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中小学教育资源及组卷应用平台07：空间向量与立体几何-2023全国高考数学真题分项汇编一、单选题1．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ）

A． B．C． D．2．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ）A． B． C． D．3．（2023·全国·统考高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）A． B． C． D．4．（2023·全国·统考高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（ ）A．1 B． C．2 D．35．（2023·全国·统考高考真题）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．6．（2023·全国·统考高考真题）如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（ ）

A．24 B．26 C．28 D．307．（2023·全国·统考高考真题）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．二、多选题8．（2023·全国·统考高考真题）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9．（2023·全国·统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）A．直径为的球体B．所有棱长均为的四面体C．底面直径为，高为的圆柱体D．底面直径为，高为的圆柱体三、解答题10．（2023·天津·统考高考真题）三棱台中，若面，分别是中点.

(1)求证：//平面；(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；(3)求点到平面的距离．11．（2023·北京·统考高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．

(1)求证：平面PAB；(2)求二面角的大小．12．（2023·全国·统考高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；(2)点在棱上，当二面角为时，求．13．（2023·全国·统考高考真题）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.14．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．

(1)证明：；(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．15．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．(1)求证：//平面；(2)若，求三棱锥的体积．16．（2023·全国·统考高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．

(1)证明：；(2)点F满足，求二面角的正弦值．17．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱中，平面．

(1)证明：平面平面；(2)设，求四棱锥的高．四、填空题18．（2023·全国·统考高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______．19．（2023·全国·统考高考真题）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则________．20．（2023·全国·统考高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有____________个公共点．21．（2023·全国·统考高考真题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是________．22．（2023·全国·统考高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为________．21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台07：空间向量与立体几何-2023全国高考数学真题分项汇编一、单选题1．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ）

A． B．C． D．【答案】C【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解.【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，

由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和，所以.因为平面，平面，所以，因为，平面，，所以平面，因为平面，所以，.同理：，又，故四边形是矩形，所以由得，所以，所以，所以在直角三角形中，在直角三角形中，，，又因为，所有棱长之和为.故选：C2．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比.【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.

因为平面，平面，所以平面平面.又因为平面平面，，平面，所以平面，且.在中，因为，所以，所以，在中，因为，所以，所以.故选：B3．（2023·全国·统考高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.【详解】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，显然平面，于是平面，又平面，因此平面平面，显然平面平面，直线平面，则直线在平面内的射影为直线，从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：，由正弦定理得，即，显然是锐角，，所以直线与平面所成的角的正切为.故选：C4．（2023·全国·统考高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（ ）A．1 B． C．2 D．3【答案】A【分析】证明平面，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解.【详解】取中点，连接，如图，

是边长为2的等边三角形，，，又平面，，平面，又，，故，即，所以，故选：A5．（2023·全国·统考高考真题）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【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.【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.6．（2023·全国·统考高考真题）如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（ ）

A．24 B．26 C．28 D．30【答案】D【分析】由题意首先由三视图还原空间几何体，然后由所得的空间几何体的结构特征求解其表面积即可.【详解】如图所示，在长方体中，，，点为所在棱上靠近点的三等分点，为所在棱的中点，则三视图所对应的几何体为长方体去掉长方体之后所得的几何体，

该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形，其表面积为：.故选：D.7．（2023·全国·统考高考真题）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【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.【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二、多选题8．（2023·全国·统考高考真题）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.

9．（2023·全国·统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）A．直径为的球体B．所有棱长均为的四面体C．底面直径为，高为的圆柱体D．底面直径为，高为的圆柱体【答案】ABD【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A正确；对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，所以能够被整体放入正方体内，故B正确；对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且，所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过的中点作，设，可知，则，即，解得，且，即，故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，可知：，则，即，解得，根据对称性可知圆柱的高为，所以能够被整体放入正方体内，故D正确；故选：ABD.三、解答题10．（2023·天津·统考高考真题）三棱台中，若面，分别是中点.

(1)求证：//平面；(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；(3)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解【详解】（1） 连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，又平面，平面，于是//平面.（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.由面，面，故，又，，平面，则平面.由平面，故，又，，平面，于是平面，由平面，故.于是平面与平面所成角即.又，，则，故，在中，，则，于是

（3）[方法一：几何法]

过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.由题干数据可得，，，根据勾股定理，，由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.又平面，则，又，，平面，故平面.在中，，又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，即点到平面的距离是.[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.设点到平面的距离为.，.由，即.11．（2023·北京·统考高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．

(1)求证：平面PAB；(2)求二面角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【详解】（1）因为平面平面，所以，同理，所以为直角三角形，又因为，，所以，则为直角三角形，故，又因为，，所以平面.（2）由（1）平面，又平面，则，以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，

则，所以，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，所以，又因为二面角为锐二面角，所以二面角的大小为.12．（2023·全国·统考高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；(2)点在棱上，当二面角为时，求．【答案】(1)证明见解析；(2)1【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，，又不在同一条直线上，.（2）设，则，设平面的法向量，则，令 ，得，，设平面的法向量，则，令 ，得，，，化简可得，，解得或，或，.13．（2023·全国·统考高考真题）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).【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.（2）由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.（3）由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.【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）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.（3）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.

14．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．

(1)证明：；(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得平面，再由勾股定理求出为中点，即可得证；（2）利用直角三角形求出的长及点到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值.【详解】（1）如图，

底面，面，，又，平面，,平面ACC1A1，又平面，平面平面，过作交于，又平面平面，平面，平面到平面的距离为1，，在中，，设，则，为直角三角形，且，，，，，解得，，（2），，过B作，交于D，则为中点，由直线与距离为2，所以，，，在，，延长，使，连接，由知四边形为平行四边形，，平面，又平面，则在中，，，在中，，，,又到平面距离也为1，所以与平面所成角的正弦值为.15．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．(1)求证：//平面；(2)若，求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.（2）作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.【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）过作垂直的延长线交于点，因为是中点，所以，在中，，所以，因为，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，即三棱锥的高为，因为，所以，所以，又，所以.16．（2023·全国·统考高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．

(1)证明：；(2)点F满足，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，因为，，所以与均为等边三角形，，从而②，由①②，，平面，所以，平面，而平面，所以．（2）不妨设，，．，，又，平面平面．以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，设平面与平面的一个法向量分别为，二面角平面角为,而，因为，所以，即有，，取，所以；，取，所以，所以，，从而．所以二面角的正弦值为．17．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱中，平面．

(1)证明：平面平面；(2)设，求四棱锥的高．【答案】(1)证明见解析.(2)【分析】(1)由平面得，又因为，可证平面，从而证得平面平面；(2) 过点作，可证四棱锥的高为,由三角形全等可证，从而证得为中点，设，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求.【详解】（1）证明：因为平面，平面,所以,又因为，即，平面，,所以平面，又因为平面,所以平面平面.（2）如图，

过点作，垂足为.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以四棱锥的高为.因为平面，平面,所以,,又因为，为公共边，所以与全等，所以.设，则，所以为中点，,又因为,所以,即，解得，所以，所以四棱锥的高为．四、填空题18．（2023·全国·统考高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______．【答案】【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，所以正四棱锥的体积为，截去的正四棱锥的体积为，所以棱台的体积为.方法二：棱台的体积为.故答案为：.19．（2023·全国·统考高考真题）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则________．【答案】2【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.【详解】如图，将三棱锥转化为直三棱柱，设的外接圆圆心为，半径为，则，可得，设三棱锥的外接球球心为，连接，则，因为，即，解得.故答案为：2.【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解；（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．20．（2023·全国·统考高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有____________个公共点．【答案】12【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.【详解】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图，由题意可知，为球心，在正方体中，，即，则球心到的距离为，所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点，同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，所以以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12.故答案为：1221．（2023·全国·统考高考真题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是________．【答案】【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.【详解】设球的半径为.当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，正方体的外接球直径为体对角线长，即，故；

分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为.综上，.故答案为：22．（2023·全国·统考高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为________．【答案】/【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解.【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，

因为，则，故，则，所以所求体积为.故答案为：.21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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