立體幾何與空間向量-2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

第07講立體幾何與空間向量

（新高考專用）

一、單項(xiàng)選擇題

1.（2024?北京?高考真題）如圖，在四棱錐P—4BCD中，底面4BCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，PAPB=4,

PC=PD=2應(yīng)，該棱錐的高為（）

A.1B.2C.V2D.V3

【解題思路】取點(diǎn)作輔助線，根據(jù)題意分析可知平面PEF1平面4BCD,可知P。，平面力BCD,利用等體積

法求點(diǎn)到面的距離.

【解答過(guò)程】如圖，底面48CD為正方形，

當(dāng)相鄰的棱長(zhǎng)相等時(shí)，不妨設(shè)P4=PB=AB=4,PC=PD=2V2,

分別取的中點(diǎn)E,F,連接PE,PF,EF,

貝IJPE1AB,EFLAB,且PECtEF=E,PE,EFu平面PEF,

可知力B_L平面PEF,且ABu平面ABCD,

所以平面PEF_L平面力BCD,

過(guò)P作EF的垂線，垂足為。，即P。1EF,

由平面PEFCl平面4BCD=EF,POu平面PEF,

所以P。1平面ABC。，

由題意可得：PE=2V3,PF=2,EF=4,貝!JPE?+PF2=石?2，即PE_LPF,

貝I止PE?PF=工「。?EF,可得PO=^^^=b,

22EF

所以四棱錐的高為次.

當(dāng)相對(duì)的棱長(zhǎng)相等時(shí)，不妨設(shè)P4=PC=4,PB=PD=2V2,

因?yàn)?。=4夜=28+p。，此時(shí)不能形成三角形PBD,與題意不符，這樣情況不存在.

故選：D.

2.（2024?全國(guó)?高考真題）設(shè)a、0為兩個(gè)平面，m、n為兩條直線，且aC0=m.下述四個(gè)命題：

①若m〃zi,則n〃a或n〃0②若m_L幾，則n_La或n1￡

③若n〃a且n//0,則rn〃n④若n與a,0所成的角相等，則m1n

其中所有真命題的編號(hào)是（）

A.①③B.②④C.①②③D.①③④

【解題思路】根據(jù)線面平行的判定定理即可判斷①；舉反例即可判斷②④；根據(jù)線面平行的性質(zhì)即可判斷

③.

【解答過(guò)程】對(duì)①，當(dāng)nua,因?yàn)閙〃n,mu0,貝!

當(dāng)nu0,因?yàn)閙〃n,mea,貝!]n//a,

當(dāng)n既不在a也不在口內(nèi)，因?yàn)閦n〃7i,mca,mc/?,貝Un〃a且?！ㄏΓ盛僬_；

對(duì)②，若m1ri,則n與a,￡不一定垂直，故②錯(cuò)誤；

對(duì)③，過(guò)直線n分別作兩平面與a,0分別相交于直線s和直線3

因?yàn)閚〃a,過(guò)直線71的平面與平面a的交線為直線s,則根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理知n〃s,

同理可得《〃3貝ijs〃如因?yàn)閟?t平面夕，tu平面/?,則s〃平面夕，

因?yàn)閟U平面a,aC\f3-m,貝！Js〃小，又因?yàn)樨！╯,則?n〃幾，故③正確；

對(duì)④，若aC夕=zn,n與a和0所成的角相等，如果？i〃a,n//0,則m//n,故④錯(cuò)誤；

綜上只有①③正確，

故選：A.

3.（2024?天津?高考真題）一個(gè)五面體4BC-DEF.已知4。||BE||CF,且兩兩之間距離為1.并已知2。=

1,BE=2,CF=3.則該五面體的體積為（）

B

A.漁B.隨+工C.漁D.逋」

642242

【解題思路】采用補(bǔ)形法，補(bǔ)成一個(gè)棱柱，求出其直截面，再利用體積公式即可.

【解答過(guò)程】用一個(gè)完全相同的五面體H//-LMN（頂點(diǎn)與五面體ABC-DEF一—對(duì)應(yīng)）與該五面體相嵌,

使得D,N；E,M;F,L重合，

因?yàn)?D||BE||CF,且兩兩之間距離為1.4。==2,CF=3,

則形成的新組合體為一個(gè)三棱柱,

該三棱柱的直截面（與側(cè)棱垂直的截面）為邊長(zhǎng)為I的等邊三角形，側(cè)棱長(zhǎng)為1+3=2+2=3+1=4,

^ABC-DEF=ABC-Hlj=5乂5*1*”萬(wàn)*4=三.

故選：C.

4.（2024?天津?高考真題）若根,九為兩條不同的直線，a為一個(gè)平面，則下列結(jié)論中正確的是（）

A.若?n〃a,n//a,則m1nB.若m〃a,n〃a,則m〃7i

C.若m〃a,7i-La,則zn_LnD.若m〃a,nla,則爪與n相交

【解題思路】根據(jù)線面平行的性質(zhì)可判斷AB的正誤，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可判斷CD的正誤.

【解答過(guò)程】對(duì)于A,若小〃a,n//a,則m,n平行或異面或相交，故A錯(cuò)誤.

對(duì)于B,若?n〃a,?i〃a,則TH,打平行或異面或相交，故B錯(cuò)誤.

對(duì)于C,m//a,n1a,過(guò)作平面夕，使得夕na=s,

因?yàn)閦nuS，故m〃s,而sua,故?11s,故m_Ln,故C正確.

對(duì)于D,若ni〃a,nla,則?n與？i相交或異面，故D錯(cuò)誤.

故選：C.

5.（2024?全國(guó)?高考真題）已知正三棱臺(tái)—的體積為學(xué)4B=6,A1B1=2,貝!J44與平面48c

所成角的正切值為（）

A.-B.IC.2D.3

2

【解題思路】解法一：根據(jù)臺(tái)體的體積公式可得三棱臺(tái)的高/1=竽，做輔助線，結(jié)合正三棱臺(tái)的結(jié)構(gòu)特征

求得力M=竽，進(jìn)而根據(jù)線面夾角的定義分析求解；解法二：將正三棱臺(tái)力BC-力i/Ci補(bǔ)成正三棱錐P-

ABC,與平面A8C所成角即為P4與平面/8C所成角，根據(jù)比例關(guān)系可得OpTBC=18,進(jìn)而可求正三

棱錐P-4BC的高，即可得結(jié)果.

【解答過(guò)程】解法】分別取8&3傳1的中點(diǎn)￡）,小,貝伊。=3百，41%=百，

可知S.BC=1x6x6Xy=9V3,SA41B1C1=1x2xV3=V3,

設(shè)正三棱臺(tái)48。一4止住1的為/i,

則唳BCfBRi=1（9V3+V3+V9V3xV3）h=券，解得h=竽，

如圖，分別過(guò)力1，/作底面垂線，垂足為M,N,設(shè)4M=X,

不，

B

貝22

ljA4i=1AM2+ATM=Jx+y,DNAD-AM-MN=2V3-%,

可得皿=JDN2+D1W=J（243-比）~+與，

結(jié)合等腰梯形BCC/i可得B屏=（-）2+DDl，

即乂2+￡=（2舊一久）2+弓+4,解得久=殍，

所以力M與平面/8C所成角的正切值為tan乙=胃

解法二：將正三棱臺(tái)2BC-4/1的補(bǔ)成正三棱錐P-ABC,

則與平面ABC所成角即為P4與平面ABC所成角,

因?yàn)?=生巴.=工，則上汕=

PAAB3Vp-ABc27

可知匕18(7-41比。1=^^P-ABC=小則Pp-ZBC=0

設(shè)正三棱錐P-4BC的高為d,貝帽_.="*如6*6*曰=18,解得d=2后

取底面N3C的中心為。，貝UP。，底面45C,且4。=2四，

所以P4與平面NBC所成角的正切值tan/PH。=2=1.

故選：B.

6.(2024?全國(guó)?高考真題)已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側(cè)面積相等，且它們的高均為舊，則圓錐的

體積為()

A.2V3TTB.3V3TTC.6V3TTD.9V3TT

【解題思路】設(shè)圓柱的底面半徑為r,根據(jù)圓錐和圓柱的側(cè)面積相等可得半徑r的方程，求出解后可求圓錐

的體積.

【解答過(guò)程】設(shè)圓柱的底面半徑為r,則圓錐的母線長(zhǎng)為bF,

而它們的側(cè)面積相等，所以2nrxV3=irrx73+產(chǎn)即2遍=V3+r2,

故r=3,故圓錐的體積為(nx9xg=3舊豆.

故選：B.

7.(2024?上海?高考真題)定義一個(gè)集合0,集合中的元素是空間內(nèi)的點(diǎn)集，任取PI，P2，P36。，存在不全

為0的實(shí)數(shù)及工2"3,使得%而1+%西+心西=在已知(l,o,0)eQ,則(0,0,1)斐C的充分條件是()

A.(0,0,0)6QB.(—1,0,0)6Q

c.(o,i,o)enD.(o,o,-1)en

【解題思路】首先分析出三個(gè)向量共面，顯然當(dāng)(1,0,0),(0,0,1),(0,1,0)6。時(shí)，三個(gè)向量構(gòu)成空間的一個(gè)基

底，則即可分析出正確答案.

【解答過(guò)程】由題意知這三個(gè)向量加1，西，西共面，即這三個(gè)向量不能構(gòu)成空間的一個(gè)基底，

對(duì)A,由空間直角坐標(biāo)系易知(0,0,0),(1,0,0),(0,0,1)三個(gè)向量共面，貝！J當(dāng)(一1,0,0),(1,0,0)e。無(wú)法推出

(0,0,1)gn,故A錯(cuò)誤；

對(duì)B,由空間直角坐標(biāo)系易知(一1,0,0),(1,0,0),(0,0,1)三個(gè)向量共面，貝U當(dāng)(0,0,0),(1,0,0)eQ無(wú)法推出

(0,0,1)en,故B錯(cuò)誤；

對(duì)C,由空間直角坐標(biāo)系易知(1,0,0),(0,0,1),(0,1,0)三個(gè)向量不共面，可構(gòu)成空間的一個(gè)基底，

貝岫(1,0,0),(0,1,0)efl能推出(0,0,1)任Q,

對(duì)D,由空間直角坐標(biāo)系易知(1,0,0),(0,0,1),(0,0,-1)三個(gè)向量共面，

則當(dāng)(0,0,—1)(1,0,0)e。無(wú)法推出(0,0,1)e。，故D錯(cuò)誤.

故選：C.

8.(2023?北京?高考真題)坡屋頂是我國(guó)傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)元素.安裝燈帶可以勾勒

出建筑輪廓，展現(xiàn)造型之美.如圖，某坡屋頂可視為一個(gè)五面體，其中兩個(gè)面是全等的等腰梯形，兩個(gè)面

是全等的等腰三角形.若AB=25m,FC=AD=10m,且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與

平面力BCD的夾角的正切值均為手，則該五面體的所有棱長(zhǎng)之和為()

A.102mB.112m

C.117mD.125m

【解題思路】先根據(jù)線面角的定義求得tan""。=tanNEG。=W，從而依次求E。，EG,EB,EF,再把

所有棱長(zhǎng)相加即可得解.

【解答過(guò)程】如圖，過(guò)E做E。1平面4BCD,垂足為。，過(guò)E分別做EG_1.BC,EM1AB,垂足分別為G,M,

連接。G,OM,

由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為NEM。和NEG。,

所以tanzEMO=tanNEG。=受.

因?yàn)镋。1平面ABC。，BCu平面力BCD,所以E。1BC,

因?yàn)镋GJ.BC,E。,EGu平面EOG,EOnEG=E,

所以BC1平面EOG,因?yàn)椤u平面EOG,所以BCJ.OG,.

同理：OM1BM,又BM1BG,故四邊形OMBG是矩形，

所以由BC=10得。M=5,所以E0=g,所以。G=5,

所以在直角三角形EOG中，EG=VEO2+OG2=J(V14)2+52=V39

在直角三角形EBG中，BG=OM=5,EB=VEG2+BG2=J(V39)2+52=8,

又因?yàn)镋F=48-5-5=25-5-5=15,

所有棱長(zhǎng)之和為2x25+2x10+15+4x8=117m.

故選：C.

9.(2023?全國(guó)?高考真題)在三棱錐P—ABC中，△ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，PA=PB=2,PC=V6,

則該棱錐的體積為()

A.IB.V3C.2D.3

【解題思路】證明平面PEC,分割三棱錐為共底面兩個(gè)小三棱錐，其高之和為得解.

【解答過(guò)程】取48中點(diǎn)E,連接PE,CE,如圖，

???△4BC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，PA=PB=2,

：.PE1AB,CE1AB,又PE,CEu平面PEC,PECtCE=E,

???AB_L平面PEC,

又PE=CE=2x字=百，PC=正,

^PC2=PE2+CE2,即PEICE,

所以，=B-PEC+A-PEC=gS^pEC,AB=gXgXV3xV3x2=1,

故選：A.

10.（2023?全國(guó)?高考真題）已知△力BC為等腰直角三角形，為斜邊，△A8D為等邊三角形，若二面角C-

AB-。為150。，則直線CD與平面A8C所成角的正切值為（）

A.1B.yC.yD.|

【解題思路】根據(jù)給定條件，推導(dǎo)確定線面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.

【解答過(guò)程】取4B的中點(diǎn)E,連接CE,DE,因?yàn)椤鰽BC是等腰直角三角形，且為斜邊，則有CE14B,

又△48。是等邊三角形，則DE_L4B,從而NCED為二面角C-48-。的平面角，即=150。，

顯然CECDE=E,CE,DEu平面CDE,于是2B1平面CDE,又ABu平面ABC,

因此平面CDEJ_平面ABC,顯然平面CDEn平面ABC=CE,

直線CDu平面CDE,則直線CD在平面ABC內(nèi)的射影為直線CE,

從而NDCE為直線CD與平面力BC所成的角，令48=2,貝【JCE=1,DE=b，在△CDE中，由余弦定理得：

CD=VCF2+DE2-2CE-DEcosACED=Jl+3-2xlxV3x（-y）^V7,

由正弦定理得一^=即sin乙DCE=叵警=卑，

sinz.DCEsinz.CEDV72V7

顯然NDCE是銳角，cos/DCE="-si/WCE=Jl—盛）2=*,

所以直線CD與平面力BC所成的角的正切為

故選：C.

11.（2023?全國(guó)?高考真題）已知圓錐P。的底面半徑為舊,。為底面圓心，為，尸8為圓錐的母線，乙4。8=120°,

若△P4B的面積等于竽，則該圓錐的體積為（）

4

A.7TB.V6TTC.37rD.3傷兀

【解題思路】根據(jù)給定條件，利用三角形面積公式求出圓錐的母線長(zhǎng)，進(jìn)而求出圓錐的高，求出體積作答.

【解答過(guò)程】在△力。B中，乙40B=120°,而。4=0B=V3,取力B中點(diǎn)C,連接OC,PC,有。C1AB,PC1AB,

如圖，

由△PAB的面積為竽，得^X3XPC=竽.

J（￥）2-弓）2=后

解得PC=凈于是P。=VPC2-oc2=

所以圓錐的體積卜=?|nxOA2xP0=|TIx(V3)2xV6=V6n.

故選：B.

12.（2023?天津?高考真題）在三棱錐P—ABC中，點(diǎn)MN分別在棱尸C,P3上，且PM=[PC,PN=^PB,

則三棱錐P-AMN和三棱錐P-HBC的體積之比為（）

1214

A.-B.-C.-D.-

9939

【解題思路】分別過(guò)M,C作MM'1P4CC'_LP4垂足分別為過(guò)B作BB'l平面P4C,垂足為B’，連接PB；

過(guò)N作NN'1PB；垂足為N：先證NNa平面/MC,則可得到BB'〃NN’,再證MM'〃CC'.由三角形相似得到等=

[第=|,再由然”=滬也即可求出體積比.

3BB3Vp-ABCVB-PAC

【解答過(guò)程】如圖，分別過(guò)作用用」「4。。」24垂足分別為此晨過(guò)8作88'1平面24。，垂足為1,

連接P8；過(guò)N作NN'_LPB：垂足為N’.

因?yàn)锽B'_L平面PAC,BB'u平面PB8',所以平面PBB'l平面P4C.

又因?yàn)槠矫鍼BB'n平面P4C=PB'，NN'工PB',NN'u平面PBB’,所以NN'_L平面PAC,QBB'〃NN'.

在△0（；￡'’中，因?yàn)镸M'_LPA,CC'lPA,所以MM'〃CC',所以案="=1,

尸匕CCJ

在△PBB'中，因?yàn)锽B'〃NN',所以黑="=；,

PBBB3

所以"-4MN_"哂=（SAPAM-NN，==2

Vp-ABCyB-PAC爭(zhēng)APAUBB'9Gp4CC）BB，9，

故選：B.

13.（2022?天津?高考真題）十字歇山頂是中國(guó)古代建筑屋頂?shù)慕?jīng)典樣式之一，左圖中的故宮角樓的頂部

即為十字歇山頂.其上部可視為由兩個(gè)相同的直三棱柱重疊而成的幾何體（如右圖）.這兩個(gè)直三棱柱有一個(gè)

公共側(cè)面/BCD在底面BCE中，若BE=CE=3/BCE=120。,則該幾何體的體積為（）

圖2

A2727V3

A.——C.27D.27V3

2

【解題思路】根據(jù)幾何體直觀圖，由題意結(jié)合幾何體體積公式即可得組合體的體積.

【解答過(guò)程】如圖所示，該幾何體可視為直三柱8CE-40F與兩個(gè)三棱錐S-M48,S-NCD拼接而成.

記直三棱柱BCD-4DF的底面BCE的面積為S,高為h,所求幾何體的體積為V,

W=>-CE.sinl20==1x3x3x^^^

h=CD=BC=3V3.

所以'=^.^iBCE-ADF+'三棱錐S-M4B+“三棱錐-5NCD

=Sh^S^h^S^h=lsh=27.

14.（2022?全國(guó)?高考真題）已知正三棱臺(tái)的高為1,上、下底面邊長(zhǎng)分別為3百和48，其頂點(diǎn)都在同一

球面上，則該球的表面積為（）

A.100nB.128nC.144nD.1921T

【解題思路】根據(jù)題意可求出正三棱臺(tái)上下底面所在圓面的半徑「1，「2,再根據(jù)球心距，圓面半徑，以及球

的半徑之間的關(guān)系，即可解出球的半徑，從而得出球的表面積.

【解答過(guò)程】設(shè)正三棱臺(tái)上下底面所在圓面的半徑勺"2,所以2r1=3*，2「2=（磊，即勺=3,上=4,

2

設(shè)球心到上下底面的距離分別為期刀2,球的半徑為R,所以心=d2=V/?-16,故-dzl=1

22

或由+d2=1,gp|VR-9-V/?-16|=1或VR2-9+V/?2_16=1）解得R2=25符合題意，所以球的

表面積為S=4T由2—IOOTT.

15.（2022?全國(guó)?高考真題）甲、乙兩個(gè)圓錐的母線長(zhǎng)相等，側(cè)面展開圖的圓心角之和為2m側(cè)面積分別

SV

為S甲和S乙，體積分別為％和%.若技=2,則微=（）

A.V5B.2V2C.V10D沖

【解題思路】設(shè)母線長(zhǎng)為I,甲圓錐底面半徑為勺，乙圓錐底面圓半徑為全，根據(jù)圓錐的側(cè)面積公式可得勺=

2r2,再結(jié)合圓心角之和可將勺k2分別用I表示，再利用勾股定理分別求出兩圓錐的高，再根據(jù)圓錐的體積

公式即可得解.

【解答過(guò)程】解：設(shè)母線長(zhǎng)為1,甲圓錐底面半徑為勺，乙圓錐底面圓半徑為「2,

C

則上=四=：1=2,

S乙nr2lT2

所以勺=2r2,

又應(yīng)+亞=2兀,

則牛=1,

所以勺=|//2=，，

所以甲圓錐的高仙=

乙圓錐的高殳=

所以=Vio.

故選：C.

16.（2022?全國(guó)?高考真題）如圖，網(wǎng)格紙上繪制的是一個(gè)多面體的三視圖，網(wǎng)格小正方形的邊長(zhǎng)為1,則

該多面體的體積為（）

A.8B.12C.16D.20

【解題思路】由三視圖還原幾何體,再由棱柱的體積公式即可得解.

【解答過(guò)程】由三視圖還原幾何體，如圖,

則該直四棱柱的體積V=*x2x2=12.

故選：B.

17.（2022?全國(guó)?高考真題）已知球。的半徑為1,四棱錐的頂點(diǎn)為O,底面的四個(gè)頂點(diǎn)均在球O的球面上,

則當(dāng)該四棱錐的體積最大時(shí)，其高為（）

A.-B.-C.—D.—

3232

【解題思路】方法一：先證明當(dāng)四棱錐的頂點(diǎn)。到底面/8C〃所在小圓距離一定時(shí)，底面N8CD面積最大

值為2r2,進(jìn)而得到四棱錐體積表達(dá)式，再利用均值定理去求四棱錐體積的最大值，從而得到當(dāng)該四棱錐的

體積最大時(shí)其高的值.

【解答過(guò)程】［方法一］:【最優(yōu)解】基本不等式

設(shè)該四棱錐底面為四邊形A8CD,四邊形48co所在小圓半徑為心

設(shè)四邊形對(duì)角線夾角為a,

則LBCD^\-AC-BD-sina<^-AC-BD<^-2r-2r2r2

（當(dāng)且僅當(dāng)四邊形/BCD為正方形時(shí)等號(hào)成立）

即當(dāng)四棱錐的頂點(diǎn)。到底面ABCD所在小圓距離一定時(shí)，底面ABCD面積最大值為2r2

又設(shè)四棱錐的高為伍則/+八2=1,

當(dāng)且僅當(dāng)N=2興即無(wú)=飄■等號(hào)成立.

故選：C

［方法二］:統(tǒng)一變量+基本不等式

由題意可知，當(dāng)四棱錐為正四棱錐時(shí)，其體積最大，設(shè)底面邊長(zhǎng)為a,底面所在圓的半徑為r,貝ljr=苧a,

所以該四棱錐的高九=J1—

2223_____

=4存=逋

I3/3\27

（當(dāng)且僅當(dāng)9=1一J即a2=券寸，等號(hào)成J立）

所以該四棱錐的體積最大時(shí)，其高無(wú)=］3'=小二1=今

故選：C.［方法三］:利用導(dǎo)數(shù)求最值

由題意可知，當(dāng)四棱錐為正四棱錐時(shí)，其體積最大，設(shè)底面邊長(zhǎng)為a,底面所在圓的半徑為r,貝b=^a,

所以該四棱錐的高h(yuǎn)V=|a2Jl-y,令=t(0<t<2),V=|Jt2-p設(shè)f(t)=[2—

則八t)=2t-泉

0<t<|,f'(t)>0,單調(diào)遞增，t<2,/z(t)<0,單調(diào)遞減，

所以當(dāng)時(shí)，v最大，此時(shí)九=，3^=今

故選：C.

18.(2022?北京?高考真題)已知正三棱錐P-HBC的六條棱長(zhǎng)均為6,S是△ABC及其內(nèi)部的點(diǎn)構(gòu)成的集合.設(shè)

集合T={QeS\PQ<5},則T表示的區(qū)域的面積為()

A.—B.nC.2兀D.3兀

4

【解題思路】求出以P為球心，5為半徑的球與底面ABC的截面圓的半徑后可求區(qū)域的面積.

【解答過(guò)程】

設(shè)頂點(diǎn)P在底面上的投影為0,連接B。，貝IJ。為三角形4BC的中心，

且8。=［義6X苧=2V3,故P。=736-12=2展.

因?yàn)镻Q=5,故。Q=1,

故S的軌跡為以。為圓心，1為半徑的圓，

2x—x36

而三角形ABC內(nèi)切圓的圓心為。，半徑為二^=百>1,

故S的軌跡圓在三角形力BC內(nèi)部，故其面積為兀

故選：B.

19.(2022?全國(guó)?高考真題)南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫(kù).

已知該水庫(kù)水位為海拔148.5m時(shí)，相應(yīng)水面的面積為140.0km2；水位為海拔157.5m時(shí)，相應(yīng)水面

的面積為180.0km2,將該水庫(kù)在這兩個(gè)水位間的形狀看作一個(gè)棱臺(tái)，則該水庫(kù)水位從海拔148.5m上升

到157.5m時(shí)，增加的水量約為(77=2.65)()

A.1.0x109m3B.1.2x109m3C.1.4x109m3D.1.6x109m3

【解題思路】根據(jù)題意只要求出棱臺(tái)的高，即可利用棱臺(tái)的體積公式求出.

【解答過(guò)程】依題意可知棱臺(tái)的高為MN=157.5-148,5=9(m),所以增加的水量即為棱臺(tái)的體積V.

22

棱臺(tái)上底面積S=140.0/cm=140x106nl2,下底面積s'=180.0/cm=180X106m2,

：.V=+S'+氐)=[x9義(140x106+180x106+V140x180x1012)

=3X(320+60V7)X106?(96+18X2,65)x107=1.437X109?1.4X109(m3).

故選：C.

20.(2022?全國(guó)?高考真題)在正方體ABC。-4道1的。1中，E,尸分別為48,8C的中點(diǎn)，則()

A.平面BiEF!_平面BDDiB.平面BRF_L平面力聞

C.平面/EF〃平面力遇CD.平面BiEF〃平面41的。

【解題思路】證明平面即可判斷A；如圖，以點(diǎn)。為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)48=2,

分別求出平面為EF,AXBD,4傳道的法向量，根據(jù)法向量的位置關(guān)系，即可判斷BCD.

【解答過(guò)程】解：在正方體48叁)一4/1的￡)1中，

AC1BD且叫1平面4BCD,

又EFu平面4BCD,所以EF_LD￡)i，

因?yàn)镋,F分別為AB,BC的中點(diǎn)，

所以EFII4C,所以EF1BD,

又BDnDD1=D,

所以EF，平面BD%

又EFu平面B]EF,

所以平面々EF，平面8。%,故A正確；

對(duì)于選項(xiàng)BCD,解法一：

如圖，以點(diǎn)。為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)ZB=2,

則Bi(2,2,2),￡(2,1,0),F(1,2,0),8(2,2,0),4(2,。,2),4(200),C(0,2,0),

的(0,2,2),

則麗=(-1,1,0),西=(0,1,2),DB=(2,2,0),西=(2,0,2),

砧=(0,0,2),庶=(-2,2,0),=(-2,2,0),

設(shè)平面B]EF的法向量為沅=(久1，%衣1),

則有產(chǎn)魯二f：LU，可取…2,-1),

(m?EB]=yi+2zi=0

同理可得平面&RD的法向量為通=(1,-1,-1),

平面力的法向量為通=(1,1,0),

平面為C1D的法向量為羽=(1,1,-1),

則沆.再=2—2+1=140,

所以平面/EF與平面&BD不垂直，故B錯(cuò)誤；

因?yàn)殂炫c而不平行，

所以平面BiEF與平面414c不平行，故C錯(cuò)誤；

因?yàn)殂炫c否不平行，

所以平面尸與平面41的。不平行，故D錯(cuò)誤,

故選：A.

對(duì)于選項(xiàng)BCD,解法二：

解:對(duì)于選項(xiàng)B,如圖所示，設(shè)=EFCBD=N,則MN為平面與平面&RD的交線,

在△BMN內(nèi)，作BP_LMN于點(diǎn)P,在△￡1“可內(nèi)，作GP，MN,交EN于點(diǎn)G,連結(jié)BG,

則N8PG或其補(bǔ)角為平面BiEF與平面&BD所成二面角的平面角，

由勾股定理可得NB2+NG2=BG2,

從而有：NB2+NG2=(PB2+PN2)+(PG2+PN2)=BG2,

據(jù)此可得PF+PG2KBG2,即NBPGH90°,

據(jù)此可得平面平面4BD不成立，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

對(duì)于選項(xiàng)C,取&當(dāng)?shù)闹悬c(diǎn)H,則ZHIIBiE,

由于4H與平面相交，故平面JEF||平面公4C不成立，選項(xiàng)C錯(cuò)誤;

對(duì)于選項(xiàng)D,取4D的中點(diǎn)M,很明顯四邊形為平行四邊形，則||%F,

由于41M與平面4忑拉相交，故平面||平面①的。不成立，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；

故選：A.

二、多項(xiàng)選擇題

21.（2023?全國(guó)?高考真題）下列物體中，能夠被整體放入棱長(zhǎng)為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚

度忽略不計(jì)）內(nèi)的有（）

A.直徑為0.99m的球體

B.所有棱長(zhǎng)均為1.4m的四面體

C.底面直徑為0.01m,高為1.8m的圓柱體

D.底面直徑為1.2m,高為0.01m的圓柱體

【解題思路】根據(jù)題意結(jié)合正方體的性質(zhì)逐項(xiàng)分析判斷.

【解答過(guò)程】對(duì)于選項(xiàng)A：因?yàn)?.99m<1m,即球體的直徑小于正方體的棱長(zhǎng)，

所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故A正確；

對(duì)于選項(xiàng)B：因?yàn)檎襟w的面對(duì)角線長(zhǎng)為魚m,且應(yīng)>1.4,

所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故B正確；

對(duì)于選項(xiàng)C：因?yàn)檎襟w的體對(duì)角線長(zhǎng)為Km,且舊<1.8,

所以不能夠被整體放入正方體內(nèi)，故C不正確；

對(duì)于選項(xiàng)D：因?yàn)?.2m>1m,可知底面正方形不能包含圓柱的底面圓，

如圖，過(guò)4。的中點(diǎn)。作。E_L4Ci，設(shè)。ECAC=E,

可知力C=V2,CC=1,AC=V3,OA=—,貝Utan/C4cl=￡￡1=

112i4CAO

即*=f，解得。E=0,

2

2

且（底）=三=2>2=0不，即立>。.6,

故以4的為軸可能對(duì)稱放置底面直徑為1.2m圓柱，

若底面直徑為1.2m的圓柱與正方體的上下底面均相切，設(shè)圓柱的底面圓心小,與正方體的下底面的切點(diǎn)為

M,

可知：4cli01MoiM=0.6,貝I]tan/C力Q=毀=維，

ACAO1

即場(chǎng)=職，解得4。1=。-6位,

根據(jù)對(duì)稱性可知圓柱的高為舊-2X0.6V2x1.732-1.2X1.414=0.0352>0.01,

所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故D正確；

故選：ABD.

22.（2023?全國(guó)?高考真題）已知圓錐的頂點(diǎn)為P,底面圓心為。，為底面直徑，乙4P8=120。，P4=2,

點(diǎn)C在底面圓周上，且二面角P—HC—。為45。，則（）.

A.該圓錐的體積為nB.該圓錐的側(cè)面積為4百幾

C.AC=2V2D.△PAC的面積為百

【解題思路】根據(jù)圓錐的體積、側(cè)面積判斷A、B選項(xiàng)的正確性，利用二面角的知識(shí)判斷C、D選項(xiàng)的正確

性.

【解答過(guò)程】依題意，^APB=120°,PA=2,所以。P=1,。4=OB=百，

A選項(xiàng)，圓錐的體積為（XTTX（百yx1=TT,A選項(xiàng)正確：

B選項(xiàng)，圓錐的側(cè)面積為Ttxbx2=2百mB選項(xiàng)錯(cuò)誤；

C選項(xiàng)，設(shè)。是4c的中點(diǎn)，連接。D,PD,

則力C1OD,AC1PD,所以NPDO是二面角P-AC-。的平面角，

貝Uz_P。。=45°,所以。P=。。=1,

故力。=CD=V3^1=V2,貝Ijac=2V2,C選項(xiàng)正確；

D選項(xiàng)，PD="2+M=魚,所以Sap4c=1x2夜x&=2,D選項(xiàng)錯(cuò)誤.

故選：AC.

23.（2022?全國(guó)?高考真題）如圖，四邊形力BCD為正方形，EDJ_平面ABC。，F(xiàn)B||ED,AB=ED=2FB,

記三棱錐E—HCD,F-ABC,尸一4CE的體積分別為匕,乙,匕，貝U（）

￡

A.%=2V2B.&=

C.V3=%+展D.2V3=3匕

【解題思路】直接由體積公式計(jì)算匕,乙，連接BD交4C于點(diǎn)M,連接由匕=唳-EFM+%-EFM計(jì)

算出匕，依次判斷選項(xiàng)即可.

【解答過(guò)程】

設(shè)力B=ED=2FB=2a,因?yàn)镋D1平面4BCD,FB||ED,則匕=，ED?S^CD=/2a?，(2a)2="3,

23

y2=1.FB.sAABC-I-a-I-(2a)=|a,連接BD交力C于點(diǎn)M,連接EM,FM,易得BD14C,

又ED1平面ABC。，ACu平面力BCD,貝UE。1AC,又EDCBD=D,ED,BDu平面8DEF,貝1平面8DEF,

又BM=DM=^BD=V2a,過(guò)尸作FG1DE于G,易得四邊形BDGF為矩形，貝IjFG=BD=2ma,EG=a,

則EM=J(2a)2+=V6a,FM=Ja2+(V2a)2=V3a,EF=Ja2+(2&a『=3a,

2222

EM+FM=EF,則EM_LFM,S^EFU=^EM-FM=^a,AC=2立a,

則匕=UA-EFM+UC-EFM=14LSAEFM=2。3,則2%=3匕，匕=3%,V3=Vr+V2,故A、B錯(cuò)誤；

C、D正確.

故選：CD.

三、填空題

24.(2024?全國(guó)?高考真題)已知圓臺(tái)甲、乙的上底面半徑均為勺,下底面半徑均為上，圓臺(tái)的母線長(zhǎng)分別為

2(萬(wàn)—勺),302—勺)，則圓臺(tái)甲與乙的體積之比為—當(dāng)

4

【解題思路】先根據(jù)已知條件和圓臺(tái)結(jié)構(gòu)特征分別求出兩圓臺(tái)的高，再根據(jù)圓臺(tái)的體積公式直接代入計(jì)算

即可得解.

【解答過(guò)程】由題可得兩個(gè)圓臺(tái)的高分別為八甲=7[2(ri-r2)]2-(ri-r2)2=舊(勺-萬(wàn))，

九乙=J[3=1—72)]2—)1—「2產(chǎn)=2砥勺-r2)>

在l、J甲*2+51+醫(yī)⑹〃?V5(riF)V6

。乙§(S2+Si+JS2Si)h乙八乙2五g一丁2)4

故答案為：斗.

4

25.(2023?全國(guó)?高考真題)已知點(diǎn)S,4B,C均在半徑為2的球面上，△ABC是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形，S41

平面4BC,則S4=2.

【解題思路】先用正弦定理求底面外接圓半徑，再結(jié)合直棱柱的外接球以及求的性質(zhì)運(yùn)算求解.

【解答過(guò)程】如圖，將三棱錐S-4BC轉(zhuǎn)化為正三棱柱SMN-力BC,

設(shè)△ABC的外接圓圓心為?？诎霃綖閞,

則2r=.AB=備=2百，可得r-V3,

sin乙4cBV3

2

設(shè)三棱錐S—4BC的外接球球心為。，連接。4。。1，貝IJQ4=2,。。1=gsa,

因?yàn)?。?=。。,+。遇2,即4=3+[s42,解得S4=2.

故答案為：2.

26.(2023?全國(guó)?高考真題)在正方體A8CD-4/1的。1中，48=4,。為力的的中點(diǎn)，若該正方體的棱與球

。的球面有公共點(diǎn)，則球。的半徑的取值范圍是[2V2,2V3].

【解題思路】當(dāng)球是正方體的外接球時(shí)半徑最大，當(dāng)邊長(zhǎng)為4的正方形是球的大圓的內(nèi)接正方形時(shí)半徑達(dá)

到最小.

【解答過(guò)程】設(shè)球的半徑為R.

當(dāng)球是正方體的外接球時(shí)，恰好經(jīng)過(guò)正方體的每個(gè)頂點(diǎn)，所求的球的半徑最大，若半徑變得更大，球會(huì)包

含正方體，導(dǎo)致球面和棱沒有交點(diǎn)，

正方體的外接球直徑2R為體對(duì)角線長(zhǎng)力的=V42+42+42=4V3,即2R'=4舊,/?'=2k，故Rmax=2V3；

分別取側(cè)棱44i，BBi，CCi，DDi的中點(diǎn)顯然四邊形MNGH是邊長(zhǎng)為4的正方形，且。為正方形

MNGH的對(duì)角線交點(diǎn)，

連接MG,則MG=42，當(dāng)球的一個(gè)大圓恰好是四邊形MNGH的外接圓，球的半徑達(dá)到最小，即R的最小值

為2a.

綜上，R6[2V2.2V3].

故答案為：[2夜,2遮].

27.（2023?全國(guó)?高考真題）在正方體4BCD-41當(dāng)3。1中，E,尸分別為48,的小的中點(diǎn)，以EF為直徑

的球的球面與該正方體的棱共有12個(gè)公共點(diǎn).

【解題思路】根據(jù)正方體的對(duì)稱性，可知球心到各棱距離相等，故可得解.

【解答過(guò)程】不妨設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2,EF中點(diǎn)為0,取CD,CCi中點(diǎn)G,M,側(cè)面B/C4的中心為N,連接

FG,EG,OM,ON,MN,如圖，

由題意可知，。為球心，在正方體中，EF=VFG2+EG2=迎2+2?=2VL

即/?=V2,

則球心。到CCi的距離為0M=>/0N2+MN2=Vl2+I2=V2,

所以球。與棱CCi相切，球面與棱CCi只有1個(gè)交點(diǎn)，

同理，根據(jù)正方體的對(duì)稱性知，其余各棱和球面也只有1個(gè)交點(diǎn)，

所以以跖為直徑的球面與正方體棱的交點(diǎn)總數(shù)為12.

故答案為：12.

28.（2023?全國(guó)?高考真題）在正四棱臺(tái)48CD-48脩1。1中，AB=2,A1B1=1,AA1=V2,則該棱臺(tái)的體

積為—平—.

Q.

【解題思路】結(jié)合圖像，依次求得&。1,力。,力1用，從而利用棱臺(tái)的體積公式即可得解.

【解答過(guò)程】如圖，過(guò)公作力C,垂足為“，易知力iM為四棱臺(tái)力^。）一久%3小的高，

因?yàn)?B=2,&B]=1,AA1=V2,

貝lMi.i==（XV2A1B1=',AO=171C=gX正AB=V2,

22

故力M=-&CJ=芋，則=yjArA-AM=12=y,

所以所求體積為U=1x（4+1+次3立）x曰=哈

故答案為：咚

O

29.（2023?全國(guó)?高考真題）底面邊長(zhǎng)為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個(gè)底面邊長(zhǎng)為2,

高為3的正四棱錐，所得棱臺(tái)的體積為，

【解題思路】方法一：割補(bǔ)法，根據(jù)正四棱錐的幾何性質(zhì)以及棱錐體積公式求得正確答案；方法二：根據(jù)

臺(tái)體的體積公式直接運(yùn)算求解.

【解答過(guò)程】方法一：由于：=；，而截去的正四棱錐的高為3,所以原正四棱錐的高為6,

4Z

所以正四棱錐的體積為gx（4x4）x6=32,

截去的正四棱錐的體積為gx(2x2)x3=4,

所以棱臺(tái)的體積為32-4=28.

方法二：棱臺(tái)的體積為gx3x(16+4+116x4)=28.

故答案為：28.

30.(2024?上海?高考真題)如圖為正四棱錐P—HBCD,。為底面力BCD的中心.

(1)若4P=5,AD=3V2,求aP6M繞PO旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體的體積；

(2)若4P=4D,E為PB的中點(diǎn)，求直線BD與平面ZEC所成角的大小.

【解題思路】(1)根據(jù)正四棱錐的數(shù)據(jù)，先算出直角三角形△POA的邊長(zhǎng)，然后求圓錐的體積；

(2)連接E4,EO,EC,可先證平面4CE,根據(jù)線面角的定義得出所求角為4BOE,然后結(jié)合題目數(shù)量關(guān)

系求解.

【解答過(guò)程】(1)正四棱錐滿足且P。，平面力BCD,由力。u平面48CD,貝IJP0L4。，

又正四棱錐底面4BCD是正方形，由AD=3魚可得，4。=3,

故P0=VPX2-A02=4,

根據(jù)圓錐的定義，△P。力繞P。旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體是以P。為軸，40為底面半徑的圓錐，

即圓錐的高為P0=4,底面半徑為4。=3,

根據(jù)圓錐的體積公式，所得圓錐的體積是1xnx32義4=12TT

(2)連接EA,E0,EC,由題意結(jié)合正四棱錐的性質(zhì)可知，每個(gè)側(cè)面都是等邊三角形,

p

由E是PB中點(diǎn)，貝ME_LPB,CE_LPB,又力EnCE=CEu平面ACE,

故PB_L平面ACE,即BE_L平面力CE,又B￡>C平面ACE=。，

于是直線BD與平面4EC所成角的大小即為NBOE,

不妨設(shè)4P=4。=6,則BO=3VXBE=3,sin/BOE=W=f，

又線面角的范圍是［o,,,

故=即為所求.

4

31.（2024?全國(guó)?高考真題）如圖，AB//CD,CD//EF,AB=DE=EF=CF=2,CD=4,4D=8C=

AE=2g,M為CD的中點(diǎn).

(1)證明：EM〃平面8CF；

⑵求點(diǎn)M到ADE的距離.

【解題思路】(1)結(jié)合已知易證四邊形EFCM為平行四邊形，可證EM〃FC,進(jìn)而得證;

(2)先證明。41平面EDM,結(jié)合等體積法UMYDE=%4-EDM即可求解.

【解答過(guò)程】(1)由題意得，EF//MC,且EF=MC,

所以四邊形EFCM是平行四邊形，所以EM〃FC,

又CFu平面平面BCF,

所以EM〃平面BCF；

(2)取DM的中點(diǎn)。，連接。4,OE,因?yàn)?B〃MC,且力B=MC,

所以四邊形力MCB是平行四邊形，所以4M=BC="U,

又力D=V1U,故△力DM是等腰三角形，同理aEDM是等腰三角形,

可得041DM,0E1DM,0A=^AD2-（等丫=3,OE=JED2-（一丫=百,

又AE=2?所以。屋+際=g,故。410E.

又。41DM,OEnDM=0,OE,DMu平面EDM,所以。41平面EDM,

易知S^EDM=；x2x百=V3.

在中，8S〃E4=翳瑞V3

~9

所以sin^DEA=尊,S"E4=JX2X2WX^=W.

4L4Z

設(shè)點(diǎn)M到平面ZDE的距禺為d,由UM-ZDE=A-EDMf

得,SA4DE,d=1sA￡DM-OA,得d=

故點(diǎn)M到平面力DE的距離為警.

32.