专题集训13 空间几何体-（配套练习）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

专题集训(十三)　空间几何体 (时间：40分钟　满分：73分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(1—8题，每小题5分， 共40分) 1.(2025·北京模拟)已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为4π的扇形，则该圆锥的表面积为(　　) A.4π B.8π C.12π D.20π 答案：C 解析：由于圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为4π的扇形，则圆锥底面圆的半径为r＝＝2，底面圆的面积为πr2＝π×22＝4π，圆锥的表面积为×4π×4＋4π＝12π.故选C. 2.(2025·广东深圳二模)已知正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为(　　) A.36 B.36 C.108 D.108 答案：A 解析：如图，在正四棱锥P-ABCD中，PO为四棱锥的高，PE为侧面的高.因为正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，所以S侧＝4××6PE＝2S底＝72，解得PE＝6，PO＝＝3，所以VP-ABCD＝S底·PO＝×36×3＝36.故选A. 3.(2025·安徽皖南八校第三次联考)设l1，l2，l3是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且α∩β＝l1，l2⊂α，l3⊂β，则“l2∥l3”是“l1∥l2”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 答案：A 解析：当l2∥l3时，l3⊂β，l2⊄β，所以l2∥β.又l2⊂α，α∩β＝l1，所以l1∥l2成立；当l1∥l2时，若l1与l3相交，则l2与l3异面，不能推导出l2∥l3，所以“l2∥l3”是“l1∥l2”的充分不必要条件.故选A. 4.(2025·广东揭阳二模)正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，A1B1＝AA1＝AB＝2，则四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为(　　) A. B. C.56 D.28 答案：B 解析：如图所示，由正四棱台的性质且A1B1＝AA1＝2可知，C1D1＝2，BB1＝2，四边形BDD1B1为等腰梯形， 取上底下底的中心O1，O，OO1⊥平面ABCD.过B1作B1E⊥BD，垂足为E，B1E∥OO1，且BD＝4，B1D1＝2，BB1＝2，所以h＝OO1＝B1E＝＝，所以V＝h(S＋S'＋)＝××＝.故选B. 5.已知半球O的底面与圆台OO'的下底面完全重合，圆台上底面圆周在半球面上，半球的半径为1，则圆台侧面积取最大值时，圆台的母线长为(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：半球O与圆台OO'的轴截面，如图所示，设圆台上底面圆半径为r，则OO'＝，母线l＝BC＝＝，圆台侧面积S＝π(1＋r)l＝π≤π＝，当且仅当1＋r＝2－2r，即r＝时取等号，此时l＝，所以圆台侧面积取最大值时，圆台的母线长为.故选C. 6.(2025·河北张家口二模)已知正三棱柱的表面积为6，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为(　　) A.3 B. C. D. 答案：B 解析：设正三棱柱的底面边长为a，高为h，则其表面积S＝2×a2＋3ah＝6，得h＝.又h＞0，所以0＜a＜2，故正三棱柱的体积V＝a2h＝，则V'＝－a2，当0＜a＜2时，V'＞0，V单调递增，当2＜a＜2时，V'＜0，V单调递减，所以当a＝2时，该正三棱柱体积取得最大值，此时三棱柱的高为.故选B. 7.(2025·浙江绍兴一模)如图，圆柱的底面直径为3，母线长为4，AB，CD分别为该圆柱的上、下底面的直径，且AB⊥CD，则三棱锥A-BCD的体积是(　　) A.24 B.18 C.12 D.6 答案：D 解析：如图所示，过上底面中心O，作与下底面直径CD平行的直线EF，连接OC，OD，则EF∥CD且EF＝CD.因为AB⊥CD，所以AB⊥EF.根据圆柱的性质可知，BC＝AC＝BD＝AD，则AB⊥OC，AB⊥OD.又OC∩OD＝O，OC，OD⊂平面OCD，所以AB⊥平面OCD，所以VA-BCD＝S△OCD·AB＝××3×4×3＝6.故选D. 8.(2025·甘肃白银二模)在三棱柱ABC-A1B1C1中，过B1C1的平面与AB，AC分别交于点E，F，且该平面将三棱柱ABC-A1B1C1分成体积相等的两部分，则＝(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：因为平面ABC∥平面A1B1C1，平面B1C1FE∩平面ABC＝EF，平面B1C1FE∩平面A1B1C1＝B1C1，则EF∥BC.如图所示，设AE＝λAB(0＜λ＜1)，AA1∩C1F＝G1，AA1∩B1E＝G2.因为AF∥A1C1，AE∥A1B1，则＝，＝.因为＝＝λ＝＝，则＝＝λ，则G1，G2重合，则AEF-A1B1C1为三棱台.记三棱柱ABC-A1B1C1的高为h，△A1B1C1的面积为S，△AEF的面积为S'，易知S'＝λ2S，则三棱台AEF-A1B1C1的体积为h＝(λ2＋λ＋1)Sh.由题意得Sh＝Sh，化简得2λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝ (负值舍去)，故＝＝＝.故选A. 二、多项选择题(9—11题，每小题6分， 共18分) 9.(2025·江苏宿迁二模)设α，β，γ表示三个不同的平面，m表示直线，则下列选项中，使得α∥β的是(　　) A.m∥α，m∥β B.m⊥α，m⊥β C.γ∥α，γ∥β D.γ⊥α，γ⊥β 答案：BC 解析：对于A，若m∥α，m∥β，则α，β可能相交，故A错误；对于B，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B正确；对于C，若γ∥α，γ∥β，则α∥β，故C正确；对于D，若γ⊥α，γ⊥β，则α，β可能相交，故D错误.故选BC. 10.(2025·山东菏泽一模)若从正方体的八个顶点中任取四个顶点，则下列说法正确的有(　　) A.若这四点不共面，则这四点构成的几何体的体积都相等 B.这四点能构成三棱锥的个数为58 C.若正方体棱长为a，则这四点能构成的所有三棱锥中表面积的最大值为2a2 D.若这四点分别记为A，B，C，D，则直线AB与CD所成的角不可以为30° 答案：BCD 解析：如图，对于A，设AB＝1，则＝××1＝，＝1－4＝，故A不正确；对于B，从正方体的8个顶点中任选4个的选法有＝＝70种，其中不能构成三棱锥的有：①四个点在正方体的一个面上，即ABCD，A1B1C1D1，ABB1A1，DCC1D1，ADD1A1，BCC1B1，共6个；②所选四个点在正方体的相对棱上，即ABC1D1，A1B1CD，BCD1A1，B1C1DA，BB1D1D，AA1C1C，共6个.所以所选的四个点可以构成三棱锥的个数为70－6－6＝58个，故B正确；对于C，正方体棱长为a，从正方体的8个顶点中选3个，构成三角形，其中面积最大的就是像△AB1C这样的等边三角形，其边长为a，面积为a2，所以四点能构成的所有三棱锥中表面积最大的就是三棱锥A-B1D1C这样的正四面体，其表面积为a2×4＝2a2，故C正确；对于D，在正方体的8个顶点中选4个，连成两条直线，所成的角最小的(平行除外)就是形如直线AC1与AB1所成的角.设为θ，则sin θ＝＝＞＝sin 30°，所以θ＞30°，故D正确.故选BCD. 11.如图①，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，EF⊥AB，CF＝EF＝2DF＝2，AE＝3，EB＝4，将四边形AEFD沿EF进行折叠，使AD到达A'D'位置，且平面A'D'FE⊥平面BCFE，连接A'B，D'C，如图②，则(　　) A.BE⊥A'D' B.平面A'EB∥平面D'FC C.多面体A'EBCD'F为三棱台 D.直线A'D'与平面BCFE所成的角为 答案：ABD 解析：对于A，因为平面A'D'FE⊥平面BCFE，平面A'D'FE∩平面BCFE＝EF，BE⊥EF，BE⊂平面BCFE，所以BE⊥平面A'D'FE.又A'D'⊂平面A'D'FE，所以BE⊥A'D'，故A正确；对于B，因为A'E∥D'F，A'E⊄平面D'FC，D'F⊂平面D'FC，则A'E∥平面D'FC.又BE∥CF，BE⊄平面D'FC，CF⊂平面D'FC，则BE∥平面D'FC.又A'E∩BE＝E，A'E，BE⊂平面A'EB，所以平面A'EB∥平面D'FC，故B正确；对于C，因为＝，＝，则≠，所以多面体A'EBCD'F不是三棱台，故C错误；对于D，如图分别延长A'D'，EF相交于点G.因为平面A'D'FE⊥平面BCFE，平面A'D'FE∩平面BCFE＝EF，A'E⊂平面A'D'FE，A'E⊥EF，所以A'E ⊥平面BCFE，则∠A'GE为直线A'D'与平面BCFE所成的角.因为A'E∥D'F，所以＝，解得GF＝1，GE＝3，tan∠A'GE＝＝1，则∠A'GE＝，故D正确.故选ABD. 三、填空题(12—14题，每小题5分，共15分) 12.(双空题)已知圆柱O1O2的底面周长为12π，高为15，O为线段O1O2上一点，现从该圆柱中挖去一个顶点为O、底面为圆柱的上底面O1、母线长为10的圆锥，则剩余几何体的体积为　　　　，表面积为　　　　. 答案：444π　276π 解析：设圆柱的底面半径为r，则2πr＝12π，得r＝6，所以圆锥的高为＝8，圆柱的体积为π×62×15＝540π，圆锥的体积为×π×62×8＝96π，则剩余几何体的体积为540π－96π＝444π.圆柱的侧面积S1＝12π×15＝180π，底面积S2＝π×62＝36π，圆锥的侧面积S3＝π×6×10＝60π，则剩余几何体的表面积S＝S1＋S2＋S3＝276π. 13.已知四棱锥S -ABCD的底面ABCD为菱形，其中∠BCD＝120°，SA＝SB＝2AB＝SC，点H在线段SB上，若平面SAB⊥平面CDH，则＝　　　　　. 答案： 解析：如图所示，设平面CDH与直线SA交于点G，连接DG，HG，取AB中点M，连接SM，CM，SM与GH交于点E，连接CE，因为CD∥AB，CD⊄平面SAB，AB⊂平面SAB，所以CD∥平面SAB，又平面SAB∩平面CDH＝HG，CD⊂平面CDH，所以CD∥HG，从而CD∥HG∥AB，连接AC，又菱形ABCD中，∠BCD＝120°，所以△ABC是等边三角形，则CM⊥AB，而SA＝SB，所以SM⊥AB，又SM∩CM＝M，SM，CM⊂平面SCM，所以AB⊥平面SCM，而CE⊂平面SCM，所以CE⊥AB，从而CE⊥HG，因为平面SAB⊥平面CDH，平面SAB∩平面CDH＝HG，CE⊂平面CDH，所以CE⊥平面SAB，又因为SM⊂平面SAB，所以CE⊥SM，设AB＝1，则由已知得SA＝SB＝2，SC＝，CM＝，SM＝＝，在△SCM中，cos∠SCM＝＝－，从而∠SCM＝135°，sin∠SCM＝，CE＝＝＝＝，EM＝＝，所以＝＝＝. 14.正三棱锥P-ABC的高为PO，M为PO中点，过AM作与棱BC平行的平面，将三棱锥分为上、下两部分，设上、下两部分的体积分别为V1，V2，则＝　　　　. 答案： 解析：如图所示，连接AO并延长交BC于D，连接PD，则D为BC的中点，延长AM交PD于F，过F作GH∥BC分别交PB，PC于G，H，连接AG，AH.因为 GH∥BC，GH⊂平面AGH，BC⊄平面AGH，所以BC∥平面AGH.又AM⊂平面AGH，故平面AGH即为过AM且与棱BC平行的平面.由题可知＝，－＝－)，即＝＋，设＝λ，则＝＋.又M为PO中点，所以＝＝＋，所以＋＝1，所以λ＝，即＝，所以＝，＝，所以＝＝. 学科网（北京）股份有限公司 $