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)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)是符合要論正確的是()A.若m//n,m//α,則n//αB.若α//β,mca,ncβ,則m//n【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【解答過(guò)程】對(duì)于A,若m//n,m//α,則n//α或ncα,故A錯(cuò)誤；對(duì)于B,若α//β,mca,ncβ,則m//n或m與n是異面直線，故B錯(cuò)誤；對(duì)于D,若m//n,m⊥α,則n⊥2.(5分)(2025-湖北·二模)如圖所示，在平行六面體ABCD-A?B?C?D?中，,A?N=2ND.3一43一42一3A.2一3【解題思路】根據(jù)空間向量的線性運(yùn)算得,則得到其和值.【解答過(guò)程】因?yàn)?A?N=2ND,所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(lái)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756m2,則該正六棱臺(tái)的體積為()A.1998√2m3B.1998√3m3C.2004√2m3【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(guò)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AP=18m,QB=24m,則PM=9√3m,QN=12√3m,再由側(cè)面積為756m2,可所以正六棱臺(tái)的體積 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-λ)EA=且A、B、C、D四點(diǎn)共面，則λ的值為()【解題思路】根據(jù)空間共面向量定理的推論可求λ的值.5.(5分)(2025·浙江·二模)正方體ABCD-A?B?C?D?中，點(diǎn)M,N分別為正方形A?B?C?D?及ABB?A?的中心，則異面直線BD與MN所成角的余弦值為()【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(guò)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D(0,0,0),B(1,1,0),1所以異面直線BD與MN所成角的余弦值其中S,A,B,C在球O的表面上，則球O的表面積為()A.12πB.15πC.20π【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0與△ABC外接圓圓心的位置關(guān)系，進(jìn)而求出球0的半徑R,最后根據(jù)球的表面積公式求出球0的表面積【解答過(guò)程】已知AC=BC=2,由余弦定理得：由正弦定理，底面ABC的外接圓半徑r滿,即,故r=2,由于側(cè)棱長(zhǎng)SA=SB=SC=2√5,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+AD2,即(2√5)2=h2+22,解得：h=4,所以球的半表面積為4πR2=25π.的中點(diǎn)，點(diǎn)P是底面ABCD內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的為()B.過(guò)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C?-A?B?P的體積為4D.三棱錐F-ACD的外接球表面積為9π【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?D?,排除A項(xiàng)；對(duì)于B,作出截面并判斷形將其補(bǔ)形成長(zhǎng)方體，從而將三棱錐的外接球轉(zhuǎn)化成對(duì)應(yīng)長(zhǎng)方體的外接球來(lái)求解.【解答過(guò)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?,對(duì)于B,由中位線可得EF//AD?,在正方體中，易證AD?//BC?,所以EF//BC?,即BC?就是一條截線，連C?F,得截面EBC?F,又因EF≠BC?,所以截面EBC?F為梯形，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C,點(diǎn)P到平面A?B?C?D?的距離為2,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，即故其表面積S=4πR2=9π,故D正確.8.(5分)(2025·山東臨沂·二A.直線MN與A?C所成角的余弦值為B.平面BMN與平面BC?D?夾角的余弦值C.在BC?上存在點(diǎn)Q,使得B?Q⊥BD?D.在B?D上存在點(diǎn)P,使得PA//平面BMN【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(guò)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A(1,0,0),D(0,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A?(1,0,1),D?(0,0,1),B?(1,1,1),C?(0,1,1),,,, 對(duì)于A,,A?C=(-1,1,-1), 直線MN與A?C所成角的余弦值故A錯(cuò)誤； 則C?Q=(x?,0,zo-1),C?B=(1,0,-1),所以x?=λ,zo=-λ+1,所以Q(,1,-λ+1),B?Q=(λ-1而A∈平面BMN,所以B?D上不存在點(diǎn)P,使得PA//平面BMN,故DA'B′=4,C'D′=2,則下列說(shuō)法正確的是()A.A'D′=2√2B.AB=4【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°,求出各邊長(zhǎng)，得到周長(zhǎng).B選項(xiàng)，由斜二測(cè)法可知AB=A'B′=C選項(xiàng)，作出原圖形，可知AD=2A'D′=2√2,AB=4,CD=2,AD⊥AB,四邊形ABCD的周長(zhǎng)為AB+CD+AD+BC=4+2+2√2+2√3=6+2√2+2√3,D錯(cuò)誤.∠CAA?=60°,則下列說(shuō)法中正確的是()A.AB與B?C?的夾角為60°D.MN⊥BC【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(guò)程】對(duì)于A,∵AB=AC=1,∠BAC=90°,∴∠ABC=45°,所以AB與BC的夾角為135°,又BC= 所以AB與B?C?的夾角為135°,故A錯(cuò)誤；對(duì)于B,因?yàn)锽M=2A?M,C?N=2對(duì)于C,∵lal=|6=lc|=1,∠BAC=90°,∠BAA?=∠CA.AG⊥PDD.過(guò)點(diǎn)E,F,G的平面截四棱錐P-ABCD所得的截面圖形為五邊形【解題思路】以點(diǎn)A為原點(diǎn)，AB,AD,AP所在列公式計(jì)算即可判斷A,B,C;對(duì)于D,作出截面即得.【解答過(guò)程】如圖，因PA⊥平面ABCD,底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，對(duì)于A,,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。所以2-x-y=1,可得x+y=1,且x,y>0,13.(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AA?B?B水平放置時(shí)，液面高為hm(如圖1);當(dāng)轉(zhuǎn)動(dòng)容器至截面A?BC水平放置時(shí)，盛水恰好充滿三棱錐A-A?BC【解題思路】由題可得,由VABED-A?B?E?D?=VAA?BC,可得,從而可得據(jù)此可得答案.【解答過(guò)程】由題意，正三棱柱的棱長(zhǎng)均為1m,由題意可故答案為：14.(5分)(2025-湖南·三模)如圖，在直三棱柱ABC-A?B?C?中，△ABC是正三角形，D為AC的中點(diǎn)，點(diǎn)E在棱CC?上，且CE=2EC?,若AB=2,AA?=3,則點(diǎn)A?到平面BDE的距離為 算求解.四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程及驗(yàn)算步驟。(2)若四棱柱ABCD-A?B?C?D?的體積為24,求三棱錐C-BDF的體積V的值.【解題思路】(1)連接BM,由中位線可知EF//BM,然后結(jié)合線面平行的判定定理即可得證；VB?-BDC,,聯(lián)立即可得解.【解答過(guò)程】(1)在四棱柱ABCD-A?B?C?D?中，連接BM,如圖，所示),并且OE=kOA,OF=kOB,OH=kOD,AC=AD+mAB,EG=EH+mEF.求證：(3)由OG=EG-EO,結(jié)合(2)中結(jié)論與OE=kOA即可得證.【解答過(guò)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與OC有一個(gè)公共點(diǎn)，所以0、G、C三點(diǎn)共線.【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；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(guò)程】(1)∵PD1平面ABCD,ABC平面ABCD,∴PD⊥AB.,令yo=-2√2,則x?=0,zo=1,∴n=(0,-2√2,1),xx18.(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，點(diǎn)M,N為線段PD上的三等分點(diǎn).(1)證明：平面MBD1平面PAC.(2)求二面角A-BM-N的余弦值.【答案】(1)證明見(jiàn)解析【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(guò)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A1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)連接AM,取BC的中點(diǎn)E,連接AE,因,所以AE⊥BC,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，設(shè)n=(x,y,z)為