2020-2024年高考数学试题分类汇编：立体几何（解析版）

专题07嵬体几何

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5年考情•探规律

考点五年考情（2020-2024）命题趋势

2024天津卷：柱体体积的计算；

2023天津卷：锥体体积的有关计算证明线面垂

考点1几何体直；

体积2022天津卷:柱体体积的有关计算求组合体的体

（5年4考）积；

2021天津卷：锥体体积的有关计算球的体积的1.立体几何在高考的考查主要包含

有关计算；T,几何体的体积问题，通常运用

考点2线面位割补法进行求解。

2024天津卷：线面关系有关命题的判断；

置关系的判定2.立体几何线面关系的判断，主要

（5年1考）考查了判定定理与性质定理的灵

2024天津卷：证明线面平行面面角的向量求法活运用

点到平面距离的向量求法；3.立体几何解答题主要考查了，线

2023天津卷:证明线面平行求点面距离求二面线，线面与面面的位置关系的证

角；明，线面与面面的夹角以及距离问

考点3线面位

2022天津卷:空间位置关系的向量证明线面角的题

置关系的证明

向量求法面面角的向量求法；4.立体几何的外接球通常考查了，

（5年5考）

2021天津卷:空间位置关系的向量证明线面角的外接球的表面积、体积与外接球半

向量求法面面角的向量求法；径问题.

2020天津卷:空间向量垂直的坐标表示线面角的

向量求法面面角的向量求法；

2024天津卷：证明线面平行面面角的向量求法

考点4距离问

点到平面距离的向量求法；

题

2023天津卷:证明线面平行求点面距离求二面

（5年2考）

角；

2023天津卷:证明线面平行求点面距离求二面

考点5角度问

角；

题

2022天津卷：空间位置关系的向量证明线面角的

（5年4考）

向量求法面面角的向量求法；

2021天津卷:空间位置关系的向量证明线面角的

向量求法面面角的向量求法；

2020天津卷:空间向量垂直的坐标表示线面角的

向量求法面面角的向量求法；

考点6球的表

面积2020天津卷：球的表面积的有关计算

（5年1考）

5年真题•分点精准练

考点01几何体体积

1.（2024•天津•高考真题）一个五面体4BC-DEF.已知AD||BE||CF,且两两之间距离为1.并已知

【答案】C

（祥解］］采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.

【详析】用一个完全相同的五面体H〃-LMN（顶点与五面体4BG-DEF---对应）与该五面体相嵌，使

得D,N；重合，

因为2D||BE||CF,且两两之间距离为1.AD=1,BE=2,CF=3,

则形成的新组合体为一个三棱柱，

该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形,侧棱长为1+3=2+2=3+1=4,

^ABC-DEF=^VABC_HIj=|x|xlXlXyX4=y.

故选：c.

s

B

2.（2023•天津•高考真题）在三棱锥P-4BC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=?PC,PN=|PB,

则三棱锥P-力MN和三棱锥P-ABC的体积之比为（）

1214

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

9939

【答案】B

K祥解X分别过M,C作MMUPA,CC1PA,垂足分别为过B作，平面PZC,垂足为夕，连接PB',

过N作NN'1PB',垂足为NL先证NN，_L平面P4C,则可得到再证MMV/CL.由三角形相似得到

MM'_1—再由仝3=%£期即可求出体积比.

r

CC~3BB，3Vp-ABCyB-PAC

【详析】如图，分别过M,C作用犷_1。4。。'，24,垂足分别为4,厂.过3作8夕1平面24。，垂足为次,

连接PB',过N作NN'1PB',垂足为

P

因为平面PAC,88'u平面P8"，所以平面P8B'1平面JMC.

又因为平面PBB'n平面PAC=NN'1PB',NN'u平面PBe，所以NN'1平面PAC,S.BB7/NN'.

在APCC'中,因为MM'CCTPA,所以MM，//CL,所以震=甯=（,

在APBB'中，因为BB'〃NN',所以型="=马,

PBBB'3

所以立必=>N-P4M=/PAMWN'==2

Vp-ABC~VB-PAC~^S^PAC-BB'~^PACC,yBB,~9,

故选：B

3.（2022•天津・高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方

形，直三棱柱的底面是顶角为120。，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）

A.23B.24C.26D.27

【答案】D

（祥解I作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.

【详析】该几何体由直三棱柱4FD-BHC及直三棱柱DGC-AEB组成，作HM1CB于M,如图,

因为CH=BH=3/CHB=120°,所以CM=BM==|,

因为重叠后的底面为正方形，所以48=BC=375,

在直棱柱2FD-BHC中，481平面BHC,贝！|4B1

由ABnSC=B可得1平面4DCB,

设重叠后的EG与FH交点为/,

则肉-BCD4=；x3V3x3V3x|=",%-BHCWX3V3xIx3仔.

jNNZZ4-

则该几何体的体积为V=2VAFD_BHC-V^BCDA=2x乎一§=27.

故选：D.

4.（2021-天津•高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为等,

两个圆锥的高之比为1:3,则这两个圆锥的体积之和为（）

A.37rB.47rC.97rD.127r

【答案】B

K祥解》作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径,

再利用锥体体积公式可求得结果.

【详析】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点。，

设圆锥4。和圆锥BD的高之比为3:1,即4。=38。，

设球的半径为R，则等=等，可得R=2,所以，AB=AD+BD=4SD=4,

所以，BD=1,AD=3,

VCD1AB,则Z_C40+/.ACD=4BCD+Z.ACD=90°,所以，/.CAD=4BCD,

又因为乙4OC=NBDC,所以，XACD-4CBD,

所以，—CD=y］AD-BD=V3,

CDBD

因此，这两个圆锥的体积之和为［兀XCD2•(AD+BD)=［兀X3x4=47r

故选：B.

考点02线面位置关系的判定

5.（2024•天津•高考真题）若小，九为两条不同的直线，a为一个平面，则下列结论中正确的是（）

A.若m〃a,n//a,则7nl几B.若Tn〃a,7i〃a,则zn〃7i

C.若7n〃a,7ila,则zn1几D.若7n〃a,7ila,则m与九相交

【答案】C

（祥解力根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误.

【详析】对于A,若m〃a,n//a,则zn,ri平行或异面或相交，故A错误.

对于B,若zn〃a,7i〃a,则m,九平行或异面或相交，故B错误.

对于C,m//a,n1a,过TH作平面S，使得夕na=s,

因为znu/?,故m〃s,而sua,故九_Ls,故m_L九，故C正确.

对于D,若?n〃a,九J.a,则m与九相交或异面，故D错误.

故选：C.

考点03线面位置的证明

6.（2022•天津•高考真题）直三棱柱48C—AiBiG中，=ABAC=2,AA±LAB,ACLAB,D^]A1B1

的中点，E为44i的中点，F为CD的中点.

(1)求证：£T〃平面ABC；

(2)求直线BE与平面所成角的正弦值；

(3)求平面4CD与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

⑵(

⑶包

10

K祥解X(1)以点4为坐标原点，4/1、4G所在直线分别为％、y、z轴建立空间直角坐标系，利

用空间向量法可证得结论成立；

(2)利用空间向量法可求得直线BE与平面夹角的正弦值；

(3)利用空间向量法可求得平面与平面CCi。夹角的余弦值.

【详析】(1)证明：在直三棱柱—中，平面&ZG，S.AC1AB,则

以点4为坐标原点，44、4/1、4G所在直线分别为刀、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

贝1」4(2,0,0)、8(2,2,0)、。(2,0,2)、21(0,0,0)、81(0,2,0)、。1(0,0,2)、。(0,1,0)、£(1,0,0)、/(1,1,1),贝!|丽=(0,|,1).

易知平面力BC的一个法向量为沅=(1,0,0),则而•访=0,故而_L沅，

•••EFC平面力BC,故EF〃平面ABC.

(2)解：无=(2,0,0),QD=(0,1,-2),丽=(1,2,0),

设平面C&O的法向量为m=(/,yi，Zi),则［一匕qC=2%=°,

取yi=2,可得正=(0,2,1)，cos<EB,H>=展：=g.

CDpI-Ul5

因此，直线BE与平面CC】D夹角的正弦值为，

(3)解：A^C=(2,0,2),A^D=(0,1,0),

设平面&CD的法向量为5=(x2,y2,z2),则『'勺=犯+2Z2=0,

(v•ArD=丫2=0

取血=1，可得力=(1,0,—1)，则COS＜记,。＞=尚宕=一去=一噜，

因此，平面4CD与平面CGD夹角的余弦值为噜.

7.(2021•天津•高考真题)如图，在棱长为2的正方体4BCD-4tBic中，E为棱BC的中点，F为棱

CD的中点.

(II)求直线力G与平面&EQ所成角的正弦值.

(III)求二面角A—AG—E的正弦值.

【答案】⑴证明见解析；(ID-(HI)

K祥解X(I)建立空间直角坐标系，求出席及平面41EC1的一个法向量沆，证明庠1记，即可得证；

(II)求出4C；,由sin)=|cos〈范版7〉1运算即可得解;

(III)求得平面力&G的一个法向量砺，由cos〈砺，记结合同角三角函数的平方关系即可得解.

【详析】(I)以4为原点，分别为居y,z轴，建立如图空间直角坐标系，

则4(0,0,0),4式0,0,2),5(2,0,0),C(2,2,0),0(0,2,0),6(2,2,2),。式0,2,2),

因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以E(2,l,0),尸(1,2,0),

所以*=(1,0,-2),砧(=(2,2,0),砧=(2,1,-2),

设平面4EC1的一个法向量为沆=

则｛=2/+2%=°,令/=2,则沅=(2,-2,1),

m•ArE=2xr+%—2zi=0

因为布•记=2-2=0,所以印1记，

因为OiFC平面&EC「所以〃平面力透的；

(II)由(1)得，宿=(2,2,2),

设直线4G与平面4EG所成角为。，

贝I|sin9=|cos〈滋宿〉|=I焉悬2_V3

3X2-73-9

(HD由正方体的特征可得，平面441G.的一个法向量为丽=(2,-2,0),

DFm_82^2

则cos〈O8,沅）

\DB\-\m\~3X2723

所以二面角a-4G-E的正弦值为小-cos?顺丽=(.

考点04距离问题

8.(2024•天津•高考真题)已知四棱柱4BCD中，底面4BCD为梯形,4B〃CD,&4，平面ZBCD,

ADLAB,其中=44=2,4D=DC=1.N是/Q的中点，M是£)%的中点.

(1)求证DiN〃平面CB]M；

(2)求平面CBiM与平面BB1CG的夹角余弦值；

⑶求点B到平面CB]M的距离.

【答案】(D证明见解析

⑵誉

⑶誓

K祥解工(1)取CB1中点P,连接NP,MP,借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得AN〃MP,结合

线面平行判定定理即可得证；

(2)建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；

(3)借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.

【详析】(1)取OB1中点P,连接NP,MP,

由N是/Ci的中点，故NP//CJ,且NP=1CCi，

由M是D£»i的中点，故A"=(D£»i=]CC「且DiM〃CC「

则有£)iM〃NP、D]M=NP,

故四边形£)i"PN是平行四边形，故D1N//MP,

又MPu平面CB]M,%N，平面C4M,

故DiN〃平面CBiM；

(2)以4为原点建立如图所示空间直角坐标系，

有4(0,0,0)、S(2,0,0),劣(2,0,2)、"(0,1,1)、C(l,l,0)、G(1,1,2),

则有两=(1,一1,2)、CM=(-1,0,1)>两=(0,0,2),

设平面与平面881CC]的法向量分别为沆=(x1,y1,z1)^n=3，力々)，

则有(记•西=x1-y1+2z1=0(n-西=x2-y2+2z2=0

Im-CM=—%1+Z]=0In-BB；=2z2=0

分别取X1=x2=1,则有Vi=3、Z]=1、y2=1,z2=0,

即记=(1,3,1)、n=(1,1,0),

则COS〈S〉=丽厂赤赤格=丁

故平面C&M与平面8B1CC1的夹角余弦值为誓；

(3)由西=(0,0,2),平面C/M的法向量为沆=(1,3,1),

则有画列=2=2，

人」口\m\V1+9+111

即点8到平面CBiM的距离为誓.

9.(2023•天津•高考真题)如图，在三棱台ABC-A181cl中，A±A1^ABC,AB1AC,ABAC==

2,4G=1,M为BC中点.，N为AB的中点，

(1)求证：&N〃平面力MG；

⑵求平面AMG与平面4CC141所成夹角的余弦值；

⑶求点C到平面力MC1的距离.

【答案】(1)证明见解析

⑵I

⑶：

(祥解I(1)先证明四边形MM41cl是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；

(2)利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；

(3)方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解

【详析】(1)

连接MN，GA由M,N分别是的中点，根据中位线性质，MN//AC,且MN=三=1,

由棱台性质，A^Z/AC,于是MN〃&由MN=&Ci=l可知，四边形MN&G是平行四边形，则

ArN//MCr,

又A]N仁平面GAM,MJu平面于是&N//平面

(2)过M作ME14C,垂足为E,过E作EF14C1，垂足为F,连接MF,6立

由MEu面ABC,A±AiffiXBC,故A4i1ME,又ME1AC,ACnAAr=A,AC,AAru平面则ME1

平面acGA.

由ARu平面4"遇1，故ME1又EF14Q,MEnEF=E,ME,EFu平面MEF,于是4Q_L平面MEF,

由MFu平面MEF,故AC】1MF.于是平面AMC1与平面所成角即NMFE.

又ME=曰=1,COSNC4cl=看则sin4cAei=看故EF=1xsin/CAQ='，在Rt△ME尸中，4MEP=90。,

则MF=斥=看

于是cos4MFE=^=g

（3）［方法一：几何法］

过■作GP14C,垂足为P,作GQ14M,垂足为Q,连接PQ,PM,过P作PR1C1Q,垂足为R.

22

由题干数据可得，=CrC=V5,QM=VQP+PM=V5,根据勾股定理，GQ=J一住?=乎，

由CiPl平面4MC,4Mu平面4MC,则GPJ.4M,又GQJLAM,QQnC±P=C1；C1Q,C#u平面QPQ,

于是AM，平面GPQ.

又PRu平面C】PQ,贝！jPR1AM,又PR1QQ,QQCiXM=Q,C^Q,AMu平面6M4,故PR，平面GAM.

在RtACpPQ中，PR=*=煞=£

2

又C4=2PA,故点C到平面GMA的距离是P到平面的距离的两倍,

即点C到平面4MQ的距离是*

［方法二：等体积法］

辅助线同方法一.

设点C到平面2MC1的距离为h.

=§xC]PxSMMC=&x2x5x(V2)=

T717c171/7T3V2h

^C-CrMA=1XhXS-MQ=]XhXQXv2X-Y-=

由%1-AMC=^C-CrMA=g=9即/l=£

考点05角度问题

10.（2020•天津•高考真题）如图，在三棱柱4BC中，CC11平面ABC,AC1BC,AC=BC=2,

CG=3,点D,E分别在棱44i和棱CG上，且力D=1CE=2,M为棱为&的中点.

（I）求证：GM1B]D；

（II）求二面角B-BIE-。的正弦值；

（III）求直线与平面DB】E所成角的正弦值.

【答案】（I）证明见解析；（II）等；（III）

63

K祥解》以C为原点，分别以刀,而，鬲的方向为%轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系.

（I）计算出向量的和瓦方的坐标，得出的•瓦方=0,即可证明出Ci"1名£）；

（II）可知平面BBiE的一个法向量为刀，计算出平面/ED的一个法向量为落利用空间向量法计算出二面

角B-B.E-D的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果；

（III）利用空间向量法可求得直线4B与平面DBiE所成角的正弦值.

【详析】依题意，以C为原点，分别以方、CB，鬲的方向为%轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系

（如图），

可得C(0,0,0)、4(2,0,0)、8(0,2,0)、30,0,3)、

4(2,0,3)、Bi(0,2,3)、。(2,0,1)、£(0,0,2),M(l,l,3).

(I)依题意，C^M=(1,1,0),瓦方=(2,-2,-2),

从而靛-瓦方=2-2+0=0,所以1B]D；

(II)依题意，CA=(2,0,0)是平面的一个法向量，

西=(0,2,1),ED=(2,0,-1).

设元=(x,y,z)为平面DBiE的法向量，

则产•拓=0即/y+z=0

洒访=0仪2久一z=0

不妨设％=1,可得元=(1,一1,2).

7^7T、CAn2A/6

cos<CA,n>=—―=—F=—，

\CA\-\n\2X766

•••sin<^A,n>=Jl—cos2<CA,n>=等.

所以，二面角B-BiE-。的正弦值为千；

(III)依题意,AB=(-2,2,0).

由(II)知元=(1,—1,2)为平面08亚的一个法向量，于是cos<福元>=湍;=定一冬

所以，直线48与平面。8亚所成角的正弦值为日.

【『点石成金』】本题考查利用空间向量法证明线线垂直，求二面角和线面角的正弦值，考查推理能力与计

算能力，属于中档题.

考点06球的表面积

11.(2020•天津•高考真题)若棱长为2百的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为()

A.127rB.247rC.367rD.1447T

【答案】C

（祥解I求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.

【详析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，

所以，这个球的表面积为S=4兀7?2=4兀x3?=367r.

故选：C.

【『点石成金』】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基

础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体,

利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，

借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计

几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.

1年模拟•精选模考题

12.（2024•天津北辰•三模）中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展

载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千

百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器,

其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2,圆柱的高为6,

圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7,则该容器中液体的体积为（）

【答案】A

R祥解》结合轴截面分析可知0/=。2。=Z,。。=6,。2。3=1，。3尸=|，再利用圆柱以及圆台的体积

公式运算求解.

【详析】由题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台，

取轴截面，如图所示，。1，。2，。3分别为43,。。1尸的中点，

p

可知：AB//CD//EF,且。/=。2。=2,。1。2=6,。2P=4,。2。3=1,。3P=3,

可得竺=竺=三即。尸=三，

3

O2cO2P42

所以该容器中液体的体积为X22X6+|JiX22+XC）2+Jnx22XnX（|了x1=

故选：A.

13.（2023•天津和平•三模）已知正方体2BCD-4/164的棱长为6,点E,5分别在棱。停】上,

且满足等=等=3点。为底面力BCD的中心，过点E,F,。作平面EF。，则平面EF。截正方体力BCD-

01cl3

所得的截面面积为（）

A.8V22B.6V22C.4V22D.2V22

【答案】A

（祥解力由于上下底平行，则可得平面EF。与上下底面的交线平行，则可得EF为平面EF0与上底面&B1GD1

的交线，4C为平面EF。与下底面4BCD的交线，则梯形EFC4为平面截正方体的截面，可证得梯形EFCA为等

腰梯形，根据已知的数量关系求解即可.

【详析】连接4G，4;与8。交点即为。，

因为鼠=署=5,所以

因为4停114。，所以EFII4C,

所以E,F,0,4C共面，

所以平面EF。截正方体48CD-4/停1。1所得的截面为梯形EFC4

因为正方体ABC。-A/iQDi的棱长为6,且普=然=j

所以4C=y/AB2+BC2=V62+62=6V2,

22

在Rt△DiEF中，%E=D1F=2,贝!|EF=y]DrE+DrF=2迎，

在RtA/MiE中，4m=。141一。速=6—2=4,贝U

222

AE=y/AAl+ArE=V6+4=2g,

在RtACC±F,CrF=DG-=6—2=4,贝l]

CF=JCC/+C/2=V62+42=2V13,

过E作EM14C于M,贝MM=写丝==2夜，

所以EM=V4E2_W=J(2V13)2-(2V2)2=2V11,

所以等腰梯形EFC2的面积为

2X(EF+AC)XEM=：X(2V2+6a)x2Vli=8V22,

故选：A

14.（2024•天津河西•三模）如图，在三棱柱力BC—A/iG中，E,F分别为AB,AC的中点，平面E/C/将

【答案】D

（祥解》根据割补法结合棱台的体积公式，即可求得答案.

【详析】设三棱柱4BC-4/G的高为h,上下底面面积均为S,体积为V,

则V=%+/=Sh,

因为E,F分别为AB,AC的中点，故S-EF=；S,

4

结合题意可知几何体4EF-&B1G为棱台，

则%=M*+S+F）=M

7q

故彩=Sh-—Sh=—Sh,故%:V2=7:5,

故选：D

15.（2024•天津滨海新•三模）我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉

石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用.图

1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体,

如图2.已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4,体积之比为3:1,且该几何体的顶点在球。的表面上，则

球。的表面积为（

图1图2

n288n

A.36JiB.48Ji产u.---------

5

【答案】A

（祥解》根据题意可知正四棱柱和正四棱锥的高相等，利用几何关系和正四棱柱的对称性得到关于的

方程组，再利用球的表面积公式即可得解.

【详析】•••正四棱柱和正四棱锥的体积之比为3:1,且共一个底面,

二正四棱柱和正四棱锥的高相等,

设正四棱柱和正四棱锥的高为八，该几何体外接球的半径为R,

解得h=2,R=3,

...球0的表面积为4nx32=367T.

故选：A.

16.（2024•天津红桥•二模）如图，圆锥形脆皮筒上面放半球形的冰淇淋，为了保障冰淇淋融化后能落在

脆皮筒里，不溢出来，某规格的脆皮筒规定其侧面面积是冰淇淋半球面面积的2倍，则此规格脆皮筒的体

积与冰淇淋的体积之比为（）

A.叵B.叵C.亚D.立

4242

【答案】B

（祥解1设圆锥的半径为r,高为h,母线长为Z,结合题意面积比得到无=危?，再计算二者的体积比即

可.

【详析】设圆锥的半径为r,高为八，母线长为/,

则母线长为2=3+公,

所以圆锥的侧面积是"ri=nrVr2+h2,

半球的面积2口产，

由题意可得JtrVr2+h2=2x2Jir2,

解得无=V15r,

所以圆锥的体积为：口产八=手11r3,半球的体积为［xgN=誉「3,

所以此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为展;=纱，

——3r32

故选：B.

17.（2024•天津•二模）在如图所示的几何体中，底面4BCD是边长为4的正方形，AAltBG,CCV均

与底面力BCD垂直，且441=CG=DDi=2BG=4g，点E、F分别为线段BC、CC1的中点，记该几何体

的体积为乙平面4FE将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为（）

【答案】D

K祥解》先求几何体的体积匕再求被截较小部分的体积/cFTDDi即可.

【详析】由题意可知，如图所示，EF〃AD、,

所以平面EF4D1即为平面4EF截几何体的截面.

因为241=eq=DD1=2BG=4b，AB=BCCDDA=4,

所以几何体的体积V=4x4x4V3-|x|x4x4x2V3=詈2

被截棱台的体积

VECF-ADD,=|x4x（|x2x2V3+|x4x4V3+x2x2V3x|x4x4V3）=手,

较大部分体积为彩=40V3,

S6尊

日

旦v-176——22,

3

所以较小部分的体积为VECF-AD/=(匕

18.(2024•天津南开•二模)在四棱锥P-48CD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PC1PD,PC=PD,

。为CD的中点，二面角A-CD-P为直二面角.

(1)求证：PB1PD；

⑵求直线PC与平面PAB所成角的正弦值；

(3)求平面P0B与平面PAB夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

⑵回

5

⑶(

(祥解』(1)证明出P。LCD,P。！平面ABCD,建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出丽•丽=

-14-0+1=0,得到垂直关系；

(2)求出平面的法向量，利用线面角求解公式得到答案；

(3)求出两平面法向量，求出面面角的余弦值.

【详析】(1)因为PC=PD,0为CD的中点，

所以P。1CD.

又因为平面PCD_L平面ABCD,平面PCD0平面ABCD=CD,P。u平面PCD,

所以P。1平面ABCD.

因为CD=2,PC1PD,PC=PD,所以PO=1.

取28的中点E,连接0E,则。ELCD,

以点0为坐标原点，OD,OE,OP所在直线分别为x,y,z轴，如图建立空间直角坐标系。-孙z,

则0(0,0,0),£)(1,0,0),C(-1,0,0),5(-1,2,0),P(0,0,l),4(1,2,0).

PB=(-1,2,-1),PD=(1,0,-1),

因为丽•丽=-1+0+1=0,

所以PB1PD.

(2)设平面PAB的一个法向量为记=(x,y,z),

则伊•亚=0,即广-2y+z=0,

(万•4B=01-2x=0

解得x=0,令y=l,贝！］z=2,则沅=(0,1,2).

设直线PC与平面PAB所成的角为8,

又丙=(-1,0,-1).

|刀画_

则l(0,l,2M-L0T)l_|-2|=V10

sin®=|cos<m,PC>|m||PC|-V1+4XV1+1-V5-V2-5

所以直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为半.

(3)设平面POB的一个法向量为n=(a,6,c),

则t.亚=0,即｛c=0

解得c=0,令匕=1,则a=2,故元=(2,1,0).

设平面POB与平面PAB的夹角为a,

则cosa=Icos<mn>\=叵生=KO'L2>(2」,O)I_J_=1

人jcsa•力阿同V1+4XV4+1V5-V55

故平面POB与平面PAB的夹角的余弦值为，

19.(2024•天津北辰•三模)如图，在四棱锥P—48CD中，PD1平面ABC。，AD1DC,AB//DC,AB=

AD=^CD=2,PD=2,"为棱PC的中点.

M

//4一/------>

////\\/__—

AB

(1)证明：BM〃平面PAD；

(2)求平面PDM和平面DM8夹角的余弦值；

⑶求A点到直线PC的距离.

【答案】(1)证明见详析

⑵当

6

⑶第

(祥解』(1)取PD中点N,可得四边形A8MN为平行四边形，从而BMII4V,利用线面平行的判定定理即

可得证；

(2)建系标点，求出平面BDM的法向量，易知市为平面PDM的一个法向量，利用向量夹角公式求解可得答

案.

(3)利用空间向量求得cosNAPC=那，即可得sinN力PC,进而可得结果.

【详析】(1)取PD中点N,连接AN,MN.

在△PCD中，M,N分别为PC,PD的中点，则MN||DC,MN=^DC,

因为4B〃DC,AB=|l)C,则4B||MN,AB=MN,

可知四边形4BMN为平行四边形，则BMII4N,

且BMC平面PAD,力Nu平面R/W,所以BM〃平面PAD.

AB

(2)因为PD1平面ABC。，AD,DCu平面ABCD,

则PC­。，PD1DC,S.AD1DC,

以。为坐标原点，D4D&DP所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示,

取CD的中点E,连接BE,

z

因为48〃DC,AB^DC,则2B〃DE,AB=DE,

又因为力DIDC,所以四边形ABED为矩形，

且AB=AD-2,可知四边形ABED是以边长为2的正方形,

则0(0,0,0),4(2,0,0),5(2,2,0),C(0,4,0),P(0,0,2),M(0,2,1),

可得市=(2,0,0),DM=(0,2,1),DB=(2,2,0),

设平面BDM的法向量为元=(x,y,z),所以［手”=2y+z=°,

尻•DB=2x+2y=0

令丫=-1,贝卜=1,z=2.所以平面BDM的一个法向量为元=(1,-1,2),

易知市为平面PDM的一个法向量，

所以，

所以平面和平面夹角的余弦值为

PDMDMB6

(3)由(2)可知：PA=(2,0,-2),PC=(0,4,-2),

则3.国=鬲=心

即cos乙4PC=—>0,可知乙4PC为锐角，

10

贝Usin4PC=Vl-cos2zXPC=鬻，

所以A点到直线PC的距离为|以卜in乙4PC=2&x嘴=卓.

20.(2024•天津河北•二模)如图，四棱锥P-4BCD中，侧棱PD1平面力BCD,点E是PC的中点，底面4BCD

是直角梯形，AB//DC,AD1DC,AB=AD=PD=1,CD=2.

(1)求证：BE〃平面PAD；

⑵求异面直线PB和AC所成角的余弦值；

⑶点Q在线段PC上，平面8DQ和平面PB。的夹角为45。，求震的值.

I产3

【答案】(1)证明见解析

⑵普

(3)V2-1

(祥解』(1)建立空间直角坐标系，利用向量法即可求证,

(2)利用向量的夹角公式即可求解,

(3)求两个平面的法向量，即可利用法向量的夹角求解.

【详析】(1)证明：PD，平面ABCO,AD1DC,以。为原点，分另U以万?、反、加的方向为x轴，y轴,

z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

•,­AB=AD=PD=1,DC=2,点E是PC的中点,

£>(0,0,0)M(l,0,0),C(0,2,0),l,0),P(0,0,1),E(0,1,0,

则屁=(-

•••DC1平面PAD,二平面APO的一个法向量为沆=(0,2,0).

BE-DC—0,BE1DC,

•••BEC平面2W,二BE〃平面24。；

(2)PB=(1,1,-1),XC=(-1,2,0),

设异面直线PB和4C所成的角为。，

cos。=|cos(PB,XC)|二卜熹=普，

二异面直线PB和4c所成角的余弦值为祟.

(3)DB=(1,1,0),PC=(0,2,-1),DP=(0,0,1),

设而=2而，AS[0,1],则而=(0,2尢一4),

■■.DQ=^P+PQ=(0,24,1-A),

设平面P8D的法向量为记=(x,y,z),则有■[沅,竺=°，

[m-DP=0,

,；11°'不妨令％=1，得y=—1,z=0,m=(1,—1,0).

设平面80Q的法向量为元=Qx',y',z'),则有.丝=°，

[n-DQ=0,

LI兰U'=0不妨令/=L得…，z，=g

••,元=(1厂哈)

•.・平面BDQ和平面PBD的夹角为45。，

cos45。=|cos伍刚=|品卜一J二+岛y=

於+24-1=0,Z=-1±V2,

•••Ae[0,1],.-.A=V2-1,

.-.^=V2-1.

IPCI

21.（2023•天津和平•三模）如图，平面力BCDABE,AD1AB,AB//CD,AE=AD=CD==1,

/.EAB=90°.

(1)求直线BC与平面ZDE所成角的大小；

(2)求平面BCE与平面ADE所成夹角的正弦值；

⑶求点。到平面BCE的距离.

【答案】⑴9

4

⑵回

6

⑶£

6

K祥解力(1)由面面垂直的性质得到4。1平面4BE,建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得;

(2)求出平面BCE的法向量，利用空间向量法求出平面夹角的余弦值，即可求出正弦值；

(3)由点D到平面BCE的距离为塔平计算可得.

|n2l

【详析】(1)因为平面2BCD_L平面2BE,平面4BCDC平面ABE=AB,ADIAB,

40u平面力BCD,所以4。_L平面ABE,

又因为NE2B=90。，则以点4为坐标原点，AE,AB,而的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，

建立如下图所示的空间直角坐标系，由已知力E=2D=CD=^AB=1,

所以4(0,0,0),8(0,2,0),C(0,1,1),D(0,0,1),£(1,0,0).

因为正=(0,-1,1),平面4DE的法向量为西=(0,1,0),

设直线BC与平面力DE所成角为名,贝!jsinOi=|cos(BC,引|=蒿3=仁=乎，

又。所以直线CE与平面40E所成角为：

(2)设平面BCE的法向量为荻=(x,y,z),BC=(0,-1,1)，~BE=(1,-2,0)

贝I4%•吧=-y+z=°,,令％=2,则而=(2,1,1),又因为瓦=(0,1,0)

ln2•BE=%-2y=0.

设平面8CE与平面力DE所成夹角为“，

则cos%=|cos(而向I=黑符=3=彳，又&e［。，引，

所以sin%=J1-cos?4=—,

v6

所以平面BCE与平面2DE所成夹角的正弦值为手.

(3)因为反=(0,1,0),平面BCE的法向量为%=(2,1,1)，

所以点。到平面BCE的距离为簪1=£

|n2l6

22.(2024•天津河西•三模)如图，在四棱锥P—48CD中，PA1平面ABCD,AD//BC,ADLCD,且4。=

CD=2V2,BC=4V2,PA=2,点M在PD上.

(2)求异面直线PB与DC所成角的余弦值；

(3)若平面MAC与平面口4c所成角为45°,求直线8M与平面P4C所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

⑵手

⑶手

K祥解》(1)取BC中点为E,连接4E,说明建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证

明方法，即可证明结论；

(2)求出向量方=(2VX-2企,-2),反=(2夜,0,0),即可根据空间角的向量求法，求得答案；

(3)设PM=XPD=(O,2V2A,-2Z),(0<2<1),根据平面MAC与平面£MC所成角为45°,结合