模块七 空间向量与立体几何阶段双基检测卷—2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 以空间向量为工具整合立体几何核心内容，通过基础运算、动态问题及数学文化题，培养空间观念与推理能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间向量与立体几何|选择8+多选3+填空3+解答5|涵盖概念辨析、空间角与体积计算、动态轨迹、数学文化（曲池、阳马）|从向量垂直/平行判定（基础）到线面关系证明、空间角（异面直线、二面角）计算，再到外接球、动态最值问题，形成“工具-性质-应用”逻辑链，突出几何直观与运算能力。|

2027届高考·数学·双基检测卷 模块七 模块：空间向量与立体几何 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.已知向量，，且与互相垂直，则( ) A.-1 B.2 C. D. 2.已知l，m，n为三条不同直线，α，β，γ为三个不同平面，则下列判断正确的是( ) A.若，，则 B.若，，则 C.若，，则 D.若，，则 3.在棱长为1的正方体中，点P，Q分别为棱，上的动点（可与端点重合），若面，则线段的长度为( ) A. B. C. D. 4.已知三棱锥的底面是边长为5的正三角形，且，，，则三棱锥的体积为( ) A. B. C. D. 5.在棱长为8的正方体中，E是棱上的一个动点，F为线段上的一个动点，则的最小值为( ) A. B.2 C.4 D. 6.“曲池”是《九章算术》中记载的一种几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，平面，，底面扇环所对的圆心角为，的长度是长度的2倍，，则异面直线与所成角的余弦值为( ) A. B. C. D. 7.已知A，B，C，D是体积为的球体表面上四点，若，，，且三棱锥的体积为，则线段长度的最大值为( ) A. B. C. D. 8.《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.现有一阳马，平面，，M为底面ABCD内（包含边界）的一个动点，且满足，则的取值范围是( ) A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个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.已知向量，，，下列式子中正确的是( ) A. B. C. D. 10.已知正方体的棱长为6，过棱的中点作正方体的截面，则( ) A.截面多边形的周长为 B.截面多边形的面积为 C.截面多边形存在外接圆 D.截面所在平面与平面ABCD所成角的正弦值为 11.六氟化硫分子结构为正八面体（可看作是将两个棱长均相等的正四棱锥通过底面粘接在一起的几何体）.如图，正八面体的棱长为a，下列说法中正确的有( ) A.异面直线AE与BF所成的角为 B.此八面体的外接球与内切球的体积之比为 C.若点P为棱EB上的动点，则的最小值为 D.若点O为四边形ABCD的中心，点Q为此八面体表面上动点，且，则动点Q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.设平面的一个法向量为，直线l的一个方向向量为，若直线l与平面所成的角为，则正数__________. 13.在三棱锥中，平面，，，，则该三棱锥外接球的表面积为_________ 14.在正方形中，，E，F分别为边，的中点，分别沿，，将，，折起，使点B，C，D重合于点G，形成四面体，则以A为球心，1为半径的球面与四面体的外接球相交形成的交线的长度为_________. 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）在三棱台中，若平面，，，，M，N分别是BC，BA的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值. 16.（15分）如图，在四棱锥中，，，，为等腰直角三角形，为斜边，其中，，.    (1)证明：平面平面； (2)线段上是否存在一点T，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 17.（15分）如图，在正四棱柱中，，，点，，，分别在棱，，，上，且，，. （1）证明：； （2）点P在棱上，当二面角为时，求的长. 18.（17分）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且，E为BC的中点. （1）证明：平面ABCD. （2）在线段AN上是否存在一点S，使得平面AMN？若存在，求出线段AS的长度；若不存在，请说明理由. 19.（17分）如图，直角梯形中，，，，，，点E为线段不在端点上的一点，过E作的平行线交于F，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体. （1）若，求的长; （2）求异面直线与所成角余弦值的最小值. 答案 1.答案：C 解析：由题意得，，又与互相垂直，则，解得. 2.答案：C 解析：对于A，若，，则，A错误. 对于B，若，，则或γ与α相交，B错误. 对于C，若，，则，C正确. 对于D，若，，则，D错误. 3.答案：B 解析：如图在中， ，又平面，平面， 所以面， 因为点P，Q分别为棱，上的动点（可与端点重合），面， 所以即为，因此， 故选:B. 4.答案：B 解析：在三棱锥中，取的中点D，连接、， 又因为正的边长为5，且，，， 则，， 由，所以，所以为直角三角形， 因为D为的中点，所以， 又因为，所以， 又因为，平面，所以平面， 所以三棱锥的体积为，故B项正确. 故选:B. 5.答案：D 解析：以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，， 可得，， 设，，，， 则，即， 可得， 当，即时，取到最小值. 6.答案：A 解析：如图，设上底面圆心为，下底面圆心为O，连接，OC，OB，，，由底面扇环所对的圆心角为，的长度是长度的2倍，，可知，以O为原点，分别以OC，OB，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，则，，所以.又异面直线所成角的范围为，故异面直线与所成角的正弦值为.故选A. 7.答案：B 解析：因为球的体积为，故球的半径R满足，故， 而，，，故，故，故， 设点D到平面的距离为h，则，故，点D在球的截面圆上， 设截面圆所在的平面为α，因为，所以平面α与平面在 球心的异侧， 设球心到平面的距离为d，而外接圆的半径为，则， 故球心到平面α的距离为，故截面圆的半径为， 设点D在平面上的投影为E，则E的轨迹为圆，圆心为的外心即的中点，当最长时最长，此时，故长度的最大值为. 故选：B. 8.答案：D 解析：如图，连接AM，由平面ABCD，得，则，四边形ABCD为矩形，则AB，AD，AP两两垂直.以A为原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设，，则，，所以.因为，所以，则，所以. 9.答案：BCD 解析：A.左边为向量，右边为实数，显然不相等，不正确.B.左边，右边，左边=右边，因此正确.C.，左边，右边，左边=右边，因此正确.D.由C可得左边，，，左边=右边，因此正确.故选BCD. 10.答案：AB 解析：设，，的中点分别为P，Q，R， 连接QR，直线QR交直线，于点F，E，连接PF交于N， 连接PE交于M，连接QN，RM，得到截面为五边形PNQRM，取FE的中点O，连接PO. 由Q，R为中点，得，，，因此截面多边形的周长为，故A正确. ，，，，， 所以截面多边形的面积为，故B正确. 与是共用一个顶点的全等三角形，两个三角形的外心不重合，所以这个五边形没有外接圆，故C错误. 因为，，所以（或其补角）为截面与底面所成角，，，根据余弦定理的推论可得，故，所以截面所在平面与平面ABCD所成角的正弦值为，故D错误. 故选AB. 11.答案：BD 解析：对于A，由正八面体的结构特征可得，， 所以异面直线AE与BF所成的角为，故A选项错误； 对于B，连接AC，根据对称性易得正八面体外接球与内切球的球心为其中心， 所以，取AD，BC的中点G，H，连接EG，EH，GH， 过O作，则， 由等面积法可得， 则，故B选项正确； 对于C，将平面AEB沿EB展开，与平面ECB共面，则四边形AECB是菱形，且，连接AC，则AC的长为的最小值，为，故C选项错误； 对于D，因为O到各棱的距离都等于，则点Q在各面的轨迹恰好为各个面的内切圆，设一个内切圆半径为r，因为为等边三角形， 所以，所以在一个面的轨迹长度为， 所以在八个面内的轨迹长度之和为，故D选项正确. 故选BD. 12.答案： 解析：依题意可得，即，解得或（舍去）.故答案为. 13.答案： 解析：在底面中，，， 由余弦定理，可得， 设的外接圆圆心为，半径为，三棱锥外接球的球心为O，半径为， 在中，由正弦定理可得，解得， 因为平面，平面，且球心O到点的距离相等， 所以球心O到底面的距离为， 在中，， 故该三棱锥外接球的表面积为， 故答案为: 14.答案： 解析：如图，，，， 所以在四面体中，，，. 所以四面体的外接球为以，，为棱长的长方体的外接球，记球心为O， 其半径为. 设以A为球心，1为半径的球面与四面体的外接球相交于圆M，其半径为r 则，解得. 所以圆M的周长为， 即以A为球心，1为半径的球面与四面体的外接球相交形成的交线的长度为. 15.答案：（1）证明见解析 （2） 解析：（1）证明：在三棱台中，平面，，显然直线AB，AC，两两垂直， 以点A为原点，直线AB，AC，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 由，，得，，，，， 由M，N分别是BC，BA的中点，得，， 则，，所以. 因为点直线，所以. 又平面，平面，所以平面. （2）由（1）知，，， 设平面的法向量， 则令，得. 设平面的法向量， 则令，得. 设二面角的大小为， 则， 所以二面角的正弦值. 16.答案：(1)证明见解析； (2)存在，. 解析：(1)如图，设线段的中点为M，线段的中点为N，连接，， 依题意，，则，由，得， 而，，是梯形的中位线，于是，， 而平面，，则平面， 而平面，于是，又平面，且和相交， 因此平面，而平面，所以平面平面； (2)依题意，，则，即， 由(1)知平面，平面，则， 由，平面，可得平面， 过D作平面，以D为原点，构建如下图空间直角坐标系，    则，，，，， 令，，则， 由平面，则平面的一个法向量为， 由题设， 所以，可得（负值舍），所以时满足题设. 17.答案：（1）证明见解析 （2） 解析：（1）证明：以C为坐标原点，CD，CB，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，， ，，. 又，不在同一条直线上，. （2）设（），则，，. 设平面的一个法向量为，则 令，得，，. 设平面的一个法向量为，则 令，得，，， ， 化简得，解得或. 或，. 18.答案：（1）证明见解析 （2）存在，线段AS的长度为 解析：（1）证明：连接BD.因为平面ABCD，平面ABCD，所以. 因为，所以四边形MDBN为平行四边形，所以. 又平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD. （2）由题意知，DM，DC，DA两两垂直.以D为原点，DA，DC，DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图的空间直角坐标系， 则，，，，. 假设在线段AN上存在点S，使得平面AMN，连接AE. 易知，，. 设，，则. 由平面AMN，得即 解得，此时，所以. 故在线段AN上存在点S，使得平面AMN， 此时线段AS的长度为. 19.答案：（1）5 （2） 解析：（1）连接，平面平面，交线为， 由，有平面，又平面，所以， 当，，所以平面， 又平面，所以， 此时与相似，故， 设，由，解得，所以. （2）过C作的平行线交于点G，连接， 由，且， 得四边形是平行四边形，故， 所以即为异面直线与所成的角， 设， ， 所以锐角正切值的最大值为，此时余弦值有最小值， 所以异面直线与所成角余弦值的最小值为. 学科网（北京）股份有限公司 $