资源简介

专题09 立体几何初步
◆ ◆ ◆ ◆ ◆ ◆ ◆
高考频度 ★★★★★
考情分析 高考数学中，立体几何初步这个考点主要以选择题、填空题的形式出现．会涉及到体积，表面积，角度等计算，涉及到最值计算，范围求取，考查空间想象力、运算求解能力、数形结合思想、转化与化归思想、逻辑推理能力。
一、选择题
【真题1】（2023 甲卷）在三棱锥P﹣ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC，则该棱锥的体积为（　　）
A．1 B． C．2 D．3
【答案】A
【解答】解：如图，
PA＝PB＝2，AB＝BC＝2，取AB的中点D，连接PD，CD，可得AB⊥PD，AB⊥CD，
又PD∩CD＝D，PD、CD 平面PCD，∴AB⊥平面PCD，
在△PAB与△ABC中，求得PD＝CD，
在△PCD中，由PD＝CD，PC，得PD2+CD2＝PC2，则PD⊥CD，
∴，
∴AB．
故选：A．
【真题2】（2023 甲卷）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，AB＝4，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解答】解：解法一：∵四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，
又PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，∴根据对称性易知∠PDB＝∠PCA＝45°，
又底面正方形ABCD得边长为4，∴BD，
∴在△PBD中，根据余弦定理可得：
，
又BC＝4，PC＝3，∴在△PBC中，由余弦定理可得：
cos∠PCB，∴sin∠PCB，
∴△PBC的面积为．
解法二：如图，设P在底面的射影为H，连接HC，
设∠PCH＝θ，∠ACH＝α，且α∈（0，），则∠HCD＝45°﹣α，或∠HCD＝45°+α，
易知cos∠PCD，又∠PCA＝45°，则根据最小角定理（三余弦定理）可得：
，∴或，
∴或，∴或，
∴tanα或tanα，又α∈（0，），∴tanα，∴cosα，sinα，
∴，∴cosθ，
再根据最小角定理可得：cos∠PCB＝cosθcos（45°+α），
∴sin∠PCB，又BC＝4，PC＝3，
∴△PBC的面积为．
故选：C．
【真题3】（2023 乙卷）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝120°，若△PAB的面积等于，则该圆锥的体积为（　　）
A．π B．π C．3π D．3π
【答案】B
【解答】解：设该圆锥的高为h，即PO＝h，取AB的中点E，连接PE、OE，
由于圆锥PO的底面半径为，即OA＝OB，
而∠AOB＝120°，故AB3，
同时OE＝OA×sin30°，
△PAB中，PA＝PB，E为AB的中点，则有PE⊥AB，
又由△PAB的面积等于，即PE AB，变形可得PE，
而PE，则有h2，解可得h，
故该圆锥的体积Vπ×（）2hπ．
故选：B．
【真题4】（2023 乙卷）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C﹣AB﹣D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解答】解：如图，取AB的中点E，连接CE，DE，
则根据题意易得AB⊥CE，AB⊥DE，
∴二面角C﹣AB﹣D的平面角为∠CED＝150°，
∵AB⊥CE，AB⊥DE，且CE∩DE＝E，∴AB⊥平面CED，
又AB 平面ABC，∴平面CED⊥平面ABC，∴CD在平面ABC内的射影为CE，
∴直线CD与平面ABC所成角为∠DCE，
过D作DH垂直CE所在直线，垂足点为H，
设等腰直角三角形ABC的斜边长为2，则可易得CE＝1，DE，
又∠DEH＝30°，∴DH，EH，∴CH＝1，
∴tan∠DCE．
故选：C．
【真题5】（2023 上海）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P为边A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是（　　）
A．DD1 B．AC C．AD1 D．B1C
【答案】B
【解答】解：对于A，当P是A1C1的中点时，BP与DD1是相交直线；
对于B，根据异面直线的定义知，BP与AC是异面直线；
对于C，当点P与C1重合时，BP与AD1是平行直线；
对于D，当点P与C1重合时，BP与B1C是相交直线．
故选：B．
【真题6】（2023 北京）刍曹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，某屋顶可视为五面体ABCDEF，四边形ABFE和CDEF是全等的等腰梯形，△ADE和△BCF是全等的等腰三角形．若AB＝25m，BC＝AD＝10m，且等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角的正切值均为．为这个模型的轮廓安装灯带（不计损耗），则所需灯带的长度为（　　）
A．102m B．112m C．117m D．125m
【答案】C
【解答】解：根据题意及对称性可知底面四边形ABCD为矩形，
设E，F在底面矩形的射影点分别为M，N，
设AD与BC的中点分别为P，Q，则M，N在线段PQ上，如图，
过M，N分别作AB的垂线，垂足点分别为G，H，连接HF，FQ，
则根据题意及三垂线定理易得tan∠EPM＝tan∠EGM＝tan∠FHN＝tan∠FQN，
又MG＝NH＝5，∴EM＝FN，∴PM＝QN＝5，∴EP＝FQ，
∴MN＝PQ﹣PM﹣QN＝AB﹣PM﹣QN＝25﹣5﹣5＝15，∴EF＝MN＝15，
又易知BC⊥QN，FN⊥底面矩形ABCD，
∴根据三垂线定理可知BC⊥FQ，又BQ＝5，FQ，
∴FB8，∴ED＝EA＝FC＝FB＝8，
∴该多面体的所有棱长和为8×4+（25+10）×2+15＝117．
故所需灯带的长度为117m．
故选：C．
【真题7】（2023 天津）在三棱锥P﹣ABC中，线段PC上的点M满足PMPC，线段PB上的点N满足PNPB，则三棱锥P﹣AMN和三棱锥P﹣ABC的体积之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解答】解：在三棱锥P﹣ABC中，线段PC上的点M满足PMPC，线段PB上的点N满足PNPB，所以S△PMA，
设N到平面PAC的距离d1，B到平面PAC的距离d2，则，
则三棱锥P﹣AMN的体积为V三棱锥P﹣AMN＝V三棱锥N﹣APMS△PAM d1V三棱锥B﹣PAC．
故三棱锥P﹣AMN和三棱锥P﹣ABC的体积之比为．
故选：B．
二、多选题
【真题8】（2023 新高考Ⅰ）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
【答案】ABD
【解答】解：对于A，棱长为1的正方体内切球的直径为1＞0.99，选项A正确；
对于B，如图，
正方体内部最大的正四面体D﹣A1BC1的棱长为，选项B正确；
对于C，棱长为1的正方体的体对角线为，选项C错误；
对于D，（法一）如图，六边形EFGHIJ为正六边形，E，F，G，H，I，J为棱的中点，
高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，
六边形EFGHIJ棱长为米，∠GFH＝∠GHF＝30°，
所以米，故六边形EFGHIJ内切圆直径为米，
而，选项D正确．
（法二）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AC1的中点O作OE⊥AC1，设OE∩AC＝E，
可知，
则，即，解得，
且，即，
故以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2m的圆柱，
若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，
设圆柱的底面圆心为O1，与正方体的下底面的切点为M，
可知，AC1⊥O1M，O1M＝0.6，则，即，解得，
根据对称性可知圆柱的高为，
所以能够被整体放入正方体内，故选项D正确．
故选：ABD．
【真题9】（2023 新高考Ⅱ）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝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π
B．该圆锥的侧面积为4π
C．AC＝2
D．△PAC的面积为
【答案】AC
【解答】解：取AC中点D，则OD⊥AC，PD⊥AC，
由二面角的定义可知，二面角P﹣AC﹣O的平面角即为∠PDO＝45°，
对于A，△PAB中，由于PA＝PB＝2，∠APB＝120°，则PO＝1，，
则OD＝1，，选项A正确．
对于B，，选项B错误．
对于C，，选项C正确．
对于D，，，选项D错误．
故选：AC．
三、填空题
【真题10】（2023 新高考Ⅰ）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1，则该棱台的体积为　 　．
【答案】．
【解答】解：如图，设正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上下底面中心分别为M，N，
过A1作A1H⊥AC，垂足点为H，由题意易知A1M＝HN，又AN，
∴AH＝AN﹣HN，又AA1，∴A1H＝MN，
∴该四棱台的体积为（1+4）．
故答案为：．
【真题11】（2023 新高考Ⅱ）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　 　．
【答案】28．
【解答】解：如图所示，根据题意易知△SO1A1∽△SOA，
∴，又SO1＝3，
∴SO＝6，∴OO1＝3，又上下底面正方形边长分别为2，4，
∴所得棱台的体积为28．
故答案为：28．
【真题12】（2023 甲卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是　 　．
【答案】[2，2]．
【解答】解：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AC14，
即2R′＝4，R′＝2，故Rmax＝2，
分别取侧枝AA1，BB1，CC1，DD1的中点M，H，G，N，
则四边形MNGH是边长为4的正方形，且O为正方形MNGH的对角线交点，
连接MG，则MG＝4，
当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆，球的半径最小，
即R的最小值为2，
综上，球O的半径的取值范围是[2，2]．
故答案为：[2，2]．
【真题13】（2023 甲卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为CD，A1B1的中点，则以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为　 　．
【答案】12．
【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为CD，A1B1的中点，
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，EF中点为O，
取AB，BB1中点G，M，侧面BB1C1C的中心为N，
连接FG，EG，OM，ON，MN，如图，
由题意得O为球心，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，EF，
∴R，则球心O到BB1的距离为OM，
∴球O与棱BB1相切，球面与棱BB1只有一个交点，
同理，根据正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对称性可知，其余各棱和球面也只有一个交点，
∴以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12．
故答案为：12．
【真题14】（2023 上海）空间中有三个点A、B、C，且AB＝BC＝CA＝1，在空间中任取2个不同的点D，E（不考虑这两个点的顺序），使得它们与A、B、C恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有　 　．
【答案】9．
【解答】解：如图所示，设任取2个不同的点为D、E，
当△ABC为正四棱锥的侧面时，如图，平面ABC的两侧分别可以做ABDE作为圆锥的底面，有2种情况，
同理以BCED、ACED为底面各有2种情况，所以共有6种情况；
当△ABC为正四棱锥的截面时，如图，D、E位于AB两侧，ADBE为圆锥的底面，只有一种情况，
同理以BDCE、ADCE为底面各有1种情况，所以共有3种情况；
综上，共有6+3＝9种情况．
故答案为：9．
考向1 空间几何体的结构特征
解法技巧 空间几何体： （1）线线位置关系：平行、相交、异面． （2）线面位置关系：平行、相交、线在面内． （3）面面位置关系：平行、相交．
【模拟01】（2024 石嘴山模拟）设a，b，l是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，若a⊥β，α∩β＝l，a α，b β，则“b⊥l”是“a⊥b”的（　　）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解答】解：因为a⊥β，α∩β＝l，a α，b β，
因为b⊥l，α∩β＝l，b β，所以b⊥α，又因为a α，所以a⊥b，
所以“b⊥l”是“a⊥b”的充分条件；
因为a⊥b，a⊥β，a α，所以α⊥β，
因为b β，所以a⊥b，b不一定垂直α，
因为α∩β＝l，所以b不一定垂直l，所以“b⊥l”是“a⊥b”的不必要条件．
所以“b⊥l”是“a⊥b”的充分不必要条件．
故选：A．
【模拟02】（2024 锦州模拟）设α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题是真命题的是（　　）
A．若m⊥α，m⊥n，则n∥α
B．若m⊥n，m α，n β，则α⊥β
C．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n
D．若α∩β＝m，β∩γ＝l，α∩γ＝n，则n∥l∥m
【答案】C
【解答】解：α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，
对于A，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n α，故A错误；
对于B，若m⊥n，m α，n β，则α与β相交或平行，故B错误；
对于C，若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则由线面垂直、面面垂直的性质得m⊥n，故C正确；
对于D，如图，平面AC∩平面BC1＝BC，平面BC1∩平面CD1＝CC1，平面AC∩平面CD1＝CD，
BC，CC1，CD两两相交，
∴α∩β＝m，β∩γ＝l，α∩γ＝n，则n，l，m不一定平行，故D错误．
故选：C．
【模拟03】（2024 汉中模拟）已知m，n为两条直线，α，β为两个平面，m α，n β，m⊥n，则m⊥β是α⊥β的（　　）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解答】解：m⊥β，m α，所以α⊥β，所以m⊥β是α⊥β的充分条件；
α⊥β，m α，n β，m⊥n，只有m垂直于两个平面的交线时，则m⊥β，所以m⊥β是α⊥β的不必要条件．
所以m⊥β是α⊥β的充分不必要条件．
故选：A．
【模拟04】（2024 大连一模）已知直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是（　　）
A．若a⊥c，b⊥c，则a∥b
B．若a∥b，a∥α，则b∥α
C．若a∥α，b∥α，c⊥a，且c⊥b，则c⊥α
D．若β⊥α，γ⊥α，且β∩γ＝a，则a⊥α
【答案】D
【解答】解：若a⊥c，b⊥c，则a∥b或a与b相交或a与b异面，故A错误；
若a∥b，a∥α，则b∥α或b α，故B错误；
若a∥α，b∥α，则a与b可能平行，此时若c⊥a，且c⊥b，不一定有c⊥α，故C错误；
若β⊥α，γ⊥α，β∩γ＝a，在α内过一点P分别作两直线b、c与交线垂直，
由平面与平面垂直的性质可得b⊥a，c⊥a，
即可得到a⊥α，故D正确．
故选：D．
【模拟05】（2024 湖南模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点，则下列说法错误的是（　　）
A．E，F，G，H四点共面 B．EF∥GH
C．EG，FH，AA1三线共点 D．∠EGB1＝∠FHC1
【答案】D
【解答】解：因为E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点，连接EF，GH，
在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，可得EF∥B1C1，GH∥B1C2，且EF＝B1C1，GHB1C2，
可得EF∥GH，所以A，B正确；
C中，可得四边形EFHG为梯形，所以EG与FH相交于一点，设交点为P，则P∈EG，
而EG 平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1，FH 平面ACC1A1，所以P∈平面ACC1A1，
所以P一定在平面ACC1A1与平面ABB1A1的交线上，而平面ACC1A1∩平面ABB1A1＝AA1，
所以P∈AA1，
即EG，FH，AA1三线共点，即C正确；
D中，因为tan∠EGB1，tan∠FHC1，
因为EB＝FC1，BG1与HC1不一定相等，所以tan∠EGB1与tan∠FHC1不一定相等，
所以∠EGB1与∠FHC1不一定相等，所以D不正确．
故选：D．
考向2 表面积与体积
解法技巧 表面积与体积： （1）棱柱的体积公式：设棱柱的底面积为S，高为h，V棱柱＝S×h． （2）棱锥的体积公式：设棱锥的底面积为S，高为h，V棱锥Sh． （3）棱台的体积公式：设棱台上底面面积为S，下底面面积为S′，高为h， V棱台． （4）圆柱的体积和表面积公式：设圆柱底面的半径为r，高为h，则． （5）圆锥的体积和表面积公式：设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l：． （6）圆台的体积和表面积公式：设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，母线长为l：． （7）球的体积和表面积：设球体的半径为R，V球体，S球体＝4πR2．
【模拟01】（2024 枣庄一模）已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的侧面积为（　　）
A．6π B．16π C．26π D．32π
【答案】B
【解答】解：把圆台补成圆锥，设上面小圆锥的母线长为l1，设大圆锥的母线长为l2，
∵圆台的侧面展开图是半个圆环，∴小圆锥和大圆锥的侧面展开都是半圆，
∴，2π×3，解得l1＝2，l2＝6，
∴圆台的侧面积为两个半圆的面积之差，即16π．
故选：B．
【模拟02】（2024 毕节市模拟）已知圆锥的底面圆的面积为3π，侧面展开图为一个扇形，其面积为9π，则该圆锥的母线长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解答】解：设圆锥的底面圆半径为r，母线长为l，则πr2＝3π，解得r；
所以圆锥的侧面展开图面积为πrl＝π l＝9π，解得l＝3，
所以圆锥的母线长为3．
故选：C．
【模拟03】（2024 黄浦区二模）若一个圆柱的底面半径为2，母线长为3，则此圆柱的侧面积为　 　．
【答案】12π．
【解答】解：因为圆柱的底面半径为2，母线长为3，
所以圆柱的侧面积为S侧＝2π×2×3＝12π．
故答案为：12π．
【模拟04】（2024 安宁区校级模拟）已知圆台下底面的半径为2，高为2，母线长为，则这个圆台的体积为　 　．
【答案】．
【解答】解：设圆台上底面的半径为r，则有，
解得r＝1或r＝3（舍去），
所以圆台的体积V ．
故答案为：．
【模拟05】（2024 源汇区校级模拟）已知一个圆柱底面半径为2，高为3，上底面的同心圆半径为1，以这个圆面为上底面，圆柱下底面为下底面的圆台被挖去，剩余的几何体表面积等于　 　．
【答案】．
【解答】解：根据题意，如图：
剩余几何体表面积等于圆环的面积加上圆台的侧面积再加上圆柱的侧面积，
由题意r＝1，R＝2，h＝3，所以圆环的面积为，
圆台母线，
所以圆台侧面积为，圆柱侧面积为S3＝2πRh＝12π，
所以剩余的几何体表面积等于．
故答案为：．
考向3 外接球与内切球
解法技巧 外接球模型： （1）三线垂直图形 计算公式：三棱锥三线垂直还原成长方体． （2）由长方体（正方体）图形的特殊性质，可以构造如下三种模型： ①三棱锥对棱相等．,,,是对棱棱长． ②等边三角形与等腰直角三角形连接． ③投影为矩形． （3）线面垂直型： 线垂直一个底面（底面是任意多边形，实际是三角形或者四边形（少），它的外接圆半径是r，满足正弦定理）． 模板图形原理 图1 图2 计算公式；其中 （4）面面垂直型 一般情况下，俩面是特殊三角形。垂面型，隐藏很深的线面垂直型 （5）垂线相交型 等边或者直角：等边三角形中心（外心）做面垂线，必过球心． 直角三角形斜边中点（外心）做面垂线，必过球心．
【模拟01】（2024 香坊区校级二模）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的6个顶点都在球O的表面上，若AB＝AC＝1，AA1＝4，，则球O的表面积为（　　）
A．16π B．20π C．28π D．32π
【答案】B
【解答】解：如图：设M，N分别为上下底面的外心，由题意知MN的中点O为该三棱柱外接球的球心，连接MN，OB，在△ABC中，AB＝AC＝1，，
则底面外接圆的半径为BN1，
又AA1＝4，所以MN＝AA1＝4，所以ON＝2，
所以该三棱柱的外接球半径R，
所以球O的表面积为4πR2＝20π．
故选：B．
【模拟02】（2024 邵阳模拟）已知三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC＝60°，PA＝AC＝2，则此三棱锥外接球的表面积为（　　）
A． B． C．10π D．5π
【答案】B
【解答】解：因为三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC＝60°，PA＝AC＝2，
设底面△ABC的外接圆的半径为r，三棱锥外接球的半径为R，
由正弦定理得，可得，
所以，
则外接球的表面积为．
故选：B．
【模拟03】（2024 邢台模拟）已知四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为2的正方形，侧棱长都等于2，则该四棱锥的内切球的表面积为（　　）
A． B．12π C． D．8π
【答案】A
【解答】解：∵正四棱锥P﹣ABCD的底面边长为2，侧棱长为2，取BC的中点E，设P在底面的投影为O，∴斜高PE；PO，
设内切球的半径为r，则PO SABCD（S四边形ABCD+4S△PBC）r 2×2（2×2+42）r，解得，
所以四棱锥P﹣ABCD内切球的表面积为：S＝4πr2＝（8﹣4）π．
故选：A．
【模拟04】（多选）（2024 湖北模拟）六氟化硫，化学式为SF6，在常压下是一种无色，无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为m，则（　　）
A．该正八面体结构的表面积为
B．该正八面体结构的体积为
C．该正八面体结构的外接球表面积为2πm2
D．该正八面体结构的内切球表面积为
【答案】ACD
【解答】解：对A：由题知，各侧面均为边长为m的正三角形，故该正八面体结构的表面积，故A正确；
对B：连接AS，PS，则底面ABCD，故该正八面体结构的体积，故B错误；
对C：底面中心S到各顶点的距离相等，故S为外接球球心，外接球半径，故该正八面体结构的外接球表面积，故C正确；
对D：该正八面体结构的内切球半径，故内切球的表面积，故D正确．
故选：ACD．
【模拟05】（2024 昆明一模）已知球O的表面积为36π，正四棱锥P﹣ABCD的所有顶点都在球O的球面上，则该正四棱锥P﹣ABCD体积的最大值为　 　．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：如图，由，故该球半径r＝3，
设正四棱锥P﹣ABCD底面边长为AB＝a，高为PM＝h，
则，
则有，化简得a2＝﹣2h2+12h，
所以，
令，则f′（h）＝﹣2h2+8h＝﹣2h（h﹣4），
故当0＜h＜4时，f′（h）＞0，当h＞4时，f′（h）＜0，
即f（h）有极大值，
即该正四棱锥P﹣ABCD体积的最大值为．
故答案为：．
考向4 空间角
解法技巧 线面角与二面角： （1）线面角的求法： ①传统求法：可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得． ②向量求法：设直线l的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为θ，与的夹角为φ，则有sinθ＝|cos φ|． （2）二面角的求法： ①定义法． ②平移或延长（展）线（面）法． ③射影公式． ④向量法．
【模拟01】（2024 海淀区校级模拟）已知三棱锥S﹣ABC中，SC＝2，AB＝2，E，F分别是SA，BC的中点，EF＝1，则EF与AB所成的角大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解答】解：取AC中点D，连接DE、DF，
由E，F分别是SA，BC的中点，则DE∥SC，DF∥AB，
则EF与AB所成的角的平面角为∠EFD（或其补角），
由SC＝2，AB＝2，则DE，DF＝1，
又EF＝1，则cos∠EFD，即∠EFD，
即EF与AB所成的角大小为，
故选：B．
【模拟02】（2024 遂宁模拟）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，EF是△BCD的中位线，AC与EF交于点G，已知△PEF是△CEF绕EF旋转过程中的一个图形，且P 平面ABCD．给出下列结论：
①BD∥平面PEF；
②平面PAC⊥平面ABCD；
③二面角P﹣EF﹣C的平面角是直线OP与平面ABCD所成角的2倍．
其中所有正确结论的序号为（　　）
A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
【答案】A
【解答】解：对于①，因为EF是△BCD的中位线，
所以BD∥EF，又EF 平面PEF，BD 平面PEF，
所以BD∥平面PEF，故①正确；
对于②，如图，连接PA，PC，PG，
因为菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，EF是△BCD的中位线，AC与EF交于点G，
所以BD⊥AC，又BD∥EF，所以AC⊥EF，
又PF＝PE，由题易得G是EF的中点，所以PG⊥EF，
因为AC∩PG＝G，AC，PG 平面PAC，
所以EF⊥平面PAC，又EF 平面ABCD，
所以平面PAC⊥平面ABCD，故②正确；
对于③，如图，连接PO，PG，
由题易知∠POC即为直线OP与平面ABCD所成角，
∠PGC为二面角P﹣EF﹣C的平面角，
因为EF是△BCD的中位线，则G是OC的中点，
所以PG＝GO，即△PGO是等腰三角形，
由三角形内外角的关系可得∠PGC＝2∠POG，故③正确．
故选：A．
【模拟03】（多选）（2024 江西模拟）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别为棱DD1，C1D1的中点，过点E的平面α与平面BDC1平行，点G为线段BC1上的一点，则下列说法正确的是（　　）
A．A1G⊥B1D
B．若点Q为平面α内任意一点，则QC+QB的最小值为
C．底面半径为且高为的圆柱可以在该正方体ABCD﹣A1B1C1D1内任意转动
D．直线A1G与平面BDC1所成角的正弦值的最大值为
【答案】ACD
【解答】解：对于A，如图，B1D1⊥A1C1，又DD1上平面A1B1C1D1，所以DD1⊥B1D1，又D1D，B1D1是平面DD1B1内两条相交直线，所以A1C1⊥平面DD1B1，所以B1D⊥A1C1，同理可证B1D⊥BC1，而A1C1，BC1 平面A1BC1，所以B1D⊥平面A1BC1，因为A1G 平面A1BC1，所以B1D⊥A1G，故A正确；
对于B，如图，平面α截正方体的截面为正六边形，点A1，C关于平面α对称，
所以，故B错误；
对于C，底面半径为，高为的圆柱的外接球的半径为R＝1，又正方体棱长为2，
所以圆柱可以在正方体内任意转动，故C正确；
对于D，由题，点A1到平面BDC1的距离为定值，所以当A1G最小时，直线A1G与平面BDC1成角的正弦值最大，此时点G是BC1的中点，直线A1G与平面BDC1所成角即∠A1GD，在A1DG中，，，，所以，故D正确．
故选：ACD．
【模拟04】（2024 崇明区二模）已知底面半径为1的圆柱，O是其上底面圆心，A、B是下底面圆周上两个不同的点，BC是母线．若直线OA与BC所成角的大小为，则BC＝　 　．
【答案】．
【解答】解：如图，过A作与BC平行的母线AD，连接OD，
则∠OAD为直线OA与BC所成的角，大小为．
在直角三角形ODA中，因为∠OAD，所以tan．
则AD＝BC．
故答案为：．
【模拟05】（2024 河南模拟）在四棱锥P﹣ABCD中，已知平面PAD⊥平面ABCD，，AD＝4，PA＝PD，，若二面角P﹣AB﹣D的正切值为，则四棱锥P﹣ABCD外接球的表面积为　 　．
【答案】．
【解答】解：分别取AD、AB的中点Q、R，连接PQ，PR，QR，
因为PA＝PD，所以PQ⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PQ 平面PAD，
所以PQ⊥平面ABCD，RQ 平面ABCD，AB 平面ABCD，所以PQ⊥QR，PQ⊥AB，
因为，所以AB2+BD2＝AD2，所以AB⊥BD，
因为Q，R分别为AD，AB的中点，所以QR∥BD，所以AB⊥QR，
又PQ∩QR＝Q，PQ，QR 平面PQR，所以AB⊥平面PQR，
又PR 平面PQR，所以AB⊥PR，
所以∠PRQ为二面角P﹣AB﹣D的平面角，所以，
因为，所以，
所以三棱锥P﹣ABD外接球的球心O在直线PQ上，由知O在线段PQ的延长线上，设OQ＝d，则，即，所以，
所以三棱锥P﹣ABD外接球的半径为，表面积为，
因为，即∠BAD+∠BCD＝π，
所以A、B、C、D四点共圆，
所以三棱锥P﹣ABD的外接球即为四棱锥P﹣ABCD的外接球，
故四棱锥P﹣ABCD外接球的表面积为．
故答案为：．专题09 立体几何初步
◆ ◆ ◆ ◆ ◆ ◆ ◆
高考频度 ★★★★★
考情分析 高考数学中，立体几何初步这个考点主要以选择题、填空题的形式出现．会涉及到体积，表面积，角度等计算，涉及到最值计算，范围求取，考查空间想象力、运算求解能力、数形结合思想、转化与化归思想、逻辑推理能力。
一、选择题
【真题1】（2023 甲卷）在三棱锥P﹣ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC，则该棱锥的体积为（　　）
A．1 B． C．2 D．3
【真题2】（2023 甲卷）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，AB＝4，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC的面积为（　　）
A． B． C． D．
【真题3】（2023 乙卷）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝120°，若△PAB的面积等于，则该圆锥的体积为（　　）
A．π B．π C．3π D．3π
【真题4】（2023 乙卷）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C﹣AB﹣D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（　　）
A． B． C． D．
【真题5】（2023 上海）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P为边A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是（　　）
A．DD1 B．AC C．AD1 D．B1C
【真题6】（2023 北京）刍曹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，某屋顶可视为五面体ABCDEF，四边形ABFE和CDEF是全等的等腰梯形，△ADE和△BCF是全等的等腰三角形．若AB＝25m，BC＝AD＝10m，且等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角的正切值均为．为这个模型的轮廓安装灯带（不计损耗），则所需灯带的长度为（　　）
A．102m B．112m C．117m D．125m
【真题7】（2023 天津）在三棱锥P﹣ABC中，线段PC上的点M满足PMPC，线段PB上的点N满足PNPB，则三棱锥P﹣AMN和三棱锥P﹣ABC的体积之比为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
【真题8】（2023 新高考Ⅰ）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
【真题9】（2023 新高考Ⅱ）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝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π
B．该圆锥的侧面积为4π
C．AC＝2
D．△PAC的面积为
三、填空题
【真题10】（2023 新高考Ⅰ）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1，则该棱台的体积为　 　．
【真题11】（2023 新高考Ⅱ）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　 　．
【真题12】（2023 甲卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是　 　．
【真题13】（2023 甲卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为CD，A1B1的中点，则以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为　 　．
【真题14】（2023 上海）空间中有三个点A、B、C，且AB＝BC＝CA＝1，在空间中任取2个不同的点D，E（不考虑这两个点的顺序），使得它们与A、B、C恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有　 　．
考向1 空间几何体的结构特征
解法技巧 空间几何体： （1）线线位置关系：平行、相交、异面． （2）线面位置关系：平行、相交、线在面内． （3）面面位置关系：平行、相交．
【模拟01】（2024 石嘴山模拟）设a，b，l是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，若a⊥β，α∩β＝l，a α，b β，则“b⊥l”是“a⊥b”的（　　）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【模拟02】（2024 锦州模拟）设α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题是真命题的是（　　）
A．若m⊥α，m⊥n，则n∥α
B．若m⊥n，m α，n β，则α⊥β
C．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n
D．若α∩β＝m，β∩γ＝l，α∩γ＝n，则n∥l∥m
【模拟03】（2024 汉中模拟）已知m，n为两条直线，α，β为两个平面，m α，n β，m⊥n，则m⊥β是α⊥β的（　　）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【模拟04】（2024 大连一模）已知直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是（　　）
A．若a⊥c，b⊥c，则a∥b
B．若a∥b，a∥α，则b∥α
C．若a∥α，b∥α，c⊥a，且c⊥b，则c⊥α
D．若β⊥α，γ⊥α，且β∩γ＝a，则a⊥α
【模拟05】（2024 湖南模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点，则下列说法错误的是（　　）
A．E，F，G，H四点共面 B．EF∥GH
C．EG，FH，AA1三线共点 D．∠EGB1＝∠FHC1
考向2 表面积与体积
解法技巧 表面积与体积： （1）棱柱的体积公式：设棱柱的底面积为S，高为h，V棱柱＝S×h． （2）棱锥的体积公式：设棱锥的底面积为S，高为h，V棱锥Sh． （3）棱台的体积公式：设棱台上底面面积为S，下底面面积为S′，高为h， V棱台． （4）圆柱的体积和表面积公式：设圆柱底面的半径为r，高为h，则． （5）圆锥的体积和表面积公式：设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l：． （6）圆台的体积和表面积公式：设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，母线长为l：． （7）球的体积和表面积：设球体的半径为R，V球体，S球体＝4πR2．
【模拟01】（2024 枣庄一模）已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的侧面积为（　　）
A．6π B．16π C．26π D．32π
【模拟02】（2024 毕节市模拟）已知圆锥的底面圆的面积为3π，侧面展开图为一个扇形，其面积为9π，则该圆锥的母线长为（　　）
A． B． C． D．
【模拟03】（2024 黄浦区二模）若一个圆柱的底面半径为2，母线长为3，则此圆柱的侧面积为　 　．
【模拟04】（2024 安宁区校级模拟）已知圆台下底面的半径为2，高为2，母线长为，则这个圆台的体积为　 　．
【模拟05】（2024 源汇区校级模拟）已知一个圆柱底面半径为2，高为3，上底面的同心圆半径为1，以这个圆面为上底面，圆柱下底面为下底面的圆台被挖去，剩余的几何体表面积等于　 　．
考向3 外接球与内切球
解法技巧 外接球模型： （1）三线垂直图形 计算公式：三棱锥三线垂直还原成长方体． （2）由长方体（正方体）图形的特殊性质，可以构造如下三种模型： ①三棱锥对棱相等．,,,是对棱棱长． ②等边三角形与等腰直角三角形连接． ③投影为矩形． （3）线面垂直型： 线垂直一个底面（底面是任意多边形，实际是三角形或者四边形（少），它的外接圆半径是r，满足正弦定理）． 模板图形原理 图1 图2 计算公式；其中 （4）面面垂直型 一般情况下，俩面是特殊三角形。垂面型，隐藏很深的线面垂直型 （5）垂线相交型 等边或者直角：等边三角形中心（外心）做面垂线，必过球心． 直角三角形斜边中点（外心）做面垂线，必过球心．
【模拟01】（2024 香坊区校级二模）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的6个顶点都在球O的表面上，若AB＝AC＝1，AA1＝4，，则球O的表面积为（　　）
A．16π B．20π C．28π D．32π
【模拟02】（2024 邵阳模拟）已知三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC＝60°，PA＝AC＝2，则此三棱锥外接球的表面积为（　　）
A． B． C．10π D．5π
【模拟03】（2024 邢台模拟）已知四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为2的正方形，侧棱长都等于2，则该四棱锥的内切球的表面积为（　　）
A． B．12π C． D．8π
【模拟04】（多选）（2024 湖北模拟）六氟化硫，化学式为SF6，在常压下是一种无色，无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为m，则（　　）
A．该正八面体结构的表面积为
B．该正八面体结构的体积为
C．该正八面体结构的外接球表面积为2πm2
D．该正八面体结构的内切球表面积为
【模拟05】（2024 昆明一模）已知球O的表面积为36π，正四棱锥P﹣ABCD的所有顶点都在球O的球面上，则该正四棱锥P﹣ABCD体积的最大值为　 　．
考向4 空间角
解法技巧 线面角与二面角： （1）线面角的求法： ①传统求法：可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得． ②向量求法：设直线l的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为θ，与的夹角为φ，则有sinθ＝|cos φ|． （2）二面角的求法： ①定义法． ②平移或延长（展）线（面）法． ③射影公式． ④向量法．
【模拟01】（2024 海淀区校级模拟）已知三棱锥S﹣ABC中，SC＝2，AB＝2，E，F分别是SA，BC的中点，EF＝1，则EF与AB所成的角大小为（　　）
A． B． C． D．
【模拟02】（2024 遂宁模拟）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，EF是△BCD的中位线，AC与EF交于点G，已知△PEF是△CEF绕EF旋转过程中的一个图形，且P 平面ABCD．给出下列结论：
①BD∥平面PEF；
②平面PAC⊥平面ABCD；
③二面角P﹣EF﹣C的平面角是直线OP与平面ABCD所成角的2倍．
其中所有正确结论的序号为（　　）
A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
【模拟03】（多选）（2024 江西模拟）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别为棱DD1，C1D1的中点，过点E的平面α与平面BDC1平行，点G为线段BC1上的一点，则下列说法正确的是（　　）
A．A1G⊥B1D
B．若点Q为平面α内任意一点，则QC+QB的最小值为
C．底面半径为且高为的圆柱可以在该正方体ABCD﹣A1B1C1D1内任意转动
D．直线A1G与平面BDC1所成角的正弦值的最大值为
【模拟04】（2024 崇明区二模）已知底面半径为1的圆柱，O是其上底面圆心，A、B是下底面圆周上两个不同的点，BC是母线．若直线OA与BC所成角的大小为，则BC＝　 　．
【模拟05】（2024 河南模拟）在四棱锥P﹣ABCD中，已知平面PAD⊥平面ABCD，，AD＝4，PA＝PD，，若二面角P﹣AB﹣D的正切值为，则四棱锥P﹣ABCD外接球的表面积为　 　．

展开更多......

收起↑