2024年4月1日发(作者：)

专题九立体几何与空间向量

真题卷题号

12

考点

基本的立体图形

简单几何体的表面积与体积

空间直线、平面的垂直、二面

角

基本的立体图形、二面角

简单几何体的表面积与体积

空间直线、平面的垂直、二面

角

简单几何体的表面积与体积

考向

正方体、球体、四面体、圆

柱体的结构特征

求四棱台的体积

线线平行的判定、已知二面

角确定动点位置

圆锥的结构特征、圆锥的表

面积与体积、二面角的定义

求四棱台的体积

异面垂直的判定、求二面角

求棱台的体积

2023新课标1卷14

18

9

2023新课标2卷14

20

4

8

2022新高考1卷

9

19

7

2022新高考2卷

11

20

3

简单几何体的表面积与体积、求棱锥的体积、球的切接问

外接球题

空间角

空间中的距离、空间角

简单几何体的表面积与体积

简单几何体的表面积与体积

空间直线、平面的平行、空间

角

基本的立体图形

求异面直线成角、线面角

求点到平面的距离、求二面

角

求外接球的表面积

求三棱锥的体积

线面平行的判定、求二面角

求圆锥的母线长

几何体中的动点问题（动点

轨迹、三棱锥的体积、线线

垂直的判定、线面垂直的判

定）

线线垂直的判定、求三棱锥

的体积

求球的表面积

2021新高考1卷

12基本的立体图形

20

4

空间直线、平面的垂直、简单

几何体的表面积与体积

简单几何体的表面积与体积

5

2021新高考2卷

10

19

4

2020新高考1卷

16

20

13

2020新高考2卷

20

简单几何体的表面积与体积

空间直线、平面的垂直

空间直线、平面的垂直、空间

角

空间角

基本的立体图形

空间直线、平面的垂直、空间

角

简单几何体的表面积与体积

空间直线、平面的垂直、空间

角

求正四棱台的体积

线线垂直的判定

面面垂直的判定、求二面角

求线面角

球的截面问题

线面垂直的判定、求线面角

正弦值的最值

求三棱锥的体积

线面垂直的判定、求线面角

【2023年真题】

（多选）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

(

1.

（

2023·

新课标

I

卷第

12

题）

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

2.（2023·新课标II卷第9题）（多选）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，

APB

120

,PA

2

，点

C

在底面圆周上，且二面角

PACO

为

45

，则

()

A.

该圆锥的体积为

C.

AC22

B.

该圆锥的侧面积为

43

D.

PAC

的面积为

3

3.

（

2023·

新课标

I

卷第

14

题）在正四棱台

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

中，

AB2

，

A

1

B

1

1

，

AA

1

2

，则该

棱台的体积为__________

4.（2023·新课标II卷第14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__________

5.（2023·新课标I卷第18题）如图，在正四棱柱

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

中，

AB2

，

AA

1

4.

点

A

2

，

B

2

，

C

2

，

D

2

，分别在棱

AA

1

，

BB

1

，

CC

1

，

DD

1

上，

AA

2

1

，

BB

2

DD

2

2

，

CC

2

3.

(1)

证明：

B

2

C

2

//A

2

D

2

；

(2)

点P在棱

BB

1

上，当二面角

PA

2

C

2

D

2

为

150

时，求

B

2

P.

6.

（

2023·

新课标

II

卷第

20

题）如图三棱锥

ABCD

中，

DADBDC

，

BDCD

，

ADB



ADC

60

，E为BC的中点.

(1)

证明：

BCDA;



(2)

点F满足

EFDA

，求二面角

DABF

的正弦值.

【2022年真题】

7.

（

2022

·新高考

I

卷第

4

题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某

水库.已知该水库水位为海拔

148.5m

时，相应水面的面积为

140.0km

2

;

水位为海拔

157.5m

时，相应水面的面

积为

180.0km

2

.

将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔

148.5m

上升到

157.5m

时，增加的水量约为

(72.65)

(

A.

1.010

9

m

3

)

C.

1.410

9

m

3

D.

1.610

9

m

3

B.

1.210

9

m

3

8.

（

2022

·新高考

I

卷第

8

题）已知正四棱锥的侧棱长为

l

，其各顶点都在同一个球面上，若该球的体积为

36

，且

3l33

，则该正四棱锥体积的取值范围是()

A.

[18,

81

]

4

B.

[

2781

,]

44

C.

[

2764

,]

43

D.

[18,27]

9.（2022·新高考II卷第7题）已知正三棱台的高为1，上下底面的边长分别为

33

和

43

，其顶点都在

同一球面上，则该球的表面积为

()

A.

100

B.

128

C.

144

D.

192

)

10.（2022·新高考I卷第9题）（多选）已知正方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

，则(

A.直线

BC

1

与

DA

1

所成的角为

90

B.直线

BC

1

与

CA

1

所成的角为

90

C.直线

BC

1

与平面

BB

1

D

1

D

所成的角为

45

D.直线

BC

1

与平面ABCD所成的角为

45

11.（2022·新高考II卷第11题）（多选）如图，四边形ABCD为正方形，

ED

平面ABCD，

FB//ED

，

ABED2FB

，记三棱锥

EACD

，

FABC

，

FACE

的体积分别为

V

1

，

V

2

，

V

3

，则()

A.

V

3

2V

2

B.

V

3

2V

1

C.

V

3

V

1

V

2

D.

2V

3

3V

1

12.（2022·新高考I卷第19题）如图，直三棱柱

ABCA

1

B

1

C

1

的体积为4，

A

1

BC

的面积为

22.

(1)

求A到平面

A

1

BC

的距离;

(2)

设D为

AC

AA

1

AB

，平面

A

1

BC

平面

ABB

1

A

1

，求二面角

ABDC

的正弦值.

1

的中点，

13.

（

2022

·新高考

II

卷题

20

题）如图，

PO

是三棱锥

PABC

的高，

PAPB

，

ABAC

，

E

是

PB

的中点

.

(1)

证明：

OE//

平面

PAC;

(2)

若

ABOCBO30

，

PO3

，

PA5

，求二面角

CAEB

正弦值.

【2021年真题】

14.（2021·新高考I卷第3题）已知圆锥的底面半径为

2

，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线

长为

()

A.2B.

22

C.4D.

42

15.

（

2021

·新高考

II

卷第

4

题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系

统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为

36000km(

轨道高度是指卫星到地球

表面的距离

).

将地球看作是一个球心为O，半径r为

6400km

的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所

成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为

，记卫星信号覆盖

地球表面的表面积为

S2

r

2

(1cos

)(

单位：

km

2

)

，则S占地球表面积的百分比约为()

A.

26%

B.

34%

C.

42%

D.

50%

)16.

（

2021

·新高考

II

卷第

5

题）正四棱台的上、下底面的边长分别为

2

，

4

，侧棱长为

2

，则其体积为

(

A.

20123

B.

282

C.

56

3

D.

282

3

17.（2021·新高考I卷第12题）（多选）在正三棱柱

ABCA

1

B

1

C

1

中，

ABAA

1

1

，点P满足



BP

BC

BB

1

，其中

[0,1]

，

[0,1]

，则()

A.当

1

时，

AB

1

P

的周长为定值

B.当

1

时，三棱锥

PA

1

BC

的体积为定值

1

时，有且仅有一个点P，使得

A

1

PBP

2

1

D.当

时，有且仅有一个点P，使得

A

1

B

平面

AB

1

P

2

C.当

（多选）如图，在正方体中，

O

为底面的中心，

P

为所在棱的中点，

M

，

18.

（

2021

·新高考

II

卷第

10

题）

N

为正方体的顶点，则满足

MNOP

的是

()

A.B.

C.D.

19.

（

2021

·新高考

I

卷第

20

题）如图，在三棱锥

ABCD

中，平面

ABD

平面

BCD

，

ABAD

，

O

为

BD

的中点

.

(1)

证明：

OACD;

(2)

若

OCD

是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，且二面角

EBCD

的大小为

45

，

DE2EA

，

求三棱锥

ABCD

的体积

.

20.（2021·新高考II卷第19题）在四棱锥

QABCD

中，底面ABCD是正方形，若

AD2,QDQA5,QC3.

(1)

证明：平面

QAD

平面ABCD；

(2)

求二面角

BQDA

的平面角的余弦值．

【2020年真题】

21.

（

2020

·新高考

I

卷第

4

题、

II

卷第

4

题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的

晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球

(

球心记为

O)

，地球上一点A的纬度是指OA与地

球赤道所在平面所成角，点

A

处的水平面是指过点

A

且与

OA

垂直的平面．在点

A

处放置一个日晷，若晷

面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬

40

，则晷针与点A处的水平面所成角为(

A.

20

C.

50

B.

40

D.

90

)

22.（2020·新高考I卷题16题）已知直四棱柱

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

的棱长均为2，

BAD

60.

以

D

1

为

球心，

5

为半径的球面与侧面

BCC

1

B

1

的交线长为________.

23.（2020·新高考II卷题13题）已知正方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

的棱长为2，M、N分别为

BB

1

、AB的

中点，则三棱锥

ANMD

1

的体积为__________.

24.

（

2020

·新高考

I

卷题

20

题）如图，四棱锥

PABCD

的底面为正方形，

PD

底面

ABCD.

设平面

PAD

与平面

PBC

的交线为

l.

(1)

证明：

l

平面

PDC;

(2)

已知

PDAD1

，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

25.

（

2020

·新高考

II

卷第

20

题）如图，四棱锥

PABCD

的底面为正方形，

PD

底面

ABCD.

设平面

PAD

与平面

PBC

的交线为

l.

(1)

证明：

l

平面PDC；

(2)

已知

PDAD1

，Q为l上的点，

QB2

，求PB与平面QCD所成角的正弦值．

【答案解析】

（多选）

1.

（

2023·

新课标

I

卷第

12

题）

解：选项

A

，正方体的内切球直径为

10.99

，故

A

正确

;

选项B，连接正方体的六个面对角线，可以得到一个正四面体，即正方体的内接正四面题的棱长为

21.4

，

故

B

正确

;

对于

C

，

D

，假设放入最大的圆柱

AB

，

A

，

B

分别为圆柱下、上底面的圆心，

设圆柱底面半径为r，正方体体对角线为CD，

|CD|3

，

2

6

ACr

3

r

，

22

当r取定时，圆柱的高

h

max

3

6r.

对于C，当

r0.005

时，

h

max

3

60.0051.721.8

，故C错．

对于D，当

r0.6

时，

h

max

30.6

60.260.01

，故D正确．

故选：

ABD.

（多选）

2.

（

2023·

新课标

II

卷第

9

题）

解：对于A：在

PAB

中，

PAPB2,APB120

，则

PO1

，

AB23

，

故圆锥的体积

V

11

PO

OA

2



1

3

，故A正确；

33

1

2

23

23

，故B错误；

2

对于B：圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的半径为2，弧长为

23

，

故圆锥的侧面积为

S

对于C：取AC中点D，连接

PD,OD

，则

PDAC,ODAC

，

则

PDO

为二面角

PACO

的平面角，即

PDO45

，

在

RtPDO

中，

PO1

，故

DO1,PD2

，

在

RtODA

中，

ADOA

2

OD

2

31

对于D：

S

PAC

故选

AC.

3.

（

2023·

新课标

I

卷第

14

题）

解：如图，

2

，故

AC22

，故C正确；

11

PD

AC



2

22

2

，故D正确.

22

将正四棱台

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

补成正四棱锥，则

AO

2

，

SA22

，

OO

1

1

6

，故

V

(

S

1

S

2

S

1

S

2

)

h

，

3

2

167

6

2222

V

(2

1

2

1)



.

326

4.

（

2023·

新课标

II

卷第

14

题）

解：由题意可得四棱台的高为

3

，上底面面积为

224

，下底面面积为

4416

，

故正四棱台的体积

V

1

(4

16

4

16)

3

28.

3

所得棱台的体积为

28.

5.

（

2023·

新课标

I

卷第

18

题）

证明：

(1)

如图，作

A

2

EBB

1

于点E，

D

2

FCC

1

于点F，

则有

A

2

E//D

2

F

，

A

2

ED

2

F

，即四边形

A

2

EFD

2

是平行四边形，从而

A

2

D

2

//EF

，

又

B

2

E//C

2

F

，

B

2

EC

2

F1

，即四边形

B

2

EFC

2

是平行四边形，从而

B

2

C

2

//EF

，

从而

B

2

C

2

//A

2

D

2

，得证.

(2)

如图，以点B为原点，以BC、BA、

BB

1

分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系.

设

P(0,0,t)

，

C

2

(2,0,3)

，

A

2

(0,2,1)

，

D

2

(2,2,2)

，



A

2

D

2

(2,0,1)

，

A

2

C

2

(2,-2,2)

，

A

2

P(0,-2,t1)

，

设平面

A

2

C

2

D

2

的一个法向量为，

则，即，

令

z

1

2

，则

x

1

1

，

y

1

1

，故

m(1,1,2)

设平面

PA

2

C

2

的一个法向量为，

则，即，

令

z

2

2

，则

x

2

t3

，

y

2

t1

，故

n(t3,t1,2)

二面角

PA

2

C

2

D

2

的平面角为

150

，

，

解得

t1

或3，则

B

2

P1.

6.

（

2023·

新课标

II

卷第

20

题）

解：

(1)

连接AE，DE，

DBDC

，

DEBC

，

又

DADBDC

，

ADBADC60

，

ACD

与

ABD

均为等边三角形，

ACAB

，

AEBC

，

AEDEE

，

BC

平面

ADE

，

BCDA.

(2)

设

DADBDC2

，

BC22

，

DEAE2

，

AD2

，

AE

2

DE

2

4AD

2

，

AEDE

，又

AEBC

，

DEBCE

，

AE

平面

BCD

，

如图建立空间直角坐标系，

D(2,0,0)

，

A(0,0,2)

，

B(0,2,0)

，

E(0,0,0)

，



EFDAF(2,0,2)

，



DA(2,0,2)

，

AB(0,2,2)

，

AF(2,0,0)

，



设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为

n

1

(x

1

,y

1

,z

1

)

，

n

2

(x

2

,y

2

,z

2

)

，

设二面角

DABF

平面角为

，

，



|

n

n

2

|

26

3



|cos

|



1



，

sin

.

3

|

n

1

||

n

2

|3

2

3

7.

（

2022

·新高考

I

卷第

4

题）

解：依据棱台的体积公式

V

1



(140000000

180000000

140000000

180000000)

9

3

1.410

9

m

3

.

8.

（

2022

·新高考

I

卷第

8

题）

1

(

SSSS

)

h

3

解：方法

(1):

设正四棱锥

PABCD

的高为

PO

1

h

，底面边长为a，球心为O，由已知易得球半径为

R3

，

(

所以

(

2

2

a

)

(

h

3)

2

9

6

h

l

2

2

22

，

2

2

a

2(6

h

h

)

a

)

h

2

l

2

2

39

h

，

22

因为

3

l

33

96

h

27

故所以

V

1

2

2

ah

(6

hh

2

)

h

，求导

V2(4h)h

，

33

239

2

所以

V

(6

h

)

h

在

[,4]

上单调递增，在

[4,]

上单调递减，

322

6439327

所以

V

max

V

(4)

，

V

min

min{

V

(),

V

()}

V

()

，

32224

2764

,].

故该正四棱锥体积的取值范围是

[

43

方法

(2):

239

(6

h

)

h

2

，

h

，

322

239

2

求导

V2(4h)h

，所以

V

(6

h

)

h

在

[,4]

上单调递增，在

[4,]

上单调递减，

322

6439327

所以

V

max

V

(4)

，

V

min

min{

V

(),

V

()}

V

()

，

32224

由方法

(1)

中知

V

故该正四棱锥体积的取值范围是

[

9.

（

2022

·新高考

II

卷第

7

题）

2764

,].

43

解：由题意易得上底面所在平面截球面所得圆的半径为

3

，下底面所在平面截球面所得圆的半径为

4

，

设该球的半径为

R

，当正三棱台的上、下底面在球心异侧时，

有

R

2

3

2

R

2

4

2

1

，无解；

所以正三棱台的上、下底面在球心同侧，所以

R

2

3

2

R

2

4

2

1

，

解得

R

2

25

，因此该球的表面积为

S4

R

2

100

.

（多选）

10.

（

2022

·新高考

I

卷第

9

题）

解：如图，因为

BC

1

B

1

C

，

B

1

C//DA

1

，所以

BC

1

DA

1

，故A正确;

对于选项

B:

因为

A

1

B

1

平面

BB

1

C

1

C

，

BC

1

平面

BB

1

C

1

C

，

所以

BC

1

A

1

B

1

，

又

BC

1

B

1

C

，且

A

1

B

1

B

1

CB

1

，

A

1

B

1

，

B

1

C

平面

CDA

1

B

1

，

所以

BC

1

平面

CDA

1

B

1

，且

CA

1

平面

CDA

1

B

1

，

所以直线

BC

1

CA

1

，故B正确;

对于选项

C:

连接

AC

11

与

B

1

D

1

交于点

O

1

，

因为

B

1

B

平面

A

1

B

1

C

1

D

1

，

AC

11

平面

A

1

B

1

C

1

D

1

，

所以

B

1

BA

1

C

1

，

又

A

1

C

1

B

1

D

1

，且

B

1

D

1

B

1

BB

1

，

B

1

D

1

，

B

1

B

平面

BB

1

D

1

D

，

所以

A

1

C

1

平面

BB

1

D

1

D

，

则

O

1

BC

1

即为直线

BC

1

与平面

BB

1

D

1

D

所成的角，

sin

O

1

BC

1

O

1

C

1

1

，所以

O

1

BC

1

30

，故C错误;

BC

1

2

对于选项

D:

直线

BC

1

与平面ABCD所成的角即为

C

1

BC45

，所以D正确.

（多选）

11.

（

2022

·新高考

II

卷第

11

题）

解：设

ABED2FB2

，则

V

1

1412

2

2

，

V

2



2

1

.

3333

连结

BD

交

AC

于

M

，连结

EM

、

FM

，

则

FM3

，

EM6

，

EF3

，故

S

EMF

132

，

3

6

22

1

V

3

S

EMF

AC

2

，

V

3

V

1

V

2

，

2V

3

3V

1

.

3

12.

（

2022

·新高考

I

卷第

19

题）

解：

(1)

设A到平面

A

1

BC

的距离为d，

因为直三棱柱

ABCA

1

B

1

C

1

的体积为4，即可得

S

ABC

AA

1

4

，

故

V

A

1

ABC

又

V

A

1

ABC

解得

d

14

S

ABC

AA

1

，

33

114

V

A

A

1

BC

S

A

1

BC

d



22

d

，

333

2

，所以A到平面

A

1

BC

的距离为

2

；

(2)

连接

AB

1

，因为直三棱柱

ABCA

1

B

1

C

1

中，

AA

1

AB

，

故四边形

AA

1

B

1

B

为正方形，即

AB

1

A

1

B

，

又平面

A

1

BC

平面

ABB

1

A

1

，平面

A

1

BC

平面

ABB

1

A

1

A

1

B

，

AB

1

平面

ABB

1

A

1

，

故

AB

1

平面

A

1

BC

，因为

BC

平面

A

1

BC

，所以

AB

1

BC

，

又因为

AA

1

BC

，

AB

1

,AA

1

平面

ABB

1

A

1

，且

AB

1

AA

1

A

，

故

BC

平面

ABB

1

A

1

，因为

AB

平面

ABB

1

A

1

，则

BCAB

，

所以

BB

1

,AB,BC

三条直线两两垂直，

故如图可以以

B

为原点建立空间直角坐标系，