10.达标测试卷(七) 立体几何与空间向量-【精讲精练】2026年高考数学一轮达标测试卷

达标测试卷(七)　立体几何与空间向量 (本卷满分150分　考试时间120分钟) 　　 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，只有一项是符合题目要求的. 1.已知平面α，β，γ，α∩β＝l，则“l⊥γ”是“α⊥γ且β⊥γ”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.已知圆锥的侧面积为12π，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为(　　) A.6π B. C.6π D. 3.在正三棱台ABC­A1B1C1中，已知AB＝，A1B1＝2，侧棱AA1的长为2，则此正三棱台的体积为(　　) A. B. C. D. 4.已知球O的体积为，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是(　　) A.9π B.12π C.16π D.20π 5.三棱锥A­BCD中，AD⊥平面ABC，∠BAC＝60°，AB＝1，AC＝2，AD＝4，则三棱锥A­BCD外接球的表面积为(　　) A.10π B.20π C.25π D.30π 6.如图，已知正方形ABCD为圆柱的轴截面，AB＝BC＝2，E，F为上底面圆周上的两个动点，且EF过上底面的圆心G，若AB⊥EF，则三棱锥A­BEF的体积为(　　) A. B. C. D. 7.在直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，侧棱AA1＝3，D，E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G，则点A1到平面ABD的距离为(　　) A. B. C. D.2 8.已知E，F分别是棱长为2的正四面体ABCD的对棱AD，BC的中点.过EF的平面α与正四面体ABCD相截，得到一个截面多边形τ，则下列说法正确的是(　　) A.截面多边形τ不可能是平行四边形 B.截面多边形τ的周长是定值 C.截面多边形τ的周长的最小值是＋ D.截面多边形τ的面积的取值范围是[1， ] 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.已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是正方形，则下列关系能同时成立的是(　　) A.“AB＝PB”与“PB＝BD” B.“PA⊥PC”与“PB⊥PD” C.“PB⊥CD”与“PC⊥AB” D.“平面PAB⊥平面PBD”与“平面PCD⊥平面PBD” 10.半正多面体(semiregular solid)亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成(如图所示)，若它的所有棱长都为，则(　　) A.BF⊥平面EAB B.该二十四等边体的体积为 C.该二十四等边体外接球的表面积为6π D.PN与平面EBFN所成角的正弦值为 11.如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P是侧面ADD1A1内的一点，点E是线段CC1上的一点，则下列说法正确的是(　　) A.当点P是线段A1D的中点时，存在点E，使得A1E⊥平面PB1D1 B.当点E为线段CC1的中点时，过点A，E，D1的平面截该正方体所得的截面的面积为 C.点E到直线BD1的距离的最小值为 D.当点E为棱CC1的中点且PE＝2时，则点P的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.如图，在三棱锥P­ABC中，△ABC为等边三角形，△APC为等腰直角三角形，PA＝PC，平面PAC⊥平面ABC，D为AB的中点，则异面直线AC与PD所成角的余弦值为________. 13.已知圆锥SO1的轴截面SAB为正三角形，球O2与圆锥SO1的底面和侧面都相切.设圆锥SO1的体积、表面积分别为V1，S1，球O2的体积、表面积分别为V2，S2，则·＝________. 14.已知四面体有两个面是边长为2的正三角形，另外两个面是直角三角形，则该四面体的体积等于________. 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.(13分)如图所示，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是AA1，BC的中点.设＝a，＝b，＝c. (1)已知P是C1D1的中点，用a，b，c表示，，＋； (2)已知P在线段C1D1上，且＝，用a，b，c表示. 16.(15分)如图，四棱锥P­ABCD的底面是正方形，设平面PAD与平面PBC相交于直线l. (1)证明：l∥AD； (2)若平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PB＝，AB＝2，求直线PC与平面PAD所成角的正弦值. 17.(15分)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF＝DE，BF∥DE，M是AE的中点. (1)求证：EC∥平面BDM； (2)若DE⊥平面ABCD，AB＝4，BM⊥CF，点P为线段CE上一点，且＝，求直线PM与平面AEF所成角的正弦值. 18.(17分)如图，在多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，∠DAB＝60°，BC＝2PQ＝4AB＝4，M为BC的中点，PQ∥BC，PD⊥DC，QB⊥MD. (1)证明：∠ABQ＝90°； (2)若多面体ABCDPQ的体积为，求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值. 19.(17分)如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点M，N别是边BC，CD的中点，AC∩BD＝O1，AC∩MN＝G.沿MN将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P­ABMND. (1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论； (2)当四棱锥P­MNDB体积最大时，在线段PA上是否存在一点Q，使得平面QMN与平面PMN夹角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 达标测试卷(七)　立体几何与空间向量 1.C　由于α∩β＝l，所以l⊂α，l⊂β， 若l⊥γ，则α⊥γ，β⊥γ，故充分性成立， 若α⊥γ，β⊥γ，设α∩γ＝m，β∩γ＝n， 则存在直线a⊂γ，使得a⊥m，所以a⊥α， 由于l⊂α，故a⊥l， 同理存在直线b⊂γ，使得b⊥n，所以b⊥β，由于l⊂β，故b⊥l， 由于a，b不平行，所以a，b是平面γ内两条相交直线，所以l⊥γ，故必要性成立，故选C. 2.B　设圆锥的底面半径为r，母线长为l， 由题意可得解得l＝3r＝6，则圆锥的高h＝＝4， 所以此圆锥的体积为h×πr2＝.故选B. 3. ∴三棱台的体积为V=××＋＋3＝.故选C. 4.C　设球O的半径为R，则πR3＝，解得R＝5. 因为点A到球心O的距离为3， 所以过点A的平面α被球O所截的截面圆的半径的最小值为r＝＝4， 则所求截面面积的最小值为πr2＝16π.故选C. 6. B　如图设圆柱的下底面的圆心为O，连接AG，BG，OG， 则OG=BC=2，且OG⊥平面GEC， EF⊂平面GEC，所以OG⊥EF， 又AB∥CD，AB⊥EF， 所以CD⊥EF，又CD∩OG=G，CD，OG⊂平面CDAB， 所以EF⊥平面CDAB，且EF=AB=2， S△ABG=AB×OG=2， 所以VA­BEF=S△ABGEF=×2×2=.故选B. 7. A　如图所示，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设CA=CB=a，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，D，A1(a,0,3)，可得E，G，，，所以＝，＝， 因为点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心，所以GE⊥平面ABD，所以·＝0， 即×0＋×(－a)＋×1＝0，解得a＝3， 即＝， 设点A1到平面ABD的距离为d，E是A1B的中点，所以d＝2||＝.故选A. 8.D　对于A，当平面α过AD或BC时，截面为三角形. 易知正四面体关于平面ADF对称，将平面α从平面ADF开始旋转与AB交于点G时， 由对称性可知，此时平面α与CD交于点H，且AG＝DH， 此时截面为四边形EGFH，且注意到当G，H分别为AB，CD的中点时，此时满足AG=DH， 且GF∥AC，AC∥EH，GF＝EH＝AC，即此时截面四边形EGFH是平行四边形，故A错误； 对于B，C，设AG＝m(0≤m≤2)，由余弦定理得GE＝＝， GF＝＝， 由两点间距离公式知，GE＋GF表示动点(m,0)到定点和的距离之和， 当三点共线时取得最小值 ＝2， 由二次函数单调性可知，当m＝0或m＝2时，GE＋GF取得最大值1＋， 所以截面多边形τ周长的取值范围是[4,2＋2 ]，故B，C错误； 对于D，记GH与EF的交点为O，由对称性知∠EFG＝∠EFH，FG＝FH， 所以EF⊥GH，S四边形EGFH＝EF·GH， 因为AF＝＝， 所以EF＝＝，所以S四边形EGFH＝GH， 记＝a，＝b，＝c， 则＝＋＋＝－a＋c＋(b－c) ＝－a＋b＋c， 因为a·b＝a·c＝b·c＝2×2cos＝2， |a|＝|b|＝|c|＝2， 所以2＝a2＋b2＋2c2－a·b－ma·c＋mb·c ＝m2＋m2＋42－m2－2m＋2m ＝2(m－1)2＋2， 由二次函数性质可知，2≤2≤4，即≤GH≤2， 所以1≤S四边形EGFH≤，故D正确；故选D. 9. BC　对于A，显然AB=PB时，而底面ABCD是正方形，AB≠DB， 所以PB=BD不成立，故A错误； 对于B，设底面正方形中心为O，则P在以O为球心，以OA为半径的球面上时可符合题意，故B正确； 对于C，当平面PBC⊥底面ABCD时， 由面面垂直的性质可知AB⊥平面PBC，DC⊥平面PBC，显然符合题意，故C正确； 对于D，先证两相交平面同时垂直于第三平面，则交线垂直于第三平面， 如图有 取A∈γ，作AB⊥a，AC⊥b， 垂足分别为B，C，由面面垂直的性质可知AB⊥α，AC⊥β， 由线面垂直的性质可知l⊂α，l⊂β，∴ 又AB∩AC＝A，AB，AC⊂γ，由线面垂直的判定可知l⊥γ， 若“平面PAB⊥平面PBD”与“平面PCD⊥平面PBD”同时成立， 可设平面PAB∩平面PCD＝l，则P∈l， 则l⊥平面PBD， 易知AB∥CD，AB⊄平面PCD，所以AB∥平面PCD，则l∥AB， 则有AB⊥平面PBD，显然AB⊥BD不成立，故D错误.故选BC. 10.BD　对于A，假设A正确，即BF⊥平面EAB，于是BF⊥AB， ∠ABF＝90°，但六边形ABFPQH为正六边形，∠ABF＝120°，矛盾， 所以A错误； 对于B，补齐八个角构成棱长为2的正方体， 则该二十四等边体的体积为23－8···1·1·1＝，所以B正确； 对于C，取正方形ACPM对角线的交点为O， 即为该二十四等边体外接球的球心， 其半径为R=，其表面积为4πR2=8π，所以C错误； 对于D，因为PN在平面EBFN内射影为NS，如图， 所以PN与平面EBFN所成角即为∠PNS， 其正弦值为，所以D正确.故选BD. 11. ACD　对于A，如图所示，连接A1C，AB1， 因为点P是线段A1D的中点，所以点P也是线段AD1的中点， 所以平面PB1D1即为平面AB1D1. 根据正方体的性质，AD1⊥平面A1DC，AB1⊥平面A1BC， 所以AD1⊥A1C，AB1⊥A1C， 又因为AD1∩AB1=A，AD1⊂平面AB1D1，AB1⊂平面AB1D1， 所以A1C⊥平面AB1D1，所以点E与点C重合时，A1E⊥平面PB1D1，故A正确； 对于B，如图所示，取BC的中点M， 根据E，M分别为CC1，BC的中点，易得EM∥AD1， 所以A，M，E，D1四点共面， 所以截面为四边形AMED1，且该四边形为等腰梯形. 又因为ME=，AD1=2，AM=ED1=， 所以等腰梯形AMED1的高为 ＝， 所以截面面积为(+2)×=，故B错误； 对于C，如图建立空间直角坐标系， 由图可得，B(2,2,0)，D1(0,0,2)，所以＝(－2，－2,2)， 设E(0,2，m)(0≤m≤2)，所以＝(－2,0，m)， 所以点E到直线BD1的距离d＝＝， 所以m＝1时，距离最小，最小为，故C正确； 12.解析　取AC的中点O，连接OP，OB，因为PA＝PC，所以AC⊥OP. 又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，OP⊂平面PAC， 所以OP⊥平面ABC.又AB＝BC，所以AC⊥OB， 可得OA，OB，OP两两垂直，所以以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，不妨设PA＝4，则A(2，0,0)，C(－2，0,0)，D(，，0)，P(0,0,2)，所以＝(－4，0,0)，＝(，，－2) ， 　 13.解析　依题意，设正△SAB的边长为2，则圆锥SO1的底面圆半径为1，高为，母线长为2， 因此V1＝π×12×＝π， S1＝π×12＋π×1×2＝3π， 球O2半径即为正△SAB的边心距，因此V2＝π×3＝π，S2＝4π×2＝π， 所以·＝×＝1. 答案　1 14.解析　由题意， 作出图象如图所示， 在三棱锥A­BCD中，AB＝AD＝BD＝CB＝CD＝2，∠ABC＝∠ADC＝90°， 取AC的中点E，连接EB，ED， 在△ABC和△ADC中，由几何知识得，两三角形为等腰直角三角形，∴BE⊥AC，DE⊥AC， 又EB⊂平面BDE，ED⊂平面BDE, EB∩ED＝E， 所以AC⊥平面BDE. 故AE，CE分别是三棱锥A­BDE和三棱锥C­BDE的高， 从而VA­BCD＝VA­BDE＋VC­BDE. 在△BED中，ED＝EB＝，BD＝2，EB2＋ED2＝BD2，∴BE⊥ED. 所以VA­BCD＝VA­BDE＋VC­BDE＝S△BDE·(AE＋CE)＝××××2＝. 答案　 15.解析　(1)因为M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点， 所以＝＋＝(＋)＋＝a＋c＋b； ＝＋＝－＋＋＝－a＋b＋c； ＋＝(＋＋)＋(＋) ＝＋＋＋＋ ＝＋＋＝a＋b＋c. (2)因为＝，所以＝， 所以＝＋＝＋＋＝a＋c＋b. 16.(1)证明　因为四棱锥P­ABCD的底面是正方形， 所以BC∥AD， 又BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC， 所以AD∥平面PBC， 因为AD⊂平面PAD，平面PBC∩平面PAD＝l， 所以l∥AD. (2)解析　因为PA＝PB，取AB的中点O，连接PO，则PO⊥AB， 因为平面PAB⊥平面ABCD， 平面PAB∩平面ABCD＝AB， 则PO⊥平面ABCD，所以以O为坐标原点建立如图所示坐标系， 因为PA＝PB＝，AB＝2，ABCD是正方形，所以PO＝2， 则P(0,0,2)，A(1,0,0)， C(－1,2,0)，D(1,2,0)， ＝(－1,0,2)，＝(0,2,0)，＝(－1,2，－2)， 设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)， 则n·＝－x＋2z＝0，n·＝2y＝0， 取x＝2，y＝0，z＝1，即n＝(2,0,1)， 设直线PC与平面PAD所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝， 所以直线PC与平面PAD所成角的正弦值为. 17. (1)证明　连接AC交BD于点N，连接MN， 因为四边形ABCD是正方形，故N为AC中点，又M是AE的中点， 所以在△ACE中，有MN∥EC， 又EC⊄平面BDM，MN⊂平面BDM， 所以EC∥平面BDM. (2)解析　如图，建立空间直角坐标系， 设|DE|=a，|AB|=4， 则B(4,4,0)，C(0,4,0)，F(4,4，a)，A(4,0,0)，E(0,0，a)， 又M是AE的中点， 故M， ＝， ＝(4,0，a)，因为BM⊥CF， 所以·＝－8＋＝0，解得a＝4，设P(x，y，z)，＝， 即＝(x，y－4，z)＝＝(0，－4,4)， 可得P，则＝， 又＝(0,4,4)，＝(－4,0,4)，设平面AEF的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则令z1＝1，则x1＝1，y1＝－1，即n＝(1，－1,1)， 设直线PM与平面AEF所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝ ＝＝，所以直线PM与平面AEF所成角的正弦值为. 18.(1)证明　在△DCM中，由余弦定理可得DM＝＝， 所以DM2＋DC2＝CM2，所以∠MDC＝90°， 所以DM⊥DC. 又因为DC⊥PD，DM∩PD＝D，DM，DP⊂平面PDM， 所以DC⊥平面PDM，又PM⊂平面PDM. 所以DC⊥PM. 由于PQ∥BM，PQ＝BM＝2，所以四边形PQBM为平行四边形，所以PM∥QB， 所以DC⊥QB. 又AB∥DC，所以AB⊥BQ， 所以∠ABQ＝90°. (2)解析　因为QB⊥MD，所以PM⊥MD， 又PM⊥DC，DC∩MD＝D，DC，MD⊂平面ABCD， 所以PM⊥平面ABCD. 取AD中点E，连接PE，设PM＝h. 设多面体ABCDPQ的体积为V， 则V＝V三棱柱ABQ­PEM＋V四棱锥P­CDEM ＝3VA­PEM＋V四棱锥P­CDEM＝3VP­AEM＋V四棱锥P­CDEM ＝S△AEM×h＋S四边形CDEM×h＝S△AEM×h＋×2S△AEM×h＝S△AEM×h＝××2×1×sin h＝. 解得PM＝h＝3. 19.解析　(1)在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG，证明如下： ∵点M，N分别是边BC，CD的中点，又∠DAB＝60°， ∴BD∥MN，且△PMN是等边三角形， ∵G是MN的中点，∴MN⊥PG， ∵菱形ABCD的对角线互相垂直， ∴BD⊥AC，∴MN⊥AC，∴MN⊥AG， ∵AG∩PG＝G，AG⊂平面PAG，PG⊂平面PAG， ∴MN⊥平面PAG，∴BD⊥平面PAG， ∵BD⊂平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAG. (2)由题意知，四边形MNDB为等腰梯形，且DB＝4，MN＝2，O1G＝，∴等腰梯形MNDB的面积S＝＝3，要使得四棱锥P­MNDB体积最大，只要点P到平面MNDB的距离最大即可， ∴当PG⊥平面MNDB时，点P到平面MNDB的距离的最大值为PG＝. 假设符合题意的点Q存在.以G为坐标原点，GA，GM，GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A(3，0,0)，M，N，P(0,0，)，又AG⊥PG，AG⊥MN，且MN∩PG＝G，MN⊂平面PMN，PG⊂平面PMN，∴AG⊥平面PMN，故平面PMN的一个法向量为n1＝，设＝λ(0≤λ≤1)， ∵＝(－3，0，)，＝， 故Q(3－3λ，0，λ)， ∴＝，＝(3λ－3，1，－λ)， 设平面QMN的一个法向量为n2＝，则 即令z2＝1， 所以 ∴n2＝＝，则平面QMN的一个法向量n＝， 设二面角Q­MN­P的平面角为θ， 则|cos θ|＝＝＝， 即＝，解得λ＝， 故符合题意的点Q存在，且点Q为线段PA的中点. 学科网（北京）股份有限公司 $$