空间向量与立体几何-浙江省温州高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编

这是一份空间向量与立体几何-浙江省温州高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编，共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
空间向量与立体几何-浙江省温州高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编 一、单选题1．（2023·浙江温州·统考二模）已知正四棱锥的底面边长为，高为3．以点为球心，为半径的球与过点的球相交，相交圆的面积为，则球的半径为（    ）A．或 B．或C．或 D．或2．（2023·浙江温州·统考模拟预测）在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为（    ）A． B． C． D．3．（2022·浙江温州·三模）如图，在正四面体中，点E，F分别是棱上的点（不含端点），，记二面角的大小为，在点F从点B运动到点D的过程中，下列结论正确的是（    ）A．若，则先增大后减小 B．若，则先减小后增大C．若，则先增大后减小 D．若，则先减小后增大4．（2022·浙江温州·三模）某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积是（    ）A． B． C． D．5．（2022·浙江温州·统考二模）如图，在四面体中，、分别是、的中点，过的平面分别交棱、于、（不同于、、、），、分别是棱、上的动点，则下列命题错误的是（    ）A．存在平面和点，使得平面B．存在平面和点，使得平面C．对任意的平面，线段平分线段D．对任意的平面，线段平分线段6．（2022·浙江温州·统考二模）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是（    ）A．19π B．20π C．23π. D．28π7．（2021·浙江温州·统考三模）如图，等腰直角三角形在平面上方，，若以为旋转轴旋转，形成的旋转体在平面内的投影不可能的是（    ）A． B． C． D．8．（2021·浙江温州·统考三模）若轴截面为正方形的圆柱内接于半径为1的球，则该圆柱的体积为（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．（2023·浙江温州·统考二模）蜜蜂是自然界的建筑大师，在18世纪初，法国数学家马拉尔迪指出，蜂巢是由许许多多类似正六棱柱形状的蜂房（如图）构成，其中每个蜂房的底部都是由三个全等的菱形构成，每个菱形钝角的余弦值是，则（    ）A．平面B．C．蜂房底部的三个菱形所在的平面两两垂直D．该几何体的体积与以六边形为底面，以为高的正六棱柱的体积相等 三、填空题10．（2023·浙江温州·统考模拟预测）在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段AB的中点，则直线FC到平面的距离为______． 四、双空题11．（2023·浙江温州·统考二模）某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积是________，表面积是__________．     五、解答题12．（2023·浙江温州·统考二模）已知三棱锥中，△是边长为3的正三角形，与平面所成角的余弦值为．(1)求证：；(2)求二面角的平面角的正弦值．13．（2023·浙江温州·统考模拟预测）如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的内接正三角形，．(1)劣弧上是否存在点D，使得平面？若存在，求出劣弧的长度；若不存在，请说明理由．(2)求平面和平面夹角的余弦值．14．（2023·浙江温州·统考二模）如图，在四棱锥中，，，是等边三角形，，．（Ⅰ）求的长度；（Ⅱ）求直线与平面所成的角的正弦值．15．（2022·浙江温州·三模）如图是一个四棱柱被一个平面所截的几何体，底面是正方形，M是的中点，.(1)证明：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.16．（2022·浙江温州·统考二模）如图，几何体中，平面平面ABC，，，.(1)证明：；(2)若，，求直线DA与平面EAB所成角的正弦值.17．（2021·浙江温州·统考模拟预测）如图，在三棱柱中，，，平面平面分别为的中点．(1)求直线与平面所成角的正弦值；(2)若平面平面，且，求的长度．18．（2021·浙江温州·统考三模）如图，四棱台的底面为正方形，面，．（1）求证：平面；（2）若平面平面，求直线m与平面所成角的正弦值．
参考答案：1．B【分析】分公共圆面在四棱锥内部与外部讨论，设相交圆的圆心为，点为相交圆上的一点，球的半径为，可求得相交圆半径为1，由勾股定理得，，组成方程组求解.【详解】当公共圆面在四棱锥内部时，如下图所示，设相交圆的圆心为，点为相交圆上的一点，也是两球的公共点，设球的半径为，因为相交圆的面积为，所以相交圆的半径为1，即底面正方形边长为，所以，由勾股定理有，所以，设，则①，②，联立①②解得．当公共圆面在四棱锥外部时，如下图所示，同上可求，，，则③，④，联立③④解得．故选：B．【点睛】方法点睛：在球与截面的计算中方法：球心与圆心之间的距离为，球半径为，截面半径为，可以根据勾股定理建立关系式.2．D【分析】设，在等腰中，求得，设的外心是，外接圆半径是，由正弦定理得，设外接球球心是，可得是直角梯形，设可得，把（）也用表示，然后可表示出外接球半径，利用三角恒等变换，换元法，变形后由基本不等式求得最小值，从而得球表面积的最小值．【详解】设，在等腰中，，设的外心是，外接圆半径是，则，∴，设外接球球心是，则平面，平面，则，同理，，又平面，所以，是直角梯形，设，外接球半径为，即，则，所以，在直角中，，，，，∴，，令，则，，当且仅当，时等号成立，所以的最小值是．故选：D.【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积，解题关键是用一个变量表示出球的表面积，前提是选定一个参数，由已知设，其他量都用表示，并利用三角函数恒等变换，换元法，基本不等式等求得最小值．考查了学生的运算求解能力，逻辑思维能力，属于难题．3．B【分析】首先根据正四面体的几何特征，作出二面角的平面角，再根据平面角的表达式得出的取值情况.【详解】当时，E为靠近B的四等分点，如图，过A作面，过O作垂直于于点M，连接，则为二面角的平面角，当点F从点B运动到点D的过程中先变大后变小，所以，又因为不变，所以先变小后变大.当，如图同理，，此时在点F从点B运动到点D的过程中可以取到，所以C、D错误.故选：B.4．C【分析】根据三视图得到该几何体为棱台求解.【详解】解：由三视图知：该几何体是高为2，上下底分别是以直角边为1和2的等腰直角三角形的棱台，所以其，故选：C.5．D【分析】利用线面平行的判定定理可判断AB选项；取的中点，的中点为，设，，利用空空间向量的线性运算可得出，可判断C选项；利用反证法结合C选项可判断D选项.【详解】对于A选项，当时，因为平面，平面，此时平面，A对；对于B选项，当时，因为平面，平面，此时平面，B对；对于C选项，取的中点，的中点为，设，，则有，同理可得，，，，所以，所以，，因为、、、四点共面，则，所以，，所以，，则，所以，，可得，即、、三点共线，即的中点在上，即线段平分线段，C对；对于D选项，若线段平分线段，又因为线段平分线段，则四边形为平行四边形，事实上，四边形不一定为平行四边形，故假设不成立，D错.故选：D.6．A【分析】根据三视图可知，该几何体是由一个半球和一个圆柱组合而成的，分别求出半球和圆柱的体积即可得解.【详解】根据三视图可知，该几何体是由一个半球和一个圆柱组合而成的，其中半球的半径为，圆柱的底面圆的半径为1，高为1，所以该几何体的体积为.故选：A.7．C【分析】对直线与平面的位置关系进行分类讨论，判断出投影的形状，即可得出合适的选项.【详解】若，则形成的旋转体在平面内的投影如D选项所示；若，则形成的旋转体在平面内的投影为正方形；若与所成的角的取值范围是时，则形成的旋转体在平面内的投影如A、B选项所示.投影不可能如C选项所示.故选：C.8．B【分析】由题意求出圆柱的高和底面圆的半径，从而可求出圆柱的体积.【详解】解：由题意知，，则圆柱的高为，底面圆的半径为，所以圆柱的体积，故选:B.9．AD【分析】对A：根据线面平行的判定定理分析判断；对B、C：根据空间中的垂直关系分析判断；对D：通过补形，结合锥体体积分析判断.【详解】对A：因为，，则，平面，且平面，故平面，故A正确；对B：每个菱形钝角的余弦值是，即不垂直，因为，即不垂直，故B错误；对C：若蜂房底部的三个菱形所在的平面两两垂直，可知平面平面，则平面，平面，所以，且，故，这与不垂直矛盾，故C错误；对D：如图，补形可知：过作正六边形，∵为菱形，则的中点在上，故点到平面的距离相等，故，同理可得：，故该几何体的体积与以六边形为底面，以为高的正只棱柱的体积相等，所以D正确；故选：． 10．/【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量后可求线面距.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，故，而平面，平面，故平面，故直线FC到平面的距离为即为到平面的距离.设平面的法向量为，又，故，取，则，而，故到平面的距离为，故答案为：.11．          【分析】根据三视图直观想象出几何体的结构特征：底面圆的半径为1，高为2的圆柱被截去四分之一，然后根据柱体的体积公式以及表面积的求法即可求解.【详解】由三视图可知该几何体是由底面圆的半径为1，高为2的圆柱被截去四分之一得到，故所求体积，表面积．故答案为： ； 【点睛】本题考查了由三视图求几何体的体积、表面积，需熟记柱体的体积公式，属于基础题.12．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取中点为，连接，由正四面体的性质得，再由线面垂直的判定及性质证明结论；（2）取中点为，连接，由正四面体的性质和二面角的定义知为所求二面角的平面角，进而求其正弦值.【详解】（1）如图所示，取中点为，连接，O为△BCD的中心，因为△是边长为3的正三角形，，则面，又与平面所成角的余弦值为，所以，即，即三棱锥是正四面体，所以，又平面，所以平面，又平面，所以．（2）如图所示，取中点为，连接，由（1）知：三棱锥是正四面体，则，所以二面角的平面角为，另一方面，，所以由余弦定理得，所以，所以二面角的平面角的正弦值．13．(1)存在，劣弧的长度为(2) 【分析】（1）利用面面平行得到线面平行即可求得点位置，再根据是的内接正三角形及，即可求得以及的半径，从而可得劣弧的长度；（2）分别求得平面和平面的法向量，即可求得二面角的余弦值.【详解】（1）如图过点作的平行线交劣弧于点D，连接，，因为∥，平面，平面，则 ∥平面同理可证∥平面，，且平面，平面所以平面∥平面，又因为平面，所以∥平面故存在点满足题意.因为为底面的内接正三角形，所以，即，又因为，所以的半径为，所以劣弧的长度为.（2）如图取的中点为，连接，以为轴，为轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，又因为，设中点为.故， ，，， ，，，易知平面的法向量设平面的法向量为 ，又因为，故 即，令得易知平面和平面夹角为锐角，所以平面和平面夹角的余弦值为14．(1) .(2) .【详解】分析：（Ⅰ）取中点，连，得, 再由平面，得,进而得，即可求解的长； （Ⅱ）由题意，得出直线与平面所成的角，在直角中，即可求解．详解：（Ⅰ）取中点，连，是等边三角形，,  又  平面，平面，, ∴（Ⅱ）平面 ，平面∴平面⊥平面．作交于，则平面，交于，直线与平面所成的角．由题意得, 又， ，．点睛：本题考查了立体几何中的线面位置关系的判定与证明，以及线面角的求解，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，明确角的构成.同时利用线面角的定义确定角为直线与平面所成的角是解答的难点．15．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）证明面面垂直即证线面垂直，证明线面垂直即证线线垂直；（2）利用空间直角坐标系，求平面的法向量以及直线的方向向量，运用公式求解.也可以运用几何法将线面角作出进行求解；也可以运用等体积法进行求解.【详解】（1）法一：证明：连，因为，所以四边形是平行四边形，所以，又，所以，而，所以平面，又面，所以平面平面；法二：证明：取中点O，连，则，所以E，G，M，O四点共面，又，所以，而，所以平面，又面，所以平面平面；（2）法一（向量法一）：取中点O，连，则，所以E，G，M，O四点共面，又平面，所以，又，所以面，以O为原点，过O垂直于的向外的射线为x轴，为y轴，为z建立如图空间直角坐标系，则，由，所以，所以，又是平面的法向量，所以.法二（向量法二）：以A为原点，分别以射线为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系，则，设，由，得，又，所以，所以，又是平面的法向量，所以法三（几何法）：取中点N，连，因为，所以四边形是平行四边形，所以，于是，问题转化为求与平面所成角的正弦值，又因为平面，所以（或其补角）就是与平面所成角的余角，取中点O，连，则，所以E，G，M，O四点共面，又平面，所以，又，所以平面，所以，又，所以面，所以，，所以.所以与平面所成角的正弦值为.16．(1)详见解析；(2). 【分析】（1）取AB的中点O，利用利用面面垂直的性质定理可得OE⊥平面ABC，进而可得OE⊥OB，OE⊥OC，又OB=OC，即得；（2）利用坐标法，设，结合条件可求，再利用线面角的向量公式即求.(1)取AB的中点O，连接OE，OC，因为，，，则OE⊥AB，OB=OC，∵平面平面ABC，平面平面ABC=AB，∴OE⊥平面ABC，∴OE⊥OB，OE⊥OC，又OB=OC，∴，∴；(2)如图建立空间直角坐标系，则，设，由，，可得，解得，即，∴，又平面EAB的法向量可求，设直线DA与平面EAB所成角为，∴，即直线DA与平面EAB所成角的正弦值.17．(1)(2) 【分析】（1）由已知条件，利用面面垂直的性质定理可得平面，连接交于，由线面垂直的判定定理可得BC⊥平面AEF,从而为与平面所成的角，进而计算；（2）以为坐标原点，以射线方向为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量共线、共面定理和空间向量的坐标运算求得的坐标，进而得到的长度．【详解】（1）解：，又∵平面平面，且平面平面平面，连接交于，则.∵四边形是菱形，且是线段的中点，,又∵，∴平面，连接，则为与平面所成的角连接，有，又，．（2）以为坐标原点，以射线方向为轴，建立空间直角坐标系如图所示：则，，设，∵，∴存在,使得，即，∴.于是，易得.共面，∴存在实数使得，即，，，∴M的坐标为，∴.18．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）：连结交交于点O，连结，，通过四棱台的性质以及给定长度证明，从而证出，利用线面平行的判定定理可证明面；（2）利用线面平行的性质定理以及基本事实可证明，即求与平面所成角的正弦值；通过条件以及面面垂直的判定定理可证明面面，则为与平面所成角，利用余弦定理求出余弦值，即可求出正弦值.【详解】（1）证明：连结交交于点O，连结，，由多面体为四棱台可知四点共面，且面面，面面，面面，∴，∵和均为正方形，，∴，所以为平行四边形，          ∴，面，面，  ∴平面．（2）∵面，平面，平面，∴，又∵，∴∴求直线m与平面所成角可转化为求与平面所成角，   ∵和均为正方形，，且，∴，，∴，又∵面，∴∴面，∴面面，        由面面，设O在面的投影为M，则，∴为与平面所成角，         由，可得，又∵，∴          ∴，直线m与平面所成角的正弦值为.【点睛】思路点睛：（1）找两个平面的交线，可通过两个平面的交点找到，也可利用线面平行的性质找和交线的平行直线；（2）求直线和平面所成角，过直线上一点做平面的垂线，则垂足和斜足连线与直线所成角即为直线和平面所成角.