专题13 空间向量与立体几何-2023年高考真题和模拟题数学分项汇编（全国通用）含答案.pdf

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1、更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君专题专题 13 空间向量与立体几何空间向量与立体几何（新课标全国卷）1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（新课标全国卷）2 在正四棱台1111ABCDABC D中，1112,1,2ABABAA，则该棱台的体积为_（新课标全国卷）3如图，在正四棱柱1111ABCDABC D中，12,4ABAA点2222,A B C D分别在棱111,AA BB CC,1DD上，

2、22221,2,3AABBDDCC(1)证明：2222B CA D；(2)点P在棱1BB上，当二面角222PA CD为150时，求2B P（新课标全国卷）4已知圆锥的顶点为 P，底面圆心为 O，AB 为底面直径，120APB，2PA，点C 在底面圆周上，且二面角PACO为 45，则（）A该圆锥的体积为B该圆锥的侧面积为4 3C2 2AC DPAC的面积为3（新课标全国卷）5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_（新课标全国卷）6如图，三棱锥ABCD中，DADBDC，BDCD，60ADBADC，E为 BC的中点专题13

3、空间向量与立体几何-2023年高考真题和模拟题数学分项汇编（全国通用）更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君 (1)证明：BCDA；(2)点 F 满足EFDA ，求二面角DABF的正弦值（全国乙卷数学(理)（文）7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（）A24B26C28D30（全国乙卷数学（文）8 已知点,S A B C均在半径为 2 的球面上，ABC是边长为 3 的等边三角形，SA平面ABC，则SA _（全国乙卷数学(理)（文）9如图，在三棱锥PABC中，ABBC，2AB，2 2BC，6PBPC，BP，AP，BC 的中点分别为 D，E，O，5A

4、DDO，点 F 在 AC 上，BFAO.(1)证明：/EF平面ADO；(2)证明：平面ADO 平面 BEF；(3)求二面角DAOC的正弦值.（全国乙卷数学(理)）10已知圆锥 PO 的底面半径为3，O 为底面圆心，PA，PB 为圆锥的母线，120AOB，若PAB的面积等于9 34，则该圆锥的体积为（）AB6C3D3 6更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君（全国乙卷数学(理)）11已知ABC为等腰直角三角形，AB 为斜边，ABD为等边三角形，若二面角CABD为150，则直线 CD 与平面 ABC 所成角的正切值为（）A15B25C35D25（全国甲卷数学（文）12在三棱锥PABC中，ABC是边

5、长为 2 的等边三角形，2,6PAPBPC，则该棱锥的体积为（）A1B3C2D3（全国甲卷数学（文）13在正方体1111ABCDABC D中，4,ABO为1AC的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是_（全国甲卷数学（文）14如图，在三棱柱111ABCABC-中，1AC 平面,90ABCACB (1)证明：平面11ACC A 平面11BBC C；(2)设11,2ABAB AA，求四棱锥111ABBC C的高（全国甲卷数学（理）15在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，4,3,45ABPCPDPCA，则PBC的面积为（）A2 2B3 2C4 2D5 2（全国甲卷

6、数学（理）16在正方体1111ABCDABC D中，E，F 分别为 CD，11AB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_（全国甲卷数学（理）17在三棱柱111ABCABC-中，12AA，1AC 底面 ABC，90ACB，1A到平面11BCC B的距离为 1 (1)求证：1ACAC；(2)若直线1AA与1BB距离为 2，求1AB与平面11BCC B所成角的正弦值更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君（新高考天津卷）18在三棱锥PABC中，线段PC上的点M满足13PMPC，线段PB上的点N满足23PNPB，则三棱锥PAMN和三棱锥PABC的体积之比为（）A19B29C13D4

7、9（新高考天津卷）19 三棱台111ABCABC-中，若1AA面111,2,1ABC ABAC ABACAAAC，,M N分别是,BC BA中点.(1)求证：1AN/平面1C MA；(2)求平面1C MA与平面11ACC A所成夹角的余弦值；(3)求点C到平面1C MA的距离一、多选题一、多选题1（2023河北沧州校考模拟预测）如图所示，该几何体由一个直三棱柱111ABCABC-和一个四棱锥11DACC A组成，12ABBCACAA，则下列说法正确的是（）A若ADAC，则1ADACB若平面11AC D与平面ACD的交线为l，则 AC/lC三棱柱111ABCABC-的外接球的表面积为143D当该

8、几何体有外接球时，点D到平面11ACC A的最大距离为2133更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君2（2023广东深圳深圳市高级中学校考模拟预测）在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，2 2AB，2BC，6PAPB，2PCPD下列说法正确的是（）A设平面PAB平面PCDl，则/l ABB平面PAD 平面PBCC设点MBC，点NPD，则MN的最小值为3D在四棱锥PABCD的内部，存在与各个侧面和底面均相切的球3（2023广东佛山统考模拟预测）已知正方形ABCD的边长为 2，P是平面ABCD外一点，设直线PB与平面ABCD所成角为，三棱锥PABC的体积为V，则下列命题中正确的是（）A若平面P

9、AD 平面ABCD，则ABPDB若平面PAD 平面ABCD，则ADPCC若2 3PAPC，则的最大值是4D若2 3PAPC，则V的最大值是134（2023广东校联考模拟预测）如图，在棱长为 1 的正方体1111ABCDABC D中，M，N分别是,AB AD的中点，P为线段11C D上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（）A存在点P，使得PM与1BC异面B不存在点P，使得MNNPC直线NP与平面ABCD所成角的正切值的最小值为2 55D过,M N P三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为3 34二、单选题二、单选题5（2023广东深圳深圳市高级中学校考模拟预测）已知一个直棱柱与一个斜棱柱的

10、底面多边形全等，且它们的侧棱长也相等若直棱柱的体积和侧面积分别为1V和1S，斜棱柱的体积和侧面积分别为2V和2S，则（）A1212VVSSB1212VVSSC1212VVSSD11VS与22VS的大小关系无法确定6（2023广东佛山统考模拟预测）如图，在平行六面体1111ABCDABC D中，以顶点 A 为端点的三条棱长都是 a，且ABAD，1160A ABA AD，E 为1CC的中点，则点 E 到直线1AC的距离为（）更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君 A510aB55aC54aD53a7（2023陕西咸阳武功县普集高级中学校考模拟预测）如图，网格纸上的小正方形的边长为 1，粗实线画出的

11、是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（）A163B83C2D43三、填空题三、填空题8（2023河南襄城高中校联考三模）在正四棱柱1111ABCDABC D中，1AB，13AA，点 P 为侧棱1DD上一点，过 A，C 两点作垂直于 BP 的截面，以此截面为底面，以 B 为顶点作棱锥，则该棱锥的外接球的表面积的取值范围是_9（2023河北沧州校考模拟预测）在四棱锥PABCD中，平面PAD 平面ABCD，又PAD为等边三角形，E为PD的中点，Q为平面ABCD内的动点，则直线AE与直线BQ所成角的正切值最小为_.10（2023江苏扬州扬州中学校考模拟预测）水平桌面上放置了 4 个半径为 2 的小球

12、，4 个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为_.11（2023河南校联考模拟预测）在棱长为 2 的正方体1111ABCDABC D中，M为AB的中点，过点M的平面截正方体1111ABCDABC D的外接球的截面面积的最小值为_.12（2023河南驻马店统考三模）如图，在正四棱锥PABCD框架内放一个球 O，球 O 与侧棱 PA，PB，PC，PD 均相切若3APB，且 OP2，则球 O 的表面积为_更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君 四、解答题四、解答题13（2023河北沧州校考模拟预测）如图，在斜三棱柱111ABCA

13、BC-中，1AAAB，11ABAC，1AB的中点为O，BC的中点为D.(1)证明：OD平面11ACC A；(2)若90ACB，11ABBC，24ACBC，求平面11ACC A与平面ABC所成角的大小.14（2023广东佛山统考模拟预测）如图1，菱形ABCD的边长为2 3，3ABC，将ABD沿BD向上翻折，得到如图2所示得三棱锥ABCD.(1)证明：A CBD；(2)若3A C，在线段BD上是否存在点G，使得平面A CG与平面BCD所成角的余弦值为217？若存在，求出BG；若不存在，请说明理由.15（2023河南校联考模拟预测）如图，正方体1111ABCDABC D中，,E F分别为棱,BC C

14、D的中点.更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君(1)求证：1/D F平面11AEC；(2)求直线1AC与平面11AEC所成角的正弦值.16（2023广东深圳统考模拟预测）在正方体1111ABCDABC D中，如图E、F分别是1BB，CD的中点 (1)求证：平面1ADF 平面ADE；(2)求直线EF与1AD F所成角的正弦值17（2023四川成都四川省成都列五中学校考三模）如图，四棱柱1111ABCDABC D的侧棱1AA底面ABCD，四边形 ABCD 为菱形，E，F 分别为1CC，1AA的中点.(1)证明：1B E D F,四点共面；(2)若12,3ABAADAB，求点 A 到平面1BED

15、F的距离.18（2023河南校联考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，且满足22,2ADDECE，将ADEV沿AE向上翻折，使点D到点P的位置，构成四棱锥PABCE.(1)若点F在线段AP上，且EF平面PBC，试确定点F的位置；(2)若41010PB，求锐二面角PECA的大小.更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君19（2023河南襄城高中校联考三模）如图，矩形 ABCD 与半圆柱O O相接，半圆柱的轴截面DCEF 平面 ABCD，线段 DC 的中点为 O，M 是EF上一点，1AD，2AB，OM 与底面 ABCD 所成的角为4 (1)在线段 AM 上有一点 P 满足2APPM，证

16、明：直线/MO平面 PBD；(2)若2FMME，求平面AMD与平面ABCD的夹角的佘弦值20（2023河南开封统考三模）如图，在四棱锥PABMN中，PNM是边长为2 3的正三角形，ANNP，ANBM，3 3AN，3BM，2 6AB，C，D分别是线段AB，NP的中点.(1)求证：CD平面PBM；(2)求四棱锥PABMN的体积.更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君专题专题 13 空间向量与立体几何空间向量与立体几何（新课标全国卷）1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0.01

17、m，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】ABD【详解】对于选项 A：因为0.99m1m，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故 A 正确；对于选项 B：因为正方体的面对角线长为2m，且21.4，所以能够被整体放入正方体内，故 B 正确；对于选项 C：因为正方体的体对角线长为3m，且31.8，所以不能够被整体放入正方体内，故 C 正确；对于选项 D：因为1.2m1m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过1AC的中点O作1OEAC，设OEACEI，可知1132,1,3,=2ACCCACOA，则11tanCCOECACACAO，即12

18、32OE，解得64OE，且2263990.6482425，即60.64，故以1AC为轴可能对称放置底面直径为1.2m圆柱，若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心1O，与正方体的下底面的切点为M，可知：111,0.6ACO M O M，则1111tanCCO MCACACAO，即110.62AO，解得10.6 2AO，根据对称性可知圆柱的高为32 0.6 21.732 1.2 1.4140.03520.01，更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君所以能够被整体放入正方体内，故 D 正确；故选：ABD.（新课标全国卷）2 在正四棱台1111ABCDABC D中，111

19、2,1,2ABABAA，则该棱台的体积为_【答案】7 66/766【详解】如图，过1A作1AMAC，垂足为M，易知1AM为四棱台1111ABCDABC D的高，因为1112,1,2ABABAA，则11111111112,22222222AOACABAOACAB，故111222AMACAC，则221116222AMA AAM，所以所求体积为167 6(4 14 1)326V .故答案为：7 66.（新课标全国卷）3如图，在正四棱柱1111ABCDABC D中，12,4ABAA点2222,A B C D分别在棱111,AA BB CC,1DD上，22221,2,3AABBDDCC更多全科试卷，请关

20、注公众号：高中试卷君 (1)证明：2222B CA D；(2)点P在棱1BB上，当二面角222PA CD为150时，求2B P【答案】(1)证明见解析；(2)1【详解】（1）以C为坐标原点，1,CD CB CC所在直线为,x y z轴建立空间直角坐标系，如图，则2222(0,0,0),(0,0,3),(0,2,2),(2,0,2),(2,2,1)CCBDA，2222(0,2,1),(0,2,1)B CA D ，2222B CA D ，又2222B CA D，不在同一条直线上，2222B CA D.（2）设(0,2,)(04)P，则22222(2,2,2)(0,2,3),=(2,0,1),A C

21、PCD C ，设平面22PA C的法向量(,)nx y z，则22222202(3)0n A Cxyzn PCyz ，令 2z，得3,1yx，更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君(1,3,2)n，设平面222A C D的法向量(,)ma b c，则2222222020m A Cabcm D Cac ，令 1a，得1,2bc，(1,1,2)m，2263cos,cos15026 4(1)(3)n mn mn m ，化简可得，2430，解得1或3，(0,2,1)P或(0,2,3)P，21B P.（新课标全国卷）4已知圆锥的顶点为 P，底面圆心为 O，AB 为底面直径，120APB，2PA，点C 在

22、底面圆周上，且二面角PACO为 45，则（）A该圆锥的体积为B该圆锥的侧面积为4 3C2 2AC DPAC的面积为3【答案】AC【详解】依题意，120APB，2PA，所以1,3OPOAOB，A 选项，圆锥的体积为21313 ，A 选项正确；B 选项，圆锥的侧面积为322 3，B 选项错误；C 选项，设D是AC的中点，连接,OD PD，则,ACOD ACPD，所以PDO是二面角PACO的平面角，则45PDO，所以1OPOD，故3 12ADCD，则2 2AC，C 选项正确；D 选项，22112PD，所以12 2222PACS，D 选项错误.故选：AC.更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君（新课标

23、全国卷）5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【详解】方法一：由于2142，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，所以正四棱锥的体积为14 46323，截去的正四棱锥的体积为12 2343，所以棱台的体积为32428.方法二：棱台的体积为1316416 4283.故答案为：28.（新课标全国卷）6如图，三棱锥ABCD中，DADBDC，BDCD，60ADBADC，E为 BC的中点 (1)证明：BCDA；(2)点 F 满足EFDA ，求二面角DABF的正弦值【答案】(1)证明见解析；(2)33【详

24、解】（1）连接,AE DE，因为 E 为 BC 中点，DBDC，所以DEBC，因为DADBDC，60ADBADC，所以ACD与ABD均为等边三角形，ACAB，从而AEBC，由，AEDEE，,AE DE 平面ADE，所以，BC平面ADE，而AD 平面ADE，所以BCDA更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君（2）不妨设2DADBDC，BDCD，2 2,2BCDEAE2224AEDEAD，AEDE，又,AEBC DEBCE，,DE BC 平面BCDAE平面BCD以点E为原点，,ED EB EA所在直线分别为,x y z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：设(2,0,0),(0,0,2),(0,2,0

25、),(0,0,0)DABE，设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为11112222,nx y znxyz，二面角DABF平面角为,而0,2,2AB ，因为2,0,2EFDA ，所以2,0,2F，即有2,0,0AF ，1111220220 xzyz，取11x，所以1(1,1,1)n；22222020yzx，取21y，所以2(0,1,1)n ，所以，121226cos332n nn n ，从而63sin193所以二面角DABF的正弦值为33（全国乙卷数学(理)（文）7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（）A24B26C28D30【答案】D更多全科

26、试卷，请关注公众号：高中试卷君【详解】如图所示，在长方体1111ABCDABC D中，2ABBC，13AA，点,H I J K为所在棱上靠近点1111,B C D A的三等分点，,O L M N为所在棱的中点，则三视图所对应的几何体为长方体1111ABCDABC D去掉长方体11ONICLMHB之后所得的几何体，该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少 2 个边长为 1 的正方形，其表面积为：22 242 321 130 .故选：D.（全国乙卷数学（文）8 已知点,S A B C均在半径为 2 的球面上，ABC是边长为 3 的等边三角形，SA平面ABC，则SA _【答案】2【详解】如图，将

27、三棱锥SABC转化为直三棱柱SMNABC-，设ABC的外接圆圆心为1O，半径为r，则322 3sin32ABrACB，可得3r，设三棱锥SABC的外接球球心为O，连接1,OA OO，则112,2OAOOSA，因为22211OAOOO A，即21434SA，解得2SA.故答案为：2.更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君（全国乙卷数学(理)（文）9如图，在三棱锥PABC中，ABBC，2AB，2 2BC，6PBPC，BP，AP，BC 的中点分别为 D，E，O，5ADDO，点 F 在 AC 上，BFAO.(1)证明：/EF平面ADO；(2)证明：平面ADO 平面 BEF；(3)求二面角DAOC的正弦

28、值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)22.【详解】（1）连接,DE OF，设AFtAC，则(1)BFBAAFt BAtBC ，12AOBABC ，BFAO，则2211(1)()(1)4(1)4022BF AOt BAtBCBABCtBAtBCtt ，解得12t，则F为AC的中点，由,D E O F分别为,PB PA BC AC的中点，于是11/,/,22DEAB DEAB OFAB OFAB，即,/DEOF DEOF，则四边形ODEF为平行四边形，/,EFDO EFDO，又EF 平面,ADO DO 平面ADO，所以/EF平面ADO.更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君 （2

29、）由（1）可知/EFOD，则66,2AODO，得3052ADDO，因此222152ODAOAD，则ODAO，有EFAO，又,AOBF BFEFF，,BF EF 平面BEF，则有AO 平面BEF，又AO平面ADO，所以平面ADO 平面BEF.（3）过点O作/OHBF交AC于点H，设ADBEG，由AOBF，得HOAO，且13FHAH，又由（2）知，ODAO，则DOH为二面角DAOC的平面角，因为,D E分别为,PB PA的中点，因此G为PAB的重心，即有11,33DGAD GEBE，又13FHAH，即有32DHGF，231544622cos62 262 22PAABD ，解得14PA，同理得62B

30、E，于是2223BEEFBF，即有BEEF，则22216653223GF，从而153GF，31515232DH，在DOH中，13615,2222OHBFODDH，于是63152444cos263222DOH，222sin122DOH，所以二面角DAOC的正弦值为22.更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君 （全国乙卷数学(理)）10已知圆锥 PO 的底面半径为3，O 为底面圆心，PA，PB 为圆锥的母线，120AOB，若PAB的面积等于9 34，则该圆锥的体积为（）AB6C3D3 6【答案】B【详解】在AOB中，120AOBo，而3OAOB，取AB中点C，连接,OC PC，有,OCAB PCA

31、B，如图，30ABO，3,232OCABBC，由PAB的面积为9 34，得19 3324PC，解得3 32PC，于是22223 33()()622POPCOC，所以圆锥的体积2211(3)6633VOAPO.故选：B（全国乙卷数学(理)）11已知ABC为等腰直角三角形，AB 为斜边，ABD为等边三角形，若二面角CABD为150，则直线 CD 与平面 ABC 所成角的正切值为（）A15B25C35D25【答案】C【详解】取AB的中点E，连接,CE DE，因为ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CEAB，又ABD是等边三角形，则DEAB，从而CED为二面角CABD的平面角，即150CED，更

32、多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君显然,CEDEE CE DE平面CDE，于是AB平面CDE，又AB平面ABC，因此平面CDE 平面ABC，显然平面CDE平面ABCCE，直线CD平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令2AB，则1,3CEDE，在CDE中，由余弦定理得：2232cos1 32 13()72CDCEDECE DECED ，由正弦定理得sinsinDECDDCECED，即3sin1503sin72 7DCE，显然DCE是锐角，2235cos1 sin1()2 72 7DCEDCE，所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为3

33、5.故选：C（全国甲卷数学（文）12在三棱锥PABC中，ABC是边长为 2 的等边三角形，2,6PAPBPC，则该棱锥的体积为（）A1B3C2D3【答案】A【详解】取AB中点E，连接,PE CE，如图，ABC是边长为 2 的等边三角形，2PAPB，,PEAB CEAB，又,PE CE 平面PEC，PECEE，AB平面PEC，又3232PECE，6PC，更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君故222PCPECE，即PECE，所以1113321332B PECA PECPECVVVSAB，故选：A（全国甲卷数学（文）13在正方体1111ABCDABC D中，4,ABO为1AC的中点，若该正方体的棱

34、与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是_【答案】2 2,2 3【详解】设球的半径为R.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2R为体对角线长22214444 3AC，即24 3,2 3RR，故max2 3R；分别取侧棱1111,AA BB CC DD的中点,M H G N，显然四边形MNGH是边长为4的正方形，且O为正方形MNGH的对角线交点，连接MG，则4 2MG，当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆，球的半径达到最小，即R的最小值为2 2.综上，2 2,2 3R.故答案为：

35、2 2,2 3（全国甲卷数学（文）14如图，在三棱柱111ABCABC-中，1AC 平面,90ABCACB (1)证明：平面11ACC A 平面11BBC C；(2)设11,2ABAB AA，求四棱锥111ABBC C的高【答案】(1)证明见解析.更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君(2)1【详解】（1）证明：因为1AC 平面ABC，BC平面ABC,所以1ACBC,又因为90ACB，即ACBC，1,AC AC 平面11ACC A，1ACACC,所以BC平面11ACC A，又因为BC平面11BCC B,所以平面11ACC A 平面11BCC B.（2）如图，过点1A作11AOCC，垂足为O.因

36、为平面11ACC A 平面11BCC B，平面11ACC A 平面111BCC BCC，1AO 平面11ACC A，所以1AO 平面11BCC B，所以四棱锥111ABBC C的高为1AO.因为1AC 平面ABC，,AC BC 平面ABC,所以1ACBC,1ACAC,又因为1ABAB，BC为公共边，所以ABC与1ABC全等，所以1ACAC.设1ACACx，则11ACx，所以O为1CC中点，11112OCAA,又因为1ACAC,所以22211ACACAA,即2222xx，解得2x，所以22221111211AOACOC，所以四棱锥111ABBC C的高为1（全国甲卷数学（理）15在四棱锥PABC

37、D中，底面ABCD为正方形，4,3,45ABPCPDPCA，则PBC的面积为（）更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君A2 2B3 2C4 2D5 2【答案】C【详解】法一：连结,AC BD交于O，连结PO，则O为,AC BD的中点，如图，因为底面ABCD为正方形，4AB，所以4 2ACBD，则2 2DOCO，又3PCPD，POOP，所以PDOPCO，则PDOPCO，又3PCPD，4 2ACBD，所以PDBPCA，则PAPB，在PAC中，3,4 2,45PCACPCA，则由余弦定理可得22222cos3292 4 23172PAACPCAC PCPCA ，故17PA，则17PB，故在PBC中，

38、7,43,1PPBCCB，所以2229 16 171cos22 3 43PCBCPBPCBPC BC，又0PCB，所以22 2sin1 cos3PCBPCB，所以PBC的面积为112 2sin3 44 2223SPC BCPCB .法二：连结,AC BD交于O，连结PO，则O为,AC BD的中点，如图，因为底面ABCD为正方形，4AB，所以4 2ACBD，在PAC中，3,45PCPCA，更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君则由余弦定理可得22222cos3292 4 23172PAACPCAC PCPCA ，故17PA，所以2221793217cos2172173PAPCACAPCPA PC

39、，则17cos173317PA PCPA PCAPC ，不妨记,PBmBPD，因为1122POPAPCPBPD ，所以22PAPCPBPD ，即222222PAPCPA PCPBPDPB PD ，则21792392 3cosmm ，整理得26cos110mm，又在PBD中，2222cosBDPBPDPB PDBPD，即23296cosmm，则26cos230mm，两式相加得22340m，故17PBm，故在PBC中，7,43,1PPBCCB，所以2229 16 171cos22 3 43PCBCPBPCBPC BC，又0PCB，所以22 2sin1 cos3PCBPCB，所以PBC的面积为112

40、 2sin3 44 2223SPC BCPCB .故选：C.（全国甲卷数学（理）16在正方体1111ABCDABC D中，E，F 分别为 CD，11AB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【详解】不妨设正方体棱长为 2，EF中点为O，取AB，1BB中点,G M，侧面11BBC C的中心为N，连接,FG EG OM ON MN，如图，由题意可知，O为球心，在正方体中，2222222 2EFFGEG，即2R，更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君则球心O到1BB的距离为2222112OMONMN，所以球O与棱1BB相切，球面与棱1BB只有 1 个交点，同理，根据

41、正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有 1 个交点，所以以 EF 为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为 12.故答案为：12（全国甲卷数学（理）17在三棱柱111ABCABC-中，12AA，1AC 底面 ABC，90ACB，1A到平面11BCC B的距离为 1 (1)求证：1ACAC；(2)若直线1AA与1BB距离为 2，求1AB与平面11BCC B所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)1313【详解】（1）如图，1AC 底面ABC，BC面ABC，1ACBC，又BCAC，1,AC AC 平面11ACC A，1ACACC,BC平面 ACC1A1，又BC平面11BCC B，平面11ACC

42、A 平面11BCC B，过1A作11AOCC交1CC于O，又平面11ACC A 平面111BCC BCC，1AO 平面11ACC A，1AO平面11BCC B1A到平面11BCC B的距离为 1，11AO，更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君在11RtACC中，111112,ACAC CCAA，设COx，则12C Ox，11111,AOCAOCACC为直角三角形，且12CC，22211COAOAC，2221111AOOCC A，2221111ACACC C，2211(2)4xx ，解得1x，1112ACACAC，1ACAC（2）111,ACAC BCAC BCAC，1RtRtACBACB1B

43、ABA，过 B 作1BDAA，交1AA于 D，则D为1AA中点，由直线1AA与1BB距离为 2，所以2BD 11AD，2BD，15ABAB，在RtABC，223BCABAC，延长AC，使ACCM，连接1C M，由1111,CMAC CMAC知四边形11ACMC为平行四边形，11C MAC，1C M平面ABC，又AM 平面ABC，1C MAM则在1RtAC M中，112,AMAC C MAC，2211(2)ACACAC，在11RtABC中，2211(2)ACACAC，113BCBC，2221(2 2)(2)(3)13AB,又A到平面11BCC B距离也为 1，所以1AB与平面11BCC B所成角

44、的正弦值为1131313.（新高考天津卷）18在三棱锥PABC中，线段PC上的点M满足13PMPC，线段PB上的点N满足23PNPB，则三棱锥PAMN和三棱锥PABC的体积之比为（）A19B29C13D49【答案】B【详解】如图，分别过,M C作,MMPA CCPA,垂足分别为,M C.过B作BB平面PAC，垂足为B，更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君连接PB,过N作NNPB,垂足为N.因为BB平面PAC，BB平面PBB，所以平面PBB平面PAC.又因为平面PBB平面PACPB，NNPB，NN平面PBB，所以NN 平面PAC，且/BBNN.在PCC中，因为,MMPA CCPA，所以/MMC

45、C，所以13PMMMPCCC，在PBB中，因为/BBNN，所以23PNNNPBBB，所以11123231119332PAMP AMNNPAMP ABCB PACPACPA MMNNSNNVVVVSBBPA CCBB.故选：B（新高考天津卷）19 三棱台111ABCABC-中，若1AA面111,2,1ABC ABAC ABACAAAC，,M N分别是,BC BA中点.(1)求证：1AN/平面1C MA；(2)求平面1C MA与平面11ACC A所成夹角的余弦值；(3)求点C到平面1C MA的距离【答案】(1)证明见解析(2)23(3)43更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君【详解】（1）连接1

46、,MN C A.由,M N分别是,BC BA的中点，根据中位线性质，MN/AC，且12ACMN，由棱台性质，11AC/AC，于是MN/11AC，由111MNAC可知，四边形11MNAC是平行四边形，则1AN/1MC，又1AN 平面1C MA，1MC 平面1C MA，于是1AN/平面1C MA.（2）过M作MEAC，垂足为E，过E作1EFAC，垂足为F,连接1,MF C E.由ME 面ABC，1AA面ABC，故1AAME，又MEAC，1ACAAA，1,AC AA 平面11ACC A，则ME 平面11ACC A.由1AC 平面11ACC A，故1MEAC，又1EFAC，MEEFE，,ME EF 平

47、面MEF，于是1AC 平面MEF，由MF 平面MEF，故1ACMF.于是平面1C MA与平面11ACC A所成角即MFE.又12ABME，11cos5CAC，则12sin5CAC，故121 sin5EFCAC，在Rt MEF中，90MEF，则43155MF，于是2cos3EFMFEMF （3）方法一：几何法更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君 过1C作1C PAC，垂足为P，作1C QAM，垂足为Q，连接,PQ PM，过P作1PRC Q，垂足为R.由题干数据可得，115C AC C，22115C MC PPM，根据勾股定理，2123 2522C Q，由1C P 平面AMC，AM 平面AMC，

48、则1C PAM，又1C QAM，111C QC PC，11,C Q C P 平面1C PQ，于是AM平面1C PQ.又PR 平面1C PQ，则PRAM，又1PRC Q，1C QAMQ，1,C Q AM 平面1C MA，故PR 平面1C MA.在1Rt C PQ中，11222233 22PCPQPRQC，又2CAPA，故点C到平面1C MA的距离是P到平面1C MA的距离的两倍，即点C到平面1C MA的距离是43.方法二：等体积法 辅助线同方法一.设点C到平面1C MA的距离为h.1211112223323CAMCAMCVC PS，111113 2233222C C MAAMChVhSh .更多

49、全科试卷，请关注公众号：高中试卷君由11223CAMCC C MAhVV，即43h.一、多选题一、多选题1（2023河北沧州校考模拟预测）如图所示，该几何体由一个直三棱柱111ABCABC-和一个四棱锥11DACC A组成，12ABBCACAA，则下列说法正确的是（）A若ADAC，则1ADACB若平面11AC D与平面ACD的交线为l，则 AC/lC三棱柱111ABCABC-的外接球的表面积为143D当该几何体有外接球时，点D到平面11ACC A的最大距离为2133【答案】BD【详解】对于选项 A，若ADAC，又因为1AA 平面ABC，但是D不一定在平面ABC上，所以 A 不正确；对于选项 B

50、，因为11/ACAC，所以/AC平面11AC D，平面11AC D平面ACDl，所以/ACl，所以 B 正确；对于选项 C，取ABC的中心O，111ABC的中心1O，1OO的中点为该三棱柱外接球的球心，所以外接球的半径222 321133R，所以外接球的表面积为22843R，所以 C 不正确；对于选项 D，该几何体的外接球即为三棱柱111ABCABC-的外接球，1OO的中点为该外接球的球心，该球心到平面11ACC A的距离为33，点D到平面11ACC A的最大距离为321333R，所以 D 正确.故选：BD更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君2（2023广东深圳深圳市高级中学校考模拟预测）在