2024年高考数学复习：立体几何与空间向量

2024年高考数学复习：立体几何与空间向量
真题卷题号考点考向
2023新课标1卷12基本的立体图形正方体、球体、四面体、圆柱体的结
构特征
14简单几何体的表面积与体积求四棱台的体积
18空间直线、平面的垂直、二面
角
线线平行的判定、已知二面角确定动
点位置
2023新课标2卷9基本的立体图形、二面角圆锥的结构特征、圆锥的表面积与体
积、二面角的定义
14简单几何体的表面积与体积求四棱台的体积
20空间直线、平面的垂直、二面
角
异面垂直的判定、求二面角
2022新高考1卷4简单几何体的表面积与体积求棱台的体积
8简单几何体的表面积与体积、
外接球
求棱锥的体积、球的切接问题9空间角求异面直线成角、线面角19空间中的距离、空间角求点到平面的距离、求二面角
2022新高考2卷7简单几何体的表面积与体积求外接球的表面积
11简单几何体的表面积与体积求三棱锥的体积
20空间直线、平面的平行、空间
角
线面平行的判定、求二面角
2021新高考1卷3基本的立体图形求圆锥的母线长
12基本的立体图形
几何体中的动点问题（动点轨迹、三
棱锥的体积、线线垂直的判定、线面
垂直的判定）
20空间直线、平面的垂直、简单
几何体的表面积与体积
线线垂直的判定、求三棱锥的体积
2021新高考2卷4简单几何体的表面积与体积求球的表面积
5简单几何体的表面积与体积求正四棱台的体积
10空间直线、平面的垂直线线垂直的判定
19空间直线、平面的垂直、空间
角
面面垂直的判定、求二面角
2020新高考1卷4空间角求线面角
16基本的立体图形球的截面问题
20空间直线、平面的垂直、空间
角线面垂直的判定、求线面角正弦值的
最值
2020新高考2卷
13简单几何体的表面积与体积求三棱锥的体积
20空间直线、平面的垂直、空间
角
线面垂直的判定、求线面角
【2023年真题】
1.（2023·新课标I卷第12题）（多选）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
【答案】ABD
本题考查正方体内接其它几何体的问题，属于综合题.
由正方体、球体、四面体、圆柱体的结构特征和棱长、直径的大小关系，逐个分析选项可得解.
解：选项A，正方体的内切球直径为10.99
>，故A正确;
选项B，连接正方体的六个面对角线，可以得到一个正四面体，即正方体的内接正四面题的棱长为2 1.4
>，故B正确;
对于C，D，假设放入最大的圆柱AB，A，B分别为圆柱下、上底面的圆心，
设圆柱底面半径为r，正方体体对角线为CD，||3
CD=
26
22
AC r ∴=，
当r 取定时，圆柱的高max .
h =
对于C ，当0.005r =时，max 0.005 1.72 1.8h =≈<，故C 错．
对于D ，当0.6r =时，max 0.60.260.01h =>，故D 正确．故选：.
ABD 2.（2023·新课标II 卷第9题）
（多选）已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，AB 为底面直径，120,2APB PA ︒∠==，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π
B.该圆锥的侧面积为
C.AC =
D.PAC ∆的面积为
【答案】AC
本题考查求圆锥的体积与侧面积，及圆锥中的其他量，属于基础题.
A ，
B 选项，通过解PAB ∆，求出圆锥的高PO 与底面直径AB ，从而求出体积与侧面积；
C ，
D 选项，利用
PDO ∠为二面角P AC O --的平面角，解三角形求出,PD AC 的长，进一步求出PAC ∆的面积.
解：对于A ：在PAB ∆中，2,120PA PB APB ︒==∠=，则1PO =，AB =故圆锥的体积211
1333
V PO OA πππ=
⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=，故A 正确；
对于B ：圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的半径为2，弧长为，
故圆锥的侧面积为1
22
S =
⋅⋅=，故B 错误；
对于C ：取AC 中点D ，连接,PD OD ，则,PD AC OD AC ⊥⊥，则PDO ∠为二面角P AC O --的平面角，即45PDO ︒∠=，
在Rt PDO ∆中，1PO =，故1,DO PD ==，
在Rt ODA ∆中，AD ==，故AC =C 正确；
对于D ：11
222
PAC S PD AC ∆=⋅⋅=⋅，故D 正确.故选.
AC 3.（2023·新课标I 卷第14题）在正四棱台
1111ABCD A B C D -中，2AB =，111A B =，1AA =，则该棱台的体积为__________
【答案】
本题考查正四棱台的体积，属于中档题．
可将正四棱台补成正四棱锥，然后分析求解即可．解：如图，
将正四棱台1111ABCD A B C D -补成正四棱锥，则AO =，
SA =
，16
2
OO =
，故121(3V S S h =+，
221(21.
326
V =⨯++⨯4.（2023·新课标II 卷第14题）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
本题主要考查棱台的体积，属于基础题．
根据题意正四棱锥被截后剩余部分为正四棱台，直接计算即可求解．
解：由题意可得四棱台的高为3，上底面面积为224⨯=，下底面面积为4416⨯=，
故正四棱台的体积1
(416328.3
V =⨯++⨯=所得棱台的体积为28.
5.（2023·新课标I 卷第18题）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB =，1 4.AA =点2A ，2B ，
2C ，2D ，分别在棱1AA ，1BB ，1CC ，1DD 上，21AA =，222BB DD ==，2 3.
CC =(1)证明：2222//B C A D ；
(2)点P 在棱1BB 上，当二面角222P A C D --为150 时，求2.
B P 【答案】证明：(1)如图，作21A E BB ⊥于点E ，21D F C
C ⊥于点F ，
则有22//A E D F ，22A E D F =，即四边形22A EFD 是平行四边形，从而22//A D EF ，又22//B E C F ，221B E C F ==，即四边形22B EFC 是平行四边形，从而22//B C EF ，从而2222//B C A D ，得证.
(2)如图，以点B 为原点，以BC 、BA 、1BB 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系.
设(0,0,)P t ，2(2,0,3)C ，2(0,2,1)A ，2(2,2,2)D ，22(2,0,1)A D = ，22(2,-2,2)A C = ，2(0,-2,1)A P t =-
，
设平面222A C D 的一个法向量为，
则，即，
令12z =-，则11x =，11y =-，故(1,1,2)
m =--
设平面22PA C 的一个法向量为，
则，即，
令22z =，则23x t =-，21y t =-，故(3,1,2)
n t t =--
二面角222P A C D --的平面角为150 ，
，
解得1t =或3，则2 1.
B P =【解析】本题考查了立体几何中线线平行的判定、二面角等知识，属于中档题.
(1)作21A E BB ⊥于点E ，21D F CC ⊥于点F ，构造两个平行四边形，根据平行于同一直线的两直线平行，即
可证明2222//.
B C A D (2)适当建立空间直角坐标系，设点(0,0,)P t ，分别求出平面222A C D 与平面22PA C 的一个法向量,m n
，由
二面角222P A C D --为150 ，可知
，解出t 的值，进而求得2 1.
B P =
6.（2023·新课标II 卷第20题）如图三棱锥A BCD -中，DA DB DC ==，BD CD ⊥，
60ADB ADC ︒∠=∠=，E 为BC 的中点.(1)证明：;
BC DA ⊥(2)点F 满足EF DA =
，求二面角D AB F --的正弦值.
【答案】解：(1)连接AE ，DE ，DB DC = ，DE BC ∴⊥，
又DA DB DC == ，60ADB ADC ︒∠=∠=，ACD ∴ 与ABD 均为等边三角形，
AC AB ∴=，AE BC ∴⊥，AE DE E ⋂=，BC ∴⊥平面ADE ，
.
BC DA ∴⊥(2)设2DA DB DC ===，BC ∴=
DE AE ∴==，2AD =，2224AE DE AD ∴+==，AE DE ∴⊥，又AE BC ⊥ ，DE BC E ⋂=，AE ∴⊥平面BCD ，
如图建立空间直角坐标系，
D ∴
，A ，B ，(0,0,0)E ，(EF DA F =⇒
，
(DA ∴= ，AB = ，(AF =
，
设平面DAB 与平面ABF 的一个法向量分别为1111(,,)n x y z = ，2222(,,)n x y z =
，
设二面角D AB F --平面角为θ
，
，
1212|||cos |3||||n n n n θ⋅∴==
，sin 3
θ∴=【解析】本题考查了线面垂直的性质、二面角的求解，是中档题.
(1)先判定线面垂直，再结合线面垂直的性质定理得结论；
(2)建立空间直角坐标系，得出平面DAB 的法向量和平面ABF 的法向量，由空间向量求解可得结论.
【2022年真题】
7.（2022·新高考I 卷第4题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5m 时，相应水面的面积为2140.0;km 水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为2180.0.km 将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m 上升到157.5m
时，增加的水量约为 2.65)≈()
A.931.010m ⨯
B.93
1.210m ⨯ C.93
1.410m ⨯ D.93
1.610m ⨯【答案】C
本题考查了棱台的体积公式的应用，属于基础题.读懂题意，结合棱台的体积公式即可求解.
解：依据棱台的体积公式
1
(3V S S h
=⋅+'
⋅1
(14000000018000000093
=⋅++⨯931.410.
m ≈⨯8.（2022·新高考I 卷第8题）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一个球面上，若该球的体积为
36π
，且3l ，则该正四棱锥体积的取值范围是()
A.81
[18,
]4
B.2781[
,]44
C.2764[
,]43
D.[18,27]
【答案】C
本题考查了球的切接问题，涉及棱锥的体积、球的体积、导数等知识，属较难题.有正四棱锥的外接球的性质，可得2212
(6)33
V a h h h h =
=-，利用求导求最值，即可解答.解：方法(1):设正四棱锥P ABCD -的高为1PO h =，底面边长为a ，球心为O ，由已知易得球半径为3R =，
所以2
222
2222)(3)9
622(6))2
a h h l a h h a h l ⎧
+-=⎪⎧=⎪⇒⎨
⎨=-⎩⎪+=⎪⎩
，
因为393962722
l h h ⇒⇒
，故所以2212
(6)33V a h h h h =
=-，求导2(4)V h h '=-，所以2
2(6)3V h h =-在3[,4]2上单调递增，在9[4,]2
上单调递减，
所以max 64(4)3V V ==，min 39327
min{(),()}(2224
V V V V ===，
故该正四棱锥体积的取值范围是2764
[,43
方法(2):
由方法(1)中知22(6)3V h h =
-，3922
h ，求导2(4)V h h '=-，所以2
2(6)3V h h =-在3[,4]2上单调递增，在9[4,]2
上单调递减，
所以max 64(4)3V V ==，min 39327
min{(),()}(2224
V V V V ===，
故该正四棱锥体积的取值范围是2764
[,43
9.（2022·新高考II 卷第7题）已知正三棱台的高为1
，上下底面的边长分别为
同一球面上，则该球的表面积为()A.100π B.128π
C.144π
D.192π
【答案】A
本题主要考查了正三棱台和外接球的关系应用，球体表面积公式的应用.
解：由题意易得上底面所在平面截球面所得圆的半径为3，下底面所在平面截球面所得圆的半径为4，设该球的半径为R ，当正三棱台的上、下底面在球心异侧时，
1=，无解；
所以正三棱台的上、下底面在球心同侧，所以1=，解得225R =，因此该球的表面积为24100.
S R ππ==10.（2022·新高考I 卷第9题）（多选）已知正方体1111ABCD A B C D -，则()A.直线1BC 与1DA 所成的角为90︒B.直线1BC 与1CA 所成的角为90︒C.直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D.直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒【答案】ABD
本题主要考查直线与直线所成角及直线与平面所成角，属于中档题.根据正方体的结构特征对各个选项逐一判断分析，即可得解.
解：如图，因为11BC B C ⊥，11//B C DA ，所以11BC DA ⊥，故A 正确;对于选项:B 因为11A B ⊥平面11BB C C ，1BC ⊂平面11BB C C ，所以111BC A B ⊥，
又11BC B C ⊥，且1111A B B C B ⋂=，11A B ，1B C ⊂平面11CDA B ，所以1BC ⊥平面11CDA B ，且1CA ⊂平面11CDA B ，所以直线11BC CA ⊥，故B 正确;
对于选项:C 连接11AC 与11B D 交于点1O ，
因为1B B ⊥平面1111A B C D ，11AC ⊂平面1111A B C D ，
所以111B B A C ⊥，
又1111A C B D ⊥，且1111B D B B B ⋂=，11B D ，1B B ⊂平面11BB D D ，
所以11A C ⊥平面11BB D D ，
则11O BC ∠即为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角，
111111sin 2
O C O BC BC ∠==，所以1130O BC ∠=︒，故C 错误;对于选项:D 直线1BC 与平面ABCD 所成的角即为145C BC ∠=︒，所以D 正确.
11.（2022·新高考II 卷第11题）（多选）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，//FB ED ，2AB ED FB ==，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为1V ，2V ，3V ，则(
)
A.32
2V V = B.312V V = C.312V V V =+ D.31
23V V =【答案】CD 本题主要考查三棱锥的体积，属于基础题.
解：设22AB ED FB ===，则1142233V =⨯⨯=，21221.33
V =⨯⨯=连结BD 交AC 于M ，连结EM 、FM ，
则FM =
，EM =，3EF =
，故13222
EMF S == ，3123
EMF V S AC =⨯= ，312V V V =+，3123.V V =12.（2022·新高考I 卷第19题）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC
的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离;
(2)设D 为1
AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值.
【答案】
解：(1)设A 到平面1A BC 的距离为d ，
因为直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，即可得14ABC S AA ⋅= ，故111433A ABC ABC V S AA -=
⋅= ，
又111114333A ABC
A A BC A BC V V S d d --==⋅=⨯= ，
解得d =，所以A 到平面1A BC ；
(2)连接1AB ，因为直三棱柱111ABC A B C -中，1AA AB =，
故四边形11AA B B 为正方形，即11AB A B ⊥，
又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC ⋂平面111ABB A A B =，1AB ⊂平面11ABB A ，
故1AB ⊥平面1A BC ，因为BC ⊂平面1A BC ，所以1AB BC ⊥，
又因为1AA BC ⊥，11,AB AA ⊂平面11ABB A ，且11AB AA A ⋂=，
故BC ⊥平面11ABB A ，因为AB ⊂平面11ABB A ，则BC AB ⊥，
所以1,,BB AB BC 三条直线两两垂直，
故如图可以以B 为原点建立空间直角坐标系，
设1AA AB a ==，BC b =，则12A B a =，
由条件可得，解得，
则(0,0,0)B ，(2,0,0)C ，(0,2,0)A ，1(0,2,2)A ，1
AC 的中点(1,1,1)D ，所以(0,2,0)BA = ，(1,1,1)BD = ，(2,0,0)BC =
，设平面ABD 的一个法向量为1(,,)n x y z = ，
，取1(1,0,1)n =- ，
同理可求得平面BCD 的一个法向量为2(0,1,1)n =-
，所以1212121|cos ,|2n n n n n n ⋅<>== ，所以二面角A BD C --的正弦值为32
【解析】本题考查了平面与平面所成角的空间向量求法、点到面的距离的几何求法、几何体的体积公式，考查了空间中的垂直关系的证明与应用，属于中档题.
(1)利用等体积法以及三棱锥的体积公式即可求解.
(2)根据题干首先证明1,,BB AB BC 三条直线两两垂直，且12AA AB BC ===，建立直角坐标系，求出平面ABD 的一个法向量和平面BCD 的一个法向量，利用向量法即可求出二面角A BD C --的正弦值.
13.（2022·新高考II 卷题20题）如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB 的中点.
(1)证明：//OE 平面;
PAC (2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --正弦值.
【答案】
解：(1)法一：连接OA 、OB ，
因为PO 是三棱锥P ABC -的高，所以PO ⊥平面ABC ，所以PO OA ⊥，PO OB ⊥，
所以90POA POB ∠=∠=︒，又PA PB =，PO PO =，所以POA ≌POB ，所以OA OB =，作AB 中点D ，连接OD 、DE ，则有OD AB ⊥，又AB AC ⊥，所以//OD AC ，
又因为OD ⊂/平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，所以//OD 平面PAC ，
又D 、E 分别为AB 、PB 的中点，所以，在BPA 中，//DE PA
又因为DE ⊂/平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，所以//DE 平面PAC ，
又OD 、DE ⊂平面ODE ，OD DE D ⋂=，所以平面//ODE 平面PAC ，
又OE ⊂平面ODE ，所以//OE 平面;
PAC 法二：(1)连接OA 、OB ，
因为PO 是三棱锥P ABC -的高，所以PO ⊥平面ABC ，所以PO OA ⊥，PO OB ⊥，
所以90POA POB ∠=∠=︒，又PA PB =，PO PO =，所以POA ≌POB ，
所以OA OB =，又AB AC ⊥，在Rt ABF ，O 为BF 中点，
延长BO ，交AC 于F ，连接PF ，
所以在PBF 中，O 、E 分别为BF 、PB 的中点，所以//EO PF ，
因为EO ⊂/平面PAC ，PF ⊂平面PAC ，所以//EO 平面;
PAC (2)法一：过点D 作//DF OP ，以DB 为x 轴，DO 为y 轴，DF 为z 轴.
建立如图所示的空间直角坐标系.
因为3PO =，5PA =，由(1)4OA OB ==，
又30ABO CBO ∠=∠=︒，所以2OD =，23DB =，所以(0,2,3)P ，(23,0,0)B ，(23,0,0)A -，3(3,1,)2
E ，
设AC a =，则(23,,0)C a -，平面AEB 的法向量设为1111(,,)n x y z = ，直线AB 的方向向量可设为(1,0,0)a = ，
直线DP ⊂平面AEB ，直线DP 的方向向量为(0,2,3)b =
，所以，
所以10x =，设13y =，则12z =-，所以1(0,3,2);
n =- 平面AEC 的法向量设为2222(,,)n x y z = ，(0,,0)AC a = ，3(33,1,)2
AE = ，所以，所以20y =，设23x =，则26z =-，
所以3,0,6);n =-
所以1cos n < ，12212313||||1339133
n n n n n ⋅>==⋅⨯ ，二面角C AE B --的平面角为θ，则211sin 1cos 13
θθ=-=
，所以二面角C AE B --的正弦值为1113法二：(2)过点A 作//AF OP ，以AB 为x 轴，AC 为y 轴，AF 为z 轴
建立所示的空间直角坐标系.
因为3PO =，5PA =，由(1)4OA OB ==，
又30ABO CBO ︒∠=∠=，所以，43AB =，所以(23,2,3)P ，(43,0,0)B ，(0,0,0)A ，3(33,1,)2E ，设AC a =，则(0,,0)C a ，平面AEB 的法向量设为1111(,,)n x y z = ，(43,0,0)AB = ，3(33,1,)2
AE = ，所以，所以10x =设12z =-，则13y =，
所以1(0,3,2);
n =- 平面AEC 的法向量设为2(,,)n x y z = ，(0,,0)AC a = ，3(33,1,)2
AE = ，所以，
所以20y =，设23x =，则26z =-，所以2(3,0,6);
n =- 所以1cos n < ，1221212124313||||1339133
n n n n n ⋅>==⋅⨯ 二面角C AE B --的平面角为θ，则211sin 1cos 13
θθ=-=
，所以二面角C AE B --的正弦值为11.13【解析】本题考查线面平行与二面角的求解，考查学生的空间想象与计算能力，有一定的难度.
【2021年真题】
14.（2021·新高考I 卷第3题）2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为()
A.2
B.22
C.4
D.42
【答案】B
本题考查圆锥的侧面展开图，属于基础题.设圆锥母线长为l ，求出圆锥的底面周长，即为展开图半圆的弧长，计算可得答案.
解：设圆锥的母线长为l
，所以底面圆周长为，
由展开图可知半圆的弧长为
，所以l π=
，得l =，
故选：.
B 15.（2021·新高考II 卷第4题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km(轨道高度是指卫星到地球表面的距离).将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22(1cos )(S r πα=-单位：2km )，则S 占地球表面积的百分比约为()
A.26%
B.34%
C.42%
D.50%
【答案】C
本题考查球的表面积，考查直线与平面所成的角，属于中档题.
由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.
解：如图所示：由题意可得，S 占地球表面积的百分比约为：
222(1cos )1cos 42
r r πααπ--=640016400360000.4242%.2
-
+=≈=故选.C 16.（2021·新高考II 卷第5题）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为(
)
A.20+
B.
C.56
3 D.2823
【答案】D 本题考查了棱台的结构特征与体积的求法.
由正四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.
解：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图所示，
因为该正四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高h ==，
下底面面积116S =，上底面面积24S =，
所以该棱台的体积121(3
V h S S =+1
(164
33
=++=故选：.
D 17.（2021·新高考I 卷第12题）（多选）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+ ，其中[0,1]λ∈，[0,1]μ∈，则()
A.当1λ=时，1AB P 的周长为定值
B.当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值
C.当12λ=
时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D.当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【答案】BD
本题考查了动点轨迹，线面平行与线面垂直的判定，锥体的体积问题等，综合性强，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于拔高题．
判断当1λ=时，点P 在线段1CC 上，分别计算点P 为两个特殊点时的周长，即可判断选项A ；当1μ=时，点P 在线段11B C 上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断选项B ；当12
λ=时，取线段BC ，11B C 的中点分别为M ，1M ，连结1M M ，则点P 在线段1M M 上，分别取点P 在1M ，M 处，得到均满足1A P BP ⊥，即可判断选项C ；当12
μ=时，取1CC 的中点1D ，1BB 的中点D ，则点P 在线的1DD 上，证
明当点P 在点1D 处时，1A B ⊥平面11AB D ，利用过定点A 与定直线1A B 垂直的平面有且只有一个，即可判断选项.
D 解：对于A ，当1λ=时，1BP BC BB μ=+ ，即1CP BB μ= ，
所以1//CP BB ，
故点P 在线段1CC 上，此时1AB P 的周长为11AB B P AP ++，
当点P 为1CC 的中点时，1AB P ，
当点P 在点1C 处时，1AB P 的周长为1，故周长不为定值，故选项A 错误；
对于B ，当1μ=时，1BP BC BB λ=+ ，即1B P BC λ= ，
所以1//B P BC ，
故点P 在线段11B C 上，
因为11//B C 平面1A BC ，
所以直线11B C 上的点到平面1A BC 的距离相等，又1A BC 的面积为定值，
所以三棱锥1P A BC -的体积为定值，故选项B 正确；
对于C ，当12λ=
时，取线段BC ，11B C 的中点分别为M ，1M ，连接1M M ，因为112BP BC BB μ=+ ，即1MP BB μ= ，所以1//MP BB ，则点P 在线段1M M 上，
当点P 在1M 处时，1111A M B C ⊥，111A M B B ⊥，又1111B C B B B ⋂=，
所以11A M ⊥平面11BB C C ，
又1BM ⊂平面11BB C C ，
所以111A M BM ⊥，即1A P BP ⊥，
同理，当点P 在M 处，1A P BP ⊥，故选项C 错误；
对于D ，当12μ=
时，取1CC 的中点1D ，1BB 的中点D ，因为112BP BC BB λ=+ ，即DP BC λ= ，所以//DP BC ，则点P 在线的1DD 上，
当点P 在点1D 处时，取AC 的中点E ，连接1A E ，BE ，因为BE ⊥平面11ACC A ，
又1AD ⊂平面11ACC A ，所以1AD BE ⊥，在正方形11ACC A 中，11AD A E ⊥，
又1BE A E E ⋂=，BE ，1A E ⊂平面1A BE ，故1AD ⊥平面1A BE ，又1A B ⊂平面1A BE ，所以11A B AD ⊥，
在正方体形11ABB A 中，11A B AB ⊥，
又11AD AB A ⋂=，1AD ，1AB ⊂平面11AB D ，所以1A B ⊥平面11AB D ，
因为过定点A 与定直线1A B 垂直的平面有且只有一个，
故有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P ，故选项D 正确．
故选：.
BD 18.（2021·新高考II 卷第10题）
（多选）如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点，则满足MN OP ⊥的是()
A. B.
C. D.
【答案】BC
本题考查了空间中两直线的位置关系以及垂直的判定，考查了数形结合思想和直观想象能力，属于中档题.根据线面垂直的判定定理可得BC 的正误，平移直线MN 构造所考虑的线线角后可判断AD 的正误.解：设正方体的棱长为2，
对于A ，如图(1)所示，连接AC ，易知//MN AC ，且MN 、AC 、OP 在同一平面内，
由图可知直线OP 与AC 相交且不垂直，故MN OP ⊥不成立，故A 错误.
对于B ，如图(2)所示，取MT 的中点为Q ，连接PQ ，OQ ，则OQ MT ⊥，PQ MN ⊥，
由正方体SBCN MADT -可得SM ⊥平面MADT ，而OQ ⊂平面MADT ，
故SM OQ ⊥，而SM MT M ⋂=，SM ，MT ⊂平面SNTM ，故OQ ⊥平面SNTM ，
又MN ⊂平面SNTM ，所以OQ MN ⊥，而OQ PQ Q ⋂=，,OQ PQ OPQ ⊂平面，
所以MN ⊥平面OPQ ，而PO ⊂平面OPQ ，故MN OP ⊥，故B 正确.
对于C ，如图(3)，连接BD ，则//BD MN ，由B 的判断可得OP BD ⊥，
故OP MN ⊥，故C 正确.
对于D ，如图(4)，取AM '的中点G ，连接PG ，OG ，M N ''，
则//MN M N ''，PG =，OG =PO =，
则222PO PG OG =+，可得PG OG ⊥，
根据三角形的性质可知PO 与PG 不垂直，故PO 与MN 不垂直，故D 错误.
故选.
BC 19.（2021·新高考I 卷第20题）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.
(1)证明：;
OA CD ⊥(2)若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，
且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.
【答案】
(1)证明：AB AD = ，
ABD ∴ 是以BD 为底的等腰三角形，
又O 为BD 的中点，OA BD ∴⊥，
平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ⋂平面BCD BD =，OA ⊂平面ABD ，
OA ∴⊥平面BCD ，
CD ⊂ 平面BCD ，.
OA CD ∴⊥
(2)解：以O 为坐标原点，OD 为y 轴，OA 为z 轴，垂直OD 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系.
OCD 是边长为1的等边三角形，
，，，不妨设， 点E 在棱AD 上，2DE EA =，
12(0,,33
x E ∴，，，
设向量为平面BCE 的法向量，
设a =
1b =-，2c x
=，即
显然是平面BCD 的法向量， 二面角E BC D --的大小为45︒，
，即，解得1(x =舍去1)-，
111
OA 2133226
A BCD BCD V S -∴=⋅=⨯⨯⨯⨯= 【解析】本题考查立体几何的面面垂直的性质，二面角余弦值的求法，三棱锥的体积.
(1)先证明OA ⊥平面BCD ，利用线面垂直的性质即可证明.
(2)先建系，利用已知二面角的角度求出三棱锥的高度，即可求解体积.
20.（2021·新高考II 卷第19题）在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若
2,5, 3.
AD QD QA QC ====(1)证明：平面QAD ⊥平面ABCD ；
(2)求二面角B QD A --的平面角的余弦值．
【答案】
解：(1)证明：取AD 的中点为O ，连接,.
QO CO 因为QA QD =，OA OD =，则QO AD ⊥，
而2,5AD QA ==，故1AO DO ==，51 2.
QO =-=在正方形ABCD 中，2AD CD ==，1DO =，故5CO =
，因为3QC =，故222QC QO OC =+，故QOC 为直角三角形且QO OC ⊥，
因为OC AD O = ，OC 、AD ⊂平面ABCD ，故QO ⊥平面ABCD ，
因为QO ⊂平面QAD ，故平面QAD ⊥平面.
ABCD (2)在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，
因为(1)中的QO ⊥平面ABCD ，OT ⊂平面ABCD ，QO OT ⊥，
故可以OT 为x 轴，以OD 为y 轴，以OQ 为z 轴，建如图所示的空间直角坐标系.
则，故(2,1,2),(2,2,0).
BQ BD =-=-
设平面QBD 的一个法向量(,,)n x y z =
，则00
n BQ n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即，取1x =，则11,2y z ==，故1(1,1,).2n = 而平面QAD 的法向量为(1,0,0)m = ，故cos ⟨,m n ⟩12.3312
==⨯又二面角B QD A --的平面角为锐角，故其余弦值为2.3
【解析】本题考查了面面垂直的判定和运用空间向量求解二面角的问题，注意数形结合思想的运用.
(1)取AD 的中点为O ，连接,QO CO ，可证QO ⊥平面ABCD ，从而得到平面QAD ⊥平面.
ABCD (2)在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，以OT 为x 轴，以OD 为y 轴，以OQ 为z 轴，建立空间直角坐标系，求出平面QAD 、平面BQD 的法向量后可求二面角的余弦值.
【2020年真题】
21.（2020·新高考I 卷第4题、II 卷第4题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为)O ，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40︒，则晷针与点A 处的水平面所成角为(
)
A.20︒
B.40︒
C.50︒
D.90︒【答案】B
本题是立体几何在生活中的运用，考查空间线面角的定义和求法，属于中档题．
由纬度的定义和线面角的定义，结合直角三角形的性质，可得晷针与点A 处的水平面所成角．
解：可设A 所在的纬线圈的圆心为O '，OO '垂直于纬线所在的圆面，
由图可得OHA ∠为晷针与点A 处的水平面所成角，
又40OAO ︒∠'=且OA AH ⊥，
在Rt OHA 中，O A OH '⊥，
40OHA OAO ︒∴∠=∠'=，
故选：.
B 22.（2020·新高考I 卷题16题）已知直四棱柱1111ABCD A B
C
D -的棱长均为2，60.BAD ︒∠=以1D 为
为半径的球面与侧面11BCC B 的交线长为________.【答案】22
本题考查空间中球与平面的交线问题，注意球心到面的距离和形成的交线位置与所对应的圆弧和圆心角，属于难题.
由已知得点1D 到面11BB C C 的距离即为点1D 到11B C 的距离，则根据勾股定理可得截面的圆半径
为r =
=，球与侧面11BB C C 所形成的交线为一段圆弧，其圆心角为2π，则根据弧长公式即可得解.
解：直四棱柱棱长为2，底面是边长为2的菱形，侧面是边长为2的正方形，
又60BAD ︒∠=，可得111D C B =60∠︒，
点1D 到面11BB C C 的距离即为点1D 到11B C
则根据勾股定理可得截面的圆半径为r =
=，
11112
B C >=2<，
则球与侧面11BB C C 所形成的交线为一段圆弧，其圆心角为
2π，
故形成的交线长为222
l π==.故答案为2.2
23.（2020·新高考II 卷题13题）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，则三棱锥1A NMD -的体积为__________.【答案】13
本题考查利用等体积法求多面体的体积，是基础的计算题．
由题意画出图形，再由等体积法求三棱锥1A NMD -的体积．解：如图，
正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，
111122
ANM S ∴=⨯⨯= ，111112.323
A NMD D AMN V V --∴==⨯⨯=故答案为：1.
3
24.（2020·新高考I 卷题20题）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面.ABCD 设平面PAD 与平面PBC 的交线为.l (1)证明：l ⊥平面;
PDC (2)已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值.
【答案】
解：(1)PD ⊥ 底面ABCD ，且AD ⊂平面ABCD ，
PD AD ∴⊥，
ABCD 为正方形，AD DC ∴⊥，
又PD DC D ⋂= ，且PD 、DC 在平面PDC 内，
AD ∴⊥平面PDC ，
//AD BC ，且BC ⊂平面PBC ，AD ⊂/平面PBC ，
//AD ∴平面PBC ，
又 平面PAD 与平面PBC 的交线为l ，且AD ⊂平面PAD ，
//AD l ∴，l ∴⊥平面PDC ；
(2)以D 为原点，以DA 、DC 、DP 分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系如图所示：
由1PD AD ==，得(0,0,1)P ，(1,1,0)B ，(0,1,0)C ，(0,0,0)D ，
则(1,1,1)PB =- ，(0,1,0)DC = ，
设点Q 的坐标为(,0,1)t ，平面QCD 的法向量为000(,,)n x y z =
，
则(,0,1)DQ t = ，即有，即，
取01x =，得(1,0,)n t =- ，
又设PB 与n
夹角为α，PB 与平面QCD 所成角为θ，
则cos ||||PB n PB n α⋅==
于是sin θ==，当0t =时，3sin 3
θ=，当0t <
时，sin θ==，又1[()]2(()t t -+--- 当且仅当t 1=-时，取等号)，即得30sin 3
θ< ，当0t >
时，sin θ==，又1
2(t t + 当且仅当t 1=时，取等号)，即得36sin 33
θ< ，综上可知，PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为
63【解析】本题考查了线面角的求解及线面垂直的判定定理、线面平行的判定定理和性质定理，属于拔高题．
(1)本题先证明AD ⊥平面PDC ，再证明//AD 平面PBC ，再利用线面平行性质定理证得//AD l ，从而证得l ⊥平面PDC ；
(2)本题可以建立空间直角坐标系，设出Q 点坐标，求出PB 和平面QDC 的法向量，再利用向量夹角公式
求解，再结合基本不等式可求出PB 与平面QCD 所成角的正弦值最大值．
25.（2020·新高考II 卷第20题）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面.ABCD 设平面PAD 与平面PBC 的交线为.
l (1)证明：l ⊥平面PDC ；
(2)
已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，QB =，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．
【答案】
解：(1)证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，
由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，
PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，
又BC CD ⊥，CD PD D ⋂=，CD ，PD ⊂平面PCD
BC ∴⊥平面PCD ，
//l BC ，l ∴⊥平面PCD ；
(2)如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，
建立空间直角坐标系D xyz -，
1PD AD == ，Q 为l 上的点，QB =，
PB ∴=
，1QP =，
则(0,0,0)D ，(1,0,0)A ，(0,1,0)C ，(0,0,1)P ，(1,1,0)B ，
设(1,0,1)Q ，则(1,0,1)DQ = ，(1,1,1)PB =- ，(0,1,0)DC = ，
设平面QCD 的法向量为(,,)n a b c =
，
则，，取1c =，可得(1,0,1)n =-
，cos n ∴<
，3||||n PB PB n PB ⋅>===-
，PB ∴与平面QCD 所成角的正弦值为63
【解析】本题考查空间线面垂直的判定，以及线面角的求法，考查转化思想和向量法的运用，考查运算能力和推理能力，属于中档题．
(1)过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，推得l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；
(2)以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，求出(0,1,1)Q ，运用向量法，求得平面QCD 的法向量，结合向量的夹角公式求解即可．。