2020-2024年五年高考數(shù)學(xué)真題分類匯編專題07立體幾何（解析版）

2020-2024年五年高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題07立體幾何考點(diǎn)五年考情（2020-2024）命題趨勢考點(diǎn)1幾何體體積（5年4考）2024天津卷：柱體體積的計(jì)算；2023天津卷：錐體體積的有關(guān)計(jì)算證明線面垂直；2022天津卷：柱體體積的有關(guān)計(jì)算求組合體的體積；2021天津卷：錐體體積的有關(guān)計(jì)算球的體積的有關(guān)計(jì)算；1.立體幾何在高考的考查主要包含了，幾何體的體積問題，通常運(yùn)用割補(bǔ)法進(jìn)行求解。2.立體幾何線面關(guān)系的判斷，主要考查了判定定理與性質(zhì)定理的靈活運(yùn)用3.立體幾何解答題主要考查了，線線，線面與面面的位置關(guān)系的證明，線面與面面的夾角以及距離問題4.立體幾何的外接球通?？疾榱耍饨忧虻谋砻娣e、體積與外接球半徑問題.考點(diǎn)2線面位置關(guān)系的判定（5年1考）2024天津卷：線面關(guān)系有關(guān)命題的判斷；考點(diǎn)3線面位置關(guān)系的證明（5年5考）2024天津卷：證明線面平行面面角的向量求法點(diǎn)到平面距離的向量求法；2023天津卷：證明線面平行求點(diǎn)面距離求二面角；2022天津卷：空間位置關(guān)系的向量證明線面角的向量求法面面角的向量求法；2021天津卷：空間位置關(guān)系的向量證明線面角的向量求法面面角的向量求法；2020天津卷：空間向量垂直的坐標(biāo)表示線面角的向量求法面面角的向量求法；考點(diǎn)4距離問題（5年2考）2024天津卷：證明線面平行面面角的向量求法點(diǎn)到平面距離的向量求法；2023天津卷：證明線面平行求點(diǎn)面距離求二面角；考點(diǎn)5角度問題（5年4考）2023天津卷：證明線面平行求點(diǎn)面距離求二面角；2022天津卷：空間位置關(guān)系的向量證明線面角的向量求法面面角的向量求法；2021天津卷：空間位置關(guān)系的向量證明線面角的向量求法面面角的向量求法；2020天津卷：空間向量垂直的坐標(biāo)表示線面角的向量求法面面角的向量求法；考點(diǎn)6球的表面積（5年1考）2020天津卷：球的表面積的有關(guān)計(jì)算考點(diǎn)01幾何體體積1.（2024·天津·高考真題）一個(gè)五面體ABC-DEF．已知AD∥BE∥CF，且兩兩之間距離為1．并已知AD=1，A．36 B．334+【答案】C〖祥解〗采用補(bǔ)形法，補(bǔ)成一個(gè)棱柱，求出其直截面，再利用體積公式即可.【詳析】用一個(gè)完全相同的五面體HIJ-LMN（頂點(diǎn)與五面體ABC-DEF一一對應(yīng)）與該五面體相嵌，使得D,N；E,M;F,L重合，因?yàn)锳D∥BE∥CF，且兩兩之間距離為1．AD=1,BE=2,CF=3，則形成的新組合體為一個(gè)三棱柱，該三棱柱的直截面（與側(cè)棱垂直的截面）為邊長為1的等邊三角形，側(cè)棱長為1+3=2+2=3+1=4，VABC-DEF故選：C.2．（2023·天津·高考真題）在三棱錐P-ABC中，點(diǎn)M,N分別在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23A．19 B．29 C．1【答案】B〖祥解〗分別過M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分別為M',C'.過B作BB'⊥平面PAC，垂足為B'，連接PB',過N作NN【詳析】如圖，分別過M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分別為M',C'.過B作BB'⊥

因?yàn)锽B'⊥平面PAC，BB'?平面又因?yàn)槠矫鍼BB'∩平面PAC=PB'，NN'⊥PB'，在△PCC'中，因?yàn)镸M'⊥PA,C在△PBB'中，因?yàn)锽B所以VP-AMN故選：B3．（2022·天津·高考真題）如圖，“十字歇山”是由兩個(gè)直三棱柱重疊后的景象，重疊后的底面為正方形，直三棱柱的底面是頂角為120°，腰為3的等腰三角形，則該幾何體的體積為（

）A．23 B．24 C．26 D．27【答案】D〖祥解〗作出幾何體直觀圖，由題意結(jié)合幾何體體積公式即可得組合體的體積.【詳析】該幾何體由直三棱柱AFD-BHC及直三棱柱DGC-AEB組成，作HM⊥CB于M，如圖，因?yàn)镃H=BH=3,∠CHB=120°，所以因?yàn)橹丿B后的底面為正方形，所以AB=BC=33在直棱柱AFD-BHC中，AB⊥平面BHC，則AB⊥HM,由AB∩BC=B可得HM⊥平面ADCB，設(shè)重疊后的EG與FH交點(diǎn)為I,則V則該幾何體的體積為V=2V故選：D.4．（2021·天津·高考真題）兩個(gè)圓錐的底面是一個(gè)球的同一截面，頂點(diǎn)均在球面上，若球的體積為32π3，兩個(gè)圓錐的高之比為1:3A．3π B．4π C．9π D．12π【答案】B〖祥解〗作出圖形，計(jì)算球體的半徑，可計(jì)算得出兩圓錐的高，利用三角形相似計(jì)算出圓錐的底面圓半徑，再利用錐體體積公式可求得結(jié)果.【詳析】如下圖所示，設(shè)兩個(gè)圓錐的底面圓圓心為點(diǎn)D，設(shè)圓錐AD和圓錐BD的高之比為3:1，即AD=3BD，設(shè)球的半徑為R，則4πR33=32π所以，BD=1，AD=3，∵CD⊥AB，則∠CAD+∠ACD=∠BCD+∠ACD=90°，所以，又因?yàn)椤螦DC=∠BDC，所以，△ACD∽△CBD，所以，ADCD=CD因此，這兩個(gè)圓錐的體積之和為13故選：B.考點(diǎn)02線面位置關(guān)系的判定5．（2024·天津·高考真題）若m,n為兩條不同的直線，α為一個(gè)平面，則下列結(jié)論中正確的是（

）A．若m//α，n//α，則m⊥n B．若mC．若m//α,n⊥α，則m⊥n D．若m//α,n⊥α，則【答案】C〖祥解〗根據(jù)線面平行的性質(zhì)可判斷AB的正誤，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可判斷CD的正誤.【詳析】對于A，若m//α，n//α，則對于B，若m//α,n//對于C，m//α,n⊥α，過m作平面β，使得因?yàn)閙?β，故m//s，而s?α，故n⊥s，故對于D，若m//α,n⊥α，則m與故選：C.考點(diǎn)03線面位置的證明6．（2022·天津·高考真題）直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA(1)求證：EF//平面ABC(2)求直線BE與平面CC(3)求平面A1CD與平面【答案】(1)證明見解析(2)4(3)10〖祥解〗（1）以點(diǎn)A1為坐標(biāo)原點(diǎn)，A1A、A1B1、A1（2）利用空間向量法可求得直線BE與平面CC（3）利用空間向量法可求得平面A1CD與平面【詳析】（1）證明：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A以點(diǎn)A1為坐標(biāo)原點(diǎn)，A1A、A1B1、A1則A2,0,0、B2,2,0、C2,0,2、A10,0,0、B10,2,0、C10,0,2易知平面ABC的一個(gè)法向量為m=1,0,0，則EF?∵EF?平面ABC，故EF//平面ABC（2）解：C1C=2,0,0，設(shè)平面CC1D的法向量為u取y1=2，可得u=因此，直線BE與平面CC1D（3）解：A1C=設(shè)平面A1CD的法向量為v=取x2=1，可得v=因此，平面A1CD與平面CC7．（2021·天津·高考真題）如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A（I）求證：D1F//平面（II）求直線AC1與平面（III）求二面角A-A【答案】（I）證明見解析；（II）39；（III）1〖祥解〗（I）建立空間直角坐標(biāo)系，求出D1F及平面A1EC（II）求出AC1，由（III）求得平面AA1C1的一個(gè)法向量【詳析】（I）以A為原點(diǎn)，AB,AD,AA1分別為則A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),C1因?yàn)镋為棱BC的中點(diǎn)，F(xiàn)為棱CD的中點(diǎn)，所以E(2,1,0)，F(xiàn)(1,2,0)，所以D1F=(1,0,-2),A設(shè)平面A1EC則{m?A1C因?yàn)镈1F?因?yàn)镈1F?平面A1EC（II）由（1）得，AC設(shè)直線AC1與平面A1則sinθ=|（III）由正方體的特征可得，平面AA1C則cos?所以二面角A-A1C考點(diǎn)04距離問題8．（2024·天津·高考真題）已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD為梯形，AB//CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中(1)求證D1N//平面(2)求平面CB1M(3)求點(diǎn)B到平面CB【答案】(1)證明見解析(2)2(3)2〖祥解〗（1）取CB1中點(diǎn)P，連接NP，MP，借助中位線的性質(zhì)與平行四邊形性質(zhì)定理可得（2）建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系，計(jì)算兩平面的空間向量，再利用空間向量夾角公式計(jì)算即可得解；（3）借助空間中點(diǎn)到平面的距離公式計(jì)算即可得解.【詳析】（1）取CB1中點(diǎn)P，連接NP，由N是B1C1的中點(diǎn)，故NP由M是DD1的中點(diǎn)，故D1則有D1M//故四邊形D1MPN是平行四邊形，故又MP?平面CB1M，D故D1N//（2）以A為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，有A0,0,0、B2,0,0、B12,0,2、M0,1,1則有CB1=1,-1,2、設(shè)平面CB1M與平面BB1則有m?CB分別取x1=x2=1，則有y1=3即m=1,3,1、則cosm故平面CB1M與平面B（3）由BB1=0,0,2，平面則有BB即點(diǎn)B到平面CB1M9．（2023·天津·高考真題）如圖，在三棱臺ABC-A1B1C1中，A1

(1)求證：A1N//平面(2)求平面AMC1與平面(3)求點(diǎn)C到平面AMC【答案】(1)證明見解析(2)2(3)4〖祥解〗（1）先證明四邊形MNA（2）利用二面角的定義，作出二面角的平面角后進(jìn)行求解；（3）方法一是利用線面垂直的關(guān)系，找到垂線段的長，方法二無需找垂線段長，直接利用等體積法求解【詳析】（1）

連接MN,C1A.由M,N分別是BC,BA的中點(diǎn)，根據(jù)中位線性質(zhì)，MN//AC由棱臺性質(zhì)，A1C1//AC，于是MN//A1C1，由MN=A又A1N?平面C1MA，MC1?（2）過M作ME⊥AC，垂足為E，過E作EF⊥AC1，垂足為F,連接由ME?面ABC，A1A⊥面ABC，故AA1⊥ME，又ME⊥AC，AC∩AA1=A，由AC1?平面ACC1A1，故ME⊥AC1，又EF⊥AC1由MF?平面MEF，故AC1⊥MF.于是平面AMC1又ME=AB2=1，cos∠CAC1=15，則sin于是cos（3）[方法一：幾何法]

過C1作C1P⊥AC，垂足為P，作C1Q⊥AM，垂足為Q，連接PQ,PM，過P由題干數(shù)據(jù)可得，C1A=C1C=由C1P⊥平面AMC，AM?平面AMC，則C1P⊥AM，又C1Q⊥AM，C1Q∩C又PR?平面C1PQ，則PR⊥AM，又PR⊥C1Q，C1Q∩AM=Q，C在Rt△C1又CA=2PA，故點(diǎn)C到平面C1MA的距離是P到平面即點(diǎn)C到平面AMC1的距離是[方法二：等體積法]

輔助線同方法一.設(shè)點(diǎn)C到平面AMC1的距離為VCVC-由VC1-AMC考點(diǎn)05角度問題10．（2020·天津·高考真題）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2，CC1（Ⅰ）求證：C1（Ⅱ）求二面角B-B（Ⅲ）求直線AB與平面DB【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）306；（Ⅲ）3〖祥解〗以C為原點(diǎn)，分別以CA,CB,CC1的方向?yàn)椋á瘢┯?jì)算出向量C1M和B1D的坐標(biāo)，得出（Ⅱ）可知平面BB1E的一個(gè)法向量為CA，計(jì)算出平面B1ED（Ⅲ）利用空間向量法可求得直線AB與平面DB【詳析】依題意，以C為原點(diǎn)，分別以CA、CB、CC1的方向?yàn)閤軸、y軸、可得C(0,0,0)、A(2,0,0)、B(0,2,0)、C1A1(2,0,3)、B1(0,2,3)、D(2,0,1)、（Ⅰ）依題意，C1M=(1,1,0)從而C1M?（Ⅱ）依題意，CA=(2,0,0)是平面BEB1=(0,2,1)設(shè)n=(x,y,z)為平面D則{n?E不妨設(shè)x=1，可得n=(1,-1,2)cos<∴sin所以，二面角B-B1E-D（Ⅲ）依題意，AB=(-2,2,0)由（Ⅱ）知n=(1,-1,2)為平面DB1所以，直線AB與平面DB1E【『點(diǎn)石成金』】本題考查利用空間向量法證明線線垂直，求二面角和線面角的正弦值，考查推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題.考點(diǎn)06球的表面積11．（2020·天津·高考真題）若棱長為23A．12π B．24π C．36π D．144π【答案】C〖祥解〗求出正方體的體對角線的一半，即為球的半徑，利用球的表面積公式，即可得解.【詳析】這個(gè)球是正方體的外接球，其半徑等于正方體的體對角線的一半，即R=2所以，這個(gè)球的表面積為S=4πR故選：C.【『點(diǎn)石成金』】本題考查正方體的外接球的表面積的求法，求出外接球的半徑是本題的解題關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題.求多面體的外接球的面積和體積問題，常用方法有：（1）三條棱兩兩互相垂直時(shí)，可恢復(fù)為長方體，利用長方體的體對角線為外接球的直徑，求出球的半徑；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的對稱性，球心為上下底面外接圓的圓心連線的中點(diǎn)，再根據(jù)勾股定理求球的半徑；（3）如果設(shè)計(jì)幾何體有兩個(gè)面相交，可過兩個(gè)面的外心分別作兩個(gè)面的垂線，垂線的交點(diǎn)為幾何體的球心.12．（2024·天津北辰·三模）中國載人航天技術(shù)發(fā)展日新月異.目前，世界上只有3個(gè)國家能夠獨(dú)立開展載人航天活動(dòng).從神話“嫦娥奔月”到古代“萬戶飛天”，從詩詞“九天攬?jiān)隆钡奖诋嫛笆伺w天”……千百年來，中國人以不同的方式表達(dá)著對未知領(lǐng)域的探索與創(chuàng)新.如圖，可視為類似火箭整流罩的一個(gè)容器，其內(nèi)部可以看成由一個(gè)圓錐和一個(gè)圓柱組合而成的幾何體.圓柱和圓錐的底面半徑均為2，圓柱的高為6，圓錐的高為4.若將其內(nèi)部注入液體，已知液面高度為7，則該容器中液體的體積為（

）A．325π12 B．76π3【答案】A〖祥解〗結(jié)合軸截面分析可知O1B=O【詳析】由題意可知：容器中液體分為：下半部分為圓柱，上半部分為圓臺，取軸截面，如圖所示，O1,O可知：AB∥CD∥EF，且O1可得O3FO所以該容器中液體的體積為π×故選：A.13．（2023·天津和平·三模）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為6，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在棱D1A1，D1C1上，且滿足D1EDA．822 B．622 C．4【答案】A〖祥解〗由于上下底平行，則可得平面EFO與上下底面的交線平行，則可得EF為平面EFO與上底面A1B1C1D1的交線，AC為平面EFO【詳析】連接AC,BD，A1C1，AC與BD因?yàn)镈1ED1A因?yàn)锳1C1‖AC，所以EF所以E,F,O,A,C共面，所以平面EFO截正方體ABCD-A1B因?yàn)檎襟wABCD-A1B所以AC=A在Rt△D1EF中，在Rt△AA1AE=A在Rt△CC1CF=C過E作EM⊥AC于M，則AM=AC-EF所以EM=A所以等腰梯形EFCA的面積為12故選：A

14．（2024·天津河西·三模）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點(diǎn)，平面EBA．1∶1 B．4∶3 C．6∶5 D．7∶5【答案】D〖祥解〗根據(jù)割補(bǔ)法結(jié)合棱臺的體積公式，即可求得答案.【詳析】設(shè)三棱柱ABC-A則V=V因?yàn)镋，F(xiàn)分別為AB，AC的中點(diǎn)，故S△AEF結(jié)合題意可知幾何體AEF-A則V1故V2=Sh-7故選：D15．（2024·天津?yàn)I海新·三模）我國有著豐富悠久的“印章文化”，古時(shí)候的印章一般用貴重的金屬或玉石制成，本是官員或私人簽署文件時(shí)代表身份的信物，后因其獨(dú)特的文化內(nèi)涵，也被作為裝飾物來使用．圖1是明清時(shí)期的一個(gè)金屬印章擺件，除去頂部的環(huán)可以看作是一個(gè)正四棱柱和一個(gè)正四棱錐組成的幾何體，如圖2.已知正四棱柱和正四棱錐的底面邊長為4，體積之比為3:1，且該幾何體的頂點(diǎn)在球O的表面上，則球O的表面積為（

）A．36π B．48π C．216【答案】A〖祥解〗根據(jù)題意可知正四棱柱和正四棱錐的高相等，利用幾何關(guān)系和正四棱柱的對稱性得到關(guān)于R,h的方程組，再利用球的表面積公式即可得解．【詳析】∵正四棱柱和正四棱錐的體積之比為3:1，且共一個(gè)底面，∴正四棱柱和正四棱錐的高相等，設(shè)正四棱柱和正四棱錐的高為h，該幾何體外接球的半徑為R，易知球O是正四棱柱的外接球，也是正四棱錐的外接球，∴(2R)解得h=2,R=3，∴球O的表面積為4π故選：A．16．（2024·天津紅橋·二模）如圖，圓錐形脆皮筒上面放半球形的冰淇淋，為了保障冰淇淋融化后能落在脆皮筒里，不溢出來，某規(guī)格的脆皮筒規(guī)定其側(cè)面面積是冰淇淋半球面面積的2倍，則此規(guī)格脆皮筒的體積與冰淇淋的體積之比為（

）

A．154 B．152 C．3【答案】B〖祥解〗設(shè)圓錐的半徑為r，高為h，母線長為l，結(jié)合題意面積比得到h=15【詳析】設(shè)圓錐的半徑為r，高為h，母線長為l，則母線長為l=r所以圓錐的側(cè)面積是πrl=半球的面積2π由題意可得πr解得h=15所以圓錐的體積為13πr所以此規(guī)格脆皮筒的體積與冰淇淋的體積之比為153故選：B.17．（2024·天津·二模）在如圖所示的幾何體中，底面ABCD是邊長為4的正方形，AA1，BG，CC1，DD1均與底面ABCD垂直，且AA1=CA．715V B．817V【答案】D〖祥解〗先求幾何體的體積V，再求被截較小部分的體積VECF-AD【詳析】由題意可知，如圖所示，EF//AD所以平面EFAD1即為平面因?yàn)锳A1=C所以幾何體的體積V=4×4×43被截棱臺的體積VECF-AD較大部分體積為V2且VECF-AD所以較小部分的體積為VECF-AD故選：D.18．（2024·天津南開·二模）在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PC⊥PD，PC=PD，O為CD的中點(diǎn)，二面角A-CD-P為直二面角.(1)求證：PB⊥PD；(2)求直線PC與平面PAB所成角的正弦值；(3)求平面POB與平面PAB夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)10(3)1〖祥解〗（1）證明出PO⊥CD，PO⊥平面ABCD，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點(diǎn)的坐標(biāo)，計(jì)算出PB?（2）求出平面的法向量，利用線面角求解公式得到答案；（3）求出兩平面法向量，求出面面角的余弦值.【詳析】（1）因?yàn)镻C=PD，O為CD的中點(diǎn)，所以PO⊥CD．又因?yàn)槠矫鍼CD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，PO?平面PCD，所以PO⊥平面ABCD．因?yàn)镃D=2，PC⊥PD，PC=PD，所以PO=1．取AB的中點(diǎn)E，連接OE，則OE⊥CD，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OD，OE，OP所在直線分別為x，y，z軸，如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，則O0,0,0，D1,0,0，C-1,0,0，B-1,2,0，PB=-1,2,-1，因?yàn)镻B?所以PB⊥PD．（2）設(shè)平面PAB的一個(gè)法向量為m=則m?AP=0解得x=0，令y=1，則z=2，則m=設(shè)直線PC與平面PAB所成的角為θ，又PC=則sinθ=所以直線PC與平面PAB所成的角的正弦值為105（3）設(shè)平面POB的一個(gè)法向量為n?則n?OP=0解得c=0，令b=1，則a=2，故n=設(shè)平面POB與平面PAB的夾角為α，則cosα=故平面POB與平面PAB的夾角的余弦值為1519．（2024·天津北辰·三模）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，AB=AD=12CD=2，PD=2，M(1)證明：BM∥平面PAD；(2)求平面PDM和平面DMB夾角的余弦值；(3)求A點(diǎn)到直線PC的距離.【答案】(1)證明見詳析(2)6(3)6〖祥解〗（1）取PD中點(diǎn)N，可得四邊形ABMN為平行四邊形，從而BM∥AN，利用線面平行的判定定理即可得證；（2）建系標(biāo)點(diǎn)，求出平面BDM的法向量，易知DA為平面PDM的一個(gè)法向量，利用向量夾角公式求解可得答案.（3）利用空間向量求得cos∠APC=1010【詳析】（1）取PD中點(diǎn)N，連接AN，MN．在△PCD中，M，N分別為PC，PD的中點(diǎn)，則MN∥DC，MN=1因?yàn)锳B∥DC，AB=12DC，則AB∥MN可知四邊形ABMN為平行四邊形，則BM∥AN，且BM?平面PAD，AN?平面PAD，所以BM∥平面PAD．（2）因?yàn)镻D⊥平面ABCD，AD，DC?平面ABCD，則PD⊥AD，PD⊥DC，且AD⊥DC，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,DP所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，如圖所示，取CD的中點(diǎn)E，連接BE，因?yàn)锳B∥DC，AB=12DC，則AB又因?yàn)锳D⊥DC，所以四邊形ABED為矩形，且AB=AD=2，可知四邊形ABED是以邊長為2的正方形，則D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,4,0)，P(0,0,2)，M0,2,1可得DA=(2,0,0)，DM=0,2,1設(shè)平面BDM的法向量為n=(x,y,z)，所以n令y=-1，則x=1，z=2．所以平面BDM的一個(gè)法向量為n=(1,-1,2)易知DA為平面PDM的一個(gè)法向量，所以，所以平面PDM和平面DMB夾角的余弦值為66（3）由（2）可知：PA=則cosPA即cos∠APC=1010則sin∠APC=所以A點(diǎn)到直線PC的距離為PAsin20．（2024·天津河北·二模）如圖，四棱錐P-ABCD中，側(cè)棱PD⊥平面ABCD，點(diǎn)E是PC的中點(diǎn)，底面ABCD是直角梯形，AB//DC，(1)求證：BE//平面PAD；(2)求異面直線PB和AC所成角的余弦值；(3)點(diǎn)Q在線段PC上，平面BDQ和平面PBD的夾角為45°，求PQ【答案】(1)證明見解析(2)15(3)2〖祥解〗（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法即可求證，（2）利用向量的夾角公式即可求解，（3）求兩個(gè)平面的法向量，即可利用法向量的夾角求解.【詳析】（1）證明：∵PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，以D為原點(diǎn)，分別以DA、DC、DP的方向?yàn)閤軸，y軸，∵AB=AD=PD=1,DC=2，點(diǎn)E是PC的中點(diǎn)，∴D0,0,0,A1,0,0則BE∵DC⊥平面PAD，∴平面APD的一個(gè)法向量為DC=∵BE∵BE?平面PAD，∴BE//平面PAD；（2）PB=設(shè)異面直線PB和AC所成的角為θ，cosθ=∴異面直線PB和AC所成角的余弦值為1515（3）DB=設(shè)PQ=λPC，∴DQ設(shè)平面PBD的法向量為m=x,y,zx+y=0,z=0,不妨令x=1，得y=-1，z=0設(shè)平面BDQ的法向量為n=xx'+y'=0,∴n∵平面BDQ和平面PBD的夾角為45°cos45λ2∵λ∈0,1∴∣PQ∣21．（2023·天津和平·三模）如圖，平面ABCD⊥平面ABE，AD⊥AB，AB//CD，AE=AD=CD=1(1)求直線BC與平面ADE所成角的大??；(2)求平面BCE與平面ADE所成夾角的正弦值；(3)求點(diǎn)D到平面BCE的距離．【答案】(1)π4(2)30(3)66〖祥解〗（1）由面面垂直的性質(zhì)得到AD⊥平面ABE，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法計(jì)算可得；（2）求出平面BCE的法向量，利用空間向量法求出平面夾角的余弦值，即可求出正弦值；（3）由點(diǎn)D到平面BCE的距離為DC?【詳析】（1）因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，AD⊥AB，AD?平面ABCD，所以AD⊥平面ABE，又因?yàn)椤螮AB=90°，則以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AE，AB，AD的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由已知AE=AD=CD=1所以A0,0,0，B0,2,0，C0,1,1，D因?yàn)锽C=0,-1,1,平面ADE的法向量為設(shè)直線BC與平面ADE所成角為θ1，則sin又θ1∈0,π2，所以直線CE（2）設(shè)平面BCE的法向量為n2=x,y,z，則n2?BC=-y+z=0,n2設(shè)平面BCE與平面ADE所成夾角為θ2則cosθ2=所以sinθ所以平面BCE與平面ADE所成夾角的正弦值為306（3）因?yàn)镈C=0,1,0，平面BCE的法向量為所以點(diǎn)D到平面BCE的距離為DC?22．（2024·天津河西·三模）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD=CD=22，BC=4(1)求證：AB⊥PC；(2)求異面直線PB與DC所成角的余弦值；(3)若平面MAC與平面DAC所成角為45°，求直線BM與平面PAC所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)10(3)5〖祥解〗（1）取BC中點(diǎn)為E，連接AE，說明AD⊥AE，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間位置關(guān)系的向量證明方法，即可證明結(jié)論；（2）求出向量PB=（3）設(shè)PM?=λPD?=0,22【詳析】（1）取BC中點(diǎn)為E，連接AE，由題意可知EC=AD,EC//即四邊形AECD為平行四邊形，故AE∥CD，而故AD⊥AE；又PA⊥平面ABCD，故以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AE,AD,AP所在直線為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,0則AB=故AB?故AB⊥PC，則（2）由（1）知PB=設(shè)異面直線PB與DC所成角為θ,θ∈(則cosθ=即異面直線PB與DC所成角的余弦值為105（3）由題可設(shè)PM?=λPD設(shè)平面AMC的一個(gè)法向量為n1AC=(2由n1?AC取y=2，則n平面ACD的法向量可取為n2平面MAC與平面DAC所成角為45°，則cos?解得λ=12，則M0,AP=設(shè)平面PAC的一個(gè)法向量為n3由n3?AP取a=1，則n3設(shè)直線BM與平面PAC所成角為α,α∈[則sinα=即直線BM與平面PAC所成角的正弦值為5323．（2024·天津·二模）如圖，直線PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC=∠BAD=90°，F(xiàn)為線段PA上一點(diǎn)，PD=2,AB=AD=1

(1)若F是PA的中點(diǎn)，求證：AC∥平面DEF；(2)求直線AE與平面BCP所成角的正弦值：(3)若點(diǎn)F到平面BCP的距離為16，求PF【答案】(1)證明見解析(2)3(3)3〖祥解〗（1）矩形PDCE對角線交點(diǎn)即為線段PC中點(diǎn)，在△PAC內(nèi)應(yīng)用中位線定理，即可得證；（2）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，先求直線AE的方向向量，再求平面BCP的法向量，應(yīng)用線面角的向量求法即可；（3）設(shè)定PF=λ【詳析】（1）設(shè)CP∩DE=G，連接FG，因?yàn)樗倪呅蜳DCE為矩形，所以G為PC中點(diǎn)，又F為PA中點(diǎn)，則AC∥FG，又FG?平面DEF，AC?平面DEF，所以AC∥平面DEF.（2）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，

則A∴BCAE設(shè)平面BCP的法向量為：n=且BC?n=-x+y=0CP?設(shè)直線AE與平面BCP所成角為θ，所以sinθ=則直線AE與平面BCP所成角的正弦值為37（3）PA=設(shè)PF由平面BCP的法向量為：n=點(diǎn)F到平面BCP的距離為：d=PF解得：λ=13，且所以PF=24．（2024·天津·模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，CD⊥AD，AD=CD=2BC=2，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，(1)若點(diǎn)E是邊AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F是邊PC的中點(diǎn)，求異面直線BC，EF所成角的余弦值；(2)求平面PAC和平面PAD的夾角的余弦值；(3)在棱PC上是否存在點(diǎn)M，使得BM⊥平面PCD？若存在，求PMPC【答案】(1)2(2)3(3)不存在，理由見解析〖祥解〗（1）取AD中點(diǎn)O，證得PO⊥平面ABCD，進(jìn)而得到OB⊥AD，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，求得BC=-1,0,0和（2）由（1），求得平面PAC和平面PAD的法向量n=1,1,1和（3）設(shè)Mx0,y0,z0，求得BM=【詳析】（1）解：取AD中點(diǎn)O，連接OP，OB，因?yàn)镻A=PD，所以PO⊥AD因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，且PO?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，又因?yàn)镺A?平面PAD，OB?平面PAD，所以PO⊥OA，PO⊥OB，因?yàn)镃D⊥AD，BC//AD，AD=2BC，所以BC//OD，BC=OD，所以四邊形OBCD是平行四邊形，所以O(shè)B⊥AD，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)A,OB,OP所在的直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則O0,0,0，A1,0,0，B0,2,0，C-1,2,0，D-1,0,0，P0,0,1，E1設(shè)異面直線BC，EF所成角為θ，則cosθ=所以異面直線BC，EF所成角的余弦值為25（2）解：由（1）得AC=-2,2,0，設(shè)平面PAC的法向量為n=x,y,z，則令x=1，可得y=1,z=1，所以n=因?yàn)槠矫鍼AD的法向量OB=設(shè)平面PAC與平面PAD的夾角為α，則cosα=所以平面PAC和平面PAD的夾角的余弦值為33（3）解：設(shè)M是棱PC上一點(diǎn)，則存在λ∈0,1使得PM設(shè)Mx0,y0所以x0,y0,z0所以M-λ,2λ,1-λ.所以BM因?yàn)锳P⊥PD，AP⊥CD，且CD∩PD=D，CD,PD?平面PCD，所以PA⊥平面PCD，所以PA=1,0,-1是平面若BM⊥平面PCD，則BM//PA，所以所以在棱PC上不存在點(diǎn)M，使得BM⊥平面PCD.25．（2024·天津·二模）如圖，在多面體ABCDEF中，AD∥BC，AF∥BE，AB⊥AF，AD⊥平面ABEF，AD=AB=2，(1)求證：直線BG∥平面DCE(2)求平面DBF與平面DCE夾角的余弦值；(3)求點(diǎn)E到平面DBF的距離.【答案】(1)證明見解析(2)8(3)1〖祥解〗（1）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AF，AB，AD所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面DCE的法向量n，根據(jù)BG⊥（2）分別求出平面DBF與平面DCE的法向量，利用向量夾角公式即可求解值；（3）設(shè)點(diǎn)E到平面DBF的距離為d，利用點(diǎn)到平面的向量公式即可求解.【詳析】（1）因?yàn)锳B⊥AF，AD⊥平面ABEF，AF,AB?平面ABEF，所以AD⊥AF,AD⊥AB，所以AF，AB，AD兩兩垂直，則以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AF，AB，AD所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B(0,2,0)，E(1,2,0)，C(0,2,1)，D(0,0,2)，G(1,0,0)，所以BG=(1,-2,0)，EC=(-1,0,1)，設(shè)平面DCE的法向量n=(x,y,z)，則n?EC得n=(2,1,2)所以BG?n=1×2-2×1+0×2=0又因?yàn)锽G?平面所以直線BG∥平面DCE（2）由F(4,0,0)，得BF=(4,-2,0)，BD設(shè)平面DBF的法向量為n0=(x0得n0所以cos則平面DBF與平面DCE夾角的余弦值為8（3）由于DE=(1,2,-2)，平面DBF的法向量n設(shè)點(diǎn)E到平面DBF的距離為d，則d=n所以點(diǎn)E到平面DBF的距離為1專題07立體幾何考點(diǎn)五年考情（2020-2024）命題趨勢考點(diǎn)1幾何體體積（5年4考）2024天津卷：柱體體積的計(jì)算；2023天津卷：錐體體積的有關(guān)計(jì)算證明線面垂直；2022天津卷：柱體體積的有關(guān)計(jì)算求組合體的體積；2021天津卷：錐體體積的有關(guān)計(jì)算球的體積的有關(guān)計(jì)算；1.立體幾何在高考的考查主要包含了，幾何體的體積問題，通常運(yùn)用割補(bǔ)法進(jìn)行求解。2.立體幾何線面關(guān)系的判斷，主要考查了判定定理與性質(zhì)定理的靈活運(yùn)用3.立體幾何解答題主要考查了，線線，線面與面面的位置關(guān)系的證明，線面與面面的夾角以及距離問題4.立體幾何的外接球通?？疾榱?，外接球的表面積、體積與外接球半徑問題.考點(diǎn)2線面位置關(guān)系的判定（5年1考）2024天津卷：線面關(guān)系有關(guān)命題的判斷；考點(diǎn)3線面位置關(guān)系的證明（5年5考）2024天津卷：證明線面平行面面角的向量求法點(diǎn)到平面距離的向量求法；2023天津卷：證明線面平行求點(diǎn)面距離求二面角；2022天津卷：空間位置關(guān)系的向量證明線面角的向量求法面面角的向量求法；2021天津卷：空間位置關(guān)系的向量證明線面角的向量求法面面角的向量求法；2020天津卷：空間向量垂直的坐標(biāo)表示線面角的向量求法面面角的向量求法；考點(diǎn)4距離問題（5年2考）2024天津卷：證明線面平行面面角的向量求法點(diǎn)到平面距離的向量求法；2023天津卷：證明線面平行求點(diǎn)面距離求二面角；考點(diǎn)5角度問題（5年4考）2023天津卷：證明線面平行求點(diǎn)面距離求二面角；2022天津卷：空間位置關(guān)系的向量證明線面角的向量求法面面角的向量求法；2021天津卷：空間位置關(guān)系的向量證明線面角的向量求法面面角的向量求法；2020天津卷：空間向量垂直的坐標(biāo)表示線面角的向量求法面面角的向量求法；考點(diǎn)6球的表面積（5年1考）2020天津卷：球的表面積的有關(guān)計(jì)算考點(diǎn)01幾何體體積1.（2024·天津·高考真題）一個(gè)五面體ABC-DEF．已知AD∥BE∥CF，且兩兩之間距離為1．并已知AD=1，A．36 B．334+【答案】C〖祥解〗采用補(bǔ)形法，補(bǔ)成一個(gè)棱柱，求出其直截面，再利用體積公式即可.【詳析】用一個(gè)完全相同的五面體HIJ-LMN（頂點(diǎn)與五面體ABC-DEF一一對應(yīng)）與該五面體相嵌，使得D,N；E,M;F,L重合，因?yàn)锳D∥BE∥CF，且兩兩之間距離為1．AD=1,BE=2,CF=3，則形成的新組合體為一個(gè)三棱柱，該三棱柱的直截面（與側(cè)棱垂直的截面）為邊長為1的等邊三角形，側(cè)棱長為1+3=2+2=3+1=4，VABC-DEF故選：C.2．（2023·天津·高考真題）在三棱錐P-ABC中，點(diǎn)M,N分別在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23A．19 B．29 C．1【答案】B〖祥解〗分別過M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分別為M',C'.過B作BB'⊥平面PAC，垂足為B'，連接PB',過N作NN【詳析】如圖，分別過M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分別為M',C'.過B作BB'⊥

因?yàn)锽B'⊥平面PAC，BB'?平面又因?yàn)槠矫鍼BB'∩平面PAC=PB'，NN'⊥PB'，在△PCC'中，因?yàn)镸M'⊥PA,C在△PBB'中，因?yàn)锽B所以VP-AMN故選：B3．（2022·天津·高考真題）如圖，“十字歇山”是由兩個(gè)直三棱柱重疊后的景象，重疊后的底面為正方形，直三棱柱的底面是頂角為120°，腰為3的等腰三角形，則該幾何體的體積為（

）A．23 B．24 C．26 D．27【答案】D〖祥解〗作出幾何體直觀圖，由題意結(jié)合幾何體體積公式即可得組合體的體積.【詳析】該幾何體由直三棱柱AFD-BHC及直三棱柱DGC-AEB組成，作HM⊥CB于M，如圖，因?yàn)镃H=BH=3,∠CHB=120°，所以因?yàn)橹丿B后的底面為正方形，所以AB=BC=33在直棱柱AFD-BHC中，AB⊥平面BHC，則AB⊥HM,由AB∩BC=B可得HM⊥平面ADCB，設(shè)重疊后的EG與FH交點(diǎn)為I,則V則該幾何體的體積為V=2V故選：D.4．（2021·天津·高考真題）兩個(gè)圓錐的底面是一個(gè)球的同一截面，頂點(diǎn)均在球面上，若球的體積為32π3，兩個(gè)圓錐的高之比為1:3A．3π B．4π C．9π D．12π【答案】B〖祥解〗作出圖形，計(jì)算球體的半徑，可計(jì)算得出兩圓錐的高，利用三角形相似計(jì)算出圓錐的底面圓半徑，再利用錐體體積公式可求得結(jié)果.【詳析】如下圖所示，設(shè)兩個(gè)圓錐的底面圓圓心為點(diǎn)D，設(shè)圓錐AD和圓錐BD的高之比為3:1，即AD=3BD，設(shè)球的半徑為R，則4πR33=32π所以，BD=1，AD=3，∵CD⊥AB，則∠CAD+∠ACD=∠BCD+∠ACD=90°，所以，又因?yàn)椤螦DC=∠BDC，所以，△ACD∽△CBD，所以，ADCD=CD因此，這兩個(gè)圓錐的體積之和為13故選：B.考點(diǎn)02線面位置關(guān)系的判定5．（2024·天津·高考真題）若m,n為兩條不同的直線，α為一個(gè)平面，則下列結(jié)論中正確的是（

）A．若m//α，n//α，則m⊥n B．若mC．若m//α,n⊥α，則m⊥n D．若m//α,n⊥α，則【答案】C〖祥解〗根據(jù)線面平行的性質(zhì)可判斷AB的正誤，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可判斷CD的正誤.【詳析】對于A，若m//α，n//α，則對于B，若m//α,n//對于C，m//α,n⊥α，過m作平面β，使得因?yàn)閙?β，故m//s，而s?α，故n⊥s，故對于D，若m//α,n⊥α，則m與故選：C.考點(diǎn)03線面位置的證明6．（2022·天津·高考真題）直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA(1)求證：EF//平面ABC(2)求直線BE與平面CC(3)求平面A1CD與平面【答案】(1)證明見解析(2)4(3)10〖祥解〗（1）以點(diǎn)A1為坐標(biāo)原點(diǎn)，A1A、A1B1、A1（2）利用空間向量法可求得直線BE與平面CC（3）利用空間向量法可求得平面A1CD與平面【詳析】（1）證明：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A以點(diǎn)A1為坐標(biāo)原點(diǎn)，A1A、A1B1、A1則A2,0,0、B2,2,0、C2,0,2、A10,0,0、B10,2,0、C10,0,2易知平面ABC的一個(gè)法向量為m=1,0,0，則EF?∵EF?平面ABC，故EF//平面ABC（2）解：C1C=2,0,0，設(shè)平面CC1D的法向量為u取y1=2，可得u=因此，直線BE與平面CC1D（3）解：A1C=設(shè)平面A1CD的法向量為v=取x2=1，可得v=因此，平面A1CD與平面CC7．（2021·天津·高考真題）如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A（I）求證：D1F//平面（II）求直線AC1與平面（III）求二面角A-A【答案】（I）證明見解析；（II）39；（III）1〖祥解〗（I）建立空間直角坐標(biāo)系，求出D1F及平面A1EC（II）求出AC1，由（III）求得平面AA1C1的一個(gè)法向量【詳析】（I）以A為原點(diǎn)，AB,AD,AA1分別為則A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),C1因?yàn)镋為棱BC的中點(diǎn)，F(xiàn)為棱CD的中點(diǎn)，所以E(2,1,0)，F(xiàn)(1,2,0)，所以D1F=(1,0,-2),A設(shè)平面A1EC則{m?A1C因?yàn)镈1F?因?yàn)镈1F?平面A1EC（II）由（1）得，AC設(shè)直線AC1與平面A1則sinθ=|（III）由正方體的特征可得，平面AA1C則cos?所以二面角A-A1C考點(diǎn)04距離問題8．（2024·天津·高考真題）已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD為梯形，AB//CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中(1)求證D1N//平面(2)求平面CB1M(3)求點(diǎn)B到平面CB【答案】(1)證明見解析(2)2(3)2〖祥解〗（1）取CB1中點(diǎn)P，連接NP，MP，借助中位線的性質(zhì)與平行四邊形性質(zhì)定理可得（2）建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系，計(jì)算兩平面的空間向量，再利用空間向量夾角公式計(jì)算即可得解；（3）借助空間中點(diǎn)到平面的距離公式計(jì)算即可得解.【詳析】（1）取CB1中點(diǎn)P，連接NP，由N是B1C1的中點(diǎn)，故NP由M是DD1的中點(diǎn)，故D1則有D1M//故四邊形D1MPN是平行四邊形，故又MP?平面CB1M，D故D1N//（2）以A為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，有A0,0,0、B2,0,0、B12,0,2、M0,1,1則有CB1=1,-1,2、設(shè)平面CB1M與平面BB1則有m?CB分別取x1=x2=1，則有y1=3即m=1,3,1、則cosm故平面CB1M與平面B（3）由BB1=0,0,2，平面則有BB即點(diǎn)B到平面CB1M9．（2023·天津·高考真題）如圖，在三棱臺ABC-A1B1C1中，A1

(1)求證：A1N//平面(2)求平面AMC1與平面(3)求點(diǎn)C到平面AMC【答案】(1)證明見解析(2)2(3)4〖祥解〗（1）先證明四邊形MNA（2）利用二面角的定義，作出二面角的平面角后進(jìn)行求解；（3）方法一是利用線面垂直的關(guān)系，找到垂線段的長，方法二無需找垂線段長，直接利用等體積法求解【詳析】（1）

連接MN,C1A.由M,N分別是BC,BA的中點(diǎn)，根據(jù)中位線性質(zhì)，MN//AC由棱臺性質(zhì)，A1C1//AC，于是MN//A1C1，由MN=A又A1N?平面C1MA，MC1?（2）過M作ME⊥AC，垂足為E，過E作EF⊥AC1，垂足為F,連接由ME?面ABC，A1A⊥面ABC，故AA1⊥ME，又ME⊥AC，AC∩AA1=A，由AC1?平面ACC1A1，故ME⊥AC1，又EF⊥AC1由MF?平面MEF，故AC1⊥MF.于是平面AMC1又ME=AB2=1，cos∠CAC1=15，則sin于是cos（3）[方法一：幾何法]

過C1作C1P⊥AC，垂足為P，作C1Q⊥AM，垂足為Q，連接PQ,PM，過P由題干數(shù)據(jù)可得，C1A=C1C=由C1P⊥平面AMC，AM?平面AMC，則C1P⊥AM，又C1Q⊥AM，C1Q∩C又PR?平面C1PQ，則PR⊥AM，又PR⊥C1Q，C1Q∩AM=Q，C在Rt△C1又CA=2PA，故點(diǎn)C到平面C1MA的距離是P到平面即點(diǎn)C到平面AMC1的距離是[方法二：等體積法]

輔助線同方法一.設(shè)點(diǎn)C到平面AMC1的距離為VCVC-由VC1-AMC考點(diǎn)05角度問題10．（2020·天津·高考真題）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2，CC1（Ⅰ）求證：C1（Ⅱ）求二面角B-B（Ⅲ）求直線AB與平面DB【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）306；（Ⅲ）3〖祥解〗以C為原點(diǎn)，分別以CA,CB,CC1的方向?yàn)椋á瘢┯?jì)算出向量C1M和B1D的坐標(biāo)，得出（Ⅱ）可知平面BB1E的一個(gè)法向量為CA，計(jì)算出平面B1ED（Ⅲ）利用空間向量法可求得直線AB與平面DB【詳析】依題意，以C為原點(diǎn)，分別以CA、CB、CC1的方向?yàn)閤軸、y軸、可得C(0,0,0)、A(2,0,0)、B(0,2,0)、C1A1(2,0,3)、B1(0,2,3)、D(2,0,1)、（Ⅰ）依題意，C1M=(1,1,0)從而C1M?（Ⅱ）依題意，CA=(2,0,0)是平面BEB1=(0,2,1)設(shè)n=(x,y,z)為平面D則{n?E不妨設(shè)x=1，可得n=(1,-1,2)cos<∴sin所以，二面角B-B1E-D（Ⅲ）依題意，AB=(-2,2,0)由（Ⅱ）知n=(1,-1,2)為平面DB1所以，直線AB與平面DB1E【『點(diǎn)石成金』】本題考查利用空間向量法證明線線垂直，求二面角和線面角的正弦值，考查推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題.考點(diǎn)06球的表面積11．（2020·天津·高考真題）若棱長為23A．12π B．24π C．36π D．144π【答案】C〖祥解〗求出正方體的體對角線的一半，即為球的半徑，利用球的表面積公式，即可得解.【詳析】這個(gè)球是正方體的外接球，其半徑等于正方體的體對角線的一半，即R=2所以，這個(gè)球的表面積為S=4πR故選：C.【『點(diǎn)石成金』】本題考查正方體的外接球的表面積的求法，求出外接球的半徑是本題的解題關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題.求多面體的外接球的面積和體積問題，常用方法有：（1）三條棱兩兩互相垂直時(shí)，可恢復(fù)為長方體，利用長方體的體對角線為外接球的直徑，求出球的半徑；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的對稱性，球心為上下底面外接圓的圓心連線的中點(diǎn)，再根據(jù)勾股定理求球的半徑；（3）如果設(shè)計(jì)幾何體有兩個(gè)面相交，可過兩個(gè)面的外心分別作兩個(gè)面的垂線，垂線的交點(diǎn)為幾何體的球心.12．（2024·天津北辰·三模）中國載人航天技術(shù)發(fā)展日新月異.目前，世界上只有3個(gè)國家能夠獨(dú)立開展載人航天活動(dòng).從神話“嫦娥奔月”到古代“萬戶飛天”，從詩詞“九天攬?jiān)隆钡奖诋嫛笆伺w天”……千百年來，中國人以不同的方式表達(dá)著對未知領(lǐng)域的探索與創(chuàng)新.如圖，可視為類似火箭整流罩的一個(gè)容器，其內(nèi)部可以看成由一個(gè)圓錐和一個(gè)圓柱組合而成的幾何體.圓柱和圓錐的底面半徑均為2，圓柱的高為6，圓錐的高為4.若將其內(nèi)部注入液體，已知液面高度為7，則該容器中液體的體積為（

）A．325π12 B．76π3【答案】A〖祥解〗結(jié)合軸截面分析可知O1B=O【詳析】由題意可知：容器中液體分為：下半部分為圓柱，上半部分為圓臺，取軸截面，如圖所示，O1,O可知：AB∥CD∥EF，且O1可得O3FO所以該容器中液體的體積為π×故選：A.13．（2023·天津和平·三模）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為6，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在棱D1A1，D1C1上，且滿足D1EDA．822 B．622 C．4【答案】A〖祥解〗由于上下底平行，則可得平面EFO與上下底面的交線平行，則可得EF為平面EFO與上底面A1B1C1D1的交線，AC為平面EFO【詳析】連接AC,BD，A1C1，AC與BD因?yàn)镈1ED1A因?yàn)锳1C1‖AC，所以EF所以E,F,O,A,C共面，所以平面EFO截正方體ABCD-A1B因?yàn)檎襟wABCD-A1B所以AC=A在Rt△D1EF中，在Rt△AA1AE=A在Rt△CC1CF=C過E作EM⊥AC于M，則AM=AC-EF所以EM=A所以等腰梯形EFCA的面積為12故選：A

14．（2024·天津河西·三模）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點(diǎn)，平面EBA．1∶1 B．4∶3 C．6∶5 D．7∶5【答案】D〖祥解〗根據(jù)割補(bǔ)法結(jié)合棱臺的體積公式，即可求得答案.【詳析】設(shè)三棱柱ABC-A則V=V因?yàn)镋，F(xiàn)分別為AB，AC的中點(diǎn)，故S△AEF結(jié)合題意可知幾何體AEF-A則V1故V2=Sh-7故選：D15．（2024·天津?yàn)I海新·三模）我國有著豐富悠久的“印章文化”，古時(shí)候的印章一般用貴重的金屬或玉石制成，本是官員或私人簽署文件時(shí)代表身份的信物，后因其獨(dú)特的文化內(nèi)涵，也被作為裝飾物來使用．圖1是明清時(shí)期的一個(gè)金屬印章擺件，除去頂部的環(huán)可以看作是一個(gè)正四棱柱和一個(gè)正四棱錐組成的幾何體，如圖2.已知正四棱柱和正四棱錐的底面邊長為4，體積之比為3:1，且該幾何體的頂點(diǎn)在球O的表面上，則球O的表面積為（

）A．36π B．48π C．216【答案】A〖祥解〗根據(jù)題意可知正四棱柱和正四棱錐的高相等，利用幾何關(guān)系和正四棱柱的對稱性得到關(guān)于R,h的方程組，再利用球的表面積公式即可得解．【詳析】∵正四棱柱和正四棱錐的體積之比為3:1，且共一個(gè)底面，∴正四棱柱和正四棱錐的高相等，設(shè)正四棱柱和正四棱錐的高為h，該幾何體外接球的半徑為R，易知球O是正四棱柱的外接球，也是正四棱錐的外接球，∴(2R)解得h=2,R=3，∴球O的表面積為4π故選：A．16．（2024·天津紅橋·二模）如圖，圓錐形脆皮筒上面放半球形的冰淇淋，為了保障冰淇淋融化后能落在脆皮筒里，不溢出來，某規(guī)格的脆皮筒規(guī)定其側(cè)面面積是冰淇淋半球面面積的2倍，則此規(guī)格脆皮筒的體積與冰淇淋的體積之比為（

）

A．154 B．152 C．3【答案】B〖祥解〗設(shè)圓錐的半徑為r，高為h，母線長為l，結(jié)合題意面積比得到h=15【詳析】設(shè)圓錐的半徑為r，高為h，母線長為l，則母線長為l=r所以圓錐的側(cè)面積是πrl=半球的面積2π由題意可得πr解得h=15所以圓錐的體積為13πr所以此規(guī)格脆皮筒的體積與冰淇淋的體積之比為153故選：B.17．（2024·天津·二模）在如圖所示的幾何體中，底面ABCD是邊長為4的正方形，AA1，BG，CC1，DD1均與底面ABCD垂直，且AA1=CA．715V B．817V【答案】D〖祥解〗先求幾何體的體積V，再求被截較小部分的體積VECF-AD【詳析】由題意可知，如圖所示，EF//AD所以平面EFAD1即為平面因?yàn)锳A1=C所以幾何體的體積V=4×4×43被截棱臺的體積VECF-AD較大部分體積為V2且VECF-AD所以較小部分的體積為VECF-AD故選：D.18．（2024·天津南開·二模）在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PC⊥PD，PC=PD，O為CD的中點(diǎn)，二面角A-CD-P為直二面角.(1)求證：PB⊥PD；(2)求直線PC與平面PAB所成角的正弦值；(3)求平面POB與平面PAB夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)10(3)1〖祥解〗（1）證明出PO⊥CD，PO⊥平面ABCD，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點(diǎn)的坐標(biāo)，計(jì)算出PB?（2）求出平面的法向量，利用線面角求解公式得到答案；（3）求出兩平面法向量，求出面面角的余弦值.【詳析】（1）因?yàn)镻C=PD，O為CD的中點(diǎn)，所以PO⊥CD．又因?yàn)槠矫鍼CD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，PO?平面PCD，所以PO⊥平面ABCD．因?yàn)镃D=2，PC⊥PD，PC=PD，所以PO=1．取AB的中點(diǎn)E，連接OE，則OE⊥CD，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OD，OE，OP所在直線分別為x，y，z軸，如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，則O0,0,0，D1,0,0，C-1,0,0，B-1,2,0，PB=-1,2,-1，因?yàn)镻B?所以PB⊥PD．（2）設(shè)平面PAB的一個(gè)法向量為m=則m?AP=0解得x=0，令y=1，則z=2，則m=設(shè)直線PC與平面PAB所成的角為θ，又PC=則sinθ=所以直線PC與平面PAB所成的角的正弦值為105（3）設(shè)平面POB的一個(gè)法向量為n?則n?OP=0解得c=0，令b=1，則a=2，故n=設(shè)平面POB與平面PAB的夾角為α，則cosα=故平面POB與平面PAB的夾角的余弦值為1519．（2024·天津北辰·三模）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，AB=AD=12CD=2，PD=2，M(1)證明：BM∥平面PAD；(2)求平面PDM和平面DMB夾角的余弦值；(3)求A點(diǎn)到直線PC的距離.【答案】(1)證明見詳析(2)6(3)6〖祥解〗（1）取PD中點(diǎn)N，可得四邊形ABMN為平行四邊形，從而BM∥AN，利用線面平行的判定定理即可得證；（2）建系標(biāo)點(diǎn)，求出平面BDM的法向量，易知DA為平面PDM的一個(gè)法向量，利用向量夾角公式求解可得答案.（3）利用空間向量求得cos∠APC=1010【詳析】（1）取PD中點(diǎn)N，連接AN，MN．在△PCD中，M，N分別為PC，PD的中點(diǎn)，則MN∥DC，MN=1因?yàn)锳B∥DC，AB=12DC，則AB∥MN可知四邊形ABMN為平行四邊形，則BM∥AN，且BM?平面PAD，AN?平面PAD，所以BM∥平面PAD．（2）因?yàn)镻D⊥平面ABCD，AD，DC?平面ABCD，則PD⊥AD，PD⊥DC，且AD⊥DC，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,DP所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，如圖所示，取CD的中點(diǎn)E，連接BE，因?yàn)锳B∥DC，AB=12DC，則AB又因?yàn)锳D⊥DC，所以四邊形ABED為矩形，且AB=AD=2，可知四邊形ABED是以邊長為2的正方形，則D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,4,0)，P(0,0,2)，M0,2,1可得DA=(2,0,0)，DM=0,2,1設(shè)平面BDM的法向量為n=(x,y,z)，所以n令y=-1，則x=1，z=2．所以平面BDM的一個(gè)法向量為n=(1,-1,2)易知DA為平面PDM的一個(gè)法向量，所以，所以平面PDM和平面DMB夾角的余弦值為66（3）由（2）可知：PA=則cosPA即cos∠APC=1010則sin∠APC=所以A點(diǎn)到直線PC的距離為PAsin20．（2024·天津河北·二模）如圖，四棱錐P-ABCD中，側(cè)棱PD⊥平面ABCD，點(diǎn)E是PC的中點(diǎn)，底面ABCD是直角梯形，AB//DC，(1)求證：BE//平面PAD；(2)求異面直線PB和AC所成角的余弦值；(3)點(diǎn)Q在線段PC上，平面BDQ和平面PBD的夾角為45°，求PQ【答案】(1)證明見解析(2)15(3)2〖祥解〗（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法即可求證，（2）利用向量的夾角公式即可求解，（3）求兩個(gè)平面的法向量，即可利用法向量的夾角求解.【詳析】（1）證明：∵PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，以D為原點(diǎn)，分別以DA、DC、DP的方向?yàn)閤軸，y軸，∵AB=AD=PD=1,DC=2，點(diǎn)E是PC的中點(diǎn)，∴D0,0,0,A1,0,0則BE∵DC⊥平面PAD，∴平面APD的一個(gè)法向量為DC=∵BE∵BE?平面PAD，∴BE//平面PAD；（2）PB=設(shè)異面直線PB和AC所成的角為θ，cosθ=∴異面直線PB和AC所成角的余弦值為1515（3）DB=設(shè)PQ=λPC，∴DQ設(shè)平面PBD的法向量為m=x,y,zx+y=0,z=0,不妨令x=1，得y=-1，z=0設(shè)平面BDQ的法向量為n=xx'+y'=0,∴n∵平面BDQ和平面PBD的夾角為45°cos45λ2∵λ∈0,1∴∣PQ∣21．（2023·天津和平·三模）如圖，平面ABCD⊥平面ABE，AD⊥AB，AB//CD，AE=AD=CD=1(1)求直線BC與平面ADE所成角的大??；(2)求平面BCE與平面ADE所成夾角的正弦值；(3)求點(diǎn)D到平面BCE的距離．【答案】(1)π4(2)30(3)66〖祥解〗（1）由面面垂直的性質(zhì)得到AD⊥平面ABE，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法計(jì)算可得；（2）求出平面BCE的法向量，利用空間向量法求出平面夾角的余弦值，即可求出正弦值；（3）由點(diǎn)D到平面BCE的距離為DC?【詳析】（1）因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，AD⊥AB，AD?平面ABCD，所以AD⊥平面ABE，又因?yàn)椤螮AB=90°，則以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AE，AB，AD的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由已知AE=AD=CD=1所以A0,0,0，B0,2,0，C0,1,1，D因?yàn)锽C=0,-1,1,平面ADE的法向量為設(shè)直線BC與平面ADE所成角為θ1，則sin又θ1∈0,π2，所以直線CE（2）設(shè)平面BCE的法向量為n2=x,y,z，則n2?BC=-y+z=0,n2設(shè)平面BCE與平面ADE所成夾角為θ2則cosθ2=所以sinθ所以平面BCE與平面ADE所成夾角的正弦值為306（3）因?yàn)镈C=0,1,0，平面BCE的法向量為所以點(diǎn)D到平面BCE的距離為DC?22．（2024·天津河西·三模）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD=CD=22，BC=4(1)求證：AB⊥PC；(2)求異面直線PB與DC所成角的余弦值；(3)若平面MAC與平面DAC所成角為45°，求直線BM與平面PAC所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)10(3)5〖祥解〗（1）取BC中點(diǎn)為E，連接AE，說明AD⊥AE，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間位置關(guān)系的向量證明方法，即可證明結(jié)論；（2）求出向量PB=（3）設(shè)PM?=λPD?=0,22【詳析】（1）取BC中點(diǎn)為E，連接AE，由題意可知EC=AD,E