1、专题04 立体几何1【2022年新高考1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（）（）ABCD【答案】C【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出【解析】依题意可知棱台的高为MN=157.5148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V棱台上底面积S=140.0km2=140106m2，下底面积S=180.0km2=180106m2，V=13S+S+SS=139140106+18
2、0106+1401801012=3320+60710696+182.65107=1.4371091.4109(m3)故选：C2【2022年新高考1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36，且3l33，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A18,814B274,814C274,643D18,27【答案】C【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【解析】 球的体积为36，所以球的半径R=3,设正四棱锥的底面边长为2a，高为，则l2=2a2+2，32=2a2+(3)2,所以6=l2，2a2=l22所以
3、正四棱锥的体积V=13S=134a2=23(l2l436)l26=19l4l636，所以V=194l3l56=19l324l26，当3l26时，V0，当26l33时，V0，所以当l=26时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为643，又l=3时，V=274，l=33时，V=814,所以正四棱锥的体积V的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是274，643.故选：C.3【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A100B128C144D192【答案】A【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2
4、，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，所以2r1=33sin60,2r2=43sin60，即r1=3,r2=4，设球心到上下底面的距离分别为d1,d2，球的半径为R，所以d1=R29，d2=R216，故d1d2=1或d1+d2=1，即R29R216=1或R29+R216=1，解得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4R2=100故选：A4【2021年新高考1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（）ABCD【答案】B【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长
5、等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.【解析】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.故选：B.5【2021年新高考2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（）ABCD【答案】D【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.【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.6【2020年新高考1卷（山东卷）】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间
6、把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40，则晷针与点A处的水平面所成角为（）A20B40C50D90【答案】B【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角.【解析】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直
7、，根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得.由于，所以，由于，所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.7【2022年新高考1卷】已知正方体ABCDA1B1C1D1，则（）A直线BC1与DA1所成的角为90B直线BC1与CA1所成的角为90C直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45D直线BC1与平面ABCD所成的角为45【答案】ABD【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【解析】如图，连接B1C、BC1，因为DA1/B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1
8、与DA1所成的角，因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90，A正确；连接A1C，因为A1B1平面BB1C1C，BC1平面BB1C1C，则A1B1BC1，因为B1C BC1，A1B1B1C=B1，所以BC1平面A1B1C，又A1C平面A1B1C，所以BC1CA1，故B正确；连接A1C1，设A1C1B1D1=O，连接BO，因为BB1平面A1B1C1D1，C1O平面A1B1C1D1，则C1OB1B，因为C1OB1D1，B1D1B1B=B1，所以C1O平面BB1D1D，所以C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，设正方体棱长为1，则C1O=22，BC
9、1=2，sinC1BO=C1OBC1=12，所以，直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30，故C错误；因为C1C平面ABCD，所以C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得C1BC=45，故D正确.故选：ABD8【2022年新高考2卷】如图，四边形ABCD为正方形，ED平面ABCD，FBED,AB=ED=2FB，记三棱锥EACD，FABC，FACE的体积分别为V1,V2,V3，则（）AV3=2V2BV3=V1CV3=V1+V2D2V3=3V1【答案】CD【分析】直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3=VAEFM+VCEFM计算出V3，依次判断选项即可
10、.【解析】设AB=ED=2FB=2a，因为ED平面ABCD，FBED，则V1=13EDSACD=132a122a2=43a3，V2=13FBSABC=13a122a2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BDAC，又ED平面ABCD，AC平面ABCD，则EDAC，又EDBD=D，ED,BD平面BDEF，则AC平面BDEF，又BM=DM=12BD=2a，过F作FGDE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=22a,EG=a，则EM=2a2+2a2=6a,FM=a2+2a2=3a，EF=a2+22a2=3a，EM2+FM2=EF2，则EMFM，SEFM=12EMFM=322a
11、2，AC=22a，则V3=VAEFM+VCEFM=13ACSEFM=2a3，则2V3=3V1，V3=3V2，V3=V1+V2，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.9【2021年新高考1卷】在正三棱柱中，点满足，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，使得D当时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；对于D，考虑借助向量的平移
12、将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数【解析】易知，点在矩形内部（含边界）对于A，当时，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确对于C，当时，取，中点分别为，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，则，所以或故均满足，故C错误；对于D，当时，取，中点为，所以点轨迹为线段设，因为，所以，所以，此时与重合，故D正确故选：BD【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内10【2021年新高考2卷】如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点
13、，M，N为正方体的顶点则满足的是（）ABCD【答案】BC【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.【解析】设正方体的棱长为，对于A，如图（1）所示，连接，则，故（或其补角）为异面直线所成的角，在直角三角形，故，故不成立，故A错误.对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，则，由正方体可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，而，所以平面，而平面，故，故B正确.对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，故，故C正确.对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，则，因为，故，故，所以或其补角为异面直线所成的角，因为正方体的棱长为2，故，故不是直
14、角，故不垂直，故D错误.故选：BC.11【2020年新高考1卷（山东卷）】已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱长均为2，BAD=60以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为_【答案】.【分析】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果.【解析】如图：取的中点为，的中点为，的中点为，因为60，直四棱柱的棱长均为2，所以为等边三角形，所以，又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，因为，所以侧面，设为侧面与球面的交线上的点，则，因为球的半径为，所以，所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，因为，所以侧面与球面的交线是
15、扇形的弧，因为，所以，所以根据弧长公式可得.故答案为：.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.12【2020年新高考2卷（海南卷）】已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为_【答案】【分析】利用计算即可.【解析】因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点所以，故答案为：【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些.13【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABCA1B1
16、C1的体积为4，A1BC的面积为22(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC平面ABB1A1，求二面角ABDC的正弦值【答案】(1)2；(2)32【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC平面ABB1A1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.【解析】(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，则VAA1BC=13SA1BC=223=VA1ABC=13SABCA1A=13VABCA1B1C1=43，解得=2，所以点A到平面A1BC的距离为2；(2)取A1B的中点E,连接AE,如图，因为A
17、A1=AB，所以AEA1B,又平面A1BC平面ABB1A1，平面A1BC平面ABB1A1=A1B，且AE平面ABB1A1，所以AE平面A1BC，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面ABC，由BC平面A1BC，BC平面ABC可得AEBC，BB1BC，又AE,BB1平面ABB1A1且相交，所以BC平面ABB1A1，所以BC,BA,BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE=2，所以AA1=AB=2，A1B=22，所以BC=2，则A(0,2,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A1C的中点D(1,1,1)，则BD=(1,1,1)，BA=(
18、0,2,0),BC=(2,0,0),设平面ABD的一个法向量m=(x,y,z)，则mBD=x+y+z=0mBA=2y=0，可取m=(1,0,1)，设平面BDC的一个法向量n=(a,b,c)，则mBD=a+b+c=0mBC=2a=0，可取n=(0,1,1)，则cosm,n=mn|m|n|=122=12，所以二面角ABDC的正弦值为1(12)2=32.14【2022年新高考2卷】如图，PO是三棱锥PABC的高，PA=PB，ABAC，E是PB的中点(1)证明：OE/平面PAC；(2)若ABO=CBO=30，PO=3，PA=5，求二面角CAEB的正弦值【答案】(1)证明见解析；(2)1113【分析】（
19、1）连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OA=OB，再根据直角三角形的性质得到AO=DO，即可得到O为BD的中点从而得到OE/PD，即可得证；（2）过点A作Az/OP，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；【解析】(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥PABC的高，所以PO平面ABC，AO,BO平面ABC，所以POAO、POBO，又PA=PB，所以POAPOB，即OA=OB，所以OAB=OBA，又ABAC，即BAC=90，所以OAB+OAD=90，OBA+ODA=90，所以OD
20、A=OAD所以AO=DO，即AO=DO=OB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE/PD，又OE平面PAC，PD平面PAC，所以OE/平面PAC(2)解：过点A作Az/OP，如图建立平面直角坐标系，因为PO=3，AP=5，所以OA=AP2PO2=4，又OBA=OBC=30，所以BD=2OA=8，则AD=4，AB=43，所以AC=12，所以O23,2,0，B43,0,0，P23,2,3，C0,12,0，所以E33,1,32，则AE=33,1,32，AB=43,0,0，AC=0,12,0，设平面AEB的法向量为n=x,y,z，则nAE=33x+y+32z=0nAB=43x=0，令z=2，
21、则y=3，x=0，所以n=0,3,2；设平面AEC的法向量为m=a,b,c，则mAE=33a+b+32c=0mAC=12b=0，令a=3，则c=6，b=0，所以m=3,0,6；所以cosn,m=nmnm=121339=4313设二面角CAEB为，由图可知二面角CAEB为钝二面角，所以cos=4313，所以sin=1cos2=1113故二面角CAEB的正弦值为1113；15【2021年新高考1卷】如图，在三棱锥中，平面平面，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然
22、后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【解析】（1）因为，O是中点，所以，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面因为平面，所以.（2）方法一：通性通法坐标法如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则，设,所以，设为平面的法向量，则由可求得平面的一个法向量为又平面的一个法向量为，所以，解得又点C到平面的距离为，所以，所以三棱锥的体积为方法二【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作，垂足为点G作，垂足为点F，连结，则因为平面，所以平面，为二面角的平面角因为，所以
23、由已知得，故又，所以因为，方法三：三面角公式考虑三面角，记为，为，记二面角为据题意，得对使用三面角的余弦公式，可得，化简可得使用三面角的正弦公式，可得，化简可得将两式平方后相加，可得，由此得，从而可得如图可知，即有，根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，结合的正切值，可得从而可得三棱锥的体积为【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在
24、很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.16【2021年新高考2卷】在四棱锥中，底面是正方形，若（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.【解析】（1）取的中点为，连接.因为，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.（2）在平面内，过作，交于，则，结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.则，故.设平面
25、的法向量，则即，取，则，故.而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.17【2020年新高考1卷（山东卷）】如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD设平面PAD与平面PBC的交线为l（1）证明：l平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成
26、角的正弦值的最大值.【解析】（1）在正方形中，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面（2）方法一【最优解】：通性通法因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：因为，设，设，则有，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.方法二：定义法如图2，因为平面，所以平面在平面中，设在平面中，过P点作，交于F，连接因为平面平面，所
27、以又由平面，平面，所以平面又平面，所以又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角设，在中，易求由与相似，得，可得所以，当且仅当时等号成立方法三：等体积法如图3，延长至G，使得，连接，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求设，在三棱锥中，在三棱锥中，由得，解得，当且仅当时等号成立在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QC
28、D所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出18【2020年新高考2卷（海南卷）】如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD设平面PAD与平面PBC的交线为（1）证明：平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到平面；（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的
29、坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得，即可得到直线与平面所成角的正弦值.【解析】（1）在正方形中， 因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面；（2）如图建立空间直角坐标系，因为，则有，设，则有，因为QB=，所以有设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.