1、第九章 立体几何第一节 空间点、线、面的位置关系与空间几何体1.（2023全国甲卷理科11）在四棱锥中，底面为正方形，则的面积为（ ）A. B. C. D.【解析】如图所示，取的中点分别为，因为，所以.又，过作平面，则.连接，则.令，则，.在中，因为，所以.解得，则.过作，垂足为，连接，则.所以.故选C.【评注】本题重点考查了四棱锥中侧面、底面、高、斜高等几何要素之间的关系，涉及到空间想象能力与运算求解能力，2024届的考生应在空间几何体方面强化，属中档难度.2.（2023全国甲卷理科15）15.在正方体中，分别为的中点，则以为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为 . 【解析】如图所示，所以球
2、是正方体的棱切球，即球与每条棱都有一个公共点，故填.3.（2023全国甲卷文科16）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 .【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.【解析】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，
3、.故答案为.4.（2023全国乙卷理科3，文科3）如图所示，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. B. C. 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.【解析】 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. 5.（2023全国乙卷理科8）已知圆锥的底面半径为，为底面圆心， 为圆锥的母线， 若的面积等于，则该圆锥的体积为 （ ）A. B. C. D.【解析】如图所示，取中点为，连接.在圆中，因为，所以，.又，所以
4、，.所以该圆锥的体积为.故选B.6.（2023全国乙卷文科16）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 .【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球的性质运算求解.【解析】如图所示，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，所以.故答案为2.【评注】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）若球面上四点构成的三条线段两两垂直，且，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体
5、，根据求解；（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7.（2023新高考I卷14）在正四棱台中，则该棱台的体积为 .【解析】如图所示，将正四棱台补成正四棱锥，因为，所以，设，则，故，故填.8.（2023新高考II卷9）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，点在底面圆周上，且二面角为，则（ ）A. 该圆锥体积为 B. 该圆锥侧面积为 C. D. 的面积为【解析】如图所示，取的中
6、点，连接，则，又，所以，所以为二面角的平面角，即，则.依题意，所以底面圆半径，圆锥高.，A正确；，B错误；在中，所以，C正确；，D错误.综上，故选AC.9.（2023新高考II卷14）14.底面边长为的正四棱锥被一个平行于底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，则所得棱台的体积为_.【解析】设原正四棱锥的体积为，高为，截取的正四棱锥的体积为，高为，依题意可得，所以.10.（2023北京卷9）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.如图所示，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
7、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.【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.【解析】如图所示，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，所以在中，在中，又因为，所有棱长之和为.故选C.11.（2023天津卷8）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（）ABCD【分析
8、】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.【解析】如图所示，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B.第二节 空间直线、平面间平行和垂直的判定与性质1.（2023全国乙卷文科19（1）如图所示，在三棱锥中， ， ， 的中点分别为，点在上，.求证：平面；【解析】如图所示，在中，因为，且为中点，所以.设，则.所以，所以，又，故为中点，又为中点，所以，又，所以，又平面，所以平面.
9、2.（2023全国甲卷文科18（1）在三棱柱中，底面，.求证：平面；【分析】由平面得，又因为，可证平面，从而证得平面平面；【解析】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.3.（2023新高考I卷18（1）如图所示，在正四棱柱中，点，分别在棱，上，.证明：；【解析】证法一：过点作于点，过点作于点， 连接，如图所示，则平行且等于， 所以四边形是平行四边形，所以又因为，所以, 所以.证法二：连接，易得，所以为平行四边形，所以.4.（2023全国乙卷理科19（1）（2）如图所示，在三棱锥中， ， ， 的中点分别为，点在上，.（1） 证明：平面；（2） 证明：平
10、面平面；【解析】（1）如图所示，在中，因为，且为中点，所以.设，则.所以，所以，又，故为中点，又为中点，所以，又，所以，又平面，所以平面.（2）由（1）知，又为中点，所以，又，在中，即，所以，又，所以，又，所以平面.又平面，故平面平面.5.（2023全国乙卷文科19（1）如图所示，在三棱锥中， ， ， 的中点分别为，点在上，.求证：平面；【解析】如图所示，在中，因为，且为中点，所以.设，则.所以，所以，又，故为中点，又为中点，所以，又，所以平面.6.（2023新高考II卷20（1）20.如图所示，在三棱锥中，为的中点.求证：;【解析】如图所示，连接，因为，所以，所以.因为为中点，所以. 又，所
11、以，.又，所以平面，所以.第三节 空间向量与立体几何1.（2023全国甲卷理科18）在三棱柱中，底面，到平面的距离为1.（1）证明：；（2）若直线与距离为2，求与平面所成角的正弦值.【解析】（1）因为底面，所以，又，所以，又，所以平面，故平面平面，交线为，过作的垂线，垂足为，则平面，又到平面的距离为1.所以，在中，所以为的中点，又知为垂足，所以为等腰三角形，进而.（2）由（1）知，两两垂直，如图建立空间直角坐标系. 过作，则为中点，连接，则.因为直线与的距离为2，所以.由（1）知，在中，.设平面的法向量为，则，令，故.设直线与平面所成角大小为，即直线与平面所成角的正弦值为.2.（2023全国乙
12、卷理科9）已知为等腰直角三角形，为斜边，为等边三角形，若二面角为 ，则直线与平面所成角的正切值为 （ ）A. B. C. D.【解析】如图所示，取中点，连接，则，.为二面角的平面角，即，且平面，平面平面.的大小即为直线与平面所成角的大小.不妨设，则，.在中，.所以，.故选C.3.（2023全国乙卷理科19）如图所示，在三棱锥中， ， ， 的中点分别为，点在上，.（1） 证明：平面；（2） 证明：平面平面；（3） 求二面角的正弦值.【解析】（1）如图所示，在中，因为，且为中点，所以.设，则.所以，所以，又，故为中点，又为中点，所以，又，所以，又平面，所以平面.（2）由（1）知，又为中点，所以，又
13、，在中，即，所以，又，所以，又，所以平面.又平面，故平面平面.（3）由（2）知，平面，所以平面平面，设，连接，则，即为二面角的平面角.又，所以转化为求.在中，.所以.在中，所以.在中，在中，所以，在中，.所以，二面角的大小为，其正弦值为.4.（2023新高考I卷18）如图所示，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.【解析】(1)证法一：过点作于点，过点作于点， 连接，如图所示，则平行且等于， 所以四边形是平行四边形，所以又因为，所以, 所以.证法二：连接，易得，所以为平行四边形，所以.（2）如图所示，以为坐标原点，为轴、轴、轴的正方向，建立平面直
14、角坐标系，设，设平面的一个法向量为，则，令得，平面的法向量.同理可得平面的法向量，因为二面角为，则，即，解得或.则5.（2023新高考II卷20）20.如图所示，在三棱锥中，为的中点.（1）求证：;（2）点满足，求二面角的正弦值.【解析】（1）如图所示，连接，因为，所以，所以.因为为中点，所以. 又，所以，.又，所以平面，所以.（2）设，由，可知都为等边三角形，所以.又，所以，所以，则为直角三角形，且，所以，.又，所以平面.分别以为轴建立空间直角坐标系，如图所示.则，设，则，所以.设平面的法向量为，则，可得.又.设平面的法向量为，则，可得.所以.所以二面角的正弦值为.6.（2023北京卷16）
15、如图所示，在三棱锥中，平面，.（1）求证：平面；（2）求二面角的大小.【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.【解析】（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，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，如图所示， 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
16、锐二面角，所以二面角的大小为.7.（2023天津卷17）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【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定理解决；（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.【解析】（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
17、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）解法一（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.解法二（等体积法）：辅助线同方法一.设点到平面的距离为.，.由，即.第四节 立体几何综合问题1.（2023新高考I卷12）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0.99m的球体B.所有棱长均为1.4m的四面
18、体C.底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D.底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体【解析】选项A，球的直径为0.99m1m，故球体可以放入正方体容器内，故A正确；选项B，连接正方体的面对角线，可以得到一个正四面体，其棱长为，故B正确；选项C，正方体的体对角线为，圆柱体的高，故C错误.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.
