第10讲-第七章-立体几何与空间向量(综合测试)(解析版)

第七章立体几何与空间向量（综合测试）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．（2023春·全国·高一专题练习）如图，是的直观图，其中，，那么是一个（

）

A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．无法确定【答案】A【详解】

如图，将直观图还原，则，，所以，即是正三角形.故选：A.2．（2023春·江苏常州·高一常州市第一中学校考期末）陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知，底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积（单位：）是（

）

A． B．C． D．【答案】C【详解】由题意可得圆锥体的母线长为，所以圆锥体的侧面积为，圆柱体的侧面积为，圆柱的底面面积为，所以此陀螺的表面积为，故选：C.3．（2023春·福建南平·高一校考期末）如图，四面体中，，，E，F分别是的中点，若，则与所成的角的大小是（

）

A． B． C． D．【答案】A【详解】

如图，取中点，连接、，因为E，F分别是的中点，所以，，又，，所以，，因为，所以，所以在中，，所以，因为，根据等角定理可知，与所成的角的大小是，故B，C，D错误.故选：A.4．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，在矩形中，分别为边上的点，且，，设分别为线段的中点，将四边形沿着直线进行翻折，使得点不在平面上，在这一过程中，下列关系不能成立的是（

）

A．直线直线 B．直线直线C．直线直线 D．直线平面【答案】C【详解】翻折之后如图所示：

①因为，，所以且，因此，故选项A成立；②连接，因为分别为的中点，所以，

又因为，所以，故选项B成立；③因为，，所以与不平行，故选项C不成立；④因为，且平面，平面，所以平面，故选项D成立.故选：C5．（2023春·福建龙岩·高一校联考期中）西安大唐不夜城的“不倒翁小姐姐”因为一段“把手给我”的短视频而被人熟知.“不倒翁小姐姐”不倒的原因在于其脚下的半球形工具.如图，半球内有一内接正四棱锥，这个内接正四棱锥的高与半球的半径相等且体积为，那么这个半球的表面积为（

）

A． B． C． D．【答案】B【详解】设半球的半径为，连接交于点，连接，则，则，∵内接正四棱锥的高与半球的半径相等且体积为，∴四棱锥的体积，所以，所以这个半球的表面积.故选：B.

6．（2023春·江苏南通·高二校考期末）如图所示，在正方体中，是棱上一点，若平面与棱交于点，则下列说法中正确的是（

）A．存在平面与直线垂直B．四边形可能是正方形C．不存在平面与直线平行D．任意平面与平面垂直【答案】D【详解】对于A：在正方体中平面，显然平面与平面不平行，故直线不可能垂直平面，故A错误；对于B：在正方体中，是棱上一点，平面与棱交于点，由平面平面，并且四点共面，平面平面，平面平面，∴，同理可证，故四边形是平行四边形，在正方体中，由几何知识得，平面，∵平面，∴，若是正方形，有，此时与重合时，但显然四边形不是正方形，故B错误；对于C：当为的中点时，为的中点，所以且，所以为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，故C错误；对于D：设正方体边长为2，建立空间直角坐标系如下图所示，

由几何知识得，,∴,∵，∴，∵，平面，平面，∴平面，∵平面，∴任意平面与平面垂直，故D正确.故选：D7．（2023春·上海杨浦·高二统考期末）小李购买了一盒点心，点心盒是长方体，长、宽、高分别为30厘米、20厘米和10厘米，商家提供丝带捆扎服务，有如图所示两种捆扎方案（粗线表示丝带）可供选择，免去手工费，但丝带需要按使用长度进行收费.假设丝带紧贴点心盒表面，且不计算丝带宽度以及重叠粘合打结的部分.为了节约成本，小李打算选择尽可能使用丝带较短的方案，则小李需要购买的丝带长度至少是（

）

A．80厘米 B．100厘米 C．120厘米 D．140厘米【答案】B【详解】在捆扎方案一中，设点心盒是长方体，如图：

丝带从棱上的点出发，沿着长方体的各个表面绕行一圈回到点进行捆扎，现把长方体从面开始，按照丝带绕行的顺序把长方体的各个面展开，如图所示：

则线段即为最短路径，即为所需丝带的最短长度，易知，，所以，所以在捆扎方案一中，丝带长度最短为100厘米；在捆扎方案二中，所需丝带长度为矩形和矩形的周长之和，易得矩形和矩形的周长之和为厘米，即在捆扎方案二中，所需丝带长度最短为140厘米；由上可知，小李需要购买的丝带长度至少是100厘米.故选：B8．（2023·全国·高三对口高考）如图，正方体的棱长为，动点P在对角线上，过点P作垂直于的平面，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为y，设，则当时，函数的值域为（

）

A． B． C． D．【答案】A【详解】

如图，连接，，平面，平面，则，又，，平面，平面，所以平面，又平面，所以，同理，，平面，平面，所以平面，因此平面与平面重合或平行，取的中点，连接，则，，同理可证平面，由于，，所以三棱锥是正三棱锥，与平面的交点是的中心，正方体棱长为，则，，所以，所以，由棱锥的平行于底面的截面的性质知，当平面从平面平移到平面时，，即，，，显然，

平面过平面再平移至平面时，如图，把正方形沿旋转到与正方形在同一平面内，如图，则共线，由正方形性质得，同理，，因此此种情形下，截面的周长与截面的周长相等，平移平面，一直到平面位置处，由正方体的对称性，接着平移时，截面周长逐渐减少到，综上，的值域是．故选：A.二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9．（2023春·重庆·高一重庆一中校考期中）设为直线，，为两个不同平面，则下列命题中正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】CD【详解】若，则与可能平行，可能相交，A选项错误；若，则或，B选项错误；若，根据垂直于同一直线的两个平面平行，则，C选项正确；若，一条直线垂直与两个平行平面中的一个，则一定垂直与另一个，则，D选项正确.故选：CD.10．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）如图，四棱锥的底面为梯形，底面，，，为棱的中点，则（

）

A．与平面所成的角的余弦值为B．C．平面D．三棱锥的体积为【答案】CD【详解】对于A项，如图取AD中点F，连接EF，则EF∥PD，由题意可得：EF⊥面ABCD，连接CF，∠ECF即与平面所成的角，由条件可得EF=2，，，故A错误；

对于B项，连接AC，易得，又E为PA中点，，故PA与CE不垂直，故B错误；

对于C项，如图所示，在梯形ABCD中，过B作BG⊥CD，由条件可得，BG=AD=GC=2，故，由勾股定理逆定理可得BD⊥BC，又PD⊥面ABCD，BC面ABCD，则PD⊥BC，PDBD=D，PD、BD面ABCD，所以BC⊥面PBD，故C正确；

对于D项，由条件得，由上可得，故，故D正确.故选：CD11．（2023春·浙江宁波·高一统考期末）已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点M为侧棱上的动点（包括端点），平面．下列说法正确的有（

）A．异面直线AM与可能垂直B．直线BC与平面可能垂直C．AB与平面所成角的正弦值的范围为D．若且，则平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为【答案】AD【详解】在正四棱柱中，底面正方形ABCD的边长为1，AA1=2，如图：

选项A：当MC=时，在矩形BCC1B1中，，所以，又因为AB⊥平面BCC1B1，所以AB⊥B1C，又因为，、平面，所以B1C⊥平面ABM，所以，故选项A正确；选项B：因为AM与BC是异面直线，所以AM与BC不可能平行，故与不可能垂直，故选项B错误；选项C：因为平面，AB是平面的斜线，则AB与平面所成角，所以，又因为当点M在棱CC1移动时，，所以，所以，故选项C错误；选项D：当M为CC1中点时，连接AB1，AD1，AC，MB1，MD1，BD1，如图所示，

则有，，所以，所以AM⊥MB1，同理AM⊥MD1，又因为，、面，所以AM⊥平面MB1D1，所以平面截正四棱柱所得截面多边形为正△，所以其周长，故选项D正确.故选：AD.12．（2023春·新疆乌鲁木齐·高一乌鲁木齐市第70中校考期中）已知直三棱柱中，ABBC，，D是AC的中点，O为的中点.点P是上的动点，则下列说法正确的是（

）

A．点P在上运动，直线与AB所成的最大角为45°B．当点P运动到中点时，直线与平面所成的角的正弦值为C．无论点P在上怎么运动,都有D．当点P运动到中点时，才有与相交于一点，记为Q，且【答案】ACD【详解】直三棱柱中，，令，对于B：当点运动到的中点是，取为中点，连接，，如下所示：

即平面，所以直线与平面所成的角的正弦值，，因为，，所以所以，故B不正确；对于C：连接，与交于点，并连接，如下图所示：

因为平面，所以平面，所以，由题意知，为正方形，所以，又，所以面，面，故，同理可证：，又，所以面，又面，所以，故C正确；对于D：点运动到的中点时，即在中，均为中线，

所以为中线的交点，即为的重心，所以根据重心的性质有，故D正确；对于A：由于，直线与直线所成的角为与所成的角，即，由C选项的分析可知，平面，所以,所以当最长时，最大，而，所以当在或上时，最大为，A正确.

故选：ABD．三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.）13．（2023春·福建宁德·高二校联考期中）已知在标准正交基下，向量，，，则向量在上的投影为_________.【答案】【详解】因为向量，，，因此，，所以向量在上的投影为.故答案为：14．（2023·全国·高三对口高考）如图所示，有两个相同的直三棱柱，高为，底面三角形的三边长分别为3a，4a，．用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，全面积最小的是一个四棱柱，则a的取值范围是________．

【答案】【详解】拼成一个三棱柱时，全面积有三种情况：①上下底面对接，其全面积为.②边合在一起时，全面积为.③边合在一起时，全面积为.

拼成一个四棱柱时，有四种情况，全面积有三种情况：让边长为所在的侧面重合，其上下底面积之和都是，但侧面积分别为，显然，三种情况中全面积最小的是；因为比小，所以由题意得，解得.故答案为：.

15．（2023春·广西·高二校联考阶段练习）2022年12月3日，南昌市出土了东汉六棱锥体水晶珠灵摆吊坠，如图（1）所示．现在我们通过DIY手工制作一个六棱锥吊坠模型．准备一张圆形纸片，已知圆心为O，半径为，该纸片上的正六边形ABCDEF的中心为O，，，，，，为圆O上的点，如图（2）所示．，，，，，分别是以AB，BC，CD，DE，EF，FA为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以AB，BC，CD，DE，EF，FA为折痕折起，，，，，，使，，，，，重合，得到六棱锥，则六棱锥的体积最大时，正六边形ABCDEF的边长为_______cm．【答案】【详解】连接，交EF于点H，则．设，则，．因为，所以六棱雉的高．

正六边形ABCDEF的面积，则六棱雉的体积令函数，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，正六棱雉的体积最大，此时正六边形ABCDEF的底面边长为．故答案为：16．（2023·山东威海·统考二模）在棱长为2的正方体中，点P满足，其中，．当直线平面时，P的轨迹被以为球心，R为半径的球面截得的长度为2，则R＝______；当时，经过A，，P的平面与棱交于点Q，则直线PQ与平面所成角的正切值的取值范围为______．【答案】【详解】因为点P满足，其中，，所以，点在正方形及其内部.

如图1，连接.由正方体的性质可知，，且，所以，四边形为平行四边形，所以，.因为平面，平面，所以平面.同理可得，平面.因为平面，平面，，所以，平面平面.因为平面，平面，所以平面，所以，平面.又平面，平面平面，所以，.连接，交于点，则，且.因为平面，所以以点为球心的球与平面的截面为圆，且圆心为，所以，直线被以为圆心，为半径的圆截得的弦长为2，如下图2，

所以，.因为在球上，所以，即球的半径为，所以.由正方体的性质可得，，.因为，所以.因为平面，平面，，所以，平面.因为平面，所以.又因为平面，平面，且，所以点在线段上.

过点作，交于点，连接.因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，.同理可得，.所以，四边形是平行四边形，所以.因为，，，所以，.因为平面，所以平面，且，所以，所以即为直线PQ与平面所成的角.当分别为中点时，满足条件，此时，有最小值2；当分别与重合时，点与重合，满足条件，此时有最大值.所以，所以.又，所以，设直线PQ与平面所成的角的正切值的范围为.故答案为：；.四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）17．（2023春·云南红河·高一蒙自一中校考阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，，点是的中点.

(1)证明：；(2)证明：平面.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】（1）在直三棱柱中，平面，因为平面，所以.因为，，，所以，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以（2）设，连接，

则是的中点，又因为是的中点，所以因为平面，平面，所以平面.18．（2023春·河北张家口·高一河北省尚义县第一中学校考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点为上一点.

(1)若点为中点，求证：平面；(2)若，平面平面，求证：平面平面.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】（1）连接交于，连接，如图所示；因为为的中点，是的中点，则平面平面，所以平面

（2）在中，，所以，所以，所以；因为四边形是平行四边形，所以，所以；又因为平面平面，且平面平面平面，所以平面；因为平面，所以平面平面.19．（2023春·浙江宁波·高二统考期末）如图，正四棱锥的高为，体积为.

(1)求正四棱锥的表面积；(2)若点为线段的中点，求直线AE与平面所成角的正切值；(3)求二面角的余弦值.【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）连接，连接，如图，

因为在正四棱锥中，底面是正方形，则，且是与的中点，底面，因为正四棱锥的高为，体积为，则，，设底面边长为，则，所以由得，解得，因为底面，底面，故，在中，，则，同理，所以在中，，则，同理：，所以正四棱锥的表面积为.（2）由（1）可得，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系，如图，则，因为点为线段的中点，所以，则，易知平面的一个法向量为，设直线AE与平面所成角为，则，所以，故，，所以直线AE与平面所成角的正切值为.（3）由（2）知，设平面的一个法向量为，则，取，则，故，设平面的一个法向量为，则，取，则，故，设二面角为，则由图形可知，所以，所以二面角的余弦值为.20．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；(2)若，求锐二面角的大小.【答案】(1)点为线段上靠近点的三等分点(2)【详解】（1）点为线段上靠近点的三等分点，证明如下：如图，在取点，连接，,使得，又，所以四边形为平行四边形，所以，又平面平面，所以平面.又平面，，平面，所以平面平面，又平面平面，平面平面，所以，所以在中，，所以，所以点为线段上靠近点的三等分点.（2）如图，取的中点，以O为原点OE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为，所以，又，则，由题意，点P在过点O且垂直AE的平面上，故设，则，因为，所以，解得，故，则，设平面的法向量为，则，不妨取，则，设平面的一个法向量为，则，记锐二面角的平面角为，所以，又，则，所以锐二面角的大小为.21．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）如图，在四棱锥中，，，，.

(1)证明：平面平面；(2)已知，，.若平面与平面夹角的余弦值为，求的值.【答案】(