空間向量與立體幾何（選填題）-2020-2024年高考數(shù)學(xué)試題分類匯編（解析版）

冷集05或同向重鳥更偉幾何（送蟆泉）

五年考情1探規(guī)律1

考點五年考情（2020-2024）命題趨勢

2024甲卷I卷空間幾何體點線面位置關(guān)系以及夾角問

考點01空間幾何體基2023III乙甲北京天津題，表面積體積以及圓錐對應(yīng)面積的運

2022甲卷乙卷北京

本性質(zhì)及變面積體積2021乙卷［卷n算一直是高考的熱門考點，要加以重視，

2020II卷海南另外臺體的表面積體積應(yīng)該重點復(fù)習(xí)

幾何體內(nèi)切球外接球問題是高考立體幾

2023乙卷

考點2空間幾何體內(nèi)接何中的難點，近兩年考查比較少，但是

2022甲卷乙I卷II卷

球外接球的應(yīng)用應(yīng)掌握長常規(guī)的空間幾何體的外接球內(nèi)

2020I卷

切球的簡單技巧

2024n卷

2023北京卷甲卷

空間幾何體容易與其他知識點相結(jié)合構(gòu)

考點3空間幾何體性質(zhì)20221卷乙卷

成新的情景類問題也是近年來高考新改

綜合應(yīng)用2021II卷

革的一個重要方向

2020山東卷I卷

分考點：精準(zhǔn)練工

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，且它們的高均為石，則圓錐的

體積為（）

A.2+RB.3后C.6島D.9扃

【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)面積相等可得半徑廠的方程，求出解后可求圓錐的體

積.

【詳解】設(shè)圓柱的底面半徑為,，則圓錐的母線長為后三，

而它們的側(cè)面積相等,所以2?irx=Tirx53+/即2^/^=,3+戶,

故廠=3,故圓錐的體積為g兀x9xJ^=34t.

故選：B.

2.（2024?全國,高考甲卷文）設(shè)辦〃為兩個平面，5、〃為兩條直線，且々￡=加.下述四個命題：

①若相〃”，則〃//a或〃//￡②若〃?_!_〃，則〃_1_￡或〃，尸

③若〃〃。且〃//￡,則④若〃與a,4所成的角相等，則〃?_L〃

其中所有真命題的編號是（）

A.①③B.②④C.①②③D.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(dāng)“ua,因為機〃*mu/3,則〃//￡,

當(dāng)“U/7,因為相〃“，mua,則〃//&,

當(dāng)"既不在a也不在尸內(nèi)，因為mHn,mua,mu/3,則〃//a且"〃夕，故①正確；

對②，若相，"，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s和直線t,

因為"http://a,過直線"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〃//s,

同理可得〃/〃，則s/",因為SZ平面用，lu平面夕，貝ijs//平面/，

因為su平面a,a[}=m,則s//〃z,又因為“〃s,則機〃"，故③正確；

對④，若=與a和4所成的角相等，如果“//a,”//方，則加〃“，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=瓜,則

該棱錐的體積為（）

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

【答案1A【分析】證明AB/平面PEC,分割三棱錐為共底面兩個小三棱錐，其高之和為A3得解.

【詳解】取A3中點E,連接PE,CE,如圖，

.ABC是邊長為2的等邊三角形，PA=PB=2,

:.PE±AB,CE±AB,又尸E,CEu平面PEC,PE\CE=E,

AB1平面PEC,

又PE=CE=2xB=6，PC=46,

2

故PC?=PE2+CE2,即尸EJ_CE,

所以V=%JEC+匕=退X括x2=l,

故選：A

4.（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(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.若鉆=25m,3C=AO=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

C.117mD.125m

【答案］C

【詳解】如圖，過E做即，平面ABC。，垂足為。，過E分別做EGLBC,垂足分別為G,M,

連接OG,OM,

FE

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N￡MO和NEGO,

所以tanNEMO=tanZEGO=半.

因為EO_L平面ABCD,3Cu平面ABCD,所以EO_L3C,

因為EG_LBC,EO,EGu平面EOG,EOcEG=E,

所以BC/平面EOG,因為OGu平面EOG,所以2C_LOG,.

同理：OMLBM,又BMLBG,故四邊形OMBG是矩形，

所以由3c=10得Q0=5,所以EO=&Z,所以O(shè)G=5,

所以在直角三角形EOG中，EG=JEO2+OG==，(炳2+5)=病

在直角三角形EBG中，BG=OM=5,EB=-JEG2+BG2=J(>/39)2+52=8,

又因為EF=AB-5-5=25-5-5=15,

所有棱長之和為2x25+2x10+15+4x8=117m?

故選:C

5.(2022?全國乙卷)在正方體ABCD-ABCi。中，E,尸分別為AB,8C的中點，貝|()

A.平面_L平面BZgB.平面平面A]B￡>

C.平面B|EF//平面A&CD.平面耳后〃〃平面

【答案]A

【分析】證明斯工平面BOR,即可判斷A；如圖，以點。為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=2,分

別求出平面耳EF,\BD,4G。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48。-4與￡2中，

AC1且OR1平面ABCD,

又EFu平面ABCD,所以E尸，?？?，

因為瓦尸分別為A5BC的中點，

所以EF/AC,所以

又BDDDy=D,

所以平面瓦M(jìn)j,

又EFu平面目

所以平面4枚，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(biāo)系，設(shè)AB=2,

則刀（2,2,2）,E（2,1,0）,產(chǎn)（1,2,0）,3（2,2,0）,4（2,0,2）,4（2,0,0）,C（0,2,0）,

G（0,2,2）,

則而=（-1,1,0）,EB,=（0,1,2）,￡>1=（220）M=（2,0,2）,

M=(0,0,2),AC=(-2,2,0),4G=(-2,2,0),

設(shè)平面片或7的法向量為相=（占,％,Z］）,

m-EF=一%+%=0

則有，可取機=（2,2,-1）,

m?EB]=丫1+2Z]=0

同理可得平面4瓦）的法向量為々,

平面AAC的法向量為%=（U,o）,

平面的法向量為%,

則/4=2-2+l=lw0,所以平面瓦跖與平面48□不垂直，故B錯誤;

UU

因為加與巧不平行，所以平面旦EF與平面AAC不平行，故C錯誤；

因為〃?與巧不平行，所以平面與￡尸與平面4。。不平行，故D錯誤,

故選：A.

選項BCD解法二:

7

解：對于選項B,如圖所示，設(shè)ABB{E=M,EFBD=N,則肱V為平面片或與平面42。的交線,

在，BWN內(nèi)，作BP1MN于點P,在內(nèi)，作GPJ_M2V,交EN于點G,連結(jié)3G,

則NBPG或其補角為平面BtEF與平面\BD所成二面角的平面角，

D、

由勾股定理可知：PB2+PN2=BN2,PG2+PN2=GN2,

底面正方形ABC。中，E,尸為中點，則￡F_L8D,

由勾股定理可得NB2+NG2=BG2,

從而有：NB2+NG2=(PB?+PN?)+(PG?+PN?)=BG2,

據(jù)止匕可得PB2+PG2豐BG2,即NBPG豐90,

據(jù)此可得平面片所1平面\BD不成立，選項B錯誤；

對于選項C,取44的中點“，貝UAHBtE,

由于A"與平面AAC相交，故平面4斯〃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A片尸M為平行四邊形，則AMB{F,

由于AM與平面4G。相交，故平面與石尸〃平面AGC不成立，選項D錯誤；

6.(2022?全國甲卷)在長方體ABCD-AgCQ中，已知耳。與平面ABCD和平面所成的角均為30。,

則()

A.AB^2ADB.AB與平面人與。1。所成的角為30。

C.AC=CBtD.耳。與平面BBCC所成的角為45。

【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)48=4,4。=>,/見=°,依題以及長方體的結(jié)構(gòu)特征可知，8Q與平面ABCD所成角為NBQB,BQ

cb,__________

與平面9與內(nèi)所成角為/0男人所以儂"。二訴=方，即6=。，4￡>=2C=A/7壽17,解得a=&c.

DyU巧〃1

對于A,AB=a,AD=b,AB=42AD，A錯誤；

對于B,過5作5石，A瓦于￡,易知班，平面AAG。，所以A3與平面ABC。所成角為-B4E,因為

tanZBAE=-=^,所以/B4Ew30,B錯誤；

a2

1

對于C,AC=J/+82=6c，CB]=[b+。2=Qc,ACCB1,c錯誤；

對于D,用。與平面BBCC所成角為N￡）4C,singC=2=—也,而0<N。⑸C<90,所以

B.D2c2

ZDB1C=45.D正確.

故選：D.

7.（2021?全國乙卷）在正方體ABC。-44GA中，尸為4A的中點，則直線尸8與所成的角為（）

【答案】.D

【分析】平移直線AQ至8G，將直線PB與AR所成的角轉(zhuǎn)化為依與BG所成的角，解三角形即可.

如圖，連接8￡,尸￡,尸8,因為AQiaBG，

所以NP2G或其補角為直線PB與A1所成的角,

因為84,平面481GA，所以又PCJBR,BBiCBR=B[,

所以PG，平面尸7珥，所以尸C1尸8,

設(shè)正方體棱長為2,則BC1=2&,PG=g。旦=0,

sinZPBC1=^=1,所以NP8G=g.故選：D

BC]26

8.（2021?年全國新高考回卷）已知圓錐的底面半徑為血,其側(cè)面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為

（）

A.2B.272C.4D.45/2

【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，貝UM=2;TX后，解得/=2夜.

故選：B.

9.（2021年全國高考回卷）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.20+12-73B.280C.日D.

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(cè)棱長為2,

所以該棱臺的高/z=J2?-（2后-拒『=夜，

下底面面積3=16,上底面面積S?=4,

所以該棱臺的體積V=gMW+S2+^X）=；x應(yīng)x（16+4+癡）=g也.

故選：D.

10.（2021?年全國高考回卷）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（）

11小+1

DD.rC.U.

4----------------------2-----------------------------4------------------------------2

【答案］C

【分析】沒CD=a,PE=b,利用P。宜處理得到關(guān)于詞的方程,解方程即可得到答案.

【詳解】如圖，設(shè)CD=a,PE=b,則po='PE?_OE2=

〃卜卜

由題意攻=51血即叫,2豹1，化簡得4（42.J=。,

解得2=1±@（負(fù)值舍去）.

a4

故選：C.

11.（2023?全國?統(tǒng)考乙卷）已知圓錐P。的底面半徑為百，O為底面圓心，出,PB為圓錐的母線，ZAO8=120。,

9百

若的面積等于丁，則該圓錐的體積為（）

A."B.&C.3萬D.3瓜兀

【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，進(jìn)而求出圓錐的高，求出體積作答.

【詳解】在,:AOB中，ZAOB=120%而OA=OB=白，取4B中點C,連接。C,尸C,有。C_LAB,PC_L,

如圖，

ZABO=30,OC=~,AB=2BC=3,由的面積為唯，W-x3xPC=—,

2424

解得PC=苧，于是PO=y/pc2-oc2=J（￥）2_（等）2=76，

所以圓錐的體積丫

故選：B

12.（2023?全國?統(tǒng)考甲卷）己知四棱錐尸-ABCD的底面是邊長為4的正方形，PC=PD=3,ZPCA=45°,

則一PBC的面積為（）

A.2近B.3亞C.472D.672

【答案】C

【分析】法一：利用全等三角形的證明方法依次證得一尸。。三尸CO,—PDBm,尸C4,從而得到以=尸3,

再在中利用余弦定理求得PA=JI7,從而求得P8=J萬，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PA=JF7,cosZPCB=1,從而求得PAJC=-3，再利用空間向

量的數(shù)量積運算與余弦定理得到關(guān)于PB/BPD的方程組，從而求得依=拒，由此在一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,8D交于。，連結(jié)P0,則。為AC,8。的中點，如圖，

因為底面ABC。為正方形，AB=4,所以AC=BO=40，則DO=CO=20,

又PC=PD=3,PO=OP,所以一PDO=PCO,則NPDO=NPCO,

又PC=PD=3,AC=BD=4日所以二PCA,則R4=P8,

在4c中，PC=3,AC=4A/2,ZPCA=45°,

貝l|由余弦定理可得尸A?=AC?+PC?—2AC?PCcos/尸CA=32+9—2x4夜x3xJ=17,

2

故PA=JT7,貝iJpB=g,

故在PBC中，PC=3,PB=yfn,BC=4,

m/“nPC2+BC2-PB-9+16-17_1

所以cosZPCB=----------------------

2PC-BC2x3x4-3

又OcNPCBcn,所以sin/PCB=Jl-cos?NPCB=

3

所以PBC0<J?^>gS=-PC-BCsinZPCB=-x3x4x^l=4V2.

223

法二:

連結(jié)AC,瓦）交于。，連結(jié)P。，則。為AC,m的中點，如圖,

因為底面ABCD為正方形，AB=4,所以AC=BD=4A歷,

在△出C中，PC=3,NPC4=45°,

貝U由余弦定理可得尸42=AC2+PC2-2AC-PCCOSN尸04=32+9-2x4在x3x正=17,故PA=7F7,

2

灰+叱-AC?號受=一叵,則

所以cosNAPC=

2PA?PC2x717x317

PA-PC=|PA||PC|cosZAPC

不妨記PB=m,ZBPD=6,

因為PO=：（PA+PC）=J（P8+PD）,所以（PA+Pcj=（P8+PZ））2,

nn2222

BPPA+PC+2PAPC=PB+PD+2PBPD，

貝!J17+9+2x（—3）=m2+9+2x3xmcos^,整理得病+6機cos6—11=0①，

又在APBD中，=PB2+PD2-2PB?PDcosNBPD，即32=機？+9—6機cos6,貝Um2-6mcos6>-23=0

兩式相力口得2冽2一34=0,故PB=m=屈,

故在PBC中，PC=3,PB=yjH,BC=4,

尸。2+3。2一尸臺29+16-171

所以cos/PC5=

2PCBC2x3x43

又0</PCB<7i,所以sinNPCB=J1一cos?/PCB=

3

所以一PBC的面積為5=工尸。?5。$m/尸。5=」*3*4、^^=48.

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M滿足9=：PC,線段P8上的點

2

N滿足PN=gPB,則三棱錐P-AMN和三棱錐P-ABC的體積之比為（）

【答案】B

【分析】分別過MC作垂足分別為M,C'.過8作版」平面P4C，垂足為B，連接

尸3',過N作NN'JLEB',垂足為N'.先證MV'J■平面PAC,則可得到88'〃NN'，再證MM'〃CC'.由三角形相

似得到*=!，端=］，再由即可求出體積比.

CC3BB'3VP-ABCVB-PAC

【詳解】如圖，分別過MC作必CCUPA,垂足分別為M,C'.過B作班」平面R1C,垂足為8',

連接PB',過N作NN'±PB',垂足為N’.

因為33'_1_平面PAC，33'u平面pg）,所以平面_1_平面PAC

又因為平面PB3'）平面PAC=。5'，NN'1PB'，NN'u平面尸88’，所以NN'，平面PAC,且BB'HNN'.

PMMM1

在△PCC'中，因為MM'LBl,CC7_LX4，所以M"http://CC'，所以二=—1=彳，

PCCC3

在△PBB，中,因為BB'〃NN'，所以竺"=2,

PBBB'3

1,1(

—S-NN---PA-MM'、NN,2

VVVQ°PAMZYQ

二匚[、|P-AMNVN—PAMJD\、2,

所以17-17-11

VV-BB'9

P-ABCB-PAC-SpAC-BB'j.

故選：B

14.（2022?全國?統(tǒng)考高考乙卷）在正方體ABCD-AMG，中，E,尸分別為AB,8C的中點，則（）

A.平面用平面B.平面耳平面48。

C.平面MEF〃平面AACD.平面片￡尸〃平面4G。

【答案】A

【分析】證明防工平面8。口，即可判斷A；如圖，以點。為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)鉆=2,分

別求出平面用石尸，\BD,4G。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ABCO-4qGR中，

AC13。且1平面ABCD,

又EFu平面ABCD,所以E2，

因為瓦尸分別為A5,BC的中點，

所以EF04C,所以￡F_LBD,

又BDDD、=D,

所以平面

又EFu平面片E7"

所以平面與跖_L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(biāo)系，設(shè)AB=2,

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

G（0,2,2）,

則EF=（-l,l,0）,￡B；=（0,1,2）,DB=（2,2,0）,Z）A=（2,0,2）,

M=（0,0,2）,AC=（-2,2,0）,AG=（-2,2,0）,

設(shè)平面與石廠的法向量為m=（菁,％,zj,

m?EF=一石+%=0

則有＜,可取加=（2,2,-1）,

m-EB]=y1+2Z]=0

同理可得平面48。的法向量為4

平面4AC的法向量為%=（1,1,0）,

平面a。。的法向量為%=（i,i,-i）,

貝!］力=2—2+1=1/0,

所以平面與E尸與平面不垂直，故B錯誤;

UU

因為優(yōu)與n2不平行,

所以平面2出F與平面AAC不平行，故C錯誤;

因為加與％不平行，

所以平面與E廠與平面AG。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)ABBXE=M,EFTBD=N,則MN為平面與￡產(chǎn)與平面人與。的交線,

在內(nèi)，作3P_L肱V于點尸，在,.EMN內(nèi)，作GP_LMV,交EN于點、G,連結(jié)BG,

則NBPG或其補角為平面BXEF與平面\BD所成二面角的平面角,

由勾股定理可知：PB2+PN-=BN2,PG2+PN2=GN2,

底面正方形A8CD中，E,尸為中點，則EF_LBD,

由勾股定理可得NB2+NG2=BG2,

從而有：A?2+NG2=(PB2+PN2)+(FG2+PN2)=BG2,

據(jù)止匕可得PB2+PG-豐BG2,即ZBPG*90,

據(jù)此可得平面4斯，平面AB。不成立，選項B錯誤；

對于選項C,取A用的中點H，貝IJAHB]E,

由于AH與平面AAC相交，故平面與所〃平面AAC不成立，選項C錯誤;

對于選項D,取AO的中點很明顯四邊形4耳根為平行四邊形，則AMB{F,

由于4M與平面4C0相交，故平面用〃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2兀，側(cè)面積分

別為際和S乙，體積分別為！和吟.若m=2,則3=（）

3乙V乙

A.6B.2A/2C.710D.

4

【答案】C

【分析】設(shè)母線長為/,甲圓錐底面半徑為弓，乙圓錐底面圓半徑為馬，根據(jù)圓錐的側(cè)面積公式可得4=2〃，

再結(jié)合圓心角之和可將小4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4，

則工目心二=2,

S乙兀々Ir2

所以可=2々,

「2肛2m八

又T+—=2萬，

則竺殳=1,

21

所以弓

所以甲圓錐的高4=

乙圓錐的高色=

1/工町—Z2X—/

所以g

乙a萬5飽-i2y.—i

393

故選：C.

16.（2022?北京?統(tǒng)考高考真題）已知正三棱錐P-A5c的六條棱長均為6,S是一ABC及其內(nèi)部的點構(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.?C.27rD.3兀

4

【答案】B

【分析】求出以尸為球心，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.

設(shè)頂點尸在底面上的投影為O,連接8。，則。為三角形A3C的中心,

MJBO=-x6x—=2A/3,故尸O=<36-12=2#.

32

因為尸。=5,故OQ=1,

故S的軌跡為以。為圓心，1為半徑的圓，

而三角形ABC內(nèi)切圓的圓心為。，半徑為2X］X36：］,

~3^6—-

故S的軌跡圓在三角形ABC內(nèi)部，故其面積為萬

故選：B

17.（2021?全國?統(tǒng)考高考回卷）已知圓錐的底面半徑為3,其側(cè)面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長

為（）

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

【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，則加=2;rx后，解得/=2夜.

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4,下底面半徑均為■圓臺的母線長分別為

2&—五）,3色—石）,則圓臺甲與乙的體積之比為.

【答案】逅

4

【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為=［以4一幻卜色一式=同八-玲，

e=/3包一必2_6_］）2=2拒（弓-哈,

上+H+匹）匾”一同不一切娓

所以臺

V；-他--+--5-盧---麻--.―丁電—-2-鳳7=7八--一-gc一丁4做合菜為：——4.

19.（2023全國高考回卷）在正四棱臺中，AB=2,AtB1=\,AAi=y/2,則該棱臺的體積

為.

【答案］巫總娓

66

【詳解】如圖，過4作AMLAC,垂足為“，易知AM為四棱臺的高,

所以所求體積為y」x（4+i+斤T）x，i=Ri.

326

故答案為：巫.

6

20（2023年全國高考回卷）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］28

【詳解】方法一：由于2:=1而截去的正四棱錐的高為3,所以原正四棱錐的高為6,

42

所以正四棱錐的體積為:x（4x4）x6=32,

截去的正四棱錐的體積為gx（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+7T^）=28.

故答案為：28.

21（2020?海南?高考真題）已知正方體ABCO-4&GQ的棱長為2,M、N分別為B&、的中點，則三棱錐

A-NMDi的體積為

【答案工g

因為正方體ABCD-4&Q5的棱長為2,M、N分別為B&、48的中點

所以匕1-NMR=9-AMV=

故答案為：—

22.（2023?全國新高考?回卷）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】28

【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3,所以原正四棱錐的高為6,

42

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；X（2X2）X3=4,

所以棱臺的體積為32-4=28.

方法二：棱臺的體積為$3x06+4+歷司=28.

故答案為：28.

23.（2020?全國?統(tǒng)考高考回卷）設(shè)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(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：若直線右平面a,直線平面a,則m0/.

則下述命題中所有真命題的序號是.

①P1八P4②P1人③“2V④V

【答案】①③④

【分析】利用兩交線直線確定一個平面可判斷命題P1的真假；利用三點共線可判斷命題。2的真假；利用異

面直線可判斷命題P3的真假，利用線面垂直的定義可判斷命題區(qū)的真假.再利用復(fù)合命題的真假可得出結(jié)

論.

【詳解】對于命題Pi，可設(shè)4與6相交，這兩條直線確定的平面為。；

若4與4相交，則交點A在平面a內(nèi)，

同理，4與4的交點B也在平面a內(nèi)，

所以，ABca,即&ua,命題P］為真命題；

對于命題必，若三點共線，則過這三個點的平面有無數(shù)個,

命題P2為假命題；

對于命題。3,空間中兩條直線相交、平行或異面，

命題P3為假命題；

對于命題，4，若直線m_L平面a,

則加垂直于平面a內(nèi)所有直線，

，直線/u平面a,.,.直線〃z_L直線/,

命題為真命題.

綜上可知，〃為真命題，/>,,小為假命題，

。1人。4為真命題，PSP2為假命題，

r72Vp3為真命題，V-l°4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。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(dāng)該四棱錐的體積最大時，其高為（）

A.-B.］C.—D.—

3232

【答案】C

【分析】方法一:先證明當(dāng)四棱錐的頂點O到底面ABC。所在小圓距離一定時，底面ABC。面積最大值為2/,

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ABC。所在小圓半徑為r,

設(shè)四邊形ABC。對角線夾角為。，

（當(dāng)且僅當(dāng)四邊形ABCD為正方形時等號成立）

即當(dāng)四棱錐的頂點。到底面ABC。所在小圓距離一定時，底面A2C。面積最大值為2r2

又設(shè)四棱錐的高為3則/+/=/,

當(dāng)且僅當(dāng)r2=2后即力邛時等號成立.

故選：C

［方法二］:統(tǒng)一變量+基本不等式

由題意可知，當(dāng)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r,貝b=正a,

2

所以該四棱錐的高。

（當(dāng)且僅當(dāng)"=1-4，即/=［時，等號成立）

所以該四棱錐的體積最大時,

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，其體積最大，設(shè)底面邊長為。，底面所在圓的半徑為,，貝。=1°,

2

所以該四棱錐的高丫=某小手，令/=/(0<f<2),v=#_],設(shè)/(。=產(chǎn)一；，貝IJ

廣⑺=2臼，

0<?<1,f(t)>0,單調(diào)遞增，1</<2,r(r)<0,單調(diào)遞減，

所以當(dāng)「=g時，v最大,此時力

故選：C.

【點評】方法一：思維嚴(yán)謹(jǐn)，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(dǎo)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)考新高考回卷)已知正四棱錐的側(cè)棱長為I,其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為36萬，

且3V/V36，則該正四棱錐體積的取值范圍是()

811「27811「27641…

A.18,—B.—C.—D.r[i1o8,27]

_4JL44JL43_

【答案】C

【分析】設(shè)正四棱錐的高為心由球的截面性質(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】回球的體積為36%，所以球的半徑氏=3,

［方法一］：導(dǎo)數(shù)法

設(shè)正四棱錐的底面邊長為2a,高為h,

貝!］Z2=2a2+h2,32=2/+(3-/?)2,

所以6/z=/2,2a2=I2—h2

ii2/4z21r/6

所以正四棱錐的體積VnsS/ZMgXd/x/ZnjXO?-)'二=八Z4--

3333669136

所以『=，］4/一§

916

當(dāng)3W/V2#時，r>0,當(dāng)2#<心3有時，F(xiàn)<0,

所以當(dāng)/=2#時，正四棱錐的體積V取最大值，最大值為日,

27

又/=3時,V=——/=3?時,

4

所以正四棱錐的體積丫的最小值為I,

所以該正四棱錐體積的取值范圍是y-y

故選：C.

［方法二］:基本不等式法

由方法一故所以丫=^/，="|（6//-/）//=:（12-2/z）/zx/7?gx02-2?+"+'=竽（當(dāng)且僅當(dāng)場=4取到），

當(dāng)退時,得曄號,則曦（強』系

當(dāng)/=3代時，球心在正四棱錐高線上，此時讓步,，

爭=孚~=等，正四棱錐體積故該正四棱錐體積的取值范圍是弓學(xué)

3.（2022?全國?統(tǒng)考新高考回卷）已知正三棱臺的高為1,上、下底面邊長分別為3g和4百，其頂點都在同

一球面上，則該球的表面積為（）

A.10071B.12871C.1447TD.1927t

【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小磯再根據(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小。所以〃=上巨一,2/;=2-,即］=3/=4,設(shè)球心

sin60sin60

到上下底面的距離分別為4,右，球的半徑為R，所以4=JR2-9,4=JR2一16,故14-4I=1或4+4=1，

即向一9一收一對=1或病與+加工=1，解得長=25符合題意，所以球的表面積為

S=4TT7?2=IOOTI.

故選：A.

4.（2021?全國?統(tǒng)考高考甲卷）已知A,8,C是半徑為1的球。的球面上的三個點，且AC，BC,AC=3C=1,

則三棱錐O-ABC的體積為（）

A.&B.是C.立D.顯

121244

【答案】A

【分析】由題可得ABC為等腰直角三角形，得出ABC外接圓的半徑，則可求得O到平面ABC的距離，

進(jìn)而求得體積.

【詳解】AC，3cAe=3C=1,ABC為等腰直角三角形，.〔48=0，

則.ABC外接圓的半徑為正，又球的半徑為1,

2

設(shè)。到平面A5C的距離為d,

XXXX

所以％ABC=JSABC=~-11■

_

CzADC3/toe32212

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)考高考回卷）已知A氏C為球。的球面上的三個點，回為A5C的外接圓，若回。|的面積

為4兀，AB=BC=AC=OOl,則球。的表面積為（）

A.64KB.48兀C.36兀D.32兀

【答案】A

【分析】由已知可得等邊、ABC的外接圓半徑，進(jìn)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。1半徑為,，球的半徑為R,依題意，

得萬，=4肛.）=2,一ABC為等邊三角形，

由正弦定理可得48=2%苗60。=26，

=AB=2石，根據(jù)球的截面性質(zhì)。。1平面ABC,

22

OOX±O}A,R=OA=7OO1+O]A=小00；+尹=4,

???球0的表面積S=4兀R。=64".

【點