2025高考数学二轮复习：空间向量与立体几何（选填题） 专项训练【含答案】

2025高考数学二轮复习-专题05空间向量与立体几何（选填题）-专项训练

五年考情­探规律

考点五年考情(2020-2024)命题趋势

2024甲卷1卷

20231II乙甲北京空间几何体点线面位置关系以及

天津

考点01空间几何体夹角问题，表面积体积以及圆锥对

2022甲卷乙卷北京

基本性质及变面积应面积的运算一直是高考的热门

体积2021乙卷1卷II考点，要加以重视，另外台体的表

2020II卷海南面积体积应该重点复习

2023乙卷几何体内切球外接球问题是高考

考点2空间几何体内立体几何中的难点，近两年考查

2022甲卷乙1卷II卷

接球外接球的应用比较少，但是应掌握长常规空间

20201卷几何体的外接球内切球的技巧

2024II卷

2023北京卷甲卷

空间几何体容易与其他知识点相

卷乙卷

考点3空间几何体20221

结合构成新的情景类问题也是近

性质综合应用2021II卷

年来高考新改革的一个重要方向

2020山东卷1卷

分考点：精准练1

考点01空间几何体基本性质及表面积体积

1.（2024•全国•高考I卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高

均为石，则圆锥的体积为（）

A.2石兀B.3瓜C.6岛D.96兀

2.（2024•全国•高考甲卷文）设办£为两个平面，，小〃为两条直线，且。B=

述四个命题：

①若根〃"，则"〃a或②若加则或〃_L尸

③若〃//a且///〃，贝»"//"④若"与a4所成的角相等，贝

其中所有真命题的编号是（）

A.①③B.0©C.①②③D.

3.（2023•年全国甲卷）在三棱锥P-ABC中，ABC是边长为2的等边三角形，

PA=PB=2,PC=娓,则该棱锥的体积为（）

A.1B.6C.2D.3

4.（2023•北京统考高考真题）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巫，则该五面体的所有棱长之和为（）

5

AB

A.102mB.112m

C.117mD.125m

5.（2022•全国乙卷）在正方体ABCD-ABCQ中，E,尸分别为的中点，贝IJ

（）

A,平面B}EF±平面BDD}B,平面BtEF1平面AXBD

C.平面8|EF〃平面AACD.平面4EF〃平面AG。

6.（2022.全国甲卷）在长方体ABCD-ABCQ中，已知与平面ABCD和平面

所成的角均为30。，则（）

A.AB=2ADB.与平面阴6。所成的角为30。

C.AC=CBlD.BQ与平面BBC。所成的角为45。

7.（2021.全国乙卷）在正方体ABCD-AACQ中，尸为BQ的中点，则直线PB与A?

所成的角为（）

A.-B.-C.-D.-

2346

9.（2021年全国高考II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（）

A.20+12A/3B.280C.千D.空徨

33

10.（2021•年全国高考I卷）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可

视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角

形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）

A/5—1>/5-lV5+175+1

A.B.C.D.

4242

11.（2023•全国统考乙卷）已知圆锥尸。的底面半径为石，。为底面圆心，PA,PB为

9.

圆锥的母线，408=120。，若一R4B的面积等于丁，则该圆锥的体积为（）

A."B.屈兀C.3zrD.3瓜兀

12.（2023•全国统考甲卷）已知四棱锥P-ABCZ）的底面是边长为4的正方形，

PC=PD=3,ZPCA=45°,贝IJPBC的面积为（）

A.2亚B.3A/2C.4&D,672

13.（2023•天津统考高考真题）在三棱锥P-A5C中，线段尸C上的点M满足

I?

PM=-PC,线段PB上的点N满足=§尸8,则三棱锥P-AVCV和三棱锥P-ABC的

体积之比为（）

A.-B.-C.-D.-

9939

14.（2022•全国统考高考乙卷）在正方体ABCD-ABCA中，E,尸分别为AB,8C的

中点，贝1J（）

A.平面与£F_L平面5£肛B,平面5]EF_L平面A8。

C,平面4瓦1//平面AACD.平面4跖//平面AG。

15.（2022•全国•统考高考甲卷）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角

之和为2无，侧面积分别为S甲和右,体积分别为片和吃.若吃=2,则姜=（）

16.（2022・北京统考高考真题）已知正三棱锥P-A5C的六条棱长均为6,S是.ABC

及其内部的点构成的集合.设集合7={。//。45},则T表示的区域的面积为

（）

37r

A.—B.%C.2%D.3兀

4

17.（2021•全国•统考高考I卷）已知圆锥的底面半径为近，其侧面展开图为一个半圆，

则该圆锥的母线长为（）

A.2B.2A/2C.4D.472

三、填空题

18.（2024.全国.高考甲卷）已知圆台甲、乙的上底面半径均为下底面半径均为4,

圆台的母线长分别为2g--则圆台甲与乙的体积之比为.

19.（2023全国高考I卷）在正四棱台ABCD-4BG。中，AB=2,AiBl=l,AAl=y/2,

则该棱台的体积为.

20（2023年全国高考II卷）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.

21（2020・海南•高考真题）已知正方体的棱长为2,M、/V分别为

BBi、ZI6的中点，则三棱锥4A//»ZZ的体积为

22.（2023•全国新高考•II卷）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.

23.（2020•全国,统考高考II卷）设有下列四个命题：

pi两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.

P2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.

若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.

P4：若直线/u平面a直线/77_L平面a,则/771Z

则下述命题中所有真命题的序号是.

①PlAP4②P1人P2③fV03④「P3V「P4

考点02空间几何体内切球外接球的应用

1.（2022•全国•统考高考乙卷）已知球。的半径为L四棱锥的顶点为。底面的四个

顶点均在球。的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）

A.-B.1C.BD.—

3232

2.（2022・全国•统考新高考I卷）已知正四棱锥的侧棱长为/,其各顶点都在同一球面

上.若该球的体积为36肛且则该正四棱锥体积的取值范围是（）

A18四R底叫「以%n「18271

L4JL44JL43J

3.（2022•全国统考新高考II卷）已知正三棱台的高为L上、下底面边长分别为3档

和4石，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）

A.100nB.1287tC.144兀D.192兀

4.（2021•全国•统考高考甲卷）已知4B,C是半径为1的球。的球面上的三个点，

且AC,3cAe=3C=1,则三棱锥O-ABC的体积为（）

A.变B.@C.立D.立

121244

5.（2020.全国.统考高考I卷）已知4氏C为球。的球面上的三个点，。。1为ABC的

外接圆，若。。1的面积为4兀，AB=BC=AC=OOlt则球。的表面积为（）

A.64兀B.48兀C.3671D.32兀

二、填空题

6.（2023・全国•统考高考甲卷）在正方体ABC。-中，E,F分别为4B,G%的

中点，以£尸为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点.

考点03空间几何体性质综合应用

1.（2024•全国•高考II卷）已知正三棱台ABC-A8G的体积为半，他=6,

44=2,则AA与平面NBC所成角的正切值为（）

A.1B.1C.2D.3

2.（2023•北京•统考高考真题）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巫，则该五面体的所有棱长之和为（）

5

A.102mB.112m

C.117mD.125m

3.（2021•全国•统考新高考II卷）2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛

峰最新高程为8848.86（单位：m）,三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是

三角高程测量法的一个示意图，现有4B,C三点，且N,B,C在同一水平面上的投

影满足4CE=45。，ZAEC'=6O°.由。点测得3点的仰角为15。，BB'与CC

的差为100；由B点测得A点的仰角为45。，则A,C两点到水平面A?。的高度差

AA'—CC'约为（621.732）（）

A.346B.373C.446D.473

4.（2020・山东・统考高考真题）日唇是中国古代用来测定时间的仪器，利用与唇面垂直

的暑针投射到号面的影子来测定时间.把地球看成一个球（球心记为。），地球上一点“

的纬度是指与地球赤道所在平面所成角，点/处的水平面是指过点力且与O/垂

直的平面.在点力处放置一个日唇，若唇面与赤道所在平面平行，点/处的纬度为北纬

40°,则号针与点力处的水平面所成角为（）

A.20°B.40°

C.50°D.90°

5.（2022•全国乙卷）已知球。的半径为1,四棱锥的顶点为。底面的四个顶点均在

球。的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）

6.（2022.全国.新高考I卷）已知正四棱锥的侧棱长为/,其各顶点都在同一球面上.若

该球的体积为36万，且3。＜3后，则该正四棱锥体积的取值范围是（）

8127812764

A.18彳B.C.D.[18,27]

43

7.（2020,高考I卷）已知A,8,C为球。的球面上的三个点，为ABC的外接圆,

若。。।的面积为4几AB=BC=AC=OOlt则球。的表面积为（）

A.64兀B.48兀C.36兀D.32兀

二、填空题

8.（2023•全国•统考高考乙卷）已知点S,A,3,C均在半径为2的球面上，ASC是边长

为3的等边三角形，SAL平面A3C,则SA=

9.（2023・全国•统考高考甲卷）在正方体ABC。-A4GA中，43=4。为AG的中点,

若该正方体的棱与球。的球面有公共点，则球。的半径的取值范围是

参考答案与详细解析

五年考情­探规律

考点五年考情(2020-2024)命题趋势

2024甲卷1卷

空间几何体点线面位置关系以及

20231II乙甲北京

考点01空间几何体天津夹角问题，表面积体积以及圆锥对

基本性质及变面积应面积的运算一直是高考的热门

2022甲卷乙卷北京

体积考点，要加以重视，另外台体的表

2021乙卷1卷II

面积体积应该重点复习

2020II卷海南

几何体内切球外接球问题是高考

2023乙卷

立体几何中的难点，近两年考查

考点2空间几何体内

2022甲卷乙1卷II卷比较少，但是应掌握长常规的空

接球外接球的应用

间几何体的外接球内切球的简单

20201卷

技巧

2024II卷

2023北京卷甲卷

空间几何体容易与其他知识点相

考点3空间几何体20221卷乙卷

结合构成新的情景类问题也是近

性质综合应用2021II卷

年来高考新改革的一个重要方向

2020山东卷1卷

分考点2精准练工

考点01空间几何体基本性质及表面积体积

1.（2024•全国・高考I卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高

均为名,则圆锥的体积为（）

A.2石兀B.3后C.6岛D.96兀

【答案】B

【分析】设圆柱的底面半径为J根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径『的方程，求

出解后可求圆锥的体积.

【详解】设圆柱的底面半径为「，则圆锥的母线长为二K，

而它们的侧面积相等，所以27trx*\/^=7irxJ3+，即2A/5=A/3+，，

故r=3,故圆锥的体积为:无x9x6=3g7t.

故选：B.

2.（2024・全国・高考甲卷文）设£、力为两个平面，“八〃为两条直线，且e6=下

述四个命题：

①若小〃〃，则"〃a或"〃£②若贝或夕

③若"//&且〃//〃，见I加/"④若"与a4所成的角相等，见|m_L〃

其中所有真命题的编号是（）

A.①③B.0©C.①②③D.

【答案】A

【分析】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.

【详解】对①，当"ua,因为相〃4mu/3,贝心〃刀，

当wu，，因为相〃“，mua,则“//a,

当〃既不在a也不在夕内，因为根〃“，％ua,机u£,则“〃a且"//月，故①正确；

对②，若机贝巾与内力不一定垂直，故②错误；

对③，过直线〃分别作两平面与火△分别相交于直线,和直线f,

因为“//叫过直线”的平面与平面a的交线为直线s,则根据线面平行的性质定理知

nils,

同理可得〃〃r,贝卜〃r,因为so平面A,ru平面尸，贝Us//平面夕，

因为su平面a,a。=m,则s//机，又因为〃//s,则相〃”，故③正确；

对④，若ac，=m,"与。和夕所成的角相等，如果〃///〃//6，则m//〃，故④错误；

综上只有①③正确,

故选：A.

3.（2023•年全国甲卷）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.1B.V3C.2D.3

【答案】.A【分析】证明平面PEC,分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高

之和为得解.

【详解】取A3中点E,连接尸及CE,如图，

ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2,

:.PE±AB,CE±AB:又PE,CEu平面PEC,PECE=E,

AB2平面PEC,

又PE=CE=2x走=5PC=&,

2

t^PC1=PE-+CE1,即PE_LCE,

所以u=Vg-PEC+匕-PEC=gS^PEC.AB=gx；X若X2=1,

故选：A

4.（2023•北京•统考高考真题）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

A3CD的夹角的正切值均为巫，则该五面体的所有棱长之和为（）

5

FE

A.102mB.112m

C.117mD.125m

【答案】.C

【详解】如图，过E做EO,平面ABCD,垂足为。，过E分别做EGL3C,

EM±AB,垂足分别为G,M,连接。G,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和

ZEGO,

所以tanZEMO=tanZEGO=半.

因为EO_L平面ABCD,BCu平面ABCD,所以EO_L5C,

因为EGLBC,EO,EGu平面EOG,EOr\EG=E,

所以3C1平面EOG,因为OGu平面EOG,所以2CLOG,.

同理：OA/_L3M,又BM_LBG,故四边形OMBG是矩形，

所以由BC=10得a欣=5,所以加=A，所以OG=5,

所以在直角三角形EOG中，EG=JEO?+OG，=“啊2+5」=屈

在直角三角形E3G中，BG=OM=5,EB=EG2+BG2=J(>/39)2+52=8,

又因为£F=AB-5-5=25-5-5=15,

所有棱长之和为2x25+2xl0+15+4x8=117m.

故选：C

5.(2022•全国乙卷)在正方体ABCD-A耳G，中，E,尸分别为的中点，贝IJ

()

A,平面BtEF平面BDDXB,平面BtEFI平面AXBD

C.平面〃平面AACD,平面4万/〃平面AG。

【答案】.A

【分析】证明EF2平面即可判断A；如图，以点。为原点，建立空间直角坐

标系，设钻=2,分别求出平面片取，\BD,ACQ的法向量，根据法向量的位置关

系，即可判断BCD.

【详解】解：在正方体ABC。-中，

AC130且。〃，平面ABCD,

又EFu平面ABCD,所以E/J.D2，

因为E,尸分别为A5,BC的中点，

所以EF//AC,所以跖_LBD,

又BDDD、=D,

所以EF2平面,

又£Fu平面片以"，

所以平面4所，平面BD，，故A正确；

选项BCD解法一:

如图，以点。为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2,

则4（2,2,2）,E（2,1,0）,尸（L2,0）,3（2,2,0）,A（2,0,2）,4（2,0,0）,C（0,2,0）,

G（0,2,2）,

则EF=（-1,1,0）,£B：=（0,1,2）,DB=（2,2,0）,=（2,0,2）,

M=(o,o,2),AC=(-2,2,0),AG=(—2,2,0),

设平面与石尸的法向量为m=（%,%,zj,

m•EF=一玉+%=0

则有，可取根二（2,2,-1）,

m•EB、=必+2z〔=0

同理可得平面48。的法向量为4,

平面AAC的法向量为%=（1,1,0）,

平面AC,D的法向量为^=（1,1,-1）,

贝1」相4=2-2+1=1工0,所以平面片所与平面A3。不垂直，故B错误;

UU

因为加与％不平行，所以平面与石尸与平面4AC不平行，故c错误；

因为加与生不平行，所以平面与以7与平面不平行，故D错误,

故选：A.

B

选项BCD解法二:

解：对于选项B,如图所示，设ABB\E=M,EFBD=N,则肋V为平面8乃尸与平

面A83的交线，

在.&VW内，作及5_LM;V于点尸，在—EMN内,作GP_LM2V,交EN于点G,连结

BG,

则NBPG或其补角为平面BtEF与平面AtBD所成二面角的平面角，

由勾股定理可知：PB2+PN2=BN2,PG2+PN2=GN2,

底面正方形A3C。中，E,尸为中点，则

由勾股定理可得NB2+NG2=BG2,

从而有：NB2+NG2=(PB2+PN")+(PG2+PN2)=BG1,

222

据此可得PB+PG手BG,即NBPG丰90,

据此可得平面BtEFI平面AtBD不成立，选项B错误；

对于选项C,取的中点则AXB,E,

由于AH与平面AAC相交，故平面4〃平面AAC不成立，选项C错误；

对于选项D,取AD的中点很明显四边形为平行四边形，则AMB/,

由于AM与平面ACQ相交，故平面瓦石厂〃平面4G。不成立，选项D错误；

D,

故选：A.

6.（2022•全国甲卷）在长方体A8CD-4BCQ中，已知与。与平面ABCD和平面

44出足所成的角均为30。，则（）

A.AB=2ADB.48与平面MG。所成的角为30。

C.AC=CB.D,耳。与平面B4£C所成的角为45。

【答案】.D

【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出.

【详解】如图所示：

D.

不妨设AB=a，4O=6，A4,=J依题以及长方体的结构特征可知，与。与平面ABCD所

cb

成角为NBQ8,片。与平面AVB/所成角为N。旦A,所以sin30=诋=诋，即

DXUDXU

b—c,B、D=2c=Ya1+b2+c°,解得<?=A/^C-

对于A,AB=a,AD=b,AB^41AD,A错误；

对于B,过B作出?，4用于石，易知3E_L平面ABC。，所以AB与平面ABC。所成角

为/BAE,因为tan/BAE=£=巫，所以NBAE/30,B错误；

a2

2222

对于C,AC=yja+Z?=^3c-CBX=y]b+c=V2c,ACwCg,C错误；

对于D,BQ与平面B4GC所成角为乙DgC,sinN£>4C=盥=£=等，而

B、D2c2

0<ZDB,C<90,所以ZDBC=45.D正确.

故选：D.

7.（2021•全国乙卷）在正方体ABCD-4BCQ中，尸为用，的中点，则直线PB与A?

所成的角为（）

A.-B.-C.-D.-

2346

【答案】.D

【分析】平移直线AD至BG,将直线依与AR所成的角转化为总与8G所成的角，

解三角形即可.

如图，连接尸G，P8,因为

所以或其补角为直线网与所成的角,

因为BB[_L平面A/iG。],所以BB\_LPC],又PC】_LBQ、,BBXoB[D、=B]f

所以PCJ平面尸石4,所以PG，尸5,

设正方体棱长为2,则BQ=272,PC,=；"耳=&,

所以.故选：

sinZPBC1=^=1,D

6clz6

8.（2021•年全国新高考I卷）已知圆锥的底面半径为血，其侧面展开图为一个半

圆，则该圆锥的母线长为（）

A.2B.2V2C.4D.472

【答案】.B

【分析】设圆锥的母线长为/,根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得/的值,

即为所求.

【详解】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

兀1=2兀X&.,解得/=20.

故选：B.

9.（2021年全国高考II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（）

A.20+12A/3B.280C.D.空亚

33

【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.

【详解】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6=J22r20_何=夜,

下底面面积岳=16,上底面面积S?=4,

所以该棱台的体积丫=：〃（国+邑+/^瓦）=；xJ^x（16+4+闹）=弓0.

故选：D.

10.（2021•年全国高考I卷）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可

视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角

形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）

B布-IB小一、C+1口A/5+1

4242

【答案】.C

【分析】设CD=a,PE=b,利用尸02=gc»PE得到关于。,6的方程，解方程即可得到

答案

【详解】如图，设,CD=a,PE=b,则po=RPE?-7

由题意产。2=（而，即廿_且=工血化简得4（与_2上一1=0,

242aa

解得2=1±@（负值舍去）.

a4

故选：C.

11.（2023•全国统考乙卷）已知圆锥尸。的底面半径为后，0为底面圆心，PA,PB为

973

圆锥的母线，乙⑷8=120。，若.加的面积等于丁，则该圆锥的体积为（）

A."B,*）兀C.37rD.3n兀

【答案】B

【分析】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.

【详解】在「.A03中，ZAOB=120°,而04=08=6,取A3中点C,连接。C,PC,

有OC，AB,PCJ_AB,如图,

ZABO=30,OC=—,AB=2BC=3,由的面积为唯，得Lx3xPC=典,

42

解得PC=¥，于是PO="一四=’呼了一（斗=屈

所以圆锥白勺体积V=jrtxOA2xPO=g兀x（百y=娓n.

故选：B

12.（2023•全国统考甲卷）已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形,

PC=PD=3,ZPCA=45°,贝IJPBC的面积为（）

A.2应B.3亚C.4A/2D.6四

【答案】C

【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得一PDO三PCO,PDB=PCA,

从而得到上4=尸3,再在△R4C中利用余弦定理求得尸4=&7,从而求得=由

此在一PBC中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；

法二：先在AB4c中利用余弦定理求得=cosZPCB=1,从而求得

PA-PC=-3,再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于PB,/BPD的方程组，

从而求得尸8=何，由此在PBC中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.

【详解】法一：

连结AC,3。交于。，连结PO,则。为AC,血的中点，如图,

因为底面ABC。为正方形，AB=4,所以AC=BE»=4A/L则£>O=CO=2应，

又PC=PD=3、PO=OP,所以.POO三PCO,贝1J/PDO=/PCO,

又PC=PD=3,AC=BD=4y/2,所以一尸C4,则以=尸8,

在APAC中，尸C=3,AC=4A/2,ZPCA=45°,

贝IJ由余弦定理可得PA2=AC2+PC2-2AC-PCcosZPCA=32+9-2x4夜x3x—=17,

2

故PA=JI7,贝=

故在PBC中，PC=3,PB=yfTj,BC=4,

PC?+BC?-PB?9+16-171

所以cosN尸CB=

2PCBC2x3x4-3

X0<ZPCB<7t,所以sinNPCB=Jl一cos?NPCB=

3

所以PBC的面积为S=1PCBCsin/PCB=^x3x4x迪=40.

223

法二：

连结AC,3。交于0,连结P0,则。为AC,血的中点，如图,

因为底面ABCD为正方形，AB=4,所以AC=BE>=4VL

在△出C中，PC=3,NPC4=45。，

贝U由余弦定理可得PA2=AC2+PC2-2AC-PCcosZPCA=32+9-2x4忘x3x—=17,

2

故PA=VI7,

PA?+pc?-3179-32_Vj7则

所以cos/APC=+=

2PA•PC2x717x317

PAPC=|叫Pc|cos/APC=Vi7x3x=-3

不妨记PB=m,NBPD=8,

因为P0=g(PA+PC)=g(P3+PD),所以(PA+PC『=(P8+PD『，

即PA2+PC2+2PAPC=PB2+PI)+2PBPD,

贝IJ17+9+2x(-3)=/n2+9+2x3xmcose,整理得加+6mcos6-n=0①，

又在APBL)中，BD2=PB2+PD2-2PB-PDcosZBPD,BP32=/M2+9-6/HCOS6>,贝U

m2—6/?7cos6—23=0'2,

两式相力口得2:，-34=0,故PB=m=拒'

故在PBC中，PC=3,PB=M,BC=4,

PC2+BC1-PB-9+16-171

所以cosNPCB=

2PCBC2x3x4~3

X0<ZPCB<7i,所以sinNPCB=Jl一cos。NPCB=,

3

所以PBC的面积为S=LpCBCsin/PCB=^x3x4x^=40.

223

故选：C.

13.（2023・天津•统考高考真题）在三棱锥P-ABC中，线段PC上的点M满足

i7

PM=-PC,线段PB上的点N满足PN=§尸8,则三棱锥尸-AW和三棱锥P-ABC的

体积之比为（）

A.-B.-C.-D.-

9939

【答案】B

【分析】分别过M，C作MM'_LPACCUP4垂足分别为",C’•过5作加_L平面

PAC,垂足为连接尸8',过N作NNUP8',垂足为N'.先证MVU平面PAC,则可得

到BB'〃NN'，再证MM'//CC'.由三角形相似得到MM黑'=］1黑NN'=2［，再由

CC3DDJ

芥a=＞叱即可求出体积比.

^P-ABC^B-PAC

【详解】如图，分别过MC作_LPACC'_LPA,垂足分别为MC.过8作33'_L平

面PAC,垂足为8',连接PB',过N作NN'_LPB'，垂足为N’.

因为BB'_L平面PAC,班'u平面尸83'，所以平面「班'_L平面PAC.

又因为平面平面PAC=P8'，NN'1PB'，NN'u平面PB8'，所以MV」平面

PAC,且BB'HNN'-

在△尸CC中，因为MM'_LPA,CC'_LPA,所以MM'〃CC',所以瞿=；

PCCC3

在△PBB'中，因为BB'〃NN'，所以里=竺一=2,

PBBB'3

1,1{

VVPAM,NN"-PA-MM'\NN2

FJCJ、JVP-AMN_vN-PAM_3_3、、2>

所以1/1/11

VpABCQPACC]9

-/-PAC-SPACBB'j.-BB'

故选：B

14.(2022•全国•统考高考乙卷)在正方体中，E,尸分别为AB,8C的

中点，贝1J()

A.平面4M_L平面B,平面与£F_L平面43。

C.平面片跖//平面AACD.平面片跖//平面AG。

【答案】A

【分析】证明所工平面即可判断A；如图，以点。为原点，建立空间直角坐

标系，设AB=2,分别求出平面8乃尸，ABD,4QD的法向量，根据法向量的位置关

系，即可判断BCD.

【详解】解：在正方体ABCD-A耳中，

AC」班＞且DR1平面ABCD,

又EFu平面A3CD,所以E尸，。R,

因为E,歹分别为AB,BC的中点，

所以E7704C,所以EF_LSD,

又BDDD{=D,

所以所工平面,

又砂u平面片或7,

所以平面与£尸，平面BOQ,故A正确；

选项BCD解法一：

如图，以点。为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2,

则4（2,2,2）,E（2,1,0）,尸（1,2,0）1（2,2,0）,A（2,0,2）,A（2,0,0）,C（0,2,0）,

G(0,2,2),

则EF=(-1,1,0),EB：=(0,1,2),DB=(2,2,0),以=(2,0,2),

M=(O,O,2),AC=(-2,2,O)，AC,=(-2,2,0),

设平面与印的法向量为加=（/%,zj,

m•EF=-2+%=0

则有，可取根=（2,2,-1）,

m-EB}=%+2Z[=0

同理可得平面4BO的法向量为4=（LT,-1）,

平面AAC的法向量为%=（1,1,0）,

平面AG。的法向量为%=（1,1,-1）,

则加4=2—2+1=1x0,

所以平面用£尸与平面4田。不垂直，故B错误;

UU

因为加与〃2不平行，

所以平面5啰尸与平面AAC不平行，故C错误;

因为根与〃3不平行，

所以平面与EF与平面AC。不平行，故D错误,

故选：A.

选项BCD解法二:

解：对于选项B,如图所示，设AB=M,EFBD=N,则MN为平面瓦斯与平

面48。的交线，

在.BMN内,作于点P,在一EMN内，^GPLMN,交EN于点G,连结

BG,

则N3PG或其补角为平面BXEF与平面AXBD所成二面角的平面角,

由勾股定理可知：P笈+PN?=附2,PG1+PN2=GN2,

底面正方形ABCD中，瓦?为中点，则£7」网＞,

由勾股定理可得NB2+NG2=BG2,

从而有：NB2+NG2=(PB2+PN-)+(PG2+PN2)=BG2,

222

据止匕可得PB+PG丰BG,即ZBPG丰90

据此可得平面B\EF，平面\BD不成立,选项B错误；

对于选项C,取的中点则AXB.E,

由于与平面AAC相交，故平面左〃平面A