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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 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 所成角，
设正方体的棱长为 ， ，
，
在 中， ，
所以异面直线 与 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．1400 B．2800 C． 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．4 B．6 C．8 D．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 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 ，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 ， ， ， ， ， ，
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.
