新高考数学一轮复习讲义+专项训练第7章立体几何与空间向量（综合训练）（2份，原卷版+解析版）

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1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共58分）
一、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，只有一项是符合题目要求的。
1．设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列四个命题为真命题的是（ ）
A．若，，则B．若，，，则
C．若，，，则D．若，，，则
【答案】C
【详解】A.若，，则或，故A错误；
B.若，，，则可能平行，相交，故B错误；
C.若，，，则，故C正确；
D. 若，，，则可能，比如三棱柱的侧面和侧棱，
也可能三条交线交于一点，比如三棱锥的侧面和侧棱，故D错误.
故选：C.
2．用斜二测画法画水平放置的，其直观图如图所示，其中．若原的周长为10，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】如图所示，根据斜二测画法的规则，可由直观图画出原图，
因为，可得，所以，即，
则，所以.
故选：A.
3．已知直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，，，若该直三棱柱的各顶点均在同一球面上，则该球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】
如图，，，分别取的中点，连接，
则点分别是的外心，故直三棱柱的外接球球心在的中点，
连接，则，，
故直三棱柱的外接球半径，则其体积为.
故选：B.
4．对于空间中任意一点O和不共线的三点A，B，C，能得到点P在平面ABC内的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】因A，B，C三点不共线，则不共线，
则点P在平面ABC内，即四点共面，
也即存在唯一的一组实数，满足，
即，
整理得：.
对于A，因，可得，
因，故此时点P不在平面ABC内，故A错误；
对于B，因，可得，
因，故此时点P不在平面ABC内，故B错误；
对于C，因，可得，
因，故点P在平面ABC内，故C正确；
对于D，由可得，
整理得：，因，故点P不在平面ABC内，故D错误.
故选：C.
5．如图，在平行六面体中，已知，，则直线与所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【详解】在平行六面体中，，
，记，，
则，
，，
，
因此，
所以直线与所成角的余弦值为.
故选：C
6．在三棱锥中，为等边三角形，，，则三棱锥的外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】，，．
，
在底面的射影为的中心，
设的中点为，则，，
，
设三棱锥的外接球球心为，
，在延长线上，
设，则，
，解得，
外接球的半径．
外接球的体积．
故选：．
7．在三棱锥中，三条棱、、两两垂直，且，分别经过三条棱、、，作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为、、，则、、的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】取的中点，连接、，
可知点、到平面的距离相等，所以平面平分三棱锥的体积，
因为，，，、平面，所以平面，
且平面，则，
设，，，，则，
因为为直角三角形，则，
所以，
同理可得：，，
因为，所以，，
则，所以．
故选：A.
8．已知正方体的棱长为3，点M，N分别为线段，上的动点，点T在平面内，则的最小值是（ ）．
A．B．C．D．1
【答案】A
【详解】如图，作A点关于的对称点为E，M关于的对称点为，
记d为直线与之间的距离，则，
由，可得平面，则d为E到平面的距离，
因为，
而，故．
故选：A.
二、选择题：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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．如图，圆锥的底面半径为3，高为，过靠近的三等分点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则下列说法正确的是（ ）
A．圆锥母线与底面所成的角为
B．圆锥的侧面积为
C．挖去圆柱的体积为
D．剩下几何体的表面积为
【答案】ACD
【详解】
因为圆锥的底面半径为3，高为，所以母线长，
则，即圆锥母线与底面所成的角为，故A正确；
圆锥的侧面积，故B错误；
因为为的三等分点，所以，
则圆柱的体积为，故C正确；
圆柱的侧面积，
剩下几何体的表面积，故D正确；
故选：ACD.
10．一副三角板按如图所示的方式拼接，把沿BC边折起，使所在平面与所在平面垂直，连接AD，其中，.下列说法正确的是（ ）
A．直线平面ABC
B．平面平面ACD
C．直线AC与直线BD所成角为
D．直线AD与平面BCD所成角的正弦值为
【答案】ABD
【详解】因为平面平面，平面平面，
又为直角三角形，，∴平面，选项A正确；平面，平面，，
为直角三角形，∴，平面，，
∴平面，因为平面，故平面平面，选项B正确；
对于C，分别取的中点，过点作于，连接,
所以，即直线AC与直线BD所成角为或其补角.
不妨设，则可得，，，，，，
，，，
所以，
故，
则在中，，
从而可知直线AC与直线BD所成角不为，故C错误；
由题意知平面，平面，
所以，为直线AD与平面所成角.
不妨设，则，，，
直线平面，平面，所以，
，则，
所以直线AD与平面所成角的正弦值为，故D正确.
故选：ABD.
11．如图，点是棱长为的正方体的表面上一个动点，则（ ）
A．当在平面上运动时，三棱锥的体积为定值
B．若，分别是线段和上的动点（都不与端点重合），，，点在平面上，，且，则为定值
C．若是线段的中点，则沿正方体的表面从点到点的最短距离为
D．使线段长度为的点的轨迹长度为
【答案】BCD
【详解】A选项：由已知为正方体，则平面平面，
又点在平面上运动，则点到平面的距离为，
则三棱锥的体积为，A选项错误；
B选项：如图所示，连接，设，，
由已知，则在中，，，
又点在平面上，，且，
则，，且，
即，则，
所以，B选项正确；
C选项：当折线与相交时，将平面绕翻折，使与共面，如图所示，则此时的最短距离为；
当折线与或相交时的最短距离相等，将平面绕翻折，使与共面，如图所示，则此时的最短距离为；所以最短距离为，C选项正确；
D选项：由线段长度为，可得点在以为球心，为半径的球上，可知点的轨迹为球面与正方体的交线，
易知当点在平面上时，如图所示，由可知点在以为圆心为半径的弧上，
此时，，同理，
则，此时弧长为，
同理当点在平面或平面上时，弧长也为，
当点在平面上时，可知，
如图所示，此时弧长为，
同理当点在平面或平面上时，弧长也为，
综上所述，点的轨迹长度为，D选项正确；
故选：BCD.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．如图，在长方体中，，，为底面的中心，则点到直线的距离为 .

【答案】/
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、，，，
所以，点到直线的距离为.
故答案为：.
13．如图，在三棱锥中，D为BC的中点，平面平面ABC，，，，三棱锥的体积为，则锐二面角的正切值为 ．

【答案】2
【详解】如图，在平面PAD内，过点P作，垂足为E，
因为平面平面ABC，
又平面平面，平面PAD，
所以平面ABC，
又因为平面ABC，
所以，
因为，即，
又，PD，平面PAD，
所以平面PAD，
又因为平面PAD，
所以，
又因为，
所以为二面角的平面角，
因为三棱锥的体积，解得，
由勾股定理可得，
所以二面角的正切值为．
故答案为：．

14．数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为4，给出下列四个结论：正确的是
①勒洛四面体最大的截面是正三角形
②若是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为4
③勒洛四面体的体积是
④勒洛四面体内切球的半径是
【答案】②④
【详解】由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面即经过四面体表面的截面，
如图1所示，故①错误．
根据勒洛四面体的性质，可知它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，
所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值即为内接正四面体的边长，
所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为4，故②正确．
如图2，由对称性可知勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心，
连接，并延长交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径．
如图3，在正四面体中，为的中心，是正四面体外接球的球心，
连接，由正四面体的性质可知点在上．
因为，所以，则．
因为，即，
解得，
则正四面体外接球的体积是．
因为勒洛四面体的体积小于正四面体外接球的体积，故③错误．
因为，所以，故④正确．
故答案为：②④．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．（13分）如图，已知平行六面体.
(1)若，求的长度；
(2)若，求与所成角的余弦值.
【详解】（1）由题知，3分
又，
所以,
所以.6分
（2）令，因为，
所以，8分
因为，所以，
因为
，所以，11分
设与所成的角为，则，
即与所成角的余弦值为.13分
16．（15分）如图，在多面体中，是平面与平面的交线，，且，，．
(1)证明：；
(2)证明：；
(3)若，求多面体的体积．
【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，所以.3分
（2）连接、，如图所示：
在中，，，，
由余弦定理得，
所以，故，因为，所以，6分
同理可证，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，8分
因为，，所以，
又因为，所以，四边形为平行四边形，所以，故.10分
（3）在中，，，，所以，
所以，所以，12分
所以，
，
因此，多面体的体积为.15分
17．如图，在四棱锥中，底面是菱形，且.
(1)求证：；
(2)若平面，，，求平面与平面所成角的余弦值.
【详解】（1）
设相交于点，连接，
因为四边形是菱形，所以互相垂直且平分，
所以，2分
因为，是中点，所以，
又因为，，平面，
所以平面，4分
又因为平面，
所以；6分
（2）
以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
所以，8分
设为平面的法向量，
则，令，解得，
故可取，10分
设为平面的法向量，
而，
从而，取，解得，
故可知，
所以；13分
由图可知平面与平面所成的角为锐角，
故所求角的余弦值为.15分
18．（17分）在四棱台中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，，过的平面分别交，于点M，N，且平面.

(1)证明：平面平面；
(2)若点在棱上，求直线与平面所成角的正弦值取最大值时，的值；
(3)求平面MAC与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）平面，平面，平面平面，
，
设，连接，
在四棱台中，平面平面，
平面平面，平面平面，，2分
又由题意知，四边形是等腰梯形，，同理，
，平面，平面，
平面，，
底面ABCD是菱形，，
平面，，∴平面，4分
平面，∴，则；
菱形的边长为2，，，，
，四边形是平行四边形，∴，
∴，∴，∴，∴ ，
∵过的平面分别交，于点，∴平面，
平面，∴平面平面；6分
（2）由（1）知平面，且，以为原点，直线，，分别为轴建立空间直角坐标系，如图，

，，，，，，
由（1）知且平面，∴，
又在等腰梯形中，∴，
∵，平面，∴平面，7分
∴平面的一个法向量即为，∴，
设，∵，
∴，∴，
设直线与平面所成角为，
则，
当时取最大值，此时；10分
（3）设，，设平面的法向量为，
，令，，12分
设，，，
，，，，，
又在上，设，即，
，，14分
，，
设平面的法向量为，
，令，，
，
平面MAC与平面夹角的余弦值17分
19．（17分）如图，已知四棱锥中，顶点在底面上的射影落在线段上（不含端点），底面为直角梯形，．
(1)求证：平面；
(2)若二面角的大小为，直线与平面所成的角为．
①求的值；
②当时，求的最小值．
【详解】（1）由于平面平面故
由于底面为直角梯形，故，
过，且与相交于，
则，
又，
故,所以,2分
由于平面，，
所以平面，4分
（2）①由题意可知，过作的垂线，垂足为,连接,
由于平面平面故
,平面，
故平面，平面，故，7分
故为二面角的平面角，
所以从而，10分
②以为原点，以为轴，以过且垂直于平面的直线为轴建系，
则，设，
从而12分
设平面法向量为，
则，
令，则，
而平面的法向量为，
所以15分
即，
又，代入上式可得
，
当且仅当时等号成立，故的最小值为，17分