2025高考數學二輪復習-專題05空間向量與立體幾何（選填題）-專項訓練

五年考情-探規律

考點五年考情(2020-2024)命題趨勢

2024甲卷1卷

20231II乙甲北京空間幾何體點線面位置關系以及

天津

考點01空間幾何體夾角問題，表面積體積以及圓錐對

2022甲卷乙卷北京

基本性質及變面積應面積的運算一直是高考的熱門

體積2021乙卷1卷II考點，要加以重視，另外臺體的表

2020II卷海南面積體積應該重點復習

2023乙卷幾何體內切球外接球問題是高考

考點2空間幾何體內立體幾何中的難點，近兩年考查

2022甲卷乙1卷II卷

接球外接球的應用比較少，但是應掌握長常規空間

20201卷幾何體的外接球內切球的技巧

2024II卷

2023北京卷甲卷

空間幾何體容易與其他知識點相

卷乙卷

考點3空間幾何體20221

結合構成新的情景類問題也是近

性質綜合應用2021II卷

年來高考新改革的一個重要方向

2020山東卷1卷

分考點：精準練1

考點01空間幾何體基本性質及表面積體積

1.（2024?全國?高考I卷）已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側面積相等，且它們的高

均為石，則圓錐的體積為（）

A.2石兀B.3瓜C.6島D.96兀

2.（2024?全國?高考甲卷文）設辦￡為兩個平面，，小〃為兩條直線，且。B=

述四個命題：

①若根〃"，則"〃a或②若加則或〃_L尸

③若〃//a且///〃，貝?"http://"④若"與a4所成的角相等，貝

其中所有真命題的編號是（）

A.①③B.0?C.①②③D.

3.（2023?年全國甲卷）在三棱錐P-ABC中，ABC是邊長為2的等邊三角形，

PA=PB=2,PC=娓,則該棱錐的體積為（）

A.1B.6C.2D.3

4.（2023?北京統考高考真題）坡屋頂是我國傳統建筑造型之一，蘊含著豐富的數學元

素.安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現造型之美.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

AB=25m,BC=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

ABCD的夾角的正切值均為巫，則該五面體的所有棱長之和為（）

5

AB

A.102mB.112m

C.117mD.125m

5.（2022?全國乙卷）在正方體ABCD-ABCQ中，E,尸分別為的中點，貝IJ

（）

A,平面B}EF±平面BDD}B,平面BtEF1平面AXBD

C.平面8|EF〃平面AACD.平面4EF〃平面AG。

6.（2022.全國甲卷）在長方體ABCD-ABCQ中，已知與平面ABCD和平面

所成的角均為30。，則（）

A.AB=2ADB.與平面陰6。所成的角為30。

C.AC=CBlD.BQ與平面BBC。所成的角為45。

7.（2021.全國乙卷）在正方體ABCD-AACQ中，尸為BQ的中點，則直線PB與A?

所成的角為（）

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

2346

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,側棱長為2,

則其體積為（）

A.20+12A/3B.280C.千D.空徨

33

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面三角

形的面積，則其側面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為（）

A/5—1>/5-lV5+175+1

A.B.C.D.

4242

11.（2023?全國統考乙卷）已知圓錐尸。的底面半徑為石，。為底面圓心，PA,PB為

9.

圓錐的母線，408=120。，若一R4B的面積等于丁，則該圓錐的體積為（）

A."B.屈兀C.3zrD.3瓜兀

12.（2023?全國統考甲卷）已知四棱錐P-ABCZ）的底面是邊長為4的正方形，

PC=PD=3,ZPCA=45°,貝IJPBC的面積為（）

A.2亞B.3A/2C.4&D,672

13.（2023?天津統考高考真題）在三棱錐P-A5C中，線段尸C上的點M滿足

I?

PM=-PC,線段PB上的點N滿足=§尸8,則三棱錐P-AVCV和三棱錐P-ABC的

體積之比為（）

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

9939

14.（2022?全國統考高考乙卷）在正方體ABCD-ABCA中，E,尸分別為AB,8C的

中點，貝1J（）

A.平面與￡F_L平面5￡肛B,平面5]EF_L平面A8。

C,平面4瓦1//平面AACD.平面4跖//平面AG。

15.（2022?全國?統考高考甲卷）甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側面展開圖的圓心角

之和為2無，側面積分別為S甲和右,體積分別為片和吃.若吃=2,則姜=（）

16.（2022?北京統考高考真題）已知正三棱錐P-A5C的六條棱長均為6,S是.ABC

及其內部的點構成的集合.設集合7={。//。45},則T表示的區域的面積為

（）

37r

A.—B.%C.2%D.3兀

4

17.（2021?全國?統考高考I卷）已知圓錐的底面半徑為近，其側面展開圖為一個半圓，

則該圓錐的母線長為（）

A.2B.2A/2C.4D.472

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4,

圓臺的母線長分別為2g--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ABCD-4BG。中，AB=2,AiBl=l,AAl=y/2,

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）已知正方體的棱長為2,M、/V分別為

BBi、ZI6的中點，則三棱錐4A//?ZZ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,統考高考II卷）設有下列四個命題：

pi兩兩相交且不過同一點的三條直線必在同一平面內.

P2：過空間中任意三點有且僅有一個平面.

若空間兩條直線不相交，則這兩條直線平行.

P4：若直線/u平面a直線/77_L平面a,則/771Z

則下述命題中所有真命題的序號是.

①PlAP4②P1人P2③fV03④「P3V「P4

考點02空間幾何體內切球外接球的應用

1.（2022?全國?統考高考乙卷）已知球。的半徑為L四棱錐的頂點為。底面的四個

頂點均在球。的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（）

A.-B.1C.BD.—

3232

2.（2022?全國?統考新高考I卷）已知正四棱錐的側棱長為/,其各頂點都在同一球面

上.若該球的體積為36肛且則該正四棱錐體積的取值范圍是（）

A18四R底叫「以%n「18271

L4JL44JL43J

3.（2022?全國統考新高考II卷）已知正三棱臺的高為L上、下底面邊長分別為3檔

和4石，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（）

A.100nB.1287tC.144兀D.192兀

4.（2021?全國?統考高考甲卷）已知4B,C是半徑為1的球。的球面上的三個點，

且AC,3cAe=3C=1,則三棱錐O-ABC的體積為（）

A.變B.@C.立D.立

121244

5.（2020.全國.統考高考I卷）已知4氏C為球。的球面上的三個點，。。1為ABC的

外接圓，若。。1的面積為4兀，AB=BC=AC=OOlt則球。的表面積為（）

A.64兀B.48兀C.3671D.32兀

二、填空題

6.（2023?全國?統考高考甲卷）在正方體ABC。-中，E,F分別為4B,G%的

中點，以￡尸為直徑的球的球面與該正方體的棱共有個公共點.

考點03空間幾何體性質綜合應用

1.（2024?全國?高考II卷）已知正三棱臺ABC-A8G的體積為半，他=6,

44=2,則AA與平面NBC所成角的正切值為（）

A.1B.1C.2D.3

2.（2023?北京?統考高考真題）坡屋頂是我國傳統建筑造型之一，蘊含著豐富的數學元

素.安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現造型之美.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

AB=25m,BC=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

ABCD的夾角的正切值均為巫，則該五面體的所有棱長之和為（）

5

A.102mB.112m

C.117mD.125m

3.（2021?全國?統考新高考II卷）2020年12月8日，中國和尼泊爾聯合公布珠穆朗瑪

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，現有4B,C三點，且N,B,C在同一水平面上的投

影滿足4CE=45。，ZAEC'=6O°.由。點測得3點的仰角為15。，BB'與CC

的差為100；由B點測得A點的仰角為45。，則A,C兩點到水平面A?。的高度差

AA'—CC'約為（621.732）（）

A.346B.373C.446D.473

4.（2020?山東?統考高考真題）日唇是中國古代用來測定時間的儀器，利用與唇面垂直

的暑針投射到號面的影子來測定時間.把地球看成一個球（球心記為。），地球上一點“

的緯度是指與地球赤道所在平面所成角，點/處的水平面是指過點力且與O/垂

直的平面.在點力處放置一個日唇，若唇面與赤道所在平面平行，點/處的緯度為北緯

40°,則號針與點力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。的半徑為1,四棱錐的頂點為。底面的四個頂點均在

球。的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（）

6.（2022.全國.新高考I卷）已知正四棱錐的側棱長為/,其各頂點都在同一球面上.若

該球的體積為36萬，且3。＜3后，則該正四棱錐體積的取值范圍是（）

8127812764

A.18彳B.C.D.[18,27]

43

7.（2020,高考I卷）已知A,8,C為球。的球面上的三個點，為ABC的外接圓,

若。。?的面積為4幾AB=BC=AC=OOlt則球。的表面積為（）

A.64兀B.48兀C.36兀D.32兀

二、填空題

8.（2023?全國?統考高考乙卷）已知點S,A,3,C均在半徑為2的球面上，ASC是邊長

為3的等邊三角形，SAL平面A3C,則SA=

9.（2023?全國?統考高考甲卷）在正方體ABC。-A4GA中，43=4。為AG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

五年考情-探規律

考點五年考情(2020-2024)命題趨勢

2024甲卷1卷

空間幾何體點線面位置關系以及

20231II乙甲北京

考點01空間幾何體天津夾角問題，表面積體積以及圓錐對

基本性質及變面積應面積的運算一直是高考的熱門

2022甲卷乙卷北京

體積考點，要加以重視，另外臺體的表

2021乙卷1卷II

面積體積應該重點復習

2020II卷海南

幾何體內切球外接球問題是高考

2023乙卷

立體幾何中的難點，近兩年考查

考點2空間幾何體內

2022甲卷乙1卷II卷比較少，但是應掌握長常規的空

接球外接球的應用

間幾何體的外接球內切球的簡單

20201卷

技巧

2024II卷

2023北京卷甲卷

空間幾何體容易與其他知識點相

考點3空間幾何體20221卷乙卷

結合構成新的情景類問題也是近

性質綜合應用2021II卷

年來高考新改革的一個重要方向

2020山東卷1卷

分考點2精準練工

考點01空間幾何體基本性質及表面積體積

1.（2024?全國?高考I卷）已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側面積相等，且它們的高

均為名,則圓錐的體積為（）

A.2石兀B.3后C.6島D.96兀

【答案】B

【分析】設圓柱的底面半徑為J根據圓錐和圓柱的側面積相等可得半徑『的方程，求

出解后可求圓錐的體積.

【詳解】設圓柱的底面半徑為「，則圓錐的母線長為二K，

而它們的側面積相等，所以27trx*\/^=7irxJ3+，即2A/5=A/3+，，

故r=3,故圓錐的體積為:無x9x6=3g7t.

故選：B.

2.（2024?全國?高考甲卷文）設￡、力為兩個平面，“八〃為兩條直線，且e6=下

述四個命題：

①若小〃〃，則"〃a或"〃￡②若貝或夕

③若"http://&且〃//〃，見I加/"④若"與a4所成的角相等，見|m_L〃

其中所有真命題的編號是（）

A.①③B.0?C.①②③D.

【答案】A

【分析】根據線面平行的判定定理即可判斷①；舉反例即可判斷②④；根據線面平行

的性質即可判斷③.

【詳解】對①，當"ua,因為相〃4mu/3,貝心〃刀，

當wu，，因為相〃“，mua,則“//a,

當〃既不在a也不在夕內，因為根〃“，％ua,機u￡,則“〃a且"http://月，故①正確；

對②，若機貝巾與內力不一定垂直，故②錯誤；

對③，過直線〃分別作兩平面與火△分別相交于直線,和直線f,

因為“//叫過直線”的平面與平面a的交線為直線s,則根據線面平行的性質定理知

nils,

同理可得〃〃r,貝卜〃r,因為so平面A,ru平面尸，貝Us//平面夕，

因為su平面a,a。=m,則s//機，又因為〃//s,則相〃”，故③正確；

對④，若ac，=m,"與。和夕所成的角相等，如果〃///〃//6，則m//〃，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P-ABC中，ABC是邊長為2的等邊三角形,

PA=PB=2,PC=?則該棱錐的體積為（）

A.1B.V3C.2D.3

【答案】.A【分析】證明平面PEC,分割三棱錐為共底面兩個小三棱錐，其高

之和為得解.

【詳解】取A3中點E,連接尸及CE,如圖，

ABC是邊長為2的等邊三角形，PA=PB=2,

:.PE±AB,CE±AB:又PE,CEu平面PEC,PECE=E,

AB2平面PEC,

又PE=CE=2x走=5PC=&,

2

t^PC1=PE-+CE1,即PE_LCE,

所以u=Vg-PEC+匕-PEC=gS^PEC.AB=gx；X若X2=1,

故選：A

4.（2023?北京?統考高考真題）坡屋頂是我國傳統建筑造型之一，蘊含著豐富的數學元

素.安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現造型之美.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

AB=25m,BC=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

A3CD的夾角的正切值均為巫，則該五面體的所有棱長之和為（）

5

FE

A.102mB.112m

C.117mD.125m

【答案】.C

【詳解】如圖，過E做EO,平面ABCD,垂足為。，過E分別做EGL3C,

EM±AB,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和

ZEGO,

所以tanZEMO=tanZEGO=半.

因為EO_L平面ABCD,BCu平面ABCD,所以EO_L5C,

因為EGLBC,EO,EGu平面EOG,EOr\EG=E,

所以3C1平面EOG,因為OGu平面EOG,所以2CLOG,.

同理：OA/_L3M,又BM_LBG,故四邊形OMBG是矩形，

所以由BC=10得a欣=5,所以加=A，所以OG=5,

所以在直角三角形EOG中，EG=JEO?+OG，=“啊2+5」=屈

在直角三角形E3G中，BG=OM=5,EB=EG2+BG2=J(>/39)2+52=8,

又因為￡F=AB-5-5=25-5-5=15,

所有棱長之和為2x25+2xl0+15+4x8=117m.

故選：C

5.(2022?全國乙卷)在正方體ABCD-A耳G，中，E,尸分別為的中點，貝IJ

()

A,平面BtEF平面BDDXB,平面BtEFI平面AXBD

C.平面〃平面AACD,平面4萬/〃平面AG。

【答案】.A

【分析】證明EF2平面即可判斷A；如圖，以點。為原點，建立空間直角坐

標系，設鉆=2,分別求出平面片取，\BD,ACQ的法向量，根據法向量的位置關

系，即可判斷BCD.

【詳解】解：在正方體ABC。-中，

AC130且。〃，平面ABCD,

又EFu平面ABCD,所以E/J.D2，

因為E,尸分別為A5,BC的中點，

所以EF//AC,所以跖_LBD,

又BDDD、=D,

所以EF2平面,

又￡Fu平面片以"，

所以平面4所，平面BD，，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AB=2,

則4（2,2,2）,E（2,1,0）,尸（L2,0）,3（2,2,0）,A（2,0,2）,4（2,0,0）,C（0,2,0）,

G（0,2,2）,

則EF=（-1,1,0）,￡B：=（0,1,2）,DB=（2,2,0）,=（2,0,2）,

M=(o,o,2),AC=(-2,2,0),AG=(—2,2,0),

設平面與石尸的法向量為m=（%,%,zj,

m?EF=一玉+%=0

則有，可取根二（2,2,-1）,

m?EB、=必+2z〔=0

同理可得平面48。的法向量為4,

平面AAC的法向量為%=（1,1,0）,

平面AC,D的法向量為^=（1,1,-1）,

貝1」相4=2-2+1=1工0,所以平面片所與平面A3。不垂直，故B錯誤;

UU

因為加與％不平行，所以平面與石尸與平面4AC不平行，故c錯誤；

因為加與生不平行，所以平面與以7與平面不平行，故D錯誤,

故選：A.

B

選項BCD解法二:

解：對于選項B,如圖所示，設ABB\E=M,EFBD=N,則肋V為平面8乃尸與平

面A83的交線，

在.&VW內，作及5_LM;V于點尸，在—EMN內,作GP_LM2V,交EN于點G,連結

BG,

則NBPG或其補角為平面BtEF與平面AtBD所成二面角的平面角，

由勾股定理可知：PB2+PN2=BN2,PG2+PN2=GN2,

底面正方形A3C。中，E,尸為中點，則

由勾股定理可得NB2+NG2=BG2,

從而有：NB2+NG2=(PB2+PN")+(PG2+PN2)=BG1,

222

據此可得PB+PG手BG,即NBPG豐90,

據此可得平面BtEFI平面AtBD不成立，選項B錯誤；

對于選項C,取的中點則AXB,E,

由于AH與平面AAC相交，故平面4〃平面AAC不成立，選項C錯誤；

對于選項D,取AD的中點很明顯四邊形為平行四邊形，則AMB/,

由于AM與平面ACQ相交，故平面瓦石廠〃平面4G。不成立，選項D錯誤；

D,

故選：A.

6.（2022?全國甲卷）在長方體A8CD-4BCQ中，已知與。與平面ABCD和平面

44出足所成的角均為30。，則（）

A.AB=2ADB.48與平面MG。所成的角為30。

C.AC=CB.D,耳。與平面B4￡C所成的角為45。

【答案】.D

【分析】根據線面角的定義以及長方體的結構特征即可求出.

【詳解】如圖所示：

D.

不妨設AB=a，4O=6，A4,=J依題以及長方體的結構特征可知，與。與平面ABCD所

cb

成角為NBQ8,片。與平面AVB/所成角為N。旦A,所以sin30=詆=詆，即

DXUDXU

b—c,B、D=2c=Ya1+b2+c°,解得<?=A/^C-

對于A,AB=a,AD=b,AB^41AD,A錯誤；

對于B,過B作出?，4用于石，易知3E_L平面ABC。，所以AB與平面ABC。所成角

為/BAE,因為tan/BAE=￡=巫，所以NBAE/30,B錯誤；

a2

2222

對于C,AC=yja+Z?=^3c-CBX=y]b+c=V2c,ACwCg,C錯誤；

對于D,BQ與平面B4GC所成角為乙DgC,sinN￡>4C=盥=￡=等，而

B、D2c2

0<ZDB,C<90,所以ZDBC=45.D正確.

故選：D.

7.（2021?全國乙卷）在正方體ABCD-4BCQ中，尸為用，的中點，則直線PB與A?

所成的角為（）

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

2346

【答案】.D

【分析】平移直線AD至BG,將直線依與AR所成的角轉化為總與8G所成的角，

解三角形即可.

如圖，連接尸G，P8,因為

所以或其補角為直線網與所成的角,

因為BB[_L平面A/iG。],所以BB\_LPC],又PC】_LBQ、,BBXoB[D、=B]f

所以PCJ平面尸石4,所以PG，尸5,

設正方體棱長為2,則BQ=272,PC,=；"耳=&,

所以.故選：

sinZPBC1=^=1,D

6clz6

8.（2021?年全國新高考I卷）已知圓錐的底面半徑為血，其側面展開圖為一個半

圓，則該圓錐的母線長為（）

A.2B.2V2C.4D.472

【答案】.B

【分析】設圓錐的母線長為/,根據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

兀1=2兀X&.,解得/=20.

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,側棱長為2,

則其體積為（）

A.20+12A/3B.280C.D.空亞

33

【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,側棱長為2,

所以該棱臺的高6=J22r20_何=夜,

下底面面積岳=16,上底面面積S?=4,

所以該棱臺的體積丫=：〃（國+邑+/^瓦）=；xJ^x（16+4+鬧）=弓0.

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面三角

形的面積，則其側面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為（）

B布-IB小一、C+1口A/5+1

4242

【答案】.C

【分析】設CD=a,PE=b,利用尸02=gc?PE得到關于。,6的方程，解方程即可得到

答案

【詳解】如圖，設,CD=a,PE=b,則po=RPE?-7

由題意產。2=（而，即廿_且=工血化簡得4（與_2上一1=0,

242aa

解得2=1±@（負值舍去）.

a4

故選：C.

11.（2023?全國統考乙卷）已知圓錐尸。的底面半徑為后，0為底面圓心，PA,PB為

973

圓錐的母線，乙⑷8=120。，若.加的面積等于丁，則該圓錐的體積為（）

A."B,*）兀C.37rD.3n兀

【答案】B

【分析】根據給定條件，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「.A03中，ZAOB=120°,而04=08=6,取A3中點C,連接。C,PC,

有OC，AB,PCJ_AB,如圖,

ZABO=30,OC=—,AB=2BC=3,由的面積為唯，得Lx3xPC=典,

42

解得PC=￥，于是PO="一四=’呼了一（斗=屈

所以圓錐白勺體積V=jrtxOA2xPO=g兀x（百y=娓n.

故選：B

12.（2023?全國統考甲卷）已知四棱錐P-ABCD的底面是邊長為4的正方形,

PC=PD=3,ZPCA=45°,貝IJPBC的面積為（）

A.2應B.3亞C.4A/2D.6四

【答案】C

【分析】法一：利用全等三角形的證明方法依次證得一PDO三PCO,PDB=PCA,

從而得到上4=尸3,再在△R4C中利用余弦定理求得尸4=&7,從而求得=由

此在一PBC中利用余弦定理與三角形面積公式即可得解；

法二：先在AB4c中利用余弦定理求得=cosZPCB=1,從而求得

PA-PC=-3,再利用空間向量的數量積運算與余弦定理得到關于PB,/BPD的方程組，

從而求得尸8=何，由此在PBC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AC,3。交于。，連結PO,則。為AC,血的中點，如圖,

因為底面ABC。為正方形，AB=4,所以AC=BE?=4A/L則￡>O=CO=2應，

又PC=PD=3、PO=OP,所以.POO三PCO,貝1J/PDO=/PCO,

又PC=PD=3,AC=BD=4y/2,所以一尸C4,則以=尸8,

在APAC中，尸C=3,AC=4A/2,ZPCA=45°,

貝IJ由余弦定理可得PA2=AC2+PC2-2AC-PCcosZPCA=32+9-2x4夜x3x—=17,

2

故PA=JI7,貝=

故在PBC中，PC=3,PB=yfTj,BC=4,

PC?+BC?-PB?9+16-171

所以cosN尸CB=

2PCBC2x3x4-3

X0<ZPCB<7t,所以sinNPCB=Jl一cos?NPCB=

3

所以PBC的面積為S=1PCBCsin/PCB=^x3x4x迪=40.

223

法二：

連結AC,3。交于0,連結P0,則。為AC,血的中點，如圖,

因為底面ABCD為正方形，AB=4,所以AC=BE>=4VL

在△出C中，PC=3,NPC4=45。，

貝U由余弦定理可得PA2=AC2+PC2-2AC-PCcosZPCA=32+9-2x4忘x3x—=17,

2

故PA=VI7,

PA?+pc?-3179-32_Vj7則

所以cos/APC=+=

2PA?PC2x717x317

PAPC=|叫Pc|cos/APC=Vi7x3x=-3

不妨記PB=m,NBPD=8,

因為P0=g(PA+PC)=g(P3+PD),所以(PA+PC『=(P8+PD『，

即PA2+PC2+2PAPC=PB2+PI)+2PBPD,

貝IJ17+9+2x(-3)=/n2+9+2x3xmcose,整理得加+6mcos6-n=0①，

又在APBL)中，BD2=PB2+PD2-2PB-PDcosZBPD,BP32=/M2+9-6/HCOS6>,貝U

m2—6/?7cos6—23=0'2,

兩式相力口得2:，-34=0,故PB=m=拒'

故在PBC中，PC=3,PB=M,BC=4,

PC2+BC1-PB-9+16-171

所以cosNPCB=

2PCBC2x3x4~3

X0<ZPCB<7i,所以sinNPCB=Jl一cos。NPCB=,

3

所以PBC的面積為S=LpCBCsin/PCB=^x3x4x^=40.

223

故選：C.

13.（2023?天津?統考高考真題）在三棱錐P-ABC中，線段PC上的點M滿足

i7

PM=-PC,線段PB上的點N滿足PN=§尸8,則三棱錐尸-AW和三棱錐P-ABC的

體積之比為（）

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

9939

【答案】B

【分析】分別過M，C作MM'_LPACCUP4垂足分別為",C’?過5作加_L平面

PAC,垂足為連接尸8',過N作NNUP8',垂足為N'.先證MVU平面PAC,則可得

到BB'〃NN'，再證MM'//CC'.由三角形相似得到MM黑'=］1黑NN'=2［，再由

CC3DDJ

芥a=＞叱即可求出體積比.

^P-ABC^B-PAC

【詳解】如圖，分別過MC作_LPACC'_LPA,垂足分別為MC.過8作33'_L平

面PAC,垂足為8',連接PB',過N作NN'_LPB'，垂足為N’.

因為BB'_L平面PAC,班'u平面尸83'，所以平面「班'_L平面PAC.

又因為平面平面PAC=P8'，NN'1PB'，NN'u平面PB8'，所以MV」平面

PAC,且BB'HNN'-

在△尸CC中，因為MM'_LPA,CC'_LPA,所以MM'〃CC',所以瞿=；

PCCC3

在△PBB'中，因為BB'〃NN'，所以里=竺一=2,

PBBB'3

1,1{

VVPAM,NN"-PA-MM'\NN2

FJCJ、JVP-AMN_vN-PAM_3_3、、2>

所以1/1/11

VpABCQPACC]9

-/-PAC-SPACBB'j.-BB'

故選：B

14.(2022?全國?統考高考乙卷)在正方體中，E,尸分別為AB,8C的

中點，貝1J()

A.平面4M_L平面B,平面與￡F_L平面43。

C.平面片跖//平面AACD.平面片跖//平面AG。

【答案】A

【分析】證明所工平面即可判斷A；如圖，以點。為原點，建立空間直角坐

標系，設AB=2,分別求出平面8乃尸，ABD,4QD的法向量，根據法向量的位置關

系，即可判斷BCD.

【詳解】解：在正方體ABCD-A耳中，

AC」班＞且DR1平面ABCD,

又EFu平面A3CD,所以E尸，。R,

因為E,歹分別為AB,BC的中點，

所以E7704C,所以EF_LSD,

又BDDD{=D,

所以所工平面,

又砂u平面片或7,

所以平面與￡尸，平面BOQ,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AB=2,

則4（2,2,2）,E（2,1,0）,尸（1,2,0）1（2,2,0）,A（2,0,2）,A（2,0,0）,C（0,2,0）,

G(0,2,2),

則EF=(-1,1,0),EB：=(0,1,2),DB=(2,2,0),以=(2,0,2),

M=(O,O,2),AC=(-2,2,O)，AC,=(-2,2,0),

設平面與印的法向量為加=（/%,zj,

m?EF=-2+%=0

則有，可取根=（2,2,-1）,

m-EB}=%+2Z[=0

同理可得平面4BO的法向量為4=（LT,-1）,

平面AAC的法向量為%=（1,1,0）,

平面AG。的法向量為%=（1,1,-1）,

則加4=2—2+1=1x0,

所以平面用￡尸與平面4田。不垂直，故B錯誤;

UU

因為加與〃2不平行，

所以平面5啰尸與平面AAC不平行，故C錯誤;

因為根與〃3不平行，

所以平面與EF與平面AC。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AB=M,EFBD=N,則MN為平面瓦斯與平

面48。的交線，

在.BMN內,作于點P,在一EMN內，^GPLMN,交EN于點G,連結

BG,

則N3PG或其補角為平面BXEF與平面AXBD所成二面角的平面角,

由勾股定理可知：P笈+PN?=附2,PG1+PN2=GN2,

底面正方形ABCD中，瓦?為中點，則￡7」網＞,

由勾股定理可得NB2+NG2=BG2,

從而有：NB2+NG2=(PB2+PN-)+(PG2+PN2)=BG2,

222

據止匕可得PB+PG豐BG,即ZBPG豐90

據此可得平面B\EF，平面\BD不成立,選項B錯誤；

對于選項C,取的中點則AXB.E,

由于與平面AAC相交，故平面左〃平面A