专题测试卷07 立体几何与空间向量（名校重组卷）-备战2025年高考数学重难点专题突破（新高考专用）

专题07 立体几何与空间向量 注意事项： 1．本试题满分150分，考试时间为120分钟。 2．答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上。 3．使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰；超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．（2024·安徽合肥·三模）设是三个不同平面，且，则是的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）已知，，则点B到直线AC的距离为（    ） A． B． C．2 D．3 3．（2024·陕西安康·模拟预测）在正四棱台中，，若正四棱台的高为，则其表面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·山东日照·二模）已知棱长为1的正方体，以正方体中心为球心的球与正方体的各条棱相切，若点在球的正方体外部（含正方体表面）运动，则的最大值为（    ） A．2 B． C． D． 5．（2024·山东菏泽·二模）如图，在正方体中，，则下列结论中正确的是（    ） A．平面 B．平面平面 C．平面 D．平面内存在与平行的直线 6．（2024·全国·模拟预测）在棱长为2的正方体中，已知，截面与正方体侧面交于线段，则线段的长为（    ） A．1 B． C． D． 7．（2024·四川成都·模拟预测）已知圆锥的母线长为3，表面积为，O为底面圆心，为底面圆直径，C为底面圆周上一点，，M为中点，则的面积为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·陕西西安·模拟预测）如图所示，在六面体中，，，，则该六面体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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。 9．（2024·广东肇庆·三模）已知，是两个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 10．（2024·浙江绍兴·三模）平行四边形ABCD中，且，AB、CD的中点分别为E、F，将沿DE向上翻折得到，使P在面BCDE上的投影在四边形BCDE内，且P到面BCDE的距离为，连接PC、PF、EF、PB，下列结论正确的是（    ） A． B． C．三棱锥的外接球表面积为 D．点Q在线段PE上运动，则的最小值为 11．（2024·福建泉州·模拟预测）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制）．已知正三棱台中，，棱，的中点分别为，．若该棱台顶点，的曲率之差为，则（    ） A． B．平面 C．直线与平面所成角的正弦值等于 D．多面体顶点D的曲率的余弦值等于 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（2024·福建南平·模拟预测）已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为 ． 13．（2024·陕西·三模）如图，四边形是圆柱的轴截面，是底面圆周上异于的一点，则下面结论中正确的序号是 ．（填序号） ①；②；③平面；④平面平面． 14．（24-25高三上·江苏·阶段练习）下图改编自李约瑟所著的《中国科学技术史》，用于说明元代数学家郭守敬在编制《授时历》时所做的天文计算．图中的，，，都是以O为圆心的圆弧，CMNK是为计算所做的矩形，其中M，N，K分别在线段OD，OB，OA上，，．如果记，，，，则 (用和表示).    四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（2024·陕西商洛·三模）如图，在四棱锥中，平面，平面平面． (1)证明：； (2)若为的中点，，求到平面的距离． 16．（2024·青海·二模）如图，在三棱柱中，所有棱长均相等，，，.    (1)证明；平面. (2)若二面角的正弦值. 17．（2024·新疆·三模）已知底面是平行四边形，平面，，，，且. (1)求证：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 18．（2024·吉林·模拟预测）如图所示，半圆柱与四棱锥拼接而成的组合体中，是半圆弧上（不含）的动点，为圆柱的一条母线，点在半圆柱下底面所在平面内，. (1)求证：； (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到直线距离的最大值. 19．（2024山东部分重点高中联考）类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则． （1）当、时，证明以上三面角余弦定理； （2）如图2，平行六面体中，平面平面，，， ①求的余弦值； ②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 试卷第2页，共6页 试卷第1页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07 立体几何与空间向量 注意事项： 1．本试题满分150分，考试时间为120分钟。 2．答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上。 3．使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰；超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．（2024·安徽合肥·三模）设是三个不同平面，且，则是的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】利用面面平行的性质定理，及它们之间的推出关系，即可以作出判断. 【详解】由于，，由平面平行的性质定理可得：， 所以是的充分条件； 但当，，并不能推出，也有可能相交， 所以是的不必要条件； 故选:A. 2．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）已知，，则点B到直线AC的距离为（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】C 【分析】由坐标运算求出，，，进而求出，再求得在方向上的投影，然后即可求出点B到直线AC的距离. 【详解】因为，， 所以，， ， ， 所以在方向上的投影为，， 所以点B到直线AC的距离为. 故选：C. 3．（2024·陕西安康·模拟预测）在正四棱台中，，若正四棱台的高为，则其表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，则，连接，交于点，连接交于点，连接，即可得到为正四棱台的高，由勾股定理求出，再求出斜高，最后由表面积公式计算可得. 【详解】设，则， 如图，连接，交于点，连接交于点，连接， 由正四棱台的几何性质可知分别是上､下底面的中心， 所以平面平面，所以为正四棱台的高， 所以由题可知，过点作交于点， 则，即，解得， 过点作交于点，则为斜高，此时， 所以正四棱台的表面积为. 故选：D. 4．（2024·山东日照·二模）已知棱长为1的正方体，以正方体中心为球心的球与正方体的各条棱相切，若点在球的正方体外部（含正方体表面）运动，则的最大值为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】取中点，根据空间向量的数量积运算得，判断的最大值即可求解. 【详解】取中点，可知在球面上，可得， 所以，      点在球的正方体外部（含正方体表面）运动，当为直径时，， 所以的最大值为. 故选：B. 5．（2024·山东菏泽·二模）如图，在正方体中，，则下列结论中正确的是（    ） A．平面 B．平面平面 C．平面 D．平面内存在与平行的直线 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，结合线面平行的判定定理，线面垂直，面面垂直的判定定理，逐项判定计算即可． 【详解】因为为正方体，设正方体边长为2， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 同理解得平面的法向量， ，故A不正确； ，故B不正确； ， ，所以， 又，所以平面，C正确； 平面的一个法向量为， ，故D不正确； 故选：C 6．（2024·全国·模拟预测）在棱长为2的正方体中，已知，截面与正方体侧面交于线段，则线段的长为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，得到，再由面面平行的性质，证得，结合，即可求解. 【详解】如图所示，因为，所以， 因为平面平面，设平面平面，平面平面，所以， 又因为，所以 过点作，可得， 则为的中点，为的四等分点， 又因为，所以为的四等分点，所以. 故选：C．    7．（2024·四川成都·模拟预测）已知圆锥的母线长为3，表面积为，O为底面圆心，为底面圆直径，C为底面圆周上一点，，M为中点，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出底面圆的半径，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求出，再根据三角形的面积公式即可得解. 【详解】设底面圆的半径为， 则，解得或（舍去）， 则， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 故， 所以， 故， 所以， 所以. 故选：C. 8．（2024·陕西西安·模拟预测）如图所示，在六面体中，，，，则该六面体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，可得两两垂直，再建立空间直角坐标系，求出点的坐标，进而求出球半径即得. 【详解】由，，，得，则，同理， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设， 由，，得，解得或， 即点或，由六面体，得点在平面两侧，点不符合题意， 因此点，令线段的中点为，则， 于是，因此六面体的外接球球心为，半径为， 所以六面体的外接球的表面积. 故选：B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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。 9．（2024·广东肇庆·三模）已知，是两个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】AC 【分析】根据线面垂直性质定理判断A，由条件确定的位置关系，判断B， 根据线面平行性质定理，判定定理证明，判断C，由条件确定位置关系，判断D. 【详解】若，，且m，n为两条不同的直线，由线面垂直性质可得，所以A正确； 若，，则m与n可能相交、平行或异面，所以B不正确； 若，，设过m的平面与，分别交于，，则，，， 所以，又因为，，所以，则，所以C正确； 因为，，，若平面与不垂直，则与平面相交但不垂直．故D错误. 故选：AC. 10．（2024·浙江绍兴·三模）平行四边形ABCD中，且，AB、CD的中点分别为E、F，将沿DE向上翻折得到，使P在面BCDE上的投影在四边形BCDE内，且P到面BCDE的距离为，连接PC、PF、EF、PB，下列结论正确的是（    ） A． B． C．三棱锥的外接球表面积为 D．点Q在线段PE上运动，则的最小值为 【答案】ABD 【分析】记的中点为，过点作，证明点为点在平面上的投影， 解三角形求，判断A，证明平面，判断B，根据正四面体性质求三棱锥的外接球半径，结合球的表面积公式判断C，通过翻折，将问题转化为求的问题，求其值，判断D. 【详解】由已知， ，， 记的中点为，连接， 因为，为的中点，所以， 因为，，所以， 故，又为的中点，所以， 又，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面， 过点作，为垂足， 因为平面平面，平面， 所以平面，即点为点在平面上的投影， 因为P到面BCDE的距离为，所以， 由已知，， 所以，，又， 所以，所以， 所以，故，A正确， 因为，所以点为的外心，又为等边三角形， 所以点为的中心， 连接并延长，交与点，则，为的中点， 连接，因为，故， 所以三点共线，且，又， 所以， 又平面，平面，故， 因为，平面， 所以平面，平面， 所以，B正确； 因为为正四面体，且棱长为， 所以其外接球的半径为， 所以三棱锥的外接球表面积为，C错误； 因为，，所以， 所以，故， 将翻折到同一平面，如图 所以的最小值为，且， 所以，又，D正确， 故选：ABD. 11．（2024·福建泉州·模拟预测）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制）．已知正三棱台中，，棱，的中点分别为，．若该棱台顶点，的曲率之差为，则（    ） A． B．平面 C．直线与平面所成角的正弦值等于 D．多面体顶点D的曲率的余弦值等于 【答案】BC 【分析】延长，相交于P，O为的中心，棱的中点为E，以过O且平行于的直线为x轴，直线为y轴，直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用线线垂直的向量表示，判断A；利用线面垂直的判定，判断B；利用直线与平面所成角的向量求法，判断C；利用向量与向量的夹角，判断D． 【详解】 正三棱台中，棱，的中点分别为，， 延长，相交于P，设O为的中心，棱的中点为E， 以过O且平行于的直线为x轴，直线为y轴， 直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， ∵正三棱台的顶点，的曲率之差为， ∴， 则， 又， ∴，， 令，则，，， ，，，， ，． 对于A，∵，， ， ∴与不垂直，故A错误； 对于B，∵，，则，同理，， 又，平面， ∴平面，即平面，故B正确； 对于C，∵，， 令平面，即平面的法向量为， 则， 取，得， 令直线与平面所成角为， ∴ ，故C正确； 对于D，∵，， ∴ ， 又多面体顶点D的曲率 ， ∴，故D错误． 故选：BC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（2024·福建南平·模拟预测）已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为 ． 【答案】 【分析】设上底面圆的半径为，则下底面圆的半径是，然后根据轴截面周长为16，可求出，从而可求出上下底面的面积和侧面积，进而可求出其表面积. 【详解】设上底面圆的半径为，则下底面圆的半径是， 故轴截面周长为，解得， 所以上、下底面圆的面积分别为，圆台侧面积， 所以圆台的表面积为 故答案为： 13．（2024·陕西·三模）如图，四边形是圆柱的轴截面，是底面圆周上异于的一点，则下面结论中正确的序号是 ．（填序号） ①；②；③平面；④平面平面． 【答案】①②④ 【分析】证明平面，即可得到，同理可得，即可判断①②，推出矛盾说明③，根据平面说明④. 【详解】因为四边形是圆柱的轴截面，则线段是底面圆的直径，都是母线． 又是底面圆周上异于的一点，于是得，而平面，平面，则． 因为平面，则平面，因为平面，所以，①正确： 同理可证，②正确： 点不在底面内，而直线在底面内，即是两条不同直线， 若平面，因平面，与过一点有且只有一条直线垂直于已知平面矛盾，③不正确； 因为平面，而平面，于是得平面平面，④正确． 故答案为：①②④ 14．（24-25高三上·江苏·阶段练习）下图改编自李约瑟所著的《中国科学技术史》，用于说明元代数学家郭守敬在编制《授时历》时所做的天文计算．图中的，，，都是以O为圆心的圆弧，CMNK是为计算所做的矩形，其中M，N，K分别在线段OD，OB，OA上，，．如果记，，，，则 (用和表示).    【答案】 【分析】根据给定条件，利用线面垂直的判定可得，再利用直角三角形边角关系求解即得. 【详解】由四边形是矩形，得，又， 平面，则平面，而， 则平面，又平面，则，， 由，，平面，则平面， 而，则平面，又平面，则， ，在中，， 在中，， 因此，所以. 【点睛】思路点睛：立体几何中的角的关系的计算，一般放置在直角三角形进行讨论，注意利用空间中的垂直关系实现不同面中的垂直关系的转化. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（2024·陕西商洛·三模）如图，在四棱锥中，平面，平面平面． (1)证明：； (2)若为的中点，，求到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明平面得到，由题意可得，结合线面垂直的判定、性质即可得证； （2）首先证明平面，平面，即所求为的长度，由解三角形知识即可求解. 【详解】（1）设，连接，过作，垂足为， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为平面平面，所以， 又平面，所以平面， 因为平面，所以． （2）取的中点，连接，则， 又平面平面，所以平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离． 过作，垂足为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以由面面垂直的性质可得平面， 由（1）得， 因为，所以， 因为，所以． 所以，所以， 即点到平面的距离为． 16．（2024·青海·二模）如图，在三棱柱中，所有棱长均相等，，，.    (1)证明；平面. (2)若二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设D为的中点，先证明平面，以此得到，再证明，结合线面垂直的判定定理即可得解； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合向量夹角的坐标公式即可求解. 【详解】（1）    设D为的中点，连接，，. 因为在三角形中，，所以三角形是等边三角形， 而是的中点，故由三线合一可知，， 因为，是三角形的中位线，即，所以. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以. 在中，，O为的中点，所以. 因为，平面，所以平面. （2）设三棱柱的棱长为，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. ，，.    设平面的法向量为， 则，可取. 设平面的法向量为， 则，可取. 因为平面平面，所以平面的一个法向量为. ，， 故二面角的正弦值为. 17．（2024·新疆·三模）已知底面是平行四边形，平面，，，，且. (1)求证：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或. 【分析】（1）由，得到，再由平面，证得，进而证得平面，结合，得到平面，利用面面垂直的判定定理，即可证得平面平面. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，求得向量和平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解. 【详解】（1）证明：在中，，，， 则，可得， 所以，所以. 因为平面，平面，所以， 又因为，平面，平面，所以平面， 因为，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2） 是平行四边形，平面，，，，且. 假设线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是， 以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 可得，， 设， 则，所以， 设平面的一个法向量为，则， 令，可得，所以， 设直线与平面所成角的大小为， 故， 整理得，解得或，所以或. 18．（2024·吉林·模拟预测）如图所示，半圆柱与四棱锥拼接而成的组合体中，是半圆弧上（不含）的动点，为圆柱的一条母线，点在半圆柱下底面所在平面内，. (1)求证：； (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到直线距离的最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3) 【分析】（1）取弧中点，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，求出，利用空间位置关系的向量证明推理即得. （2）由数据求出点坐标，再求出平面FOD与平面的法向量，利用面面角的向量求法求解. （3）利用空间向量求出点到直线距离的函数关系，再求出最大值即可. 【详解】（1）取弧中点，则，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 连接，在中，，，则， 于是， 设，则，其中，， 因此，即， 所以. （2）由平面平面，得， 又，则，而平面， 则平面，即为平面的一个法向量， ，由平面，得， 又，解得，此时， 设是平面的法向量，则，取，得， 设是平面的法向量，则，取，得， 则平面FOD与平面夹角的余弦值为. （3）， 则点到直线的距离， 当时，即的坐标为时，点到直线的距离取最大值为 【点睛】方法点睛：利用向量法求二面角的常用方法：①找法向量，分别求出两个半平面所在平面的法向量，然后求得法向量的夹角，结合图形得到二面角的大小；②找与交线垂直的直线的方向向量，分别在二面角的两个半平面内找到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方向向量，则这两个向量的夹角就是二面角的平面角． 19．（2024山东部分重点高中联考）类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则． （1）当、时，证明以上三面角余弦定理； （2）如图2，平行六面体中，平面平面，，， ①求的余弦值； ②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）①；②当点在的延长线上，且使时，平面. 【分析】（1）过射线上一点作交于点，作交于点，连接，，可得是二面角的平面角．在中和中分别用余弦定理，两式相减变形可证结论； （2）①直接利用三面角定理（（1）的结论）计算；②连结，延长至，使，连结，由线面平行的判定定理证明平面． 【详解】（1）证明：如图，过射线上一点作交于点， 作交于点，连接， 则是二面角的平面角． 在中和中分别用余弦定理，得 ， ， 两式相减得， ∴， 两边同除以，得． （2）①由平面平面，知， ∴由（1）得， ∵，， ∴． ②在直线上存在点，使平面． 连结，延长至，使，连结， 在棱柱中，，， ∴，∴四边形为平行四边形， ∴． 在四边形中，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， 又平面，平面， ∴平面． ∴当点在的延长线上，且使时，平面． 试卷第22页，共22页 试卷第23页，共23页 学科网（北京）股份有限公司 $$