2023年高考数学真题分类汇编7：立体几何

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2023年高考数学真题分类汇编7：立体几何
一、填空题
1．（2023·全国甲卷）在正方体中，E，F分别为CD，的中点，则以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为　 　．
2．（2023·全国乙卷）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　 　．
3．（2023·上海卷）空间内存在三点，满足，在空间内取不同两点(不计顺序)，使得这两点与可以组成正四棱锥，求方案数为　 　 ；
4．（2023·新高考Ⅱ卷）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·新高考Ⅰ卷）在正四棱台 中， ，则该棱台的体积为　 　.
二、选择题
6．（2023·全国甲卷）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
7．（2023·全国甲卷）在四棱锥中，底面为正方形，，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
8．（2023·天津卷）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．
9．（2023·全国乙卷）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
10．（2023·全国乙卷）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．
11．（2023·全国乙卷）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．
12．（2023·全国乙卷）如图，网格纸上绘制的是个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积（　　）
A．24 B．26 C．28 D．30
13．（2023·新高考Ⅱ卷）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
14．（2023·新高考Ⅰ卷）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
三、解答题
15．（2023·全国甲卷）在三棱柱中，，底面ABC，，到平面的距离为1．
（1）求证：；
（2）若直线与距离为2，求与平面所成角的正弦值．
16．（2023·全国甲卷）如图，在三棱柱中，平面．
（1）证明：平面平面；
（2）设，求四棱锥的高．
17．（2023·天津卷）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．
18．（2023·全国乙卷）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.
19．（2023·全国乙卷）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。
20．（2023·上海卷）已知直四棱柱.
（1）求证：面；
（2）若直四棱柱的体积为36，求二面角的大小.
21．（2023·新高考Ⅱ卷） 如图，三棱锥中，60°，E为BC中点.
（1）证明：
（2）点F满足 ，求二面角D-AB-F的正弦值.
22．（2023·新高考Ⅰ卷）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.
答案解析部分
1．【答案】12
【知识点】棱柱的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】如图所示，分别取中点G、M、N，
设正方体的边长为，易得，
，即以EF为直径的球半径为，
易得，
故以EF为直径的球面经过点N，
同理，由对称性可知，以EF为直径的球面经过正方体任一边上的中点，
此时球与棱均相切，即与正方体的棱均只有一个交点，
故答案为：12
【分析】由正方体与球的结构特点结合对称性分析易得出答案.
2．【答案】2
【知识点】球面距离及相关计算；球内接多面体；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】如图，设外接圆圆心为，半径为，
由正弦定理得，解得：
设直三棱锥外接球球心为，连接，，
，
易得
又，
∴，
.
故答案为：2
【分析】先利用正弦定理求外接圆半径，再利用直三棱锥外接球性质求.
3．【答案】9
【知识点】基本计数原理的应用；棱锥的结构特征
【解析】【解答】在△ABC为等边三角形，故三点不能同时作为正四棱锥的底面，必有一点作为顶点.共三种可能.
考虑其中两点作为正四棱锥底面，即构成正方形的两点：
①若其中两点为边：如图，此时有两种可能，
故可能的方案有3×2=6(种)，
②若其中两点为对角线，结合空间结构分析此时只有一种情况，故3×1=3(种)，
∴总方案有9中，
故答案为：9
【分析】由正四棱锥几何结构分析，三点中必有一点作为顶点，另两点构成底面正方形中的两点，再分别讨论底面组成情况得出答案.
4．【答案】28
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】如图
根据题意，如图，，，，
由相似易得 ，
，，，
故答案为：28
【分析】由相似易得所截棱台的高，结合棱台体积公式直接求解。
5．【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】
由正四棱台可知，上底面的投影在下底面的中心位置，如下图，则此棱台的高h=OA1
此时，易得，
又∵
∴
则
故答案为：
【分析】 由棱台结构特点找出并求得高，代入棱台公式可得答案。
6．【答案】A
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】
取中点O，连接，
是边长为2的等边三角形，，
且，
，
又，，
，
.
故选：A
【分析】通过证明，得出PO为棱锥的高，进而利用体积公式求解。
7．【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】如图所示，连接AC，
在正方形中，
在△PAC中，根据余弦定理
，解得：.
又∵，
根据对称性可知PB=PA=，
此时在△PBC中，根据余弦定理可得
，
∴，
∴，
故选：C.
【分析】根据题意结合余弦定理得出PA，结合与底面正方形对称性得出PA=PB，则在已知三边的三角形中，结合余弦定理得出夹角正弦值及其面积.
8．【答案】B
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】如图，
设，
∵，，
∴，
，
故选：B
【分析】利用同高将三棱锥体积之比转化成底面积之比，由已知两三角形边存在数量关系易联想正弦定理求三角形面积得出底面积之比.
9．【答案】D
【知识点】由三视图求面积、体积；简单组合体的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】 如图该几何体是由边长为2的正方体和边长为1，2，2的长方体组成：
表面积为：
故选：D
【分析】 先将三视图还原空间几何体，再求解表面积。
10．【答案】C
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题；解三角形
【解析】【解答】如图，取AB中点E，连接CE，DE，设AE=BE=2a
∵是以AB为斜边的等腰直角三角形，是等边三角形
易得，，
又∵，且二面角为，
∴，
∴在中，由余弦定理得，
∴，
∴由线面夹角定义结合直线在平面上的投影，
易分析CD在平面ABC上的投影在CE所在直线上，
即直线CD与平面ABC所成角为∠DCE
∴在中，由正弦定理得，
代入解得，
∵
∴，
∴，
故选：C.
【分析】根据题意分析面面夹角与线面夹角的平面角，结合特殊三角形及正余弦定理解三角形得出平面角的三角函数值.
11．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】如下图，取AB中点C，连接PC，
依题意得∵∠AOB=120°，，，
∴，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴.
故选：B.
【分析】根据题意画出草图计算圆锥体高结合圆锥体积公式得出答案.
12．【答案】D
【知识点】由三视图还原实物图
【解析】【解答】如图该几何体是由边长为2的正方体和边长为1，2，2的长方体组成：
表面积为：
故选：D
【分析】先将三视图还原空间几何体，再求解表面积。
13．【答案】A,C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】如图
， ，
在中，
A：圆锥体积，故A正确；
B：圆锥侧面积，故B错误；
C、D：设D为中点，连接，，
在等腰，有，，
二面角的平面角为，即，
在等腰中有，，
在中，，AC=2AD=
，故C正确，D错误。
故选：AC
【分析】画图分析，由圆锥几何特征求出圆锥半径和高，结合圆锥体体积与扇形面积可判断A、B，由二面角分析构造垂直转化为，再计算即可判断C、D。
14．【答案】A,B,D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；简单组合体的结构特征
【解析】【解答】Ａ：因为正方体的内切球直径为，所以直径为ｍ的球体可放入正方体，Ａ符合题意；
Ｂ：如图1，以正方体对角线为棱长的正四面体的棱长为，所以所有棱长为ｍ的四面体可放入正方体，Ｂ符合题意；
Ｃ：正方体内最大距离为体对角线，所以高为ｍ的圆柱体无法放入正方体，Ｃ不符合题意；
Ｄ：如图2，取正方体边长中点作正六边形EFGHIJ，内切圆直径为，故底面直径为ｍ高为ｍ(可忽略不计)的圆柱体可以放入正方体，Ｄ符合题意；
故选ABD.
【分析】 结合正方体几何体放置内接几何体，以正方体面对角线结合体对角线参照放置，逐项判断即得答案.
15．【答案】（1）证明：∵底面ABC，
∴，，，
又∵，，
∴，
又∵，
∴，
过点作，垂足为D，
又∵，
∴，即，
由，且 三棱柱中，
∴， ，
在、与中，
设CD=x，则，
有，
即，解得，
故，
∴，证毕！
（2）由(1)易得，两两垂直，如图，以C为原点，CA，CB，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，过点B作BE⊥，垂直为E，
结合(1)，则，，则为平面的一条法向量，设，
∴，，，
∴，
由直线与距离为2，即BE=2，
∴，其中t>0，故解得，
∴，
又∵，
∴，
同理，，即，
∴
由(1)得 ，此时D是中点，
∴，，
记与平面所成角为，
∴.
【知识点】直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】(1)为转化利用 到平面的距离为1的条件，可通过证明找出点到平面的投影，从而解三角形即可证明；
(2)根据(1)两两垂直可建立空间直角坐标系，且设，由平行线间距离BE=2转化计算向量投影建立方程解出t值，进而利用相等向量表示出各点坐标与平面 的一条法向量A1D，即可得出线面夹角的正弦值.
16．【答案】（1），即，
又平面，平面，
，
由，平面，
平面，
平面，
平面平面
（2）由(1)可知，，两两垂直，
由平面平面，平面平面知：
四棱锥的高即为到边上的高，
，即，
，
又，，
由三棱锥知，，，
由，
故，
在中有，解得
四棱锥的高为1
【知识点】平面与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】(1)要证面面垂直即正线面垂直，由已知条件分析易证平面即可证明.
(2)结合线面垂直等多个垂直条件，易分析得出四棱锥的高为到边上的高，根据两个含公共边的直角三角形，由得到，由已知条件结合三棱柱结构特点分析解三角形并逐步计算得出结果.
17．【答案】（1）证明：连接MN，
在三棱台中，
，
∵分别是中点，且
∴，
∴
∴四边形是平行四边形
∴，
又∵ 平面，平面，
∴//平面.
（2）解：连接，过点作交AC于点D，过点D作交于点E，连接MD，ME，
∵ 若面且面
∴，，
又∵，
∴四边形为矩形，
∴，
，
∴，
∴，且，
∴MD⊥面，
∴，且，
∴AC1⊥面，
∴，
∴ 平面与平面所成夹为，
由，
∴
∴，
在Rt△MDE中，易得
∴，
∴
∴平面与平面所成夹角的余弦值为.
（3） 由(2)得MD⊥面，，
∵，设点到平面的距离为d，
即，解得，
∴点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1)根据中点及已知数值的倍数关系结合图形，易想到利用中位线证明平行四边形，故而得到，从而证明//平面；
(2)由已知中点与线面垂直结合三垂线定理找出二面角所在平面角，利用解三角形求出各边长即可得出平面角的余弦值.
(3)将点到平面的距离转化成求三棱锥的高，利用等积即可求解.
18．【答案】（1）如图，连接，，设，
则，
又，
且，即.
，
由∵AB=2，BC=，代入得
解得，
，即为中点，
又∵的中点分别为，
且，且，
∴且，
∴四边形DEFO为平行四边形，∴
又平面，平面，
（2）由(1)得 ，
且在中，AB=2，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，且
∴
又∵，，
，
∴
且
∴ 平面平面BEF.
（3）如图，过点O作交AC于点M，连接DM，NF，
由(2)得，
∴ 二面角的平面角为.
∵，O为BC中点，
∴，且结合(1)， ，
∴，，
∴
在平面ABP中，AD和BE分别是△ABP的两条中线，
∴N为△ABP的重心，
∴，
在和中，
，
根据余弦定理
代入可解得，
同理在在和中，
由余弦定理列出方程，可得，
∴，
同理，解得，
又∵，，
易得
∴，解得.
∴在△DOM中，
，
∴
∴ 二面角的平面角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的性质；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1) 以条件作为切入点，考虑以，为基底从向量角度表示，并运用数量积为0确判断点的位置，从而得出F为中点，由多个中点产生的中位线证明线面平行；
(2)由，故证 平面平面BEF只需再证一组线线垂直，利用已知条件的 结合勾股定理可计算边长，进而可结合(1)证，证毕；
(3)结合(2)及二面角平面角的定义，易作将二面角转化成平面角∠DOM，在△DOM中，结合已知条件易得其两边DO、OM，故求平面角的正弦值只需求第三边DM，结合中点及各边数据解三角形求第三边即得答案.
19．【答案】（1）如图，连接，，设，
则，
又，
且，即.
，
由∵AB=2，BC=，代入得
解得，
，即为中点，
又∵的中点分别为，
且，且，
∴且，
∴四边形DEFO为平行四边形，∴EF∥DO
又平面，平面，
（2）由(1)得，OF是的中位线，
易得，
，，，，
为中点，，，
又，平面，平面，
，
【知识点】平面向量数量积的性质；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）以条件作为切入点，考虑以，为基底从向量角度表示，并运用数量积为0确判断点的位置，从而得出F为中点，由多个中点产生的中位线证明线面平行；
（2）由(1)易知底面存在中位线，即存在面积的倍数关系，利用等高可将三棱锥体积转化为，利用条件简单分析得到的线面垂直，即以为底面、OC为高求出此时几何体的体积即得答案。
20．【答案】（1）在直四棱柱中，
，，
∴，
又∵，，
∴，
又∵且，
∴，
∴，
（2）依题意得，AB⊥AD，AB∥CD
∴CD⊥AD
∴，
∴，即.
∴
连接A1B、A1D、BD，作，垂足为E，
∵在底面ABD的投影为AE，
故由三垂线定理可得，
即此时二面角 的为∠AEA1，
∴根据勾股定理易得
又∵，
∴
∴在中，
∴
∴二面角的大小为.
【知识点】直线与平面平行的判定；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】(1)根据四棱柱几何特征与已知条件先证面面平行，即，从而得出线面平行；
(2)根据题意求出几何体高，由几何体高分析改几何体为固定几何体，可结合解三角形解得相关线段长度，可找出面面夹角所对平面角并加以计算得出答案.
21．【答案】（1）连接，，
为中点，，
，，
为等边三角形，同理也为等边三角形，
，，
又，，
，
，
（2）不妨设，
，
，，
由（1）知，
，，
又，，，两两垂直，
以E为原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图：
则，，，，
，
，，，
四边形是平行四边形，
设平面，平面的法向量为分别为，，
，即，
取，解得，
同理可得，
，
，
二面角的正弦值为
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）通过证明线面垂直，即，得出线线垂直，即。
（2）为建立直角坐标系，先证明，，两两垂直，得出二者法向量得出面面夹角的余弦值即得答案。
22．【答案】（1）如图建立直角坐标系，以C为原点，分別以CD，CB，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，因为，，所以，所以
（2）设，
因为，，设平面法向量为
∴，即
令z1=2，则x1=1-m
所以平面法向量为；
同理当，，∴平面法向量为.
因为二面角为，所以，
解得或，经检验均满足题意，
此时
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 建立空间直角坐标系，由直线与直线的向量判定可得出(1)，由二面角计算方法可求出满足题意的点坐标。
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2023年高考数学真题分类汇编7：立体几何
一、填空题
1．（2023·全国甲卷）在正方体中，E，F分别为CD，的中点，则以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为　 　．
【答案】12
【知识点】棱柱的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】如图所示，分别取中点G、M、N，
设正方体的边长为，易得，
，即以EF为直径的球半径为，
易得，
故以EF为直径的球面经过点N，
同理，由对称性可知，以EF为直径的球面经过正方体任一边上的中点，
此时球与棱均相切，即与正方体的棱均只有一个交点，
故答案为：12
【分析】由正方体与球的结构特点结合对称性分析易得出答案.
2．（2023·全国乙卷）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
【知识点】球面距离及相关计算；球内接多面体；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】如图，设外接圆圆心为，半径为，
由正弦定理得，解得：
设直三棱锥外接球球心为，连接，，
，
易得
又，
∴，
.
故答案为：2
【分析】先利用正弦定理求外接圆半径，再利用直三棱锥外接球性质求.
3．（2023·上海卷）空间内存在三点，满足，在空间内取不同两点(不计顺序)，使得这两点与可以组成正四棱锥，求方案数为　 　 ；
【答案】9
【知识点】基本计数原理的应用；棱锥的结构特征
【解析】【解答】在△ABC为等边三角形，故三点不能同时作为正四棱锥的底面，必有一点作为顶点.共三种可能.
考虑其中两点作为正四棱锥底面，即构成正方形的两点：
①若其中两点为边：如图，此时有两种可能，
故可能的方案有3×2=6(种)，
②若其中两点为对角线，结合空间结构分析此时只有一种情况，故3×1=3(种)，
∴总方案有9中，
故答案为：9
【分析】由正四棱锥几何结构分析，三点中必有一点作为顶点，另两点构成底面正方形中的两点，再分别讨论底面组成情况得出答案.
4．（2023·新高考Ⅱ卷）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】28
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】如图
根据题意，如图，，，，
由相似易得 ，
，，，
故答案为：28
【分析】由相似易得所截棱台的高，结合棱台体积公式直接求解。
5．（2023·新高考Ⅰ卷）在正四棱台 中， ，则该棱台的体积为　 　.
【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】
由正四棱台可知，上底面的投影在下底面的中心位置，如下图，则此棱台的高h=OA1
此时，易得，
又∵
∴
则
故答案为：
【分析】 由棱台结构特点找出并求得高，代入棱台公式可得答案。
二、选择题
6．（2023·全国甲卷）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
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】
取中点O，连接，
是边长为2的等边三角形，，
且，
，
又，，
，
.
故选：A
【分析】通过证明，得出PO为棱锥的高，进而利用体积公式求解。
7．（2023·全国甲卷）在四棱锥中，底面为正方形，，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】如图所示，连接AC，
在正方形中，
在△PAC中，根据余弦定理
，解得：.
又∵，
根据对称性可知PB=PA=，
此时在△PBC中，根据余弦定理可得
，
∴，
∴，
故选：C.
【分析】根据题意结合余弦定理得出PA，结合与底面正方形对称性得出PA=PB，则在已知三边的三角形中，结合余弦定理得出夹角正弦值及其面积.
8．（2023·天津卷）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
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】如图，
设，
∵，，
∴，
，
故选：B
【分析】利用同高将三棱锥体积之比转化成底面积之比，由已知两三角形边存在数量关系易联想正弦定理求三角形面积得出底面积之比.
9．（2023·全国乙卷）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
【知识点】由三视图求面积、体积；简单组合体的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】 如图该几何体是由边长为2的正方体和边长为1，2，2的长方体组成：
表面积为：
故选：D
【分析】 先将三视图还原空间几何体，再求解表面积。
10．（2023·全国乙卷）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
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题；解三角形
【解析】【解答】如图，取AB中点E，连接CE，DE，设AE=BE=2a
∵是以AB为斜边的等腰直角三角形，是等边三角形
易得，，
又∵，且二面角为，
∴，
∴在中，由余弦定理得，
∴，
∴由线面夹角定义结合直线在平面上的投影，
易分析CD在平面ABC上的投影在CE所在直线上，
即直线CD与平面ABC所成角为∠DCE
∴在中，由正弦定理得，
代入解得，
∵
∴，
∴，
故选：C.
【分析】根据题意分析面面夹角与线面夹角的平面角，结合特殊三角形及正余弦定理解三角形得出平面角的三角函数值.
11．（2023·全国乙卷）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
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】如下图，取AB中点C，连接PC，
依题意得∵∠AOB=120°，，，
∴，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴.
故选：B.
【分析】根据题意画出草图计算圆锥体高结合圆锥体积公式得出答案.
12．（2023·全国乙卷）如图，网格纸上绘制的是个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积（　　）
A．24 B．26 C．28 D．30
【答案】D
【知识点】由三视图还原实物图
【解析】【解答】如图该几何体是由边长为2的正方体和边长为1，2，2的长方体组成：
表面积为：
故选：D
【分析】先将三视图还原空间几何体，再求解表面积。
13．（2023·新高考Ⅱ卷）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】A,C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】如图
， ，
在中，
A：圆锥体积，故A正确；
B：圆锥侧面积，故B错误；
C、D：设D为中点，连接，，
在等腰，有，，
二面角的平面角为，即，
在等腰中有，，
在中，，AC=2AD=
，故C正确，D错误。
故选：AC
【分析】画图分析，由圆锥几何特征求出圆锥半径和高，结合圆锥体体积与扇形面积可判断A、B，由二面角分析构造垂直转化为，再计算即可判断C、D。
14．（2023·新高考Ⅰ卷）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
【答案】A,B,D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；简单组合体的结构特征
【解析】【解答】Ａ：因为正方体的内切球直径为，所以直径为ｍ的球体可放入正方体，Ａ符合题意；
Ｂ：如图1，以正方体对角线为棱长的正四面体的棱长为，所以所有棱长为ｍ的四面体可放入正方体，Ｂ符合题意；
Ｃ：正方体内最大距离为体对角线，所以高为ｍ的圆柱体无法放入正方体，Ｃ不符合题意；
Ｄ：如图2，取正方体边长中点作正六边形EFGHIJ，内切圆直径为，故底面直径为ｍ高为ｍ(可忽略不计)的圆柱体可以放入正方体，Ｄ符合题意；
故选ABD.
【分析】 结合正方体几何体放置内接几何体，以正方体面对角线结合体对角线参照放置，逐项判断即得答案.
三、解答题
15．（2023·全国甲卷）在三棱柱中，，底面ABC，，到平面的距离为1．
（1）求证：；
（2）若直线与距离为2，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：∵底面ABC，
∴，，，
又∵，，
∴，
又∵，
∴，
过点作，垂足为D，
又∵，
∴，即，
由，且 三棱柱中，
∴， ，
在、与中，
设CD=x，则，
有，
即，解得，
故，
∴，证毕！
（2）由(1)易得，两两垂直，如图，以C为原点，CA，CB，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，过点B作BE⊥，垂直为E，
结合(1)，则，，则为平面的一条法向量，设，
∴，，，
∴，
由直线与距离为2，即BE=2，
∴，其中t>0，故解得，
∴，
又∵，
∴，
同理，，即，
∴
由(1)得 ，此时D是中点，
∴，，
记与平面所成角为，
∴.
【知识点】直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】(1)为转化利用 到平面的距离为1的条件，可通过证明找出点到平面的投影，从而解三角形即可证明；
(2)根据(1)两两垂直可建立空间直角坐标系，且设，由平行线间距离BE=2转化计算向量投影建立方程解出t值，进而利用相等向量表示出各点坐标与平面 的一条法向量A1D，即可得出线面夹角的正弦值.
16．（2023·全国甲卷）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），即，
又平面，平面，
，
由，平面，
平面，
平面，
平面平面
（2）由(1)可知，，两两垂直，
由平面平面，平面平面知：
四棱锥的高即为到边上的高，
，即，
，
又，，
由三棱锥知，，，
由，
故，
在中有，解得
四棱锥的高为1
【知识点】平面与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】(1)要证面面垂直即正线面垂直，由已知条件分析易证平面即可证明.
(2)结合线面垂直等多个垂直条件，易分析得出四棱锥的高为到边上的高，根据两个含公共边的直角三角形，由得到，由已知条件结合三棱柱结构特点分析解三角形并逐步计算得出结果.
17．（2023·天津卷）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：连接MN，
在三棱台中，
，
∵分别是中点，且
∴，
∴
∴四边形是平行四边形
∴，
又∵ 平面，平面，
∴//平面.
（2）解：连接，过点作交AC于点D，过点D作交于点E，连接MD，ME，
∵ 若面且面
∴，，
又∵，
∴四边形为矩形，
∴，
，
∴，
∴，且，
∴MD⊥面，
∴，且，
∴AC1⊥面，
∴，
∴ 平面与平面所成夹为，
由，
∴
∴，
在Rt△MDE中，易得
∴，
∴
∴平面与平面所成夹角的余弦值为.
（3） 由(2)得MD⊥面，，
∵，设点到平面的距离为d，
即，解得，
∴点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1)根据中点及已知数值的倍数关系结合图形，易想到利用中位线证明平行四边形，故而得到，从而证明//平面；
(2)由已知中点与线面垂直结合三垂线定理找出二面角所在平面角，利用解三角形求出各边长即可得出平面角的余弦值.
(3)将点到平面的距离转化成求三棱锥的高，利用等积即可求解.
18．（2023·全国乙卷）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）如图，连接，，设，
则，
又，
且，即.
，
由∵AB=2，BC=，代入得
解得，
，即为中点，
又∵的中点分别为，
且，且，
∴且，
∴四边形DEFO为平行四边形，∴
又平面，平面，
（2）由(1)得 ，
且在中，AB=2，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，且
∴
又∵，，
，
∴
且
∴ 平面平面BEF.
（3）如图，过点O作交AC于点M，连接DM，NF，
由(2)得，
∴ 二面角的平面角为.
∵，O为BC中点，
∴，且结合(1)， ，
∴，，
∴
在平面ABP中，AD和BE分别是△ABP的两条中线，
∴N为△ABP的重心，
∴，
在和中，
，
根据余弦定理
代入可解得，
同理在在和中，
由余弦定理列出方程，可得，
∴，
同理，解得，
又∵，，
易得
∴，解得.
∴在△DOM中，
，
∴
∴ 二面角的平面角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的性质；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1) 以条件作为切入点，考虑以，为基底从向量角度表示，并运用数量积为0确判断点的位置，从而得出F为中点，由多个中点产生的中位线证明线面平行；
(2)由，故证 平面平面BEF只需再证一组线线垂直，利用已知条件的 结合勾股定理可计算边长，进而可结合(1)证，证毕；
(3)结合(2)及二面角平面角的定义，易作将二面角转化成平面角∠DOM，在△DOM中，结合已知条件易得其两边DO、OM，故求平面角的正弦值只需求第三边DM，结合中点及各边数据解三角形求第三边即得答案.
19．（2023·全国乙卷）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）如图，连接，，设，
则，
又，
且，即.
，
由∵AB=2，BC=，代入得
解得，
，即为中点，
又∵的中点分别为，
且，且，
∴且，
∴四边形DEFO为平行四边形，∴EF∥DO
又平面，平面，
（2）由(1)得，OF是的中位线，
易得，
，，，，
为中点，，，
又，平面，平面，
，
【知识点】平面向量数量积的性质；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）以条件作为切入点，考虑以，为基底从向量角度表示，并运用数量积为0确判断点的位置，从而得出F为中点，由多个中点产生的中位线证明线面平行；
（2）由(1)易知底面存在中位线，即存在面积的倍数关系，利用等高可将三棱锥体积转化为，利用条件简单分析得到的线面垂直，即以为底面、OC为高求出此时几何体的体积即得答案。
20．（2023·上海卷）已知直四棱柱.
（1）求证：面；
（2）若直四棱柱的体积为36，求二面角的大小.
【答案】（1）在直四棱柱中，
，，
∴，
又∵，，
∴，
又∵且，
∴，
∴，
（2）依题意得，AB⊥AD，AB∥CD
∴CD⊥AD
∴，
∴，即.
∴
连接A1B、A1D、BD，作，垂足为E，
∵在底面ABD的投影为AE，
故由三垂线定理可得，
即此时二面角 的为∠AEA1，
∴根据勾股定理易得
又∵，
∴
∴在中，
∴
∴二面角的大小为.
【知识点】直线与平面平行的判定；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】(1)根据四棱柱几何特征与已知条件先证面面平行，即，从而得出线面平行；
(2)根据题意求出几何体高，由几何体高分析改几何体为固定几何体，可结合解三角形解得相关线段长度，可找出面面夹角所对平面角并加以计算得出答案.
21．（2023·新高考Ⅱ卷） 如图，三棱锥中，60°，E为BC中点.
（1）证明：
（2）点F满足 ，求二面角D-AB-F的正弦值.
【答案】（1）连接，，
为中点，，
，，
为等边三角形，同理也为等边三角形，
，，
又，，
，
，
（2）不妨设，
，
，，
由（1）知，
，，
又，，，两两垂直，
以E为原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图：
则，，，，
，
，，，
四边形是平行四边形，
设平面，平面的法向量为分别为，，
，即，
取，解得，
同理可得，
，
，
二面角的正弦值为
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）通过证明线面垂直，即，得出线线垂直，即。
（2）为建立直角坐标系，先证明，，两两垂直，得出二者法向量得出面面夹角的余弦值即得答案。
22．（2023·新高考Ⅰ卷）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）如图建立直角坐标系，以C为原点，分別以CD，CB，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，因为，，所以，所以
（2）设，
因为，，设平面法向量为
∴，即
令z1=2，则x1=1-m
所以平面法向量为；
同理当，，∴平面法向量为.
因为二面角为，所以，
解得或，经检验均满足题意，
此时
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 建立空间直角坐标系，由直线与直线的向量判定可得出(1)，由二面角计算方法可求出满足题意的点坐标。
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