考點(diǎn)13空間向量與立體幾何（解析版）-【一輪復(fù)習(xí)講義】2024年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)

考點(diǎn)13空間向量與立體幾何（36種題型10個(gè)易錯(cuò)考點(diǎn)）

Q一、真題多維細(xì)目表

考題考點(diǎn)考向

2022新高考1,第4題空間幾何體的體積求棱臺(tái)的體積

2022新高考1,第9題空間角與距離異面直線所成角與線面角

2022新高考1,第19題空間向量及其應(yīng)用求點(diǎn)到面的距離及二面角的正弦值

2022新高考2,第7題空間幾何體的機(jī)構(gòu)特征與表面積球的表面積

2022新高考1,第8題空間幾何體的體積求四棱錐體積的范圍

2021新高考1,第12題空間向量及其應(yīng)用線面垂直的判定

2021新高考1,第20題直線，平面垂直的判定與性質(zhì)線線垂直的性質(zhì)，二面角的概念與應(yīng)用，

求三棱錐的體積

2021新高考2,第19題空間角與距離面面垂直的證明，二面角余弦值的求解

U二、命題規(guī)律與備考策略

本章內(nèi)容是高考必考內(nèi)容之一，多考查空間幾何體的表面積與體積，空間中有關(guān)平行與垂直的判定,

空間角與距離的求解，空間向量的應(yīng)用等問(wèn)題。

高考對(duì)本章內(nèi)容的考查比較穩(wěn)定，針對(duì)這一特點(diǎn)，復(fù)習(xí)時(shí)，首先梳理本章重要定理、公式與常用結(jié)論，

掃清基礎(chǔ)知識(shí)和公式障礙；然后分題型重點(diǎn)復(fù)習(xí)，重視向量法求解空間角、距離問(wèn)題的思路與解題過(guò)程

U三2023真題搶先刷，考向提前知

棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積（共4小題）

1.（2023?新高考H）底面邊長(zhǎng)為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個(gè)底面邊長(zhǎng)為2,高為

3的正四棱錐，所得棱臺(tái)的體積為28.

【分析】根據(jù)題意易知△SOIAISASQA,從而可求出臺(tái)體的高，再根據(jù)臺(tái)體的體積公式，計(jì)算即可得解.

【解答】解：如圖所示，根據(jù)題意易知△SOIAIS/\SOA,

.==近=_1

又SOi=3,

1，"SCF=0A=272~~2

，SO=6,，OOi=3,又上下底面正方形邊長(zhǎng)分別為2,4,

所得棱臺(tái)的體積為^(4+16+V4X16)X3=28-

0

故答案為：28.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查臺(tái)體的體積的求解，化歸轉(zhuǎn)化思想，方程思想，屬基礎(chǔ)題.

2.(2023?新高考I)在正四棱臺(tái)ABCD-A\B\C\D\中，AB=2,=A4i=&,則該棱臺(tái)的體積為

776

6—,

【分析】先根據(jù)題意求出四棱臺(tái)的高，再代入臺(tái)體的體積公式即可求解.

【解答】解：如圖，設(shè)正四棱臺(tái)ABCQ-AiBiCiOi的上下底面中心分別為M,N,

過(guò)4作垂足點(diǎn)為從由題意易知4"=//7=亞，又AN=M，

_2

:.AH=AN-HN=^^,又:.AiH=MN=J^~,

22

該四棱臺(tái)的體積為工X(1+4+V1X4)義返=口叵.

326

故答案為：宏苣.

6

【點(diǎn)評(píng)】本題考查臺(tái)體的體積公式的應(yīng)用，屬基礎(chǔ)題.

3.（2023?天津）在三棱錐P-ABC中，線段PC上的點(diǎn)M滿足線段P8上的點(diǎn)N滿足PN=2

33

尸8,則三棱錐P-AMN和三棱錐尸-ABC的體積之比為（）

A.AB.2C.2D.A

9939

【分析】設(shè)N到平面%C的距離di,8到平面朋C的距離必，則立卷1^，然后

5AWA=^-SAPAC'

結(jié)合三棱錐的體積公式即可求解.

【解答】解：在三棱錐P-ABC中，線段PC上的點(diǎn)M滿足線段尸B上的點(diǎn)N滿足PN=2

33

PB,

所以

5APA/A=1SAPAC'

設(shè)N到平面%C的距離力，B到平面出C的距離42,則d,=2dc，

Q132

,

則三棱錐P-AMN的體積為V.^P.AMN-VS.^N-APM=^S^,PAMd\——X^cX2-d-2-VB

333APAC329

PAC-

故三棱錐尸-AMN和三棱錐P-ABC的體積之比為2.

9

故選:B.

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了三棱錐體積的求解，換頂點(diǎn)的應(yīng)用是求解問(wèn)題的關(guān)鍵，屬于中檔題.

（多選）4.（2023?新高考I）下列物體中，能夠被整體放入棱長(zhǎng)為1（單位：m）的正方體容器（容器壁

厚度忽略不計(jì)）內(nèi)的有（）

A.直徑為0.99,”的球體

B.所有棱長(zhǎng)均為1.4m的四面體

C.底面直徑為0.01機(jī)，高為1.8機(jī)的圓柱體

D.底面直徑為1.2孫高為0.01根的圓柱體

【分析】對(duì)于A,由正方體的內(nèi)切球直徑大于0.99可判斷；對(duì)于8,由正方體內(nèi)部最大的正四面體的棱

長(zhǎng)大于1.4可判斷；對(duì)于C,由正方體的體對(duì)角線小于1.8可判斷；對(duì)于Q,取E,F,G,H,I,1/都為

棱中點(diǎn)，則六邊形EFG”〃為正六邊形，由正六邊形的內(nèi)切圓直徑大于1.2可判斷.

【解答】解：對(duì)于A,棱長(zhǎng)為1的正方體內(nèi)切球的直徑為1>0.99,選項(xiàng)A正確；

對(duì)于B,如圖,

BC

正方體內(nèi)部最大的正四面體。-AiB。的棱長(zhǎng)為丘2+]2=&>],4,選項(xiàng)B正確;

對(duì)于C,棱長(zhǎng)為1的正方體的體對(duì)角線為愿<1.8,選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

對(duì)于。，如圖，六邊形EFGH/J為正六邊形,E,F,G,H,I,l/為棱的中點(diǎn),

六邊形EFG4〃棱長(zhǎng)為返■米，NGFH=NGHF=3G°,

2

所以FH$FG=V§GH"苣米，故六邊形EFGHIJ內(nèi)切圓直徑為除米,

而年產(chǎn)得〉（1.2）2=1.44,選項(xiàng)。正確?

故選：ABD.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查簡(jiǎn)單幾何體的體積，考查空間想象能力與運(yùn)算求解能力，屬于中檔題.

二.二面角的平面角及求法（共6小題）

5.（2023?北京）如圖，四面體P-ABC中，PA=AB=BC^\,PC=J§,%_L平面ABC.

（I）求證：BC_L平面PAB-.

（II）求二面角A-PC-B的大小.

p

【分析】（I）由力_L平面ABC可得附，AC,PA1BC,由勾股定理可得BC,AB,再利用線面垂直的

判定定理即可證得平面PAB,

（II）以點(diǎn)8為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以正，前所在直線為x軸，y軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，求出

相應(yīng)向量的坐標(biāo)，進(jìn)而求出平面APC和平面8PC的法向量，再利用二面角的向量公式計(jì)算即可.

【解答】證明：（I）I?%J_平面4BC,ACu平面4BC,BCu平面A8C,

：.PA±AC,PALBC,

'：PA=},PC=M，

?'-AC—YFc?-F/—d3T—V2，

又：AB=8C=1,.,.AC2=AB2+8C2,

：.BCLAB,又：必CAB=A,

平面PAfi；

解：（ID以點(diǎn)8為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以百，前所在直線為x軸，y軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，

如圖所示：

則A(0,1,0),B(0,0,0),C(1,0,0),P(0,1,1),

/.AP=(0，0,1),菽=(1,-1,0),而=(0,1,1),箴=(1,0,0),

設(shè)平面APC的一個(gè)法向量為3=(x，y，z),

則＜_._，取x=l,得口=(1,1,0),

AC?n=x-y=0

設(shè)平面BPC的一個(gè)法向量為7=(a,b,c),

則但?Qb+c=0,取g,得0

(0,1,-1),

BC*m=a=0

—?—?

______■_f、_m"n1

ImlIni72^22

由圖可知二面角A-PC-B為銳角，設(shè)二面角4-PC-B的大小為。，

—?—?1

則cos0=|cos<IPn>l=—，

2

/.e上，

3

即二面角A-PC-B的大小為

3

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了線面垂直的判定定理，考查了利用空間向量求二面角的大小，屬于中檔題.

6.（2023?北京）芻曹是我國(guó)傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)元素.安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，

展現(xiàn)造型之美.如圖，某屋頂可視為五面體四邊形ABFE和CDEF是全等的等腰梯形，^ADE

和aBCF是全等的等腰三角形.若AB=25，〃，8c=AD=10m,且等腰梯形所在的面、等腰三角形所在

的面與底面夾角的正切值均為且.為這個(gè)模型的輪廓安裝燈帶（不計(jì)損耗），則所需燈帶的長(zhǎng)度為（）

5

【分析】根據(jù)題意及對(duì)稱性可知底面四邊形ABC。為矩形，再根據(jù)三垂線定理作出等腰梯形所在的面、

等腰三角形所在的面與底面夾角，再題目中的數(shù)據(jù)，計(jì)算即可求解.

【解答】解：根據(jù)題意及對(duì)稱性可知底面四邊形ABC。為矩形，

設(shè)E,F在底面矩形的射影點(diǎn)分別為N,

設(shè)4。與BC的中點(diǎn)分別為尸，Q,則M,N在線段尸。上，如圖，

則根據(jù)題意及三垂線定理易得tanNEPA/=tanZEGM=tanZFHN=ta.nZFQN=^-^-,

5

又MG=NH=5,：.FM=FN=\T\A，：.PM=QN=5,；.EP=G0="14+25=，

：.MN=PQ-PM-QN=AB-PM-QN=25-5-5=15,：.EF=MN^\5,

又易知BCLQM尸乂1底面矩形A8CD,

,根據(jù)三垂線定理可知BCLFQ,又BQ=5,F2=V39-

."8=也9+25=8,:.ED=EA=FC=FB=8,

該多面體的所有棱長(zhǎng)和為8X4+(25+10)X2+15=117.

故所需燈帶的長(zhǎng)度為1171n.

故選：C.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查幾何體的所有棱長(zhǎng)和的求解，三垂線定理作二面角，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題.

(多選)7.(2023?新高考H)已知圓錐的頂點(diǎn)為P,底面圓心為O,AB為底面直徑，乙4尸8=120°,PA

=2,點(diǎn)C在底面圓周上，且二面角尸-AC-O為45°,貝IJ()

A.該圓錐的體積為ITB.該圓錐的側(cè)面積為4a11

C.AC=2近D.ZX/MC的面積為依

【分析】作圖，取AC中點(diǎn)。，易知NPDO=45°,然后再逐項(xiàng)分析判斷即可.

【解答】解：取AC中點(diǎn)￡>,則OO_LAC,PD1AC,

由二面角的定義可知，二面角P-4C-O的平面角即為/尸。0=45°,

對(duì)于A,△附B中，由于隙=PB=2,AAPB=\20°,

則PO=1,A0=?，

則00=1,v=L,3兀,1=兀，選項(xiàng)A正確.

3

對(duì)于8，S側(cè)=兀XqX2=2百兀，選項(xiàng)8錯(cuò)誤?

對(duì)于C,AC=2V3<=272.選項(xiàng)C正確.

對(duì)于。，PD=V2-SAPACXV2X2A/2=2'選項(xiàng)。錯(cuò)誤?

故選：AC.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查二面角的定義，考查立體幾何中的距離求解，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題.

8.(2023?天津)在三棱臺(tái)ABC-AiBiCi中，若4A_L平面ABC,AB1AC,AB=AC=AAt^2,4cl=1,

M,N分別為BC,AB中點(diǎn).

(I)求證：AiN〃平面CiMA：

(II)求平面C\MA與平面ACC\A\所成角的余弦值；

(III)求點(diǎn)C到平面C\MA的距離.

【分析】(I)連接MM推得四邊形例N4cl為平行四邊形，再由平行四邊形的性質(zhì)和線面平行的判定

定理可得證明；

(II)運(yùn)用三垂線定理得到平面GM4與平面ACGAi所成角，再解直角三角形可得所求值；

(III)運(yùn)用等積法和三棱錐的體積公式可得所求距離.

【解答】解：(I)證明：連接可得MN為AAC的中位線，

可得MN〃AC,且MN=LC=1,

2

而AiCi=l,AC//A\C\,

則MN〃AiCi,MN=A\C\,

可得四邊形MNAiCi為平行四邊形，

則AiN〃CiM,

而AiNC平面CiMA,CiMu平面C\MA,

所以4N〃平面C\MA；

(II)取AC的中點(diǎn)H,連接MH,

由AB_LAC,MH//AB,可得A/H_LAC.

由AM_L平面ABC,MHu平面ABC,

可得41A_L例”，

可得MH_L平面AiACCi.

過(guò)〃作H￡)J_ACi,垂足為力，連接DW,

由三垂線定理可得DM±ACi,

可得NMQ”為平面C\MA與平面ACG4所成角.

由MH=LAB=1.

2

在矩形中，04="空1=與2=2/走，

AC1755

的

所以cos/MQH=j^=：5=2；

房3

(III)設(shè)C到平面C\MA的距離為d.

在△CiMA中，AiM=—AC—^/2,AC\—yJ1+4—V5>MC\—yJ1+4—V5>

2

則5嶼步宗后后卷

由Vc-CilU=VC]Y鼬，可得小%!4=#'|=￥叵5的=鏟2嗎X2X1=《,

解得d=生.

3

A.G

Bi

B

【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面平行的判定和平面與平面所成角、點(diǎn)到平面的距離，考查轉(zhuǎn)化思想和運(yùn)算能力、

推理能力，屬于中檔題.

9.（2023?新高考I）如圖，在正四棱柱ABC。-481C1O1中，AB=2,A4i=4.點(diǎn)A2,Bi,Cl,￡>2分別

在棱A4,BBi,CCi,DD\±,AA2=\,BBI=DD2=2,CC2=3.

（1）證明：B2C2//A2D2；

（2）點(diǎn)P在棱BBi上,當(dāng)二面角P-A2c2-￡>2為150°時(shí)，求82P.

CiBi

【分析】（1）建系，根據(jù)坐標(biāo)法及向量共線定理，即可證明;

（2）建系，根據(jù)向量法，向量夾角公式，方程思想，即可求解.

【解答】解：（1）證明：根據(jù)題意建系如圖，則有:

B2(0,2,2),C2(0,0,3),A2(2,2,1),Di(2,0,2),

?'?B2c2=(0，-2,1)(A2D2=(0?~2,1),

,

?■?B2C2=A2D2又比，C2,A2,z>2四點(diǎn)不共線,

：.B2C2//A1D2;

（2）在（1）的坐標(biāo)系下，可設(shè)尸（0,2,力，正[0,4],

又由(1)知C2(0,0,3),A2(2,2,1),02(2,0,2),

???C2A2=(2,2,-2)，C2P=(0,2,t-3)，A2D2=(0,-2,D'

設(shè)平面見(jiàn)2c2的法向量為\=(x,y,z)，

則《m*可C9A39=(2xt+2-y-32z)=0zd取彘

3-t,2)-

設(shè)平面A2c2。2的法向量為1=(a,b,c>

則n('?C用pA>9=必2a++2b『-2。c=0’取Ua

1,2>

，根據(jù)題意可得|cosl50°|=|cosVrpn>l=Im,n|

ImIIni

.遂6

2V(t-l)2+(3-t)2+4xV6

...?-4什3=0,又正［0,4J,

，解得f=l或t=3,

:.P為BiBi的中點(diǎn)或B1B的中點(diǎn)，

：.B2P=\.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查利用向量法證明線線平行，利用向量法求解二面角問(wèn)題，向量共線定理及向量夾角公

式的應(yīng)用，方程思想，屬中檔題.

10.(2023?新高考n)如圖，三棱錐A-88中，DA=DB=DC,BDLCD,ZADB=ZADC=60Q,E為

BC中點(diǎn).

(1)證明BCJLD4；

(2)點(diǎn)F滿足而=也，求二面角。-AB-F的正弦值.

【分析】(1)根據(jù)已知條件，推得。E_LBC,AELBC,再結(jié)合線面垂直的判定定理，即可求證.

(2)根據(jù)已知條件，推得平面BCD,依次求出兩個(gè)平面的法向量，再結(jié)合向量的夾角公式，即可

求解.

【解答】證明：(1)連接AE,DE,

?；DB=DC,E為BC中點(diǎn).

：.DE±BC,

又，；DA=DB=DC,NA￡>B=/A￡>C=60°,

.'.△AC力與△ABD均為等邊三角形，

：.AC=AB,

：.AE±BC,AECiDE=E,

：.BCmADE,

平面ADE,

：.BC±DA.

(2)解：設(shè)DA=DB=DC=2,

???BC=2我，

；DE=AE=&，AD=2,

:.AE1+DE2=4=AD1,

J.AEA.DE,

又：AE_LBC,DEQBC=E,

平面BCD,

以E為原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,

AzF

A

D(V2,0,0),A(0,0,M),B(0,近,0),E(0,0,0),

,.,EF=DA.

AF(-V2,0,M),

,'-DA=(-V2,0,V2)'AB=(0,用)，AF=(W2,0,0)，

設(shè)平面ZMB與平面?的一個(gè)法向量分別為R=(X[,y-z)E=(X2,y2.z2)>

-V2x,+V2z1=0

則｛L，令Xl=l,解得尹=Z1=1,

V2yj-v2z1=0

V2y9-V2z9=0

<,令*=1,解得X2=0,Z2=l,

-V2x2=0

故7r*'=(1,1,1),二=(o,i,D,

nln2

設(shè)二面角0-48-尸的平面角為0,

則|cos0|=5"吧=2=返

|\||n2|V3XV23

故sin。=亞*,

3

所以二面角D-AB-F的正弦值為限.

3

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查二面角的平面角及其求法，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題.

U四、考點(diǎn)清單

1.特殊的四棱柱

底面為平行側(cè)棱垂直.直平行底面為

四棱柱

平行四邊形六面體于底面六面體矩形

rv;—.底面r--？、側(cè)棱與底面?、?

長(zhǎng)萬(wàn)體正四棱枉f,,3＞正萬(wàn)體

--------邊長(zhǎng)相等------------邊長(zhǎng)相等-----------

上述四棱柱有以下集合關(guān)系：|正方體I號(hào)正四棱柱:導(dǎo)

I長(zhǎng)方體|等\直平行六面體|會(huì)!平行六面體卜呈|四棱

柱I.

2.球的截面的性質(zhì)

(1)球的任何截面是圓面;

⑵球心和截面(不過(guò)球心)圓心的連線建直土截面：

(3)球心到截面的距離”與球的半徑R及截面的半徑r的關(guān)系為匚=城/?2—不.

3.按照斜二測(cè)畫(huà)法得到的平面圖形的直觀圖，其面積與原圖形面積的關(guān)系如下:

S丘叫屈=^^￡加國(guó)防,Ssia?=2'\/25_.toiia.

4.正四面體的表面積與體積

棱長(zhǎng)為4的正四面體，其表面積為也S?,體積為*加.

5.幾個(gè)與球有關(guān)的切、接常用結(jié)論

(1)正方體的棱長(zhǎng)為4,球的半徑為R,

①若球?yàn)檎襟w的外接球，則烝三孤：

②若球?yàn)檎襟w的內(nèi)切球，則2R=a;

③若球與正方體的各棱相切，則2/?=也a

(2)若長(zhǎng)方體的同一頂點(diǎn)的三條棱長(zhǎng)分別為a,b,c,外接球的半徑為R,則2R=A/^"+C2.

(3)正四面體的外接球與內(nèi)切球的半徑之比為駐1，棱長(zhǎng)為"的正四面體，其內(nèi)切球半徑7?內(nèi)=杏4,外

接球半徑R產(chǎn)表

6.異面直線的判定定理

經(jīng)過(guò)平面內(nèi)一點(diǎn)的直線與平面內(nèi)不經(jīng)過(guò)該點(diǎn)的直線互為異面直線.

7.等角定理的引申

(1)在等角定理中，若兩角的兩邊平行且方向相同或相反，則這兩個(gè)角相等.

(2)在等角定理中，若兩角的兩邊平行且方向一個(gè)邊相同，一個(gè)邊相反，則這兩個(gè)角互補(bǔ).

8.唯一性定理

(1)過(guò)直線外一點(diǎn)有且只有一條直線與已知直線平行.

(2)過(guò)直線外一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知直線垂直.

(3)過(guò)平面夕I'一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知平面平行.

(4)過(guò)平面外一點(diǎn)有且只有一條直線與已知平面垂直.

9.線、面平行的性質(zhì)

(1)兩個(gè)平面平行，其中一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線平行于另一個(gè)平面.

(2)夾在兩個(gè)平行平面間的平行線段長(zhǎng)度福菱.

(3)經(jīng)過(guò)平面外一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知平面土豆.

(4)兩條直線被三個(gè)平行平面所截，截得的對(duì)應(yīng)線段成比例.

(5)如果兩個(gè)平面分別和第三個(gè)平面平行，那么這兩個(gè)平面互相平行.

(6)如果一個(gè)平面內(nèi)有兩條相交直線分別平行于另一個(gè)平面內(nèi)的兩條直線，那么這兩個(gè)平面平行.

(7)垂直于同一條直線的兩個(gè)平面色.

(8)垂直于同一平面的兩條直線壬紅.

10.若兩條平行線中的一條垂直于一個(gè)平面，則另一條也垂直于這個(gè)平面.

11.一條直線垂直于兩平行平面中的一個(gè)，則這條直線與另一個(gè)平面也垂直.

12.兩個(gè)相交平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面，它們的交線也垂直于第三個(gè)平面.

13.過(guò)一點(diǎn)有且只有一條直線與已知平面垂直.

14.過(guò)一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知直線垂直.

15.空間向量加法、減法運(yùn)算的兩個(gè)技巧

(1)巧用相反向量：向量減法的三角形法則是解決空間向量加法、減法的關(guān)鍵，靈活運(yùn)用相反向量可使

向量首尾相接.

(2)巧用平移：利用三角形法則和平行四邊形法則進(jìn)行向量加、減法運(yùn)算時(shí)，務(wù)必注意和向量、差向量

的方向，必要時(shí)可采用空間向量的自由平移獲得運(yùn)算結(jié)果.

16.利用數(shù)乘運(yùn)算進(jìn)行向量表示的技巧

(1)數(shù)形結(jié)合：利用數(shù)乘運(yùn)算解題時(shí)，要結(jié)合具體圖形，利用三角形法則、平行四邊形法則，將目標(biāo)向

量轉(zhuǎn)化為已知向量.

(2)明確目標(biāo)：在化簡(jiǎn)過(guò)程中要有目標(biāo)意識(shí)，巧妙運(yùn)用中點(diǎn)性質(zhì).

17.在幾何體中求空間向量的數(shù)量積的步驟

1首先將各向量分解成已知模和夾角的向量的組合形式.

2利用向量的運(yùn)算律將數(shù)量積展開(kāi)，轉(zhuǎn)化成己知模和夾角的向量的數(shù)量積.

3根據(jù)向量的方向，正確求出向量的夾角及向量的模.

4代入公式a?6=ab\cos〈a,6〉求解.

18.利用空間向量證明或求解立體幾何問(wèn)題時(shí)，首先要選擇基底或建立空間直角坐標(biāo)系轉(zhuǎn)化為其坐標(biāo)運(yùn)

算，再借助于向量的有關(guān)性質(zhì)求解(證).

19.求點(diǎn)到平面的距離的四步驟

20.用坐標(biāo)法求異面直線所成角的一般步驟

(1)建立空間直角坐標(biāo)系；

(2)分別求出兩條異面直線的方向向量的坐標(biāo)；

(3)利用向量的夾角公式計(jì)算兩條直線的方向向量的夾角；

(4)結(jié)合異面直線所成角的范圍求出異面直線所成的角.

21.利用向量法求兩平面夾角的步驟

(1)建立空間直角坐標(biāo)系；

(2)分別求出二面角的兩個(gè)半平面所在平面的法向量；

(3)求兩個(gè)法向量的夾角；

(4)法向量夾角或其補(bǔ)角就是兩平面的夾角(不大于90°的角)

u五、題型方法

一.構(gòu)成空間幾何體的基本元素(共1小題)

1.(2023?淮北一模)如圖所示，在三棱臺(tái)A'B'C-ABC中，沿4'8c截去三棱錐A'-ABC,則剩余

A.三棱錐B.四棱錐C.三棱柱D.組合體

【分析】畫(huà)出圖形，根據(jù)圖形和四棱錐的結(jié)構(gòu)特征，即可得出剩余幾何體是什么圖形.

【解答】解：如圖所示，

三棱臺(tái)4'B'C-ABC中，沿A'BC截去三棱錐4'-ABC,

剩余部分是四棱錐A'-BCCB'.

故選：B.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了空間幾何體結(jié)構(gòu)特征的應(yīng)用問(wèn)題，是基礎(chǔ)題目.

棱柱的結(jié)構(gòu)特征（共1小題）

（多選）2.（2023?安徽模擬）如圖，在直四棱柱ABCD-A\BiC\D］中，AB//CD,AB=2AD=2DC=2CB

=4,E,F,G分別為側(cè)棱DDi,AAi上一點(diǎn)，BE=DF=AiG=2,貝ij（）

0,兀

B.ZGECi—

C.NEGF的最大值為A

6

D.當(dāng)AA,總時(shí)，GE//CIF

3

【分析】對(duì)于A：過(guò)。作于M,推出BDJ_4。，由。。i_L平面A5C￡>,得。。i由線面

垂直的判定定理可得80,平面AM。。，由線面垂直的性質(zhì)定理，即可判斷A是否正確；

對(duì)于B：過(guò)點(diǎn)G分別作GQLCC1于Q,GNLBB1于N,連接AC,GC1,若/GECif，則GC；=GE2+

EC：，即P-2r+4=0,則AV0,方程無(wú)解，即可判斷8是否正確；

對(duì)于C：過(guò)G作GR±DDi于R,連接EF,由題意知FR=2-t,則GF=VGR2+FR2=^4+（2-1）2=

Vt2-4t+8-推出四邊形BDFE為矩形，設(shè)NEGF=a,則cosa蠕斗4t+8,令尸-4什8="

GEVt2-4t+20

（機(jī)N2）,則cosCL=/；?J：，再求最值，即可判斷C是否正確；

^12型

對(duì)于。：由題知￡>M,DC,￡>￡>1兩兩互相垂直，建立空間直角坐標(biāo)系，求出而=2可，即可判斷。是

否正確.

【解答】解：對(duì)于A：過(guò)。作。MLAB于M,

因?yàn)锳BCD為等腰梯形，且AB=2CD=4,A￡>=2

所以AM=1,貝ijDM=4?2_]2=如,

在Rt△。例B中，BD=VDM2+MB2=2V3,

所以4）二斗爐+瓦丹

所以BD1AD,

因?yàn)開(kāi)L平面ABCD,且BDC平面ABCD,

所以DD\LBD,

因?yàn)镈D\HAD=D,

所以8O_L平面4AQQ1,

又GFu平面AiAOOi,

所以BC_LGF,故A正確；

對(duì)于8：過(guò)點(diǎn)G分別作GQLCC1于。，GNLBBi于N,連接AC,GCi,

如圖.由選項(xiàng)4的判斷知AC=BD=2?，

所以GQ=AC=2?，QC\=AiG=2,

在RtAGOCi中，GC[=JGQ2+C]Q2=4,

設(shè)AG=r,貝ICCi=AAi=2+f,B\E=BN=AG=t,

所以EC1=郃R1+B1E2=V4+t2>

同理GEWGM+NE2=V16+（2-t）2=Vt2-4t+20'

若NGECIT，則GC：=GE2+EC：，

所以16=2?-4r+24,

所以P-2，+4=0,

因?yàn)锳=22-4X1義4=-12<0,

所以方程無(wú)解，

所以NGEJ號(hào)不可能，故8不正確；

對(duì)于C：過(guò)G作GRLODi于R,連接EF,

由題意知FR=2-r,貝！JGF=VGR2+FR2=Vl+（2-t）2=Vt2-4t+8'

由選項(xiàng)B的判斷知4t+20.，

因?yàn)锽E=DF=2,

所以四邊形BOFE為矩形，

設(shè)/EGF=a,

由選項(xiàng)A的判斷及BD//EF,得GFLEF,

GF^Vt2-4t+8

所以cosa

GE7t2-4t+20

令P-4f+8=，"2（機(jī)》2）,

"____m_______1

HR'

因?yàn)榧?24,

所以。<筆<3,則1<在與42，

所以-1<cosa<1，

因?yàn)?<a<n,

所以NEGF的最大值為—,所以C不正確；

3

對(duì)于￡>：由題知DM,DC,DD\兩兩互相垂直，

建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

則尸（0,0,2）,G（F，-1,蔣）,

E（V3,3,2）,

當(dāng)"尸告時(shí)，C1（0,2,得），

則GE=（O,4,告）,FC[=（O,2,丹），

oo

所以說(shuō)=2FCJ

所以GE〃FC）

所以GE〃尸Ci,故。正確.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面垂直的判定定理與性質(zhì)定理、空間直線間的位置關(guān)系、空間向量的應(yīng)用，屬于中

檔題.

三.棱錐的結(jié)構(gòu)特征（共1小題）

3.（2023?天津一模）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個(gè)正四棱錐，以該四棱

錐的高為邊長(zhǎng)的正方形面積等于該四棱錐側(cè)面積的一半，那么其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的

邊長(zhǎng)的比值為（）

A.心B,外C.^1°.2/1+1

4242

【分析】根據(jù)正四棱錐的幾何性質(zhì)列出等量關(guān)系，進(jìn)而即可求解.

【解答】解：設(shè)正四棱錐的高為〃，底面邊長(zhǎng)為“，側(cè)面三角形底邊上的高為“，

‘211

h=4XyXyah?

由題意可知，（2,

h2=hz2-（f）

因此有h2=12-（-）2=ah7，即（心）2上-一^=o,解得匕二1±&,

2aa4a2

因?yàn)?一>o，

a

所以h'=1日巧.

a2

所以側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長(zhǎng)的比值為返士1.

2

故選：D.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查正四棱錐的結(jié)構(gòu)特征，考查運(yùn)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.

四.棱臺(tái)的結(jié)構(gòu)特征（共1小題）

4.（2023?柳南區(qū)二模）如圖，ABC-AIBCI是一個(gè)正三棱臺(tái)，而且下底面邊長(zhǎng)為6,上底面邊長(zhǎng)和側(cè)棱長(zhǎng)

都為3,則棱臺(tái)的高為（）

【分析】取△ABC重心O,連接40,過(guò)Ai作AiGJ_AO于G,在RtZ\Ai4G中，利用勾股定理計(jì)算出

4G,即為三棱臺(tái)的高.

【解答】解：取z^ABC重心O,連接A0,過(guò)4作AiG_LA。于G,

.?.棱臺(tái)的高為A\G-JAA12-AG2~V9-3—V6.

故選：c.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查三棱臺(tái)的高、三角形重心性質(zhì)、勾股定理等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是基礎(chǔ)題.

五.旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺(tái)）（共2小題）

5.（2023?南關(guān)區(qū)校級(jí)模擬）現(xiàn)有一個(gè)軸截面是邊長(zhǎng)為4的等邊三角形的倒置圓錐（頂點(diǎn)在下方，底面在上

方），將半徑為近的小球放入圓錐，使得小球與圓錐的側(cè)面相切，過(guò)所有切點(diǎn)所在平面將圓錐分割成兩

2

個(gè)部分，則分割得到的圓臺(tái)的側(cè)面積為（）

A-丁27兀7rC.學(xué)兀D.學(xué)兀

88

【分析】作軸截面圖，求出圓臺(tái)的母線長(zhǎng)，底面半徑長(zhǎng)，結(jié)合側(cè)面積公式可得其解.

【解答】解：作軸截面圖如下：△ABC為圓錐的軸截面，點(diǎn)。為與側(cè)面相切球的球心，點(diǎn)E,F為切點(diǎn),

由已知，可得AB=BC=4C=4,OE=OF=亨，NACB=60°,OELAC,

在△OEC中，0E=^"，/OEC=90°,NOCE=30°,

所以O(shè)C=V^，CE=-1>又AC=4，

所以研所以圓臺(tái)的母線長(zhǎng)為

因?yàn)镃E=CF,/ECF=60°,

所以aEC尸為等邊三角形，所以EF=1，

所以圓臺(tái)的側(cè)面積S=JT4+24=^滬

故選：D.

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓臺(tái)的結(jié)構(gòu)特征，屬于基礎(chǔ)題.

6.（2023?濰坊一模）在半徑為1的球中作一個(gè)圓柱，當(dāng)圓柱的體積最大時(shí)，圓柱的母線長(zhǎng)為2近.

—3—

【分析】設(shè)圓柱的底面半徑為r，球心到圓柱底面的距離為小圓柱的母線長(zhǎng)為2〃，表示出圓柱的體積丫

=2TT/L2TT〃3,對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，得到函數(shù)的單調(diào)性即可求出V的最大值，即可求出圓柱的母線長(zhǎng).

【解答】解：設(shè)圓柱的底面半徑為「，球心到圓柱底面的距離為"，圓柱的母線長(zhǎng)為2/7,

由球截面的性質(zhì)得：r2+/z2=l,則J=1-層）,

2

圓柱的體積為：丫=如九=211/?（1-廬）=如/?-如尸，V，=2n-6Kh=-6K)

當(dāng)hE(0,?,V>0,當(dāng)卜€(wěn),1)時(shí)，V<0,

所以函數(shù)在區(qū)間（0上單調(diào)遞增，在區(qū)間,1）上單調(diào)遞減,

所以當(dāng)h，應(yīng)時(shí)，丫取得最大值為生巨兀，此時(shí)圓柱的母線長(zhǎng)為2hN亞?.

n393

故答案為：2返.

3

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓柱的體積公式，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，屬于中檔題.

六.球內(nèi)接多面體（共2小題）

7.（2023?山西模擬）在正三棱柱ABC-481。中，AB=2,AAi=3,以。為球心，'亙?yōu)榘霃降那蛎媾c

3

側(cè)面A8814的交線長(zhǎng)為（）

A蓊.B蓊.C4y兀口匹冗

'-9--3--9--9-

【分析】設(shè)。I為AiBi的中點(diǎn)，連接CQ,則根據(jù)題意可知C[D[=百，CiQU平面從而可

得題中所求交線為：以Q1為圓心，2巨為半徑的圓弧，再根據(jù)弧長(zhǎng)公式，即可求解.

3

【解答】解：如圖，設(shè)。為481的中點(diǎn)，連接Ci￡h,

可知C〔D廣百，Ci?！蛊矫鍭BBIAI,

由小彎_）2_（?）2=號(hào)顯，可得題中所求交線為:

以￡>1為圓心，2應(yīng)為半徑的圓弧，

3

設(shè)該圓弧與AA1,BB1分別相交于點(diǎn)M,N,

經(jīng)計(jì)算可知/MD1N=2j,

故交線長(zhǎng)1=^耳x2：=筲兀

故選：C.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查球面與柱體側(cè)面的交線長(zhǎng)度，考查直觀想象與數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng)，屬中檔題.

8.（2023?江西模擬）若球。是正三棱錐A-88的外接球，BC=3,AB=273.點(diǎn)E在線段8A上，BA=

3BE,過(guò)點(diǎn)E作球。的截面，則所得的截面中面積最小的截面的面積為（)

A8兀0,「4兀口

A.------BR.2TTltC.-------D.TT

33

【分析】設(shè)。是球心，O'是等邊三角形BCD的中心，在三角形0力0,中，有0。2+。。2=0。2,可求得R

=。。=2,再利用，=R2-。后2可得過(guò)E且垂直0E的截面圓最小即可.

【解答】解：如圖所示，其中。是球心，0'是等邊三角形8c。的中心，

可得O'B=o，D=^-BC=V3'A0'=VAB2-0ZB2=3>

設(shè)球的半徑為R,在三角形。。O'中，由00,2+。0'2=0。2,

BP(3-R)2+(V3)2=R2>解得R=2,即AO=2,

所以(7A=3O'O,

因?yàn)樵凇鰽B(7中，O\4=3O'O,BA=3BE,

OE爭(zhēng)，B=平，

所以O(shè)E〃OB,

由題知，截面中面積最小時(shí)，截面圓與。E垂直,

設(shè)過(guò)E且垂直O(jiān)E的截面圓的半徑為r,則=2=區(qū)2_0￡2=4三總,

33

所以最小的截面面積為兀「zqzL.

3

故選：A.

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了三棱錐的外接球問(wèn)題，考查了學(xué)生的空間想象能力，屬于中檔題.

七.球外切幾何體（共2小題）

9.（2023?全國(guó)模擬）四個(gè)半徑為1的球兩兩相切，則它們的外切四面體棱長(zhǎng)為（）

A.2+276B.2+VeC.3+2V3D.4+273

【分析】利用正四面體內(nèi)切球半徑與其棱長(zhǎng)的關(guān)系能求出結(jié)果.

【解答】解：首先證明結(jié)論：棱長(zhǎng)為，，的正四面體的內(nèi)切球半徑為逅a，

12

如圖，記正四面體ABCC的體積為匕每個(gè)面的面積為S,高為

內(nèi)切球球心為0,半徑為r,由題意得Qi是底面BCQ的中心,

”=都2-點(diǎn)）2=條,

則h—

連接OA,OB,OC,OD,

則V=Vo-ABC+-Vo-BCD+Vo-CDA+VO-DAB,

?，-ySh=4*ySr>解得r=[h=W-a，

設(shè)4個(gè)半徑為1的球的球心分別為01,02,03,04,

則其內(nèi)切球半徑為近，

6

設(shè)這4個(gè)球的外切正四面體為ABC3,則正四面體ABC。的內(nèi)切球半徑為1+近,

6

...正四面體ABC。的棱長(zhǎng)為2+2V6.

故選：A.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查正四面體內(nèi)切球半徑與其棱長(zhǎng)的關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題.

（多選）10.（2023?小店區(qū)校級(jí)模擬）如圖，棱長(zhǎng)為2的正方體ABC。乂iBCiDi的內(nèi)切球球心為O,E、F

分別是棱A3、CC1的中點(diǎn)，G在棱BC上移動(dòng)，則（）

A.對(duì)于任意點(diǎn)G,。4〃平面EFG

B.存在點(diǎn)G,使OO_L平面EFG

C.直線EF的被球。截得的弦長(zhǎng)為我

D.過(guò)直線EF的平面截球。所得截面圓面積的最小值為，匕

2

【分析】當(dāng)G與B重合時(shí)，即可判斷選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

取G為BC的中點(diǎn)，由此判斷選項(xiàng)8正確；

求出球心。到EF的距離，再求直線EF的被球。截得的弦長(zhǎng)，即可判斷選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

由球與截面圓的關(guān)系求解最小圓的半徑，得到半徑最小圓的面積，從而判斷選項(xiàng)。正確.

【解答】解：正方體的內(nèi)切球的球心即正方體的中心O,R=l,

對(duì)于A,當(dāng)G與B重合時(shí)，AC平面EF2,平面EFB,

所以04與平面EBG相交，此時(shí)0A〃平面EFG不成立，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

對(duì)于8,當(dāng)G為BC的中點(diǎn)時(shí)，EGVBD,BBiLEG,

且所以EGJ_平面而B(niǎo)iOu平面381。，則EG_LBi。，

同理，尸G_L平面BCD,可得FG_LBiD,

且EGA/G=G,所以Bi。，平面EFG,即。。垂直于平面EFG,選項(xiàng)B正確；

對(duì)于C,所=依2+=、2=7^71=戈,取EF的中點(diǎn)M,

由對(duì)稱性可知，OE=OF,所以。

因?yàn)?E=&，所以0〃=而復(fù)京=亨，即。到EF的距離為唱，

所以直線EF的被球0截得的弦長(zhǎng)為24R2_0M=2J1-烏）2=&，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

對(duì)于。，設(shè)截面圓的半徑為r,0到平面的距離為"，則,+/=/?2,

當(dāng)。到平面的距離最大時(shí)，截面圓的半徑r最小，

因?yàn)?。到平面的距離小于等于。到EF的距離，所以當(dāng)〃=退_時(shí)?，/取得最小值為

=亞,

所以半徑最小時(shí)圓的面積為口/=工，選項(xiàng)O正確.