立體幾何與空間向量

一、單項選擇題

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

PC=PD=2V2,該棱錐的高為（）

A.1B.2C.V2D.V3

【解題思路】取點作輔助線，根據題意分析可知平面PEF1平面ABC。，可知P。！平面48CD,利用等體積

法求點到面的距離.

【解答過程】如圖，底面力BCD為正方形，

當相鄰的棱長相等時，不妨設P4=PB=AB=4,PC=PD=2V2,

分別取力的中點E,F,連接PE,PF,EF,

貝_LAB,S.PEnEF=E,u平面PEF,

可知力B_L平面PEF,且力Bu平面ABCD,

所以平面PEF1平面48CD,

過P作EF的垂線，垂足為0,即PO1EF,

n^\^ABCD=EF,POu平面PEF,

所以P。！平面48CD,

由題意可得：PE=2V3,PF=2,EF=4,貝iJPE?+PF2=EF2,即PE1PF,

貝葉PE-PF=*。-EF,可得P。==V3,

ZZcr

所以四棱錐的高為遙.

當相對的棱長相等時，不妨設24=PC=4,PB^PD=2V2,

因為BD=4a=PB+PD,此時不能形成三角形PBD,與題意不符，這樣情況不存在.

故選：D.

2.（2024?全國?高考真題）設a、。為兩個平面，m、ri為兩條直線，且aCl夕=m.下述四個命題：

①若m〃7i,則n〃a或？1〃。②若則nla或nl。

③若n//a且九〃0,則山/門④若n與a,0所成的角相等，則znln

其中所有真命題的編號是（）

A,①③B.②④C.①②③D.①③④

【解題思路】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.

【解答過程】對①，當nua,因為m〃?i,mu0,貝仙〃/?,

當nu￡,因為m〃n,mea,貝！］n〃a,

當n既不在a也不在￡內，因為m〃n,mca,mcp,貝且n〃/?,故①正確；

對②，若巾_Ln,貝切與a,0不一定垂直，故②錯誤；

對③，過直線n分別作兩平面與a,￡分別相交于直線s和直線t,

因為n〃a,過直線n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n〃s,

同理可得〃/3則5〃如因為sC平面0,tu平面0,則s〃平面口,

因為SU平面a,an/?=m,則s〃巾，又因為n〃s,則m〃n,故③正確；

對④，若aC0=犯n與a和0所成的角相等，如果n〃a,7i//0,則m〃7t,故④錯誤；

綜上只有①③正確，

故選：A.

3.（2024?天津?高考真題）一個五面體力8C—DEF.已知AD||BE||CF,且兩兩之間距離為1.并已知

AD=1,BE=2,CF=3.則該五面體的體積為（）

B

AV3□3V3,1V3「3Kl

A-TB--+2c-TD--

【解題思路】采用補形法，補成一個棱柱，求出其直截面，再利用體積公式即可.

【解答過程】用一個完全相同的五面體—LMN（頂點與五面體ABC—DEF一—對應）與該五面體相嵌,

使得D,N；重合，

因為40IIBE||CF,且兩兩之間距離為1.4。=1,BE=2,CF=3,

則形成的新組合體為一個三棱柱，

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

VABC-DEF—^ABC-HIJ='|x^xlxlx苧、4=享

故選：C.

4.（2024?天津?高考真題）若小刀為兩條不同的直線，a為一個平面，則下列結論中正確的是（）

A.若m〃a,n//a,則mlziB.若m〃a,n〃a,則

C.若m〃a,7ila,則ni1nD.若wi〃a,nla,則m與ri相交

【解題思路】根據線面平行的性質可判斷AB的正誤，根據線面垂直的性質可判斷CD的正誤.

【解答過程】對于A,若小〃a,n//a,則血刀平行或異面或相交，故A錯誤.

對于B,若m〃a,n〃a,則叫九平行或異面或相交，故B錯誤.

對于C,m〃a,7ila,過m作平面￡,使得0Cla=s,

因為mu￡,故小〃s,而sua,故nls,故mln,故C正確.

對于D,若jn〃a,nla,則m與n相交或異面，故D錯誤.

故選：C.

5.（2024?全國?高考真題）已知正三棱臺4BC—4止修1的體積為學AB=6,A/i=2,則力〃與平面4BC

所成角的正切值為（）

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

【解題思路】解法一：根據臺體的體積公式可得三棱臺的高九=竽，做輔助線，結合正三棱臺的結構特征

求得力M=竽，進而根據線面夾角的定義分析求解；解法二：將正三棱臺力BC-&BiCi補成正三棱錐

P-ABC,與平面/8C所成角即為P4與平面/3C所成角，根據比例關系可得。PYBC=18,進而可求

正三棱錐P—ABC的高，即可得結果.

【解答過程】解法一：分別取8&8心的中點0,。1，貝以。=3低&。1=V3,

可知S/^BC=1x6x6x^=9^,S^A1B1C1=IX2xV3=V3,

設正三棱臺ABC-&B1C1的為h,

則匕4BC-41B1Q=：（9遙+V3+V9A/3XV3^/l=拳解得fl=考^,

如圖，分別過公刀1作底面垂線，垂足為M,N,設4M=x,

可得DDi=JDN2+D/2=J（2V3-x）2+y,

結合等腰梯形BCQa可得BBa=（等丫+DDI

即/+?=（2遍—x）2+竽+4,解得力=竽,

所以力M與平面/2C所成角的正切值為tan〃i4D=需=1；

解法二：將正三棱臺力BC-4m1的補成正三棱錐P-ABC,

則力通與平面ABC所成角即為24與平面ABC所成角,

因為上1=皿_=工，則&1皿=工，

PAAB3'人」VP-ABC27'

2652

可知匕4BC-ZiaCi—P-ABC—9,則=18,

設正三棱錐P—4BC的高為d,則1^_48°=上^義!*6*6*孚=18,解得d=2施，

取底面Z8C的中心為。，貝妙。1底面/8C,且4。=2b，

所以P4與平面ABC所成角的正切值tan/PA。=^=1.

故選：B.

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

體積為()

A.2V3TTB.3V3irC.6V3irD.9V3it

【解題思路】設圓柱的底面半徑為r,根據圓錐和圓柱的側面積相等可得半徑r的方程，求出解后可求圓錐

的體積.

【解答過程】設圓柱的底面半徑為r,則圓錐的母線長為必不I,

而它們的側面積相等，所以2nrxV3=Ttrx43+/即=V3+r2,

故r=3,故圓錐的體積為9x8=3鬲.

故選：B.

7.(2024?上海?高考真題)定義一個集合。，集合中的元素是空間內的點集，任取存在不全

為0的實數心也13,使得%91+改范+%3鬲=3.已知(1,0,0)6。，則(0,0,1)《。的充分條件是()

A.(0,0,0)eflB.(-1,0,0)eft

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

【解題思路】首先分析出三個向量共面，顯然當(1,0,0),(0,0,1),(0,1,0)6。時，三個向量構成空間的一個基底,

則即可分析出正確答案.

【解答過程】由題意知這三個向量加1,記,砧共面，即這三個向量不能構成空間的一個基底，

對A,由空間直角坐標系易知(0,0,0),(1,0,0),(0,0,1)三個向量共面，則當(一1,0,0),(1,0,0)CQ無法推出

(0,0,1)en,故A錯誤；

對B,由空間直角坐標系易知(一1,0,0),(1,0,0),(0,0,1)三個向量共面，則當(0,0,0),(1,0,0)無法推出

(0,0,1)en,故B錯誤；

對C,由空間直角坐標系易知(1,0,0),(0,0,1),(0,1,0)三個向量不共面，可構成空間的一個基底，

則由(1,0,0),(0,1,0)e。能推出(0,0,1)4Q,

對D,由空間直角坐標系易知(1,0,0),(0,0,1),(0,0,—1)三個向量共面，

則當(0,0,—1)(1,0,0)e。無法推出(0,0,1)EQ,故D錯誤.

故選：C.

8.(2023?北京?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4BCD的夾角的正切值均為券，則該五面體的所有棱長之和為()

A.102mB.112m

C.117mD.125m

【解題思路】先根據線面角的定義求得tan/EM。=tan/EG。=等，從而依次求E。，EG,EB,EF,再把

所有棱長相加即可得解.

【解答過程】如圖，過E做E。！平面4BCD,垂足為0,過E分別做EGLBC,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tan/EM。=tanzEGO=緣

因為E。！平面力BCD,BCc^-\SABCD,所以EOJ.BC,

因為EG18C,EO,EGu平面EOG,EOCEG=E,

所以BC1平面EOG,因為。Gu平面EOG,所以BC1OG,.

同理：OMLBM,又故四邊形。MBG是矩形，

所以由10得。M=5,所以E0=g,所以。G=5,

所以在直角三角形EOG中，EG=7EO2+0G2=(V14)2+52=V39

在直角三角形EBG中，BG=0M=5,EB=VFG2+BG^=J(V39)2+52=8,

又因為EF=48—5—5=25—5-5=15,

所有棱長之和為2x25+2x10+15+4x8=117m.

故選：C.

9.（2023?全國?高考真題）在三棱錐P—4BC中，△ABC是邊長為2的等邊三角形，PA=PB=2,PC=

V6,則該棱錐的體積為（）

A.1B.V3C.2D.3

【解題思路】證明AB1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.

【解答過程】取4B中點E,連接PE,CE,如圖，

???△4BC是邊長為2的等邊三角形，PA=PB=2,

■■■PE1AB,CE1AB,又PE,CEu平面PEC,PECCE=E,

-'-AB1平面PEC,

又PE=CE=2=V3,PC=V6,

i^PC2=PE2+CE2,即PE_LCE,

所以卜=VB-PEC+A-PEC=]SAPEC,ZB=-x-xV3xV3x2=1,

故選：A.

10.（2023?全國?高考真題）已知△ABC為等腰直角三角形，48為斜邊，為等邊三角形，若二面角

C—AB—O為150。，則直線CD與平面45C所成角的正切值為（）

A.|B.?C.D.|

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

【解答過程】取的中點E,連接CE,DE,因為△力BC是等腰直角三角形，且AB為斜邊，貝I]有CEJ.4B,

又△4BD是等邊三角形，則DE14B,從而NCED為二面角C—力B—D的平面角，即NCED=150。，

D

顯然CECiDE=E,CE,DEu平面CDE,于是4B_L平面CDE,又力Bu平面力BC,

因此平面CDE1平面ABC,顯然平面CDEn平面ABC=CE,

直線CDc平面CDE,則直線CD在平面ABC內的射影為直線CE,

從而NDCE為直線CD與平面48C所成的角，令48=2,貝UCE=1,DE=遍，在△CDE中，由余弦定理得：

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

由正弦定理得一^^=-^而，即sin/DCE=?詈=嗎，

smZ.DCEsm乙CEDV72V7

顯然NDCE是銳角，cosZ-DCE=V1—sin2zDCF-Jl—（^：）=磊，

所以直線CD與平面4BC所成的角的正切為卷.

故選：C.

11.（2023?全國?高考真題）己知圓錐P。的底面半徑為舊，。為底面圓心,尸/,尸2為圓錐的母線，乙40B=120°,

若△PAB的面積等于乎，則該圓錐的體積為（）

4

A.71B.V6TTC.3兀D.3V67T

【解題思路】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.

【解答過程】在△4。8中，^AOB=120°,而。4=。8=遮，取4B中點C,連接。C,PC,有

OCLAB,PC1AB,如圖，

/.ABO=30°,OC=*B=2BC=3,由△PAB的面積為竽得!x3xPC=^,

解得PC=竽，于是PO=7PC2一。。=J(竽)2_譚)2=布

所以圓錐的體積V=|TTXOA2xP。='jnX(V3)2XV6=V6n.

故選：B.

12.（2023?天津?高考真題）在三棱錐P—ABC中，點MN分別在棱尸C,依上，且PM=?C,PN=|PB,

則三棱錐P—4MN和三棱錐P—2BC的體積之比為（）

1214

A.§B.-C.-D.-

【解題思路】分別過M,C作MMUP4CO1P4垂足分別為過B作平面PAC,垂足為方，連接P9,

過N作NM1垂足為M.先證NM，平面P4C,則可得到B87/NM,再證MM7/CC'.由三角形相似得到鬻

[*/，再由我=發胃即可求出體積比?

【解答過程】如圖，分別過M,C作MMUP4CCUP4垂足分別為MQ.過B作8方1平面P",垂足為良，連

因為B/1平面PAC,BB'c所以平面PB夕J.平面P4C.

又因為平面PBQC平面P4C=PB-NN'IPB',NN'所以NNU平面PAC,S.BB'//NN'.

在△PC。中，因為MMUP4CO1P4所以M必〃CO,所以罌=黑=(,

在△PBB，中,因為B夕〃NM,所以界=警=1,

1DDD3

所以―_VN-PAM_3sApAM'NN'__2

VP-ABCVB-PAC三SAPACBB，9'

故選：B.

13.（2022?天津?高考真題）十字歇山頂是中國古代建筑屋頂的經典樣式之一，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相同的直三棱柱重疊而成的幾何體（如右圖）.這兩個直三棱柱有一個

公共側面4BCD在底面BCE中，若BE=CE=3/BCE=120。,則該幾何體的體積為（）

D.27V3

【解題思路】根據幾何體直觀圖，由題意結合幾何體體積公式即可得組合體的體積.

【解答過程】如圖所示，該幾何體可視為直三柱BCE—4DF與兩個三棱錐S—S—NCD拼接而成.

記直三棱柱BCD-4DF的底面BCE的面積為S,高為八,所求幾何體的體積為V,

則S=^BE-CE-sinl20°=:x3x3x^=迪，

2224

h=CD=BC=3V3.

所以V=卜三棱柱BCE—40F+'三棱錐S—AMB+卜三棱錐S-NCO

=Sh+-|/i=^Sh=27.

故選：C.

14.（2022?全國?高考真題）己知正三棱臺的高為1,上、下底面邊長分別為3遮和4板，其頂點都在同一球

面上，則該球的表面積為（）

A.IOOTTB.128irC.144itD.192n

【解題思路】根據題意可求出正三棱臺上下底面所在圓面的半徑勺,心，再根據球心距，圓面半徑，以及球

的半徑之間的關系，即可解出球的半徑，從而得出球的表面積.

【解答過程】設正三棱臺上下底面所在圓面的半徑勺/2,所以2rl=探2r2=磊，即勺=3,r2=4,設

球心到上下底面的距離分別為*,d2,球的半徑為R,所以心=小=wd2=7R2—16,故|電—電|=1或

心+42=1,即WR2—9—，R2—i6|=1或VR2一9+7R2-16=1,解得R?=25符合題意，所以球的表

面積為S=4nR2=lOOir.

故選：A.

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

s甲V甲

S甲和S乙，體積分另（J為V甲和U乙.若無=2,則三=（）

B.2V2D.西

A.V5^c.V104

【解題思路】設母線長為I,甲圓錐底面半徑為ri，乙圓錐底面圓半徑為萬，根據圓錐的側面積公式可得「1=2

『2,再結合圓心角之和可將「1/2分別用I表示，再利用勾股定理分別求出兩圓錐的高，再根據圓錐的體積公

式即可得解.

【解答過程】解：設母線長為1，甲圓錐底面半徑為勺，乙圓錐底面圓半徑為『2，

甲nrrl二1

乙-nr2l—廠2

所以勺=2T2,

2TTTI+2nr2

所以n=|z,r2=|z

所以甲圓錐的高比=

乙圓錐的圖八2

故選：C.

16.（2022?全國?高考真題）如圖，網格紙上繪制的是一個多面體的三視圖，網格小正方形的邊長為1,則

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.

【解答過程】由三視圖還原幾何體，如圖，

故選：B.

17.（2022?全國?高考真題）己知球O的半徑為1,四棱錐的頂點為O,底面的四個頂點均在球。的球面上,

則當該四棱錐的體積最大時，其高為（）

A.-3B-2JC—3D—2

【解題思路】方法一：先證明當四棱錐的頂點O到底面/BCD所在小圓距離一定時，底面/BCD面積最大

值為2r2,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.

【解答過程】［方法一］：【最優解】基本不等式

設該四棱錐底面為四邊形ABCD,四邊形N3CD所在小圓半徑為r,

設四邊形48co對角線夾角為a,

-1-I-1

則S/BCD=^-AC-BD-sina<--AC-BD<--2r-2r=2r2

（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0到底面/BCD所在小圓距離一定時，底面/BCD面積最大值為2r2

又設四棱錐的高為％,則產+*=1,

](7-2+12+2%2

1。V2;---------------V24V3

VO-ABCD=--2r2-h=-Vr2-r2-2h2<—

當且僅當產=2層即無=學寸等號成立.

故選：C

［方法二］:統一變量+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，設底面邊長為a,底面所在圓的半徑為r,貝懺=￥。,

所以該四棱錐的高h=八號,

霏?*（-）w"白沁=如1

（當且僅當今=1一竽,即時，等號成立）

所以該四棱錐的體積最大時，其高仁Jl-f==

故選：C.［方法三］:利用導數求最值

由題意可知，當四棱錐為正四棱錐時，其體積最大，設底面邊長為a,底面所在圓的半徑為r,貝什=￥。，

所以該四棱錐的高無=丫=*2卜_爭令a2=t（0<t<2）,V=設4）=嚴—導則

/.）=21—竽，

44

0<t<-,尸（t）>0,單調遞增，-<t<2,f,Qt）<0,單調遞減，

所以當"拊，V最大，此時仁=v

故選：C.

18.（2022?北京?高考真題）已知正三棱錐P—4BC的六條棱長均為6,S是△4BC及其內部的點構成的集

合.設集合T={QCS|PQW5},則7表示的區域的面積為（）

A-TB.兀C.2兀D,3兀

【解題思路】求出以P為球心，5為半徑的球與底面4BC的截面圓的半徑后可求區域的面積.

【解答過程】

設頂點P在底面上的投影為。，連接B。，貝U。為三角形4BC的中心，

且B。=|x6x亨=2曲,故P。=736—12=2V6.

因為PQ=5,故OQ=L

故S的軌跡為以。為圓心，1為半徑的圓，

而三角形4BC內切圓的圓心為。，半徑為2*]*36=百＞1,

3x6

故S的軌跡圓在三角形48C內部，故其面積為兀

故選：B.

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

已知該水庫水位為海拔148.5m時，相應水面的面積為140.0km2；水位為海拔157.5m時，相應水面的

面積為180.0km2,將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔148.5m上升到

157.5m時，增加的水量約為(歹=2.65)()

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

【解題思路】根據題意只要求出棱臺的高，即可利用棱臺的體積公式求出.

【解答過程】依題意可知棱臺的高為MN=157.5-148.5=9(m),所以增加的水量即為棱臺的體積k

2622

棱臺上底面積S=140.0km=140x10m,下底面積S，=180.0/cm=180X1067n2,

???V=+S'+VsF)=1x9x(140x106+180xIO6+V140x180x1012)

=3X(320+60V7)X106?(96+18X2,65)x107=1.437XIO9?1.4X109(m3).

〃

故選：C.

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

A.平面Bj_EF1平面BDDiB.平面Bj_EFJ.平面4/。

C.平面BiEF〃平面4遇CD.平面BiEF〃平面&C1D

【解題思路】證明EF1平面BDDi，即可判斷A；如圖，以點。為原點，建立空間直角坐標系，設力B=2,

分別求出平面&EF,&BD,4傳道的法向量，根據法向量的位置關系，即可判斷BCD.

【解答過程】解：在正方體48CD—4$母1。1中，

AC1BD且。/1平面ABC。，

又EFu平面ABCD,所以EFJ.皿，

因為E,F分別為的中點，

所以EFII4C,所以EF1BD,

又BDCDDi=D,

所以EF1平面BO。。

又EFu平面BiEF,

所以平面BiEFJ.平面BOD。故A正確；

對于選項BCD,解法一：

如圖，以點D為原點，建立空間直角坐標系，設4B=2,

則8式2,2,2),E(2,1,0),尸(1,2,0),B(2,2,0)4(2,0,2),4(2,0,0),C(0,2,0),

Ci(0,2,2),

則前=(一1,1,0)西=(0,1,2),DB=(220)遍=(202),

AA[=(0,0,2),前=(一220)/14=(-2,2,0),

設平面B1EF的法向量為訪=

則嚕票二;可取沅=(2,2,-1),

同理可得平面&BD的法向量為行=(1,一1,一1),

平面4相。的法向量為夜=(1,1,0),

平面4停1。的法向量為否=(1,1,—1),

則適?近=2-2+1=1不0,

所以平面&EF與平面ABD不垂直，故B錯誤；

因為沅與不平行，

所以平面BiEF與平面4遇。不平行，故C錯誤；

因為沆與否不平行，

所以平面為EF與平面公的。不平行，故D錯誤，

故選：A.

對于選項BCD,解法二：

解：對于選項B,如圖所示，設&BCB1E=M,EFCBD=N,貝UMN為平面/EF與平面4/D的交線,

在△BMN內，作BP1MN于點P,在△EMN內，作GP1MN,交EN于點G,連結BG,

則N8PG或其補角為平面BiEF與平面&8D所成二面角的平面角，

由勾股定理可知：PB2+PN2=BN2,PG2+PN2=GN2,

底面正方形力BCD中，E產為中點，貝歸FJ.BD,

由勾股定理可得NB2+NG2=BG2,

從而有：NB2+NG2=（PB2+PN2）+（PG?+PN2）=BG2,

據此可得。5+PG2片BG2,即NBPG790°,

據此可得平面BiEF,平面&BD不成立，選項B錯誤；

對于選項C,取&&的中點貝MHIIBIE,

由于力H與平面44C相交，故平面&EF||平面不成立，選項C錯誤;

對于選項D,取4。的中點M,很明顯四邊形為平行四邊形，則AiMII/F,

由于與平面相交，故平面&EF||平面4停1。不成立，選項D錯誤；

二、多項選擇題

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

度忽略不計）內的有（）

A.直徑為0.99m的球體

B.所有棱長均為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】根據題意結合正方體的性質逐項分析判斷.

【解答過程】對于選項A：因為0.99m<1m,即球體的直徑小于正方體的棱長，

所以能夠被整體放入正方體內，故A正確；

對于選項B：因為正方體的面對角線長為&m,且魚>1.4,

所以能夠被整體放入正方體內，故B正確；

對于選項C：因為正方體的體對角線長為8m,且舊<1.8,

所以不能夠被整體放入正方體內，故C不正確；

對于選項D：因為1.2m>1m,可知底面正方形不能包含圓柱的底面圓，

如圖，過A。的中點。作。E12C1，設0EC4C=E,

可知力C=V2,CCi=?OA吟貝Utan/CACi=弟=案，

1OE/T

即行=逅，解得。E=乎，

VZ24

且(f)24=於5=。￡2,釁>。.6,

故以ZC1為軸可能對稱放置底面直徑為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，設圓柱的底面圓心01，與正方體的下底面的切點為M,

可知：ACr1=0.6,則tan/CZCi=等=

即+=署，角牟得4。1=0.6V2,

根據對稱性可知圓柱的高為8一2x0.6魚x1.732-1.2x1.414=0.0352>0.01,

所以能夠被整體放入正方體內，故D正確；

故選：ABD.

22.(2023?全國?高考真題)已知圓錐的頂點為P,底面圓心為O,48為底面直徑，NAPB=120。,

P4=2,點C在底面圓周上，且二面角P—AC—。為45。，貝|.

A.該圓錐的體積為TTB.該圓錐的側面積為4屆

C.AC=2V2D.△P4C的面積為遙

【解題思路】根據圓錐的體積、側面積判斷A、B選項的正確性，利用二面角的知識判斷C、D選項的正確

性.

【解答過程】依題意，^APB=120°,PA=2,所以。P=1,OA=OB=a,

12

A選項，圓錐的體積為§xITX(W)X1=TT,A選項正確；

B選項，圓錐的側面積為nxV^x2=2例，B選項錯誤；

C選項，設。是4c的中點，連接。D,PD,

則力C1OD,AC1PD,所以NPD。是二面角P—4C—。的平面角，

貝!UP。。=45°,所以。P=。。=1,

故AD=CD==丘,則4C=2VLC選項正確；

D選項，PD="2+12=也所以S^p4c=[x2V^x迎=2,D選項錯誤.

故選：AC.

23.(2022?全國?高考真題)如圖，四邊形2BCD為正方形，EDI平面4BCD,FB||ED,AB=ED=2FB,

記三棱錐E—4CD,F-ABC,F—ACE的體積分別為匕,乙,%,貝U()

【解題思路】直接由體積公式計算匕,匕，連接8。交4c于點M,連接由。3=以-EFM+左-EFM計

算出％,依次判斷選項即可.

【解答過程】

設=ED=2FB=2a,因為EDI平面4BCD,FB||ED,則%=?ED?S。。。=，2a?：?(2a/=93,

-i117

=3'223連接交4c于點連接易得

V2=--FB-SAABCa-?(2a)=^-BDM,BD1AC,

又EDI平面ABC。，ZCu平面ABC。，則ED_L4C,又EDCBD=D,ED,BDc^-^BDEF,貝！JAC_L平面

BDEF,

又BM=DM=^BD=V2a,過F作FG1OE于G,易得四邊形BDGF為矩形，則FG=BD=2近a,EG=a,

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

2222

EM+FMEF,則EM1FM,SAEFM^EM-FM=^a,AC=2aa,

則匕=V4_EFM+，C_EFM=%JS4EFM=2a3,貝|2%=3匕，匕=3匕，匕=%+匕，故A、B錯誤;

C、D正確.

故選：CD.

三、填空題

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

1),302_，—?

2(r2一「—勺)，則圓臺甲與乙的體積之比為

【解題思路】先根據已知條件和圓臺結構特征分別求出兩圓臺的高，再根據圓臺的體積公式直接代入計算

即可得解.

【解答過程】由題可得兩個圓臺的fWj分別為九甲—，[2(廠1—廠2)產一(71—廠2)2=V3(r1—廠2)，

八乙=J[301—72）產一（71一72）2=2魚（丁1—r2）,

所以。甲_《(Sz+Si+JSzSi)八甲__6(丁1一丁2)

V6

所乂H乙一1(S2+S1+C2S1)/1乙一h乙_2口8-2)

故答案為：乎.

25.（2023?全國?高考真題）已知點S4,B,C均在半徑為2的球面上，△4BC是邊長為3的等邊三角形，S41

平面4BC,貝IJS2=2.

【解題思路】先用正弦定理求底面外接圓半徑，再結合直棱柱的外接球以及求的性質運算求解.

【解答過程】如圖，將三棱錐S—ABC轉化為正三棱柱SMN—ABC,

設aaBC的外接圓圓心為。1，半徑為r,

Ap3

則2r=s；；/4cB=逅=2?可得「=遮，

設三棱錐S—4BC的外接球球心為。，連接。4。。1，貝。。4=2,0。1=拉4,

因為。人2=。。：+。142,即4=3+￡人2,解得S4=2.

故答案為：2.

26.（2023?全國?高考真題）在正方體4BCD—4/1的。1中，4B=4,。為4的的中點，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.12Vl2國.

【解題思路】當球是正方體的外接球時半徑最大，當邊長為4的正方形是球的大圓的內接正方形時半徑達到

最小.

【解答過程】設球的半徑為R

當球是正方體的外接球時，恰好經過正方體的每個頂點，所求的球的半徑最大，若半徑變得更大，球會包

含正方體，導致球面和棱沒有交點，

正方體的外接球直徑2R為體對角線長力Ci==4k，即2R'=4低R'=28，故Rmax=28;

DiG

分別取側棱441，BB1，CC1，DD1的中點顯然四邊形MNGH是邊長為4的正方形，且。為正方形MNGH

的對角線交點，

連接MG,則MG=4或，當球的一個大圓恰好是四邊形MNGH的外接圓，球的半徑達到最小，即R的最小值

為2位.

綜上，R6[2V^?2V3].

故答案為：[2位,2仃].

27.（2023?全國?高考真題）在正方體4BCD—力道1射。1中，E,廠分別為N2,的小的中點，以EF為直徑

的球的球面與該正方體的棱共有12個公共點.

【解題思路】根據正方體的對稱性，可知球心到各棱距離相等，故可得解.

【解答過程】不妨設正方體棱長為2,EF中點為0,取CD,CCi中點G,M,側面33停停的中心為N,連接

FG,EG,OM,ON,MN,如圖，

由題意可知，。為球心，在正方體中，EF=\FG2+EG?=<22+22=242,

即R=V2,

則球心。到CCi的距離為。M=7ON2+MN2=Vl2+I2=V2,

所以球。與棱CCi相切，球面與棱CJ只有1個交點，

同理，根據正方體的對稱性知，其余各棱和球面也只有1個交點，

所以以E尸為直徑的球面與正方體棱的交點總數為12.

故答案為：12.

28.(2023?全國?高考真題)在正四棱臺4BC。一4/1的。1中，AB==魚，則該棱臺的體

積為平,

---6--

【解題思路】結合圖像，依次求得41O1/O&M,從而利用棱臺的體積公式即可得解.

【解答過程】如圖，過41作&M14C,垂足為M,易知41M為四棱臺力BCD—4$1的。1的高，

AG

因為ZB=2H=1,AA1=V2,

則”1。1=/iCi=：x=號,AO—g/C=Tx&AB=V2,

故/M=:(ZC—/停1)=冬則/iM=JA^A2—AM2=I2--=半，

所以所求體積為了="(4+1+W3a)*孚=攀

故答案為：平.

6

29.(2023?全國?高考真題)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_四_.

【解題思路】方法一：割補法，根據正四棱錐的幾何性質以及棱錐體積公式求得正確答案；方法二：根據

臺體的體積公式直接運算求解.

【解答過程】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,

所以正四棱錐的體積為2x(4x4)x6=32,

截去的正四棱錐的體積為!X(2X2)X3=4,

所以棱臺的體積為32-4=28.

方法二：棱臺的體積為］x3x(16+4+V16x4)=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4BCD的中心.

（2）若4P=4D,E為PB的中點，求直線BD與平面4EC所成角的大小.

【解題思路】（1）根據正四棱錐的數據，先算出直角三角形apoa的邊長，然后求圓錐的體積；

（2）連接E4,E0,EC,可先證BE,平面4CE,根據線面角的定義得出所求角為/80E,然后結合題目數量關

系求解.

【解答過程】（1）正四棱錐滿足且P。！平面4BCD,由AOu平面4BCD,則P014。，

又正四棱錐底面4BCD是正方形，由4。=3魚可得，4。=3,

故P0=MP"—4。2=4,

根據圓錐的定義，△P04繞P。旋轉一周形成的幾何體是以P。為軸，力。為底面半徑的圓錐，

即圓錐的高為PO=4,底面半徑為4。=3,

根據圓錐的體積公式，所得圓錐的體積是:xTtx32x4=12h

（2）連接瓦4,EO,EC,由題意結合正四棱錐的性質可知，每個側面都是等邊三角形，

由E是PB中點，貝IME1PB,CE1PB,又AEnCE=E,4E,CEu平面ACE,

故PB1平面4CE,即BE1平面4CE,又BDCl平面4CE=。，

于是直線BD與平面4EC所成角的大小即為乙BOE,

不妨設4P=4D=6,則8。=3五,BE=3,sin/BOE=吃=遐，

3V22

又線面角的范圍是［oq］,

故NBOE=%即為所求.

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

北=2仃照為CD的中點.

（1）證明：EM〃平面BCF；

⑵求點M到2DE的距離.

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

（2）先證明。4，平面EDM,結合等體積法=5_EDM即可求解.

【解答過程】（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〃9C,

又CFu平面面

所以EM〃平面BCF；

（2）取DM的中點0,連接。40E,因為4B〃MC,且AB=MC,

所以四邊形4MCB是平行四邊形，所以&M=BC=V1U,

又力￡>=祗，故△4DM是等腰三角形，同理△EDM是等腰三角形，

可得CM1DM,0E1DM,OA=［加_（等7=30￡=加"_（豹2=遮，

又AE=2近,所以。42+0E2=4石2,故0410E.

又。41DM,0ECiDM=0,0E,DMu平面EDM,所以。41平面EDM,

易知=-x2xV3=V3.

F一,4+12-10yFj

在△ZOE中，cos^DEA=---------p=空，

12x2x2V34

所以sinz■。瓦4=^^-,S^DEA=TX2X2V3x

444-Z

設點M到平面/DE的距禺為d,由ZDE=A-EDM

得ES/X/DE,d=-S^EDM'°4得d=

故點M到平面4DE的距離為嗜.

32.（2024?全國?高考真題）如圖，四棱錐P—48CD中，P4_L底面/BCD,PA=AC=2,BC=1,AB=

V3.

(1)若力。1PB,證明：4。〃平面PBC；

(2)若a。，DC,且二面角a—CP—。的正弦值為苧，求4D.

【解題思路】(1)先證出4。，平面P4B,即可得4B,由勾股定理逆定理可得從而

AD//BC,再根據線面平行的判定定理即可證出；

(2)過點。作DE14C于E,再過點E作EFLCP于F,連接DF,根據三垂線法可知，"FE即為二面角

A—CP—D的平面角，即可求得tan乙DFE=迷，再分別用4D的長度表示出DE,EF,即可解方程求出2D.

【解答過程】(1)(1)因為R41平面4BCD,而力Du平面ABCD,所以P414D,

又ADSB,PBCiPA=P,PBJMu平面PH8,所以ADI平面PAB,

而ABu平面P4B,所以2D1AB.