2023年高考数学试题分类解析【第九章立体几何】第一节空间点、线、面的位置关系与空间几何体1.（2023全国甲卷理科11）在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，4AB =，3PC PD ==，45PCA ∠=︒，则PBC △的面积为（）A. B. C. D.【解析】如图所示，取,AB CD 的中点分别为,M N ，因为4AB =，所以4,MN AC ==又3PC PD ==，过P 作PO ⊥平面ABCD ，则O MN ∈.连接,,PN OA OC ，则,PN CD PN ⊥=.令ON x =，则22225,4(4)PO x OA x =-=+-，222224(4)5258PA OA PO x x x =+=+-+-=-.在PAC △中，因为45PCA ︒∠=，所以222cos 452AC PC PA AC PC ︒+-==⋅⋅.解得1x =，则1,2ON PO ==.过O 作OH BC ⊥，垂足为H ，连接PH ，则2,OH =PH =.所以11422PBC S BC PH =⨯⨯=⨯⨯△ C.【评注】本题重点考查了四棱锥中侧面、底面、高、斜高等几何要素之间的关系，涉及到空间想象能力与运算求解能力，2024届的考生应在空间几何体方面强化，属中档难度.2.（2023全国甲卷理科15）15.在正方体1111ABCD A B C D -中，,E F 分别为11,CD A B 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.【解析】如图所示，EF =，所以球O 是正方体1111ABCD A B C D -的棱切球，即球O 与每条棱都有一个公共点，故填12.3.（2023全国甲卷文科16）在正方体1111ABCD A B C D -中，4AB =，O 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.【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为4的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.【解析】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222144443AC =++=，即243,23R R ''==，故max 23R =；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42MG =，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22.综上，[22,23]R ∈.故答案为[22,23].4.（2023全国乙卷理科3，文科3）如图所示，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（）A.24 B.26 C.28 D.30【分析】由题意首先由三视图还原空间几何体，然后由所得的空间几何体的结构特征求解其表面积即可.【解析】如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，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1111ABCD A B C D -去掉长方体11ONIC LMHB -之后所得的几何体.5.（2023全国乙卷理科8）已知圆锥PO，O 为底面圆心，,PA PB 为圆锥的母线，120AOB ∠=︒，若PAB △的面积等于4，则该圆锥的体积为（）A.πC.3πD.【解析】如图所示，取AB 中点为H ，连接,OH PH .在圆O中，因为R =120AOB ∠=︒，所以32OH =，3AB =.又4PAB S =△，所以2PH =，PO ==.所以该圆锥的体积为21π3=.故选B.故答案为2.【评注】多面体与球切、接问题的求解方法：（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；（2）若球面上四点,,,P A B C 构成的三条线段,,PA PB PC 两两垂直，且PAa =，PBb =，PCc =，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据22224R a b c =++求解；（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．7.（2023新高考I 卷14）在正四棱台1111ABCD A B C D -中，2AB =，111A B =，1AA =台的体积为.【解析】如图所示，将正四棱台1111ABCD AB C D -补成正四棱锥S ABCD -，因为2AB =，111A B =，1AA =，所以SA =设ACBD O = ，11111A C B D O = ，则AO =，12OO =，故((221211213326V S S h =+=⨯+⨯=，故填6.8.（2023新高考II 卷9）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P AC O --为45︒，则（）A.该圆锥体积为πB.该圆锥侧面积为C.ACD.PAC △的面积为【解析】如图所示，取AC 的中点D ，连接PD ，OD ，则PD AC ⊥，又OD BC ，所以OD AC ⊥，所以PDO ∠为二面角P AC O --的平面角，即45PDO ∠=︒，则PO DO =.依题意，2PA =，120APB ∠= ，所以底面圆半径r =1h =.2111ππ31π333V S h r h =⋅=⋅=⨯⨯=圆锥底面，A 正确；12ππ22S r AP =⨯⋅==侧，B 错误；在Rt APD △中，2PA =，PD =AD 2AC AD ==正确；11222PAC S AC PD =⋅=⨯=△，D 错误.综上，故选AC.9.（2023新高考II 卷14）14.底面边长为4的正四棱锥被一个平行于底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，则所得棱台的体积为_________.【解析】设原正四棱锥的体积为1V ，高为1h ，截取的正四棱锥的体积为2V ，高为2h ，依题意可得122236h h ==⨯=，所以221211221111=4623283333V V V S h S h -=-=⨯⨯-⨯⨯=棱台.10.（2023北京卷9）坡屋顶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.如图所示，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形.若25m AB =，10m BC AD ==，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD 的夹角的正切值均为5，则该五面体的所有棱长之和为（）A.102mB.112mC.117mD.125m【分析】先根据线面角的定义求得5tan tan 14EMO EGO ∠=∠=，从而依次求EO ，EG ，EB ，EF ，再把所有棱长相加即可得解.【解析】如图所示，过E 做EO ⊥平面ABCD ，垂足为O ，过E 分别做EG BC ⊥，EM AB ⊥，垂足分别为G ，M ，连接,OG OM ，由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为EMO ∠和EGO ∠，所以5tan tan 14EMO EGO ∠=∠=.因为EO ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以EO BC ⊥，因为EG BC ⊥，,EO EG ⊂平面EOG ，EO EG E = ，所以BC ⊥平面EOG ，因为OG ⊂平面EOG ，所以BC OG ⊥.同理：OM BM ⊥，又BM BG ⊥，故四边形OMBG 是矩形，所以由10BC =得5OM =，所以14EO =，所以5OG =，所以在Rt EOG △中，()222253149EG EO OG =+=+=，在Rt EBG △中，5BG OM ==，()22223958EB EG BG =+=+=，又因为55255515EF AB =--=--=，所有棱长之和为2252101548117m ⨯+⨯++⨯=.故选C.11.（2023天津卷8）在三棱锥P ABC -中，线段PC 上的点M 满足13PM PC =，线段PB 上的点N 满足23PN PB =，则三棱锥P AMN -和三棱锥P ABC -的体积之比为（）A．19B．29C．13D．49【分析】分别过,M C 作,MM PA CC PA ''⊥⊥，垂足分别为,M C ''.过B 作'BB ⊥平面PAC ，垂足为'B ，连接PB '，过N 作NN PB ''⊥，垂足为'N .先证NN '⊥平面PAC ，则可得到//BB NN ''，再证//MM CC ''.由三角形相似得到13MM CC =''，'2'3NN BB =，因为BB '⊥平面PAC 又因为平面PBB ' 平面//BB NN ''.第二节空间直线、平面间平行和垂直的判定与性质【解析】如图所示，在Rt ABC △中，因为BF AO ⊥，且O 为BC 中点，2AB =，22BC =，2BO ，所以Rt Rt BAO BCA △∽△.设BF AO Q = ，则Rt Rt QBO BAO △∽△.所以QBO BAO BCA ∠=∠=∠，所以BF CF =，又90ABC ∠=︒，故F 为AC 中点，又E 为AP 中点，所以//EF PC ，又//PC DO ，所以//EF DO ，又EF ⊄平面ADO ，所以//EF 平面ADO .2.（2023全国甲卷文科18（1））在三棱柱111ABC A B C -中，1AC ⊥底面ABC ，90ACB ∠=︒.求证：11ACC A ⊥平面11BCC B ；【分析】由1AC ⊥平面ABC 得1AC BC ⊥，又因为AC BC ⊥，可证BC ⊥平面11ACC A ，从而证得平面11ACC A ⊥平面11BCC B ；【解析】证明：因为1AC ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以1AC BC ⊥，又因为90ACB ∠= ，即AC BC ⊥，1,AC AC ⊂平面11ACC A ，1AC AC C = ，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 .3.（2023新高考I 卷18（1））如图所示，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，=2AB ，1=4AA ，点2A ，2B ，2C ，2D 分别在棱1AA ，1BB ，1CC ，1DD 上，2=1AA ，22=2BB DD =，23CC =.证明：2222B C A D ；【解析】证法一：过点2A 作22A E BB ⊥于点E ，过点2D 作22D F CC ⊥于点F ，连接EF ，如图所示，则2A E 平行且等于2D F ，所以四边形22A EFD 是平行四边形，所以22,A D EF 又因为221C F B E ==，所以22,C B EF ,所以2222B C A D .证法二：连接22A B ，易得22222222A B B C C D D A ====，所以2222A B C D 为平行四边形，所以2222B C A D .4.（2023全国乙卷理科19（1）（2））如图所示，在三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，2AB =，BC =，PB PC ==，,,BP AP BC 的中点分别为,,D E O ，AD =，点F 在AC 上，BF AO ⊥.（1）证明：//EF 平面ADO ；（2）证明：平面ADO ⊥平面BEF ；【解析】（1）如图所示，在Rt ABC △中，因为BF AO ⊥，且O 为BC 中点，2AB =，BC =，BO ，所以Rt Rt BAO BCA △∽△.设BF AO Q = ，则Rt Rt QBO BAO △∽△.所以QBO BAO BCA ∠=∠=∠，所以BF CF =，又90ABC ∠=︒，故F 为AC 中点，又E 为AP 中点，所以//EF PC ，又//PC DO ，所以//EF DO ，又EF ⊄平面ADO ，所以//EF 平面ADO .（2）由（1）知，AO =D 为BP 中点，所以122OD PC ==，又AD =，在AOD △中，22225AD DO DO AO ==+，即90AOD ∠=︒，所以AO DO ⊥，又////DO PC EF ，所以AO EF ⊥，又BF AO ⊥，BF EF F = ，所以AO ⊥平面BEF .又AO ⊂平面ADO ，故平面ADO ⊥平面BEF .【解析】如图所示，在2AB =，22BC =，Rt BAO BCA △∽△.设BF AO Q = ，则Rt BAO .所以QBO BAO ∠=∠=CF ，又90ABC ∠=故F 为AC 中点，又E //EF PC ，又//PC DO 所以//EF 平面ADO .6.（2023新高考II 卷20（1））20.如图所示，在三棱锥A -中，，，60ADC ADB ∠=∠= ，E 为BC 的中点.求证：BC AD ⊥;【解析】如图所示，连接,AE DE ，因为DA DB DC ==，60ADC ADB ∠=∠= ，所以ADC ADB △≌△，所以AB AC =.因为E 为BC 中点，所以BC AE ⊥.又DB DC =，所以BC DE ⊥，.又DE AE E = ，所以BC ⊥平面ADE ，所以BC AD ⊥.第三节空间向量与立体几何1.（2023全国甲卷理科18）在三棱柱111ABC A B C -中，12AA =，1AC ⊥底面ABC ，90ACB ∠=︒，1A 到平面11BCC B 的距离为1.（1）证明：1AC AC =；（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.【解析】（1）因为1A C ⊥底面ABC ，所以1A C BC ⊥，又90ACB ︒∠=，所以AC BC ⊥，又1AC A C C = ，所以BC ⊥平面11ACC A ，故平面11BCC B ⊥平面11ACC A ，交线为1CC ，过1A 作1CC 的垂线，垂足为M ，则1A M ⊥平面11BCC B ，又1A 到平面11BCC B 的距离为1.所以11A M =，在11A CC △中，111A C A C ⊥，11122CC AA AM ===，所以M 为1CC 的中点，又知M 为垂足，所以11A CC △为等腰三角形，111A C A C =，进而1A C AC =.（2）由（1）知，1,,CA CB CA 两两垂直，如图建立空间直角坐标系C xyz -.过C 作1CH A A ⊥，则H 为1AA 中点，连接BH ，则1BH AA ⊥.因为直线1AA 与1BB 的距离为2，所以2BH =.由（1）知12,1CA CA CH ===，在Rt CBH △中，3CB =(0,0,0)C ，(2,0,0)A ，13,0),2)B A ，111(2,0,2),3,0)CC AA BB CB ==== ，11(2,3,0)(2,0,2)(2,3,2)AB AB BB =+=-+-=- .设平面11BCC B 的法向量为(,,)x y z =n ，则122030CC x z CB ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩ n n ，令1,1,0x z y ===，故(1,0,1)=n .设直线1AB 与平面11BCC B 所成角大小为θ，11122213sin cos ,.132832||AB AB AB θ⋅===⨯++⋅ n n n 即直线1AB 与平面11BCC B 所成角的正弦值为1313.2.（2023全国乙卷理科9）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C AB D --为150︒，则直线CD 与平面ABC 所成角的正切值为（）A.15 B.25 C.35 D.25【解析】如图所示，取AB 中点H ，连接,DH CH ，则CH AB ⊥，DH AB ⊥.CHD ∠为二面角C AB D --的平面角，即150CHD ∠=︒，且AB ⊥平面CHD ，平面ABC ⊥平面CHD .DCH ∠的大小即为直线CD 与平面ABC 所成角的大小.不妨设2AB =，则1CH =，3DH =在CHD △中，213217CD =+-⨯⨯︒=.所以cosDCH ∠=sin DCH ∠=，tan 5DCH ∠=.故选C.3.（2023全国乙卷理科19）如图所示，在三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，2AB =，BC =，PB PC ==，,,BP AP BC 的中点分别为,,D E O ，AD =，点F 在AC 上，BF AO ⊥.（1）证明：//EF 平面ADO ；（2）证明：平面ADO ⊥平面BEF ；（3）求二面角D AO C --的正弦值.【解析】（1）如图所示，在Rt ABC △中，因为BF AO ⊥，且O 为BC 中点，2AB =，BC =，BO ，所以Rt Rt BAO BCA △∽△.设BF AO Q = ，则Rt Rt QBO BAO △∽△.所以QBO BAO BCA ∠=∠=∠，所以BF CF =，又90ABC ∠=︒，故F 为AC 中点，又E 为AP 中点，所以//EF PC ，又//PC DO ，所以//EF DO ，又EF ⊄平面ADO ，所以//EF 平面ADO .（2）由（1）知，AO =D 为BP 中点，所以122OD PC ==，又AD =，在AOD △中，22225AD DO DO AO ==+，即90AOD ∠=︒，所以AO DO ⊥，又////DO PC EF ，所以AO EF ⊥，又BF AO ⊥，BF EF F = ，所以AO ⊥平面BEF .又AO ⊂平面ADO ，故平面ADO ⊥平面BEF .（3）由（2）知，AO ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BEF ，设AD BE H = ，连接QH ，则AO QH ⊥，AO QF ⊥，HQF ∠即为二面角D AO C --的平面角.又//QH EF ，所以转化为求BFE ∠.在ABD △中，122BD BP ==，2AB =，2AD ==.所以630444cos 62ABD +-∠=-.在PAB △中，24622146AP ⎛⎫=+-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭，所以122AE AP ==.在PAB △中，cos A ==在ABE △中，273422222BE =+-⨯⨯，所以BE =在BFE △中，66344cos 2BFE +-∠=.所以cos 2HQF ∠=-，二面角D AO C --的大小为43π，其正弦值为2.4.（2023新高考I 卷18）如图所示，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，=2AB ，1=4AA ，点2A ，2B ，2C ，2D 分别在棱1AA ，1BB ，1CC ，1DD 上，2=1AA ，22=2BB DD =，23CC =.（1）证明：2222B C A D ；（2）点P 在棱1BB 上，当二面角222P A C D --为150 时，求2B P.【解析】(1)证法一：过点2A 作22A E BB ⊥于点E ，过点2D 作22D F CC ⊥于点F ，连接EF ，如图所示，则2A E 平行且等于2D F ，所以四边形22A EFD 是平行四边形，所以22,A D EF 又因为221C FB E ==，所以22,C B EF ,所以2222B C A D .证法二：连接22A B，易得22222222A B B C C D D A ====，所以2222A B C D 为平行四边形，所以2222B C A D .（2）如图所示，以B 为坐标原点，1,,BC BA BB 为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立平面直角坐标系，设222(0,0,)(2,0,3),(0,2,1),(2,2,) 2,P h C A D ，22222(2,0,1),(2,2,2),(0,2,1)A D A C A P h ==-=--，设平面222A D C 的一个法向量为1(,,)x y z =n ，则12211112211222002A C x y z A D x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅+==⎪⎩ n n ，令11x =得，平面222A D C 的法向量1(1,1,2)=--n .同理可得平面22A C P 的法向量2(3,1,2)h h =--n ，因为二面角222P A C D --为56θπ=，则1212|cos |2θ⋅====n n n n ，即2(2)34h -+=，解得1h =或3h =.则2|2| 1.B P h =-=5.（2023新高考II 卷20）20.如图所示，在三棱锥A BCD -中，DA DB DC ==，BD CD ⊥，60ADC ADB ∠=∠= ，E 为BC 的中点.（1）求证：BC AD ⊥;（2）点F 满足EF DA = ，求二面角D AB F --的正弦值.【解析】（1）如图所示，连接,AE DE ，因为DA DB DC ==，60ADC ADB ∠=∠= ，所以ADC ADB △≌△，所以AB AC =.因为E 为BC 中点，所以BC AE ⊥.又DB DC =，所以BC DE ⊥，.又DE AE E = ，所以BC ⊥平面ADE ，所以BC AD ⊥.（2）设2DA DB DC ===，由60ADC ADB ∠=∠= ，可知,ADC ADB △△都为等边三角形，所以2AB AC ==.又BD CD ⊥，所以BC =所以222AB AC BC +=，则ABC △为直角三角形，且90BAC ∠=︒，所以AE =，222AE DE AD +=，AE DE ⊥.又BC AE ⊥，DE BC E = ，所以AE ⊥平面BCD .分别以,,ED EB EA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.则()0,0,0E，)D，()B，(A ，设(),,F x y z ，则()(,,EF x y z DA ===，所以(F.(AB = .设平面DAB 的法向量为(),,x y z =m ，则00DA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ m m ，可得()1,1,1=m .又(BF = .设平面FAB 的法向量为(),,x y z =n ，则00BF AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n ，可得()0,1,1=n .所以6cos <3⋅===m nm,n >m n .所以二面角D AB F --的正弦值为3.6.（2023北京卷16）如图所示，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，1PA AB BC ===，PC =.（1）求证：BC ⊥平面PAB ；（2）求二面角A PC B --的大小.【分析】（1）先由线面垂直的性质证得PA BC ⊥，再利用勾股定理证得BC PB ⊥，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面PAC 与平面PBC 的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【解析】（1）因为PA ⊥平面,ABC BC ⊂平面ABC ，所以PA BC ⊥，同理PA AB ⊥，所以PAB △为直角三角形，又因为PB ==，1,BC PC ==，所以222PB BC PC +=，则PBC △为直角三角形，BC PB ⊥，又因为BC PA ⊥，PA PB P = ，所以BC ⊥平面PAB .（2）由（1）BC ⊥平面PAB ，又AB ⊂平面PAB ，则BC AB ⊥，以A 为原点，AB 为x 轴，过A 且与BC 平行的直线为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则(0,0,0),(0,0,1),(1,1,0),(1,0,0)A P C B ，所以(0,0,1),(1,1,0),(0,1,0),(1,1,1)AP AC BC PC ====- ，设平面PAC 的法向量为()111,,x y z =m ，则00AP AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ m m ，即1110,0,z x y =⎧⎨+=⎩令11x =，则11y =-，所以(1,1,0)=-m ，设平面PBC 的法向量为()222,,x y z =n ，则00BC PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即222200y x y z =⎧⎨+-=⎩，令21x =，则21z =，所以(1,0,1)=n，所以1cos ,2⋅==m n m n m n ，又因为二面角A PC B --为锐二面角，所以二面角A PC B --的大小为π3.7.（2023天津卷17）三棱台111ABC A B C -中，若1A A ⊥面111,,2,1ABC AB AC AB AC AA AC ⊥====，,M N 分别是,BC BA 中点.(1)求证：1A N //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．【分析】（1）先证明四边形11MNAC 是平行四边形，然后用线面平行的判定定理解决；（3）解法一（几何法）：过1C 作1C P AC ⊥，垂足为由题干数据可得，1C A 212352C Q ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭由1C P ⊥平面AMC ，平面1C PQ ，于是AM 又PR ⊂平面1C PQ ，则面1C MA .在1Rt C PQ △又2CA PA =，故点C 即点C 到平面1C MA 的距离是解法二（等体积法）：辅助线同方法一.设点C 到平面1C MA 的距离为1113C AMC AMC V C P S -=⨯⨯△1113C C MA AMC V h S -=⨯⨯△由11C AMC C C MA V V --=⇔第四节立体几何综合问题1.（2023新高考I卷12）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【解析】选项A，球的直径为0.99m<1m，故球体可以放入正方体容器内，故A正确；选项1.4>，故B正确；选项，圆柱体的高1.8>，故C错误.故选ABD.21。
