层级滚动专题四 立体几何-【全频累积】2024年高考真题数学专题分类集训

层级滚动/专题四立体儿何 一、单选题 1.(2024·新高考I卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为√3， 则圆锥的体积为 () A.23π B.3V3π C.63π D.93π 2.(2024·青高考Ⅱ卷)已知正三棱台ABCA,BG的体积为号，AB=6,A,B=2,则A,A 与平面ABC所成角的正切值为 A司 B.1 C.2 D.3 3.(2024·全国甲卷理)设a、3是两个平面，m、n是两条直线，且α∩3=m.下列四个命题： ①若m∥n,则n∥a或n∥B ②若m⊥n,则n⊥a或n⊥3： ③若n∥a且n∥B,则m∥n: ④若n与a,3所成的角相等，则m⊥n. 其中所有真命题的编号是 A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 4.(2024·北京)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的 正方形，PA=PB=4,PC=PD=22,该棱锥的高为 A.1 B.2 C.√2 D.3 5.(2024·天津)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间的 距离为1.并已知AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体的体积为( A 35+号 c. D.331 42 二、填空题 6.(2024·全国甲卷理)已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为r1和r2,母线长分别为2 (一)和3(n-n),则两个圆台的体积之比72 甲 -8 三、解答题 7.(2024·新高考I卷)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1, AB=3. (1)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC: (2)若AD⊥DC,且二面角ACPD的正弦值为2，求AD. 7 D 8.(2024·新高考Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB=8,CD=3,AD=5√3，∠ADC= 90,∠BAD=30,点E,F满足AE=号Ai,AF=号A店，将△AEF沿EF对折至△PEF, 使得PC=43. (1)证明：EF⊥PD: (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. —9 9.(2024·北京)已知四棱锥P-ABCD,AD∥BC,AB=BC=1,AD=3,E是AD上一点，且 PE⊥AD,DE=PE=2,. (1)若F是PE中点，证明：BF∥平面PCD. (2)若AB⊥平面PAD,求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值. 10.(2024·上海)如图为正四棱锥P-ABCD,O为底面ABCD的中心. (1)若AP=5,AD=3√2，求△POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积： (2)若AP=AD,E为PB的中点，求直线BD与平面AEC所成角的大小. E 10-可得b.1一4s·b.=k(2-1)一(k十1)2-1=(k -1)2-1-k≥2(k-1)-k=k-2≥0， 台的结狗特征求得AM=4g,进雨根据线面夹 当且仅当k=2时，等号成立， 角的定义分析求解；解法二：将正三棱台ABC .bn-1≥ak·h- A,BC,补成正三棱锥P一ABC,A1A与平面 (ii)由(1)可知Sn=2"-1=a+1-1, ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，根据 若n=1,则S1=1,b1=1: 比例关系可得Vp-Ar=18,进而可求正三棱锥 若n≥2，则a+1一a4=2-1, P一ABC的高，即可得结果： 当2-1<i≤2*一1时，b,一b,-1=2k,可知{b}为 【解析】解法一：分别取BC,B1C1的中点D,D1, 等差数列， 则AD=3√3，AD1=√3， 可得∑b=k·2*-1+2k 2-1(2-1-1)_ 可知S△A一 2 2×6X35=955aA5=号 :41=号[(36-1D4-(3-44. ×2×√3=3， 设正三棱台ABCA1B,C的高为h, 26,=1+号[5×4华-2×4+8×4-5X4+ 则Vm5=号9B+3+93x万h= …+(3n-1)4"-(3n-4)4-1] =(3n-1)4”+1 号解得A= 3 9 如图，分别过A1,D1作底面垂线，垂足为M,N, 且”三1，符合上式，蜂上所迷，力 设AM=x, -(3n-1)4"+1 9 层级滚动/专题四立体几何 1.B【名师点睛】设圆柱的底面半径为r,根据圆 锥和圆柱的侧面积相等可得半径r的方程，求 则AA,=√AF+A,F= ,DN= x2+16 出解后可求圆锥的体积. 【解析】设圆柱的底面半径为”，则圆锥的母线长 AD-AM-MN=23-x. 为2+3， 可得DD,=DN2+DN= (23-xy+16 而它们的侧面积相等，.2πr×√3=πr× √3+r,即2√3=/3+r2, 结合等度梯形BC℃B可得B-(2) 故r-3,故国维的体积为号xX9X5=-33x +DD. 故选B 中+9=(25-+9+4，解得x=, 31 2.B【名师点睛】解法一：根据台体的体积公式可 ∴.A,A与平面ABC所成角的正切值为tn 得三楼台的商么=，作箱助我，结合正三使 ∠AAD=AM-L 54 解法二：将正三棱台ABCA1B:C1补成正三棱 ,n∥a,过直线n的平面与平面a的交线为直 锥P-ABC, 线s,则根据线面平行的性质定理知n∥s, 同理可得n∥t,则s∥t,:s丈平面B,tC平面B, 则s∥平面3， B :sC平面a,a∩B=m,则s∥m,又：'n∥s,则m ∥n,故③正确： B 则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面 a n ABC所成角， Vp-A c= 27 对于④，若n与α和3所成的角相等，如果n∥ 可知Vm-445=9V-=碧则V,版 a,n∥B,则m∥n,故④错误. 综上，只有①③正确. =18, 故选A. 设正三被维P-ABC的高为d,则，-c=3d 4.D【名师点睛】取点作辅助线，根据题意分析可 ×号×6×6×号=18，解得4=25， 知平面PEF⊥平面ABCD,可知PO⊥平面 2 ABCD,利用等面积法求PO. 取底面ABC的中心为O,则PO⊥底面ABC,且 【解析】如图，底面ABCD为正方形， A0=23. PA=PB=AB=4,PC=PD=22. '.PA与平面ABC所成角的正切值为tan ∠PA0-H8-1 故选B. 3.A【名师点睛】根据线面平行的判定定理即可 分别取AB.CD的中点E,F,连接PE,PF,EF, 判断①：举反例即可判断②④：根据线面平行的 则PE⊥AB,EF⊥AB,且PE∩EF=E,PE, 性质即可判断③ EFC平面PEF, 【解析】对于①，当nCa时，，m∥n,mCB,则n 可知AB⊥平面PEF,且ABC平面ABCD, ∥B. ,平面PEF⊥平面ABCD, 当nC3时，，m∥n,mCa,则n∥a, 过P作EF的垂线，垂足为O,即PO⊥EF, 当n既不在a内也不在B内时，，m∥n,mCa, 由平面PEF∩平面ABCD=EF,POC平 mC3,则n∥a且n∥B,故①正确： 对于②，若m⊥n,则n与a,B不一定垂直，故② 面PEF, 错误； .PO⊥平面ABCD, 对于③，过直线n分别作两平面与a,3分别相交 由题意可得，PE=2√3，PF=2,EF=4,则PE 于直线s和直线t, +PF=EF,即PE⊥PF, 55 则号PE·PF=专P0·ER,可得PO 3r-r:l 2v2n-rl 4… PE·PF=3, EF 故签案为汽 四棱雏的高为3 7.【名师点睛】(1)先证出AD⊥平面PAB,即可得 5.C【名师点睛】采用补形法，补成一个棱柱，求 AD⊥AB,由勾股定理逆定理可得BC⊥AB,从 出其直截面，再利用体积公式即可， 而AD∥BC,再根据线面平行的判定定理即可 【解析】用一个完全相同的五面体HIJ一LMN 证出： (顶，点与五面体ABC-DEF一一对应)与该五 (2)过点D作DE⊥AC于E,再过点E作EF⊥ 面体相嵌，使得D,N:E,M;F,L重合， CP于F,连接DF,根据三垂线法可知，∠DFE ,AD∥BE∥CF,且两两之间的距离为1，AD 即为二面角ACP-D的平面角，即可求得tan =1,BE=2,CF=3, ∠DFE=√6.再分别用AD的长度表示出DE, 形成的新组合体为一个三梭柱， EF,即可解方程求出AD, 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）是边长 【解析】(1)，PA⊥平面ABCD,而ADC平面 为1的等边三角形，侧棱长为1十3=2十2=3十 ABCD,.PA⊥AD, 1=4, 又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PAC平面 PAB,.AD⊥平面PAB, 而ABC平面PAB,∴.AD⊥AB. 2 :BC十AB=AC,∴.BC⊥AB,根据平面知 故选C. 识可知AD∥BC, H 又AD过平面PBC,BCC平面PBC,.AD∥平 面PBC (2)如图所示，过点D作DE⊥AC于E,再过点 E作EF⊥CP于F,连接DF, :PA⊥平面ABCD,.平面PAC⊥平面 66 4 【名师点睛】先根据已知条件和圆台结构特 ABCD,而平面PAC∩平面ABCD=AC, ,DE⊥平面PAC,又EF⊥CP,∴.CP⊥平 征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公 面DEF, 式直接代入计算即可得解. 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A 【解析】由题可得两个圈台的高分别为h甲 CP-D的平面角， √/[2(rn1-r2)]-(r1-r)=3r1-r h2=[3(r-n)]-(m-r2)=2√2r1-rl, 即sn∠DFE=平，中im∠DFE=6. }S+5+SSh, AD⊥DC,设AD=x,则CD=√4一x,由等 吉(S+s+sSh: 面积法可得，DE=工工 2 56 故EF⊥PD (2)连接CE,由∠ADC=90°，ED=3√3，CD △EFC为等腰直角三角形，EF=4-E 22 3,则CE=ED+CD=36, x√4-x 在△PEC中，PC=43,PE=2√3，EC=6,得 故tan∠DFE= 2 4-x2 一=√6，解得x=√3， EC+PE=PC, 22 ∴.PE⊥EC,由(I)知PE⊥EF,又EC∩EF= 即AD=3. E,EC,EFC平面ABCD, ∴.PE⊥平面ABCD,又EDC平面ABCD, ∴PE⊥ED,则PE,EF,ED两两垂直，建立如 图空间直角坐标系Exyg, D 则E(0,0,0),P(0,0,2√3)，D(0,35,0),C(3, 33,0),F(2,0,0),A(0,-23,0), 由F是AB的中点，得B(4,23,0), 8.【名师点睛】(1)由题意，根据余弦定理求得EF ∴P元=(3,3√3，-25)，Pi=(033,-2 =2,利用勾股定理的逆定理可证得EF⊥AD, 3),PB=(4,25,-23),PF=(2,0,-2 则EF⊥PE,EF⊥DE,结合线面垂直的判定定 3), 理与性质即可证明： 设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为 (2)由()，根据线面垂直的判定定理与性质可 n=(x1y1231）,m=(.x2y22红）， 证明PE⊥ED,建立空间直角坐标系，利用空间 n·PC=3x1+33y-231=0, 向量法求解面面角即可. 则 n·PD=33y-23x1=0, 【解析】1)由AB=8.AD=55.AE=号AD, m·PB=4x2+23y2-23x2=0, A=名A. m·P-2x2-23:=0, 得AE=25,AF=4,又∠BAD=30°，在 令y1=2,x2=3,得x1=0,1=3,y2=-1,2 =1, △AEF中， 由余弦定理得EF .n=(0,2,3),m=(5,-1,1). =√JAE+AF-2AE·AFcos∠BAD A<ma>--5X后 1 65 65 16+12-2X4×2×号-2 设平面PCD和平面PBF所成角为O,则sin0 AE+EF2=AF,则AE⊥EF,即EF⊥AD, 1-cos:0-8/65 65 ∴.EF⊥PE,EF⊥DE,又PE∩DE=E.PE,DE 即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值 C平面PDE, ∴，EF⊥平面PDE,又PDC平而PDE, 为8厘 57 (1,0.-2).PD=(0,2,-2), 设平面PAB的法向量为m=(x,y,x), m·PA=0. 一y-2x=0. 则由 可得 取m三 m·PB=0, x-y-2x=0, (0,-2,1). 9.【名师点睛】(1)取PD的中点为S,接SF,SC, 设平面PCD的法向量为n=(a,b,c), 可证四边形SFBC为平行四边形，由线面平行 n·PC=0 的判定定理可得BF∥平面PCD. 则由 可得-2c=0, 取n=(2,1, n.PD=0 2b-2c=0, (2)建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面 1) APB和平面PCD的法向量后可求夹角的余 故cos<m,n>= -1 .30 弦值 √5×w6 30· 【解析】1)取PD的中点为S,接SF,SC,则SF 故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值 ∥ED.SF=2ED=1, 为y30 30 而ED∥BC,ED=2BC,故SF∥BC,SF=BC, 10.【名师点睛】(1)根据正四棱锥的数据，先算出 故四边形SFBC为平行四边形， 直角三角形△POA的边长，然后求圆锥的 故BF∥SC,而BF亡平面PCD,SCC平 体积； 面PCD, (2)连接EA,EO,EC,可先证BE⊥平面ACE, BF∥平面PCD 根据线面角的定义得出所求角为∠BOE,然后 (2),ED=2,故AE=1,故AE∥BC,AE 结合题目数量关系求解 =BC, 【解析】(1)正四棱锥满足PO⊥平面ABCD,由 故四边形AECB为平行四边形，故CE∥AB,. AOC平面ABCD,则PO⊥AO, CE⊥平面PAD, 又正四棱锥底面ABCD是正方形，由AD=3 而PE,EDC平面PAD,故CE⊥PE,CE⊥ED, √2可得，AO=3, 而PE⊥ED, 故PO=PA-AOF=4, 故建立如图所示的空间直角坐标系， 根据圈锥的定义，△POA绕PO旋转一周形成 的几何体是以PO为轴，AO为底面半径的 圆锥， 即圆雏的高为PO=4,底面半径为AO=3, 根据圆维的体积公式，所得圈维的体积是号× 则A(0,-1,0),B(1,-1,0).C(1,0,0),D(0, π×32×4=12π. 2,0),P(0,0,2), (2)连接EA,EO,EC,由题意结合正四棱锥的 则PA=(0,-1,-2),PB=(1,-1,-2),PC 性质可知，每个侧面都是等边三角形， 58 故直线恒过点(1，一2)，设P(1一2)，圆化为标 准方程得x2+(y十2)2=5， 设圈心为C,画出直线与圆的图形，由下图可 知，当PC⊥AB时，AB最小， 因为PC=1,|AC|=|r|=√5，此时|AB|= 由E是PB中点，则AE⊥PB,CE⊥PB,又 AE∩CE=E,AE,CEC平面ACE, 2|AP|=2AC-PC=2×/5-1=4. 故PB⊥平面ACE,即BE⊥平面ACE,又BD Y↑ ∩平面ACE=O. 0 于是直线BD与平面AEC所成角的大小即 为∠BOE, 不妨设AP=AD=6,则BO=3√2，BE=3,sin ∠BOE=3=2 故选C 322 3.C【名师点睛】可利用△PFF:三边斜率问题 故∠BOE=至 与正弦定理，转化出三边比例，设PF2|=m,由 面积公式求出m,由勾股定理得出c,结合第一 层级滚动/专题五解析几何 定义再求出a, 1.A【名师点睛】设点M(x,y),由题意，根据中 【解析】如图，由题可知，点P必落在第四象限， 点的坐标表示可得P(x,2y),代入圆的方程即 ∠F1PF4=90°，设|PF2|=m, 可求解 ∠PF,F,=0,∠PFF:=0,由kw,=tan0A= 【解析】设点M(x,y),则P(x,y),P'(x,0), 2,求得sin0= M为PP'的中点，y0=2y,即P(x,2y), 又P在圆x十y2=16(y>0)上， 2+4y2-16(>0,即6+号-1(>0， 即点M的载速方程为后+号1>0》. 故选A. :∠FPF:=90°，km,·km,=-1,求得km 2.C【名师点睛】结合等差数列性质将c代换，求 出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解. 即an6= 【解析】，a,b,c成等差数列，∴.2b=a十c,c=2b 后由正孩定理可得PR,:PR,: sin :=I -a,代入直线方程a.x十by十c=0,得 ax十by十2b-a=0,即a(x-1)十b(y+2)=0, FF:|=sin0:sina:sin90°=2：1：√5， 1x-1=0,/x=1. 则由PF:|=m得|PF:|=2n,IF:F2|=2c= 得 (y+2=0,(y=-2. √5m, 59