安徽省合肥市高考数学三年（2020-2022）模拟题知识点分类汇编-空间向量与立体几何-

这是一份安徽省合肥市高考数学三年（2020-2022）模拟题知识点分类汇编-空间向量与立体几何-，共34页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
安徽省合肥市高考数学三年（2020-2022）模拟题知识点分类汇编-空间向量与立体几何

一、单选题
1．（2022·安徽合肥·统考二模）在四面体中，， ，二面角的大小为，则四面体外接球的表面积为（    ）
A． B．
C． D．
2．（2021·安徽合肥·统考二模）若，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
3．（2021·安徽合肥·统考三模）在三棱锥中，，，.若三棱锥的体积为1，则该三棱锥外接球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
4．（2021·安徽合肥·统考三模）如图，网格纸中小正方形的边长为1，粗实线画出的是一个四棱锥的三视图，则该四棱锥最长棱的长度为（    ）

A． B． C．8 D．
5．（2021·安徽合肥·统考三模）如图，网格纸中小正方形的边长为1，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则该几何体最长棱的长度为（    ）

A． B． C． D．8
6．（2021·安徽合肥·统考三模）几何中常用表示的测度，当为曲线、平面图形和空间几何体时，分别对应其长度、面积和体积．在中，，，，为内部一动点（含边界），在空间中，到点的距离为的点的轨迹为，则等于（    ）
A． B． C． D．
7．（2021·安徽合肥·统考二模）在《通用技术》课上，某小组同学准备用一个棱长为6的正四面体坯料制作一个正三棱柱模型(其底面在正四面体一个面上)，要求削去的材料尽可能少，则所制作的正三棱柱模型的高为（    ）
A． B． C．4 D．
8．（2021·安徽合肥·统考一模）我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中，把底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵.如图，在錾堵中，，M，N分别是线段，上的点，且，，则下列说法正确的是（    ）

A． B．
C． D．
9．（2021·安徽合肥·统考一模）我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中，把底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.今有“阳马”，，，分别为棱，的中点.以下四个结论：
①平面；
②平面；
③平面平面：
④平面平面.
其中正确的是（    ）
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
10．（2021·安徽合肥·统考一模）若两个正四面体的顶点都是一个棱长为1的正方体的顶点，则这两个正四面体公共部分的体积为（    ）
A． B． C． D．
11．（2020·安徽合肥·统考三模）在长方体中，，，为棱的中点，动点满足，则点的轨迹与长方体的面的交线长等于（    ）
A． B． C． D．

二、填空题
12．（2022·安徽合肥·统考二模）如图，圆柱的轴截面是正方形，是底面圆的直径，是母线，点是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为________．

13．（2022·安徽合肥·统考二模）在正方体中，为线段的中点，设平面与平面的交线为，则直线与所成角的余弦值为__________．
14．（2021·安徽合肥·统考一模）如图，是圆的直径，点是的中点.若，则图中阴影部分绕所在直线旋转一周形成的几何体的表面积等于___________.

15．（2021·安徽合肥·统考二模）若正四棱锥的侧面均是正三角形，且它的表面积是，则该四棱锥外接球的体积是__________．
16．（2020·安徽合肥·统考三模）已知三棱锥的三条侧棱两两垂直，其长度分别为.点在底面内的射影为，点所对面的面积分别为.在下列所给的命题中，正确的有_________________.（请写出所有正确命题的编号）
①三棱锥外接球的表面积为；
②；
③；
④若三条侧棱与底面所成的角分别为，则；
⑤若点是面内一个动点，且与三条侧棱所成的角分别为，则.

三、解答题
17．（2022·安徽合肥·统考二模）如图，在矩形中，，点为边的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，使得，连结，，．

(1)证明：平面平面；
(2)求点到平面的距离．
18．（2022·安徽合肥·统考二模）如图，在矩形中，，点为边的中点．以为折痕把折起，使点到达点的位置，使得，连结，，．

(1)证明：平面平面;
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
19．（2021·安徽合肥·统考三模）如图，在四棱锥中，平面，，，，.

（1）求证：平面平面；
（2）若点满足，且平面，求的值.
20．（2021·安徽合肥·统考三模）如图，在四棱锥中，平面，且，，，．

（1）求证：；
（2）设F为棱上一点，且平面，求二面角的大小．
21．（2021·安徽合肥·统考二模）如图，在三棱锥中，，，，D为棱AB上一点，，棱AC的中点E在平面PAB上的射影F在线段PD上.

（1）证明：平面PDE；
（2）求三棱锥的体积.
22．（2021·安徽合肥·统考一模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，点E，F，G分别为PD，AB，AC的中点.

（1）求证：平面平面PBC；
（2）若，求点F到平面AEG的距离.
23．（2021·安徽合肥·统考二模）如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，O是AC与BD的交点，E为PB的中点．

（Ⅰ）求证：平面PAD；
（Ⅱ）若平面ABCD，，垂足为F，，，求三棱锥P-DEF的体积．
24．（2021·安徽合肥·统考一模）如图，四边形中，，，，，，分别是线段，的中点.以为折痕把折起，使点到达点的位置，为线段的中点.

（1）证明：平面平面；
（2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.
25．（2020·安徽合肥·统考三模）如图，边长为的等边所在平面与菱形所在平面互相垂直，且，，.

（1）求证：平面；
（2）求多面体的体积.

参考答案：
1．B
【分析】取中点，中点，连接，证明是二面角的平面角，，是直角的外心，是直角的外心，在平面内过作，过作，交点为四面体外接球球心，求出球半径可得表面积．
【详解】取中点，中点，连接，则，，
，，所以是直角的外心，，，
，，所以，，
所以是二面角的平面角，，
是中点，则是直角的外心，
由，，，平面得平面，
平面，所以平面平面，同理平面平面，
平面平面，平面平面，
在平面内过作，则平面，
在平面内过作，则平面，与交于点，
所以为四面体的外接球的球心，
中，，
所以，所以，
，
所以外接球表面积为．
故选：B．

2．C
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系直观分析A、B、D错误；直接证明C正确．
【详解】对于A，若，，，则与可能平行，或相交或在内，故A错．
对于B，若，，，则也可能成立，故B错误．
对于C，若，，，如图：

过作平面，使得，过作平面，使得，
因为，，所以，同理，故，
而，，故，，，故，故，故C正确．
对于D，若，，，则，故D错误．
故选：C．
3．D
【分析】由条件可知和为以为斜边的直角三角形，则的中点为外接球的球心. 过做平面，垂足为，由三棱锥的体积可求出高，根据三角形全等可证明在的角平分线上，即，由线面垂直的定理可知，从而可计算，勾股可知的长，从而计算外接球的半径和表面积.
【详解】解：因为，所以和为以为斜边的直角三角形，则的中点到各个顶点的距离都相等，则为外接球的球心.即为直径.
过做平面，垂足为，连结，，
则，解得：.
，，，，则
分别为在平面内的射影，所以有，
又，为公共边，所以，则，所以在的角平分线上，，
，，，所以有平面，平面，则有，
因为，，所以，则，
则
故外接球的表面积为.

故选：D.
【点睛】思路点睛：求三棱锥的外接球的球心位置，若三棱锥所有顶点都在某一边为斜边的三角形上，则斜边的中点为球心，计算斜边的长度即可求出半径.
4．B
【分析】先把三视图还原为四棱锥P-ABCD，分别计算各边长，得到最长棱.
【详解】三视图还原后得到的四棱锥P-ABCD，如图示：

其中ABCD为平行四边形，且面ABCD，.
则有：,，,
所以该四棱锥最长棱的长度为.
故选：B
【点睛】根据三视图画直观图，可以按下面步骤进行：①、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图 ；②、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；③、画出整体，然后再根据三视图进行调整.
5．A
【分析】由三视图可知，该几何体是一个四棱锥，经过计算六条棱长可得答案.
【详解】由三视图可知，该几何体是一个四棱锥，如图中的，

，，，，
，，，
，
所以该几何体最长棱的长度为.
故选：A
6．D
【分析】首先确定到点的距离为的点的轨迹所构成的空间几何体，可知是由三个半圆柱，三个球体的一部分和一个直三棱柱构成，根据圆柱、球和棱柱的体积公式分别求得各个部分几何体的体积即可加和得到结果.
【详解】空间中，到点的距离为的点的轨迹所构成的空间几何体在垂直于平面的角度看，如下图所示：

其中：，和区域内的几何体为底面半径为的半圆柱；，，区域内的几何体为被两平面所截得的部分球体，球心分别为；区域内的几何体是高为的直三棱柱.
四边形和为矩形，，
，
同理可得：，，
，
，，区域内的几何体合成一个完整的，半径为的球，
则，，区域内的几何体的体积之和；
又，和区域内的几何体的体积之和；区域内的直三棱柱体积，
.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的新定义问题，解题关键是能够根据的定义，确定所求动点的轨迹形成的空间几何体，进而由对应几何体的体积公式求得结果.
7．A
【分析】设正三棱柱的底面边长为，高为，由棱锥平行底面的截面的性质求得的关系，从而求得棱柱的体积，由体积取得最大值求得高．
【详解】如图，正四面体的内接正三棱柱，首先三个顶点必在四面全的三条棱上，才能使得三棱柱体积最大，
正四面体棱长为6，则高为，
设正三棱柱高为，底面边长为，因为平面平面，
所以，，
，

，当且仅当，即时等号成立．
故选：A．

【点睛】关键点点睛：本题考查正棱锥内接正棱柱体积最大问题，解题关键是掌握棱锥的平行于底面的截面的性质，利用此性质求得正三棱柱底面边长和高的关系，从而表示出棱柱的体积，再由基本不等式求得体积的最值，从而得高的值．
8．D
【分析】设，，，由线面垂直的判定和性质，分别计算，，，由勾股定理的逆定理可判断，垂直．
【详解】解：设，，，，
由，，可得，
又，，可得，
由，，，平面，可得平面，
则平面，平面，所以，
又，
所以，
所以，
所以，
故正确．
故选：．

9．D
【分析】根据题干作图，逐一判断各命题中位置关系的正误.
【详解】
如图所示，
由平面，可得，
又，为中点，可得，
由为的中位线，可得，
而与不垂直，即与不垂直，所以平面不成立，
故①错误，排除A，B；
由四边形为正方形，可得，
由平面，平面，可得，
而，所以平面，
由可得平面，故②正确；
由，，为的中点，可得，
由，，可得平面，
而平面，所以，则平面，
而平面，则平面平面，故④正确；
故选：D.
10．D
【分析】首先画出示意图得到公共部分几何体的结构，接着根据体积公式求解即可.
【详解】因为两个正四面体的顶点都是一个棱长为1的正方体的顶点，
画出示意图如下：

由图可得这两个正四面体公共部分为八面体，
该八面体是由两个正四棱锥和组成，
根据正方体的对称性可得四边形为边长为的正方形，
正四棱锥和的高为正方体棱长的一半即等于，
则,
故选：D.
11．A
【分析】由题意画出图形，由角的关系得到边的关系，然后再在平面内建系，求出的轨迹方程，确定点的轨迹与长方体的面的交线，进而求得交线长．
【详解】如下图所示：

当在面内时，面，面；
又， 在与中，
∵，则，
∴，则， 即．
在平面中，以所在直线为轴，以的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系， 则，，

设， 由，得，
整理得：，即．
∴点的轨迹是以为圆心，半径为的圆．

设圆与面的交点为、，作垂直轴于点，则；
∴；
故点的轨迹与长方体的面的交线为劣弧，所以劣弧的长为.
故选：A．
【点睛】本题考查了轨迹方程的求法，考查了数学转化思想方法，考查了学生的空间想象能力和思维能力，属于难题．
12．
【分析】以、为邻边作平行四边形，连接，可知异面直线与所成角为，计算出、的长，即可求得的余弦值.
【详解】设圆柱底面半径为，连接，以、为邻边作平行四边形，连接，

则且，所以，异面直线与所成角为，
为的中点，且为圆的一条直径，所以，，即，
因为，所以，平行四边形为正方形，，
平面，、平面，，，
则，
，，平面，
平面，，，
在中，.
故答案为：.
13．
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，计算出平面、的法向量，可求得直线的一个方向向量，再利用空间向量法可求得直线与所成角的余弦值.
【详解】解：设正方体的棱长为，
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、、、、，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
设直线的方向向量为，平面，平面，则，，
所以，取，则，
，，
因此，直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
14．
【分析】由题意可知所得几何体为圆锥和半球构成的组合体，由圆锥侧面积和球的表面积公式可求得结果.
【详解】由题意可知：所得的几何体为一个圆锥和半球构成的组合体，且圆锥的底面半径和高均为，球的半径为；
其中圆锥侧面积；半球的表面积；
所得几何体的表面积.
故答案为：.
15．
【解析】设正四棱锥的棱长为，利用该正四棱锥的表面积求出的值，取正方形的中心，计算得出，可得出点为四棱锥的外接球球心，可求得球的半径，进而可求得球的体积.
【详解】设该正四棱锥为，设该正四棱锥的棱长为，取正方形的中心，连接，

由于该正四棱锥的表面积为，解得，
所以，，，
为正四棱锥底面的中心，则平面，
平面，平面，，
所以，，
所以，点为四棱锥的外接球球心，则球的半径为，
因此，该四棱锥外接球的体积是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.
16．①②④⑤
【分析】由三棱锥的三条侧棱两两垂直，则将三棱锥补成长方体， 可判断①，由与相似，可判断②，取特殊值，当时，可判断③，分别以，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法可判断⑤，当与重合时，面,由各侧棱与底面所成角与侧棱与所成角互为余角，可判断④.
【详解】由三棱锥的三条侧棱两两垂直，则将三棱锥补成长方体，连接并延长交于，则
对①：三棱锥外接球和长方体的外接球相同.
则长方体的对角线
则长方体的外接球的直径为
所以三棱锥外接球的表面积为：,故①正确.
对②：由与相似，则
又,,
所以，故②正确.
对③：当时，,则
而,此时,故③不正确.
对⑤：分别以，为轴，建立空间直角坐标系.设
则，，，,
所以
，所以⑤正确.
对④：当与重合时，面,由⑤有，
由各侧棱与底面所成角与侧棱与所成角互为余角，可得④正确.
故答案为：①②④⑤

【点睛】本题考查空间线面、线线、面积关系，外接球的表面积等问题，考查补形的思想方法应用，属于难题.
17．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取的中点，连结，，根据等腰三角形以及勾股定理证明，，再由面面垂直的判定证明即可；
（2）设点到平面的距离为，根据等体积法得出，从而得出点到平面的距离．
【详解】（1）证明：，，为等边三角形，
，．
取的中点，连结，，则．
又，，，．
，平面，，平面．
又平面，∴平面平面．

（2）由（1）知，平面，且．
连结，，则，且，
，．
，．
，
．
设点到平面的距离为，则
，即，
解得，∴点到平面的距离为．
18．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）利用几何关系和勾股定理逆定理证明平面，再根据面面垂直的判定方法即可确定最终答案.
（2）根据，，相互垂直，以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用即可求出最终答案.
(1)
证明：取线段的中点，连结，，
，，
为等边三角形，
．
，．
又，
，
，
，
又，
平面．
平面，
∴平面平面
(2)

由（1）知，，，相互垂直，以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示．
设，则，，连结，则，且，
，，，，
，，．
设为平面的一个法向量，
则即,
令，则，
，
设直线与平面所成角为，
，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
19．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由平面，，得到，再由，得到，然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；
（2）连接交于点，连接，根据平面，得到，由求解.
【详解】（1）∵，平面，.
∴平面
又∵平面，
∴.
在中，由，得，.
在中，，解得.
∴，即.
而，平面，，
∴平面.
又∵平面，
∴平面平面.
（2）如图所示：

连接交于点，连接.
∵平面，平面平面，
∴，∴.
在直角梯形中，，
∴，
∴.
【点睛】方法点睛：（1）证明直线和平面垂直的常用方法：①线面垂直的定义；②判定定理；③垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；④面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；⑤面面垂直的性质．（2）证明平面和平面垂直的方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．
20．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）通过线面垂直证明线线垂直；（2）首先根据线面平行的性质定理得到点F的位置，再建立空间直角坐标系求得两平面的法向量，进而求得二面角的大小．
【详解】（1）证明：∵，平面，∴平面．
又∵平面，∴．
在中，由，得，．
又，，∴．
在中，，
解得．
∴，即．
而，∴平面．
又∵平面，∴

（2）解：连接交于点G，连接．
∵平面，平面平面，
∴，∴．
在直角梯形中，，
∴，∴．
如图，以E为坐标原点，，所在的直线为x轴，z轴建立空间直角坐标系，
则．
又∵，∴，∴，
∴，．
令平面的一个法向量为，
由得
取，得．
同理，平面的一个法向量为，
∴，
即二面角的大小为．
【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
21．（1）见详解；（2）
【分析】（1）取的中点，根据线段长度可得，然后根据勾股定理逆定理可知，依据题意可知，最后根据线面垂直判定定理可知结果.
（2）使用等体积法，计算出，即可得到结果.
【详解】取的中点，如图

由，，所以且
又，所以，//，且，
因为为的中点，所以，则，
则，即，
又E在平面PAB上的射影F在线段PD上，则平面，所以
由,平面PDE，所以平面PDE
由（1）可知平面，所以，又，为的中点
所以，,平面，所以平面
又平面，所以，
由，所以
所以，由
所以，所以
由
【点睛】思路点睛：第（1）问利用线段长度得到，熟练线面垂直判定定理即可；第（2）问掌握等体积法的使用.
22．（1）见解析；（2）
【分析】（1）证明平面,延长交于点,连结,证明, 平面得证
(2)由等体积法可得，求得，,所以得解点F到平面AEG的距离为
【详解】（1）证明:因为分别为的中点,
所以因为平面,平面,
所以平面,延长交于点,连结,
因为,所以,
因为是的中点,所以是的中点,因为是的中点,
所以,因为平面,平面,
所以平面,又因为平面,且,
所以平面平面
(2)解:设点与平面的距离为,取的中点,连结则,且
,因为平面,所以平面,由等体积法可得
则有,
在△中,,所以
又,所以
故点F到平面AEG的距离

23．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）由中位线定理结合线面平行的判定定理证明即可；
（Ⅱ）先证明平面，从而得是三棱锥的高，再求出，，，最后由棱锥的体积公式得出三棱锥P-DEF的体积．
【详解】解：（Ⅰ）因为四边形是矩形，所以是的中点
又是的中点，所以
因为平面，平面
所以平面．
（Ⅱ）因为平面，平面，所以
又，平面，
所以平面，平面，所以
又A，平面，，所以平面
因为平面，所以，．
因为，，所以
又平面，，所以平面
因此是三棱锥的高．
由平面，平面，得
在中，由，得，．
在中，．
在中，
于是
所以三棱锥的体积是．
【点睛】关键点睛：本题第一问中，关键是利用中位线定理证明线线平行，进而得出线面平行；在第二问中，关键是由线面垂直的判定定理证明平面，从而得是三棱锥的高.
24．（1）证明见详解；（2）；
【分析】（1）根据面面平行的判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可.
【详解】解：（1）证明：连接，
由题意知，四边形为正方形，
连接交于O，连接，所以O为中点，
又因为G为中点，所以，
因为面，面，所以面；
因为E，F分别为中点，所以，
因为面，面，所以面；
因为平面，
所以平面平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，各点坐标如下：
，

设平面的法向量为，
，令，
设直线与平面所成角的正弦值为，则，
直线与平面所成角的正弦值为.

25．（1）证明见详解；（2）.
【分析】（1）先利用已知条件得到线面平行，再证面面，即可得出结论；
（2）利用已知条件分别求出三棱锥和四棱锥的体积，相加即为多面体的体积.
【详解】（1）四边形是菱形，
，又面，面，面，
同理得，面，
，面，且，面面，
又面，平面；
（2），，，
，，，，
在菱形中，，
，，
面面，取的中点，连接，，
面，面，由（1）知，面面，
点到面的距离为，
又点到面的距离为，连接，
则.

【点睛】本题考查线面平行的判定，考查几何体体积的求法，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查空间想象能力，属于常考题.