5年（2021-2025）高考1年模拟数学真题分类汇编专题07 立体几何（解析版）

五年（2021-2025）高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题07立体几何考点五年考情（2021-2025）命题趋势考点1几何体体积（5年5考）2025天津卷：三棱锥体积的计算2024天津卷：柱体体积的计算；2023天津卷：锥体体积的有关计算证明线面垂直；2022天津卷：柱体体积的有关计算求组合体的体积；2021天津卷：锥体体积的有关计算球的体积的有关计算；1.立体几何在高考的考查主要包含了，几何体的体积问题，通常运用割补法进行求解。2.立体几何线面关系的判断，主要考查了判定定理与性质定理的灵活运用3.立体几何解答题主要考查了，线线，线面与面面的位置关系的证明，线面与面面的夹角以及距离问题4.立体几何的外接球通常考查了，外接球的表面积、体积与外接球半径问题.考点2线面位置关系的判定（5年2考）2025天津卷：线面位置关系的判断；2024天津卷：线面关系有关命题的判断；考点3线面位置关系的证明（5年4考）2024天津卷：证明线面平行面面角的向量求法点到平面距离的向量求法；2023天津卷：证明线面平行求点面距离求二面角；2022天津卷：空间位置关系的向量证明线面角的向量求法面面角的向量求法；2021天津卷：空间位置关系的向量证明线面角的向量求法面面角的向量求法；考点4距离问题（5年2考）2024天津卷：证明线面平行面面角的向量求法点到平面距离的向量求法；2023天津卷：证明线面平行求点面距离求二面角；考点5角度问题（5年4考）2025天津卷：求二面角2023天津卷：证明线面平行求点面距离求二面角；2022天津卷：空间位置关系的向量证明线面角的向量求法面面角的向量求法；2021天津卷：空间位置关系的向量证明线面角的向量求法面面角的向量求法；考点01几何体体积1.（2024·天津·高考真题）一个五面体ABC-DEF．已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为A．36 B．334+12【答案】C【解析】用一个完全相同的五面体HIJ-LMN（顶点与五面体ABC-DEF一一对应）与该五面体相嵌，使得D,因为AD∥BE∥CF，且两两之间距离为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1+3=2+2=3+1=4，VABC故选：C.2．（2023·天津·高考真题）在三棱锥P-ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=A．19 B．29 C．13【答案】B【解析】如图，分别过M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分别为M',C'.过B作

因为BB'⊥平面PAC，BB'⊂平面又因为平面PBB'∩平面PAC=PB'，NN'⊥P在△PCC'中，因为MM'在△PBB'中，因为B所以VP故选：B3．（2022·天津·高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（

）A．23 B．24 C．26 D．27【答案】D【解析】该几何体由直三棱柱AFD-BHC及直三棱柱DGC-AEB组成，作因为CH=BH=3,∠因为重叠后的底面为正方形，所以AB=在直棱柱AFD-BHC中，AB⊥平面BHC由AB∩BC=B可得设重叠后的EG与FH交点为I则V则该几何体的体积为V=2故选：D.4．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（A．3π B．4π C．9π【答案】B【解析】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3:1，即AD=3设球的半径为R，则4πR33=所以，BD=1，AD∵CD⊥AB，则∠又因为∠ADC=∠BDC所以，ADCD=CD因此，这两个圆锥的体积之和为13故选：B.考点02线面位置关系的判定5．（2025·天津·高考真题）若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】C【解析】对于A，若，则可平行或异面，故A错误；对于B，若，则，故B错误；对于C，两条平行线有一条垂直于一个平面，则另一个必定垂直这个平面，现，故，故C正确；对于D，，则与可平行或相交或，故D错误；故选：C.6．（2024·天津·高考真题）若m,n为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（A．若m//α，n//α，则m⊥C．若m//α,n⊥α，则m⊥n【答案】C【解析】对于A，若m//α，n//α，则m对于B，若m//α,n//α对于C，m//α,n⊥α，过因为m⊂β，故m//s，而s⊂α，故n对于D，若m//α,n⊥α，则m故选：C.考点03线面位置的证明7．（2022·天津·高考真题）直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=AB=AC(1)求证：EF//平面ABC(2)求直线BE与平面CC(3)求平面A1CD与平面【解】（1）证明：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，以点A1为坐标原点，A1A、A1B1、A1则A2,0,0、B2,2,0、C2,0,2、A10,0,0、B10,2,0、C10,0,2易知平面ABC的一个法向量为m=1,0,0，则EF⋅∵EF⊄平面ABC，故EF//（2）解：C1C=2,0,0，设平面CC1D的法向量为u取y1=2，可得u=因此，直线BE与平面CC1D（3）解：A1C=设平面A1CD的法向量为v=取x2=1，可得v=因此，平面A1CD与平面CC8．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1（I）求证：D1F//（II）求直线AC1与平面（III）求二面角A-【解】（I）以A为原点，AB,AD,则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),D因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以E(2,1,0)，F所以D1F=(1,0,-2),A设平面A1EC则{m⋅A1C因为D1F⋅因为D1F⊄平面A1E（II）由（1）得，AC设直线AC1与平面A1则sinθ（III）由正方体的特征可得，平面AA1C则cos〈所以二面角A-A1考点04距离问题9．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB//CD，A1A⊥平面(1)求证D1N//(2)求平面CB1M(3)求点B到平面CB【解】（1）取CB1中点P，连接NP，由N是B1C1的中点，故NP由M是DD1的中点，故D1则有D1M//故四边形D1MPN是平行四边形，故又MP⊂平面CB1M，故D1N//（2）以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，有A0,0,0、B2,0,0、B12,0,2、M0,1,1则有CB1=1,-1,2、设平面CB1M与平面BB1则有m⋅CB分别取x1=x2=1，则有y1=3即m=1,3,1、则cosm故平面CB1M与平面B（3）由BB1=0,0,2，平面则有BB即点B到平面CB1M10．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面ABC,

(1)求证：A1N//平面(2)求平面AMC1与平面(3)求点C到平面AMC【解】（1）

连接MN,C1A.由M,N分别是BC,由棱台性质，A1C1//AC，于是MN//A1C1，由MN=又A1N⊄平面C1MA，MC1⊂（2）过M作ME⊥AC，垂足为E，过E作EF⊥AC1由ME⊂面ABC，A1A⊥面ABC，故AA1⊥ME，又ME⊥AC，由AC1⊂平面ACC1A1，故ME⊥AC1，又EF由MF⊂平面MEF，故AC1⊥MF.于是平面AM又ME=AB2=1，cos∠CAC1=15于是cos（3）[方法一：几何法]

过C1作C1P⊥AC，垂足为P，作C1Q⊥AM，垂足为Q由题干数据可得，C1A=C1由C1P⊥平面AMC，AM⊂平面AMC，则C1P⊥AM，又C1Q⊥又PR⊂平面C1PQ，则PR⊥AM，又PR⊥C1Q，C在Rt△C1又CA=2PA，故点C到平面C1MA的距离是即点C到平面AMC1的距离是[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.设点C到平面AMC1的距离为VCVC由VC1-考点05角度问题11.（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，．(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)求三棱锥的体积．【解】（1）法一、在正方形中，由条件易知，所以，则，故，即，在正方体中，易知平面，且，所以平面，又平面，∴，∵平面，∴平面；法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系，则，所以，设是平面的一个法向量，则，令，则，所以，易知，则也是平面的一个法向量，∴平面；（2）同上法二建立的空间直角坐标系，所以，由（1）知是平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，所以，令，则，即，设平面与平面的夹角为，则；（3）由（1）知平面，平面，∴，易知，又，则D到平面的距离为，由棱锥的体积公式知：.1．（2025·天津河东·二模）已知正方体的边长为，其外接球体积与内切球表面积的比值为，则的值为（

）A． B．2 C． D．3【答案】A【解析】易知正方体的外接球半径为其体对角线的一半，即，内切球半径为棱长的一半，即，由球体的表面积公式及体积公式可知：.故选：A2．（2025·天津和平·二模）已知a，b是空间两条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列命题正确的为（

）A．若，，，则 B．若，，则C．若，，，则 D．若，，则【答案】B【解析】对于A，若，，，则或异面，故A错误；对于B，若，则存在直线，使得，由于，则，可得，故B正确；对于C，若，，，则或相交，故C错误；对于D，若，，设，只有当时，才能得到，故D错误.故选：B.3．（2025·天津滨海新·三模）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，，则 D．若，，，则【答案】C【解析】对于A，由，，则或异面，故A错误；对于B，由，，则或，故B错误；对于C，由，，则或，则在平面内存在直线，而，则，所以，故C正确；对于D，由，，，只有当或时，，故D错误.故选：C.4．（2025·天津滨海新·模拟预测）如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖．可放小球的最大半径为．若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为，则（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】设储物盒所在球的半径为，如图，小球最大半径满足，所以，正方体的最大棱长满足，解得，所以.故选：D.5．（2025·天津北辰·三模）已知正四棱柱的底面边长为4，侧棱长为2，点是棱的中点，为上底面内（包括边界）的一动点，且满足平面，的轨迹把该正四棱柱截成两部分，则较小部分的外接球的体积为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】取的中点，连接由题意可得，又，所以，所以平面即为平面，又，平面，平面，所以平面，易得，所以四边形为平行四边形，所以且，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又，，平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面，又为上底面内（包括边界）的一动点，所以，由图易知的轨迹把该正四棱柱截成两部分中体积较小的部分为三棱锥，又，所以三棱锥的外接球的半径，较小部分的外接球的体积为.故选：D.6．（2025·天津河北·二模）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的表面积的比为（

）A． B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】若正八面体的棱长为2，令其外接球、内切球半径分别为，且，由各侧面的面积，且构成八面体的两个正四棱锥的高为，则正八面体的体积，所以，所以外接球与内切球的表面积之比为.故选：C7．（2025·天津·模拟预测）已知正方体体积为V，，，则四面体体积为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】设正方体的棱长为3，则，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，因为，，所以，，则，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的法向量为，则点到平面的距离为；又，所以，所以的面积为，所以四面体体积为，即四面体体积为.故选：D8．（2025·天津·二模）已知在三棱锥中，，，则三棱锥的体积为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】由题意可得三棱锥可看作由长方体截取得到的，如图，设长方体的长宽高分别为，则，解得.长方体的体积为，切去的四个小棱锥体积相等，均为，所以三棱锥的体积为2.故选：B9．（2025·天津·二模）如图，在正四棱锥中，记其体积为V，且，，，过M，N，P的平面将四棱锥切出一个五棱锥，记其体积为，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】如图，分别延长NM，BA交于点E，分别延长NP，BC交于点F，连接EF，在平面SBC内，作交SC于G，则平面平面，故点Q，R在线段EF上．则，又，所以．同理，，则，，记点N到平面ABCD的距离为d（N，ABCD），点S到平面ABCD的距离为d（S，ABCD），易得，所以．同理，，所以．即．故选：C．二、填空题10．（2022·天津红桥·二模）两个圆锥的底面是一个球的同一个截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为.【答案】【解析】设球的半径为，因为球的体积为，所以有，设两个圆锥的高分别为，于是有且，所以有，设圆锥的底面半径为，所以有，因此这两个圆锥的体积之和为，11．（2025·天津红桥·二模）甲、乙两个圆锥的底面积相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为体积分别为，若.【答案】【解析】因为甲、乙两个圆锥的底面积相等，所以甲、乙两个圆锥的底面半径相同，设为，设甲、乙两个圆锥的母线长分别为，高分别为所以甲、乙两个圆锥的圆心角之和为：，所以，由，所以，即，又，所以，即，所以，甲圆锥的高，乙圆锥的高，，所以三、解答题12．（2025·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面是的中点，点是棱上靠近的四等分点.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求点到直线的距离.【解】（1）法一：如图，连接交于，连接，因为底面为矩形，所以为的中点，因为为的中点，所以是的中位线，得到，而平面，平面，故平面.法二：根据题意，以点为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，由题意得，则，设为平面的法向量，则，即，令，则，故，平面，平面.（2），，直线与平面所成角的正弦值为.（3）由已知得，由点到直线的距离公式得，故点到直线的距离为.13．（2025·天津滨海新·三模）在如图所示的几何体中，平面，，是的中点，，，．(1)求证：平面；(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；(3)求点到平面的距离．【解】（1）证明：法一：如图，平面，，可得平面，由，可得，则直线，，两两垂直，以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系．由题意可得，，，，，．由平面，取平面的一个法向量为，由，可得，又平面，所以平面．法二：取中点，连接，，由是的中点，可得，而，则，又，于是四边形是平行四边形．所以，又平面平面，所以平面．（2）由（1）可得，，设平面的一个法向量为，则，令，可得，设平面与平面的夹角为，因此．所以平面与平面夹角的余弦值为．（3）由（2）知平面的一个法向量为，且，则点到平面的距离为．14．（2025·天津南开·二模）如图，在几何体中，四边形为边长为2的正方形，四边形和四边形为矩形，且为棱上一点．(1)求证：；(2)当点为棱的中点时，求点到平面的距离；(3)当时，求平面与平面夹角的余弦值．【解】（1）由题设可知，，平面，所以平面．以为坐标原点，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，则．设，则，又，有，故，所以．（2）依题意，，，，，设为平面的一个法向量，则由得令，则，从而．设点到平面的距离为，则．（3）当时，，设为平面的一个法向量，则由得令，则，从而．显然平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，则．15．（2025·天津红桥·二模）如图，已知四棱锥的底面为矩形，平面,，是的中点，是的中点.

(1)证明：平面(2)若，①求平面与平面夹角的余弦值；②求点到平面的距离；【解】（1）由底面为矩形，，所以，即，又因为是的中点，所以；因为平面，平面，所以，由平面,所以平面；（2）①连接，如下图所示：

由（1）知平面，又平面，所以，又，所以即为平面与平面所成的夹角，易知，所以，又，，所以，因此，即平面与平面夹角的余弦值为；②易知三棱锥的体积为；设点到平面的距离为，由可知，又，即，解得；即点到平面的距离为.16．（2025·天津河北·二模）如图，直三棱柱中，，，，M是的中点，N是BC的中点，过点N作与平面平行的直线PN，交于点P．(1)证明：平面AMN；(2)求与平面PMN所成角的正弦值；(3)求点P到平面AMN的距离．【解】（1）在直三棱柱中，则两两垂直，如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，所以，由，则，由，则，由且都在平面内，则平面AMN；（2）设，，平面的一个法向量为，由平面，则，可得，故，设平面的一个法向量，，，所以，取，则，所以，故与平面PMN所成角的正弦值为；（3）由（1）知平面的一个法向量为，由（2）知，所以点P到平面AMN的距离.17．（2025·天津河西·二模）如图，在五面体中，平面，，，，，，，，分别为，的中点，连接，，.

(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的大小；(3)线段上是否存在点，使得平面？若存在，求点到平面的距离；若不存在，说明理由.【解】（1）如图，以为原点，分别以，，方向为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系，

由题意可得，，，，，，，，，因为，，所以，又，分别为，的中点，所以，，，，四点共面，设平面的一个法向量，，，由，即，令，，，所以，，易知，所以平面.（2）易知，由（1）知平面的法向量，设直线与平面所成角为，则，又，∴，所以直线与平面所成角的大小为.（3）设，，所以，则，设平面的一个法向量，，，由，即，令，，，所以，则，因为平面，所以，解得，所以，设点到平面的距离为，，，则，所以点到平面的距离为.18．（2025·天津河东·二模）在多面体中（如图所示），底面正三角形ABC边长为2，EA⊥底面，AE//BF//CD，CD