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２ ９６ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
命题点 7 立体几何与空间向量
M"A
立体几何考查空间几何体的结构特征、空间中的位置关系、空间角等，注重知识的交汇和融合，对空间想象能力、逻辑推理能
力和运算求解能力要求较高．
命题方向：
．小题考查几何体的结构特征、表面积、体积运算等问题；考查线面位置关系的辨析，空间角的求解以及与球有关的截面等
１
问题．
．解答题第（ ）问侧重利用几何方法解决线面位置关系的判定和证明问题，第（ ）问多采用空间向量法解决空间角或空间
２ １ ２
距离问题，有时也会涉及翻折和探究性问题．
预测探究
识透高频考点 证明 ＡＡ 平面ＡＢＣ
（１） ： １⊥ ；
若ＡＡ ＢＣ ＢＡＣ ° 求平面 Ａ ＢＣ 与平面 Ａ ＢＣ
１．（ 福建龙岩质检， ）已知球的体积为３２ 且该球的表面 （２） １＝ ＝２，∠ ＝９０ ， １ １ １
２０２４ ５ π，
夹角的余弦值．
３
积与底面半径为 的圆锥的侧面积相等 则该圆锥的体积为 $
２ ，
Ｂ " #
（ ）
４ １５ ８ １５
Ａ． π Ｂ． π Ｃ．４ １５π Ｄ．８ １５π
３ ３
２．（多选）（ 广东名校联盟 月模拟， % 1 $ $
２０２４ ５
１０ ）如图 ， 正方体 ＡＢＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ 的棱 " # " #
长为 Ｄ→Ｐ Ｐ→Ｃ 平面α经过点Ａ Ｐ 则 基本知识运用 线面垂直的判定；求平面与平面的夹角
４， １ ＝３ １， １， ，
ＢＣ % $ 解析 证明 取ＢＣ的中点Ｍ 连接ＭＡ ＭＡ ．
（ ） （１） ： ， 、 １
Ａ． Ａ １ Ｐ ⊥ ＰＣ " # 因为ＡＢ ＝ ＡＣ ， Ａ １ Ｂ ＝ Ａ １ Ｃ ， 所以ＢＣ ⊥ ＡＭ ， ＢＣ ⊥ Ａ １ Ｍ．
又ＡＭ Ａ Ｍ 平面Ａ ＭＡ ＡＭ Ａ Ｍ Ｍ
直线Ａ Ｐ与直线ＢＣ所成角的正切值为 ３ ， １ ⊂ １ ， ∩ １ ＝ ，
Ｂ． １ 所以ＢＣ 平面Ａ ＭＡ．
４ ⊥ １
因为Ａ Ａ 平面Ａ ＭＡ 所以ＢＣ Ａ Ａ．
直线Ａ Ｐ与平面ＡＢＢ Ａ 所成角的正切值为 ４ １ ⊂ １ ， ⊥ １
Ｃ． １ １ １ 又因为Ａ Ａ Ｂ Ｂ 所以Ｂ Ｂ ＢＣ
３ １ ∥ １ ， １ ⊥ ，
若Ｃ α 则正方体截平面α所得截面面积为 因为平面ＢＢ Ｃ Ｃ 平面ＡＢＣ 平面ＢＢ Ｃ Ｃ 平面ＡＢＣ ＢＣ
Ｄ． ∈ ， ２６ １ １ ⊥ ， １ １ ∩ ＝ ，
３．（多选）（ 湖北黄冈 月模拟， ）如图 在棱长为 的正 且Ｂ Ｂ 平面ＢＢ Ｃ Ｃ
２０２４ ５ １０ ， ２ １ ⊂ １ １ ，
方体ＡＢＣＤ
－
Ａ
１
Ｂ
１
Ｃ
１
Ｄ
１
中
，
Ｐ为棱ＢＢ
１
的中点
，
点Ｑ满足Ｃ→
１
Ｑ
＝
所以Ｂ
１
Ｂ
⊥
平面ＡＢＣ．
因为Ａ Ａ Ｂ Ｂ 所以ＡＡ 平面ＡＢＣ．
λＣ→Ｂ μＣ→Ｃ λ μ 则下列说法中正确的是 １ ∥ １ ， １⊥
１ １＋ １ ， ∈［０，１］， ∈［０，１］， 解法一：因为 ＢＡＣ ° 且ＢＣ 所以ＡＢ ＡＣ ．
ＢＣ （２） ∠ ＝９０ ， ＝２， ＝ ＝ ２
（ ） 以ＡＢ ＡＣ ＡＡ 所在直线分别为 ｘ 轴 ｙ $
% $ ， ， １ ， [
轴 ｚ 轴 建立如图所示的空间直角坐
" # ， ， " #
标系
，
% 1 则Ａ Ｂ Z
$ １（０，０，２）， （ ２，０，０），
$
" # Ｃ （０， ２，０）， Ｃ １（０， ２，２） ． .
所以Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ " # Y
ＡＣ 平面Ａ ＰＤ １ ＝ （ ２，０，－２）， １ ＝ （０， ２，
Ａ． １⊥ １ Ａ→Ｃ ．
若Ｄ Ｑ 平面Ａ ＰＤ 则动点Ｑ的轨迹是一条线段 －２）， １ １＝（０， ２，０）
Ｂ． １ ∥ １ ， 设平面Ａ ＢＣ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ
１ ＝（ １， １， １），
若λ μ １ 则四面体ＤＰＱＡ 的体积为定值
Ｃ． ＋ ＝ ， １ {ｍ Ａ→Ｂ { ｘ ｚ
２ 则 · １ ＝０，可得 １－ ２ １＝０，
若Ｍ为正方形ＡＤＤ Ａ 的中心 则三棱锥Ｍ ＡＢＤ外接球的
Ｄ． １ １ ， － ｍ · Ａ→ １ Ｃ ＝０， ｙ １－ ２ ｚ １＝０，
体积为６４ ２ 令ｚ 则ｍ
π １＝１， ＝（ ２， ２，１），
３ 设平面Ａ ＢＣ 的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
４．（ 广东深圳二模， ）如图 三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 侧面 １ １ ＝（ ２， ２， ２），
２０２４ １５ ， － １ １ １ ，
ＢＢ Ｃ Ｃ 底面ＡＢＣ 且ＡＢ ＡＣ Ａ Ｂ Ａ Ｃ．
１ １ ⊥ ， ＝ ， １ ＝ １
命题点7 立体几何与空间向量 ２ ９７
则 {ｎ · Ａ→ １ Ｂ ＝０， 可得 { ｘ ２－ ２ ｚ ２＝０， 4
ｎ Ａ→Ｃ ｙ
· １ １＝０， ２＝０，
令ｚ 则ｎ
２＝１， ＝（ ２，０，１），
% 0 $
设平面Ａ ＢＣ与平面Ａ ＢＣ 的夹角为θ
１ １ １ ，
ｍ ｎ
则 θ ｜ · ｜ ３ １５
ｃｏｓ ＝ ｍ ｎ ＝ ＝ ，
｜ ｜｜ ｜ ５× ３ ５ 0
" #
.
所以平面Ａ ＢＣ与平面Ａ ＢＣ 夹角的余弦值为 １５．
１ １ １ ５ 创新考法 以圆锥、圆柱构成的组合体为载体，考查空间中的
解法二：由题意将直三棱柱 ＡＢＣ － $ % 位置关系及空间角
Ａ Ｂ Ｃ 补成长方体ＡＢＤＣ Ａ Ｂ Ｄ Ｃ
连 １ 接 １ Ｃ １ Ｄ 过点 Ｃ 作 ＣＰ － Ｃ １ Ｄ １ 垂 １ 足 １， 为 " 1 # 解析 （１） 证明 ： 连接ＳＯ ， ＤＣ ， ＤＯ ，
１ ， ⊥ １ ， 设圆锥的底面所在平面为α 则ＳＯ α ＯＯ α
Ｐ 再过 Ｐ 作 ＰＱ Ａ Ｂ 垂足为 Ｑ 连 2 ， １⊥ ， １⊥ ，
， ⊥ １ ， ， 所以Ｓ Ｏ Ｏ三点共线
接ＣＱ． $ % ， １， ，
从而ＳＯ ＤＣ Ｏ 所以点Ｓ Ｄ Ｃ Ｏ共面
因为 ＢＤ 平面 ＣＤＤ Ｃ 且 ＣＰ 平面 ∩ ＝ １， ， ， ， ，
⊥ １ １， ⊂ " # 又因为ＳＯ Ｏ Ｏ ＣＯ Ｏ Ｄ
ＣＤＤ Ｃ 所以ＢＤ ＣＰ． １＝ １ ， １＝ １ ，
１ １， ⊥ 所以四边形ＳＤＯＣ为平行四边形
又因为ＣＰ Ｃ Ｄ ＢＤ Ｃ Ｄ 平面Ａ ＢＤＣ 且ＢＤ Ｃ Ｄ Ｄ 所 ，
⊥ １ ， ， １ ⊂ １ １， ∩ １ ＝ ， 故ＳＤ ＯＣ
以ＣＰ 平面Ａ ＢＤＣ ． ∥ ，
⊥ １ １ 因为Ｍ为圆柱下底面圆周上异于Ａ Ｂ的点 所以ＳＤ 平面
因为Ａ Ｂ 平面Ａ ＢＤＣ 所以Ａ Ｂ ＣＰ． ， ， ⊄
１ ⊂ １ １， １ ⊥ ＭＯＣ 又ＯＣ 平面ＭＯＣ 所以ＳＤ 平面ＭＯＣ．
又因为ＰＱ Ａ Ｂ ＣＰ ＰＱ 平面ＣＰＱ 且ＣＰ ＰＱ Ｐ ， ⊂ ， ∥
⊥ １ ， ， ⊂ ， ∩ ＝ ， 如图 以 Ｏ 为原点 分别以Ｏ→Ａ Ｏ→Ｓ的方 [
所以Ａ Ｂ 平面ＣＰＱ （２） ， ， ， 4
１ ⊥ ， 向为ｘ轴 ｚ轴的正方向建立空间直角坐标
因为ＣＱ 平面ＣＰＱ 所以ＣＱ Ａ Ｂ． 、
⊂ ， ⊥ １ 系Ｏｘｙｚ．
则 ＣＱＰ为平面Ａ ＢＣ与平面Ａ ＢＣ 的夹角或其补角
∠ １ １ １ ，
则Ａ Ｄ Ｃ 则Ｏ→Ｃ
（１，０，０）， （１，０，２）， （－１，０，２）， % 0 $
在 Ａ ＢＣ中 由等面积法可得ＣＱ ３０．
△ １ ， ＝ Ａ→Ｄ 设 ＢＯＭ θ
３ ＝（－１，０，２）， ＝（０，０，２）， ∠ ＝ ，
ＰＱ 则Ｍ θ θ 且 ° θ ° 则
因为ＰＱ Ａ Ｃ 所以 ＣＱＰ １５ （－ｃｏｓ ，ｓｉｎ ，０）， ３０ ≤ ≤４５ ，
＝ １ １＝ ２， ｃｏｓ∠ ＝ＣＱ＝ ５ ， Ｏ→Ｍ θ θ Y 0 #
＝（－ｃｏｓ ，ｓｉｎ ，０）， " .
设平面 ＭＯＣ 的法向量为 ｎ ｘ ｙ ｚ Z
因此平面Ａ ＢＣ与平面Ａ ＢＣ 夹角的余弦值为 １５． ＝（ ， ， ），
１ １ １
５ {ｎ Ｏ→Ｃ
则 · ＝０，
悟透新型考法
ｎ Ｏ→Ｍ
· ＝０，
１．（ 广东广州二模， ）用两个平行平面去截球体 把球体 { ｘ ｚ
２０２４ １４ ， 即 － ＋２ ＝０，
夹在两截面之间的部分称为球台．根据祖暅原理 幂势既同 ｘ θ ｙ θ
（“ ， － ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ＝０，
令ｘ θ 则ｎ θ θ θ
则积不容异 ”）， 推导出球台的体积Ｖ 球台＝ １ π ｈ （３ ｒ２ １＋３ ｒ２ ２＋ ｈ２ ）， ＝２ｓｉｎ ， ＝（２ｓｉｎ ，２ｃｏｓ ，ｓｉｎ ），
６ 设直线ＡＤ与平面ＭＯＣ所成角为β 则 β Ａ→Ｄ ｎ
其中ｒ ｒ 分别是两个平行平面截球所得截面圆的半径 ｈ是 ， ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝
两个平
１，
行
２
平面之间的距离．已知圆台Ｏ Ｏ 的上 下底面
，
的圆 ｜
Ａ→Ｄ
·
ｎ
｜ ２ｓｉｎ
θ
１
周
°
都
若
在
圆
球
台
Ｏ的
Ｏ
球
Ｏ
面
上
上
下
， 圆
底
台
面截
Ｏ １
球
Ｏ ２
Ｏ
的
所
母
得
１ 线
的
２ 与
球
底
台
面
的
、 所
体
成
积
的
比
角
圆
为
台
｜ Ａ→Ｄ ｜·｜ ｎ ｜ ＝ ２ ４＋ｓｉｎ ２θ ＝
ｓｉｎ
４ ２θ＋１ ，
４５ ， １ ２ 、
Ｏ １ Ｏ ２ 的体积大 ９π， 则球Ｏ的表面积Ｓ 球 与圆台Ｏ １ Ｏ ２ 的侧面 因为 ３０ ° ≤ θ ≤４５ ° ， 所以 １ ≤ｓｉｎ θ ≤ ２ ，
Ｓ ２ ２
积Ｓ 的比值 球 的取值范围为 （ ， ） ．
台侧 Ｓ ２ ２ ＋∞
台侧 从而 １ ２θ １ 所以 １７ β １
≤ｓｉｎ ≤ ， ≤ｓｉｎ ≤ ，
２．（ 福建泉州 月质检， ）如图所示的几何体是由圆锥 ４ ２ １７ ３
２０２４ ５ １７
ＳＯ
１
与圆柱Ｏ
１
Ｏ组成的组合体
，
其中圆柱的轴截面ＡＢＣＤ是 因为
ｓｉｎ
２β
＋ｃｏｓ
２β
＝１，
所以
１＋
１
２β＝
１
２β，
边长为 的正方形 圆锥的高ＳＯ Ｍ为圆柱下底面圆周上 ｔａｎ ｓｉｎ
２ ， １＝２，
异于Ａ Ｂ的点． 从而 １
， ８≤ ２β≤１６，
求证 ＳＤ 平面ＭＯＣ ｔａｎ
（１） ： ∥ ；
若 ° ＢＯＭ ° 求直线ＡＤ与平面ＭＯＣ所成角的 解得 １ β ２
（２） ３０ ≤∠ ≤４５ ， ≤ｔａｎ ≤ ，
正切值的取值范围． ４ ４
é ù
所以 β的取值范围为êê １ ２úú．
ｔａｎ ë ， û
４ ４
２ ９８ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ ＰＡ ＰＤ Ｏ为ＡＤ中点
参透创新情境 ∴ ⊥ ，∵ ＝ ， ，
ＰＯ ＡＤ 又平面ＡＢＣＤ 平面ＰＡＤ ＡＤ ＰＯ 平面ＰＡＤ
１．（ 湖南益阳 月质检， ）如图所示 个 ∴ ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊂ ，
２０２４ ４ ７ ，４ ＰＯ 平面ＡＢＣＤ 以Ｏ→Ａ的方向为 ｘ 轴正方向 Ｏ→Ｇ的方向
球两两外切形成的几何体 称为一个 最密 ∴ ⊥ ，∴ ，
， “
堆垒 ．显然 即使是 最密堆垒 个球之间 为ｙ轴正方向 Ｏ→Ｐ的方向为ｚ轴正方向 建立如图所示的空间
” ， “ ”，４ ， ，
依然存在着空隙．材料学研究发现 某种金属 直角坐标系
， ，
[
晶体中 个原子的 最密堆垒 的空隙中如果再嵌入一个另一
４ “ ” 1
种金属原子并和原来的 个原子均外切 则材料的性能会有
４ ，
显著性变化．记原金属晶体的原子半径为ｒ 另一种金属晶体 & '
Ａ，
的原子半径为ｒ 则ｒ 和ｒ 的关系是 Ｄ
Ｂ， Ａ Ｂ （ ） ) % $
ｒ ｒ ｒ ｒ
Ａ．２ Ｂ＝ ３ Ａ Ｂ．２ Ｂ＝ ６ Ａ 0 ( Z
ｒ ｒ ｒ ｒ
Ｃ．２ Ｂ＝（ ３－１） Ａ Ｄ．２ Ｂ＝（ ６－２） Ａ
２．（ 山东泰安二模， ）两个向量ａ和ｂ的叉乘写作ａ ｂ 叉 " #
２０２４ １７ × ， Y
乘运算结果是一个向量 其模为 ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ 方
， ｜ × ｜＝｜ ｜｜ ｜·ｓｉｎ〈 ， 〉， ( ) ( )
向与这两个向量所在平面垂直．若ａ ｘ ｙ ｚ ｂ ｘ ｙ 则Ｄ Ｆ １ Ｇ Ｈ １ １
＝（ １， １， １）， ＝（ ２， ２， （－１，０，０）， －
２
，１，１ ， （０，１，０），
２
，
２
，１ ，
ｚ 则ａ ｂ ｙ ｚ ｙ ｚ ｘ ｚ ｘ ｚ ｘ ｙ ｘ ｙ ．如图 已知 ( ) ( )
２）， × ＝（ １ ２－ ２ １，－（ １ ２－ ２ １）， １ ２－ ２ １） ， Ｄ→Ｆ １ Ｄ→Ｇ Ｄ→Ｆ Ｄ→Ｇ １ ．
在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 底面ＡＢＣＤ是直角梯形 ＢＡＤ ° ∴ ＝ ，１，１ ， ＝（１，１，０），∴ × ＝ －１，１，－
－ ， ，∠ ＝９０ ， ２ ２
ＡＢ １ ＣＤ ＡＢ ＣＤ ＡＤ ＣＤ Ｏ Ｅ Ｆ Ｇ 分别是 ＡＤ ＰＤ 由 知 Ｓ １ ＤＦ ＤＧ ＦＤＧ １ Ｄ→Ｆ Ｄ→Ｇ
＝ ， ∥ ， ＝ ＝２， ， ， ， ， ， ② ① △ ＤＦＧ＝ ｜ ｜ ｜ ｜ｓｉｎ∠ ＝ ｜ × ｜ ＝
２ ２ ２
ＰＣ ＡＣ的中点．
， １ １ ３ ．
证明 平面ＢＯＥ 平面ＤＦＧ． １＋１＋ ＝
（１） ： ∥ ２ ４ ４
( )
（２） 已知ＰＡ ＝ ＰＤ ＝ ５， ＰＢ ＝ ６， Ｈ为ＰＢ的中点 ， 以Ｏ为原点 ， 由题意可知 ， ｎ ＝ Ｄ→Ｆ × Ｄ→Ｇ ＝ －１，１，－ １ 是平面ＤＦＧ的一个法
Ｏ→Ａ的方向为ｘ轴的正方向建立空间右手直角坐标系．
( )
２
向量 又Ｄ→Ｈ ３ １
求Ｄ→Ｆ Ｄ→Ｇ ， ＝ ， ，１ ，
① × ； ２ ２
②
求三棱锥Ｈ
－
ＤＦＧ的体积．
Ｈ到平面ＤＦＧ的距离ｄ ｜
Ｄ→Ｈ
·
ｎ
｜ ．
1 ∴ ＝ ｎ ＝１
｜ ｜
& ' 三棱锥Ｈ ＤＦＧ的体积Ｖ １ Ｓ ｄ １ ．
∴ － Ｈ － ＤＦＧ＝ △ ＤＦＧ· ＝
３ ４
) % $
0
(
" #
创新情境 通过对向量叉乘的理解和运用，求空间几何体的
体积
解析 证明 在 ＡＰＤ中 Ｏ Ｅ分别为ＡＤ ＰＤ中点
（１） ： △ ， ， ， ，
ＯＥ ＡＰ 在 ＡＰＣ中 Ｆ Ｇ分别为ＰＣ ＡＣ中点
∴ ∥ ， △ ， ， ， ，
ＦＧ ＡＰ ＯＥ ＦＧ
∴ ∥ ，∴ ∥ ，
ＦＧ 平面ＤＦＧ ＯＥ 平面ＤＦＧ ＯＥ 平面ＤＦＧ
∵ ⊂ ， ⊄ ，∴ ∥ ，
连接ＢＧ ＯＧ ＯＧ １ ＣＤ ＯＧ ＣＤ ＡＢ １ ＣＤ ＡＢ ＣＤ
， ，∵ ＝ ， ∥ ， ＝ ， ∥ ，
２ ２
ＯＧ ＡＢ 四边形ＡＯＧＢ为平行四边形
∴ ，∴ ，
ＢＧ ＡＯ ＢＧ ＯＤ
∴ ，∴ ，
四边形ＯＤＧＢ为平行四边形 ＯＢ ＤＧ．
∴ ，∴ ∥
ＤＧ 平面ＤＦＧ ＯＢ 平面ＤＦＧ ＯＢ 平面ＤＦＧ．
∵ ⊂ ， ⊄ ，∴ ∥
ＯＥ 平面ＢＯＥ ＯＢ 平面ＢＯＥ 且ＯＥ ＯＢ Ｏ
∵ ⊂ ， ⊂ ， ∩ ＝ ，
平面ＢＯＥ 平面ＤＦＧ．
∴ ∥
ＰＡ ＰＢ ＡＢ ＰＢ２ ＰＡ２ ＡＢ２
（２）①∵ ＝ ５， ＝ ６， ＝１，∴ ＝ ＋ ，
ＰＡ ＡＢ 又 ＢＡＤ ° ＡＢ ＡＤ
∴ ⊥ ， ∠ ＝９０ ，∴ ⊥ ，
ＡＤ ＡＰ 平面ＰＡＤ ＡＤ ＡＰ Ａ
∵ ， ⊂ ， ∩ ＝ ，
ＡＢ 平面ＰＡＤ 又ＡＢ 平面ＡＢＣＤ
∴ ⊥ ， ⊂ ，
