高考数学复习专题检测七立体几何与空间向量（解析版）

专题七立体几何与空间向量选择题：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.（2024福建福州一中模拟，6）已知圆锥的顶点为，母线所成角的余弦值为，且该圆锥的母线是底面半径的倍，若的面积为，则该圆锥的表面积为（）A.B.C.D.【答案】B【分析】根据条件，求圆锥的底面半径和母线长，再根据公式求圆锥的表面积.【详解】如图：设圆锥底面为，母线长为，母线，夹角为，则，所以.因为的面积为，所以.又.所以圆锥的表面积为：.故选：B2.（2024广东执信中学检测，4）已知是空间中三条互不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（）A.，则B.且，则C.，则D.，则【答案】B【分析】A.利用线面的位置关系判断；B.由线面垂直的性质判断；C.利用线面的位置关系判断；D.利用直线与直线的位置关系判断.【详解】A.若，则或，故错误；B.若且，则，故正确；C.若，则或或与相交，故错误；D.若，则或l与n异面，故错误.故选B.3.（2024重庆八中适应性月考，6）已知圆台的上底面积为，下底面积为，且其外接球半径，则该圆台的高为（）A.6或7B.8或12C.6或8D.7或12【答案】C【分析】根据截面图列出上下底面半径和球心到上下底面的距离的方程组求解即可.【详解】截面如图所示，球心可在截面的内部或外部，设上下底面半径分别为，则，设球心到上下底面的距离分别分别为，则，故，于是圆台高或.故选C.4.（2024广东广雅中学适应性考试，6）在正三棱台中，已知，，侧棱的长为2，则此正三棱台的体积为（）A.B.C.D.【答案】C【分析】先计算出三棱台的上下底面的面积，再根据底面边长与侧棱长求解三棱台的高，进而计算出三棱台的体积．【详解】正三棱台中，已知，，所以的面积为，的面积为，设，分别是，的中心，设，分别是，的中点，，，三点共线，，，三点共线，，，，，，过作，垂足为，则，，三棱台的高为，三棱台的体积为．故选C．5.（2024广东湛江模拟，8）在四棱锥中，底面为矩形，底面与底面所成的角分别为，且，则（）A.B.C.D.【答案】D【分析】设，利用线面角定义，结合正切函数的和差公式得到关于的方程，解之即可得解.【详解】如图，设，因为在矩形中，，所以，因为底面，所以分别是与底面所成的角，即，所以.因为，所以，解得(负根舍去)，所以故选：D.6.（2024湖南长沙一中模拟，8）已知正方体的棱长为2，是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（）A．B．3C．D．【答案】D【解析】解：正方体的棱长为2，是棱的中点，空间中的动点满足，且，如图，分别取，的中点，，连接，，．由题意知，，且，∴平面，由，得点在平面内，由，得点在以为球心，半径为1的球面上，∴动点的轨迹为平面与球的球面的交线，即在平面内的圆，连接，设点到平面的距离为，平面截球所得截面圆的半径为，则由，得，且，∴，则，∴动点的轨迹长度为．故选：D．7.（2024辽宁名校联盟检测，6）如图，在正三棱台中，若，则异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】D【分析】在平面中，过作的平行线，交的延长线于，连接，则或其补角为异面直线与所成角，结合余弦定理可求角的余弦值.【详解】由正三棱台的性质可得四边形为等腰梯形，其中，如图，在梯形中，过作，垂足为，而，故，故.同理，.在平面中，过作的平行线，交的延长线于，连接，则或其补角为异面直线与所成角，因，，故四边形为平行四边形，故，，而，故，故，故异面直线与所成角的余弦值为，故选：D.8.（2024河北石家庄适应性考试，8）在四棱锥中，底面四边形为等腰梯形，，，是边长为2的正三角形，，则四棱锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．答案C【分析】取的中点，连接、，即可证明平面，从而得到平面平面，再取的中点，连接、、，推导出为外接圆的圆心，再设的外接圆的圆心为，四棱锥外接球的球心为，即可求出外接球的半径，从而求出球的表面积.【详解】取的中点，连接、，因为是边长为2的正三角形，所以，，又，，，所以，在中，由余弦定理，即，又，所以，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，取的中点，连接、、，则、及均为等边三角形，易知且，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以等腰梯形外接圆的圆心为，设的外接圆的圆心为，则，设四棱锥外接球的球心为，连接、、，则平面，平面，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，所以外接球的半径，所以外接球的表面积.故选：C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.（2024重庆南开中学质量检测，9）如图，已知正方体中，分别为棱、的中点，则下列说法正确的是（）A.四点共面B.与异面C.D.RS与所成角为【答案】AC【分析】建立空间直角坐标系，设正方体棱长即可得各点的坐标，利用向量法判断线线位置关系判断AB，求解线线角判断CD.【详解】以D为坐标原点，分别以所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系：设正方体的棱长为2，则，因为分别为棱、的中点，所以，对于A，因为，所以，所以，所以四点共面，正确；对于B，因为，所以，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，错误；对于C，因为，所以，所以，即，正确；对于D，因为，所以，，所以，设RS与所成角为，，则，所以，即与所成角为，错误.故选：AC10.（2024重庆巴蜀中学月考，10）正方体的棱长为2，球和球的球心，都在线段上，球，球外切，且球，球都在正方体的内部（球可以与正方体的表面相切），记球和球的半径分别为，，则（）A． B．当时，的最大值是C．的最大值是 D．球和球的表面积之和的最大值是答案AC根据正方体的性质得，故A正确；当时，球与正方体内切，当与正方体的三个面相切时半径最大，此时满足，解得，故B错误；对任意的球，球与正方体的三个面相切时半径最大，故当球，球都与正方体的三个面相切时取最大值，即，解得，故的最大值是，故选项C正确；由选项B和选项C知，取最大值，此时，则，当或取得最大值，故选项D错误，故选AC．11.（2024河北石家庄质量检测，11）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法正确的有（）A.若点为中点，则异面直线与所成角的余弦值为B.若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为C.若点为的中点，则平面与四边形的交线长为D.若点在侧面正方形内（包含边界）且，则点的轨迹长度为【答案】BD【分析】取中点，连接，为异面直线与所成角，可判断A；将侧面延旋转至与平面共面，根据两点间线段最短可判断B；对于C，如图以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系，取靠近的四等分点，则可证明，判断C；并确定点的轨迹为直线在正方形内的线段，判断D.【详解】对于A，取中点，连接，则，所以为异面直线与所成角，在中，，故A错误；对于B，将侧面延旋转至与平面共面，如图连接，交与点，此时最小，且，故B正确；对于C，如图，以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系，则因为平面平面，所以平面与平面的交线为过点且平行于的直线，取靠近的四等分点，连接，并延长交于点，连接，交于点，由，所以，则，则，所以为平面与平面的交线，则为平面与平面的交线，所以为平面与四边形的交线，由于，所以，又，所以，则，故C错误；对于D，因为点在侧面正方形内，设，则，因为，所以，化简，则点的轨迹为直线在正方形内的线段，其长度为，故D正确.故选：BD填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．12.（2024福建南平模拟，13）已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为______．【答案】【分析】设上底面圆的半径为，则下底面圆的半径是，然后根据轴截面周长为16，可求出，从而可求出上下底面的面积和侧面积，进而可求出其表面积.【详解】设上底面圆的半径为，则下底面圆的半径是，故轴截面周长为，解得，所以上、下底面圆的面积分别为，圆台侧面积，所以圆台的表面积为13.（2024重庆南开中学质量检测，13）已知一个表面积为的球与正三棱柱的各个面都相切，则此正三棱柱的体积为______.【答案】【分析】由内切球的表面积得球的半径，从而求出正三棱柱的高，再根据底面正三角形内切圆的半径求得正三角形的边长，代入棱柱体积公式求解即可.【详解】设正三棱柱的底面棱长为，高为，内切球的半径为，依题意，解得，所以正三棱柱的高，正三棱柱底面正三角形的内切圆的半径为，由题意，所以，所以正三棱柱的体积.14.（2024湖南长沙一中模拟，14）在直三棱柱中，，，，是棱上一点，平面将直三棱柱分成体积相等的两部分．若，，，四点均在球的球面上，则球的体积为__________．【答案】【解析】在直三棱柱中，，，，是棱上一点，平面将直三棱柱分成体积相等的两部分，如图，连接，，因为，所以，所以，所以，因此，即为的中点，取的中点，的中点，连接，，，则，且，所以四边形为平行四边形，所以，因为，所以，所以平面，则平面，因为是的外心，且的外接圆半径，三棱锥的高，设球的半径为，则，则，所以球的体积．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．（2024辽宁东北育才学校适应性测试，15）【解析】（1）设，连接，因为四边形为矩形，所以为中点，又为中点，则，又平面，平面，所以平面.（2）以为坐标原点，的正方向分别为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，设平面的法向量为：，且，令，解得：；设直线与平面所成角为，所以.则直线与平面所成角的正弦值为.16.（2024江苏省扬州中学模拟，15）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，，，点M在PD上．(1)求证：；(2)求异面直线与所成角的余弦值；(3)若平面与平面所成角为45°，求直线与平面所成角的正弦值．【分析】（1）取中点为E，连接，说明，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明方法，即可证明结论；（2）求出向量，即可根据空间角的向量求法，求得答案；（3）设，根据平面与平面所成角为45°，结合空间角的向量求法，求出，再根据二面角的向量求法，即可求得答案.【详解】（1）取中点为E，连接，由题意可知，即四边形为平行四边形，故，而，故；又平面ABCD，故以A为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，则，故，故，则；（2）由（1）知，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；（3）由题可设，则，设平面的一个法向量为，，由，得，取，则，平面的法向量可取为，平面与平面所成角为45°，则，解得，则，，,设平面的一个法向量为，由，得，取，则，设直线与平面所成角为，则.即直线与平面所成角的正弦值为.17.（2024福建南平模拟，16）如图，在四棱锥中，，.（1）证明：平面平面；（2）在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.分析】（1）通过，证平面，即可证面面平行；（2）通过建立空间直角坐标系，计算各点坐标，设得点坐标，并计算平面和平面的法向量，根据向量垂直确定，再根据向量的夹角公式计算即可.【解析】（1）证明：因为，，所以，，所以，，又，所以四边形为菱形，所以，，又，平面，，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）由（1）得平面，因为平面，所以，故四边形为正方形.不妨设正方形的边长为2，的中点为，连接.因为为等边三角形，所以，又平面，又平面平面，且平面平面，所以平面.以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.假设存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为，且，，由，得，即，解得，，，所以，所以，，，.设平面的法向量为，则，可取.设平面的法向量为，则，可取，则，解得或（舍去），所以在棱上存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为，且.18.（2024黑龙江部分学校三模，17)在如图所示的多面体中，四边形是边长为的正方形，其对角线的交点为平面，点是棱的中点.（1）求证：平面；（2）求直线和平面所成角的正弦值.【分析】（1）根据线面垂直的性质证明四边形为矩形，求出，结合勾股定理和线面垂直的判定定理即可证明；（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可.【解析】（1）连接.因为平面平面，所以.因为是中点，所以四边形为矩形，则.因为是正方形的对角线交点，所以为中点，，所以.因为为中点，所以.又平面，所以平面.（2）由（1）知，两两垂直，以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量为，所以由，得，令，可得，设直线和平面所成角为，则，所以直线和平面所成角的正弦值为.19.（2024安徽合肥一六八中学模拟，17）如图，在三棱台中，，平面平面，．（1）