第7章 周测十三(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）

**基本信息** 聚焦立体几何核心内容，通过多样化题型构建从位置关系到几何体计算的完整知识链，注重空间观念与逻辑推理能力培养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间位置关系|单选1-2、多选7-8|线面平行垂直判定、平面交线确定|从基本定理推导到综合应用，强化几何直观| |空间几何体计算|单选3-5、填空9-11|表面积体积、球的切接、折叠问题|公式应用到动态问题，培养空间想象| |综合应用|解答题12-14|多面体证明与体积计算|知识整合与论证，提升推理能力|

周测十三 (满分：100分　时间：80分钟) 一、单项选择题(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．如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且A，B，C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必经过(　　) A．点A B．点B C．点C但不过点M D．点C和点M 解析：选D．因为直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，所以β∩γ＝MC，所以γ与β的交线必经过点C和点M. 2．(2025·天津卷)若m为直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论中正确的是(　　) A．若m∥α，n⊂α，则m∥n B．若m⊥α，m⊥β，则α⊥β C．若m∥α，m⊥β，则α⊥β D．若m⊂α，α⊥β，则m⊥β 解析：选C．m与n也可能垂直，如图，m∥m′，m′⊂α，n⊂α，m′⊥n，可知m⊥n，故A错误；垂直于同一条直线的两平面平行，故B错误；因为m∥α，所以存在直线m′使得m′⊂α，且m∥m′，又m⊥β，所以m′⊥β，所以α⊥β，故C正确；若α∩β＝n，则当m与n重合时，m⊂β，故D错误． 3．(2026·济南模拟)已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上、下底面面积之差的绝对值为(　　) A．π B．2π C．4π D．8π 解析：选B．如图，设侧面展开图中小圆半径和大圆半径分别为r，R，圆台的上底面半径和下底面半径分别为r1，R1，则圆台侧面积S＝(R2－r2)＝4π，即R2－r2＝8，r1＝＝，R1＝＝， 则圆台上、下底面面积之差的绝对值为πR－πr＝－＝π(－)＝2π. 4．在三棱锥P­ABC中，若PA＝PB＝PC，则顶点P在平面ABC内的射影是△ABC的(　　) A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心 解析：选B．如图，设顶点P在平面ABC内的射影为O，则PO⊥平面ABC，连接OA，OB，OC， 因为OA，OB，OC⊂平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，PO⊥OC，所以△POA，△POB，△POC都是直角三角形，又因为PA＝PB＝PC，所以OA＝OB＝OC，所以O为△ABC的外心． 5．如图，圆锥OP的高为1，侧面积S＝2π，M，N是底面圆O上的两个动点，则△PMN面积的最大值为(　　) A． B．2 C．1 D． 解析：选B．设圆锥母线长为l，底面圆O半径为r，所以解得 作出圆锥的轴截面，如图所示， 则PC＝PD＝2，OC＝OD＝，∠CPD＝120°， 因为底面圆周上有两动点M，N，由S△PMN＝PM·PN sin ∠MPN，可知当∠MPN＝90°时，△PMN的面积最大，最大值为×2×2×1＝2. 6．如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，用过点A1，E，C1的平面截正方体，则截面的周长为(　　) A．3＋2 B．9 C．2＋2 D．3＋2 解析：选A． 如图，取AB的中点G，连接GE，A1G，AC．因为E为BC的中点，所以GE∥AC，GE＝AC，又AA1∥CC1，AA1＝CC1，所以四边形ACC1A1为平行四边形，所以AC∥A1C1，AC＝A1C1，所以A1C1∥GE，A1C1＝2GE，所以用过点A1，E，C1的平面截正方体，所得截面为梯形A1C1EG，其周长为2＋＋＋＝3＋2. 二、多项选择题(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．已知四面体ABCD的每个顶点都在球O的表面上，AB是球O的一条直径，且AC＝2，BC＝4，则下面结论中正确的是(　　) A．球O的表面积为20π B．若AD＝3，则BD＝4 C．AC上存在一点M，使得AD∥BM D．四面体ABCD体积的最大值为 解析：选AD．对于A，因为AB是球O的一条直径，所以AC⊥BC，AD⊥BD，所以AB＝＝2.球O的半径为，则球O的表面积为4π×()2＝20π，A正确；对于B，若AD＝3，则BD＝，B错误；对于C，因为AD与平面ABC相交，所以AC上不存在一点M，使得AD∥BM，C错误；对于D，因为D到平面ABC距离的最大值为球O的半径，所以四面体ABCD体积的最大值为××2×4×＝，D正确． 8．如图，在透明塑料制成的长方体容器ABCD­A1B1C1D1内灌进一些水，将容器底面一边BC固定在地面上，再将容器倾斜(不考虑水流出).随着倾斜度的不同，下列说法正确的是(　　) A．水的部分始终呈棱柱形 B．水面EFGH的面积不改变 C．棱A1D1始终与水面EFGH平行 D．当E∈AA1(不含端点)时，AE＋BF是定值 解析：选ACD．由长方体ABCD­A1B1C1D1可得，平面ABB1A1∥平面DCC1D1，所以平面ABFE∥平面DCGH，因为BC固定在地面上，所以BC∥平面EFGH，因为AD∥BC，所以AD∥平面EFGH，根据线面平行的性质定理可得AD∥EH，BC∥FG，所以AD∥EH∥BC∥FG，所以在倾斜过程中，水的部分始终呈棱柱形，A正确；由A可知，四边形EFGH为平行四边形，由长方体ABCD­A1B1C1D1可得CB⊥平面ABB1A1，所以CB⊥EF，因为BC∥FG，所以FG⊥EF，所以四边形EFGH为矩形，可知在倾斜过程中FG长度不变，但是EF随着倾斜度的不同，长度会改变，所以水面EFGH的面积会改变，B错误；由A可知，AD∥平面EFGH，AD∥A1D1，A1D1⊄平面EFGH，所以A1D1始终与水面EFGH平行，C正确；因为水的体积不变，即四棱柱ABFE­DCGH体积不变，棱柱高不变，所以底面积不变，即四边形ABFE的面积不变，当E∈AA1(不含端点)时，易知四边形ABFE为直角梯形，且高AB不变，所以上下底之和AE＋BF不变，D正确． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．请把正确答案填在题中横线上．) 9．如图，已知直三棱柱底面的直观图是一个等腰直角三角形OAB，斜边长OB＝2，若该直三棱柱的侧棱长为4，则该直三棱柱的体积为________． 解析：由题意可知，OA＝，由斜二测画法可知，原直三棱柱中，OA对应边长为2，OB对应边长为2，且底面为直角三角形，所以该直三棱柱的体积为×2×2×4＝8. 答案：8 10．如图，在正方形ABCD中，E，F分别为边AB，BC的中点，将△AED，△BEF，△DCF分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点G，则在四面体GEFD中，与平面GEF垂直的一个平面为________． 解析：在正方形ABCD中，DA⊥AE，DC⊥CF，故在四面体GEFD中，DG⊥GE，DG⊥GF，GE∩GF＝G，GE，GF⊂平面GEF，故DG⊥平面GEF，而DG⊂平面GED，故平面GED⊥平面GEF，同理平面GFD⊥平面GEF. 答案：平面GED(或平面GFD) 11．如图，在棱长为3＋的正方体内有两个球O1，O2相外切，两球又分别与正方体的面相切，则两球体积之和的最小值为________． 解析：如图，设球O1，O2的半径分别为r，R，球心O1，O2在正方体体对角线AC上， 过O1，O2分别作AD，BC的垂线，垂足分别为E，F， 由图可得AO1＋O1O2＋O2C＝AC， 即r＋(r＋R)＋R＝(3＋)， 整理得(＋1)(R＋r)＝3＋3，所以R＋r＝3，故两球体积之和为V＝π(R3＋r3)＝π(r＋R)(R2－Rr＋r2)＝4π[(R＋r)2－3Rr]＝4π[32－3R(3－R)]＝4π(3R2－9R＋9)，由二次函数性质可知，当且仅当R＝r＝时，V有最小值9π， 即两球体积之和的最小值为9π. 答案：9π 四、解答题(本题共3小题，共43分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．) 12．(本小题满分13分)在如图所示的多面体中，四边形ABCD为正方形，四边形ADPQ是直角梯形，AD⊥DP，CD⊥平面ADPQ，AB＝AQ＝DP. (1)求证：PQ⊥平面DCQ；(6分) (2)若AQ＝2，求四面体CBDQ的体积．(7分) 解：(1)证明： 因为CD⊥平面ADPQ，PQ⊂平面ADPQ， 所以CD⊥PQ， 作QE⊥DP于点E，易知四边形ADEQ为正方形，设AB＝AQ＝DP＝1，则DQ＝PQ＝，DP＝2， 所以DQ2＋PQ2＝DP2，即DQ⊥PQ， 且CD∩DQ＝D，CD，DQ⊂平面DCQ， 所以PQ⊥平面DCQ. (2)因为CD⊥平面ADPQ，AQ⊂平面ADPQ， 所以CD⊥AQ， 又AQ⊥AD，且AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，所以AQ⊥平面ABCD， 所以V四面体CBDQ＝V三棱锥Q­BCD＝S△BCD·AQ＝××22×2＝. 13．(本小题满分15分)如图，点B，C为半圆O圆弧上的两个三等分点，PA⊥AD，PC⊥CD，E为PD的中点．证明： (1)CE∥平面PAB；(7分) (2)平面BOE⊥平面EAC．(8分) 证明：(1) 如图1，取PA的中点F，连接EF，BF， 又E为PD的中点，则EF∥AD，EF＝AD， 因为B，C为半圆O圆弧上的两个三等分点，所以BC∥AD，BC＝AD，所以EF∥BC，EF＝BC， 所以四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB， 所以CE∥平面PAB． (2) 如图2，连接OC，则OA＝OC， 由(1)可得AO∥BC，AO＝BC＝OC，所以四边形OABC为菱形，则OB⊥AC， 由题意得CD⊥AC， 又PC⊥CD，AC∩PC＝C，AC，PC⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC， 又PA⊂平面PAC，所以CD⊥PA， 由E为PD的中点，O为AD的中点，得PA∥OE，又PA⊥AD，所以OE⊥CD，OE⊥AD． 又AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ACD， 所以OE⊥平面ACD， 又AC⊂平面ACD，所以OE⊥AC， 又OB⊥AC，OE∩OB＝O，OE，OB⊂平面BOE，所以AC⊥平面BOE， 又AC⊂平面EAC，所以平面BOE⊥平面EAC． 14．(本小题满分15分)在三棱锥S­ABC中，∠ABC＝90°，侧棱SA⊥平面ABC，点A在棱SB和SC上的射影分别是点E，F. (1)当SA＝AB＝BC＝2时，求三棱锥S­ABC的体积；(4分) (2)若平面SAB与平面ABC截三棱锥S­ABC外接球所得截面面积相等，证明：SA＝BC；(6分) (3)证明：EF⊥SC．(5分) 解：(1)因为SA⊥平面ABC，所以SA为三棱锥S­ABC的高，又∠ABC＝90°，SA＝AB＝BC＝2， 所以三棱锥S-ABC的体积为S△ABC·SA＝××2×2×2＝. (2)证明：因为SA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以SA⊥BC， 因为∠ABC＝90°，所以BC⊥AB，因为AB∩SA＝A，AB，SA⊂平面SAB， 所以BC⊥平面SAB，将三棱锥S­ABC补形成长方体，如图， 则三棱锥S­ABC的外接球即为长方体的外接球，其球心O为SC的中点， 由SA⊥平面ABC知球心O到平面ABC的距离为SA，由BC⊥平面SAB知球心O到平面SAB的距离为BC， 因为平面SAB与平面ABC截三棱锥S­ABC外接球所得截面面积相等，即截面圆的半径相等，设球O的半径为R，两截面圆的半径为r， 则根据球的性质有R2＝r2＋(SA)2，R2＝r2＋(BC)2， 所以SA＝BC，即SA＝BC． (3)证明：由(2)知BC⊥平面SAB，因为AE⊂平面SAB，所以BC⊥AE， 因为AE⊥SB，SB∩BC＝B，SB，BC⊂平面SBC，所以AE⊥平面SBC， 因为SC⊂平面SBC，所以AE⊥SC， 因为AF⊥SC，AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，所以SC⊥平面AEF， 因为EF⊂平面AEF，所以EF⊥SC． 学科网（北京）股份有限公司 $