2024届高考数学理科二轮复习专题突破：+立体几何

立体几何

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.（2023北京101中学模拟）已知用阳为两条不同的直线,。步为两个不同的平面,那么使m//a成立的一个充

分条件是（）

A.加〃下p

B.〃?JL£,a_L£

C.加-L

DM上有不同的两个点到a的距离相等

2.（2023江西南昌一模）在数学探究课中某同学设计一个“胶囊形，'的几何体，由一个圆柱和两个半球构成，已

知刘柱的高是底面半•径的4倍,若该几何体表面积为108%则它的体积为（）

A.72兀B.967TC.108TCD.144兀

3.（2023山东临沂一模）已知确定重心的定理:如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那

么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋

转所得周长的积•即V=S/（V表示平面图形绕旋转轴旋转的体积,S表示平面图形的面枳，/表示重心绕旋转轴

旋转一周的周长）.如图，直角梯形A8C。,已知＜。=3,则其重心G到AB的距离为

（）

R

A.-B.-C.-D.1

424

4.（2023广东一模）水平桌面上放置了4个半径为2的小球,4个小球的球心构成正方形,且相邻的两个小球相

切.若用一个半球形的容器革住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（）

A.4B.2V2+2

C.2V3+2D.6

5.（2023全国乙，理9）已知为等腰直角三角形,A8为斜边,“8。为等边三角形，若二面角CAB-。为150。,

则直线CO与平面44。所成角的正切值为（）

A.-B.—C.—D.-

5555

6.如图，在三棱柱A8C4BQ中，过A面的截面与AC交于点。，与8C交于点瓦该截面将三棱柱分成体积相

等的两部分，则？=（）

A;Bi

7.（2022全国乙，理9）已知球O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

8.（2023湖南益阳模拟）如图，某金刚石是8个面均为等边三角形的正八面体，其表面积为188,现将它雕刻成

一个球形装饰物，则可雕刻成的最大球体积是（）

A.187tB.9或兀

C.6兀D.y/611

二、选择题:本题共4小题,每小题5分，共20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

5分,部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.（2023新高考〃,9）己知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,/第8=120。/人=2,点C在底面圆周

上.且二面角P-AC-O为45。,则（）

A.该圆锥的体积为7TB.该圆锥的侧面积为4V37T

C.AC=2V2D.△尸AC的面积为g

10.（2022新高考/,9）已知正方体ABCD-AW©。1,则（）

A.直线BCy与所成的角为90。

B.直线BCi与CAi所成的角为90,

C.宜线8G与平面B&DQ所成的角为45°

D.在线BC\与平面ABCD所成的侑为45°

11.（2023山东泰安一模）如图,正方形A8C。的边长为1,M,N分别为8C,CO的中点，将正方形沿对角线AC折

起.使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论正确的是［）

A.异面直线AC与BD所成的角为定值

B.三棱锥D-ABC的外接球的表面积为271

C.存在某个位置，使得直线AO与直线垂直

D.三棱锥M-ACN体积的最大值为黑

12.（2023湖南岳阳二模）某学校组织了书画作品比赛.如图I,本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组

成若球的体积为等;如图2,托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂宜向上折叠而成，则下列结

论正确的是（）

A.直线AD与平面8痔所成的角为三

B.经过三个顶点A,8,C的球的截面I员1的面积为,

4

C.界面直线AD与CF所成的角的余弦值为：

O

D.球离球托底面DEF的最小距离为迎+&1

三、填空题:本题共4小题,每小题5分，共20分.

13.（2021全国甲，文14）已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30几则该圆锥的侧面积为.

14.（2023新高考〃/4）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.

15.（2023江苏常州模拟）将两个一模一样的正三棱锥共底面倒扣在一起，已知正三棱锥的侧棱长为2,若该组

合体有外接球，则正三棱锥的底面边长为.

16.（2023广东汕头金山中学模拟）己知四边形ABC。为平行四边形AD=3,NBA。、,现将AA8O沿直线

BD翻折，得到三棱锥A/CQ,若测三棱锥4-8CQ的内切球与外接球的表面积的比值

为.

四、解答题:本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.（10分）（2023全国甲，文18）

如绍，在三棱柱ABC-A\BxC\中工C_L平面ABC,NAC8=90。.

（1）证明:平面ACGA」平面BB\C\C\

⑵设AA4=2,求四棱锥A.-BBiGC的高.

18.（12分）（2022全国甲，文19）小明同学参加综合实践活动，设计了•个封闭的包装盒.包装盒如图所示:底面

人88是边长为8（单位：5）的正方形4£481”8646。。4"。人均为正三角形,且它们所在的平面都与平面

ABCD垂直.

⑴证明:石尸〃平面ABC。;

(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).

19.(12分)如图，在直三棱柱ABC-4SG中,NmC是以8c为斜边的等腰直角三角形A4产八BW,。,石分别为

棱4C,8iG上的点，且翌=斐=/(()</<]).

(1)若《求证:八/)〃平面AiEB;

(2)若二面角Ci-AD-C的大小为;,求实数/的值.

*5

20.（12分）（2023山东潍坊模拟）如图，直角梯形4BCO中,/^〃。。/^18C4/?=8。=2。。=2,直角梯形48。。

绕6c旋转一周形成一个圆台.

⑴求圆台的表面枳和体积;

（2）若直角梯形A3C。绕灰7逆时针旋转角0（0>0）到48CQ,且直线4。与平面ABC。所成角的正弦值为吁,

求用夕的最小值.

21.（12分）（2023江苏苏州模拟）己知三棱锥P-A8C（如图1）的平面展开图（如图2）中,四边形"CQ为边长等于

式的正方形,△A6E和△BCr均为正三角形，在三棱锥2ABe中，

图I

图2

(1)证明:平面%。_1_平而ABC\

(2)若点M在棱PA上运动，当直线6例与平面PAC所成的角最大时,求平面与平面A6C夹角的余弦值.

22.(12分)(2023福建厦门模拟)如图，在四棱锥P-AI3CD中,PA_LAD底面ABCD为直角梯形,BC=3AO/O〃

BC,NBCQ=9()o,M为线段PB上一点.

(1)若求证:AM〃平面PCD.

⑵若以=2/0=1,异面直线PA与CO成90。角,二面角B-PC-D的余弦值为-唱,在线段PC上是否存在点Q,

使得点。到直线A。的距离为竺?若存在，请指出点Q的位置;若不存在,请说明理由.

1.C解析对于A,若,〃〃及。〃人则〃?ua或〃?〃a,故A不正确；

对于B,若，〃_L/AaJL/?,则mua或“〃a,故B不正确；

对于C,若〃?_!_〃,〃_La,〃?Ca,则加〃。,故C正确；

对于D,机上有不同的两个点到a的距离相等,则可能m与a相交，故D错误.

2.D解析设圆柱的底面半径为r,则球的半径为匚圆柱的高是41••圆柱的侧面积为2〃x4一队/，两个半球

的表面积为4冗/,.••该几何体表面积为8〃2+4兀户=12兀7=108兀解得r=3,

,该几何体的体积为nrx4r+^7tr3=47cx33+17cx33=14471.

3.C解析设。＞=心48=3],宜角梯形绕AB旋转一周所得的几何体的体积心a32江+1.32.（3『/）=15也,梯形

ABCD的面积sW（x+3x）x3=6x.设重心G到AB的距离为从则重心绕旋转轴旋转一周的周长为/=2兀”,则

15«=（2冗/?）6戈,贝!1

4

4.C解析如图,4个小球球心构成的正方形为。。203。4,中心为N,

由邈意O\O?=4,NOk2丘、

半球形容器的球心为0,

显然当半球形容器与4个小球都相切时球O的半径最小，平球形容器与球。的切点为人连接0M则ON=

小球的半径=2,球0的半径=OA=OM+OOi=2+亚西而尸=2+28.

5.C解析（方法一）如图，取A8中点O,连接0。,。。,则由题可知/。。。为二面角CAB-D的平面角，

AZDOC=150°.

设CA=CB=a,

则。。二加二等.

•：&ABD是等边三角形,・・・OQ_LA8,且OD=^AB当i.在ADOC中,

由余弦定理得,C£>2=OC2+o户20coDcos/OOC=；/,・・.CD=gLa

过点D作。4_L平面48C,垂足为，，易知点H在直线0C上，则/OCH为直线CD与平面48c所成的角，且

NDOH=30。,故DH=RD聋a,：.sinNDCH嗡=萋=筌则3sNDCH=*.2CH=^=f-

故选C.

（方法二）取AB中点0,连接0C0D.以。为原点04OC所在直线分别为x轴、,，轴，过0点作平面ABC的垂

线为z轴建立空间直角坐标系（图略）.

设AB=2,则由题可得41,0,0）,。（0、1,0）,。（0,2净,则而二（0,9净,由题可知平面筋。的一个法向量为

n=（0,0,l）.设CD与平面48c所成角为8,

贝ijsin<9=|cos<C/）.n>|=-^—=—,cos/7=Vl-sin20=,/.tan^=­7=—.

11夕xl14141+cose5

6.D解析由题可知平面A8/Z）与棱柱上、下底面分别交于4S,EQ,

则则EO〃A8,可得CDECA】Bi是三棱台.

设AA3c的面枳为1ACDE的面积为s,三棱柱的高为h,

则，・]./2=，1（1+$+遥）,所以点=

由ACDEsziCAR可得竺=^=—.

ACVI2

7.C解析设四棱锥的高为人体积为K则底面所在圆的半径为要使四楂锥的体枳最大,底面四边形必

为正方形，此时V=；x：X（2VI不）?力二：（小〃3）,所以由题意可知0<〃<1,令9>0,得0</?<g令V,<0,

得当</7Vl.所以V在区间（0,多内单调递增，在区间停1）内单调递减，所以当仁争寸W取得最大值.

8.D解析如图,设底面48CD中心为0,8C,A。中点分别为凡M,

连接OH,EO,EH,MF,HF,EM.

设金刚石的边长为由题知,8x1sin60。=28。2=[875,所以“=3.

在等边三角形EBC中1C边上的高EH=>JEC2-CH2=.一针二苧

在RSEOH中,E0ZEHZ-0H2=行-7=拳

由题可知，最大球即为金刚石的内切球,由对称性易知球心在。点,与平面的切点在线段五，上,球的半

径即为截面EMFH内切圆的半径，设内切圆半径为r,

由等面积法可知苧X|=咨，解得裳,

3

所以内切球的半径为R噂则内切球体积为Y前手xg)=V671.

9.AC解析由题意，可得POJ_平面4OC,NAPO=；N4P8=60。,所以PO=PAcosZAPO=1AO=PAs\nZ

.如图，取4c的中点。，连接PROD则即为二面角P-ACO的平面角,

所以NPDO=45。.

因为0。匚平面4。。,尸0_1_平面/1。。,所以PO1OD,

所以N。。为等腰直角三角形，所以OD=PO=1,PD=企.对于A,同锥的体积仁)x(6)2x15,故A正确;

«5

对于B,圆锥的侧面积S=7rxgx2=2g兀，故B不正确；

对于CAC=2y/AO2-OD2=2>/2^C正确；

对于D,SAPAC=|XACXPD=1X2\/2Xa=2,故D不正确.故选AC.

10.ABD解析连接A。]」••在正方体A3CO-A/]GQi中乃G/ZAOiADLAQi,

・•・直线BCi与DAi所成的角为90。,故A正确；

连接8C,〈AI8I_L平面8CC向方Gu平面8CG8".4SJ_8G.又8G_18|。48£用。=8]ABg平面

ABC/Cu平面431c...Be」平面AS。，又CAiu平面43|。,・・.灰?|_1。4],即直线4。1与。4所成的角为

90二故B正确；

连接4G,交BiDi于点O,连接80.易证GAi_L平面BBDD.；・NQBO为直线BC\与平面B办。。所成的角.

设正方体的棱长为。，则OC\=^aBC尸正。,

..・sin/C4O=普=：,・•・/CBO=30°,故C错误；

8cl2

•・《_1_平面49。。,・・・/。历。为直线BG与平面ABC。所成的角.乂NG8C=45。,.••直线8G与平面ABC。

所成的角为45。,故D正确.故选ABD.

11.ABD解析对于A,取AC中点。.连接。氏0Z）,则ACL0BAC10D.X08（1。。=。,所以AC_L平面0BD.

因为Mu平面0BD.所以AC_L8D,故异面直线AC与BD所成佗角为90。,为定值，故选项A正确.对于B,因

为OA=OB=OC=OQ,所以外接球球心是O,所以外接球半径R言.

2

所以四面体ABCD的外接球体积为S=4TTX俘）=2兀,故B正确.对于C,假设直线AD与直线/3C垂直.

因为直线AB与直线BC垂直,AOCIABM,则直线BCL平面ABD.因为8。＜=平面ABD,

所以RCIRD.又BDI4cAe07?。=。,所以RDI平面4KC又O/?U平面ABC,所以BDIOR.

而AO8。是以OB和OD为腰的等腰三角形，与假设不符，故C错误.

对于D,连接AAMM因为VMACH%.4cM当平面。4。_1_平面ABC时,三棱锥M-ACN体积取最大值，

此时OO善,三棱锥MACN的高度为聋，则叉口产/,斗故（VWMmaxWX7XT=S故选项D正

2242434448

确.故选ABD.

12.CD解析如图3,连接A脱4cAe.取DE,EF,DF的中点N,M,（取MF的中点凡连接

BK,BH、KH、BM,AN、MN、DM^&BEF为正三角形，得DMLEF.

乂平面BE/_L平面。石£平面BE/T）平面平面O££OM_L平面BER且由题可得,K”〃。“，则

KH_L平面8EF.同理AN_L平面DEF,

则8M〃AN，且BM=4N=g,所以四边形ABMN为平行四边形，则AB〃MN,AB=MN.又MN〃DFMN=]DF,得

AB//DF,因为AB=^DF=DK,

所以四边形A8K。为平行四边形，则AD〃BK,AD=BK/KBH即为直线AD与平面BE尸所成的用，

smNKBH卷=号，所以NKM存故A错误.

BK46

如图3,由选项A知AB//MN/2F、

同理AC//EF,BC//DEAB=AC=BC=MN=^DF=1,

所以经过三个顶点ABC的球的截面圆为"BC的外接圆，其半径为r=|xlxsin^=今面积为小芍故B错

误.连接AM,由4C〃M儿4C=Mr=1,得四边形ACFM是平行四边形，则AM〃。尸，所以NMA。是异面直线AD

与。尸所成的角或其补角，

AM=CF=2.&^AMD中工O=2QM=V5,由余弦定理，得cosNAM。二丝^=三,故C正确.

2ADAM8

设球的半径为凡由球的体积为拳得43*,解得R=\.

如图4,OQ=，R2_r2=*O|G=R-OQ=l-*AN=2s靖=V5,

所以球离球托底面DEF的最小距离为AN-O\G=W+鼻1,故D正确.故选CD.

«5

13.39兀解析设圆锥的高为〃，母线长为/,

贝IJ；兀X6L/?=30TI,

解得力匕,则1=假不*=景故圆锥的侧面枳为兀x6x?=39兀

14.28解析如图所示，在正四棱锥P-ABCD中，平面4‘BC'Q'〃平面A8CD

点O\O分别为正四棱台ABC。-48czy上、下底面的中心,O7TJ_AB0，_LA8,点H：H为垂足.

由题意，得A3=4a/T=2,W=3.易知所以矍=察，即。="解得P。=6,所以

rOOHrUN

OO，=PO_PO，=3,所以该正四棱台的体积是V=1X3X(22+V22X42+42)=28.

15.x/6解析如图，连接R4交底面4co于点。,则点。就是该组合体的外接球的球心.

设三棱锥的底面边长为〃，外接球的半径为R,则CO=PO*a,得五x争=2,所以“访

16解析在MB。中/B=4,4D=3,/BAZ)q,

故。炉工A/f+A£)2-2A/MDcosN/MQ=42+32.2x4x3x913WDB=V13.

折成的三棱锥A'-BCO中4。=。64'8:48=。。4。必。=8。,即此三棱锥的对棱相等,故此三棱锥的三组对

棱是•个长方体的六个面的对角线,

设长方体从同一个顶点出发的三条楂长分别为ahc,

(a2+b2=13,(a=V3,

则M+C2=9,解得,=

32+。2=16,=V6.

此长方体的外接球是三棱锥A'-BCD的外接球,

设外接球的直径2/?=Va2+b2+c2=g,即R岑

又因为三棱锥A'-BCO是长方体切掉四个角，

故三棱锥VAncf>=(ibc-4x^x^-abc=^tbc=2x/5.

因为三棱锥A-BCD四个侧面是全等的，

SA=4SAA»D=4《ABADsi吗=2X4X3X^=12回

设内切球半径为八以内切球球心为顶点，把三棱锥分割为以球心为顶点，四个面为底面的四个小三棱锥，四个

小三棱锥体积等于大三棱锥的体积，故『生产=誓=平，

S长12V36

则二棱锥/V-8C'/）的内切球与外接球衣面积的比值为黑=喘=吾=高

4

17.（1）证明•••4C_L平面ABC出。二平面48C,

・・・AC_L8C.・・・ZACB=9O°,：,BC1CA,

••,ACnCA:CACCAu平面ACGA],

・・・BC_L平面ACGAi.

••'BCu平面881。]。,・・・平面人。。4_1平面BB\C\C.

⑵解平面ACG4J_平面/用iGC,且这两个平面的交线为CG,过4作4O_LCG,垂足为点D,

则AQ_L平面88cle

••・西棱锥Ai-BBiCiC的高为AiD.

'：BC_LCA,BC±CAM=BAi、BC=BC,

.••RlABCAgRsBCAi.

•\CA=CA\.

在三棱柱A8C-A出G中，四边形人CGAi为平行四边形，有AOAC/ACA产NGAC=90>CC尸/U尸2,则

△C4G为等腰直角三角形,且底边CG=2,

・・・&。三。。尸1.即四棱锥418|3。的高为1.

18.解（1）过点E作EEUAB于点F,过点尸作FFLBC于点入连接E'F\

•・•底面A8CO是边长为8的正方形,氏△A'3C均为正三角形，且它们所在的平面都与平面A5C。垂直,

，EE'_L平面A8co，/产平面ABCD,REE'=FF,

J四边形EETT是平行四边形，

则石尸〃？尸.・・・£：户匕平面ABCDEFC平面ABCD,

・・・EF〃平面ABCD.

⑵过点G,“分别作GG，LCD,HH」DA,交于点G；”；连接FG；GH；WE6c.

由⑴及题意可知,GH分别为CD.DA的中点,

EFGH-EFG'W为长方体,

故该包装盒由一个长方体和四个相等的四棱锥组合而成.

•・•底面ABCD是边长为8的正方形，

.*.AC=V82+82=8x^2cmE尸=H'E'"%C=4/cm.EE'=AEsin60。=48cm,

••・该包装盒的容积为

V=V£FG//-E,F,G7/，+4V4-EE7/7/=^^，x^^，+4x-x5EE7/7/X-y4C=4V2x4A/2x4V3+4x-x4V2x4\/3x2V2=

343

等gcm3.

19.（I）证明当时,/）上分别为棱BCBCi的中点，

在直三棱柱ABC-A出Ci中，连接（图略），则OE〃A4iQ£=AAi,所以四边形。£44是平行四边形，所以4。

〃&E.又因为AQC平面平面4E8,所以/1。〃平面AiEB.

（2）解（方法一）如图所示，

在平面ABC内，过点C作AD的垂线，垂足为“，连接GH,

则/G”C为二面角Ci-AD-C的平面角，即NG"C=,.

在RIAC1//C中,GC=3,所以在RtACHA中,CH=VlAC=3,

所以$in/C4,磅三日〈当

乂因为/C4”为锐角，所以cos/C4〃=4，且0V/C4”<3所以点H在线段AD的延长线上.在ACDA中,sin

34

NCQH=s琥+⑷H）=午,3缶=6-3△所以嘤=当箸二2/

（方法二）由题可知4/11_L平面人BC,N8八C=90°,

以而，死，标为x轴、y轴、Z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0),8(3,0,0),C(0,3,0),G(0,3,3),

所以丽=(3Q0),JB=(0,3,3),而=(-3,3,0),前二点=(・3&3r,0),所以而=AB+前=(3・3/,31,0).

设平面ACiD的一个法向量为n尸(x,y,z),

।仇1•褊=0,(3y+3z=0,

卜1•而=0,13(1-£口+3少=0,

令y=1-l,则x=/,z=l”,故ni=(r,r-lJ-r).

由题得平面ADC的一个法向量为112=(0,0,1).

因为二面角C]-AD-C的大小为黑斤以|卢产卜c尾=士即焉3=；，得『4+2=0.

311^111^21132V3tz-4t+22

又因为0</<1,所以/=2-V2.

20.解⑴由题意，直角梯形A8CO旋转形成下底面半径为2,上底I!半径为1,高为2的圆台，则该圆台的母线

长为巡，

所以该圆台的表面积5=冗(1+2)x石+兀+4兀=(3代+5)兀,该圆台的体积V=^X2X(7T+-\/KX4Tr+47r)=y7r.

⑵作BM1BA交底面圆于点M,以点8为坐标原点,R4,BM,8C所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间宜角坐

标系，如图所示,

则D(l,0,2Mi(2cos42sin9,0),即砸=(I-2cos9,-2sin0,2).

乂平面ABCD的一个法向量n=(0,l,0),设直线A1。与平面ABCD所成的角为火

|2sing|_V21

则sina=|c0sv4]/5.n>|=7一””"

«9-4cos67'

l(l-2cos0)2+(-2sin0)2+4

乂sin219+cos2i9=l,^^cos或cos8=-；,故当cos时，所求B取最小值为

21423

21.(1)证明如图所示.

z

A

取AC的中点为O,连接OB,OP.

由题意得PA=P8=PC=&，则OP=\,OA=OB=OC=\.

•・•在△PAC中的中点为O,，OP_LAC

又在&POB中。0=1,03=1/8=&,

AOP2+OB2=PB2^OPLOB.

•・・ACnOB=O,4Cu平面4BC08U平面ABC,

・・・。尸_1_平面ABC又OPu平面PAC,

工平面B4C_L平面ABC

(2)解由(1)可知,O8_LOP,OB_LAC/CnOP=。，

.平面P4C,即N/3M0为直线BM与平面PAC所成的角，且tan/4M。=第