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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
1
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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
，
2
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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
，
3
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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，
4
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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.
5
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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.
6
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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，
7
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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
，
，
8
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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
，
9
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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
10
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(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
，
，
11
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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)
12
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【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
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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
，
14
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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，
．
15
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(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
，
16
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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
17
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(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
、
、
、
、
、
，
18
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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)
19
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(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.
20
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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：
，
21
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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
22
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【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
.
23
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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
，
24
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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
,
25
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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
，
，
26
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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.
27
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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，
28
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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
29
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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；
30
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（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
31
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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
32
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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
，
33
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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（ ）
34
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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.
35
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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（ ）
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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，
，
，
，
37
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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
38
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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
，
39
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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
，
40
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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
41
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【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
42
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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，
43
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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；
44
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（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
．
45
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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，
46
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，
，
．
(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
，
47
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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
；
48
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(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
，
49
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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
50
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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
，
51
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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，
52
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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
53
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， 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)
54
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(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
，
55
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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
，
56
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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
.
57
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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
，
58
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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
，
，
.
59
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，
.
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)
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【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
，
61
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可得
，
即点
到平面
的距离为
.
62
