2025届高考数学二轮复习专项训练：空间几何体（含解析）

2025届高考数学二轮复习专题训练空间几何体

本试卷满分150分，考试时间120分钟。

注意事项：

1.答题前，务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置上。

答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦

2.擦干净后，再选涂其它答案标号。

3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。

4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选

项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.

1.如图，一个圆台形状的杯子的杯底厚度为1cm,杯内的底部半径为3cm,当杯子盛满水时，杯子

上端的水面直径为12cm,且杯子的容积为2527151?,则该杯子的高度为（）

A.12cmB.13cmC.14cmD.15cm

2.若A3CD-AgG。为正方体，则异面直线BQ与CD1所成角的大小为（）

兀兀一兀兀

A.—B.—C.—D.—

3428

3.三棱锥p—ABC的体积为18/，△ABC和△尸都是等边三角形，ZPBA=ZPCA^90^

则三棱锥P—ABC的外接球的表面积为（）

436兀B.54兀C,7271D.1O871

4.两个边长为4的正三角形△ABC与△A8D,沿公共边A5折叠成60。的二面角，若点A,B,C,

。在同一球O的球面上，则球。的表面积为（）

80兀-208兀〃64兀112K

A.------B.--------C.------D.-------

5.如图，正方体A3CD-A耳的棱长为2,AD的中点为E,则下列说法不正确的是（）

Q

TT四面体的体积是

A.直线D}C和BC］所成的角为:B.BDG41

4J3D.Q到直线BE的距离为半

C.点&到平面BEC1的距离为上

6.在棱长为6的正方体ABCD—A4G2中，AE=2E^>CF=2FQ>过点8，E,E的平面

截该正方体所得截面的周长为（）

A-4V13+3V2B-6713+372C.4g+80D-6A/13+8A/2

7.在多面体ABC-DEF中，已知ADHBEHCF，且它们两两之间的距离为4.若

4£>=2,5石=4，。?=6，则该多面体的体积为（）

A*B.8用16°苧D.24g_16

8.如图，在三棱柱43。一4四。］中，CG，平面ABC」AB=BC=CA=2，Cq=J，，则三棱柱

ABC—的体积为（）

C-2aD-3亚

二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选

项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0

分.

9.如图，在直三棱柱A5C—4用£中，AC=BC=1,A4=2,。是棱AA】的中点，DC,1BD,

点E在BB］上,且3用=4BE,则下列结论正确的是（）

A.直线DC】与BC所成角为90。

B.三棱锥。―3CG的体积为:

D.直三棱柱ABC-4月£外接球的表面积为6兀

10.已知正四棱台ABCD-A4GA（上下底面都是正方形的四棱台）下底面A8CO边长为2,上

底面边长为1,侧棱长为正,贝）

A.它的表面积为5+3小

B.它的外接球的表面积为还兀

3

C.侧棱与下底面所成的角为60。

D.它的体积比棱长为正的正方体的体积大

11.如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，下列命题正确的是（）

A.AM//BNB.BFLDN

CCE=MED.AM与DF是异面直线

三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.

12.已知正四棱台上底面边长为夜，下底面边长为2夜，侧棱与底面所成角为45。，则该正四棱台

的体积为.

13.中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但

南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多

边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶

点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体的棱长为.

图1图2

14.设地球的半径为R,若A在北纬30。的纬线图上，则此纬线圈构成的小圆面积为.

（结果用R表示）

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

15.设抛物线C：/=2py（p>0），过点Af（0,4）的直线与C交于A,B两点，且QA±05-若抛物线C

的焦点为£记△A05，AAOF的面积分别为S.A0B,S.AOF.

(1)求S^AOB+2sAAOF的取小值，

(2)设点D(LT卜直线AD与抛物线C的另一交点为瓦求证:直线BE过定点•

(3)我国古代南北朝数学家祖晒所提出的祖晒原理是“事势既同，则积不容异"，即:夹在两个平行平面

间的两个几何体被平行于这两个平面的任意平面所截,如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个

几何体的体积相等.当△A05为等腰直角三角形时，记线段A3与抛物线围成的封闭图形为①，。

绕y轴旋转半周形成的曲面所围成的几何体为Q.试用祖桓原理的数学思想求出Q的体积.

16.如图，在四棱锥P—ABCD中，上4,底面ABC。，BC//AD,ABLBC,PA=AB=s/2,

AD=2BC=2,/是的中点.

P

(1)求证：CM〃平面E4B；

(2)求三棱锥P-ACM的体积；

⑶求二面角"—AC—D的余弦值.

17.己知一个等边三角形的边长为°,这个等边三角形绕其一边所在的直线旋转一周，求所得旋转体

的表面积和体积.

18.有一个正四棱台形状的油槽，最多装油190L,已知它的两底面边长分别为60cm和40cm,

求它的深度.

19.过正四棱台各侧棱中点的截面称为正四棱台的中截面.若正四棱台的两底面边长分别为3和5,求

它的中截面的面积.

参考答案

1.答案：B

解析：当杯子盛满水时，该杯子中水的高度为〃cm,

则杯子的容积为1/i(32+3x6+6?)=21兀丸=252兀，

可得力=12,

所以该杯子的高度为12+1=13cm.

故选：B

2.答案：A

解析：连接AC,如下图:

易知BG”AD\,所以NARC为异面直线BO1与CD］所成的角(或其补角)，

TT

易知△AC。1为等边三角形，所以=

13

故选：A.

3.答案：C

解析：

P

B

取AP的中点O,因为NPB4=ZPC4=90°，连接08,0C>所以O3=OC=^AP=OA=OP，

2

O三棱锥p-ABC的外接球的球心，

因为△ABC和△PBC都是等边三角形，设BC=AB=AC=PB=PC=t，

因为06LAP，OCX.AP^03noe=O，OB,OCu平面OB。,

所以AP，平面OBC，

所以AP=0广OB=OC=县，BC=t>OB2+OC--BC21所以△OfiC是直角三角形;

2

又因为％ABC=上义S^OBCXAP=上义L义显t义昱txjit=18近,

r-ADC3ZAC/DC3222

所以/=6，。3=克/=3后，所以外接球的表面积为5=4兀0§2=72兀・

2

故选：C.

4.答案：B

解析：取A5的中点E,连接CE,DE

因为正三角形△ABC与△A3。的边长为4,

所以。CAB,CE1AB,

且。E=CE=26，

故NCED为二面角D—A5—C的平面角，ZCED=60°,

所以△(?£)£是等边三角形，

取CE的中点F,连接。/，则£CE,CF=6,DF=^CF=3,

因为。ELAB,CE±AB,DE^CE=E,

DE,CEu平面CDE,

所以AB,平面CDE,

因为。尸u平面CDE,所以D尸，A3,

因为ABCCE=E,AB,CEu平面ABC,

所以小，平面ABC,

取△ABC的中心G,则点G在CE上，

24J3

且CG=2EG,故CG=—CE=^^,

33

则球心。在G点正上方，连接。O,OG,OC

过点。作OKLDE于点K,

则OK=GF=^—6=B,

33

设GO=/i,DO=CO=R,则GO=bK=/z,

i,

由勾股定理得。。2=OK?+OK2=§+(3—无y,

OC-=GO2+CG2=h2+

192

故§+（3W解得/?=一,

3

故外接球半径R2=52

~9

故球0的表面积为4nR-=3皿

9

故选：B

5.答案：C

解析：建立如图所示空间直角坐标系。盯z,

则。（0,0,0）,5（2,2,0）,C（0,2,0）,

A（0,0,2）,A（2,0,2）,4（222）,G（0,2,2）,£（1,0,0）

对于A,B»C=（0,2,-2）,5G=（—2,0,2）

,—►—►-41

故cos<C,BQ>=—-----尸——,

2V2x2V22

----------»27r

故v℃5G>=可，

TT

即直线AC和BC]所成的角为三，故A正确；

对于B,易得四面体BOCA为正四面体，

][8

则=%BCD-AB1Goi=8-4x—x—x2x2x2=—,故B正确;

对于C,M=(0,—2,2),丽=(1,2,0),Bq=(-2,0,2)

设平面BEG的法向量为为=(x，y，z),

则｛n_L_EB.，有<n-_EB.=x+2y=0

n_LBQn-BCX=-2x+2z=0

令x=2,则为=(2,—1,2),

故点&到平面BEC,的距离d=।网川=包&=2,故C错误;

\n\3

对于D,丽=(1,2,0),BQ=(-2,0,2)

丫

、.--->1----►BE1c/-2+0+0述

则G到直线5石的距离为，BG-BC故D正确.

\〔r7（网=YJru^)

故选：C

6.答案：B

解析：如图取DC1的中点N,2A的中点M,连接MN、NF、ME，

则五边形8上建\丁为过点3,E,尸的截面，取b的中点J,靠近D1的三等分点左，连接DJ、

CK、EK，

则NE〃DJ，又CJ/ID[K豆CJ=DR,所以四边形C/2K为平行四边形,

所以CK/RJ,则NF//CK，

又£K〃BC且EK=6C，所以EKCB为平行四边形，所以EB//CK，

则NF//BE，所以MF,B,E四点共面；

取5用、A4]靠近夙A的三等分点G、H,连接CQ、GH、RH,

同理可证BR〃GG，D[HgG，D[HHEM，所以BF//EM，

所以8,F,M,E四点共面；

所以N,F,B,E,M五点共面；

又NF=ME=d方+乎=岳，BE=BF=y/42+61=2713)

MN=732+32=3-72'所以截面周长为6而+3万

故选：B

7.答案：A

解析：如图所示，用一个完全相同的多面体£)EP-Gm与多面体ABC-DEF组合;

因为ADHBE//CF，所以AG//BH//CI，又AD=2，BE=4，CF=6,

则£>0=6，皿=4,77=2，从而AG=BH=CI=8,

因为AG//BH,AG=，所以四边形ABHG为平行四边形，则GH//AB，

又GHU平面ABC，A3u平面ABC，所以GH〃平面ABC，

同理可得,HIH平面ABC，又印nGH=H，所以平面ABC//平面GHI，

所以组合体ABC-GHI是一个三棱柱，又AGBHCI两两之间的距离为4,

不妨将三棱柱A5C—Gm看作直三棱柱（侧棱与底面垂直），

所以AB=5C=AC=4，

此时三棱柱ABC-Gm的高AG=8,S&c\M"Cxsin600=46'

所以匕BCDEF=~^ABCCHI~~,AG=—X4^3X8=16^/3，

故选：A.

8.答案：B

解析：•.•CC],平面A3G，

CC}1AG,CC11BG，

-,-AB=BC=CA=2CC,=行，

.•.AG=BCi=V4^2=V2，

.•.△AGB是等腰直角三角形，

•••^,=^^.5q=1x72x72=1，

'.匕棱锥G-ABC=七棱锥c-ABG=§xCC|-SAABG=§x行xl=

所以V=3V-3x0-，

故选：B.

9.答案：ABD

解析：对于A,在矩形ACG4中，

因为44=2,AC=1,。是棱441的中点，

所以CD=qD=血,

所以=。弓2,

所以CD_LG。，

又因。£_L5D,BDC\CD=D,

所以DG，平面BCD,

又因5Cu平面BCD,

所以£>G

即直线与BC所成角为90。，故A正确；

对于B,在直三棱柱ABC—A§iG中，CG，5C，

又DGJ.3C,DC,HCQ=Q,

所以BC,平面。CG，

又。Cu平面DCG，所以。C，5C,

则/BCC=ZBCD=-x-xV2xlxV2=-,故B正确；

对于C,由AB可知，AC,BC,cq两两垂直，

如图，以c为原点建立空间直角坐标系，

则3(0,1,0)，0(1,0,1),

则屈=1o,l,g],BD=(1,-1,1)

—.—.11

所以"5。=—1+—=——wO,

22

所以CE,不垂直，

所以CE不垂直平面故C错误；

连接，则线段即为直三棱柱ABC-AAC外接球的直径，

45=&+1+4=逐,所以外接球的半径R=手，

所以直三棱柱ABC-43G外接球的表面积为4旃2=6兀，故D正确.

故选：ABD.

z

10.答案：ACD

解析：由题意得：上底面4与GA的面积H=ixi=i,

下底面ABCD的面积S[=2x2=4,

侧面ABB14为等腰梯形，过4、耳分别做AB的垂线,

垂足为E、F,如图所示

所以ER=44=1,则AE=3/

所以B.F=J叫2一3尸=[,

所以梯形的面积为S3=gx(l+2)x[=乎，

所以正四棱台ABC。—A4GA的表面积8=4+82+4x83=5+36，故A正确;

连接AG，耳2,且交于点a，

连接AC、8。交于点。2，连接。。2，

则。1。2垂直底面ABCD,

过-作AG±AO2于G,则AjG1底面ABCD,

则四边形AGaa为矩形，

由题意得AG=个AB*B[C；=V2,

72

所以aa二手，

同理AC=2后，AO2=72

又A0\=G()2=%,所以AG=事

AG|

在Rt^AjGA中，cos/LAiAG=..=,

所以NAAG=60。，即侧棱与下底面所成的角为60。，故C正确

连接GQ，在RtAQOjOj中，GQ=dOQ：+CQ：=拒，

所以点。2到A，B,C,D,A1，Bx,G，2的距离相等，均为血，

所以点。2即为正四棱台ABCD-A.B.QD,外接球的球心，且外接球半径R=后,

所以外接球的表面积S'=4TTX(收了=8兀，故B错误；

正四棱台的体积K=；X(S]+S2+#X)XO]Q，

=gx(l+4+gx冬普

棱长为V2的正方体的体积乂=(A/2)3=2夜，

776

所以尹嘉=噜1147

—>1,所以匕>匕，

所以正四棱台ABC。-A4G。的体积比棱长为夜的正方体的体积大，故D正确;

故选：ACD

11.答案：ABC

解析：还原正方体，画出正方体的直观图，如图EEM0-ABCD，

由图可知，川以与是相交直线，D错误;

设正方体的棱长为则CE=AfE=，C正确;

由正方体的性质可得AB与MN平行且相等，所以ABMW是平行四边形，可得AM//BN，A正确;

由正方体的性质可得与平行且相等，所以是平行四边形，可得CM//BF，在正方形

CDMN中，CMLDN，所以BFJ_0N，B正确,

故选：ABC.

如图，点S,。分别为上下底面的中心，连接OS，

在正四棱台中，有OS_£平面ABCD，

又OSu平面AAC£，所以平面AACC；，平面ABCD，

在平面AACC1内，过点A作AC于点E,

又平面AACGPl平面ABC。=AC，所以4E，平面ABC。，

所以AE是AA,在平面ABCD上的射影，

所以N^AE是直线AA1与平面ABCD所成角的平面角，

又侧棱与底面所成角为45。，所以NAAE=45。，

因为上底面边长为正,下底面边长为2&，所以AS=1，40=2,

则0E=AS=l，AE=OA-OE=1＞所以AE=AE=1，则四棱台的高为1，

所以该正四棱台的体积为:x(2+8+4)xl=苫.

故答案为：11.

3

13.答案：、旧—1

解析：作出该图形的一个最大的水平截面正八边形A3CDEFGW，如图，其八个顶点都在边长为1的

正方形上，设“半正多面体”棱长为〃，贝IJYZ〃X2+〃=1，解得Q=亚_1，

2~

故答案为：、历

14.答案：3兀.

4

解析：如图所示:

则点A所在小圆半径「=R・cos30°=—R，

2

所以小圆的面积为S=nr2=史族■

4

故答案为：3兀五~.

4

15.答案：（1）8瓜;

（2）证明见解析;

⑶32K-

解析：⑴设义%,%）,*%,%＞直线/：y=丘+4,

由＜'2区+4消去y整理得九2一22日_8P=0，再%2=—8pj%=3-•2=16,

x-2py2p2p

由Q4_L05,得MW+X%=0，16—82=0,解得p=2,即^x2=-8p=-16,

SAAOB+2s△AOF=；义IOM|X|X]—马I+2义；*|O耳义H

=3|X1|+2|X2|=3|X1|+^＞2A/3X32=8A/6,

lxll

当且仅当x；=学时等号成立，所以+2S^AOF最小值为876・

（2）设£（七，为卜则直线AE的斜率kAE=，方程为y+4=Y1（XT），

2

X=4y2

X+4

由（1）知抛物线c：%2=4丫，由＜y+4z、消去y得工+4=X

'y+4=^—(x-1)4%—1

、%1-1

整理得K±3x+*"+16=0,显然玉+七=江±3，七七=上3+16,

再-1再_1玉_1X]-1

于是玉+退+16=X1X3，又X]%2=-16,联立消去再，得入2兄3+16（%2+%3）—16=。，

设直线BE:y=k,x+m，与抛物线联立=4^，整理得:f_4匕x—4根=0,

y=k2x+m

x2x3=-4m,x2+%3=4k2，因止匕一4加+64k2—16=0，m=16k2—4,

直线y=k2x+16k2-A恒过定点(-16,-4).

（3）作底面半径为4、高为4的圆柱，并将内部切割去掉o之后,上下翻转得到几何体中，

现做一平面，使其平行于Q和O的底面，且被两几何体分别截得如图中阴影所示截面，

在图1的几何体O中,设风为,坊）,即45=%，4。=%,4。=4—%,且%=4%,

则图2的几何体中中，有£7=4—%,由抛物线方程得1=4（4—%）=16—4%=16—%,

则图2中截面圆环面积S,=兀（4?—/f）=套，而图1中截面圆面积S1=厨,

由祖眶原理可得，O和0的体积相等,均为圆柱体积的一半，即％=；兀氏2丸=；兀*42*4=32兀.

16.答案：（1）证明见解析

1

⑵3

⑶