(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（B）

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.m∥B,a∥β C.m⊥n,n⊥a,m寸& 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 D.256 cm3 图1 图2 4.如图所示，ABCD一A1B,C1D1是棱长为3的正方体，M,N分别是下底面的棱A1B,B1C,的中 点，P是上底面的棱AD上的一点，2AP=DP,过点P,M,N的平面交上底面于PQ,点Q在CD 上，则PQ= D A.√2 B.32 2 D C C.2 D.22 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+x A 3 A A 3 B.6W2+元 P2 2.0 C.63+元 D.6v4+x 6.一种糖果的包装纸由一个边长为3的正方形和两个等腰直角三角形组成（如图1），沿AD,BC 将这两个三角形折起到与平面ABCD垂直（如图2），连接EF,AE,CF,AC,若点G是平面ACF 上的动点，则EG的最小值为 A.23 B.√3 C.6√5 B D.4 图1 图2 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.如图，在透明塑料制成的长方体ABCD一A1B1C1D1容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固 定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，下列说法中正确的是 A A.水的部分始终呈棱柱状 B.没水的部分始终呈棱柱状 B1 H C.棱A1D1始终与FG平行 D D.水面四边形EFGH的面积随倾斜度的不同未发生改变 B 8.如图，在正方体ABCD-A1B1E1D1中，E,F,G分别为AB,BC,AA1的中点，则 A.D1F⊥AB 夕 B.BC1∥平面EFG A B C直线DF与EG所成角的余弦值为号 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 6 7 8 答案 轮复习40分钟周测卷十八 数学第2页（共4页） ® 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(-2,2,一1)到1的距离为 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 E D 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，在棱长为1的正方体ABCD一A,B1C1D1中，E,F,G分别是DD1,BD,BB1的中点， (1)求证：EF CF; D (2)求CG与EF所成角的余弦值； (3)求二面角E一CF一B的正切值. Ek-. D 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，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A.A户-号A店.将△AEF沿EF翻折至△PER,使得PC=4E. (1)证明：CD∥平面PEF; (2)证明：EF⊥PD: E (3)求五棱锥P一BCDEF的体积. 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一ABC,记∠APC=a,∠BPC=B,∠APB= Y,二面角A一PC-B的大小为0，则cosy=cos acos B+sin asin Bcos0.如图2，四棱柱 ABCD-A1BC1D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. D ǒ B R 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g,证明：背≤≤受. 轮复习40分钟周测卷十八 数学第4页（共4页） ®高三一轮复习B ·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 题型 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 值 (主题内容) 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 4 选择题 5 平行关系的应用 易 0.75 5 选择题 空间向量，点点距离 中 0.60 6 选择题 折叠中的最值问题 中 0.40 空间几何体中判定 选择题 6 / 中 0.65 形状、线线关系 空间中直线与直线， 直线与平面的位置 8 选择题 6 L L 中 0.40 关系，线线角，棱台 表面积 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 线线垂直的证明，线 11 解答题 13 易 0.80 线角，二面角 证明线线垂直、线面 12 解答题 15 平行、锥体体积的有 中 0.70 关计算 立体几何新定义、证 13 解答题 20 难 0.18 明问题 ·75· ·数学· 参考答案及解析 季考答案及解析 一、选择题 PQNM,所以MN∥PQ,又M,N分别是A:B,B:C 1.C【解析】对于A,由m∥n,n∥a,可得mCa或m∥ 的中点，所以MN∥AC,又AC1∥AC,由平行的传 a,故A错误；对于B,由m∥β，a∥B,可得mCa或m 递性可知PQ∥AC,因为2AP=DP,所以2CQ=DQ, ∥a,故B错误：对于C,由n⊥n,n⊥a,m丈a,可得m 所以DQ=DP=2,故在Rt△PDQ中，PQ= ∥a,故C正确；对于D,由n∩n=A,n∥a,m￠a,可 √PD+DQ=√2+2=22.故选D. 得m,a相交或m∥a,故D错误.故选C. 5.C【解析】过点P作平行于底面的截面圆O,过点 2.C【解析】取P,Q分别为AC,AB的中点，连接FP, Q作平行于底面的截面圆O2,OO2=6,设圆柱的底 EQ,PQ, 面圆半径为，则2和=12，解得r=兵，于是 0市，0，a=2+2=2,由pi=Pd+0d+0,d, 得Pi1=√(PO+O,O,+O,Q) =√22+00,2+2P0·02Q -V2×()+6+2x()c0s号 因为AE=BE=AF=CF,所以EQ⊥AB,FP⊥AC, -6十立，所以P,Q两点间的距离为5+元 因为平面ABE⊥平面ABC,平面ABE∩平面ABC= 故选C, AB,EQC平面ABE,所以EQ⊥平面ABC,同理可得 13 FP⊥平面ABC,所以向量EF在平面ABC上的投影 P 向量为Q立，且Q市-号BC.故选C 3.C【解析】由AB⊥CD,易得BC=AC=BD=AD, 取AB的中点O,连接OC,OD,则AB⊥OC,AB⊥ 2 02 OD,又OC∩OD=O,OC,ODC平面OCD,所以AB ⊥平面0CD.所以V-n=子S·AB=子×号 B 3 ×8×12×8=128cm3.故选C. 6.A【解析】点G是平面ACF上的动点，所以EG的 最小值即点E到平面ACF的距离，由题意，几何体 可补成棱长为3的正方体，如图， F D 4.D【解析】连接AC,AC,在正方体ABCD A1B1C1D1中，因为平面ABCD∥平面A1BCD1,且 则可得AC=AF=FC=EF=EA=EC=3√2，设点E MNC平面AB,CD,所以MN∥平面ABCD,因为 平面PMNQ∩平面ABCD=PQ,MNC平面 到平面ACF的距离为h,则Vr=子·Sr·A ·76· 高三一轮复习B ·数学· =Vm一Vs,即子×9×(3v2)·h=- D 4 ×号×号×3X3X3,解得h=25,所以BG的最小 B 值为23.故选A. 二、选择题 7,ABC【解析】将BC固定时，在倾斜的过程中，随着 倾斜度的不同，平面EFGH始终与地面平行，根据面 E B 面平行性质定理，始终有AD∥EH∥FG∥BC,且平 对于D,S=S△AEG十S△DCD,十S格形AGD,D十S格形ADcE十 面AEFB∥平面DHGC,故水的部分成棱柱状，没水 Sm,=2×1×1+号×2×2+2×1+2)×2 的部分也始终成棱柱状，故A,B正确；由AD1∥AD ∥CB∥FG,故C正确：水面四边形EFGH是矩形， +×1+2)X2+号×E+2)×32-13,故 2 随着倾斜度的不同，EF是变化的，而EH不变，所以 D正确.故选ABD. 面积是改变的，故D错误.故选ABC. 三、填空题 8.ABD【解析】对于A,因为AB⊥AB,AB⊥ 9.6【解析】依题意，AP=(-3,1,-1),所以点 A1D1,AB∩AD=A,AB,AD1C平面ABCD, P(-2,2,-1)到1 的距离d= 所以AB⊥平面ABCD,又因为DFC平面 A1BCD1,所以DF⊥AB,故A正确； D 10.8 【解析】如图，取EF的中点G,连接AG, CG,AC, G D 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， D 因为EF∥AB,EF=2AB=8,所以四边形ABFG为 平行四边形，所以BF∥AG,同理可得ED∥CG,所 B 以∠AGC为异面直线ED与BF所成的角或其补 角，AC=4√2，AG=CG=4,即AC=AG+CG,所 以∠AGC=受，即ED与BF所成角的大小为受， 四、解答题 E 11.解：(1)如图以D为坐标原点，DA,DC,DD所在直 因为BC1∥FV,FNC平面EFG,BC1丈平面EFG, 线分别为x,y,x轴建立空间直角坐标系Dxyz,则 所以BC1∥平面EFG,故B正确；对于C,如图，连接 D0,0,0,A1,0,0,E(0,0,2),G(1,1,号）， DF,D,C,因为DC∥EG,所以直线DF与EG所成 角为∠FDC,因为FC⊥D1C,所以cos∠FDC= F(分0）.C010 BS-2故C错误 -(分，2-).C=(分，-合0)， ·77· ·数学· 参考答案及解析 则成.C市=}-}+0=0， 所以AE十EF2=AF2, 故E⊥C京， 则AE⊥EF,即EF⊥AD, 又因为CD⊥AD, 即EF⊥CF, (5分) 所以CD∥EF, 20=(1,0,2) (6分) 又CD平面PEF,EFC平面PEF, 设CG与EF所成角为0， 所以CD∥平面PEF. (5分) 1 (2)由(1)知，EF⊥PE,EF⊥DE, 则cos0=|cos(CG,E1= IC花.EF 4 又PE∩DE=E,PE,DEC平面PDE, a丽号×号 2 所以EF⊥平面PDE, 又PDC平面PDE, w/15 15 故EF⊥PD. (8分) 即CG与EF所成的角的余改值为震 (9分) G E D B (3)由上可知，CD⊥平面PED, 所以CD⊥PD, (3)因为F为BD的中点， 所以CF⊥BF, PD=√PC-CD=√39， 又EF⊥CF,平面ECF∩平面BCF=CF, 又PE=AE=25,ED=33, 所以∠EFB为二面角E一CF一B的平面角， 且PE+ED=PD, (11分) 所以PE⊥ED, (11分) 由(I)知，EF⊥PE,且EF∩ED=E,EF,EDC平面 因为tan∠EFD= ED_2_2 2 BCDEF, 2 由此得PE⊥底面BCDEF,PE即为五棱锥的高， (12分) 所以tan∠EFB= 2 2 过B点作BG∥EF, 即二面角E-CF-B的正切值为一号 因为F为AB的中点， 2 (13分) 所以EF为△ABC的中位线， 12.解：(D由AB=8,AD=5尽，A花=号A市，A- 则BG=2EF=4, 疏 S边cEr=S#带F斯十SemB=号X(2十4)X 得AE=23,AF=4, 2+2×(3+4)×g-号， 又∠BAD=30°， 在△AEF中，由余弦定理得 V子SXPE=.子×后×25=19， EF=√AE+AF-2AE·AFcos∠BAD 则五棱锥P-BCDEF的体积为19. (15分) 13.解：(1)连接B0, √16+12-2×4×25×=2， (2分) 2 由已知得AO⊥平面ABCD,BO⊥AC, ·78· 高三一轮复习B ·数学· D 因为cos9∈[0,1]， 所以cos9=cos∠A AOcos≤cos∠AAO= A B 又0<≤受， 0 所以号<≤受： (14分) 又AOC平面AACC, 若l不过A点时，过A点作'使得'∥L,记AC与 所以平面AACC⊥平面ABCD, 的夹角为(0≤9≤受)》 所以二面角A:一AC-B的大小为90°， 则cosp=cos∠AAOc0s9, 因为四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°， 因为cos92∈[0,1]， 所以∠BAC=30°， 所以cos9=cos∠A1 AOcos2≤cos∠AAO= 又AB=2, 所以AO=√3， (4分) cos3’ 在R△AA0中，os∠AA0=A0=E=1 AA2-2 又0<≤受， 由三面角余弦定理可得 所以晋≤≤受 cos∠A1AB=cos∠A1 AOcos∠BAC+sin∠A1AO· 综上可得晋≤p<受 (20分) sin∠BACcos9o D =cOS∠A1 AOcos∠BAC= 4 (8分) (2)依题意可得0<≤受， 设平面ABCD内任一条直线为l, 若（过A点时，记AC与（的夹角为 g(0≤9≤受)， 则c0sp=cos∠AIAOcos91, ·79·