2025届高考数学教材拓展冲刺复习：空间几何（含解析）

2025届高考数学教材拓展专题冲刺：空间几何

教材拓展：立体几何与空间向量

教材挖掘拓展1：祖瞄原理及其应用

教材挖掘拓展2：几个特殊多面体

教材挖掘拓展3：重要结论

教材挖掘拓展4：三余弦定理与三正弦定理

教材挖掘拓展1：祖瞄原理及其应用

【链接教材】人教A版必修第二册P⑵探究与发现

祖曜（456年—536年）是南北朝时期伟大的数学家，在数学领域做出了突出的贡献.他提

出了体积计算原理：“嘉势既同，则积不容异”，“势”即高，“哥”即面积，后人称为“祖

瞄原理”，用现代语言描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，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.

代数语言为：如图，平面a〃平面“，两个几何体Ti,T2夹在a与A之间，任意平面/〃a（或

y//^,/可以与a或少重合）.

平面7截Ti，T2的截面面积分别为Si与S2，若Si=S2，则VTI=VT2.

简记为等高（势）等面（募）等体积（容）.

【应用1］我国南北朝时期著名的数学家祖晅提出了祖迪原理：”易势既同，则积不容

异."意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，

若截得的两个截面的面积总相等，则这两个几何体的体积相等.某工艺品（如图1）对应的立体

图形是由双曲线?一募=1和直线y=3及y=—3围成的封闭图形绕y轴旋转一周后所得到

的几何体（如图2）,则该几何体的体积为.

图1

【答案】32TI

试卷第1页，共14页

3

【解析】由题可得双曲线的渐近线y=±]%与y=3的交点为（±2,3）,对于双曲线上半

部分，如图，构造底面圆心为坐标原点，底面半径为2,高为3的圆柱，贝US圆柱底=4兀，在圆

柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，以圆柱上底面为底面的圆锥，用一平行于圆柱底面的

h

截面截圆锥，当截面与顶点的距离为〃（0W/zW3）时，设截得的小圆锥的底面半径为厂，则由1

44

则阴影部分的截面面积为双%2—户）=兀（4+§层）=4兀，与所构造的圆柱底面面积相

等，故图中阴影部分绕y轴旋转所成几何体的体积与所构造圆柱体的体积相等，由祖晅原理得

旋转后所得几何体的体积V=2X（47rX3+|X4兀X3）=32兀

【举一反三1】祖晒（公元前5〜6世纪）是我国齐梁时代的数学家，是祖冲之的儿子，他提出了一条原

原理："累势既同，则积不容异."这里的"幕"指水平截面的面积，"势"指高.这句话的意思是：两个等高的几

22

何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等.设由椭圆所

ab

围成的平面图形绕y轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体（称为椭球体），课本中介绍了应用祖瞄原理求

球体体积公式的做法，请类比此法，求出椭球体体积，其体积等于（）

1112

A.3兀0bB.gnabC.2兀0bD.Inab

【答案】A

【解析】椭圆的长半轴长为。，短半轴长为6,先构造两个底面半径为。，高为b的圆柱，然后在圆柱内挖

去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，根据祖晒原理得出椭球的体积

为:丫=2（愉柱一%锥）==故选：A.

教材挖掘拓展2：几个特殊多面体（正四面体、正八面体、正二十面体、阿基米德体等）

试卷第2页，共14页

思考：多面体（正四面体、正八面体、阿基米德体）如何放入正文体中？

1.正四面体的重要结论

（1）每个面都是正三角形的正四面体（如图1）,此正四面体的体积为正方体体积的g.

⑵正四面体的外接球、内切球

若正四面体的棱长为/高为力，正四面体的外接球半径为尼内切球半径为r,则力=坐/R

=乎。，r=Rr=3:1.R+r=h

2.正八面体

【应用1】（多选）六氟化硫，化学式为SF6，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良

好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正八面

体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为加，则下列正确的

是（）

A.该正八面体结构的外接球表面积为2兀机2B.该正八面体结构的内切球表面积为一-

3

C.该正八面体结构的表面积为根2D.该正八面体结构的体积为V2/n3

【答案】ABC

【解析】对A：底面中心S到各顶点的距离相等，故S为外接球球心，

试卷第3页，共14页

6

外接球半径H=PS='-加，故该正八面体结构的外接球表面积S'=71X（后加）2=2兀机2,故A正确;

3Vyf^irv）

对B：该正八面体结构的内切球半径一二也=多竺^二卫竿，故内切球的表面积

S2yJ3m22V3

（仄

c,，彳721n702jim2,,十小

S=4兀x——产=-----，故B正确；

2君3

对C：由题知，各侧面均为边长为根的正三角形，故该正八面体结构的表面积5=8X二义加2=2国2,

故C正确;

对D：连接AS,PS,则AS=PS="m，PS,底面ABCD,故该正八面体结构的体积

2

V=2x—xm2xm=m3,故D错误；故选：ABC.

323

F（P）

3.阿基米德体

【链接教材】P116T3阿基米德体

【应用1】（山东省实验中学2024-2025学年高二上学期U月期中考试）立体几何中有很多立体

图形都体现了数学的对称美，其中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

因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数24,棱长为20的半正多面体,

它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结

论正确的有（）

试卷第4页，共14页

A.AG_L平面BCDGB.A,F,C,。四点共面

C.点3到平面ACO的距离为亚

3

D.若E为线段BC上的动点，则直线。E与直线AF所成角的余弦值范围为法

【答案】ABD

【解析】"阿基米德体"是由如图所示得到的，即"阿基米德体"的所有顶点都是正方体的棱的中点.

A选项：由图可知AG，平面BCDG,A选项正确;

B选项：:A,F,C,。四点均是正方体个棱上中点，二A/〃CM,DF//MN,CD//AN,/.A,F,C,

。四点共面，B选择正确;

C

C选项：如图建立空间直角坐标系,

试卷第5页，共14页

■■-AG=^AF2+FG2=4）••・正方体棱长为4,7.B（2,o,4）,A（4,2,0）,£＞（2,4,4）,C（0,2,4）,

所以丽=（2,2,0）,e=（4,0,-4）,设平面ACD的一个法向量为I=（x,y,z）,

X=1

CDn,=2x+2y=0

则____-,解得y=T,即

CA.%=4x-4z=0

z=1

怎=（2,-2,0）,

\cB-nt\_2+2

二点B到平面ACD的距离故C选项错误;

P|63

设E（a,6,4）且a+b=2（0VaV2）,所以方=（2-a,a+2,0）,通=（0,2,2）,

设OE与AF的夹角为0,

....,_DE-AF2。+4a+2a2+4a+4-

所以COS0|=I-----------=1

2

IDE\|AF|J（2-a[+（4+2）2X272J16+4〃16+4a

/x_d52+4^+4_la_11

当qw0时，令‘⑷-4/+16―匚标+厂厂，4,

QH---

a

因为a+322jax3=4当且仅当a=±,即。=2时取等号，

a\aa

所以!＜/（。）＜]，即工＜cos6W正当°=0时，cos9=（,

4''2222

所以直线OE与直线AF所成角的余弦值范围为右券，故D选项正确.故选：ABD.

4.正二十面体

【应用1】早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形,

即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等.如图，正二十面体是由

试卷第6页，共14页

20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点,30条棱,20个面,是五个柏拉图多面体之一.如果把sin36°

按:3计算，则该正二十面体的外接球半径与棱长的比为；该正二十面体的表面积与该正二十面体的

外接球表面积之比等于______.

【解析】如图，这个正二十面体上方的一个正五棱锥:

P

则正二十面体的外接球就是这个五棱锥的外接球.

不妨设正二十面体的棱长为2.如图:

正五边形ABCDE的外接圆半径就是黄金DBCE的外接圆半径,

设正二十面体的外接球半径为R,则=5叵.

13J11

所以正二十面体的外接球半径与棱长的比为：^F_3VTT.

2-11

正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比:

试卷第7页，共14页

故答案为：答;55^/3

36兀

5.正方体重要性质：

（1）必修2P侬例4（三角截面性质；正方体两三角截面平行），必修二Pm例复习参考题综合运用T12

（结论：体对角线垂直三角截面，垂足为截面三角的重心，两平行三角截面三等分体对角线）。

（2）正方体体对角线与各棱所成的角相等，且与各个面所成的角相等。

（3）正六面体的斜截面问题有以下几种情况：

【教材链接】1：本题源于2019年版人教版必修二P⑷例4已知正方体A3CD-4与。12（图8.5-16）,求

证：平面ABQi〃平面

图8.516

【链接教材】2：必修二Pm例复习参考题综合运用T12

【应用1］在棱长为1的正方体A3CD-4与。］2中，点M在线段3c上运动，则下列说法正确的是（）

V3

A.直线BD{±平面A.B.CDB.点B到平面4QD的距离为5-

c.正方体所有棱长与平面所成角的都相等。

D.异面直线AM与4。所成角的取值范围是

142

【解析】法一（秒杀解）由正方体三角截面的性质（正方体三角截面平行且垂直体对角线

试卷第8页，共14页

F/一叭

且三等分体对角线，正方体所有棱长与三角截面所成角的都相等）

22n

知3。，平面4CiD,故选项A错误；点B到平面A1GD的距离为5A的屋即卷一，故B错误；C正确;

用排除法D选项错误。

法二（通法解）A错，由正方体知，^C,1BtD},BB]±面451GA,则BBX1\CX,

.•.4。1，面52片,，4。1，501，•…（要证线线垂直，转化为证一直线垂直另一直线所在平面）

同理，\D±BDX,则50，面4G。，而面A48与面4G。相交，……（垂直同一直线的两平面平

行）

故A错。

B错，三棱锥B-4GD为棱长为血的正四面体，点B到平面&C1D的射影为A4G。的重心，点B到平面

4C1D的距离为J（、历）2-（2亚x@）2="..…（三角形重心定理，结合勾股定理）故B错。

V323

C正确，在正三棱锥D1-4GD中，侧棱AD，DDX,AG与面4G。的所成角的都相等，正方体的其余棱

长分别与42,DDt,2G平行，故C正确。

TT

D错，当点M与线段与C的端点重合时，AM与4。所成角取得最小值故D错。

正方体截面问题

【应用2】（安徽省皖南八校2024届高三4月第三次联考T7）如图，在棱长为2的正方体ABC。-A4GA

中，内部有一个底面垂直于4。的圆锥，当该圆锥底面积最大时，圆锥体积最大为（）

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r-1A/3A/3

A.6B.-7TC.—7TD.—Tt

226

【答案】C

【解析】如图所示，取43,4。,。2，。6，。避1，片3的中点，记为M,N,E,£P,G,

易知六边形MNEFPG为正六边形，此时4。的中点。在正六边形的中心，

当圆锥底面内切于正六边形MNERPG时该圆锥的底面积最大，

设此时圆锥底面圆半径为人因为MN=正，所以r="MN=Y5，

22

,3

圆锥底面积为5=兀广=5兀，圆锥顶点为A（或C）处,

此时圆锥体积最大，此时v='s.AO='x/兀义‘2+2?+2="兀.

33222

教材挖掘拓展3：重要结论

【链接教材1】（人教A版必修二P171立体几何初步小结复习参考题8T15）从直线a,b和平面。这三个空

间元素中任取两个，若已知它们与第三个元素有平行或垂直关系，则所取的两个元素是否也有平行或垂直

关系？你能得到哪些结论？写出一些你认为重要的，如果三个元素分别是直线m、平面a和£，你能得到

哪些结论？

【解析】对直线a,b和平面。：

①a_L0,b_l_0=>a〃6；②。//6,。_1_0=>6_1_0；

对直线m、平面a和4；

①加_La,〃z_L£=>a//6②相_La,a//£=>m_!_£

【链接教材2］（1）（人教A版必修二Pl45Tl4）a,。是异面直线，aua,alIB，buB，b//a,则a//4.

⑵tzc，=a,bua,cu/3,bile,求证a//5//c.

试卷第10页，共14页

⑶如图，平面a//，,/ca=a,/c，=仇cu，,c//瓦判断c与a,c与a的位置关系，并说明理由.

又c//6,;.c//a又aua,cUa,:.cIla

⑷（人教A版必修二P155练习T4）垂直于同一条直线的两个平面互相平行al/3,则alIp.

（5）（人教A版必修二P160例9）已知平面（z_L平面夕，直线a_L〃，aba,则山/a.

⑹（人教A版必修二P162T10）已知平面外，,7.满足/求证：/1/

⑺已知平面a,，,/,且e_L/,，//£,求证：/31/.

（8）过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行.

（9）过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面垂直.

（9）过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线垂直.

【应用11易错判断：（人教A版必修二P162练习T2⑷）平面1内任意一点作交线/的垂线，则此垂线必垂

直于平面力.

析:若a内的任意一点取在交线/上，所作垂线可能不在平面a内，所以不一定要直于夕，故错误.

【应用2】已知《夕是两个不同的平面，叫“是平面a及夕之外的两条不同直线，给出下面四个论断:①m_L〃；②a

，用③“，夕④相La.以其中的三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命

题:.（用序号表示）

【答案】①③④n②（或②③④"①，答案不唯一）

【解析】若①加〃，②aJ■夕，③〃J■夕成立,则m与a可能平行也可能相交，即④不一定成立;若①加_L〃,②a

试卷第11页，共14页

，④m_La成立，则〃与£可能平行也可能相交，即③〃_L£不一定成立;若①③"J■用④加，01成立，因为m

_Lw,〃J_£,所以•，又，w_La，所以a_L'，即①③④今②;若②aL5,③④机_La成立，因为a_L£,所以n

〃因又7〃J_a，所以m_L〃,即②③④=>①.

教材挖掘拓展4：三余弦定理

如图所示，。为平面a内一点，直线/是平面a的一条过点。的斜线，。3为。4在平面

a内的射影，0c为平面a内任一直线，则cosNAOC=cosNAOBcosN30C.

最小角定理cos19=COS历cos为如图,若OA为平面a的一条斜线,0为斜足,0B为OA在平面a内的射影,OC

为平面a内的一条直线,其中0为。4与0C所成的角,以为与0B所成的角，即线面角,出为08与0C

所成的角，那么COSgCOS151COS1?2.

⑵若二面角A-BC-D的大小为a,平面ABC内的直线/与平面BCD所成的角为6,则a>6,当l±BC时,取等

号.

【链接教材】（选择性必修一P38T2）山，PB,尸C是从点尸出发的三条射线，每两条射线的夹角均为6。°,

那么直线PC与平面所成角的余弦值是（）.

A.—B.—C.—D.逅

2233

【答案】C

【解析】法一：在尸C上任取一点。并作D。上平面AP2,则/。尸。就是直线PC与平面以3所成的角.过

点。作OE_Lfi4,0F1PB,因为。O_L平面APB,则。E_LE4,DF1PB.

△DEP会ADFP,：.EP=FP,AOEP^AOFP,

因为NAPC=NB尸C=60°,所以点。在NAPB的平分线上，即NOPE=30°.

1

设PE=1,；NOPE=30°：.OP=-—=^H_

cos30°3

在直角中，ZDPE=60°,PE=1,则尸。=2.

试卷