第七章 立体几何与空间向量（举一反三综合训练）（全国通用）【上好课】2027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 共58分） 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）（25-26高一下·浙江宁波·期末）已知向量，，若，则（     ） A．1 B．-1 C．2 D．-2 2．（5分）（2026·山东泰安·模拟预测）已知直线，，平面，，下列命题中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 3．（5分）（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）一个正四棱台的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该正四棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 4．（5分）（2026·湖北·二模）如图所示，在平行六面体中，，.设，，，，则（   ） A． B． C． D． 5．（5分）（2026·辽宁丹东·一模）直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 6．（5分）（2026·四川遂宁·模拟预测）已知三棱锥，⊥平面，，=90o，，三棱锥的体积为，则三棱锥外接球的表面积是（     ） A．20 B．18 C．16 D．12 7．（5分）（2026·四川攀枝花·一模）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；鳖臑指的是四个面均为直角三角形的三棱锥如图，在堑堵中，，若，，直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 8．（5分）（2026·上海浦东新·三模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（   ） A．直线与直线始终异面 B．直线与直线始终垂直 C．存在点使得直线与平面垂直 D．直线与平面始终平行 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）（2026·江苏盐城·模拟预测）平行六面体中，，，则下列说法正确的是（    ） A． B．若，则 C． D． 10．（6分）（2026·陕西·三模）已知圆台的上、下底面圆半径分别为1和3，母线与底面所成的角为，则（     ） A．该圆台的母线长为4 B．该圆台的侧面积为 C．该圆台的体积为 D．能在该圆台中自由转动的最大的球的半径为 11．（6分）（2026·宁夏陕西·模拟预测）在四棱锥中，，四边形是平行四边形，分别为棱的中点，，点在平面的射影恰好是棱的中点，则（    ） A．平面 B．线段的长为 C．三棱锥的外接球的表面积为 D．平面与平面夹角的余弦值为 第II卷（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．（5分）（2026·黑龙江牡丹江·模拟预测）在平行六面体中，各棱长均为2，，则__________. 13．（5分）（2026·湖南长沙·二模）已知过球面上三点A，B，C的截面到球心的距离等于球半径的，且，，，则球的表面积是__________. 14．（5分）（2026·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）（2026·云南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是矩形，E，F，G分别是，，的中点，点O在线段上，平面，，，，． (1)证明：平面． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 16．（15分）（2026·广西南宁·模拟预测）如图甲，在梯形中，，为中点．将沿折起到位置，连接，，得到如图乙所示的四棱锥．    (1)证明：平面； (2)当为时，求点到平面的距离． 17．（15分）（2026·山东泰安·一模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 18．（17分）（2026·广东佛山·一模）如图，三棱柱中，平面平面，，，为的中点.    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)若，求直线与平面所成角的正弦值. 19．（17分）（2026·湖南长沙·模拟预测）如图1所示，是边长为2的正三角形，四边形是一个等腰梯形，，，O为的中点，现在沿着把折起到的位置，连接，，使得，如图2所示．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求三棱锥的外接球的半径． 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 共58分） 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）（25-26高一下·浙江宁波·期末）已知向量，，若，则（     ） A．1 B．-1 C．2 D．-2 【答案】C 【解题思路】利用向量垂直的性质得到其数量积为0，从而得解. 【解答过程】由 可得：， 展开得： ①， 已知 ， 则，，， 代入①可得： ，解得：. 故选：C. 2．（5分）（2026·山东泰安·模拟预测）已知直线，，平面，，下列命题中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】B 【解题思路】考查空间中线面，面面的位置关系判定，重难点为线面平行，线面垂直，面面垂直的判定定理与性质定理的应用，以及空间直线位置关系的分类讨论. 【解答过程】选项A：若， ，则直线与平面内的直线可能平行，也可能异面.因此，选项A错误. 选项B：若 ， ，根据“垂直于同一个平面的两条直线平行”这一性质定理，可知.因此，选项B正确. 选项C：若，，则平面与可能平行，也可能相交.例如，若直线平行于两个相交平面的交线，则同时平行于这两个平面，但这两个平面是相交的.因此，选项C错误. 选项D：若 ， ，则直线可能平行于平面，也可能在平面内，因此，选项D错误. 综上所述，只有选项B是正确的. 故选：B. 3．（5分）（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）一个正四棱台的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该正四棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】先通过侧面积求出斜高，再结合侧棱、斜高与棱台高的关系求出高，最后用正四棱台的体积公式计算即可. 【解答过程】设正四棱台上底边长为，则侧棱长，下底边长， 设正四棱台的斜高为，高为， 则一个侧面积为，所以， 又因为在正四棱台中，，即，解得， 所以， 所以. 故选：C. 4．（5分）（2026·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. 5．（5分）（2026·辽宁丹东·一模）直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】由题意建立适当的空间直角坐标系，求出异面直线与所在直线的方向向量，由空间向量夹角的余弦值的坐标公式即可运算求解. 【解答过程】取中点，连接，因为，所以， 以为原点，分别为轴，过点且垂直于面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，注意到， 所以， 所以， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：A. 6．（5分）（2026·四川遂宁·模拟预测）已知三棱锥，⊥平面，，=90o，，三棱锥的体积为，则三棱锥外接球的表面积是（     ） A．20 B．18 C．16 D．12 【答案】A 【解题思路】根据已知体积求出三棱锥各棱长，利用三棱锥三条棱两两垂直的特点将其补为长方体，通过长方体体对角线求出外接球半径，进而计算外接球表面积. 【解答过程】已知，，设，则， 由题意，又平面， 所以，已知， 解得，即，得， 因此，， 将三棱锥补成一个长方体，如图，则为三棱锥外接球的直径， 在中，，外接球半径， 则，外接球表面积. 故选：A. 7．（5分）（2026·四川攀枝花·一模）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；鳖臑指的是四个面均为直角三角形的三棱锥如图，在堑堵中，，若，，直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法与同角三角函数的基本关系可求得直线与平面所成角的余弦值. 【解答过程】在堑堵中，平面，，，， 以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， ，，， 设平面的法向量， 则，取，得， 设直线与平面所成角为，则， 所以， 因此，直线与平面所成角的余弦值为． 故选：A． 8．（5分）（2026·上海浦东新·三模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（   ） A．直线与直线始终异面 B．直线与直线始终垂直 C．存在点使得直线与平面垂直 D．直线与平面始终平行 【答案】D 【解题思路】A. 由点M与点D重合时判断；B.由点M与点重合时判断；C.由垂直于同一平面的两条直线平行判断；D.先证平面平面，再由平面判断. 【解答过程】对于A：当点M与点D重合时，直线即为BD，而BD与直线相交，故A错误； 对于B：当点M与点重合时，是等边三角形，则直线与直线成，故B错误； 对于C：如图所示： 连接，因为，且， 所以平面，又平面，所以， 同理，又，则平面， 若平面，则，而，故C错误； 对于D：易知，又平面，平面，所以平面, 同理平面，又，所以平面平面， 又平面，所以平面，故D正确； 故选：D. 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）（2026·江苏盐城·模拟预测）平行六面体中，，，则下列说法正确的是（    ） A． B．若，则 C． D． 【答案】AD 【解题思路】对于A，由可判断，对于B，由空间向量基本定理可判断，对于C，通过可判断，对于D，通过向量夹角公式可判断. 【解答过程】设，，， 由题意得：，三个向量两两夹角为， 因此两两点积， 选项A， ，则 ， 因此，A正确； 选项B，平行六面体中，对比得， ，B错误； 选项C ，， 因此，C错误； 选项D， ， ； 即； 因此，D正确. 故选：AD. 10．（6分）（2026·陕西·三模）已知圆台的上、下底面圆半径分别为1和3，母线与底面所成的角为，则（     ） A．该圆台的母线长为4 B．该圆台的侧面积为 C．该圆台的体积为 D．能在该圆台中自由转动的最大的球的半径为 【答案】ACD 【解题思路】根据圆台的结构特征和表面积的有关计算、体积公式和台体与球的内、外接问题，结合选项依次计算即可. 【解答过程】对于A，设圆台上底面的半径为，下底面的半径为， 由于母线与底面所成的角为，则母线长，故A正确； 对于B，圆台的侧面积为，故B错误； 对于C，由题意有：，圆台的高， 所以该圆台的体积为，故C正确； 对于D，设梯形为圆台的一个轴截面，如图所示： 设圆台上､下底面圆心分别为，点为线段的中点，则，， 由已知，取，则， 连接， 因为，，，所以，， 又，所以， 由余弦定理可得，所以，， 由对称性可得以点为圆心，为半径的圆与梯形内切， 所以以为球心，为半径的球与圆台的两个底面和侧面都相切， 所以能在该圆台中自由转动的最大的球的半径为. 故选：ACD. 11．（6分）（2026·宁夏陕西·模拟预测）在四棱锥中，，四边形是平行四边形，分别为棱的中点，，点在平面的射影恰好是棱的中点，则（    ） A．平面 B．线段的长为 C．三棱锥的外接球的表面积为 D．平面与平面夹角的余弦值为 【答案】ABD 【解题思路】对于A，取线段的中点，证明四边形是平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可；对于B，取线段、的中点、，证明四边形是平行四边形，求出长即可；对于C，以为原点建系，设球心坐标，建立方程组，求出球的半径即可；对于D，计算平面和平面的法向量，求得两向量夹角的余弦值即可. 【解答过程】对于A，取线段的中点，连接，， 因为棱的中点，则为的中位线，则，且， 因为棱的中点，且四边形是平行四边形，则且， 则且，则四边形是平行四边形，则， 又平面，平面，则平面，故A正确； 对于B，取分别取线段、的中点、，连接、、， 由于为的中位线，则，且， 由于为的中位线，则，且， 又因为四边形是平行四边形，则，且， 则，且，则四边形是平行四边形，则， 因，则 ， 则，即，故B正确； 对于C，因点在平面的射影恰好是棱的中点，则以为原点， 分别以平行于、的直线为轴、轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系如图， 在中，， 则， 则， 则， 设三棱锥的外接球的球心，半径为， 则，解得， 则外接球的表面积为，故C错误； 对于D，由C选项可知，， 设平面的法向量为， 则，令，则得， 容易知平面的法向量为， 则， 则平面与平面夹角的余弦值为，故D正确. 故选：ABD. 第II卷（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．（5分）（2026·黑龙江牡丹江·模拟预测）在平行六面体中，各棱长均为2，，则__________. 【答案】0 【解题思路】根据题意，设，求得，，结合向量的数量积的定义与运算公式，即可求解. 【解答过程】设向量，则， 所以， 又由，， 所以. 故答案为：. 13．（5分）（2026·湖南长沙·二模）已知过球面上三点A，B，C的截面到球心的距离等于球半径的，且，，，则球的表面积是__________. 【答案】 【解题思路】根据球的半径、球心到截面的距离及截面圆半径之间的关系求解即可. 【解答过程】因为， 所以是直角三角形，且直角顶点为，斜边为， 所以外接圆的半径为. 又球心到截面的距离， 根据球的截面性质得，，整理得. 所以球的表面积为. 故答案为：. 14．（5分）（2026·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）（2026·云南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是矩形，E，F，G分别是，，的中点，点O在线段上，平面，，，，． (1)证明：平面． (2)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)利用线面平行的判定，面面平行的性质证明. (2)建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用直线的方向向量和平面的法向量，再利用向量的夹角公式即可求解. 【解答过程】（1）证明：因为F，G分别是，的中点，所以，， 则四边形为平行四边形，所以． 因为平面，平面，所以平面． 在中，．连接． 因为平面，平面，所以平面． 因为，所以平面平面． 因为平面，所以平面． （2） 解：以，所在直线分别为y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． ，，，，，， ，，． 设平面的法向量为， 则，取，得． ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 16．（15分）（2026·广西南宁·模拟预测）如图甲，在梯形中，，为中点．将沿折起到位置，连接，，得到如图乙所示的四棱锥．    (1)证明：平面； (2)当为时，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）利用矩形的性质，根据定义证明线面垂直即可； （2）解法一：根据线面平行的性质，转化为求点到平面的距离，再找到在平面的投影，计算即可； 解法二：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再计算点到平面的距离即可. 【解答过程】（1）证明：在梯形中，，则四边形为平行四边形， 而，则是矩形，即 在四棱锥中，， 而平面，所以平面. （2）解法一：已知，，则是正三角形， 取的中点，连接，，则有，    又平面，于是平面， 而，则平面， 又平面，则平面平面， 在平面内过作于， 而平面平面，因此平面， 又，平面，平面，所以平面， 于是点到平面的距离等于， 而，由（1）知，平面， 则平面，又平面，则，而， 则，， 所以点到平面的距离为. 解法二：已知，，则是正三角形，    取的中点，连接，，则有， 由（1）知，平面， 则平面，又平面，则， 如图建立空间直角坐标系， 则可得，，，， ，， 设平面的法向量为，则， 取， 则 所以点B到平面的距离为. 17．（15分）（2026·山东泰安·一模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）合理作出辅助线，利用中位线定理结合平行四边形的性质得到，再结合线面平行的判定定理求解即可. （2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再利用平面夹角的向量求法求解即可. 【解答过程】（1）取PB中点，连接， 分别为的中点， 且，且， ，且，则四边形为平行四边形， ，平面平面， 平面. （2）取中点，连接， ，， ∵平面平面，面， 平面，， 为正三角形，， 如图，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 则，取，解得， ，面，， ，面，， 面，是平面的法向量， ， 平面与平面夹角的余弦值为. 18．（17分）（2026·广东佛山·一模）如图，三棱柱中，平面平面，，，为的中点.    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【解题思路】（1）连接与交于点，连接，证明，根据线面平行的判定定理即可证明； （2）根据平面平面和得到平面，从而得到平面，再利用面面垂直的判定定理即可证明； （3）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，利用向量法即可求解. 【解答过程】（1）连接与交于点，连接， 三棱柱侧面为平行四边形，所以为的中点， 又为的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）因为，所以， 又因为，， 所以， 所以，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为，所以平面， 又平面，所以平面平面. （3）由，，得， 故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 则， 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．（17分）（2026·湖南长沙·模拟预测）如图1所示，是边长为2的正三角形，四边形是一个等腰梯形，，，O为的中点，现在沿着把折起到的位置，连接，，使得，如图2所示．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求三棱锥的外接球的半径． 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【解题思路】（1）根据正三角形，等腰梯形的性质，勾股定理，及线面垂直的判定即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解即可； （3）先确定的外接圆圆心为，再确定三棱锥的外接球的球心在直线上，进而结合勾股定理即可求出该外接球的半径． 【解答过程】（1）证明：连接，，， 由是边长为2的正三角形，可得，，， 又由等腰梯形，且，可得， 因为，所以，所以， 因为，且，平面，所以平面． （2）取的中点，连接， 因为四边形为等腰梯形，且为的中点，所以，且， 又因为平面，则，，两两垂直， 以为坐标原点，，，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，结合（1），得，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 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． （3）连接，结合（2）有，则， 因为，所以，所以的外接圆圆心为， 又平面，所以三棱锥的外接球的球心在直线上， 如下图，设外接球半径为，则，    设，则，解得， 所以． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $