第七章 立体几何与空间向量（举一反三综合训练）（全国通用）2026年高考数学一轮复习举一反三系列

第七章 立体几何与空间向量（举一反三综合训练） （全国通用） （考试时间：120分钟；满分：150分） 注意事项： 1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第I卷（选择题） 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。 1．（5分）（2025·四川成都·模拟预测）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若，则 D．若 ，则 【答案】D 【解题思路】利用线面平行的判定定理可推断A，利用面面平行的性质定理可推断B，利用空间垂直与平行的关系可推断CD. 【解答过程】对于A，若 ，则 或，故A错误； 对于B，若 ，则 或与是异面直线，故B错误； 对于C，若，则 或 ，故C错误； 对于D，若 ，则，又因为所以，故D正确， 故选：D. 2．（5分）（2025·湖北·二模）如图所示，在平行六面体中，，.设，，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】根据空间向量的线性运算得，则得到其和值. 【解答过程】因为，， 则 ， 所以，故. 故选：D. 3．（5分）（2025·山东青岛·模拟预测）须弥座又名“金刚座”，是一种古建筑的基座形式，通常用来作为宫殿、寺庙、塔、碑等重要建筑的基座，由多层不同形状的构件组成，一般上下宽、中间窄，呈束腰状，具有很高的艺术价值.某古建筑的基座为须弥座，其最下层为正六棱台形状，如图所示，该正六棱台的上底面边长为，下底面边长为，侧面积为，则该正六棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】利用台体侧面积求斜高，再由斜高求台体的高，最后利用台体体积公式求体积即可. 【解答过程】 取上、下底面中心分别为，取一个侧面等腰梯形的上、下中点分别为， 连接，由底面是正六边形性质可得：， 由上底面边长为，下底面边长为，可得， 则， 再由侧面积为，可得， 根据勾股定理得， 所以正六棱台的体积为 ， 故选：B. 4．（5分）（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）已知空间中有5个点、、、、，若满足，且、、、四点共面，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据空间共面向量定理的推论可求的值. 【解答过程】由得， 即， 由空间向量共面定理的推论可知，，解得. 故选：B. 5．（5分）（2025·浙江·二模）正方体中，点分别为正方形及的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线所成角余弦值即可. 【解答过程】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设正方体边长为1， 则， 故， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为.    故选：C. 6．（5分）（2025·江苏泰州·模拟预测）在三棱锥中，，，侧棱长都等于，其中在球的表面上，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】先求出外接圆的半径，再根据三棱锥的特征找出球心与外接圆圆心的位置关系，进而求出球的半径，最后根据球的表面积公式求出球的表面积. 【解答过程】已知，，由余弦定理得： 所以， 由正弦定理，底面的外接圆半径满足，即，故， 由于侧棱长， 则顶点在底面上的投影为底面三角形的外心，则， 设，由勾股定理，即，解得：， 则外接球的球心必在过且垂直于底面的直线上， 设到的距离为，则， ，因，故，解得：， 所以球的半径，表面积为. 故选：D. 7．（5分）（2025·内蒙古包头·模拟预测）如图，正方体的棱长为2，分别是棱的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（   ） A．不存在点，使得平面 B．过三点的平面截正方体所得截面图形是五边形 C．三棱锥的体积为4 D．三棱锥的外接球表面积为 【答案】D 【解题思路】对于A，找到中点为点，易得平面，排除A项；对于B，作出截面并判断形状即可排除；对于C，利用等体积法转化，结合三棱锥体积公式即可判断；对于D，根据三棱锥的墙角模型，将其补形成长方体，从而将三棱锥的外接球转化成对应长方体的外接球来求解. 【解答过程】对于A，当为中点时，由三角形中位线定理可得， 因为平面，平面，所以平面．故A错误； 对于B，由中位线可得，在正方体中，易证，所以， 即就是一条截线，连，得截面，又因，所以截面为梯形，故B错误； 对于C，点到平面的距离为2， 故，故C错误； 对于D，因两两垂直， 则三棱锥的外接球可以补形成以这三边长为长、宽、高的长方体的外接球， 则外接球半径即该长方体的体对角线的一半，即， 故其表面积，故D正确． 故选：D. 8．（5分）（2025·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（    ） A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面与平面夹角的余弦值为 C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面 【答案】C 【解题思路】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，由空间向量计算异面直线所成角，二面角和线线垂直可判断ABC；由四点共面，而平面可判断D. 【解答过程】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1， 所以，， ， 对于A，，， 直线MN与所成角的余弦值为，故A错误； 对于B，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， ，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 平面与平面夹角的余弦值为： ，故B错误； 对于C，因为Q在上，设，所以，， 则，所以， 所以，， 所以，解得：. 故上存在点，使得，故C正确； 对于D，因为，所以四点共面， 而平面，所以上不存在点P，使得平面，故D错误. 故选：C. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．（6分）（2025·陕西西安·二模）如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（   ）    A． B． C．四边形的面积为 D．四边形的周长为 【答案】BC 【解题思路】A选项，作出辅助线，得到各边长，结合，求出；B选项，由斜二测法可知；C选项，作出原图形，求出各边，由梯形面积公式得到C正确；D选项，在C基础上，求出各边长，得到周长. 【解答过程】A选项，过点作垂直于轴于点， 因为等腰梯形中，， 所以， 又，所以，A错误；        B选项，由斜二测法可知，B正确； C选项，作出原图形，可知，，，， 故四边形的面积为，C正确；    D选项，过点作于点， 则， 由勾股定理得， 四边形的周长为，D错误． 故选：BC. 10．（6分）（2025·福建·模拟预测）如图，在三棱柱中，，分别是线段，上的点，且，.设，，，且均为单位向量，若，则下列说法中正确的是（    ） A．与的夹角为 B． C． D． 【答案】BCD 【解题思路】由空间向量的运算法则和空间向量的夹角公式、模长公式、数量积的定义对选项一一判断即可得出答案. 【解答过程】对于A，，，，所以与的夹角为，又， 所以与的夹角为，故A错误； 对于B，因为，， 所以， ， ，故B正确； 对于C，，，， ，，， ， ，故C正确； 对于D，， ，故D正确. 故选：BCD. 11．（6分）（2025·山东德州·三模）在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，平面，且，点，，分别为棱的中点，则（   ） A． B．异面直线和所成的角为 C．平面与平面所成角的正弦值为 D．过点，，的平面截四棱锥所得的截面图形为五边形 【答案】ACD 【解题思路】以点为原点，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系，利用空间向量的系列公式计算即可判断A，B，C；对于D，作出截面即得. 【解答过程】 如图，因平面，底面是边长为1的正方形， 故可以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 对于A，， 则，因， 则，即A正确； 对于B，因点是的中点，故且， 则，设和所成的角为， 则， 因，故，故B错误； 对于C， 由于平面，平面的法向量可取为， 点为棱的中点，则，，。 设平面法向量为，则，则，解得 设直线与平面所成角为，则，则，故C正确； 对于D，如图，延长与直线交于点，延长与直线交于点， 连接与交于点，连接与交于点，连接， 则平面截四棱锥的截面为五边形.即D正确. 故选：ACD. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（5分）（2025·上海·模拟预测）不与共面，并且四点在一个平面上，（），则的最小值为 ． 【答案】16 【解题思路】由向量共面定理有，再应用基本不等式“1”的代换求最小值. 【解答过程】由题设，不与共面，且四点共面， 所以，可得，且， 所以， 当且仅当时取等号，则的最小值为16. 故答案为：16. 13．（5分）（2025·湖北武汉·模拟预测）棱长均为1m的正三棱柱透明封闭容器盛有水，当侧面水平放置时，液面高为 （如图1）； 当转动容器至截面水平放置时，盛水恰好充满三棱锥（如图2），则 . 【答案】 【解题思路】由题可得，由，可得，从而可得，据此可得答案. 【解答过程】由题意，正三棱柱的棱长均为 ， 所以， 由题意可得， 又由得，∴，∴ ∵，∴，∴ 在等边中，边上的高为. 因为，∴. 故答案为：. 14．（5分）（2025·湖南·三模）如图，在直三棱柱中，△ABC是正三角形，D为AC的中点，点E在棱上，且，若，，则点到平面BDE的距离为 . 【答案】 【解题思路】建立适当的空间直角坐标系，求出，其中是平面的法向量，结合公式即可运算求解. 【解答过程】如图，取的中点，因为平面，平面， 所以， 因为三角形是等边三角形，点是中点，所以， 所以两两互相垂直，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因为，，，D为AC的中点， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，解得， 所以可取， 点到平面BDE的距离为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分）（2025·山西晋城·模拟预测）如图，在四棱柱中，底面为平行四边形，点是线段上的一个动点，、分别是、的中点.    (1)求证：平面； (2)若四棱柱的体积为，求三棱锥的体积的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）连接，由中位线可知，然后结合线面平行的判定定理即可得证； （2）由是的中点得，再由平面，，所以，又，，联立即可得解. 【解答过程】（1）在四棱柱中，连接，如图，    因、分别是、的中点，则有， 又平面，平面，所以平面. （2）由是的中点得， 在四棱柱中，，， 故四边形为平行四边形，则， 因为平面，平面，则平面， 又点是线段上的一个动点， 则， 所以三棱锥的体积的值为. 16．（15分）（2025高二上·全国·专题练习）已知O，A，B，C，D，E，F，G，H为空间的9个点（如图所示），并且，，，，．求证： (1)A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面； (2)； (3)三点共线． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【解题思路】（1）根据空间向量的基本定理即可得证； （2）由，结合空间向量的减法和数乘运算可推出，从而得证； （3）由，结合（2）中结论与即可得证. 【解答过程】（1）由，， 知A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面； （2）由，，， 得 ， 所以； （3）由（2）知， 所以 ， 所以， 即，又与有一个公共点，所以三点共线． 17．（15分）（2025·重庆·三模）如图，已知在四棱锥中，，平面，平面平面. (1)证明：； (2)若且，G为的重心，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）由面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理和性质定理即可证明； （2）以 为坐标原点, , 为 轴、 轴,过 平行于 的直线为 轴建立空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案. 【解答过程】（1） 平面 , 平面 , . 过 作 ,交 于点 , 平面 平面 ,平面 平面 平面, ∴所以 平面 平面，, 又 平面 ，平面 ， 平面 ，平面 ， ； （2）以为坐标原点, , 为 轴、 轴,过平行于 的直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ,. 设 , ， 由题意可得 解得 G为的重心， 设平面的一个法向量为,则, ∴，令 ，则，∴， 设直线与平面所成角为， 则. 18．（17分）（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为3的菱形，平面，，，点为线段上的三等分点.    (1)证明：平面平面. (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）利用面面垂直的判定定理可得答案； （2）连接，取的中点，以为原点，所在的直线分别为，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案. 【解答过程】（1）因为四棱锥中，底面是边长为3的菱形，所以， 因为平面，平面，所以， 由，平面，得平面， 又平面， 所以平面平面； （2）连接，取的中点，连接，因为，所以， 以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设为平面的一个法向量，则 ，令，则， ， 设为平面的一个法向量，则 ，令，则， ， 所以， 所以二面角的余弦值为.    19．（17分）（2025·江西景德镇·模拟预测）如图，该几何体由两个相同的正四棱台组合而成 (1)证明：. (2)已知M，N，O分别是棱，，的中点，过点M，N，O的平面截该几何体所得的截面是边长为2的正六边形，求棱的长度. (3)已知，该几何体的体积，平面与平面夹角的余弦值为，求棱的长度. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)2 【解题思路】（1）根据P，E，G，Q四点共面，四边形为菱形，即可得出； （2）根据正六边形边长计算求解得出； （3）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再应用二面角余弦计算得出，最后结合四棱台体积公式计算求解. 【解答过程】（1）如图，分别延长两个正四棱台的侧棱，得到正四棱锥及正四棱锥， 所以. 连接，，记，连接，. 在正四棱锥及正四棱锥中，平面，平面， 所以直线与是同一条直线. 因为，所以P，E，G，Q四点共面，所以四边形为菱形， 所以. （2）解：连接，. 因为过点M，N，O的平面截该几何体所得的截面是边长为2的正六边形， 所以，. 故. （3）解：记正方形的中心为，连接，. 以为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设，则，，， 所以，. 记平面的法向量为， 则即 取，则. 同理可得平面的一个法向量为. ， 解得， 所以正四棱锥的体积. 因为该几何体的体积为，所以正四棱台的体积， 则正四棱锥的体积. .设，则. 因为，所以，所以， 则，解得. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第七章 立体几何与空间向量（举一反三综合训练） （全国通用） （考试时间：120分钟；满分：150分） 注意事项： 1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第I卷（选择题） 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。 1．（5分）（2025·四川成都·模拟预测）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若，则 D．若 ，则 2．（5分）（2025·湖北·二模）如图所示，在平行六面体中，，.设，，，，则（   ） A． B． C． D． 3．（5分）（2025·山东青岛·模拟预测）须弥座又名“金刚座”，是一种古建筑的基座形式，通常用来作为宫殿、寺庙、塔、碑等重要建筑的基座，由多层不同形状的构件组成，一般上下宽、中间窄，呈束腰状，具有很高的艺术价值.某古建筑的基座为须弥座，其最下层为正六棱台形状，如图所示，该正六棱台的上底面边长为，下底面边长为，侧面积为，则该正六棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 4．（5分）（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）已知空间中有5个点、、、、，若满足，且、、、四点共面，则的值为（    ） A． B． C． D． 5．（5分）（2025·浙江·二模）正方体中，点分别为正方形及的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 6．（5分）（2025·江苏泰州·模拟预测）在三棱锥中，，，侧棱长都等于，其中在球的表面上，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 7．（5分）（2025·内蒙古包头·模拟预测）如图，正方体的棱长为2，分别是棱的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（   ） A．不存在点，使得平面 B．过三点的平面截正方体所得截面图形是五边形 C．三棱锥的体积为4 D．三棱锥的外接球表面积为 8．（5分）（2025·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（    ） A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面与平面夹角的余弦值为 C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．（6分）（2025·陕西西安·二模）如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（   ）    A． B． C．四边形的面积为 D．四边形的周长为 10．（6分）（2025·福建·模拟预测）如图，在三棱柱中，，分别是线段，上的点，且，.设，，，且均为单位向量，若，则下列说法中正确的是（    ） A．与的夹角为 B． C． D． 11．（6分）（2025·山东德州·三模）在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，平面，且，点，，分别为棱的中点，则（   ） A． B．异面直线和所成的角为 C．平面与平面所成角的正弦值为 D．过点，，的平面截四棱锥所得的截面图形为五边形 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（5分）（2025·上海·模拟预测）不与共面，并且四点在一个平面上，（），则的最小值为 ． 13．（5分）（2025·湖北武汉·模拟预测）棱长均为1m的正三棱柱透明封闭容器盛有水，当侧面水平放置时，液面高为 （如图1）； 当转动容器至截面水平放置时，盛水恰好充满三棱锥（如图2），则 . 14．（5分）（2025·湖南·三模）如图，在直三棱柱中，△ABC是正三角形，D为AC的中点，点E在棱上，且，若，，则点到平面BDE的距离为 . 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分）（2025·山西晋城·模拟预测）如图，在四棱柱中，底面为平行四边形，点是线段上的一个动点，、分别是、的中点.    (1)求证：平面； (2)若四棱柱的体积为，求三棱锥的体积的值. 16．（15分）（2025高二上·全国·专题练习）已知O，A，B，C，D，E，F，G，H为空间的9个点（如图所示），并且，，，，．求证： (1)A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面； (2)； (3)三点共线． 17．（15分）（2025·重庆·三模）如图，已知在四棱锥中，，平面，平面平面. (1)证明：； (2)若且，G为的重心，求直线与平面所成角的正弦值. 18．（17分）（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为3的菱形，平面，，，点为线段上的三等分点.    (1)证明：平面平面. (2)求二面角的余弦值. 19．（17分）（2025·江西景德镇·模拟预测）如图，该几何体由两个相同的正四棱台组合而成 (1)证明：. (2)已知M，N，O分别是棱，，的中点，过点M，N，O的平面截该几何体所得的截面是边长为2的正六边形，求棱的长度. (3)已知，该几何体的体积，平面与平面夹角的余弦值为，求棱的长度. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$