第07讲 立体几何与空间向量（2022-2024高考真题）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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一、单项选择题
1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA=PB=4，PC=PD=22，该棱锥的高为（ ）
A．1B．2C．2D．3
【解题思路】取点作辅助线，根据题意分析可知平面PEF⊥平面ABCD，可知PO⊥平面ABCD，利用等体积法求点到面的距离.
【解答过程】如图，底面ABCD为正方形，
当相邻的棱长相等时，不妨设PA=PB=AB=4,PC=PD=22，
分别取AB,CD的中点E,F，连接PE,PF,EF，
则PE⊥AB,EF⊥AB，且PE∩EF=E，PE,EF⊂平面PEF，
可知AB⊥平面PEF，且AB⊂平面ABCD，
所以平面PEF⊥平面ABCD，
过P作EF的垂线，垂足为O，即PO⊥EF，
由平面PEF∩平面ABCD=EF，PO⊂平面PEF，
所以PO⊥平面ABCD，
由题意可得：PE=23,PF=2,EF=4，则PE2+PF2=EF2，即PE⊥PF，
则12PE⋅PF=12PO⋅EF，可得PO=PE⋅PFEF=3，
所以四棱锥的高为3.
当相对的棱长相等时，不妨设PA=PC=4，PB=PD=22，
因为BD=42=PB+PD，此时不能形成三角形PBD，与题意不符，这样情况不存在.
故选：D.
2．（2024·全国·高考真题）设α、β为两个平面，m、n为两条直线，且α∩β=m.下述四个命题：
①若m//n，则n//α或n//β ②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β
③若n//α且n//β，则m//n ④若n与α,β所成的角相等，则m⊥n
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．①③④
【解题思路】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.
【解答过程】对①，当n⊂α，因为m//n，m⊂β，则n//β，
当n⊂β，因为m//n，m⊂α，则n//α，
当n既不在α也不在β内，因为m//n，m⊂α,m⊂β，则n//α且n//β，故①正确；
对②，若m⊥n，则n与α,β不一定垂直，故②错误；
对③，过直线n分别作两平面与α,β分别相交于直线s和直线t，
因为n//α，过直线n的平面与平面α的交线为直线s，则根据线面平行的性质定理知n//s，
同理可得n//t，则s//t，因为s⊄平面β，t⊂平面β，则s/平面β，
因为s⊂平面α，α∩β=m，则s//m，又因为n//s，则m//n，故③正确；
对④，若α∩β=m,n与α和β所成的角相等，如果n//α,n//β，则m//n，故④错误；
综上只有①③正确，
故选：A.
3．（2024·天津·高考真题）一个五面体ABC−DEF．已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1．并已知AD=1，BE=2，CF=3．则该五面体的体积为（ ）
A．36B．334+12C．32D．334−12
【解题思路】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.
【解答过程】用一个完全相同的五面体HIJ−LMN（顶点与五面体ABC−DEF一一对应）与该五面体相嵌，使得D,N；E,M;F,L重合，
因为AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1．AD=1,BE=2,CF=3，
则形成的新组合体为一个三棱柱，
该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为1+3=2+2=3+1=4，
VABC−DEF=12VABC−HIJ=12×12×1×1×32×4=32.
故选：C.
4．（2024·天津·高考真题）若m,n为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若m//α，n//α，则m⊥nB．若m//α,n//α，则m//n
C．若m//α,n⊥α，则m⊥nD．若m//α,n⊥α，则m与n相交
【解题思路】根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误.
【解答过程】对于A，若m//α，n//α，则m,n平行或异面或相交，故A错误.
对于B，若m//α,n//α，则m,n平行或异面或相交，故B错误.
对于C，m//α,n⊥α，过m作平面β，使得β∩α=s，
因为m⊂β，故m//s，而s⊂α，故n⊥s，故m⊥n，故C正确.
对于D，若m//α,n⊥α，则m与n相交或异面，故D错误.
故选：C.
5．（2024·全国·高考真题）已知正三棱台ABC−A1B1C1的体积为523，AB=6，A1B1=2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．12B．1C．2D．3
【解题思路】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高ℎ=433，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得AM=433，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台ABC−A1B1C1补成正三棱锥P−ABC，A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，根据比例关系可得VP−ABC=18，进而可求正三棱锥P−ABC的高，即可得结果.
【解答过程】解法一：分别取BC,B1C1的中点D,D1，则AD=33,A1D1=3，
可知S△ABC=12×6×6×32=93,S△A1B1C1=12×2×3=3，
设正三棱台ABC−A1B1C1的为ℎ，
则VABC−A1B1C1=1393+3+93×3ℎ=523，解得ℎ=433，
如图，分别过A1,D1作底面垂线，垂足为M,N，设AM=x，
则AA1=AM2+A1M2=x2+163，DN=AD−AM−MN=23−x，
可得DD1=DN2+D1N2=23−x2+163，
结合等腰梯形BCC1B1可得BB12=6−222+DD12,
即x2+163=23−x2+163+4，解得x=433，
所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD=A1MAM=1；
解法二：将正三棱台ABC−A1B1C1补成正三棱锥P−ABC，
则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，
因为PA1PA=A1B1AB=13，则VP−A1B1C1VP−ABC=127，
可知VABC−A1B1C1=2627VP−ABC=523，则VP−ABC=18，
设正三棱锥P−ABC的高为d，则VP−ABC=13d×12×6×6×32=18，解得d=23，
取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO=23，
所以PA与平面ABC所成角的正切值tan∠PAO=POAO=1.
故选：B.
6．（2024·全国·高考真题）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3，则圆锥的体积为（ ）
A．23πB．33πC．63πD．93π
【解题思路】设圆柱的底面半径为r，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径r的方程，求出解后可求圆锥的体积.
【解答过程】设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为r2+3，
而它们的侧面积相等，所以2πr×3=πr×3+r2即23=3+r2，
故r=3，故圆锥的体积为13π×9×3=33π.
故选：B.
7．（2024·上海·高考真题）定义一个集合Ω，集合中的元素是空间内的点集，任取P1,P2,P3∈Ω，存在不全为0的实数λ1,λ2,λ3，使得λ1OP1+λ2OP2+λ3OP3=0．已知(1,0,0)∈Ω，则(0,0,1)∉Ω的充分条件是（ ）
A．0,0,0∈ΩB．−1,0,0∈Ω
C．0,1,0∈ΩD．0,0,−1∈Ω
【解题思路】首先分析出三个向量共面，显然当1,0,0,0,0,1,0,1,0∈Ω时，三个向量构成空间的一个基底，则即可分析出正确答案.
【解答过程】由题意知这三个向量OP1,OP2,OP3共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，
对A，由空间直角坐标系易知0,0,0,(1,0,0),(0,0,1)三个向量共面，则当−1,0,0,(1,0,0)∈Ω无法推出(0,0,1)∉Ω，故A错误；
对B，由空间直角坐标系易知−1,0,0,(1,0,0),(0,0,1)三个向量共面，则当0,0,0,(1,0,0)∈Ω无法推出(0,0,1)∉Ω，故B错误；
对C， 由空间直角坐标系易知1,0,0,0,0,1,0,1,0三个向量不共面，可构成空间的一个基底，
则由1,0,0,0,1,0∈Ω能推出0,0,1∉Ω，
对D，由空间直角坐标系易知1,0,0,0,0,1,0,0,−1三个向量共面，
则当0,0,−1(1,0,0)∈Ω无法推出(0,0,1)∉Ω，故D错误.
故选：C．
8．（2023·北京·高考真题）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，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为145，则该五面体的所有棱长之和为（ ）

A．102mB．112m
C．117mD．125m
【解题思路】先根据线面角的定义求得tan∠EMO=tan∠EGO=145，从而依次求EO，EG，EB，EF，再把所有棱长相加即可得解.
【解答过程】如图，过E做EO⊥平面ABCD，垂足为O，过E分别做EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分别为G，M，连接OG,OM，

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∠EMO和∠EGO，
所以tan∠EMO=tan∠EGO=145.
因为EO⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以EO⊥BC，
因为EG⊥BC，EO,EG⊂平面EOG，EO∩EG=E，
所以BC⊥平面EOG，因为OG⊂平面EOG，所以BC⊥OG，.
同理：OM⊥BM，又BM⊥BG，故四边形OMBG是矩形，
所以由BC=10得OM=5，所以EO=14，所以OG=5，
所以在直角三角形EOG中，EG=EO2+OG2=142+52=39
在直角三角形EBG中，BG=OM=5，EB=EG2+BG2=392+52=8，
又因为EF=AB−5−5=25−5−5=15，
所有棱长之和为2×25+2×10+15+4×8=117m.
故选：C.
9．（2023·全国·高考真题）在三棱锥P−ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2,PC=6，则该棱锥的体积为（ ）
A．1B．3C．2D．3
【解题思路】证明AB⊥平面PEC，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解.
【解答过程】取AB中点E，连接PE,CE，如图，

∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2，
∴PE⊥AB,CE⊥AB，又PE,CE⊂平面PEC，PE∩CE=E，
∴AB⊥平面PEC，
又PE=CE=2×32=3，PC=6，
故PC2=PE2+CE2，即PE⊥CE，
所以V=VB−PEC+VA−PEC=13S△PEC⋅AB=13×12×3×3×2=1，
故选：A.
10．（2023·全国·高考真题）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．15B．25C．35D．25
【解题思路】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【解答过程】取AB的中点E，连接CE,DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE⊥AB，
又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C−AB−D的平面角，即∠CED=150∘，

显然CE∩DE=E,CE,DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC，
因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC=CE，
直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，
从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB=2，则CE=1,DE=3，在△CDE中，由余弦定理得：
CD=CE2+DE2−2CE⋅DEcs∠CED=1+3−2×1×3×(−32)=7，
由正弦定理得DEsin∠DCE=CDsin∠CED，即sin∠DCE=3sin150∘7=327，
显然∠DCE是锐角，cs∠DCE=1−sin2∠DCE=1−(327)2=527，
所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为35.
故选：C.
11．（2023·全国·高考真题）已知圆锥PO的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于934，则该圆锥的体积为（ ）
A．πB．6πC．3πD．36π
【解题思路】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.
【解答过程】在△AOB中，∠AOB=120∘，而OA=OB=3，取AB中点C，连接OC,PC，有OC⊥AB,PC⊥AB，如图，
∠ABO=30∘，OC=32,AB=2BC=3，由△PAB的面积为934，得12×3×PC=934，
解得PC=332，于是PO=PC2−OC2=(332)2−(32)2=6，
所以圆锥的体积V=13π×OA2×PO=13π×(3)2×6=6π.
故选：B.
12．（2023·天津·高考真题）在三棱锥P−ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，则三棱锥P−AMN和三棱锥P−ABC的体积之比为（ ）
A．19B．29C．13D．49
【解题思路】分别过M,C作MM′⊥PA,CC′⊥PA,垂足分别为M′,C′.过B作BB′⊥平面PAC，垂足为B′，连接PB′,过N作NN′⊥PB′,垂足为N′.先证NN′⊥平面PAC，则可得到BB′//NN′，再证MM′//CC′.由三角形相似得到MM′CC′=13，NN'BB'=23，再由VP−AMNVP−ABC=VN−PAMVB−PAC即可求出体积比.
【解答过程】如图，分别过M,C作MM′⊥PA,CC′⊥PA,垂足分别为M′,C′.过B作BB′⊥平面PAC，垂足为B′，连接PB′,过N作NN′⊥PB′,垂足为N′.

因为BB′⊥平面PAC，BB′⊂平面PBB′，所以平面PBB′⊥平面PAC.
又因为平面PBB′∩平面PAC=PB′，NN′⊥PB′，NN′⊂平面PBB′，所以NN′⊥平面PAC，且BB′//NN′.
在△PCC′中，因为MM′⊥PA,CC′⊥PA，所以MM′//CC′，所以PMPC=MM′CC′=13，
在△PBB′中，因为BB′//NN′，所以PNPB=NN′BB′=23，
所以VP−AMNVP−ABC=VN−PAMVB−PAC=13S△PAM⋅NN′13S△PAC⋅BB′=13⋅12PA⋅MM′⋅NN′13⋅12PA⋅CC′⋅BB′=29.
故选：B.
13．（2022·天津·高考真题） 十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，左图中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱重叠而成的几何体（如右图）.这两个直三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面BCE中，若BE=CE=3,∠BCE=120°,则该几何体的体积为（ ）
A．272B．2732C．27D．273
【解题思路】根据几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.
【解答过程】如图所示，该几何体可视为直三柱BCE−ADF与两个三棱锥S−MAB，S−NCD拼接而成.
记直三棱柱BCD−ADF的底面BCE的面积为S，高为ℎ，所求几何体的体积为V，
则S=12BE⋅CE⋅sin120°=12×3×3×32=934，
ℎ=CD=BC=33.
所以V=V三棱柱BCE−ADF+V三棱锥S−MAB+V三棱锥S−NCD
=Sℎ+13S⋅12ℎ+13S⋅12ℎ=43Sℎ=27.
故选：C.
14．（2022·全国·高考真题）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（ ）
A．100πB．128πC．144πD．192π
【解题思路】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，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．
【解答过程】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=R2−9，d2=R2−16，故d1−d2=1或d1+d2=1，即R2−9−R2−16=1或R2−9+R2−16=1，解得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4πR2=100π．
故选：A．

15．（2022·全国·高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若S甲S乙=2，则V甲V乙=（ ）
A．5B．22C．10D．5104
【解题思路】设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，根据圆锥的侧面积公式可得r1=2r2，再结合圆心角之和可将r1,r2分别用l表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【解答过程】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，
则S甲S乙=πr1lπr2l=r1r2=2，
所以r1=2r2，
又2πr1l+2πr2l=2π，
则r1+r2l=1，
所以r1=23l,r2=13l，
所以甲圆锥的高ℎ1=l2−49l2=53l，
乙圆锥的高ℎ2=l2−19l2=223l，
所以V甲V乙=13πr12ℎ113πr22ℎ2=49l2×53l19l2×223l=10.
故选：C.
16．（2022·全国·高考真题）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（ ）
A．8B．12C．16D．20
【解题思路】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.
【解答过程】由三视图还原几何体，如图，
则该直四棱柱的体积V=2+42×2×2=12.
故选：B.
17．（2022·全国·高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A．13B．12C．33D．22
【解题思路】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【解答过程】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为α，
则SABCD=12⋅AC⋅BD⋅sinα≤12⋅AC⋅BD≤12⋅2r⋅2r=2r2
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2
又设四棱锥的高为ℎ，则r2+ℎ2=1，
VO−ABCD=13⋅2r2⋅ℎ=23r2⋅r2⋅2ℎ2≤23r2+r2+2ℎ233=4327
当且仅当r2=2ℎ2即ℎ=33时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，则r=22a，所以该四棱锥的高ℎ=1−a22，
V=13a21−a22=43a24⋅a24⋅(1−a22)≤43a24+a24+1−a2233=43(13)3=4327
(当且仅当a24=1−a22，即a2=43时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高ℎ=1−a22=1−23=33.
故选：C．[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，则r=22a，所以该四棱锥的高ℎ=1−a22，V=13a21−a22，令a2=t(0