空间向量与立体几何综合训练-2025届高三数学一轮复习

空间向量与立体几何专项训练-高三数学上学期一轮复习检测卷 一、单选题 1．已知、表示两条不同的直线，表示平面，则下面四个命题正确的是（   ） ①若，，则；            ②若，，则； ③若，，则；            ④若，，则． A．①② B．②③ C．①③ D．③④ 2．已知梯形按斜二测画法得到的直观图为如图所示的梯形，且，，，现将梯形绕㯀转一周得到一个几何体，则该几何体的侧面积为（    ） A． B． C． D． 3．三棱锥中，，，，，则三棱锥的体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 4．陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址．如图所示的是一个陀螺立体结构图．已知，底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积(单位：)是（   ）    A． B． C． D． 5．如图，在正四棱柱中，，过点作垂直于直线PC的截面，则以为顶点，截面为底面的棱锥的体积为（    ） A．42 B．48 C．56 D．63 6．如图，在三棱锥中，，，，是棱的中点，是棱上靠近点的四等分点，则异面直线与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 7．如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（   ） A． B． C． D． 8．半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体．它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，这样的半正多面体被称为二十四等边体．如图所示，已知该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为，则其外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．设是三个不同的平面，是两条不同的直线，在命题“，，且__________．则”中的横线处填入下列四组条件中的一组，使该命题为真命题，则可以填入的条件有（    ） A． B． C． D． 10．已知正方体为中点，为BC中点，则（   ） A．直线PD与直线平行 B．直线与直线垂直 C．直线PQ与直线相交 D．直线PQ与直线异面 11．如图，在棱长为2的正方体中，点P是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点Q是棱的中点，则以下命题正确的是（    ）    A．三棱锥的体积是定值 B．存在点P，使得与所成的角为 C．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 D．若，则P的轨迹的长度为 三、填空题 12．已知正四面体棱长为4，棱上有一点，棱上有一点，棱上有一点.若，则的最大值为 . 13．如图，平面四边形中，为等边三角形，现将沿翻折，使点移动至点，且，则三棱锥的外接球的表面积为 . 14．如图，在圆锥中，是底面圆的直径，，点为上靠近点的三等分点，点为上靠近点A的四等分点，则异面直线与所成角的余弦值为 ．    四、解答题 15．如图，在三棱锥中，，为的中点，为内部一点且平面． (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值． 16．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面圆的圆心，为圆的直径，且，是底面圆的内接正三角形，为线段上一点，且. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 17．如图，在四棱柱中，四边形与四边形是面积相等的矩形，，，平面平面为的中点. (1)求点到平面距离的差； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 18．如图.直四棱柱的底面为菱形，且分別是上，下底面的中心，是AB的中点，. (1)当时，求直线与直线EC所成角的余弦值； (2)是否存在实数k，使得在平面EBC内的射影恰好为的重心.若存在，求出点的坐标;若不存在，请说明理由. 19．如图1，已知在正方形中，，，，分别是边，，的中点，现将矩形沿翻折至矩形的位置，使平面平面，如图2所示． (1)证明：平面平面； (2)设是线段上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 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】借助长方体模型考察直线是否可在平面内，可判断①②；在平面内取两条相交直线m，n，根据线面垂直判定定理可判断③；利用线面平行的性质定理和异面直线夹角定义可判断④. 【详解】长方体中，平面为平面，直线BC为直线b，如图， 当直线AD为直线a时，满足，，而，①不正确； 当直线为直线a时，满足，，而，②不正确； 在平面内取两条相交直线m，n，如图，因，则， 而，则，又，m，n是相交直线，∴，③正确； 因，过直线b作平面，如图， 则有，又，，于是得，从而得，④正确， ∴给定命题正确的是③④. 故选：D. 2．C 【分析】将梯形复原为原图即直角梯形，确定相关的边长，结合题意以及圆台的侧面积公式，即可求得答案. 【详解】由题意将梯形复原为原图，即直角梯形， 其中，则， 故将梯形绕㯀转一周得到一个几何体为圆台， 圆台上底面半径为1，下底面半径为4，高为4，母线长为5， 故该几何体的侧面积为， 故选：C 3．B 【分析】画出三棱锥的外接球，当点在三棱锥的外接球的顶端时，且平面ABC，点到平面的距离最大，则三棱锥的体积的最大，求解即可. 【详解】如图： 因为，， 由余弦定理得：， 所以，外接圆的圆心为， 则半径， 如图，当点在三棱锥的外接球的顶端时，且平面， 点到平面的距离最大， 又，所以， ， 所以三棱锥的体积的最大值为. 故选：B. 4．C 【分析】由题意先求圆锥的母线长，结合圆柱和圆锥的侧面积公式分析求解. 【详解】由题意可知：圆锥的母线长为， 所以这个陀螺的表面积是. 故选：C. 5．C 【分析】根据柱体的结构特征先作出过点且垂直于直线PC的截面，再分别研究截面面积和P到截面的距离即可得出结果. 【详解】分别在棱，上取点，使， 连接，， 则，， 连接，则， 所以为等边三角形， 易证， 因为，所以平面， 所以五边形即为截面， 设直线与直线间的距离为， 因为的面积， 四边形的面积， 所以截面的面积为， 又点到截面的距离， 所以所求棱锥的体积. 故选：C. 【点睛】关键点睛：（1）找准截面是五边形AMRQN是解题的关键，注意为棱的四等分点，先找相邻棱对应的四等分点； （2）PC是边长为6的正方体的体对角线，所以点到截面的距离是该正方体体对角线PC长的三分之一. 6．B 【分析】将三棱锥补形成长、宽、高分别为4，2，2的长方体，以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据向量即可求解. 【详解】根据题意可将三棱锥补形成长、宽、高分别为4，2，2的长方体中， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，，故，， 所以， 所以异面直线与所成角的大小为． 故选：B． 7．D 【分析】连接、、、、、，借助平行线的性质可得四点共面，即可得线段与相交，线段与相交，线段与相交，从而排除A、B、C. 【详解】如图，连接，，，由正方体的性质及、分别为棱、的中点， 易得，所以线段与相交，与相交，故A、B错误； 连接，，有，，故， 所以线段与相交，C错误； 连接，直线与，直线与均为异面直线，D正确. 故选：D. 8．D 【分析】根据几何体的结构特征得出过A，B，C三点的截面图形，由面积求出原正方体的棱长，进而求出外接球半径即可得解. 【详解】将二十四等边体补全为正方体，则该二十四等边体的过A，B，C三点的截面为正六边形， 设原正方体棱长为，则正六边形边长为，其面积为，解得， 因此原正方体的棱长为，由对称性知，二十四等边体的外接球球心是原正方体的体对角线的交点， 球半径为该点到点的距离，所以外接球的表面积为. 故选：D 9．ACD 【分析】作出相应图形，再由线面平行、面面平行的性质和线线平行判定判断求解． 【详解】解：A．如图：，，，， ，利用面面平行的性质可知：，故A正确，符合题意； B．，，，，如下图： 或与是异面直线，故B错误，不符合题意； C．，，，，如下图： 因为，，， ，故正确，符合题意； D．，，，，如下图： ， ， ， ，故D正确，符合题意． 故选：ACD． 10．BD 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，分析AB，由异面直线的定义分析CD，综合可得答案． 【详解】根据题意，设正方体的棱长为2，以为坐标原点，如图建立坐标系， 则,0,，,2,，,2,，,0,，,2,，,2,，,0,， ,0,，,2,， 对于A，,0,，,0,，由于对于任意的都不会成立，则与不平行，则直线与直线不平行，A错误； 对于B，,2,，,,，则有，则，即直线与直线垂直，B正确； 对于C，直线与相交，故平面，直线平面，，所以PQ与直线是异面直线，C错误； 对于D，,显然两直线不平行，假设直线与直线相交，则在同一平面上，,故存在实数使得，即，则无解，故与直线既不相交也不平行，是异面直线，D正确． 故选：BD． 11．ACD 【分析】利用等体积转换即可求得体积为定值判断A；建立空间直角坐标系，设，得，，利用向量夹角公式求解判断B；求平面的法向量，利用向量夹角公式求解判断C；由，可得，即可求解判断D. 【详解】对于A，三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 是定值，A正确； 以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，设，则 对于B，，使得与所成的角满足： ， 因为，故，故， 而，B错误； 对于C，平面的法向量， 所以直线与平面所成角的正弦值为：， 因为，故 故， 而，， 故即的取值范围为，C正确； 对于D，，由， 可得，化简可得， 在平面内，令，得，令，得，则P的轨迹的长度为 ，D正确； 故选：ACD. 12．/ 【分析】由余弦定理可得为方程两根，一方面说明时，没有最大值，另一方面，说明时，可以取到最大值即可求解. 【详解】由题意棱上有一点，棱上有一点，棱上有一点， 则， 在中，由余弦定理有:，得， 同理在有. 一方面：若，则为方程两根， 则得，又两根都为正，故即， 但此时不可能最大，理由如下：不妨， 则在上取一点使，在上取一点使，则为等边三角形， 由对称性可知， 而，从而， 所以这个时候取不到最大值， 另一方面：当重合时，即时，最大，且的最大值为. 当时，为等边三角形，此时， 由题存在这样的，使得成立， 则的最大值为，故当且仅当时取等. 故答案为：. 13． 【详解】因为，，平面， 所以平面， 将三棱锥补形为如图所示的直三棱柱，则它们的外接球相同， 外接球的球心在棱柱上下底面三角形的外心连线上， 令的外心为，由为等边三角形，， 得， 因为，所以在中，， 即外接球的半径为2， 所以外接球的表面积为. 故答案为： 14． 【分析】 取的中点，连接，可知或其补角为异面直线与所成的角．结合余弦定理分析求解. 【详解】 如图，取的中点，连接， 则，则，可知或其补角为异面直线与所成的角．    因为，即为等边三角形， 不妨取，连接，则， 过点作于点，则，可得， 连接，则， 过点作，垂足为，连接，则， 所以，则， 又，所以， 故异面直线与所成角的余弦值为． 故答案为：. 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，取中点，连接，先证明出平面平面，由面面平行证明线面平行即可； （2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式求解即可． 【详解】（1）连接，取中点，连接． 因为为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面． 又因为平面，平面，所以． 所以，在中，，同理， 因为，所以． 因为为中点，所以， 因为，且在同一平面内，所以， 又因为平面，平面， 所以平面． 又因为，平面， 所以平面平面． 因为平面，所以平面． （2）以为坐标原点，分别以以及与垂直向上的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 在直角中，因为，所以， 在中，，所以， 又， 所以． 设面的一个法向量，则，即， 取，则，所以． 设面的一个法向量，则，即， 取，则，所以． 设二面角为，由图可知为锐角，则， 所以二面角的余弦值为． 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由勾股定理可得，，由此即可证明； （2）方法一：建立空间直角坐标系，求解以及平面的法向量为，利用向量的坐标运算得线面夹角即可；方法二：利用体积相等求解点到平面的距离，即可得与平面所成角． 【详解】（1）证明：由题意得，， ，， ， 在中，由，得， 同理可得，又平面，故平面. （2）（方法一）如图所示，以为坐标原点，、为轴正方向建立空间直角坐标系， 则点，故，，， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 设直线与平面所成角为， 故， 因此直线与平面所成角的正弦值. （方法二），， 则，． 记点到平面的距离为，因为， 所以，则， 设直线与平面所成角为，， 因此，直线与平面所成角的正弦值为． 17．(1) (2) 【分析】（1）根据题设条件得到平面，从而有，再利用几何关系得到，得到平面，从而点到平面的距离分别为，分别求出，即可求出结果； （2）建立空间直角坐标系，求出及平面的法向量，利用线面角的向量法，即可求出结果. 【详解】（1）因为四边形是矩形，所以， 又平面平面，且平面平面平面， 所以平面， 因为平面，所以. 在矩形中，，所以， 因为，所以， 又平面，所以平面. 设，则点到平面的距离分别为， 又， 所以点到平面距离的差为. （2）因为平面平面，所以， 又，所以， 又由矩形知，两两垂直， 以点为坐标原点，以直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则， 所以 设平面的一个法向量为，则，即， 取，得，所以， 设直线与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 18．(1) (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）法一：取的中点Q，CD的中点，连接，证明，则为直线与直线EC所成角或补角，再解即可； 法二：设，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可； （2）设，以为原点建立空间直角坐标系，判断平面EBC的法向量与是否共线即可得出结论. 【详解】（1）法一：取的中点Q，的中点，连接， 则且，且， 故四边形均为平行四边形，， ， 为直线与直线EC所成角或补角， 不妨设，则，则， 在中，中，， 直线与直线EC所成角的余弦值为； 法二：如图，设，以为原点建立空间直角坐标系，不妨设， 则， ， ， ， 直线与直线EC所成角的余弦值为； （2）如图，设，以为原点建立空间直角坐标系， 设，则， 故， 设平面EBC的法向量， ， 令， 又的重心， ， 但与不平行， 所以不存在实数，使得在平面EBC内的射影恰好为的重心． 19．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）首先利用面面垂直的性质定理证得平面，得，然后结合得到平面，最后利用面面垂直的判定定理证得平面平面； （2）可以建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法进行求解，也可以利用二面角的定义找到二面角的平面角，然后在三角形中进行求解． 【详解】（1）因为四边形是正方形，，分别是边，的中点， 所以是直角，且平行且等于，即四边形是矩形， 进一步有， 因为平面平面，平面平面， 且平面，， 所以平面， 因为平面，所以． 易知，则，所以． 因为，平面，平面， 所以平面． 又平面，所以平面平面． （2） 解法一：由（1）可知，，，三条直线两两垂直，故可以为坐标原点， 分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系， 如图所示．则，，，， 从而，． 由题设，则， 又，则． 设平面的法向量为，则，得， 取，则，，得． 由（1）知，是平面的一个法向量， 所以，解得，故． 解法二：如图，过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接． 因为平面平面，平面平面， 且，平面， 所以平面，即平面， 又平面， 则， 又，，，平面， 所以平面， 又平面， 则， 所以为二面角的平面角． 由（1）知平面，平面， 所以平面平面， 所以二面角为直二面角， 所以二面角的正弦值等于二面角的余弦值， 所以，所以. 由题可设，则，， 所以在中，， 解得，故. 【点睛】关键点点睛：利用向量法解决立体几何中的空间角问题，关键在于依托图形建立合适的空间直角坐标系，将相关向量用坐标表示，通过向量的坐标运算求空间角，其中建系的关键在于找到两两垂直的三条直线． 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 $$