數(shù)學高考考熱點- 近五年高考數(shù)學真題專項分類匯編9講之6-空間向量與立體幾何

考點6空間向量與立體幾何——五年（2020—2024）高考數(shù)學真題專項分類匯編學校：___________姓名：___________班級：___________考號：___________

一、選擇題1．[2024年全國高考真題]已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側面積相等，且它們的高均為，則圓錐的體積為()A. B. C. D.1．答案：B解析：設圓柱和圓錐的底面半徑均為r，因為它們的高均為，且側面積相等，所以，得，所以圓錐的體積，故選B.2．[2022年全國高考真題]南水北調工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔時，相應水面的面積為；水位為海拔時，相應水面的面積為，將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔上升到時，增加的水量約為()A. B. C. D.2．答案：C解析：如圖，依題意可知棱臺的高，所以增加的水量即為棱臺的體積V.棱臺上底面積，下底面積，.故選C.3．已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為和，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為()A. B. C. D.3．答案：A解析：由題意得正三棱臺上、下底面的外接圓的半徑分別為，.設該正三棱臺上、下底面的外接圓的圓心分別為，，外接球的球心為O，則球心O在直線上，由于球心位置不能確定，需分球心在線段上和不在線段上兩種情況討論.當球心在線段上時，，解得，不符合題意；當球心不在線段上，即球心在線段的延長線上時，，解得，所以.綜上，球O的表面積為，故選A.4．[2024年全國高考真題]已知正三棱臺的體積為，，，則與平面ABC所成角的正切值為()A. B.1 C.2 D.34．答案：B解析：設正三棱臺的高為h，三條側棱延長后交于一點P，作平面ABC于點O，PO交平面于點，連接，，如圖所示.由，可得，，又，，所以正三棱臺的體積，解得，故.由正三棱臺的性質可知，O為底面ABC的中心，則，因為平面ABC，所以是與平面ABC所成的角，在中，，故選B.5．[2021年全國高考真題]已知圓錐的底面半徑為，其側面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為()

A.2 B. C.4 D.

5．答案：B解析：本題考查圓錐的側面展開圖.設圓錐的底面半徑為r，母線長為l.由題意可得，所以.6．[2021年全國高考真題]正四棱臺的上?下底面的邊長分別為2，4，側棱長為2，則其體積為()A. B. C. D.6．答案：D解析：作出圖形，連接該正四棱臺上下底面的中心，如圖，因為該四棱臺上下底面邊長分別為2，4，側棱長為2，所以該棱臺的高，下底面面積，上底面面積，所以該棱臺的體積.故選：D.7．[2022年全國高考真題]已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上，若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是()A. B. C. D.7．答案：C解析：法一：如圖，設該球的球心為O，半徑為R，正四棱錐的底邊長為a，高為h，依題意，得，解得.由題意及圖可得，解得，所以正四棱錐的體積，所以，令，得，所以當時，；當時，，所以函數(shù)在上單調遞增，在上單調遞減，又當時，；當時，；當時，；所以該正四棱錐的體積的取值范圍是.故選C.法二：如圖，設該球的球心為O，半徑為R，正四棱錐的底邊長為a，高為h，依題意，得，解得.由題意及圖可得，解得，又，所以該正四棱錐的體積（當且僅當，即時取等號），所以正四棱錐的體積的最大值為，排除A，B，D，故選C.法三：如圖，設該球的半徑為R，球心為O，正四棱錐的底邊長為a，高為h，正四棱錐的側棱與高所成的角為，依題意，得，解得，所以正四棱錐的底邊長，高.在中，作，垂足為E，則可得，所以，（另解：也可以利用余弦定理，得）所以正四棱錐的體積，設，易得，則，則，令，得，所以當時，，當時，，所以函數(shù)在上單調遞增，在上單調遞減.又當時，；當時，；當時，；所以，所以.所以該正四棱錐的體積的取值范圍是，故選C.二、多項選擇題8．[2022年全國高考真題]已知正方體，則()A.直線與所成的角為B.直線與所成的角為C.直線與平面所成的角為D.直線與平面ABCD所成的角為8．答案：ABD解析：9．[2023年全國高考真題]已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，，，點C在底面圓周上，且二面角為，則()A.該圓錐的體積為 B.該圓錐的側面積為C. D.的面積為9．答案：AC解析：對于A，依題意，圓錐母線長，，，所以底面圓的半徑，圓錐的體積為，故A正確；對于B，該圓錐的側面積為；故B錯誤；對于C，如圖，取AC的中點M，連接PM，OM，則，又因為，所以，故為二面角的平面角，即，所以，即，所以，故C正確；對于D，由選項C可知，，，，所以的面積為，故D錯誤.故選AC.10．[2023年全國高考真題]下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內的有()A.直徑為的球體B.所有棱長均為的四面體C.底面直徑為，高為的圓柱體D.底面直徑為，高為的圓柱體10．答案：ABD解析：對于A選項，正方體內切球的直徑為，故A符合題意；對于B選項，如圖①，正方體內部最大的正四面體棱長為，，故B符合題意；對于C選項，圓柱底面直徑為，可忽略不計，高為，圓柱可看作長度為的線段.如圖②，正方體的體對角線為，故C不符合題意；對于D選項，圓柱高為，可忽略不計，底面直徑為，圓柱可看作直徑為的圓.如圖③，E，F(xiàn)，G，H，I，J為各棱的中點，六邊形EFGHIJ為正六邊形，其邊長為，其內切圓直徑，，故D符合題意.故選ABD.11．[2022年全國高考真題]如圖，四邊形ABCD為正方形，平面，，，記三棱錐，，的體積分別為，，，則()A. B. C. D.11．答案：CD解析：如圖，設，因為平面ABCD，，則，，連接BD交AC于點M，連接EM，F(xiàn)M，易得，又平面，平面ABCD，.又，，平面，平面BDEF，又，過F作于G，易得四邊形BDGF為矩形，，，，，，，.，，則，則，，，故A，B錯誤，C，D正確.故選CD.12．[2021年全國高考真題]在正三棱柱中，，點P滿足，其中，，則()A.當時，的周長為定值B.當時，三棱錐的體積為定值C.當時，有且僅有一個點P，使得D.當時，有且僅有一個點P，使得平面12．答案：BD解析：易知點P在矩形內部（含邊界）.對于A，當時，，即此時線段.當時，點P與點C重合，此時的周長為；當時，點P為線段的中點，此時，的周長為.所以的周長不是定值，故A錯誤；對于B，當時，，故此時P點軌跡為線段，而，又平面，平面，所以平面，則有點P到平面的距離為定值，又的面積為定值，所以三棱錐的體積為定值，故B正確.對于C，當時，，取，的中點分別為Q，H，則，所以點P軌跡為線段QH，不妨建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，則，，，所以或.故點H，Q均滿足，故C錯誤；對于D，當時，，取，的中點分別為M，N，則，所以點P軌跡為線段MN.設，因為，所以，，因為平面，所以，所以，此時點P與點N重合，故D正確.故選BD.三、填空題13．[2020年全國高考真題]已知正方體的棱長為2,分別為的中點,則三棱錐的體積為________________.13．答案：解析：因為正方體的棱長為2,分別為的中點,所以.故答案為：.14．[2023年全國高考真題]底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個底面邊長為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺的體積為____________.14．答案：28解析：法一：由于，截去的正四棱錐的高為3，所以原正四棱錐的高為6，所以原正四棱錐的體積為，截去的正四棱錐的體積為，所以棱臺的體積為.法二：由法一可知，棱臺的體積為.故答案為28.15．[2023年全國高考真題]在正四棱臺中，，，，則該棱臺的體積為___________.15．答案：解析：如圖，連接AC，BD交于點O，連接，交于點，連接，過點作于點H，則為正四棱臺的高.在等腰梯形中，，，則，，所以.又，所以，所以，所以正四棱臺的體積為.16．[2020年全國高考真題]已知直四棱柱的棱長均為2，，以為球心，為半徑的球面與側面的交線長為______.16．答案：解析：如圖，連接，易知為正三角形，所以.分別取，，的中點，連接，則易得，，且.由題意知分別是，與球面的交點.在側面內任取一點，使，連接，則，連接，易得，故可知以為圓心，為半徑的圓弧為球面與側面的交線.由知，所以的長為.四、解答題17．[2024年全國高考真題]如圖，四棱錐中，底面，，，.（1）若，證明：平面PBC；（2）若，且二面角的正弦值為，求AD.17．答案：（1）證明見解析（2）解析：（1）證明：由于底面，底面，，又，，平面，平面PAB，又平面，.，，，平面，平面，平面PBC.（2）由題意知DC，AD，AP兩兩垂直，以D為坐標原點，AD所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，過點D且平行于AP的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，設，，則，，，，，.設平面CPD的法向量為，則，即，可取.設平面ACP的法向量為，則，即，可取.二面角的正弦值為，余弦值的絕對值為，故，又，，即.18．[2024年全國高考真題]如圖，平面四邊形ABCD中，，，，，，點E，F(xiàn)滿足，，將沿EF翻折至，使得，（1）證明：：（2）求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值.18．答案：（1）證明見解析（2）解析：（1）證明：由題，，，又，所以由余弦定理得，故.又，所以.由及翻折的性質知，，又，平面PED，所以平面PED.又平面PED，所以.（2）如圖，連接CE，由題，，，，故.又，，所以，故.又，，平面ABCD，所以平面ABCD.EF，ED，PE兩兩垂直，故以E為原點，EF，ED，PE所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則，，，，，連接PA，則，，，.設平面PCD的法向量為，則，可取.設平面PBF即平面PAF的法向量為，則，可取.所以.故平面PCD與平面PBF所成二面角的正弦值為.19．如圖，PO是三棱錐的高，，，E為PB的中點.（1）證明：平面PAC.（2）若，，，求二面角的正弦值.19．答案：（1）證明見解析（2）解析：（1）證明：如圖，連接OA.因為PO是三棱錐的高，所以平面ABC，所以，，所以.又，，所以，所以.取AB的中點D，連接OD，DE，則有.又，所以.因為平面，平面PAC，所以平面PAC.因為D，E分別為AB，PB的中點，所以.因為平面，平面PAC，所以平面PAC.因為，平面，，所以平面平面PAC.又平面ODE，所以平面PAC.（2）由（1）知.以D為原點，分別以DB，DO所在直線為x軸、y軸，以過點D且垂直于平面ABC的直線為z軸，建立空間直角坐標系，如圖.因為，，且，，所以.又，所以，，所以，，，，所以，.設平面AEB的法向量為，則即所以.取，得，所以.設，則，所以.設平面AEC的法向量為，則即所以.取，得，所以.所以.所以二面角的正弦值為.20．[2023年全國高考真題]如圖，在正四棱柱中，，.點，，，分別在棱，，，上，，，.（1）證明：；（2）點P在棱上，當二面角為時，求.20．答案：(1)證明見解析(2)解析：(1)法一：證明：如圖，以，，所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系.因為，，，，，所以，，，，所以，又，，，四點不共線，所以.法二：如圖，過點作于點E，過點作于點F，在正四棱柱中，，，點，，，分別在棱，，，上，且，，，所以，，所以四邊形，均為平行四邊形，所以，，所以.(2)設，由(1)中法一建系可知，，，則，，.設平面的法向量為，所以即取，可得，，所以.設平面的法向量為，所以即取，可得，，所以.因為二面角為，所以，即，解得或，所以點P為的中點或的中點，即.21．如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為.（1）求A到平面的距離；

（2）設D為的中點，，平面平面，求二面角的正弦值.（1）答案：解析：三棱錐的體積V為三棱柱體積的，即.設點A到平面的距離為h，則.由解得.故點A到平面的距離為.（2）答案：解析：如圖，連接，交于點E，因為，所以.又平面平面，所以平面，.由(1)知，點A到平面的距離為，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為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，.設為平面DAB的法向量，則即可取.因為平面，所以為平面DCB的一個法向量，有.設二面角的平面