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单元检测卷(七)　立体几何与空间向量
(分值：150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.[2024·佛山二模]某圆锥高为，母线与底面所成的角为，则该圆锥的表面积为(　　)
A.3π B.4π
C.5π D.6π
2.[2025·成都模拟]已知a，b是两条不同的直线，α是平面，若a∥α，b α，则a，b不可能(　　)
A.平行 B.垂直
C.相交 D.异面
3.[2025·枣庄模拟]已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为(　　)
A.4π B.6π
C.8π D.10π
4.[2024·长沙二模]在空间中，已知 l，m，n 为不同的直线， α，β，γ 为不同的平面，则下列判断正确的是(　　)
A.若 m α，m∥n ，则 n∥α
B.若 l∥α，l∥β ，则 α∥β
C.若 m⊥α，l⊥β，m⊥l ，则 α⊥β
D.若 α⊥β，α⊥γ ，则 β∥γ
5.[2024·泉州模拟]《九章算术》中关于“刍童”(上、下底面均为矩形的棱台)体积近似计算的注释：将上底面的长乘以二与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘以二与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘，把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一，现有“刍童”ABCD－EFGH，其上、下底面均为正方形，若EF＝2AB＝4，且每条侧棱与底面所成角的正切值均为2，则按《九章算术》的注释，该“刍童”的体积为(　　)
A.8 B.24
C. D.112
6.[2025·梅州模拟]直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为(　　)
A. B.－
C. D.
7.[2025·菏泽模拟]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1D∩AD1＝E，CD1∩C1D＝F，则下列结论中正确的是(　　)
A.BB1∥平面ACD1
B.平面BDC1⊥平面ACD1
C.EF⊥平面BDD1B1
D.平面ABB1A1内存在与EF平行的直线
8.[2025·福州模拟]已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O的球面上，PA＝PB＝PC＝AB＝，∠ACB＝，则球O的体积为(　　)
A.3π B.π
C.π D.9π
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.[2025·长沙模拟]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点，则下列说法正确的是(　　)
A.E，F，G，H四点共面
B.EF∥GH
C.∠EGB1＝∠FHC1
D.EG，FH，AA1三线共点
10.[2025·长沙调研]某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝2 cm，且CD＝2AB，则(　　)
A.该圆台的高为1 cm
B.该圆台的轴截面面积为3 cm2
C.该圆台的体积为 cm3
D.一只小虫从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点，所经过的最短路程为5 cm
11.[2025·湖北七市联考]如图，棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点，F为正方形C1CDD1内一个动点(包括边界)，且B1F∥平面A1BE，则下列说法正确的有(　　)
A.动点F轨迹的长度为
B.三棱锥B1－D1EF体积的最小值为
C.B1F与A1B不可能垂直
D.当三棱锥B1－D1DF的体积最大时，其外接球的表面积为π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.[2025·成都模拟]在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有________个.
13.[2025·惠州模拟]如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，AC∩BD＝O，M是PC上的一动点，则当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可)
14.[2025·天津南开区模拟]在如图所示的几何体中，底面ABCD是边长为4的正方形，AA1，BG，CC1，DD1均与底面ABCD垂直，且AA1＝CC1＝DD1＝2BG＝4，点E，F分别为线段BC，CC1的中点，记该几何体的体积为V，平面AFE将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为________.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)[2025·安康模拟]如图，在圆锥PO中，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，四边形ABCD是底面的内接正方形，E，F分别为PD，PA的中点，过点E，F，O的平面为α.
(1)证明：平面α∥平面PBC；
(2)若圆锥的底面圆半径为2，高为，设点M在线段EF上运动，求三棱锥P－MBC的体积.
16.(15分)[2025·青岛模拟]如图所示，多面体ABCDEF，底面ABCD是正方形，点O为底面的中心，点M为EF的中点，侧面ADEF与BCEF是全等的等腰梯形，EF＝4，其余棱长均为2.
(1)证明：MO⊥平面ABCD；
(2)若点P在棱CE上，直线BP与平面ABM所成角的正弦值为，求EP.
17.(15分)[2025·济宁模拟]图1是由正方形ABCD和两个正三角形△ADE，△CDF组成的一个平面图形，其中AB＝2，现将△ADE沿AD折起使得平面ADE⊥平面ABCD，将△CDF沿CD折起使得平面CDF⊥平面ABCD，连接EF，BE，BF，如图2.
(1)求证：EF∥平面ABCD；(2)求平面ADE与平面BCF夹角的大小.
18.(17分)[2025·日照模拟]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝3，CC1＝6.点D，E，F分别在线段BB1，CC1，AA1上，且BD＝CE，AF＞BD.
(1)证明：DE⊥BF；
(2)若DF＝3，且平面DEF将直三棱柱ABC－A1B1C1的体积平分，求二面角B－EF－D的余弦值.
19.(17分)[2025·武汉模拟]如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PC⊥平面ABC，∠BAC＝，PC＝AB＝2，E，F分别为PA，PC的中点，平面BEF与平面ABC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PBC；
(2)直线l与圆O的交点为B，D，求三棱锥D－ABE的体积；
(3)点Q在直线l上，直线PQ与直线EF的夹角为α，直线PQ与平面BEF的夹角为β，是否存在点Q，使得α＋β＝？如果存在，请求出BQ；如果不存在，请说明理由.
单元检测卷(七)　立体几何与空间向量
1.A　[由圆锥高为，母线与底面所成的角为，得圆锥底面圆半径r＝＝1，母线l＝＝2，所以圆锥的表面积S＝πr2＋πrl＝3π.故选A.]
2.C　[因为a∥α，b α，则a与b可能平行，异面和垂直，若a与b相交，a∩b＝A，则A∈a，A∈b，所以A∈α，即直线a与平面α有公共点，这与a∥α矛盾，故不可能相交.故选C.]
3.C　[由题意可知该球为圆柱的外接球，所以球心为圆柱的中心，设球半径为r，
则r＝＝，故该球的表面积为4πr2＝8π.故选C.]
4.C　[若 m α，m∥n ，则 n∥α 或 n α ，故A错误；
由长方体可知两个平面可相交，故B错；
若 m⊥α，l⊥β， 则直线m，l对应向量分别是平面α，β的法向量，由m⊥l知向量夹角为90°，所以α⊥β ，即C正确；
若 α⊥β，α⊥γ，则β，γ 平行或相交，故D错误.]
5.C　[连接HF，EG交于点O1，连接AC，DB交于点O2，连接O1O2，过C作CQ∥O1O2，如图，因为“刍童”ABCD－EFGH上、下底面均为正方形，且每条侧棱与底面所成角的正切值均相等，所以O1O2⊥底面EFGH，又CQ∥O1O2，所以CQ⊥底面EFGH，
所以∠CGQ是“刍童”ABCD－EFGH其中一条侧棱与底面所成的角，则tan∠CGQ＝2，因为EF＝2AB＝4，所以EG＝4，AC＝2，
易知四边形ACGE是等腰梯形，则QG＝(EG－AC)＝，所以在Rt△CQG中，tan∠CGQ＝＝2，则CQ＝2QG＝4，即“刍童”ABCD－EFGH的高为4，
则该刍童的体积V＝＝.故选C.]
6.A　[以A为原点，在平面ABC中过A作AC的垂线交BC于D，以AD所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，因为直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝120°，设AB＝AC＝AA1＝1，所以B(，－，0)，A1(0，0，1)，A(0，0，0)，C1(0，1，1)，＝(－，，1)，＝(0，1，1)，设异面直线BA1与AC1所成角为θ，则cos θ＝＝＝，所以异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为.故选A.]
7.C　[因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，设正方体边长为2，
以D1为原点，D1A1所在直线为x轴，D1C1所在直线为y轴，D1D所在直线为z轴建立空间直角坐标系(图略)，则D1(0，0，0)，A(2，0，2)，C(0，2，2)，B(2，2，2)，B1(2，2，0)，E(1，0，1)，F(0，1，1)，＝(2，0，2)，＝(0，2，2).
设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝1，则n＝(1，1，－1)，
同理可得平面BDC1的法向量m＝(－1，1，1)，＝(0，0，－2)，·n＝2≠0，故A不正确；
m·n＝－1≠0，故B不正确；
因为＝(－1，1，0)，＝(0，0，2)，＝(2，2，0)，·＝0，·＝0，所以EF⊥D1D，EF⊥D1B1，又D1D∩D1B1＝D1，D1D，D1B1 平面BDD1B1，所以EF⊥平面BDD1B1，C正确；
平面ABB1A1的一个法向量为p＝(1，0，0)，·p＝－1≠0，故D不正确；故选C.]
8.C　[如图所示，记△ABC的外接圆的圆心为O1，
连接PO1，AO1，
因为PA＝PB＝PC＝，
所以PO1⊥平面ABC，
且点O在直线PO1上，
连接OA，
则OA＝OP.
因为AB＝，∠ACB＝，
所以由正弦定理得，2AO1＝，
解得AO1＝，
所以PO1＝＝2.
设三棱锥P－ABC外接球的半径为R，
则OA＝OP＝R，OO1＝2－R或OO1＝R－2.
因为OA2＝OO＋O1A2，
所以R2＝(R－2)2＋()2，
解得R＝，则O在线段O1P上，
所以外接球O的体积V＝πR3＝π，
故选C.]
9.ABD　[对于AB，如图，连接EF，GH，
因为GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1，因为B1E∥C1F，且B1E＝C1F，所以四边形B1EFC1是平行四边形，所以EF∥B1C1，所以EF∥GH，所以E，F，G，H四点共面，故AB正确；
对于C，因为EB1＝FC1，当GB1≠HC1时，
tan∠EGB1≠tan∠FHC1，又0<∠EGB1，∠FHC1<，则∠EGB1≠∠FHC1，故C错误；
对于D，如图，延长EG，FH相交于点P，因为P∈EG，EG 平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1，因为P∈FH，FH 平面ACC1A1，所以P∈平面ACC1A1，因为平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，所以P∈AA1，所以EG，FH，AA1三线共点， 故D正确.]
10.BCD　[对于A，如图1，过点B作BE⊥CD于点E，则CE＝＝1，所以BE＝＝＝，即圆台的高为 cm，故A不正确；
　
对于B，圆台的轴截面面积为
×(2＋4)×＝3(cm2)，故B正确；
对于C，圆台的体积为
××(π＋4π＋)＝(cm3)，故C正确；
对于D，将该圆台侧面的一半展开，得到如图2所示的扇环ABCD，再将其补成扇形PCD，则弧CD长为2π，半径PC长为4，所以圆心角∠CPD＝.取AD的中点为M，连接CM，则从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点M的最短路径即扇环中线段CM的长，CM＝＝＝5(cm)，故D正确.综上所述，选BCD.]
11.ABD　[如图，对于A，分别取C1D1，C1C的中点M，N，连接B1M，B1N，MN，则由正方体的性质可得
B1N∥A1E，MN∥A1B.因为MN，B1N 平面A1BE，A1B，A1E 平面A1BE，所以MN∥平面A1BE，B1N∥平面A1BE.又MN，B1N 平面B1MN，MN∩B1N＝N，所以平面B1MN∥平面A1BE，所以点F的运动轨迹为线段MN，即动点F轨迹的长度为MN＝，故A正确.对于B，VB1－D1EF＝×2S△D1EF，易知当F与M重合时，S△D1EF取得最小值，即(S△D1EF)min＝×1×1＝，所以(VB1－D1EF)min＝×＝，故B正确.对于C，当F为线段MN的中点时，因为MB1＝NB1，所以B1F⊥MN.又MN∥A1B，所以B1F⊥A1B，故C不正确.对于D，VB1－D1DF＝×S△D1DF×B1C1＝S△D1DF，易知当F与N重合时，S△D1DF取得最大值，连接B1D1，D1N，DN，B1D，所以(VB1－D1DF)max＝VB1－D1DN.由正方体的性质知B1D1⊥D1D，所以△B1D1D为直角三角形，易知点N在平面B1D1D上的投影为Rt△B1D1D的斜边B1D的中点，设为G，连接NG，则三棱锥B1－D1DN，即三棱锥N－B1D1D的外接球的球心O在直线NG上，设球O的半径为R，易知B1D＝2，NG＝，则由(±R)2＋()2＝R2，得R＝，所以球O的表面积S＝4πR2＝π，故D正确.综上所述，选ABD.]
12.4　[在长方体ABCD－A′B′C′D′中，四棱锥D′－ABCD的四个侧面中，直角三角形的个数最多是4个，即△D′AB，△D′AD，△D′BC，△D′CD.]
13.DM⊥PC(答案不唯一)　[由题意知，四边形ABCD为菱形，故AC⊥BD.
∵PA⊥底面ABCD，又BD 平面ABCD，
∴PA⊥BD，
又PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，又PC 平面PAC，
∴BD⊥PC.
∵平面PCD为固定平面，平面MBD为运动平面，且运动平面MBD中的固定直线BD垂直PC，∴只需在运动平面MBD中找到一条与BD相交且垂直于PC的直线即可满足平面MBD⊥平面PCD，则DM⊥PC，或BM⊥PC等都满足要求.]
14.V　[由题意可知，如图所示，连接AD，D1F，则EF∥AD1，所以平面EFAD1即为平面AEF截几何体的截面.因为AA1＝CC1＝DD1＝2BG＝4，AB＝BC＝CD＝DA＝4，所以几何体的体积V＝4×4×4－××4×4×2＝，被截棱台的体积
VECF－ADD1＝×4×(×2×2＋×4×4＋)＝，则较大部分体积为V2＝40，且＝＝，所以较小部分的体积为VECF－ADD1＝V.]
15.(1)证明　因为E，F分别为PD，PA的中点，所以EF∥AD，
因为四边形ABCD为正方形，所以AD∥BC，从而EF∥BC，
又EF 平面PBC，BC 平面PBC，所以EF∥平面PBC，
连接BD，OE，则O为BD的中点，又E为PD的中点，所以OE∥PB，
又OE 平面PBC，PB 平面PBC，
所以OE∥平面PBC，又OE∩EF＝E，OE，EF 平面OEF，
所以平面OEF∥平面PBC，即平面α∥平面PBC.
(2)解　由题知，PO⊥平面ABCD.连接OC，则OB＝OC＝2，PO＝.因为由(1)的证明可知平面α∥平面PBC，
所以点M到平面PBC的距离等于点O到平面PBC的距离，
所以VP－MBC＝VM－PBC＝VO－PBC＝S△OBC·PO＝××2×2×＝，
所以三棱锥P－MBC的体积为.
16.(1)证明　取AB，CD中点K，Q，连接FK，KQ，QE，则O为KQ的中点，因为侧面ADEF是等腰梯形，所以EF∥AD，又KQ∥AD，所以KQ∥EF，
△ABF和△DCE都是边长为2的等边三角形，得FK＝EQ，所以四边形FKQE为等腰梯形，
因为点M为EF的中点，O为KQ的中点，所以MO⊥KQ.
因为△ABF是等边三角形，所以AB⊥FK，又AB⊥KQ，KQ，FK 平面FKQE，KQ∩FK＝K，所以AB⊥平面FKQE，AB 平面ABCD，所以平面FKQE⊥平面ABCD，
平面FKQE∩平面ABCD＝KQ，MO 平面FKQE，MO⊥KQ，故MO⊥平面ABCD.
(2)解　在梯形FKQE中，EF＝4，KQ＝2，FK＝EQ＝，等腰梯形中由勾股定理得MO＝，取BC中点N，由(1)知，OK，ON，OM两两垂直，以O为原点，分别以OK，ON，OM所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
O(0，0，0)，M(0，0，)，K(1，0，0)，C(－1，1，0)，A(1，－1，0)，B(1，1，0)，E(－2，0，)，设平面ABM的法向量为n＝(x，y，z)，＝(0，2，0)，＝(－1，1，)，
则
令z＝1，则x＝，y＝0，得n＝(，0，1)，
设＝λ(0≤λ≤1)，＝＋＝＋λ＝(－2－λ，－λ，λ)，
设直线BP与平面ABM所成角为θ，
所以sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，
解得λ＝(负值舍去)，所以点P为棱CE的中点，所以EP的长为1.
17.(1)证明　分别取棱CD，AD的中点O，P，连接OF，PE，OP，
由△CDF是边长为2的正三角形，得OF⊥CD，OF＝，
又平面CDF⊥平面ABCD，平面CDF∩平面ABCD＝DC，OF 平面CDF，
则OF⊥平面ABCD，同理PE⊥平面ABCD，PE＝，
于是OF∥PE，OF＝PE，即四边形OPEF为平行四边形，所以OP∥EF，
而OP 平面ABCD，EF 平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.
(2)解　取棱AB的中点Q，连接OQ，由四边形ABCD为正方形，得OQ⊥CD，以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则B(2，1，0)，C(0，1，0)，F(0，0，)，D(0，－1，0)，＝(2，0，0)，＝(0，－1，)，
设平面BCF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则令z＝1，得n＝(0，，1)，
由CD⊥AD，平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，CD 平面ABCD，
得CD⊥平面ADE，则＝(0，2，0)为平面ADE的一个法向量，设平面ADE与平面BCF的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，而θ∈(0，]，解得θ＝，
所以平面ADE与平面BCF的夹角的大小为.
18.(1)证明　在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC⊥BB1，而AB⊥BC，BB1∩AB＝B，BB1，AB 平面ABB1A1，则BC⊥平面ABB1A1，
又BD＝CE，BD∥CE，即四边形BCED是平行四边形，故DE∥BC，于是DE⊥平面ABB1A1，而BF 平面ABB1A1，
所以DE⊥BF.
(2)解　在AA1上取点G，使AG＝BD，连接DG，EG，则DG∥AB，而AA1⊥BC，AA1⊥AB，则有AA1⊥DE，AA1⊥DG，
又DG∩DE＝D，DG，DE 平面DEG，则AA1⊥平面DEG，而AA1⊥平面ABC，
因此平面DEG∥平面ABC.显然DG⊥FG，
FG＝＝3，
由平面DEF将直三棱柱ABC－A1B1C1的体积平分知：
VF－DEG＋VABC－GDE＝VABC－A1B1C1，
即××3×3×3＋×3×3×EC＝××3×3×6，
解得EC＝2，
则AF＝FG＋GA＝5，
以点B为原点，BC，BA，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则B(0，0，0)，E(3，0，2)，F(0，3，5)，D(0，0，2)，
＝(3，0，2)，
＝(0，3，5)，
＝(3，0，0)，
＝(0，3，3)，
设平面BEF的法向量m＝(x，y，z)，
则
令x＝2，则y＝5，z＝－3，得m＝(2，5，－3).
设平面DEF的一个法向量n＝(x1，y1，z1)，
则
令y1＝1，则z1＝－1，
得n＝(0，1，－1)，
则cos〈m，n〉＝
＝＝，
由图判断知二面角B－EF－D的平面角为锐角，所以二面角B－EF－D的余弦值为.
19.(1)证明　∵E，F分别为PA，PC的中点，
∴EF∥AC.又EF 平面ABC，
AC 平面ABC，∴EF∥平面ABC.又EF 平面BEF，平面BEF∩平面ABC＝l，
∴l∥EF∥AC.∵PC⊥平面ABC，AC 平面ABC，
∴PC⊥AC.又AC⊥BC，PC∩BC＝C，PC，BC 平面PBC，
∴AC⊥平面PBC，∴l⊥平面PBC.
(2)解　∠ACB＝∠ADB＝，由(1)得AC∥BD，所以∠CBD＝π－∠ACB＝，
所以四边形ABCD为矩形.由于EF∥平面ABC，
所以VD－ABE＝VE－ABD＝VF－ABD＝××1××1＝.
(3)解　以C为坐标原点，分别以，，的方向作为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则A(，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，0)，D(，1，0)，P(0，0，2)，F(0，0，1)，
由于AC∥BD，设Q(a，1，0)，则＝(a，1，－2).＝＝(，0，0)，＝(0，1，－1)，
设平面BEF的一个法向量n＝(x，y，z)，
则取n＝(0，1，1)，
由题意，sin β＝|cos〈，n〉|＝cos α＝|cos〈，〉|，即＝，解得|a|＝，从而符合题意的点Q存在，且BQ＝.

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