备战2024年高考阶段性检测名校重组卷（新高考）立体几何与空间向量本试卷22小题，满分150分。考试用时120分钟一、单项选择题：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．（2023·吉林·统考三模）已知直线与平面，，，能使的充分条件是（    ）A．， B．，C．， D．，，【答案】C【详解】对于A，当，时，可能平行，可能相交，但不一定垂直，A错误；对于B，当，时，，B错误；对于C，，，根据面面垂直判定定理可知，C正确；对于D，当，，时，，但相交但不一定垂直，如图示：故D错误；故选：C2．（2023·湖南长沙·统考一模）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB=4，AD=3，AA1=5，∠BAD=90°，∠BAA1=∠DAA1=60°，则AC⋅BD1的值为（    ）A．10.5 B．12.5C．22.5 D．42.5【答案】A【分析】将AB,AD,AA1作为基底，然后用基底表示出AC,BD1，再求其数量积即可.【详解】由题意得AC=AB+AD，BD1=BA+AD+DD1=-AB+AD+AA1，因为AB=4，AD=3，AA1=5，∠BAD=90°，∠BAA1=∠DAA1=60°，所以AC⋅BD1=(AB+AD)⋅(-AB+AD+AA1)=-AB2+AB⋅AD+AB⋅AA1-AB⋅AD+AD2+AD⋅AA1=-AB2+AB⋅AA1+AD2+AD⋅AA1=-16+4×5cos60°+9+3×5cos60°=-16+10+9+7.5=10.5，故选：A3．（2023·江苏·统考三模）已知底面半径为r的圆锥SO，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】圆锥的高为，如图，由可得：，∴，∴,圆柱侧面积，圆锥侧面积，.故选：D．4.（2023天津联考三模）小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒,包装盒如图所示:底面是边长为(单位:)的正方形,,,,均为正三角形,且它们所在的平面都与平面垂直，则该包装盒的容积是（）ABCD 【答案】A     【解析】过点作于点,过点作于点,连接.      过点,分别作,,交,于点,,   连接,,,， ,分别为,的中点,为长方体,故该包装盒可分成一个长方体和四个相等的四棱锥组合而成. 由底面是边长为的正方形可得:,∴所求该包装盒的容积为             .5．（2023·山西晋中·统考三模）已知点P在棱长为2的正方体的表面上运动，则的最大值为（    ）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】C【详解】取中点，连接，如图，则，当在正方体表面上运动时，运动到或处时，最大，所以,所以的最大值为8.故选：C6．（2023·浙江温州·统考三模）四面体满足，点在棱上，且，点为的重心，则点到直线的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】四面体满足，即两两垂直，以点O为原点，以射线的正方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，因为，，则，于是，，所以点到直线的距离.故选：A7．（2023·山东菏泽·统考一模）如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且A,B,C,D四个顶点在同一平面内，下列结论：①AE//平面CDF；②平面ABE//平面CDF；③AB⊥AD；④平面ACE⊥平面BDF，正确命题的个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】根据题意，以正八面体的中心O为原点，OB,OC,OE分别为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算以及法向量，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】以正八面体的中心O为原点，OB,OC,OE分别为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正八面体的边长为2,则A0,-2,0,E0,0,2,C0,2,0,D-2,0,0,F0,0,-2所以，AE=0,2,2,CD=-2,-2,0,CF=0,-2,-2,设面CDF的法向量为n=x,y,z，则CD⋅n=-2x-2y=0CF⋅n=-2y-2z=0，解得x=zx=-y，取x=1，即n=1,-1,1又AE⋅n=-2+2=0，所以AE⊥n，AE⊄面CDF，即AE//面CDF，①正确；因为AE=-CF，所以AE//CF，又AB//CD，AB⊄面CDF，CD⊂面CDF，则AB//面CDF，由AB∩AE=A，AE,AB⊂平面ABE，所以平面AEB//平面CDF，②正确；因为B2,0,0,AB=2,2,0,AD=-2,2,0，则AB⋅AD=0，所以AB⊥AD，③正确；易知平面ACE的一个法向量为n1=1,0,0，平面BDF的一个法向量为n2=0,1,0，因为n1⋅n2=0，所以平面ACE⊥平面BDF，④正确；故选：D8．（2023·吉林·统考三模）如图，菱形纸片中，，O为菱形的中心，将纸片沿对角线折起，使得二面角为，分别为的中点，则折纸后（    ）A． B． C． D．0【答案】A【详解】如图，连接，则，故即为二面角得平面角，即，设的中点为M，连接，则,设菱形纸片中的边长为2，因为，则为正三角形，则,故为正三角形，故,又，平面，则平面,平面，故，又因为为的中点，所以，所以,又，故,故在中，，故，故选：A二、多项选择题：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·黑龙江牡丹江·牡丹江市第三高级中学校考三模）已知、、为空间中三条不同的直线，、、为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的有（    ）A．若，，，则B．若，，，若，则C．若，、分别与、所成的角相等，则D．若，，，则【答案】BD【详解】对于A，如图1，若，，，则可以与平行，故A错误；对于B，因为，，，且，，则，因为，，则，故，B对；对于C，如图2，若，、分别与、所成的角为时，与可以相交、平行或异面，故C错误；对于D，若，，则，又，则，D对.故选：BC.10.(2023·昆明模拟)已知P，Q分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上的动点(不与顶点重合)，则下列结论错误的是( )A．AB⊥PQB．平面BPQ∥平面ADD1A1C．四面体ABPQ的体积为定值D．AP∥平面CDD1C1【答案】 C【解析】 对于A，∵AB⊥BC，AB⊥BB1，BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BCC1B1，∴AB⊥平面BCC1B1，∵PQ⊂平面BCC1B1，∴AB⊥PQ，故A正确；对于B，∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面BPQ与平面BCC1B1重合，∴平面BPQ∥平面ADD1A1，故B正确；对于C，∵A到平面BPQ的距离AB为定值，Q到BP的距离为定值，BP的长不是定值，∴四面体ABPQ的体积不为定值，故C错误；对于D，∵平面ABB1A1∥平面CDD1C1，AP⊂平面ABB1A1，∴AP∥平面CDD1C1，故D正确．11．（多选）（2023·安徽黄山·统考三模）在棱长为的正四面体中，过点且与平行的平面分别与棱交于点，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ）A．B．当分别为线段中点时，与所成角的余弦值为C．线段的最小值为D．空间四边形的周长的最小值为【答案】ABD【详解】由题知，//平面，而平面平面，平面，根据线面平行的性质定理可知，//，又，即，故，A选项正确；连接，易得，又，于是（三线合一），故，取中点，连接，由中位线可知，在中由余弦定理，，即，由//，与所成角即为（或其补角），在中根据余弦定理，，B选项正确；根据B选项分析，当分别为线段中点时，，C选项错误；由//，由于为正三角形，则也是正三角形，故，故四边形的周长为：，当为中点，即时，有最小值.即空间四边形的周长的最小值为，D选项正确.故选：ABD12．（多选）（2023·黑龙江大庆·统考三模）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，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.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相交部分围成的几何体，若用棱长为4的正四面体作勒洛四面体，如图，则下列说法正确的是（    ）A．平面截勒洛四面体所得截面的面积为B．记勒洛四面体上以C，D为球心的两球球面交线为弧，则其长度为C．该勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为4D．该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为【答案】AD【详解】对于A，平面截勒洛四面体所得截面如图甲，它的面积为三个半径为4，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；即，故A正确；对于B，如图乙，取中点，在中，，，记该勒洛四面体上以，为球心的两球交线为弧，则该弧是以的中点为圆心，以为半径的圆弧，设圆心角为，则，可知，所以弧长不等于，故B错误；对于C，如图丙，设弧的中点是，线段的中点是，设弧的中点是，线段的中点是，则根据图形的对称性，四点共线且过正四面体的中心，则，，，，即勒洛四面体表面上任意两点间距离可能大于4，最大值为，故C错误；对于D，勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图乙，其中点为该球与勒洛四面体的一个切点，由对称性可知为该球的球心，内半径为，连接，易知三点共线，设正四面体的外接球半径为，如图丁，则由题意得：正四面体的高，，，则，解得：，所以，，内半径，故D正确.故选：AD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13．(2023·枣庄模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则△D1GF的面积为________．【答案】 eq\f(\r(14),2)【解析】 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则D1(0,0,2)，G(0,2,1)，F(1,1,0)，eq\o(FD1,\s\up6(—→))＝(－1，－1,2)，eq\o(FG,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，∴点D1到直线GF的距离d＝eq\r(|\o(FD1,\s\up11(—→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(FD1,\s\up6(—→))·\o(FG,\s\up6(→))\o(\s\up7( ),\s\do4()),|\o(FG,\s\up6(→))|)))2)＝eq\r(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(3))))2)＝eq\f(\r(42),3).又|eq\o(FG,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，∴＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(\r(42),3)＝eq\f(\r(14),2).14.（2023·广东·统考模拟预测）如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA1，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1EF，则M点的轨迹长度为________．【答案】 eq\r(2)【解析】 如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四边形EGC1D1是平行四边形，所以C1G∥D1E，又C1G⊄平面CD1EF，D1E⊂平面CD1EF，所以C1G∥平面CD1EF.同理可得C1H∥CF，C1H∥平面CD1EF.因为C1H∩C1G＝C1，所以平面C1GH∥平面CD1EF.由M点是正方形ABB1A1内的动点可知，若C1M∥平面CD1EF，则点M在线段GH上，所以M点的轨迹长度GH＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).15.(2023·北京模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点P在侧面BB1C1C的边界及其内部运动．给出下列四个结论：①D1O⊥AC；②存在一点P，D1O∥B1P；③若D1O⊥OP，则△D1C1P面积的最大值为e