空间向量与立体几何（选填题）-2020-2024年高考数学试题分类汇编（解析版）

冷集05或同向重鸟更伟几何（送蟆泉）

五年考情1探规律1

考点五年考情（2020-2024）命题趋势

2024甲卷I卷空间几何体点线面位置关系以及夹角问

考点01空间几何体基2023III乙甲北京天津题，表面积体积以及圆锥对应面积的运

2022甲卷乙卷北京

本性质及变面积体积2021乙卷［卷n算一直是高考的热门考点，要加以重视，

2020II卷海南另外台体的表面积体积应该重点复习

几何体内切球外接球问题是高考立体几

2023乙卷

考点2空间几何体内接何中的难点，近两年考查比较少，但是

2022甲卷乙I卷II卷

球外接球的应用应掌握长常规的空间几何体的外接球内

2020I卷

切球的简单技巧

2024n卷

2023北京卷甲卷

空间几何体容易与其他知识点相结合构

考点3空间几何体性质20221卷乙卷

成新的情景类问题也是近年来高考新改

综合应用2021II卷

革的一个重要方向

2020山东卷I卷

分考点：精准练工

考点01空间几何体基本性质及表面积体积

1.（2024•全国・高考I卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为石，则圆锥的

体积为（）

A.2+RB.3后C.6岛D.9扃

【答案】B

【分析】设圆柱的底面半径为，，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径厂的方程，求出解后可求圆锥的体

积.

【详解】设圆柱的底面半径为,，则圆锥的母线长为后三，

而它们的侧面积相等,所以2?irx=Tirx53+/即2^/^=,3+户,

故厂=3,故圆锥的体积为g兀x9xJ^=34t.

故选：B.

2.（2024•全国,高考甲卷文）设办〃为两个平面，5、〃为两条直线，且々£=加.下述四个命题：

①若相〃”，则〃//a或〃//£②若〃?_!_〃，则〃_1_£或〃，尸

③若〃〃。且〃//£,则④若〃与a,4所成的角相等，则〃?_L〃

其中所有真命题的编号是（）

A.①③B.②④C.①②③D.①③④

【答案】A

【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.

【详解】对①，当“ua,因为机〃*mu/3,则〃//£,

当“U/7,因为相〃“，mua,则〃//&,

当"既不在a也不在尸内，因为mHn,mua,mu/3,则〃//a且"〃夕，故①正确；

对②，若相，"，则〃与不一定垂直，故②错误；

对③，过直线«分别作两平面与分别相交于直线s和直线t,

因为"//a,过直线"的平面与平面a的交线为直线s,则根据线面平行的性质定理知〃//s,

同理可得〃/〃，则s/",因为SZ平面用，lu平面夕，贝ijs//平面/，

因为su平面a,a[}=m,则s//〃z,又因为“〃s,则机〃"，故③正确；

对④，若=与a和4所成的角相等，如果“//a,”//方，则加〃“，故④错误；

综上只有①③正确，

故选：A.

3.（2023•年全国甲卷）在三棱锥P-ABC中，.ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2,PC=瓜,则

该棱锥的体积为（）

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

【答案1A【分析】证明AB/平面PEC,分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为A3得解.

【详解】取A3中点E,连接PE,CE,如图，

.ABC是边长为2的等边三角形，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,

故选：A

4.（2023•北京•统考高考真题）坡屋顶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，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个

面是全等的等腰三角形.若钻=25m,3C=AO=10m,且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与

平面ABCD的夹角的正切值均为巫，则该五面体的所有棱长之和为（）

5

C.117mD.125m

【答案］C

【详解】如图，过E做即，平面ABC。，垂足为。，过E分别做EGLBC,垂足分别为G,M,

连接OG,OM,

FE

由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为N£MO和NEGO,

所以tanNEMO=tanZEGO=半.

因为EO_L平面ABCD,3Cu平面ABCD,所以EO_L3C,

因为EG_LBC,EO,EGu平面EOG,EOcEG=E,

所以BC/平面EOG,因为OGu平面EOG,所以2C_LOG,.

同理：OMLBM,又BMLBG,故四边形OMBG是矩形，

所以由3c=10得Q0=5,所以EO=&Z,所以OG=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,

又因为EF=AB-5-5=25-5-5=15,

所有棱长之和为2x25+2x10+15+4x8=117m•

故选:C

5.(2022•全国乙卷)在正方体ABCD-ABCi。中，E,尸分别为AB,8C的中点，贝|()

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】证明斯工平面BOR,即可判断A；如图，以点。为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2,分

别求出平面耳EF,\BD,4G。的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.

【详解】解：在正方体48。-4与£2中，

AC1且OR1平面ABCD,

又EFu平面ABCD,所以E尸，。口，

因为瓦尸分别为A5BC的中点，

所以EF/AC,所以

又BDDDy=D,

所以平面瓦Mj,

又EFu平面目

所以平面4枚，平面故A正确；

选项BCD解法一：

如图，以点。为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2,

则刀（2,2,2）,E（2,1,0）,产（1,2,0）,3（2,2,0）,4（2,0,2）,4（2,0,0）,C（0,2,0）,

G（0,2,2）,

则而=（-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),

设平面片或7的法向量为相=（占,％,Z］）,

m-EF=一%+%=0

则有，可取机=（2,2,-1）,

m•EB]=丫1+2Z]=0

同理可得平面4瓦）的法向量为々,

平面AAC的法向量为%=（U,o）,

平面的法向量为%,

则/4=2-2+l=lw0,所以平面瓦跖与平面48□不垂直，故B错误;

UU

因为加与巧不平行，所以平面旦EF与平面AAC不平行，故C错误；

因为〃?与巧不平行，所以平面与£尸与平面4。。不平行，故D错误,

故选：A.

选项BCD解法二:

7

解：对于选项B,如图所示，设ABB{E=M,EFBD=N,则肱V为平面片或与平面42。的交线,

在，BWN内，作BP1MN于点P,在内，作GPJ_M2V,交EN于点G,连结3G,

则NBPG或其补角为平面BtEF与平面\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,尸为中点，则£F_L8D,

由勾股定理可得NB2+NG2=BG2,

从而有：NB2+NG2=(PB?+PN?)+(PG?+PN?)=BG2,

据止匕可得PB2+PG2丰BG2,即NBPG丰90,

据此可得平面片所1平面\BD不成立，选项B错误；

对于选项C,取44的中点“，贝UAHBtE,

由于A"与平面AAC相交，故平面4斯〃平面AAC不成立，选项C错误;

对于选项D,取AD的中点很明显四边形A片尸M为平行四边形，则AMB{F,

由于AM与平面4G。相交，故平面与石尸〃平面AGC不成立，选项D错误；

6.(2022•全国甲卷)在长方体ABCD-AgCQ中，已知耳。与平面ABCD和平面所成的角均为30。,

则()

A.AB^2ADB.AB与平面人与。1。所成的角为30。

C.AC=CBtD.耳。与平面BBCC所成的角为45。

【答案】.D

【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出.

【详解】如图所示：

不妨设48=4,4。=>,/见=°,依题以及长方体的结构特征可知，8Q与平面ABCD所成角为NBQB,BQ

cb,__________

与平面9与内所成角为/0男人所以侬"。二诉=方，即6=。，4£>=2C=A/7寿17,解得a=&c.

DyU巧〃1

对于A,AB=a,AD=b,AB=42AD，A错误；

对于B,过5作5石，A瓦于£,易知班，平面AAG。，所以A3与平面ABC。所成角为-B4E,因为

tanZBAE=-=^,所以/B4Ew30,B错误；

a2

1

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

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

B.D2c2

ZDB1C=45.D正确.

故选：D.

7.（2021•全国乙卷）在正方体ABC。-44GA中，尸为4A的中点，则直线尸8与所成的角为（）

【答案】.D

【分析】平移直线AQ至8G，将直线PB与AR所成的角转化为依与BG所成的角，解三角形即可.

如图，连接8£,尸£,尸8,因为AQiaBG，

所以NP2G或其补角为直线PB与A1所成的角,

因为84,平面481GA，所以又PCJBR,BBiCBR=B[,

所以PG，平面尸7珥，所以尸C1尸8,

设正方体棱长为2,则BC1=2&,PG=g。旦=0,

sinZPBC1=^=1,所以NP8G=g.故选：D

BC]26

8.（2021•年全国新高考回卷）已知圆锥的底面半径为血,其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为

（）

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

【答案】.B

【分析】设圆锥的母线长为/,根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得/的值，即为所求.

【详解】设圆锥的母线长为/,由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，贝UM=2;TX后，解得/=2夜.

故选：B.

9.（2021年全国高考回卷）正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,则其体积为（）

A.20+12-73B.280C.日D.

33

【答案]D

【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.

【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，

因为该四棱台上下底面边长分别为2,4,侧棱长为2,

所以该棱台的高/z=J2?-（2后-拒『=夜，

下底面面积3=16,上底面面积S?=4,

所以该棱台的体积V=gMW+S2+^X）=；x应x（16+4+痴）=g也.

故选：D.

10.（2021•年全国高考回卷）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一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底

面正方形的边长的比值为（）

11小+1

DD.rC.U.

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

【答案］C

【分析】没CD=a,PE=b,利用P。宜处理得到关于词的方程,解方程即可得到答案.

【详解】如图，设CD=a,PE=b,则po='PE?_OE2=

〃卜卜

由题意攻=51血即叫,2豹1，化简得4（42.J=。,

解得2=1±@（负值舍去）.

a4

故选：C.

11.（2023•全国•统考乙卷）已知圆锥P。的底面半径为百，O为底面圆心，出,PB为圆锥的母线，ZAO8=120。,

9百

若的面积等于丁，则该圆锥的体积为（）

A."B.&C.3万D.3瓜兀

【答案】B

【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.

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

如图，

ZABO=30,OC=~,AB=2BC=3,由的面积为唯，W-x3xPC=—,

2424

解得PC=苧，于是PO=y/pc2-oc2=J（¥）2_（等）2=76，

所以圆锥的体积丫

故选：B

12.（2023•全国•统考甲卷）己知四棱锥尸-ABCD的底面是边长为4的正方形，PC=PD=3,ZPCA=45°,

则一PBC的面积为（）

A.2近B.3亚C.472D.672

【答案】C

【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得一尸。。三尸CO,—PDBm,尸C4,从而得到以=尸3,

再在中利用余弦定理求得PA=JI7,从而求得P8=J万，由此在一PBC中利用余弦定理与三角形面

积公式即可得解；

法二：先在AB4c中利用余弦定理求得PA=JF7,cosZPCB=1,从而求得PAJC=-3，再利用空间向

量的数量积运算与余弦定理得到关于PB/BPD的方程组，从而求得依=拒，由此在一PBC中利用余弦定

理与三角形面积公式即可得解.

【详解】法一：

连结AC,8D交于。，连结P0,则。为AC,8。的中点，如图，

因为底面ABC。为正方形，AB=4,所以AC=BO=40，则DO=CO=20,

又PC=PD=3,PO=OP,所以一PDO=PCO,则NPDO=NPCO,

又PC=PD=3,AC=BD=4日所以二PCA,则R4=P8,

在4c中，PC=3,AC=4A/2,ZPCA=45°,

贝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,贝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:

连结AC,瓦）交于。，连结P。，则。为AC,m的中点，如图,

因为底面ABCD为正方形，AB=4,所以AC=BD=4A历,

在△出C中，PC=3,NPC4=45°,

贝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?号受=一叵,则

所以cosNAPC=

2PA•PC2x717x317

PA-PC=|PA||PC|cosZAPC

不妨记PB=m,ZBPD=6,

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

nn2222

BPPA+PC+2PAPC=PB+PD+2PBPD，

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

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

两式相力口得2冽2一34=0,故PB=m=屈,

故在PBC中，PC=3,PB=yjH,BC=4,

尸。2+3。2一尸台29+16-171

所以cos/PC5=

2PCBC2x3x43

又0</PCB<7i,所以sinNPCB=J1一cos?/PCB=

3

所以一PBC的面积为5=工尸。・5。$m/尸。5=」*3*4、^^=48.

223

故选：C.

13.（2023,天津•统考高考真题）在三棱锥P-ABC中，线段PC上的点M满足9=：PC,线段P8上的点

2

N满足PN=gPB,则三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为（）

【答案】B

【分析】分别过MC作垂足分别为M,C'.过8作版」平面P4C，垂足为B，连接

尸3',过N作NN'JLEB',垂足为N'.先证MV'J■平面PAC,则可得到88'〃NN'，再证MM'〃CC'.由三角形相

似得到*=!，端=］，再由即可求出体积比.

CC3BB'3VP-ABCVB-PAC

【详解】如图，分别过MC作必CCUPA,垂足分别为M,C'.过B作班」平面R1C,垂足为8',

连接PB',过N作NN'±PB',垂足为N’.

因为33'_1_平面PAC，33'u平面pg）,所以平面_1_平面PAC

又因为平面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，因为MM'LBl,CC7_LX4，所以M"//CC'，所以二=—1=彳，

PCCC3

在△PBB，中,因为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.

故选：B

14.（2022•全国•统考高考乙卷）在正方体ABCD-AMG，中，E,尸分别为AB,8C的中点，则（）

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】证明防工平面8。口，即可判断A；如图，以点。为原点，建立空间直角坐标系，设钻=2,分

别求出平面用石尸，\BD,4G。的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.

【详解】解：在正方体ABCO-4qGR中，

AC13。且1平面ABCD,

又EFu平面ABCD,所以E2，

因为瓦尸分别为A5,BC的中点，

所以EF04C,所以£F_LBD,

又BDDD、=D,

所以平面

又EFu平面片E7"

所以平面与跖_L平面故A正确；

选项BCD解法一：

如图，以点。为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2,

则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）,

则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）,

设平面与石厂的法向量为m=（菁,％,zj,

m•EF=一石+%=0

则有＜,可取加=（2,2,-1）,

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

同理可得平面48。的法向量为4

平面4AC的法向量为%=（1,1,0）,

平面a。。的法向量为%=（i,i,-i）,

贝!］力=2—2+1=1/0,

所以平面与E尸与平面不垂直，故B错误;

UU

因为优与n2不平行,

所以平面2出F与平面AAC不平行，故C错误;

因为加与％不平行，

所以平面与E厂与平面AG。不平行，故D错误,

故选：A.

选项BCD解法二：

解：对于选项B,如图所示，设ABBXE=M,EFTBD=N,则MN为平面与£产与平面人与。的交线,

在内，作3P_L肱V于点尸，在,.EMN内，作GP_LMV,交EN于点、G,连结BG,

则NBPG或其补角为平面BXEF与平面\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,尸为中点，则EF_LBD,

由勾股定理可得NB2+NG2=BG2,

从而有：A®2+NG2=(PB2+PN2)+(FG2+PN2)=BG2,

据止匕可得PB2+PG-丰BG2,即ZBPG*90,

据此可得平面4斯，平面AB。不成立，选项B错误；

对于选项C,取A用的中点H，贝IJAHB]E,

由于AH与平面AAC相交，故平面与所〃平面AAC不成立，选项C错误;

对于选项D,取AO的中点很明显四边形4耳根为平行四边形，则AMB{F,

由于4M与平面4C0相交，故平面用〃平面不成立，选项D错误；

故选：A.

15.（2022•全国•统考高考甲卷）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2兀，侧面积分

别为际和S乙，体积分别为！和吟.若m=2,则3=（）

3乙V乙

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

4

【答案】C

【分析】设母线长为/,甲圆锥底面半径为弓，乙圆锥底面圆半径为马，根据圆锥的侧面积公式可得4=2〃，

再结合圆心角之和可将小4分别用/表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即

可得解.

【详解】解：设母线长为/,甲圆锥底面半径为『乙圆锥底面圆半径为4，

则工目心二=2,

S乙兀々Ir2

所以可=2々,

「2肛2m八

又T+—=2万，

则竺殳=1,

21

所以弓

所以甲圆锥的高4=

乙圆锥的高色=

1/工町—Z2X—/

所以g

乙a万5饱-i2y.—i

393

故选：C.

16.（2022•北京•统考高考真题）已知正三棱锥P-A5c的六条棱长均为6,S是一ABC及其内部的点构成的

集合.设集合T={QeS|PQ<5},则T表示的区域的面积为（）

A.—B.»C.27rD.3兀

4

【答案】B

【分析】求出以尸为球心，5为半径的球与底面ABC的截面圆的半径后可求区域的面积.

设顶点尸在底面上的投影为O,连接8。，则。为三角形A3C的中心,

MJBO=-x6x—=2A/3,故尸O=<36-12=2#.

32

因为尸。=5,故OQ=1,

故S的轨迹为以。为圆心，1为半径的圆，

而三角形ABC内切圆的圆心为。，半径为2X］X36：］,

~3^6—-

故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为万

故选：B

17.（2021•全国•统考高考回卷）已知圆锥的底面半径为3,其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长

为（）

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

【答案】B

【分析】设圆锥的母线长为/，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得/的值，即为所求.

【详解】设圆锥的母线长为/,由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则加=2;rx后，解得/=2夜.

故选：B.

三、填空题

18.（2024•全国•高考甲卷）已知圆台甲、乙的上底面半径均为4,下底面半径均为■圆台的母线长分别为

2&—五）,3色—石）,则圆台甲与乙的体积之比为.

【答案】逅

4

【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可

得解.

【详解】由题可得两个圆台的高分别为为=［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

所以台

V；-他--+--5-卢---麻--.―丁电—-2-凤7=7八--一-gc一丁4做合菜为：——4.

19.（2023全国高考回卷）在正四棱台中，AB=2,AtB1=\,AAi=y/2,则该棱台的体积

为.

【答案］巫总娓

66

【详解】如图，过4作AMLAC,垂足为“，易知AM为四棱台的高,

所以所求体积为y」x（4+i+斤T）x，i=Ri.

326

故答案为：巫.

6

20（2023年全国高考回卷）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.

【答案］28

【详解】方法一：由于2:=1而截去的正四棱锥的高为3,所以原正四棱锥的高为6,

42

所以正四棱锥的体积为:x（4x4）x6=32,

截去的正四棱锥的体积为gx（2x2）x3=4,

所以棱台的体积为32-4=28.

方法二：棱台的体积为:X3X（16+4+7T^）=28.

故答案为：28.

21（2020・海南•高考真题）已知正方体ABCO-4&GQ的棱长为2,M、N分别为B&、的中点，则三棱锥

A-NMDi的体积为

【答案工g

因为正方体ABCD-4&Q5的棱长为2,M、N分别为B&、48的中点

所以匕1-NMR=9-AMV=

故答案为：—

22.（2023•全国新高考•回卷）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.

【答案】28

【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体

的体积公式直接运算求解.

【详解】方法一：由于:=而截去的正四棱锥的高为3,所以原正四棱锥的高为6,

42

所以正四棱锥的体积为gx（4x4）x6=32,

截去的正四棱锥的体积为；X（2X2）X3=4,

所以棱台的体积为32-4=28.

方法二：棱台的体积为$3x06+4+历司=28.

故答案为：28.

23.（2020・全国•统考高考回卷）设有下列四个命题：

Pi:两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.

P2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.

P3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.

p4：若直线右平面a,直线平面a,则m0/.

则下述命题中所有真命题的序号是.

①P1八P4②P1人③“2V④V

【答案】①③④

【分析】利用两交线直线确定一个平面可判断命题P1的真假；利用三点共线可判断命题。2的真假；利用异

面直线可判断命题P3的真假，利用线面垂直的定义可判断命题区的真假.再利用复合命题的真假可得出结

论.

【详解】对于命题Pi，可设4与6相交，这两条直线确定的平面为。；

若4与4相交，则交点A在平面a内，

同理，4与4的交点B也在平面a内，

所以，ABca,即&ua,命题P］为真命题；

对于命题必，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个,

命题P2为假命题；

对于命题。3,空间中两条直线相交、平行或异面，

命题P3为假命题；

对于命题，4，若直线m_L平面a,

则加垂直于平面a内所有直线，

，直线/u平面a,.,.直线〃z_L直线/,

命题为真命题.

综上可知，〃为真命题，/>,,小为假命题，

。1人。4为真命题，PSP2为假命题，

r72Vp3为真命题，V-l°4为真命题.

故答案为：①③④.

考点02空间几何体内切球外接球的应用

1.（2022•全国•统考高考乙卷）已知球。的半径为1,四棱锥的顶点为。，底面的四个顶点均在球。的球面

上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）

A.-B.］C.—D.—

3232

【答案】C

【分析】方法一:先证明当四棱锥的顶点O到底面ABC。所在小圆距离一定时，底面ABC。面积最大值为2/,

进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大

时其高的值.

【详解】［方法一］:【最优解】基本不等式

设该四棱锥底面为四边形ABCD四边形ABC。所在小圆半径为r,

设四边形ABC。对角线夹角为。，

（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）

即当四棱锥的顶点。到底面ABC。所在小圆距离一定时，底面A2C。面积最大值为2r2

又设四棱锥的高为3则/+/=/,

当且仅当r2=2后即力邛时等号成立.

故选：C

［方法二］:统一变量+基本不等式

由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为。，底面所在圆的半径为r,贝b=正a,

2

所以该四棱锥的高。

（当且仅当"=1-4，即/=［时，等号成立）

所以该四棱锥的体积最大时,

故选：C.

[方法三]:利用导数求最值

由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为。，底面所在圆的半径为,，贝。=1°,

2

所以该四棱锥的高丫=某小手，令/=/(0<f<2),v=#_],设/(。=产一；，贝IJ

广⑺=2臼，

0<?<1,f(t)>0,单调递增，1</<2,r(r)<0,单调递减，

所以当「=g时，v最大,此时力

故选：C.

【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；

方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；

方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法.

2.(2022•全国•统考新高考回卷)已知正四棱锥的侧棱长为I,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36万，

且3V/V36，则该正四棱锥体积的取值范围是()

811「27811「27641…

A.18,—B.—C.—D.r[i1o8,27]

_4JL44JL43_

【答案】C

【分析】设正四棱锥的高为心由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四

棱锥体积的取值范围.

【详解】回球的体积为36%，所以球的半径氏=3,

［方法一］：导数法

设正四棱锥的底面边长为2a,高为h,

贝!］Z2=2a2+h2,32=2/+(3-/?)2,

所以6/z=/2,2a2=I2—h2

ii2/4z21r/6

所以正四棱锥的体积VnsS/ZMgXd/x/ZnjXO?-)'二=八Z4--

3333669136

所以『=，］4/一§

916

当3W/V2#时，r>0,当2#<心3有时，F<0,

所以当/=2#时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为日,

27

又/=3时,V=——/=3®时,

4

所以正四棱锥的体积丫的最小值为I,

所以该正四棱锥体积的取值范围是y-y

故选：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（当且仅当场=4取到），

当退时,得晔号,则曦（强』系

当/=3代时，球心在正四棱锥高线上，此时让步,，

争=孚~=等，正四棱锥体积故该正四棱锥体积的取值范围是弓学

3.（2022•全国•统考新高考回卷）已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3g和4百，其顶点都在同

一球面上，则该球的表面积为（）

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

【答案】A

【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径小矶再根据球心距，圆面半径，以及球的半径

之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积.

【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径小。所以〃=上巨一,2/;=2-,即］=3/=4,设球心

sin60sin60

到上下底面的距离分别为4,右，球的半径为R，所以4=JR2-9,4=JR2一16,故14-4I=1或4+4=1，

即向一9一收一对=1或病与+加工=1，解得长=25符合题意，所以球的表面积为

S=4TT7?2=IOOTI.

故选：A.

4.（2021•全国•统考高考甲卷）已知A,8,C是半径为1的球。的球面上的三个点，且AC，BC,AC=3C=1,

则三棱锥O-ABC的体积为（）

A.&B.是C.立D.显

121244

【答案】A

【分析】由题可得ABC为等腰直角三角形，得出ABC外接圆的半径，则可求得O到平面ABC的距离，

进而求得体积.

【详解】AC，3cAe=3C=1,ABC为等腰直角三角形，.〔48=0，

则.ABC外接圆的半径为正，又球的半径为1,

2

设。到平面A5C的距离为d,

XXXX

所以％ABC=JSABC=~-11■

_

CzADC3/toe32212

故选：A.

【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面

距离的勾股关系求解.

5.（2020•全国•统考高考回卷）已知A氏C为球。的球面上的三个点，回为A5C的外接圆，若回。|的面积

为4兀，AB=BC=AC=OOl,则球。的表面积为（）

A.64KB.48兀C.36兀D.32兀

【答案】A

【分析】由已知可得等边、ABC的外接圆半径，进而求出其边长，得出的值，根据球的截面性质，求出

球的半径，即可得出结论.

【详解】设圆。1半径为,，球的半径为R,依题意，

得万，=4肛.）=2,一ABC为等边三角形，

由正弦定理可得48=2%苗60。=26，

=AB=2石，根据球的截面性质。。1平面ABC,

22

OOX±O}A,R=OA=7OO1+O]A=小00；+尹=4,

•••球0的表面积S=4兀R。=64".

【点