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1、第九章立体几何第一节空间点、线、面的位置关系与空间几何体1. (2023全国甲卷理科11)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，AB=4,PC=PD=3,NPCA=45。，则的面积为()A.2y2B.32C.42D.52【解析】如图所示，取4民仁。的中点分别为知,因为AB=4,所以MN=4,AC=4.叉PC=PD=3,过P作尸OJ平面A3CD,则OeMZV.连接PMoAOC,则尸N_LCO,PV=32-22=5.今ON=x,KPO2=5-X2,OA2=4+(4-x)2fE42=O2+PO2=4+(4-)2+5-x2=25-8x.夫人”一由小儿/T“，Yac2+pc2-32+9-(25-
2、8x)及在JfAC中，因为Z.PCA=45,所以8S45=.2ACPC24232解得x=l,则ON=LPO=2.过O作LBC,垂足为“，连接PH,则OH=2,PH=2戊.所以Szij8c=gx8CxP”=gx4x2=4.故选C.【评注】本题重点考查了四棱锥中侧面、底面、高、斜高等几何要素之间的关系，涉及到空间想象能力与运算求解能力，2024届的考生应在空间几何体方面强化，属中档难度.2. (2023全国甲卷理科15)15.在正方体ABCD-AgG中，E,尸分别为CRA4的中点，则以所为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为.【解析】如图所示，EF=显AB,所以球。是正方体A88-A8GA的棱切球
3、，即球。与每条棱都有一个公共点，故填12.3. （2023全国甲卷文科16）在正方体ABCO-A4GR中，AB=4,。为AG的中点，若该正方体的棱与球。的球面有公共点，则球0的半径的取值范围是.【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为4的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.【解析】设球的半径为/?.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ACl=42+42+42=43,即2R=46,R=26,故RmaX=2小；分别取侧极A41,8g,CG,）的中点,G,N,显然
4、四边形MNG”是边长为4的正方形,且。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MNG”的外接圆，球的半径达到最小，即R的最小值为2垃.综上，/?22,23.故答案为2,2J5.4. （2023全国乙卷理科3,文科3）如图所示，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1,则该零件的表面积为（）A.24B.26C.28D.30【分析】由题意首先由三视图还原空间几何体，然后由所得的空间几何体的结构特征求解其表面积即可.【解析】如图所示，在长方体A8CO-AgCR中，AB=BC=2,AA=3,点K为所在棱上靠近点4,G,R,A的三等分点，QL,M,N为
5、所在棱的中点，则三视图所对应的几何体为长方体ABCD-AIBlCR去掉长方体ONICI-LMHBl之后所得的几何体.5. （2023全国乙卷理科8）已知圆锥尸O的底面半径为近，。为底面圆心，R4,P3为圆锥的母线，NAO3=120。，若/B的面积等于外叵，则该圆锥的体积为（）4A.B.JC.3D.36【解析】如图所示，取AB中点为“，连接OH,Ph.在圆O中，因为R=JJ,NAQ3=120。，所以OH=，AB=3.2qs93又S%a8=7,所以尸二-所以该圆锥的体积为=兀.故选B.6. （2023全国乙卷文科16）已知点S,A8,C均在半径为2的球面上，AABC是边长为3的等边三角形，S4_L
6、平面ABC,则S4=.【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及球的性质运算求解.【解析】如图所示，将三棱锥S-ABC转化为直三棱柱SMN-ABC,设/MBC的外接圆圆心为。,半径为广，2r=_2_=2y3则SinZACB3,可得r=正，2设三棱锥S-ABC的外接球球心为O,连接OAOq,AO1,则OA=2,AO1=3,OOx=l=gSA,所以SA=2.故答案为2.【评注】多面体与球切、接问题的求解方法：（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；(2)若球面上四点RARC构成的三条线段4,尸
7、3,PC两两垂直，且Q4=,PB=btPC=C,一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据求解：(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长：(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长：(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图,确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.7. (2023新高考I卷14)在正四棱台A8CD-Al8CA中，AB=2,AiBl=lf=2,则该棱台的体积为.【解析】如图所示，将正四棱台ABCo-A4GA补成正四枝锥S-A5CQ,因为A5=2,Aq=1,A41=2,所以SA=20,
8、设ACBD=O,AiClBlDi=O1,则AO=,Oa二季故V=g(S+S2+Jss)力=g(2?+F+/F卜手=亭76故填6.8. (2023新高考II卷9)已知圆锥的顶点为尸，底面圆心为0,AB为底面直径，ZAPB=120,24=2,点C在底面圆周上，且二面角PACO为45。，则()A.该圆锥体积为加B.该圆锥侧面积为4 J3兀D.APAC的面积为不【解析】如图所示，取AC的中点。，连接PD,ODf则PZ）LAC,ODBC,所以QD_LAC,所以NPDO为二面角P-AC-O的平面角，即NPDO=45。，则Po=DO.依题意，QA=2,NApA=I20,所以底面圆半径广=J,圆锥高=1.%锥
9、=S底面A=g/=;兀3l=7T,A正确；S侧=gX2兀1AP=J52=2J5,B4昔误;在RlZXAPD中，QA=2,PD=JPO2+DO2=2,所以AO=,AC=2D=22,C正确；S4PAC=；ACPD=；x2必丘二2,D错误.综上，故选AC.9. （2023新高考H卷14）14.底面边长为4的正四棱锥被一个平行于底面的平面所截，截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥，则所得棱台的体积为.【解析】设原正四棱锥的体积为M,高为4,裁取的正四枝锥的体积为匕，高为h2,依题意可得%=2%=23=6,111,1,所以4台=M-%=gS拘一J?也=/42。6丁223=28.10. （2023北京卷
10、9）坡屋顶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.如图所示，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个而是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形.若AB=25m,BC=AD=IOmf且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABa）的夹角的正切值均为巫，则该五面体的5所有棱长之和为（）A.102mB.2mC.117mD. 125 mFEA【分析】先根据线面角的定义求得tanNEMO=tanEGO=,从而依次求EO,EG,5EBfEF,再把所有棱长相加即可得解.【解析】如图所示，过E做EO平面ABCD,垂足为。，过E分别做EG_LBC,EMLAB,
11、垂足分别为G,M,连接OGQ0,由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为NEMO和NEGO,x14所以tanZEMO=tanZEGO=5因为EO_L平面A3CD,BCU平面ABCD,所以EOBC,因为EGJ_BC,EaEGU平面EOG,EOCEG=E,所以3C_L平面EoG,因为OGU平面EoG,所以BCI.OG.同理：OMLBMy又BMLBG,故四边形OMBG是矩形，所以由BC=IO得0=5,所以EO=Ji4,所以OG=5,所以在RtZiEOG中，EG=1EO上的点、N满足PN = -PB ,则三棱锥P-AMN和三棱锥夕ABC的体积之比为()+OG2=()2+52=39,
12、在RtZXEBG中，BG=OM=5,EB=EG2+BG2=(39)252=8,又因为EF=AB-55=2555=15,所有棱长之和为2x25+2xl0+15+4x8=117m.故选C.11. (2023天津卷8)在三棱锥PA8C中，线段PC上的点M满足PM=J尸C,线段PB31 - 9A.2 - 9B.【分析】分别过M,C作mmj_pa,CCJ_PA,垂足分别为,C.过B作仍平面卓。，垂足为3，连接PB,过N作NN上PB,全走为N,先证NN工平面PAC,MM1NN2则可得到BBNN，再证MMCC由三角形相似得到五7=.，=,再由A二步曲即可求出体积比VP-ABCB-PAC【解析】如图所示，分别
13、过KC作MMJ,P4,CCUPA,垂足分别为M,C.过B作33_L平面BAC,垂足为B,连接PB,过N作NNtPB,垂足为N因为33平面Q4C,83U平面PB,所以平面/3BJL平面C又因为平面PB8平面尸4C=PB,NN工PB,NNu平面PBB，所协NN工平面PAC,且BBHNNPMMM1在ZPCC中，因为MM_LPACC_LP4,所以CC,所以=,，PCCCf3PNNN2在APBB中,因为BBNN,所以一=,PBBB3VVSNamNNT,(“1、，P-AMN-vN-PAM_3_DPAMM,NM2rJKA-p-4cpac-BB,LBB,9故选B.第二节空间直线、平面间平行和垂直的判定与性质1
14、.(2023全国乙卷文科19(D)如图所示，在三棱锥P-ABC中，ABBC,AB=2,C=22,PB=PC=娓,BRAP,BC的中点分别为。,比O,点尸在AC上,BFAO.求证：EF平面ADO:【解析】如图所示，在RtABC中，因为MJ_AO,且。为BC中点,AB=2,BC=2y2tBo=阻,所以RtZBA-RtZ3C4.设IAO=Q,则RlZQ30sRtZ8AO.所以NQBO=NBAo=NBCA,所以BF=CF,又NABC=90。，故尸为AC中点，又E为AP中点，所以EFHPC,火PCliDO,所以EFHDO,又EFa平面4)0,所以EF”平面ADO.2.(2023全国甲卷文科18(D)在三棱柱ABCCl中，ACl底面A8C,ZAC=90o.求证：ACGAl平面BCGg；【分析】由ACJ平面48C得ACL8C,又因为AC_LBC,可证8C_L平面ACCA,从而证得平面ACC1A1平面BCGBl；【解析】证明：因为AC，平面ABC,BCU平面ABC,所以AC，8。，又因为NAC3=
