第七章 空间向量与立体几何（综合训练）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦空间向量与立体几何核心知识，通过基础辨析、动态探究与综合应用，系统考查空间观念、推理能力及数学语言表达，适配一轮复习知识整合需求。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念|选择1-2题|线面位置关系判断、充要条件分析|空间点线面关系→空间角概念生成| |空间计算|选择3/5/7、填空11-13|体积计算、表面积与体积最值、传统几何体体积|几何体结构特征→体积公式推导→实际应用| |动态与存在性|选择8-10、填空14-15|动点轨迹、存在性探究、空间角范围|静态几何→动态变量引入→空间关系转化| |综合应用|解答16-21|线面平行/垂直证明、空间角计算、折叠与探究|空间向量工具→几何问题代数化→逻辑推理与运算|

第七章 空间向量与立体几何（综合训练） 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1. 答卷前，考生务必将白己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4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，直线，则下面结论正确的是（    ） A．若，则； B．若，则；· C．若，则； D．若，则； 2．已知为异面直线，为平面，，则“与所成的角为”是“与平面所成的角为”的（    ）． A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 3．如图，三棱锥P-ABC的体积为V，E，F分别是棱PB，PC上靠近点P的三等分点，G是棱AB 上靠近点B的三等分点，H是棱AC上靠近点C的三等分点，则多面体的体积为（    ） A． B． C． D． 4．已知正三棱柱的所有棱长均为2，且点在上运动，则直线与平面所成角的最大正弦值为（   ） A． B． C． D． 5．唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似的看作是半球与圆柱的组合体（如图2）．假设内壁表面光滑，其内壁表面积为cm2，半球的半径为cm，当时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则的最小值为（   ） A．1 B． C． D． 6．已知正方体中，点，，分别为棱，，的中点，给出下列四个结论：    其中不正确结论是（　　） A．直线与平面相交； B．平面； C．若，则点到平面的距离为； D．该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等． 7．木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形是边长为4的正方形，且，均为等边三角形，，，则该木楔的体积为（    ） A． B． C． D． 8．如图，长方体中，，，，点，分别是和的中点，是侧面内一动点（含边界），若平面，则动点的轨迹的长度为（    ）    A． B． C． D．9 9．如图，在棱长为1的正方体中，点P满足，则下列说法正确的是（    ） ①当时，平面； ②当时，； ③当时，AP长度的最小值为； ④当时，存在点P，使得AP与平面所成的角为 A．①② B．①③ C．②③ D．②④ 10．如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（    ） ①平面； ②平面； ③三棱锥的体积不变； ④异面直线与所成角的取值范围是. A．①②④ B．①④ C．①②③ D．③④ 第二部分（非选择题 共110分） 2、 填空题：本题共5小题，每小题5分，共25 分. 11．已知一个圆锥的轴截面是一个斜边长为的等腰直角三角形，则此圆锥的表面积为______． 12．如图，在三棱柱中，所有棱长均为1，且底面，则点到平面的距离为______.    13．如图所示，鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下､左右､前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经榫卯起来.若正四棱柱的高为，底面正方形的边长为.现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器（容器壁的厚度忽略不计）的表面积的最小值为__________，该鲁班锁的体积为__________. 14．在棱长为的正方体中，点P是底面内的动点，给出下列四个结论： ①的最小值为； ②的最小值为； ③的最大值为； ④的最小值为． 其中所有正确结论的序号是_______． 15．如图，在棱长为2的正方体，中，分别为的中点，为底面（不包括边界）上的动点且满足平面，则下列说法中，正确的序号有__________． ①存在点，使得平面； ②存在点，使得三棱锥的体积为； ③存在点，使得； ④若点在线段（不包含端点）上运动，则二面角一定为锐角且无最小值． 3、 解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16．（13分） 如图，在直三棱柱中，分别为的中点. (1)求证：平面； (2)若点是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. 17．（13分） 如图，在多面体中，平面平面，四边形为正方形，四边形为梯形，且.    (1)求证：； (2)线段上是否存在，使得平面？若存在，求出值；若不存在，请说明理由. (3)求多面体的体积. 18．（14分） 如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，平面，是的中点. (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值. 条件①：平面平面；条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 19．（15分） 如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，底面为等边三角形，平面平面，点分别是的中点.    (1)证明：平面平面； (2)若，点在直线上，且平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 20．（15分） 在中，，，，分别是上的点，满足且DE经过的重心，将沿DE折起到的位置，使，M是的中点，如图所示.    (1)求证：平面； (2)求点M到平面的距离； (3)在线段上是否存在点N（N不与端点重合），使平面CMN与平面DEN垂直？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 21．（15分） 如图，在三棱锥中，为正三角形，，，，分别为棱，上的动点，且平面．    (1)证明：平面平面； (2)若截面将三棱锥截成上下两部分的体积之比为，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)若球是三棱锥的外接球，若平面截球所得的截面的面积为，求． 学科 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 第七章空间向量与立体几何（综合训练） 参考答案 第一部分（选择题共40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4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 题号 1 2 4 6 7 9 10 答案 C A D 第二部分（非选择题 共110分) 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分 11.(2+22)π √2 12.7 13. 41π 31 14.①②④ 15.②④ 三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16.（13分) 1/13 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 C 【详解】(1) H B 如图，取线段BC的中点，连接H,明，因E,F AB.B.C EH/IAC,FH//CC ,因 分别 的中点故有 又因为 C,CGC平面1cG4,BH,FHz平面4CG4,放I/平面1CG4,PH/平面1C4 平面 平面 ,故 平面 又BHnH=H 则平 EHF∥平 面4CG4因EFc平面Bf,则F"平面4CC4 平面 (2) B 如图，分别以 C,BA,B服为，2轴的正方向建立空间直角坐标系 -xyz A(0,2,0),B(0,0,0),B(0,0,2),E(0,1,0),F(1,0,2) ,设 P0,02B即=B丽，则0≤≤1，代入坐标得： (0,0,z)=2(0,0,2)P0,0,22) ,即 于是4=(0-2,2)，B=(0,-10,.F=4,-,2),设平面8EF的法向量为 =(a,b,c,则有 2/13 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 n·EB=-b=0 元-EF=a-b+2c=0'故可取n=(-2,0,1)' 1comH5x2P+15,解得： 22 1 依题意得， 2,即线段BP的长为1. 17.(13分) 【详解】(1)证明：因为四边形ADEF为正方形，所以AF⊥AD 平面ADEF⊥平面ABCD,且平面ADEF平面ABCD=AD,AFC平面ADEF, 所以AF⊥平面ABCD 因为CDC平面ABCD,所以AF⊥CD BM 1 (2)存在，BD=2,理由如下： 设线段BD上存在M,使得CE‖平面AMF.显然点M与点D不重合 所以DE不在平面AMF中，AFc平面AMF, 因为四边形ADEF为正方形，所以AF/IDE. 所以DEII平面AMF 因为CE∩DE=E,CE,DEc平面CDE,所以平面CDEI1平面AMF. 因为平面CDE∩平面ABCD=CD,平面AMFO平面ABCD=AM, 所以CD/IAM, D/BC,∠BAD=90°，AB=AD=L,BC=2 因为四边 ABCD为梯形，且 如图，取BC的中点 H,连接AH,则BH=CH=DA=L,所以四边形AHCD为平行四边形，四边形ABHD是正方形. 所以AH IICD,且AH与BD的交点即为点M,点M是BD的中点， BM 1 所以BD2 3/13 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 E D A M 当点为 的中点时，因为 所 B M BD AB=AD, 以AM⊥BD. 延长4M交BC于点H因为 D/1BC,∠BAD=90°，AB=AD=1 所以∠ADB=∠DBC 所以△ADM兰△HBM,所以BH=AD=l,所以点H是BC的中点连接FH, 因为四边形ADEF为正方形，所以FE/IAD,FE=AD所以FE1IHC,FE=HC, 所以四边形FHCE为平行四边形. 因为CE不在平面AMF中，HFc平面AMF, 所以CEII平面AMF. BM 1 因此，线段BD上存在M,使得CE‖平面AMF,BD的值为2· (3)多面体ABCDEF由三棱锥F-ABH和三棱柱AFH-DEC组成： 由(1)知FA⊥平面ABCD,由己知，FA=1. 所以三校链F-ABH的体积m写m×FA-弓×xB×xFA= Γ32 6 三棱柱休积'mr=3m=3m=3x兮Sm×F1=3x××ADxDAx51 32 2 112 所以多面体ABCDEF的体积为6+23· 18.(14分) 【详解】(I):ABCD为菱形，所以CD/I AB. 又因为ABC平面PAB,CDC平面PAB, 所以CDII平面PAB. 4/13 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (2)若条件①：平面PDC⊥平面PBC. ,底面ABCD是边长为2的菱形，PB=AB=2,“.PB=BC=2, E是PC的中点，BE⊥PC :平面PDC⊥平面PBC,平面PDCN平面PBC=PC,BEc平面PBC, .BE⊥平面PDC. ,CDC平面PDC,所以BE⊥CD CD/I AB,.BE⊥AB, ,PB⊥平面ABCD,AB,ADc平面ABCD,.PB⊥AB,PB⊥BC 又PB∩BE=B,PB,BEC平面PBC,AB⊥平面PBC. BCc平面PBC,.AB⊥BC .PB,BC,AB两两垂直， 以B为坐标原点，分别以BC,BA,BP为，y,2轴建立空间直角坐标系， B B(0,0,0),A(0,2,0),E(1,0,1),D(2,2,0) 所以DE=(1,-2,BE=(0,,B=(0,20) 设平面ABE的法向量为” ,i=(x,y,z) ni.BE=x+z=0 则方AB=2y=0，令x=1,得i=(1,0,-), 设直线DE与平面ABE所成角为B, 5/13 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 DE.n 则sin9=cos(DE,il 2 DE 6xV2=3: 5 故直线DE与平面ABE所成角的正弦值为3 PD=23 若选择条件②： ,PB⊥平面ABCD,BDc平面ABCD,∴.PB⊥BD ,菱形棱长为2，PB=AB=2 BD=JPD-PB-(23)-2=2 :BC=CD=2,所以BD2=BC2+CD2, 所以BC⊥CD,即BC⊥AD」 所以底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC⊥AB. :PB⊥平面ABCD,AB,BCC平面ABCD, .PB⊥AB,PB⊥BC 所以PB,AB,BC两两垂直， 以B为坐标原点，分别以BC,BA,BP为x,y,2轴建立空间直角坐标系， 6/13 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 P F E A D 则BQ0,0.40,20.E(t01.D2,20） 所以DE=(-2.E-(L0,1),=020) 设平面ABE的法向量为” =(x,y,z） iBE=x+z=0 则iAB=2y=0,令x=1,得i=(1,0,-l), 设直线DE与平面ABE所成角为B, DE.n 2 则sin6=cos(DE,i DE团V6×V2=3. 放位线0e与平面E所成有的于法位为号 19.(15分) 【详解】(1) .40 如图，取1C的中点0，连接40，因为侧面 ACC ∠AAC=60° 为菱形， 7/13 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 所以4014C AACC⊥ABC 又因为平面 平面 AACC ABC=AC 平面 平面 C平面41CG,所以401 A40c 平面ABC C 又因为E是 的中点，所以四边形40C 为平行四边形， AOII 所以 CE,所以CEL平面MBC 又CEC平面DEC,所以平面DEC⊥平面ABC. (2)连接OB,因为△ABC为等边三角形，则OB⊥OC. 2 B B,OC,OA 所以 两两垂直则以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 因为B=2,所以OB=04=V5 放O0,0.0.B(3,00 4(0,0,3),C(0,1,0),E(0,l,V3),C0,2,V3) 设CF=2CG,则0F=0C+CG=@,L0+0,32)=0,1+2,V5) 即F01+5EF=0,25-A 8/13 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 0-c-c-c9与0 2 设平面DEF m=(x,y,z) 的一个法向量为 mDE=0 3x-y=0 则{mF=0'则y+(3-z=0 取2=，则=5-5，x=1-元 故平面DF的一个法向量为m=(-元，5-V32,A) 又由(1)可知平面ABC的一个法向量为 =(0,0,1) m 行 由题可两何训-得同同0-+0-罗， 叉1cFH20G卡212，所以线段Cn的长为或2 20.(15分) 【详解】(1)因为在RtAABC中，∠C=90°，DE1IBC,所以DE⊥AD,DE⊥CD, DE LAD ADOCD=D AD,CDC ACD 根据折叠关系 ,而 且 平面 所以DEL平面 4CD ACc ACD DELAC.4c1cD 平面 ,则 由CDADE=-D,CD,DEC平面BCDE,所以4C平面B .AC⊥ BCDE (2)因为Di经过AMBC的重心，放DE-号8C=2,由1)知4C1平面BCDE. 以CD为轴，CB为轴，C4为轴，建立空间直角坐标系，· 9/13 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 M B D CD=2,AD=4,AC=2V3 由几何关系知 故C0,00),D(2,00,E(22,0,B(0,3,0),4(00,23)M,05). 所以4M=0,0-5),4B=(0,3-2),4正=(2,2，-25) i4B=0 设平面ABE的法向量为方=(x,y,z),则方·4E=0, 3y-23z=0 即2x+2y-2√3z=0,令y=2,则i=12,V3), 设以到平面46的距离为-内点 2 (3)设N(,),BN=BA,0<<1,即（，y-3,)=0,-3,2 即￥=0y=3(-,=25,N0,31-225A, 设平面CN的法向量为%=(5，，)，则CM=(0,V).CN=-(0,31-,25 0则350：-则小 zCM=0x2+3z2=0 设平面DzN的法向量为%=(G,为，3)，D正=(0,20)，DN=(2,31-2),23) 10113 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 nDE=0 2y3=0 则-0m=0.即-2+30-g+25,=0:令5=5，则%-(5.0 若平面CN与平面D8N垂直，则满足元店=0，即3-克0，-行 AN 2 故存在这样的点， N-号队，所以4B5, 21.（15分) 【详解】(1) 取线段AB的中点为M,连接PM,CM,因为PA=PB,所以PM⊥AB; 又因为△ABC为正三角形，所以CM⊥AB, 又因为PMc平面PAB,CMC平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB, 所以∠PMC即为二面角P-AB-C的平面角 PA=PB=6,B=25,所PA+PB=B,所以PLPB, 又因 即APAB为直角三角形，且∠APB=90,所以PM=4B=5, 又因为s18cC为E三角形，且4B=25,所M-25x9-3 2 又因为C=2 5,所PM+CM=PC,nPM1CM 所以∠PMC=90°，所以平面ABC⊥平面PAB; (2)由(1)知，MA,MC,MP两两垂直，分别以MA,MC,MP为x,y,2轴建立空间直角坐标系，如图所示， 11/13 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 E 则M(00,o)A5,0.0B-5,00,C(03,0,P0.0,)） 因为BCII平面AEF,因为BCc平面PBC,平面PBC∩平面AEF=EF,所以EF //BC, 则△PEF∽APBC 因为截面AEF将三棱锥P-ABC截成上下两部分的体积之比为1：3，所以'，= 又因为ynA='A,V,Ac=V4Pc,即'Pn=4PC, SA旺=}EF=I 因为三棱锥A-PEF与三棱锥A-PBC的高相等，所以S△PC4,即BC2, 所以E,F分别为棱PB,PC的中点， 9.-5 2 20 设平面 的法向量为 ,由m·EF=0,得 AEF n=(x,,2) n·AE=0 20 取=5，则4=，名=35，所以%-(5，-35列 平面1BC的法向量为%=(0,0，)， 12113 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 7%393 设平面4和平▣AC的夹角为，则0-a西网 31, AEF V93 所以平面ABr和平面ABC的夹角的余弦值为 31； (3)三棱锥PABC的外接球的球心O即为正三角形ABC的中心，即 (0,1,0) ，外接球的半径 R=0C=2, 因为平面1BF 球所得的截面面积为3江，所以截面圆的半径为=5，所以球心0到平面4F的距离 为1=VR2-P=1 设PB 设E=PB-(队，0-5a).则(-5A,05-5), 同理F03av5-v5),所以正=-(5A-5.05-3.F-(5,320） 设平面AEF的法向量为” =(xy,2) nEF=0 V3x+3y=0 由=0'得(-3-5)x+(5-3)z=0: 取x=5(1-),则y=-1+元，z=50+入)，则i=(5-5,-l,5(+2刃 又为0-h5.-04 4-42 即40-+30+示，解得2=写：所以限-行 =1 PE 1 13/13 第七章 空间向量与立体几何（综合训练） 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1. 答卷前，考生务必将白己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4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，直线，则下面结论正确的是（    ） A．若，则； B．若，则；· C．若，则； D．若，则； 【答案】A 【分析】BCD可举出反例；A利用线面平行的性质，及平行的相关定理可推理判断. 【详解】对于A，由，则存在相异于的直线， ，使，即， 又，所以，又，所以， 故，故A正确； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，若，则或，故C错误； 对于D，仅说明直线与交线垂直，不能保证垂直于内的所有直线，故D错误； 故选：A. 2．已知为异面直线，为平面，，则“与所成的角为”是“与平面所成的角为”的（    ）． A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】根据线面角，线线角及充分必要条件的定义分析判断. 【详解】如图，过点作交平面于点，作交平面于点，连结， 则即为与所成的角，等于直线与平面所成的角， 显然， 所以 “与所成的角为”是“与平面所成的角为”的充分必要条件. 故选：C． 3．如图，三棱锥P-ABC的体积为V，E，F分别是棱PB，PC上靠近点P的三等分点，G是棱AB 上靠近点B的三等分点，H是棱AC上靠近点C的三等分点，则多面体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】多面体体积为三棱锥与四棱锥体积之和,再利用体积之比与高之比底面积之比的关系解题即可. 【详解】连接， ∵ ∴， ∵， ∴, ∴多面体体积为：. 故选： B. 4．已知正三棱柱的所有棱长均为2，且点在上运动，则直线与平面所成角的最大正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过作于，根据已知易得底面，且为等边三角形，再由线面角的定义找到直线与平面所成角的平面角，进而分析其最大对应的正弦值即可. 【详解】过作于，根据正三棱柱的结构特征知底面，且为等边三角形. 所以直线与平面所成角是，而， 显然，要使最大，只需最大，即最小， 在中，故，此时最大， 所以，此时. 故选：B 5．唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似的看作是半球与圆柱的组合体（如图2）．假设内壁表面光滑，其内壁表面积为cm2，半球的半径为cm，当时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则的最小值为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】设圆柱的高为，根据圆柱和球的表面积公式求得，再根据圆柱和球的体积公式求出酒杯和半球的体积，结合题意求得的范围，即可得解. 【详解】设圆柱的高为， 则，所以, 酒杯的体积， 半球的体积， 因为酒杯的容积不大于半球体积的2倍， 所以，解得， 又因，所以， 所以， 当时，的最小值为. 故选：C. 6．已知正方体中，点，，分别为棱，，的中点，给出下列四个结论：    其中不正确结论是（　　） A．直线与平面相交； B．平面； C．若，则点到平面的距离为； D．该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等． 【答案】A 【分析】①先证，可得平面平面，从而知平面，可判断A的真假；②利用三垂线定理可得，再由线面垂直的判定定理知平面，并结合平面平面，可判断B的真假；③易知是边长为的等边三角形，再利用等体积法可求点到面的距离，判断C的真假；④结合四面体是正三棱锥，且正方体的棱构成三组平行线，即可判断D的真假． 【详解】①因为点分别为棱的中点， 所以，即四边形是平行四边形， 所以， 又因为平面，平面，所以平面. 因为点分别为棱的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面. 因为，平面， 所以平面平面. 因为平面，所以直线平面，即A错误； ②由三垂线定理知，， 因为平面，所以平面， 由①知平面平面， 所以平面，即B正确； ③若，则是边长为的等边三角形， 所以， 设点到平面的距离为， 因为， 所以， 所以， 所以点到平面的距离为，即C正确； ④由题意知，四面体的底面是等边，且， 即四面体是正三棱锥， 所以三条侧棱与底面所成角均相等， 而，，， 所以该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等， 由①知平面平面， 所以该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等，即D正确． 故选：A 7．木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形是边长为4的正方形，且，均为等边三角形，，，则该木楔的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接，取的中点O，连接，求出，结合三棱锥和三棱柱的体积公式计算即可. 【详解】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接， 则由题意等腰梯形全等于等腰梯形， 则. 取的中点O，连接，因为，所以， 则， ∴. 因为，，所以，因为四边形为正方形， 所以，又因为，平面，所以平面， 所以平面，同理可证平面， ∴多面体的体积 ， 故选：D. 8．如图，长方体中，，，，点，分别是和的中点，是侧面内一动点（含边界），若平面，则动点的轨迹的长度为（    ）    A． B． C． D．9 【答案】C 【分析】取的中点，取的中点，连接，可证平面平面．然后可知点的运动轨迹为，即可求解． 【详解】如图所示：    取的中点，取的中点，连接， 所以，又因为点，分别是和的中点， 所以，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 又点是棱的中点，点是棱的中点，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以，， 又因为，，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面． 又是侧面内一动点（含边界），且平面， 所以点的运动轨迹为，又在长方体中，，， 所以. 故选：C 9．如图，在棱长为1的正方体中，点P满足，则下列说法正确的是（    ） ①当时，平面； ②当时，； ③当时，AP长度的最小值为； ④当时，存在点P，使得AP与平面所成的角为 A．①② B．①③ C．②③ D．②④ 【答案】A 【分析】根据线面平行的判定定理判断①，线面垂直判定定理②，应用边长及图形特征计算判断③，线面角求解判断④. 【详解】对①，当时，P为线段上的点不含B点， 显然，又平面平面； 所以平面；所以①正确； 对②，当时，P为线段上的点，又AB垂直右侧面， 所以AP在右侧面的射影为，又， 又平面平面，所以，因为平面， 所以平面，平面， 所以，所以②正确； 对③，当时，P为线段上的点， 又三角形是边长为的等边三角形， 所以AP长度的最小值为该等边三角形的高，即为，所以③错误； 对④，当时，P为线段上的点，又AB垂直右侧面， 所以AP与平面所成的角为，且， 所以当BP取最小值时，取得最大值， 所以小于，所以不存在点P，使得AP与平面所成的角为，所以④错误. 故选：A. 10．如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（    ） ①平面； ②平面； ③三棱锥的体积不变； ④异面直线与所成角的取值范围是. A．①②④ B．①④ C．①②③ D．③④ 【答案】C 【分析】由线面垂直的判定定理可判断①，先证明面面平行，根据面面平行的性质定理可判断②，由线面平行的性质及棱锥的体积公式可判断③，利用向量的数量积求向量夹角可判断④． 【详解】对于① 正方体中，平面. 因为平面，所以. 因为四边形是正方形，所以. 又平面，，所以平面. 因为平面，所以. 同理可证. 又平面，，所以平面. 所以①正确. 对于② 因为正方体中，，所以四边形是平行四边形，所以. 同理可证. 因为平面，平面，所以平面； 因为平面，平面，所以平面. 因为，且平面，所以平面平面. 因为平面，所以平面. 所以②正确. 对于③ 由②知，平面，所以直线上的点到平面的距离为定值，所以点到平面的距离为定值. 因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值. 因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积，所以三棱锥的体积不变. 所以③正确. 对于④ 设正方体的棱长为a，异面直线与所成的角为. 因为，， 所以. 因为，当时，，所以不属于，所以④不正确. 故选：C. 第二部分（非选择题 共110分） 2、 填空题：本题共5小题，每小题5分，共25 分. 11．已知一个圆锥的轴截面是一个斜边长为的等腰直角三角形，则此圆锥的表面积为______． 【答案】 【分析】由题意作图，根据等腰直角三角形的性质，求得圆锥的底面半径以及母线长，利用圆锥表面积公式，可得答案. 【详解】由题意作图如下： 则，，可得， 即圆锥底面半径，母线长． 所以圆锥表面积． 故答案为：. 12．如图，在三棱柱中，所有棱长均为1，且底面，则点到平面的距离为______.    【答案】 【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面的法向量，再由点到平面的距离公式求解即可. 【详解】以点为坐标原点，为轴，为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示：    则， 所以，， ， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，故， 所以点到平面的距离为. 故答案为：. 13．如图所示，鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下､左右､前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经榫卯起来.若正四棱柱的高为，底面正方形的边长为.现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器（容器壁的厚度忽略不计）的表面积的最小值为__________，该鲁班锁的体积为__________. 【答案】 31 【分析】由于图形的对称性，只要求出一组正四棱柱的体对角线，即是外接球的直径； 该鲁班锁是由几个几何体互相交叉组合时，它的体积可以通过所有单个体积之和减去两两相交的体积再加上三者相交的体积计算即可. 【详解】由题意，该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个长方体体对角线的一半， 即为， ∴该球形容器表面积的最小值为： . 根据容斥原理计算，该鲁班锁六根完全一样的正四棱柱体分成三组，故所有单个体积为， 两两相交的体积为，三者相交的体积为，所以该鲁班锁的体积为. 故答案为：；31. 14．在棱长为的正方体中，点P是底面内的动点，给出下列四个结论： ①的最小值为； ②的最小值为； ③的最大值为； ④的最小值为． 其中所有正确结论的序号是_______． 【答案】①②④ 【分析】设点、、、关于平面的对称点分别为、、、，设底面、的中心分别为点、，作出图形，推导出，，求出的最小值，可判断①④；由对称性得出，进而可判断②；取点和点重合，可判断③. 【详解】设点、、、关于平面的对称点分别为、、、， 设底面、的中心分别为点、，如下图所示： 对于①，易知为的中点，则，可得， 所以，， 当点与点重合时，底面，此时，取最小值， 即的最小值为，①对； 对于④， ， 当点与点重合时，底面，此时，取最小值， 则的最小值为，④对； 对于②，由对称性可知，， 则， 当且仅当点为线段与平面的交点时，取最小值，②对； 对于③，当点与点重合时，， 所以，的最大值不是，③错. 故答案为：①②④. 15．如图，在棱长为2的正方体，中，分别为的中点，为底面（不包括边界）上的动点且满足平面，则下列说法中，正确的序号有__________． ①存在点，使得平面； ②存在点，使得三棱锥的体积为； ③存在点，使得； ④若点在线段（不包含端点）上运动，则二面角一定为锐角且无最小值． 【答案】②④ 【分析】以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，写出相关点坐标，运用空间向量相关知识，逐一判断每条结论，即可得到结果. 【详解】以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系（如图），正方体的棱长为2，各点坐标为： . 设点，又， 设平面的法向量，则，即， 令，可得，所以. 又且平面，所以，即， 化简得，即点的轨迹是平面内的直线（不包括边界）. 分析①： ，设平面的法向量为， 则，令，得. 则有，此时点不在平面内，所以①错误. 分析②： 由已知得，， 设平面的法向量为，则， 令，得，则点到平面的距离. 由， 所以当时存在点使得三棱锥的体积为， 所以②正确. 分析③： 由已知得，则， 所以不在点使得，所以③错误. 分析④： 由已知可设点，且. 又， 设平面的法向量为，平面的法向量， 则，令，得， ，令， 得. 设二面角为，根据法向量和图形，判断得， 又，所以为锐角， 结合图形观察，取不到最小值，所以④正确. 故答案为：②④. 3、 解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16．（13分） 如图，在直三棱柱中，分别为的中点. (1)求证：平面； (2)若点是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. 【答案】(1) 如图，取线段的中点，连接,因分别为的中点,故有, 又因为平面，平面,故平面，平面， 又,则平面平面,因平面，则平面. (2)1 【分析】（1）通过取的中点构建平面平面即得； （2）由题设易于建系，运用空间向量的夹角公式表示出直线与平面所成角的正弦值，解方程即得. 【详解】（1）略 （2） 如图，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系. 则,设点,则，代入坐标得：，即， 于是,,设平面的法向量为，则有故可取， 依题意得，，解得：，即线段的长为1. 17．（13分） 如图，在多面体中，平面平面，四边形为正方形，四边形为梯形，且.    (1)求证：； (2)线段上是否存在，使得平面？若存在，求出值；若不存在，请说明理由. (3)求多面体的体积. 【答案】(1)证明：因为四边形为正方形，所以. 平面平面，且平面平面，平面, 所以平面. 因为平面,所以. (2)存在，，理由如下： 设线段上存在，使得平面.显然点与点不重合. 所以不在平面中，平面, 因为四边形为正方形，所以. 所以平面. 因为平面，所以平面平面. 因为平面平面，平面平面, 所以 因为四边形为梯形，且. 如图，取BC的中点 H，连接AH,则, 所以四边形为平行四边形，四边形是正方形. 所以,且与的交点即为点,点是的中点. 所以. 当点为的中点时，因为所以. 延长交于点.因为所以. 所以,所以,所以点是的中点.连接， 因为四边形为正方形，所以.所以， 所以四边形为平行四边形. 因为不在平面中，平面, 所以平面. 因此，线段上存在，使得平面，的值为. (3) 【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得平面，根据线面垂直的定义可知. （2）由已知可得平面,若线段上是否存在，使得平面，则平面平面.所以问题可转化为过直线作平面的平行平面，根据面面平行的性质定理，可得,问题转化为过点作的平行线，该平行线与的交点即为点,放入梯形分析，可得的值. （3）将多面体分割成三棱锥和三棱柱，分别求出三棱锥和三棱柱的体积，即可得到多面体的体积. 【详解】（1）略 （2）略 （3）多面体由三棱锥和三棱柱组成. 由(1)知平面,由已知，. 所以三棱锥的体积. 三棱柱体积. 所以多面体的体积为. 18．（14分） 如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，平面，是的中点. (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值. 条件①：平面平面；条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)∵为菱形，所以. 又因为平面，平面， 所以平面. (2) 【分析】（1）由菱形得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）选择条件①：由是的中点，，得，结合平面平面，得到平面，得到，进而，再结合平面，得，进而得平面,证得两两垂直.以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得和平面的法向量的坐标，结合向量的夹角公式，即可求解； 若选择条件②，平面得，利用勾股定理及其逆定理可得，，进而，再结合平面，得两两垂直.以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得和平面的法向量的坐标，结合向量的夹角公式，即可求解； 【详解】（1）略 （2）若条件①：平面平面. ∵底面是边长为2的菱形，，∴， ∵是的中点，∴ ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面. ∵平面，所以. ∵，∴， ∵平面，平面，∴ 又平面，∴平面. ∵平面，∴ ∴两两垂直， 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，得， 设直线与平面所成角为， 则. 故直线与平面所成角的正弦值为. 若选择条件②：. ∵平面，平面，∴ ∵菱形棱长为2， ∴ ∵，所以, 所以，即. 所以底面是边长为2的正方形，所以. ∵平面，平面， ∴ 所以两两垂直. 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，得， 设直线与平面所成角为， 则. 故直线与平面所成角的正弦值为. 19．（15分） 如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，底面为等边三角形，平面平面，点分别是的中点.    (1)证明：平面平面； (2)若，点在直线上，且平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 【答案】(1) 如图，取的中点，连接，因为侧面为菱形，，    所以.又因为平面平面， 平面平面， 平面，所以平面. 又因为是的中点，所以四边形为平行四边形， 所以，所以平面. 又平面，所以平面平面. (2)2 【分析】（1）取的中点，连接，证明平面，再利用面面垂直的判定定理得到答案； （2）建系，设，借助于空间向量表示平面与平面的夹角的余弦值，进而求出，即得答案. 【详解】（1）略 （2）连接，因为为等边三角形，则.    所以两两垂直.则以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 因为AB=2，所以. 故， . 设，则， 即.， . 设平面的一个法向量为， 则则， 取，则，. 故平面的一个法向量为. 又由（1）可知平面的一个法向量为， 由题意可得，即. 解得. 又，所以线段CF的长为2. 20．（15分） 在中，，，，分别是上的点，满足且DE经过的重心，将沿DE折起到的位置，使，M是的中点，如图所示.    (1)求证：平面； (2)求点M到平面的距离； (3)在线段上是否存在点N（N不与端点重合），使平面CMN与平面DEN垂直？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【分析】（1）根据已知有、，应用线面垂直的判定和性质定理证明结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，并求出相关直线的方向向量、平面的法向量，应用点面距的向量求法求距离； （3）根据（2）所建坐标系，设，，，求出相关平面的法向量，再由平面垂直列方程求参数，即可得. 【详解】（1）因为在中，，，所以， 根据折叠关系，而且平面， 所以平面，平面，则，又， 由，平面，所以平面； （2）因为DE经过的重心，故，由（1）知平面， 以为轴，为轴，为z轴，建立空间直角坐标系，.    由几何关系知， 故， 所以，， 设平面的法向量为，则， 即，令，则， 设M到平面的距离为； （3）设，，，即， 即，，. 设平面CMN的法向量为，则，， 所以，则，令，则， 设平面DEN的法向量为，， 则，即，令，则， 若平面CMN与平面DEN垂直，则满足，即，， 故存在这样的点，，所以. 21．（15分） 如图，在三棱锥中，为正三角形，，，，分别为棱，上的动点，且平面．    (1)证明：平面平面； (2)若截面将三棱锥截成上下两部分的体积之比为，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)若球是三棱锥的外接球，若平面截球所得的截面的面积为，求． 【答案】(1) 取线段的中点为，连接，因为，所以； 又因为为正三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以即为二面角的平面角 又因为，所以，所以， 即为直角三角形，且，所以； 又因为为正三角形，且，所以， 又因为，所以，即， 所以，所以平面平面； (2) (3) 【分析】（1）根据二面角定义得出即为二面角的平面角，再应用勾股定理证明； （2）先根据得出，再建系得出平面和平面的法向量，再应用二面角余弦公式计算求解； （3）设，求出平面的法向量，再应用点到平面距离公式计算得出. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，两两垂直，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，    则. 因为平面，因为平面，平面平面，所以， 则． 因为截面将三棱锥截成上下两部分的体积之比为，所以， 又因为，，即， 因为三棱锥与三棱锥的高相等，所以，即， 所以分别为棱的中点，即，，，， 设平面的法向量为，由，得， 取，则，，所以； 平面的法向量为； 设平面和平面的夹角为，则， 所以平面和平面的夹角的余弦值为； （3）三棱锥的外接球的球心即为正三角形的中心，即，外接球的半径， 因为平面截球所得的截面面积为，所以截面圆的半径为，所以球心到平面的距离为． 设，，则， 设，则， 同理，所以，， 设平面的法向量为， 由，得， 取，则，，则， 又因为，则， 即，解得，所以． 学科 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $