第七章 立体几何与空间向量（综合训练）（全国通用）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

第七章 立体几何与空间向量（综合训练） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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58分） 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，那么（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【详解】因为，且， 所以，即． 2．如图，在平行六面体中，为与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意得， . 3．已知在菱形 中，，将菱形沿对角线翻折，使得二面角为直二面角，则异面直线 与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量计算异面直线所成角的余弦值. 【详解】设菱形的边长为1，由，可得和均为边长为1的等边三角形. 取中点，连接、，由等边三角形性质得，，故为二面角的平面角， 由题意，该二面角为直二面角，故，即. 以为原点，分别以、、的方向为、、轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，. 设异面直线与所成角为，， 则，即异面直线与所成角的余弦值为. 4．已知正方体的棱长为，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】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. 5．四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，为侧棱上的点，若平面，侧棱上存在一点，使得平面，则的值（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设交于点，连接，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，由平面，结合，列出方程，求得的值，进而求得的值. 【详解】连接，设交于点，连接， 因为四棱锥的底面是正方形，且每条侧棱的长都是底面边长的倍， 所以四棱锥为正四棱锥，可得平面， 以为坐标原点，的方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系， 如图所示，设底面边长为，则， 可得， 则， 假设在侧棱上存在一点，使得平面， 又因为平面，所以是平面的一个法向量， 设， 则， 由，可得，解得， 即当时，， 又因为平面，所以平面， 故侧棱上存在一点，使得平面，且. 创新题6． 是空间的一个单位正交基底，向量，是空间的另一个基底，则向量可用基底表示为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量基本定理将向量表示成关于的线性组合，结合题设得到方程组，求解即得关于基底的表达式. 【详解】依题意，设， 整理得， 因是空间的一个单位正交基底，且， 则有，解得， 故有. 7．如图，在四棱锥 中，底面 是边长为4 的正方形，， ，则该四棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以正方形中心为原点建立空间直角坐标系，先由 ， 求出点 的坐标；再利用外接球球心到 的距离相等，求出外接球半径，从而求其表面积． 【详解】设正方形 的中心为 ． 以 为坐标原点，以平行于 ， 的方向分别为 轴、 轴正方向， 以垂直于平面 且向上的方向为 轴正方向，建立空间直角坐标系 ． 则，设 ，其中 ． 由 ，得，所以 ． 又因为 ，，所以， 两式相减，得 ，所以 ．代入上式，得 ． 因为 ，所以 ，故 设该四棱锥外接球的球心为 ，因为 ， 所以点在过正方形中心 且垂直于平面 的直线上． 设由 ，得，解得 所以外接球半径满足， 因此外接球的表面积为 创新题8．空间直角坐标系中，经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面的方程为，经过的直线的方程为，则直线与平面的位置关系为（   ） A． B．相交但不垂直 C． D． 【答案】A 【分析】根据已知条件分别确定平面和直线的法向量和方向向量，结合已知点，再判断它们的位置关系. 【详解】由题设，平面的方程可写为， 所以平面经过点，且一个法向量为， 又直线的一个方向向量为， 所以，即，则或， 由于点在直线上，显然不在平面内，故，即. 故选：A 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．在棱长为的正方体中，点满足（），点在底面内，且，则（    ） A．当时， B．当时， C．直线和平面所成角的余弦值为 D．线段长度的最小值为 【答案】BD 【分析】通过建立空间直角坐标系，确定点的坐标规律与点的轨迹方程，再逐一验证各选项 【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，正方体棱长为， 则，，，，. 由得，即； 因为在上底面内，故设， 由得，化简得， 即的轨迹是上底面内以为圆心，半径的一段圆弧（如图所示）. 选项A：时，，，， 两向量不共线，故不平行于，A错误； 选项B：时，，，B正确； 选项C：直线与平面所成角为，其在平面内的射影为，，故，C错误； 选项D：的坐标均为，故长度为上底面中两点距离， 其中在线段上，在上底面内上（不含）， 圆心到线段的距离为，故， 当且仅当三点共线且时等号成立. 故最小值为，D正确. 10．如图所示，长方体，底面是边长为1的正方形，高为2，是的中点，则（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．平面平面 D．三棱锥的外接球的表面积为 【答案】BD 【分析】根据四棱柱的几何性质，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，根据向量方法证明选项A和选项C；根据三棱锥的体积的求法，求出三棱柱的体积，判断选项B的正误；根据四棱柱外接球的性质，求出外接球的半径，进而求出表面积，判断选项D正误. 【详解】如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意可得， 因为是的中点，所以， 选项A：，显然不存在实数使， 所以不平行，故选项A错误； 选项B：可知， 因为平面， 所以，故选项B正确； 选项C：取平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 可知 ， 可得，即， 令，解得，即， 因为，所以两平面不垂直，故选项C错误； 选项D：三棱锥的四个顶点均为长方体的顶点，其外接球即为长方体的外接球， 长方体的体对角线长为， 所以外接球半径为，表面积，故选项D正确. 11．如图，在棱长为1的正方体中，为上的动点，则（    ） A．与是相交直线 B．与互相垂直 C．与所成的角为 D．三棱锥的体积为定值 【答案】BCD 【详解】建立空间直角坐标系，如下图： 以为原点，，，分别为x，y，z轴，正方体棱长为1， ，，，，，， ，，，， 在顶面上，连接底面到顶面， 两条直线异面，不相交，A错误； ，两向量垂直，故，B正确； ，， ，，故异面夹角为，C正确； 平面，点在上滑动，则到平面的距离恒等于定值1， 底面面积固定，所以，体积不变，为定值，D正确. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知向量，，则向量在向量上的投影向量为______． 【答案】 【分析】先求出的坐标，再根据投影向量的定义即可求解． 【详解】由，，则， 则向量在向量上的投影向量为． 13．如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面正方形边长为2，该几何体的高为，则该几何体外接球的表面积为______ 【答案】 【分析】根据几何体的对称性，建立空间直角坐标系，通过球心到点的距离建立方程即可求解球心坐标，进而求解外接球半径. 【详解】取下底面正方形的中心为坐标原点，建立如图所示坐标系 因为几何体的下底面边长为2，几何体的高为， 因此，，，，，，，， 根据对称性，几何体的外接球球心一定在上底面中心和下底面中心的连线上，即球心一定在轴上， 设球心的坐标为，外接球半径为， 在中， 在中，， 因此，解得， 所以， 故几何体的外接球的表面积. 14．如图，在长方体中，，，为长方体内部（含边界）一点，满足，则的取值范围是______. 【答案】 【分析】以 为原点建立空间直角坐标系，把 化为坐标满足的方程，确定点 所在区域；再把 用坐标表示并配方，即可求出取值范围. 【详解】以 为原点，，， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系. 由 ， 得 ，，，. 设 . 因为 在长方体内部（含边界），所以 ，，. 又 ，. 由 得 ，即 ，化简得 . 由 得 ，解得 ，故 ，. 因为 ，，所以 . 又 ，代入得 . 配方得 . 因为 ，，所以当 ， 时（此时 ，符合 ）， 取最小值 . 当 ， 或 ， 时， 取最大值 . 所以 的取值范围是 . 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分）已知空间中三点，，，设，． (1)若且，求实数； (2)求向量与向量的夹角的余弦值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）利用空间向量的加减运算及数乘运算得，再利用空间向量的模计算即可； （2）利用空间向量的数量积和夹角公式计算得结论． 【详解】（1）， 所以， 则， 解得．（6分） （2）因为，，所以， 又，， 所以， 即向量与向量的夹角的余弦值为．（13分） 16．（15分）如图，四边形是圆柱的轴截面，是下底面圆周上一点，，，点为线段的中点. (1)求三棱锥的体积； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意得，再结合等体积法求解即可； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. 【详解】（1）由圆柱性质知平面，， 因为是下底面圆周上一点，是底面直径， 所以为直角三角形，， 所以， 因为点为线段的中点， 所以， 因为三棱锥的高为， 所以，体积（6分） （2）解： 根据题意，以为原点，为轴，为轴，过作平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系。 所以， 平面即为底面，取平面的一个法向量。 向量：， 设平面的法向量，则，即 令，解得，即，（8分） 所以 观察图形可知二面角为锐角，故余弦值取绝对值 二面角的余弦值为（15分） 17．（15分） 如图，在四棱锥中，，，，，为线段的中点． (1)求证：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)取的中点，连接，. 因为为线段的中点，所以，. 又，，所以，， 则四边形为平行四边形，所以. 因为平面，平面，所以平面.（6分） (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可. （2）根据线面垂直的判定定理及线面垂直的性质，得到线线垂直，建立空间直角坐标系，根据线面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）延长到点，使，连接. 因为，所以. 又，所以四边形为平行四边形， 又，所以四边形为矩形，则，. 因为，所以. 又，所以. 又平面，，所以平面. 又平面，所以，即两两垂直. 故以点为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，所以.（8分） 设与平面所成角为， 则. 故与平面所成角的正弦值为.（15分） 18．（17分） 如图，在三棱柱中，平面，为的中点. (1)求证：平面； (2)若，，，求： （ⅰ）直线与平面所成角的正弦值； （ⅱ）点到平面的距离. 【答案】(1)证明：在三棱柱中，连接，设与相交于点，连接， 由四边形是平行四边形，得点为的中点， 又为的中点，则，而平面，平面， 所以平面.（6分） (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）连接，利用线面平行的判定推理得证. （2）（ⅰ）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解；（ⅱ）利用点到平面的距离公式求解. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）由，为的中点，得，由平面， 平面，得，取的中点，连接， 则，，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， ，则， ，设平面的法向量为， 则，取，得，（10分） 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （ⅱ）由（ⅰ）知， 所以点到平面的距离.（17分） 创新题19．（17分）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． 【答案】(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．（4分） （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．（8分） (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．（17分） 【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. 7 / 10学 学科网（北京）股份有限公司 $ 第七章 立体几何与空间向量（综合训练） 参考答案 第一部分（选择题 共58分） 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 2 3 4 5 6 7 8 B A C C A D D A 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 10 11 BD BD BCD 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 13． 14． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 【解析】（1）， 所以， 则， 解得．（6分） （2）因为，，所以， 又，， 所以， 即向量与向量的夹角的余弦值为．（13分） 16．（15分） 【解析】（1）由圆柱性质知平面，， 因为是下底面圆周上一点，是底面直径， 所以为直角三角形，， 所以， 因为点为线段的中点， 所以， 因为三棱锥的高为， 所以，体积（6分） （2）解： 根据题意，以为原点，为轴，为轴，过作平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系。 所以， 平面即为底面，取平面的一个法向量。 向量：， 设平面的法向量，则，即 令，解得，即，（8分） 所以 观察图形可知二面角为锐角，故余弦值取绝对值 二面角的余弦值为（15分） 17．（15分） 【解析】(1)取的中点，连接，. 因为为线段的中点，所以，. 又，，所以，， 则四边形为平行四边形，所以. 因为平面，平面，所以平面.（6分） （2）延长到点，使，连接. 因为，所以. 又，所以四边形为平行四边形， 又，所以四边形为矩形，则，. 因为，所以. 又，所以. 又平面，，所以平面. 又平面，所以，即两两垂直. 故以点为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，所以.（8分） 设与平面所成角为， 则. 故与平面所成角的正弦值为.（15分） 18．（17分） 【解析】(1)证明：在三棱柱中，连接，设与相交于点，连接， 由四边形是平行四边形，得点为的中点， 又为的中点，则，而平面，平面， 所以平面.（6分） (2)（ⅰ）；（ⅱ）. （2）（ⅰ）由，为的中点，得，由平面， 平面，得，取的中点，连接， 则，，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， ，则， ，设平面的法向量为， 则，取，得，（10分） 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （ⅱ）由（ⅰ）知， 所以点到平面的距离.（17分） 19．（17分） 【解析】(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．（4分） （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．（8分） (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．（17分） 答案第2页，共2页 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第七章 立体几何与空间向量（综合训练） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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58分） 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，那么（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 2．如图，在平行六面体中，为与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（　　） A． B． C． D． 3．已知在菱形 中，，将菱形沿对角线翻折，使得二面角为直二面角，则异面直线 与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 4．已知正方体的棱长为，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 5．四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，为侧棱上的点，若平面，侧棱上存在一点，使得平面，则的值（    ） A． B． C． D． 创新题6． 是空间的一个单位正交基底，向量，是空间的另一个基底，则向量可用基底表示为（    ） A． B． C． D． 7．如图，在四棱锥 中，底面 是边长为4 的正方形，， ，则该四棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 创新题8．空间直角坐标系中，经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面的方程为，经过的直线的方程为，则直线与平面的位置关系为（   ） A． B．相交但不垂直 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．在棱长为的正方体中，点满足（），点在底面内，且，则（    ） A．当时， B．当时， C．直线和平面所成角的余弦值为 D．线段长度的最小值为 10．如图所示，长方体，底面是边长为1的正方形，高为2，是的中点，则（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．平面平面 D．三棱锥的外接球的表面积为 11．如图，在棱长为1的正方体中，为上的动点，则（    ） A．与是相交直线 B．与互相垂直 C．与所成的角为 D．三棱锥的体积为定值 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知向量，，则向量在向量上的投影向量为______． 13．如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面正方形边长为2，该几何体的高为，则该几何体外接球的表面积为______ 14．如图，在长方体中，，，为长方体内部（含边界）一点，满足，则的取值范围是______. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分）已知空间中三点，，，设，． (1)若且，求实数； (2)求向量与向量的夹角的余弦值． 16．（15分）如图，四边形是圆柱的轴截面，是下底面圆周上一点，，，点为线段的中点. (1)求三棱锥的体积； (2)求二面角的余弦值. 17．（15分） 如图，在四棱锥中，，，，，为线段的中点． (1)求证：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值． 18．（17分） 如图，在三棱柱中，平面，为的中点. (1)求证：平面； (2)若，，，求： （ⅰ）直线与平面所成角的正弦值； （ⅱ）点到平面的距离. 创新题19．（17分）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． 7 / 10学 学科网（北京）股份有限公司 $