2025年高考数学第一轮复习考点讲与练第七章：空间向量与立体几何(模块综合调研卷)(学生版+解析)

这是一份2025年高考数学第一轮复习考点讲与练第七章：空间向量与立体几何(模块综合调研卷)(学生版+解析)，共30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。
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．在正方体中，E，F分别是，的中点，则（ ）
A．B．平面BCE
C．D．平面
2．已知是三个不同的平面，为两条不同直线，则下列说法正确的是：（ ）.
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
3．圆柱与圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥内切球半径为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知正方体中，E为中点，则异面直线与 CE所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，揽月阁位于西安市雁塔南路最高点，承接大明宫、大雁塔，是西安唐文化轴的南部重要节点和标志性建筑，可近似视为一个正四棱台，现有一个揽月阁模型塔底宽，塔顶宽约，侧面面积为，据此计算该揽月阁模型体积为（ ）
A．1400B．2800C．D．8400
6．在四面体中，与互相垂直，，且，则四面体体积的最大值为（ ）
A．4B．6C．8D．4.5
7．已知三棱锥中，，则三棱锥的外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．在直四棱柱中，，，点在侧面内，且，则点轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（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。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分）
9．如图，点是正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中满足平面的是（ ）
A． B．
C． D．
10．如图，在正三棱柱中，E，F分别为，的中点，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则异面直线和所成的角的余弦值为
B．若，则点C到平面的距离为
C．存在，使得平面
D．若三棱柱存在内切球，则
11．在棱长为1的正方体中，为棱上一点，且，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A．若平面，则动点的轨迹是一条长为的线段
B．不存在点，便得平面
C．三棱锥的最大体积为
D．若且与平面所成的角最大时，三棱锥的体积为
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12．已知圆锥的底面周长为，其侧面积与半径为的球的表面积相等，则该圆锥的体积为 ．
13．若将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，八个顶点共截去八个三棱锥，可得到一个有十四个面的多面体.它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，如图所示，已知该多面体过A，B，C三点的截面面积为，则其棱切球（球与各棱相切）的表面积为 .
14．已知长方体的表面积为8，所有棱长和为16，则长方体体积的最大值为 .
四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17 分，19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．如图，在直三棱柱中，D，E，F分别为AB，BC，的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求点E到平面的距离．
16．如图1，在菱形中，，沿将向上折起得到棱锥.如图2所示，设二面角的平面角为.
(1)当为何值时，三棱锥和四棱锥的体积之比为；
(2)当时，求平面与平面所成角的正弦值.
17．如图所示，在等腰梯形中，，，，E为CD中点，AE与BD相交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面）．
(1)求证：平面平面PBC；
(2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面所成角的正弦值为，若存在，求Q在线段PB上的位置；若不存在，说明理由．
18．正四棱锥中，，，其中为底面中心，为上靠近的三等分点.
(1)求四面体的体积；
(2)是否存在侧棱上一点，使面与面所成角的正切值为？若存在，请描述点的位置；若不存在，请说明理由.
19．类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点.
(1)求的值；
(2)直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：；
(3)在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由.
第七章：空间向量与立体几何（模块综合调研卷）
（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。
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．在正方体中，E，F分别是，的中点，则（ ）
A．B．平面BCE
C．D．平面
【答案】B
【分析】对于A，说明异面即可判断；对于B，说明平面平面即可判断；对于C，可以用反证法导出矛盾，进而判断；对于D，显然不垂直.
【详解】对于A，
设为中点，则，但相交，所以异面，故A错误；
对于B，设的中点为H，则，，
因为平面，平面，平面，平面，

所以平面，平面，
又因为平面，
故平面平面，
又平面，故平面BCE，选项B正确．
对于C，在中，，，故EF与不可能垂直（否则垂直平分，会得到，这与矛盾），C选项错误．
对于D，
易知平面，又，故D选项错误．
故选：B.
2．已知是三个不同的平面，为两条不同直线，则下列说法正确的是：（ ）.
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】C
【分析】对于ABD：以正方体或正四棱锥为载体，举反例说明即可；对于C：根据线面平行、面面平行的性质分析判断.
【详解】在正方体中，
对于选项A：例如平面为平面，平面为平面，平面为平面，
则平面平面，即，
取平面平面，满足，
但，故A错误；
对于选项B：例如平面为平面，平面为平面，平面为平面，
则平面平面，即，
取，满足，
但平面与平面不相互垂直，故B错误；
对于选项C：因为，可知相交，设，
又因为，则，
又因为，，，则，所以，故C正确；
对于选项D：在正四棱锥中
例如平面为平面，平面为平面，平面为平面，
则平面平面，平面平面，
即，满足，
但平面与平面不一定垂直，故D错误；
故选：C.
3．圆柱与圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥内切球半径为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由等面积法先求出圆锥底面圆的半径，再由等面积法求出圆锥轴截面内切圆的半径即可得解.
【详解】若圆柱与圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，
则，其中为圆锥底面圆的半径，
根据对称性，圆锥内切球半径为圆锥轴截面内切圆的半径，
设内切圆圆心为点，圆锥底面圆心为点，为圆锥的母线，
设，由题意，
由等面积法有.
故选：C.
4．已知正方体中，E为中点，则异面直线与 CE所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接，，根据异面直线所成角的定义，转化为求（或其补角），然后在中用余弦定理即可解得.
【详解】连接，，如图：
因为为正方体可得，所以（或其补角）是异面直线与 CE所成角，
设正方体的棱长为，，
，
在中，，
所以异面直线与 CE所成角的余弦值是.
故选：D.
5．如图，揽月阁位于西安市雁塔南路最高点，承接大明宫、大雁塔，是西安唐文化轴的南部重要节点和标志性建筑，可近似视为一个正四棱台，现有一个揽月阁模型塔底宽，塔顶宽约，侧面面积为，据此计算该揽月阁模型体积为（ ）
A．1400B．2800C．D．8400
【答案】B
【分析】设斜高，利用侧面积求出斜高，求出棱台的高，利用台体体积公式得到答案.
【详解】如图，正四棱台底面边长分别为和，侧面积为，
设为斜高，可得，解得，即，
∴棱台的高，
∴，
棱台的体积为.
故选：B.
6．在四面体中，与互相垂直，，且，则四面体体积的最大值为（ ）
A．4B．6C．8D．4.5
【答案】A
【分析】由椭圆定义可知，点与点都在以为焦点的椭圆上，由到中点距离取最大值时得到，故此时体积最大.
【详解】
由题可知，点在平面内以为焦点的椭圆上，点在平面内以为焦点的椭圆上，
所以焦距为，即，
由椭圆定义可知长轴长为，即，
所以到中点距离的最大值为短半轴长，
所以中，，，
所以，又，
所以当AD垂直平面时四面体体积最大，最大值为，
故选：A.
7．已知三棱锥中，，则三棱锥的外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据勾股定理可得，点在底面的投影即为的外心，再利用正弦定理求得外接圆的半径，然后找到球心的大致位置，根据半径相等列等式求解即可.
【详解】
过点作平面，垂足为，连接、、，
因为，所以，
故点是底面的外心，设外接圆的半径，
由正弦定理，所以，，
所以，，
设三棱锥的外接球球心为，显然在线段上，
设，三棱锥的外接球的半径为，
则，，又，
所以，，，
三棱锥的外接球的体积为.
故选：C.
8．在直四棱柱中，，，点在侧面内，且，则点轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过点作，结合已知得，再结合平面几何知识即可求解.
【详解】
如图所示，过点作，过点作，
因为四棱柱是直四棱柱，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面，
因为直线平面，
所以，
因为，，
所以，
又因为，
所以，
因为点在侧面内，
所以在平面直角坐标系中来研究点轨迹的长度，如图所示：
点的运动轨迹为以点为圆心、半径为2的圆在正方形内部的弧，
显然，，所以，
所以.
故选：C.
二、多选题（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。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分）
9．如图，点是正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中满足平面的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】结合题目条件，根据线面平行的判断定理，构造线线平行，证明线面平行.
【详解】对A：如图：

连接，因为为正方体棱的中点，所以，又，所以，
平面，平面，所以平面.故A正确；
对B：如图：

因为是正方体棱的中点，所以，，，
所以，
同理：，.
所以5点共面，所以平面不成立.故B错误；
对C：如图：

因为是正方体棱的中点，所以，，所以.
平面，平面，所以平面.故C正确；
对D：如图：

因为为正方体棱的中点，连接交于，连接，
则为的中位线，所以，
平面，平面，所以平面.故D正确.
故选：ACD
10．如图，在正三棱柱中，E，F分别为，的中点，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则异面直线和所成的角的余弦值为
B．若，则点C到平面的距离为
C．存在，使得平面
D．若三棱柱存在内切球，则
【答案】AB
【分析】根据题设条件建系，写出相关点的坐标，求出相关向量的坐标，利用向量夹角的坐标公式求解判断A项，利用点到平面的距离公式计算判断B项，利用向量数量积的结果排除C项，根据内切球的特征求出其半径即可排除D项.
【详解】
如图，过点作的平行线，交于点，则平面，
又，故可分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.
则.
对于A，依题意，，
则，由，
可得异面直线和所成的角的余弦值为，故A正确；
对于B，依题意，，
设平面的法向量为，
则故可取，
又故点C到平面的距离为，故B正确；
对于C，设，则，，
由可得，与不垂直，故不存在，
使得平面，即C错误；
对于D，若三棱柱存在内切球，不妨设其半径为，则，
且内切球在底面上的射影是底面三角形的内切圆，故由,解得，
，故D错误.
故选：AB.
11．在棱长为1的正方体中，为棱上一点，且，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A．若平面，则动点的轨迹是一条长为的线段
B．不存在点，便得平面
C．三棱锥的最大体积为
D．若且与平面所成的角最大时，三棱锥的体积为
【答案】BCD
【分析】在取点，使得，证得平面平面，进而得到平面，可判定A不正确；以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，根据，得出矛盾，可判定B正确；利用向量的数量积的运算及三角形的面积公式，求得,在求得点到平面的最大距离，结合体积公式，可判定C正确；根据题意，求得点点的轨迹，结合线面角的公式，求得时，取得最大值，进而求得三棱锥的体积，可判定D正确.
【详解】对于A中，如图所示，分别在取点，使得，
可得，因为，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又由，且平面，平面，所以平面，
又因为，且平面，所以平面平面，
且平面平面，
若平面，则动点的轨迹为线段，且，所以A不正确；
对于B中，以为原点，以所在的直线分别为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，则，
设，可得，
设是平面的一个法向量，则，
取，可得，所以，
若平面，则，所以存在，使得，
则，所以不存在点，使得平面，所以B正确；
对于C中，由，可得，
则，所以，
所以,
要使得三棱锥的体积最大，只需点到平面的距离最大，
由，可得点到平面的距离，
因为，所以当时，即点与点重合时，可得，
所以三棱锥的最大体积为，所以C正确；
对于D中，在正方体中，可得平面，且平面，
所以，则，
所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆弧，其圆心角为，
则，所以，即，
又由，设与平面所成的角，
所以，
因为，可得，当且仅当时，等号成立，
所以，即时，与平面所成的角最大值，即，
可得，则点到平面的距离为，
此时三棱锥的体积为，D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点拨：求解立体几何中的动态问题与存在性问题的策略：
1、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
2、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
3、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在，同时，用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导思想是解答此类问题的关键.
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12．已知圆锥的底面周长为，其侧面积与半径为的球的表面积相等，则该圆锥的体积为 ．
【答案】
【分析】根据题意求圆锥的底面半径和母线长，进而求圆锥的高和体积.
【详解】设该圆锥的底面半径为，母线长为，则，解得．
因为半径为的球的表面积为，即，解得，
则圆锥的高．
所以该圆锥的体积．
故答案为：．
13．若将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，八个顶点共截去八个三棱锥，可得到一个有十四个面的多面体.它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，如图所示，已知该多面体过A，B，C三点的截面面积为，则其棱切球（球与各棱相切）的表面积为 .
【答案】
【分析】设，外接球的半径为，根据该几何体的对称性可知该几何体的棱切球即为底面棱长为2，侧棱长为的正四棱柱的棱切球，利用勾股定理求解半径，即可由球的表面积公式即可求解．
【详解】设，外接球的半径为，
该多面体是由棱长为的正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥所得，
如图，过，，三点的截面为正六边形，其面积，即，
根据该几何体的对称性可知该几何体的棱切球即为底面棱长为2，侧棱长为的正四棱柱的棱切球，
故，即，
故该多面体的棱切球的表面积为．
故答案为：．
14．已知长方体的表面积为8，所有棱长和为16，则长方体体积的最大值为 .
【答案】
【分析】由题意可得，，则，从而可设函数，借助导数研究其单调性即可得最值.
【详解】设该长方体的长、宽、高分别为、、，
由长方体的对称性，不妨设，
则有，即，
，即， 则
即，
即，
即，
令，
则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
又，
即长方体体积的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助题目条件，得到，将多变量转化为单变量，从而可构造函数，借助导数研究该函数单调性即可得最值.
四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17 分，19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．如图，在直三棱柱中，D，E，F分别为AB，BC，的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求点E到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据题意，由线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可求解.
【详解】（1）因为为直三棱柱，所以，
又D，E，分别为AB，BC的中点，所以，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）

因为为直三棱柱，且，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设，且，则，
则，，
由可得，即，且，解得，
设，则，即，
设平面的法向量为，
则，解得，取，则，
所以平面的一个法向量为，
又，即，
所以点E到平面的距离.
16．如图1，在菱形中，，沿将向上折起得到棱锥.如图2所示，设二面角的平面角为.
(1)当为何值时，三棱锥和四棱锥的体积之比为；
(2)当时，求平面与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意，结合图形，得，即，再由相似三角形的性质即得；
（2）由条件推得为直二面角的平面角，利用其建系，写出相关点的坐标，分别求出两平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求得.
【详解】（1）由图知，，从而，
因，故,则,于是，；
（2）因为菱形的对角线互相垂直，
设与的交点为，由可知O点为线段EF的中点，
在翻折的过程中，始终有，
所以二面角的平面角为，
以为坐标原点，分别为轴､轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
可得，
设平面的法向量为n=x,y,z，则
令，则，可取
因平面,故平面的法向量可取为，
由题意可得，因，
故.
17．如图所示，在等腰梯形中，，，，E为CD中点，AE与BD相交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面）．
(1)求证：平面平面PBC；
(2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面所成角的正弦值为，若存在，求Q在线段PB上的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，Q是PB的中点．
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理及面面垂直的判定定理可得答案；
（2）以O为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出平面AEQ的法向量，由线面角的向量求法求出可得答案.
【详解】（1）如图，在原图中连接BE，由于，，，
所以四边形ABED是平行四边形．
由于，所以四边形ABED是菱形，所以．
由于，，所以四边形ABCE是平行四边形，
所以，所以．
在翻折过程中，，保持不变，
即，保持不变．
由于，OP，平面POB，
所以平面POB，由于平面PBC，
所以平面平面PBC；
（2）由上述分析可知，在原图中，，
所以，所以．
折叠后，若，则，所以，
由于，，平面ABCE，
所以平面ABCE．所以OE，OB，PO两两相互垂直．
由此以O为原点，
分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，
，，，，
设，，，
，，
设平面AEQ的法向量为，
则，令得，
故，
设直线PC与平面AEQ所成角为θ，则
，
所以，，
，解得，
所以，因为，，
、的中点坐标为，
即Q是PB的中点．
18．正四棱锥中，，，其中为底面中心，为上靠近的三等分点.
(1)求四面体的体积；
(2)是否存在侧棱上一点，使面与面所成角的正切值为？若存在，请描述点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在侧棱上一点，使面与面所成角的正切值为，此时或
【分析】（1）连接，交于点，过作于点，根据位置可得，以为底，为高可得四面体体积；
（2）以为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用坐标法，结合二面角确定点位置.
【详解】（1）
如图所示，连接，交于点，过作于点，
由四棱锥为正四棱锥，且为底面中心，
得，，平面，，
，
又，，平面，
平面，
又，则，
因为为上靠近的三等分点，
则，且平面，
所以；
（2）
设平面与平面所成角为，则，，
如图所示，以为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
因为为上靠近的三等分点，
则，且，，，
设，，
则，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，
又由（1）得平面，
则平面的法向量为，
所以，
解得或，
所以存在侧棱上一点，使面与面所成角的正切值为，此时或.
19．类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点.
(1)求的值；
(2)直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：；
(3)在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在，
【分析】（1）连接，即可证明平面平面，即二面角的大小为，求出，再由所给三面角余弦定理计算可得；
（2）依题意可得，设平面内任一条直线为，分过点与不过点两种情况，当过点，记与的夹角为（），则，结合余弦函数的性质即可得证；
（3）以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合平面的条件即可求得的值，则P点位置可确定.
【详解】（1）连接，由已知得平面，，
又平面，所以平面平面，
所以二面角的大小为，因为四边形为菱形，，
所以，又，所以，
在中，，
由三面角余弦定理可得
.
（2）依题意可得，设平面内任一条直线为，
若过点时，记与的夹角为（），
则，因为，
所以，
又，所以；
若不过点时，过点作使得，记与的夹角为（），
则，因为，
所以，
又，所以；
综上可得.
（3）以O为坐标原点，以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A3,0,0， ，A10,0,3，，，，
则=，设，即
则
设为平面的法向量，
，，
则，不妨设，可得，
要使平面
则，则，
即存在点P，在线段的延长线上，
【点睛】关键点点睛：利用空间向量法表示线面平行关系.