空间向量与立体几何过关检测卷-2025届高三数学一轮复习

（决胜高考）空间向量与立体几何过关检测卷-2025届高三数学一轮复习 一、单选题 1．下列命题是真命题的是（    ） A．空间向量就是空间中的一条有向线段 B．不相等的两个空间向量的模必不相等 C．任一向量与它的相反向量不相等 D．向量与向量的长度相等 2．对于直线m，n和平面α，β，能得出的一个条件是（    ） A．，∥，∥ B．，， C．∥，， D．∥，， 3．已知圆台的上、下底面半径分别为，，侧面积等于，若存在一个在圆台内部可以任意转动的正方体，那么该正方体的体积取最大值时，正方体的棱长为（    ） A．16 B． C． D．8 4．已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则（    ） A． B． C． D．4 5．房屋建造时经常需要把长方体砖头进行不同角度的切割，以契合实际需要．已知长方体的规格为，现从长方体的某一棱的中点处作垂直于该棱的截面，截取1次后共可以得到，三种不同规格的长方体．按照上述方式对第1次所截得的长方体进行第2次截取，再对第2次所截得的长方体进行第3次截取，则共可得到体积为的不同规格长方体的个数为（    ） A．8 B．11 C．12 D．10 6．在直三棱柱中，且，已知该三棱柱的体积为，且该三棱柱的外接球表面积为，若将此三棱柱掏空（保留表面，不计厚度）后放入一个球，则该球最大半径为（    ） A．1 B． C． D． 7．如图，三棱锥的三条棱两两互相垂直，且，，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 8．在平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，，，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知向量，则下列向量中与成夹角的是（    ） A． B． C． D． 10．在棱长为2的正方体中，分别是的中点，则下列正确的是（    ） A．直线与是异面直线 B．直线与是平行直线 C．∥平面 D．平面 11．如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥.设，点分别为棱的中点，为线段上的动点.下列说法正确的是（    ） A．在翻折过程中存在某个位置，使 B．当时，与平面所成角的正弦值为 C．在翻折过程中，三棱锥体积的最大值为2 D．当时，的最小值为 三、填空题 12．在空间直角坐标系中，已知点和点，若点在轴上且到两点的距离相等，则点的坐标为 ． 13．已知三棱锥，，则三棱锥的外接球的表面积为 . 14．已知是两条不同的直线，、是两个不重合的平面，给出下列命题： ①若，，，则； ②若，，，则； ③是两条异面直线，若，，，，则. 上面的命题中，真命题的序号是 .（写出所有真命题的序号） 四、解答题 15．如图1，在五边形中，，，且，将沿折成图2，使得，为的中点． (1)证明：平面； (2)若与平面所成的角为，求二面角的正弦值． 16．如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点.    (1)求平面与平面所成锐二面角的余弦值； (2)求点到平面的距离； (3)在线段上，是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值：若不存在，请说明理由. 17．如图，在三棱锥中，为上的动点. (1)若，求证：平面； (2)若平面与平面的夹角为，求的长. 18．如图所示，在半径为2的球的内接八面体中，顶点分别在平面两侧，四棱锥与都是正四棱锥，且到平面的距离为1.设二面角的平面角的大小为. (1)求该内接八面体的体积； (2)求的值. 19．已知在边长为2的正方形中，，分别是线段，上的动点（不含端点），且. (1)当时，如图沿，和把这个正方形折成一个四面体，使得，，三点重合于点，则在四面体中：      （i）证明：； （ii）求二面角的平面角的余弦值. (2)如图，若正方形的对角线与和分别交于点，两点，证明：三条线段，和一定可以构成一个三角形，并且这个三角形中一定有一个角等于.    试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．D 【分析】根据空间向量的相关概念逐一判断即可. 【详解】对于A，有向线段是空间向量的一种表示形式，但不能把二者完全等同起来，故A错误； 对于B，不相等的两个空间向量的模也可以相等，只要它们的方向不相同即可，故B错误； 对于C，零向量的相反向量仍是零向量，但零向量与零向量是相等的，故C错误； 对于D，与仅是方向相反，它们的长度是相等的，故D正确， 故选：D 2．C 【分析】在A中，与相交或相行；在B中，与不一定垂直；在C中，由面面垂直的判定定理得；在D中，由面面平行的判定定理得∥. 【详解】在A中，，∥，∥，则与相交或平行，故A错误； 在B中，，，，则与不一定垂直，故B错误； 在C中，∥，，可得， 且，由面面垂直的判定定理得，故C正确； 在D中，∥，，，由面面平行的判定定理得∥，故D错误. 故选：C. 3．D 【分析】根据题意，可得该圆台轴截面的内切圆即为其轴截面所在正三角形的内切圆，从而求得圆台的内切球半径为，再结合正方体的外接球半径与棱长的关系即可求得. 【详解】设圆台的高为，母线长为，正方体的棱长为. 由题意可得，解得，则， 易得圆台的母线与下底面所成角为，所以可以将该圆台的轴截面补形为边长为的正三角形. 设该正三角形的内切圆半径为，则根据等面积法可得，解得, 又，该内切圆也为此圆台轴截面的内切圆， 圆台的内切球半径为. 该正方体可以在圆台内部任意转动，，解得， 所以当正方体的体积取最大值时，正方体的棱长为. 故选：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，理解正方体在圆台内部可以任意转动，即正方体在圆台的内切球内，从而得解. 4．C 【分析】根据给定条件，利用列式计算即得. 【详解】由，得，即，解得. 故选：C 5．D 【分析】分别列出第1次、第2次和第3次截取的不同规格长方体，即可得出答案． 【详解】解：由题意知，长方体的规格为，现从长方体的某一棱的中点处作垂直于该棱的截面， 截取1次后共可以得到三种规模长方体为：，，，体积为660，一共3种； 按照上述方式对第1次所截得的3种长方体进行第2次截取，得到的体积为330的不同规格长方体有： ，，，，，，一共6种； 再对第2次所截得的6种长方体进行第3次截取，则共可得到体积为165的不同规格长方体有： ，，，，，， ，，，，一共10种． 故选：D． 6．B 【分析】由三棱柱的体积求出边，利用球的表面积公式求出球半径进而求出上下底面三角形的边长，根据将此三棱柱掏空后放入一个球，该球最大半径为内切圆半径，利用等面积法求出内切圆半径即可. 【详解】设中点为中点为中点为， 外接球球心在中点处， 设， 该三棱柱的体积为， 该三棱柱的外接球表面积为， 外接球半径，即，， ， 底面内切圆半径， ，因此该球最大半径为. 故选：B. 7．C 【分析】根据题意三棱锥可以补成一个长方体，则长方体的外接球就是三棱锥的外接球，求出长方体的体对角线，可得外接球的直径，从而可求出球的表面积. 【详解】因为三棱锥的三条棱两两互相垂直， 所以三棱锥可以补成一个长方体，如图所示 长方体的长，宽，高分别为， 则此长方体的外接球就是三棱锥的外接球，设外接球的半径为，则 ， 得， 所以三棱锥外接球的表面积为. 故选：C 8．C 【分析】根据题目条件和平行六面体的定义，利用向量的运算法则，将用所给基底表示，计算化简得到结果. 【详解】 . 故选：C 9．BD 【分析】利用空间向量夹角公式进行逐一判断即可. 【详解】A： 与夹角的余弦值为，夹角为，故A错误； B： 与夹角的余弦值为，夹角为，故B正确； C： 与夹角的余弦值为，夹角为，故C错误； D： 与夹角的余弦值为，夹角为，故D正确； 故选：BD 10．ACD 【分析】对于AB：根据题意结合异面直线的判定定理分析判断；对于C：做辅助线，证明∥，结合线面平行的判定定理分析证明；对于D：可得，，结合线面垂直的判定定理分析证明. 【详解】对于选项A：因为平面，平面，， 所以直线与是异面直线，故A正确； 对于选项B：因为平面，平面，且平面∥平面， 可知平行或异面， 又因为∥，且，可知与不平行， 所以直线与是异面直线，即直线与是异面直线，故B错误； 对于选项C：取的中点，连接， 因为为正方形，且分别是的中点，则∥，， 可知为平行四边形，则∥， 又因为为正方形，且分别是的中点， 则∥，， 且∥，，则∥，， 可知为平行四边形，则∥， 可得∥，且平面，平面， 所以∥平面，故C正确； 对于选项D：不妨设正方体的棱长为2， 则，即，可得， 又因为平面，平面，可得， 且，平面，所以平面，故D正确； 故选：ACD. 11．ACD 【分析】对于，由平面平面，证明；对于B，当时平面，是直线与平面所成的角，利用三角形边长求正弦值即可；对于C，当三棱锥体积取得最大值时，是三棱锥的高，由求值即可；对于D，将沿旋转，得到，使其与在同一平面内且在内，当三点共线时， 的最小值为，利用余弦定理求解. 【详解】对于：当平面平面时，， 证明如下：因为平面平面，平面平面， ，平面，则平面， 因为平面，所以，故A正确； 对于B：当时，等腰直角中，点为棱的中点，有， ，平面，则平面， 平面，有平面平面，由A选项知平面， 所以是直线与平面所成的角； 由，有，，，， ，则，故B错误； 对于C：当三棱锥体积取得最大值时，平面平面， 即是三棱锥的高，，故C正确； 对于D：当时，因为为的中点，所以，则， 又因为的中点，所以， 又，所以，所以， 如图将沿旋转，得到，使其与在同一平面内且在内， 则当三点共线时，最小，即的最小值为， 在中，， 则， 所以在中，由余弦定理得， 所以的最小值为，故D正确， 故选：ACD. 【点睛】方法点睛： ‌立体几何中的翻折问题通常涉及将一个平面图形按照特定要求折叠成三维空间图形，进而研究图形在位置关系和数量关系上的变化，解决这类问题需要掌握以下技巧： 1. 同时画出折前和折后的图形：在解决问题时，同时画出折前和折后的图形有助于理解翻折过程和图形变化，这对于判断线段和角度的关系非常关键. 2. 寻找不变量：在翻折过程中，有些量是不变的，如角度和距离，注意这些不变量可以帮助简化问题. 3. 利用‌空间向量：空间向量是一个有效的工具，适用于解决立体几何中的探索性问题，通过坐标运算，可以简化“是否存在”这类问题的解决过程. 4. 将空间问题转化为平面几何问题：通过截面、展开、射影等手段，可以将空间中分散的条件集中在同一平面上，从而更容易解决问题. 12． 【分析】设点，根据及两点的距离公式即可求解. 【详解】设，由， 则， 解得，即． 故答案为：. 13． 【分析】先证明线面垂直，再将三棱锥放置在圆柱内，利用底面外接圆半径、高与球半径的关系即可求解. 【详解】，，平面，平面， 平面， 如图，设圆柱的底面圆直径为，母线长（即圆柱的高）为， 则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等， 即为圆柱的外接球球心，且有外接球半径，    故可以将三棱锥置于以外接圆为底面，为高的圆柱内（如图）， 其中上底面外接圆圆心为，下底面外接圆的圆心为，    因为， 所以外接圆的直径， 则，又圆柱的高， 所以三棱锥外接球的半径， 球的表面积. 故答案为：. 14．③ 【分析】由空间中平面平行的性质定理，面面平行的判定定理，逐一分析可得结论． 【详解】若，，，则与平行或异面，故①错误； ，，，但与不一定相交，不一定成立，故②错误； ，是两条异面直线，若，，，， 则过的平面与平面相交于直线，有，过的平面与平面相交于直线， 有，，异面，，一定相交，，，，， 如图所示，由面面平行的判定可知，故③正确. 故答案为：③. 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，从而证明平面，平面，即可得到平面平面，即可得证． （2）推导出平面，平面，平面平面，连接，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的正弦值． 【详解】（1）取的中点，连接，， ，为的中点，， 又，． 又平面，平面，平面． 为的中点，． 又平面，平面，平面， 又，平面，平面平面， 又平面，平面． （2），由（1）知，， 又，为的中点，， 又，平面，平面， 又平面，， 又，，平面，平面， 又平面，平面平面， 连接，，为的中点，， 又平面平面，平面， 平面，平面，， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 是与平面所成的角，即， ，设，则，，，， ，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，令，得， 设平面的法向量为， 则，令，得， 设二面角的平面角为， ， 所以，即二面角的正弦值为． 16．(1) (2) (3)存在； 【分析】（1）利用空间向量的坐标运算，求二面夹角的余弦值； （2）利用空间向量的坐标运算，求点到平面的距离； （3）利用空间向量的坐标运算，表示出线面角的正弦值，即可求解, 【详解】（1）取中点为，连接， 因为，且，，，所以 又因为平面，平面， 所以, 所以，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，    则 为的中点， 平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， ， 所以，令则，所以， 设平面与平面所成锐二面角为， 则. （2）， 所以点到平面的距离为. （3）存在，，理由如下 设上存在一点，设，， ， 又因为直线与平面所成角的正弦值为， 由（1）知平面的一个法向量为， 所以：，解得， 又因为，所以：，故存在，且. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）两次利用勾股定理分别证明，，即可得证； （2）由（1）问可知，确定空间直角坐标系的原点位置，然后建系，利用已知的二面角建立等式关系，求出动点D的坐标，即可得出答案. 【详解】（1） 在中，，则， 又，所以 由勾股定理可得为直角三角形，, 所以，所以 在中，因为，由余弦定理可得： 则，所以， 又，在中由余弦定理可得： ， 则，所以， 又平面平面， 所以平面 （2）在上取一点，使由（1）可得平面，作， 如图以为坐标原点，所在的直线分别作为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 则点， 因为平面，所以为平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为， 由可得，取，则，所以， 因为，所以，解得， 即，又，所以, 所以当时，则二面角的大小为. 18．(1)8； (2). 【分析】（1）根据棱锥的体积公式计算得出答案； （2）设二面角的大小为，二面角的大小为，二面角的平面角，分别计算，，利用两角和的正切公式计算得结果. 【详解】（1）设与面交于 因为到平面的距离为1 所以. . 则. （2）设二面角的大小为，二面角的大小为， 则二面角的平面角. 设与平面的交点为，取中点为，连接，如图所示. 则，所以. ， ， . 19．(1)（i）证明见解析；（ii） (2)证明见解析 【分析】（1）（i）先证明且，从而得平面，进而得证；（ii）由（i）得是二面角的平面角，接着求出线段的长即可得解. （2）先设，接着由且得，再求证、和以及即可得证. 【详解】（1）（i）连接正方形中的交于点， 则由正方体性质得，    又因为，， 所以，即分别为在对应边的中点， 所以，故，即且， 又平面， 所以平面，又平面， 所以. （ii）由（i）及题意可得是二面角的平面角， 且， 所以，又， 所以， 即二面角的平面角的余弦值为. （2）由题意可设， 则，， 由正方体性质可知且， 所以且， ①且②， 所以由①②得， 因为， 所以； 因为， 所以； 因为在上单调递减， 而当时，，故时， 所以， 所以由线段，和一定可以构成一个三角形，记该三角形为， 又， 即，又，所以， 所以线段，和一定可以构成一个三角形，并且这个三角形中一定有一个角等于. 【点睛】思路点睛：判断三条线段能否构成一个三角形的依据是三角形两边之和大于第三边，所以要证明线段，和一定可以构成一个三角形需求证、和，可先设，接着由且求得，再一一计算求证、和即可得证；再计算求证即可得证这个三角形中一定有一个角等于. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$