周测卷(13) 空间几何体的表面积、体积及空间位置关系-【高考领航】2025年高考数学总复习四测通关卷

周测卷(十三)　空间几何体的表面积、体积及空间位置关系 (时间：90分钟　满分：120分) 一、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，只有一项是符合题目要求的． 1．已知平面α，β交于直线l，直线m，n满足m∥α，n⊥β，且m⊥n，则下列结论一定正确的是(　　) A．α⊥β B．n⊥α C．m∥l D．m∥β 2．若正三棱台上、下底面边长分别是a和2a，棱台的高为a，则此正三棱台的侧面积为(　　) A．a2 B．a2 C．a2 D．a2 3．在三棱柱ABC ­A1B1C1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与直线A1B1，EF，BC都相交的直线(　　) A．不存在 B．有且只有两条 C．有且只有三条 D．有无数条 4.拟柱体(所有顶点均在两个平行平面内的多面体)可以用辛普森公式V＝h(S1＋4S0＋S2)求体积，其中h是高，S1是上底面面积，S2是下底面面积，S0是中截面(到上、下底面距离相等的截面)面积．如图所示，在五面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，EF＝1，且直线EF到底面ABCD的距离为2，则该五面体的体积为(　　) A． B． C．3 D． 5.和殿是故宫外朝三大殿之一，位于紫禁城太和殿与保和殿之间，中和殿建筑的亮点是屋顶为单檐四角攒(cuán)尖顶，体现天圆地方的理念，其屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧棱长为4 m，侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°，若取θ＝30°，则下列结论正确的是(　　) 中和殿 A．正四棱锥的底面边长为48 m B．正四棱锥的高为4 m C．正四棱锥的体积为768 m3 D．正四棱锥的侧面积为96 m2 6．(2023·成都阳安中学月考)设a，b为两条直线，α，β为两个平面，下列说法正确的是(　　) A．若a⊥b，a⊥α，则b∥α B．若a⊥b，b∥α，则a∥α C．若a∥b，a∥α，则b∥α D．若α⊥β，a⊂α，α∩β＝b，a⊥b，则a⊥β 7.(2023·湖北二十一所重点中学模拟)不倒翁是一种古老的中国儿童玩具，最早记载出现于唐代，一经触动就摇摆然后恢复直立状态．如图是不倒翁模型抽象成的一个圆锥和半球的组合体．已知半球的密度是圆锥的2倍，要让半球质量不小于圆锥质量，才能使它在一定角度范围内“不倒”，则圆锥的高和底面半径之比至多为(　　) A． B．1 C．2 D．4 8．底面是等边三角形的三棱柱ABC ­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，且AA1＝AB＝2，O，O1分别为底面ABC与底面A1B1C1的中心，P是OO1上一动点，记VP ­ABC＝V1，VP ­A1B1C1＝V2，当V1·V2取得最大值时，＝(　　) A．1 B． C． D． 二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，不选或有选错的得0分． 9．如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD ­A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器一边AB于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜程度的不同，有下面几个结论，其中正确的是(　　) A．没有水的部分始终呈棱柱形 B．水面EFGH所在四边形的面积为定值 C．随着容器倾斜程度的不同，A1C1始终与水面所在平面平行 D．当容器倾斜如图③所示时，AE·AH为定值 10．已知三棱柱ABC ­A1B1C1的6个顶点全部在球O的表面上，AB＝AC，∠BAC＝120°，三棱柱ABC ­A1B1C1的侧面积为8＋4，则球O的表面积可能是(　　) A．4π B．8π C．16π D．32π 11．如图，在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，E是棱A1B1的中点，P是线段A1C(不含端点)上的一个动点，那么在点P的运动过程中，下列说法中正确的有(　　) A．存在某一位置，使得直线PE和直线BB1相交 B．存在某一位置，使得BC∥平面AEP C．点A1与点B1到平面PBE的距离总相等 D．三棱锥C1­PBE的体积不变 12.在南方不少地区，经常看到人们头戴一种用木片、竹篾或苇蒿等材料制作的斗笠，用来遮阳或避雨，随着旅游和文化交流活动的开展，斗笠也逐渐成为了一种时尚旅游产品．有一种外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”，根据人的体形、高矮等制作成大小不一的型号供人选择使用，不同型号的斗笠大小经常用帽坡长(母线长)和帽底宽(底面圆直径长)两个指标进行衡量，现有一个“灯罩斗笠”，帽坡长20厘米，帽底宽20厘米，关于此斗笠，下面说法正确的是(　　) A．若每100平方厘米的斗笠面需要价值1元的材料，此斗笠的制作费为2π元 B．用此斗笠盛水，则需要1000π立方厘米的水才能将斗笠装满 C．斗笠轴截面(过顶点和底面中心的截面图形)的顶角为120° D．过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为100平方厘米 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40 cm，母线长最短50 cm，最长80 cm，则斜截圆柱的体积为________ cm3. 14．如图所示，在等腰直角△ABC中，C为直角，BC＝2，EF∥BC，沿EF把△AEF折起，使平面AEF⊥平面EFBC，当四棱锥A ­CBFE的体积最大时，EF的长为________． 15．(2024·郴州质检)如图，已知△ABC的外接圆为圆O，AB为直径，PA垂直圆O所在的平面，且PA＝AB＝1，过点A作平面α⊥PB，分别交PB，PC于点M，N，则三棱锥P ­AMN的外接球的体积为________． 16．已知三棱锥A ­BCD的所有顶点都在球O的球面上，AB＝AC＝DB＝DC，AD＝2BC＝4，则球O的表面积的最小值为________． 四、解答题：本大题共4小题，共40分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17.(10分)如图，桌面上摆放了两个相同的正四面体PABD和QABC. (1)求证：PQ⊥AB； (2)若AB＝2，求四面体APQB的体积． 18.(10分)如图，在直三棱柱ABC ­A1B1C1中，AC＝BC＝，∠ACB＝90°.AA1＝2，D为AB的中点． (1)求证：AC1∥平面B1CD； (2)求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值． 19．(10分)如图，在四棱锥P ­ABCD中，四边形ABCD为矩形，AB⊥BP，M为AC的中点，N为PD上一点． (1)若MN∥平面ABP，求证：N为PD的中点； (2)若平面ABP⊥平面APC，求证：PC⊥平面ABP. 20.(10分)如图，在四棱锥P ­ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．求证： (1)PE⊥BC； (2)平面PAB⊥平面PCD； (3)EF∥平面PCD. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 周测卷(十三)　空间几何体的表面积、体积及空间位置关系 1．C　α与β相交但不一定垂直，故A中结论不一定正确；因为平面α，β交于直线l，n⊥β，所以n与α不垂直，故B中结论错误；因为n⊥β且m⊥n，所以m∥β或m⊂β，故D中结论不一定正确；又m∥α，平面α，β交于直线l，所以m∥l，故C中结论一定正确．故选C. 2.C　如图，设O1，O分别为上、下底面的中心，D，D1分别是AC，A1C1的中点，过D1作D1E⊥OD于点E.在直角梯形ODD1O1中，OD＝××2a＝a，O1D1＝××a＝a，∴DE＝OD－O1D1＝a.在Rt△DED1中，D1E＝a，则D1D＝＝ ＝a.∴S侧＝3×(a＋2a)a＝a2.故选C. 3.D　如图，在EF上任意取一点M，直线A1B1与M确定一个平面，这个平面与BC有且仅有1个交点N，当M的位置不同时，确定不同的平面，从而与BC有不同的交点N，而直线MN与A1B1，EF，BC分别有交点P，M，N，故有无数条直线与直线A1B1，EF，BC都相交．故选D. 4.D　由题意得h＝2，S1＝0，S2＝2×2＝4，分别取BF，CF，DE，AE的中点G，H，K，J，顺次连接，得到截面GHKJ为中截面，且为长方形，边长为GJ＝KH＝＝，KJ＝HG＝1，所以S0＝×1＝，所以V＝h(S1＋4S0＋S2)＝×2×(0＋4×＋4)＝.故选D. 5.C　如图，在正四棱锥S -ABCD中，O为正方形ABCD的中心，SH⊥AB，则H为AB的中点，连接SO，OH，AO，则SO⊥平面ABCD，OH⊥AB，则∠SHO为侧面与底面所成的锐二面角，由题意知，∠SHO＝30°，设底面边长为2a，则OH＝a，OS＝a，SH＝a.在Rt△SAH中，a2＋(a)2＝(4)2，解得a＝12，故底面边长为24 m，正四棱锥的高为×12＝4(m)，侧面积为S＝4××24××12＝384(m2)，体积V＝×24×24×4＝768(m3)．故选C. 6．D　在A中，若a⊥b，a⊥α，则可能存在b⊂α的情况，故A错误；在B中，若a⊥b，b∥α，则可能存在a⊥α的情况，故B错误；在C中，若a∥b，a∥α，则可能存在b⊂α的情况，故C错误；在D中，若α⊥β，a⊂α，α∩β＝b，a⊥b，则a⊥β，故D正确．故选D. 7．D　设圆锥的底面半径为r，高为h，圆锥的密度为ρ.因为半球质量不小于圆锥质量，所以2ρV半球≥ρV圆锥，即2ρ××πr3≥ρ×πr2h，解得≤4，所以圆锥的高和底面半径之比至多为4.故选D. 8．A　∵三棱柱ABC -A1B1C1为直三棱柱，且棱长均为2，∴S△ABC＝S△ABC＝×2×2×sin 60°＝，且OO1＝2，∴V1＋V2＝S△ABC·OP＋ S△ABC·O1P＝S△ABC·(OP＋O1P)＝S△ABC·OO1＝，由2≤V1＋V2＝，得V1·V2≤，当且仅当V1＝V2即点P为OO1的中点时等号成立，即点P为OO1的中点时V1·V2取得最大值，此时＝1.故选A. 9．AD　根据棱柱的特征(有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行)，结合题中图形易知A正确；由题图可知水面EFGH的边EF的长保持不变，但邻边的长却随倾斜程度而改变，可知B错误；因为A1C1∥AC，AC⊂平面ABCD，A1C1⊄平面ABCD，所以A1C1∥平面ABCD，当平面EFGH不平行于平面ABCD时，A1C1不平行于水面所在平面，故C错误；当容器倾斜如题图③所示时，因为水的体积是不变的，所以棱柱AEH -BFG的体积V为定值，又V＝S△AEH·AB，高AB不变，所以S△AEH也不变，即AE·AH为定值，故D正确．故选AD. 10.CD　设三棱柱ABC -A1B1C1的高为h，AB＝AC＝a.因为∠BAC＝120°，所以BC＝a，则该三棱柱的侧面积为(2＋)ah＝8＋4，故 ah＝4.设N，M分别是三棱柱上、下底面的外心，则三棱柱外接球球心O是MN中点，设△ABC的外接圆半径为r，则MC＝r＝＝a.设球O的半径为R，则OC2＝R2＝r2＋()2＝a2＋＝＋≥4，故球O的表面积为4πR2≥16π.故选CD. 11.BCD　对于A，假设存在，则B，B1，E，P四点共面，而点P不在平面BB1E内，故A错误；对于B，因为BC∥AD，所以BC∥平面AED，所以当P是直线A1C与平面AED的交点时就满足要求，故B正确；对于C，因为A1B1的中点E在平面PBE内，所以点A1与点B1到平面PBE的距离总相等，故C正确；对于D，连接B1C，交BC1于点O，则O为B1C中点，所以EO∥A1C，又EO⊂平面BC1E，A1C⊄平面BC1E，所以A1C∥平面BC1E，所以点P到平面BC1E的距离为定值，从而三棱锥P -BC1E的体积为定值，即三棱锥C1 -PEB的体积为定值，故D正确．故选BCD. 12.ABC　如图所示，由题意知，PA＝20，AB＝20，对于A，圆锥的侧面积为S＝πrl＝π×10×20＝200π，所以若每100平方厘米的斗笠面需要价值1元的材料，此斗笠的制作费为2π元，故A正确；对于B，PO＝ ＝10，圆锥的体积为V＝πr2·PO＝×π×(10)2×10＝1000π，故B正确；对于C，sin ∠APO＝＝＝，则∠APO＝60°，所以∠APB＝120°，故C正确；对于D，由C选项分析知，斗笠轴截面(过顶点和底面中心的截面图形)的顶角为120°，所以过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为S＝×20×20×sin 90°＝200(平方厘米)，故D错误．故选ABC. 13．解析：将相同的两个几何体，对接为圆柱，则所求几何体的体积是新圆柱体积的一半，所求体积为×π×202×(50＋80)＝26 000π(cm3) 答案：26 000π 14．解析：由题意可知△AEF是等腰直角三角形，EF∥BC，沿EF把△AEF折起，使平面AEF⊥平面EFBC，AE⊥EF，平面AEF∩平面EFBC＝EF，AE⊂平面AEF，故AE⊥平面BCEF，设EF＝x，则AE＝x，EC＝2－x，四棱锥A -CBFE的体积V＝×·x＝，0<x<2，V′＝－x2，由V′＝0，解得x＝，当x∈(0，)时，V′>0，当x∈(，2)时，V′<0，∴当x＝时，四棱锥A -CBFE的体积最大，即EF的长为. 答案： 15．解析：∵PA⊥平面ABC，AB，BC⊂平面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥BC.∵PB⊥平面AMN，AM，AN⊂平面AMN，∴PB⊥AM，PB⊥AN，又PA＝AB，∴M为PB的中点，∴PM＝PB＝＝.∵AB为圆O的直径，∴BC⊥AC，又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC，又AN⊂平面PAC，∴BC⊥AN，∵PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，∴AN⊥平面PBC，∵MN⊂平面PBC，∴AN⊥MN，∴△AMN的外接圆半径r＝AM＝PB＝，∴三棱锥P -AMN的外接球半径R＝＝，∴三棱锥P -AMN的外接球体积V＝πR3＝π×＝. 答案： 16．解析：如图，分别取BC，AD的中点E，F，连接AE，DE，BF，CF，EF，∵AB＝DB，AC＝DC，BC＝BC，∴△ABC≌△DBC，∴AE＝DE，∴EF是AD的垂直平分线．同理可得，EF是BC的垂直平分线，∴球心O在直线EF上．设球O的半径为R，连接OA，OB，OC，OD(图略)，则即解得R≥2，∴当且仅当O为AD的中点时，R取得最小值2，此时球O的表面积取得最小值，最小值为4π×22＝16π. 答案：16π 17．解：(1)证明：因为△ABD与△ABC共面，所以连接CD与AB相交于点O， 因为PABD和QABC是相同的正四面体，所以四边形ACBD为菱形，则O为AB的中点， 连接PO，QO，因为PA＝PB，QA＝QB，所以PO⊥AB，QO⊥AB， 又PO∩QO＝O，所以AB⊥平面POQ， 又PQ⊂平面POQ，所以PQ⊥AB. (2)在四边形DPQC中，过点P，Q分别作PP1⊥CD，QQ1⊥CD，垂足分别为P1，Q1， 如图所示，可得P1，Q1分别为等边△ABD和等边△ABC的中心，因为AB＝2，在等边△ABD中，可得OD＝，则DP1＝，OP1＝， 在Rt△DPP1中，可得PP1＝＝， 同理可得OQ1＝，所以PQ＝P1Q1＝OQ1＋OP1＝， 由(1)知，AB⊥平面POQ，可得AO⊥平面POQ， 所以VA -PQB＝2VA -POQ＝2××S△POQ×OA＝. 18．解：(1)证明：连接BC1交B1C于E，连接DE， ∵四边形BCC1B1长方形，∴E是BC1的中点，又D是AB的中点， ∴DE∥AC1. 又DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1. (2)∵DE∥AC1， ∴∠CED(或其补角)为AC1与B1C所成的角． 在△CDE中，ED＝AC1＝，CD＝AB＝1，CE＝CB1＝， ∴cos∠CED＝＝＝， ∴异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为. 19．证明：(1)如图所示，连接BD. ∵四边形ABCD为矩形， ∴M为AC和BD的中点， ∵MN∥平面ABP，MN⊂平面BPD，平面BPD∩平面ABP＝BP， ∴MN∥BP， ∵M为AC的中点， ∴N为PD的中点． (2)如图所示，在△ABP中，过点B作BE⊥AP于点E， ∵平面ABP⊥平面APC，平面ABP∩平面APC＝AP， BE⊂平面ABP，BE⊥AP， ∴BE⊥平面APC， 又PC⊂平面APC，∴BE⊥PC， ∵四边形ABCD为矩形，∴AB⊥BC， 又AB⊥BP，BC∩BP＝B，BC⊂平面BPC， BP⊂平面BPC，∴AB⊥平面BPC， ∵PC⊂平面BPC，∴AB⊥PC， 又AB∩BE＝B，AB⊂平面ABP，BE⊂平面ABP， ∴PC⊥平面ABP. 20．证明：(1)因为PA＝PD，E为AD的中点， 所以PE⊥AD. 因为底面ABCD为矩形， 所以BC∥AD，所以PE⊥BC. (2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD， 因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD. 又PA⊥PD，AB∩PA＝A，所以PD⊥平面PAB. 因为PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD. (3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG. 因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FG∥BC，FG＝BC. 因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点， 所以DE∥BC，DE＝BC. 所以DE∥FG，DE＝FG. 所以四边形DEFG为平行四边形．所以EF∥DG. 又EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD， 所以EF∥平面PCD. 学科网（北京）股份有限公司 $$