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考点6 空间向量与立体几何——五年（2020—2024）高考数学真题专项分类汇编一、选择题1．[2024年 新课标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，则圆锥的体积为()A. B. C. D.2．[2022年 新高考Ⅰ卷]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时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，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上升到时，增加的水量约为()A. B. C. D.3．[2022年 新高考Ⅱ卷]已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A. B. C. D.4．[2024年 新课标Ⅱ卷]已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为()A. B.1 C.2 D.35．[2021年 新高考Ⅰ卷]已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为()A.2 B. C.4 D.6．[2021年 新高考Ⅱ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. B. C. D.7．[2022年 新高考Ⅰ卷]已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上，若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是()A. B. C. D.二、多项选择题8．[2022年 新高考Ⅰ卷]已知正方体，则()A.直线与所成的角为B.直线与所成的角为C.直线与平面所成的角为D.直线与平面ABCD所成的角为9．[2023年 新课标Ⅱ卷]已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为，则()A.该圆锥的体积为 B.该圆锥的侧面积为C. D.的面积为10．[2023年 新课标Ⅰ卷]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.直径为的球体B.所有棱长均为的四面体C.底面直径为，高为的圆柱体D.底面直径为，高为的圆柱体11．[2022年 新高考Ⅱ卷]如图，四边形ABCD为正方形，平面，，，记三棱锥，，的体积分别为，，，则()A. B. C. D.12．[2021年 新高考Ⅰ卷]在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则()A.当时，的周长为定值B.当时，三棱锥的体积为定值C.当时，有且仅有一个点P，使得D.当时，有且仅有一个点P，使得平面三、填空题13．[2020年 新高考Ⅱ卷]已知正方体的棱长为2,分别为的中点,则三棱锥的体积为________________.14．[2023年 新课标Ⅱ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____________.15．[2023年 新课标Ⅰ卷]在正四棱台中，，，，则该棱台的体积为___________.16．[2020年 新高考Ⅰ卷]已知直四棱柱的棱长均为2，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为______.四、解答题17．[2024年 新课标Ⅰ卷]如图，四棱锥中，底面，，，.（1）若，证明：平面PBC；（2）若，且二面角的正弦值为，求AD.18．[2024年 新课标Ⅱ卷]如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得，（1）证明：：（2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.19．[2022年 新高考Ⅱ卷]如图，PO是三棱锥的高，，，E为PB的中点.（1）证明：平面PAC.（2）若，，，求二面角的正弦值.20．[2023年 新课标Ⅰ卷]如图，在正四棱柱中，，.点，，，分别在棱，，，上，，，.（1）证明：；（2）点P在棱上，当二面角为时，求.21.[2022年 新高考Ⅰ卷]如图，直三棱柱的体积为4，的面积为.（1）求A到平面的距离；（2）设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值.22．[2021年 新高考Ⅰ卷]如图，在三棱锥中，平面平面，，O为BD的中点.(1)证明：；(2)若是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.参考答案1．答案：B解析：设圆柱和圆锥的底面半径均为r，因为它们的高均为，且侧面积相等，所以，得，所以圆锥的体积，故选B.2．答案：C解析：如图，依题意可知棱台的高，所以增加的水量即为棱台的体积V.棱台上底面积，下底面积，.故选C.3．答案：A解析：由题意得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为，.设该正三棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为，，外接球的球心为O，则球心O在直线上，由于球心位置不能确定，需分球心在线段上和不在线段上两种情况讨论.当球心在线段上时，，解得，不符合题意；当球心不在线段上，即球心在线段的延长线上时，，解得，所以.综上，球O的表面积为，故选A.4．答案：B解析：设正三棱台的高为h，三条侧棱延长后交于一点P，作平面ABC于点O，PO交平面于点，连接，，如图所示.由，可得，，又，，所以正三棱台的体积，解得，故.由正三棱台的性质可知，O为底面ABC的中心，则，因为平面ABC，所以是与平面ABC所成的角，在中，，故选B.5．答案：B解析：本题考查圆锥的侧面展开图.设圆锥的底面半径为r，母线长为l.由题意可得，所以.6．答案：D解析：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，下底面面积，上底面面积，所以该棱台的体积.故选：D.7．答案：C解析：法一：如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底边长为a，高为h，依题意，得，解得.由题意及图可得，解得，所以正四棱锥的体积，所以，令，得，所以当时，；当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，又当时，；当时，；当时，；所以该正四棱锥的体积的取值范围是.故选C.法二：如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底边长为a，高为h，依题意，得，解得.由题意及图可得，解得，又，所以该正四棱锥的体积（当且仅当，即时取等号），所以正四棱锥的体积的最大值为，排除A，B，D，故选C.法三：如图，设该球的半径为R，球心为O，正四棱锥的底边长为a，高为h，正四棱锥的侧棱与高所成的角为，依题意，得，解得，所以正四棱锥的底边长，高.在中，作，垂足为E，则可得，所以，（另解：也可以利用余弦定理，得）所以正四棱锥的体积，设，易得，则，则，令，得，所以当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减.又当时，；当时，；当时，；所以，所以.所以该正四棱锥的体积的取值范围是，故选C.8．答案：ABD解析：如图，连接，在正方体中，，，又，所以平面.因此，，故选项A和B都正确.连接，设O为与的交点，连接OB，易知平面，所以直线与平面所成的角为.在中，，即，故选项C错误.易知直线与平面ABCD所成的角为，且，故选项D正确.故选ABD.9．答案：AC解析：对于A，依题意，圆锥母线长，，，所以底面圆的半径，圆锥的体积为，故A正确；对于B，该圆锥的侧面积为；故B错误；对于C，如图，取AC的中点M，连接PM，OM，则，又因为，所以，故为二面角的平面角，即，所以，即，所以，故C正确；对于D，由选项C可知，，，，所以的面积为，故D错误.故选AC.10．答案：ABD解析：对于A选项，正方体内切球的直径为，故A符合题意；对于B选项，如图①，正方体内部最大的正四面体棱长为，，故B符合题意；对于C选项，圆柱底面直径为，可忽略不计，高为，圆柱可看作长度为的线段.如图②，正方体的体对角线为，故C不符合题意；对于D选项，圆柱高为，可忽略不计，底面直径为，圆柱可看作直径为的圆.如图③，E，F，G，H，I，J为各棱的中点，六边形EFGHIJ为正六边形，其边长为，其内切圆直径，，故D符合题意.故选ABD.11．答案：CD解析：如图，设，因为平面ABCD，，则，，连接BD交AC于点M，连接EM，FM，易得，又平面，平面ABCD，.又，，平面，平面BDEF，又，过F作于G，易得四边形BDGF为矩形，，，，，，，.，，则，则，，，故A，B错误，C，D正确.故选CD.12．答案：BD解析：易知点P在矩形内部（含边界）.对于A，当时，，即此时线段.当时，点P与点C重合，此时的周长为；当时，点P为线段的中点，此时，的周长为.所以的周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时P点轨迹为线段，而，又平面，平面，所以平面，则有点P到平面的距离为定值，又的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确.对于C，当时，，取，的中点分别为Q，H，则，所以点P轨迹为线段QH，不妨建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，则，，，所以或.故点H，Q均满足，故C错误；对于D，当时，，取，的中点分别为M，N，则，所以点P轨迹为线段MN.设，因为，所以，，因为平面，所以，所以，此时点P与点N重合，故D正确.故选BD.13．答案：解析：因为正方体的棱长为2,分别为的中点,所以.故答案为：.14．答案：28解析：法一：由于，截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，所以原正四棱锥的体积为，截去的正四棱锥的体积为，所以棱台的体积为.法二：由法一可知，棱台的体积为.故答案为28.15．答案：解析：如图，连接AC，BD交于点O，连接，交于点，连接，过点作于点H，则为正四棱台的高.在等腰梯形中，，，则，，所以.又，所以，所以，所以正四棱台的体积为.16．答案：解析：如图，连接，易知为正三角形，所以.分别取，，的中点，连接，则易得，，且.由题意知分别是，与球面的交点.在侧面内任取一点，使，连接，则，连接，易得，故可知以为圆心，为半径的圆弧为球面与侧面的交线.由知，所以的长为.17．答案：（1）证明见解析（2）解析：（1）证明：由于底面，底面，，又，，平面，平面PAB，又平面，.，，，平面，平面，平面PBC.（2）由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，，则，，，，，.设平面CPD的法向量为，则，即，可取.设平面ACP的法向量为，则，即，可取.二面角的正弦值为，余弦值的绝对值为，故，又，，即.18．答案：（1）证明见解析（2）解析：（1）证明：由题，，，又，所以由余弦定理得，故.又，所以.由及翻折的性质知，，又，平面PED，所以平面PED.又平面PED，所以.（2）如图，连接CE，由题，，，，故.又，，所以，故.又，，平面ABCD，所以平面ABCD.EF，ED，PE两两垂直，故以E为原点，EF，ED，PE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，连接PA，则，，，.设平面PCD的法向量为，则，可取.设平面PBF即平面PAF的法向量为，则，可取.所以.故平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为.19．答案：（1）证明见解析（2）解析：（1）证明：如图，连接OA.因为PO是三棱锥的高，所以平面ABC，所以，，所以.又，，所以，所以.取AB的中点D，连接OD，DE，则有.又，所以.因为平面，平面PAC，所以平面PAC.因为D，E分别为AB，PB的中点，所以.因为平面，平面PAC，所以平面PAC.因为，平面，，所以平面平面PAC.又平面ODE，所以平面PAC.（2）由（1）知.以D为原点，分别以DB，DO所在直线为x轴、y轴，以过点D且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图.因为，，且，，所以.又，所以，，所以，，，，所以，.设平面AEB的法向量为，则即所以.取，得，所以.设，则，所以.设平面AEC的法向量为，则即所以.取，得，所以.所以.所以二面角的正弦值为.20．答案：（1）证明见解析（2）解析：（1）法一：证明：如图，以，，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.因为，，，，，所以，，，，所以，又，，，四点不共线，所以.法二：如图，过点作于点E，过点作于点F，在正四棱柱中，，，点，，，分别在棱，，，上，且，，，所以，，所以四边形，均为平行四边形，所以，，所以.（2）设，由（1）中法一建系可知，，，则，，.设平面的法向量为，所以即取，可得，，所以.设平面的法向量为，所以即取，可得，，所以.因为二面角为，所以，即，解得或，所以点P为的中点或的中点，即.21.（1）答案：解析：三棱锥的体积V为三棱柱体积的，即.设点A到平面的距离为h，则.由解得.故点A到平面的距离为.（2）答案：解析：如图，连接，交于点E，因为，所以.又平面平面，所以平面，.由(1)知，点A到平面的距离为，故，，.在直三棱柱中，平面ABC，所以，又，所以平面，故，.由已知得，所以.以B为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，.设为平面DAB的法向量，则即可取.因为平面，所以为平面DCB的一个法向量，有.设二面角的平面角为，则，故二面角的正弦值为.22．答案：（1）因为，O为BD的中点，所以.因为平面ABD，平面平面BCD且平面平面，所以平面BCD，所以.（2）以O为坐标原点，OD为y轴，OA为z轴，垂直OD且过点O的直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，有，，，设，则.设为平面EBC的法向量.因为，，所以所以令，所以，，所以.因为平面BCD的法向量为，所以，解得，所以，因为，所以，所以.

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