考点13空间向量与立体几何（解析版）-【一轮复习讲义】2024年高考数学复习

考点13空间向量与立体几何（36种题型10个易错考点）

Q一、真题多维细目表

考题考点考向

2022新高考1,第4题空间几何体的体积求棱台的体积

2022新高考1,第9题空间角与距离异面直线所成角与线面角

2022新高考1,第19题空间向量及其应用求点到面的距离及二面角的正弦值

2022新高考2,第7题空间几何体的机构特征与表面积球的表面积

2022新高考1,第8题空间几何体的体积求四棱锥体积的范围

2021新高考1,第12题空间向量及其应用线面垂直的判定

2021新高考1,第20题直线，平面垂直的判定与性质线线垂直的性质，二面角的概念与应用，

求三棱锥的体积

2021新高考2,第19题空间角与距离面面垂直的证明，二面角余弦值的求解

U二、命题规律与备考策略

本章内容是高考必考内容之一，多考查空间几何体的表面积与体积，空间中有关平行与垂直的判定,

空间角与距离的求解，空间向量的应用等问题。

高考对本章内容的考查比较稳定，针对这一特点，复习时，首先梳理本章重要定理、公式与常用结论，

扫清基础知识和公式障碍；然后分题型重点复习，重视向量法求解空间角、距离问题的思路与解题过程

U三2023真题抢先刷，考向提前知

棱柱、棱锥、棱台的体积（共4小题）

1.（2023•新高考H）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28.

【分析】根据题意易知△SOIAISASQA,从而可求出台体的高，再根据台体的体积公式，计算即可得解.

【解答】解：如图所示，根据题意易知△SOIAIS/\SOA,

.==近=_1

又SOi=3,

1，"SCF=0A=272~~2

，SO=6,，OOi=3,又上下底面正方形边长分别为2,4,

所得棱台的体积为^(4+16+V4X16)X3=28-

0

故答案为：28.

【点评】本题考查台体的体积的求解，化归转化思想，方程思想，属基础题.

2.(2023•新高考I)在正四棱台ABCD-A\B\C\D\中，AB=2,=A4i=&,则该棱台的体积为

776

6—,

【分析】先根据题意求出四棱台的高，再代入台体的体积公式即可求解.

【解答】解：如图，设正四棱台ABCQ-AiBiCiOi的上下底面中心分别为M,N,

过4作垂足点为从由题意易知4"=//7=亚，又AN=M，

_2

:.AH=AN-HN=^^,又:.AiH=MN=J^~,

22

该四棱台的体积为工X(1+4+V1X4)义返=口叵.

326

故答案为：宏苣.

6

【点评】本题考查台体的体积公式的应用，属基础题.

3.（2023•天津）在三棱锥P-ABC中，线段PC上的点M满足线段P8上的点N满足PN=2

33

尸8,则三棱锥P-AMN和三棱锥尸-ABC的体积之比为（）

A.AB.2C.2D.A

9939

【分析】设N到平面%C的距离di,8到平面朋C的距离必，则立卷1^，然后

5AWA=^-SAPAC'

结合三棱锥的体积公式即可求解.

【解答】解：在三棱锥P-ABC中，线段PC上的点M满足线段尸B上的点N满足PN=2

33

PB,

所以

5APA/A=1SAPAC'

设N到平面%C的距离力，B到平面出C的距离42,则d,=2dc，

Q132

,

则三棱锥P-AMN的体积为V.^P.AMN-VS.^N-APM=^S^,PAMd\——X^cX2-d-2-VB

333APAC329

PAC-

故三棱锥尸-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为2.

9

故选:B.

【点评】本题主要考查了三棱锥体积的求解，换顶点的应用是求解问题的关键，属于中档题.

（多选）4.（2023•新高考I）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,”的球体

B.所有棱长均为1.4m的四面体

C.底面直径为0.01机，高为1.8机的圆柱体

D.底面直径为1.2孙高为0.01根的圆柱体

【分析】对于A,由正方体的内切球直径大于0.99可判断；对于8,由正方体内部最大的正四面体的棱

长大于1.4可判断；对于C,由正方体的体对角线小于1.8可判断；对于Q,取E,F,G,H,I,1/都为

棱中点，则六边形EFG”〃为正六边形，由正六边形的内切圆直径大于1.2可判断.

【解答】解：对于A,棱长为1的正方体内切球的直径为1>0.99,选项A正确；

对于B,如图,

BC

正方体内部最大的正四面体。-AiB。的棱长为丘2+]2=&>],4,选项B正确;

对于C,棱长为1的正方体的体对角线为愿<1.8,选项C错误；

对于。，如图，六边形EFGH/J为正六边形,E,F,G,H,I,l/为棱的中点,

六边形EFG4〃棱长为返■米，NGFH=NGHF=3G°,

2

所以FH$FG=V§GH"苣米，故六边形EFGHIJ内切圆直径为除米,

而年产得〉（1.2）2=1.44,选项。正确•

故选：ABD.

【点评】本题考查简单几何体的体积，考查空间想象能力与运算求解能力，属于中档题.

二.二面角的平面角及求法（共6小题）

5.（2023•北京）如图，四面体P-ABC中，PA=AB=BC^\,PC=J§,%_L平面ABC.

（I）求证：BC_L平面PAB-.

（II）求二面角A-PC-B的大小.

p

【分析】（I）由力_L平面ABC可得附，AC,PA1BC,由勾股定理可得BC,AB,再利用线面垂直的

判定定理即可证得平面PAB,

（II）以点8为坐标原点，分别以正，前所在直线为x轴，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出

相应向量的坐标，进而求出平面APC和平面8PC的法向量，再利用二面角的向量公式计算即可.

【解答】证明：（I）I•%J_平面4BC,ACu平面4BC,BCu平面A8C,

：.PA±AC,PALBC,

'：PA=},PC=M，

•'-AC—YFc?-F/—d3T—V2，

又：AB=8C=1,.,.AC2=AB2+8C2,

：.BCLAB,又：必CAB=A,

平面PAfi；

解：（ID以点8为坐标原点，分别以百，前所在直线为x轴，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，

如图所示：

则A(0,1,0),B(0,0,0),C(1,0,0),P(0,1,1),

/.AP=(0，0,1),菽=(1,-1,0),而=(0,1,1),箴=(1,0,0),

设平面APC的一个法向量为3=(x，y，z),

则＜_._，取x=l,得口=(1,1,0),

AC・n=x-y=0

设平面BPC的一个法向量为7=(a,b,c),

则但・Qb+c=0,取g,得0

(0,1,-1),

BC*m=a=0

—♦—♦

______■_f、_m"n1

ImlIni72^22

由图可知二面角A-PC-B为锐角，设二面角4-PC-B的大小为。，

—•—♦1

则cos0=|cos<IPn>l=—，

2

/.e上，

3

即二面角A-PC-B的大小为

3

【点评】本题主要考查了线面垂直的判定定理，考查了利用空间向量求二面角的大小，属于中档题.

6.（2023•北京）刍曹是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，

展现造型之美.如图，某屋顶可视为五面体四边形ABFE和CDEF是全等的等腰梯形，^ADE

和aBCF是全等的等腰三角形.若AB=25，〃，8c=AD=10m,且等腰梯形所在的面、等腰三角形所在

的面与底面夹角的正切值均为且.为这个模型的轮廓安装灯带（不计损耗），则所需灯带的长度为（）

5

【分析】根据题意及对称性可知底面四边形ABC。为矩形，再根据三垂线定理作出等腰梯形所在的面、

等腰三角形所在的面与底面夹角，再题目中的数据，计算即可求解.

【解答】解：根据题意及对称性可知底面四边形ABC。为矩形，

设E,F在底面矩形的射影点分别为N,

设4。与BC的中点分别为尸，Q,则M,N在线段尸。上，如图，

则根据题意及三垂线定理易得tanNEPA/=tanZEGM=tanZFHN=ta.nZFQN=^-^-,

5

又MG=NH=5,：.FM=FN=\T\A，：.PM=QN=5,；.EP=G0="14+25=，

：.MN=PQ-PM-QN=AB-PM-QN=25-5-5=15,：.EF=MN^\5,

又易知BCLQM尸乂1底面矩形A8CD,

,根据三垂线定理可知BCLFQ,又BQ=5,F2=V39-

."8=也9+25=8,:.ED=EA=FC=FB=8,

该多面体的所有棱长和为8X4+(25+10)X2+15=117.

故所需灯带的长度为1171n.

故选：C.

【点评】本题考查几何体的所有棱长和的求解，三垂线定理作二面角，化归转化思想，属中档题.

(多选)7.(2023•新高考H)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径，乙4尸8=120°,PA

=2,点C在底面圆周上，且二面角尸-AC-O为45°,贝IJ()

A.该圆锥的体积为ITB.该圆锥的侧面积为4a11

C.AC=2近D.ZX/MC的面积为依

【分析】作图，取AC中点。，易知NPDO=45°,然后再逐项分析判断即可.

【解答】解：取AC中点£>,则OO_LAC,PD1AC,

由二面角的定义可知，二面角P-4C-O的平面角即为/尸。0=45°,

对于A,△附B中，由于隙=PB=2,AAPB=\20°,

则PO=1,A0=«，

则00=1,v=L,3兀,1=兀，选项A正确.

3

对于8，S侧=兀XqX2=2百兀，选项8错误•

对于C,AC=2V3<=272.选项C正确.

对于。，PD=V2-SAPACXV2X2A/2=2'选项。错误•

故选：AC.

【点评】本题考查二面角的定义，考查立体几何中的距离求解，考查运算求解能力，属于中档题.

8.(2023•天津)在三棱台ABC-AiBiCi中，若4A_L平面ABC,AB1AC,AB=AC=AAt^2,4cl=1,

M,N分别为BC,AB中点.

(I)求证：AiN〃平面CiMA：

(II)求平面C\MA与平面ACC\A\所成角的余弦值；

(III)求点C到平面C\MA的距离.

【分析】(I)连接MM推得四边形例N4cl为平行四边形，再由平行四边形的性质和线面平行的判定

定理可得证明；

(II)运用三垂线定理得到平面GM4与平面ACGAi所成角，再解直角三角形可得所求值；

(III)运用等积法和三棱锥的体积公式可得所求距离.

【解答】解：(I)证明：连接可得MN为AAC的中位线，

可得MN〃AC,且MN=LC=1,

2

而AiCi=l,AC//A\C\,

则MN〃AiCi,MN=A\C\,

可得四边形MNAiCi为平行四边形，

则AiN〃CiM,

而AiNC平面CiMA,CiMu平面C\MA,

所以4N〃平面C\MA；

(II)取AC的中点H,连接MH,

由AB_LAC,MH//AB,可得A/H_LAC.

由AM_L平面ABC,MHu平面ABC,

可得41A_L例”，

可得MH_L平面AiACCi.

过〃作H£)J_ACi,垂足为力，连接DW,

由三垂线定理可得DM±ACi,

可得NMQ”为平面C\MA与平面ACG4所成角.

由MH=LAB=1.

2

在矩形中，04="空1=与2=2/走，

AC1755

的

所以cos/MQH=j^=：5=2；

房3

(III)设C到平面C\MA的距离为d.

在△CiMA中，AiM=—AC—^/2,AC\—yJ1+4—V5>MC\—yJ1+4—V5>

2

则5屿步宗后后卷

由Vc-CilU=VC]Y鼬，可得小%!4=#'|=¥叵5的=铲2吗X2X1=《,

解得d=生.

3

A.G

Bi

B

【点评】本题考查线面平行的判定和平面与平面所成角、点到平面的距离，考查转化思想和运算能力、

推理能力，属于中档题.

9.（2023•新高考I）如图，在正四棱柱ABC。-481C1O1中，AB=2,A4i=4.点A2,Bi,Cl,£>2分别

在棱A4,BBi,CCi,DD\±,AA2=\,BBI=DD2=2,CC2=3.

（1）证明：B2C2//A2D2；

（2）点P在棱BBi上,当二面角P-A2c2-£>2为150°时，求82P.

CiBi

【分析】（1）建系，根据坐标法及向量共线定理，即可证明;

（2）建系，根据向量法，向量夹角公式，方程思想，即可求解.

【解答】解：（1）证明：根据题意建系如图，则有:

B2(0,2,2),C2(0,0,3),A2(2,2,1),Di(2,0,2),

•'•B2c2=(0，-2,1)(A2D2=(0»~2,1),

,

•■•B2C2=A2D2又比，C2,A2,z>2四点不共线,

：.B2C2//A1D2;

（2）在（1）的坐标系下，可设尸（0,2,力，正[0,4],

又由(1)知C2(0,0,3),A2(2,2,1),02(2,0,2),

•••C2A2=(2,2,-2)，C2P=(0,2,t-3)，A2D2=(0,-2,D'

设平面见2c2的法向量为\=(x,y,z)，

则《m*可C9A39=(2xt+2-y-32z)=0zd取彘

3-t,2)-

设平面A2c2。2的法向量为1=(a,b,c>

则n('•C用pA>9=必2a++2b『-2。c=0’取Ua

1,2>

，根据题意可得|cosl50°|=|cosVrpn>l=Im,n|

ImIIni

.遂6

2V(t-l)2+(3-t)2+4xV6

...»-4什3=0,又正［0,4J,

，解得f=l或t=3,

:.P为BiBi的中点或B1B的中点，

：.B2P=\.

【点评】本题考查利用向量法证明线线平行，利用向量法求解二面角问题，向量共线定理及向量夹角公

式的应用，方程思想，属中档题.

10.(2023•新高考n)如图，三棱锥A-88中，DA=DB=DC,BDLCD,ZADB=ZADC=60Q,E为

BC中点.

(1)证明BCJLD4；

(2)点F满足而=也，求二面角。-AB-F的正弦值.

【分析】(1)根据已知条件，推得。E_LBC,AELBC,再结合线面垂直的判定定理，即可求证.

(2)根据已知条件，推得平面BCD,依次求出两个平面的法向量，再结合向量的夹角公式，即可

求解.

【解答】证明：(1)连接AE,DE,

•；DB=DC,E为BC中点.

：.DE±BC,

又，；DA=DB=DC,NA£>B=/A£>C=60°,

.'.△AC力与△ABD均为等边三角形，

：.AC=AB,

：.AE±BC,AECiDE=E,

：.BCmADE,

平面ADE,

：.BC±DA.

(2)解：设DA=DB=DC=2,

•••BC=2我，

；DE=AE=&，AD=2,

:.AE1+DE2=4=AD1,

J.AEA.DE,

又：AE_LBC,DEQBC=E,

平面BCD,

以E为原点，建立如图所示空间直角坐标系,

AzF

A

D(V2,0,0),A(0,0,M),B(0,近,0),E(0,0,0),

,.,EF=DA.

AF(-V2,0,M),

,'-DA=(-V2,0,V2)'AB=(0,用)，AF=(W2,0,0)，

设平面ZMB与平面®的一个法向量分别为R=(X[,y-z)E=(X2,y2.z2)>

-V2x,+V2z1=0

则｛L，令Xl=l,解得尹=Z1=1,

V2yj-v2z1=0

V2y9-V2z9=0

<,令*=1,解得X2=0,Z2=l,

-V2x2=0

故7r*'=(1,1,1),二=(o,i,D,

nln2

设二面角0-48-尸的平面角为0,

则|cos0|=5"吧=2=返

|\||n2|V3XV23

故sin。=亚*,

3

所以二面角D-AB-F的正弦值为限.

3

【点评】本题主要考查二面角的平面角及其求法，考查转化能力，属于中档题.

U四、考点清单

1.特殊的四棱柱

底面为平行侧棱垂直.直平行底面为

四棱柱

平行四边形六面体于底面六面体矩形

rv;—.底面r--？、侧棱与底面।、।

长万体正四棱枉f,,3＞正万体

--------边长相等------------边长相等-----------

上述四棱柱有以下集合关系：|正方体I号正四棱柱:导

I长方体|等\直平行六面体|会!平行六面体卜呈|四棱

柱I.

2.球的截面的性质

(1)球的任何截面是圆面;

⑵球心和截面(不过球心)圆心的连线建直土截面：

(3)球心到截面的距离”与球的半径R及截面的半径r的关系为匚=城/?2—不.

3.按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形面积的关系如下:

S丘叫屈=^^£加国防,Ssia«=2'\/25_.toiia.

4.正四面体的表面积与体积

棱长为4的正四面体，其表面积为也S?,体积为*加.

5.几个与球有关的切、接常用结论

(1)正方体的棱长为4,球的半径为R,

①若球为正方体的外接球，则烝三孤：

②若球为正方体的内切球，则2R=a;

③若球与正方体的各棱相切，则2/?=也a

(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a,b,c,外接球的半径为R,则2R=A/^"+C2.

(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为驻1，棱长为"的正四面体，其内切球半径7?内=杏4,外

接球半径R产表

6.异面直线的判定定理

经过平面内一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线.

7.等角定理的引申

(1)在等角定理中，若两角的两边平行且方向相同或相反，则这两个角相等.

(2)在等角定理中，若两角的两边平行且方向一个边相同，一个边相反，则这两个角互补.

8.唯一性定理

(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行.

(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直.

(3)过平面夕I'一点有且只有一个平面与已知平面平行.

(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直.

9.线、面平行的性质

(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面.

(2)夹在两个平行平面间的平行线段长度福菱.

(3)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面土豆.

(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例.

(5)如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行.

(6)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行.

(7)垂直于同一条直线的两个平面色.

(8)垂直于同一平面的两条直线壬红.

10.若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面.

11.一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直.

12.两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面.

13.过一点有且只有一条直线与已知平面垂直.

14.过一点有且只有一个平面与已知直线垂直.

15.空间向量加法、减法运算的两个技巧

(1)巧用相反向量：向量减法的三角形法则是解决空间向量加法、减法的关键，灵活运用相反向量可使

向量首尾相接.

(2)巧用平移：利用三角形法则和平行四边形法则进行向量加、减法运算时，务必注意和向量、差向量

的方向，必要时可采用空间向量的自由平移获得运算结果.

16.利用数乘运算进行向量表示的技巧

(1)数形结合：利用数乘运算解题时，要结合具体图形，利用三角形法则、平行四边形法则，将目标向

量转化为已知向量.

(2)明确目标：在化简过程中要有目标意识，巧妙运用中点性质.

17.在几何体中求空间向量的数量积的步骤

1首先将各向量分解成已知模和夹角的向量的组合形式.

2利用向量的运算律将数量积展开，转化成己知模和夹角的向量的数量积.

3根据向量的方向，正确求出向量的夹角及向量的模.

4代入公式a•6=ab\cos〈a,6〉求解.

18.利用空间向量证明或求解立体几何问题时，首先要选择基底或建立空间直角坐标系转化为其坐标运

算，再借助于向量的有关性质求解(证).

19.求点到平面的距离的四步骤

20.用坐标法求异面直线所成角的一般步骤

(1)建立空间直角坐标系；

(2)分别求出两条异面直线的方向向量的坐标；

(3)利用向量的夹角公式计算两条直线的方向向量的夹角；

(4)结合异面直线所成角的范围求出异面直线所成的角.

21.利用向量法求两平面夹角的步骤

(1)建立空间直角坐标系；

(2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量；

(3)求两个法向量的夹角；

(4)法向量夹角或其补角就是两平面的夹角(不大于90°的角)

u五、题型方法

一.构成空间几何体的基本元素(共1小题)

1.(2023•淮北一模)如图所示，在三棱台A'B'C-ABC中，沿4'8c截去三棱锥A'-ABC,则剩余

A.三棱锥B.四棱锥C.三棱柱D.组合体

【分析】画出图形，根据图形和四棱锥的结构特征，即可得出剩余几何体是什么图形.

【解答】解：如图所示，

三棱台4'B'C-ABC中，沿A'BC截去三棱锥4'-ABC,

剩余部分是四棱锥A'-BCCB'.

故选：B.

【点评】本题考查了空间几何体结构特征的应用问题，是基础题目.

棱柱的结构特征（共1小题）

（多选）2.（2023•安徽模拟）如图，在直四棱柱ABCD-A\BiC\D］中，AB//CD,AB=2AD=2DC=2CB

=4,E,F,G分别为侧棱DDi,AAi上一点，BE=DF=AiG=2,贝ij（）

0,兀

B.ZGECi—

C.NEGF的最大值为A

6

D.当AA,总时，GE//CIF

3

【分析】对于A：过。作于M,推出BDJ_4。，由。。i_L平面A5C£>,得。。i由线面

垂直的判定定理可得80,平面AM。。，由线面垂直的性质定理，即可判断A是否正确；

对于B：过点G分别作GQLCC1于Q,GNLBB1于N,连接AC,GC1,若/GECif，则GC；=GE2+

EC：，即P-2r+4=0,则AV0,方程无解，即可判断8是否正确；

对于C：过G作GR±DDi于R,连接EF,由题意知FR=2-t,则GF=VGR2+FR2=^4+（2-1）2=

Vt2-4t+8-推出四边形BDFE为矩形，设NEGF=a,则cosa蠕斗4t+8,令尸-4什8="

GEVt2-4t+20

（机N2）,则cosCL=/；〜J：，再求最值，即可判断C是否正确；

^12型

对于。：由题知£>M,DC,£>£>1两两互相垂直，建立空间直角坐标系，求出而=2可，即可判断。是

否正确.

【解答】解：对于A：过。作。MLAB于M,

因为ABCD为等腰梯形，且AB=2CD=4,A£>=2

所以AM=1,贝ijDM=4?2_]2=如,

在Rt△。例B中，BD=VDM2+MB2=2V3,

所以4）二斗炉+瓦丹

所以BD1AD,

因为_L平面ABCD,且BDC平面ABCD,

所以DD\LBD,

因为DD\HAD=D,

所以8O_L平面4AQQ1,

又GFu平面AiAOOi,

所以BC_LGF,故A正确；

对于8：过点G分别作GQLCC1于。，GNLBBi于N,连接AC,GCi,

如图.由选项4的判断知AC=BD=2«，

所以GQ=AC=2«，QC\=AiG=2,

在RtAGOCi中，GC[=JGQ2+C]Q2=4,

设AG=r,贝ICCi=AAi=2+f,B\E=BN=AG=t,

所以EC1=郃R1+B1E2=V4+t2>

同理GEWGM+NE2=V16+（2-t）2=Vt2-4t+20'

若NGECIT，则GC：=GE2+EC：，

所以16=2»-4r+24,

所以P-2，+4=0,

因为A=22-4X1义4=-12<0,

所以方程无解，

所以NGEJ号不可能，故8不正确；

对于C：过G作GRLODi于R,连接EF,

由题意知FR=2-r,贝！JGF=VGR2+FR2=Vl+（2-t）2=Vt2-4t+8'

由选项B的判断知4t+20.，

因为BE=DF=2,

所以四边形BOFE为矩形，

设/EGF=a,

由选项A的判断及BD//EF,得GFLEF,

GF^Vt2-4t+8

所以cosa

GE7t2-4t+20

令P-4f+8=，"2（机》2）,

"____m_______1

HR'

因为加224,

所以。<笔<3,则1<在与42，

所以-1<cosa<1，

因为0<a<n,

所以NEGF的最大值为—,所以C不正确；

3

对于£>：由题知DM,DC,DD\两两互相垂直，

建立空间直角坐标系，如图，

则尸（0,0,2）,G（F，-1,蒋）,

E（V3,3,2）,

当"尸告时，C1（0,2,得），

则GE=（O,4,告）,FC[=（O,2,丹），

oo

所以说=2FCJ

所以GE〃FC）

所以GE〃尸Ci,故。正确.

【点评】本题考查线面垂直的判定定理与性质定理、空间直线间的位置关系、空间向量的应用，属于中

档题.

三.棱锥的结构特征（共1小题）

3.（2023•天津一模）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱

锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥侧面积的一半，那么其侧面三角形底边上的高与底面正方形的

边长的比值为（）

A.心B,外C.^1°.2/1+1

4242

【分析】根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而即可求解.

【解答】解：设正四棱锥的高为〃，底面边长为“，侧面三角形底边上的高为“，

‘211

h=4XyXyah?

由题意可知，（2,

h2=hz2-（f）

因此有h2=12-（-）2=ah7，即（心）2上-一^=o,解得匕二1±&,

2aa4a2

因为&一>o，

a

所以h'=1日巧.

a2

所以侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为返士1.

2

故选：D.

【点评】本题考查正四棱锥的结构特征，考查运算求解能力，属于基础题.

四.棱台的结构特征（共1小题）

4.（2023•柳南区二模）如图，ABC-AIBCI是一个正三棱台，而且下底面边长为6,上底面边长和侧棱长

都为3,则棱台的高为（）

【分析】取△ABC重心O,连接40,过Ai作AiGJ_AO于G,在RtZ\Ai4G中，利用勾股定理计算出

4G,即为三棱台的高.

【解答】解：取z^ABC重心O,连接A0,过4作AiG_LA。于G,

.•.棱台的高为A\G-JAA12-AG2~V9-3—V6.

故选：c.

【点评】本题考查三棱台的高、三角形重心性质、勾股定理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.

五.旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共2小题）

5.（2023•南关区校级模拟）现有一个轴截面是边长为4的等边三角形的倒置圆锥（顶点在下方，底面在上

方），将半径为近的小球放入圆锥，使得小球与圆锥的侧面相切，过所有切点所在平面将圆锥分割成两

2

个部分，则分割得到的圆台的侧面积为（）

A-丁27兀7rC.学兀D.学兀

88

【分析】作轴截面图，求出圆台的母线长，底面半径长，结合侧面积公式可得其解.

【解答】解：作轴截面图如下：△ABC为圆锥的轴截面，点。为与侧面相切球的球心，点E,F为切点,

由已知，可得AB=BC=4C=4,OE=OF=亨，NACB=60°,OELAC,

在△OEC中，0E=^"，/OEC=90°,NOCE=30°,

所以OC=V^，CE=-1>又AC=4，

所以研所以圆台的母线长为

因为CE=CF,/ECF=60°,

所以aEC尸为等边三角形，所以EF=1，

所以圆台的侧面积S=JT4+24=^沪

故选：D.

【点评】本题主要考查了圆台的结构特征，属于基础题.

6.（2023•潍坊一模）在半径为1的球中作一个圆柱，当圆柱的体积最大时，圆柱的母线长为2近.

—3—

【分析】设圆柱的底面半径为r，球心到圆柱底面的距离为小圆柱的母线长为2〃，表示出圆柱的体积丫

=2TT/L2TT〃3,对函数求导，得到函数的单调性即可求出V的最大值，即可求出圆柱的母线长.

【解答】解：设圆柱的底面半径为「，球心到圆柱底面的距离为"，圆柱的母线长为2/7,

由球截面的性质得：r2+/z2=l,则J=1-层）,

2

圆柱的体积为：丫=如九=211/?（1-庐）=如/?-如尸，V，=2n-6Kh=-6K)

当hE(0,•,V>0,当卜€,1)时，V<0,

所以函数在区间（0上单调递增，在区间,1）上单调递减,

所以当h，应时，丫取得最大值为生巨兀，此时圆柱的母线长为2hN亚•.

n393

故答案为：2返.

3

【点评】本题主要考查了圆柱的体积公式，考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题.

六.球内接多面体（共2小题）

7.（2023•山西模拟）在正三棱柱ABC-481。中，AB=2,AAi=3,以。为球心，'亘为半径的球面与

3

侧面A8814的交线长为（）

A蓊.B蓊.C4y兀口匹冗

'-9--3--9--9-

【分析】设。I为AiBi的中点，连接CQ,则根据题意可知C[D[=百，CiQU平面从而可

得题中所求交线为：以Q1为圆心，2巨为半径的圆弧，再根据弧长公式，即可求解.

3

【解答】解：如图，设。为481的中点，连接Ci£h,

可知C〔D广百，Ci。」平面ABBIAI,

由小弯_）2_（«）2=号显，可得题中所求交线为:

以£>1为圆心，2应为半径的圆弧，

3

设该圆弧与AA1,BB1分别相交于点M,N,

经计算可知/MD1N=2j,

故交线长1=^耳x2：=筲兀

故选：C.

【点评】本题考查球面与柱体侧面的交线长度，考查直观想象与数学运算的核心素养，属中档题.

8.（2023•江西模拟）若球。是正三棱锥A-88的外接球，BC=3,AB=273.点E在线段8A上，BA=

3BE,过点E作球。的截面，则所得的截面中面积最小的截面的面积为（)

A8兀0,「4兀口

A.------BR.2TTltC.-------D.TT

33

【分析】设。是球心，O'是等边三角形BCD的中心，在三角形0力0,中，有0。2+。。2=0。2,可求得R

=。。=2,再利用，=R2-。后2可得过E且垂直0E的截面圆最小即可.

【解答】解：如图所示，其中。是球心，0'是等边三角形8c。的中心，

可得O'B=o，D=^-BC=V3'A0'=VAB2-0ZB2=3>

设球的半径为R,在三角形。。O'中，由00,2+。0'2=0。2,

BP(3-R)2+(V3)2=R2>解得R=2,即AO=2,

所以(7A=3O'O,

因为在△AB(7中，O\4=3O'O,BA=3BE,

OE争，B=平，

所以OE〃OB,

由题知，截面中面积最小时，截面圆与。E垂直,

设过E且垂直OE的截面圆的半径为r,则=2=区2_0£2=4三总,

33

所以最小的截面面积为兀「zqzL.

3

故选：A.

【点评】本题主要考查了三棱锥的外接球问题，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.

七.球外切几何体（共2小题）

9.（2023•全国模拟）四个半径为1的球两两相切，则它们的外切四面体棱长为（）

A.2+276B.2+VeC.3+2V3D.4+273

【分析】利用正四面体内切球半径与其棱长的关系能求出结果.

【解答】解：首先证明结论：棱长为，，的正四面体的内切球半径为逅a，

12

如图，记正四面体ABCC的体积为匕每个面的面积为S,高为

内切球球心为0,半径为r,由题意得Qi是底面BCQ的中心,

”=都2-点）2=条,

则h—

连接OA,OB,OC,OD,

则V=Vo-ABC+-Vo-BCD+Vo-CDA+VO-DAB,

•，-ySh=4*ySr>解得r=[h=W-a，

设4个半径为1的球的球心分别为01,02,03,04,

则其内切球半径为近，

6

设这4个球的外切正四面体为ABC3,则正四面体ABC。的内切球半径为1+近,

6

...正四面体ABC。的棱长为2+2V6.

故选：A.

【点评】本题考查正四面体内切球半径与其棱长的关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.

（多选）10.（2023•小店区校级模拟）如图，棱长为2的正方体ABC。乂iBCiDi的内切球球心为O,E、F

分别是棱A3、CC1的中点，G在棱BC上移动，则（）

A.对于任意点G,。4〃平面EFG

B.存在点G,使OO_L平面EFG

C.直线EF的被球。截得的弦长为我

D.过直线EF的平面截球。所得截面圆面积的最小值为，匕

2

【分析】当G与B重合时，即可判断选项A错误；

取G为BC的中点，由此判断选项8正确；

求出球心。到EF的距离，再求直线EF的被球。截得的弦长，即可判断选项C错误；

由球与截面圆的关系求解最小圆的半径，得到半径最小圆的面积，从而判断选项。正确.

【解答】解：正方体的内切球的球心即正方体的中心O,R=l,

对于A,当G与B重合时，AC平面EF2,平面EFB,

所以04与平面EBG相交，此时0A〃平面EFG不成立，选项A错误；

对于8,当G为BC的中点时，EGVBD,BBiLEG,

且所以EGJ_平面而BiOu平面381。，则EG_LBi。，

同理，尸G_L平面BCD,可得FG_LBiD,

且EGA/G=G,所以Bi。，平面EFG,即。。垂直于平面EFG,选项B正确；

对于C,所=依2+=、2=7^71=戈,取EF的中点M,

由对称性可知，OE=OF,所以。

因为0E=&，所以0〃=而复京=亨，即。到EF的距离为唱，

所以直线EF的被球0截得的弦长为24R2_0M=2J1-乌）2=&，选项C错误；

对于。，设截面圆的半径为r,0到平面的距离为"，则,+/=/?2,

当。到平面的距离最大时，截面圆的半径r最小，

因为。到平面的距离小于等于。到EF的距离，所以当〃=退_时•，/取得最小值为

=亚,

所以半径最小时圆的面积为口/=工，选项O正确.