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考点13空间向量与立体几何（36种题型10个易错考点）考题考点考向2022新高考1，第4题空间几何体的体积求棱台的体积2022新高考1，第9题空间角与距离异面直线所成角与线面角2022新高考1，第19题空间向量及其应用求点到面的距离及二面角的正弦值2022新高考2，第7题空间几何体的机构特征与表面积球的表面积2022新高考1，第8题空间几何体的体积求四棱锥体积的范围2021新高考1，第12题空间向量及其应用线面垂直的判定2021新高考1，第20题直线，平面垂直的判定与性质线线垂直的性质，二面角的概念与应用，求三棱锥的体积2021新高考2，第19题空间角与距离面面垂直的证明，二面角余弦值的求解本章内容是高考必考内容之一，多考查空间几何体的表面积与体积，空间中有关平行与垂直的判定，空间角与距离的求解，空间向量的应用等问题。高考对本章内容的考查比较稳定，针对这一特点，复习时，首先梳理本章重要定理、公式与常用结论，扫清基础知识和公式障碍；然后分题型重点复习，重视向量法求解空间角、距离问题的思路与解题过程一．棱柱、棱锥、棱台的体积（共4小题）1．（2023•新高考Ⅱ）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28．【分析】根据题意易知△SO1A1∽△SOA，从而可求出台体的高，再根据台体的体积公式，计算即可得解．【解答】解：如图所示，根据题意易知△SO1A1∽△SOA，∴＝，又SO1＝3，∴SO＝6，∴OO1＝3，又上下底面正方形边长分别为2，4，一、真题多维细目表二、命题规律与备考策略三、2023真题抢先刷，考向提前知∴所得棱台的体积为＝28．故答案为：28．【点评】本题考查台体的体积的求解，化归转化思想，方程思想，属基础题．2．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为．【分析】先根据题意求出四棱台的高，再代入台体的体积公式即可求解．【解答】解：如图，设正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上下底面中心分别为M，N，过A1作A1H⊥AC，垂足点为H，由题意易知A1M＝HN＝，又AN＝，∴AH＝AN﹣HN＝，又AA1＝，∴A1H＝MN＝，∴该四棱台的体积为×（1+4+）×＝．故答案为：．【点评】本题考查台体的体积公式的应用，属基础题．3．（2023•天津）在三棱锥P﹣ABC中，线段PC上的点M满足PM＝PC，线段PB上的点N满足PN＝PB，则三棱锥P﹣AMN和三棱锥P﹣ABC的体积之比为（）A．B．C．D．【分析】设N到平面PAC的距离d1，B到平面PAC的距离d2，则，S△PMA＝，然后结合三棱锥的体积公式即可求解．【解答】解：在三棱锥P﹣ABC中，线段PC上的点M满足PM＝PC，线段PB上的点N满足PN＝PB，所以S△PMA＝，设N到平面PAC的距离d1，B到平面PAC的距离d2，则，则三棱锥P﹣AMN的体积为V三棱锥P﹣AMN＝V三棱锥N﹣APM＝S△PAM•d1＝××＝V三棱锥B﹣PAC．故三棱锥P﹣AMN和三棱锥P﹣ABC的体积之比为．故选：B．【点评】本题主要考查了三棱锥体积的求解，换顶点的应用是求解问题的关键，属于中档题．（多选）4．（2023•新高考Ⅰ）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【分析】对于A，由正方体的内切球直径大于0.99可判断；对于B，由正方体内部最大的正四面体的棱长大于1.4可判断；对于C，由正方体的体对角线小于1.8可判断；对于D，取E，F，G，H，I，J都为棱中点，则六边形EFGHIJ为正六边形，由正六边形的内切圆直径大于1.2可判断．【解答】解：对于A，棱长为1的正方体内切球的直径为1＞0.99，选项A正确；对于B，如图，正方体内部最大的正四面体D﹣A1BC1的棱长为，选项B正确；对于C，棱长为1的正方体的体对角线为，选项C错误；对于D，如图，六边形EFGHIJ为正六边形，E，F，G，H，I，J为棱的中点，高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，六边形EFGHIJ棱长为米，∠GFH＝∠GHF＝30°，所以米，故六边形EFGHIJ内切圆直径为米，而，选项D正确．故选：ABD．【点评】本题考查简单几何体的体积，考查空间想象能力与运算求解能力，属于中档题．二．二面角的平面角及求法（共6小题）5．（2023•北京）如图，四面体P﹣ABC中，PA＝AB＝BC＝1，PC＝，PA⊥平面ABC．（Ⅰ）求证：BC⊥平面PAB；（Ⅱ）求二面角A﹣PC﹣B的大小．【分析】（Ⅰ）由PA⊥平面ABC可得PA⊥AC，PA⊥BC，由勾股定理可得BC⊥AB，再利用线面垂直的判定定理即可证得BC⊥平面PAB；（Ⅱ）以点B为坐标原点，分别以，所在直线为x轴，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出相应向量的坐标，进而求出平面APC和平面BPC的法向量，再利用二面角的向量公式计算即可．【解答】证明：（Ⅰ）∵PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥AC，PA⊥BC，∵PA＝1，PC＝，∴AC＝＝＝，又∵AB＝BC＝1，∴AC2＝AB2+BC2，∴BC⊥AB，又∵PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB；解：（Ⅱ）以点B为坐标原点，分别以，所在直线为x轴，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：则A（0，1，0），B（0，0，0），C（1，0，0），P（0，1，1），∴＝（0，0，1），＝（1，﹣1，0），＝（0，1，1），＝（1，0，0），设平面APC的一个法向量为＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，1，0），设平面BPC的一个法向量为＝（a，b，c），则，取b＝1，得＝（0，1，﹣1），∴cos＜，＞＝＝＝，由图可知二面角A﹣PC﹣B为锐角，设二面角A﹣PC﹣B的大小为θ，则cosθ＝|cos＜，＞|＝，∴，即二面角A﹣PC﹣B的大小为．【点评】本题主要考查了线面垂直的判定定理，考查了利用空间向量求二面角的大小，属于中档题．6．（2023•北京）刍曹是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某屋顶可视为五面体ABCDEF，四边形ABFE和CDEF是全等的等腰梯形，△ADE和△BCF是全等的等腰三角形．若AB＝25m，BC＝AD＝10m，且等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角的正切值均为．为这个模型的轮廓安装灯带（不计损耗），则所需灯带的长度为（）A．102mB．112mC．117mD．125m【分析】根据题意及对称性可知底面四边形ABCD为矩形，再根据三垂线定理作出等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角，再题目中的数据，计算即可求解．【解答】解：根据题意及对称性可知底面四边形ABCD为矩形，设E，F在底面矩形的射影点分别为M，N，设AD与BC的中点分别为P，Q，则M，N在线段PQ上，如图，过M，N分别作AB的垂线，垂足点分别为G，H，连接HF，FQ，则根据题意及三垂线定理易得tan∠EPM＝tan∠EGM＝tan∠FHN＝tan∠FQN＝，又MG＝NH＝5，∴FM＝FN＝，∴PM＝QN＝5，∴EP＝FQ＝＝，∴MN＝PQ﹣PM﹣QN＝AB﹣PM﹣QN＝25﹣5﹣5＝15，∴EF＝MN＝15，又易知BC⊥QN，FN⊥底面矩形ABCD，∴根据三垂线定理可知BC⊥FQ，又BQ＝5，FQ＝，∴FB＝＝8，∴ED＝EA＝FC＝FB＝8，∴该多面体的所有棱长和为8×4+（25+10）×2+15＝117．故所需灯带的长度为117m．故选：C．【点评】本题考查几何体的所有棱长和的求解，三垂线定理作二面角，化归转化思想，属中档题．（多选）7．（2023•新高考Ⅱ）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P﹣AC﹣O为45°，则（）A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为4πC．AC＝2D．△PAC的面积为【分析】作图，取AC中点D，易知∠PDO＝45°，然后再逐项分析判断即可．【解答】解：取AC中点D，则OD⊥AC，PD⊥AC，由二面角的定义可知，二面角P﹣AC﹣O的平面角即为∠PDO＝45°，对于A，△PAB中，由于PA＝PB＝2，∠APB＝120°，则PO＝1，，则OD＝1，，选项A正确．对于B，，选项B错误．对于C，，选项C正确．对于D，，，选项D错误．故选：AC．【点评】本题考查二面角的定义，考查立体几何中的距离求解，考查运算求解能力，属于中档题．8．（2023•天津）在三棱台ABC﹣A1B1C1中，若A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M，N分别为BC，AB中点．（Ⅰ）求证：A1N∥平面C1MA；（Ⅱ）求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值；（Ⅲ）求点C到平面C1MA的距离．【分析】（Ⅰ）连接MN，推得四边形MNA1C1为平行四边形，再由平行四边形的性质和线面平行的判定定理可得证明；（Ⅱ）运用三垂线定理得到平面C1MA与平面ACC1A1所成角，再解直角三角形可得所求值；（Ⅲ）运用等积法和三棱锥的体积公式可得所求距离．【解答】解：（Ⅰ）证明：连接MN，可得MN为△AC的中位线，可得MN∥AC，且MN＝AC＝1，而A1C1＝1，AC∥A1C1，则MN∥A1C1，MN＝A1C1，可得四边形MNA1C1为平行四边形，则A1N∥C1M，而A1N⊄平面C1MA，C1M⊂平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA；（Ⅱ）取AC的中点H，连接MH，由AB⊥AC，MH∥AB，可得MH⊥AC．由A1A⊥平面ABC，MH⊂平面ABC，可得A1A⊥MH，可得MH⊥平面A1ACC1．过H作HD⊥AC1，垂足为D，连接DM，由三垂线定理可得DM⊥AC1，可得∠MDH为平面C1MA与平面ACC1A1所成角．由MH＝AB＝1．在矩形AHC1A1中，DH＝＝＝，所以cos∠MDH＝＝＝；（Ⅲ）设C到平面C1MA的距离为d．在△C1MA中，A1M＝AC＝，AC1＝＝，MC1＝＝，则＝××＝．由＝，可得d＝d•＝C1H•S△CMA＝×2××2×1＝，解得d＝．【点评】本题考查线面平行的判定和平面与平面所成角、点到平面的距离，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．9．（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3．（1）证明：B2C2∥A2D2；（2）点P在棱BB1上，当二面角P﹣A2C2﹣D2为150°时，求B2P．【分析】（1）建系，根据坐标法及向量共线定理，即可证明；（2）建系，根据向量法，向量夹角公式，方程思想，即可求解．【解答】解：（1）证明：根据题意建系如图，则有：B2（0，2，2），C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），∴，，∴，又B2，C2，A2，D2四点不共线，∴B2C2∥A2D2；（2）在（1）的坐标系下，可设P（0，2，t），t∈[0，4]，又由（1）知C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），∴，，，设平面PA2C2的法向量为，则，取，设平面A2C2D2的法向量为，则，取，∴根据题意可得|cos150°|＝|cos＜，＞|＝，∴，∴t2﹣4t+3＝0，又t∈[0，4]，∴解得t＝1或t＝3，∴P为B1B2的中点或B2B的中点，∴B2P＝1．【点评】本题考查利用向量法证明线线平行，利用向量法求解二面角问题，向量共线定理及向量夹角公式的应用，方程思想，属中档题．10．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥A﹣BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC中点．（1）证明BC⊥DA；（2