2026年高考数学一轮复习第七章 立体几何与空间向量（举一反三综合训练）（全国）（解析版）

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)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，用第I卷(选择题)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，只有一项是符合要论正确的是()A.若m//n,m//α,则n//αB.若α//β,mca,ncβ,则m//n【解题思路】利用线面平行的判定定理可推断A,利用面面平行的性质定理可推断B,利用空间垂直与平行【解答过程】对于A,若m//n,m//α,则n//α或ncα,故A错误；对于B,若α//β,mca,ncβ,则m//n或m与n是异面直线，故B错误；对于D,若m//n,m⊥α,则n⊥2.(5分)(2025-湖北·二模)如图所示，在平行六面体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，,A₁N=2ND.3一43一42一3A.2一3【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,A₁N=2ND,所3.(5分)(2025·山东青岛·模拟预测)须弥座又名“金刚座”,是一种古建筑的基座形式，通常用来作为宫殿、寺庙、塔、碑等重要建筑的基座，由多层不同形状的构件组成，一般上下宽、中间窄，呈束腰状，具有很高的艺术价值.某古建筑的基座为须弥座，其最下层为正六棱台形状，如图所示，该正六棱台的上底面边长为18m,下底面边长为24m,侧面积为756m²,则该正六棱台的体积为()A.1998√2m³B.1998√3m³C.2004√2m³【答案】B【解题思路】利用台体侧面积求斜高，再由斜高求台体的高，最后利用台体体积公式求体积即可.【解答过程】取上、下底面中心分别为P、Q,取一个侧面等腰梯形的上、下中点分别为M、N,连接PM、QN,由底面是正六边形性质可得：PM⊥AD、QN⊥BC,由上底面边长为18m,下底面边长为24m,可得AP=18m,QB=24m,则PM=9√3m,QN=12√3m,再由侧面积为756m²,可所以正六棱台的体积 4.(5分)(2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测)已知空间中有5个点E、A、B、C、D,若满足(1-λ)EA=且A、B、C、D四点共面，则λ的值为()【解题思路】根据空间共面向量定理的推论可求λ的值.5.(5分)(2025·浙江·二模)正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，点M,N分别为正方形A₁B₁C₁D₁及ABB₁A₁的中心，则异面直线BD与MN所成角的余弦值为()【解题思路】以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线所成角余弦值即可.【解答过程】如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，设正方体边长为1,则D(0,0,0),B(1,1,0),1所以异面直线BD与MN所成角的余弦值其中S,A,B,C在球O的表面上，则球O的表面积为()A.12πB.15πC.20π【解题思路】先求出△ABC外接圆的半径r,再根据三棱锥的特征找出球心0与△ABC外接圆圆心的位置关系，进而求出球0的半径R,最后根据球的表面积公式求出球0的表面积【解答过程】已知AC=BC=2,由余弦定理得：由正弦定理，底面ABC的外接圆半径r满,即,故r=2,由于侧棱长SA=SB=SC=2√5,则顶点S在底面ABC上的投影为底面三角形的外心D,则AD=r=2,设SD=h,由勾股定理SA²=SD²+AD²,即(2√5)²=h²+22,解得：h=4,所以球的半表面积为4πR²=25π.的中点，点P是底面ABCD内一动点，则下列结论正确的为()B.过B,E,F三点的平面截正方体所得截面图形是五边形C.三棱锥C₁-A₁B₁P的体积为4D.三棱锥F-ACD的外接球表面积为9π【答案】D【解题思路】对于A,找到BD中点为点P,易得FP//平面ABC₁D₁,排除A项；对于B,作出截面并判断形将其补形成长方体，从而将三棱锥的外接球转化成对应长方体的外接球来求解.【解答过程】对于A,当P为BD中点时，由三角形中位线定理可得FP//BD₁,对于B,由中位线可得EF//AD₁,在正方体中，易证AD₁//BC₁,所以EF//BC₁,即BC₁就是一条截线，连C₁F,得截面EBC₁F,又因EF≠BC₁,所以截面EBC₁F为梯形，故B错误；对于C,点P到平面A₁B₁C₁D₁的距离为2,则三棱锥F-ACD的外接球可以补形成以这三边长为长、宽、高的长方体的外接球，则外接球半径R即该长方体的体对角线的一半，即故其表面积S=4πR²=9π,故D正确.8.(5分)(2025·山东临沂·二A.直线MN与A₁C所成角的余弦值为B.平面BMN与平面BC₁D₁夹角的余弦值C.在BC₁上存在点Q,使得B₁Q⊥BD₁D.在B₁D上存在点P,使得PA//平面BMN【答案】C【解题思路】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1,由空间向量计算异面直线所成角，二面角和线线垂直可判断ABC;由N,M,B,A四点共面，而A∈平面BMN可判断D.【解答过程】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1,所以A(1,0,0),D(0,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A₁(1,0,1),D₁(0,0,1),B₁(1,1,1),C₁(0,1,1),,,, 对于A,,A₁C=(-1,1,-1), 直线MN与A₁C所成角的余弦值故A错误； 则C₁Q=(x₀,0,zo-1),C₁B=(1,0,-1),所以x₀=λ,zo=-λ+1,所以Q(,1,-λ+1),B₁Q=(λ-1而A∈平面BMN,所以B₁D上不存在点P,使得PA//平面BMN,故DA'B′=4,C'D′=2,则下列说法正确的是()A.A'D′=2√2B.AB=4【答案】BC【解题思路】A选项，作出辅助线，得到各边长，结合∠DAM=45°,求出各边长，得到周长.B选项，由斜二测法可知AB=A'B′=C选项，作出原图形，可知AD=2A'D′=2√2,AB=4,CD=2,AD⊥AB,四边形ABCD的周长为AB+CD+AD+BC=4+2+2√2+2√3=6+2√2+2√3,D错误.∠CAA₁=60°,则下列说法中正确的是()A.AB与B₁C₁的夹角为60°D.MN⊥BC【解题思路】由空间向量的运算法则和空间向量的夹角公式、模长公式、数量积的定义对选项一一判断即可得出答案. 【解答过程】对于A,∵AB=AC=1,∠BAC=90°,∴∠ABC=45°,所以AB与BC的夹角为135°,又BC= 所以AB与B₁C₁的夹角为135°,故A错误；对于B,因为BM=2A₁M,C₁N=2对于C,∵lal=|6=lc|=1,∠BAC=90°,∠BAA₁=∠CA.AG⊥PDD.过点E,F,G的平面截四棱锥P-ABCD所得的截面图形为五边形【解题思路】以点A为原点，AB,AD,AP所在列公式计算即可判断A,B,C;对于D,作出截面即得.【解答过程】如图，因PA⊥平面ABCD,底面ABCD是边长为1的正方形，对于A,,第Ⅱ卷(非选择题)三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。所以2-x-y=1,可得x+y=1,且x,y>0,13.(5分)(2025-湖北武汉·模拟预测)棱长均为1m的正三棱柱透明封闭容器盛有am³水，当侧面AA₁B₁B水平放置时，液面高为hm(如图1);当转动容器至截面A₁BC水平放置时，盛水恰好充满三棱锥A-A₁BC【解题思路】由题可得,由VABED-A₁B₁E₁D₁=VAA₁BC,可得,从而可得据此可得答案.【解答过程】由题意，正三棱柱的棱长均为1m,由题意可故答案为：14.(5分)(2025-湖南·三模)如图，在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，△ABC是正三角形，D为AC的中点，点E在棱CC₁上，且CE=2EC₁,若AB=2,AA₁=3,则点A₁到平面BDE的距离为 算求解.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。(2)若四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁的体积为24,求三棱锥C-BDF的体积V的值.【解题思路】(1)连接BM,由中位线可知EF//BM,然后结合线面平行的判定定理即可得证；VB₁-BDC,,联立即可得解.【解答过程】(1)在四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，连接BM,如图，所示),并且OE=kOA,OF=kOB,OH=kOD,AC=AD+mAB,EG=EH+mEF.求证：(3)由OG=EG-EO,结合(2)中结论与OE=kOA即可得证.【解答过程】(1)由AC=AD+mAB,EG=EH+mEF, =k(OD-OA)+km(OB-OA)=k(3)由(2)知EG=kAC,即OG//OC,又OG与OC有一个公共点，所以0、G、C三点共线.【解题思路】(1)由面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理和性质定理即可证明；分别求出直线DG的方向向量与平面PAB的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.【解答过程】(1)∵PD1平面ABCD,ABC平面ABCD,∴PD⊥AB.,令yo=-2√2,则x₀=0,zo=1,∴n=(0,-2√2,1),xx18.(17分)(2025·河北秦皇岛·模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的菱形，点M,N为线段PD上的三等分点.(1)证明：平面MBD1平面PAC.(2)求二面角A-BM-N的余弦值.【答案】(1)证明见解析【解题思路】(1)利用面面垂直的判定定理可得答案；(2)连接AM,取BC的中点E,以A为原点，AE,AD,AP所在的直线分别为x,y,z,建立空间直角坐标系，求出平面ABM、平面BMN的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案.【解答过程】(1)因为四棱锥P-ABCD中，底面是边长为3的菱形，所以AC⊥BD,因为PA1平面ABCD,BDC平面ABCD,所以PA⊥BD,又BDC平面MBD,所以平面MBD1平面PAC;(2)连接AM,取BC的中点E,连接AE,因,所以AE⊥BC,以A为原点，AE,AD,AP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设n=(x,y,z)为