第七章 空间向量与立体几何（模块综合调研卷）-备战2024年高考数学一轮复习（新教材新高考）

这是一份第七章 空间向量与立体几何（模块综合调研卷）-备战2024年高考数学一轮复习（新教材新高考），共4页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项:
1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂
黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷
草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（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．已知三个不同的平面α，β，γ和两条不重合的直线m，n，则下列四个命题中正确的是（ ）
A．若m//α，α∩β=n，则m//nB．若α∩β=m，m⊥γ，则α⊥γ
C．若α⊥β，γ⊥β，则α//γD．若α∩β=n，mα，m⊥n，则α⊥β
【答案】B
【分析】由线面平行的性质定理可知A的正误；利用面面垂直的判定定理可知判断B,有反例可判断BD．
【详解】对于A，，，则，错误，原因是不一定是经过直线的平面；故A错误；
对于B,因为，，由面面垂直的判定定理得：，故B正确．
对于C，若，，不一定得到，例如长方体中，同一顶点出发的三个平面，故C错误，

对于D,若，，，则错误，如下图所示，原因是由题设条件无法推出一个平面经过另一个平面的垂线，故无法判定是否与一定垂直，故D错误；

故选：B
2．已知直平行六面体中，，，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．0
【答案】A
【分析】以为一组基底，利用向量法求解.
【详解】解：如图所示：

以为一组基底，
则，，
则，
，
，
，
，
，
以,
故选：A
3．如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点，则点P到直线AC的距离的最小值为（ ）

A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】以D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线距离可得.
【详解】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点，
以D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），设P（2﹣t，2，t），（0≤t≤2），
，
设异面直线的公共法向量为，
则，取x＝1，得，
∴点P到直线AC的距离为：
，
点P到直线AC的距离的最小值为.
故选：C.

4．已知正三棱柱的侧棱长为，底面边长为，若该正三棱柱的外接球体积为，当最大时，该正三棱柱的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由外接球半径体积可得外接球半径，根据勾股定理，设，根据可行域可得当直线与曲线相切时最大，联立令解出的值即可.
【详解】因为正三棱柱外接球的体积为，所以，
设球心为，底面外接圆圆心为，由正三棱锥可得，底面外接圆半径，
所以由勾股定理得，
设，当直线与曲线相切时，最大，
联立方程组得，
由，得或（舍去），此时，，
所以正三棱柱的体积，
故选：B
5．截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面，得到所有棱长均为a的截角四面体，则下列说法错误的是（ ）
A．二面角的余弦值为
B．该截角四面体的体积为
C．该截角四面体的外接球表面积为
D．该截角四面体的表面积为
【答案】D
【分析】根据二面角的定义，结合球的表面积公式、棱锥的表面积公式和体积公式逐一判断即可.
【详解】如下图所示：设的中心为，的中心为，
取BC的中点为W，分别连接和，因为，，
所以为的二面角，，，
所以，所以，
在直角三角形中，，所以，
所以二面角的余弦值为，
所以二面角的余弦值为，故A正确
因为棱长为的正四面体的高，
所以，故B正确；
设外接球的球心为O，的中心为，的中心为，
因为截角四面体上下底面距离为，所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以，故C正确；
由正四面体中，题中截角四面体由4个边长为a的正三角形，
4个边长为a的正六边形构成，故，故D错误.
故选：D.
【点睛】关键点睛：根据球的性质，结合棱锥的体积公式、表面积公式是解题的关键.
6．刘徽构造的几何模型“牟合方盖”中说：“取立方棋八枚，皆令立方一寸，积之为立方二寸．规之为圆，径二寸，高二寸，又复横规之，则其形有似牟合方盖矣．”牟合方盖是一个正方体被两个圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时的两圆柱体的公共部分，计算其体积的方法是将原来的“牟合方盖”平均分为八份，取它的八分之一（如图一）．记正方形OABC的边长为r，设，过P点作平面PQRS平行于平面OABC．，由勾股定理有，故此正方形PQRS面积是．如果将图一的几何体放在棱长为r的正方体内（如图二），不难证明图二中与图一等高处阴影部分的面积等于．（如图三）设此棱锥顶点到平行于底面的截面的高度为h，不难发现对于任何高度h，此截面面积必为，根据祖暅原理计算牟合方盖体积（ ）
注：祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”、意思是两个同高的立体图形，如在等高处的截面积相等，则体积相等．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】计算出正方体的体积，四棱锥的体积，根据祖暅原理可得图一中几何体体积，从而得结论．
【详解】棱锥，
由祖暅原理图二中牟合方盖外部的体积等于棱锥
所以图1中几何体体积为，
所以牟合方盖体积为．
故选：C．
7．如图所示，已知正四棱柱的上下底面的边长为3，高为4，点M，N分别在线段和上，且满足，下底面ABCD的中心为点O，点P，Q分别为线段和MN上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，当三点共线，且时，有最小值，利用勾股定理求出答案即可.
【详解】过点作，交于点，交于点，
过点作，交于点，连接，
取中点，连接，
根据题意，因为，
所以当三点共线，且时，
，且有最小值，如图所示，
在中，，，
所以，
在中，，
所以，
在中，，
所以，
所以的最小值为，
故选：A.
8．如图，斜三棱柱中，底面是正三角形，分别是侧棱上的点，且，设直线与平面所成的角分别为，平面与底面所成的锐二面角为，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先在图中作出直线与平面所成的角，平面与底面所成的锐二面角，可得，同理得，再由和差化积公式得到，即可判断A、C选项；再通过三角恒等变换得到，进而得到，即，即可判断B、D选项.
【详解】
如图：延长EF，AB交于M，延长EG，AC交于N，延长FG，BC交于D，易得MN为平面ABC和平面EFG的交线，
又D在平面ABC和平面EFG上，则D在直线MN上，即M，N，D三点共线，由外角定理可得.
过A作面EFG，垂足为P，过A作，垂足为Q，连接，易得即为直线与平面所成的角，
则，又面EFG，面EFG，则，又，面，，
所以面，面，则，则即为平面与底面所成的锐二面角，则，
又，则，同理可得，则，
又由，
，
则，
故，A，C错误；
故，由可知，所以，
即，整理可得，
即，即，
故，又，故，B正确，D错误.
故选：B.
二、多选题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得 5 分，有选错得 0 分，部分选对得 2 分）
9．如图，点是棱长为的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（ ）
A．有无数个点满足
B．当点在棱上运动时，的最小值为
C．若，则动点的轨迹长度为
D．在线段上存在点，使异面直线与所成的角是
【答案】AC
【分析】对于A，根据线面垂直性质定理以及判定定理，可得其正误；
对于B，利用“将军饮马”模型，旋转平面化折为直，结合勾股定理，可得其正误；
对于C，利用直观想象圆锥的模型，利用勾股定理，求得其底面轨迹，可得其正误；
对于D，根据异面直线夹角的定义，利用数形结合以及三角函数的定义，可得其正误.
【详解】对于A，若M在上，则此时有无数个点M满足，
证明如下：由正方体的性质得平面，因为平面，所以.
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，即此时有无数个点M满足，故A正确；
对于B，旋转平面使之与平面共面，如图中，连接交于点M，
此时最短为，大小为，故B错误；
对于C，当点在平面内时，面，面，则，
所以，所以，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧，
从而动点轨迹长度为，故C正确；
对于D，因为，所以直线与所成的角，即为直线与所成角，即或其补角，
由在线段上存在点知，，由，得，
即最小值大于，故D错误.
故选：AC.
10．已知正方体的棱长为2（如图所示），点为线段（含端点）上的动点，由点，，确定的平面为，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截正方体的截面始终为四边形
B．点运动过程中，三棱锥的体积为定值
C．平面截正方体的截面面积的最大值为
D．三棱锥的外接球表面积的取值范围为
【答案】BCD
【分析】根据线面平行的判定定理，运动变化思想，函数思想，即可分别求解.
【详解】对A选项，当与点重合时，平面截正方体的截面为，错误；
对B选项，∵，又平面，平面，
∴平面，又点为线段（含端点）上的动点，
∴到平面的距离为定值，又的面积也为定值，
∴三棱锥的体积为定值，正确；
对C选项，当由移动到的过程中，利用平面的基本性质，延长交于，连接交于，
所以，从到之间，平面截正方体的截面为为等腰梯形，且，
当与重合时，截面为矩形，此时面积最大为，正确；
对D选项，如图，分别取左右侧面的中心，，则垂直于左右侧面，
根据对称性易知：三棱锥的外接球的球心在线段上，
设到的距离为，则，
设，则，又易知，外接球的半径，
在与中，由勾股定理可得：，两式相减得：，
∴，令，又，则，
∴，，
设函数，，则的对称轴为，的开口向上，
∴在上单调递增，最小值为，最大值为，即，
∴三棱锥的外接球表面积，正确.
故选：BCD.
11．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，分别是的中点，是棱上的动点，则下列说法中正确的是（ ）

A．
B．存在点，使平面
C．存在点，使直线与所成的角为
D．点到平面与平面的距离和为定值
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】依题意可知两两相互垂直，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
设，
，设，，
所以，所以，A选项正确.
点到平面与平面的距离和为为定值，D选项正确.
，，
设平面的法向量为，
则，故可设，
要使平面，平面，
则，
解得，所以存在点，使平面，B选项正确.
若直线与直线所成角为，
则，
，无解，所以C选项错误.
故选：ABD

12．在棱长为1的正方体中，分别为线段上的动点（均不与点重合），则下列说法正确的是（ ）
A．存在使得平面
B．存在使得
C．当平面时，三棱锥与体积之和最大值为
D．记与平面所成的角分别为，则
【答案】AC
【分析】对于A，当时，易证得，则要使平面EFG，只需即可，利用向量法即可得出结论；对于B，只需要即可，判断和是否相等，即可；对于C，因为，故求的最大值即可；对于D，利用等体积法求出到平面的距离，分别求出，进而可得.
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
设，
对于A，因为平面，平面，
所以，又因，
所以平面，又平面，
所以，
当时，，此时，
要使平面EFG，只需即可，
，
则，
则，即，
当时，，
故存在点E，F，G，使得平面EFG，故A正确；
对于B，，
则，
要使，
只需要即可，
，
，
，
则，
故，
因为，所以，
所以，
所以不存在点E，F，G，使得，故B错误；
对于C，因为平面EFG，
所以，
，
则，
则，所以，
要使最大，则，此时，
所以三棱锥与体积之和最大值为，故C正确；
对于D，由上可知，，
则，
因为，
所以到平面的距离满足，
所以，
所以，
，
，
所以，
所以，故D错误.
故选：AC.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）
13．陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，起源于石器时代，它是绕一个支点高速转动的几何体，其上半部分为圆锥，下半部分为同底的圆柱．如图（1）为陀螺实物体，图（2）为陀螺的直观图．已知，分别为圆柱两个底面圆心，设一个陀螺的外接球（圆柱上、下底面圆周与圆锥顶点均在球面上）的半径为，球心为，点为圆锥顶点．若圆锥与圆柱的体积比为，则圆柱的体积为 ．
【答案】
【分析】根据截面五边形，找到球心，根据圆锥与圆柱的体积比，求出圆锥与圆柱高的关系，已知外接球的半径为，求出，，在中求出圆柱底面半径.进而解出结果.
【详解】解：如图，过，，作几何体的截面，截面为五边形，
其中四边形为矩形，为等腰三角形，．
设圆柱底面半径为，圆锥与圆柱的高分别为，．
由题意知球心为矩形的中心，即为线段的中点，
因为圆锥与圆柱的体积比为，所以，
整理得．
因为陀螺的外接球的半径为，所以，整理得，
所以，，
在中，，
所以圆柱的体积为．
故答案为：.
14．在三棱锥中，是边长为2的正三角形，分别是的中点，且，则三棱锥外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】作出辅助线，证明出两两垂直，将三棱锥外接球转化为以为长，宽，高的长方体的外接球，进而求出外接球半径和表面积.
【详解】取的中点，连接，
因为是边长为2的正三角形，，
所以，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，
所以⊥，
因为分别是的中点，所以是的中位线，
故，
因为，所以，
因为平面，，
所以⊥平面，
因为平面，
所以⊥，⊥，
因为，，
由勾股定理得，
因为，所以，
由勾股定理逆定理可得⊥，
所以两两垂直，
故棱锥外接球即为以为长，宽，高的长方体的外接球，
设外接球半径为，
则，解得，
则三棱锥外接球的表面积为.
故答案为：
15．在三棱锥中，已知平面，，若，，则与所成角的余弦值为 ．
【答案】/
【分析】如图，取中点，连接，可得（或其补角）即为与所成角，分别求出三边长度即可求解.
【详解】如图，取中点，连接，
所以，则（或其补角）即为与所成角，
因为平面，所以，所以，则，
因为，所以，所以，
取中点，连接，所以，所以平面，
所以，又，，
所以，
所以.
所以与所成角的余弦值为.
故答案为：.
16．已知正四面体内接于半径为的球中，在平面内有一动点，且满足，则的最小值是 ；直线与直线所成角的取值范围为 .
【答案】
【分析】设A在面内的投影为E，故E为三角形的中心，设正四面体的棱长为x，球O的半径为R，球心O在上，列式求出得 ，则可求出 ，，推导出P的轨迹为平面内以E为圆心，为半径的圆，三点共线时，且P在之间时，可求得的最小值；以E为圆点，所在直线为x轴建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出直线与直线所成角的取值范围．
【详解】在正四面体中，设A在面内的投影为E，故E为三角形的中心，
设正四面体的棱长为x，球O的半径为R，
则 ，
依题意正四面体内接于半径为的球中，故球心O在上，
设球的半径为R,则，
即，解得 ，（舍去），
则，，
又，
故P的轨迹为平面 内以E为圆心，为半径的圆，
而，当三点共线时，且P在之间时，最小，最小值是；
以E为圆心，所在直线为x轴，在底面内过点E作的垂线为y轴，为z轴，建立如图所示直角坐标系，
则,,,，
设，，
故，,
设直线与直线所成角为，
,
因为，故，故，
又，故，故，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：求解的最小值时，关键在于根据正四面体中的相关计算，确定点P的轨迹为以E为圆心，为半径的圆，结合圆的几何性质，即可求得答案.求解直线与直线所成角时，将问题转化为利用向量的夹角公式求解，关键是要明确向量的夹角与直线所成的角之间的关系.
四、解答题（本题共 6 小题，其中 17 题 10 分，18、19、20、21、22 题各 12 分， 共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．如图，在三棱柱中，侧面底面，侧面是菱形，，，.
(1)若为的中点，求证：；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】(1)结合已知条件和平面几何关系知，然后利用面面垂直性质和线面垂直性质可知，最后利用线面垂直判定和性质即可证明；(2)取的中点，然后利用面面垂直性质证明底面，再建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，最后利用二面角的向量公式即可求解.
【详解】（1）∵侧面是菱形，∴，
∵为的中点，∴，
∵侧面底面，侧面底面，，底面，
∴侧面，
∵侧面，∴，
∵，∴平面，
∵平面，∴.
（2）取中点，连接，从而，
又由，则，
∵侧面底面，侧面底面，
∴底面，
以为坐标原点，以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下图：
由已知条件和上图可知，，，，，
由题意可知，为平面的一个法向量，
不妨设平面的一个法向量，
因为，，
从而，
令，则，，即，
设二面角为，由图可知为钝角，
从而，即，
故二面角的正弦值为.
18．如图所示，在四棱锥中，平面平面，，且，设平面与平面的交线为．
(1)作出交线（写出作图步骤），并证明平面；
(2)记与平面的交点为，点S在交线上，且，当二面角的余弦值为，求的值．
【答案】(1)直线即为所求作的直线，证明见解析
(2)
【分析】（1）延长AB、DC交于Q点，即可得到交线，通过证明，即可证明线面垂直；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量得出，解方程即可.
【详解】（1）延长，交于点，连结，则直线即为所求作的直线：
因为，所以
又因为，所以，分别为，中点，
且为正三角形，所以，
又，平面平面且交线为，且平面，
所以平面，
且面PAB，所以，
又，且平面，平面,
所以平面，即平面：
（2）取的中点，连结，则，
又平面平面且交线为，且平面，
所以平面，
以为原点，，所在直线为，轴建立如图空间直角坐标系，
则，，，，，，
由，得，
所以，，
显然平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，即
取，则，，
所以平面的一个法向量为，
所以，解得
所以当二面角的余弦值为时，
19．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为等边三角形，为线段的中点，且平面平面，是线段上的点.
(1)求证：；
(2)若直线与平面的夹角的正弦值为，求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）先证明，再证明，得出平面，从而证明；
（2）建立坐标系，利用线面角确定的位置，然后利用体积公式可求结果.
【详解】（1）因为为等边三角形，为线段的中点，所以；
因为平面平面，所以平面；
又平面，所以；
在中，，由余弦定理可得，
因为，所以；
因为，所以，所以平面；
因为平面，所以.
（2）由（1）得两两垂直，以为坐标原点，建系如图，
则；
；
设，则；
设平面的一个法向量为，
则，，令，则.
因为直线与平面的夹角的正弦值为，
所以，即，解得或（舍），
即有，是靠近的三等分点，所以四棱锥的高等于的.
四棱锥的体积为.
20．立德中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，分别是边长为4的正方形三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接就得到了一个“刍甍”(如图2)．
(1)若是四边形对角线的交点，求证：平面
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）结合图形可证四边形是平行四边形，可得，可得∥平面；
（2）根据题意结合二面角的定义可得，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面夹角．
【详解】（1）取线段中点，连接，
由图1可知，四边形是矩形，且，
是线段与的中点，
且，
在图1中且，且．
所以在图2中，且，
且
四边形是平行四边形，则
由于平面，平面
平面
（2）由图1，，折起后在图2中仍有，
即为二面角的平面角．
，
以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系如图，
且设，
则，
，
，
设平面的一个法向量，
由，得，取则
于是平面的一个法向量，
，
∴直线与平面所成角的正弦值为
【点睛】
21．已知△ABC是边长为6的等边三角形，点M，N分别是边AB，AC的三等分点，且，，沿MN将△AMN折起到的位置，使．
(1)求证：平面MBCN；
(2)在线段BC上是否存在点D，使平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，设，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，或，
【分析】（1）由已知可得，则得，再结合，由线面垂直的判定定理可证得平面MBCN；
（2）由（1）可知两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，假设存在，先求出平面的法向量，利用向量的夹角公式列方程求解判断即可
【详解】（1）证明：△ABC是边长为6的等边三角形，点M，N分别是边AB，AC的三等分点，且，，
所以，
所以由余弦定理得，
所以，所以，
所以，
因为，所以，
因为，
所以平面MBCN；
（2）由（1）可知两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以，
因为，，
所以平面，
所以为平面的一个法向量，
假设线段BC上存在点D，设，则，
所以（），
所以,
设平面的法向量为，则
，令，则，
因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为
所以，
化简得，
，解得或，
所以在线段BC上是存在点D，使平面与平面所成锐二面角的余弦值为，
此时或，
22．如图，C是以为直径的圆O上异于A，B的点，平面平面为正三角形，E，F分别是上的动点.
(1)求证：；
(2)若E，F分别是的中点且异面直线与所成角的正切值为，记平面与平面的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线与平面所成角的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，即可证明.
（2）由已知结合线面平行的判定定理知平面，结合线面平行的性质定理知，建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量，利用空间向量求线面角即可得解.
【详解】（1）证明：因为C是以为直径的圆O上异于A，B的点，所以，
又平面平面，且平面平面平面，
所以平面平面.
所以
（2）由E，F分别是的中点，连结，所以，由（1）知，
所以，所以在中，就是异面直线与所成的角.
因为异面直线与所成角的正切值为，
所以，即
又平面平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以
所以在平面中，过点A作的平行线即为直线l.
以C为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设.
因为为正三角形所以，从而
由已知E，F分别是的中点，所以
则，所以，
所以，
因为，所以可设，平面的一个法向量为，
则，取，得，
又，则.
设直线与平面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的取值范围为.