2/30第七章立體幾何與空間向量（舉一反三綜合訓(xùn)練）（全國(guó)通用）（考試時(shí)間：120分鐘；滿分：150分）注意事項(xiàng)：1.本試卷分第I卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。2.回答第I卷時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。寫在本試卷上無(wú)效。3.回答第Ⅱ卷時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無(wú)效。4.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。第I卷（選擇題）一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的。1．（5分）（2025·四川成都·模擬預(yù)測(cè)）已知m,n是兩條不同的直線，α,β,γ是三個(gè)不同的平面，則下列結(jié)論正確的是（

）A．若m//n,m//α，則n//αB．若α//β,m?α,n?β，則m//nC．若α⊥β,β⊥γ，則α//γD．若m//n,α//β,m⊥α，則n⊥β【答案】D【解題思路】利用線面平行的判定定理可推斷A，利用面面平行的性質(zhì)定理可推斷B，利用空間垂直與平行的關(guān)系可推斷CD.【解答過程】對(duì)于A，若m//n,m//α，則n//α或n?α，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若α//β,m?α,n?β，則m//n或m與n是異面直線，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若α⊥β,β⊥γ，則α//γ或α∩γ=l，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，若m//n,m⊥α，則n⊥α，又因?yàn)棣?/β，所以n⊥β故選：D.2．（5分）（2025·湖北·二模）如圖所示，在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，AM=12MC，A1N=2NDA．34 B．C．23 D．【答案】D【解題思路】根據(jù)空間向量的線性運(yùn)算得MN=【解答過程】因?yàn)锳M=12MC則MN=?1所以x=?13,y=z=故選：D.3．（5分）（2025·山東青島·模擬預(yù)測(cè)）須彌座又名“金剛座”，是一種古建筑的基座形式，通常用來作為宮殿、寺廟、塔、碑等重要建筑的基座，由多層不同形狀的構(gòu)件組成，一般上下寬、中間窄，呈束腰狀，具有很高的藝術(shù)價(jià)值.某古建筑的基座為須彌座，其最下層為正六棱臺(tái)形狀，如圖所示，該正六棱臺(tái)的上底面邊長(zhǎng)為18m，下底面邊長(zhǎng)為24m，側(cè)面積為756mA．19982m3 B．19983m3【答案】B【解題思路】利用臺(tái)體側(cè)面積求斜高，再由斜高求臺(tái)體的高，最后利用臺(tái)體體積公式求體積即可.【解答過程】取上、下底面中心分別為P、Q，取一個(gè)側(cè)面等腰梯形的上、下中點(diǎn)分別為M、N，連接PM、QN，由底面是正六邊形性質(zhì)可得：PM⊥AD、QN⊥BC，由上底面邊長(zhǎng)為18m，下底面邊長(zhǎng)為24m，可得則PM=93再由側(cè)面積為756m2，可得根據(jù)勾股定理得PQ=6所以正六棱臺(tái)的體積為V==19983故選：B.4．（5分）（2025·黑龍江齊齊哈爾·模擬預(yù)測(cè)）已知空間中有5個(gè)點(diǎn)E、A、B、C、D，若滿足1?λEA=13EB+14EC+λAD，且AA．712 B．512 C．14【答案】B【解題思路】根據(jù)空間共面向量定理的推論可求λ的值.【解答過程】由EA?λEA=即EA=由空間向量共面定理的推論可知，13+1故選：B.5．（5分）（2025·浙江·二模）正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)M,N分別為正方形A1A．0 B．34 C．12 【答案】C【解題思路】以點(diǎn)D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解異面直線所成角余弦值即可.【解答過程】如圖，以點(diǎn)D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體邊長(zhǎng)為1，則D0,0,0故MN=所以cosMN所以異面直線BD與MN所成角的余弦值為12

故選：C.6．（5分）（2025·江蘇泰州·模擬預(yù)測(cè)）在三棱錐S?ABC中，AC=BC=2，∠ACB=2π3，側(cè)棱長(zhǎng)都等于25，其中S,A,B,C在球O的表面上，則球A．12π B．15π C．20π【答案】D【解題思路】先求出△ABC外接圓的半徑r，再根據(jù)三棱錐的特征找出球心O與△ABC外接圓圓心的位置關(guān)系，進(jìn)而求出球O的半徑R，最后根據(jù)球的表面積公式求出球O的表面積.【解答過程】已知AC=BC=2，∠ACB=2A所以AB=23由正弦定理，底面ABC的外接圓半徑r滿足ABsin∠ACB=2r，即2r=由于側(cè)棱長(zhǎng)SA=SB=SC=25則頂點(diǎn)S在底面ABC上的投影為底面三角形的外心D，則AD=r=2，設(shè)SD=h，由勾股定理SA2=SD2則外接球的球心O必在過D且垂直于底面的直線上，設(shè)O到D的距離為d，則OA=OB=OC=rOS=|h?d|，因AO=SO，故22+d所以球的半徑R=22+故選：D.7．（5分）（2025·內(nèi)蒙古包頭·模擬預(yù)測(cè)）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E,F分別是棱A．不存在點(diǎn)P，使得FP//平面ABB．過B,E,F三點(diǎn)的平面截正方體所得截面圖形是五邊形C．三棱錐C1D．三棱錐F?ACD的外接球表面積為9【答案】D【解題思路】對(duì)于A，找到BD中點(diǎn)為點(diǎn)P，易得FP//平面ABC【解答過程】對(duì)于A，當(dāng)P為BD中點(diǎn)時(shí)，由三角形中位線定理可得FP//BD因?yàn)镕P?平面ABC1D1，BD1?對(duì)于B，由中位線可得EF//AD1，在正方體中，易證AD即BC1就是一條截線，連C1F，得截面EBC對(duì)于C，點(diǎn)P到平面A1故VC對(duì)于D，因DA,DC,DF兩兩垂直，則三棱錐F?ACD的外接球可以補(bǔ)形成以這三邊長(zhǎng)為長(zhǎng)、寬、高的長(zhǎng)方體的外接球，則外接球半徑R即該長(zhǎng)方體的體對(duì)角線的一半，即R=2故其表面積S=4π故選：D.8．（5分）（2025·山東臨沂·二模）已知正方體ABCD?A1B1C1D1中，M，A．直線MN與A1C所成角的余弦值為63 B．平面BMN與平面C．在BC1上存在點(diǎn)Q，使得B1Q⊥BD1 D．在B【答案】C【解題思路】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為1，由空間向量計(jì)算異面直線所成角，二面角和線線垂直可判斷ABC；由N,M,B,A四點(diǎn)共面，而A∈平面BMN可判斷D.【解答過程】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為1，所以A1,0,0,D0,0,0M0,1,對(duì)于A，MN=0,?1直線MN與A1C所成角的余弦值為對(duì)于B，MN=0,?1設(shè)平面BMN的法向量為n=x,y,z，則取x=1，可得y=0,z=2，所以n=C1D1設(shè)平面BC1D1的法向量為取x1=1，可得y1平面BMN與平面BCcosm對(duì)于C，因?yàn)镼在BC1上，設(shè)Qx0,1,則C1Q=所以Qλ,1,?λ+1，B所以B1Q?故BC1上存在點(diǎn)Q1對(duì)于D，因?yàn)镸N//DC//AB，所以N,M,B,A四點(diǎn)共面，而A∈平面BMN，所以B1D上不存在點(diǎn)P，使得PA//平面故選：C.二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目的要求，全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分。9．（6分）（2025·陜西西安·二模）如圖，四邊形ABCD的斜二測(cè)畫法的直觀圖為等腰梯形A′B′C′D′

A．A′D′C．四邊形ABCD的面積為62 D．四邊形ABCD的周長(zhǎng)為【答案】BC【解題思路】A選項(xiàng)，作出輔助線，得到各邊長(zhǎng)，結(jié)合∠DAM=45°，求出A′D′【解答過程】A選項(xiàng)，過點(diǎn)C′，D′作C′因?yàn)榈妊菪蜛′B′C′所以MN=2，又∠D′A

B選項(xiàng)，由斜二測(cè)法可知AB=AC選項(xiàng)，作出原圖形，可知AD=2A′D′=22，故四邊形ABCD的面積為CD+AB?AD

D選項(xiàng)，過點(diǎn)C作CH⊥AB于點(diǎn)H，則AH=CD=2，由勾股定理得BC=B四邊形ABCD的周長(zhǎng)為AB+CD+AD+BC=4+2+22故選：BC.10．（6分）（2025·福建·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，M，N分別是線段A1B，B1C1上的點(diǎn)，且BM=2A1A．AB與B1CB．MNC．MND．MN【答案】BCD【解題思路】由空間向量的運(yùn)算法則和空間向量的夾角公式、模長(zhǎng)公式、數(shù)量積的定義對(duì)選項(xiàng)一一判斷即可得出答案.【解答過程】對(duì)于A，∵AB=AC=1，∠BAC=90o，∴∠ABC=45o，所以AB與BC的夾角為所以AB與B1C1對(duì)于B，因?yàn)锽M=2A1M所以A1A1∴MN對(duì)于C，∵a=b=c∴a?b=0，∴=1∴MN對(duì)于D，MN?∴MN故選：BCD.11．（6分）（2025·山東德州·三模）在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA=1，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別為棱AB,AD,PC的中點(diǎn)，則（

）A．AG⊥PDB．異面直線FG和AC所成的角為πC．平面EFG與平面ABCD所成角的正弦值為6D．過點(diǎn)E，F(xiàn)，G的平面截四棱錐P?ABCD所得的截面圖形為五邊形【答案】ACD【解題思路】以點(diǎn)A為原點(diǎn)，AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸，建立平面直角坐標(biāo)系，利用空間向量的系列公式計(jì)算即可判斷A，B，C；對(duì)于D，作出截面即得.【解答過程】如圖，因PA⊥平面ABCD，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，故可以點(diǎn)A為原點(diǎn)，AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系.對(duì)于A，A(0,0,0),C(1,1,0),P(0,0,1),B(1,0,0),D(0,1,0),G(1則AG=(12則AG⊥PD，即A正確；對(duì)于B，因點(diǎn)F是AD的中點(diǎn)，故F(0,12,0),則FG=(12,0,12),則cosθ=|因α∈(0,π2]對(duì)于C，由于PA⊥平面ABCD，平面ABCD的法向量可取為m=(0,0,1)點(diǎn)E為棱AB的中點(diǎn)，則E(12,0,0)，EF設(shè)平面EFG法向量為n=(x,y,z)，則n?EF=0設(shè)直線EFG與平面ABCD所成角為α，則|cosα|=|cos對(duì)于D，如圖，延長(zhǎng)FE與直線CB交于點(diǎn)N，延長(zhǎng)EF與直線CD交于點(diǎn)J，連接NG與PB交于點(diǎn)H，連接GJ與PD交于點(diǎn)K，連接HE,KF，則平面EFG截四棱錐P?ABCD的截面為五邊形HEFKG.即D正確.故選：ACD.第II卷（非選擇題）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．（5分）（2025·上?！つM預(yù)測(cè)）O不與A,B,C,D共面，并且ABCD四點(diǎn)在一個(gè)平面上，2OD=xOA+yOB+OC（x,y>0【答案】16【解題思路】由向量共面定理有x+y=1，再應(yīng)用基本不等式“1”的代換求最小值.【解答過程】由題設(shè)2OD?xOA?yOB=OC所以2?x?y=1，可得x+y=1，且x,y>0，所以1x當(dāng)且僅當(dāng)x=14,y=故答案為：16.13．（5分）（2025·湖北武漢·模擬預(yù)測(cè)）棱長(zhǎng)均為1m的正三棱柱透明封閉容器盛有am3水，當(dāng)側(cè)面AA1B1B水平放置時(shí)，液面高為hm【答案】3【解題思路】由題可得VA?A1BC=312【解答過程】由題意，正三棱柱的棱長(zhǎng)均為1m，所以S△ABC由題意可得VA?又由VABED?A1B1E∵DCAC=DEAB在等邊△ABC中，AB邊上的高為32因?yàn)閔32=故答案為：3?14．（5分）（2025·湖南·三模）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，△ABC是正三角形，D為AC的中點(diǎn)，點(diǎn)E在棱CC1上，且CE=2EC1，若【答案】5【解題思路】建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，求出A1B,n，其中n是平面【解答過程】如圖，取AB,A1B1的中點(diǎn)F,G，因?yàn)锳A1⊥所以AA因?yàn)槿切蜛BC是等邊三角形，點(diǎn)F是AB中點(diǎn)，所以FB⊥FC，所以FB,FC,FG兩兩互相垂直，以點(diǎn)F為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)B,FC,FG所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)镃E=2EC1，AB=2，AA1=3所以B1,0,0所以A1設(shè)平面BDE的法向量為n=所以DB?n=32所以可取n=點(diǎn)A1到平面BDE的距離為A故答案為：5.四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及驗(yàn)算步驟。15．（13分）（2025·山西晉城·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD為平行四邊形，點(diǎn)M是線段B1

(1)求證：EF//平面BD(2)若四棱柱ABCD?A1B1C1D【答案】(1)證明見解析(2)2【解題思路】（1）連接BM，由中位線可知EF//（2）由F是CM的中點(diǎn)得VC?BDF=VF?BDC=12VM?BDC，再由B1D【解答過程】（1）在四棱柱ABCD?A1B

因E、F分別是BC、CM的中點(diǎn)，則有EF//又EF?平面BDD1B1，BM?平面BDD（2）由F是CM的中點(diǎn)得VC?BDF在四棱柱ABCD?A1B1C故四邊形BB1D因?yàn)锽D?平面BCD，B1D1?平面BCD，則又點(diǎn)M是線段B1則VM?BDC所以三棱錐C?BDF的體積V的值為1216．（15分）（2025高二上·全國(guó)·專題練習(xí)）已知O，A，B，C，D，E，F(xiàn)，G，H為空間的9個(gè)點(diǎn)（如圖所示），并且OE=kOA，OF=kOB，OH=k(1)A，B，C，D四點(diǎn)共面，E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面；(2)AC//(3)O、G、C三點(diǎn)共線．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【解題思路】（1）根據(jù)空間向量的基本定理即可得證；（2）由EG=EH+m（3）由OG=EG?【解答過程】（1）由AC=AD+m知A，B，C，D四點(diǎn)共面，E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面；（2）由OE=kOA，OF=k得EG=k=kAD所以AC//（3）由（2）知EG=k所以O(shè)G=kAC所以O(shè)G=k即OG//OC，又OG與OC有一個(gè)公共點(diǎn)，所以17．（15分）（2025·重慶·三模）如圖，已知在四棱錐P?ABCD中，AD=1,AB=2，PD⊥平面ABCD，平面PAB⊥平面PAD.(1)證明：AB⊥AD；(2)若AC=PD=22，且BD=CD，G為△PBC的重心，求直線DG與平面【答案】(1)證明見解析(2)3【解題思路】（1）由面面垂直的性質(zhì)定理、線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理即可證明；（2）以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD為x軸、y軸,過A平行于PD的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出直線DG的方向向量與平面PAB的法向量，由線面角的向量公式代入即可得出答案.【解答過程】（1）∵PD⊥平面ABCD,AB?平面ABCD,∴PD⊥AB.過D作DM⊥AP,交AP于點(diǎn)M,∵平面PAB⊥平面PAD,平面PAB∩平面PAD=PA,DM?平面PAD,∴所以DM⊥平面PAB,AB?平面PAB，∴DM⊥AB,又PD?平面PAD，DM?平面PAD，PD∩DM=D,∴AB⊥平面PAD，AD?平面PAD，∴AB⊥AD；（2）以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD為x軸、y軸,過A平行于PD的直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,0,B2,0,0設(shè)Cx,y,0,BD=CD=5由題意可得x2解得C2,2,0,G為△PBC∴設(shè)平面PAB的一個(gè)法向量為n=x0∴y0+22z0=02x設(shè)直線DG與平面PAB所成角為θ，則sinθ=18．（17分）（2025·河北秦皇島·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為3的菱形，PA⊥平面ABCD，PA=3，∠ABC=π3，點(diǎn)M,N為線段

(1)證明：平面MBD⊥平面PAC.(2)求二面角A?BM?N的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)3【解題思路】（1）利用面面垂直的判定定理可得答案；（2）連接AM，取BC的中點(diǎn)E，以A為原點(diǎn)，AE,AD,AP所在的直線分別為x,y,z，建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面ABM、平面BMN的一個(gè)法向量，由二面角的向量求法可得答案.【解答過程】（1）因?yàn)樗睦忮FP?ABCD中，底面是邊長(zhǎng)為3的菱形，所以AC⊥BD，因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD，由PA∩AC=A，PA,AC?平面PAC，得BD⊥平面PAC，又BD?平面MBD，所以平面MBD⊥平面PAC；（2）連接AM，取BC的中點(diǎn)E，連接AE，因?yàn)椤螦BC=π3，所以以A為原點(diǎn)，AE,AD,AP所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,0AM=設(shè)n=x,y,z為平面AM?n=y+2z=0BM?n=設(shè)m=a,b,c為平面MN?m=b?c=0BM?m=所以cosn所以二面角A?BM?N的余弦值為3285

19．（17分）（2025·江西景德鎮(zhèn)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，該幾何體由兩個(gè)相同的正四棱臺(tái)組合而成(1)證明：BG//EJ.(2)已知