3.1 基础课6 空间几何体-（教师用书）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

【知识整合　体系构建】 学生用书⬇第43页 基础课6　空间几何体 一、空间几何体的侧面积、表面积与体积 1.(2024·新课标Ⅰ卷，T5)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 答案：B 解析：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.故选B. 2.(2024·全国甲卷理，T14)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2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为　　　　. 答案： 解析：两圆台的上、下底面积对应相等，则两圆台的体积之比为高之比，根据母线与半径的关系可得甲与乙的体积之比为＝＝. 3.(2023·新课标Ⅰ卷，T14)在正四棱台ABCD -A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为　　　　. 答案： 解析：如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M 为正四棱台ABCD -A1B1C1D1的高，因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则A1C1＝A1B1＝，AC＝AB＝2，故AM＝(AC－A1C1)＝，则A1M＝＝ ＝，所以所求体积为V＝×(4＋1＋)×＝. 二、空间直线、平面位置关系的判断 4.(2025·天津卷，T4)已知m，n为两条直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是(　　) A.若m∥α，n⊂α，则m∥n B.若m⊥α，m⊥β，则α⊥β C.若m∥α，m⊥β，则α⊥β D.若m⊂α，α⊥β，则m⊥β 答案：C 解析：对于A，若m∥α，n⊂α，则m∥n或m，n异面，故A错误；对于B，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B错误；对于C，若m∥α，m⊥β，则α⊥β，故C正确；对于D，若m⊂α，α⊥β，则m∥β或m与β相交或m⊂β，故D错误.故选C. 5.(多选)(2025·全国一卷，T9)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 答案：BD 解析：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，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.故选BD. 考情分析 1.表面积和体积是高考的重点与热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上. 2.空间位置关系一是考查命题的真假判断，二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题，一般以选择题、填空题或解答题的第(1)问的形式考查，属于中档题. 核心考点一　空间几何体的侧面积、表面积　[基础性考法] (1)(2025·山东淄博一模)已知圆锥的母线长为6，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为(　　) A.8π B.12π C.16π D.24π (2)(2025·河北沧州模拟)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 答案：(1)C　(2)B 解析：(1)设圆锥的母线长为l＝6，底面半径为r.由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则＝2πr，解得r＝2，所以该圆锥的表面积为π×22＋××62＝16π.故选C. (2)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即侧棱和底面所成角，所以∠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，故AB⊥平面A1FE.而EF⊂平面A1FE，故AB⊥EF.而∠EAF＝45°，则EF＝，A1F＝，所以该正四棱台的侧面积为×××4＝6.故选B. 规律反思 1.旋转体的表面积问题应注意其侧面展开图的应用. 2.多面体的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积注意衔接部分的处理. 预测练1.(2025·山东济南一模)已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上下底面面积之差的绝对值为(　　) A.π B.2π C.4π D.8π 答案：B 解析：如图所示，设展开图小圆半径和大圆半径分别为r，R，则圆台侧面积S＝＝4π，即R2－r2＝8，上底面半径r1＝＝，下底面半径R1＝＝，圆台上下底面面积之差的绝对值为π－π＝－＝π＝2π.故选B. 预测练2.(2025·陕西西安一模)正三棱锥S-ABC侧棱长为1，E，F分别是SA，SC上的动点，当△BEF周长的最小值为时，三棱锥的侧面积为(　　) A. B.1 C. D.2 答案：A 解析：将正三棱锥S-ABC的侧面沿侧棱SB剪开并展开在同一平面内，如图所示.连接BB'，当E，F分别为BB'与SA，SC的交点时，△BEF的周长最小，此时BB'＝.而SB＝SB'＝1，SB2＋SB'2＝2＝BB'2，则∠BSB'＝90°，∠ASB＝30°，所以三棱锥的侧面积为3×SA×SBsin 30°＝.故选A. 学生用书⬇第44页 核心考点二　空间几何体的体积　[基础性考法] 考向1　直接利用公式求体积 (1)(2025·山东烟台二模)一化学器皿为圆台形状，其上、下底面半径分别为1 cm和5 cm，高为10 cm(器皿厚度忽略不计).现将该器皿水平放置后(上底位于上方)注入盐酸溶液，若溶液高度恰为5 cm，则溶液体积为(　　) A.245π cm3 B. cm3 C.490π cm3 D. cm3 (2)(2025·湖北武汉四调)已知正四棱锥的侧棱长为3，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为(　　) A.1 B. C.2 D.3 答案：(1)B　(2)D 解析：(1)因为溶液高度恰为5 cm，所以溶液的上底面半径为＝3 cm，下底面半径为5 cm，高为5 cm，所以溶液的体积V＝π×5＝.故选B. (2)设底面边长为a，则高h＝＝.由h＞0，所以0＜a＜3，所以体积V＝a2h＝ .设f＝27a4－a6，a∈，则f'＝108a3－3a5＝3a3，所以当0＜a＜6时，f'＞0，所以f上单调递增；当6＜a＜3时，f'＜0，所以f上单调递减；所以当a＝6时，f取得极大值，即为最大值，此时该棱锥的体积最大，此时h＝＝3.故选D. 考向2　割补法求体积 (1)(2025·江苏常州金坛区二模)如图，三棱锥P-ABC的体积为V，E，F分别是棱PB，PC上靠近点P的三等分点，G是棱AB 上靠近点B的三等分点，H是棱AC上靠近点C的三等分点，则多面体BCFEGH的体积为(　　) A.V B.V C.V D.V (2)(2024·天津卷)如图，在五面体ABC-DEF中，AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为(　　) A. B.＋ C. D.－ 答案：(1)B　(2)C 解析：(1)如图所示，连接EC，EH.因为S△FHC＝×S△PAC，所以VE-FHC＝×VE-APC＝××VB-APC＝VB-APC. 因为SHGBC＝S△ABC－×S△ABC＝S△ABC，所以VE-HGBC＝VP-HGBC＝×VP-ABC＝VP-ABC，所以多面体BCFEGH的体积为VE-FHC＋VE-HGBC＝V.故选 B. (2)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，如图所示，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DGK(与侧棱垂直的截面)为边长为1的等边三角形，侧棱长l＝1＋3＝2＋2＝3＋1＝4，＝V三棱柱ABC-JIH＝S△DGK·l＝××1×1××4＝.故选C. 考向3　等积法求体积 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，∠PBA＝∠PBC，PD⊥AD，Q为正方形ABCD内一动点(不含边界)，且满足QA⊥QP，若PD＝2，则三棱锥Q-PBC的体积的最小值为(　　) A.3 B. C. D.2 答案：B 解析：如图所示，因为∠PBA＝∠PBC，AB＝CB，PB＝PB，所以△PAB≌△PCB， 所以PA＝PC.又AD＝CD，PD＝PD，所以△PAD≌△PCD，所以∠PDC＝∠PDA.因为PD⊥AD，所以PD⊥CD.又AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，所以PD⊥平面ABCD.连接QD，因为AQ⊂平面ABCD，所以PD⊥AQ.又QA⊥QP，QP∩PD＝P，QP，PD⊂平面PDQ，所以AQ⊥平面PDQ.又QD⊂平面PDQ，所以AQ⊥QD，故点Q在以AD为直径的半圆上(不包含A，D两点).又VQ-PBC＝VP-QBC＝·PD，所以当最小，即点Q到BC的距离最小，即点Q是半圆弧的中点时，三棱锥Q-PBC的体积最小，故三棱锥Q-PBC的体积的最小值为××4×2×2＝.故选B. 规律反思 1.规则的几何体可以直接利用相应的公式求解，这就需要熟记柱体、锥体的体积公式. 2.不规则的几何体往往可以通过“间接法”——割补法求得，即把不规则的几何体通过“割补”手段，转化为规则几何体体积的和或差. 预测练3.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，P，Q是棱DD1的两个三等分点，则三棱锥Q-PBC的体积为(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：如图所示.VQ-PBC＝VB-PQC＝·BC＝×××4×4＝.故选B. 预测练4.(2025·浙江温州一模)如图所示的五面体ABCDEF为《九章算术》中记载的羡除，它指的是墓道或隧道.其中EF∥AD∥BC，四边形ADEF，ADCB，EFBC均为等腰梯形，平面ADEF⊥平面ADCB，EF＝2，BC＝3，AD＝4，BC和AD间的距离为2，EF和AD间的距离为4，则该羡除的体积为　　　　. 答案：12 解析：如图所示，连接FD，FC.则VF-ABCD＝×××2×4＝，VC-DEF＝××2×4×2＝，所以该羡除的体积为＋＝＝12. 学生用书⬇第45页 核心考点三　空间直线、平面位置关系的判断　[基础性考法] (多选)(2025·山东青岛一模)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，E为AC的中点，点P满足＝λ，λ∈[0，1]，则(　　) A.当λ＝时，EP∥AB B.当λ＝时，EP⊥A1C1 C.存在λ，使得A1E∥C1P D.存在λ，使得EP⊥平面A1ACC1 答案：AD 解析：取BC的中点D，建立如图所示空间直角坐标系.设底面边长为2，AA1＝t，则A(，0，0)，A1，B1，C(0，－1，0)，C1，B(0，1，0)，E，所以＝λ＝λ，所以＝＋＝＋＝.对于A，当λ＝时，＝，＝，＝2，所以EP∥AB，故A正确；对于B， 当λ＝时，＝，＝，＝－＋0＝1，所以EP⊥A1C1不成立，故B错误；对于C，＝，＝＋＝＋＝，≠μ，μ∈R，故C错误；对于D， 因为＝，＝，＝，设平面A1ACC1的一个法向量为n＝，则令b＝－，则n＝，若EP⊥平面A1ACC1，则∥n，所以＝－2λ，λ＝0，λ∈[0，1]符合，故D正确.故选AD. 规律反思 判断空间位置关系 命题的真假 1.用定理：借助判定定理和性质定理进行判断. 2.用模型：必要时借助空间几何模型判断. [注意]　(1)不要遗漏定理中的条件.(2)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中.(3)当从正面入手较难时，可利用反证法. 预测练5.(多选)(2025·山东威海一模)设α，β，γ为三个平面，且α∩β＝m，则(　　) A.若α∥γ，β∩γ＝n，则m∥n B.若α∩γ＝a，β∩γ＝b，m∥γ，则a∥b C.若α⊥γ，β⊥γ，则m⊥γ D.若γ与α，β所成的角相等，则m⊥γ 答案：ABC 解析：对于A，因为α∥γ，β∩γ＝n，α∩β＝m，根据面面平行的性质定理可得m∥n，故A正确；对于B，因为m∥γ，m⊂α，α∩γ＝a，由线面平行的性质定理可得m∥a，同理可得m∥b，所以a∥b，故B正确；对于C，如图①所示，因为α⊥γ，则存在l⊂α，l⊄β，使得l⊥γ.又因为β⊥γ，则l∥β，且l⊂α，α∩β＝m，可得l∥m，所以m⊥γ，故C正确；对于D，例如正四面体ABCD，如图②所示，根据对称性可知平面ABC与平面ABD、平面BCD所成的角相等，且平面ABD∩平面BCD＝BD，但BD与平面ABC不垂直，故D错误.故选ABC. 学科网（北京）股份有限公司 $