2025高考數(shù)學二輪復習-專題05空間向量與立體幾何(選填題)-專項訓練【含答案】

2025高考數(shù)學二輪復習-專題05空間向量與立體幾何(選填題)-專項訓練考點五年考情（2020-2024）命題趨勢考點01空間幾何體基本性質(zhì)及變面積體積2024甲卷Ⅰ卷2023ⅠⅡ乙甲北京天津2022甲卷乙卷北京2021乙卷Ⅰ卷Ⅱ2020Ⅱ卷海南空間幾何體點線面位置關(guān)系以及夾角問題，表面積體積以及圓錐對應(yīng)面積的運算一直是高考的熱門考點，要加以重視，另外臺體的表面積體積應(yīng)該重點復習考點2空間幾何體內(nèi)接球外接球的應(yīng)用2023乙卷2022甲卷乙Ⅰ卷Ⅱ卷2020Ⅰ卷幾何體內(nèi)切球外接球問題是高考立體幾何中的難點，近兩年考查比較少，但是應(yīng)掌握長常規(guī)空間幾何體的外接球內(nèi)切球的技巧考點3空間幾何體性質(zhì)綜合應(yīng)用2024Ⅱ卷2023北京卷甲卷2022Ⅰ卷乙卷2021Ⅱ卷2020山東卷Ⅰ卷空間幾何體容易與其他知識點相結(jié)合構(gòu)成新的情景類問題也是近年來高考新改革的一個重要方向考點01空間幾何體基本性質(zhì)及表面積體積1．（2024·全國·高考Ⅰ卷）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，則圓錐的體積為（

）A． B． C． D．2．（2024·全國·高考甲卷文）設(shè)為兩個平面，為兩條直線，且.下述四個命題：①若，則或

②若，則或③若且，則

④若與,所成的角相等，則其中所有真命題的編號是（

）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④3．（2023·年全國甲卷）在三棱錐中，是邊長為2的等邊三角形，，則該棱錐的體積為（

）A．1 B． C．2 D．34．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊含著豐富的數(shù)學元素．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五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面的夾角的正切值均為，則該五面體的所有棱長之和為（

）

A． B．C． D．5．（2022·全國乙卷）在正方體中，E，F(xiàn)分別為的中點，則（

）A．平面平面 B．平面平面C．平面平面 D．平面平面6．（2022·全國甲卷）在長方體中，已知與平面和平面所成的角均為，則（

）A． B．AB與平面所成的角為C． D．與平面所成的角為7．（2021·全國乙卷）在正方體中，P為的中點，則直線與所成的角為（

）A． B． C． D．9．（2021年全國高考Ⅱ卷）正四棱臺的上?下底面的邊長分別為2，4，側(cè)棱長為2，則其體積為（

）A． B． C． D．10．（2021·年全國高考Ⅰ卷）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為（

） B． C． D．11．（2023·全國·統(tǒng)考乙卷）已知圓錐PO的底面半徑為，O為底面圓心，PA，PB為圓錐的母線，，若的面積等于，則該圓錐的體積為（

）A． B． C． D．12．（2023·全國·統(tǒng)考甲卷）已知四棱錐的底面是邊長為4的正方形，，則的面積為（

）A． B． C． D．13．（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）在三棱錐中，線段上的點滿足，線段上的點滿足，則三棱錐和三棱錐的體積之比為（

）A． B． C． D．14．（2022·全國·統(tǒng)考高考乙卷）在正方體中，E，F(xiàn)分別為的中點，則（

）A．平面平面 B．平面平面C．平面平面 D．平面平面15．（2022·全國·統(tǒng)考高考甲卷）甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側(cè)面展開圖的圓心角之和為，側(cè)面積分別為和，體積分別為和．若，則（

）16．（2022·北京·統(tǒng)考高考真題）已知正三棱錐的六條棱長均為6，S是及其內(nèi)部的點構(gòu)成的集合．設(shè)集合，則T表示的區(qū)域的面積為（

）A． B． C． D．17．（2021·全國·統(tǒng)考高考Ⅰ卷）已知圓錐的底面半徑為，其側(cè)面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為（

）A． B． C． D．三、填空題18．（2024·全國·高考甲卷）已知圓臺甲、乙的上底面半徑均為,下底面半徑均為，圓臺的母線長分別為,，則圓臺甲與乙的體積之比為．19．（2023全國高考Ⅰ卷）在正四棱臺中，，則該棱臺的體積為．20（2023年全國高考Ⅱ卷）底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個底面邊長為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺的體積為．21（2020·海南·高考真題）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，M、N分別為BB1、AB的中點，則三棱錐A-NMD1的體積為22．（2023·全國新高考·Ⅱ卷）底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個底面邊長為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺的體積為．23．（2020·全國·統(tǒng)考高考Ⅱ卷）設(shè)有下列四個命題：p1：兩兩相交且不過同一點的三條直線必在同一平面內(nèi).p2：過空間中任意三點有且僅有一個平面.p3：若空間兩條直線不相交，則這兩條直線平行.p4：若直線l平面α，直線m⊥平面α，則m⊥l.則下述命題中所有真命題的序號是.①②③④考點02空間幾何體內(nèi)切球外接球的應(yīng)用1．（2022·全國·統(tǒng)考高考乙卷）已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（

）A． B． C． D．2．（2022·全國·統(tǒng)考新高考Ⅰ卷）已知正四棱錐的側(cè)棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是（

）A． B． C． D．3．（2022·全國·統(tǒng)考新高考Ⅱ卷）已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為和，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（

）A． B． C． D．4．（2021·全國·統(tǒng)考高考甲卷）已知A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個點，且，則三棱錐的體積為（

）A． B． C． D．5．（2020·全國·統(tǒng)考高考Ⅰ卷）已知為球的球面上的三個點，⊙為的外接圓，若⊙的面積為，，則球的表面積為（

）A． B． C． D．二、填空題6．（2023·全國·統(tǒng)考高考甲卷）在正方體中，E，F(xiàn)分別為AB，的中點，以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有個公共點．考點03空間幾何體性質(zhì)綜合應(yīng)用1．（2024·全國·高考Ⅱ卷）已知正三棱臺的體積為，，，則與平面ABC所成角的正切值為（

）A． B．1 C．2 D．32．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊含著豐富的數(shù)學元素．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五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面的夾角的正切值均為，則該五面體的所有棱長之和為（

）

A． B．C． D．3．（2021·全國·統(tǒng)考新高考Ⅱ卷）2020年12月8日，中國和尼泊爾聯(lián)合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8848.86（單位：m），三角高程測量法是珠峰高程測量方法之一．如圖是三角高程測量法的一個示意圖，現(xiàn)有A，B，C三點，且A，B，C在同一水平面上的投影滿足，．由C點測得B點的仰角為，與的差為100；由B點測得A點的仰角為，則A，C兩點到水平面的高度差約為（）（

）A．346 B．373 C．446 D．4734．（2020·山東·統(tǒng)考高考真題）日晷是中國古代用來測定時間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間．把地球看成一個球(球心記為O)，地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面.在點A處放置一個日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點A處的緯度為北緯40°，則晷針與點A處的水平面所成角為（

）A．20° B．40°C．50° D．90°5．（2022·全國乙卷）已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（

）A． B． C． D．6．（2022·全國·新高考Ⅰ卷）已知正四棱錐的側(cè)棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是（

）A． B． C． D．7．（2020·高考Ⅰ卷）已知為球的球面上的三個點，⊙為的外接圓，若⊙的面積為，，則球的表面積為（

）A． B． C． D．二、填空題8．（2023·全國·統(tǒng)考高考乙卷）已知點均在半徑為2的球面上，是邊長為3的等邊三角形，平面，則．9．（2023·全國·統(tǒng)考高考甲卷）在正方體中，為的中點，若該正方體的棱與球的球面有公共點，則球的半徑的取值范圍是參考答案與詳細解析考點五年考情（2020-2024）命題趨勢考點01空間幾何體基本性質(zhì)及變面積體積2024甲卷Ⅰ卷2023ⅠⅡ乙甲北京天津2022甲卷乙卷北京2021乙卷Ⅰ卷Ⅱ2020Ⅱ卷海南空間幾何體點線面位置關(guān)系以及夾角問題，表面積體積以及圓錐對應(yīng)面積的運算一直是高考的熱門考點，要加以重視，另外臺體的表面積體積應(yīng)該重點復習考點2空間幾何體內(nèi)接球外接球的應(yīng)用2023乙卷2022甲卷乙Ⅰ卷Ⅱ卷2020Ⅰ卷幾何體內(nèi)切球外接球問題是高考立體幾何中的難點，近兩年考查比較少，但是應(yīng)掌握長常規(guī)的空間幾何體的外接球內(nèi)切球的簡單技巧考點3空間幾何體性質(zhì)綜合應(yīng)用2024Ⅱ卷2023北京卷甲卷2022Ⅰ卷乙卷2021Ⅱ卷2020山東卷Ⅰ卷空間幾何體容易與其他知識點相結(jié)合構(gòu)成新的情景類問題也是近年來高考新改革的一個重要方向考點01空間幾何體基本性質(zhì)及表面積體積1．（2024·全國·高考Ⅰ卷）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，則圓錐的體積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】設(shè)圓柱的底面半徑為，根據(jù)圓錐和圓柱的側(cè)面積相等可得半徑的方程，求出解后可求圓錐的體積.【詳解】設(shè)圓柱的底面半徑為，則圓錐的母線長為，而它們的側(cè)面積相等，所以即，故，故圓錐的體積為.故選：B.2．（2024·全國·高考甲卷文）設(shè)為兩個平面，為兩條直線，且.下述四個命題：①若，則或

②若，則或③若且，則

④若與,所成的角相等，則其中所有真命題的編號是（

）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④【答案】A【分析】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.【詳解】對①，當，因為，，則，當，因為，，則，當既不在也不在內(nèi)，因為，，則且，故①正確；對②，若，則與不一定垂直，故②錯誤；對③，過直線分別作兩平面與分別相交于直線和直線，因為，過直線的平面與平面的交線為直線，則根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理知，同理可得，則，因為平面，平面，則平面，因為平面，，則，又因為，則，故③正確；對④，若與和所成的角相等，如果，則，故④錯誤；綜上只有①③正確，故選：A.3．（2023·年全國甲卷）在三棱錐中，是邊長為2的等邊三角形，，則該棱錐的體積為（

）A．1 B． C．2 D．3【答案】．A【分析】證明平面，分割三棱錐為共底面兩個小三棱錐，其高之和為AB得解.【詳解】取中點，連接，如圖，

是邊長為2的等邊三角形，，，又平面，，平面，又，，故，即，所以，故選：A4．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊含著豐富的數(shù)學元素．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五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面的夾角的正切值均為，則該五面體的所有棱長之和為（

）

A． B．C． D．【答案】．C【詳解】如圖，過做平面，垂足為，過分別做，，垂足分別為，，連接，

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和，所以.因為平面，平面，所以，因為，平面，，所以平面，因為平面，所以，.同理：，又，故四邊形是矩形，所以由得，所以，所以，所以在直角三角形中，在直角三角形中，，，又因為，所有棱長之和為.故選：C5．（2022·全國乙卷）在正方體中，E，F(xiàn)分別為的中點，則（

）A．平面平面 B．平面平面C．平面平面 D．平面平面【答案】．A【分析】證明平面，即可判斷A；如圖，以點為原點，建立空間直角坐標系，設(shè)，分別求出平面，，的法向量，根據(jù)法向量的位置關(guān)系，即可判斷BCD.【詳解】解：在正方體中，且平面，又平面，所以，因為分別為的中點，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正確；選項BCD解法一：如圖，以點為原點，建立空間直角坐標系，設(shè)，則，，則，，設(shè)平面的法向量為，則有，可取，同理可得平面的法向量為，平面的法向量為，平面的法向量為，則，所以平面與平面不垂直，故B錯誤；因為與不平行，所以平面與平面不平行，故C錯誤；因為與不平行，所以平面與平面不平行，故D錯誤，故選：A.選項BCD解法二：解：對于選項B，如圖所示，設(shè)，，則為平面與平面的交線，在內(nèi)，作于點，在內(nèi)，作，交于點，連結(jié)，則或其補角為平面與平面所成二面角的平面角，由勾股定理可知：，，底面正方形中，為中點，則，由勾股定理可得，從而有：，據(jù)此可得，即，據(jù)此可得平面平面不成立，選項B錯誤；對于選項C，取的中點，則，由于與平面相交，故平面平面不成立，選項C錯誤；對于選項D，取的中點，很明顯四邊形為平行四邊形，則，由于與平面相交，故平面平面不成立，選項D錯誤；故選：A.6．（2022·全國甲卷）在長方體中，已知與平面和平面所成的角均為，則（

）A． B．AB與平面所成的角為C． D．與平面所成的角為【答案】．D【分析】根據(jù)線面角的定義以及長方體的結(jié)構(gòu)特征即可求出．【詳解】如圖所示：不妨設(shè)，依題以及長方體的結(jié)構(gòu)特征可知，與平面所成角為，與平面所成角為，所以，即，，解得．對于A，，，，A錯誤；對于B，過作于，易知平面，所以與平面所成角為，因為，所以，B錯誤；對于C，，，，C錯誤；對于D，與平面所成角為，，而，所以．D正確．故選：D．7．（2021·全國乙卷）在正方體中，P為的中點，則直線與所成的角為（

）A． B． C． D．【答案】．D【分析】平移直線至，將直線與所成的角轉(zhuǎn)化為與所成的角，解三角形即可.【詳解】如圖，連接，因為∥，所以或其補角為直線與所成的角，因為平面，所以，又，，所以平面，所以，設(shè)正方體棱長為2，則，，所以.故選：D8．（2021·年全國新高考Ⅰ卷）已知圓錐的底面半徑為，其側(cè)面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為（

）A． B． C． D．【答案】．B【分析】設(shè)圓錐的母線長為，根據(jù)圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長可求得的值，即為所求.【詳解】設(shè)圓錐的母線長為，由于圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長，則，解得.故選：B.9．（2021年全國高考Ⅱ卷）正四棱臺的上?下底面的邊長分別為2，4，側(cè)棱長為2，則其體積為（

）A． B． C． D．【答案】．D【分析】由四棱臺的幾何特征算出該幾何體的高及上下底面面積，再由棱臺的體積公式即可得解.【詳解】作出圖形，連接該正四棱臺上下底面的中心，如圖，因為該四棱臺上下底面邊長分別為2，4，側(cè)棱長為2，所以該棱臺的高，下底面面積，上底面面積，所以該棱臺的體積.故選：D.10．（2021·年全國高考Ⅰ卷）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為（

） B． C． D．【答案】．C【分析】設(shè)，利用得到關(guān)于的方程，解方程即可得到答案.【詳解】如圖，設(shè)，則，由題意，即，化簡得，解得（負值舍去）.故選：C.11．（2023·全國·統(tǒng)考乙卷）已知圓錐PO的底面半徑為，O為底面圓心，PA，PB為圓錐的母線，，若的面積等于，則該圓錐的體積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)給定條件，利用三角形面積公式求出圓錐的母線長，進而求出圓錐的高，求出體積作答.【詳解】在中，，而，取中點，連接，有，如圖，，，由的面積為，得，解得，于是，所以圓錐的體積.故選：B12．（2023·全國·統(tǒng)考甲卷）已知四棱錐的底面是邊長為4的正方形，，則的面積為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】法一：利用全等三角形的證明方法依次證得，，從而得到，再在中利用余弦定理求得，從而求得，由此在中利用余弦定理與三角形面積公式即可得解；法二：先在中利用余弦定理求得，，從而求得，再利用空間向量的數(shù)量積運算與余弦定理得到關(guān)于的方程組，從而求得，由此在中利用余弦定理與三角形面積公式即可得解.【詳解】法一：連結(jié)交于，連結(jié)，則為的中點，如圖，因為底面為正方形，，所以，則，又，，所以，則，又，，所以，則，在中，，則由余弦定理可得，故，則，故在中，，所以，又，所以，所以的面積為.法二：連結(jié)交于，連結(jié)，則為的中點，如圖，因為底面為正方形，，所以，在中，，則由余弦定理可得，故，所以，則，不妨記，因為，所以，即，則，整理得①，又在中，，即，則②，兩式相加得，故，故在中，，所以，又，所以，所以的面積為.故選：C.13．（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）在三棱錐中，線段上的點滿足，線段上的點滿足，則三棱錐和三棱錐的體積之比為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】分別過作,垂足分別為.過作平面，垂足為，連接,過作,垂足為.先證平面，則可得到，再證.由三角形相似得到，，再由即可求出體積比.【詳解】如圖，分別過作,垂足分別為.過作平面，垂足為，連接,過作,垂足為.

因為平面，平面，所以平面平面.又因為平面平面，，平面，所以平面，且.在中，因為，所以，所以，在中，因為，所以，所以.故選：B14．（2022·全國·統(tǒng)考高考乙卷）在正方體中，E，F(xiàn)分別為的中點，則（

）A．平面平面 B．平面平面C．平面平面 D．平面平面【答案】A【分析】證明平面，即可判斷A；如圖，以點為原點，建立空間直角坐標系，設(shè)，分別求出平面，，的法向量，根據(jù)法向量的位置關(guān)系，即可判斷BCD.【詳解】解：在正方體中，且平面，又平面，所以，因為分別為的中點，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正確；選項BCD解法一：如圖，以點為原點，建立空間直角坐標系，設(shè)，則，，則，，設(shè)平面的法向量為，則有，可取，同理可得平面的法向量為，平面的法向量為，平面的法向量為，則，所以平面與平面不垂直，故B錯誤；因為與不平行，所以平面與平面不平行，故C錯誤；因為與不平行，所以平面與平面不平行，故D錯誤，故選：A.選項BCD解法二：解：對于選項B，如圖所示，設(shè)，，則為平面與平面的交線，在內(nèi)，作于點，在內(nèi)，作，交于點，連結(jié)，則或其補角為平面與平面所成二面角的平面角，由勾股定理可知：，，底面正方形中，為中點，則，由勾股定理可得，從而有：，據(jù)此可得，即，據(jù)此可得平面平面不成立，選項B錯誤；對于選項C，取的中點，則，由于與平面相交，故平面平面不成立，選項C錯誤；對于選項D，取的中點，很明顯四邊形為平行四邊形，則，由于與平面相交，故平面平面不成立，選項D錯誤；故選：A.15．（2022·全國·統(tǒng)考高考甲卷）甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側(cè)面展開圖的圓心角之和為，側(cè)面積分別為和，體積分別為和．若，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】設(shè)母線長為，甲圓錐底面半徑為，乙圓錐底面圓半徑為，根據(jù)圓錐的側(cè)面積公式可得，再結(jié)合圓心角之和可將分別用表示，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.【詳解】解：設(shè)母線長為，甲圓錐底面半徑為，乙圓錐底面圓半徑為，則，所以，又，則，所以，所以甲圓錐的高，乙圓錐的高，所以.故選：C.16．（2022·北京·統(tǒng)考高考真題）已知正三棱錐的六條棱長均為6，S是及其內(nèi)部的點構(gòu)成的集合．設(shè)集合，則T表示的區(qū)域的面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出以為球心，5為半徑的球與底面的截面圓的半徑后可求區(qū)域的面積.【詳解】設(shè)頂點在底面上的投影為，連接，則為三角形的中心，且，故.因為，故，故的軌跡為以為圓心，1為半徑的圓，而三角形內(nèi)切圓的圓心為，半徑為，故的軌跡圓在三角形內(nèi)部，故其面積為故選：B17．（2021·全國·統(tǒng)考高考Ⅰ卷）已知圓錐的底面半徑為，其側(cè)面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】設(shè)圓錐的母線長為，根據(jù)圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長可求得的值，即為所求.【詳解】設(shè)圓錐的母線長為，由于圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長，則，解得.故選：B.三、填空題18．（2024·全國·高考甲卷）已知圓臺甲、乙的上底面半徑均為,下底面半徑均為，圓臺的母線長分別為,，則圓臺甲與乙的體積之比為．【答案】【分析】先根據(jù)已知條件和圓臺結(jié)構(gòu)特征分別求出兩圓臺的高，再根據(jù)圓臺的體積公式直接代入計算即可得解.【詳解】由題可得兩個圓臺的高分別為，，所以.故答案為：.19．（2023全國高考Ⅰ卷）在正四棱臺中，，則該棱臺的體積為．【答案】．/【詳解】如圖，過作，垂足為，易知為四棱臺的高，

因為，則，故，則，所以所求體積為.故答案為：.20（2023年全國高考Ⅱ卷）底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個底面邊長為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺的體積為．【答案】．【詳解】方法一：由于，而截去的正四棱錐的高為，所以原正四棱錐的高為，所以正四棱錐的體積為，截去的正四棱錐的體積為，所以棱臺的體積為.方法二：棱臺的體積為.故答案為：.21（2020·海南·高考真題）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，M、N分別為BB1、AB的中點，則三棱錐A-NMD1的體積為【答案】．【分析】利用計算即可.【詳解】因為正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，M、N分別為BB1、AB的中點所以故答案為：22．（2023·全國新高考·Ⅱ卷）底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個底面邊長為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺的體積為．【答案】【分析】方法一：割補法，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)臺體的體積公式直接運算求解.【詳解】方法一：由于，而截去的正四棱錐的高為，所以原正四棱錐的高為，所以正四棱錐的體積為，截去的正四棱錐的體積為，所以棱臺的體積為.方法二：棱臺的體積為.故答案為：.23．（2020·全國·統(tǒng)考高考Ⅱ卷）設(shè)有下列四個命題：p1：兩兩相交且不過同一點的三條直線必在同一平面內(nèi).p2：過空間中任意三點有且僅有一個平面.p3：若空間兩條直線不相交，則這兩條直線平行.p4：若直線l平面α，直線m⊥平面α，則m⊥l.則下述命題中所有真命題的序號是.①②③④【答案】①③④【分析】利用兩交線直線確定一個平面可判斷命題的真假；利用三點共線可判斷命題的真假；利用異面直線可判斷命題的真假，利用線面垂直的定義可判斷命題的真假.再利用復合命題的真假可得出結(jié)論.【詳解】對于命題，可設(shè)與相交，這兩條直線確定的平面為；若與相交，則交點在平面內(nèi)，同理，與的交點也在平面內(nèi)，所以，，即，命題為真命題；對于命題，若三點共線，則過這三個點的平面有無數(shù)個，命題為假命題；對于命題，空間中兩條直線相交、平行或異面，命題為假命題；對于命題，若直線平面，則垂直于平面內(nèi)所有直線，直線平面，直線直線，命題為真命題.綜上可知，，為真命題，，為假命題，為真命題，為假命題，為真命題，為真命題.故答案為：①③④.考點02空間幾何體內(nèi)切球外接球的應(yīng)用1．（2022·全國·統(tǒng)考高考乙卷）已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】方法一：先證明當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為，進而得到四棱錐體積表達式，再利用均值定理去求四棱錐體積的最大值，從而得到當該四棱錐的體積最大時其高的值.【詳解】[方法一]：【最優(yōu)解】基本不等式設(shè)該四棱錐底面為四邊形ABCD，四邊形ABCD所在小圓半徑為r，設(shè)四邊形ABCD對角線夾角為，則（當且僅當四邊形ABCD為正方形時等號成立）即當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為又設(shè)四棱錐的高為，則，當且僅當即時等號成立.故選：C[方法二]：統(tǒng)一變量＋基本不等式由題意可知，當四棱錐為正四棱錐時，其體積最大，設(shè)底面邊長為，底面所在圓的半徑為，則，所以該四棱錐的高，(當且僅當，即時，等號成立)所以該四棱錐的體積最大時，其高.故選：C．[方法三]：利用導數(shù)求最值由題意可知，當四棱錐為正四棱錐時，其體積最大，設(shè)底面邊長為，底面所在圓的半徑為，則，所以該四棱錐的高，，令，，設(shè)，則，，，單調(diào)遞增，，，單調(diào)遞減，所以當時，最大，此時．故選：C.【點評】方法一：思維嚴謹，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是該題的最優(yōu)解；方法二：消元，實現(xiàn)變量統(tǒng)一，再利用基本不等式求最值；方法三：消元，實現(xiàn)變量統(tǒng)一，利用導數(shù)求最值，是最值問題的常用解法，操作簡便，是通性通法．2．（2022·全國·統(tǒng)考新高考Ⅰ卷）已知正四棱錐的側(cè)棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】設(shè)正四棱錐的高為，由球的截面性質(zhì)列方程求出正四棱錐的底面邊長與高的關(guān)系，由此確定正四棱錐體積的取值范圍.【詳解】∵球的體積為，所以球的半徑,[方法一]：導數(shù)法設(shè)正四棱錐的底面邊長為，高為，則，,所以，所以正四棱錐的體積，所以，當時，，當時，，所以當時，正四棱錐的體積取最大值，最大值為，又時，，時，,所以正四棱錐的體積的最小值為，所以該正四棱錐體積的取值范圍是.故選：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以當且僅當取到，當時，得，則當時，球心在正四棱錐高線上，此時，，正四棱錐體積，故該正四棱錐體積的取值范圍是3．（2022·全國·統(tǒng)考新高考Ⅱ卷）已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為和，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)題意可求出正三棱臺上下底面所在圓面的半徑，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．【詳解】設(shè)正三棱臺上下底面所在圓面的半徑，所以，即，設(shè)球心到上下底面的距離分別為，球的半徑為，所以，，故或，即或，解得符合題意，所以球的表面積為．故選：A．4．（2021·全國·統(tǒng)考高考甲卷）已知A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個點，且，則三棱錐的體積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由題可得為等腰直角三角形，得出外接圓的半徑，則可求得到平面的距離，進而求得體積.【詳解】，為等腰直角三角形，，則外接圓的半徑為，又球的半徑為1，設(shè)到平面的距離為，則，所以.故選：A.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查球內(nèi)幾何體問題，解題的關(guān)鍵是正確利用截面圓半徑、球半徑、球心到截面距離的勾股關(guān)系求解.5．（2020·全國·統(tǒng)考高考Ⅰ卷）已知為球的球面上的三個點，⊙為的外接圓，若⊙的面積為，，則球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知可得等邊的外接圓半徑，進而求出其邊長，得出的值，根據(jù)球的截面性質(zhì)，求出球的半徑，即可得出結(jié)論.【詳解】設(shè)圓半徑為，球的半徑為，依題意，得，為等邊三角形，由正弦定理可得，，根據(jù)球的截面性質(zhì)平面，，球的表面積.故選：A

【點睛】本題考查球的表面積，應(yīng)用球的截面性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，考查計算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.二、填空題6．（2023·全國·統(tǒng)考高考甲卷）在正方體中，E，F(xiàn)分別為AB，的中點，以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有個公共點．【答案】12【分析】根據(jù)正方體的對稱性，可知球心到各棱距離相等，故可得解.【詳解】不妨設(shè)正方體棱長為2，中點為，取，中點，側(cè)面的中心為，連接，如圖，由題意可知，為球心，在正方體中，，即，則球心到的距離為，所以球與棱相切，球面與棱只有1個交點，同理，根據(jù)正方體的對稱性知，其余各棱和球面也只有1個交點，所以以EF為直徑的球面與正方體每條棱的交點總數(shù)為12.故答案為：12考點03空間幾何體性質(zhì)綜合應(yīng)用1．（2024·全國·高考Ⅱ卷）已知正三棱臺的體積為，，，則與平面ABC所成角的正切值為（

）A． B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】解法一：根據(jù)臺體的體積公式可得三棱臺的高，做輔助線，結(jié)合正三棱臺的結(jié)構(gòu)特征求得，進而根據(jù)線面夾角的定義分析求解；解法二：將正三棱臺補成正三棱錐，與平面ABC所成角即為與平面ABC所成角，根據(jù)比例關(guān)系可得，進而可求正三棱錐的高，即可得結(jié)果.【詳解】解法一：分別取的中點，則，可知，設(shè)正三棱臺的為，則，解得，如圖，分別過作底面垂線，垂足為，設(shè)，則，，可得，結(jié)合等腰梯形可得,即，解得，所以與平面ABC所成角的正切值為；解法二：將正三棱臺補成正三棱錐，則與平面ABC所成角即為與平面ABC所成角，因為，則，可知，則，設(shè)正三棱錐的高為，則，解得，取底面ABC的中心為，則底面ABC，且，所以與平面ABC所成角的正切值.故選：B.2．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊含著豐富的數(shù)學元素．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五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面的夾角的正切值均為，則該五面體的所有棱長之和為（

）

A． B．C． D．【答案】C【分析】先根據(jù)線面角的定義求得，從而依次求，，，，再把所有棱長相加即可得解.【詳解】如圖，過做平面，垂足為，過分別做，，垂足分別為，，連接，

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和，所以.因為平面，平面，所以，因為，平面，，所以平面，因為平面，所以，.同理：，又，故四邊形是矩形，所以由得，所以，所以，所以在直角三角形中，在直角三角形中，，，又因為，所有棱長之和為.故選：C3．（2021·全國·統(tǒng)考新高考Ⅱ卷）2020年12月8日，中國和尼泊爾聯(lián)合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8848.86（單位：m），三角高程測量法是珠峰高程測量方法之一．如圖是三角高程測量法的一個示意圖，現(xiàn)有A，B，C三點，且A，B，C在同一水平面上的投影滿足，．由C點測得B點的仰角為，與的差為100；由B點測得A點的仰角為，則A，C兩點到水平面的高度差約為（）（

）A．346 B．373 C．446 D．473【答案】B【分析】通過做輔助線，將已知所求量轉(zhuǎn)化到一個三角形中，借助正弦定理，求得，進而得到答案．【詳解】過作，過作，故，由題，易知為等腰直角三角形，所以．所以．因為，所以在中，由正弦定理得：，而，所以所以．故選：B．4．（2020·山東·統(tǒng)考高考真題）日晷是中國古代用來測定時間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間．把地球看成一個球(球心記為O)，地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面.在點A處放置一個日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點A處的緯度為北緯40°，則晷針與點A處的水平面所成角為（

）A．20° B．40°C．50° D．90°【答案】B【分析】畫出過球心和晷針所確定的平面截地球和晷面的截面圖，根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理和線面垂直的定義判定有關(guān)截線的關(guān)系，根據(jù)點處的緯度，計算出晷針與點處的水平面所成角.【詳解】畫出截面圖如下圖所示，其中是赤道所在平面的截線；是點處的水平面的截線，依題意可知；是晷針所在直線.是晷面的截線，依題意依題意,晷面和赤道平面平行，晷針與晷面垂直，根據(jù)平面平行的性質(zhì)定理可得可知、根據(jù)線面垂直的定義可得..由于，所以，由于，所以，也即晷針與點處的水平面所成角為.故選：B5．（2022·全國乙卷）已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】方法一：先證明當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為，進而得到四棱錐體積表達式，再利用均值定理去求四棱錐體積的最大值，從而得到當該四棱錐的體積最大時其高的值.【詳解】[方法一]：【最優(yōu)解】基本不等式設(shè)該四棱錐底面為四邊形ABCD，四邊形ABCD所在小圓半徑為r，設(shè)四邊形ABCD對角線夾角為，則（當且僅當四邊形ABCD為正方形時等號成立）即當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為又設(shè)四棱錐的高為，則，當且僅當即時等號成立.故選：C[方法二]：統(tǒng)一變量＋基本不等式由題意可知，當四棱錐為正四棱錐時，其體積最大，設(shè)底面邊長為，底面所在圓的半徑為，則，所以該四棱錐的高，(當且僅當，即時，等號成立)所以該四棱錐的體積最大時，其高.故選：C．[方法