2026届高三数学二轮高效复习主题巩固卷-空间几何体（Word版解析版）

这是一份2026届高三数学二轮高效复习主题巩固卷-空间几何体（Word版解析版），共3页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1.(2025·天津和平二模)已知a，b是空间两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列命题正确的为( )
A.若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b
B.若a∥α，a⊥β，则α⊥β
C.若α∩β＝a，γ∩β＝b，a∥b，则α∥γ
D.若α⊥β，a⊂α，则a⊥β
解析：选B.对于A，若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b或a，b异面，故A错误；
对于B，若a∥α，则存在直线c⊂α，使得a∥c，由于a⊥β，则c⊥β，可得α⊥β，故B正确；
对于C，若α∩β＝a，γ∩β＝b，a∥b，则α∥γ或α，γ相交，故C错误；
对于D，若α⊥β，a⊂α，设α∩β＝l，只有当a⊥l时，才能得到a⊥β，故D错误.
2.(2025·河南安阳三模)已知圆锥的顶点为V，母线VA，VB所成角的余弦值为35，VA与圆锥底面所成的角为π3，若圆锥的侧面积为2π，则△VAB的面积为( )
A.65B.85
C.835D.165
解析：选B.设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由VA与圆锥底面所成的角为π3，知l＝2r，
又πrl＝2π，所以r＝1，l＝2，设VA，VB所成的角为θ，由cs θ＝35，得sin θ＝45，
所以△VAB的面积为S＝12l2sin θ＝12×22×45＝85.
3.(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.πB.2π
C.4πD.8π
解析：选B.如图：
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＝π2R2－r2＝4π，即R2－r2＝8，
上底面半径r1＝πr2π＝r2，下底面半径R1＝πR2π＝R2，
圆台上下底面面积之差的绝对值为πR12－πr12＝πR24－πr24＝πR24－r24＝2π.
4.如图，高为h的圆锥形容器里装了一定量的水，下列容器内水的体积最接近容器容积一半的是( )
解析：选D.设圆锥的顶点到水面的距离为mh，圆锥的底面半径为r，则水面半径为mr.
当水的体积等于容器容积的一半时，有2·13π(mr)2·mh＝13πr2h，整理得m3＝12.
因为0.53＝0.125，0.63＝0.216，0.73＝0.343，0.83＝0.512，则D选项更接近12.
5.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，AA1＝5，E，F，G分别为侧棱BB1，CC1，DD1上一点，则AE＋EF＋FG＋GA1的最小值为( )
A.281B.283
C.285D.14
解析：选A.如图所示：
将正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(图1)的侧面展开，得到展开图(图2)，
当A，E，F，G，A1五点共线时，AE＋EF＋FG＋GA1取得最小值，且最小值为(4×4)2＋52＝281.
6.如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段EB的中点，则( )
A.DM≠EN，且直线DM，EN是异面直线
B.DM＝EN，且直线DM，EN是异面直线
C.DM≠EN，且直线DM，EN是相交直线
D.DM＝EN，且直线DM，EN是相交直线
解析：选D.连接BD，
因为点N为正方形ABCD的中心，所以N是BD的中点，
所以DM，EN⊂平面BDE，所以DM与EN相交；
因为四边形ABCD是正方形，所以BC⊥CD，
又因为平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，
所以BC⊥平面ECD，因为EC，CD⊂平面ECD，所以BC⊥EC，BC⊥CD，
又因为△ECD是等边三角形，所以EC＝CD，
所以△ECB≌△DCB，所以EB＝DB，又因为M是BE的中点，
所以EN＝DM.
7.(2025·广东江门一模)已知边长为1的正方形ABCD绕边CD所在直线为轴旋转一周形成的面围成一个圆柱，点M和N分别是圆柱上底面和下底面的动点，点P是线段MN的中点，则三棱锥A-PBC体积的最大值为( )
A.18B.16
C.14D.12
解析：选B.由题意知，AB＝CD＝BC＝1，三角形ABC的面积为S＝12×1×1＝12，
设点P到平面ABC的高为h，又VA-PBC＝VP-ABC＝13h×S＝16h，
要使三棱锥A-PBC体积的最大，则需h最大，根据图形可得，
h最大为1，VA-PBCmax＝16h＝16.
8.(2025·福建厦门三模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为AB的中点，l为平面A1MC1与平面ABCD的交线，则( )
A.l∥AC1B.l⊥AC1
C.l∥BD1D.l⊥BD1
解析：选D.设N为BC的中点，连接MN，NC1，
∵M为AB的中点，N为BC的中点，∴MN∥AC，
又∵A1C1∥AC，∴A1C1∥MN，∴A1，M，N，C1四点共面，
∴平面A1MC1与平面ABCD的交线为MN，则l即为MN所在直线，
∵MN与AC1是异面直线，即l与AC1是异面直线，故A错误；
∵MN∥AC，而在直角△ACC1中，∠ACC1＝90°，则AC1与AC不垂直，
故MN与AC1不垂直，即l与AC1不垂直，故B错误；
∵BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴BB1⊥AC，
又AC⊥BD，BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面BDD1B1，
∴AC⊥平面BDD1B1，又MN∥AC，∴MN⊥平面BDD1B1，即l⊥平面BDD1B1，
∵BD1⊂平面BDD1B1，∴l⊥BD1，故C错误，D正确.
二、多选题
9.已知α，β是两个不重合的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是( )
A.若m⊥α，m⊥β，则α∥β
B.若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n
C.若m∥n，m∥α，则n∥α
D.若m∥α，m∥β，α∩β＝n，则m∥n
解析：选ABD.对于A，根据线面垂直的性质可得若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故A正确；
对于B，易知若α⊥β，m⊥α可得m∥β或m⊂β，又n⊥β可知m⊥n，故B正确；
对于C，若m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α，故C错误；
对于D，如果直线m平行于平面α和β，且α和β的交线为n，那么直线m必须平行于n；
假设m不平行于n，它必将与其中一个平面相交，这与m平行于两个平面的条件相互矛盾，
所以若m∥α，m∥β，α∩β＝n，则m∥n，故D正确.
10.(2025·山西晋城二模)已知圆锥的顶点为S，AB为底面直径，△SAB是面积为1的直角三角形，则( )
A.该圆锥的母线长为2
B.该圆锥的体积为13π
C.该圆锥的侧面积为π
D.该圆锥的侧面展开图的圆心角为2π
解析：选ABD.设该圆锥的母线长为l，如下图所示：
因为轴截面SAB是面积为1的直角三角形，即∠ASB为直角，
所以12l2＝1，解得l＝2，A正确；
设该圆锥的底面圆心为O，在△SAB中，SA＝SB＝2，所以AB＝2，
则圆锥的高SO＝1，所以该圆锥的体积V＝13π×12×1＝13π，
侧面积为πrl＝π×1×2＝2π，B正确、C错误；
设该圆锥的侧面展开图的圆心角为α，则2α＝2π×1，所以α＝2π，D正确.
11.(2025·安徽马鞍山二模)已知在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AC＝1，BC＝1，且∠ACB＋2∠ACA1＝π，记∠ACB＝α，则( )
A.存在α，使得BC⊥A1B
B.三棱柱的侧面积随α的增大而减小
C.三棱柱的体积随α的增大而减小
D.三棱锥A1-ABC外接球表面积的最小值为3π
解析：选BCD.对于A，若BC⊥A1B，因为BC⊥A1A，则BC⊥AB，矛盾，故不存在α，使得BC⊥A1B，故A错误；
对于B，易知AB＝2sinα2，AA1＝tanπ−α2＝1tanα2，
记三棱柱ABC-A1B1C1的侧面积为S，
则S＝2+ABAA1＝21tanα2＋csα2，因为α∈0，π，所以S关于α单调递减，故B正确；
对于C，记三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V，
则V＝12sin α·1tanα2＝cs2α2关于α单调递减，故C正确；
对于D，记三棱锥A1-ABC外接球半径为R，△ABC的外接圆半径为r，
因为2r＝1sinπ－α2，则r＝12csα2，
故R2＝r2＋AA122＝14(1cs2α2＋cs2α2sin2α2)＝14(1＋sin2α2cs2α2＋cs2α2sin2α2)≥34，
当且仅当sin2α2＝cs2α2，即α＝π2时，R2取最小值为34，外接球表面积的最小值为3π，故D正确.
三、填空题
12.在三棱锥P-ABC中，D，E分别是PB，BC的中点，若F在线段AC上，且满足AD∥平面PEF，则AFFC的值为 .
解析：连接DC，交PE于点G，连接FG，DE，因为AD∥平面PEF，AD⊂平面ADC，平面ADC∩平面PEF＝FG，所以AD∥FG.
因为D，E分别是PB，BC的中点，所以DE为△BPC的中位线，所以△DEG∽△CPG，可得DGGC＝DEPC＝12，所以AFFC＝DGGC＝12.
答案：12
13.(2025·黑龙江哈尔滨二模)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，Q为正方形BB1C1C内一动点(含边界)，①若DQ＝62，则点Q的轨迹长度为 ；②若P为棱CD的中点，则QP＋QA1的最小值为 .
解析：因为DC⊥平面BB1C1C，QC⊂平面BB1C1C，所以DC⊥QC，
因为DQ＝62，所以QC＝622－12＝22，
即点Q的轨迹是以C为圆心，半径为22的四分之一圆，所以其轨迹长为14×2π×22＝24π；
如图，延长DC到点M，使得PC＝CM，则点P关于平面BB1C1C对称的点为点M，
连接A1M与平面BB1C1C交于点Q，此时使得QP＋QA1取得最小值，且最小值为MA1＝A1D2＋DM2＝2+94＝172.
答案：24π 172
14.我国古代数学典籍九章算术中有一种名为“羡除”的几何体，它由古代的隧道形状抽象而来.如图所示，在五面体ABCDEF中，EF∥AD∥BC，四边形ADEF，ADCB，EFBC为等腰梯形，且平面ADEF⊥平面ADCB.其中EF＝a，AD＝b，BC＝c(b＞c＞a)，且EF到平面ADCB的距离为h，BC和AD的距离为d，若a＝4，b＝10，c＝6，h＝3，d＝4，则该“羡除”的体积为 .
解析：如图，平面ADEF内，过E，F分别作AD的垂线，垂足分别为G，H，
平面ADCB内，过G，H分别作AD的垂线，与BC分别交于M，N，
将“羡除”ABCDEF分割为两个四棱锥F-BNHA，E-CMGD和直棱柱EGM-FHN，
由EF∥AD∥BC，四边形ADEF，ADCB，EFBC为等腰梯形，且平面ADEF⊥平面ADCB.
则EF＝GH＝MN＝a，EG＝FH＝h，MG＝NH＝d，
故所求几何体的体积为V＝VEGM-FHN＋VF-BNHA＋VE-CMGD＝S△EGM·GH＋13SBNHA·FH＋13SCMGD·EG＝12·MG·EG·HG＋13×12·(BN＋AH)×NH×FH＋13×12·(CM＋GD)×MG×EG＝12dha＋16dh(BN＋AH＋CM＋GD)＝12dha＋16dh(c－a＋b－a)＝16dh(a＋b＋c)＝40.
答案：40
[创新题]
15.公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作(即切掉每个顶点)，发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为( )
A.60
B.90
C.120
D.180
解析：选B.易知正二十面体有20个面，每个面都是三角形，每个顶点都是5条棱的交点，每条棱都是两个面的公共边，
所以正二十面体的棱数为3×202＝30，顶点的个数为3×205＝12.
由图象可知，正二十面体的每个顶点截角后为一个正五边形，即每个顶点处增加了5条棱；
原来的30条棱数量不变，所以足球截面体的棱数为12×5＋30＝90.
16.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N，G，H分别为棱AB，BC，AD，CD，A1B1，C1D1的中点，P为DH的中点，连接EH，FG.对于空间任意两点I，J，若线段IJ上不存在也在线段EH，FG上的点，则称I，J两点“可视”，则与点B1“可视”的点为( )
A.D
B.P
C.M
D.N
解析：选D.如图，连接B1D，B1P，B1E，由正方体的性质及E，H分别为棱AB，C1D1的中点，
易得B1E∥HD，所以线段B1D与EH相交，B1P与EH相交，故A、B错误；
连接MF，B1M，有AB∥MF，AB∥B1G，故B1G∥MF，
所以线段B1M与FG相交，C错误；
连接B1N，直线B1N与EH，直线B1N与FG均为异面直线，D正确.