专题3 小题考法1 立体几何初步-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·数学创新版（教用word）

小题考法1　立体几何初步 命题点一 表面积与体积 角度1　空间几何体的表面积 [例1]　(1)(2025·沧州模拟)在正四棱台A1B1C1D1-ABCD中，AB＝2A1B1＝2，侧棱和底面所成角为60°，则该正四棱台的侧面积为(　　) A．3 B．6 C．8 D．12 (2)(2025·松江模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P为棱CC1的中点，若△BPD1以BD1为轴旋转一周，则得到的旋转体的表面积是________． 【解析】　(1)如图，连接A1C1，AC，则A1C1＝2，AC＝4，过A1作A1E⊥AC于E， 则AE＝＝1，由正四棱台的性质可得A1E⊥平面ABCD， 故∠A1AE即为侧棱和底面所成角， 故∠A1AE＝60°，在Rt△A1AE中，可得A1A＝2，A1E＝， 过A1作A1F⊥AB于F，连接EF，因为AB⊂平面ABCD， 所以A1E⊥AB，而A1F∩A1E＝A1，A1F，A1E⊂平面A1FE， 所以AB⊥平面A1FE，而EF⊂平面A1FE，故AB⊥EF， 又∠EAF＝45°，则EF＝，A1F＝， 所以该正四棱台的侧面积为×(＋2)××4＝6. (2)由题意知，△BPD1为等腰三角形，且BD1＝2，PD1＝PB＝， 所以△BPD1以BD1为轴旋转一周，得到的旋转体是以BD1为中心轴， 分别以PD1，PB为母线且同底的两个圆锥构成的几何体， 可得圆锥的底面半径为＝，所以旋转体的表面积S＝2πrl＝2π. 【答案】　(1)B　(2)2π 破解空间几何体的表面积问题的关键 (1)会转化：空间图形平面化． (2)会分类：能识别所给的几何体是规则的几何体，还是不规则的几何体，还是简单的组合体． (3)用公式：对于规则的几何体或简单的组合体，只需利用公式即可求解． [对点训练]　1.如图所示，在四边形ABCD中，AD⊥AB，∠ADC＝135°，AB＝3，CD＝，AD＝1，则四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积为(　　) A．(6＋4)π B．(9＋4)π C．(9＋9)π D．(9＋10)π 解析：选C.由题意知，旋转所成的几何体是一个圆台上面挖掉一个圆锥的组合体， 且圆台的上底面半径r＝1，下底面半径R＝3，高h＝2，母线长l＝2， 圆锥的底面半径r′＝1，高h′＝1，母线长l′＝， 所以圆台的侧面积S1＝π(R＋r)l＝8π，圆锥的侧面积S2＝πr′l′＝π，圆台的下底面面积S3＝πR2＝9π，所以几何体的表面积S＝9π＋9π＝(9＋9)π. 2．如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层转动了45°之后，表面积增加了________平方单位． 解析：如图，转动了45°后，此时魔方相对原来多出了16个小三角形的面积，显然小三角形为等腰直角三角形且周长为3，设其直角边为x， 则斜边为x，则2x＋x＝3，解得x＝3－.由几何关系得1个小三角形的面积为S1＝×＝－，所以增加的面积为S＝16S1＝16×＝108－72. 答案：108－72 角度2　空间几何体的体积 [例2]　(1)(2025·大庆一模)已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，母线长为，则圆台的体积为(　　) A． B． C． D． (2)(2025·重庆模拟)已知三棱锥S-ABC如图所示，AS，AB，AC两两垂直，且AS＝AB＝AC＝3，点E，F分别是棱AS，BS的中点，点G是棱SC上靠近点C的三等分点，则空间几何体EFG-ABC的体积为________． 【解析】　(1)因为圆台的上、下底面半径分别为1和3，母线长为，所以圆台的高h＝＝， 所以圆台的体积V＝(π×12＋π×32＋π×1×3)×＝. (2)如图，过点G作GH∥AC，交SA于点H， 因为AC⊥AS，AC⊥AB，AB∩AS＝A，AB，AS⊂平面SAB， 所以AC⊥平面SAB，所以GH⊥平面SAB，且＝＝，因此GH＝AC＝2， 因为F，E分别为BS，AS的中点，所以S△SEF＝××＝，所以V三棱锥C-SAB＝S△SAB·AC＝××33＝，V三棱锥G-SEF＝S△SEF·GH＝××2＝， 所以V几何体EFG-ABC＝V三棱锥C-SAB－V三棱锥G-SEF＝－＝. 【答案】　(1)A　(2) 破解空间几何体的体积问题的常用方法 (1)公式法：直接利用公式计算． (2)割补法：把不规则的几何体分割(补)成规则的几何体，便于计算其体积． (3)等体积法：根据体积公式计算，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等． [对点训练]　1.(2025·贵州三模)如图，体积为2π的圆柱的轴截面ABCD为正方形，点E在底面圆周上，则三棱锥C-ABE体积的最大值为(　　) A． B． C．1 D． 解析：选B.设底面半径为r，由题意可知CB＝2r，圆柱体积为πr2×2r＝2π，所以r＝1. 由题意可知，CB⊥平面ABE，且CB＝2， 要使得三棱锥C-ABE的体积最大，只需△ABE的面积最大， 易知△ABE为直角三角形，且AE2＋BE2＝AB2＝4， 所以AE2＋BE2＝4≥2AE·BE， 所以AE·BE≤2，当且仅当AE＝BE＝时等号成立， 所以△ABE面积的最大值为1， 所以三棱锥C-ABE体积的最大值为×1×2＝. 2． (2025·北京卷)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，AB⊥BC，AB∥EF∥RS∥CD，BC∥DE∥ST∥AF，若AB＝BC＝8，AF＝CD＝4，RA＝RF＝TC＝TD＝，则该多面体的体积为________． 解析：因为AB∥EF∥CD，AF∥BC∥DE，且AB⊥BC，可得BC⊥CD，CD⊥DE，DE⊥EF，EF⊥AF，AF⊥AB，连接BE，延长CB与EF相交于点N，延长AB与DE相交于点M，所以AM⊥DE，CN⊥EF，所以四边形ABNF和四边形CDMB为矩形，所以AF＝CD＝BM＝BN， 所以四边形BNEM为正方形，所以BM＝ME＝EN＝BN＝AF＝CD＝4，即EF＝DE＝12，由此可得组合体关于平面SBE对称． 过点B作BQ∥AR，交RS于点Q，连接QN，过点B作BP∥CT，交TS于点P，连接PM， 所以平面AFR∥平面BNQ，平面CDT∥平面BMP， 所以组合体体积V＝V三棱柱AFR-BNQ＋V三棱柱CDT-BMP＋V四棱锥S-BMEN＋V三棱锥S-BMP＋V三棱锥S-BNQ， ①求解三棱柱AFR-BNQ和CDT-BMP的体积： 因为平面ARF⊥平面ABC，平面ARF∩平面ABC＝AF，AB⊥AF，所以三棱柱AFR-BNQ为直三棱柱(三棱柱CDT-BMP同理)， 所以V三棱柱AFR-BNQ＝V三棱柱CDT-BMP＝S△ARF·|AB|＝×4××8＝24； ②求解四棱锥S-BMEN的体积： 由组合体关于平面SBE对称，所以平面SBE⊥平面BMEN，作RS在底面ABEF的投影(图略)，因为AR＝RF，平面AFR⊥平面ABC，所以R在底面ABEF的投影为AF的中点，又因为平面SBE⊥平面BMEN，所以S在底面BMEN的投影为BE的中点O，连接SO，易得SO为，所以V四棱锥S-BMEN＝×4×4×＝8； ③求解三棱锥S-BMP和三棱锥S-BNQ的体积： 因为AB⊥平面ARF，AB∥RQ，平面ARF∥平面BQN， 所以RS⊥平面BQN，所以QS即为三棱锥S-BNQ的高，QS＝NE＝2，所以V三棱锥S-BMP＝V三棱锥S-BNQ＝××4××2＝2. 综上，组合体体积为24＋24＋8＋2＋2＝60. 答案：60 命题点二 位置关系 [例3]　(多选)(2025·全国一卷)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，则(　　) A．AD⊥A1C B．B1C1⊥平面AA1D C．AD∥A1B1 D．CC1∥平面AA1D 【解析】　 方法一：如图，取B1C1的中点D1，连接DD1，由正三棱柱的性质知BC，AD，DD1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设正三棱柱ABCA1B1C1的高为h，底面边长为2，则D(0，0，0)，A(0，，0)，A1(0，，h)，B(1，0，0)，B1(1，0，h)，C(－1，0，0)，C1(－1，0，h). 对于A，由于＝(0，－，0)，＝(－1，－，－h)，则·＝0×(－1)＋(－)×(－)＋0×(－h)＝3≠0，所以AD与A1C不垂直，故A错误； 对于B，由于＝(－2，0，0)，平面AA1D的一个法向量为＝(1，0，0)，又∥，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确； 对于C，由于＝(1，－，0)，＝(0，－，0)，显然与不共线，所以AD与A1B1不平行，故C错误； 对于D，因为＝(0，0，h)，平面AA1D的一个法向量为＝(1，0，0)，所以·＝0，即⊥，又CC1⊄平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确． 方法二：对于A，由三棱柱的性质可知，AA1⊥平面ABC，则AA1⊥AD，假设AD⊥A1C，又AA1∩A1C＝A1，AA1，A1C⊂平面AA1C1C，所以AD⊥平面AA1C1C，由题意知AD不垂直平面AA1C1C，矛盾，所以AD与A1C不垂直，故A错误；对于B，因为三棱柱ABCA1B1C1是正三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，则AA1⊥BC，因为D为BC的中点，AC＝AB，所以AD⊥BC，又AD∩AA1＝A，AD，AA1⊂平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确；对于C，AB∥A1B1，AD与AB相交，所以AD与A1B1异面，故C错误；对于D，CC1∥AA1，CC1⊄平面AA1D，AA1⊂平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确． 【答案】　BD 判断空间中位置关系的方法 (1)利用定理、定义、公理等直接判断； (2)作出简单图示，利用图示进行说明； (3)将规则几何体作为模型，取其中的部分位置关系进行分析说明． [对点训练]　(多选)(2025·合肥质量检测)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是棱C1D1上的动点(不含端点)，则下列说法中正确的有(　　) A．DC∥平面BPD1 B．B1C⊥BP C．四面体PAB1C的体积为定值 D．存在点P，使得平面BB1P⊥平面AA1P 解析：选AB.因为D1P∥DC，DC⊄平面BPD1，D1P⊂平面BPD1，所以DC∥平面BPD1，A正确；如图1，连接BC1，则BC1⊥B1C.因为D1C1⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，所以D1C1⊥B1C.因为D1C1∩BC1＝C1，D1C1，BC1⊂平面BC1D1，所以B1C⊥平面BC1D1.因为BP⊂平面BC1D1，所以B1C⊥BP，B正确；V四面体PAB1C＝S△AB1C·h(h为点P到平面AB1C的距离)，因为D1C1与平面AB1C不平行，所以点P到平面AB1C的距离不是定值，所以四面体PAB1C的体积不是定值，C错误； 方法一(几何法)：如图2， 在CD上取一点Q，使CQ＝C1P，连接PQ，易知PQ綉CC1，所以PQ⊥平面ABCD.连接AQ，BQ，因为AQ，BQ⊂平面ABCD，所以PQ⊥AQ，PQ⊥BQ，所以平面BB1P与平面AA1P的夹角即∠AQB，显然当点P运动时，∠AQB不可能为直角，因此不存在点P使得平面BB1P⊥平面AA1P，D错误． 方法二(空间向量法)：如图3，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则A(0，0，0)，A1(0，0，1)，B(1，0，0)，B1(1，0，1).设P(t，1，1)(0<t<1)，则＝(t，1，1)，＝(0，0，1)，＝(t－1，1，1)，＝(0，0，1).设平面AA1P的法向量为m＝(x，y，z)，平面BB1P的法向量为n＝(a，b，c).由设x＝1，则m＝(1，－t，0). 由设a＝1，则n＝(1，1－t，0).若存在点P使得平面BB1P⊥平面AA1P，则m·n＝(1，－t，0)·(1，1－t，0)＝1－t＋t2＝0.因为1－t＋t2＝(t－)2＋>0，所以1－t＋t2＝0无解，所以不存在点P使得平面BB1P⊥平面AA1P，D错误． 命题点三 展开问题 [例4]　(2025·泰州二模)在三棱锥S-ABC中，底面为斜边AC＝2的等腰直角三角形ABC，顶点S在底面上的射影为AC的中点．若SA＝2，E为线段AB上的一个动点，则SE＋CE的最小值为(　　) A．＋ B．2 C．2(＋1) D．2(－1) 【解析】　 如图1，在三棱锥S-ABC中，设点O为线段AC的中点，连接BO，SO. 由题易知AO＝BO＝CO＝AC＝，AB＝BC＝2，SO⊥平面ABC. 在Rt△SAO中，SO＝＝， 故SB＝＝2， 所以△SAB是边长为2的等边三角形． 将△SAB展开到与△ABC共面，如图2所示， 则SE＋CE≥SC，当且仅当S，E，C三点共线时等号成立． 在△SBC中，SB＝BC＝2，∠SBC＝∠SBA＋∠ABC＝， 由余弦定理可得SC2＝SB2＋BC2－2SB·BC·cos ＝4＋4－2×2×2×＝8＋4＝(＋)2，所以SE＋CE≥SC＝＋， 即SE＋CE的最小值为＋. 【答案】　A 空间几何体最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转化成求平面中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边． [对点训练]　(多选)(2025·白银模拟)如图，圆锥SO的底面半径为1，侧面积为3π，△SAB是圆锥的一个轴截面，C是底面圆周上异于A，B的一点，则(　　) A.△SAB的面积为2 B．圆锥SO的侧面展开图的圆心角为 C．由C点出发绕圆锥侧面旋转一周，又回到C点的细绳长度最小值为3 D．若AC＝，则三棱锥O-SAC的体积为 解析：选ABC.对于A，设圆锥的母线长为l，圆锥SO的侧面积为πrl＝3π，所以l＝3， 即SA＝SB＝3，又OA＝OB＝1，所以SO＝＝2，所以△SAB的面积为×2×2＝2，故A正确； 对于B，圆锥SO的侧面展开图的圆心角α＝＝，故B正确； 对于C，如图，由C点出发绕圆锥侧面旋转一周，又回到C点的细绳长度最小值为圆锥侧面的展开图得到的扇形的圆心角所对的弦长CC′， 且CC′＝2l sin ＝2×3sin ＝3，故C正确； 对于D，因为OA＝OC＝1，AC＝，所以AC2＝OA2＋OC2，所以OA⊥OC，所以三棱锥O-SAC的体积为××1×1×2＝，故D错误． 命题点四 截面问题 [例5]　(多选)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G，H分别是AB，BC，AA1，CC1的中点，用一个平面α截该正方体，截面面积为S，则下列结论正确的是(　　) A．若α经过点B，A1，C1，则S＝ B．若α经过点B，G，H，则S＝ C．若α经过点E，F，G，则α经过点D1 D．若α经过点E，F，D1，则α经过AA1的一个三等分点 【解析】　对于A，α经过点B，A1，C1，则截面为等边三角形A1BC1，面积为S＝×××sin ＝，A正确； 对于B，α经过点B，G，H，则截面为菱形BHD1G，BG＝D1G＝，BD1＝，设GH∩BD1＝O，则GH⊥BD1，GH＝AC＝，所以菱形BHD1G的面积S＝××＝，B正确； 对于C，α经过点E，F，G，设I，J分别是C1D1，A1D1的中点， 则截面为正六边形GEFHIJ，不经过点D1，C错误； 对于D，α经过点E，F，D1，延长EF，交DA的延长线于M，交DC的延长线于Q， 连接D1M，交AA1于N，连接D1Q，交CC1于P，则截面为EFPD1N，由于E是AB的中点，F是BC的中点，所以AE＝BE，则AM＝BF＝BC＝A1D1，所以＝＝，所以N是AA1的三等分点，D正确． 【答案】　ABD 作截面的两种常用方法 (1)平行线法：解题关键是利用截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某一个平面平行． (2)延长线交点法：解题关键是利用截面上的点至少有两个点在几何体的同一个平面上． [对点训练]　1.一棱长为a的正四面体木块如图所示，点P在平面VAC内，过点P将木块锯开，且使截面平行于直线VB和AC，则在木块表面画线的总长度为(　　) A．a B．2a C．4a D．无法确定 解析：选B.如图，在平面VAC内过点P作MN∥AC，分别交VA，VC于点M，N， 则VM＝VN＝MN，MA＝NC. 在平面VAB内作ME∥ VB交AB于点E，在平面VBC内作NF∥ VB交BC于点F， 则ME＝MA，NF＝NC，所以ME∥NF，ME＝NF，故截面为平行四边形MNFE， 所以在木块表面画线的总长度为2(MN＋ME)＝2(VM＋MA)＝2VA＝2a. 2．如图，已知在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AB＝2，且点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点．过点A，E，F作三棱柱截面交C1B1于点P，则线段B1P的长度为________． 解析：在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AB＝2， 又因为点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，可得AF＝AE＝＝， 如图所示，延长AF交CC1的延长线于点M， 连接ME交B1C1于点P，连接FP，则四边形AFPE为所求截面，过点E作BC的平行线交CC1于点N，易知△AA1F≌△MC1F，所以MC1＝2，又△MPC1∽△MEN，所以＝＝＝，所以PC1＝，则B1P＝. 答案： [问题背景]　阿基米德几何体内涵和谐美妙的对称美，如图中的阿基米德球与阿基米德多面体是教材推出的两个最美多面体，其中图1中的阿基米德球与圆柱的上、下底面和侧面都相切，有性质＝＝，图2中的阿基米德多面体是过正方体共顶点的三条棱中点的八个截面截去八个相同的三棱锥后得到的，它是一个十四面体——其中八个面为正三角形，六个面为正方形．近年来与阿基米德几何体相似的高考数学试题成为了高考热点之一，也是各地模拟题的常考题型，例如2024年新课标Ⅰ卷T5是与阿基米德球相似的问题． [真题展示]　(2024·新课标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，则圆锥的体积为(　　) A．2π B．3π C．6π D．9π 解析：选B.设圆柱和圆锥的底面半径均为r，因为它们的高均为，且侧面积相等，所以2πr×＝πr，得r2＝9，所以圆锥的体积V＝πr2×＝3π. [美题闯关]　1.如图，圆柱的下底面 与定圆锥底面所在平面重合，圆柱的上底面圆周在圆锥的侧面上，当圆柱侧面积最大时，圆柱的体积与圆锥的体积之比为(　　) A． B． C． D． 解析：选A.如图，设圆锥的底面半径为R， 高为H，圆锥母线PA与圆柱上底圆周交于B.圆柱的上、下底面圆心分别为O1，O2，且设圆柱底面半径为r，高为h，0<h<H， 则＝，即＝，所以r＝R， S圆柱侧＝2πrh＝2π·R·h ＝(－h2＋Hh)＝， 所以当h＝时，(S圆柱侧)max＝·＝πRH，此时r＝R＝.＝＝＝. 2．(多选)如图，阿基米德十四面体T的顶点均是正方体各棱的中点，若正方体的棱长为1，则(　　) A.T的体积为 B．T的表面积大于5 C．T的顶点在同一个球面上 D．T的各个面均与同一个球相切 解析：选AC.由题意知，T的棱长均为，对于A，T的体积为13－8×××××＝，A正确； 对于B，T的表面积为6×＋8××＝3＋<5，B错误；对于C，由于T的各顶点到正方体中心的距离为，故T的顶点都在以正方体的中心为球心，半径为的球面上，C正确； 对于D，正方体的中心到T的六个正方形面上的距离均为，T的八个正三角形面的重心(中心)到顶点的距离为×＝，易知正方体中心到T的正三角形面的距离为＝≠，故T的各个面不可能与同一个球相切，D错误． 学科网（北京）股份有限公司 $