專題13空間向量與立體幾何（選填題）

8種常見考法歸類

知識五年考情（2021-2025）命題趨勢

考點01空間幾何體的表面積

2023·全國乙卷2022·上海1.空間幾何體的體積計算是重點考

2021·新高考全國Ⅱ卷2021·北京查內(nèi)容，5年內(nèi)頻繁出現(xiàn)，涉及各

考點02空間幾何體的體積問題種類型的幾何體，如棱柱、棱錐、

2025·北京2025·上海2024·新課標(biāo)Ⅰ卷球等，且常與其他知識點結(jié)合。與

2024·北京2024·全國甲卷2023·新課標(biāo)Ⅰ卷球有關(guān)的切、接問題也是重要考

2023·新課標(biāo)Ⅱ卷2023·全國甲卷2023·全國乙卷點，多以正方體、正四棱錐等為背

2023·天津2022·新高考全國Ⅰ卷景，考查考生對空間幾何體結(jié)構(gòu)特

知識空間幾

12022·新高考全國Ⅱ卷2022·天津征的理解和空間想象能力。

何體

2022·全國甲卷2022·浙江2.點線面位置關(guān)系的判斷基本每年

（年考）

552021·新高考全國Ⅱ卷2021·天津2021·北京都有考查，主要考查考生對空間中

直線與直線、直線與平面、平面與

考點03空間幾何體其他量的計算

平面位置關(guān)系的基本概念和定理

2024·北京2023·北京2023·全國甲卷

的理解，通常以正方體等簡單幾何

考點與球有關(guān)的切、接問題

04體為載體，通過對一些位置關(guān)系的

全國二卷新課標(biāo)卷

2025·2023·Ⅰ判斷來命題，難度適中，注重對基

全國甲卷全國乙卷

2023·2023·礎(chǔ)知識的考查。

2022·新高考全國Ⅱ卷2022·新高考全國Ⅰ卷

3.空間幾何體的表面積計算、其他

全國乙卷

2022·量（如棱長、角度等）的計算也時

知識2點、平考點05點線面位置關(guān)系的判斷有出現(xiàn)，要求考生熟練掌握相關(guān)公

面、直線間的2025·全國一卷2025·天津2024·全國甲卷式和定理，具備較強(qiáng)的運算能力和

位置關(guān)系2024·天津2022·上?？臻g想象能力，能夠準(zhǔn)確計算出相

（年考）全國乙卷新高考全國卷

542022·2021·Ⅱ關(guān)量的值.

考點求空間角

064.立體幾何與其他知識的綜合考查

2024·新課標(biāo)Ⅱ卷2023·全國乙卷逐漸受到關(guān)注，雖然在選填題中出

2022·新高考全國Ⅰ卷2022·全國甲卷2022·浙江現(xiàn)頻率相對較低，但有一定的命題

知識3立體幾

何綜合考點07立體幾何與其他知識的綜合趨勢，可能會與函數(shù)、不等式等知

北京上海識結(jié)合，考查考生綜合運用知識解

（5年4考）2022·2023·

決問題的能力.

考點08立體幾何新定義問題

2024·上海

考點01空間幾何體的表面積

1．（2022·上?！じ呖颊骖}）已知某圓錐的高為4，底面積為9π，則該圓錐的側(cè)面積為.

【答案】15π

【分析】先求得圓錐的底面半徑和母線長，進(jìn)而求得該圓錐的側(cè)面積.

【詳解】圓錐底面積為9π，則底面半徑為3，又圓錐的高為4，

則圓錐的母線長為5，則該圓錐的側(cè)面積為35π=15π

故答案為：15π

2．（2023·全國乙卷·高考真題）如圖，網(wǎng)格紙上繪制的一個零件的三視圖，網(wǎng)格小正方形的邊長為1，則該

零件的表面積為（）

A．24B．26C．28D．30

【答案】D

【分析】由題意首先由三視圖還原空間幾何體，然后由所得的空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征求解其表面積即可.

【詳解】如圖所示，在長方體ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AA13，

點H,I,J,K為所在棱上靠近點B1,C1,D1,A1的三等分點，O,L,M,N為所在棱的中點，

則三視圖所對應(yīng)的幾何體為長方體ABCDA1B1C1D1去掉長方體ONIC1LMHB1之后所得的幾何體，

該幾何體的表面積和原來的長方體的表面積相比少2個邊長為1的正方形，

其表面積為：22242321130.

故選：D.

3．（2021·新高考全國Ⅱ卷·高考真題）北斗三號全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國航天事業(yè)的重要成果．在衛(wèi)星導(dǎo)

航系統(tǒng)中，地球靜止同步衛(wèi)星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為36000km（軌道高度是指衛(wèi)星到

地球表面的距離）．將地球看作是一個球心為O，半徑r為6400km的球，其上點A的緯度是指OA與赤道

平面所成角的度數(shù)．地球表面上能直接觀測到一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星點的緯度最大值為，記衛(wèi)星信

號覆蓋地球表面的表面積為S2r2(1cos)（單位：km2），則S占地球表面積的百分比約為（）

A．26%B．34%C．42%D．50%

【答案】C

【分析】由題意結(jié)合所給的表面積公式和球的表面積公式整理計算即可求得最終結(jié)果.

【詳解】由題意可得，S占地球表面積的百分比約為：

6400

21

2r(1cos)1cos.

6400360000.4242%

4r222

故選：C.

4．（2021·北京·高考真題）某四面體的三視圖如圖所示，該四面體的表面積為（）

3333

A．+B．33C．3D．3+

2222

【答案】A

【分析】根據(jù)三視圖可得如圖所示的幾何體（三棱錐），根據(jù)三視圖中的數(shù)據(jù)可計算該幾何體的表面積.

【詳解】根據(jù)三視圖可得如圖所示的幾何體-正三棱錐OABC，

其側(cè)面為等腰直角三角形，底面等邊三角形，

由三視圖可得該正三棱錐的側(cè)棱長為1，

13233

故其表面積為3112，

242

故選：A.

考點02空間幾何體的體積問題

．（上海高考真題）如圖，在正四棱柱中，，則該正四棱柱的體

52025··ABCDA1B1C1D1BD42,DB19

積為．

【答案】112

【分析】求出側(cè)棱長和底面邊長后可求體積.

【詳解】因為BD42且四邊形ABCD為正方形，故BA4，

22

而DB19，故BB1BD81，故BB17，

故所求體積為716112，

故答案為：112.

6．（2021·新高考全國Ⅱ卷·高考真題）正四棱臺的上?下底面的邊長分別為2，4，側(cè)棱長為2，則其體積為

（）

56282

A．20123B．282C．D．

33

【答案】D

【分析】由四棱臺的幾何特征算出該幾何體的高及上下底面面積，再由棱臺的體積公式即可得解.

【詳解】作出圖形，連接該正四棱臺上下底面的中心，如圖，

因為該四棱臺上下底面邊長分別為2，4，側(cè)棱長為2，

2

所以該棱臺的高h(yuǎn)222222，

下底面面積S116，上底面面積S24，

1128

所以該棱臺的體積

VhS1S2S1S22164642.

333

故選：D.

7．（2024·新課標(biāo)Ⅰ卷·高考真題）已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側(cè)面積相等，且它們的高均為3，則

圓錐的體積為（）

A．23πB．33πC．63πD．93π

【答案】B

【分析】設(shè)圓柱的底面半徑為r，根據(jù)圓錐和圓柱的側(cè)面積相等可得半徑r的方程，求出解后可求圓錐的體

積.

【詳解】設(shè)圓柱的底面半徑為r，則圓錐的母線長為r23，

而它們的側(cè)面積相等，所以2πr3πr3r2即233r2，

1

故r3，故圓錐的體積為π9333π.

3

故選：B.

8．（2023·全國甲卷·高考真題）在三棱錐PABC中，VABC是邊長為2的等邊三角形，PAPB2,PC6，

則該棱錐的體積為（）

A．1B．3C．2D．3

【答案】A

【分析】證明AB平面PEC，分割三棱錐為共底面兩個小三棱錐，其高之和為AB得解.

【詳解】取AB中點E，連接PE,CE，如圖，

ABC是邊長為2的等邊三角形，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

故選：A

9．（2023·全國乙卷·高考真題）已知圓錐PO的底面半徑為3，O為底面圓心，PA，PB為圓錐的母線，

93

AOB120，若PAB的面積等于，則該圓錐的體積為（）

4

A．B．6C．3D．36

【答案】B

【分析】根據(jù)給定條件，利用三角形面積公式求出圓錐的母線長，進(jìn)而求出圓錐的高，求出體積作答.

【詳解】在VAOB中，AOB120o，而OAOB3，取AB中點C，連接OC,PC，有OCAB,PCAB，

如圖，

393

∠ABO30，OC,AB2BC3，由PAB的面積為，得

24

193

3PC，

24

33333

解得PC，于是POPC2OC2()2()26，

222

11

所以圓錐的體積VπOA2POπ(3)266π.

33

故選：B

12

10．（2023·天津·高考真題）在三棱錐PABC中，點M,N分別在棱PC,PB上，且PMPC，PNPB，

33

則三棱錐PAMN和三棱錐PABC的體積之比為（）

1214

A．B．C．D．

9939

【答案】B

【分析】分別過M,C作MMPA,CCPA,垂足分別為M,C.過B作BB平面PAC，垂足為B，連接

PB,過N作NNPB,垂足為N.先證NN平面PAC，則可得到BB//NN，再證MM//CC.由三角形相

MM1NN'2VPAMNVNPAM

似得到，，再由即可求出體積比.

CC3BB'3VPABCVBPAC

【詳解】如圖，分別過M,C作MMPA,CCPA,垂足分別為M,C.過B作BB平面PAC，垂足為B，

連接PB,過N作NNPB,垂足為N.

因為BB平面PAC，BB平面PBB，所以平面PBB平面PAC.

又因為平面PBB平面PACPB，NNPB，NN平面PBB，所以NN平面PAC，且BB//NN.

PMMM1

在△PCC中，因為MMPA,CCPA，所以MM//CC，所以，

PCCC3

PNNN2

在△PBB中，因為BB//NN，所以，

PBBB3

11

1PAMMNN

SPAMNN

VV322

所以PAMNNPAM3.

111

VPABCVBPAC9

SPACBBPACCBB

332

故選：B

11．（2022·天津·高考真題）十字歇山頂是中國古代建筑屋頂?shù)慕?jīng)典樣式之一，左圖中的故宮角樓的頂部

即為十字歇山頂.其上部可視為由兩個相同的直三棱柱重疊而成的幾何體（如右圖）.這兩個直三棱柱有一個

公共側(cè)面ABCD.在底面BCE中，若BECE3,BEC120,則該幾何體的體積為（）

27273

A．B．C．27D．273

22

【答案】C

【分析】根據(jù)幾何體直觀圖，由題意結(jié)合幾何體體積公式即可得組合體的體積.

【詳解】如圖所示，該幾何體可視為直三柱BCEADF與兩個三棱錐SMAB，SNCD拼接而成.

記直三棱柱BCDADF的底面BCE的面積為S，高為h，所求幾何體的體積為V，

11393

則SBECEsin12033，

2224

hCDBC33.

所以VV三棱柱BCEADFV三棱錐SMABV三棱錐SNCD

11114

ShShShSh27.

32323

故選：C.

12．（2022·全國甲卷·高考真題）甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側(cè)面展開圖的圓心角之和為2π，側(cè)面積分

S甲V甲

別為S甲和S乙，體積分別為V甲和V乙．若=2，則=（）

S乙V乙

510

A．5B．22C．10D．

4

【答案】C

【分析】設(shè)母線長為l，甲圓錐底面半徑為r1，乙圓錐底面圓半徑為r2，根據(jù)圓錐的側(cè)面積公式可得r12r2，

再結(jié)合圓心角之和可將r1,r2分別用l表示，再利用勾股定理分別求出兩圓錐的高，再根據(jù)圓錐的體積公式即

可得解.

【詳解】解：設(shè)母線長為l，甲圓錐底面半徑為r1，乙圓錐底面圓半徑為r2，

S甲rlr

則112，

S乙r2lr2

所以r12r2，

2r2r

又122，

ll

rr

則121，

l

21

所以rl,rl，

1323

45

所以甲圓錐的高h(yuǎn)l2l2l，

193

122

乙圓錐的高h(yuǎn)l2l2l，

293

12425

r1h1ll

V甲

所以39310.

V乙121222

r2h2ll

393

故選：C.

32

13．（2021·天津·高考真題）兩個圓錐的底面是一個球的同一截面，頂點均在球面上，若球的體積為，

3

兩個圓錐的高之比為1:3，則這兩個圓錐的體積之和為（）

A．3B．4C．9D．12

【答案】B

【分析】作出圖形，計算球體的半徑，可計算得出兩圓錐的高，利用三角形相似計算出圓錐的底面圓半徑，

再利用錐體體積公式可求得結(jié)果.

【詳解】如下圖所示，設(shè)兩個圓錐的底面圓圓心為點D，

設(shè)圓錐AD和圓錐BD的高之比為3:1，即AD3BD，

4R332

設(shè)球的半徑為R，則，可得R2，所以，ABADBD4BD4，

33

所以，BD1，AD3，

CDAB，則CADACDBCDACD90，所以，CADBCD，

又因為ADCBDC，所以，△ACD∽△CBD，

ADCD

所以，，CDADBD3，

CDBD

11

因此，這兩個圓錐的體積之和為CD2ADBD344.

33

故選：B.

14．（2021·北京·高考真題）某一時間段內(nèi)，從天空降落到地面上的雨水，未經(jīng)蒸發(fā)、滲漏、流失而在水平

面上積聚的深度，稱為這個時段的降雨量（單位：mm）．24h降雨量的等級劃分如下：

等級24h降雨量（精確到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

…………

在綜合實踐活動中，某小組自制了一個底面直徑為200mm，高為300mm的圓錐形雨量器.若一次降雨過程

中，該雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如圖所示)，則這24h降雨量的等級是

A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨

【答案】B

【分析】計算出圓錐體積，除以圓面的面積即可得降雨量，即可得解.

200200150

【詳解】由題意，一個半徑為100mm的圓面內(nèi)的降雨充滿一個底面半徑為50mm，高

22300

為150mm的圓錐，

1

502150

所以積水厚度，屬于中雨.

d312.5mm

1002

故選：B.

15．（2022·浙江·高考真題）某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積（單位：cm3）

是（）

2216

A．22πB．8πC．πD．π

33

【答案】C

【分析】根據(jù)三視圖還原幾何體可知，原幾何體是一個半球，一個圓柱，一個圓臺組合成的幾何體，即可

根據(jù)球，圓柱，圓臺的體積公式求出．

【詳解】由三視圖可知，該幾何體是一個半球，一個圓柱，一個圓臺組合成的幾何體，球的半徑，圓柱的

底面半徑，圓臺的上底面半徑都為1cm，圓臺的下底面半徑為2cm，所以該幾何體的體積

Vπ1π122π2π1π2π1cm3．

2333

故選：C．

16．（2022·全國甲卷·高考真題）如圖，網(wǎng)格紙上繪制的是一個多面體的三視圖，網(wǎng)格小正方形的邊長為1，

則該多面體的體積為（）

A．8B．12C．16D．20

【答案】B

【分析】由三視圖還原幾何體，再由棱柱的體積公式即可得解.

【詳解】由三視圖還原幾何體，如圖，

24

則該直四棱柱的體積V2212.

2

故選：B.

17．【多選】（2022·新高考全國Ⅱ卷·高考真題）如圖，四邊形ABCD為正方形，ED平面ABCD，

FB∥ED,ABED2FB，記三棱錐EACD，F(xiàn)ABC，F(xiàn)ACE的體積分別為V1,V2,V3，則（）

A．V32V2B．V3V1

C．V3V1V2D．2V33V1

【答案】CD

【分析】直接由體積公式計算V1,V2，連接BD交AC于點M，連接EM,FM，由V3VAEFMVCEFM計算出V3，

依次判斷選項即可.

【詳解】

11124

設(shè)ABED2FB2a，因為ED平面ABCD，F(xiàn)BED，則VEDS2a2aa3，

13ACD323

11122

VFBSa2aa3，連接BD交AC于點M，連接EM,FM，易得BDAC，

23ABC323

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

面BDEF，

1

又BMDMBD2a，過F作FGDE于G，易得四邊形BDGF為矩形，則FGBD22a,EGa，

2

2222

則EM2a2a6a,FMa22a3a，EFa222a3a，

132

EM2FM2EF2，則EMFM，SEMFMa2，AC22a，

EFM22

1

則VVVACS2a3，則2V3V，V3V，VVV，故A、B錯誤；C、D正確.

3AEFMCEFM3EFM3132312

故選：CD.

18．（2025·北京·高考真題）某科技興趣小組用3D打印機(jī)制作的一個零件可以抽象為如圖所示的多面體，

其中ABCDEF是一個平面多邊形，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，則

2

該多面體的體積為．

【答案】60

【分析】如圖，將一半的幾何體分割成直三棱柱ARFBHT和四棱錐BHTSE后結(jié)合體積公式可求幾何體

的體積.

【詳解】先證明一個結(jié)論：如果平面平面，平面平面，平面l，則l.

證明：設(shè)a，b，在平面取一點O，Oa,Ob，

在平面內(nèi)過O作直線m，使得ma，作直線n，使得nb，

因為平面平面，m，故m，而l，故ml，

同理nl，而mnO,m,n，故l.

下面回歸問題.

連接BE，因為ABBC且AF//BC，故AFAB，同理BCCD，EFED，

而ABBC8,AFCD4，故直角梯形ABEF與直角梯形CBED全等，

故BEFBED45，

在直角梯形ABEF中，過B作BTEF，垂足為T，

則四邊形ABTF為矩形，且BTE為以BTE為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的中點為M，BE的中點為U，CD的中點為V，連接RM,MU,SU,UV，

則MU//RS，同理可證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，故四邊形RMUS為平行四邊形，故MURS81210.

2

在平面ABHR中過B作BH//AR，交RH于H，連接HT.

則四邊形ABHR為平行四邊形，且RH//AB,RH=AB，故RH//FT,RH=FT，

故四邊形RFTH為平行四邊形，

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，

故幾何體ARFBHT為直棱柱，

2

而15，故V8324

SARF443ARFBHT,

22

因為AB//EF，故EF平面ARF，

而EF平面RSEF，故平面ARF平面RSEF，

在平面ARF中過A作AGRF，垂足為G，同理可證AG平面RSEF，

11211215

而AGRF3，故AG，故V246，

25BHTES3522

由對稱性可得幾何體的體積為224660，

故答案為：60.

19．（2024·全國甲卷·高考真題）已知圓臺甲、乙的上底面半徑均為r1,下底面半徑均為r2，圓臺的母線長分

別為2r2r1,3r2r1，則圓臺甲與乙的體積之比為．

【答案】6

4

【分析】先根據(jù)已知條件和圓臺結(jié)構(gòu)特征分別求出兩圓臺的高，再根據(jù)圓臺的體積公式直接代入計算即可

得解.

2

【詳解】由題可得兩個圓臺的高分別為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

故答案為：.

4

20．（2023·新課標(biāo)Ⅰ卷·高考真題）在正四棱臺ABCDA1B1C1D1中，AB2,A1B11,AA12，則該棱臺的

體積為．

767

【答案】/6

66

【分析】結(jié)合圖像，依次求得A1O1,AO,A1M，從而利用棱臺的體積公式即可得解.

【詳解】如圖，過A1作A1MAC，垂足為M，易知A1M為四棱臺ABCDA1B1C1D1的高，

因為AB2,A1B11,AA12，

11211

則AOAC2AB,AOAC2AB2，

11211211222

1216

故AMACAC，則AMAA2AM22，

21121122

1676

所以所求體積為V(4141).

326

76

故答案為：.

6

21．（2024·北京·高考真題）漢代劉歆設(shè)計的“銅嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的標(biāo)準(zhǔn)量器，其中升

量器、斗量器、斛量器的形狀均可視為圓柱.若升、斗、斛量器的容積成公比為10的等比數(shù)列，底面直徑依

次為65mm,325mm,325mm，且斛量器的高為230mm，則斗量器的高為mm，升量器的高為

mm．

115

【答案】2357.5/

2

【分析】根據(jù)體積為公比為10的等比數(shù)列可得關(guān)于高度的方程組，求出其解后可得前兩個圓柱的高度.

22

325325

πh2π230

22

【詳解】設(shè)升量器的高為h1，斗量器的高為h2（單位都是mm），則2210，

65325

πh1πh2

22

115

故h23mm，hmm.

212

115

故答案為：23mm,mm.

2

22．（2023·新課標(biāo)Ⅱ卷·高考真題）底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個底面邊

長為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺的體積為．

【答案】28

【分析】方法一：割補法，根據(jù)正四棱錐的幾何性質(zhì)以及棱錐體積公式求得正確答案；方法二：根據(jù)臺體

的體積公式直接運算求解.

21

【詳解】方法一：由于，而截去的正四棱錐的高為3，所以原正四棱錐的高為6，

42

1

所以正四棱錐的體積為44632，

3

1

截去的正四棱錐的體積為2234，

3

所以棱臺的體積為32428.

1

方法二：棱臺的體積為316416428.

3

故答案為：28.

23．（2022·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題，其中一部分水

蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔148．5m時，相應(yīng)水面的面積為140．0km2；水位為海拔157．5m時，相應(yīng)水

面的面積為180．0km2，將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔148．5m上升到

157．5m時，增加的水量約為（72.65）（）

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

【答案】C

【分析】根據(jù)題意只要求出棱臺的高，即可利用棱臺的體積公式求出．

【詳解】依題意可知棱臺的高為MN157.5148.59(m)，所以增加的水量即為棱臺的體積V．

棱臺上底面積S140.0km2140106m2，下底面積S180.0km2180106m2，

11

∴VhSSSS91401061801061401801012

33

332060710696182.651071.4371091.4109(m3)．

故選：C．

24．【多選】（2023·新課標(biāo)Ⅱ卷·高考真題）已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，APB120，

PA2，點C在底面圓周上，且二面角PACO為45°，則（）．

A．該圓錐的體積為πB．該圓錐的側(cè)面積為43π

C．AC22D．PAC的面積為3

【答案】AC

【分析】根據(jù)圓錐的體積、側(cè)面積判斷A、B選項的正確性，利用二面角的知識判斷C、D選項的正確性.

【詳解】依題意，APB120，PA2，所以O(shè)P1,OAOB3，

12

A選項，圓錐的體積為π31π，A選項正確；

3

B選項，圓錐的側(cè)面積為π3223π，B選項錯誤；

C選項，設(shè)D是AC的中點，連接OD,PD，

則ACOD,ACPD，所以PDO是二面角PACO的平面角，

則PDO45，所以O(shè)POD1，

故ADCD312，則AC22，C選項正確；

1

選項，22，所以，選項錯誤

DPD112SPAC2222D.

2

故選：AC.

考點03空間幾何體其他量的計算

25．（2024·北京·高考真題）如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是邊長為4的正方形，PAPB4，

PCPD22，該棱錐的高為（）.

A．1B．2C．2D．3

【答案】D

【分析】取點作輔助線，根據(jù)題意分析可知平面PEF平面ABCD，可知PO平面ABCD，利用等體積法

求點到面的距離.

【詳解】如圖，底面ABCD為正方形，

當(dāng)相鄰的棱長相等時，不妨設(shè)PAPBAB4,PCPD22，

分別取AB,CD的中點E,F，連接PE,PF,EF，

則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，

過P作EF的垂線，垂足為O，即POEF，

由平面PEF平面ABCDEF，PO平面PEF，

所以PO平面ABCD，

由題意可得：PE23,PF2,EF4，則PE2PF2EF2，即PEPF，

11PEPF

則PEPFPOEF，可得PO3，

22EF

所以四棱錐的高為3.

故選：D.

26．（2023·北京·高考真題）坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊含著豐富的數(shù)學(xué)元素．安裝燈帶可以勾勒

出建筑輪廓，展現(xiàn)造型之美．如圖，某坡屋頂可視為一個五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個面

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與平

14

面ABCD的夾角的正切值均為，則該五面體的所有棱長之和為（）

5

A．102mB．112m

C．117mD．125m

【答案】C

14

【分析】先根據(jù)線面角的定義求得tanEMOtanEGO，從而依次求EO，EG，EB，EF，再把所

5

有棱長相加即可得解.

【詳解】如圖，過E做EO平面ABCD，垂足為O，過E分別做EGBC，EMAB，垂足分別為G，

M，連接OG,OM，

由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為EMO和EGO，

14

所以tanEMOtanEGO.

5

因為EO平面ABCD，BC平面ABCD，所以EOBC，

因為EGBC，EO,EG平面EOG，EOEGE，

所以BC平面EOG，因為OG平面EOG，所以BCOG，.

同理：OMBM，又BMBG，故四邊形OMBG是矩形，

所以由BC10得OM5，所以EO14，所以O(shè)G5，

2

所以在直角三角形EOG中，EGEO2OG2145239

2

在直角三角形EBG中，BGOM5，EBEG2BG239528，

又因為EFAB55255515，

所有棱長之和為2252101548117m.

故選：C

27．（2023·全國甲卷·高考真題）已知四棱錐PABCD的底面是邊長為4的正方形，PCPD3,PCA45，

則△PBC的面積為（）

A．22B．32C．42D．62

【答案】C

【分析】法一：利用全等三角形的證明方法依次證得PDOPCO，PDBPCA，從而得到PAPB，

再在PAC中利用余弦定理求得PA17，從而求得PB17，由此在△PBC中利用余弦定理與三角形面

積公式即可得解；

1

法二：先在PAC中利用余弦定理求得PA17，cosPCB，從而求得PAPC3，再利用空間向量

3

的數(shù)量積運算與余弦定理得到關(guān)于PB,BPD的方程組，從而求得PB17，由此在△PBC中利用余弦定理

與三角形面積公式即可得解.

【詳解】法一：

連結(jié)AC,BD交于O，連結(jié)PO，則O為AC,BD的中點，如圖，

因為底面ABCD為正方形，AB4，所以ACBD42，則DOCO22，

又PCPD3，POOP，所以PDOPCO，則PDOPCO，

又PCPD3，ACBD42，所以PDBPCA，則PAPB，

在PAC中，PC3,AC42,PCA45，

2

則由余弦定理可得PA2AC2PC22ACPCcosPCA329242317，

2

故PA17，則PB17，

故在△PBC中，PC3,PB17,BC4，

PC2BC2PB2916171

所以cosPCB，

2PCBC2343

22

又0PCBπ，所以sinPCB1cos2PCB，

3

1122

所以△PBC的面積為SPCBCsinPCB3442.

223

法二：

連結(jié)AC,BD交于O，連結(jié)PO，則O為AC,BD的中點，如圖，

因為底面ABCD為正方形，AB4，所以ACBD42，

在PAC中，PC3,PCA45，

2

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

2

PA2PC2AC21793217

所以cosAPC