第八单元 立体几何与空间向量（一）（含解析）-《巅峰突破》2026版高中数学高三一轮复习

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
第八单元　立体几何与空间向量（一）
满分86分,限时60分钟
考点1 基本立体图形及空间几何体的表面积与体积
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(2025湖南长沙实验中学等多校联考)底面半径为,侧面展开图的扇形圆心角为的圆锥的侧面积为(　　)
A.9π　　B.6π　　C.4π　　D.3π
2.(2025湖南邵阳多校联考)现将一个表面积为36π cm2的实心铁球熔化后,浇铸成一个正四棱台形状的实心铁锭,若该铁锭的上、下底面的边长分别为2 cm和4 cm,则该铁锭的高为(　　)
A.3 cm　　B. cm　　C. cm　　D. cm
3.(2025江浙皖发展共同体联考)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,已知AB=3,AA1=4,则四面体A1BC1D的体积是(　　)
A.12　　B.15　　C.18　　D.21
4.(2025广东调研)外接球半径为的正四面体的体积为　(　　)
A.　　B.24　　C.32　　D.48
5.(2025浙江名校协作体开学考试)已知圆锥的底面半径为1,高为3,则其内接圆柱的表面积的最大值为(　　)
A.　　B.2π　　C.　　D.
6.(2025广西桂林第十八中学开学考试)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F分别是AB,AC的中点,平面EFC1B1将该三棱柱分成体积分别为V1,V2(左为V1,右为V2)的两部分,则V1∶V2=(　　)
A.7∶5　　B.4∶3 　　C.3∶1　　D.2∶1
7.(2025广东广州铁一中学月考)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为52,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A.　　B.1　　C.2　　D.3
8.(2025北京第九中学月考)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,BC=2,BB1=3,∠ABC=90°,点D为侧棱BB1上的动点.当AD+DC1最短时,三棱锥D-ABC1的体积为(　　)
A.1　　B.　　C.　　D.
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.(2024江苏徐州适应性测试)已知圆台的上、下底面直径分别为2,6,高为2,则(　　)
A.该圆台的体积为26π
B.该圆台外接球的表面积为π
C.用过任意两条母线的平面截该圆台,所得截面周长的最大值为16
D.挖去以该圆台上底面为底,高为的圆柱后所得几何体的表面积为(16+2)π
10.(2024广西三新联盟百校联考)如图,将正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体EABCDF,已知该正八面体的棱长为2,则　(　　)
A.EF⊥AD
B.正八面体的体积为
C.正八面体外接球的表面积为π
D.若P为棱EB上的动点,则AP+CP的最小值为2
11.(2025广东广州调研)在圆锥SO中,母线SA=l,底面圆的半径为r,侧面积为3π,则(　　)
A.当r=时,圆锥SO内接圆柱体的体积的最大值为π
B.当r=时,过顶点S和两母线的截面三角形的面积的最大值为
C.当l=3时,圆锥SO能在棱长为4的正四面体内任意转动
D.当l=3时,棱长为1的正四面体能在圆锥SO内任意转动
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.(2024上海大同中学三模)如图,矩形ABCD中,E为AD的中点,AB=1,BC=2,连接EB,EC,将△BEC绕直线AD旋转一周,则所形成的几何体的表面积为　　　　　.
13.(2025陕西校际联考)如图,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,上,下底面的中心分别为O1和O,若AB=2A1B1=4,∠A1AB=60°,则正四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为　　　　.
14.(2025江苏镇江期初)勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心,正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分围成的几何体.已知构成勒洛四面体ABCD的正四面体的棱长均为2,若在该“空心”勒洛四面体ABCD内放入一个球,则该球的半径的最大值是　　　　.
四、解答题(本题共1小题,共13分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)(2024四川宜宾三模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,AD=PD=2,∠PDC=120°,PA=2,E为线段PC的中点,点F在线段AB上,且AF=.
(1)求证:CD⊥EF;
(2)求三棱锥P-ABD的体积.
答案全解全析
1.A　因为圆锥的底面半径为,所以侧面展开图的扇形弧长为2π.
又因为侧面展开图的圆心角为,所以圆锥的母线长为=3,所以圆锥的侧面积S=π··3=9π.
2.D　设实心铁球的半径为R cm,
则4πR2=36π,解得R=3(负值舍去),
设正四棱台形状的实心铁锭的高为h cm,则·(4π+16π+8π)·h=πR3=36π,解得h=,所以该铁锭的高为 cm.
3.A　由题图可得=-4=
=3×3×4-4×××3×3×4=36-24=12.
4.A　如图,设正四面体P-ABC的底面中心为G,连接PG,则
连接AG并延长,交BC于D,
设正四面体的棱长为x,
则AD=x,AG=AD=x,
在Rt△PAG中,由勾股定理得PG==x,即正四面体的高为x.
设正四面体外接球的球心为O,半径为R,连接AO,
则R2=+,化简得R=x,由R=,得x=4,即正四面体的棱长为4,
所以VP-ABC=××42××4=.
考场速解
设正四面体的棱长为a,由棱长为a的正四面体的外接球半径为a,得a=,解得a=4,所以V正四面体=××42××4=.
5.C　设内接圆柱的底面半径为r,高为h,
因为圆锥的底面半径为1,高为3,所以由相似三角形可得=,则h=3(1-r),
则圆柱的表面积S=2πr2+2πrh=2πr2+2πr×3(1-r)=2πr2+6πr-6πr2=-4πr2+6πr=-4π=-4π+π,
所以当r=时,内接圆柱的表面积取得最大值,为π.
6.A　设△AEF的面积为S1,△ABC的面积为S,直三棱柱的高为h,体积为V,
易知V1=h(S1+S+)①,V=Sh②,V2=V-V1③,
由题意可知S1=S④,
由①②③④可得V1=Sh=V,所以V2=V-V1=V,
所以V1∶V2=7∶5.
7.B　将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC,如图.
取底面ABC的中心O,连接PO,AO,则PO⊥底面ABC,
解法一　易知A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角,为∠PAO.
因为==,
所以=,
可知=VP-ABC=52,
则VP-ABC=54,
设正三棱锥P-ABC的高为d,
则VP-ABC=d××6×6×=54,解得d=6,
易得AO=××6=6,
所以PA与平面ABC所成角的正切值为tan∠PAO==1.
解法二　设PO交平面A1B1C1于点O1,
易知O1为平面A1B1C1的中心,连接A1O1,
则A1A与平面ABC所成角的正切值即为PA1与平面A1B1C1所成角的正切值,
即tan∠PAO=tan∠PA1O1=,易得A1O1=2,
同解法一得=,
则==2,
而=·PO1=×××PO1=2,解得PO1=2,
所以tan∠PAO=tan∠PA1O1==1.
8.C　将直三棱柱ABC-A1B1C1的侧面ABB1A1展开,使其与平面BCC1B1共面,
如图,连接AC1,交BB1于D,此时AD+DC1最短.
由BB1∥CC1得△ABD∽△ACC1,所以=,即=,得BD=1,
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,易知AB⊥BC,BB1⊥BC,
由AB∩BB1=B,AB,BB1 平面ABB1A1,得BC⊥平面ABB1A1,
又BC∥B1C1,所以B1C1⊥平面ABB1A1,即B1C1⊥平面ABD,
故==×S△ABD×B1C1=××AB×BD×B1C1=.
9.BC　由已知得圆台的上、下底面半径分别为1,3.
对于A,圆台的体积为π(12+32+1×3)×2=π,A错误.
对于B,圆台的轴截面为如图所示的梯形ABCD,外接球球心为O,设外接球的半径为R,
当球心在梯形ABCD内时(如图1),+=2,解得R2=,满足R2<(2)2;
当球心在梯形ABCD外时(如图2),-=2,解得R2=,不满足R2>(2)2,故舍去,
　
所以外接球的表面积为4πR2=π,B正确.
对于C,易知轴截面的周长最大,母线长为=4,则最大周长为4+4+2+6=16,C正确.
对于D,挖去圆柱后的几何体如图所示,其表面积为π(3+1)×4+2π×1×+π×(32+12)=26π+2π,D错误.
10.ABD　如图,连接AC,BD交于点O,连接EF,易知EF过点O.
对于A,由题意知EF⊥平面ABCD,又AD 平面ABCD,所以EF⊥AD,故A正确;
对于B,由题可得AC=EF=2,EO=EF=,
所以正八面体的体积V=2VE-ABCD=2××2×2×=,故B正确;
对于C,设正八面体外接球的半径为R,
易知OA=OB=OC=OD=OE=OF=,则点O为正八面体外接球的球心,则R=,
所以正八面体外接球的表面积为4πR2=8π,故C错误;
对于D,易知△ABE与△BCE是边长为2的全等正三角形,
将,得到一个菱形ABC'E,
连接AC'与BE相交于点P,此时AP⊥BE,C'P⊥BE,AP=C'P=,则AP+CP的最小值为AC'的长,为2,故D正确.
11.AD　由已知得圆锥SO的侧面积为πrl=3π,即rl=3.设圆锥SO的高为h.
对于A,当r=时,l=2,
则h==,
设圆锥的内接圆柱体的半径为r1,高为h1,体积为V,
由相似三角形的性质得=,得r1=,故V=πh1,
设f(x)=x,
则f'(x)=2+
=,
令f'(x)=0,得x=,
当00,所以f(x)在上单调递增,
当所以当x=时, f(x)取得极大值,也是最大值,为f=×=,
所以Vmax=π×=π,故A正确;
对于B,当r=时,l=2,此时圆锥的轴截面如图所示,
由余弦定理得cos∠ASB===-<0,所以∠ASB为钝角,
设P,Q是圆锥SO底面圆周上任意不同的两点,则0<∠PSQ≤∠ASB,
所以S△PSQ=SP·SQ·sin∠PSQ≤×2×2×1=2,当且仅当∠PSQ=时取等号,故B错误;
对于C,当l=3时,r=1,h==2,
设圆锥SO的外接球半径为R,
所以12+(2-R)2=R2,
得R=,
假设棱长为4的正四面体为BDMN,可以将其补成正方体GBCD-MENF(正四面体可由正方体中的面对角线构成,故共用一个外接球),如图所示,
则正方体的棱长BG=BD=2,
则VBDMN=-4××××2=,
表面积SBDMN=4××4×4×=16,
设正四面体BDMN的内切球半径为r2,
则由等体积法可知SBDMNr2=VBDMN,即r2=,得r2=,
因为R=>r2=,所以圆锥SO不能在棱长为4的正四面体内任意转动,故C错误;
对于D,设棱长为1的正四面体的外接球半径为R1,
当l=3时,r=1,h==2,
易知圆锥SO的内切球球心在线段SO上,轴截面截内切球的大圆即圆锥轴截面的内切圆,
设内切圆的半径为R2,由三角形面积相等得R2(3+3+2)=×2×2,解得R2=>,
所以棱长为1的正四面体能在圆锥SO内任意转动,故D正确.
12.4π+2π
解析　由题意得EB=EC=,将△BEC绕直线AD旋转一周,形成的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥形成的组合体,
圆柱的底面半径r=1,母线长l=2,故侧面积为2πrl=4π,
圆锥的底面半径r=1,母线长l1=,故侧面积为πrl1=π,
故组合体的表面积S=4π+2π.
13.
解析　在四边形A1ABB1中,作A1F⊥AB于F,B1Q⊥AB于Q,则A1F∥B1Q,又A1B1∥AB,所以四边形A1B1QF是平行四边形,又B1Q⊥AB,所以四边形A1B1QF是矩形,
所以QF=A1B1=2,又因为ABCD-A1B1C1D1为正四棱台,所以AF=BQ=1,
因为∠A1AB=60°,所以cos 60°=,解得AA1=2,
在Rt△ABC中,由勾股定理得AC=4,所以AO=2,同理可得A1O1=,过A1作A1E⊥AC,交AC于点E.
易知四边形A1EOO1是平行四边形,所以OE=A1O1=,故AE=,
在Rt△AA1E中,由勾股定理得A1E=,所以OO1=A1E=,
所以正四棱台的体积V=×(4×4+2×2+)×=.
14.2-
解析　勒洛四面体能够容纳的最大的球与勒洛四面体的4个弧面都相切,即为勒洛四面体的内切球,
由对称性知,勒洛四面体的内切球的球心是正四面体ABCD的内切球、外接球的球心,设球心为O,正△BCD的中心为O1,连接O1B,则△BCD的外接圆半径O1B=,正四面体ABCD的高AO1==,
设正四面体ABCD的外接球半径为R,在Rt△BOO1中,R2=
因此勒洛四面体ABCD的内切球半径为2-.
15.解析　(1)证明:在正方形ABCD中,易知AD=CD=2,又AD=PD=2,∴PD=CD=2,
在等腰△PCD中,∵E为PC的中点,
∴DE⊥PC,DE平分∠PDC,(1分)
在Rt△CDE中,DE=CDcos 60°=1,
过E作EH⊥CD交CD于H,连接FH,则DH=DEcos 60°=,(2分)
在正方形ABCD中,AF=,∴四边形AFHD是矩形,∴CD⊥FH,(3分)
又CD⊥EH,EH∩FH=H,EH,FH 平面EFH,
∴CD⊥平面EFH,(5分)
又EF 平面EFH,∴CD⊥EF.(6分)
(2)在△PAD中,∵AD=PD=2,PA=2,∴AD⊥PD,(7分)
在正方形ABCD中,AD⊥CD,又CD∩PD=D,CD,PD 平面PCD,∴AD⊥平面PCD.(9分)
解法一　∵AD 平面ABCD,∴平面PCD⊥平面ABCD,
过P作PQ⊥CD,交CD的延长线于Q,又平面PCD∩平面ABCD=CD,PQ 平面PCD,∴PQ⊥平面ABCD,(11分)
∵∠PDC=120°,
∴∠PDQ=60°,则PQ=PDsin 60°=,
故VP-ABD=××2×2×=.(13分)
解法二　VP-ABD=VP-ACD=VA-PCD=S△PCD·AD=××2×2×sin 120°×2=.(13分)