2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)：空間向量與立體幾何（選填題） 專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專題05空間向量與立體幾何（選填題）-專項(xiàng)訓(xùn)練

五年考情-探規(guī)律

考點(diǎn)五年考情(2020-2024)命題趨勢(shì)

2024甲卷1卷

20231II乙甲北京空間幾何體點(diǎn)線面位置關(guān)系以及

天津

考點(diǎn)01空間幾何體夾角問(wèn)題，表面積體積以及圓錐對(duì)

2022甲卷乙卷北京

基本性質(zhì)及變面積應(yīng)面積的運(yùn)算一直是高考的熱門

體積2021乙卷1卷II考點(diǎn)，要加以重視，另外臺(tái)體的表

2020II卷海南面積體積應(yīng)該重點(diǎn)復(fù)習(xí)

2023乙卷幾何體內(nèi)切球外接球問(wèn)題是高考

考點(diǎn)2空間幾何體內(nèi)立體幾何中的難點(diǎn)，近兩年考查

2022甲卷乙1卷II卷

接球外接球的應(yīng)用比較少，但是應(yīng)掌握長(zhǎng)常規(guī)空間

20201卷幾何體的外接球內(nèi)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(shí)點(diǎn)相

卷乙卷

考點(diǎn)3空間幾何體20221

結(jié)合構(gòu)成新的情景類問(wèn)題也是近

性質(zhì)綜合應(yīng)用2021II卷

年來(lái)高考新改革的一個(gè)重要方向

2020山東卷1卷

分考點(diǎn)：精準(zhǔn)練1

考點(diǎn)01空間幾何體基本性質(zhì)及表面積體積

1.（2024?全國(guó)?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(guó)?高考甲卷文）設(shè)辦￡為兩個(gè)平面，，小〃為兩條直線，且。B=

述四個(gè)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(hào)是（）

A.①③B.0?C.①②③D.

3.（2023?年全國(guó)甲卷）在三棱錐P-ABC中，ABC是邊長(zhǎng)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(tǒng)考高考真題）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,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(zhǎng)之和為（）

5

AB

A.102mB.112m

C.117mD.125m

5.（2022?全國(guó)乙卷）在正方體ABCD-ABCQ中，E,尸分別為的中點(diǎn)，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(guó)甲卷）在長(zhǎng)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(guó)乙卷）在正方體ABCD-AACQ中，尸為BQ的中點(diǎn)，則直線PB與A?

所成的角為（）

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

2346

9.（2021年全國(guó)高考II卷）正四棱臺(tái)的上、下底面的邊長(zhǎng)分別為2,4,側(cè)棱長(zhǎng)為2,

則其體積為（）

A.20+12A/3B.280C.千D.空徨

33

10.（2021?年全國(guó)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(gè)正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長(zhǎng)的正方形面積等于該四棱錐一個(gè)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(zhǎng)的比值為（）

A/5—1>/5-lV5+175+1

A.B.C.D.

4242

11.（2023?全國(guó)統(tǒng)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(guó)統(tǒng)考甲卷）已知四棱錐P-ABCZ）的底面是邊長(zhǎng)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(tǒng)考高考真題）在三棱錐P-A5C中，線段尸C上的點(diǎn)M滿足

I?

PM=-PC,線段PB上的點(diǎn)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(guó)統(tǒng)考高考乙卷）在正方體ABCD-ABCA中，E,尸分別為AB,8C的

中點(diǎn)，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(guó)?統(tǒng)考高考甲卷）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2無(wú)，側(cè)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(tǒng)考高考真題）已知正三棱錐P-A5C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7={。//。45},則T表示的區(qū)域的面積為

（）

37r

A.—B.%C.2%D.3兀

4

17.（2021?全國(guó)?統(tǒng)考高考I卷）已知圓錐的底面半徑為近，其側(cè)面展開圖為一個(gè)半圓，

則該圓錐的母線長(zhǎng)為（）

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

三、填空題

18.（2024.全國(guó).高考甲卷）已知圓臺(tái)甲、乙的上底面半徑均為下底面半徑均為4,

圓臺(tái)的母線長(zhǎng)分別為2g--則圓臺(tái)甲與乙的體積之比為.

19.（2023全國(guó)高考I卷）在正四棱臺(tái)ABCD-4BG。中，AB=2,AiBl=l,AAl=y/2,

則該棱臺(tái)的體積為.

20（2023年全國(guó)高考II卷）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.

21（2020?海南?高考真題）已知正方體的棱長(zhǎng)為2,M、/V分別為

BBi、ZI6的中點(diǎn)，則三棱錐4A//?ZZ的體積為

22.（2023?全國(guó)新高考?II卷）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.

23.（2020?全國(guó),統(tǒng)考高考II卷）設(shè)有下列四個(gè)命題：

pi兩兩相交且不過(guò)同一點(diǎn)的三條直線必在同一平面內(nèi).

P2：過(guò)空間中任意三點(diǎn)有且僅有一個(gè)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(hào)是.

①PlAP4②P1人P2③fV03④「P3V「P4

考點(diǎn)02空間幾何體內(nèi)切球外接球的應(yīng)用

1.（2022?全國(guó)?統(tǒng)考高考乙卷）已知球。的半徑為L(zhǎng)四棱錐的頂點(diǎn)為。底面的四個(gè)

頂點(diǎn)均在球。的球面上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時(shí)，其高為（）

A.-B.1C.BD.—

3232

2.（2022?全國(guó)?統(tǒng)考新高考I卷）已知正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為/,其各頂點(diǎn)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(guó)統(tǒng)考新高考II卷）已知正三棱臺(tái)的高為L(zhǎng)上、下底面邊長(zhǎng)分別為3檔

和4石，其頂點(diǎn)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(guó)?統(tǒng)考高考甲卷）已知4B,C是半徑為1的球。的球面上的三個(gè)點(diǎn)，

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(guó).統(tǒng)考高考I卷）已知4氏C為球。的球面上的三個(gè)點(diǎn)，。。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(guó)?統(tǒng)考高考甲卷）在正方體ABC。-中，E,F分別為4B,G%的

中點(diǎn)，以￡尸為直徑的球的球面與該正方體的棱共有個(gè)公共點(diǎn).

考點(diǎn)03空間幾何體性質(zhì)綜合應(yīng)用

1.（2024?全國(guó)?高考II卷）已知正三棱臺(tái)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(tǒng)考高考真題）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,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(zhǎng)之和為（）

5

A.102mB.112m

C.117mD.125m

3.（2021?全國(guó)?統(tǒng)考新高考II卷）2020年12月8日，中國(guó)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(cè)量法是珠峰高程測(cè)量方法之一.如圖是

三角高程測(cè)量法的一個(gè)示意圖，現(xiàn)有4B,C三點(diǎn)，且N,B,C在同一水平面上的投

影滿足4CE=45。，ZAEC'=6O°.由。點(diǎn)測(cè)得3點(diǎn)的仰角為15。，BB'與CC

的差為100；由B點(diǎn)測(cè)得A點(diǎn)的仰角為45。，則A,C兩點(diǎn)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(tǒng)考高考真題）日唇是中國(guó)古代用來(lái)測(cè)定時(shí)間的儀器，利用與唇面垂直

的暑針投射到號(hào)面的影子來(lái)測(cè)定時(shí)間.把地球看成一個(gè)球（球心記為。），地球上一點(diǎn)“

的緯度是指與地球赤道所在平面所成角，點(diǎn)/處的水平面是指過(guò)點(diǎn)力且與O/垂

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

40°,則號(hào)針與點(diǎn)力處的水平面所成角為（）

A.20°B.40°

C.50°D.90°

5.（2022?全國(guó)乙卷）已知球。的半徑為1,四棱錐的頂點(diǎn)為。底面的四個(gè)頂點(diǎn)均在

球。的球面上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時(shí)，其高為（）

6.（2022.全國(guó).新高考I卷）已知正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為/,其各頂點(diǎn)都在同一球面上.若

該球的體積為36萬(wàn)，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(gè)點(diǎn)，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(guó)?統(tǒng)考高考乙卷）已知點(diǎn)S,A,3,C均在半徑為2的球面上，ASC是邊長(zhǎng)

為3的等邊三角形，SAL平面A3C,則SA=

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

參考答案與詳細(xì)解析

五年考情-探規(guī)律

考點(diǎn)五年考情(2020-2024)命題趨勢(shì)

2024甲卷1卷

空間幾何體點(diǎn)線面位置關(guān)系以及

20231II乙甲北京

考點(diǎn)01空間幾何體天津夾角問(wèn)題，表面積體積以及圓錐對(duì)

基本性質(zhì)及變面積應(yīng)面積的運(yùn)算一直是高考的熱門

2022甲卷乙卷北京

體積考點(diǎn)，要加以重視，另外臺(tái)體的表

2021乙卷1卷II

面積體積應(yīng)該重點(diǎn)復(fù)習(xí)

2020II卷海南

幾何體內(nèi)切球外接球問(wèn)題是高考

2023乙卷

立體幾何中的難點(diǎn)，近兩年考查

考點(diǎn)2空間幾何體內(nèi)

2022甲卷乙1卷II卷比較少，但是應(yīng)掌握長(zhǎng)常規(guī)的空

接球外接球的應(yīng)用

間幾何體的外接球內(nèi)切球的簡(jiǎn)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(shí)點(diǎn)相

考點(diǎn)3空間幾何體20221卷乙卷

結(jié)合構(gòu)成新的情景類問(wèn)題也是近

性質(zhì)綜合應(yīng)用2021II卷

年來(lái)高考新改革的一個(gè)重要方向

2020山東卷1卷

分考點(diǎn)2精準(zhǔn)練工

考點(diǎn)01空間幾何體基本性質(zhì)及表面積體積

1.（2024?全國(guó)?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(shè)圓柱的底面半徑為J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(zhǎng)為二K，

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

故r=3,故圓錐的體積為:無(wú)x9x6=3g7t.

故選：B.

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

述四個(gè)命題：

①若小〃〃，則"〃a或"〃￡②若貝或夕

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

其中所有真命題的編號(hào)是（）

A.①③B.0?C.①②③D.

【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(duì)①，當(dāng)"ua,因?yàn)橄唷?mu/3,貝心〃刀，

當(dāng)wu，，因?yàn)橄唷ā?，mua,則“//a,

當(dāng)〃既不在a也不在夕內(nèi)，因?yàn)楦ā?，％ua,機(jī)u￡,則“〃a且"http://月，故①正確；

對(duì)②，若機(jī)貝巾與內(nèi)力不一定垂直，故②錯(cuò)誤；

對(duì)③，過(guò)直線〃分別作兩平面與火△分別相交于直線,和直線f,

因?yàn)椤?/叫過(guò)直線”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

nils,

同理可得〃〃r,貝卜〃r,因?yàn)閟o平面A,ru平面尸，貝Us//平面夕，

因?yàn)閟u平面a,a。=m,則s//機(jī)，又因?yàn)椤?/s,則相〃”，故③正確；

對(duì)④，若ac，=m,"與。和夕所成的角相等，如果〃///〃//6，則m//〃，故④錯(cuò)誤；

綜上只有①③正確,

故選：A.

3.（2023?年全國(guó)甲卷）在三棱錐P-ABC中，ABC是邊長(zhǎng)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(gè)小三棱錐，其高

之和為得解.

【詳解】取A3中點(diǎn)E,連接尸及CE,如圖，

ABC是邊長(zhǎng)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(píng)=Vg-PEC+匕-PEC=gS^PEC.AB=gx；X若X2=1,

故選：A

4.（2023?北京?統(tǒng)考高考真題）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,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(zhǎng)之和為（）

5

FE

A.102mB.112m

C.117mD.125m

【答案】.C

【詳解】如圖，過(guò)E做EO,平面ABCD,垂足為。，過(guò)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?yàn)镋O_L平面ABCD,BCu平面ABCD,所以EO_L5C,

因?yàn)镋GLBC,EO,EGu平面EOG,EOr\EG=E,

所以3C1平面EOG,因?yàn)镺Gu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O(shè)G=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?yàn)椤闒=AB-5-5=25-5-5=15,

所有棱長(zhǎng)之和為2x25+2xl0+15+4x8=117m.

故選：C

5.(2022?全國(guó)乙卷)在正方體ABCD-A耳G，中，E,尸分別為的中點(diǎn)，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(wàn)/〃平面AG。

【答案】.A

【分析】證明EF2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)鉆=2,分別求出平面片取，\BD,ACQ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ABC。-中，

AC130且?！?，平面ABCD,

又EFu平面ABCD,所以E/J.D2，

因?yàn)镋,尸分別為A5,BC的中點(diǎn)，

所以EF//AC,所以跖_(tái)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(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)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(shè)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(cuò)誤;

UU

因?yàn)榧优c％不平行，所以平面與石尸與平面4AC不平行，故c錯(cuò)誤；

因?yàn)榧优c生不平行，所以平面與以7與平面不平行，故D錯(cuò)誤,

故選：A.

B

選項(xiàng)BCD解法二:

解：對(duì)于選項(xiàng)B,如圖所示，設(shè)ABB\E=M,EFBD=N,則肋V為平面8乃尸與平

面A83的交線，

在.&VW內(nèi)，作及5_LM;V于點(diǎn)尸，在—EMN內(nèi),作GP_LM2V,交EN于點(diǎn)G,連結(jié)

BG,

則NBPG或其補(bǔ)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(diǎn)，則

由勾股定理可得NB2+NG2=BG2,

從而有：NB2+NG2=(PB2+PN")+(PG2+PN2)=BG1,

222

據(jù)此可得PB+PG手BG,即NBPG豐90,

據(jù)此可得平面BtEFI平面AtBD不成立，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

對(duì)于選項(xiàng)C,取的中點(diǎn)則AXB,E,

由于AH與平面AAC相交，故平面4〃平面AAC不成立，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

對(duì)于選項(xiàng)D,取AD的中點(diǎn)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(xiàng)D錯(cuò)誤；

D,

故選：A.

6.（2022?全國(guó)甲卷）在長(zhǎng)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(jù)線面角的定義以及長(zhǎng)方體的結(jié)構(gòu)特征即可求出.

【詳解】如圖所示：

D.

不妨設(shè)AB=a，4O=6，A4,=J依題以及長(zhǎng)方體的結(jié)構(gòu)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(duì)于A,AB=a,AD=b,AB^41AD,A錯(cuò)誤；

對(duì)于B,過(guò)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?yàn)閠an/BAE=￡=巫，所以NBAE/30,B錯(cuò)誤；

a2

2222

對(duì)于C,AC=yja+Z?=^3c-CBX=y]b+c=V2c,ACwCg,C錯(cuò)誤；

對(duì)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(guó)乙卷）在正方體ABCD-4BCQ中，尸為用，的中點(diǎn)，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(zhuǎn)化為總與8G所成的角，

解三角形即可.

如圖，連接尸G，P8,因?yàn)?/p>

所以或其補(bǔ)角為直線網(wǎng)與所成的角,

因?yàn)锽B[_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(shè)正方體棱長(zhǎng)為2,則BQ=272,PC,=；"耳=&,

所以.故選：

sinZPBC1=^=1,D

6clz6

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

圓，則該圓錐的母線長(zhǎng)為（）

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

【答案】.B

【分析】設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為/,根據(jù)圓錐底面圓的周長(zhǎng)等于扇形的弧長(zhǎng)可求得/的值,

即為所求.

【詳解】設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為/,由于圓錐底面圓的周長(zhǎng)等于扇形的弧長(zhǎng)，則

兀1=2兀X&.,解得/=20.

故選：B.

9.（2021年全國(guó)高考II卷）正四棱臺(tái)的上、下底面的邊長(zhǎng)分別為2,4,側(cè)棱長(zhǎng)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(tái)的幾何特征算出該幾何體的高及上下底面面積，再由棱臺(tái)的體積公

式即可得解.

【詳解】作出圖形，連接該正四棱臺(tái)上下底面的中心，如圖，

因?yàn)樵撍睦馀_(tái)上下底面邊長(zhǎng)分別為2,4,側(cè)棱長(zhǎng)為2,

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

故選：D.

10.（2021?年全國(guó)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(gè)正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長(zhǎng)的正方形面積等于該四棱錐一個(gè)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(zhǎng)的比值為（）

B布-IB小一、C+1口A/5+1

4242

【答案】.C

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

答案

【詳解】如圖，設(shè),CD=a,PE=b,則po=RPE?-7

由題意產(chǎn)。2=（而，即廿_且=工血化簡(jiǎn)得4（與_2上一1=0,

242aa

解得2=1±@（負(fù)值舍去）.

a4

故選：C.

11.（2023?全國(guó)統(tǒng)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(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.

【詳解】在「.A03中，ZAOB=120°,而04=08=6,取A3中點(diǎn)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(guó)統(tǒng)考甲卷）已知四棱錐P-ABCD的底面是邊長(zhǎng)為4的正方形,

PC=PD=3,ZPCA=45°,貝IJPBC的面積為（）

A.2應(yīng)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(shù)量積運(yùn)算與余弦定理得到關(guān)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(jié)AC,3。交于。，連結(jié)PO,則。為AC,血的中點(diǎn)，如圖,

因?yàn)榈酌鍭BC。為正方形，AB=4,所以AC=BE?=4A/L則￡>O=CO=2應(yīng)，

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(jié)AC,3。交于0,連結(jié)P0,則。為AC,血的中點(diǎn)，如圖,

因?yàn)榈酌鍭BCD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?yàn)镻0=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(tǒng)考高考真題）在三棱錐P-ABC中，線段PC上的點(diǎn)M滿足

i7

PM=-PC,線段PB上的點(diǎn)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(guò)M，C作MM'_LPACCUP4垂足分別為",C’?過(guò)5作加_L平面

PAC,垂足為連接尸8',過(guò)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(guò)MC作_LPACC'_LPA,垂足分別為MC.過(guò)8作33'_L平

面PAC,垂足為8',連接PB',過(guò)N作NN'_LPB'，垂足為N’.

因?yàn)锽B'_L平面PAC,班'u平面尸83'，所以平面「班'_L平面PAC.

又因?yàn)槠矫嫫矫鍼AC=P8'，NN'1PB'，NN'u平面PB8'，所以MV」平面

PAC,且BB'HNN'-

在△尸CC中，因?yàn)镸M'_LPA,CC'_LPA,所以MM'〃CC',所以瞿=；

PCCC3

在△PBB'中，因?yàn)锽B'〃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(guó)?統(tǒng)考高考乙卷)在正方體中，E,尸分別為AB,8C的

中點(diǎn)，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(diǎn)。為原點(diǎn)，建立空間直角坐

標(biāo)系，設(shè)AB=2,分別求出平面8乃尸，ABD,4QD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ABCD-A耳中，

AC」班＞且DR1平面ABCD,

又EFu平面A3CD,所以E尸，。R,

因?yàn)镋,歹分別為AB,BC的中點(diǎn)，

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(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)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(shè)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(cuò)誤;

UU

因?yàn)榧优c〃2不平行，

所以平面5啰尸與平面AAC不平行，故C錯(cuò)誤;

因?yàn)楦c〃3不平行，

所以平面與EF與平面AC。不平行，故D錯(cuò)誤,

故選：A.

選項(xiàng)BCD解法二:

解：對(duì)于選項(xiàng)B,如圖所示，設(shè)AB=M,EFBD=N,則MN為平面瓦斯與平

面48。的交線，

在.BMN內(nèi),作于點(diǎn)P,在一EMN內(nèi)，^GPLMN,交EN于點(diǎn)G,連結(jié)

BG,

則N3PG或其補(bǔ)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(diǎn)，則￡7」網(wǎng)＞,

由勾股定理可得NB2+NG2=BG2,

從而有：NB2+NG2=(PB2+PN-)+(PG2+PN2)=BG2,

222

據(jù)止匕可得PB+PG豐BG,即ZBPG豐90

據(jù)此可得平面B\EF，平面\BD不成立,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

對(duì)于選項(xiàng)C,取的中點(diǎn)則AXB.E,

由于與平面AAC相交，故平面左〃平面A