（7）空间向量与立体几何——2024年高考数学真题模拟试题专项汇编

这是一份（7）空间向量与立体几何——2024年高考数学真题模拟试题专项汇编，共17页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．[2024年新课标Ⅰ卷高考真题]已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为( )
A.B.C.D.
2．[2024年新课标Ⅱ卷高考真题]已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为( )
A.B.1C.2D.3
3．[2024届·合肥一六八中学·模拟考试]设b，c表示两条直线，，表示两个平面，则下列命题正确的是( )
A.若，，则B.若，，则
C.若，，则D.若，，则
4．[2024届·浙江温州·二模]在正三棱台中，下列结论正确的是( )
A.B.平面
C.D.
5．[2024届·山东临沂·二模]已知正方体中，M，N分别为，的中点，则( )
A.直线MN与所成角的余弦值为
B.平面BMN与平面夹角的余弦值为
C.在上存在点Q，使得
D.在上存在点P，使得平面BMN
6．[2024届·辽宁省实验中学·模拟考试]将边长为的正方形沿对角线折起，使得，则异面直线和所成角的余弦值为( )
A.B.C.D.
7．[2024届·辽宁省实验中学·模拟考试]已知正四棱锥各顶点都在同一球面上，且正四棱锥底面边长为4，体积为，则该球表面积为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
8．[2024届·河北邢台·模拟考试联考]在中，，，，E为AC的中点，点F在线段BC上，且，将以直线BC为轴顺时针转一周围成一个圆锥，D为底面圆上一点，满足，则( )
A.
B.在上的投影向量是
C.直线与直线所成角的余弦值为
D.直线与平面所成角的正弦值为
9．[2024届·河南·模拟考试联考]将圆柱的下底面圆置于球O的一个水平截面内，恰好使得与水平截面圆的圆心重合，圆柱的上底面圆的圆周始终与球O的内壁相接(球心O在圆柱内部).已知球O的半径为3，.若R为上底面圆的圆周上任意一点，设RO与圆柱的下底面所成的角为，圆柱的体积为V，则( )
A.可以取到中的任意一个值
B.
C.的值可以是任意小的正数
D.
三、填空题
10．[2024届·辽宁省实验中学·模拟考试]如图，四边形是正方形，平面，且，M是线段的中点，则异面直线与所成角的正切值为_____________.
11．[2024届·海南·模拟考试校考]米斗是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行的必备的用具．为使坚固耐用，米斗多用上好的木料制成．米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化韵味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品．如图的米斗可以看作一个正四棱台，已知该米斗的侧棱长为，两个底边长分别为和，则该米斗的外接球的表面积是__________．
四、双空题
12．[2024届·福建·阶段性考试]已知圆锥的母线，侧面积为，则圆锥的内切球半径为_________；若正四面体能在圆锥内任意转动，则正四面体的最大棱长为__________．
五、解答题
13．[2024年新课标Ⅰ卷高考真题]如图，四棱锥中，底面，，，.
（1）若，证明：平面PBC；
（2）若，且二面角的正弦值为，求AD.
14．[2024年新课标Ⅱ卷高考真题]如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得，
（1）证明：：
（2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.
15．[2024届·湖北·模拟考试联考]如图，在三棱锥中，与都为等边三角形，平面平面，M，O分别为，的中点，且，N在棱上，且满足，连接.
（1）求证：平面；
（2）设，求直线与平面所成角的正弦值.
参考答案
1．答案：B
解析：设圆柱和圆锥的底面半径均为r，因为它们的高均为，且侧面积相等，所以，得，所以圆锥的体积，故选B.
2．答案：B
解析：设正三棱台的高为h，三条侧棱延长后交于一点P，作平面ABC于点O，PO交平面于点，连接，，如图所示.由，可得，，又，，所以正三棱台的体积，解得，故.由正三棱台的性质可知，O为底面ABC的中心，则，因为平面ABC，所以是与平面ABC所成的角，在中，，故选B.
3．答案：D
解析：若，，则或与异面，故A错误；
若，，则或，故B错误；
若，，则或或c与相交，相交也不一定垂直，故C错误；
若，过c的平面与相交，设交线为a，则，又，则，而，则，故D正确.
故选：D.
4．答案：D
解析：
5．答案：C
解析：
6．答案：A
解析：如图所示：
分别取，，中点为E，F，G，
连接，，，，，，
则，，
所以为异面直线与所成的角，
因为正方形边长为，则，，
在等腰直角三角形中，
因为，
所以.
因为点E为的中点，
所以，
同理可得，.
因为，
所以是等腰直角三角形.
又因为点F为的中点，
所以.
在中，，
所以是等边三角形，
所以，
所以.
故选：A.
7．答案：B
解析：如图，设P在底面的射影为H，则平面，
且H为，的交点.
因为正四棱锥底面边长为4，故底面正方形的面积可为16，且，
故，故.
由正四棱锥的对称性可知O在直线上，设外接球的半径为R，
则，故，故，
故正四棱锥的外接球的表面积为，
故选：B.
8．答案：ABD
解析：旋转一周后所得圆锥的顶点为C，底面圆心为B，半径，所以所对的圆心角为，A正确.易知B正确.以B为原点，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
所以，，
所以，C错误.
设平面的法向量为，则令，则.
设直线与平面所成的角为，则，D正确.
9．答案：BCD
解析：过R作圆柱的轴截面，过O作交圆柱轴截面的边于M，N，
由RO与圆柱的下底面所成的角为，则，所以，
即，故B正确；
当点P，Q均在球面上时，角取得最小值，此时，所以，
所以，故A错误；
令，所以，
所以，另，
解得两根，，
所以，
所以在时单调递减，
所以，，故CD正确；
故选：BCD.
10．答案：
解析：因为平面，则，，又四边形是正方形，
则，以A为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正半轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，且，则，
，，又M是线段的中点，则，
则，，则，
设异面直线与所成角为，即，
则，所以，
即异面直线与所成角的正切值为.
故答案为：.
11．答案：
解析：由题意，米斗的示意图如下：设棱台上底面中心为，下底面中心为，
由棱台的性质可知，外接球的球心O落在直线上，
由题意该四棱台上下底面边长分别为和，侧棱长为，
则，，，
所以，
设外接球的半径为R，设，
若O在线段上，则，
因为垂直于上下底面，
所以，即，
又，即，
联立解得，，
所以该米斗的外接球的表面积为．
若O在的延长线上，则，
同理有，解得（舍）.
故答案为：.
12．答案：①.②.
解析：如图，在圆锥中，设圆锥母线长为l，底面圆半径为r，

因为侧面积为，所以，即．
因为，所以，所以．
棱长为a的正四面体如图所示，
则正方体的棱长为，体对角线长为，
所以棱长为a的正四面体的外接球半径为．
取轴截面，设内切圆的半径为r，
则，解得，
即圆锥的内切球半径为．
因为正四面体能在圆锥内任意转动，所以，即，
所以正四面体的最大棱长为．
故答案为：；.
13．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）由于底面，底面，，
又，，平面，平面PAB，
又平面，.
，，，
平面，平面，平面PBC.
（2）由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，，
则，，，，，.
设平面CPD的法向量为，
则，即，可取.
设平面ACP的法向量为，
则，即，可取.
二面角的正弦值为，
余弦值的绝对值为，
故，
又，，即.
14．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）由题，，，又，
所以由余弦定理得，故.
又，所以.
由及翻折的性质知，，
又，面PED，所以面PED.
又面PED，所以.
（2）如图，连接CE，由题，，，，故.
又，，所以，故.
又，，面ABCD，所以面ABCD.
EF，ED，PE两两垂直，故以E为原点，EF，ED，PE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
连接PA，则，，，.
设面PCD的法向量为，
则，可取.
设面PBF即面PAF的法向量为，
则，可取.
.
故面PCD与面PBF所成二面角的正弦值为.
15．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）证明：连接，如图所示.
在中，因为M，O分别为，的中点，，
所以G为的重心，所以，
又，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）连接，因为为等边三角形，O为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又，平面，所以，.
因为为等边三角形，O为的中点，所以.
以O为坐标原点，，，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则，，，，
所以，.
设平面的法向量，
则令，解得，，
所以平面的一个法向量，
.
设直线与平面所成角的大小为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.