(18)立体几何的综合-【衡水金卷·先享题】2026年高考数学一轮复习40分钟周测卷（A）

高三一轮复习A ·数学· 高三一轮复习40分钟周测卷/数学（十八） 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： I.抽象概括能力Ⅱ，推理论证能力Ⅲ.运算求解能力Ⅳ.空间想象能力V.数据处理能力 Ⅵ.应用意识和创新意识 2.学科素养： ①数学抽象 ②逻辑推理③数学建模 ④直观想象 ⑤数学运算⑥数据分析 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) ⅢWV ① ②③④⑤⑥ 档次 系数 判断命题的充分条 1 选择题 6 件、线面关系有关 易 0.90 命题 2 选择题 5 多面体，投影向量 易 0.85 情境题，锥体体积的 3 选择题 5 易 0.78 有关计算 线面垂直，线线垂 4 选择题 5 中 0.70 直、锥体体积 选择题 5 旋转体，两点间距离 / / 中 0.60 多面体与球体外接 6 选择题 中 0.40 问题 异面直线所成的角， 选择题 6 线面角的概念及 中 0.55 辨析 8 选择题 6 空间位置关系综合 中 0.40 点到直线距离的向 9 填空题 5 易 0.85 量求法 求楔型结构中异面 10 填空题 5 中 0.60 直线所成的角 证明线线垂直、线面 11 解答题 13 平行、锥体体积的有 易 0.80 关计算 平行、垂直关系，求 12 解答题 15 中 0.60 二面角 立体几何新定义、存 13 解答题 20 在性问题、空间垂直 / 难 0.18 关系 ·75· ·数学· 参考答案及解析 季考答案及解析 一、选择题 面AACC,得△A1BC为直角三角形，由“堑堵”的定 1.C【解析】对于A,由m∥n,n∥a,可得mCa或m∥ 义可得△A:CC为直角三角形，△CCB为直角三角 a,故A错误；对于B,由m∥B,a∥B,可得mCa或m 形，.四面体ACCB为“鳖糯”，故B正确；C选项， ∥a,故B错误；对于C,由m⊥n,n⊥a,m丈a,可得m 在底面有4=AC+BC≥2AC·BC,即AC·BC≤ ∥a,故C正确：对于D,由m∩n=A,n∥a,m文a,可 2,当且仅当AC=BC=√E时取等号，VB-A1c1= 得n,a相交或m∥a,故D错误.故选C. 2.C【解析】取P,Q分别为AC,AB的中点，连接FP, 号C=子AA,XACX BC-号ACX BC-≤ EQ,PQ, 专，最大值为号，故C错误：D选项，：AELA B,ER ⊥A1B,AE∩EF=E,AE,EFC平面AEF,∴A1B⊥ 平面AEF,故D正确.故选C 5.C【解析】过点P作平行于底面的截面圆O1,过点 Q作平行于底面的截面圆O2,OO2=6,设圆柱的底 面圆半径为，则2知=12，解得y=马，于是 0d,0.a=2+2=2年，由P0=pd+0d+0,0, 3 得P1=√(PO,+O,O,+O,Q) 因为AE=BE=AF=CF,所以EQ⊥AB,FP⊥AC, 因为平面ABE⊥平面ABC,平面ABE∩平面ABC= =√/22+0,0,2+2P0·02Q AB,EQC平面ABE,所以EQ⊥平面ABC,同理可得 FP⊥平面ABC,所以向量EF在平面ABC上的投影 -/2x(会)'+6+2×（只）广'o号 向量为Q户，且Q户-号BC.故选C 6V3+元，所以P,Q两点间的距离为63+元 3.C【解析】由AB⊥CD,易得BC=AC=BD=AD, 故选C. 取AB的中点O,连接OC,OD,则AB⊥OC,AB⊥ 3 OD,又OC∩OD=O,OC,ODC平面OCD,所以AB 1平面OCD.所以m=合Sm·AB=号×号 ×8×12×8=128cm3.故选C. O '02 6.C【解析】由题设，A,B,C,D在一个圆上，故∠ADC +∠ABC=180°，又AB⊥BC,所以∠ADC=90°，即 AD⊥CD,故AC是四边形ABCD外接圆的直径， D 4.C【解析】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的 三棱柱称为“堑堵”，∴在堑堵ABC-AB1C中，AC ⊥BC,侧棱AA1⊥平面ABC,A选项，∴.AA!⊥BC, 又AC⊥BC,且AA∩AC=A,则BC⊥平面 A1ACC,∴.四棱锥B-A1ACC为“阳马”，故A正 确；B选项，由AC⊥BC,即AC⊥BC,又AC⊥ CC,且BC∩CC=C,AC⊥平面BBCC,∴ 由PA⊥平面ABCD,BC,CD,ACC平面ABCD,则 AC1⊥BC,则△ABC,为直角三角形，又由BC⊥平 PA⊥BC,PA⊥CD,PA⊥AC,由PA∩AB=A,PA, ·76· 高三一轮复习A ·数学· ABC平面PAB,则BC⊥平面PAB,PBC平面 PAB,则BC⊥PB,由PA∩AD=A,PA,ADC平面 PAD,则CD⊥平面PAD,PDC平面PAD,则CD⊥ PD,故△PBC,△PCD,△PCA都是以PC为斜边的 直角三角形，故PC的中点O为P-ABCD的外接球 球心，且∠PDA为二面角P一CD一A的平面角，故 ∠PDA=45,因为∠PDA=45°，AD十CD=2,令AD =x且0<x<2,则PA=x,CD=2-x,故AC= /AD+CD严=√2x-4x+4,所以外接球半径R= 因为b⊥B,a与B所成锐二面角为9，所以b与a所成 罗-=合PA+aC=·Vr-+= 角为受-，故D正确，故选AD, 8.ABD【解析】对于A,因为AB⊥AB,AB⊥ √3（一号）十，当x=号时，R-,此时球 A1D1,A1B∩AD1=A1,A1B,A1D1C平面ABCD1, 所以AB,⊥平面ABCD,又因为D1FC平面 O的表面积的最小值为4π× ()=号元放选C ABCD1,所以DF⊥AB,故A正确： D C 二、选择题 7.AD【解析】对于A,如图. 对于B,如图，过E,F,G的平面截正方体所得的截面 为正六边形EFNLHG,且H,L,N分别为各边中点， 因为a⊥a,b⊥B,a与B所成锐二面角为0，所以a与b D C 所成角为0，故A正确；对于B,若a∥a,b∥B,此时不 能确定a与b所成角，如直线a∥b时，此时a与b所 成角为0，故B错误；对于C,设平面a,β的交线为直 51 线l,当a∥l时，a与B所成角为0，当a与1不平 行时， A E 因为BC∥FV,FNC平面EFG,BC丈平面EFG, 所以BC∥平面EFG,故B正确；对于C,如图，连接 DF,DC,因为DC∥EG,所以直线D1F与EG所成 角为∠FDC,因为FC⊥DC,所以cos∠FDC= 设a∩l=C,在直线a上取点A,过点A作AB⊥B于 DF 3,故C错误； 点B,作OA⊥L于点O,连接OB,因为AB⊥B,lCB, C 所以AB⊥l,又OA⊥l,OA∩AB=A,所以I⊥平面 OAB,又OBC平面OAB,所以OB⊥I,则∠AOB即 为a与B所成锐二面角的平面角，则∠AOB=0,因为 AB⊥B,aCa,所以∠ACB即为a与B所成角的平面 角，则am∠AB=提≤铝=-n9,当且仅当aL/ 时取等号，所以a与B所成角最大值为0，故C不正 确；对于D,如图. ·77· ·数学· 参考答案及解析 对于D,S=SAAEG十SACD1十S格形cD1D十S格形ADCE十 又PDC平面PDE, 5#m,=合×1X1+2×2X2+2×(1+2)×2 故EF⊥PD. (7分) +号×1+2)×2+2×E+22)×3 2 =13,故 D正确.故选ABD. 三、填空题 9.√6【解析】依题意，A市=(-3,1，-1)，所以点 D P(-2,2,-1) 到的距离d √-（町-1（后= B (3)由上可知，CD⊥平面PED, 10.受【解析】如图，取EF的中点G,连接AG, 所以CD⊥PD, CG,AC, PD=√/PC-CD=√39， G 又PE=AE=23,ED=3√3， 且PE+ED=PD', 所以PE⊥ED, (8分) 、D 由(I)知，EF⊥PE,且EF∩ED=E,EF,EDC平面 BCDEF, 由此得PE⊥底面BCDEF,PE即为五棱锥的高， (9分) B 过B点作BG∥EF, 因为EF∥AB,EF=2AB=8,所以四边形ABFG为 因为F为AB的中点，所以EF为△ABG的中位线， 平行四边形，所以BF∥AG,同理可得ED∥CG,所 则BG=2EF=4, 以∠AGC为异面直线ED与BF所成的角或其补 S8Er=Se影a十Seec=之X(2十4)X 角，AC=4√2，AG=CG=4,即AC2=AG+CG,所 以∠AGC=受，即ED与BF所成角的大小为受 2+×(3+4)×8=号6， 四、解答题 V=寸sor×PE=号×95X25=19, 1.解：()由AB=8,AD=55,A证=号Aò，A市 则五棱锥P-BCDEF的体积为19， (13分) 12.解：(1)连接AC,设AC∩CG=O,连接 号A8, HO,AG, 得AE=2√3，AF=4, 由AB∥平面CGH,ABC平面ACB,平面ACB 又∠BAD=30°， ∩平面CGH=OH, 在△AEF中，由余弦定理得 得AB∥OH, 三棱台ABC-ABC中，有A1C1∥AC, EF=V/√AE+AF-2AE·AFcos∠BAD 又G为线段AC的中点， V16+12-2x4×26× =2, (2分) 则cG=合AC=2=CA, 所以AE2十EF2=AF, 于是四边形AC1CG为平行四边形， 则AE⊥EF,即EF⊥AD, 即O是AC的中点， 又因为CD⊥AD, 所以点H是BC的中点. (5分) 所以CD∥EF, (2)过点G作GM⊥AA,交AA于M,连接BM,BG, 又CD寸平面PEF,EFC平面PEF, 所以CD∥平面PEF. (5分) (2)由(1)知，EF⊥PE,EF⊥DE, 又PE∩DE=E,PE,DEC平面PDE, 所以EF⊥平面PDE, ·78· 高三一轮复习A ·数学· C 又A1OC平面A1ACC, 所以平面A1ACC⊥平面ABCD, B 所以二面角A:一AC-B的大小为90°， 因为四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°， 所以∠BAC=30°， 又AB=2, 所以AO=5, 在R△A,A0中，Os∠AA0-AA2万 1 2 由∠CCA=∠BCC1=90°， 由三面角余弦定理可得 得CC⊥BC,CC⊥AC, cos∠A,AB=cos∠A1 AOcos∠BAC+sin∠AAO· 由(1)知，CC∥AG, sin∠BACcos90 则AG⊥BC,AG⊥AC, 又AC,BCC平面ABC, -=0s∠AA0s∠BAC-Z×号-号 (5分) 于是A,G⊥平面ABC, 而BGC平面ABC, (2)依题意可得0<≤受， 则A1G⊥BG, (8分) 设平面ABCD内任一条直线为I, 又△ABC为等腰直角三角形，G为斜边AC的 若1过A点时，记AC与1的夹角为 中点， 即AC⊥BG,且BG=2, (0≤9≤受)： 而AC∩AG=G,AC,AGC平面ACCA1, 则cosp=cos∠A1 AOcos91, 因此BG⊥平面ACCA, (10分) 因为cos1∈[0,1]， 由AA1C平面ACC1A1, 所以cos9=cos∠A1 AOcos9≤cos∠A1AO= 得BG⊥AA1, 由GM⊥AA1,BG∩GM=G,BG,GMC平面BGM, cos 3' 得AA1⊥平面BGM, 又0K≤受， 则AA,⊥BM, 于是∠BMG为二面角B一AA1-C的平面角， 所以受≤≤受： (12分) 若1不过A点时，过A点作'使得'∥1，记AC与 在△AGA1中，AG⊥AC,AG=AG=2,GM ⊥AA1, 的夹角为(0≤g≤受) 则GM=2, 则cosp=cos∠A1 AOcos2, 因为cos2∈[0,1]， 在△BMG中，BG⊥GM,BG=2,GM=√2， 所以cosg=cos∠A1 AOcos2≤cos∠A1AO= 则BM=√BG+GMF=√6， c0s号 从而cos∠BMG= GM_2_V3 BM√6 3 又0<≤罗， 所以二面角B-AA:一C的余弦值为号 (15分) 所以受≤≤受， 13.解：(1)连接B0, 由已知得AO⊥平面ABCD,BO⊥AC, 综上可得晋<≤受 11分) D D ·79· ·数学· 参考答案及解析 (3)以0为坐标原点，以OA,O苏，OA为x,y,之轴建 设CP=λCC=1(√5,0，-3)，即P(-23+√3A, 立空间直角坐标系， 0,3-3), 则BP=(-25+3λ，-1,3-3x), 设n=(x,y,z)为平面ACD的一个法向量， ACi=(-23,0,0),DA=(0,1,3), B 则n·AC=-25x=0 n·DAi=y十3z=0 不妨设x=1,可得n=(0,-3,1), (18分) 要使BP∥平面ACD, 则BP·n=3十3-3=6-3x=0, y 解得λ=2， 则A(5,0,0),B(0,1,0),A(0,0,3) 即存在点P,点P在线段CC的延长线上，CP= C(-23,0,3),D(0,-1,0),C(-√5,0,0)， 2CCI. (20分) 则CC=(5,0,-3), ·80·高三一轮复习40分钟周测卷/数学 （十八)立体几何的综合 (考试时间40分钟，满分100分) 一、选择题（本大题共6小题，每小题5分，共30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m,n是两条不同的直线，a,3是两个不同的平面，则m∥a的一个充分条件是 A.m∥n,n∥a B.n∥B,a∥3 C.m⊥n,n⊥c,m寸a D.m∩n=A,n∥a,m寸a 2.如图，在八面体ABCDEF中，平面ABE,ACF均垂直于底面ABC,且AE=BE=AF=CF,则下 列向量中与向量EF在平面ABC上的投影向量相等的是 A.号A店 B.ZAC C.B D.-BC-AC 3.如图1，一个圆柱形笔筒的底面直径为8cm,(笔筒壁的厚度忽略不计)，母线长为12cm,该圆柱 形笔筒的直观图如图2所示，AB,CD分别为该圆柱形笔筒的上底面和下底面直径，且AB」 CD,则三棱锥A一BCD的体积为 A.96 cm3 B.108cm3 C.128cm3 ce-------D D.256cm3 图1 图2 4.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条 侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图，在 堑堵ABC-A,B1C1中，AC⊥BC,且AA1=AB=2.其中不正确的是 A.四棱锥B-A1ACC1为“阳马” B.四面体ACCB为“鳖臑” C C,四棱锥B一AAC,体积的最大值为号 D.过A点作AE⊥AB于点E,过E点作EF⊥A,B交A1C于点F,连接 AF,则A1B⊥平面AEF 数学第1页（共4页） 衡水金卷·先享题·高三 5.已知正方形ABB1A1的边长为12，其内有两点P,Q,点P到边AA1,AB1的距离分别为3,2，点 Q到边BB1,AB的距离也是3和2.现将正方形卷成一个圆柱，使得AB和A,B,重合（如图）.则 此时P,Q两点间的距离为 A.61+ 3 A π A A 3 B.6v2Fx P2 2.2 C.6V3+π 元 D.54+x 6.在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AB⊥BC,二面角P-CD一A的大小为45°，AD+ CD=2,若点P,A,B,C,D均在球O的表面上，则球O的表面积最小值为 A.3π B.86 7π C b 二、选择题（本大题共2小题，每小题6分，共12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) 7.已知直线a,b和平面a,B,a与β的夹角为0，则 A.若a⊥a,b⊥3，则a与b所成角为0 B.若a∥a,b∥B,则a与b所成角为0 C.若aCa,则a与B所成角最大值为受-0 D.若bLB,则b与a所成角为5-0 8.如图，在正方体ABCD一ABE1D1中，E,F,G分别为AB,BC,AA1的中点，则 A.D1F⊥AB D C B.BC1∥平面EFG B1 C直线D,F与EG所成角的余弦值为号 G D D.若AB=2,则棱台AEG-DCD1的表面积为13 班级 姓名 分数 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 三、填空题（本大题共2小题，每小题5分，共10分） 9.已知直线1的方向向量为m=(1,一2,0)，且1过点A(1,1,0),则点P(一2,2，一1)到1的距离为 轮复习40分钟周测卷十八 数学第2页（共4页） 囚 10.榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，通过将连接部分紧密拼接，使整个结构能够承受较大的 重量，并具有优异的抗震能力.其中，木楔子的运用极大地增加了榫卯连接的牢固性.木楔子是 一种简单的机械工具，用于填充器物的空隙，使其更加稳固.如图为一个木楔子的直观图，其中 四边形ABCD是正方形，EF∥AB,且△ADE,△BCF均为正三角形，EF=2AB=8,则ED与 BF所成角的大小为 四、解答题（本大题共3小题，共48分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 11.(本小题满分13分) 如图，平面四边形ABCD中，AB=8,CD=3,AD=5√3，∠ADC=90°，∠BAD=30°，点E,F满足AE 号Ai.A-号A店.将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=45. (1)证明：CD∥平面PEF; (2)证明：EF⊥PD: (3)求五棱锥P一BCDEF的体积. 数学第3页（共4页） 衡水金卷·先享题·高三 12.(本小题满分15分) 如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，△A1B1C1和△ABC都为等腰直角三角形，AC=4,CC1= A1C1=2,∠ACC1=∠BCC1=∠CBA=90°，G为线段AC的中点，H为线段BC上的点，且 A1B∥平面C,GH, (1)求证：点H为线段BC的中点； C (2)求二面角B-AA1一C的余弦值. B G 13.(本小题满分20分) 类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦 定理：如图1，由射线PA,PB,PC构成的三面角P-ABC,记∠APC=a,∠BPC=B,∠APB= Y,二面角A一PC-B的大小为0，则cosy=cos acos3+sin asin3cos0.如图2，四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°，AA1=2√3，AB=2,且A1点在底 面ABCD内的投影为AC的中点O A B 图1 图2 (1)求cos∠A1AB的值； (2)设直线AA,与平面ABCD内任意一条直线的夹角为9，证明：哥≤≤受： (3)在直线CC,上是否存在点P,使BP∥平面AC,D?若存在，求出点P的位置；若不存在， 请说明理由， 轮复习40分钟周测卷十八 数学第4页（共4页） A