周测卷(十三) 空间几何体的表面积、体积及空间位置关系-【高考领航】2026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 (满分：150分　时间：120分钟) 一、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．已知直线a，m，n，l，且m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.若l满足l⊥m，l⊥n，则(　　) A．l∥α B. l⊥β C．若α∩β＝a，则a∥l D. α⊥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．(2024·浙江浙南名校联盟第一次联考)生活中有很多常见的工具有独特的几何体结构特征，例如垃圾畚箕，其结构为如图所示的五面体ABCDEF，其中四边形ABFE与CDEF都为等腰梯形，四边形ABCD为平行四边形，若AD⊥平面ABFE，且EF＝2AB＝2AE＝2BF，记三棱锥D­ABF的体积为V1，则该五面体的体积为(　　) A．8V1 B. 5V1 C. 4V1 D. 3V1 5．中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．若m，n为空间中两条不同的直线，α，β，γ为空间三个不同的平面，则下列结论正确的是(　　) A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β B. 若α∥β，m∥α，n⊂β，则m∥n C．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β D. 若m⊥α，m∥β，则α⊥β 7．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＝＝V2，当取得最大值时，＝(　　) A．1 B. C. D. 二、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．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．在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E在棱A1B1上运动，点F在正方体表面上运动，则(　　) A．存在点E，使AE⊥DB1 B．当时，经过点A，C，E的平面将正方体分成体积比为3∶1的大小两部分 C．当FA＝FB时，点F的轨迹长度为4 D．当FA＝2FB时，点F的轨迹长度为 11．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 答案 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．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. 　 第12题图 13．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________． 第13题图 14．(2025·湖南郴州质检)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________． 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．(13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． 16．(15分)如图，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，AE⊥平面PBC，点E为垂足． (1)求证：PA⊥平面ABC； (2)当点E为△PBC的垂心时，求证：△ABC是直角三角形． 17.(15分)如图①，在边长为4的正三角形ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，将△ADE沿DE折起，使二面角A­DE­B为直二面角，如图②，连接AB，AC. (1)求四棱锥A­BCED的体积； (2)在图②中，过点E作平面EFG与平面ABD平行，分别交BC，AC于点F，G.求证：EG⊥平面ABC. 图①　 图② 18．(17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. 19．(17分)如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF⊥平面 ABCD，DE＝3，AF＝1. (1)证明：平面ABF∥平面DCE； (2)在DE上是否存在一点G，使平面FBG将几何体ABCDEF分成上、 下两部分的体积比为3∶5？若存在，求出点G的位置；若不存在，请说明理由． 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　2.C　3.D　 4．C　连接AF，DF，BD(图略)．因为四边形ABCD为平行四边形，所以S△ABD＝S△BCD，所以VF­BCD＝VF­ABD＝V1. 记梯形ABFE的高为h，因为EF＝2AB，所以S△AEF＝×2AB·h＝2S△ABF，所以VD ­AEF＝2VD ­ABF＝2V1， 所以该五面体的体积V＝VD ­AEF＋VD ­ABF＋VF­BCD＝2V1＋V1＋V1＝4V1.故选C. 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.在Rt△SAH中，a2＋2＝2，解得a＝12，故底面边长为24 m，正四棱锥的高为(m)，侧面积为S＝4×(m2)，体积V＝(m3)．故选C. 6．D　对于A，若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β或α，β相交，A错误； 对于B，若α∥β，m∥α，n⊂β，则m，n的位置关系有平行、相交或异面，B错误； 对于C，若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n，β的位置关系有平行、相交或n在β内，C错误； 对于D，若m⊥α，m∥β，则存在l⊂β，使得m∥l，则l⊥α，所以α⊥β，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，×2×2×sin 60°＝，且OO1＝2，·(OP＋O1P)＝S△ABC·OO1＝，由，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．BCD　对于A，如图①，连接A1B，易知A1B⊥DB1，若存在点E，使AE⊥DB1，由于AE与A1B相交，AE，A1B⊂平面AA1B1B，所以DB1⊥平面AA1B1B，显然不成立，故A错误． 对于B，当时，如图②，记经过点A，C，E的平面与B1C1交于点G，连接CG，EG，则EB1＝GB1＝.由于平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面ACE∩平面ABCD＝AC，平面ACE∩平面A1B1C1D1＝EG，所以EG∥AC.记BB1∩CG＝H，则.记BB1∩AE＝H1，则 ＝·BB1＝，其余部分的体积为1－，所以经过点A，C，E的平面将正方体分成体积比为3∶1的大小两部分，故B正确． 对于C，当FA＝FB时，点F的轨迹是以棱AB，A1B1，C1D1，CD的中点为顶点的正方形，如图③所示．所以轨迹的长度为4，故C正确． 对于D，当点F在侧面ABB1A1内时，以AB的中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系；如图④，设F(x，y)，由FA＝2FB可得，点F的轨迹方程为2＋y2＝，即是以为圆心，为半径的圆．记该圆与BB1交于点M，则∠BO1M＝，点F在侧面ABB1A1内的轨迹为一段圆弧，长度为，同理点F在底面ABCD内的轨迹的长度也为；当点F在侧面BCC1B1内时，其轨迹是以O1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线，如图⑤.由于BO1＝，所以BM＝，点F在侧面BCC1B1内的轨迹是以B为圆心，为半径的圆的，轨迹长为.分析易知，其余面上的点均不满足题意．所以点F的轨迹长度为，故D正确．故选B、C、D. 图① 图② 图③ 图④ 图⑤ 11．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×10π，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，故A正确；对于B，PO＝ ＝10，圆锥的体积为V＝πr2·PO＝×π×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. 12．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 13．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＝，0<x<2，V′＝，由V′＝0，解得x＝，当x∈时，V′>0，当x∈时，V′<0，∴当x＝时，四棱锥A ­CBFE的体积最大，即EF的长为. 答案： 14．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＝.∵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＝，∴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： 15．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＝， 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＝. 16．证明：(1)如图，在平面ABC内取一点D，过点D作DF⊥AC于点F. 因为平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC＝AC， 所以DF⊥平面PAC. 因为PA⊂平面PAC，所以DF⊥PA. 过点D作DG⊥AB于点G，同理可证DG⊥PA. 因为DG，DF⊂平面ABC，且DG∩DF＝D，所以PA⊥平面ABC. (2)如图，连接BE并延长交PC于点H. 因为点E是△PBC的垂心， 所以PC⊥BH. 又AE⊥平面PBC，PC⊂平面PBC，所以PC⊥AE. 因为AE∩BH＝E，且AE，BH⊂平面ABE，所以PC⊥平面ABE. 又AB⊂平面ABE，所以PC⊥AB. 由(1)知PA⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC， 所以PA⊥AB. 因为PA∩PC＝P，PA，PC⊂平面PAC，所以AB⊥平面PAC. 又AC⊂平面PAC，所以AB⊥AC， 即△ABC是直角三角形． 17．解：(1)如图，取DE中点O，连接AO，易知AD＝AE， 所以AO⊥DE. 由题得平面ADE⊥平面BCED， 因为平面ADE∩平面BCED＝DE， 且AO⊂平面ADE， 所以AO⊥平面BCED. 因为AD＝AE＝DE＝2，BC＝4，则AO＝，梯形BCED的高为， 所以梯形BCED的面积S＝×(2＋4)×， 所以四棱锥A­BCED的体积V＝＝3. (2)证明：如图，连接OB，OF，AF， 因为平面EFG∥平面ABD，平面EFG∩平面ABC＝FG， 平面ABD∩平面ABC＝AB， 所以AB∥FG，同理BD∥EF， 又DE∥BF，所以四边形BFED为平行四边形， 所以BF＝DE＝BC， 即F为BC中点，G为AC的中点， 又EA＝EC，所以EG⊥AC. 因为AO⊥平面BCED，BC⊂平面BCED， 则AO⊥BC， 又OF⊥BC，AO∩OF＝O，AO，FO⊂平面AOF， 所以BC⊥平面AOF， 又AF⊂平面AOF，则BC⊥AF， 所以GF＝GA， 因为EA＝EF＝2，GE是公共边， 所以△GEA≌△GEF，故EG⊥GF， 又EG⊥AC，AC∩GF＝G，AC，GF⊂平面ABC， 所以EG⊥平面ABC. 18．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. 19．解：(1)证明：因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD， 所以DE∥AF，因为DE⊂平面DCE，AF⊄平面DCE，所以AF∥平面DCE. 因为四边形ABCD是正方形，所以AB∥CD，又AB⊄平面DCE，CD⊂平面DCE，所以AB∥平面DCE. 因为AB∩AF＝A，AB，AF⊂平面ABF， 所以平面ABF∥平面DCE. (2)假设存在一点G，过G作MG∥BF交EC于点M，连接BG，BM，FG，BD，如图， 由VABCDEF＝VB­ADEF＋VB­CDE＝. 设EG＝t， 则VGFBME＝VB­EFG＋VB­EGM＝. 过点C作CN∥BF交ED于点N，则△ABF≌△DCN，所以DN＝1.因为MG∥BF，所以MG∥CN，所以△EGM∽△ENC. 设点M到ED的距离为h， 则，即h＝t， 则S△EGM＝t2， VGFBME＝VB­EFG＋VB­EGM＝，即4t2＋8t－21＝0，解得t＝或t＝(舍)．则存在点G，当EG＝时，即G为ED的中点，此时满足条件． 学科网（北京）股份有限公司 $