专题06 空间向量与立体几何
空间几何体
（2023上·浙江杭州·高三统考期中）
1．边长为2的正方形，经如图所示的方式裁剪后，可围成一个正四棱锥，则此正四棱锥的外接球的表面积的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
（2024·浙江绍兴·统考模拟预测）
2．已知某正六棱柱的所有棱长均为2，则该正六棱柱的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
（2024·浙江金华·校联考模拟预测）
3．己知梯形满足且，其中，将梯形绕边旋转一周，所得到几何体的体积为 ．
（2024·浙江宁波·统考一模）
4．已知圆台的上 下底面半径分别为1和2，体积为，则该圆台的侧面积为 .
（2024·浙江温州·统考一模）
5．与圆台的上、下底面及侧面都相切的球，称为圆台的内切球，若圆台的上下底面半径为，，且，则它的内切球的体积为 .
点、直线、平面之间的位置关系
（2024·浙江金华·校联考模拟预测）
6．在正方体中，与交于点，则（ ）
A．平面 B．平面
C．平面平面 D．平面平面
（2024·浙江温州·统考一模）
7．已知平面平面，则下列结论一定正确的是（ ）
A．存在直线平面，使得直线平面
B．存在直线平面，使得直线平面
C．存在直线平面，直线平面，使得直线直线
D．存在直线平面，直线平面，使得直线直线
空间向量与立体几何
（2024·浙江宁波·统考一模）
8．已知二面角的大小为，球与直线相切，且平面、平面截球的两个截面圆的半径分别为、，则球半径的最大可能值为（ ）
A． B． C． D．
（2024·浙江台州·统考一模）
9．已知二面角的平面角为，，，，，，与平面所成角为．记的面积为，的面积为，则的最小值为（ ）
A．2 B． C． D．
（2024·浙江温州·统考一模）
10．如图，所有棱长都为1的正三棱柱，，点是侧棱上的动点，且，为线段上的动点，直线平面，则点的轨迹为（ ）
A．三角形（含内部） B．矩形（含内部）
C．圆柱面的一部分 D．球面的一部分
（2024·衢州、丽水、湖州·统考一模）
11．四棱锥的底面是平行四边形，点、分别为、的中点，连接交的延长线于点，平面将四棱锥分成两部分的体积分别为，且满足，则（ ）
A． B． C． D．
（2023上·浙江杭州·高三统考期中）
12．已知正三棱柱的各条棱长都是2，，分别是，的中点，则（ ）
A．平面
B．平面与平面夹角的余弦值为
C．三棱锥的体积是三棱柱体积的
D．若正三棱柱的各个顶点都在球上，则球的表面积为
（2024·衢州、丽水、湖州·统考一模）
13．正方体中，，分别是棱，上的动点（不含端点），且，则（ ）
A．与的距离是定值 B．存在点使得和平面平行
C． D．三棱锥的外接球体积有最小值
（2024·浙江绍兴·统考模拟预测）
14．过正三棱锥的高的中点作平行于底面的截面，若三棱锥与三棱台的表面积之比为，则直线与底面所成角的正切值为 .
（2023上·浙江杭州·高三统考期中）
15．在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，且底面，与底面成角，且．
(1)求证：；
(2)当直线与平面所成角的正弦值为时，求的值．
（2024·浙江金华·校联考模拟预测）
16．如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧棱底面，且，点分别为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
（2024·浙江宁波·统考一模）
17．如图，已知正方体的棱长为4，点E满足，点F是的中点，点G满足
(1)求证：四点共面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
（2024·衢州、丽水、湖州·统考一模）
18．如图，多面体中，四边形为正方形，平面平面，，，，，与交于点．
(1)若是中点，求证：；
(2)求直线和平面所成角的正弦值．
（2024·浙江绍兴·统考模拟预测）
19．如图，为正三角形，平面平面，点分别为的中点，点在线段上，且．
(1)证明：直线与直线相交；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
（2024·浙江台州·统考一模）
20．如图，已知四边形为平行四边形，为的中点，，．将沿折起，使点到达点的位置．
(1)若平面平面，求证：；
(2)若点A到直线的距离为，求二面角的平面角的余弦值．
（2024·浙江温州·统考一模）
21．已知四棱锥的底面为等腰梯形，，，，平面.
(1)求证：；
(2)若四棱锥的体积为2，求平面与平面夹角的余弦值.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】
设底面边长为，可求得此四棱锥的高为，根据外接球与正四棱锥的关系，利用勾股定理可求出外接球半径，再利用导数求得半径的最小值即可.
【详解】如图所示，设围成的四棱柱为，
为正四棱锥的高，作交于，连接，
设，则，在直角三角形中由勾股定理得，
又因为正四棱锥的外接球球心在它的高上，
记球心为，半径为，连接，则，
则在直角三角形中，
即，解得，
令，则，，
令解得，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时取最小值，所以，
所以该四棱锥外接球的表面积的最小值为，
故选：B
2．D
【分析】
根据正六棱柱的性质可求解半径，由表面积公式即可求解.
【详解】由正六棱柱的性质可得为其外接球的球心（如图）,
由于底面为正六边形，所以为等边三角形，故,
所以,
所以为外接球的半径，故外接球表面积为，
故选：D
3．
【分析】
根据题设确定所得几何体的构成，再应用圆锥和圆柱体积公式求组合体体积.
【详解】如下图，梯形绕边旋转一周，所得几何体为圆锥和圆柱的组合体，
其中圆锥及圆柱底面都是半径为的圆，圆锥的高为1，圆柱的高为2，
所以几何体体积为.
故答案为：
4．
【分析】
利用圆台体积公式可得其高为，即可知母线长为，利用侧面展开图面积求出圆台的侧面积为.
【详解】
根据题意可知，圆台上底面面积为，下底面面积为；
设圆台的高为，由体积可得，
解得，所以可得圆台母线长为，
根据侧面展开图可得圆台侧面积为.
故答案为：
5．
【分析】
利用已知条件求得圆台的母线长，进而根据勾股定理求得圆台的高，即内切球的直径，最终利用球体体积公式求解即可.
【详解】由题意，画出圆台的直观图，其中为圆台的母线长，，分别为上、下底面的圆心，点为内切球的球心，点为球与圆台侧面相切的一个切点.
则由题意可得：，
.
因此可得：内切球半径，即得内切球的体积为.
故答案为：
6．ABC
【分析】
根据线面平行和面面平行的判定定理逐一证明即可.
【详解】对于A，因为且，
所以四边形时平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，连接交于点，连接，
由正方体的分别为的中点，
因为因为且，
所以四边形时平行四边形，所以，
则且，
所以四边形时平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面，故B正确；
对于C，因为且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故C正确；
对于D，平面即为平面，
而平面与平面相交，
所以平面与平面相交，故D错误.
故选：ABC.
7．BCD
【分析】A.由面面垂直的判定定理判断；B.由时，利用线面平行的判定定理判断；C.由判断；D. 由判断.
【详解】A. 若存在直线平面，使得直线平面，则，故错误；
B.当时，又 ，所以 ，故正确；
C.当时，，故正确；
D. 当时，，故正确；
故选：BCD
8．D
【分析】设点在平面、平面内的射影点分别为、，设球切于点，连接、、，分析可知，、、、四点共圆，利用二面角的定义可得或，利用余弦定理求出的长，分析可知，球半径的最大值即为外接圆的直径，结合正弦定理求解即可.
【详解】设点在平面、平面内的射影点分别为、，
设球切于点，连接、、，如下图所示：
因为平面，平面，则，
由球的几何性质可知，，
因为，、平面，则平面，
同理可知，平面，
因为过点作直线的垂面，有且只有一个，所以，平面、平面重合，
因为平面，平面，则，同理可知，，
所以，、、、四点共圆，
由已知条件可知，，，
因为平面，、平面，则，，
所以，二面角的平面角为或其补角.
①当时，
由余弦定理可得
，故，
易知，为外接圆的一条弦，
所以，球半径的最大值即为外接圆的直径，即为；
②当时，
由余弦定理可得
故，
易知，为外接圆的一条弦，
所以，球半径的最大值即为外接圆的直径，即为.
综上所述，球的半径的最大可能值为.
故选：D.
9．D
【分析】
根据正弦定理、三角形的面积公式、二面角的知识求得正确答案.
【详解】过作，垂足为，连接，
依题意，，由于平面，
所以平面，由于平面，所以，
所以.
由于，所以平面，平面，
所以在平面上的射影为，所以，
根据三角形的面积公式以及正弦定理得：
，
由于，所以当时，
取得最小值为.
故选：D
10．A
【分析】根据题意首先保持在线段上不动（与重合），研究当点运动时的轨迹为线段，再根据点在线段上运动的轨迹即可得出点的轨迹为及其内部的所有点的集合.
【详解】
如下图所示：
首先保持在线段上不动，假设与重合
根据题意可知当点在侧棱上运动时，若点在点处时，为的中点，
此时由可得满足，
当点运动到图中位置时，易知，取，可得，
取棱上的点，满足，根据三角形相似可得三点共线，
当点在侧棱上从点运动到点时，点轨迹即为线段；
再研究当点在线段上运动，
当点在线段上从点运动到点时，点的轨迹是线段，
当点在线段上从点运动到点时，点的轨迹是线段，
因此可得，当点是侧棱上运动时，在线段上运动时，点的轨迹为及其内部的所有点的集合；
即可得的轨迹为三角形（含内部）.
故选：A
11．B
【分析】
利用割补法与棱锥体积公式分别求所截两部分的体积即可.
【详解】如图，连接交于点，连接，则平面将四棱锥分成多面体和多面体两部分，显然.
设平行四边形的面积为，因为点为的中点，所以，
设到平面的距离为，因为点为的中点，所以点到平面的距离为，
取中点，连接，则，且，
又点共线且，所以，且，
所以，所以，所以点到平面的距离为，
故，
,
因此.
故选：B.
【点睛】求不规则几何体的体积通常使用割补法.
12．ABC
【分析】
根据线面平行的判定定理可判断A；判断出即为平面与平面夹角，即可判断；C，应用等积法即可判断；D，判断出球心在上下底面的中心的连线的中点，解直接三角形即可得.
【详解】A，连接,交于点,连接,则为的中点，故为的中位线，
则，平面,平面,故平面，A正确；
B，依题得，平面，，平面，则，
又，平面，则平面，
又平面，则，
则平面与平面夹角为，则，B正确；
C，取中点，连接，则，又平面，
平面，则，平面，则平面
则，C正确；
D，取上下底面的中心，则球心为的中点，，
又，则，
则球的表面积为，D错误.
故选：ABC
13．ACD
【分析】
选项A求异面直线的距离，转化成求点到的距离；选项B用向量法求垂直于平面的法向量即可判断；选项C用向量垂直证明；选项D用补体积法判断.
【详解】
以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则
对A，由图可知，因为与是异面直线，转化为求异面直线的距离，
因为,平面，
所以，所以点到的距离为的一半，等于，即为异面直线与的距离；故A正确；
对B，，设平面的法向量为
则，取，则，所以，
若存在点使得和平面平行，
因为，
则，故，不符合题意，故B错误；
对C，所以
则，所以，故C正确；
对D，采用补体积法，将三棱锥补到以为底面以为高的长方体里，则长方体的体对角线为外接球的半径的二倍，
体对角线长为，
当且仅当时取等号；故D正确；
故选：ACD
14．
【分析】
依题意可得，为的中点，为的中点，设的边长为，，即可表示出图形的面积，从而得到的表面积，三棱台的表面积，由表面积之比得到，再求出高，最后由锐角三角函数求解即可.
【详解】依题意过正三棱锥的高的中点作平行于底面的截面，
则为中点，为中点，为中点，设的边长为，，
则，，，
所以，，
所以三棱锥的表面积，
三棱台的表面积，
依题意，所以，取BC的中点D，则，
因为为正三棱锥的高，所以平面ABC，且，
则与底面所成角为，所以，
所以，故直线与底面所成角的正切值为.
故答案为：
15．(1)证明见解析
(2)．
【分析】
（1）应用空间向量法证明线线垂直；
（2）应用空间向量法求线面角正弦计算即可得出边长关系.
【详解】（1）
如图，以点为原点，直线为轴，直线为轴建立坐标系．
那么，，，，．
故，
因为，
所以，即．
（2）
因为，
所以，故，所以平面，
故平面的法向量
设直线与平面所成角为，则：
整理得，即．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）先证明线面垂直，再证明线线垂直，可得，，再利用线面垂直的判定定理可得平面；
（2）为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用夹角公式求解公式.
【详解】（1）因为底面，底面，所以，
因为为正方形，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，点为的中点，所以．
因为，平面，
所以平面，因为平面，所以．
同理可得，因为，平面，所以平面．
（2）
如图，以点为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，设，则各点坐标分别为．
由（1）可知是平面的一个法向量，记为，
又平面的一个法向量为．
所以平面与平面夹角的余弦值等于．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）法1：取中点，分别连接，先证明四边形为平行四边形，则，再根据相似比可得，则，即可得出结论；
法2：以为原点，建立空间直角坐标系，证明即可；
（2）利用向量法求解即可.
【详解】（1）法1：如图，取中点，分别连接，因为为中点，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
由知，由知，
所以，所以，
所以，所以四点共面；
法2：如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则，
因为，所以，所以，
所以四点共面；
（2）由（1）知，，
设平面的法向量为，
由，即，可取，
平面的法向量，
则有，可取，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面EFG与平面夹角的余弦值为.
【点睛】
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）由面面垂直的性质，线面垂直的判定与性质，勾股定理逆定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，由线面夹角的向量公式计算即可．
【详解】（1）因为四边形为正方形，
所以，
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，
又因为平面，
所以，
连接，则，
在中，，
所以，
因为，，平面，且，
从而平面，
又平面，
所以，
因为，，平面，且，
所以平面，
又平面，
所以，
又因为，所以，
又是中点，，所以，
因为，，平面，且，
所以平面，
又因为平面，
所以．
（2）
由（1）知，平面，且，
以为坐标原点，分别以、、所在的直线为、、轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则、、、，
则，，，
由得，，所以，
所以，，
设面的法向量为，由得，，取，则，
设直线和平面所成角为，
则，
所以直线和平面所成角的正弦值为．
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）根据题意，取中点，连接，即可证明共面，且其长度不相等，即可证明；
（2）解法1：由条件可得为平面与平面的夹角，结合余弦定理，代入计算，即可得到结果；解法2：根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）
证明：取中点，连接，则，
因为平面平面，所以，
所以，则四边形为平行四边形，
所以．
因为点在线段上，且，所以是的中点，
又因为点是的中点，所以，所以，
即共面，且长度不等，所以直线与直线相交．
（2）
解法1：
由（1）知，平面即为平面．
因为平面，且平面，所以，
因为为正三角形，点是的中点，所以，
又平面平面，所以平面．
又，所以平面，
所以（或 其补角）为平面与平面的夹角．
不妨设，则，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为．
解法2：
因为平面，所以，因为为正三角形，所以，
所以平面，又，所以平面．以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设，则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则即取．
设平面的一个法向量为，
则即取．
设平面与平面的夹角为，则．
所以，平面与平面夹角的余弦值为．
20．(1)证明见解析
(2)或
【分析】
（1）根据题意利用面面垂直的性质定理可得平面，进而可得结果；
（2）分析可知即为二面角的平面角，记为，建系，可得，结合点到线的距离公式运算求解.
【详解】（1）
因为四边形为平行四边形，且为等边三角形，所以．
又因为为的中点，则，所以为等腰三角形，
可得，，即，
因为平面平面，平面平面，平面，
则平面，且平面，所以．
（2）
取的中点，连接，因为为等边三角形，所以，
取的中点，则，由（1）得，所以，
所以即为二面角的平面角，记为．
以点为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，
因为，则，
可得；，
则点A到直线的距离为，
由题意可得，解得，或，
所以二面角的平面角的余弦值为或．
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据梯形的性质求解可证，进而根据线线垂直即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求解平面夹角，或者利用几何法，结合线面垂直找到两平面的夹角，根据三角形的边角关系即可求解.
【详解】（1）
∵平面，平面，
∴，
过点作，由为等腰梯形，，
故，
所以，即，即，
平面，
∴平面，平面，
故.
（2）
方法一:，
∵,
，
∴.
如图，建立空间直角坐标系，
，，，，
,
设平面法向量为，
则，，
取，得
同理，设面法向量为，则
，，
取，得，
由题意，.
设平面与平面的夹角为，则，
方法二：，
∵,
，
∴.
∵平面，平面，∴平面平面，
过作，则平面垂足为，平面，则,
过作的垂线，垂足为，连，
由于平面,
所以平面,平面，故，
则为所求二面角夹角的平面角.
，所以,
,，，
.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
