立体几何与空间向量-2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

第07讲立体几何与空间向量

（新高考专用）

一、单项选择题

1.（2024•北京•高考真题）如图，在四棱锥P—4BCD中，底面4BCD是边长为4的正方形，PAPB=4,

PC=PD=2应，该棱锥的高为（）

A.1B.2C.V2D.V3

【解题思路】取点作辅助线，根据题意分析可知平面PEF1平面4BCD,可知P。，平面力BCD,利用等体积

法求点到面的距离.

【解答过程】如图，底面48CD为正方形，

当相邻的棱长相等时，不妨设P4=PB=AB=4,PC=PD=2V2,

分别取的中点E,F,连接PE,PF,EF,

贝IJPE1AB,EFLAB,且PECtEF=E,PE,EFu平面PEF,

可知力B_L平面PEF,且ABu平面ABCD,

所以平面PEF_L平面力BCD,

过P作EF的垂线，垂足为。，即P。1EF,

由平面PEFCl平面4BCD=EF,POu平面PEF,

所以P。1平面ABC。，

由题意可得：PE=2V3,PF=2,EF=4,贝!JPE?+PF2=石?2，即PE_LPF,

贝I止PE•PF=工「。•EF,可得PO=^^^=b,

22EF

所以四棱锥的高为次.

当相对的棱长相等时，不妨设P4=PC=4,PB=PD=2V2,

因为8。=4夜=28+p。，此时不能形成三角形PBD,与题意不符，这样情况不存在.

故选：D.

2.（2024•全国•高考真题）设a、0为两个平面，m、n为两条直线，且aC0=m.下述四个命题：

①若m〃zi,则n〃a或n〃0②若m_L几，则n_La或n1£

③若n〃a且n//0,则rn〃n④若n与a,0所成的角相等，则m1n

其中所有真命题的编号是（）

A.①③B.②④C.①②③D.①③④

【解题思路】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.

【解答过程】对①，当nua,因为m〃n,mu0,贝!

当nu0,因为m〃n,mea,贝!]n//a,

当n既不在a也不在口内，因为zn〃7i,mca,mc/?,贝Un〃a且兀〃夕，故①正确；

对②，若m1ri,则n与a,£不一定垂直，故②错误；

对③，过直线n分别作两平面与a,0分别相交于直线s和直线3

因为n〃a,过直线71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n〃s,

同理可得《〃3贝ijs〃如因为s«t平面夕，tu平面/?,则s〃平面夕，

因为sU平面a,aC\f3-m,贝！Js〃小，又因为兀〃s,则?n〃几，故③正确；

对④，若aC夕=zn,n与a和0所成的角相等，如果？i〃a,n//0,则m//n,故④错误；

综上只有①③正确，

故选：A.

3.（2024・天津•高考真题）一个五面体4BC-DEF.已知4。||BE||CF,且两两之间距离为1.并已知2。=

1,BE=2,CF=3.则该五面体的体积为（）

B

A.渔B.随+工C.渔D.逋」

642242

【解题思路】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.

【解答过程】用一个完全相同的五面体H//-LMN（顶点与五面体ABC-DEF一—对应）与该五面体相嵌,

使得D,N；E,M;F,L重合，

因为4D||BE||CF,且两两之间距离为1.4。==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I的等边三角形，侧棱长为1+3=2+2=3+1=4,

^ABC-DEF=ABC-Hlj=5乂5*1*”万*4=三.

故选：C.

4.（2024・天津・高考真题）若根,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?n〃a,n//a,则m1nB.若m〃a,n〃a,则m〃7i

C.若m〃a,7i-La,则zn_LnD.若m〃a,nla,则爪与n相交

【解题思路】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.

【解答过程】对于A,若小〃a,n//a,则m,n平行或异面或相交，故A错误.

对于B,若?n〃a,?i〃a,则TH,打平行或异面或相交，故B错误.

对于C,m//a,n1a,过作平面夕，使得夕na=s,

因为znuS，故m〃s,而sua,故?11s,故m_Ln,故C正确.

对于D,若ni〃a,nla,则?n与？i相交或异面，故D错误.

故选：C.

5.（2024•全国•高考真题）已知正三棱台—的体积为学4B=6,A1B1=2,贝!J44与平面48c

所成角的正切值为（）

A.-B.IC.2D.3

2

【解题思路】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高/1=竽，做辅助线，结合正三棱台的结构特征

求得力M=竽，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台力BC-力i/Ci补成正三棱锥P-

ABC,与平面A8C所成角即为P4与平面/8C所成角，根据比例关系可得OpTBC=18,进而可求正三

棱锥P-4BC的高，即可得结果.

【解答过程】解法】分别取8&3传1的中点£）,小,贝伊。=3百，41%=百，

可知S.BC=1x6x6Xy=9V3,SA41B1C1=1x2xV3=V3,

设正三棱台48。一4止住1的为/i,

则唳BCfBRi=1（9V3+V3+V9V3xV3）h=券，解得h=竽，

如图，分别过力1，/作底面垂线，垂足为M,N,设4M=X,

不，

B

贝22

ljA4i=1AM2+ATM=Jx+y,DNAD-AM-MN=2V3-%,

可得皿=JDN2+D1W=J（243-比）~+与，

结合等腰梯形BCC/i可得B屏=（-）2+DDl，

即乂2+£=（2旧一久）2+弓+4,解得久=殍，

所以力M与平面/8C所成角的正切值为tan乙=胃

解法二：将正三棱台2BC-4/1的补成正三棱锥P-ABC,

则与平面ABC所成角即为P4与平面ABC所成角,

因为%=生巴.=工，则上汕=

PAAB3Vp-ABc27

可知匕18(7-41比。1=^^P-ABC=小则Pp-ZBC=0

设正三棱锥P-4BC的高为d,贝帽_.="*如6*6*曰=18,解得d=2后

取底面N3C的中心为。，贝UP。，底面45C,且4。=2四，

所以P4与平面NBC所成角的正切值tan/PH。=2=1.

故选：B.

6.(2024•全国•高考真题)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为旧，则圆锥的

体积为()

A.2V3TTB.3V3TTC.6V3TTD.9V3TT

【解题思路】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，求出解后可求圆锥

的体积.

【解答过程】设圆柱的底面半径为r,则圆锥的母线长为bF,

而它们的侧面积相等，所以2nrxV3=irrx73+产即2遍=V3+r2,

故r=3,故圆锥的体积为(nx9xg=3旧豆.

故选：B.

7.(2024・上海•高考真题)定义一个集合0,集合中的元素是空间内的点集，任取PI，P2，P36。，存在不全

为0的实数及工2"3,使得%而1+%西+心西=在已知(l,o,0)eQ,则(0,0,1)斐C的充分条件是()

A.(0,0,0)6QB.(—1,0,0)6Q

c.(o,i,o)enD.(o,o,-1)en

【解题思路】首先分析出三个向量共面，显然当(1,0,0),(0,0,1),(0,1,0)6。时，三个向量构成空间的一个基

底，则即可分析出正确答案.

【解答过程】由题意知这三个向量加1，西，西共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，

对A,由空间直角坐标系易知(0,0,0),(1,0,0),(0,0,1)三个向量共面，贝！J当(一1,0,0),(1,0,0)e。无法推出

(0,0,1)gn,故A错误；

对B,由空间直角坐标系易知(一1,0,0),(1,0,0),(0,0,1)三个向量共面，贝U当(0,0,0),(1,0,0)eQ无法推出

(0,0,1)en,故B错误；

对C,由空间直角坐标系易知(1,0,0),(0,0,1),(0,1,0)三个向量不共面，可构成空间的一个基底，

贝岫(1,0,0),(0,1,0)efl能推出(0,0,1)任Q,

对D,由空间直角坐标系易知(1,0,0),(0,0,1),(0,0,-1)三个向量共面，

则当(0,0,—1)(1,0,0)e。无法推出(0,0,1)e。，故D错误.

故选：C.

8.(2023・北京・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AB=25m,FC=AD=10m,且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与

平面力BCD的夹角的正切值均为手，则该五面体的所有棱长之和为()

A.102mB.112m

C.117mD.125m

【解题思路】先根据线面角的定义求得tan""。=tanNEG。=W，从而依次求E。，EG,EB,EF,再把

所有棱长相加即可得解.

【解答过程】如图，过E做E。1平面4BCD,垂足为。，过E分别做EG_1.BC,EM1AB,垂足分别为G,M,

连接。G,OM,

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NEM。和NEG。,

所以tanzEMO=tanNEG。=受.

因为E。1平面ABC。，BCu平面力BCD,所以E。1BC,

因为EGJ.BC,E。,EGu平面EOG,EOnEG=E,

所以BC1平面EOG,因为。Gu平面EOG,所以BCJ.OG,.

同理：OM1BM,又BM1BG,故四边形OMBG是矩形，

所以由BC=10得。M=5,所以E0=g,所以。G=5,

所以在直角三角形EOG中，EG=VEO2+OG2=J(V14)2+52=V39

在直角三角形EBG中，BG=OM=5,EB=VEG2+BG2=J(V39)2+52=8,

又因为EF=48-5-5=25-5-5=15,

所有棱长之和为2x25+2x10+15+4x8=117m.

故选：C.

9.(2023•全国•高考真题)在三棱锥P—ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2,PC=V6,

则该棱锥的体积为()

A.IB.V3C.2D.3

【解题思路】证明平面PEC,分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为得解.

【解答过程】取48中点E,连接PE,CE,如图，

•・・△4BC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2,

：.PE1AB,CE1AB,又PE,CEu平面PEC,PECtCE=E,

•••AB_L平面PEC,

又PE=CE=2x字=百，PC=正,

^PC2=PE2+CE2,即PEICE,

所以，=B-PEC+A-PEC=gS^pEC,AB=gXgXV3xV3x2=1,

故选：A.

10.（2023・全国•高考真题）已知△力BC为等腰直角三角形，为斜边，△A8D为等边三角形，若二面角C-

AB-。为150。，则直线CD与平面A8C所成角的正切值为（）

A.1B.yC.yD.|

【解题思路】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.

【解答过程】取4B的中点E,连接CE,DE,因为△ABC是等腰直角三角形，且为斜边，则有CE14B,

又△48。是等边三角形，则DE_L4B,从而NCED为二面角C-48-。的平面角，即=150。，

显然CECDE=E,CE,DEu平面CDE,于是2B1平面CDE,又ABu平面ABC,

因此平面CDEJ_平面ABC,显然平面CDEn平面ABC=CE,

直线CDu平面CDE,则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE,

从而NDCE为直线CD与平面力BC所成的角，令48=2,贝【JCE=1,DE=b，在△CDE中，由余弦定理得：

CD=VCF2+DE2-2CE-DEcosACED=Jl+3-2xlxV3x（-y）^V7,

由正弦定理得一^=即sin乙DCE=叵警=卑，

sinz.DCEsinz.CEDV72V7

显然NDCE是锐角，cos/DCE="-si/WCE=Jl—盛）2=*,

所以直线CD与平面力BC所成的角的正切为

故选：C.

11.（2023•全国•高考真题）已知圆锥P。的底面半径为旧,。为底面圆心，为，尸8为圆锥的母线，乙4。8=120°,

若△P4B的面积等于竽，则该圆锥的体积为（）

4

A.7TB.V6TTC.37rD.3伤兀

【解题思路】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.

【解答过程】在△力。B中，乙40B=120°,而。4=0B=V3,取力B中点C,连接OC,PC,有。C1AB,PC1AB,

如图，

由△PAB的面积为竽，得^X3XPC=竽.

J（¥）2-弓）2=后

解得PC=净于是P。=VPC2-oc2=

所以圆锥的体积卜=•|nxOA2xP0=|TIx(V3)2xV6=V6n.

故选：B.

12.（2023・天津•高考真题）在三棱锥P—ABC中，点MN分别在棱尸C,P3上，且PM=[PC,PN=^PB,

则三棱锥P-AMN和三棱锥P-HBC的体积之比为（）

1214

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

9939

【解题思路】分别过M,C作MM'1P4CC'_LP4垂足分别为过B作BB'l平面P4C,垂足为B’，连接PB；

过N作NN'1PB；垂足为N：先证NNa平面/MC,则可得到BB'〃NN’,再证MM'〃CC'.由三角形相似得到等=

[第=|,再由然”=沪也即可求出体积比.

3BB3Vp-ABCVB-PAC

【解答过程】如图，分别过作用用」「4。。」24垂足分别为此晨过8作88'1平面24。，垂足为1,

连接P8；过N作NN'_LPB：垂足为N’.

因为BB'_L平面PAC,BB'u平面PB8',所以平面PBB'l平面P4C.

又因为平面PBB'n平面P4C=PB'，NN'工PB',NN'u平面PBB’,所以NN'_L平面PAC,QBB'〃NN'.

在△0（；£'’中，因为MM'_LPA,CC'lPA,所以MM'〃CC',所以案="=1,

尸匕CCJ

在△PBB'中，因为BB'〃NN',所以黑="=；,

PBBB3

所以"-4MN_"哂=（SAPAM-NN，==2

Vp-ABCyB-PAC争APAUBB'9Gp4CC）BB，9，

故选：B.

13.（2022・天津・高考真题）十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，左图中的故宫角楼的顶部

即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱重叠而成的几何体（如右图）.这两个直三棱柱有一个

公共侧面/BCD在底面BCE中，若BE=CE=3/BCE=120。,则该几何体的体积为（）

图2

A2727V3

A.——C.27D.27V3

2

【解题思路】根据几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.

【解答过程】如图所示，该几何体可视为直三柱8CE-40F与两个三棱锥S-M48,S-NCD拼接而成.

记直三棱柱BCD-4DF的底面BCE的面积为S,高为h,所求几何体的体积为V,

W=>-CE.sinl20==1x3x3x^^^

h=CD=BC=3V3.

所以'=^.^iBCE-ADF+'三棱锥S-M4B+“三棱锥-5NCD

=Sh^S^h^S^h=lsh=27.

14.（2022・全国•高考真题）已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3百和48，其顶点都在同一

球面上，则该球的表面积为（）

A.100nB.128nC.144nD.1921T

【解题思路】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径「1，「2,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.

【解答过程】设正三棱台上下底面所在圆面的半径勺"2,所以2r1=3*，2「2=（磊，即勺=3,上=4,

2

设球心到上下底面的距离分别为期刀2,球的半径为R,所以心=d2=V/?-16,故-dzl=1

22

或由+d2=1,gp|VR-9-V/?-16|=1或VR2-9+V/?2_16=1）解得R2=25符合题意，所以球的

表面积为S=4T由2—IOOTT.

15.（2022・全国•高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2m侧面积分别

SV

为S甲和S乙，体积分别为％和%.若技=2,则微=（）

A.V5B.2V2C.V10D冲

【解题思路】设母线长为I,甲圆锥底面半径为勺，乙圆锥底面圆半径为全，根据圆锥的侧面积公式可得勺=

2r2,再结合圆心角之和可将勺k2分别用I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.

【解答过程】解：设母线长为1,甲圆锥底面半径为勺，乙圆锥底面圆半径为「2,

C

则上=四=：1=2,

S乙nr2lT2

所以勺=2r2,

又应+亚=2兀,

则牛=1,

所以勺=|//2=，，

所以甲圆锥的高仙=

乙圆锥的高殳=

所以=Vio.

故选：C.

16.（2022・全国•高考真题）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1,则

该多面体的体积为（）

A.8B.12C.16D.20

【解题思路】由三视图还原几何体,再由棱柱的体积公式即可得解.

【解答过程】由三视图还原几何体，如图,

则该直四棱柱的体积V=*x2x2=12.

故选：B.

17.（2022•全国•高考真题）已知球。的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,

则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）

A.-B.-C.—D.—

3232

【解题思路】方法一：先证明当四棱锥的顶点。到底面/8C〃所在小圆距离一定时，底面N8CD面积最大

值为2r2,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.

【解答过程】［方法一］:【最优解】基本不等式

设该四棱锥底面为四边形A8CD,四边形48co所在小圆半径为心

设四边形对角线夹角为a,

则LBCD^\-AC-BD-sina<^-AC-BD<^-2r-2r2r2

（当且仅当四边形/BCD为正方形时等号成立）

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

又设四棱锥的高为伍则/+八2=1,

当且仅当N=2兴即无=飘■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a,底面所在圆的半径为r,贝ljr=苧a,

所以该四棱锥的高九=J1—

2223_____

=4存=逋

I3/3\27

（当且仅当9=1一J即a2=券寸，等号成J立）

所以该四棱锥的体积最大时，其高无=］3'=小二1=今

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a,底面所在圆的半径为r,贝b=^a,

所以该四棱锥的高hV=|a2Jl-y,令=t(0<t<2),V=|Jt2-p设f(t)=[2—

则八t)=2t-泉

0<t<|,f'(t)>0,单调递增，t<2,/z(t)<0,单调递减，

所以当时，v最大，此时九=，3^=今

故选：C.

18.(2022•北京・高考真题)已知正三棱锥P-HBC的六条棱长均为6,S是△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.nC.2兀D.3兀

4

【解题思路】求出以P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.

【解答过程】

设顶点P在底面上的投影为0,连接B。，贝IJ。为三角形4BC的中心，

且8。=［义6X苧=2V3,故P。=736-12=2展.

因为PQ=5,故。Q=1,

故S的轨迹为以。为圆心，1为半径的圆，

2x—x36

而三角形ABC内切圆的圆心为。，半径为二^=百>1,

故S的轨迹圆在三角形力BC内部，故其面积为兀

故选：B.

19.(2022・全国•高考真题)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148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面

的面积为180.0km2,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148.5m上升

到157.5m时，增加的水量约为(77=2.65)()

A.1.0x109m3B.1.2x109m3C.1.4x109m3D.1.6x109m3

【解题思路】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出.

【解答过程】依题意可知棱台的高为MN=157.5-148,5=9(m),所以增加的水量即为棱台的体积V.

22

棱台上底面积S=140.0/cm=140x106nl2,下底面积s'=180.0/cm=180X106m2,

：.V=+S'+氐)=[x9义(140x106+180x106+V140x180x1012)

=3X(320+60V7)X106«(96+18X2,65)x107=1.437X109«1.4X109(m3).

故选：C.

20.(2022•全国•高考真题)在正方体ABC。-4道1的。1中，E,尸分别为48,8C的中点，则()

A.平面BiEF!_平面BDDiB.平面BRF_L平面力闻

C.平面/EF〃平面力遇CD.平面BiEF〃平面41的。

【解题思路】证明平面即可判断A；如图，以点。为原点，建立空间直角坐标系，设48=2,

分别求出平面为EF,AXBD,4传道的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.

【解答过程】解：在正方体48叁)一4/1的£)1中，

AC1BD且叫1平面4BCD,

又EFu平面4BCD,所以EF_LD£)i，

因为E,F分别为AB,BC的中点，

所以EFII4C,所以EF1BD,

又BDnDD1=D,

所以EF，平面BD%

又EFu平面B]EF,

所以平面々EF，平面8。%,故A正确；

对于选项BCD,解法一：

如图，以点。为原点，建立空间直角坐标系，设ZB=2,

则Bi(2,2,2),£(2,1,0),F(1,2,0),8(2,2,0),4(2,。,2),4(200),C(0,2,0),

的(0,2,2),

则丽=(-1,1,0),西=(0,1,2),DB=(2,2,0),西=(2,0,2),

砧=(0,0,2),庶=(-2,2,0),=(-2,2,0),

设平面B]EF的法向量为沅=(久1，%衣1),

则有产鲁二f：LU，可取…2,-1),

(m•EB]=yi+2zi=0

同理可得平面&RD的法向量为通=(1,-1,-1),

平面力的法向量为通=(1,1,0),

平面为C1D的法向量为羽=(1,1,-1),

则沆.再=2—2+1=140,

所以平面/EF与平面&BD不垂直，故B错误；

因为沆与而不平行，

所以平面BiEF与平面414c不平行，故C错误；

因为沆与否不平行，

所以平面尸与平面41的。不平行，故D错误,

故选：A.

对于选项BCD,解法二：

解:对于选项B,如图所示，设=EFCBD=N,则MN为平面与平面&RD的交线,

在△BMN内，作BP_LMN于点P,在△£1“可内，作GP，MN,交EN于点G,连结BG,

则N8PG或其补角为平面BiEF与平面&BD所成二面角的平面角，

由勾股定理可得NB2+NG2=BG2,

从而有：NB2+NG2=(PB2+PN2)+(PG2+PN2)=BG2,

据此可得PF+PG2KBG2,即NBPGH90°,

据此可得平面平面4BD不成立，选项B错误；

对于选项C,取&当的中点H,则ZHIIBiE,

由于4H与平面相交，故平面JEF||平面公4C不成立，选项C错误;

对于选项D,取4D的中点M,很明显四边形为平行四边形，则||%F,

由于41M与平面4忑拉相交，故平面||平面①的。不成立，选项D错误；

故选：A.

二、多项选择题

21.（2023・全国•高考真题）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0.99m的球体

B.所有棱长均为1.4m的四面体

C.底面直径为0.01m,高为1.8m的圆柱体

D.底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体

【解题思路】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.

【解答过程】对于选项A：因为0.99m<1m,即球体的直径小于正方体的棱长，

所以能够被整体放入正方体内，故A正确；

对于选项B：因为正方体的面对角线长为鱼m,且应>1.4,

所以能够被整体放入正方体内，故B正确；

对于选项C：因为正方体的体对角线长为Km,且旧<1.8,

所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；

对于选项D：因为1.2m>1m,可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，

如图，过4。的中点。作。E_L4Ci，设。ECAC=E,

可知力C=V2,CC=1,AC=V3,OA=—,贝Utan/C4cl=££1=

112i4CAO

即*=f，解得。E=0,

2

2

且（底）=三=2>2=0不，即立>。.6,

故以4的为轴可能对称放置底面直径为1.2m圆柱，

若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心小,与正方体的下底面的切点为

M,

可知：4cli01MoiM=0.6,贝I]tan/C力Q=毁=维，

ACAO1

即场=职，解得4。1=。-6位,

根据对称性可知圆柱的高为旧-2X0.6V2x1.732-1.2X1.414=0.0352>0.01,

所以能够被整体放入正方体内，故D正确；

故选：ABD.

22.（2023•全国•高考真题）已知圆锥的顶点为P,底面圆心为。，为底面直径，乙4P8=120。，P4=2,

点C在底面圆周上，且二面角P—HC—。为45。，则（）.

A.该圆锥的体积为nB.该圆锥的侧面积为4百几

C.AC=2V2D.△PAC的面积为百

【解题思路】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确

性.

【解答过程】依题意，^APB=120°,PA=2,所以。P=1,。4=OB=百，

A选项，圆锥的体积为（XTTX（百yx1=TT,A选项正确：

B选项，圆锥的侧面积为Ttxbx2=2百mB选项错误；

C选项，设。是4c的中点，连接。D,PD,

则力C1OD,AC1PD,所以NPDO是二面角P-AC-。的平面角，

贝Uz_P。。=45°,所以。P=。。=1,

故力。=CD=V3^1=V2,贝Ijac=2V2,C选项正确；

D选项，PD="2+M=鱼,所以Sap4c=1x2夜x&=2,D选项错误.

故选：AC.

23.（2022•全国•高考真题）如图，四边形力BCD为正方形，EDJ_平面ABC。，FB||ED,AB=ED=2FB,

记三棱锥E—HCD,F-ABC,尸一4CE的体积分别为匕,乙,匕，贝U（）

£

A.%=2V2B.&=

C.V3=%+展D.2V3=3匕

【解题思路】直接由体积公式计算匕,乙，连接BD交4C于点M,连接由匕=唳-EFM+%-EFM计

算出匕，依次判断选项即可.

【解答过程】

设力B=ED=2FB=2a,因为ED1平面4BCD,FB||ED,则匕=，ED•S^CD=/2a•，(2a)2="3,

23

y2=1.FB.sAABC-I-a-I-(2a)=|a,连接BD交力C于点M,连接EM,FM,易得BD14C,

又ED1平面ABC。，ACu平面力BCD,贝UE。1AC,又EDCBD=D,ED,BDu平面8DEF,贝1平面8DEF,

又BM=DM=^BD=V2a,过尸作FG1DE于G,易得四边形BDGF为矩形，贝IjFG=BD=2ma,EG=a,

则EM=J(2a)2+=V6a,FM=Ja2+(V2a)2=V3a,EF=Ja2+(2&a『=3a,

2222

EM+FM=EF,则EM_LFM,S^EFU=^EM-FM=^a,AC=2立a,

则匕=UA-EFM+UC-EFM=14LSAEFM=2。3,则2%=3匕，匕=3%,V3=Vr+V2,故A、B错误；

C、D正确.

故选：CD.

三、填空题

24.(2024・全国•高考真题)已知圆台甲、乙的上底面半径均为勺,下底面半径均为上，圆台的母线长分别为

2(万—勺),302—勺)，则圆台甲与乙的体积之比为—当

4

【解题思路】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.

【解答过程】由题可得两个圆台的高分别为八甲=7[2(ri-r2)]2-(ri-r2)2=旧(勺-万)，

九乙=J[3=1—72)]2—)1—「2产=2砥勺-r2)>

在l、J甲*2+51+医⑹〃〜V5(riF)V6

。乙§(S2+Si+JS2Si)h乙八乙2五g一丁2)4

故答案为：斗.

4

25.(2023•全国•高考真题)已知点S,4B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，S41

平面4BC,则S4=2.

【解题思路】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.

【解答过程】如图，将三棱锥S-4BC转化为正三棱柱SMN-力BC,

设△ABC的外接圆圆心为。口半径为r,

则2r=.AB=备=2百，可得r-V3,

sin乙4cBV3

2

设三棱锥S—4BC的外接球球心为。，连接。4。。1，贝IJQ4=2,。。1=gsa,

因为。人2=。。,+。遇2,即4=3+[s42,解得S4=2.

故答案为：2.

26.(2023•全国•高考真题)在正方体A8CD-4/1的。1中，48=4,。为力的的中点，若该正方体的棱与球

。的球面有公共点，则球。的半径的取值范围是[2V2,2V3].

【解题思路】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为4的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达

到最小.

【解答过程】设球的半径为R.

当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包

含正方体，导致球面和棱没有交点，

正方体的外接球直径2R为体对角线长力的=V42+42+42=4V3,即2R'=4旧,/?'=2k，故Rmax=2V3；

分别取侧棱44i，BBi，CCi，DDi的中点显然四边形MNGH是边长为4的正方形，且。为正方形

MNGH的对角线交点，

连接MG,则MG=42，当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆，球的半径达到最小，即R的最小值

为2a.

综上，R6[2V2.2V3].

故答案为：[2夜,2遮].

27.（2023•全国•高考真题）在正方体4BCD-41当3。1中，E,尸分别为48,的小的中点，以EF为直径

的球的球面与该正方体的棱共有12个公共点.

【解题思路】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.

【解答过程】不妨设正方体棱长为2,EF中点为0,取CD,CCi中点G,M,侧面B/C4的中心为N,连接

FG,EG,OM,ON,MN,如图，

由题意可知，。为球心，在正方体中，EF=VFG2+EG2=迎2+2?=2VL

即/?=V2,

则球心。到CCi的距离为0M=>/0N2+MN2=Vl2+I2=V2,

所以球。与棱CCi相切，球面与棱CCi只有1个交点，

同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，

所以以跖为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.

故答案为：12.

28.（2023•全国•高考真题）在正四棱台48CD-48脩1。1中，AB=2,A1B1=1,AA1=V2,则该棱台的体

积为—平—.

Q.

【解题思路】结合图像，依次求得&。1,力。,力1用，从而利用棱台的体积公式即可得解.

【解答过程】如图，过公作力C,垂足为“，易知力iM为四棱台力^。）一久%3小的高，

因为4B=2,&B]=1,AA1=V2,

贝lMi.i==（XV2A1B1=',AO=171C=gX正AB=V2,

22

故力M=-&CJ=芋，则=yjArA-AM=12=y,

所以所求体积为U=1x（4+1+次3立）x曰=哈

故答案为：咚

O

29.（2023・全国•高考真题）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，

【解题思路】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.

【解答过程】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,

4Z

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gx(2x2)x3=4,

所以棱台的体积为32-4=28.

方法二：棱台的体积为gx3x(16+4+116x4)=28.

故答案为：28.

30.(2024・上海・高考真题)如图为正四棱锥P—HBCD,。为底面力BCD的中心.

(1)若4P=5,AD=3V2,求aP6M绕PO旋转一周形成的几何体的体积；

(2)若4P=4D,E为PB的中点，求直线BD与平面ZEC所成角的大小.

【解题思路】(1)根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形△POA的边长，然后求圆锥的体积；

(2)连接E4,EO,EC,可先证平面4CE,根据线面角的定义得出所求角为4BOE,然后结合题目数量关

系求解.

【解答过程】(1)正四棱锥满足且P。，平面力BCD,由力。u平面48CD,贝IJP0L4。，

又正四棱锥底面4BCD是正方形，由AD=3鱼可得，4。=3,

故P0=VPX2-A02=4,

根据圆锥的定义，△P。力绕P。旋转一周形成的几何体是以P。为轴，40为底面半径的圆锥，

即圆锥的高为P0=4,底面半径为4。=3,

根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是1xnx32义4=12TT

(2)连接EA,E0,EC,由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形,

p

由E是PB中点，贝ME_LPB,CE_LPB,又力EnCE=CEu平面ACE,

故PB_L平面ACE,即BE_L平面力CE,又B£>C平面ACE=。，

于是直线BD与平面4EC所成角的大小即为NBOE,

不妨设4P=4。=6,则BO=3VXBE=3,sin/BOE=W=f，

又线面角的范围是［o,,,

故=即为所求.

4

31.（2024・全国•高考真题）如图，AB//CD,CD//EF,AB=DE=EF=CF=2,CD=4,4D=8C=

AE=2g,M为CD的中点.

(1)证明：EM〃平面8CF；

⑵求点M到ADE的距离.

【解题思路】(1)结合已知易证四边形EFCM为平行四边形，可证EM〃FC,进而得证;

(2)先证明。41平面EDM,结合等体积法UMYDE=%4-EDM即可求解.

【解答过程】(1)由题意得，EF//MC,且EF=MC,

所以四边形EFCM是平行四边形，所以EM〃FC,

又CFu平面平面BCF,

所以EM〃平面BCF；

(2)取DM的中点。，连接。4,OE,因为4B〃MC,且力B=MC,

所以四边形力MCB是平行四边形，所以4M=BC="U,

又力D=V1U,故△力DM是等腰三角形，同理aEDM是等腰三角形,

可得041DM,0E1DM,0A=^AD2-（等丫=3,OE=JED2-（一丫=百,

又AE=2®所以。屋+际=g,故。410E.

又。41DM,OEnDM=0,OE,DMu平面EDM,所以。41平面EDM,

易知S^EDM=；x2x百=V3.

在中，8S〃E4=翳瑞V3

~9

所以sin^DEA=尊,S"E4=JX2X2WX^=W.

4L4Z

设点M到平面ZDE的距禺为d,由UM-ZDE=A-EDMf

得,SA4DE,d=1sA£DM-OA,得d=

故点M到平面力DE的距离为警.

32.