文档内容
专题验收评价
专题 5 空间向量与立体几何
内容概览
A·常考题不丢分
题型一 多面体结构及表面积体积问题
题型二 多面体内接外切问题
题型三 空间几何体角度问题
题型四 空间几何体动点问题
C·挑战真题争满分
题型一 多面体结构及表面积体积问题
一、单选题
1．（2024上·山西运城·高三校考期末）如图所示的粮仓可以看成圆柱体与圆锥体的组合体，设圆锥部分的
高为0.5米，圆柱部分的高为2米，底面圆的半径为1米，则该组合体体积为（ ）
A． 立方米 B． 立方米
C． 立方米 D． 立方米【答案】D
【分析】根据圆柱和圆锥的体积公式可得.
【详解】圆柱体积为 ，圆锥体积为 ，
所以，该组合体的体积为 .故选：D
2．（2024上·山东淄博·高三统考期末）已知正四棱台 的上、下底面边长分别为2和4，若
侧棱 与底面ABCD所成的角为 ，则该正四棱台的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】如图， 分别为上底面和下底面的中心，连接 ，
则 ⊥底面 ，过点 作 ⊥ 于点 ，则 ⊥底面 ，
因为上、下底面边长分别为2和4，所以 ，
故 ， ，
，由于 ，故 ，故该正四棱台的体积为 .
故选：B
3．（2024上·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）“方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上
大下小的正四棱台，现有“方斗”容器如图所示，已知 ， ，现往容器里加米，当米的高度
是“方斗”高度的一半时，用米 ，则该“方斗”可盛米的总质量为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】设线段 、 、 、 的中点分别为 、 、 、 ，利用台体的体积公式计算出棱台
与棱台 的体积之比，即可得出原“方斗”可盛米的总质量.
【详解】设线段 、 、 、 的中点分别为 、 、 、 ，如下图所示：
易知四边形 为等腰梯形，因为线段 、 的中点分别为 、 ，
则 ，设棱台 的高为 ，体积为 ，
则棱台 的高为 ，设其体积为 ，
则 ，则 ，
所以， ，所以，该“方斗”可盛米的总质量为 .
故选：D.
4．（2024上·山西·高三期末）如图，玛雅金字塔是世界上最大的金字塔之一，同埃及金字塔不同，它的每
个侧面都是等腰梯形，并且梯形两腰延长得到的三角形是一个呈“金”字的等边三角形，它的底面是边长
为 的正方形，塔高为 ．该金字塔的体积约为（ ） ．（参考数据 ， ）
A．120064 B．40977 C．34048 D．31659
【答案】B
【详解】如下图，将金字塔的每个侧面的腰延长得到一个正四棱锥 ，
其中 ， 分别是金字塔的上，下底面， 为塔高，点 为 的中点，连接 交 于
点 ，
由题意知 ， ，则 ，则在等边三角形 中，
有 ， ，
又 ，得 ，即 ，解得 ，
所以 ，即金字塔的上底面的边长为 ，
所以金字塔的体积约为 ．
故选：B．
5．（2024上·河北廊坊·高三河北省文安县第一中学校联考期末）如图所示，正四棱台 中，
上底面边长为3，下底面边长为6，体积为 ，点 在 上且满足 ，过点 的平面 与平
面 平行，且与正四棱台各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】如图所示，
过点 作 于点 ，因为 ，所以 ，则四棱台的高为 ，则四棱台的体积为 ，
解得 ，所以侧棱长为 .
如图所示：
过 于点 ， 于点 ，连接 ，由对称性可知 ，
所以 ，而 ，所以 ，
所以 ，同理 ，
分别在棱 上取点 ，使得 ，
易得 ，
所以截面多边形的周长为 .
故选：D.
6．（2024·江西赣州·南康中学校联考一模）在菱形 中， ，将 沿对角线
折起，使点A到达 的位置，且二面角 为直二面角，则三棱锥 的外接球的表面积为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，确定三棱锥 的外接球的球心位置，再求出球半径即可计算作答.
【详解】如图所示：由题意在菱形 中， 互相垂直且平分，点 为垂足，
，
由勾股定理得 ，
所以 ，即 是等边三角形， ，
设点 为 外接圆的圆心，
则 外接圆的半径为 ， ，
如图所示：
设三棱锥 的外接球的球心、半径分别为点 ，
而 均垂直平分 ，过点 ，所以点 在面 ，面 内的射影分别在直线 上，
不妨设点 在面 ，面 内的射影分别为 ，即 ，
由题意 ，且二面角 为直二面角，即面 面 ， ，所以 ，即 ，结合 可知四边形 为矩形，不妨设 ，
则由以上分析可知 ， ，
由勾股定理以及 ，即 ，
可得 ，解得 ，所以 ，
所以三棱锥 的外接球的表面积为 .故选：C.
二、填空题
7．（2024·河南·统考模拟预测）已知轴截面为正三角形的圆锥 的高与球 的直径相等，则圆锥
的体积与球 的体积的比值是 ，圆锥 的表面积与球 的表面积的比值是 ．
【答案】
【详解】设圆锥的底面半径为 ，球的半径为 ，
因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高 ，母线 ，
由题可知： ，所以球的半径
所以圆锥的体积为 ，球的体积 ，
所以 ；圆锥的表面积 ，球的表面积 ，
所以 ，故答案为： ； .
题型二 多面体内接外切问题
一、单选题
1．（2023上·陕西西安·高三校联考阶段练习）若平面 截球 所得截面圆的面积为 ，且球心 到平面的距离为 ，则球 的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用球的截面小圆性质及球的面积公式计算即得.
【详解】由平面 截球 所得截面圆的面积为 ，得此截面小圆半径 ，而球心到此小圆距离
，
因此球 的半径 ，有 ，
所以球 的表面积 .
故选：C
2．（2023上·江苏苏州·高三统考期中）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．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OA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．18％ B．34％ C．42％ D．50％
【答案】C
【详解】设 表示卫星，过 的平面截地球得大圆 ， 是切线，线段 交圆 于 ，如图，
则 ， ， ， ，
则 ，地球表面积为
所以 ．故选：C3．（2016·宁夏石嘴山·石嘴山市第三中学校考一模）球 半径为 ，球面上有三点 ､ ､ ，
， ，则四面体 的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出 的外接圆的半径，可得 到平面 的距离，计算 的面积，即可求出四面体
的体积.
【详解】 ， ，
，又 ，
，
由正弦定理知， 的外接圆的半径为 ，
由球的截面性质可知， 到平面 的距离为 ，
，
四面体 的体积是 .
故选：A
4．（2024·河北·高三联考）将边长为 的菱形 沿对角线 折成直二面角，得到四面体
，则四面体 的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C【详解】如图所示，因为边长为 的菱形 ，
可得 和 均为等边三角形，且边长为 ，沿对角线 折成直二面角，
取 的中点为 ，分别连接 ，则 且 ，
所以 为二面角的平面角，所以 ，取等边 和 的中心分别为 ，
设三棱锥 的外接球的球心为 ，连接 ，
根据球的截面圆的性质，可得 平面 ，且 平面 ，
因为等边 和 ，且边长为 ，可得 ，
且 ， ，
在直角 中， ，
即外接球的半径为 ，
所以四面体 的外接球的表面积为 .
故选：C.
5．（2024·河北·高三联考）已知球O是正三棱锥 （底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中
心）的外接球， ， ，点E是线段BC的中点，过点E作球O的截面，则所得截面面积的
最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】如图：是 在底面的射影，由正弦定理得， 的外接圆半径 .
由勾股定理得棱锥的高 设球 的半径为 ，
则 ，解得 ，
所以 ，即 与 重合，所以当过点E作球O的截面垂直于 时，截面面积最小，
此时截面半径为 ，截面面积为 .故选：A.
二、多选题
6．（2024上·江苏苏州·高三校考期末）下列物体，能够被半径为 的球体完全容纳的有（ ）
A．所有棱长均为 的四面体
B．底面棱长为 ，高为 的正六棱锥
C．底面直径为 ，高为 的圆柱
D．上､下底面的边长分别为 ，高为 的正四棱台
【答案】ABD
【详解】对于A，设所有棱长均为 的四面体 的外接球的球心为 ，顶点在底面的射影为 ，
外接球的半径为 ，则 ， ，
因为 ，所以 ，解得 ，故A正确；对于B，底面棱长为 的正六棱锥的底面外接圆的半径为 ，
并设此时的外接球的半径为 设球心到底面的距离为 ，
则由球的性质可知 ，解得 或 （舍去），
此时正六棱锥的高的最大值为 ，故B正确；
对于C，圆柱的底面半径为 ，高的一半为 ，设其外接球的半径为 ，
所以 ，故C错误；
对于D，正四棱台中，上底面的对角线长为 ，上底面外接圆的半径长为 ，
下底面的对角线长为 ，下底面外接圆的半径长为 ，
易知外接球的球心在正四棱台的上、下底面中心的连线上，且在上底面的下方，设球心到上底面的距离为 ，球的半径为 ，
当球心在两底面之间时，球心到下底面的距离为 ，
则 ，解得 ，符合题意；
当球心在下底面上或下方时，球心到下底面的距离为 ，
则 ，解得 ，不符合题意，
故选：ABD.
题型三 空间几何体角度问题
一、单选题
1．（2024·浙江·高三模拟）在正四面体ABCD中，E，F 是棱BC，AB的中点，则异面直线 DE 与CF 所
成角的余弦值是（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取线段 的中点 ，证得 ，得到 是异面直线 与 所成的角或其补角，在
中，利用余弦定理，即可求解．
【详解】如图所示，取线段 的中点 ，连接 ，
因为 为 的中点，所以 ，
所以 是异面直线 与 所成的角或其补角，
设 ，则 ，
从而 ，
在 中，由余弦定理可得 ．
故选：C.
2．（2024上·甘肃武威·高三统考期末）如图，在棱长都相等的正三棱柱 中， 为棱 的中
点，则直线 与直线 所成的角为（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作直线 与直线 的平行线，然后解三角形即可得出答案.
【详解】
如图设E，F分别为棱 ， 的中点，连接 ， ， ， ，
E，F分别为棱 ， 的中点，所以 ，
因为 为棱 的中点，所以 且 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
所以 （或其补角）为直线 与直线 所成的角.
设正三棱柱 的棱长为 ，
则 ， ， ，
， ，所以 ，所以 ， .
故选：D.
二、多选题
3．（2024上·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第二高级中学校联考期末）如图，在正方体 中，
，点 分别在棱 和 上运动（不含端点），若 ，则下列说法正确的是（ ）
A．直线 与直线 所成角为 B． 平面
C． D．线段 长度的最大值为
【答案】BD
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】
在正方体 中，以 为原点， 分别为 轴的正半轴，建立如图所示的空间直
角坐标系，则 ， ．
，其中 ，而 ，则
，
对于选项A， ， ， ，
又因为异面直线夹角 范围为 ，所以直线 与直线 所成角为 ，故A错误；
对于选项B，因为 ，则 ，
所以 ，又 平面 ，所以 平面 ，故B
正确；
对于选项C，因为 ，且 ，则 ，且 ，所以 ，故
C错误；
对于选项D，因为 ，且 ，
当且仅当 时，即 时， ，
则 ，所以线段 长度的最大值为 ，故D正确；
故选：BD.
4．（2024上·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第六中学校校联考期末）如图，在正四棱柱 中，
，点 分别是 的中点，点 是线段 上的动点，则下列说法正确的是
（ ）A．存在 ，使得 平面
B．当 时，存在 ，使得 平面
C．存在 ，使得平面 平面
D．存在 ，使得平面 平面
【答案】ACD
【详解】以D为原点， 分别为 建立空间直角坐标系，如图：
设 ，则 ，则 ，
又点 分别是 的中点，
所以 ，
A：设平面 的一个法向量为 ， ，
所以 ，取 ，解得 ，设 ， ，
若 平面 ，则 ，
所以 ，
所以当 或 （舍）成立，此时 为 的中点；故A正确；
B：延用A中的解答， ，若 平面 ，则 ，
则 ，当且仅当 时成立，故B错误；
C：
当 与D重合时，因为 ，且 面 ，
面 ，此时平面 平面 ，故C正确；
D：延用A中的解答， ，则 ，因为 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，取 ，得 ，
若平面 平面 ，则 ，故D正确；
故选：ACD
三、解答题5．（2024上·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第二高级中学校联考期末）如图，矩形 中
为边 的中点，将 沿直线 翻折成 ，使 ，若 为线段 的
中点，
(1)求证： 平面
(2)求证：平面 平面
(3)求二面角 夹角的正弦值
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)
【详解】（1）取 中点 ，连接 ，
因为 和 分别是 的中点，
所以 ，又 平面 平面 ，所以 平面 ，
因为 是 的中点，所以 且 ，
所以四边形 为平行四边形，
所以 ，又 平面 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以平面 平面 ，又 平面 ，所以 平面 .
（2）因为 ，
所以 ，所以 ，
因为 ，且 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，又因为 平面 ，
所以平面 平面 .
（3）取 中点 ，连接 ，因为 ，所以 ，
又因为平面 平面 ，且平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴， 轴，
过点 作 的平行线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
，
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 ，
设二面角 的夹角为 ，则 ，
所以 ，所以二面角 夹角的正弦值为 .
6．（2024上·河北廊坊·高三河北省文安县第一中学校联考期末）如图，在三棱锥 中， 是 的
中点， 是 的中点，点 在线段 上，且 .
(1)求证： 平面 ；
(2)若 平面 ，且 ，求直线 与平面 所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）过点 作 交 于点 ，过点 作 交 于点 ，则 .
因为 是 的中点， 是 的中点，所以 ，
因为 ，所以 ，则 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
又 平面 平面 ，所以 平面 .
（2）以 为坐标原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴，过 且垂直于平面 的直线为 轴
建立空间直角坐标系，
设 ，则 ， ，
所以 .
设平面 的法向量为 ，则 即
令 ，得 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则 ，所以 ，
故直线 与平面 所成角的余弦值为 .
7．（2024·河南·统考模拟预测）如图，平行六面体 中，底面 是边长为2的正方形，
为 与 的交点， ．
(1)证明： 平面 ；
(2)求二面角 的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【详解】（1）
连接 ，
因为底面 是边长为2的正方形，所以 ，
又因为 ， ，
所以 ，所以 ，点 为线段 中点，所以 ，
在 中， ， ，
所以 ，
则 ，
又 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）
由题知正方形 中 ， 平面 ，所以建系如图所示，
则 ，
则 ，
，
设面 的法向量为 ，面 的法向量为 ，
则 ，取 ，则取 ，则 .
设二面角 大小为 ，
则 ，
所以二面角 的正弦值为 .
题型四 空间几何体动点问题
一、解答题
1．（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在几何体 中， 平面
.
(1)求证：平面 平面 ；
(2)若 ，在棱 上是否存在一点 ，使得 与平面 所成角的正弦值为 ？
若存在，请求出 的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析(2)存在，
【详解】（1）因为 平面 ，且 ，
所以 平面 ，
取 的中点 ，连接 ，则 平面 ，所以 ，又 ，所以 ，
取 的中点 ，连接 ，则 ，且 ，
又 ，所以 ，且 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
所以 ，
又 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 ；
（2）由（1）知 两两垂直，以 为坐标原点， 所在的直线分别为 轴， 轴，
轴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 ，
则 即 取 ，可得 .
设 ，所以 ，
记 与平面 所成的角为 ，
所以 ，
解得 ，故 为 的中点，即 .所以在棱 上存在点 ，使得 与平面 所成角的正弦值为 ，且 .
2．（2023·四川雅安·统考一模）如图，在三棱柱 中，直线 平面 ，平面 平
面 ．
(1)求证： ；
(2)若 ，在棱 上是否存在一点 ，使二面角 的余弦值为 ？若存在，
求 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；(2)存在， .
【详解】（1）在三棱柱 中，由 平面 ， 平面 ，得
，
在平面 内过 作 于 ，由平面 平面 ，平面 平面 ，
得 平面 ，而 平面 ，则有 ，
显然 平面 ，因此 平面 ，又 平面 ，
所以 .（2）过点 作 ，由 ，得 ，
由（1）知 平面 ， 平面 ，则 ，即直线 两两垂直，
以点 为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系，
由 ，得 ， ，
假定在棱 上存在一点 ，使二面角 的余弦值为 ，
令 ，则 ， ，
设平面 的一个法向量 ，则 ，
令 ，得 ，显然平面 的一个法向量 ，
依题意， ，解得 ，即 ，
所以在棱 上存在一点 ，使二面角 的余弦值为 ， .
3．（2024·四川成都·四川省成都列五中学校考一模）已知，图中直棱柱 的底面是菱形，
其中 .又点 分别在棱 上运动，且满足： ，
.(1)求证： 四点共面，并证明 平面 ；
(2)是否存在点 使得二面角 的余弦值为 ？如果存在，求出 的长；如果不存在，请说明
理由.
【答案】(1)证明见解析(2)存在，
【详解】（1）如图：在棱 分别取点 ，使得 ，
易知四边形 是平行四边形，所以 ，连结 ，
则 ，且 所以四边形 为矩形，故 ，
同理， 且 ，故四边形 是平行四边形，
所以 ，所以
故 四点共面；
又 平面 平面 ，
所以 平面 .（2）以点 为原点，以 为 轴，以 为 轴， 轴过 且平行 ，如图建系
由已知， ,
设 ，因为 ,
则 ，
平面 中向量 ，
设平面 的一个法向量为 ，因为 ，
则 ，取 ，可得其一个法向量为
平面 中， ，
设平面 的一个法向量为 ，因为 ,
则 ，取 ，所以其中一个法向量 ,
若 ，则 ，即有 ，解得 或 ，
所以 .
一、单选题
1．（2023·全国乙卷）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【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
2．（2023·全国甲卷）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【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 .
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.
3．（2022·全国乙卷）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 【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.
选项BCD解法二：解：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.
4．（2022·全国乙卷）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【详解】[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．
5．（2022·全国Ⅱ卷）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
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径 ，再根据球心距，圆面半径，以及球的半
径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【详解】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．
6．（2021·全国·乙卷）在正方体 中，P为 的中点，则直线 与 所成的角为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】平移直线 至 ，将直线 与 所成的角转化为 与 所成的角，解三角形即可.
【详解】如图，连接 ，因为 ∥ ，
所以 或其补角为直线 与 所成的角，
A B C D
因为 平面 1 1 1 1，所以 ，又 ， ，
所以 平面 ，所以 ，
设正方体棱长为2，则 ，
，所以 .
故选：D
7．（2021·全国甲卷）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且 ，则
三棱锥 的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题可得 为等腰直角三角形，得出 外接圆的半径，则可求得 到平面 的距离，
进而求得体积.
【详解】 ， 为等腰直角三角形， ，
则 外接圆的半径为 ，又球的半径为1，
设 到平面 的距离为 ，
则 ，
所以 .
故选：A.8．（2021·全国Ⅰ卷）已知圆锥的底面半径为 ，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设圆锥的母线长为 ，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得 的值，即为所求.
【详解】设圆锥的母线长为 ，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则 ，解得 .
故选：B.
9．（2021·全国·Ⅱ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（ ）
A． B． C． D．
【答案】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 .故选：D.
二、多选题
10．（2023·全国Ⅱ）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
【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.
【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.
11．（2022·全国·Ⅱ卷）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
【分析】直接由体积公式计算 ，连接 交 于点 ，连接 ，由 计算出
，依次判断选项即可.
【详解】
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.
12．（2021·全国·Ⅰ卷 ）在正三棱柱 中， ，点 满足 ，其中
， ，则（ ）
A．当 时， 的周长为定值
B．当 时，三棱锥 的体积为定值
C．当 时，有且仅有一个点 ，使得
D．当 时，有且仅有一个点 ，使得 平面
【答案】BD
【详解】
易知，点 在矩形 内部（含边界）．
对于A，当 时， ，即此时 线段 ， 周长不是定值，故A错误；
对于B，当 时， ，故此时 点轨迹为线段 ，而 ， 平面，则有 到平面 的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当 时， ，取 ， 中点分别为 ， ，则 ，所以 点
轨迹为线段 ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图， ， ， ，则
， ， ，所以 或 ．故 均满足，故
C错误；
对于D，当 时， ，取 ， 中点为 ． ，所以 点轨迹为
线段 ．设 ，因为 ，所以 ， ，所以
，此时 与 重合，故D正确．
故选：BD．
13．（2021·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．
【答案】BC【详解】设正方体的棱长为 ，
对于A，如图（1）所示，连接 ，则 ，
故 （或其补角）为异面直线 所成的角，
在直角三角形 ， ， ，故 ，
故 不成立，故A错误.
对于B，如图（2）所示，取 的中点为 ，连接 ， ，则 ， ，
由正方体 可得 平面 ，而 平面 ，
故 ，而 ，故 平面 ，
又 平面 ， ，而 ，
所以 平面 ，而 平面 ，故 ，故B正确.对于C，如图（3），连接 ，则 ，由B的判断可得 ，
故 ，故C正确.
对于D，如图（4），取 的中点 ， 的中点 ，连接 ，
则 ，
因为 ，故 ，故 ，
所以 或其补角为异面直线 所成的角，因为正方体的棱长为2，故 ， ，
， ，故 不是直角，
故 不垂直，故D错误.
故选：BC.
三、解答题
14．（2023·全国·乙卷）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.
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；
(3) .【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）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 .
15．（2022·全国乙卷）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．
【答案】(1)证明过程见解析
(2) 与平面 所成的角的正弦值为
(3) 【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 所成的角的正弦值为 ，
所以 ，
所以 与平面 所成的角的正弦值为 .
16．（2022·全国·甲卷）在四棱锥 中， 底面
．(1)证明： ；
(2)求PD与平面 所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2) .
【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 ，
所以 与平面 所成角的正弦值为 .
17．（2022·全国Ⅰ卷）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．
【答案】(1) (2)【详解】（1）在直三棱柱 中，设点A到平面 的距离为h，
则 ，
解得 ，所以点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 .
18．（2022·全国·Ⅱ卷）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．
【答案】(1)证明见解析(2)
【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 .19．（2021·全国·乙卷）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．
【答案】（1） ；（2）
【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 ．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结 交 于点N．
由[方法二]知 ．
在矩形 中，有 ，所以 ，即 ．
令 ，因为M为 的中点，则 ， ， ．
由 ，得 ，解得 ，所以 ．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
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 .
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体 ，联结 ，交点记为H，由于 ， ，所以
平面 ．过H作 的垂线，垂足记为G．
联结 ，由三垂线定理可知 ，
故 为二面角 的平面角．
易证四边形 是边长为 的正方形，联结 ， ．，
由等积法解得 ．
在 中， ，由勾股定理求得 ．
所以， ，即二面角 的正弦值为 ．
20．（2021·全国·Ⅰ）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.
【答案】(1)证明见解析；(2) .
【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 ．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作 ，垂足为点G．
作 ，垂足为点F，连结 ，则 ．因为 平面 ，所以 平面 ，
为二面角 的平面角．
因为 ，所以 ．
由已知得 ，故 ．
又 ，所以 ．
因为 ，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角 ，记 为 ， 为 ， ，
记二面角 为 ．据题意，得 ．
对 使用三面角的余弦公式，可得 ，
化简可得 ．①
使用三面角的正弦公式，可得 ，化简可得 ．②
将①②两式平方后相加，可得 ，
由此得 ，从而可得 ．
如图可知 ，即有 ，
根据三角形相似知，点G为 的三等分点，即可得 ，
结合 的正切值，可得 从而可得三棱锥 的体积为 ．
21．（2021·全国·Ⅱ）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．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【分析】（1）取 的中点为 ，连接 ，可证 平面 ，从而得到面 面 .
（2）在平面 内，过 作 ，交 于 ，则 ，建如图所示的空间坐标系，求出平面
、平面 的法向量后可求二面角的余弦值.
【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 .
