1、空间向量与立体几何一、单选题1（2024全国）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（）ABCD2（2024全国）已知正三棱台的体积为，则与平面ABC所成角的正切值为（）AB1C2D33（2024全国）设是两个平面，是两条直线，且.下列四个命题：若，则或若，则若，且，则若与和所成的角相等，则其中所有真命题的编号是（）ABCD4（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（）ABCD5（2024天津）若为两条不同的直线，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6（2024天津）一个
2、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（）ABCD二、多选题7（2024全国）抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（）Al与相切B当P，A，B三点共线时，C当时，D满足的点有且仅有2个三、填空题8（2024全国）已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为和，母线长分别为和，则两个圆台的体积之比 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）已知点B在点C正北方向，点D在点C的正东
3、方向，,存在点A满足，则 (精确到0.1度)四、解答题11（2024全国）如图，四棱锥中，底面ABCD，(1)若，证明：平面；(2)若，且二面角的正弦值为，求12（2024全国）如图，平面四边形ABCD中，点E，F满足，将沿EF对折至，使得(1)证明：；(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值13（2024全国）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，为的中点.(1)证明：平面；(2)求点到的距离.14（2024全国）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，为的中点(1)证明：平面
4、；(2)求二面角的正弦值15（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16（2024天津）已知四棱柱中，底面为梯形，平面，其中是的中点，是的中点 (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17（2024上海）如图为正四棱锥为底面的中心(1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积；(2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小参考答案1B【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.【解析】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所
5、以即，故，故圆锥的体积为.故选：B.2B【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果.【解析】解法一：分别取的中点，则，可知，设正三棱台的为，则，解得，如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，则，可得，结合等腰梯形可得,即，解得，所以与平面ABC所成角的正切值为；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，因为，则，可知，则，设正三棱锥的高为，则，解得，取底面ABC的中
6、心为，则底面ABC，且，所以与平面ABC所成角的正切值.故选：B.3A【分析】根据线面平行的判定定理即可判断；举反例即可判断；根据线面平行的性质即可判断.【解析】对，当，因为，则，当，因为，则，当既不在也不在内，因为，则且，故正确；对，若，则与不一定垂直，故错误；对，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知，同理可得，则，因为平面，平面，则平面，因为平面，则，又因为，则，故正确；对，若与和所成的角相等，如果，则，故错误；综上只有正确，故选：A.4D【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面平面，可知平面，利用等体积法求点到面的距
7、离.【解析】如图，底面为正方形，当相邻的棱长相等时，不妨设，分别取的中点，连接，则，且，平面，可知平面，且平面，所以平面平面，过作的垂线，垂足为，即，由平面平面，平面，所以平面，由题意可得：，则，即，则，可得，所以四棱锥的高为.当相对的棱长相等时，不妨设，因为，此时不能形成三角形，与题意不符，这样情况不存在.故选：D.5C【分析】根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误.【解析】对于A，若，则平行或异面，故A错误.对于B，若，则平行或异面或相交，故B错误.对于C，过作平面，使得，因为，故，而，故，故，故C正确. 对于D，若，则与相交或异面，故D错误.故选：C.6C
8、【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.【解析】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合，因为，且两两之间距离为1，则形成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为，.故选：C.7ABD【分析】A选项，抛物线准线为，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，三点共线时，先求出的坐标，进而得出切线长；C选项，根据先算出的坐标，然后验证是否成立；D选项，根据抛物线的定义，于是问题转化成的点的存在性问题，此时考察的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设点坐标进行求解.【解析】A选项，抛物线的准
9、线为，的圆心到直线的距离显然是，等于圆的半径，故准线和相切，A选项正确；B选项，三点共线时，即，则的纵坐标，由，得到，故，此时切线长，B选项正确；C选项，当时，此时，故或，当时，不满足；当时，不满足；于是不成立，C选项错误；D选项，方法一：利用抛物线定义转化根据抛物线的定义，这里，于是时点的存在性问题转化成时点的存在性问题，中点，中垂线的斜率为，于是的中垂线方程为：，与抛物线联立可得，即的中垂线和抛物线有两个交点，即存在两个点，使得，D选项正确.方法二：（设点直接求解）设，由可得，又，又，根据两点间的距离公式，整理得，则关于的方程有两个解，即存在两个这样的点，D选项正确.故选：ABD8【分析】
10、先根据已知条件和圆台结构特征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.【解析】由题可得两个圆台的高分别为，所以.故答案为：.9【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.【解析】设第一个圆柱的高为，第二个圆柱的高为，则，故，故答案为：.10【分析】设，在和中分别利用正弦定理得到，两式相除即可得到答案.【解析】设，在中，由正弦定理得，即即在中，由正弦定理得，即，即，因为，得，利用计算器即可得，故答案为：.11(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出；（
11、2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出【解析】（1）（1）因为平面，而平面，所以，又，平面，所以平面，而平面，所以.因为，所以， 根据平面知识可知，又平面，平面，所以平面（2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，因为平面，所以平面平面，而平面平面，所以平面，又，所以平面，根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，即，即因为，设，则，由等面积法可得，又，而为等腰直角三角形，所以，故，解得，即12(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性
12、质即可证明；（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，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.【解析】（1）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）连接，由，则，在中，得，所以，由（1）知，又平面，所以平面，又平面，所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，则，由是的中点，得，所以，设平面和平面的一个法向量分别为，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.13(1)证明见详解；(2)【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；（2）作，连接，易证三垂直，结合等体积法即
13、可求解.【解析】（1）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）如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，所以，结合（1）为平行四边形，可得，又，所以为等边三角形，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，由等体积法可得，设点到的距离为，则，解得，即点到的距离为.14(1)证明见详解；(2)【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；（2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解.【解析】（1）因为为的中点，所以，四边
14、形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，所以，结合（1）为平行四边形，可得，又，所以为等边三角形，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，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，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，令，得，即，则，即，令，得，即，则，故二面角的正弦值为.15(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和
15、平面的法向量后可求夹角的余弦值.【解析】（1）取的中点为，接，则，而，故，故四边形为平行四边形，故，而平面，平面，所以平面.（2）因为，故，故，故四边形为平行四边形，故，所以平面，而平面，故，而，故建立如图所示的空间直角坐标系，则，则设平面的法向量为，则由可得，取，设平面的法向量为，则由可得，取，故，故平面与平面夹角的余弦值为16(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）取中点，连接，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证；（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.【解
16、析】（1）取中点，连接，由是的中点，故，且，由是的中点，故，且，则有、，故四边形是平行四边形，故，又平面，平面，故平面；（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，有、，则有、，设平面与平面的法向量分别为、，则有，分别取，则有、，即、，则，故平面与平面的夹角余弦值为；（3）由，平面的法向量为，则有，即点到平面的距离为.17(1)(2)【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形的边长，然后求圆锥的体积；（2）连接，可先证平面，根据线面角的定义得出所求角为，然后结合题目数量关系求解.【解析】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则，又正四棱锥底面是正方形，由可得，故，根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥，即圆锥的高为，底面半径为，根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是（2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，由是中点，则，又平面，故平面，即平面，又平面，于是直线与平面所成角的大小即为，不妨设，则，又线面角的范围是，故.即为所求.
