2024年高考数学二轮复习高频考点5-1 空间几何体及点线面位置关系（13种题型）解析版

专题验收评价

专题5-1空间几何体及点线面位置关系

内容概览

A・常考题不丢分

一.棱柱的结构特征（共2小题）

二.旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共4小题）

三.棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共3小题）

四.棱柱、棱锥、棱台的体积（共11小题）

五.球的体积和表面积（共5小题）

六.平面的基本性质及推论（共1小题）

七.异面直线及其所成的角（共2小题）

A.异面直线的判定（共1小题）

九.空间中直线与直线之间的位置关系（共2小题）

十.空间中直线与平面之间的位置关系（共6小题）

十一.直线与平面垂直（共3小题）

十二.平面与平面平行（共1小题）

十三.平面与平面垂直（共3小题）

B•拓展培优拿高分（压轴题）（9题）

C•挑战真题争满分（12题）

A•常考题不丢分、

一.棱柱的结构特征（共2小题）

I.（2023•闵行区校级一模）《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖膈”，在长方体

>48。。一4罔GQ中，鳖瞬的个数为（）

A.48B.36C.24D.12

【分析】每个顶点对应6个鳖膈，所以8个顶点对应48个鳖腌.但每个鳖腌都重复一次，再除2,即可得

解.

【解答】解：在正方体40）-中，当顶点为A时，三棱锥A-A—EFG、A-DCG、A-DHG、

A-BCG.A-3AG均为鳖晦

所以8个顶点为8x6=48个.但每个鳖席都重复一次,

所以鳖膈的个数为竺=24个.

2

EF

【点评】本题主要考查r空间中线面的位置关系，考查r学生的空间想象能力，属于基础题.

2.（2023•嘉定区二模）己知一个枝•氏为1的正方体，与该正方体每个面都相切的球半径记为飞，与该正

方体每条棱都相切的球半径为自，过该正方体所有顶点的球半径为％,则下列关系正确的是（）

A.用：&:%=&：6：2B.飞+&=&

C.R；+R；=R；D.R：+R：=R：

【分析】根据已知条件，依次求出与，&，R、，再结合选项，即可求解.

【解答】解：与该正方体每个面都相切的球直径为桢长：R=L,

2

与该正方体每条棱都相切的球直径面对角线长；R、=业11=走,

22

过该正方体所有顶点的球的半径为体对角线：&=4+1+1=3,

22

KK：&=匕梃：6，故人错误；

R；+R；=R；,故C正确，比＞错误.

故选：C.

【点评】本题主要考杳棱柱的结构特征,属干基础题.

二.旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共4小题）

3.（2023•长宁区校级三模）若一个圆柱的侧面积是4万，高为I,则这个圆柱的体积是_4万

【分析】根据圆柱的侧面积公式求出底面圆的半径，进而可求解.

【解答】解：圆柱的侧面积是S=2m九=24r'1=44，:./•=2,

所以体积V=Sh=7ir-h=42r.

故答案为：4万.

【点评】本题主要考查圆柱体积的求解，属于基础题.

4.（2023•嘉定区模拟）某圆柱两个底面而积之和等于其侧面而积，则该圆柱底而半径与高的比值为1.

【分析】设圆柱的底面半径为「，高为人根据题意列方程求出r与/的关系，即可求出结果.

【解答】解：设圆柱的底面半径为，高为/?,

则属柱的底而而积为",侧面而积为27nh，

由题意知，2乃/=2乃”，

所以r=/>

所以该圆柱底面半径与高的比值为1.

故答案为：1.

【点评】木题考查了圆柱的结构特征与应用问题，是基础题.

5.（2023•闵行区校级一模）在KtAABC中，/8=劝，/比=2,Ui=3,将AA8C绕边9旋转一周，所

得到几何体的体积为_6乃

【分析】AABC绕直线旋转•周，所得儿何体是底面是以为半径的圆，高为AB的圆锥，由此根据

圆锥的体积公式能求出其体枳.

【解答】解：因为在直角三角形AA品中，Z4=90°,AB=2,8=3,

所以A43C绕直线旋转•周所得几何体是底面是以为半径的圆，高为相的圆锥，示意图如下图所

示：

A

所以A49c绕直线A8旋转一周所得几何体的体积为V=xxBC2xR/?=gx/rx3?x2=6万.

故答案为：67r.

【点评】本题主要考查了圆锥的结构特征，属于基础题.

6.（2023•青浦区校级模拟）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4,弧长为4乃的扇形，则该圆锥的表面

积为_12乃

【分析】根据圆锥的侧面展开图是一个半径为4,弧长为4不的扇形，可知圆锥的底面半径和母线长，再结

合恻锥的表面积公式求解即可.

【解答】解：设圆锥的底面半径为人母线长为/,

画锥的侧面展开图是一个半径为4,弧长为44的扇形，

：如，解得

1=4（/=4

/.该圆锥的表面积为兀”+不/=8乃+4乃=12乃.

故答案为：12乃.

【点评】本题主要考查了圆锥的结构特征，考杳了圆锥的表面积公式，属于基础题.

三.棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共3小题）

7.（2023•浦东新区二模）若圆柱的高为10,底面枳为4乃，则这个圆柱的侧面枳为_40乃一（结果保留

幻

【分析】根据底面积求得底面圆半径以及底面圆周长即可求得圆柱的侧面积.

【解答】解：设圆柱底面圆半径为，母线长为/,根据已知可得不产=4万，解得r=2,

故底面圆周长为2乃〃=4乃，则圆柱的侧面积为2乃”=40乃.

故答案为：40万.

【点评】本题考查圆柱的侧面积公式，属于基础题.

8.（2023•黄浦区校级三模）已知正方形4BC。的边长是1,将AA8C沿对角线AC折到△A8c的位置，使

（/叠后）A、B'、C、。四点为顶点的三棱锥的体积最大，则此三棱锥的表面积为1+坦.

—2-

【分析】根据题怠，分析可得当而AC。时，四梭锥"-A8c的体枳最大，由此求出二梭锥各个面的

面积，计算可得答案.

【解答】解：根据题意，正方形A8CD中，设从。与必交于点O,

在翻转过程中，当斤。1■面AC。时，四棱锥汗-A8C的高最大，此时四棱锥汗-A8C的体积最大，

若8O_L面4dH由于<M=O8=OC,510RD=BA=BA=\,

则都是边长为1的等边三角形，S归A=SD&C=LX1X1X®=®，

i-fo.*»（224

AADC中，人£>=£>C=1且人£>_L£）C,则SR*.=Lxlxl=L

zw人.22

同理：S.A81c~S：1ABe~S&w=—»

此时，三棱锥的表面积S=S.OBA+5阴c+SMJC+S.A&C=1+*.

故答案为一邛.

【点评】本题考直棱锥的体积、表面积的计算，注意分析棱锥体积最大的条件，属于基础题.

9.（2023•嘉定区二模）如图，正四棱柱A8cO-AgGB中，AB=2,点£、厂分别是棱8。和CQ的中

点.

（I）判断直线AE与RF的关系，并说明理由；

（2）若直线口£与底面A3CD所成角为三，求四棱柱AACO-AgGA的全面枳.

AB

【分析】（1）说明四边形是梯形即可：（2）NQEO是直线与底面所成角，由此可得棱

长，从而确定四棱柱ABC。-A&G4的全面积.

【解答】解：（I）连结£F、AD「町,

,:点.E、尸是中点，:.EF1/BC、且EF=、BC\，

正四棱柱中四边形ABCR是矩形，则A。〃〃G且AD,=BC,

于是EFHAD,且EF=；AQ,则四边形EFD.A是梯形，

则直线AK与RF是相交直线.

（2）连结。E,因为AB=2,点£是中点，所以在RTADEC中，DE=#>,

正四棱柱中2。_1面ABCD,则NDE。是直线与底面AHC7）所成知，

所以N〃E/）=45。，于是。。=。£=6，

正四棱柱的4个侧面是矩形，上下两个底面是正方形，

则全面积为5=4x26+2x4=875+8.

【点评】本题考查线面垂直，考查线面所成的角，属于中档题.

四.棱柱、棱锥、棱台的体积（共11小题）

10.（2023•崇明区二模）《九章算术》中将底面为直角三角形且侧枝唾直于底面的三棱柱称为“堑堵”：底

面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为''阳马”：四个而均为直角三角形的四面体称为''鳖.喘”.如

图，在堑堵—中，AC1BC,且",=AB=2.下列说法错误的是（）

A---------------------

、^******^

A.四棱锥3-AACG为“阳马”

B.四面体AGC8为“鳖膈”

C.四棱锥B-4ACC体积的最大值为2

D.过A点作AEJ.A8于点石，过E点作于点尸，则■面/正/

【分析】根据“阳马"和''鳌瞬"的定义，可判断A,4的正误：当且仅当AC=5C时，四极锥H-AACG

体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意可证48_L平面4所，进而判断D的正误.

【解答】解：底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三楼柱称为“堑堵”，

.•.在堑堵其8。一人用0中，ACA.BC,侧棱平面A3C,

A选项，.••朋J.BC,乂AC_L8C,且AAr）AC=A,则BC_L平面A,ACG，

匹棱锥3-AACG为“阳马”，故4正确：

8选项，由AC_L3C,即AC_LBC,又AG_LC0且3。。。°=C，

.•.AG_L平面88CC，・•.AG^AG，则△A8G为直角三角形，

又由6CJ_平面/V\GC，得△A6C为直角三角形，由“堑堵”的定义可得△AGC为直角三角形，△CCQ

为直角三角形，

匹而体AGC8为''鳌膈"，故4正确：

C选项，在底面有4=AC2+8C2..24CU即人。8C,2,当且仅当AC=8C=应时取等号，

11244

匕一=-S,AACGxBC=-MxACx3C=-ACx8C,,一，最大值为二，故C错误；

。选项，因为AE_LA6，EF1A.B,AE（}EF=E,所以A«_L平面AE/L故。正确：

故选：C.

【点评】本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题.

11.（2023•杨浦区校级模拟）若干个能确定一个立体图形的体积的量称为该立体图形的''基本量”.已知长

方体ABCO-AqGR,下列四组量中，一定能成为该长方体的“基本量”的是（）

A.ABrAC,4R的长度B.AC,BQ,人。的长度

C.BC,A。，4。的长度D.AC,,BD,CG的长度

【分析】根据题意列式求解”，〃，c，逐项分析判断即可.

【解答】解：如图，设AB=a,AD=b,A4,=c,根据题意，利用方程思想分析各个选项：

A31=\/a2+/

对于选项A：可得•AC=Qa2+b：据此可以解出。，b,c,故A正确；

AD{=J/+d

对于选项3：可得,据此无法解出〃，〃，c,故3错误；

222

BtD=A^C=\Ja-b+c

对于选项C：可得=”型:5,据此无法解出a,〃，c,故C错误：

fi,D=V«2+^2+e2

222

ACt=\la+b+c

对于选项。：可得但加+从,据此无法解出“，b,c,故。错误;

CC、=c

故选：A.

【点评】本题考查正方体中线段长度的求解，方程思想，属中档题.

12.：2023•松江区模拟）《九章算术》中所述“羡除”，是指如图所示五面体ABC/"/,其中A8///X7/样，

“羡除”形似“楔体”.“广”是指“羡除”的三条平行侧棱之长〃、b、c,“深”是指一条侧棱到另两.条

侧楂所在平面的距离用、“袤”是指这两条侧枝所在平行直线之间的距离〃（如图）.羡除的体积公式为

v=（a+b+c）nm过线段,⑦，的中点G,〃及直线EF作该羡除的一个截面a,已知。刚好将羡除

6

分成体积比为5:4的两部分.若回=4、IX：=2,则所的长为（）

A.2B.3C.4D.6

【分析】根据中位线求出“G,再根据所给''羡除”的体积公式表示出匕次匕的冷，根据体积比得到

方程，由此能求出结果.

【解答】解：♦.人3=4,CD=2,ABHDCf/EF,〃为线段AD,的中点，

E_______

..(JH//ABHCD,KGW=l(4/?+CD)=3.

VGHCI»T=^[(EF+DC+GH)mxg],%小；”=为EF+AB+GH)mx勺，

62-62

即“H8EF=U(E"+5)〃>T'VABHGEP=1[(EF+7)WX^],

6262

(EF+7)mx-

2

..Y^i=5t.-----6-----=3,解得杯=3.

4

%KDEF4(EF+5)mx-

__________2

6

故选：B.

【点评】本题考查线段长的求法，考查多面体体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.

13.(2023•杨浦区校级模拟)若某圆锥高为3,其侧面积与底面积之比为2:1,则该圆锥的体积为_3乃_.

【分析】由题意可列出关于圆锥底面半径r和母线/的方程组，解方程组即可求得底而半径「和母线/,从

而可求圆锥的体积.

【解答】解：设此圆锥的底面半径为r,母线长为/,则『=r+9,

因为圆锥的侧面展开图是一个扇形，

扇形的弧长是圆锥底面圆的周长，扇形的半径是圆锥母线长，

所以$则=■!■•2/rr-I=nrl,5底=冗，,又侧而积与底而积之比为2:1,

所以乌=」=2,所以/=2r,结合/2=/+9可解得「=6，/=26,

nrr

所以该圆锥的体积丫=、乃产.3=3不.

3

故答案为：3乃.

【点评】本题考查圆柱的体积的求解，属中档题.

14.(2023•上海模拟)长方体为不计容器壁厚度的密封容器，里而盛有体积为V的水，己

知48=3,明=2,AD=\,如果将该密封容器任意摆放均不能使水而呈三角形，则V的取值范围为

0,5)一

【分析】如果将该密封容器任意摆放均不能使水而呈三角形，不妨以4在最下端，则水面应高于平面A.BD,

低于平面。。片，再由多而体的体积公式求解.

【解答】解：如图，

如果将该密封容器任意摆放均不能使水而呈三角形，

不妨以A在最下端，则水面应高于平面,低于平面，

即VA-ABD<V<匕8（?。-4816四一9-3周，

匕/3.A4W一%-54=3x2xl--x-xlx2x3=5,

.,w的取值范围为（1,5）.

故答案为：（1,5）.

【点评】本题考查长方体截面的性质，考查空间想象能力，属中档题.

15.（2023•虹口区校级模拟）如图，已知”，。是相互垂直的两条异面直线，直线4?与〃，人均相互垂直，

且力3=275,动点P,Q分别位于直线〃，力上，若直线PQ与所成的角。=工，三棱锥A-BPQ的体

【分析】根据直线a,b,三条直线两两垂直，将图形还原为长方体APFE-8CDQ,再根据AB//PC,

可得NPQC即为直线"Q与钻所成的角的平面角，由此可求得CQ,从而可得BC?+BQ2,再根据极锥的

体枳公式结合基本小等式即可得解.

【解答】解：因为直线“，力，A3三条直线两两垂直，

如图，将图形还原为长方体APFE-BCDQ,

因为ABHPC,所以ZPQC即为直线PQ与所成的角的平面角，

则/PQC=2.

6

因为PC_L平面BC。。，CQu平面8COQ,所以尸C_LCQ,

在RtAPCQ中，由PC=AB=26，科CQ=2,

所以8C、8Q2=4,VA_BPQ=VP_ABQ=gxAB-BQ•PA=曰BC•BQ,,gBC；BQ二芋

当且仅当3c=8Q=&时，取等号，

所以三棱锥A-BPQ的体积的最大值为:6.

故答案为：-75.

3

【点评】本题主要考查了三棱锥的体积公式，考查了利用基本不等式求最值，属于中档题.

16.（2023•奉贤区校级三模）一个正方体和一个球的表面积相同，则正方体的体积乂和球的体积匕的比值

乂y/bTT

—=----.

匕-6一

【分析】设正方体的棱长为“，球的半径为A,由表面积相等列式可得得a=«"A,再由正方体与球的

3

体积公式得答案.

【解答】解：设正方体的校长为八球的半径为R,

由题意，6/…K,得。=逅/?.

3

./=/=（警灯=2^^

V：QK屈

/.—=---------=----.

K处K6

3

故答案为：容.

6

【点评】本题考查正方体与球表面积、体积的求法，考查运算求解能力，是中档题.

17.(2023•静安区二模)如图，在五面体ABC0EF中，E_L平面ABC。，ADl/BCHFE,AB1AD,

若AD=2,AF=AB=BC=FE=\.

(I)求五面体八8。£>£尸的体积；

【分析】(1)取仞中点N,连接臼V,CN,易证得EN_L平面A8CQ,五面体48。/%;五的体积等于棱柱

ABF-NCE的体积+棱铢E-CDM的体积，分别求出棱柱A3F-NCE的体积和棱锥E-CDN的体积即可

得出答案.

(2)以A为坐标原点，以人仇A。,人尸为x,y,z轴止半轴建立空间直角坐标系，由垂直向量的坐标运算

可证得CE_LAZ),CELMD,即可得出CE_L平面AMD,再由面面垂直的判定定理即可证明.

【解答】解：(1)因为4)=2,AF=AB=BC=FE=\,取AD中点N,连接硒,CN,

因为AD//BC//FE,所以硒〃AE,EN=AF=\,CN=AB=\,

又用_L平面ABC。，4Vu平面ABC。，FALAN,

所以£N_L平面A&7),又因为ABJ.A。，即AA_LAN,A8「|尸A=A,

AB,E4u平面RS,所以人V_L平面RW,

所以A4”-NCE为底面是等腰直角三角形的直枝柱，高等于1,

三棱锥E-C/W的高等于1,底面是等腰直角三角形，

所以五面体ABCDEF的体积=极柱ABF-NCE的体积+极锥E-CDV的体积,

!|J：V=一xlxlxl+-x-x1x1=­・

2323

(2)证明：以A为坐标原点，以而/\。,月厂为工，)，，z轴正半轴建立空间直角坐标系,

点C(l,1,0),0(020).E(0,1,1),M(L

所以/1£)=(0,2,0),MO=(-』.L-』),CE=(-1,Q1),

22

所以C£>4O=0,CEMO=~!■一J.=o,

22

所以CELA。，CEA.MD,

又从。AO,MDu平面AW。，所以CE_L平面AMD,

又CEu平面CDE，所以平面C£)E_L平面AA/£>.

【点评】本题考查了几何体体积的计算，考查了面面垂直的证明，属于中档题.

18.(2023•松江区校级模拟)如图，在直三棱柱ABC-A8G中,AC=4,BC=3,AB=5.

(1)求证：AC±BC,；

(2)设AC；与底面ABC所成角的大小为60。，求三棱锥C-A8G的体积.

A

【分析】（1）由已知可得ACJL8C,C.CXBC,进而可证4cL平面C88C，可证结论：

（2）由已知可得NG4C•即为AC；与平面A3。所成的角，可得GC=475,进而可求三极锥C-ABC群体

积.

【解答】解：（I）证明：由AC=4,BC=3,AB=5,得AS，=AC?+C8?,

/.Z4CB=90°»:.ACA.BC,

在直三棱柱—中，可得CC_L7?C,8C「）CC=C,

/.AC±平面CBB£,•.BC、u平面CBB©,

ACJLBC、；

（2）由GC_1_平面48C,可得AC为4G在底面A4C内的射影，

知/C/C即为八C与平面A8C所成的角，.•./。/。=60。，

又,△G4C为直角三角形，且AC=4,.•.。1=4/，

GC为三极锥G-48C的高，5MBe=6,

L/g=%W=g.九阳•GC=gx6x=86，

三棱锥C-ABCt的体积8>/3.

【点评】本题考查线线垂直的证明，考查空间几何体的体积的计算，属中档题.

19.（2023•徐汇区三模）如图，已知顶点为S的圆锥其底面圆O的半径为8,点Q为圆锥底面半圆弧人C

的中点，点尸为母线S人的中点.

（1）若母线长为10,求圆锥的体积：

（2）若异面直线。。与SO所成角大小为巳，求P、Q两点间的距离.

【分析】（1）由已知结合勾股定理求圆锥的高，再由圆锥的体积公式进行求解：

（2）取。A的中点连接PM,得到PM//SO,得到乙WPQ为异面直线PQ与SO所成的角，再由已知

求解直角三角形得答案.

【解答】解：（1）圆锥的底面半径r=8,

若母线长为10，则圆锥的为4=J10?82=6,

医锥的体积为V=-nr'h=i^x64x6=128万：

33

（2）取OA的中点M,连接。M、QM,

又点P为母线SA的中点，.•.0“//SO，

故NMPQ为异面直线尸。与SO所成的角，等于工.

4

由点Q为半圆弧AC的中点，得OQ1OA,

在RlAMOQ中，•.•OM=4,OQ=8,M0=<8?+3=46,

PM（ISO,且SO_L平面48Q,

.•.QW_L平面ACQ,又MQu平面ABQ,

PM1MQ,

在RtAPMQ中，•;NMPQ=5,MQ=4>/5,.,.PQ=4痴.

4

即/>、Q两点间的距离为4J6.

【点评】本题考查圆锥的体积以及异面直线所成角，考查运算求解能力，是中档题.

20.（2023•奉贤区校级三模）己知三棱锥尸—ABC，R1_L平面A4C,B4=6,AC=4,ABLBC^M,

N分别在线段QB,PCh.?

（1）若尸8与平面ABC所成角大小为工，求三棱锥P-ABC的体枳V：

3

（2）若尸CJ.平面AMN,求证：AM,平面P8C.

P

【分析】（1）由以_L平面48C,得Q4_L48,再由已知可得/产/弘=工，/%=6,求解三角形得AB,BC,

3

然后利用极锥体积公式求解；

（2）由P4_L平面ABC，得平面平面A8C，再由AC_LAA，得AC_L平面Q4B，可得A〃J_8C,

由尸C_L平面AWN,得AW_LPC,再由直线与平面垂直的判定可得AMJ_平面尸BC.

【解答】（1）解：♦.P4_L平面A5C,ABu平面A3C，.•.Q4_L4?,

阳与平面A3c所成角大小为工，即NPHA=我，且尸A=6,.,.八8=2-=二=2百，

33冗G

°°tan-V，

3

在A43C中，，A8_LBC,AB=2^,AC=4,「.BC=西-（2厨=2.

：

V।,—.A.f/Hlr=-3SJ..Br-PA=-3x-x?2x/3x2x6=4>▼/3

（2）证明：.Q4_L平面ABC,小u平面RIB,二平面RR_L平面ABC,

又平面小BC平而ABC=AB,3Cu平而尸4C,BCA.AB,..BC_L平而Q4B,

•.AMu平面处8,/.AM±BC»

已知PC_L平面人MN,AMu平面AWN,:.AMLPC,

又3。。死=（7.BC、PCu平面PRC.

.•乂”_1平面/>8。.

【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是

中档题.

五.球的体积和表面积（共5小题）

21.（2023•徐汇区二模）如图，棱氏为2的正方体48。。-4用6。的内切球为球O,E、b分别是棱

和棱CG的中点，G在棱8C上移动，则下列命题正确的个数是（）

①存在点G,使OQ垂直于平面EAG:

②充于任意点G,3平行于平面EFG；

③直线所被球O截得的弦长为血；

④过直线EF的平面截球。所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为巳.

2

A.0B.IC.2D.3

【分析】①当点G为中点时，证明用OJ_平面EF、G;②当点G与3重合时，A在平面EF8上，O在平面

EFB外,说明不成立；③点历是线段收的中点，利用弦长公式求弦长：④当OM垂直于过所的平面，

此时截面圆的面积最小，利用③的结果求圆的面积.

【解答】解：当G为8C中点时，EGkBD,EG±BB},

BD,B风u平面RDB、，EG_L平面BDB,，

平面EPG//平面ACR,8Qu平面8。片，:.EG工BQ,

同理GF_LgO,EG(}GF=G,EG,G/u平面EAG，

所以4。_1_平面瓦'G,即OO_L平面£FG,故①正确；

当G与3重合时，A在平面£7必上，。在平面瓦8外，故②不正确:

如图，点M是线段的中点，由对称性可知OW_LM,

由勾股定理可知易知上尸=^£犷+8/=瓜,OE=6,

球心。到所距离为0M标百泻,

则所被球截得的弦长为/=2^R2-()M2=2=>/2,

面积为S=7rr2=—7T»故④正确.

2

故选：D.

【点评】本题考查线而垂直的判定定理，球的截面问题，化归转化思想，属中档题.

22.（2023•虹口区校级三模）已知圆锥SO（O是底面圆的圆心，S是圆钱的顶点）的母线长为逐，高为1,

o、Q为底面圆周上任意两点.有以下三个结论：

①三角形SP。面积的最大值为2；②三棱锥O-SPQ体积的最大值为:；③四面体SOPQ外接球表面积的

最小值为9不.

以上所有正确结论的个数为（）

A.0B.1C.2D.3

【分析】对①，由己知计算出底面半径的长度，以及轴截面的顶角大小，利用三角形的面积公式可知，当

NPSQ=9O。时，三角形SPQ面积最大，可判断选项①；对②，利用三棱锥等体积转换，可得当。。_1面5。/>

时，三棱锥O-SPQ体积最大，可判断选项②；对③，因为5。_1底面圆，所以四面体SOPQ外接球球心在

SO的中垂面和过AOPQ外接圆圆心的底面垂线的交点处，利用勾股定理和正弦定理可计算出最小值，判

断选项③.

【解答】解：对于①，由母线长为石，高为1,

可得底面半径为石二1=2,设是底面圆的一条直径，

则cos4BSC==--<0,即NBSC是钝角，

2xV5xV55

又m=；SPxSQxsin/PSQ=gx君x石xsin/PSQ=^xsinZ.PSQ.

则存在点夕，Q,当NPSQ=90。时，

sin/PSQ=l,三角形SPQ面积的最大值为3,故①错误：

2

对于②,•..又皿二当。QI而SOP时.

1।2

（%-$世）2==5xS”xOQ=-x\x2=-t故②正确；

对于③，设AOPQ的外接圆半径为「，

S。_L底面圆，二四面体SOPQ外接球半径R,

.•.*=/+dsO）2,若外接球表面积的最小，即外接球的半径R最小,

2

又川=/+_!.,即在底面圆中，AOPQ的外接网半径最小，

由正弦定理2/=」^

sin/OPQsin/OP。

.•.点，经过线段O0的中垂线时，NOPQ最大，AOPQ的外接圆半径最小,

即四面体SOPQ外接球表面积的最小值为4江2=19乃，故③错误.

故选：B.

【点评】本题考行圆锥中截面三角形面积的最值的求解，正弦定理的应用，化归转化思想，运动变化思想，

属中档题.

23.（2023•嘉定区模拟）如图，直三棱柱A8C-A3c中，AC1BC,AC=币,BC=3,点P在极电

上，且/%_L"G，当&4PG的面积取最小值时，三校•锥尸-ABC的外接球的表面积为_28乃_.

【分析】根据线面垂直的判定定理与性质，三角形面积公式，基本不等式，即可求解.

【解答】解：.•三棱柱人8C-AMG为直三棱柱，又AC_L3C,

.•.易得4(7_1平面6。。心，又PQu平面6CGM，

PC,±AC,又E4_LPG，且从。。?八=人，

・••PG_L平面E4C,又APu平面小C,

/.PC,_LAP,

如图，设NBCP=6,则易得NCGP=。，又BC=3,

，又AC=&,

cos-tailsing

.•.PA=《AC?+PC'=J7+(—?-)2,

/.MFC,的面积S=1x

131r9

=-----------.7H-----;—

2sin。Vcos'O

=3/7।9

2Vsin'6+sin~Ocos~0

_3I79($而B+cos'B)

2Vsin'Osin~0cos20

=3I16i9.

2cos20

_3Il6(si/r^+cos2^)~9(sin20+cos13}

2VsirfOcos20

=--/25+9tarr0+•725+279716=—,

2V荷022

1A9

当且仅当9WM=T-,即〔an"三时，等号成立，

ia，rOx/3

此时P3=3Cxtan夕=275,又AB=《AC。+BC?=j7+9=4,

;.PA=《AB、PB。=J16+12=2",

­.AC1PC,AB工PB,

三棱锥P-ABC的外接球的直径2R=PA=2币,

，三棱锥P-A8c的外接球的半径R=«,

三棱锥P-ABC的外接球的表面枳为41代=28万,

故答案为：28%.

【点评】本题考查线面垂直的判定定理与性质，三角形面积的最值的求解，基本不等式的应用，三棱锥的

外接球问题，属中档题.

24.（2023•浦东新区校级三模）一个上三棱锥的侧棱长为1,底边长为Q,四个顶点在同一球面上，贝!此

球的表面积为_31_.

【分析】由题意球心到正三棱锥四个顶点的距离相等都为R,由于顶点在底面的射影是底面的中心，故棱

锥的高易求出，由此球心到底面的距离可以表示出，故可以利用球心到谋面的距离、球的半径、底面中心

到顶点的距离这个直角三角形利用勾股定理建立方程求出球的半径.

【解答】解：由题意设球的半径为R，正三棱锥在底面的投影是底面的中心，

由于一个正三棱锥的侧棱长为1,底边长为故底面三角形的高为逅，底面中心到底面三角形的顶点

2

的距离是2x"="

323

故三棱锥的顶点到底面的距离是，『-（手）2=y

故球心到底面的距离是理-拉，由几何体的结构知哼）2+（殍—R『=配得/?=当

此球的表面积为4x；rx（¥）2=3万

故答案为3不

【点评】本题考查球的体积和表面积，求解本题的关键是根据三棱锥的几何结构求出球的半径，再由公式

求表面积.对几何体空间结构的透彻了解，是解立体几何体的关键.

25.（2023•徐汇区校级三模）在01BC中，AC=2>/5,顶点8在以八。为直径的圆上.点P在平面人BC上

的射影为AC的中点，PA=2,则三棱锥P-ABC外接球的半径为2.

【分析】由已知可得MBC为直角三角形，得到AC的中点。为A4BC外接圆圆心，再由PO_L底面ABC,

可得用C的外心即为三棱锥P-4茫外接球的球心，求解三角形得到三棱锥外接球的半径.

【解答】解：如图，

.顶点8在以AC为直径的圆上，.•・乙钻。=90。，

•.AD=DC,:.D为A4BC的外心，

又尸£>_L平面A3C,且AO=DC,:.PA=PC=2,

•.•PDu平面R4C，可得平面Q4CJ■平面48C,

则^PAC的外心即为三棱锥P-ABC外接球的球心.

在中，由余弦定理可得，cos2Ape=*+.—（2后=一）

2x2x22

AZAPC=120°,sinZAPC=—,

2

设姐4c外接圆的半径为A,则2R=——...得R=2.

sinZAPC

故答案为：2.

AD

【点评】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，展中

档题.

六.平面的基本性质及推论（共1小题）

26.（2023•黄浦区校级三模）如图，王方体A8CO-A3cA中，E,/分别为棱CQ的中点，在平

面内且与平面。逐产平行的直线（）

A.不存在B.有I条C.有2条D.有无数条

【分析】由已知中”分别为棱/W,CC；的中点，结合正方体的结构特征易得平面AORA与平面2七/

相交，由公理3,可得两个平面必有交线/,由线面平行的判定定理在％面内，只要与/平行的直线

均满足条件，进而得到答案.

【解答】解：由题设知平面人。。4与平面REF有公共点R,

由平面的基本性质中的公理知必有过该点的公共线/,

在平面/ADD,A内与/平行的线有无数条，■它们都不在平面REF内,

由线面平行的判定定理知它们都与面QE”平行，

故选：D.

【点评】本题考查的知识点是平而的基本性质，正方体的几何特征，线而平行的判定定理，熟练掌握这些

基本的立体几何的公现、定现，培养良好的空间想像能力是解答此类问题的关键.

七.异面直线及其所成的角（共2小题）

27.（2023•徐汇区校级三模）在正方体ABCO-A3CQ中，E为线段AG上的动点，则与直线CE夹角为

定值的直线为（）

A.ACB.A。C.BDD.A{A

【分析】以。为坐标原点可建立空间直角坐标系，设AB=1,E（x,y,1）,=D，可得

Ed-A,4，1）,利用线线角的向量求法可求得结果.

【解答】解：以。为坐标原点，正方向为x,y,z轴，可建立如图所示空间直角坐标系,

设=1,

则。(0,0,0),8(1,1,0),C,(0,1,1),4(1,0,0),C(0,1,0),4(1,0,I),

4C=AD=(T，O，-I)，BO=(-L-I,O),AA=((),O,-I),AG=(-I/，O)

设£(x,)，，1),则=(0颜1),

2,1),CE=(l-x,A-lJ)»

对于A,|cos<AC,CE>\=MCC£|=72"11=^不是定值，A错误；

\AC\\CE\V2xV2(/l-l)2+l

对于C,|上但="7+TI皿

\BD\\CE\72x72(2-1)2+1

对于3,|cos<ADCE>|=IA℃E|=|广2|不是定值,、错误;

故直线BD与CE所成角为定值巴，C正确；

2

时于3,|cos<M,CEXJM'EI_；------不是定值，。错误.

IMIK£|&--4%+3

故选：C.

【点评】本题主要考查了空间角的求解，向量的应用是求解问题的关键，属于中档题.

28.（2023•浦东新区校级一模）如图，三棱柱ABC-A4G中，底面ABC,AB=AC,。是8C的

中点.

（1）求证：8C_L平面AAO：

（2）若NK4C=9O°,BC=4,三核柱ABC-4用G的体积是86，求异面直线A。和叫所成的角出大

小.

【分析】（1）推导出M1BC,BCLAD,由此能证明BC1平面AA。.

（2）以A为原点，■为x轴，AC为），轴，A4,为z轴，建立空间直角坐标系，由此能求出异而直线AQ

和从4所成的角的大小.

【解答】证明：（1）=AA,_L底面ABC,=4人_LBC,

又。是8C的中点，BCLAD,

伍山。=A,

/.〃cj_平面AAD.

解：⑵・・/丽C=9O°,AB=AC,BC=4,

AB=AC=2>/2,=—xABxAC=—x2>/2x2\/2=4,

三棱柱ABC-A,BC的体积是：

S.，w・AA=4AA=8G，解得AA,=2^3,

以A为原点，/止为X轴，AC为），轴，A4,为z轴，建立空间直角坐标系,

则D（应,&,0）,A（0,0,0）,8（2&,0,2®

夜，-2扬，AB、=Q0,0,2折,

设异面直线A。，AB1所成角为。,

8二小

限国—5

二异面直线4。和A4所成的角的大小为arccos舍.

【点评】本题考查线面垂直的证明，考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置

关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题.

八.异面直线的判定（共1