5.专题五 立体几何-【高考快车道·高考母题必读及衍生】2025年高考数学二轮总复习专题学案

专题五　立体几何 (满分150分　时间120分钟) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．设α，β是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，且α∩β＝l，则“m∥l”是“m∥β且m∥α”的(　　) [A]充分不必要条件 [B]充要条件 [C]必要不充分条件 [D]既不充分也不必要条件 2．已知m，l是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出α⊥β的是(　　) [A]m⊥l，m⊂β，l⊥α [B]m⊥l，α∩β＝l，m⊂α [C]m∥l，m⊥α，l⊥β [D]l⊥α，m∥l，m∥β 3．已知圆台O1O2的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为(　　) [A]24π [B]25π [C]26π [D]27π 4．如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝AA1＝2，E为棱AA1上的动点，平面BED1交棱CC1于F，则四边形BED1F的周长的最小值为(　　) [A]4 [B]2 [C]2() [D]2＋4 5．已知正三棱锥P­ABC的侧棱与底面边长的比值为，若三棱锥P­ABC外接球的表面积为π，则三棱锥P­ABC的高为(　　) [A]1 [B]2 [C] [D] 6．已知圆柱的高和底面半径均为4，AB为上底面圆周的直径，点P是上底面圆周上的一点且AP＝BP，PC是圆柱的一条母线，则点P到平面ABC的距离为(　　) [A]4 [B]2 [C]3 [D]2 7．如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，Q为正方形BB1C1C内一动点(含边界)，若D1Q∥平面A1PD，则线段D1Q长度的取值范围是(　　) [A][1，] [B] [C] [D] 8．已知正三棱台ABC­A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　) [A] [B]1 [C]2 [D]3 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知m，n，l为空间中三条不同的直线，α，β，γ为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是(　　) [A]若α∩β＝m，m⊥γ，则α⊥γ，β⊥γ [B]若m⊂α，n⊄α，则m与n为异面直线 [C]若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，且l∩m＝P，则P∈n [D]若m⊥α，m⊥β，α∥γ，则β∥γ 10．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E，F分别为A1B1，B1C1，C1A1的中点，AB＝2，M为BD的中点，则下列说法正确的是(　　) [A]AF，BE为异面直线 [B]EM∥平面ADF [C]若BE⊥CF，则AA1＝ [D]若∠BEC＝60°，则直线A1C与平面BCC1B1所成的角为45° 11．如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，过AB作一垂直于直线B1C的平面交平面ADD1A1于直线l，动点M在直线l上，则(　　) [A]B1C⊥l [B]三棱锥M­BB1C的体积为定值 [C]四棱锥M­BB1C1C为正四棱锥时，该四棱锥的外接球表面积为9π [D]直线BM与直线CD所成的角的正切值的最大值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知正四面体A ­ BCD中，M，N分别为棱AB，AD上的点，且AM＝BM，DN＝2AN，则点M，N在底面BCD的射影所在的直线与BC所成角的正切值是 __________． 13．在三棱柱ABC­A1B1C1中，＝2＝m，且BN∥平面A1CM，则m的值为________． 14．在矩形ABCD中，AB＝，BC＝1，现将△ACD沿对角线AC折起，得到四面体D­ABC，若异面直线BC与AD所成的角为，则BD＝______；若二面角D ­AC­B的大小为，则BD＝______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(13分)如图所示的五面体ABCDEF中，平面CDEF⊥平面ABCD，四边形CDEF为正方形，AB∥CD，∠ADC＝∠BCD＝120°，AB＝2AD． (1)求证：BD⊥平面ADE； (2)若AD＝1，求五面体ABCDEF的体积． 16．(15分)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点． (1)证明：BM∥平面CDE； (2)求点M到平面ABF的距离． 17．(15分)如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB上的点． (1)若PD∥平面ACE，求PE∶PB的值； (2)若E是PB的中点，且平面PAC与平面EAC夹角的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值． 18．(17分)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝＝．将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4． (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF夹角的正弦值． 19．(17分)如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AD ∥BC，AB＝BC＝PA＝1，AD＝2，∠PAD＝∠DAB＝90°，点E在棱PC上，设CE＝λCP． (1)求证：CD⊥AE； (2)记平面CAE与平面AED的夹角为θ，且cos θ＝，求实数λ的值． 6/6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题过关验收卷·专题五 1．C　[当m∥l时，m可能在α内或者β内，故不能推出m∥β且m∥α，所以充分性不成立； 当m∥β且m∥α时，设存在直线n⊂α，n⊄β，且n∥m， 因为m∥β，所以n∥β，根据直线与平面平行的性质定理，可知n∥l， 所以m∥l，即必要性成立，故“m∥l”是“m∥β且m∥α”的必要不充分条件．故选C．] 2．D　[对于A，有可能出现α，β平行的情况，故A错误；对于B，会出现平面α，β相交，但不垂直的情况，故B错误；对于C，m∥l，m⊥α，l⊥β⇒α∥β，故C错误；对于D，l⊥α，m∥l⇒m⊥α，又由m∥β⇒α⊥β，故D正确．故选D．] 3．C　[如图，作出圆台的轴截面ABDC，设上底面圆O1的半径为r，则下底面圆O2的半径是3r， 故轴截面周长为16＝4＋4＋2r＋6r，解得r＝1， 所以上、下底面圆的面积分别为π，9π，圆台侧面积S侧＝π(1＋3)×4＝16π， 所以圆台的表面积为π＋9π＋16π＝26π．故选C．] 4．B　[将长方体ABCD­A1B1C1D1侧面展开，如图所示，当点E为BD1与AA1的交点，F为BD′1与CC1的交点时，截面四边形BED1F的周长最小， 最小值为2BD1＝．故选B．] 5．B　[如图，△ABC为等边三角形， 设D为BC中点，PH⊥平面ABC，设AB＝a(a＞0)，则PA＝a， 设三棱锥P­ABC外接球的半径为R，由正棱锥的性质可知球心O在PH上， 则OH2＋AH2＝R2，即＝R2，所以R＝． 由4πR2＝4π·a2＝，解得a＝． 所以三棱锥P­ABC的高为×＝2．故选B．] 6．D　[如图， 由题意可得AB＝8， 因为AP＝BP，所以S△ABP＝×8×4＝16， 因为PC⊥平面ABP，且PC＝4，所以VC­ABP＝×16×4＝，因为AP＝BP＝4，所以AC＝BC＝4， 所以S△ABC＝＝16， 设点P到平面ABC的距离为d， 则VP­ABC＝×16d＝，解得d＝2．故选D．] 7．D　[如图，取CC1中点E，B1C1中点F，连接D1E，D1F，EF，B1C， 所以EF∥B1C，正方体中，易得B1C∥A1D，所以EF∥A1D， 因为EF⊄平面A1PD，A1D⊂平面A1PD，所以EF∥平面A1PD， 因为P，E为BB1，CC1中点， 所以D1E∥A1P， 因为D1E⊄平面A1PD，A1P⊂平面A1PD，所以D1E∥平面A1PD， 因为EF∩D1E＝E， 所以平面D1EF∥平面A1PD， 因为D1Q∥平面A1PD， 所以D1Q⊂平面D1EF， 又Q为正方形BB1C1C内一动点(含边界)，所以Q在线段EF上， 可得D1E＝，D1F＝，EF＝， 则当Q在EF中点时，D1Q取得最小值为＝，当Q在EF两端时，D1Q取得最大值为，所以D1Q长度的取值范围是．故选D．] 8．B　[将正三棱台ABC­A1B1C1补成正三棱锥P­ABC， 则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角， 因为， 则， 可知VP­ABC＝，则VP­ABC＝18， 设正三棱锥P­ABC的高为d，则VP­ABC＝＝18，解得d＝2， 取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2， 所以PA与平面ABC所成角的正切值tan ∠PAO＝＝1．故选B．] 9．ACD　[对于A，显然m⊂α，m⊂β，又m⊥γ，则α⊥γ，β⊥γ，A正确； 对于B，由m⊂α，n⊄α，得m与n可能相交、可能平行、也可能异面，B错误； 对于C，由α∩β＝l，β∩γ＝m，l∩m＝P，知点P在平面α，β，γ内，即为平面α，γ的公共点，而γ∩α＝n，因此P∈n，C正确； 对于D，由m⊥α，m⊥β，得α∥β，而α∥γ，因此β∥γ，D正确．故选ACD．] 10．BC　[对于A，如图1，连接EF，由题意得EF∥AB，所以A，B，E，F四点共面， 所以AF，BE不是异面直线，故A错误； 　 对于B，如图2，取DA的中点N，连接FN，MN，得MN∥AB，MN＝AB， 所以EF∥MN，EF＝MN，四边形EFNM是平行四边形，所以EM∥FN， 因为FN⊂平面ADF，EM⊄平面ADF，所以EM∥平面 ADF，故B正确； 对于C，如图3，取AB的中点Q，连接CQ，FQ，由EF，QB平行且相等知，四边形EFQB为平行四边形，则有FQ∥BE，由BE⊥CF，可知∠QFC＝90°， 设AA1＝x，则QF2＝BE2＝1＋x2，CF2＝1＋x2，CQ＝， 所以2x2＋2＝3，解得x＝，故C正确； 　 对于D，如图4，由∠BEC＝60°，BE＝CE，可知△BCE为等边三角形，CE＝BC＝2，连接A1E， 由题意知A1E⊥平面BCC1B1， 所以∠A1CE就是直线A1C与平面BCC1B1所成的角， tan ∠A1CE＝＜1， 所以直线A1C与平面BCC1B1所成的角小于45°，故D错误．故选BC．] 11．ABC　[如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，过AB作一垂直于直线B1C的平面交平面ADD1A1于直线l， 由于AB⊥平面BB1C1C，故AB⊥B1C，又BC1⊥B1C，且AB∩BC1＝B，故B1C⊥平面ABC1D1，即平面ABC1D1为过AB垂直于直线B1C的平面，而平面ABC1D1∩平面AA1D1D＝AD1， 故直线l即为直线AD1，所以B1C⊥l，A正确； 三棱锥M­BB1C的底面面积为S△BB1C＝×2×2＝2， 由于动点M在直线l上，而 l⊂平面ADD1A1，故三棱锥的高为正方体的棱长2，故VM­BB1C＝×2×2＝，故B正确； 对于C，四棱锥M­BB1C1C为正四棱锥时，顶点M恰好是AD1的中点， 设外接球半径为R，四棱锥的高为2，则R2＝()2＋(2－R)2，R＝，故四棱锥外接球的表面积为4πR2＝4π×＝9π，故C正确； 对于D，直线AB与直线CD平行，所以直线BM与直线CD所成的角即为直线BM与直线AB所成的角， 当点M与点D1重合时，此时直线BM与直线AB所成角最大， 此时正切值为，故D错误．故选ABC．] 12．　[如图，取BC中点S，CD中点K，连接BK，DS交于点O，连接AO，过M作ME⊥BK于E，过N作NF⊥DS于F， 则由题意得O是△BCD中心，则AO⊥平面BCD， 所以M，N在平面BCD的射影分别为E，F， 设正四面体的棱长为2，则OE＝BE＝OK＝， OF＝， 设M，N在底面BCD的射影所在的直线EF与BC所成角为θ， ＝＝1， EF2＝OE2＋OF2－2OE·OF cos 120°＝，所以EF＝， 则cos 〈〉＝， 所以cos θ＝， 所以sin θ＝， 所以点M，N在底面BCD的射影所在的直线与BC所成角的正切值为tanθ＝．] 13．　[法一：如图1，取A1B1上靠近A1的三等分点G，连接BG，GN，所以BG∥A1M，又BG⊄平面A1CM，A1M⊂平面A1CM，所以BG∥平面A1CM，又BN∥平面A1CM，BG∩BN＝B，BG，BN⊂平面GBN，所以平面GBN∥平面A1CM，所以GN∥平面A1CM，又GN∥平面ABC，平面ABC∩平面A1CM＝CM，所以GN∥CM，所以，所以m＝． 法二：如图2，连接AN交A1C于点P，连接MP，由题知BN∥平面A1CM，平面ABN∩平面A1CM＝MP，所以BN∥MP，所以＝2，又＝2，所以m＝． 法三：如图3，连接BA1，不妨设＝c，依题意，＝c－，因为＝mb，所以＝c－a＋mb，又因为BN∥平面A1CM，故必共面，即存在λ，μ∈R，使，即c－a＋mb＝λ，从而有解得m＝．] 14．或1　　[如图所示， 在矩形ABCD中，AB＝，BC＝1，所以AC＝2，∠BCA＝∠CAD＝，在四面体D­ABC中， ＝＝ ＝，其中θ为与的夹角． 若异面直线BC与AD所成的角为，则θ＝或θ＝，所以＝1或，经检验BD＝或1均满足题意，故BD＝或1； 在矩形ABCD中，作BE⊥AC交AC于点E，DF⊥AC交AC于点F， 在四面体D­ABC中，作EG⊥AC交CD于点G，则EG∥DF，所以二面角D­AC­B的平面角为∠BEG． 设∠BEG＝α， 因为BE＝DF＝BC·cos 30°＝， 所以EF＝AC－2CE＝AC－2BC sin 30°＝1， 又在四面体D­ABC中，BE⊥EF，DF⊥EF，则＝0， ＝＝ ＝＝， 若二面角D­AC­B的大小为，则α＝， 所以＝，即BD＝．] 15．解：(1)证明：因为ED⊥DC，平面CDEF⊥平面ABCD， 平面CDEF∩平面ABCD＝DC，DE⊂平面CDEF，所以ED⊥平面ABCD， 因为BD⊂平面ABCD，所以BD⊥ED， 在△ABD中，因为∠ADC＝120°，故∠DAB＝60°，不妨设AB＝2AD＝2， 所以由余弦定理，得BD＝，所以AD⊥BD，又ED∩AD＝D，所以BD⊥平面ADE． (2)若AD＝1，则DC＝CB＝1，由(1)知BD⊥平面ADE，所以BD为三棱锥B­ADE的高， 而四棱锥B­CDEF的高为点B到平面CDEF的距离，因为平面CDEF⊥平面ABCD，所以点B到平面CDEF的距离就是点B到直线CD的距离， 故VEFABCD＝VB­ADE＋VB­CDEF＝． 16．解：(1)证明：因为BC∥AD，BC＝2，AD＝4，M为AD的中点，所以BC∥MD，BC＝MD， 所以四边形BCDM为平行四边形，所以BM∥CD，又因为BM⊄平面CDE， CD⊂平面CDE，所以BM∥平面CDE． (2)如图所示，作BO⊥AD交AD于O，连接OF． 因为四边形ABCD为等腰梯形，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝2，所以CD＝2， 由(1)知四边形BCDM为平行四边形，可得BM＝CD＝2， 又AM＝2，所以△ABM为等边三角形，O为AM中点，所以OB＝， 又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EF＝MD，又EF∥MD， 所以四边形EFMD为平行四边形，FM＝ED＝AF，所以△AFM为等腰三角形， 所以OF⊥AM，OF＝＝3， 因为OB2＋OF2＝BF2，所以OB⊥OF，所以OB，OD，OF互相垂直， 由等体积法可得VM­ABF＝VF­ABM，VF­ABM＝S△ABM·FO＝， cos ∠FAB＝ ＝，sin ∠FAB＝，S△FAB＝FA·AB·sin ∠FAB＝， 设点M到平面FAB的距离为d，则VM­FAB＝VF­ABM＝·S△FAB·d＝， 解得d＝，即点M到平面ABF的距离为． 17．解：(1)如图，连接BD交AC于点G，连接EG， 由PD∥平面ACE，平面PDB∩平面ACE＝EG，所以PD∥EG． 由题意可知，故． (2)设M为AB中点，易知CM，CD，CP两两垂直，以C为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 令CP＝a，则A(1，1，0)，B(1，－1，0)，P(0，0，a)，， 易知平面PAC的法向量为＝(1，－1，0)，＝(1，1，0)，， 令平面EAC的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0， 即令x＝a，故y＝－a，z＝－2，则n＝(a，－a，－2)． 依题意平面PAC与平面EAC夹角的余弦值为，可得＝，解得a＝2．于是n＝(2，－2，－2)，＝(1，1，－2)， 设直线PA与平面EAC所成角为θ， 则sin θ＝＝． 所以直线PA与平面EAC所成角的正弦值为． 18．解：(1)证明：由AB＝8，AD＝5，得AE＝2，AF＝4． 又∠BAD＝30°，在△AEF中，由余弦定理得 EF＝＝＝2． 所以AE2＋EF2＝AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD， 所以EF⊥PE，EF⊥DE， 又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE， 所以EF⊥平面PDE， 又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD． (2)连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝3， 则CE2＝ED2＋CD2＝36， 在△PEC中，PC＝4，PE＝2，EC＝6， 得EC2＋PE2＝PC2， 所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF， 又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD， 所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系Exyz， 则E(0，0，0)，P(0，0，)，D(0，3，0)，C(3，3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2，0)， 由F是AB的中点，得 B(4，2，0)， 所以＝(3，3，－2)， ＝(0，3，－2)，＝(4，2，－2)，＝(2，0，－2)， 设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)， 则 令y1＝2，得x1＝0，z1＝3，令x2＝，得y2＝－1，z2＝1， 所以n＝(0，2，3)，m＝， 所以|cos 〈m，n〉|＝， 设平面PCD和平面PBF的夹角为θ，则sin θ＝， 即平面PCD与平面PBF夹角的正弦值为． 19．解：(1)证明：因为∠PAD＝90°，所以PA⊥AD． 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA⊂平面PAD，所以PA⊥平面ABCD． 又CD⊂平面ABCD，所以CD⊥PA． 在四边形ABCD中，AD∥BC，∠DAB＝90°，所以∠ABC＝90°， 又AB＝BC＝1，所以△ABC是等腰直角三角形，即∠BAC＝∠BCA＝45°，AC＝． 在△CAD中，∠CAD＝45°，AC＝，AD＝2，所以CD＝AC2＋CD2＝4＝AD2． 所以CD⊥AC． 又AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC． 又AE⊂平面PAC，所以CD⊥AE． (2)因为PA⊥平面ABCD，BA⊥AD， 故以A为原点，AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为AB＝BC＝PA＝1，AD＝2， 所以A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，则＝(－1，1，0)，＝(0，2，0)． 因为点E在棱PC上，且CE＝λCP， 所以，设E(x，y，z)， 则(x－1，y－1，z)＝λ(－1，－1，1)， 故E(1－λ，1－λ，λ)，所以＝(1－λ，1－λ，λ)． 由(1)知，CD⊥平面PAC，所以平面ACE的一个法向量为n＝＝(－1，1，0)． 设平面AED的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 由 得 令z1＝1－λ，所以可取m＝(－λ，0，1－λ)． 因此cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝， 化简得3λ2－8λ＋4＝0，解得λ＝或2． 因为E在棱PC上，所以λ∈(0，1]，所以λ＝． 所以当cos θ＝时，实数λ的值为． 13/13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题五　立体几何 高考真题衍生卷·命题区间12 1．C　[如图所示，设初始状态圆柱部分沙子的高度为h′，沙漏下半部分的圆柱高度为h1，圆锥部分高度为h2，上、下底面半径为r，则h1＝2 cm，又沙漏总高度为10 cm，则h2＝3 cm，所以πr2h2＋πr2h′＝πr2h1，即πr2×3＋πr2h′＝πr2×2，解得h′＝1 cm． 所以初始状态的沙子高度h＝3＋h′＝4 cm．故选C．] 2．ABD　[由于棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m，所以选项A正确；由于棱长为1 m的正方体中可放入棱长为 m的正四面体，且＞1.4，所以选项B正确；因为正方体的棱长为1 m，体对角线长为 m，＜1.8，所以高为1.8 m的圆柱体不可能整体放入正方体容器中，所以选项C不正确；由于正方体的体对角线长为 m，而底面直径为1.2 m的圆柱体，其高0.01 m可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确．故选ABD．] 3．BCD　[因为长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝3，所以里面所放球的半径最大为1，A错误；设球O1半径为1，放入长方体内部时，与四个侧面和底面均相切，如图1，设球O的半径为r，且与过点D1的三个面均相切， 不妨让球O与球O1也相切， 分别过点O1，O作O1E，OF⊥平面CDD1C1于E，F， 连接OO1，在梯形EFOO1中，过点O作OG⊥O1E， 在Rt△OO1G中易知OO1＝r＋1，O1G＝1－r， OG＝ 即2r2－6r＋5＋(1－r)2＝(1＋r)2， 即2r2－10r＋5＝0， 解得r＝或r＝(舍)，B正确； 若要在长方体内同时放三个球， 其中一个球半径为1，另两个球半径相等， 作俯视图如图2，则球O的半径为1， 球O1，O2的最大半径为r＝>，C正确； 因为长方体的对角面的边长分别为2和3， 且2.8<2， 所以可以让圆锥底面放到长方体的对角面上， 故可以放入长方体内部，D正确．故选BCD． ] 4．ABD　[因为正四面体的棱长为1 m， 如图1，在Rt△AOD中， 可得正四面体的高h＝AO＝ m， 设该正四面体的内切球(与各面均相切)的半径为r，球心为O1， 则有VA­BCD＝S△BCD·h＝4×S△BCD·r， 即r＝ m，A正确； 如图2，设圆柱的底面半径为r1，高为h1， 在Rt△AOE中，， ， V圆柱＝h1＝π， 令圆柱的体积关于h1的函数为V(h1)， 则V′(h1)＝π， 令V′(h1)＝0，解得h1＝或h1＝， 易知，当h1＝ m，r1＝ m时，V圆柱最大，B正确； 当球的表面积为3π m2时，其球的半径为 m， 而由A项得内切球的半径r＝<， 故表面积为3π m2的球不能放入该正四面体中，C错误； 由B项可知，圆柱的直径为 m， 由勾股定理可得，其底面内接正方形的边长为 m， 又圆柱的高为 m， 故可以放入一个棱长为 m的正方体，D正确．] 5．B　[设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×，即2，故r＝3， 故圆锥的体积为π×9×π．故选B．] 6．D　[由题知VB­AEF＝VB­ACD， 所以S△AEF＝S△ACD＝． 设EF＝a，AE＝b，AF＝c， 则bc sin 60°＝，即bc＝， 则a2＝b2＋c2－2bc cos 60°≥2bc－bc＝bc＝． 当且仅当即b＝c＝时，取等号，所以EF的最小值为．故选D．] 7．C　[因为AD，BE，CF两两平行，且两两之间距离为1，则该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥，其中三棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积，四棱锥的高为，底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形，故该五面体的体积V＝．故选C．] 8．A　[设圆锥的高为h，母线长为l，底面圆半径为r，则解得l＝2，r＝1，所以h＝，所以圆台体积为π×12×π×．故选A．] 9．A　[设圆柱的底面半径为r，高为h，圆锥的母线长为l，因为圆锥的侧面积为15π，所以πrl＝15π，即rl＝15．因为l2＝r2＋42，所以联立解得r＝3(舍负)．因为圆柱的侧面积为18π，所以2πrh＝18π，即2π×3h＝18π，解得h＝3，所以该毡帐的体积为πr2×4＋πr2h＝39π．故选A．] 10．28　[如图所示，根据题意易知△SO1A1∽△SOA， 所以， 又SO1＝3，所以SO＝6，所以OO1＝3， 又上下底面正方形边长分别为2，4， 所以所得棱台的体积为×3＝28．] 11．　[由题可得两个圆台的高分别为 h甲＝(r1－r2)， h乙＝(r1－r2)， 所以＝．] 12．C　[如图，设正三棱锥的底面边长为a，高为h，高与侧棱的夹角为θ， 由球的表面积为16π可得球的半径为2， 则在△PDB中，由余弦定理可得 cos θ＝∈ 时，V′(t)>0，函数V(t)单调递增； 当t∈ 2 6/7 学科网（北京）股份有限公司 $$ 命题区间13　空间点线面的位置关系、空间向量 (单项选择题每小题5分，多项选择题每小题6分，解答题每小题13分，共57分) 考向一　空间点、直线、平面之间的位置关系 1．(补偿题)如图，在长方体ABCD­A′B′C′D′中，AB＝2AA′＝2AD，M，N分别是A′B′，D′C′的中点．则直线CN与DM是(　　) [A]相互垂直的相交直线 [B]相互垂直的异面直线 [C]相互不垂直的异面直线 [D]所成的角为60°的异面直线 2．(2024·天津卷T6)若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是(　　) [A]若m∥α，n∥α，则m⊥n [B]若m∥α，n∥α，则m∥n [C]若m∥α，n⊥α，则m⊥n [D]若m∥α，n⊥α，则m与n相交 3．(2024·全国甲卷文T11)设α，β是两个平面，m，n是两条直线，且α∩β＝m．下列四个命题： ①若m∥n，则n∥α或n∥β；②若m⊥n，则n⊥α，n⊥β；③若n∥α，且n∥β，则m∥n；④若n与α和β所成的角相等，则m⊥n． 其中所有真命题的编号是(　　) [A]①③ [B]②④ [C]①②③ [D]①③④ 4．(多选)(2023·全国乙卷T19(1)姊妹题)在正三棱锥D­ABC中，＝0，点P满足＝x＋y，其中x∈[0，1]，y∈[0，1]，则(　　) [A]当x≠0时，直线MP与直线AD一定为异面直线 [B]当x＋y＝1时，平面MDP⊥平面ABD [C]使得MP⊥平面BCD的(x，y)有两对 [D]当x＋y＝时，MP∥平面ADC 5．(2023·上海春季卷T15)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P是A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是(　　) 　 [A]DD1 [B]AC [C]AD1 [D]B1C 考向二　空间向量与立体几何 6．(补偿题)如图，在三棱锥S­ABC中，点E，F分别是SA，BC的中点，点G在线段EF上，且满足＝，若＝a，＝b，＝c，则＝(　　) [A]a－b＋c [B]a＋b＋c [C]a－b＋c [D]a－b＋c 7．(13分)(2024·新高考Ⅰ卷T17子母题)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，平面AA1B1B⊥平面ABC，AB1＝2，AA1＝4，∠A1AB＝120°，四边形AA1C1C为正方形． (1)求点B到平面AA1C1C的距离； (2)若线段AB1上存在一点P，使得二面角P­BC­A的正弦值为，求PA． 8．(13分)(2023·新高考Ⅱ卷T20姊妹题如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝2，AA1＝，点M在射线A1B1上(A1M>1)，N为AC的中点． (1)求的最小值； (2)当C1M⊥C1N时，求二面角B ­ MN­C的正弦值． 3/3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考真题衍生卷·命题区间13 1．B　[连接MN，ND(图略)，由AB＝2AA′＝2AD，M，N分别是A′B′，D′C′的中点， 可得CN⊥ND，又MN⊥平面CND， 所以CN⊥MN，又MN∩ND＝N， 所以CN⊥平面MND， 因为DM⊂平面MND，所以CN⊥DM， 即直线CN与DM为相互垂直的异面直线．故选B．] 2．C　[对于A，B，若m∥α，n∥α，则m，n可能平行、相交或异面，故A，B错误． 对于C，D，若m∥α，n⊥α，则m⊥n，且m与n相交或异面，故D错误．故选C．] 3．A　[对①，当n⊂α，因为m∥n，m⊂β，则n∥β； 当n⊂β，因为m∥n，m⊂α，则n∥α； 当n既不在α内也不在β内，因为m∥n，m⊂α，m⊂β，则n∥α且n∥β，故①正确； 对②，若m⊥n，则n与α，β不一定垂直，故②错误； 对③，过直线n分别作两平面与α，β分别相交于直线s和直线t， 因为n∥α，过直线n的平面与平面α的交线为直线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，因为s⊄平面β，t⊂平面β，则s∥平面β， 因为s⊂平面α，α∩β＝m，则s∥m，又因为n∥s，则m∥n，故③正确； 对④，若α∩β＝m，n与α和β所成的角相等，如果n∥α，n∥β，则m∥n，故④错误． 综上只有①③正确，故选A．] 4．ABD　[由＝0，可知M为AB的中点． A项：若x≠0，则由可知， 点P∉直线BD，点P∈平面BCD，所以点P∉平面ABD， 因为AD⊂平面ABD，点M∈平面ABD，且点M∉直线AD， 所以x≠0时，直线MP与直线AD为异面直线，A正确； B项：若x＋y＝1，则P，C，D三点共线，即点P∈直线CD， 在正三棱锥DABC中，CM⊥AB，DM⊥AB，所以AB⊥平面MDC，又AB⊂平面ABD，所以平面MDP⊥平面ABD，B正确； C项：因为过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，所以过点M有且仅有一条直线l与平面BCD垂直，则点P就是直线l与平面BCD的交点，且是唯一的． 又由平面向量基本定理可得，存在唯一的实数对(x，y)，使得，C错误； D项：分别取BD，BC的中点E，F，则， 当x＋y＝时，2x＋2y＝1，所以E，F，P三点共线，即P∈EF， 显然平面MEF∥平面ADC，所以MP∥平面ADC，D正确．故选ABD．] 5．B　[对于A，如图1，当点P为A1C1的中点时，连接B1D1，BD，则P在B1D1上，BP⊂平面BDD1B1，又DD1⊂平面BDD1B1，所以BP与DD1共面，故A不正确；对于B，如图2，连接AC，易知AC⊂平面ACC1A1，BP⊄平面ACC1A1，且BP∩平面ACC1A1＝P，P不在AC上，所以BP与AC为异面直线，故B正确；当点P与点C1重合时，连接AD1，B1C(图略)，由正方体的性质，易知BP∥AD1，BP与B1C相交，故C，D不正确．故选B． 　] 6．B　[．故选B．] 7．解：(1)因为∠A1AB＝120°，所以∠ABB1＝60°， 又AA1＝BB1＝4，AB1＝， 在△ABB1中，由正弦定理得， 所以sin ∠BAB1＝1，即∠BAB1＝90°，所以AB＝2，AB1⊥AB． 因为平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AB1⊂平面AA1B1B， 所以AB1⊥平面ABC． 又AC⊂平面ABC，故AB1⊥AC， 因为四边形AA1C1C为正方形，故AC⊥AA1， 又AB1，AA1⊂平面AA1B1B，AB1∩AA1＝A， 故AC⊥平面AA1B1B， 因为AB⊂平面AA1B1B，故AC⊥AB． 设点B到平面AA1C1C的距离为d，由VBAA1C＝VA1ABC， 即·d＝S△ABC·AB1， 解得d＝， 故点B到平面AA1C1C的距离为． (2)设PA＝h，h∈[0，2]． 法一：由(1)得AC，AB，AB1两两互相垂直，故以A为坐标原点，以AC，AB，AB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz． 易知平面ABC的一个法向量为n1＝(0，0，1)， 由题得B(0，2，0)，C(4，0，0)，设P(0，0，h)，0≤h≤2， 则＝(0，－2，h)，＝(4，－2，0)， 设平面PBC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 故则 令x2＝h，则y2＝2h，z2＝4， 则平面PBC的一个法向量为n2＝(h，2h，4)， 设二面角PBCA的大小为θ， 因为sin θ＝，sin2θ＋cos2θ＝1， 故cosθ＝ (θ为锐角)， 则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝， 所以h＝∈[0，2]，所以PA＝． 法二：如图，作AH⊥BC，垂足为H，连接PH．设PA＝h，0≤h≤2． 因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC， 又BC⊥AH，AH，PA⊂平面PAH，AH∩PA＝A， 故BC⊥平面PAH， 因为PH⊂平面PAH，所以BC⊥PH， 故∠PHA即为二面角PBCA的平面角， 则sin ∠PHA＝， 在Rt△ABC中，BC＝， 则AH＝， 则PH＝，解得h＝∈[0，2]， 所以线段AB1上存在点P满足要求，且PA＝． 8．解：(1)连接BN，由条件可得AA1⊥BN，AC＝2， 因为AB＝BC，N为AC的中点， 所以BN⊥AC， 又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面AA1C1C， 得BN⊥平面AA1C1C， 又BN⊂平面BMN， 故平面BMN⊥平面AA1C1C． 过M作MK⊥AB于点K，连接NK，则MK＝， 设A1M＝x(x>1)， 则在△ANK中，由余弦定理可得 NK2＝x2＋2－2×x cos 45°＝x2－2x＋2， 故MN2＝NK2＋MK2＝x2－2x＋4， 又BM2＝B1M2＋B＝(2－x)2＋2＝x2－4x＋6， 当且仅当x＝＋1时等号成立， 故的最小值为1－． (2)由题可知AB⊥BC，AB⊥BB1，BC⊥BB1， 故以B为原点，分别以BC，BA，BB1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Bxyz． 则B(0，0，0)，C1(2，0，)，M(0，2－x，)，N(1，1，0)，C(2，0，0)， 则＝(－2，2－x，0)，＝(－1，1，－)，由C1M⊥C1N可得·＝2＋2－x＝0，故x＝4， 故＝(0，－2，)，＝(1，3，－)，＝(－2，－2，)， 设平面BMN的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 由可得 令y1＝1，可得n1＝(－1，1，)为平面BMN的一个法向量， 设平面CMN的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 由可得 令x2＝，可得n2＝(，，4)， 所以|cos 〈n1，n2〉|＝， 故二面角BMNC的正弦值为． 6/6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考试题 (年份/卷别/题号) 新高考全国卷 新高考地方卷 命题区间 空间几何体 及其表面积 和体积 2024新高考Ⅰ卷T5Ⅱ卷T7 2023新高考Ⅰ卷T14Ⅱ卷T9T14 2022新高考Ⅰ卷T4T8Ⅱ卷T7T11 2024北京卷T8T14 2024天津卷T9 2023天津卷T8 空间点线面的 位置关系、 空间向量 2024新高考Ⅰ卷T17Ⅱ卷T17 2023新高考Ⅰ卷T12T18Ⅱ卷T20 2022新高考Ⅰ卷T9T19Ⅱ卷T20 2024天津卷T6T17　　2024北京卷T17 2024上海卷T15T17 2023上海卷T17 2023北京卷T9T16 2023天津卷T17 2023上海(春季)卷T17 2022北京卷T17 2022浙江卷T8T19 命题分 析与备 考策略 1．规律小结 比较近三年的高考题可以发现，对于空间向量与立体几何的考查在能力素养要求上有所提高，但难度不会提升太多，多为基础性、综合性题目．考查内容主要有： (1)以空间几何体与球的切、接为背景，考查几何体的结构特征、表面积、体积、性质等； (2)以空间几何体为载体，考查空间线、面位置关系的证明以及空间角和距离的计算； (3)以空间向量为辅助工具，解决空间几何体的证明与计算问题． 2．考点频度 (1)高频考点：垂直关系的证明，二面角，体积． (2)中频考点：球及球的切接，线线角、线面角，劳动生产实际与数学文化． (3)低频考点：表面积，平行关系的证明． 3．考前备考策略 从近几年高考来看，立体几何总体难度有所提升，但仍然以基础性题目为主，注重考查数学文化、社会生活实践中的数学问题，球的切接问题也是考查的热点和难点．解答题以常见几何体为载体，重点考查空间中点、线、面的位置关系的判断与证明以及空间角的求法，更加注重对空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力的考查，题目多为中档的综合性问题．综上，备考中要加强对常规题型的理解，要理解解题思路与方法策略，做到针对性、点对点备考，在训练中注意提高运算求解能力和空间想象能力． 　空间几何体及其表面积和体积 　　　　数学文化与简单几何体的性质 关注社会主义建设成果，增强文化自信，同时考查空间想象能力、数学运算能力． 典例1　(2022·新高考Ⅰ卷T4)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(≈2.65)(　　) A．1.0×109 m3　　　B．1.2×109 m3　　　C．1.4×109 m3　　　D．1.6×109 m3 命题立意：本题属于生活实践情境．以我国的重大建设成就“南水北调”工程为背景，冷点新考，强调基础，考查棱台的体积公式，体现了数据分析、数学运算等核心素养． 思维拆解 解题思路 名师点拨 第1步：统一单位，化“km2”为“m2”． 第2步：求体积． 将统一单位后的数据代入棱台的体积公式求棱台的体积． 解：由已知可得棱台的两个底面面积分别为S1＝140.0 km2＝1.4×108m2，S2＝180.0 km2＝1.8×108m2，棱台的高h＝157.5－148.5＝9(m)． 由棱台的体积公式，得增加的水量约为 V＝(S1＋S2＋)h＝×(1.4×108＋1.8×108＋)×9＝3×(0.6×＋3.2)×108≈1.4×109(m3)． 故选C． 易错：解答本题要注意将单位统一． 归纳总结：本题以我国重大建设成就“南水北调”工程为背景，考查棱台体积公式，同时考查学生的空间想象、运算求解、阅读理解等多种能力，试题引导学生关注社会主义建设成果，增强社会责任感，注意到棱台的体积公式在近年的考试中很少涉及，是个“冷点”，在今后的复习中要格外注意． 　　　　空间几何体的表面积和体积的计算 命题角度：(1)空间几何体的表面积；(2)空间几何体的体积． 典例2　(2023·新高考Ⅰ卷T14)在正四棱台ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为________． 命题立意：本题以正四棱台为载体，考查棱台中特殊梯形的应用及棱台的体积公式，考查了空间想象能力，体现了直观想象的数学学科核心素养． 思维拆解 解题思路 名师点拨 方法一：直接法 第1步：作辅助线，构造直角梯形、直角三角形． 第2步：利用勾股定理和台体的体积公式即可求解． 方法二：割补法 补全正棱锥，利用相似比值求解． 解：法一：如图，记上底面、下底面的中心分别为O1，O，则四边形AOO1A1为直角梯形．由题意可知AO＝2A1O1＝，则棱台的高h＝OO1＝，所以棱台的体积V＝×(4＋1＋)＝． 法二：如图，将正四棱台ABCD­A1B1C1D1补形，得到正四棱锥O­ABCD．由AB＝2A1B1，AA1＝，可得OA＝2，所以正四棱锥O­ABCD的高h＝，其体积V1＝×4×＝．同理，可得正四棱锥O­A1B1C1D1的高h＝，其体积V2＝×1×＝，则该棱台的体积V＝V1－V2＝． (1)易错1：棱台的几何性质掌握不牢致误． (2)易错2：几何体的体积公式应用不到位致误． (3)关键：利用正棱台的定义，将正四棱台补形成正四棱锥． (4)组合体的体积等于它的各部分体积的和或差． 归纳总结：求解几何体的表面积或体积的策略 (1)直接法：对于规则几何体可直接利用公式计算． (2)割补法：对于不规则几何体，可采用“分割、补体”的思想，采用化整为零或化零为整求解． (3)等体积转化法：对于某些动态三棱锥的体积问题，直接求解不方便时，可采用转换底面的方式求解，尤其涉及“空间点到平面的距离”问题，常采用等体积转换法求解． 　　　　球及其组合体(重点关注表面积与体积) 以其外接球、内切球为背景，考查其表面积与体积． 典例3　(2022·新高考Ⅰ卷T8)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是(　　) A． B． C． D． 命题立意：本题以正四棱锥的外接球为背景，考查棱锥和球的体积公式，以及利用导数研究函数的最值问题，体现了直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养． 思维拆解 解题思路 名师点拨 第1步：求球的半径． 第2步：用已知表示未知． 设出正四棱锥底面边长a和高h，利用两个直角三角形，得到关于a和h的方程组，解方程组用l表示a和h． 第3步：求体积． 由正四棱锥的体积公式得到体积V的表达式． 第4步：求范围． 求导判断单调性求得四棱锥体积的取值范围． 解：如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底面边长为a，高为h，则πR3＝36π，解得R＝3． 由题意及图可得 解得 所以正四棱锥的体积V＝a2h＝＝(3≤l≤3)， 所以V′＝l3－＝l3(3≤l≤3)． 令V′＝0，得l＝2， 所以当3≤l＜2时，V′>0； 当2<l≤3时，V′<0， 所以函数V＝(3≤l≤3)在[3，2)上单调递增，在(2，3]上单调递减，又当l＝3时，V＝；当l＝2时，V＝；当l＝3时，V＝． 所以该正四棱锥的体积的取值范围是．故选C． (1)因为正四棱锥的顶点都在同一个球面上，所以球心在正四棱锥的高线所在的直线上． (2)球心可以在正四棱锥内，也可以在正四棱锥外． (3)题目求的是该正四棱锥的体积的取值范围，一般都需要用函数形式来表示． 归纳总结：求解此类锥体的外接球的关键是做好三关 一是“方程关”，能借用图形，利用已知球的体积，得球的半径R所满足的方程，然后解方程，求出R的值． 二是“应用关”，能看清球中的直角三角形，并适时应用勾股定理． 三是“构造关”，即构造函数，借用导数，即可求出几何体体积的取值范围，也可以利用基本不等式，求出几何体体积的取值范围． 7/7 学科网（北京）股份有限公司 $$ 命题区间12　空间几何体及其表面积和体积 (单项选择题每小题5分，多项选择题每小题6分，填空题每小题5分，共78分) 考向一　数学文化与简单几何体的性质 1．(2022·新高考Ⅰ卷T4姊妹题)如图所示，有一个沙漏，由圆柱和圆锥组合而成，上下对称，沙漏中沙子完全流下刚好填满下半部分的圆柱部分，已知沙漏总高度为10 cm，下半部分圆柱高度为2 cm，则初始状态的沙子高度h为(　　) 　 [A]3 cm [B]3.5 cm [C]4 cm [D]4.5 cm 2．(多选)(2023·新高考Ⅰ卷T12)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　) [A]直径为0.99 m的球体 [B]所有棱长均为1.4 m的四面体 [C]底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体 [D]底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体 3．(多选)(2023·新高考Ⅰ卷T12姊妹题)已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝3，下列物体中，能够被整体放入该长方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　) [A]一个半径为的球 [B]两个球，其中一个球的半径为1，另一个球的半径为 [C]三个球，其中一个球的半径为1，另两个球的半径均为 [D]底面直径为2.8，高为0.01的圆锥 4．(多选)(2023·新高考Ⅰ卷T12子母题)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正四面体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　) [A]直径为 m的球体 [B]底面直径为 m，高为 m的圆柱体 [C]表面积为3π m2的球 [D]棱长为 m的正方体 考向二　空间几何体的表面积和体积的计算 5．(2024·新高考Ⅰ卷T5)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，则圆锥的体积为(　　) [A]2π [B]3π [C]6π [D]9π 6．(2022·新高考Ⅱ卷T11改编题)如图，已知正四面体A­BCD的棱长为1，过点B作截面α分别交侧棱AC，AD于E，F两点，且四面体A­BEF的体积为四面体A­BCD体积的，则EF的最小值为(　　) [A] [B] [C] [D] 7．(2024·天津卷T9)一个五面体ABC­DEF．已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为(　　) [A] [B] [C] [D] 8．(2024·新高考Ⅰ卷T5改编题)已知圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆，过圆锥高的中点且与底面平行的平面截此圆锥所得的圆台体积是(　　) [A]π [B]π [C]π [D]π 9．(2023·新高考Ⅰ卷T14改编题)在马致远的《汉宫秋》楔子中写道：“毡帐秋风迷宿草，穹庐夜月听悲笳．”毡帐是古代北方游牧民族以为居室、毡制帷幔．如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与圆柱的组合体，圆锥的高为4，侧面积为15π，圆柱的侧面积为18π，则该毡帐的体积为(　　) [A]39π [B]18π [C]38π [D]45π 10．(2023·新高考Ⅱ卷T14)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ________． 11．(2024·全国甲卷理T14)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________． 考向三　球及其组合体(重点关注表面积与体积) 12．(2022·新高考Ⅰ卷T8子母题)已知正三棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的表面积为16π，且≤l≤2，则该正三棱锥体积的取值范围是(　　) [A] [B] [C] [D] 13．(2023·全国甲卷理T15子母题)已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，以A为球心，AB为半径的球截得正方体为M1(含球心的部分)和M2两部分，则四边形ADC1B1被球A截得的圆形的面积与M2的表面积之比为(　　) [A] [B] [C] [D] 14．(2022·新高考Ⅰ卷T8姊妹题)在梯形ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝AD＝1，将△ABC沿直线AC翻折成△AB1C，当三棱锥B1­ACD的体积最大时，三棱锥B1­ACD的外接球的表面积为________． 15．(2023·全国乙卷文T16)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝________． 4/4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 　空间点线面的位置关系、空间向量 　　　　空间点、直线、平面之间的位置关系 命题角度：(1)点线面之间的位置关系；(2)空间轨迹、距离、折叠与展开、截面以及生产生活实践． 典例1　(2023·全国乙卷文T19)如图，在三棱锥P­ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥AO． (1)求证：EF∥平面ADO； (2)若∠POF＝120°，求三棱锥P­ABC的体积． 命题立意 审题指导 本题以三棱锥为载体，考查空间中直线与平面平行以及棱锥的体积公式，体现了直观想象、逻辑推理等核心素养，属于探索创新情境． (1) ＝0―→F为AC的中点―→ 四边形ODEF为平行四边形 EF∥平面ADO． (2)∠POF是二面角P­BC­F的平面角∠POM是二面角P­BC­M的平面角―→∠POM＝60°PM的值―→P­ABC的体积． 思维拆解 解题思路 名师点拨 (1)第1步：证明F是AC的中点． 第2步：证明四边形ODEF为平行四边形进而可得EF∥DO． 第3步：证明EF∥平面ADO． (2)第1步：求二面角P­BC­F的大小． 解：(1)证明：连接DE，OF，设AF＝tAC，则＝＝(1－t)＋t＝－，由题知BF⊥AO， 则＝[(1－t)＋t]·＝(t－1)t＝4(t－1)＋4t＝0， 解得t＝，则F为AC的中点． 由D，E，O，F分别为PB，PA，BC，AC的中点， 得DE∥AB，DE＝AB，OF∥AB，OF＝AB，即DE∥OF，DE＝OF， 则四边形ODEF为平行四边形， 所以EF∥DO， 又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO， 所以EF∥平面ADO． (2)由(1)得FO∥AB， 因为AB⊥BC， 所以FO⊥BC． 又PO⊥BC， 所以∠POF是二面角P­BC­F的平面角， 所以二面角P­BC­F的大小为120°． (1)利用向量的数量积列方程求解，是探求点在直线上的位置的有效途径．如本题中，由BF⊥AO联想到＝0，进而联想到用向量法探求F在AC上的位置． (2)易错：不经过证明，想当然地认为F是AC的中点而失分． 思维拆解 解题思路 名师点拨 第2步：结合二面角P­BC­F的大小求出三棱锥P­ABC的高． 第3步：求三棱锥P­ABC的体积． 如图，过点P作PM⊥平面ABC于点M，连接MO，MB，则∠POM是二面角P­BC­M的平面角， 所以∠POM＝60°． 在△PBC中，由PB＝PC＝，BC＝2，得PO＝2， 所以PM＝PO sin 60°＝． 所以三棱锥P­ABC的体积VP­ABC＝×PM＝×2×2＝． (3)将∠POF＝120°“还原”为二面角，是一个逆向思维，对空间想象能力要求较高． (4)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形，以防结论失误． 归纳总结：判断空间线面位置关系常用的方法：根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题，必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、正方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断． 　　　　空间向量与立体几何 命题角度：(1)线线、线面、面面平行(垂直)关系判定；(2)空间向量与线面关系证明、空间角的计算． 典例2　(2024·新高考Ⅰ卷T17)如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝． (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A­CP­D的正弦值为，求AD． 命题立意 审题指导 本题以四棱锥为载体，考查线面垂直的判定与性质，线面平行的判定，二面角的求法，体现了直观想象，数学运算的核心素养，属于课程学习情境． (1)证明AD⊥平面PAB―→AD⊥AB AB⊥BC―→AD∥BCAD∥平面PBC． (2)以D为坐标原点，建系→平面ACP与平面CPD的一个法向量得解． 思维拆解 解题思路 名师点拨 (1)第1步：证明AD⊥AB． 第2步：证明AB⊥BC，得出BC∥AD． 第3步：证明AD∥平面PBC． 解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PB∩PA＝P，且PB，PA⊂平面PAB， 所以AD⊥平面PAB， 因为AB⊂平面PAB， 所以AD⊥AB． 在△ABC中，因为AC＝2，BC＝1，AB＝， 所以AB2＋BC2＝AC2，则AB⊥BC， 所以AD∥BC， 又BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC， 所以AD∥平面PBC． (1)第(1)问证明点线面之间的位置关系，比较简单，一般用几何法，不用向量法． 思维拆解 解题思路 名师点拨 (2)第1步：建系，设出A点坐标，写出相关向量的坐标． 第2步：得出平面ACP的一个法向量． 第3步：得出平面CPD的一个法向量． 第4步：根据二面角A­CP­D的正弦值列方程． 第5步：得出AD的长． (2)因为AD⊥DC，故以D为坐标原点，分别以DA，DC所在的直线为x，y轴， 过点D作与平面ABCD垂直的直线为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz． 令AD＝t，0＜t＜2， 则A(t，0，0)，P(t，0，2)， D(0，0，0)， 由AD⊥DC得DC＝， 所以C(0，，0)， 则＝(－t，，0)，＝(0，0，2)， ＝(t，0，2)，＝(0，，0)， 设平面ACP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 即 z1＝0，取x1＝，则y1＝t， 则平面ACP的一个法向量为n1＝(，t，0)． 设平面CPD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则 即 y2＝0，取z2＝t，则x2＝－2， 则平面CPD的一个法向量为n2＝(－2，0，t)， 因为二面角A­CP­D的正弦值为， 则该二面角的余弦值为＝， 故|cos 〈n1，n2〉|＝＝＝， 解得t＝(负值舍去)， 故AD＝． (2)证明空间线面问题的关键：准确把握几何体的结构特征，灵活利用平面几何知识把平面中的平行与垂直关系转化为空间中的线面关系． (3)易错①：使用向量法，建系前应注意证明相交于一点的三条直线两两垂直． (4)易错②：求解空间角，常利用平面的法向量，准确求解空间向量是基础． (5)易错③：给出角的正弦值，需转化为二面角的余弦值． (6)平面与平面的夹角的范围是，两向量夹角的余弦值的绝对值为面面角的余弦值． (7)求空间角，牢记各类角的范围是解题关键．两条异面直线所成角的取值范围是，直线和平面所成角的范围是，二面角的平面角的取值范围是[0，π]． (8)易错④：用向量法求二面角时，要特别注意向量的夹角与所求角的关系． (9)在书写解题过程时，对于得分点的解题步骤一定要写全，若是找二面角的平面角，应遵循“一作”“二证”“三求”的原则，“证”是关键，不能忽略了“证”这一重要环节． 归纳总结：利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤 (1)建坐标系：根据图形与已知条件，构建适当的空间直角坐标系； (2)求法向量：准确求解相关点的坐标，并分别求出两平面的法向量m，n，设两平面的夹角为θ； (3)用公式：利用求两向量夹角余弦值的公式cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝，求夹角的余弦值． 6/6 学科网（北京）股份有限公司 $$