文档内容
专题 04 立体几何（理）
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
2022年浙江卷、2022年全国甲卷（理）
考点1：三视图
2023年全国乙卷（理）
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
考点2：空间几何
从近三年高考命题来看，本节
（理）
体表面积、体
2023 年全国乙卷（理）、2023 年全国甲卷 是高考的一个重点，立体几何
积、侧面积
（理）
是高考的必考内容，重点关注
2024年天津卷、2023年北京卷
2024年全国Ⅰ卷 以下几个方面：
考点3：空间直
2024年天津卷、2024年全国甲卷（理） （1）掌握基本空间图形及其简
线、平面位置关
2022年全国乙卷（理）
系的判断 单组合体的概念和基本特征，
2022年全国甲卷（理） 能够解决简单的实际问题；
2022年全国乙卷（理）
（2）多面体和球体的相关计算
2022年北京卷、2022年浙江卷
考点4：线线角与
2023年全国甲卷（理） 问题是近三年考查的重点；
线面角问题
2022年全国甲卷（理）
（3）运用图形的概念描述图形
2022年浙江卷、2023年全国乙卷（理）
2024年全国Ⅱ卷、2022年全国I卷 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5：外接球、
2023年全国甲卷（理）、2022年全国II卷
内切球问题 （4）能够理解空间向量的概
念、运算、背景和作用；能够
考点6：立体几何
2023年全国Ⅰ卷、2022年全国I卷
中的范围与最值 运用空间向量解决一些简单的
2022年全国乙卷（理）
问题及定值问题
实际问题，体会用向量解决一
考点7：距离问题 2024年北京卷
类问题的程序化思想．考查重
考点8：立体几何 点是解决空间线线角、线面
2024年全国Ⅰ卷、2023年全国Ⅰ卷
存在性问题
角、二面角的问题求解．
2024年全国甲卷（理）
2024年全国Ⅱ卷、2024年北京卷
考点9：二面角问 2024年天津卷、2023年北京卷
题 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：B
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．
【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：B
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．
【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：C
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．
【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ACC A，又 平面 ，
1 1
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：C
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．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A B C D ， 平面A B C D ，则 ，
1 1 1 1 1 1 1 1
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：12
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．
【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 .
