2027年高考数学一轮复习 突破练习含答案 063-高考真题集训7 立体几何与空间向量（教用）

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1．［2023·全国甲卷（文）·10，5分］在三棱锥P−ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2，PC=6，则该棱锥的体积为（ ）
A. 1B. 3C. 2D. 3
【答案】A
【解析】如图，取AB的中点M，连接PM,MC，
结合已知条件得PM⊥AB，MC⊥AB，又PM∩MC=M，PM，MC⊂ 平面PMC，所以AB⊥ 平面PMC.
易知PM=MC=22−12=3，又PC=6，所以PM2+MC2=PC2，所以PM⊥MC.
解法一：VP−ABC=VA−PMC+VB−PMC=13AM⋅S△PMC+13BM⋅S△PMC=13AB⋅S△PMC=13AB⋅12PM⋅MC=13×2×12×3×3=1.
解法二：由PM⊥AB，PM⊥MC，AB，MC⊂ 平面ABC，AB∩MC=M，得PM⊥ 平面ABC.
VP−ABC=13PM⋅S△ABC=13PM⋅34AB2=13×3×34×22=1.
2．（2024·北京卷·8,4分）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA=PB=4,PC=PD=22,该棱锥的高为（ ）
A. 1B. 2C. 2D. 3
【答案】D
【解析】取AB的中点E，CD的中点F，连接EF，PE，PF，
易知EF⊥CD，∵PC=PD，F为CD的中点，∴CD⊥PF，又PF∩EF=F，PF，EF⊂ 平面PEF，∴CD⊥ 平面PEF，又CD⊂ 平面ABCD，∴ 平面PEF⊥ 平面ABCD，
在平面PEF内，过P作PH⊥EF，交EF于点H，则PH⊥ 平面ABCD，即PH为该棱锥的高.
易得PE=23，PF=2，EF=4,则PE2+PF2=EF2，∴PE⊥PF，
∴S△PEF=12⋅PE⋅PF=12⋅EF⋅PH,
∴PH=PE⋅PFEF=23×24=3.
故选D.
3．（2024·天津卷·9，5分）在如图所示的五面体中，棱AD、BE、CF互相平行,且两两之间距离均为1.若AD=1,BE=2,CF=3，则该五面体的体积为（ ）
A. 36B. 34+12C. 32D. 334−12
【答案】C
【解析】如图所示，分别延长AD,BE,CF到A1,B1,C1，使得A1D=CF=3,B1E=BE=2,C1F=AD=1,则几何体ABC−DEF与几何体A1B1C1−DEF为全等的几何体，几何体ABC−A1B1C1为三棱柱，其侧棱长为4，
过点C作垂直于侧棱的平面CMN，分别交棱AA1,BB1于点N,M，
则MN,CM,CN与三条侧棱都垂直，
则MN=CM=CN=1,
所以V三棱柱ABC−A1B1C1=S△CMN⋅AA1=34×4=3，
所以该五面体的体积=12V三棱柱ABC−A1B1C1=32.
4．［2024·全国甲卷（理）·10,5分］设α ,β 为两个平面，m,n为两条直线，且α∩β=m.下述四个命题：
①若m//n,则n//α 或n//β
②若m⊥n,则n⊥α 或n⊥β
③若n//α 且n//β ,则m//n
④若n与α ，β 所成的角相等，则m⊥n
其中所有真命题的编号是（ ）
A. ①③B. ②④C. ①②③D. ①③④
【答案】A
【解析】对于①，∵α∩β=m，
∴m⊂α 且m⊂β ，
又m//n，
∴ 当n⊄α 时，由线面平行的判定定理可得n//α ，当n⊄β 时，由线面平行的判定定理可得n//β ，
∴n//α 或n//β ，①正确.
对于②，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图所示，
取平面ADD1A1为平面α ，平面A1B1C1D1为平面β ，则A1D1为直线m，若n是C1D，则m⊥n，但n不垂直于α 且n不垂直于β ，②不正确.
对于③，设n⊂γ ，γ∩α=c，
又n//α ，∴n//c，
设n⊂δ ，δ∩β=d，
又n//β ，∴n//d，∴c//d，
又d⊂β ,c⊄β ,∴c//β ，
又c⊂α ，α∩β=m，
∴c//m,∴n//m，③正确.
对于④，当n//α 且n//β 时，n与α ,β 所成的角相等,均为零角，此时m//n，④不正确.故选A.
5．（2024· 新课标Ⅱ卷·7，5分）已知正三棱台ABC−A1B1C1的体积为523,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为（ ）
12 1 2 3
【答案】B
【解析】解法一：如图，设△ABC和△A1B1C1的中心分别为点O和O1，连接OO1,则OO1⊥ 平面ABC，
取BC的中点F，B1C1的中点E，连接A1E，AF，过点A1作A1G⊥AF,垂足为G，
易知A1G//OO1.设OO1=ℎ.
易知点A1，O1，E共线，点A，G，O，F共线，
易得S△ABC=34×36=93，S△A1B1C1=34×4=3，
又V三棱台ABC−A1B1C1=523，
∴523=13ℎ(93+3+93×3)，
∴ℎ=433.
易得A1O1=23×2sin60∘=233，AO=23×6sin60∘=23，
∴AG=AO−A1O1=433，
易知A1G⊥ 平面ABC，
∴∠A1AG即为A1A与平面ABC所成的角.
在Rt△A1AG中，tan∠A1AG=A1GAG=ℎAG=433433=1.故选B.
解法二：将正三棱台补为正三棱锥，设侧棱延长后交于点P，正三棱台的高为ℎ，
由已知得AB=3A1B1，
∴ 点P到平面A1B1C1的距离为12ℎ，点P到平面ABC的距离为32ℎ.
易得S△ABC=93，S△A1B1C1=3，
故13×93×32ℎ−13×3×12ℎ=523，解得ℎ=433，
∴ 点P到平面ABC的距离为32ℎ=23.
设点P在底面ABC上的投影为点O，连接AO，∴A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠PAO=OPAO=2333×6=1，故选B.
6．（2025· 全国Ⅰ卷·9，6分）多选 在正三棱柱ABC−A1B1C1中，D为BC的中点，则（ ）
A. AD⊥A1CB. B1C1⊥ 平面AA1D
C. AD//A1B1D. CC1//平面AA1D
【答案】BD
【解析】对于A，由正三棱柱的性质可知，AD与A1C是异面直线且不垂直，故A错误；
对于B，因为三棱柱ABC−A1B1C1是正三棱柱，
所以AA1⊥ 平面ABC，
因为BC⊂ 平面ABC，
所以AA1⊥BC，
又AD⊥BC，AD∩AA1=A，AD,AA1⊂ 平面AA1D，
所以BC⊥ 平面AA1D，
又BC//B1C1，
所以B1C1⊥ 平面AA1D，故B正确；
对于C，因为AB//A1B1，AD与AB相交，所以AD与A1B1不平行，故C错误；
对于D，由正三棱柱的性质可知，CC1//AA1，又CC1⊄ 平面AA1D，AA1⊂ 平面AA1D，所以CC1//平面AA1D，故D正确.
故选BD.
7．（2023· 新课标Ⅱ卷·9，5分）多选 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120∘ ，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45∘ ，则（ ）
A. 该圆锥的体积为πB. 该圆锥的侧面积为43π
C. AC=22D. △PAC的面积为3
【答案】AC
【解析】易知PA=PB=2，O为AB的中点，
又∠APB=120∘ ，
∴PO=1，AO=BO=3，
即圆锥的底面半径r=3,
∴ 该圆锥的体积V=13πr2⋅PO=π ,
∴A正确.
S侧=πr⋅PA=π×3×2=23π ,∴B错误.
取AC的中点D，连接PD，OD，则PD⊥AC，OD⊥AC，
∴∠PDO为二面角P−AC−O的平面角，
∴∠PDO=45∘ ，
∴OD=PO=1，∴AD=2，
∴AC=22，∴C正确.
S△PAC=12AC⋅PD=12×22×2=2，
∴D错误.故选AC.
8．（2023· 新课标Ⅰ卷·12,5分）多选 下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A. 直径为0.99m的球体
B. 所有棱长均为1.4m的四面体
C. 底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体
D. 底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体
【答案】ABD
【解析】对于A，正方体的内切球的直径为1m>0.99m,故A符合题意.
对于B，如图1，正方体内最大的内接正四面体DBA1C1的棱长为A1C1=2m>1.4m,故B符合题意.
如图2，假设放入最大的圆柱的上、下底面圆心为P，Q，设圆柱底面半径为rm,底面直径为dm，连接CA1，如图3,在平面A1DCB1中，过Q作QE⊥A1C，交A1D于点E，则QE=rm,A1Q=2rm,PQ=3−22r=(3−2d)m.
对于C,PQ=1.8m>3m,故C不符合题意.
对于D，PQ=3−2×1.2≈1.732−1.414×1.2≈0.04m>0.01m，故D符合题意.
故选ABD.
图1图2图3
9．［2023·全国乙卷（文）·16，5分］已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥ 平面ABC，则SA=_ _ _ _ .
【答案】2
【解析】设△ABC外接圆的半径为r，
则2r=3sin60∘=23，
则r=3.
又球的半径为2，所以(SA2)2+r2=22，解得SA=2.
10．（2023· 新课标Ⅱ卷·14，5分）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为_ _ _ _ .
【答案】28
【解析】由于24=12，且截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6.
解法一：所得棱台的高为6−3=3，棱台的体积为13×3×(16+4+16×4)=28.
解法二：原正四棱锥的体积为13×(4×4)×6=32，截去的正四棱锥的体积为13×(2×2)×3=4，所以棱台的体积为32−4=28.
11．（2025·北京卷·14,5分）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面AFR⊥ 平面ABC，平面CDT⊥ 平面ABC,AB⊥BC,AB//EF//RS//CD,BC//DE//ST//AF.
若AB=BC=8，AF=CD=4，RA=RF=TC=TD=52，则该多面体的体积为_ _ _ _ .
【答案】60
【解析】由题意知△ARF在AF边上的高和△CTD在CD边上的高相等，为(52)2−(42)2=32，
延长AB交DE于G,延长CB交EF于H，
在TS上取点M,在RS上取点N，使TM=RN=8，连接BM，MG，BN，NH，
则几何体RAF−NBH,TCD−MBG为直三棱柱，
VRAF−NBH=VTCD−MBG=12×4×32×8=24，
由于EH⊥ 平面NHB,EG⊥ 平面MBG，
所以VE−NHB=VE−MBG=13×12×4×32×4=4，
易看出S在平面ABCDEF内的投影为正方形BGEH的中心，所以NS=SM=2，且NS⊥ 平面NHB,SM⊥ 平面MBG，
所以VS−NHB=VS−MBG=13×12×4×32×2=2，
因为HE//NS，所以VE−NSB=VH−NSB=VS−NHB=2，
因为EG//SM，所以VE−SBM=VG−SBM=VS−MBG=2，
所以V=VRAF−NBH+VTCD−MBG+VE−NHB+VE−MBG+VE−NSB+VE−SBM=24+24+4+4+2+2=60.
12．（2024· 新课标Ⅱ卷·17，15分）如图，平面四边形ABCD中，AB=8，CD=3，AD=53，∠ADC=90∘ ，∠BAD=30∘ ，点E，F满足AE=25AD,AF=12AB.将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=43.
（1） 证明：EF⊥PD;
（2） 求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.
【解析】
（1） 证明：由AB=8,AD=53,AE=25AD,AF=12AB，
得AE=23,AF=4，
又∠BAD=30∘ ，所以在△AEF中，由余弦定理得EF=
AE2+AF2−2AE⋅AFcs∠BAD=
12+16−2×23×4×32=2,所以AE2+EF2=AF2，
则AE⊥EF，即EF⊥AD，
所以EF⊥PE,EF⊥DE，
又PE∩DE=E,PE,DE⊂ 平面PDE，
所以EF⊥ 平面PDE，
又PD⊂ 平面PDE，故EF⊥PD.
（2） 连接CE，由∠ADC=90∘ ,ED=33,CD=3，
得CE2=ED2+CD2=36，所以EC=6,
在△PEC中，PC=43,PE=23,EC=6，
所以EC2+PE2=PC2，
所以PE⊥EC，
由（1）知PE⊥EF，
又EC∩EF=E,EC,EF⊂ 平面ABCD，
所以PE⊥ 平面ABCD，
又ED⊂ 平面ABCD，
所以PE⊥ED，则PE,EF,ED两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，
则E(0,0,0),P(0,0,23),D(0,33,0),C(3,33,0),F(2,0,0),A(0,−23,0)，所以DC=(3,0,0),PD=(0,33,−23),PF=(2,0,−23)，
由F是AB的中点，得B(4,23,0)，所以FB=(2,23,0),
设平面PCD的法向量为n=(x1,y1,z1)，
则n⋅DC→=3x1=0,n⋅PD→=33y1−23z1=0,
取y1=2，则n=(0,2,3),
设平面PBF的法向量为m=(x2,y2,z2)，
则m⋅FB→=2x2+23y2=0,m⋅PF→=2x2−23z2=0,
取x2=3，则m=(3,−1,1)，
所以cs⟨m,n⟩=m⋅n|m||n|=15×13=
6565，
设面PCD和面PBF所成的二面角为θ ，θ∈[0,π]，
则cs2θ=cs2⟨m,n⟩=(6565)2=165，
所以sinθ=1−cs2θ=1−165=86565，
即面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值为86565.
13．（2025·天津卷·17，15分）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别为A1D1，C1B1的中点，CG=3GC1.
（1） 求证：GF⊥ 平面FBE；
（2） 求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值;
（3） 求三棱锥D−FBE的体积.
【解析】
（1） 证法一：在正方形BCC1B1中,
由条件易知tan∠C1FG=C1GC1F=12=FB1BB1=tan∠B1BF,
所以∠C1FG=∠B1BF,
则∠B1FB+∠B1BF=π2=∠C1FG+∠B1FB,
故∠BFG=π−(∠C1FG+∠B1FB)=π2，即FG⊥BF.
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，易知D1C1⊥ 平面BCC1B1，且EF//D1C1，
所以EF⊥ 平面BCC1B1，
又FG⊂ 平面BCC1B1，所以EF⊥FG.
因为EF∩BF=F，EF，BF⊂ 平面FBE，所以GF⊥ 平面FBE.
证法二：如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，
则B(4,4,0),E(2,0,4),F(2,4,4),G(0,4,3),
所以EF=(0,4,0),FB=(2,0,−4),FG=(−2,0,−1)，
设平面FBE的法向量是m=(a,b,c)，
则m⋅EF→=4b=0,m⋅FB→=2a−4c=0,
令a=2，则m=(2,0,1),
因为FG=−m，所以FG也是平面FBE的法向量，所以GF⊥ 平面FBE.
（2） EG=(−2,4,−1),BG=(−4,0,3).
设平面BEG的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅EG→=−2x+4y−z=0,n⋅BG→=−4x+3z=0,
令x=6,则n=(6,5,8),
由（1）知FG是平面FBE的法向量，
设平面FBE与平面BEG的夹角为α ，
则csα=|cs⟨FG，n⟩|=|FG⋅n||FG|⋅|n|=205×125=45.
（3） 由（1）知EF⊥ 平面BCC1B1，
因为FB⊂ 平面BCC1B1，
所以EF⊥FB，
所以S△BEF=12EF⋅BF=12×4×42+22=45，
又DE=(2,0,4)，所以点D到平面FBE的距离d=|DE⋅FG||FG|=85，
故VD−FBE=13d⋅S△BEF=13×85×45=323.