五年（2021-2025）高考数学真题分类汇编专题13 空间向量与立体几何（选填题）8种常见考法归类（全国）（解析版）

专题13空间向量与立体几何（选填题）

8种常见考法归类

知识五年考情（2021-2025）命题趋势

考点01空间几何体的表面积

2023·全国乙卷2022·上海1.空间几何体的体积计算是重点考

2021·新高考全国Ⅱ卷2021·北京查内容，5年内频繁出现，涉及各

考点02空间几何体的体积问题种类型的几何体，如棱柱、棱锥、

2025·北京2025·上海2024·新课标Ⅰ卷球等，且常与其他知识点结合。与

2024·北京2024·全国甲卷2023·新课标Ⅰ卷球有关的切、接问题也是重要考

2023·新课标Ⅱ卷2023·全国甲卷2023·全国乙卷点，多以正方体、正四棱锥等为背

2023·天津2022·新高考全国Ⅰ卷景，考查考生对空间几何体结构特

知识空间几

12022·新高考全国Ⅱ卷2022·天津征的理解和空间想象能力。

何体

2022·全国甲卷2022·浙江2.点线面位置关系的判断基本每年

（年考）

552021·新高考全国Ⅱ卷2021·天津2021·北京都有考查，主要考查考生对空间中

直线与直线、直线与平面、平面与

考点03空间几何体其他量的计算

平面位置关系的基本概念和定理

2024·北京2023·北京2023·全国甲卷

的理解，通常以正方体等简单几何

考点与球有关的切、接问题

04体为载体，通过对一些位置关系的

全国二卷新课标卷

2025·2023·Ⅰ判断来命题，难度适中，注重对基

全国甲卷全国乙卷

2023·2023·础知识的考查。

2022·新高考全国Ⅱ卷2022·新高考全国Ⅰ卷

3.空间几何体的表面积计算、其他

全国乙卷

2022·量（如棱长、角度等）的计算也时

知识2点、平考点05点线面位置关系的判断有出现，要求考生熟练掌握相关公

面、直线间的2025·全国一卷2025·天津2024·全国甲卷式和定理，具备较强的运算能力和

位置关系2024·天津2022·上海空间想象能力，能够准确计算出相

（年考）全国乙卷新高考全国卷

542022·2021·Ⅱ关量的值.

考点求空间角

064.立体几何与其他知识的综合考查

2024·新课标Ⅱ卷2023·全国乙卷逐渐受到关注，虽然在选填题中出

2022·新高考全国Ⅰ卷2022·全国甲卷2022·浙江现频率相对较低，但有一定的命题

知识3立体几

何综合考点07立体几何与其他知识的综合趋势，可能会与函数、不等式等知

北京上海识结合，考查考生综合运用知识解

（5年4考）2022·2023·

决问题的能力.

考点08立体几何新定义问题

2024·上海

考点01空间几何体的表面积

1．（2022·上海·高考真题）已知某圆锥的高为4，底面积为9π，则该圆锥的侧面积为.

【答案】15π

【分析】先求得圆锥的底面半径和母线长，进而求得该圆锥的侧面积.

【详解】圆锥底面积为9π，则底面半径为3，又圆锥的高为4，

则圆锥的母线长为5，则该圆锥的侧面积为35π=15π

故答案为：15π

2．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，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

【答案】D

【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.

【详解】如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AA13，

点H,I,J,K为所在棱上靠近点B1,C1,D1,A1的三等分点，O,L,M,N为所在棱的中点，

则三视图所对应的几何体为长方体ABCDA1B1C1D1去掉长方体ONIC1LMHB1之后所得的几何体，

该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形，

其表面积为：22242321130.

故选：D.

3．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导

航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km（轨道高度是指卫星到

地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道

平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信

号覆盖地球表面的表面积为S2r2(1cos)（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（）

A．26%B．34%C．42%D．50%

【答案】C

【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.

【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：

6400

21

2r(1cos)1cos.

6400360000.4242%

4r222

故选：C.

4．（2021·北京·高考真题）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）

3333

A．+B．33C．3D．3+

2222

【答案】A

【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.

【详解】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥OABC，

其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，

由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，

13233

故其表面积为3112，

242

故选：A.

考点02空间几何体的体积问题

．（上海高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体

52025··ABCDA1B1C1D1BD42,DB19

积为．

【答案】112

【分析】求出侧棱长和底面边长后可求体积.

【详解】因为BD42且四边形ABCD为正方形，故BA4，

22

而DB19，故BB1BD81，故BB17，

故所求体积为716112，

故答案为：112.

6．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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

（）

56282

A．20123B．282C．D．

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，

2

所以该棱台的高h222222，

下底面面积S116，上底面面积S24，

1128

所以该棱台的体积

VhS1S2S1S22164642.

333

故选：D.

7．（2024·新课标Ⅰ卷·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

【答案】B

【分析】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.

【详解】设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为r23，

而它们的侧面积相等，所以2πr3πr3r2即233r2，

1

故r3，故圆锥的体积为π9333π.

3

故选：B.

8．（2023·全国甲卷·高考真题）在三棱锥PABC中，VABC是边长为2的等边三角形，PAPB2,PC6，

则该棱锥的体积为（）

A．1B．3C．2D．3

【答案】A

【分析】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.

【详解】取AB中点E，连接PE,CE，如图，

ABC是边长为2的等边三角形，PAPB2，

PEAB,CEAB，又PE,CE平面PEC，PECEE，

AB平面PEC，

3

又PECE23，PC6，

2

故PC2PE2CE2，即PECE，

111

所以VVVS△AB3321，

BPECAPEC3PEC32

故选：A

9．（2023·全国乙卷·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，

93

AOB120，若PAB的面积等于，则该圆锥的体积为（）

4

A．B．6C．3D．36

【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VAOB中，AOB120o，而OAOB3，取AB中点C，连接OC,PC，有OCAB,PCAB，

如图，

393

∠ABO30，OC,AB2BC3，由PAB的面积为，得

24

193

3PC，

24

33333

解得PC，于是POPC2OC2()2()26，

222

11

所以圆锥的体积VπOA2POπ(3)266π.

33

故选：B

12

10．（2023·天津·高考真题）在三棱锥PABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PMPC，PNPB，

33

则三棱锥PAMN和三棱锥PABC的体积之比为（）

1214

A．B．C．D．

9939

【答案】B

【分析】分别过M,C作MMPA,CCPA,垂足分别为M,C.过B作BB平面PAC，垂足为B，连接

PB,过N作NNPB,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

MM1NN'2VPAMNVNPAM

似得到，，再由即可求出体积比.

CC3BB'3VPABCVBPAC

【详解】如图，分别过M,C作MMPA,CCPA,垂足分别为M,C.过B作BB平面PAC，垂足为B，

连接PB,过N作NNPB,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PACPB，NNPB，NN平面PBB，所以NN平面PAC，且BB//NN.

PMMM1

在△PCC中，因为MMPA,CCPA，所以MM//CC，所以，

PCCC3

PNNN2

在△PBB中，因为BB//NN，所以，

PBBB3

11

1PAMMNN

SPAMNN

VV322

所以PAMNNPAM3.

111

VPABCVBPAC9

SPACBBPACCBB

332

故选：B

11．（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BECE3,BEC120,则该几何体的体积为（）

27273

A．B．C．27D．273

22

【答案】C

【分析】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.

【详解】如图所示，该几何体可视为直三柱BCEADF与两个三棱锥SMAB，SNCD拼接而成.

记直三棱柱BCDADF的底面BCE的面积为S，高为h，所求几何体的体积为V，

11393

则SBECEsin12033，

2224

hCDBC33.

所以VV三棱柱BCEADFV三棱锥SMABV三棱锥SNCD

11114

ShShShSh27.

32323

故选：C.

12．（2022·全国甲卷·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

S甲V甲

别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若=2，则=（）

S乙V乙

510

A．5B．22C．10D．

4

【答案】C

【分析】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r12r2，

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.

【详解】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，

S甲rlr

则112，

S乙r2lr2

所以r12r2，

2r2r

又122，

ll

rr

则121，

l

21

所以rl,rl，

1323

45

所以甲圆锥的高hl2l2l，

193

122

乙圆锥的高hl2l2l，

293

12425

r1h1ll

V甲

所以39310.

V乙121222

r2h2ll

393

故选：C.

32

13．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，

3

两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（）

A．3B．4C．9D．12

【答案】B

【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，

再利用锥体体积公式可求得结果.

【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，

设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3:1，即AD3BD，

4R332

设球的半径为R，则，可得R2，所以，ABADBD4BD4，

33

所以，BD1，AD3，

CDAB，则CADACDBCDACD90，所以，CADBCD，

又因为ADCBDC，所以，△ACD∽△CBD，

ADCD

所以，，CDADBD3，

CDBD

11

因此，这两个圆锥的体积之和为CD2ADBD344.

33

故选：B.

14．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平

面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm）．24h降雨量的等级划分如下：

等级24h降雨量（精确到0.1）

…………

小雨0.1~9.9

中雨10.0~24.9

大雨25.0~49.9

暴雨50.0~99.9

…………

在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200mm，高为300mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程

中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是

A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨

【答案】B

【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.

200200150

【详解】由题意，一个半径为100mm的圆面内的降雨充满一个底面半径为50mm，高

22300

为150mm的圆锥，

1

502150

所以积水厚度，属于中雨.

d312.5mm

1002

故选：B.

15．（2022·浙江·高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）

是（）

2216

A．22πB．8πC．πD．π

33

【答案】C

【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可

根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．

【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的

底面半径，圆台的上底面半径都为1cm，圆台的下底面半径为2cm，所以该几何体的体积

Vπ1π122π2π1π2π1cm3．

2333

故选：C．

16．（2022·全国甲卷·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

【答案】B

【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.

【详解】由三视图还原几何体，如图，

24

则该直四棱柱的体积V2212.

2

故选：B.

17．【多选】（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，四边形ABCD为正方形，ED平面ABCD，

FB∥ED,ABED2FB，记三棱锥EACD，FABC，FACE的体积分别为V1,V2,V3，则（）

A．V32V2B．V3V1

C．V3V1V2D．2V33V1

【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V3VAEFMVCEFM计算出V3，

依次判断选项即可.

【详解】

11124

设ABED2FB2a，因为ED平面ABCD，FBED，则VEDS2a2aa3，

13ACD323

11122

VFBSa2aa3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BDAC，

23ABC323

又ED平面ABCD，AC平面ABCD，则EDAC，又EDBDD，ED,BD平面BDEF，则AC平

面BDEF，

1

又BMDMBD2a，过F作FGDE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FGBD22a,EGa，

2

2222

则EM2a2a6a,FMa22a3a，EFa222a3a，

132

EM2FM2EF2，则EMFM，SEMFMa2，AC22a，

EFM22

1

则VVVACS2a3，则2V3V，V3V，VVV，故A、B错误；C、D正确.

3AEFMCEFM3EFM3132312

故选：CD.

18．（2025·北京·高考真题）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，

其中ABCDEF是一个平面多边形，平面AFR平面ABC，平面CDT平面ABC，

5

ABBC，AB//EF//RS//CD，BC//DE//ST//AF.若ABBC8,AFCD4,RARFTCTD，则

2

该多面体的体积为．

【答案】60

【分析】如图，将一半的几何体分割成直三棱柱ARFBHT和四棱锥BHTSE后结合体积公式可求几何体

的体积.

【详解】先证明一个结论：如果平面平面，平面平面，平面l，则l.

证明：设a，b，在平面取一点O，Oa,Ob，

在平面内过O作直线m，使得ma，作直线n，使得nb，

因为平面平面，m，故m，而l，故ml，

同理nl，而mnO,m,n，故l.

下面回归问题.

连接BE，因为ABBC且AF//BC，故AFAB，同理BCCD，EFED，

而ABBC8,AFCD4，故直角梯形ABEF与直角梯形CBED全等，

故BEFBED45，

在直角梯形ABEF中，过B作BTEF，垂足为T，

则四边形ABTF为矩形，且BTE为以BTE为直角的等腰直角三角形，

故EFFTTEABBTABAF12，

平面RAF平面ABEF，平面RAF平面ABEFAF，AFAB,

AB平面ABEF，故AB平面RAF，

取AF的中点为M，BE的中点为U，CD的中点为V，连接RM,MU,SU,UV，

则MU//RS，同理可证RM平面ABEF，而RM平面RMUS，

故平面RMUS平面ABEF，同理平面VUS平面ABEF，

而平面RMUS平面VUSSU，故SU平面ABEF，

1

故RM//SU，故四边形RMUS为平行四边形，故MURS81210.

2

在平面ABHR中过B作BH//AR，交RH于H，连接HT.

则四边形ABHR为平行四边形，且RH//AB,RH=AB，故RH//FT,RH=FT，

故四边形RFTH为平行四边形，

而BHAB,BTAB,BTBHB,BT,BH平面BHT，

故AB平面BHT，故平面ARF//平面BHT，

而ARBH,RFHT,AFBT，故△ARF△BHT，

故几何体ARFBHT为直棱柱，

2

而15，故V8324

SARF443ARFBHT,

22

因为AB//EF，故EF平面ARF，

而EF平面RSEF，故平面ARF平面RSEF，

在平面ARF中过A作AGRF，垂足为G，同理可证AG平面RSEF，

11211215

而AGRF3，故AG，故V246，

25BHTES3522

由对称性可得几何体的体积为224660，

故答案为：60.

19．（2024·全国甲卷·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1,下底面半径均为r2，圆台的母线长分

别为2r2r1,3r2r1，则圆台甲与乙的体积之比为．

【答案】6

4

【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可

得解.

2

【详解】由题可得两个圆台的高分别为2，

h甲2r1r2r1r23r1r2

2

2，

h乙3r1r2r1r222r1r2

1

S2S1S2S1h甲

V甲h甲3rr6

所以312.

1

V乙h乙22r1r24

S2S1S2S1h乙

3

6

故答案为：.

4

20．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台ABCDA1B1C1D1中，AB2,A1B11,AA12，则该棱台的

体积为．

767

【答案】/6

66

【分析】结合图像，依次求得A1O1,AO,A1M，从而利用棱台的体积公式即可得解.

【详解】如图，过A1作A1MAC，垂足为M，易知A1M为四棱台ABCDA1B1C1D1的高，

因为AB2,A1B11,AA12，

11211

则AOAC2AB,AOAC2AB2，

11211211222

1216

故AMACAC，则AMAA2AM22，

21121122

1676

所以所求体积为V(4141).

326

76

故答案为：.

6

21．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升

量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依

次为65mm,325mm,325mm，且斛量器的高为230mm，则斗量器的高为mm，升量器的高为

mm．

115

【答案】2357.5/

2

【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.

22

325325

πh2π230

22

【详解】设升量器的高为h1，斗量器的高为h2（单位都是mm），则2210，

65325

πh1πh2

22

115

故h23mm，hmm.

212

115

故答案为：23mm,mm.

2

22．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）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

【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体

的体积公式直接运算求解.

21

【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，

42

1

所以正四棱锥的体积为44632，

3

1

截去的正四棱锥的体积为2234，

3

所以棱台的体积为32428.

1

方法二：棱台的体积为316416428.

3

故答案为：28.

23．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）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148．5m时，相应水面的面积为140．0km2；水位为海拔157．5m时，相应水

面的面积为180．0km2，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148．5m上升到

157．5m时，增加的水量约为（72.65）（）

A．1.0109m3B．1.2109m3C．1.4109m3D．1.6109m3

【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．

【详解】依题意可知棱台的高为MN157.5148.59(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．

棱台上底面积S140.0km2140106m2，下底面积S180.0km2180106m2，

11

∴VhSSSS91401061801061401801012

33

332060710696182.651071.4371091.4109(m3)．

故选：C．

24．【多选】（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，APB120，

PA2，点C在底面圆周上，且二面角PACO为45°，则（）．

A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为43π

C．AC22D．PAC的面积为3

【答案】AC

【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.

【详解】依题意，APB120，PA2，所以OP1,OAOB3，

12

A选项，圆锥的体积为π31π，A选项正确；

3

B选项，圆锥的侧面积为π3223π，B选项错误；

C选项，设D是AC的中点，连接OD,PD，

则ACOD,ACPD，所以PDO是二面角PACO的平面角，

则PDO45，所以OPOD1，

故ADCD312，则AC22，C选项正确；

1

选项，22，所以，选项错误

DPD112SPAC2222D.

2

故选：AC.

考点03空间几何体其他量的计算

25．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PAPB4，

PCPD22，该棱锥的高为（）.

A．1B．2C．2D．3

【答案】D

【分析】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.

【详解】如图，底面ABCD为正方形，

当相邻的棱长相等时，不妨设PAPBAB4,PCPD22，

分别取AB,CD的中点E,F，连接PE,PF,EF，

则PEAB,EFAB，且PEEFE，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POEF，

由平面PEF平面ABCDEF，PO平面PEF，

所以PO平面ABCD，

由题意可得：PE23,PF2,EF4，则PE2PF2EF2，即PEPF，

11PEPF

则PEPFPOEF，可得PO3，

22EF

所以四棱锥的高为3.

故选：D.

26．（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AB25m,BCAD10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平

14

面ABCD的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（）

5

A．102mB．112m

C．117mD．125m

【答案】C

14

【分析】先根据线面角的定义求得tanEMOtanEGO，从而依次求EO，EG，EB，EF，再把所

5

有棱长相加即可得解.

【详解】如图，过E做EO平面ABCD，垂足为O，过E分别做EGBC，EMAB，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，

14

所以tanEMOtanEGO.

5

因为EO平面ABCD，BC平面ABCD，所以EOBC，

因为EGBC，EO,EG平面EOG，EOEGE，

所以BC平面EOG，因为OG平面EOG，所以BCOG，.

同理：OMBM，又BMBG，故四边形OMBG是矩形，

所以由BC10得OM5，所以EO14，所以OG5，

2

所以在直角三角形EOG中，EGEO2OG2145239

2

在直角三角形EBG中，BGOM5，EBEG2BG239528，

又因为EFAB55255515，

所有棱长之和为2252101548117m.

故选：C

27．（2023·全国甲卷·高考真题）已知四棱锥PABCD的底面是边长为4的正方形，PCPD3,PCA45，

则△PBC的面积为（）

A．22B．32C．42D．62

【答案】C

【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得PDOPCO，PDBPCA，从而得到PAPB，

再在PAC中利用余弦定理求得PA17，从而求得PB17，由此在△PBC中利用余弦定理与三角形面

积公式即可得解；

1

法二：先在PAC中利用余弦定理求得PA17，cosPCB，从而求得PAPC3，再利用空间向量

3

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PB17，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,BD交于O，连结PO，则O为AC,BD的中点，如图，

因为底面ABCD为正方形，AB4，所以ACBD42，则DOCO22，

又PCPD3，POOP，所以PDOPCO，则PDOPCO，

又PCPD3，ACBD42，所以PDBPCA，则PAPB，

在PAC中，PC3,AC42,PCA45，

2

则由余弦定理可得PA2AC2PC22ACPCcosPCA329242317，

2

故PA17，则PB17，

故在△PBC中，PC3,PB17,BC4，

PC2BC2PB2916171

所以cosPCB，

2PCBC2343

22

又0PCBπ，所以sinPCB1cos2PCB，

3

1122

所以△PBC的面积为SPCBCsinPCB3442.

223

法二：

连结AC,BD交于O，连结PO，则O为AC,BD的中点，如图，

因为底面ABCD为正方形，AB4，所以ACBD42，

在PAC中，PC3,PCA45，

2

则由余弦定理可得PA2AC2PC22ACPCcosPCA329242317，故PA17，

2

PA2PC2AC21793217

所以cosAPC