专题：空间向量与立体几何专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 以空间向量为工具，系统整合空间几何体、位置关系及度量计算，形成“概念-判定-计算”三阶逻辑链，强化空间观念与逻辑推理 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念|3题|平面性质判定、空间想象（如西瓜切块）|从平面基本性质到空间几何体构成| |空间几何体|4题|旋转体表面积体积、阿基米德多面体表面积|几何体生成→度量计算→性质应用| |位置关系|5题|线面平行（中位线）、面面垂直（判定定理）|线线关系→线面关系→面面关系递进| |空间向量|6题|坐标法求距离/角、法向量应用|向量工具→空间度量→位置关系证明| |综合应用|5题|折叠问题转化、动态轨迹分析|几何直观与代数运算融合，提升数学运算能力|

专题：空间向量与立体几何-2027届高三数学上学期复习系列 一、单选题 1．下列命题正确的是（     ） A．若直线上有无数个点不在平面内，则 B．任意四边形都可以确定唯一一个平面 C．若将一个西瓜切3刀，则这个西瓜最多可以被切成8块 D．若，则直线与平面内的任意一条直线都平行 2．在中，已知，以的一边所在的直线为轴，其它两边旋转一周形成圆锥，则该圆锥的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．以斜边为4的等腰直角三角形的一条直角边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成的几何体的体积为（     ） A． B． C． D． 4．如图，一个直四棱柱形容器中盛有水，底面为梯形，，侧棱，若侧面水平放置时，水面恰好过的中点，那么当底面水平放置时，水面的高度为（   ） A．4 B．6 C． D． 5．已知正方体的棱长为，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 6．如图，在正方体中，给出以下四个结论： ①平面        ②与平面相交 ③平面        ④平面平面 正确的结论的序号是（     ） A．①② B．③④ C．①④ D．②③ 7．如图，在平行六面体-中，，则与的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 8．如图，某广场摆放了石凳供大家休息，每张石凳是由一个正方体截去八个一样的四面体得到的几何体，数学上称之为阿基米德多面体.设被截正方体的棱长是，则每张石凳的表面积为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．关于空间平面、、和直线，下列命题中正确的是（    ） A．若，则内一定存在直线平行于 B．若，则内所有直线都垂直于 C．若，，，则 D．若不垂直于，则内一定不存在直线垂直于 10．在正方体中，，，分别是棱，，的中点，则（     ） A．平面 B． C．平面 D．平面平面 11．如图，在棱长均为2的正四棱锥中，为底面正方形的中心，，分别为侧棱，的中点，则下列结论中正确的是（   ） A．平面 B．过，，三点的平面截四棱锥，截面是等腰梯形 C．为棱上动点，则最小值为 D．三棱锥与四棱锥体积之比为 三、填空题 12．四面体中，，，且，，，则此四面体的外接球的表面积为________． 13．在棱长均为2的正三棱锥中，点是的中点，点是侧面上的一个动点，当平面时，动点的轨迹的长度是______． 14．如图，正四棱柱中，，若直线与直线所成的角为，则直线与平面所成的角为____________．    四、解答题 15．如图，在正三棱柱中，，，，分别是，，，的中点，． (1)求证：平面； (2)求四棱锥体积． 16．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，为中点. (1)证明：直线平面； (2)若直线平面，异面直线与所成的角为，求直线与平面所成角的正弦值. 17．已知四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，（）． (1)证明：平面平面； (2)若，， （i）求PD的长； （ii）求平面与平面夹角的余弦值． 18．如图，在边长为2的正方形中，点、分别是和的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点． (1)求证； (2)求二面角的平面角的余弦值； (3)设动点在线段上，是否存在一点，使得直线与平面所成夹角的正弦值为，若存在，求出点的位置；若不存在请说明理由． 19．平面四边形满足，，现将沿着翻折得到，形成三棱锥，记二面角的大小为． (1)如图1，若， （i）证明：平面平面； （ii）求直线与平面所成角的正弦值； (2)如图2，点，，，均在球的球面上，二面角的大小为，二面角的大小为，是否存在锐角，使得？若存在，求的余弦值；若不存在，请说明理由． 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 《专题：空间向量与立体几何-2027届高三数学上学期复习系列》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D B C C C D A ACD AB 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】依据平面基本性质、空间直线与平面的位置关系对各选项逐一判定，即可得到正确结论. 【详解】对于A选项：若直线与平面相交，除交点外的所有点均不在平面内，也满足“直线上有无数个点不在平面内”，因此与可能平行也可能相交，A错误； 对于B选项：空间四边形的四个顶点不共面，无法确定唯一一个平面，因此不是任意四边形都能确定唯一平面，B错误； 对于C选项：当3刀所在的平面两两相交，且三条交线交于同一点时，可将空间最多划分为8部分，因此西瓜最多可以被切成8块，C正确； 对于D选项：若，则直线与平面内的直线的位置关系为平行或异面，并非与任意一条直线都平行，D错误。 2．D 【分析】先利用勾股定理求出直角边BC的长度，明确旋转所得圆锥的底面半径和母线长，再代入圆锥表面积公式计算即可. 【详解】在中，，由勾股定理可得： ， 以所在直线为轴旋转所得圆锥的底面半径，母线长， 圆锥表面积为底面积与侧面积之和： 底面积 ，侧面积 ， 因此总表面积. 3．B 【详解】由题意可知，该几何体是底面半径为，高为的圆锥， 故该几何体的体积. 4．C 【分析】设四棱柱的底面梯形的高为，的中点分别为，所求的水面高为，利用等体积法求解即可. 【详解】设四棱柱的底面梯形的高为， 的中点分别为， 所求的水面高为h， 则水的体积， 所以. 5．C 【详解】如图所示，以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系， 因为正方体棱长为，所以， 所以， 设面的法向量为， 可知，即， 当时，解得， 所以面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 6．C 【详解】对于①，因为平面平面，而平面，所以平面，故①正确； 对于②，因为，则与确定一个平面，所以平面，故②错误； 对于③，与平面内的直线不垂直，故③错误； 对于④，在正方体中，得平面，而平面，所以平面平面，故④正确. 7．D 【详解】 设，则， ， ． 设与的夹角为， 由 ， ． 8．A 【分析】由题意，该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形，利用三角形和正方形的面积公式，计算即得. 【详解】由题意，该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形， 正方形及三角形的边长为， 则正方形的面积为，三角形的面积为， 所以每张石凳的表面积为. 9．ACD 【详解】 若，设，在内作且， 则，选项A正确； 如图所示，取为平面，为平面，， 但，选项B错误； 设，，在内任取一点， 过点作于点，过点作于点， ，，，，，， 又，所以，，，， 所以，选项C正确； 若内一定存在直线垂直于，则， 所以不垂直于，则内一定不存在直线垂直于，选项D正确. 10．AB 【分析】根据正方体的性质，面面平行的性质即可判断A选项；根据平行四边形性质，及三角形中位线定理即可判断B选项；通过寻找直线与平面的交点来判断线面位置关系来判断C选项；根据面面平行的判定定理即可判断D选项． 【详解】对于A选项，在正方体中，平面平面， 由于，分别是，的中点，则平面， 所以平面，故A选项正确； 对于B选项，连接，， 在正方体中，，且， 则四边形是平行四边形，所以， 在中，，分别是，的中点，则， 所以，故B选项正确； 对于C选项，在中，，分别是，的中点，所以， 由平面，即平面，而平面， 所以与平面相交，故C选项错误； 对于D选项，由于，平面，， 所以与相交，所以面与平面相交，故D选项错误． 11．ABD 【分析】A选项，利用三角形中位线定理证明线线平行，进而根据判定定理得出线面平行，B选项，通过线线平行关系确定截面，并利用侧面正三角形的高计算腰长以证明其为等腰梯形，C选项，将相邻的两个侧面沿公共边展开至同一平面内，利用余弦定理求出两点间的直线距离即为最小值，D项，利用同高不同底，通过底面积的比例关系将目标三棱锥与整体四棱锥的体积进行两次转换即可求解. 【详解】对于A，由题意得是与的交点，且为的中点， 且为的中点，所以在中，是中位线，所以， 因为平面，且平面，所以平面，故A正确， 对于B，因为分别为的中点，所以且， 在正方形中，，所以， 所以四点共面，即截面为， 由于且，所以四边形为梯形， 在边长为2的正和正中，， 所以截面为等腰梯形，故B正确， 对于C，将与沿展开到同一平面， 展开后，当三点共线时，取得最小值，此时最小值为的长度， 因为，所以展开后的平面内，， 在中，由余弦定理得， 即，因此， 即的最小值为，故C错误， 对于D， 因为分别为的中点，所以与的相似比为， 所以面积比， 三棱锥与共顶点，底面在同一平面上，所以高相等， 所以体积比，即， 三棱锥与四棱锥共顶点，底面在同一平面上，所以高相等， 且底面积，因此， 综上，，故D正确. 12． 【分析】合理作出四面体的高，作平面，利用给定条件求出的长度，再找到外接球球心，在直角梯形内利用勾股定理求解外接球半径，最后求解表面积即可. 【详解】如图，作平面，连接， 因为平面，所以， 而， 因为，平面， 所以平面，而平面， 故， 又，，，由勾股定理得， 所以由锐角三角函数定义得， 结合，且共面，可知， 即落在过点和平行的直线上， 而，则，故， 或， 设，，由勾股定理得， 在中，由余弦定理得 当时，， 在中，得到， 即，由于，此时无解； 当时，， 在中，得到，即， 联立，，解得，则， 取中点，过点作平面， 设点为外接球球心，外接球半径为， 由余弦定理得， 由于, 故在直角梯形中，， 解得， 设四面体外接球的表面积为S，故. 13．1 【详解】如图所示，取的中点，取的中点，连接，，， 点，点分别为，的中点， 又平面，平面， 平面， 同理点，点分别为，的中点， 又平面，平面， 平面， 又，平面，平面， 平面平面， 又点是侧面上的一个动点， 且平面，平面平面， 点在平面上的轨迹为线段， 又点，点分别为，的中点，， 所以动点的轨迹的长度为1. 14．/ 【分析】作出辅助线，结合线面垂直，找到异面直线夹角和线面角，结合边长得到答案. 【详解】连接，设与相交于点， 因为，所以即为直线与直线所成角，故， 因该几何体为正四棱柱，则，,则，故为等边三角形， 所以，连接，易得⊥， 因平面，平面，则⊥， 又，平面，所以⊥平面， 所以即为直线与平面所成的角， 因为，，所以， 故，即直线与平面所成角的大小为    15．(1)证明：正三棱柱中，，. 因为，分别是，的中点，所以， 所以四边形为平行四边形，则. 因为平面，平面，所以平面. (2) 【分析】（1）根据正三棱柱的性质及线面平行的判定定理证明即可. （2）根据正三棱柱的性质及棱锥的体积公式求解即可. 【详解】（1）略 （2）正三棱柱中，平面，为正三角形， 所以. 因为，分别是，的中点，所以，， 所以，所以， 故梯形的面积. . 所以四棱锥体积为. 16．(1)如图所示，连接BD，交AC于O， 因为ABCD为平行四边形，所以O是BD的中点， 在中，E、O分别为PB、BD的中点，故， 又平面，平面，所以平面ACE. (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，证明线线平行，进而说明线面平行； （2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，根据线线夹角求出几何体的高，进而求出直线的方向向量和平面的法向量，求出线面夹角的正弦值即可. 【详解】（1）略 （2）如图所示，过做于，再以A为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 设， 由，可取，，，，，， 直线AE、PD的方向向量可分别取，， 由两直线所成角为45°，得， 平方整理得，所以，. 可知，， 设平面的法向量为， 可得，即， 令，解得，即平面的一个法向量为 设直线PD与平面PAC所成角为，则. 17．(1)证明：如图连接交于点，连接， 因四边形是边长为2的正方形，则，， 根据题意，，则， ，从而， 又因，平面，则平面， 因平面，故平面平面； (2)（i）；（ii） 【分析】（1）连接交于点，连接，因四边形是边长为2的正方形，则，，再通过得到，从而有，进而得到平面，最后证得平面平面； （2）（i）在中，由余弦定理可得，同理可得，再使用勾股定理逆定理可知，是直角三角形，最后在，中，由余弦定理求出的长； （ii）由勾股定理逆定理可知，结合（1）可得平面平面，又平面平面，平面，可得平面．结合平面，可得到，，根据面，面，可知平面与平面的交线，又，，那么即为平面与平面夹角，通过解三角形求得． 【详解】（1）略 （2）（i）由条件，，，结合余弦定理可得： ，同理可得. 因，则，是直角三角形. 又，则. 在，中，根据余弦定理可得: ， 代入数据可得， （ii），故， 由（1）可得平面平面，又平面平面， 平面，可得平面．结合平面， 可得，， 因为,平面，平面，所以面， 同理可得面， 设平面平面,由面，平面可得, 同理可得, 又因为，， 所以，，故为平面与平面夹角， 所以． 18．(1)由折叠的性质，，且两两垂直， 以为坐标原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系， 则，则， ， 故，即． (2) (3)存在，为线段的中点 【分析】（1）根据折叠的性质得出相关线段长度和垂直关系，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出相关点和向量坐标，计算得出，从而证明结论； （2）求出相关平面法向量，利用向量夹角余弦公式计算求解； （3）设在线段上，令，得出，利用向量夹角余弦公式结合已知条件构造方程求出，进而求出的坐标，得出点的位置． 【详解】（1）略 （2）平面中，，设平面法向量为， 则，令，则； 平面中，，设平面法向量为 则，令，则， 设二面角为，则． （3）设在线段上，令， 则向量， 直线与平面所成角为，由线面角公式： ， 已知，故， 化简整理得，解得或（舍去）， 故点，即为线段的中点． 19．(1)（i）由，得平面平面， 又因为平面平面平面， 所以平面， 又因为平面， 所以，又因为， 平面， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面． （ii）. (2)存在，且． 如图，分别取线段的中点，，，， 连接． 首先证明：平面． 因为点，，，在球的球面上，所以， 又因为为公共边， 所以与全等， 因此， 而，所以， 因此，又因为平面， 所以平面，同理平面． 再考虑各二面角的平面角． 由，分别为中点知，， 又因为，所以， 又因为平面，所以为在平面内的射影， 结合三垂线定理知，所以二面角的平面角为，记为， 同理，二面角的平面角为，记为， 由平面平面知，分别为平面，平面的法向量， 所以与的夹角或， 而为锐角，因此， 综上可知，， 且， 所以， 若，则，因此， 即，解得或（舍去）． 综上存在，且． 【分析】（1）（i）利用面面垂直的性质定理得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证明； （ii）在平面内作，垂足为，利用线面角的定义得到线面角的平面角，再求出其正弦值即可； （2）作出相关辅助线，首先证明平面，平面，再找到二面角的平面角，从而得到关于的方程，解出即可. 【详解】（1）（i）略； （ii）如图在平面内作，垂足为，连接． 由（i）－知平面平面， 又因为平面平面平面， 所以平面，因此为在平面内的射影， 故为与平面所成角的平面角，且， 由知，， 由（i）知平面平面，所以，结合，得， 所以， 即与平面所成角的正弦值为． （2）略. 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 $