专题02 空间几何体（抢分专练）（北京专用） 2026年高考数学终极冲刺讲练测

专题02 空间几何体 题型 高考考情分析 考向预测 1.柱体、椎体体积 2024 北京高考：圆柱容积（等比数列背景）；2025 北京高考：多面体分割求体积；2022 北京高考：正三棱锥轨迹与截面 以圆柱、圆锥、棱锥、棱台、组合体体积为核心，常结合二面角、线面角求高，侧重公式、等体积法、补形法 2、证明线面垂直、面面垂直，再求相关体积 2024 北京高考：四棱锥先证面面垂直再求高；2025 北京高考：面面垂直→线面垂直→分割算体积 先证垂直、再算体积是固定考法，垂直用于确定高，常考三棱锥、四棱锥、折叠几何体 3.立体几何中的轨迹问题 2022 北京高考：正三棱锥内点的轨迹（截面圆）；北京卷高频：正方体 / 长方体动点轨迹、距离最值、截面 以正方体、长方体为载体，考查动点轨迹、线面角最值、截面形状、存在性判断，侧重空间想象 题型1 柱体、椎体体积 01 抢分攻略 1. 核心公式 · 柱体：；圆柱： · 锥体：；圆锥： · 棱台： 2. 速解方法 · 等体积法：换顶点不换体积 · 补形法：不规则体补为柱 / 正方体，整体减空白 · 相似比：体积比 = 相似比 ³ 【例1】（25-26高三上·北京昌平·期末）在如图所示的多面体中，平面平面，，，，直线AE，BF与平面ABCD所成的角均为，，，，，则点F到平面ABCD的距离为_______；该多面体的体积为_______.    【答案】 【解析】对于①：因为平面平面，且交线为，过点作平面垂足为， 则在直线上，因为与平面所成角为，所以 , 在中，， 即点到平面的距离为. 对于②：将多面体分割为四棱锥和四棱锥两部分. 对于四棱锥，因为， 所以底面为直角梯形，又, 所以，高为到平面的距离， 所以； 对于四棱锥，因为， 所以底面为梯形， 过点作垂直，垂足为，因为平面平面，平面平面， 所以平面，以为原点，分别以所在直线为轴，以过与平行的直线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系，由①， 又与平面所成角均为，所以， 则， 则，令， 则点到直线的距离， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，所以是平面的一个法向量， 又，所以点到平面的距离为 又， 所以， 所以该多面体的体积    【变式1-1】（2026·北京门头沟·一模）某家用方形分装漏斗的主体结构可抽象成一个上大下小的正四棱台，若，，且侧面与上底面的夹角为，若不考虑材料厚度、接缝及裁剪损耗，制作该漏斗的侧面所需材料的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图，分别取、、、的中点、、、， 连接、、、， 因为是正四棱台，所以、， 又侧面与上底面的夹角为，所以， 又，，所以、， 所以， 所以， 所以制作该漏斗的侧面所需材料的面积为. 【变式1-2】（2026·北京密云·一模）玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称；如图所示，圆筒内径长，外径长，筒高，中部是棱长为的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为__________. 【答案】 【解析】因为圆筒内径长为，所以内圆半径. 外径长为，所以外圆半径 上下两段圆筒总高为，加上中部正方体挖去外圆柱后剩余部分: 上下外圆柱体积+中部正方体体积        = 空心是贯通整个玉琮的内圆柱，总高为， 所以玉琮的体积为. 【变式1-3】（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【解析】如图，底面为正方形， 当相邻的棱长相等时，不妨设， 分别取的中点，连接， 则，且，平面， 可知平面，且平面， 所以平面平面， 过作的垂线，垂足为，即， 由平面平面，平面， 所以平面， 由题意可得：，则，即， 则，可得， 所以四棱锥的高为. 故选：D. 题型2证明线面垂直、面面垂直，再求相关体积 1. 垂直判定 · 线面垂直： · 面面垂直： 2. 体积步骤 ① 证垂直→确定高；② 选底面；③ 代公式 【例2】（2026·北京朝阳·一模）已知菱形的边长为1，，将沿折起，得到三棱锥.当平面平面时，______；当平面平面时，三棱锥的体积为______. 【答案】 / 【解析】在边长为1的菱形中，，则是正三角形， 在三棱锥中，取中点，连接，则， 由平面平面，平面平面，平面，得平面， 又平面，则，而，因此； 取中点，连接，由，得， 则是二面角的平面角，又平面平面，于是， 由，得，， 又，所以三棱锥的体积. 【变式2-1】（2026·北京昌平·一模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的侧面积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【解析】取的中点，的中点，连接， 如图所示：    因为，为的中点，所以，且， 过点作平面的垂线交于点， 又因为底面为矩形，所以， 故平面与平面的夹角为，，， 因为，平面，所以平面， 因为，所以平面， 又平面，则， 所以， 所以， ， 点到的距离为1，点到的距离为， 同理点到的距离为， 所以， 所以该四棱锥的侧面积为： . 【变式2-2】（2026·北京平谷·一模）如图在一个五面体中，其中面为矩形，平面，且与平面的距离为5，则该五面体的体积为______． 【答案】40 【解析】如图，可将多面体补形为三棱柱， 过点F作平面，为垂足， 过作的平行线，交于点，交于点， 因为平面，平面， 所以平面平面， 由题知， 因为平面，平面，所以， 又，，所以，，平面， 平面，∴， 连接，因为，，所以， 所以， ∴． 【变式2-3】（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，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为________． 【答案】 【解析】先证明一个结论：如果平面平面，平面平面，平面，则. 证明：设，， 在平面取一点，， 在平面内过作直线，使得，作直线，使得， 因为平面平面，，故，而，故， 同理，而，故 . 下面回归问题. 连接，因为且，故，同理，， 而，故直角梯形与直角梯形全等， 故， 在直角梯形中，过作，垂足为， 则四边形为矩形，且为以为直角的等腰直角三角形， 故， 平面平面，平面平面，, 平面，故平面， 取的中点为，的中点为，的中点为，连接， 则，同理可证平面，而平面， 故平面平面，同理平面平面， 而平面平面，故平面， 故，故四边形为平行四边形，故. 在平面中过作，交于，连接. 则四边形为平行四边形，且，故， 故四边形为平行四边形， 而平面， 故平面，故平面平面， 而，故， 故几何体为直棱柱， 而，故, 因为，故平面， 而平面，故平面平面， 在平面中过作，垂足为，同理可证平面， 而，故，故， 由对称性可得几何体的体积为， 故答案为：. 题型3 立体几何中的轨迹问题 1. 轨迹判断 · 到定点距定值→球 / 圆 · 到定线距定值→圆柱 · 垂直 / 平行约束→线段 / 平面 2. 常用工具 建系坐标法、截面法、展开图求最短距离 【例3】（2026·北京海淀·一模）如图，正方体的棱长为2，以底面的中心O为原点建立空间直角坐标系，其中坐标轴，，分别与正方体的三条棱平行. 设正方体表面及其内部所有点构成的集合为Ω，集合，记W为T中所有点构成的几何体. 给出下列四个结论： ①； ②W被平面所截的截面面积为4； ③W的体积大于； ④W表面上的点到点的距离的最小值为1. 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】②③ 【解析】对于①，因为，所以，①错误； 对于②，被平面所截的截面即为满足且的点， 而当时恒成立，所以截面即为上底面正方形，面积为，②正确； 对于③，考虑集合，构成了一个底面半径和高均为的圆锥， 同时当时有，所以对任意点在内，那么它也在内即， 设与正方体四个侧面的交点分别为，则圆锥的底面即为经过的圆， 因为都是抛物线，方程分别为（取），（取）， 显然在范围内的部分的体积大于该圆锥的体积，圆锥的体积为， 对于时，取多面体，同样的，因为都是抛物线 （比如方程为，其余类似），在范围内的部分的体积大于该多面体的体积， 该多面体可以看作一个四棱柱切去四个角得到的几何体，体积为， 所以的体积大于，③正确； 对于④，的表面上的点即为满足且的点以及与正方体上底面和与四个侧面的截线上的点， 对于前者，点到的距离满足，时 可取得最小值即，所以的最小值不是，④错误. 【变式3-1】（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】描述法表示集合、球的截面的性质及计算、立体几何中的轨迹问题 【分析】求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积. 【解析】 设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心， 且，故. 因为，故， 故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆， 而三角形内切圆的圆心为，半径为， 故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为 故选：B 【变式3-2】（2026·北京顺义·一模）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的一个动点（不含端点），给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值； ②存在点，使得平面平面； ③为锐角三角形； ④若点在平面上的投影为点，则点的轨迹为一条线段（不含端点）. 其中所有正确结论的序号是________. 【答案】①③ 【解析】对于①：三棱锥的底面积为， 所以三棱锥的体积，为定值；结论①正确. 对于②：以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设，因为，， 设平面的法向量为，则， 取得； 因为，，平面的法向量为， 则，取得； 因为两平面垂直等价于法向量垂直，所以，可得， 判别式，无实根， 所以不存在点，使得平面平面，结论②错误； 对于③：计算三边长度的平方，， ， ， 所以，所以中最大， 因为， 所以最大角为锐角，因此为锐角三角形，结论③正确； 对于④：记，连接， 平面，平面，所以， 所以点到的中点距离等于，为定值，所以点的轨迹不可能是线段，结论④错误. 【变式3-3】（25-26高三上·北京房山·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，给出下列四个结论：    ①任意点，都有； ②存在点，使得； ③的最小值为； ④三棱锥的体积是定值． 其中正确结论的序号是_____ 【答案】①②③ 【解析】因为棱柱为正方体，所以以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，      因为正方体棱长为，所以，，，，， ，，，因为为的中点，所以，设， ，则，所以，， ，所以，故①正确； ，，所以，令， 解得，又因为，所以存在点，使得，故②正确； ，，， 可得，所以，即令，令， 所以，故③正确； 因为为等边三角形，所以， 设平面的法向量为，，，所以， 令，则，，所以平面的法向量为， 所以点到平面的距离为， 所以，所以三棱锥的体积非定值，故④错误. 故答案为：①②③. 【变式3-4】（2026高三下·北京·专题练习）如图，在棱长为的正方体中，点，分别在线段和上．给出下列四个结论：①的最小值为；②四面体的体积为；③有且仅有一条直线与垂直；  ④存在点，，使为等边三角形．其中所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．③④ C．①②④ D．②③④ 【答案】C 【解析】对于①，由于在上运动，在上运动，所以的最小值就是两条直线之间的距离， 而，所以的最小值为，故①正确； 对于②，，而， 所以四面体的体积为，故②正确； 对于③，由题意可知，当与重合，与重合时， ， 因为，，， 所以平面， 所以当为中点，与重合时，此时， 故与垂直的不唯一，故③错误； 对于④，当为等边三角形时，， 而,， 所以，所以只需要与的夹角能等于即可， 以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如下图， 设， 则由题意可得，，， 则可得，， 则， 整理可得， 该方程看成关于的二次函数，， 所以存在使得为等边三角形，故④正确. 1．（25-26高三上·天津河西·期末）如图1，有一个圆柱形状的玻璃水杯，底面圆的直径为，高为，杯内有深的溶液，现将水杯倾斜，且倾斜时点B始终在桌面上，设直径所在直线与桌面所成的角为α（图2），要使倾斜后容器内的溶液不会溢出，则角α的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】水杯倾斜过程中，溶液恰好不溢出时，此时最大，画出图形，如图所示， 过点作，交所在的直线于，过点作，交所在的直线于,设，则，所以液体的体积为： ，解得，, ，，又，角的最大值为 故选：C 2．（25-26高三上·北京朝阳·期末）古希腊数学家阿基米德的一个重要数学发现是“圆柱容球”，即当球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高均相等时，球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的．如图所示，在一个“圆柱容球”的模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【解析】解：可设球的半径为，则根据题意可知圆柱的底面半径也为， 圆柱的高等于直径，圆柱的高等于， 球的体积为，， ， 圆柱的表面积公式为. 故选：D. 3．（25-26高三上·北京通州·月考）风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，是人类最早的风筝起源，如图，是某中学学生制作的一个风筝模型的多面体，为边的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为D为的中点，， 所以， 所以，， 又，四边形为矩形，，平面， 所以平面， 又，，平面， 所以平面，故由四边形为矩形得平面， 所以由，，得, 所以，又由得， 所以， 所以多面体的体积为. 故选：A. 4．（25-26高三上·北京·月考）“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，虽然不属于正多面体， 但具有和正多面体类似的对称美的凸多面体.如图， 某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体， 它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体， 若它所有的棱长都为 2，则下列结论中，错误的是（    ） A．该石凳的表面积为 B．该石凳的体积为 C．直线与的夹角为 D．直线与平面的夹角为 【答案】C 【解析】对于A，二十四面体是由6个边长为2的正方形和8个边长为2的等边三角形围成， 所以其表面积为，所以A正确； 对于B，将二十四等边体补全八个角构成一个棱长为的正方体， 可得该正方体的体积为， 其中每个小三棱锥的体积为， 所以该二十四面体的体积为，所以B正确； 对于C，因为四边形为正方形，所以， 又因为分别为正方体的棱的中点，所以，所以， 因为与所成的角为，所以直线与所成的角为，所以C错误； 对于D，将二十四等边体补全八个角构成一个棱长为的正方体， 在正方体中，可得平面平面， 所以与平面所成的角，即为与平面所成的角， 在直角中，，可得， 所以，所以与平面所成的角为，所以D正确. 故选：C. 5．（25-26高二上·北京朝阳·月考）木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，且均为等边三角形，，则该木楔的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接， 则由题意等腰梯形全等等腰梯形， 则. 取的中点O，连接，因为，所以， 则， ∴. 因为，，所以，因为四边形为正方形， 所以，又因为，平面，所以平面， 所以平面，同理可证平面， ∴多面体的体积 ， 故选：C. 6．（25-26高三上·北京顺义·月考）中国古代数学著作《九章算术》中记载的“刍甍”(如图）是一种五面体，底面为矩形，侧棱平面，若有“刍甍”形状的几何体，且几何体数据如下：，且各侧面与底面ABCD所成角均为，则该“刍甍”的体积为（    ） A． B．8 C． D． 【答案】C 【解析】过作平面交平面于，过作交于， 交于，过作交于，连接， 平面，平面， ， ，，平面， 平面，平面， ， 为侧面与底面ABCD所成的角， 各侧面与底面ABCD所成角均为， ， ， 平面，平面， ， ，，平面， 平面，平面， ， 为侧面与底面ABCD所成的角， 各侧面与底面ABCD所成角均为， ， ，同理， ， ，， ， ， 过作平面平面，交于，交于， 则五面体可分割为直棱柱和两个体积相同的四棱锥， ，侧棱平面， ， ， ， 该五面体的体积为， 该“刍甍”的体积为. 故选：C. 7．（25-26高三上·北京东城·期末）如图，已知正方体的棱长为1．平面，平面和平面将该正方体分割成若干个多面体，则其中顶点所在的多面体的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】连接，易知三条体对角线交于一点，记为点. 则分割后顶点所在的多面体为六面体，其表面分别是. 根据正方体的性质，知， 所以. 中，边上的高为，所以的面积为； 的面积为. 所以顶点所在的多面体的表面积为. 故选：D. 8．（2025·云南昭通·模拟预测）下图是某古代建筑的屋顶结构模型，其中为矩形，，，，，为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为10 m，圆心角为．已知区域和是被瓦片覆盖的区域，则该模型中瓦片覆盖区域的总面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意知区域和全等，且都是底面半径为10 m，高为40 m的圆柱的侧面的一部分. 将区域还原到如图所示圆柱中，可知，，. 由扇形的弧长公式可知，， 由圆柱的侧面积公式可知， 所以， 所以被瓦片覆盖的区域和的总面积为. 故选：D. 9．（25-26高三上·北京·月考）正方体的棱长为1，是空间中任意一点，给出下列4个结论.正确的个数有（   ） ①若点在线段上运动，则始终有； ②若点在线段上运动，则过、、三点的正方体的截面面积最小值为； ③若点在线段上运动，则的最小值为； ④若点在线段上运动，则直线CP与平面所成最大角的正切值为. A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】B 【解析】对于①：如下图，连接，所以，又，所以， 因为平面，所以，平面，由线面垂直的判定可知， 平面，因为平面，所以，故①正确； 对于②：在上取一点，使得，连接， 易知，且，即四点共面， 即过，，三点的截面为截面. 以点为坐标原点，建立如下图所示的坐标系： ，， 因为，， 所以截面的面积为 ， 当时，，，三点的正方体截面面积最小值为，故②错误； 对于③：如下图，将与四边形沿展开在同一平面上，由图可知，线段 的长度即为的最小值，在中， ，故③正确； 对于④：连接，过作，交于，连接， 由于平面，所以平面， 所以是直线CP与平面所成角， ，由于，所以当最小时，最大， 当，即是的中点时，最小，且最小值为， 所以的最大值为，④正确. 综上所述，正确的个数有3个. 故选：B 10．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【解析】如图，底面为正方形， 当相邻的棱长相等时，不妨设， 分别取的中点，连接， 则，且，平面， 可知平面，且平面， 所以平面平面， 过作的垂线，垂足为，即， 由平面平面，平面， 所以平面， 由题意可得：，则，即， 则，可得， 所以四棱锥的高为. 故选：D. 11．（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 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为______，升量器的高为________． 【答案】 23 57.5/ 【知识点】锥体体积的有关计算、柱体体积的有关计算、等比数列的定义 【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. 【解析】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则， 故，. 故答案为：. 12．（2026·北京延庆·一模）长方体的底面是一个正方形，其边长为4，长方体的高为，联结各表面的中心构成一个八面体，则这个八面体的表面积为______，这个八面体的体积和长方体的体积之比为______． 【答案】 【解析】如图所示，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系 根据题意可得各点坐标为：， ， 因为八面体共8个全等的等腰三角形，以为例： 可得， 三角形的高为，故 所以总表面积为：. 长方体体积为： 由八面体是两个四棱锥组合而成，四棱锥底面是正方形，面积为， 可得每个四棱锥的高为，总体积 所以八面体的体积和长方体的体积之比为. 13．（25-26高三下·北京·月考）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点．则棱锥的体积为___________．当时，长度为___________ 【答案】 【解析】在棱长为1的正方体中，是棱上的动点， ，因此棱锥的体积； 以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设，于是， 由，得，解得，因此， 所以长度为. 14．（25-26高三下·北京·月考）将3个边长为4的正方形沿邻边的中点剪开分成两部分（如图左）；将这六个部分接于一个边长为的正六边形边上（如图），若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图，则该多面体以ABCDEF为底时的高是________，该多面体的体积是________． 【答案】 32 【解析】折成的多面体如图①所示，将其补形为正方体，如图②，所求多面体的体积为正方体的一半， 又由已知可得正方体的棱长为4，故该多面体的底面为正六边形，边长为， 其中心到边的距离为， 则该多面体以为底时的高为点到平面的距离， 即正六棱锥的高，由对称性可得其值与正六棱锥的高相等 由正方体性质可得平面，故正六棱锥的高为， 多面体的体积是. 15．（25-26高三下·北京西城·月考）如图，三棱锥的体积为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________. 【答案】/ 【解析】设点到平面的距离为，点到平面的距离为， 则， 因为，点到平面的距离是点到平面距离的, 所以， 因为，点到的距离是点到距离的，所以， 又点到平面的距离是点到平面距离的， 所以 所以. 16．（25-26高三下·北京通州·开学考试）如图1，取边长为6的正方形纸板，分别为三边的中点，先将等腰直角三角形沿虚线段裁去，再将剩下的五边形沿线段折起，连接，就得到了一个《九章算术》中所载的“刍甍”五面体（如图2）．若棱的长为5，则该五面体的体积为___________. 【答案】 【解析】将五面体补回三棱柱，由题得底面， 五面体的体积可以看作是三棱柱的体积减去三棱锥的体积. 过点向作垂线，交BC于点H，则有， 在四边形中，且，则四边形为平行四边形， 故，所以， 在中，， 则，进而， 在中，，所以， 所以， 则，， 故. 即该五面体的体积为. 17．（25-26高三下·北京海淀·开学考试）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，，，，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直，则该包装盒的容积是________． 【答案】/ 【解析】如图，把几何体补全为长方体，则， ， 由对称性，可得该包装盒的容积为 . 18．（25-26高三上·北京石景山·期末）如图所示几何体，其中正方形边长为4，，且到平面的距离为3，则几何体的体积为___________．    【答案】22 【解析】如图，在上分别取点，使得，连接， 易知，所以几何体为三棱柱， 所以几何体分割为一个三棱柱和一个四棱锥， 将三棱柱补成一个上底面与矩形全等的矩形的平行六面体， 可得该三棱柱的体积为平行六面体的体积的一半， 所以，， 所以. 故答案为：22.    19．（2026·陕西西安·一模）如图，点，的中点及的中点所确定的平面把直三棱柱切割成体积不同的两部分，记小部分的体积为，大部分的体积为，则__________.    【答案】 【解析】设平面与棱交点为，则，（可先补成四棱柱，如图易得结论）    所以， ， 所以上部分几何体体积， 因此小部分的体积和大部分的体积之比为， 故答案为： 20．（25-26高三上·北京·月考）如图所示，鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下､左右､前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经榫卯起来.若正四棱柱的高为，底面正方形的边长为.现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器（容器壁的厚度忽略不计）的表面积的最小值为__________，该鲁班锁的体积为__________. 【答案】 31 【解析】由题意，该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个长方体体对角线的一半， 即为， ∴该球形容器表面积的最小值为： . 根据容斥原理计算，该鲁班锁六根完全一样的正四棱柱体分成三组，故所有单个体积为， 两两相交的体积为，三者相交的体积为，所以该鲁班锁的体积为. 故答案为：；31. 21．（25-26高二上·北京海淀·期中）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的表面积为________． 【答案】 【解析】如图，四棱锥底面是边长为的正方形， 则四条侧棱的中点构成边长为的正方形， 圆柱的上底面是该正方形的外接圆，则圆柱底面的半径为， 又四棱锥的侧棱长为，则高为， 则圆柱的高为，故该圆柱的表面积为.    故答案为：. 22．（25-26高二上·北京西城·期中）如图，在长方体中，，，动点，分别在线段和上.给出下列四个结论，其中所有正确结论的序号为______.    ①； ②有可能是等边三角形； ③当时，； ④至少存在两组，，使得三棱锥的四个面均为直角三角形. 【答案】①④ 【解析】对于①，在长方体中，， 因为平面，且平面， 又因为，所以到平面的距离等于到平面的距离， 所以可得到平面的距离为， 因为，所以①正确； 对于②，假设为等边三角形，因为为上的动点， （i）当的最小值为，即，则，此时点与点重合， 在直角中，可得， 则， 在直角中，可得， 则，则， 即取得最小值时，的长度不能同时取得， （ii）当时，因为为等边三角形，可得， 在直角中，可得， 则， 在直角中，可得， 则，则， 所以的长度不能同时大于， 所以不可能是等边三角形，所以②错误； 对于③，建立如图所示的空间直角坐标系，可得， 设，其中，则， 若，可得，解得， 又由， 可得， 所以，当且仅当时，等号成立，所以③不正确；    对于④，当为的中点，与重合时，如图（1）所示，此时， 因为，可得，所以， 又因为，可得，所以， 所以三棱锥的四个面均为直角三角形； 当点与重合，与重合时，如图（2）所示， 此时， 所以三棱锥的四个面均为直角三角形， 综上可得，至少存在两组使得三棱锥的四个面均为直角三角形，所以④正确. 故答案为: ①④.       23．（25-26高三下·北京·月考）庑殿顶是中国传统建筑中的一种屋顶形式，其顶盖几何模型如图所示，底面是矩形，侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成.若，，四个侧面与底面的夹角的正切值均为，则该五面体的体积为______，与平面所成的角的正弦值为______. 【答案】 120 【解析】取的中点，连接， 过点作平面于点，过点作平面于点， 作，与相交于点，作，与相交于点，连接， 因为底面是矩形，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以， 因为梯形与梯形是两个全等的等腰梯形，为全等的三角形， 所以点在直线上，且，, ，， 所以为平面与平面所成的角，故, 由于平面，平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面，又平面， 所以，所以为平面与平面所成的角，故, 进而可得, 所以. 则直三棱柱的体积, 四棱锥的体积为, 根据对称性可得四棱锥的体积也是24， 故该五面体的体积为. 由于平面，故即为与平面所成的角， 故 24．（25-26高三上·宁夏中卫·开学考试）2024年8月20日国产第一款3A游戏《黑神话：悟空》上线，首日销量超450万份，总销售额超过15亿元，视觉设计深入挖掘中国传统文化元素，其中“六角木塔”取景山西省朔州市应县老城西北角的佛宫寺内，如图1，其最高处的塔刹下部分可以近似看成一个正六棱锥，如图2，已知正六棱锥的高为，其侧面与底面夹角为，则六棱锥的体积为________． 【答案】 【知识点】由二面角大小求线段长度或距离、锥体体积的有关计算、正棱锥及其有关计算 【分析】根据侧面与底面夹角求出底面边长，即可求出底面积，再由锥体的体积公式计算可得. 【解析】正六棱锥，如图所示，为底面中心， 取的中点，连接、，因为为正六棱锥， 所以，， 所以为侧面与底面的夹角，所以， 又底面，底面，所以， 所以，又底面为正六边形，所以为等边三角形， 所以，则， 所以， 所以， 所以六棱锥的体积为． 故答案为： 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题02空间几何体 ONE PART1命题潮源 题型 高考考情分析 考向预测 1.柱体、椎体体积 2024北京高考：圆柱容积（等比数 以圆柱、圆锥、棱锥、 列背景)；2025北京高考：多面体 棱台、组合体体积为核 分割求体积；2022北京高考：正三 心， 常结合二面角、线 棱锥轨迹与截面 面角求高，侧重公式、 等体积法、补形法 2、证明线面垂直、面面垂直，再求相关体 2024北京高考：四棱锥先证面面垂 先证垂直、再算体积是 积 直再求高；2025北京高考：面面垂 固定考法，垂直用于确 直→线面垂直→分割算体积 定高，常考三棱锥、四 棱锥、折叠几何体 3.立体几何中的轨迹问题 2022北京高考：正三棱锥内点的轨 以正方体、长方体为载 迹（截面圆）；北京卷高频：正方 体，考查动点轨迹、线 体/长方体动点轨迹、距离最值、 面角最值、截面形状、 截面 存在性判断，侧重空间 想象 TWO PART2押题预测 一题型1柱体、椎体体积 01抢分攻略 01抢分攻略 1.核心公式 o柱体：V=Sh;圆柱：V=πrh o锥体：V=青Sh;圆锥：V=吉πr2h 1/14 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 0 棱台：V=s+VSs+Sh 2. 速解方法 0 等体积法：换顶点不换体积 0 补形法：不规则体补为柱/正方体，整体减空白 0 相似比：体积比=相似比3 02押题预测 【例1】(25-26高三上·北京昌平.期末)在如图所示的多面体中，平面ABCD1平面ABFE,AD1AB, 48EF,CADEG,直线A,即与平面4BCD所成的角均为骨，BC=l,4D=3, AE=AB=BF=2,EF=EG=4,则点F到平面ABCD的距离为；该多面体的体积为 G B 【变式1-1】(2026北京门头沟一模)某家用方形分装漏斗的主体结构可抽象成一个上大下小的正四棱台 ABCD-A,B,C,D,若AB=30cm,A,B,=10cm,且侧面与上底面ABCD的夹角为60°，若不考虑材料厚度、 接缝及裁剪损耗，制作该漏斗的侧面所需材料的面积为() B A B A.1600cm2 B.200V3cm2 C.400cm2 D.800v3cm2 【变式1-2】(2026北京密云.一模)玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮 中间内空，形状对称；如图所示，圆筒内径长2cm,外径长3cm,筒高4cm,中部是棱长为3cm的正方体 的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为 cm'. 2/14 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 【变式1-3】(2024北京·高考真题)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形， PA=PB=4,PC=PD=2√2，该棱锥的高为()· A.1 B.2 c.2 D.5 修题型2证明线面垂直、面面垂直，， 再求相关体积 01抢分攻略 1.垂直判定 o线面垂直：a1m,a1n,mnn=0→aL 面面垂直：1⊥%，1cB→&⊥阝 2.体积步骤 ①证垂直→确定高；②选底面；③)代公式 02押题预测 【例2】(2026北京朝阳一模)已知菱形48CD的边长为1，∠A8C-骨，将。1CD沿4C折志，得到三棱 锥D'-ABC.当平面ACD'⊥平面ABC时，BD'=;当平面ABD'⊥平面BCD'时，三棱锥D'-ABC的 体积为 【变式2-1】(2026北京昌平.一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形， AB=2,BC=3PC=PD=5,平面PCD与平面ABCD的夹角为子则该四棱维的健面积为《) 3/14 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D A.42+V5 B.7+V5 C.√2+V5+6 D.√2+5+66 【变式2-2】(2026北京平谷.一模)如图在一个五面体ABCDEF中，其中面ABCD为矩形AB=6,BC=3, EF∥平面ABCD,EF=4,且EF与平面ABCD的距离为5，则该五面体ABCDEF的体积为 【变式2-3】(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 AB⊥BC,ABI∥EFI∥RSI1CD,BCI/DE//ST。IIAF.若AB=BC=8,AF=CD=4,RA=RF=TC=TD= 2 则该多面体的体积为 B 题型3立体几何中的轨迹问题 01抢分攻略 1.轨迹判断 0到定点距定值→球/圆 到定线距定值→圆柱 0 垂直/平行约束→线段/平面 2.常用工具 建系坐标法、截面法、展开图求最短距离 4/14 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 02押题预测 【例3】（2026北京海淀.一模)如图，正方体ABCD-A'B'CD'的棱长为2，以底面ABCD的中心O为原点 建立空间直角坐标系O-2,其中坐标轴0x,0y,0z分别与正方体的三条棱平行.设正方体 ABCD-A'B'CD'表面及其内部所有点构成的集合为2，集合T={(x,y,z∈2x2+y2≤z,记W为T中所有 点构成的几何体.给出下列四个结论： ZA D' D ①1，l,1eT； ②W被平面A'B'CD'所截的截面面积为4： ③W的体积大于4π。 3； ④W表面上的点到点(0,0,1的距离的最小值为1. 其中所有正确结论的序号是 【变式3-1】(2022北京·高考真题)己知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6，S是ABC及其内部的点构 成的集合.设集合T={Q∈SPQ≤5，则T表示的区域的面积为() A.i B.π C.2π D.3π 4 【变式3-2】(2026北京顺义一模)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A,B,C,D,中，E是棱CD上的一个 动点（不含端点），给出下列四个结论： ①三棱锥D,-ABE的体积为定值； ②存在点E,使得平面AD,E⊥平面BBE; ③△D,EB,为锐角三角形： ④若点B在平面AD,E上的投影为点F,则点F的轨迹为一条线段（不含端点）. 其中所有正确结论的序号是 5/14 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D D 【变式33】(25-26高三上北京房山期末)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，E为BC的中 点，点P在线段DE上，给出下列四个结论： D A B D E B ①任意点P,都有AP⊥AB,; ②存在点P,使得B,P⊥BC,: ®DP+CP的最小值为45 ④三棱锥P-A,BD的体积是定值. 其中正确结论的序号是 【变式3-4】(206高三下.北京.专题练习)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，点M,N分 别在线段4D和8G上.给出下列四个结论：①Mv的最小值为2，②四面体NMBC的体积为行：®有且仅 4 有一条直线MN与AD垂直；④存在点M,N,使△MBN为等边三角形.其中所有正确结论的序号是() D C A Mi B D: C A.①② B.③④ c.①②④ D.②③④ 6/14 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 THREE PART3通关特训 1.(25-26高三上·天津河西.期末)如图1，有一个圆柱形状的玻璃水杯，底面圆的直径为20cm,高为 30cm，杯内有20cm深的溶液，现将水杯倾斜，且倾斜时点B始终在桌面上，设直径AB所在直线与桌面所 成的角为a(图2)，要使倾斜后容器内的溶液不会溢出，则角α的最大值为() --------- B B 图1 图2 A.12 B.π 6 c牙 2.(25-26高三上·北京朝阳期末)古希腊数学家阿基米德的一个重要数学发现是“圆柱容球”，即当球的直 径与圆柱底面的直径和圆柱的高均相等时，球的体积是圆柱体积的 行，且球的表面积也是圆柱表面积的 如图所示，在一个“圆柱容球”的模型中，若球的体积为8√6π，则该模型中圆柱的表面积为() A.18元 B.24π C.30π D.36元 3.(25-26高三上北京通州月考)风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周 春秋时期，是人类最早的风筝起源，如图，是某中学学生制作的一个风筝模型的多面体ABCEF，D为边 AB的中点，四边形EFDC为矩形，且DF⊥AB,AC=BC=3,∠ACB=I20°，当AE⊥BE时，多面体 ABCEF的体积为() 7/14 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D A.9V6 B.9V5 C.96 D.9V5 8 8 4 4.(25-26高三上北京·月考)“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，虽然 不属于正多面体，但具有和正多面体类似的对称美的凸多面体.如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米 德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为2，则下列 结论中，错误的是() M A.该石凳的表面积为24+8√5 B.该石凳的体积为40V2 C.直线LH与BC的夹角为牙 D.直线LH与平面ABCD的夹角为号 5.（25-26高二上北京朝阳·月考)木楔在传统木工中运用广泛如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边 形ABCD是边长为2的正方形，且aADE,△BCF均为等边三角形，EF IICD,EF=4,则该木楔的体积为() D A.2√2 B.42 c.&v2 D.10V2 3 3 6.(25-26高三上·北京顺义·月考)中国古代数学著作《九章算术》中记载的“刍甍”（如图）是一种五面体， 底面ABCD为矩形，侧棱EFII平面ABCD,若有“刍甍”形状的几何体，且几何体数据如下： 8/14 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 AB=4,AD=2,EF=2,且各侧面与底面ABCD所成角均为乃，则该“刍甍"的体积为() 7 A. B.8 3 10 C. D.32 3 3 7.(25-26高三上北京东城期末)如图，已知正方体ABCD-A,B,C,D,的棱长为1.平面ACC,4,平面 BCDA和平面ABCD,将该正方体分割成若干个多面体，则其中顶点B所在的多面体的表面积为() B D A.53 B.2,3 c.35,3 D.3W23 42 ·十 22 22 42 8. (2025·云南昭通模拟预测)下图是某古代建筑的屋顶结构模型，其中ABCD为矩形，AB=40m，AE, DE,BF,CF为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为10m,圆心角为？.已知区域ABFE和DCFE是被 3 瓦片覆盖的区域，则该模型中瓦片覆盖区域的总面积为() D F 200mm A. B. D.800m 3 3 C.200元m 3 9.(25-26高三上.北京·月考)正方体ABCD-A,B,C,D,的棱长为1，P是空间中任意一点，给出下列4个结 论.正确的个数有() 9/14 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D B B ①若点P在线段AD上运动，则始终有C,P⊥CB,; ②若点P在线段A4上运动，则过P、B、D三点的正方体的截面面积最小值为⑤ ③若点P在线段BA上运动，则AP+PD,的最小值为V2+√2； ④若点P在线段AD,上运动，则直线CP与平面BCCB所成最大角的正切值为√ A.4个 B.3个 C.2个 D.1个 10.(2024北京·高考真题)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA=PB=4 ,PC=PD=2√2，该棱锥的高为(）· A B A.1 B.2 c.2 D.5 11.（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. 12.(2026北京延庆.一模)长方体ABCD-A,B,C,D,的底面ABCD是一个正方形，其边长为4，长方体的高 为2√2，联结各表面的中心构成一个八面体，则这个八面体的表面积为，这个八面体的体积和长方 体的体积之比为 10/14 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D 13. (25-26高三下.北京月考)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A,B,CD,中，Q是棱DD,上的动点.则 棱锥C,-A,QC的体积为 当CQ⊥AC时，B,Q长度为 A D C B D C 14.(25-26高三下·北京·月考)将3个边长为4的正方形沿邻边的中点剪开分成两部分（如图左）；将这 六个部分接于一个边长为2√2的正六边形边上（如图），若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图，则 该多面体以ABCDEF为底时的高是 该多面体的体积是 15.(25-26高三下北京西城月考)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 D G 16.(25-26高三下·北京通州开学考试)如图1，取边长为6的正方形纸板ABCD,E,F,G分别为三边 AB,CD,AD的中点，先将等腰直角三角形FDG沿虚线段FG裁去，再将剩下的五边形ABCFG沿线段EF折 11/14 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 起，连接AB,CG,就得到了一个《九章算术》中所载的“刍甍"五面体（如图2）·若棱CG的长为5，则该 五面体的体积为 A G O G 图1 图2 17.(25-26高三下·北京海淀·开学考试)小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒 如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm)的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角 形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直，则该包装盒的容积是 cm'. G H A 18.(25-26高三上北京石景山·期末)如图所示几何体ABCDMN,其中正方形ABCD边长为4， MN IIAB,MN=3,且MN到平面ABCD的距离为3，则几何体ABCDMN的体积为 M A B 19.（2026陕西西安.一模)如图，点A,BB,的中点M及B,C的中点N所确定的平面把直三棱柱 L= ABC-AB,C,切割成体积不同的两部分，记小部分的体积为，大部分的体积为，则 12/14 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B 20.（25-26高三上·北京·月考)如图所示，鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的 榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分 成三组，经90°榫卯起来.若正四棱柱的高为6，底面正方形的边长为1.现将该鲁班锁放进一个球形容器内， 则该球形容器（容器壁的厚度忽略不计）的表面积的最小值为 ,该鲁班锁的体积为 21.(25-26高二上.北京海淀期中)已知四棱锥的底面是边长为2√2的正方形，侧棱长均为25.若圆柱的 一个底的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的表面积为 22.(25-26高二上北京西城期中)如图，在长方体ABCD-A,B,CD,中，AB=2,AA,=AD=1,动点E, F分别在线段AB和CC上给出下列四个结论，其中所有正确结论的序号为 D ①Vn-DEF= 3 ②D,EF有可能是等边三角形； ③当D,E⊥DF时，DF=EF: ④至少存在两组E,F,使得三棱锥D,-DEF的四个面均为直角三角形. 23.（25-26高三下.北京·月考)庑殿顶是中国传统建筑中的一种屋顶形式，其顶盖几何模型如图所示，底 13/14 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 面ABCD是矩形，侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成若BC=6,EF=6,四个侧面 与底面的夹角的正切值均为。，则该五面体的体积为，AE与平面ABCD所成的角的正弦值为 F E .-.-. D 24.(25-26高三上.宁夏中卫·开学考试)2024年8月20日国产第一款3A游戏《黑神话：悟空》上线，首 日销量超450万份，总销售额超过15亿元，视觉设计深入挖掘中国传统文化元素，其中“六角木塔”取景山 西省朔州市应县老城西北角的佛宫寺内，如图1，其最高处的塔刹下部分可以近似看成一个正六棱锥，如图 2,已知正六棱锥的高为，其侧面与底面夹角为45°，则六棱锥的体积为 图1 图2 14/14