2024年高考真题分类汇编九 空间向量与立体几何
一、选择题
1．（2024·天津）若a，b为两条直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则与相交
2．（2024·上海）空间中有两个不同的平面α，β和两条不同的直线m，n，则下列说法中正确的是（ ）
A．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n
B．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n⊥β
C．若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n
D．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β
3．（2024·全国甲卷）已知α、β是两个平面，m、n是两条直线，α∩β＝m．下列四个命题：
①若m∥n，则n∥α或n∥β
②若m⊥n，则n⊥α，n⊥β
③若n∥α，且n∥β，则m∥n
④若n与α和β所成的角相等，则m⊥n
其中，所有真命题的编号是（ ）
A．①③ B．②③ C．①②③ D．①③④
4．（2024·北京）已知以边长为4的正方形为底面的四棱锥，四条侧棱分别为4，4，，，则该四棱锥的高为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·新课标Ⅱ卷）已知正三棱台的体积为，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B．1 C．2 D．3
6．（2024·新高考Ⅰ卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·天津）一个五面体.已知，且两两之间距离为1.并已知.则该五面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·上海）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，，，使得.已知，则的充分条件是( )
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2024·北京）已知三个圆柱的体积为公比为10的等比数列．第一个圆柱的直径为65mm，第二、三个圆柱的直径为325mm，第三个圆柱的高为230mm，求前两个圆柱的高度分别为 ．
10．（2024·上海）已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1底面ABCD为平行四边形，AA1＝3，BD＝4且，求异面直线AA1与BD的夹角 ．
11．（2024·全国甲卷）已知甲、乙两个圆台上下底面的半径均为r2和r1，母线长分别为2（r1﹣r2）和3（r1﹣r2），则两个圆台的体积之比＝ ．
三、解答题
12．（2024·北京）已知四棱锥P-ABCD，，，，，E是上一点，．
（1）若F是PE中点，证明：平面．
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
13．（2024·天津）已知四棱锥ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中AB=AA1=2，AD=DC=1．N是B1C1的中点，M是DD1的中点．
（1）求证平面；
（2）求平面与平面的夹角余弦值；
（3）求点到平面的距离.
14．（2024·新课标Ⅱ卷）如图，平面四边形ABCD中，，点E，F满足．将沿EF翻折至，使得．
（1）证明：．
（2）求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.
15．（2024·全国甲卷）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD=4，AB=BC=EF=2，，FB=，M为AD的中点.
（1）证明：BM∥平面；
（2）求二面角的正弦值．
16．（2024·全国甲卷）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，CD＝4，，，M为CD的中点．
（1）证明：EM∥平面BCF；
（2）求点M到ADE的距离．
17．（2024·上海）如图，PA、PB、PC为圆锥三条母线，AB＝AC．
（1）证明：PA⊥BC；
（2）若圆锥侧面积为，BC为底面直径，BC＝2，求二面角B﹣PA﹣C的大小．
18．（2024·新高考Ⅰ卷）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝．
（1）若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
（2）若AD⊥DC，且二面角A﹣CP﹣D的正弦值为，求AD．
19．（2024·上海）如图为正四棱锥，O为底面ABCD的中心.
（1）若，，求绕PO旋转一周形成的几何体的体积；
（2）若，E为PB的中点，求直线BD与平面AEC所成角的大小.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A、若，则与平行或异面，故A错误；
B、若，则直线平行或异面或相交，故B错误；
C、若，则，故C正确.；
D、若，则与相交或异面，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据线面平行的性质即可判断AB；根据线面垂直的性质即可判断CD.
2．【答案】A
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、 若α⊥β，m⊥α，则，或，又因为n⊥β，所以m⊥n，故A选项正确；
B、 若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n⊥β 或或n与斜交都有可能，故B选项错误；
C、 若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n 或m，n异面和相交都有可能，故C选项错误；
D、若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β或都可能，故D选项错误.
故答案为：A.
【分析】利用空间点，线，面的位置关系逐项判断即可.
3．【答案】A
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】 【解答】解：如图，
对①，当，因为，，则，
当，因为，，则，
当既不在也不在内，
因为，，
则且，故①正确；
对②，若，则与不一定垂直，n可以在面内，故②错误；
对③，如图，过直线n分别作两平面与、分别相交于直线l1和直线I2，
由，
得，同理，
根据基本事实四，则，
所以.，
所以，
又∩=m，
则，
根据基本事实四，则，③正确；
对于 ④ ， 若n与α和β所成的角相等，根据同角定理，
则，则④错误.
故答案为：A.
【分析】借助正方体与直线，平面的位置关系进行判断即可得到结果.
4．【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：如图，分别取的中点，连接，
由题意可知：为正方形，且，
可知，
因为，平面，所以平面，
由平面，所以平面平面，
由面面垂直的性质可知：四棱锥的高平面，且，
则，可知，
即，可知，所以.
故答案为：D.
【分析】分别取的中点，根据长度关系结合勾股定理可证平面，平面平面，根据面面垂直的性质分析可知四棱锥的高平面，且，即可得结果.
5．【答案】B
【知识点】棱台的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：分别取的中点分别为，
因为在正三棱台中 ，，所以，
则，
设正三棱台的为，
则，解得，
分别过作底面垂线，垂足为，如图所示，
设，则，，
可得，
因为为等腰梯形，所以，
即，解得，
则与平面ABC所成角的正切值为.
故答案为：B.
【分析】设正三棱台的为，由棱台的体积公式求得棱台的高，再作辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，最后根据线面夹角的定义求解即可.
6．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：设圆锥与圆柱的底面半径为R，
又∵其高均为，
故圆锥的母线长为：，圆锥的侧面积为：，
则圆柱的侧面积为：
∴，
解得：R=3(负值舍去)，
.
故答案为：B.
【分析】根据题意将圆锥与圆柱的侧面积表示并建立等量关系解出半径，从而代入公式得出圆锥的体积.
7．【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：将五面体 补成三棱柱，如图所示：
因为，且两两之间距离为1，所以是边长为1的等边三角形，
因为，所以侧棱长为，
故.
故答案为：C.
【分析】由题意，将五面体 补成三棱柱，再利用三棱柱体积公式求解即可.
8．【答案】C
【知识点】充分条件；空间向量基本定理
【解析】【解答】解：因为 存在不全为0的实数，，，使得，所以向量共面，所以向量不能构成空间的一个基底，
A、由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误；
B、由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故B错误；
C、由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底，
则由能推出，故C正确；
D、由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故D错误.
故答案为：C．
【分析】根据已知条件，得向量共面，显然当时，三个向量构成空间的一个基底，分析即可判断.
9．【答案】
【知识点】等比数列概念与表示；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设第一个圆柱的高为，半径为，第二个圆柱的高为，半径为，第三个圆柱的高为，半径为，
可知，，
由题意可得：，即，解得.
故答案为：.
【分析】设相应的半径和高，根据等比数列的定义以及柱体的体积公式列式求解即可.
10．【答案】arccos
【知识点】空间向量的加减法；空间向量的数乘运算；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：已知如图所示：
已知，
，
设异面直线AA1与BD的夹角，，
所以.
故答案为：arccos.
【分析】由题意可得，再利用空间向量的运算和夹角公式即可.
11．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：据题意，甲乙两个圆台的轴截面都是等腰梯形，
可以利用构造直角三角形，结合勾股定理的计算得到圆台的高，
即甲、乙两个圆台上下底面的半径均为r2和r1，
母线长分别为2（r1﹣r2）和3（r1﹣r2），
所以甲圆台构造的直角三角形斜边长为： 2（r1﹣r2） ，而其中一条直角边为，
则甲圆台的高为：；
同理，乙圆台构造的直角三角形斜边长为： 3（r1﹣r2） ，
则；
此时，
故答案为：..
【分析】先根据已知条件和圆台结构特征，构造出直角三角形分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式，直接代入计算即可得解.
12．【答案】（1）证明：取的中点为，接，
因为分别为的中点，则，
又因为，则，
可知四边形为平行四边形，则，
且平面，平面，所以平面.
（2）解：由题意可知：，
可知四边形为平行四边形，则，
且平面，所以平面，
且，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
可得
设平面的法向量为，则，
令，则取，可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 (1) 取的中点为，分析可得，结合线面平行的判定定理分析证明；
(2) 建系，分别求 平面与平面夹角的 法向量，利用空间向量的求面面夹角.
13．【答案】（1）证明：取中点，连接，，如图所示：
因为是的中点，所以，且，
又因为是的中点，所以，且，则、，
故四边形是平行四边形，故，
又因为平面，平面，
故平面；
（2）解：以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则、、、，、，
则、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则，，
分别取，则、、，，即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
（3）解：由（2）可得，平面的法向量为，
则，即点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取中点，连接，，根据中位线的性质与平行四边形性质定理可得，再结合线面平行判定定理证明即可；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；
（3）利用（2）的空间坐标，根据空间中点到平面的距离公式计算即可.
14．【答案】（1）证明：由，
得，又，在中，
由余弦定理得，
所以，则，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故.
（2）解：连接，
由，则，
在中，，得，所以，
由（1）知，又因为，平面，所以平面，又平面，
所以，则两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
因为是的中点，所以，
所以，
设平面和平面的法向量分别为，，
则，，
令，得，
所以，所以，
设平面和平面所成角为，则，
即平面和平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，再利用勾股定理的逆定理可证得，则，最后结合线面垂直的判定定理与性质证明即可；
（2）由（1）的结论，根据线面垂直的判定定理与性质证得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
15．【答案】（1）证明：根据题意，因为为的中点，
所以，
四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，
平面，
所以平面；
（2）过B作交于，连接，
因为四边形为等腰梯形，
，
所以，
由（1）可知为平行四边形，
则，又，
所以为等边三角形，
为中点，根据直角三角形OBA，
所以，
又因为四边形为等腰梯形，
为中点，
所以，
四边形为平行四边形，
，
所以为等腰三角形，
与底边上中点重合，
，，
利用勾股定理得，
所以，所以两两垂直，
所以以方向为轴，方向为轴，方向为轴，如图建立空间直角坐标系，
，，
，
，
设平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，即，
则，
又，即，
则，
所以，
则，
故二面角的正弦值为.
【知识点】空间点、线、面的位置；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）根据题意，由得到四边形为平行四边形，进而证明，结合直线与平面平行的判定定理即可得到结果；
（2）作交于，连接，易证三线两两垂直，利用建系法求出二面角夹角余弦公式即可得到结果.
16．【答案】（1）证明：根据题意，因为为的中点，
所以，四边形为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面；
（2）解：如图所示，
过B作交于，连接，
因为四边形为等腰梯形，且，所以，
由（1）可知：为平行四边形，所以，又，
所以为等边三角形，又为中点，所以，
又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，
四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，
与底边上中点重合，，，
因为，所以，所以互相垂直，
利用等体积法可得，
所以，
，，
设点到的距离为，
则，
解得，
即点到的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）根据题意，由得到四边形为平行四边形，进而证明，结合直线与平面平行的判定定理即可得到结果；
（2）过B作交于，连接，易证三线两两垂直，利用等体积法即可得到结果.
17．【答案】（1）证明：取BC中点O，接AO，连PO如图所示：
因为AB＝AC，所以AO⊥BC，
同理PB＝PC，则PO⊥BC，
又因为PO，AO 面PAO，PO∩AO＝点O，
所以BC⊥面PAO，又PA 面PAO，
所以PA⊥BC；
（2）解：因为圆锥侧面积为且BC＝2， 所以r=1，，所以，
由（1）可得PO⊥BC，所以
又因为，所以，所以，
所以以O为坐标原点，OB为x轴，OA为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系如图所示：
则，
设平面PAB的法向量为，平面PAC的法向量为
则，令则所以，
同理可得，
所以，
由图可得二面角B﹣PA﹣C 为钝角，所以二面角B﹣PA﹣C为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)取BC中点O，接AO，连PO，利用线面垂直的判定定理可得BC⊥面PAO，即可得证；
（2）由题意可得，结合（1）可得，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可；
18．【答案】（1）证明：∵ AC＝2，BC＝1，AB＝，即，
∴AB⊥BC，
∵PA⊥ 底面ABCD ，
∴PA⊥AD，
又∵AD⊥PB，，
∴AD⊥平面PAB，
∴AD⊥AB，
∴AD∥BC，
又∵AD 平面BCP，BC平面BCP，
∴AD∥平面PBC.
（2）解：过点A作AE⊥CP，AF⊥DP，垂足分别为点E，F，连接EF，
∵AD⊥DC，AP⊥底面ABCD，
∴PA⊥CD，PA⊥AC，
又∵，
∴CD⊥平面PAD，
又∵AF平面PAD，
∴CD⊥AF，
又∵，
∴AF⊥平面CDP，
同理AF⊥EF，∠AEF即为 二面角A﹣CP﹣D的夹角，
∵PA=PC=2，
∴AE=，
sin∠AEF=，解得AF=，
设AD=t，则DP=，
∴在Rt△PAD中，由，
即，解得：t=(负值舍去)，
∴AD=t＝.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1)由条件中给出的数据信息，联想勾股定理逆定理证直角，为使得最终线面平面，即需找到一组平行直线，由(1)中给出的一组线线垂直，结合题干的线面垂直，故而可先证线面垂直AD⊥平面PAB，后证得两线平行；
(2)注意到CP是二面角A﹣CP﹣D ，由二面角的夹角结合等腰Rt△ACP易联想过点A作AE⊥CP，进而将二面角转化成线面角，从而进一步利用已知的线面垂直，进一步过点A作出平面CDP的法向量转化得到二面角的正弦值，后利用等积法解三角形即可.
19．【答案】（1）解：因为为正四棱锥，且为底面的中心，所以平面，
又因为平面，所以，则为直角三角形，
因为正方形中，，所以，，
则绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥，
圆锥的高，底面半径，故圆锥的体积为；
（2）解：连接，如图所示：
因为正四棱锥每个侧面均为等边三角形，是中点，所以，
又因为，平面，所以平面，即平面，
又因为平面，所以直线与平面所成角的大小即为，
设，则，，
因为线面角的范围是，所以，即直线与平面所成角的大小为.
【知识点】棱锥的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由题意，根据为正四棱锥，先求的边长，再根据圆锥的体积公式求解即可；
（2）连接，根据线面垂直的判定定理证明平面，推得即为直线与平面所成角结合已知条件求解即可.
1 / 12024年高考真题分类汇编九 空间向量与立体几何
一、选择题
1．（2024·天津）若a，b为两条直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则与相交
【答案】C
【知识点】直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A、若，则与平行或异面，故A错误；
B、若，则直线平行或异面或相交，故B错误；
C、若，则，故C正确.；
D、若，则与相交或异面，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据线面平行的性质即可判断AB；根据线面垂直的性质即可判断CD.
2．（2024·上海）空间中有两个不同的平面α，β和两条不同的直线m，n，则下列说法中正确的是（ ）
A．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n
B．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n⊥β
C．若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n
D．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β
【答案】A
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、 若α⊥β，m⊥α，则，或，又因为n⊥β，所以m⊥n，故A选项正确；
B、 若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n⊥β 或或n与斜交都有可能，故B选项错误；
C、 若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n 或m，n异面和相交都有可能，故C选项错误；
D、若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β或都可能，故D选项错误.
故答案为：A.
【分析】利用空间点，线，面的位置关系逐项判断即可.
3．（2024·全国甲卷）已知α、β是两个平面，m、n是两条直线，α∩β＝m．下列四个命题：
①若m∥n，则n∥α或n∥β
②若m⊥n，则n⊥α，n⊥β
③若n∥α，且n∥β，则m∥n
④若n与α和β所成的角相等，则m⊥n
其中，所有真命题的编号是（ ）
A．①③ B．②③ C．①②③ D．①③④
【答案】A
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】 【解答】解：如图，
对①，当，因为，，则，
当，因为，，则，
当既不在也不在内，
因为，，
则且，故①正确；
对②，若，则与不一定垂直，n可以在面内，故②错误；
对③，如图，过直线n分别作两平面与、分别相交于直线l1和直线I2，
由，
得，同理，
根据基本事实四，则，
所以.，
所以，
又∩=m，
则，
根据基本事实四，则，③正确；
对于 ④ ， 若n与α和β所成的角相等，根据同角定理，
则，则④错误.
故答案为：A.
【分析】借助正方体与直线，平面的位置关系进行判断即可得到结果.
4．（2024·北京）已知以边长为4的正方形为底面的四棱锥，四条侧棱分别为4，4，，，则该四棱锥的高为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：如图，分别取的中点，连接，
由题意可知：为正方形，且，
可知，
因为，平面，所以平面，
由平面，所以平面平面，
由面面垂直的性质可知：四棱锥的高平面，且，
则，可知，
即，可知，所以.
故答案为：D.
【分析】分别取的中点，根据长度关系结合勾股定理可证平面，平面平面，根据面面垂直的性质分析可知四棱锥的高平面，且，即可得结果.
5．（2024·新课标Ⅱ卷）已知正三棱台的体积为，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B．1 C．2 D．3
【答案】B
【知识点】棱台的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：分别取的中点分别为，
因为在正三棱台中 ，，所以，
则，
设正三棱台的为，
则，解得，
分别过作底面垂线，垂足为，如图所示，
设，则，，
可得，
因为为等腰梯形，所以，
即，解得，
则与平面ABC所成角的正切值为.
故答案为：B.
【分析】设正三棱台的为，由棱台的体积公式求得棱台的高，再作辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，最后根据线面夹角的定义求解即可.
6．（2024·新高考Ⅰ卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ）
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；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：设圆锥与圆柱的底面半径为R，
又∵其高均为，
故圆锥的母线长为：，圆锥的侧面积为：，
则圆柱的侧面积为：
∴，
解得：R=3(负值舍去)，
.
故答案为：B.
【分析】根据题意将圆锥与圆柱的侧面积表示并建立等量关系解出半径，从而代入公式得出圆锥的体积.
7．（2024·天津）一个五面体.已知，且两两之间距离为1.并已知.则该五面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：将五面体 补成三棱柱，如图所示：
因为，且两两之间距离为1，所以是边长为1的等边三角形，
因为，所以侧棱长为，
故.
故答案为：C.
【分析】由题意，将五面体 补成三棱柱，再利用三棱柱体积公式求解即可.
8．（2024·上海）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，，，使得.已知，则的充分条件是( )
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】充分条件；空间向量基本定理
【解析】【解答】解：因为 存在不全为0的实数，，，使得，所以向量共面，所以向量不能构成空间的一个基底，
A、由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误；
B、由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故B错误；
C、由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底，
则由能推出，故C正确；
D、由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故D错误.
故答案为：C．
【分析】根据已知条件，得向量共面，显然当时，三个向量构成空间的一个基底，分析即可判断.
二、填空题
9．（2024·北京）已知三个圆柱的体积为公比为10的等比数列．第一个圆柱的直径为65mm，第二、三个圆柱的直径为325mm，第三个圆柱的高为230mm，求前两个圆柱的高度分别为 ．
【答案】
【知识点】等比数列概念与表示；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设第一个圆柱的高为，半径为，第二个圆柱的高为，半径为，第三个圆柱的高为，半径为，
可知，，
由题意可得：，即，解得.
故答案为：.
【分析】设相应的半径和高，根据等比数列的定义以及柱体的体积公式列式求解即可.
10．（2024·上海）已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1底面ABCD为平行四边形，AA1＝3，BD＝4且，求异面直线AA1与BD的夹角 ．
【答案】arccos
【知识点】空间向量的加减法；空间向量的数乘运算；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：已知如图所示：
已知，
，
设异面直线AA1与BD的夹角，，
所以.
故答案为：arccos.
【分析】由题意可得，再利用空间向量的运算和夹角公式即可.
11．（2024·全国甲卷）已知甲、乙两个圆台上下底面的半径均为r2和r1，母线长分别为2（r1﹣r2）和3（r1﹣r2），则两个圆台的体积之比＝ ．
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：据题意，甲乙两个圆台的轴截面都是等腰梯形，
可以利用构造直角三角形，结合勾股定理的计算得到圆台的高，
即甲、乙两个圆台上下底面的半径均为r2和r1，
母线长分别为2（r1﹣r2）和3（r1﹣r2），
所以甲圆台构造的直角三角形斜边长为： 2（r1﹣r2） ，而其中一条直角边为，
则甲圆台的高为：；
同理，乙圆台构造的直角三角形斜边长为： 3（r1﹣r2） ，
则；
此时，
故答案为：..
【分析】先根据已知条件和圆台结构特征，构造出直角三角形分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式，直接代入计算即可得解.
三、解答题
12．（2024·北京）已知四棱锥P-ABCD，，，，，E是上一点，．
（1）若F是PE中点，证明：平面．
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：取的中点为，接，
因为分别为的中点，则，
又因为，则，
可知四边形为平行四边形，则，
且平面，平面，所以平面.
（2）解：由题意可知：，
可知四边形为平行四边形，则，
且平面，所以平面，
且，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
可得
设平面的法向量为，则，
令，则取，可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 (1) 取的中点为，分析可得，结合线面平行的判定定理分析证明；
(2) 建系，分别求 平面与平面夹角的 法向量，利用空间向量的求面面夹角.
13．（2024·天津）已知四棱锥ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中AB=AA1=2，AD=DC=1．N是B1C1的中点，M是DD1的中点．
（1）求证平面；
（2）求平面与平面的夹角余弦值；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明：取中点，连接，，如图所示：
因为是的中点，所以，且，
又因为是的中点，所以，且，则、，
故四边形是平行四边形，故，
又因为平面，平面，
故平面；
（2）解：以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则、、、，、，
则、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则，，
分别取，则、、，，即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
（3）解：由（2）可得，平面的法向量为，
则，即点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取中点，连接，，根据中位线的性质与平行四边形性质定理可得，再结合线面平行判定定理证明即可；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；
（3）利用（2）的空间坐标，根据空间中点到平面的距离公式计算即可.
14．（2024·新课标Ⅱ卷）如图，平面四边形ABCD中，，点E，F满足．将沿EF翻折至，使得．
（1）证明：．
（2）求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.
【答案】（1）证明：由，
得，又，在中，
由余弦定理得，
所以，则，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故.
（2）解：连接，
由，则，
在中，，得，所以，
由（1）知，又因为，平面，所以平面，又平面，
所以，则两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
因为是的中点，所以，
所以，
设平面和平面的法向量分别为，，
则，，
令，得，
所以，所以，
设平面和平面所成角为，则，
即平面和平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，再利用勾股定理的逆定理可证得，则，最后结合线面垂直的判定定理与性质证明即可；
（2）由（1）的结论，根据线面垂直的判定定理与性质证得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
15．（2024·全国甲卷）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD=4，AB=BC=EF=2，，FB=，M为AD的中点.
（1）证明：BM∥平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明：根据题意，因为为的中点，
所以，
四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，
平面，
所以平面；
（2）过B作交于，连接，
因为四边形为等腰梯形，
，
所以，
由（1）可知为平行四边形，
则，又，
所以为等边三角形，
为中点，根据直角三角形OBA，
所以，
又因为四边形为等腰梯形，
为中点，
所以，
四边形为平行四边形，
，
所以为等腰三角形，
与底边上中点重合，
，，
利用勾股定理得，
所以，所以两两垂直，
所以以方向为轴，方向为轴，方向为轴，如图建立空间直角坐标系，
，，
，
，
设平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，即，
则，
又，即，
则，
所以，
则，
故二面角的正弦值为.
【知识点】空间点、线、面的位置；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）根据题意，由得到四边形为平行四边形，进而证明，结合直线与平面平行的判定定理即可得到结果；
（2）作交于，连接，易证三线两两垂直，利用建系法求出二面角夹角余弦公式即可得到结果.
16．（2024·全国甲卷）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，CD＝4，，，M为CD的中点．
（1）证明：EM∥平面BCF；
（2）求点M到ADE的距离．
【答案】（1）证明：根据题意，因为为的中点，
所以，四边形为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面；
（2）解：如图所示，
过B作交于，连接，
因为四边形为等腰梯形，且，所以，
由（1）可知：为平行四边形，所以，又，
所以为等边三角形，又为中点，所以，
又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，
四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，
与底边上中点重合，，，
因为，所以，所以互相垂直，
利用等体积法可得，
所以，
，，
设点到的距离为，
则，
解得，
即点到的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）根据题意，由得到四边形为平行四边形，进而证明，结合直线与平面平行的判定定理即可得到结果；
（2）过B作交于，连接，易证三线两两垂直，利用等体积法即可得到结果.
17．（2024·上海）如图，PA、PB、PC为圆锥三条母线，AB＝AC．
（1）证明：PA⊥BC；
（2）若圆锥侧面积为，BC为底面直径，BC＝2，求二面角B﹣PA﹣C的大小．
【答案】（1）证明：取BC中点O，接AO，连PO如图所示：
因为AB＝AC，所以AO⊥BC，
同理PB＝PC，则PO⊥BC，
又因为PO，AO 面PAO，PO∩AO＝点O，
所以BC⊥面PAO，又PA 面PAO，
所以PA⊥BC；
（2）解：因为圆锥侧面积为且BC＝2， 所以r=1，，所以，
由（1）可得PO⊥BC，所以
又因为，所以，所以，
所以以O为坐标原点，OB为x轴，OA为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系如图所示：
则，
设平面PAB的法向量为，平面PAC的法向量为
则，令则所以，
同理可得，
所以，
由图可得二面角B﹣PA﹣C 为钝角，所以二面角B﹣PA﹣C为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)取BC中点O，接AO，连PO，利用线面垂直的判定定理可得BC⊥面PAO，即可得证；
（2）由题意可得，结合（1）可得，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可；
18．（2024·新高考Ⅰ卷）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝．
（1）若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
（2）若AD⊥DC，且二面角A﹣CP﹣D的正弦值为，求AD．
【答案】（1）证明：∵ AC＝2，BC＝1，AB＝，即，
∴AB⊥BC，
∵PA⊥ 底面ABCD ，
∴PA⊥AD，
又∵AD⊥PB，，
∴AD⊥平面PAB，
∴AD⊥AB，
∴AD∥BC，
又∵AD 平面BCP，BC平面BCP，
∴AD∥平面PBC.
（2）解：过点A作AE⊥CP，AF⊥DP，垂足分别为点E，F，连接EF，
∵AD⊥DC，AP⊥底面ABCD，
∴PA⊥CD，PA⊥AC，
又∵，
∴CD⊥平面PAD，
又∵AF平面PAD，
∴CD⊥AF，
又∵，
∴AF⊥平面CDP，
同理AF⊥EF，∠AEF即为 二面角A﹣CP﹣D的夹角，
∵PA=PC=2，
∴AE=，
sin∠AEF=，解得AF=，
设AD=t，则DP=，
∴在Rt△PAD中，由，
即，解得：t=(负值舍去)，
∴AD=t＝.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1)由条件中给出的数据信息，联想勾股定理逆定理证直角，为使得最终线面平面，即需找到一组平行直线，由(1)中给出的一组线线垂直，结合题干的线面垂直，故而可先证线面垂直AD⊥平面PAB，后证得两线平行；
(2)注意到CP是二面角A﹣CP﹣D ，由二面角的夹角结合等腰Rt△ACP易联想过点A作AE⊥CP，进而将二面角转化成线面角，从而进一步利用已知的线面垂直，进一步过点A作出平面CDP的法向量转化得到二面角的正弦值，后利用等积法解三角形即可.
19．（2024·上海）如图为正四棱锥，O为底面ABCD的中心.
（1）若，，求绕PO旋转一周形成的几何体的体积；
（2）若，E为PB的中点，求直线BD与平面AEC所成角的大小.
【答案】（1）解：因为为正四棱锥，且为底面的中心，所以平面，
又因为平面，所以，则为直角三角形，
因为正方形中，，所以，，
则绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥，
圆锥的高，底面半径，故圆锥的体积为；
（2）解：连接，如图所示：
因为正四棱锥每个侧面均为等边三角形，是中点，所以，
又因为，平面，所以平面，即平面，
又因为平面，所以直线与平面所成角的大小即为，
设，则，，
因为线面角的范围是，所以，即直线与平面所成角的大小为.
【知识点】棱锥的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由题意，根据为正四棱锥，先求的边长，再根据圆锥的体积公式求解即可；
（2）连接，根据线面垂直的判定定理证明平面，推得即为直线与平面所成角结合已知条件求解即可.
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