文档内容
专题 13 立体几何与空间向量
1．（新课标全国Ⅰ卷）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
【分析】设圆柱的底面半径为 ，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径 的方程，求出解后可求圆锥的
体积.
【详解】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.
2．（新课标全国Ⅱ卷）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
【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高 ，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求
得 ，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台 补成正三棱锥
， 与平面ABC所成角即为 与平面ABC所成角，根据比例关系可得 ，进而可求正三棱锥 的高，即可得结果.
【详解】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.
3．（全国甲卷数学（文））设 是两个平面， 是两条直线，且 .下列四个命题：
①若 ，则 或 ②若 ，则
③若 ，且 ，则 ④若 与 和 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
【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.
【详解】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.
4．（新高考北京卷）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
【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面 平面 ，可知 平面 ，利用等体积
法求点到面的距离.
【详解】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.
5．（新高考天津卷）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
【分析】根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误.
【详解】对于A，若 ， ，则 平行或异面，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.
6．（新高考天津卷）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
【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.
【详解】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.7．（新高考上海卷）定义一个集合 ，集合中的元素是空间内的点集，任取 ，存在不全为0
的实数 ，使得 ．已知 ，则 的充分条件是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】首先分析出三个向量共面，显然当 时，三个向量构成空间的一个基底，
则即可分析出正确答案.
【详解】由题意知这三个向量 共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，
对A，由空间直角坐标系易知 三个向量共面，则当 无法推出
，故A错误；
对B，由空间直角坐标系易知 三个向量共面，则当 无法推出
，故A错误；
对C， 由空间直角坐标系易知 三个向量不共面，可构成空间的一个基底，
则由 能推出 ，
对D，由空间直角坐标系易知 三个向量共面，则当 无法推出 ，故D错误.
故选：C．
8．（全国甲卷数学（理））已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为 和 ，母线长分别为 和
，则两个圆台的体积之比 ．
【答案】
【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可
得解.
【详解】由题可得两个圆台的高分别为 ，
，
所以 .
故答案为： .
9．（新高考北京卷）已知三个圆柱的体积为公比为10的等比数列．第一个圆柱的直径为65mm，第二、
三个圆柱的直径为325mm，第三个圆柱的高为230mm，求前两个圆柱的高度分别为 ．
【答案】
【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.
【详解】设第一个圆柱的高为 ，第二个圆柱的高为 ，则 ，
故 ， ，故答案为： .
10．（新课标全国Ⅰ卷）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 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证出 平面 ，即可得 ，由勾股定理逆定理可得 ，从而
，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）过点D作 于 ，再过点 作 于 ，连接 ，根据三垂线法可知， 即为二
面角 的平面角，即可求得 ，再分别用 的长度表示出 ，即可解方程求
出 ．
【详解】（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 ．
11．（新课标全国Ⅱ卷）如图，平面四边形ABCD中， ， ， ， ，
，点E，F满足 ， ，将 沿EF对折至 ，使得 ．
(1)证明： ；
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得 ，利用勾股定理的逆定理可证得 ，则
，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明 ，建立如图空间直角坐标系 ，利
用空间向量法求解面面角即可.
【详解】（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 .
12．（全国甲卷数学（文））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)求点 到 的距离.
【答案】(1)证明见详解；
(2)【分析】（1）结合已知易证四边形 为平行四边形，可证 ，进而得证；
（2）作 ，连接 ，易证 三垂直，结合等体积法 即可求解.
【详解】（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，
由等体积法可得 ， ，
，
，
设点 到 的距离为 ，则 ，
解得 ，即点 到 的距离为 .13．（全国甲卷数学（理））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．
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形 为平行四边形，可证 ，进而得证；
（2）作 交 于 ，连接 ，易证 三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即
可求解.
【详解】（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 .
14．（新高考北京卷）已知四棱锥P-ABCD， ， ， ， ，E是 上
一点， ．(1)若F是PE中点，证明： 平面 ．
(2)若 平面 ，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取 的中点为 ，接 ，可证四边形 为平行四边形，由线面平行的判定定理可
得 平面 .
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面 和平面 的法向量后可求夹角的余弦值.
【详解】（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
15．（新高考天津卷）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．
【答案】(1)证明见解析(2)
(3)
【分析】（1）取 中点 ，连接 ， ，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得 ，
结合线面平行判定定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；
（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.
【详解】（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 .
16．（新高考上海卷）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．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形 的边长，然后求圆锥的体积；
（2）连接 ，可先证 平面 ，根据线面角的定义得出所求角为 ，然后结合题目
数量关系求解.
【详解】（1）正四棱锥满足且 平面 ，由 平面 ，则 ，
又正四棱锥底面 是正方形，由 可得， ，
故 ，
根据圆锥的定义， 绕 旋转一周形成的几何体是以 为轴， 为底面半径的圆锥，
即圆锥的高为 ，底面半径为 ，
根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是
（2）连接 ，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，
由 是 中点，则 ，又 平面 ，
故 平面 ，即 平面 ，又 平面 ，
于是直线 与平面 所成角的大小即为 ，
不妨设 ，则 ， ，
又线面角的范围是 ，
故 .即为所求.一、单选题
1．（2024·内蒙古·三模）设 ， 是两个不同的平面， ， 是两条不同的直线，且 则“ ”
是“ 且 ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．充分必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据题意，利用线面平行的判定定理与性质定理，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求
解.
【详解】当 时， 可能在 内或者 内，故不能推出 且 ，所以充分性不成立；
当 且 时，设存在直线 ， ，且 ，
因为 ，所以 ，根据直线与平面平行的性质定理，可知 ，
所以 ，即必要性成立，故“ ”是“ 且 ”的必要不充分条件.
故选：C.
2．（2024·河南·模拟预测）设 ， 为两个不同的平面， ， 为两条相交的直线，已知 ， ，
则“ ， ”是“ ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要
条件
【答案】A
【分析】先根据空间公理确定平面 ；再根据面面平行的判定定理和性质可得出充分性成立；最后根据面
面平行的性质及线面位置关系可得出必要性不成立.
【详解】设两条相交的直线 ， 确定一个平面 ，
因为 ， ，直线 ， 相交， ， ，
所以根据面面平行的判定定理可得： ，又因为 ， ，直线 ， 相交， ， ，
所以根据面面平行的判定定理可得： ，
所以 ，充分性成立；
由 ， ， 可的： ， 或 ， ，必要性不成立，
所以“ ， ”是“ ”的充分不必要条件.
故选：A.
3．（2024·河北石家庄·三模）设 是三个不同的平面， 是两条不同的直线，则下列命题为真命题
的是（ ）
A．若 ，则 B．若 ，则
C．若 ，则 D．若 ，则
【答案】D
【分析】根据线面位置关系依次讨论各选项即可得答案.
【详解】对于A选项，若 ，则 或 ，无法确定 与 的关系，错误；
对于B选项，根据面面平行的性质定理，缺少 的条件，它们可能平行或异面，错误；
对于C选项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件 ， 平行、相交或 均有可能，错误；
对于D选项，若 ，则 ，由面面垂直的判定定理可得 ，正确.
故选：D
4．（2024·辽宁·二模）设 ， 是两个平面， ， ， 是三条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若 ， ， ，则
B．若 ， ， ，则
C．若 ， ， ，则
D．若 ， ，则【答案】B
【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，若 ， ， ，则 相交或平行，所以A错误；
对于B中，若 ， ，由线面平行的性质可得 ，所以 B正确；
对于C中，若 ， ， ，当 两两相交时， 两两相交，所以C错误；
对于D中，若 ， ，则 或 ，所以D错误.
故选：B.
5．（2024·陕西榆林·三模）已知正三棱锥 的侧棱与底面边长的比值为 ，若三棱锥 外接
球的表面积为 ，则三棱锥 的高为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】根据球心到底面的距离、底面三角形的外接圆半径和球的半径满足勾股定理，求得 ，然后
可得棱锥的高.
【详解】如图， 为等边三角形，
设 为 中点， 面 ， ，则 ，
所以 ，
设三棱锥 外接球的半径为 ，由正棱锥的性质可知球心为 在 上，
则 ，即 ，所以 .
由 ，解得 .
所以三棱锥 的高为 .故选：B.
6．（2024·河南·三模）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是一个圆心角为 的扇形，则该圆锥的侧
面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据半径求底面周长，由弧长公式可得母线长，然后可得侧面积.
【详解】因为底面半径 ，所以底面周长 ，
又圆锥母线长 ，所以圆锥侧面积 ．
故选：A．
7．（2024·山东泰安·三模）已知圆台 的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截
面周长为16，则该圆台的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】作出圆台的轴截面，利用其周长和两底面圆半径的关系列方程，求出 ，代入公式，即可求得圆
台的表面积.
【详解】
如图，作出圆台的轴截面 ,设上底面圆 的半径为 ，则下底面圆 的半径是 ，故轴截面周长为 ，解得 ，
所以上、下底面圆的面积分别为 ， ，圆台侧面积 ，
所以圆台的表面积为 .
故选:C.
8．（2024·天津·二模）在如图所示的几何体中，底面 是边长为4的正方形， ， ， ，
均与底面 垂直，且 ，点E、F分别为线段 、 的中点，记该几何
体的体积为 ，平面 将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求几何体的体积 ，再求被截较小部分的体积 即可.
【详解】由题意可知，如图所示， ，
所以平面 即为平面 截几何体的截面.
因为 ， ,
所以几何体的体积 ,
被截棱台的体积
,较大部分体积为 ,
且 ,
所以较小部分的体积为 .
故选：D.
9．（2024·河北·三模）已知三棱锥 ， 平面 ， ， ，若三棱锥外
接球的表面积为 ，则此三棱锥的体积为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】利用正弦定理求出 外接圆的半径 ，根据球的表面积求出球的半径 ，再由 平面 ，
则 求出 ，最后根据锥体的体积公式计算可得.
【详解】因为 ， ，所以 ，
，设 外接圆的半径为 ，则 ，即 ，
设三棱锥外接球的半径为 ， ，解得 （负值已舍去）；
因为 平面 ，所以 ，即 ，解得 （负值已舍去）；
所以 .
故选：B
10．（2024·云南曲靖·二模）在三棱锥 中， 两两垂直， ，则直线
与平面 所成角的正切值等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】取 的中点 ，作 交 于 点，由线面垂直的判定定理、性质定理可得 就是
直线 与平面 所成角，在 中计算可得答案.
【详解】如图所示，取 的中点为 ，连接 ，作 交 于 点，
因为 ，且 ， 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，所以 ，
因为 ，点 为 的中点，所以 ，
因为 ， 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
所以 就是直线 与平面 所成角，
因为 ，
所以 .
故选：D.11．（2024·四川南充·三模）如图，在直三棱柱 中， ，E、F、G、H
分别为 的中点，则下列说法中错误的是（ ）
A．E、F、G、H四点共面
B． 三线共点
C．设 ，则平面 截该三棱柱所得截面的周长为
D． 与平面 所成角为
【答案】C
【分析】根据两直线平行确定平面判断A；利用相交平面的公共点共线得三点共线可判断B；作出截面四
边形，根据截面边长的大小判断C；作 于 ，利用线面垂直的判定定理证明 平面 ，
进而得到 为 与平面 所成的角可得D正确.
【详解】如图，A：连接 ，因为E、F、G、H分别为 、 、 、 的中点，
所以 ， ，所以 ，所以E、F、G、H四点共面，故A正确；
B：由A知， 且 ，所以梯形的两腰 、 所在直线必相交于一点 ，
因为 平面 ， 平面 ，
又平面 平面 ，所以 ，所以 与 重合，
即 、 、 三线共点于 ，故B正确.
C：延长 交 的延长线于 点，连接 ，交 于 点，连接 ， ，
设 确定平面为 ，则 ，所以 ，所以 ，
则易知三棱柱的截面四边形为 ， 在 中， ，
在 中， ，而 中， ，
而 ，所以截面的周长大于 ，故C错误；
D：作 于 ，
因为 ，所以 为 中点，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
又 ，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
所以 为 与平面 所成的角，等于 ，故D正确；
故选：C.
【点睛】关键点点睛：利用共面的判定，结合直线与平面的关系，作出平面与三棱柱截面的图形，是解决
C选项的关键所在12．（2024·辽宁·二模）长方体 中，四边形 为正方形，直线 与直线 所成角
的正切值为2，则直线 与平面 所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由异面直线所成的角求得长方体中棱的关系，再根据线面角定义计算．
【详解】长方体中， ，所以 就是直线 与直线 所成角，
因此 ，即 ，
又由 平面 知 是直线 与平面 所成角，
，
故选：B．
13．（2024·北京门头沟·一模）如图， 正方体 中， 点 为线段 上的动点， 则
下列结论正确的个数是（ ）
（1）三棱锥 的体积为定值；（2）直线 与平面 所成的角的大小不变；
（3）直线 与 所成的角的大小不变，
（4） ．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由已知可得 面 ，可得 上任意一点到平面 的距离相等，即可判断（1）；点P
在直线 上运动时，直线 与平面 所成的角和直线 与平面 所成的角不相等，即可判断
（2）；根据线面垂直的判定定理可证得 平面 ，再由线面垂直的性质即可判断（3）；由线面
垂直的判定定理可证 平面 ，即可判断（4）
【详解】
对于（1），因为 ， 面 ， 面 ，所以 面 ，
所以 上任意一点到平面 的距离相等，又 ，所以三棱锥 的体积不变，故正
确；
对于（2），点P在直线 上运动时，直线AB与平面 所成的角和直线 与平面 所成的角不
相等，故错误；
对于（3），设 ，则 ，又 面 ，所以 ，又 ，所以 平面 ,
又 平面 ，所以 ，所以点P在直线 上运动时，直线 与直线 所成的角的大
小不变，故正确；
对于（4），因为 为正方体，则 平面 ，且 平面 ，则 ，
又 ，且 ， 平面 ，
所以 平面 ，且 平面 ，所以 ，
又 平面 ，且 平面 ，所以 ，又 ，
且 ， 平面 ，所以 平面 ，
且 平面 ，所以 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 ，
且 平面 ，所以 ，故正确；
故选：C
二、多选题
14．（2024·河南新乡·三模）已知 为空间中三条不同的直线， 为空间中三个不同的平面，
则下列说法中正确的是（ ）
A．若 ，则
B．若 ，则 与 为异面直线
C．若 ，且 ，则
D．若 ，则
【答案】ACD
【分析】利用面面垂直的判定判断A；确定线线位置关系判断B；利用平面基本事实判断C；利用线面垂直的性质、面面平行的性质判断D.
【详解】对于A，显然 ，又 ，则 ，A正确；
对于B，由 ，得 与 可能相交、可能平行、也可能为异面直线，B错误；
对于C，由 ， ，知点 在平面 内，
即为平面 的公共点，而 ，因此 ，C正确；
对于D，由 ，得 ，而 ，因此 ，D正确.
故选：ACD
15．（2024·安徽·三模）已知四棱锥 的底面是边长为3的正方形， 平面 为等腰
三角形， 为棱 上靠近 的三等分点，点 在棱 上运动，则（ ）
A． 平面
B．直线 与平面 所成角的正弦值为
C．
D．点 到平面 的距离为
【答案】BC
【分析】连接 ，若 平面 ，证得 ，得到 ，与题设矛盾，可判定A错误；过
点 作 ，根据线面垂直的判定定理，证得 平面 ，得到直线 与平面 所成的角为
，可判定B正确；将平面 翻折至与平面 共面，连接 ，结合 ，可判定C
正确；根据 ，求得高 ，可判定D错误.
【详解】对于A中，连接 ，交 于点 ，连接 ，如图所示，
若 平面 ，因为平面 平面 ，且 平面 ，
所以 ，因为 为 的中点，所以 ，
又因为 为棱 上靠近 的三等分点，所以矛盾，所以A错误；
对于B中，过点 作 ，垂足为 ，因为 平面 ，且 平面 ，所以 ，
又因为四边形 为正方形，所以 ，
因为 ，且 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ，
因为 ，且 平面 ，所以 平面 ，
则直线 与平面 所成的角为 ，
由题可知 ，所
以B正确；
对于C中，将平面 翻折至与平面 共面，且点 在直线 的两侧，
连接 ，则 ，所以C正确；
对于D中，设点 到平面 的距离为 ，
则 3，
解得 ，所以D错误.
故选：BC.
16．（2024·河北保定·二模）如图1，在等腰梯形 中， ， ， ，
， ，将四边形 沿 进行折叠，使 到达 位置，且平面 平面 ，
连接 ， ，如图2，则（ ）A． B．平面 平面
C．多面体 为三棱台 D．直线 与平面 所成的角为
【答案】ABD
【分析】求得 位置关系判断选项A；求得平面 与平面 位置关系判断选项B；利用三棱
台定义判断选项C；求得直线 与平面 所成的角判断选项D.
【详解】对于A，因为平面 平面 ，
平面 平面 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，所以 ，A正确.
对于B，因为 ， 平面 ， 平面 ，
则 平面 ，
又 ， 平面 ， 平面 ，
则 平面 ，
又 ， 平面 ，所以平面 平面 ，B正确.
对于C，因为 ， ，则 ，
所以多面体 不是三棱台，C错误.
对于D，延长 ， 相交于点G，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， ，
所以 平面 ，则 为直线 与平面 所成的角.
因为 ，所以 ，
解得 ， ， ，
则 ，D正确.故选：ABD
17．（2024·江苏·二模）设m，n是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，下列命题中正确的有
（ ）
A．若 ， ， ，则
B． ， ， ，则
C．若 ， ， ，则
D．若 ， ， ，则
【答案】BCD
【分析】根据垂直关系的转化与判定定理和性质定理，即可判断选项.
【详解】A. 若 ， ， ，不能推出 或 ，则不能推出 ，故A错误；
B.若 ， ，则 ，又 ，所以 ，故B正确；
C. 若 ， ，则 ，又 ，所以 ，故C正确；
D. 若 ， ， ，说明与 和 垂直的法向量互相垂直，则 ，故D正确.
故选：BCD
18．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在正方体 中， 分别为棱
的中点，点 是面 的中心，则下列结论正确的是（ ）A． 四点共面 B．平面 被正方体截得的截面是等腰梯形
C． 平面 D．平面 平面
【答案】BD
【分析】可得过 三点的平面为一个正六边形，判断A；分别连接 和 ，截面 是等腰
梯形，判断B；分别取 的中点 ，易证 显然不平行平面 ，可判断C； 平面
，可判断D.
【详解】对于A：如图经过 三点的平面为一个正六边形 ，点 在平面外， 四
点不共面， 选项A错误；
对于B：分别连接 和 ，则平面 即平面 ，截面 是等腰梯形， 选项B正确；
对于C：分别取 的中点 ，则平面 即为平面 ，
由正六边形 ，可知 ，所以 不平行于 ，
又 平面 ，所以 ，所以 平面 ，
所以 不平行于平面 ，故选项 错误；
对于D：因为 是等腰三角形， ，
， ，是 的中点，易证 ，由正方体可得 平面 ，
平面 ，又 平面 ， ，
平面 ， 平面 ，
平面 ， 平面 平面 故选项D正确．
故选：BD．
19．（2024·湖南·模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且四边形ABCD为正方形，
，点E，M，N分别为AD，PD，BC的中点，记过点M，N，E的平面为 ，四棱锥P-ABCD的体
积为V，则（ ）
A．AM⊥平面PCD
B．BM⊥PD
C．平面 截四棱锥P-ABCD两部分中较大部分几何体的体积为
D．平面PBC⊥平面PCD
【答案】ABC
【分析】对于A，由已知先证得 ，再证得 ，则可得AM⊥平面PCD，即可判断；对于
B，由已知可得 ，故得 是等边三角形，又M为PD的中点，所以 ，即可判
断；对于C，先得过点M，N，E的平面为 于PC交于点H，进而得得 ，得
，得 ，得 ，得 ，得
，即可判断；对于D，作出二面角B-PC-D的平面角 ，由余弦定理计算出 ，可得平面PBC与平面PCD不垂直，即可判断.
【详解】
因为四边形ABCD为正方形， ，
所以 ，又M为PD的中点，所以 ，
又PA⊥底面ABCD，得 ，
又四边形ABCD为正方形，得 ，
又 ，且 平面PAD，
所以 平面PAD，
又 平面PAD，所以 ，
又 ，且 平面PCD，
所以AM⊥平面PCD，故A正确；
如图,连接 ，由四边形ABCD为正方形， ，
可得 ，
又PA⊥底面ABCD，则 ，故 是等边三角形，
又M为PD的中点，所以 ，故B正确；
连接 ，又点E，M，N分别为AD，PD，BC的中点，
则有 ，
又 平面 ，
可得 平面 ， 平面 ，
记过点M，N，E的平面为 ，交 于点 ，连接 ，
又 ，所以平面 平面
又由面面平行的性质可得 ，
故 为 的中位线，由点 分别为 的中点，
得 ，又四棱锥P-ABCD的体积为V，得 ，
又 ，则 ，
所以 ，
则
故较大部分几何体的体积为 ，故C正确；
过B作 于点F连接 ，
由已知得 ，则 ，
则 为二面角B-PC-D的平面角，
设 ，由等面积法得 ，
得 ，故 ，
在 中， ，
故平面PBC与平面PCD不垂直，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：选项C中，要先得出过点M，N，E的平面为 于PC交点的位置，进而得到截得四
棱锥P-ABCD两部分中较大部分几何体的体积于四棱锥P-ABCD的体积之间的关系；选项D中，通过几何
法，作出二面角B-PC-D的平面角，利用余弦定理得出余弦值，通过判断二面角的平面角是否是直角来判
断两个平面是否垂直.
三、填空题
20．（2024·上海·三模）已知空间向量 ， ， 共面，则实数
【答案】3
【分析】根据空间向量共面得到 ，得到方程，求出
【详解】设 ，即 ，故 ，解得 .
故答案为：3
21．（2024·陕西·三模）如图，四边形 是圆柱的轴截面， 是底面圆周上异于 的一点，则下面
结论中正确的序号是 ．（填序号）
① ；② ；③ 平面 ；④平面 平面 ．
【答案】①②④
【分析】证明 平面 ，即可得到 ，同理可得 ，即可判断①②，推出矛盾说明③，
根据 平面 说明④.
【详解】因为四边形 是圆柱的轴截面，则线段 是底面圆的直径， 都是母线．
又 是底面圆周上异于 的一点，于是得 ，而 平面 ， 平面 ，则 ．
因为 平面 ，则 平面 ，因为 平面 ，所以 ，①正
确：
同理可证 ，②正确：
点 不在底面 内，而直线 在底面 内，即 是两条不同直线，
若 平面 ，因 平面 ，与过一点有且只有一条直线垂直于已知平面矛盾，③不正确；
因为 平面 ，而 平面 ，于是得平面 平面 ，④正确．
故答案为：①②④
22．（2024·福建福州·一模）已知三棱锥 中， 为等边三角形， ， ，
， ，则三棱锥的外接球的半径为 ．
【答案】3【分析】首先证明 ， ， 两两垂直且长度均为 ，再将该三棱锥放置于正方体当中即可.
【详解】取线段 的中点 ，分别连接 ，因为 为等边三角形，
则 ，所以 ，因为 ，且 ， 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，
所以 ，又因为 的中点为 ，则 垂直平分 ，因为 ，
所以 ，所以 为等腰直角三角形，
所以 ，因为 ，则 ，
所以 ，又因为 ， 平面 ， ，所以 平面 ，
则易知 ， ， 两两垂直且长度均为 ，
所以可将三棱锥补成正方体，如图所示三棱锥的外接球就是正方体的外接球，
设外接球的半径为 ，则 .
故答案为：3.
23．（2024·四川遂宁·三模）若长方体 的底面是边长为2的正方形，高为4，E是 的中点，现给出以下四个命题：
①
②平面 平面
③三棱锥 的体积为
④三棱锥 的外接球的表面积为
则正确命题的序号是 ．
【答案】③④
【分析】利用长方体的空间平行与垂直关系，可以判断①②，利用已知的棱长，可计算体积和外接接半径，
即问题得以求解.
【详解】
对于①：由正方形的底边长为2，长方体的高为4，可知 ，则 与 不垂直，又因为
，所以 与 不垂直，故①错误：
对于②：因为平面 平面 ，若平面 平面 ，则有交线 ，但事实上CE，不平行，故②错误；
对于③；由底面是边长为2的正方形，高为4，E是 的中点，则 ，故③正
确；
对于④：三棱锥 的外接球即为长方体 的外接球，
故外接球的半径 ，
所以三棱锥 的外接球的表面积 ，故④正确．
故答案为：③④．
四、解答题
24．（2024·河南·三模）如图，在直三棱柱 中， 是棱BC上一点（点D与点 不重合），且
，过 作平面 的垂线 ．
(1)证明： ；
(2)若 ，当三棱锥 的体积最大时，求AC与平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2) ．
【分析】（1）先证明 平面 ，再根据线面垂直的性质即可证得；（2）法1：由三棱锥 的体积最大推理得到 最大，利用基本不等式得 ，作
于 ，可推得 平面 ，得到AC与平面 所成的角等于 ，解三角形即得；法
2：依题建系，分别求得 和平面 的法向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【详解】（1）在直三棱柱 中， 平面ABC，因为 平面ABC，所以 ．
又 平面 ，所以 平面 ．
又因为 平面 ，所以 ．
（2）因为 ，所以当三棱锥 体积最大时， 最大．
由（1）可知 平面 ，因为 面 ，所以 ．
又 ，所以 ，
当且仅当 时取等号，即当 最大时， ．
法1：综合法
如图，作 于 ，连结AH.
由（1）可知 平面 ，因为 面 ，所以 ．
又 平面 ，所以 平面 ．
因此，AC与平面 所成的角等于 ．因为 平面 平面 ，所以 ．
在Rt 中， ，所以 ，因此 ,
在Rt 中， ．
所以AC与平面 所成角的正弦值 ．
法2：向量法
在平面 内，作 交 于 ，因为 平面ABC，所以 平面ABC．
分别以DC，DA，DE为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图.则 ．
设平面 的法向量为 ，易得 ，
可取 ．
因 ，则 ，
所以AC与平面 所成角的正弦值等于 ．
25．（2024·江苏·模拟预测）如图，在四棱台 中，， ， ．
(1)记平面 与平面 的交线为 ，证明： ；
(2)求平面 与平面 的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线线平行证明线面平行，再由线面平行即可证线线平行；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法来求两平面夹角的余弦值.
【详解】（1）
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
又 平面 ，平面 平面 ，所以 .
（2）在 中， .
由余弦定理得， ，则 ，得 .
又 ，则 .因为 平面 ，所以 ，又 ，所以 平面 ，
以 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，得 ，所以 .
又 是平面 的一个法向量.
记平面 与平面 的夹角为 ，则 ，
所以平面 与平面 的夹角的余弦值为
26．（2024·安徽·三模）如图，已知四棱锥 中，点 在平面 内的投影为点 ，
， .
(1)求证：平面 平面 ；(2)若平面 与平面 所成角的正弦值为 ，求 的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设 中点为 ，连接 ，即可得到四边形 为正方形，利用勾股定理逆定理得到
，再由线面垂直的性质得到 ，即可证明 平面 ，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，设 ，求出平面 的法向量和平面 的法向量，利用空间向
量求解即可.
【详解】（1）设 中点为 ，连接 ，
因为 ，且 ，故四边形 为正方形，
而 ， ， ，
所以 ，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，又 平面 ， ，
所以 平面 ，因为 平面 ，
所以平面 平面 ；
（2）以 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴，建立如图所示的空间直角坐标系
，
设 ，则 ， ， ， ，所以 ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，即 ，令 ，所以 ，
由（1）知，平面 的法向量为 ，
设平面 与平面 所成角为 ，则 ，所以 ，即 ，解得 或 （舍去），
所以 .
27．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥 中， 平面 ， ，底面 为直
角梯形， ， ， ， 是 的中点，点 ， 分别在线段 与 上，且
， .
(1)若平面 平面 ，求 、 的值；
(2)若 平面 ，求 的最小值.
【答案】(1) ；
(2)8.
【分析】（1）若平面 平面 ，由面面平行的性质定理可知， ，由 为 的中点，可
得 为 的中点，同理 为 的中点，即可得出结果；
（2）以 为原点， 、 、 所在直线分别为 轴、 轴、 轴正半轴建立空间直角坐标系，求得的法向量为 ，由 平面 ，则有 ，即 ，代入计算化简可得结果.
【详解】（1）若平面 平面 ，平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，
又因为 为 的中点，所以 为 的中点，同理 为 的中点，所以 .
（2）因为 ， 底面 ，
如图，以 为原点， 、 、 所在直线分别为 轴、 轴、 轴正半轴建立空间直角坐标系，
故 ，则 ， ，
设平面 的法向量为 ，则 取 ，可得 .
因为 ， ，所以 ， ，
则 ，
因为 平面 ，所以 ，即 ，
所以 ，即 ，
所以 ，所以 ，所以 ，
当且仅当 ，即 时取等号，所以 的最小值为8.
28．（2024·河北衡水·三模）如图，在三棱柱 中，四边形 是矩形， ，
．
(1)求证： 平面 ；
(2)求平面 与平面 所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由 得四边形 为菱形，则 ，由已知的数据结合勾股定理逆定理得
，而 ，则 平面 ，所以 ，再由线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）取 的中点 ，连结BM，则 两两垂直，所以以 为原点， 所在的直线分
别为 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：在平行四边形 中，因为 ，
所以四边形 为菱形，故 ，
又因为 ，故 为等边三角形，故 ．
在 中， ， ,
所以 ，故
又因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，因此 ．
又因为 ， 平面 ，
所以 平面 ；
（2）解：取 的中点 ，连结BM，因为 为等边三角形，
所以 ，
因为 ‖ ，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
故 两两垂直，
所以以 为原点， 所在的直线分别为 轴建立空间直角坐标系，
则 ，
设平面 的法向量为 ，则， 令 ，得 ；
设平面 的法向量为 ，则
, 令 ，得 ．
设平面 与平面 所成角为 ，
则 ．
29．（2024·山东济南·三模）如图，在三棱台 中，平面 平面 ， ，
， ．
(1)求三棱台 的高；
(2)若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求 ．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）作 于点O，利用面面垂直的性质得 即为三棱台 的高，再利用线面垂
直的判定定理和性质定理可得答案；
（2）以O为原点，在面 内，作 ，以 ， ， 所在的直线分别为x，y，z轴建立空间
直角坐标系 ，求出平面 的法向量，设 ，利用线面角的空间向量求法可得答案．
【详解】（1）作 于点O，因为平面 平面 ，
平面 平面 ， 平面 ， ，
所以 平面 ， 即为三棱台 的高，
又因为 平面 ，所以 ，连接 ，
因为 ， ，所以 ，
， 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ， ， ，
所以 ， ，所以三棱台 的高为 ；
（2）以O为原点，在面 内，作 ，以 ， ， 所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所
示的空间直角坐标系 ，
则 ， ， ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，可取 ，设 ，则 ，
设直线 与平面 所成角为 ， ，
化简得 ，解得 ，或 （舍去，因为 ，则 ，所以 ），
所以 ．
30．（2024·山东日照·二模）在三棱锥 中， ， 平面 ，点 在平面 内，且
满足平面 平面 ， ．
(1)求证： ；
(2)当二面角 的余弦值为 时，求三棱锥 的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作 ，证得 平面 ，得到 ，再由 平面 ，证得 ，
利用线面垂直的判定定理，证得 平面 ，进而证得 ；
（2）以 为原点，建立空间直角坐标，设 ，由 ，得到 ，求得
，在求得平面 和 的法向量 和 ，结合向量的夹角公式，
列出方程求得 点的坐标，根据棱锥的体积公式，即可求解.
【详解】（1）解：作 交 于 ，因为平面 平面 ，且平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ，
因为 平面 ，且 平面 ，所以 ，
又因为 ， ，且 平面 ， ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 .
（2）解：以 为原点，以 所在的直线分别为 ，建立空间直角坐标，
如图所示，则 ，
设 ，因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，即 ，
又由 ，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ，所以 ，
又因为 为平面 的一个法向量，
设二面角 的平面角为 ，
则 ，
因为 ，解得 （舍去）或 ，
所以点 或 ，
所以三棱锥 的体积为 .31．（2024·辽宁大连·二模）已知一圆形纸片的圆心为 ，直径 ，圆周上有 两点.如图：
， ，点 是 上的动点.沿 将纸片折为直二面角，并连接 ， ， ， .
(1)当 平面 时，求 的长；
(2)若 ，求 与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1) ；
(2) .
【分析】（1）利用线面平行的性质定理得 ，利用平行线的性质及三角形性质求解即可；
（2）方法一：利用面面垂直性质定理得 平面 ，从而利用线面垂直的性质定理得 ，
，可求得 ，利用等体积法求得 到平面 的距离，利用线面角的正弦值求
解即可；
方法二：建立空间直角坐标系，求出平面 的一个法向量，然后利用向量法求解线面角即可.
【详解】（1） 平面 ， 平面 ，平面 平面 ，则有 .所以 ，
又 ，则 .
（2）方法一：因为平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ， ，所以 平面 .
又 ， 平面 ，则 ， ，
又 ，由 ，可得 .
设 到平面 的距离为d，因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
设 与平面 所成的角为 ，则 .
故 与平面 所成角的正弦值为 .
方法二： ， ， .
如图，过点 作平面 的垂线 ，
以 为坐标原点， ， ， 所在的直线分别为 ， ， 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， .， .
易知 是平面 的一个法向量，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
即 ，令 ，得 ， ，
则 ，
设 与平面 所成角的为 ，
则 .
故 与平面 所成角的正弦值为 .
32．（2024·四川·三模）正方体 的棱长为2， 分别是 的中点.
(1)求证： 面 ；
(2)求点 到平面 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)【分析】（1）利用中位线定理构建线线平行，再利用线面平行的判定定理证明线面平行即可.
（2）利用线面平行合理转化点面距离，再利用等体积法处理即可.
【详解】（1）
连接 ，因为 分别是 的中点，
由中位线定理得 ，又 ，
所以 ，所以 四点共面，由于 是AD的中点，
则 且 那么四边形 为平行四边形，
从而 ，又 面 面 故 面 ，
（2）由上问结论知点 到平面 的距离等于点 到平面 的距离.
易得 ，
利用余弦定理得
则
设点 到平面 的距离 ，
利用等体积法 ，可得 ，
即点 到平面 的距离为 .
