周练（十三）立体几何初步-【高考领航】2027年高考数学总复习四测通关卷

**基本信息** 聚焦立体几何初步核心知识，以题覆盖空间位置关系、几何体度量、动态问题及综合证明，通过分层题型构建“概念辨析-模型应用-综合推理”逻辑链，培养空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间位置关系|2题|概念辨析与定理应用|从公理定理到线面关系判断| |几何体度量|3题|公式计算与实际模型|从直观图到表面积体积计算| |动态与翻折|2题|空间角/体积/轨迹探究|从静态到动态空间想象| |球与外接球|3题|垂直关系与组合体体积|从三棱锥/圆柱到球的组合| |综合解答|2题|线面证明与空间度量|从线面关系到二面角综合推理|

周练(十三)　立体几何初步 (时间：45分钟　满分：80分) 一、选择题：本题共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．若α∩β＝l，a⊂α ，b⊂β ，且a，b为异面直线，则以下结论中正确的是(　　) A．a，b都与l平行 B．a，b中至多有一条与l平行 C．a，b都与l相交 D．a，b中至多有一条与l相交 2．如图，平行四边形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝4，O′C′＝2，∠A′O′C′＝30°，则原图形的面积是(　　) A．4 B．4 C．8 D．16 3．亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀．重檐圆亭(图1)是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥和一个圆台的组合体．已知某重檐圆亭圆台部分的直观图如图2所示，在其轴截面ABCD中，AB＝4 m，CD＝6 m，点A到CD的距离为1 m，则该圆台的侧面积为(　　) 图1 　图2 A．2π m2 B．4π m2 C．5π m2 D．5π m2 4．底面相同的圆柱和圆锥有相等的侧面积，且圆柱的高恰好是其底面的直径，则圆柱与圆锥的体积之比为(　　) A．2 B． C． D． 5．在体积为的三棱锥A-BCD中，AC⊥AD，BC⊥BD，平面ACD⊥平面BCD，∠ACD＝，∠BCD＝，若点A，B，C，D都在球O的表面上，则球O的表面积为(　　) A．12π B．16π C．32π D．48π 6．如图，已知菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝120°，E为边BC的中点，将△ABE沿AE翻折成△AB1E(点B1位于平面ABCD上方)，连接B1C和B1D，F为B1D的中点，则在翻折过程中，给出下列四个结论： ①平面AB1E⊥平面B1EC；②AB1与CF的夹角为定值；③三棱锥B1-AED体积最大值为；④点F的轨迹的长度为. 其中，所有正确结论的序号是(　　) A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②④ 二、选择题：本题共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．设α，β，γ表示三个不同的平面，m表示直线，则下列选项中，使得α∥β的是(　　) A．m∥α，m∥β B．m⊥α，m⊥β C．γ∥α，γ∥β D．γ⊥α，γ⊥β 8．如图，点M是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中的侧面ADD1A1上的一个动点(包含边界)，则下列结论正确的是(　　) A．有无数个点M满足CM⊥AD1 B．当点M在棱DD1上运动时，MA＋MB1的最小值为＋1 C．若MB1＝，则动点M的轨迹长度为 D．在线段AD1上存在点M，使异面直线MB1与CD所成的角是30° 答 题 栏 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 三、填空题：本题共2小题，每小题5分，共10分． 9．在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝1，AB＋AC＝4，当三棱锥的体积最大时，三棱锥P-ABC外接球的体积为________． 10．一个球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高．若球缺的高为h，球的半径为R，则球缺的体积V＝πh2.已知一个圆柱的轴截面是边长为8的正方形，且正方形的中心为O.球O的半径为5，则球与圆柱重合部分的体积为________． 四、解答题：本题共2小题，共28分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 11．(13分)如图，在棱长为2的正方体中，E为BC的中点，F为DC1的中点． (1)求证：BD1∥平面C1DE； (2)求三棱锥A-BDF的体积． 12．(15分)如图，已知四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，O为AD中点，侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120°. (1)证明AD⊥平面PBO； (2)求点P到平面ABCD的距离； (3)求二面角A-PB-C的余弦值． 学科网（北京）股份有限公司 $ 周练(十三)　立体几何初步 1．B　如果a，b都与l平行，那么a∥b，这与a，b为异面直线矛盾，故a，b中至多有一条与l平行． 2．C　直观图O′A′B′C′是一个平行四边形，O′A′＝4，O′C′＝2，∠A′O′C′＝30°，所以直观图的面积为2S△A′O′C′＝2×·O′C′·sin 30°＝4，因为S直观图∶S原图＝∶4，所以原图形的面积为.故选C. 3．D　过点A，作AE⊥CD，因为点A到CD的距离为1 m，所以AE的长度为1 m，因为AB＝4 m，CD＝6 m，所以DE＝＝1 m，l＝AD＝ m，r1＝＝2 m，r2＝l＝5π m2，故选D. 4．D　由题意，令圆锥的高为d，底面圆的半径为r，则圆柱的高h＝2r，所以，根据侧面积相等有2πrh＝πr，即d＝r，综上，圆柱体积V1＝πr2h＝2πr3，圆锥体积V2＝dπr2＝πr3，所以，故选D. 5．A　如图，取CD的中点O，连接AO，BO，因为AC⊥AD，BC⊥BD，所以OA＝OB＝OC＝OD，因此点O就是球心，又∠BCD＝，故△BCD是等腰直角三角形，所以OB⊥CD，因为平面ACD⊥平面BCD，平面ACD∩平面BCD＝CD，且OB⊂平面BCD，所以OB⊥平面ACD，设球O半径为R，则OB＝R，CD＝2R，则AC＝R，AD＝R，所以三棱锥A-BCD的体积V＝S△ACD·OB＝，所以R＝，所以球O的表面积为4πR2＝12π，故选A． 6．D　由题意知∠B＝60°，△ABC为等边三角形，点E是边BC的中点，∴AE⊥B1E，AE⊥EC，B1E∩EC＝E，B1E，EC⊂平面B1EC，∴AE⊥平面B1EC，又AE⊂平面AB1E，所以平面AB1E⊥平面B1EC，故①正确；设AD的中点为G′，易得FG′∥AB1，所以∠G′FC或其补角即为AB1与CF的夹角．在△G′FC中FG′＝1，G′C＝AE＝，∠FG′C＝∠B1AE＝30°，由余弦定理可得CF2＝|FG′|2＋|G′C|2－2|FG′|·|G′C|cos 30°＝1，CF＝1，所以∠G′FC＝120°，所以AB1与CF的夹角为，故②正确；由上分析知：翻折过程中当B1E⊥平面AED时，三棱锥B1-AED体积最大，此时V＝S△AED·B1E＝，故③错误；设ED的中点为G，则FG∥B1E，FG＝，点F的轨迹是以G为圆心，为半径的上半圆，所以点F的轨迹长度为，故④正确． 7．BC　若m∥α，m∥β，则α，β可能相交，A选项错误；若m⊥α，m⊥β，则α∥β，B选项正确；若γ∥α，γ∥β，则α∥β，C选项正确；若γ⊥α，γ⊥β，则α，β可能相交，D选项错误．8.AC　若M在A1D上，则此时有无数个点M满足CM⊥AD1，证明如下：由正方体的性质得CD⊥平面ADD1A1，因为AD1⊂平面ADD1A1，所以CD⊥AD1.又A1D⊥AD1，CD∩A1D＝D，CD，A1D⊂平面A1DC，所以AD1⊥平面A1DC，因为CM⊂平面A1DC，所以AD1⊥CM，即此时有无数个点M满足CM⊥AD1，故A正确；旋转平面ADD1A1使之与平面BB1D1D共面，如图中A′A1′D1D，连接A′B1交DD1于点M，此时MA＋MB1最短为A′B1，大小为≠＋1，故B错误；当点M在平面ADD1A1内时，A1B1⊥平面ADD1A1，A1M⊂平面ADD1A1，则A1B1⊥A1M，所以＋A1M2＝B1M2＝2，所以A1M＝1，所以点M的轨迹是以A1为圆心，半径为1的圆弧，从而动点M轨迹长度为×2π＝，故C正确；因为CD∥A1B1，所以直线B1M与CD所成的角，即为直线B1M与A1B1所成角，即∠A1B1M或其补角，由在线段AD1上存在点M知，A1M≥＝>，即∠A1B1M最小值大于30°，故D错误． 9．解析：由题可知三棱锥P-ABC的体积为：VP-ABC＝2＝，当且仅当AB＝AC＝2时等号成立，此时，PA＝1，AB＝AC＝2，将三棱锥P-ABC补成长方体PEFG-ABDC，则三棱锥P-ABC外接球的直径为2R＝＝3，则R＝，因此，三棱锥P-ABC外接球的体积为πR3＝. 答案： 10．解析：如图实际就是两个球缺加一个圆柱，画出平面图计算球缺的上下底，上底BC2＝AB2－AC2＝25－16＝9⇒BD＝6.下底EF＝8，再算高，即CG＝4－AG＝4－＝1.所以我们剩下的(DBFE)是大球缺(EF)－小球缺(DB)＝22π－π＝，所以两个球缺的体积为：2V＝.再算圆柱的体积V＝96π⇒V总＝. 答案： 11．解：(1)证明：连接D1C与DC1交于点F，连接EF， 因为E为BC的中点，F为D1C的中点，所以EF∥BD1， 又EF⊂平面C1DE，BD1⊄平面C1DE， 所以BD1∥平面C1DE. (2)因为正方体的棱长为2，点F为D1C的中点，D1C∩平面ABD＝C， 则点F到平面ABD的距离等于D1到平面ABD的距离的一半，距离为1， 因为VA-BDF＝VF-ABD＝， 即三棱锥A-BDF的体积为. 12．解：(1)证明：连接PO，BO，BD，如图， 因为△PAD是边长为2的正三角形，则AD⊥PO， 在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，则△ABD为正三角形， 所以OB⊥AD，又PO∩OB＝O，PO，OB⊂平面POB， 则AD⊥平面PBO. (2)由(1)知，OB⊥AD，AD⊥PO， 则∠POB是二面角P-AD-B的平面角，∠POB＝120°， 由AD⊥平面PBO，AD⊂平面ABCD， 则平面PBO⊥平面ABCD，过P作PH⊥BO的延长线于H， 因为平面PBO∩平面ABCD＝BO，PH⊂平面PBO， 因此PH⊥平面ABCD， 而在正△PAD中，PA＝2，OA＝1，则PO＝， 又∠POH＝60°，则PH＝PO sin ∠POH＝， 所以点P到平面ABCD的距离是. (3)由(1)知，△ABD是正三角形，则BO＝PO＝， 取PB中点E，连OE，由(2)知，∠POB＝120°， 则∠BOE＝60°，OE⊥PB，OE＝BO·cos ∠BOE＝， 取PC中点F，连EF，AE，DF，则有EF∥BC∥AD，且EF＝AD， 又AD⊥平面PBO，PB，OE⊂平面PBO，则AD⊥PB，AD⊥OE， 即有EF⊥PB，又PA＝AB＝2，则AE⊥PB， 从而得∠AEF为二面角A-PB-C的平面角， 在梯形AEFD中，∠AEF＝180°－∠DAE， Rt△AEO中，AE＝， cos ∠AEF＝－cos ∠DAE＝－， 所以二面角A-PB-C的余弦值是－. 学科网（北京）股份有限公司 $