(2023年高考全国甲卷数学(文)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【解析】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:A20.(2023年天津高考数学真题)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【解析】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:B21.(2022年高考全国乙卷数学(文)真题)如图,四面体中,,E为AC的中点.(1)证明:平面平面ACD;(2)设,点F在BD上,当的面积最小时,求三棱锥的体积.【解析】(1)由于,是的中点,所以.由于,所以,所以,故,由于,平面,所以平面,由于平面,所以平面平面.(2)[方法一]:判别几何关系依题意,,三角形是等边三角形,所以,由于,所以三角形是等腰直角三角形,所以.,所以,由于,平面,所以平面.由于,所以,由于,所以,所以,所以,由于,所以当最短时,三角形的面积最小过作,垂足为,在中,,解得,所以,所以过作,垂足为,则,所以平面,且,所以,所以.[方法二]:等体积转换,,是边长为2的等边三角形,连接22.(2022年高考全国甲卷数学(文)真题)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;(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).【解析】(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.(2)[方法一]:分割法一如图所示:分别取中点,由(1)知,且,同理有,,,,由平面知识可知,,,,所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍.因为,,点到平面的距离即为点到直线的距离,,所以该几何体的体积.[方法二]:分割法二如图所示:连接AC,BD,交于O,连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍.容易求得,OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P,连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知,三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积23.(2023年高考全国乙卷数学(文)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.【解析】(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.考点8:距离及几何体的高问题24.(2024年北京高考数学真题)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【解析】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.当相对的棱长相等时,不妨设,,因为,此时不能形成三角形,与题意不符,这样情况不存在.故选:D.25.(2024年高考全国甲卷数学(文)真题)如图,,,,,为的中点.(1)证明:平面;(2)求点到的距离.【解析】(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.26.(2023年高考全国甲卷数学(文)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.【解析】(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.21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页)21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台专题04 立体几何(理)考点 三年考情(2022-2024) 命题趋势考点1:三视图 2022年浙江卷、2022年全国甲卷(理) 2023年全国乙卷(理) 从近三年高考命题来看,本节是高考的一个重点,立体几何是高考的必考内容,重点关注以下几个方面: (1)掌握基本空间图形及其简单组合体的概念和基本特征,能够解决简单的实际问题; (2)多面体和球体的相关计算问题是近三年考查的重点; (3)运用图形的概念描述图形的基本关系和基本结果,突出考查直观想象和逻辑推理. (4)能够理解空间向量的概念、运算、背景和作用;能够运用空间向量解决一些简单的实际问题,体会用向量解决一类问题的程序化思想.考查重点是解决空间线线角、线面角、二面角的问题求解.考点2:空间几何体表面积、体积、侧面积 2023年全国Ⅱ卷、2022年全国II卷 2022年天津卷、2023年天津卷 2024年全国甲卷(理)、2022年全国甲卷(理) 2023年全国乙卷(理)、2023年全国甲卷(理) 2024年天津卷、2023年北京卷 2024年全国Ⅰ卷考点3:空间直线、平面位置关系的判断 2024年天津卷、2024年全国甲卷(理) 2022年全国乙卷(理)考点4:线线角与线面角问题 2022年全国甲卷(理) 2022年全国乙卷(理) 2022年北京卷、2022年浙江卷 2023年全国甲卷(理) 2022年全国甲卷(理) 2022年浙江卷、2023年全国乙卷(理) 2024年全国Ⅱ卷、2022年全国I卷考点5:外接球、内切球问题 2023年全国甲卷(理)、2022年全国II卷考点6:立体几何中的范围与最值问题及定值问题 2023年全国Ⅰ卷、2022年全国I卷 2022年全国乙卷(理)考点7:距离问题 2024年北京卷考点8:立体几何存在性问题 2024年全国Ⅰ卷、2023年全国Ⅰ卷考点9:二面角问题 2024年全国甲卷(理) 2024年全国Ⅱ卷、2024年北京卷 2024年天津卷、2023年北京卷 2023年全国乙卷(理) 2023年全国Ⅱ卷、2022年天津卷 2022年全国II卷、2023年天津卷考点1:三视图1.(2022年高考全国甲卷数学(理)真题)如图,网格纸上绘制的是一个多面体的三视图,网格小正方形的边长为1,则该多面体的体积为( )A.8 B.12 C.16 D.20【答案】B【解析】由三视图还原几何体,如图,则该直四棱柱的体积.故选:B.2.(2022年新高考浙江数学高考真题)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.【答案】C【解析】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.3.(2023年高考全国乙卷数学(理)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【解析】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.考点2:空间几何体表面积、体积、侧面积4.(多选题)(2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题)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【解析】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.5.(多选题)(2022年新高考全国II卷数学真题)如图,四边形为正方形,平面,,记三棱锥,,的体积分别为,则( )A. B.C. D.【答案】CD【解析】设,因为平面,,则,,连接交于点,连接,易得,又平面,平面,则,又,平面,则平面,又,过作于,易得四边形为矩形,则,则,,,则,,,则,则,,,故A、B错误;C、D正确.故选:CD.6.(2022年新高考天津数学高考真题)如图,“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象,重叠后的底面为正方形,直三棱柱的底面是顶角为,腰为3的等腰三角形,则该几何体的体积为( )A.23 B.24 C.26 D.27【答案】D【解析】该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成,作于M,如图,因为,所以,因为重叠后的底面为正方形,所以,在直棱柱中,平面BHC,则,由可得平面,设重叠后的EG与交点为则则该几何体的体积为.故选:D.7.(2024年高考全国甲卷数学(理)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】【解析】由题可得两个圆台的高分别为,,所以.故答案为:.8.(2023年天津高考数学真题)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【解析】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:B9.(2022年高考全国甲卷数学(理)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.【答案】C【解析】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.10.(2023年高考全国乙卷数学(理)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【解析】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:B11.(2023年高考全国甲卷数学(理)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【解析】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.12.(2024年天津高考数学真题)一个五面体.已知,且两两之间距离为1.并已知.则该五面体的体积为( )A. B. C. D.【答案】C【解析】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.13.(2023年北京高考数学真题)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【解析】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:C14.(2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题)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【解析】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.考点3:空间直线、平面位置关系的判断15.(2024年天津高考数学真题)若为两条不同的直线,为一个平面,则下列结论中正确的是( )A.若,,则 B.若,则C.若,则 D.若,则与相交【答案】C【解析】对于A,若,,则平行或异面或相交,故A错误.对于B,若,则平行或异面或相交,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,则与相交或异面,故D错误.故选:C.16.(2024年高考全国甲卷数学(理)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【解析】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.17.(2022年高考全国乙卷数学(理)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【答案】A【解析】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.选项BCD解法二:对于选项B,如图所示,设,,则为平面与平面的交线,在内,作于点,在内,作,交于点,连结,则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角,由勾股定理可知:,,底面正方形中,为中点,则,由勾股定理可得,从而有:,据此可得,即,据此可得平面平面不成立,选项B错误;对于选项C,取的中点,则,由于与平面相交,故平面平面不成立,选项C错误;对于选项D,取的中点,很明显四边形为平行四边形,则,由于与平面相交,故平面平面不成立,选项D错误;故选:A.考点4:线线角与线面角问题18.(2022年高考全国甲卷数学(理)真题)在四棱锥中,底面.(1)证明:;(2)求PD与平面所成的角的正弦值.【解析】(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)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,所以与平面所成角的正弦值为.19.(2022年高考全国乙卷数学(理)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.【解析】(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.20.(2022年新高考北京数学高考真题)如图,在三棱柱中,侧面为正方形,平面平面,,M,N分别为,AC的中点.(1)求证:平面;(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求直线AB与平面BMN所成角的正弦值.条件①:;条件②:.注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.【解析】(1)取的中点为,连接,由三棱柱可得四边形为平行四边形,而,则,而平面,平面,故平面,而,则,同理可得平面,而平面,故平面平面,而平面,故平面,(2)因为侧面为正方形,故,而平面,平面平面,平面平面,故平面,因为,故平面,因为平面,故,若选①,则,而,,故平面,而平面,故,所以,而,,故平面,故可建立如所示的空间直角坐标系,则,故,设平面的法向量为,则,从而,取,则,设直线与平面所成的角为,则.若选②,因为,故平面,而平面,故,而,故,而,,故,所以,故,而,,故平面,故可建立如所示的空间直角坐标系,则,故,设平面的法向量为,则,从而,取,则,设直线与平面所成的角为,则.21.(2022年新高考浙江数学高考真题)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.【解析】(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,∴.22.(2023年高考全国甲卷数学(理)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.【解析】(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.23.(2022年高考全国甲卷数学(理)真题)在长方体中,已知与平面和平面所成的角均为,则( )A. B.AB与平面所成的角为C. D.与平面所成的角为【答案】D【解析】如图所示:不妨设,依题以及长方体的结构特征可知,与平面所成角为,与平面所成角为,所以,即,,解得.对于A,,,,A错误;对于B,过作于,易知平面,所以与平面所成角为,因为,所以,B错误;对于C,,,,C错误;对于D,与平面所成角为,,而,所以.D正确.故选:D.24.(2022年新高考浙江数学高考真题)如图,已知正三棱柱,E,F分别是棱上的点.记与所成的角为,与平面所成的角为,二面角的平面角为,则( )A. B. C. D.【答案】A【解析】如图所示,过点作于,过作于,连接,则,,,,,,所以,故选:A.25.(2023年高考全国乙卷数学(理)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【解析】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:C26.(2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题)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【解析】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.27.(多选题)(2022年新高考全国I卷数学真题)已知正方体,则( )A.直线与所成的角为 B.直线与所成的角为C.直线与平面所成的角为 D.直线与平面ABCD所成的角为【答案】ABD【解析】如图,连接、,因为,所以直线与所成的角即为直线与所成的角,因为四边形为正方形,则,故直线与所成的角为,A正确;连接,因为平面,平面,则,因为,,所以平面,又平面,所以,故B正确;连接,设,连接,因为平面,平面,则,因为,,所以平面,所以为直线与平面所成的角,设正方体棱长为,则,,,所以,直线与平面所成的角为,故C错误;因为平面,所以为直线与平面所成的角,易得,故D正确.故选:ABD考点5:外接球、内切球问题28.(2023年高考全国甲卷数学(理)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【解析】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:1229.(2022年新高考全国II卷数学真题)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为和,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【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径,所以,即,设球心到上下底面的距离分别为,球的半径为,所以,,故或,即或,解得符合题意,所以球的表面积为.故选:A.考点6:立体几何中的范围与最值问题及定值问题30.(多选题)(2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题)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【解析】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.31.(2022年新高考全国I卷数学真题)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为,且,则该正四棱锥体积的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】C【解析】∵球的体积为,所以球的半径,[方法一]:导数法设正四棱锥的底面边长为,高为,则,,所以,所以正四棱锥的体积,所以,当时,,当时,,所以当时,正四棱锥的体积取最大值,最大值为,又时,,时,,所以正四棱锥的体积的最小值为,所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选:C.[方法二]:基本不等式法由方法一故所以当且仅当取到,当时,得,则当时,球心在正四棱锥高线上,此时,,正四棱锥体积,故该正四棱锥体积的取值范围是32.(2022年高考全国乙卷数学(理)真题)已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为( )A. B. C. D.【答案】C【解析】[方法一]:【最优解】基本不等式设该四棱锥底面为四边形ABCD,四边形ABCD所在小圆半径为r,设四边形ABCD对角线夹角为,则(当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立)即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时,底面ABCD面积最大值为又设四棱锥的高为,则,当且仅当即时等号成立.故选:C[方法二]:统一变量+基本不等式由题意可知,当四棱锥为正四棱锥时,其体积最大,设底面边长为,底面所在圆的半径为,则,所以该四棱锥的高,(当且仅当,即时,等号成立)所以该四棱锥的体积最大时,其高.故选:C.[方法三]:利用导数求最值由题意可知,当四棱锥为正四棱锥时,其体积最大,设底面边长为,底面所在圆的半径为,则,所以该四棱锥的高,,令,,设,则,,,单调递增, ,,单调递减,所以当时,最大,此时.故选:C.【点评】方法一:思维严谨,利用基本不等式求最值,模型熟悉,是该题的最优解;方法二:消元,实现变量统一,再利用基本不等式求最值;方法三:消元,实现变量统一,利用导数求最值,是最值问题的常用解法,操作简便,是通性通法.考点7:距离问题33.(2024年北京高考数学真题)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【解析】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.当相对的棱长相等时,不妨设,,因为,此时不能形成三角形,与题意不符,这样情况不存在.故选:D.考点8:立体几何存在性问题34.(2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题)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.【解析】(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.35.(2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题)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.【解析】(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,.考点9:二面角问题36.(2024年高考全国甲卷数学(理)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.【解析】(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.37.(2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题)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.【解析】(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.(2024年北京高考数学真题)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.【解析】(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39.(2024年天津高考数学真题)已知四棱柱中,底面为梯形,,平面,,其中.是的中点,是的中点.(1)求证平面;(2)求平面与平面的夹角余弦值;(3)求点到平面的距离.【解析】(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.40.(2023年北京高考数学真题)如图,在三棱锥中,平面,. (1)求证:平面PAB;(2)求二面角的大小.【解析】(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.41.(2023年高考全国乙卷数学(理)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.【解析】(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.42.(2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题)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.【解析】(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.43.(2022年新高考天津数学高考真题)直三棱柱中,,D为的中点,E为的中点,F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.【解析】(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),,,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),,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.44.(2022年新高考全国II卷数学真题)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.【解析】(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)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.45.(2023年天津高考数学真题)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.【解析】(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.21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页)21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台专题04 立体几何(理)考点 三年考情(2022-2024) 命题趋势考点1:三视图 2022年浙江卷、2022年全国甲卷(理) 2023年全国乙卷(理) 从近三年高考命题来看,本节是高考的一个重点,立体几何是高考的必考内容,重点关注以下几个方面: (1)掌握基本空间图形及其简单组合体的概念和基本特征,能够解决简单的实际问题; (2)多面体和球体的相关计算问题是近三年考查的重点; (3)运用图形的概念描述图形的基本关系和基本结果,突出考查直观想象和逻辑推理. (4)能够理解空间向量的概念、运算、背景和作用;能够运用空间向量解决一些简单的实际问题,体会用向量解决一类问题的程序化思想.考查重点是解决空间线线角、线面角、二面角的问题求解.考点2:空间几何体表面积、体积、侧面积 2023年全国Ⅱ卷、2022年全国II卷 2022年天津卷、2023年天津卷 2024年全国甲卷(理)、2022年全国甲卷(理) 2023年全国乙卷(理)、2023年全国甲卷(理) 2024年天津卷、2023年北京卷 2024年全国Ⅰ卷考点3:空间直线、平面位置关系的判断 2024年天津卷、2024年全国甲卷(理) 2022年全国乙卷(理)考点4:线线角与线面角问题 2022年全国甲卷(理) 2022年全国乙卷(理) 2022年北京卷、2022年浙江卷 2023年全国甲卷(理) 2022年全国甲卷(理) 2022年浙江卷、2023年全国乙卷(理) 2024年全国Ⅱ卷、2022年全国I卷考点5:外接球、内切球问题 2023年全国甲卷(理)、2022年全国II卷考点6:立体几何中的范围与最值问题及定值问题 2023年全国Ⅰ卷、2022年全国I卷 2022年全国乙卷(理)考点7:距离问题 2024年北京卷考点8:立体几何存在性问题 2024年全国Ⅰ卷、2023年全国Ⅰ卷考点9:二面角问题 2024年全国甲卷(理) 2024年全国Ⅱ卷、2024年北京卷 2024年天津卷、2023年北京卷 2023年全国乙卷(理) 2023年全国Ⅱ卷、2022年天津卷 2022年全国II卷、2023年天津卷考点1:三视图1.(2022年高考全国甲卷数学(理)真题)如图,网格纸上绘制的是一个多面体的三视图,网格小正方形的边长为1,则该多面体的体积为( )A.8 B.12 C.16 D.202.(2022年新高考浙江数学高考真题)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.3.(2023年高考全国乙卷数学(理)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考点2:空间几何体表面积、体积、侧面积4.(多选题)(2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题)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5.(多选题)(2022年新高考全国II卷数学真题)如图,四边形为正方形,平面,,记三棱锥,,的体积分别为,则( )A. B.C. D.6.(2022年新高考天津数学高考真题)如图,“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象,重叠后的底面为正方形,直三棱柱的底面是顶角为,腰为3的等腰三角形,则该几何体的体积为( )A.23 B.24 C.26 D.277.(2024年高考全国甲卷数学(理)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 .8.(2023年天津高考数学真题)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.9.(2022年高考全国甲卷数学(理)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.10.(2023年高考全国乙卷数学(理)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.11.(2023年高考全国甲卷数学(理)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.12.(2024年天津高考数学真题)一个五面体.已知,且两两之间距离为1.并已知.则该五面体的体积为( )A. B. C. D.13.(2023年北京高考数学真题)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.14.(2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题)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.考点3:空间直线、平面位置关系的判断15.(2024年天津高考数学真题)若为两条不同的直线,为一个平面,则下列结论中正确的是( )A.若,,则 B.若,则C.若,则 D.若,则与相交16.(2024年高考全国甲卷数学(理)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.①③④17.(2022年高考全国乙卷数学(理)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.平面平面考点4:线线角与线面角问题18.(2022年高考全国甲卷数学(理)真题)在四棱锥中,底面.(1)证明:;(2)求PD与平面所成的角的正弦值.19.(2022年高考全国乙卷数学(理)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.20.(2022年新高考北京数学高考真题)如图,在三棱柱中,侧面为正方形,平面平面,,M,N分别为,AC的中点.(1)求证:平面;(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求直线AB与平面BMN所成角的正弦值.条件①:;条件②:.注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.21.(2022年新高考浙江数学高考真题)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.22.(2023年高考全国甲卷数学(理)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.23.(2022年高考全国甲卷数学(理)真题)在长方体中,已知与平面和平面所成的角均为,则( )A. B.AB与平面所成的角为C. D.与平面所成的角为24.(2022年新高考浙江数学高考真题)如图,已知正三棱柱,E,F分别是棱上的点.记与所成的角为,与平面所成的角为,二面角的平面角为,则( )A. B. C. D.25.(2023年高考全国乙卷数学(理)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.26.(2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题)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.327.(多选题)(2022年新高考全国I卷数学真题)已知正方体,则( )A.直线与所成的角为 B.直线与所成的角为C.直线与平面所成的角为 D.直线与平面ABCD所成的角为考点5:外接球、内切球问题28.(2023年高考全国甲卷数学(理)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.29.(2022年新高考全国II卷数学真题)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为和,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )A. B. C. D.考点6:立体几何中的范围与最值问题及定值问题30.(多选题)(2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题)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31.(2022年新高考全国I卷数学真题)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为,且,则该正四棱锥体积的取值范围是( )A. B. C. D.32.(2022年高考全国乙卷数学(理)真题)已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为( )A. B. C. D.考点7:距离问题33.(2024年北京高考数学真题)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.考点8:立体几何存在性问题34.(2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题)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.35.(2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题)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.考点9:二面角问题36.(2024年高考全国甲卷数学(理)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.37.(2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题)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.(2024年北京高考数学真题)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.39.(2024年天津高考数学真题)已知四棱柱中,底面为梯形,,平面,,其中.是的中点,是的中点.(1)求证平面;(2)求平面与平面的夹角余弦值;(3)求点到平面的距离.40.(2023年北京高考数学真题)如图,在三棱锥中,平面,. (1)求证:平面PAB;(2)求二面角的大小.41.(2023年高考全国乙卷数学(理)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.42.(2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题)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.43.(2022年新高考天津数学高考真题)直三棱柱中,,D为的中点,E为的中点,F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.44.(2022年新高考全国II卷数学真题)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.45.(2023年天津高考数学真题)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.21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页)21世纪教育网(www.21cnjy.com) 展开更多...... 收起↑ 资源列表 专题04(原卷版).docx 专题04(解析版).docx 专题04(原卷版).docx 专题04(解析版).docx