（新高考专用）06 空间向量与立体几何-小题限时集训（原卷版和解析版）

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专题06 空间向量与立体几何一、单选题1．（2022·浙江·模拟预测）在四棱台中，侧棱与底面垂直，上下底面均为矩形，，，则下列各棱中，最长的是（       ）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，计算出各选项中线段的长度后可得正确的选项.【详解】由四棱台可得，故.因为平面，而平面，故，而，故可建立如图所示的空间直角坐标系.故，故，故选：B.2．（2022·全国·模拟预测）某圆锥的母线长为2，侧面积为，则其体积为（       ）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】设圆锥底面半径为r，高为h，根据侧面积，可求得r值，进而可求得圆锥高h，代入公式，即可得答案.【详解】设圆锥底面半径为r，高为h，则底面圆周长为，所以侧面面积，解得，所以圆锥的高，所以圆锥的体积.故选：C3．（2022·安徽黄山·一模（理））在长方体中，和与底面所成的角分别为30°和45°，异面直线和所成角的余弦值为（       ）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】由题意可得，若设，则可表示出的长，连接，则为异面直线和所成角，然后利用余弦定理可求得结果【详解】连接，则∥，所以为异面直线和所成角，因为在长方体中，和与底面所成的角分别为30°和45°，所以，设，则，所以，，在中，由余弦定理得，，所以异面直线和所成角的余弦值为，故选：B4．（2022·江西九江·一模（理））四氯化碳是一种有机化合物，分子式为，是一种无色透明液体，易挥发，曾作为灭火剂使用．四氯化碳分子的结构为正四面体结构，四个氯原子（Cl）位于正四面体的四个顶点处，碳原子（C）位于正四面体的中心．则四氯化碳分子的碳氯键（C-Cl）之间的夹角正弦值为（       ）．A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】将四面体放入正方体中进行计算，结合正方体和正四面体的几何特点，借助余弦定理即可容易求得结果.【详解】如图所示，正方体的棱长为a，正四面体的棱长为，又该正方体的体对角线长度为，故，根据题意可知，所求夹角为，在中，由余弦定理可得：，故，即四氯化碳分子的碳氯键（C-Cl）之间的夹角正弦值为.故选：D．5．（2022·四川广安·一模（理））如图，在正方体中，点P是线段上的一个动点，有下列三个结论：①面；②；③面面．其中所有正确结论的序号是（       ）A．①②③ B．②③ C．①③ D．①②【答案】A【解析】【分析】对于①. 先证明平面平面即可判断；对于②.先证明平面即可判断；对于③.由②有平面从而可判断.【详解】对于①. 在正方体连结 可得，又平面,平面, 所以平面,又平面,平面, 所以平面又，所以平面平面 又平面，所以面，故①正确.对于②. 连结 在正方体中，平面，则又,且，所以平面 而平面,所以又, 平面,平面,则由，所以平面而平面，所以,有 所以平面,平面,所以，故②正确.对于③. 由②可知平面，又平面所以面面，即面面，故③正确.故选：A6．（2022·河南·模拟预测（理））某三棱柱的平面展开图如图所示，网格中的小正方形的边长均为1，则在原三棱柱中，异面直线和所成角的余弦值为（       ）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】将平面展开图折成立体图形，分别取，，的中点，，，取的中点，连接，，，，，易得即为直线和所成的角（或其补角），在中，由余弦定理即可求解.【详解】解：将平面展开图折成立体图形如图所示，则，，，显然，所以，又，，所以平面．分别取，，的中点，，，取的中点，连接，，，，，则，，所以即为直线和所成的角（或其补角），又，，，所以在中，由余弦定理得，所以直线和所成角的余弦值为，故选：D.7．（2022·四川攀枝花·二模（理））如图正方体，中，点、分别是、的中点，为正方形的中心，则（       ）A．直线与是异面直线 B．直线与是相交直线C．直线与互相垂直 D．直线与所成角的余弦值为【答案】C【解析】【分析】根据空间直线的位置关系判断直线与，是否异面，用向量法求异面直线所成角.即可得到答案.【详解】在正方体中，点分别是的中点，为正方形的中心，易知四边形为平行四边形，所以相交，故A不正确.若直线是相交直线，则直线相交或平行，这与题意不符合，故B不正确. 以分别为轴建立空间坐标系，设正方体的棱长为2，如图则, 则,,,, ，故C正确.，故D不正确.故选：C8．（2022·海南·模拟预测）“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造的一个和谐优美的几何模型.如图1，正方体的棱长为2，用一个底面直径为2的圆柱面去截该正方体，沿着正方体的前后方向和左右方向各截一次，截得的公共部分即是一个牟合方盖（如图2）.已知这个牟合方盖与正方体内切球的体釈之比为，则正方体除去牟合方盖后剩余部分的体积为（     ）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】由题意可求出正方体的体积和其内切球的体积，从而可求出牟合方盖的体积，然后用正方体的体积减去牟合方盖的体积即可【详解】正方体的体积为，其内切球的体积为，由条件可知牟合方盖的体积为，故正方体除去牟合方盖后剩余的部分体积为.故选：C二、多选题9．（2022·广东·模拟预测）如图，设E，F别是正方体的棱CD 的两个动点，点E在F的左边，且，，点P在线段上运动，则下列说法正确的是（       ）A．⊥平面B．三棱锥的体积为定值C．点到平面的距离为D．直线与直线所成角的余弦值的最大值为【答案】BC【解析】【分析】A选项，证明出平面与平面相交，⊥平面，从而得到与平面不垂直；B选项，等体积法求解三棱锥体积为定值；C选项，等体积法求解点到平面的距离；D选项，建立空间直角坐标系，用空间向量求解异面直线夹角的余弦值的最大值.【详解】易证⊥平面，而平面，平面同一个平面，若⊥平面，即⊥平面，则可推出平面与平面平行或重合，由图易知这两个平面显然是相交的，矛盾，故A错误．因为，而定值，也为定值，所以为定值，故B正确．因为，所以∥平面．又因为点P线段上运动，所以点P平面的距离等于点B到平面的距离，其中，．设点 B平面 的距离为d，由，得：，解得：，即点P到平面的距离为，故C正确．以D原点，分别以方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系D－xyz，则，，，（0≤t≤1），，．设直线与成的角为，则，当且仅当t＝1时，等号成立，故D错误．故选：BC10．（2022·全国·模拟预测）在正三棱柱中，，，点、分别在棱、上运动（不与重合，不与重合），使得是等腰三角形．记的面积为，平面与平面所成锐二面角的平面角大小为，则（       ）A．平面 B．可能为等腰直角三角形C．的取值范围是 D．的取值范围是【答案】BCD【解析】【分析】取的中点，则，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设点、，其中，，分、、三种情况讨论，结合空间向量法逐项分析，即可得出结果.【详解】在正三棱柱中，取的中点，则，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，则、、，则，设点、，其中，.在正三棱柱中，为等边三角形，因为为等腰直角三角形，有三种情况：①；②；③.①若，，，由可得，即，由已知，故，此时，则，平面，平面，则平面，因为，此时，不可能是等腰直角三角形；线段的中点为，，为的中点，则，，；设平面的法向量为，，，由，取，可得，平面的一个法向量为，因为，，为锐角，则；②若，，，由可得，可得，因为，则，由，可得，则，此时与不平行，若平面，平面，平面平面，则，矛盾，故假设不成立，即与平面不平行；若为等腰直角三角形，，，则，解得或（舍），此时可能为等腰直角三角形；取线段的中点，连接，则，且，，，所以，；设平面的法向量为，，，由，取，可得，平面的一个法向量为，，因为，此时的取值范围是的真子集.③若，同②.综上所述，对于A选项，与平面不一定平行，A错；对于B选项，可能为等腰直角三角形，B对；对于C选项，的取值范围是，C对；对于D选项，的取值范围是，D对.故选：BCD.【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.三、填空题11．（2022·云南保山·模拟预测（理））如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点P是以为直径的半圆弧上的动点（不含A，D点），面面，经研究发现，四棱锥的外接球始终保特不变，则该外接球的表面积为______________．【答案】【解析】【分析】根据几何体的结构特点，找到外接球的球心为的交点，求得外接球的半径，再求其表面积即可.【详解】由题意，为直角三角形，如图．取中点，则，取中点，则O是正方形的中心，连接，则 ．已知面底面，且面面，面．故面，则，又，故到四棱锥各顶点的距离相等．即为四棱锥的外接球的球心，半径．故外接球的表面积．故答案为：.12．（2022·浙江·模拟预测）我国近代数学家苏步青主要从事微分几何学和计算几何学等方面的研究，在仿射微分几何学和射影微分几何学等研究方面取得了出色成果．他的主要成就之一是发现了四次代数锥面：对于空间中的点P（x，y，z），若其坐标满足关于x，y， z的四次代数方程式，称点P的轨迹为四次代数曲面．若点K（1，k，0）是四次曲面：上的一点，则k＝___．【答案】2【解析】【分析】由题意得，从而可求出的值【详解】因为点K（1，k，0）是四次曲面：上的一点，所以，得，解得，故答案为：213．（2022·安徽黄山·一模（文））已知水平放置的边长为的等边三角形ABC，其所在平面的上方有一动点P满足两个条件：①三棱锥P-ABC的体积为；②三棱锥P-ABC的外接球球心到底面ABC的距离为2，则动点P的轨迹长度为___________.【答案】【解析】【分析】根据三棱锥P-ABC的外接球球心到底面ABC的距离为2和的外接圆的半径，求得以外接球的半径，再根据三棱锥P-ABC的体积为，得到点P到面ABC的距离为4，从而得到动点P的轨迹与面ABC平行的平面与外接球的一个截面圆的圆周求解.【详解】设三棱锥P-ABC的高为h，因为三棱锥P-ABC的体积为，所以，解得，设的外接圆的半径为，则，因为三棱锥P-ABC的外接球球心到底面ABC的距离为2，所以外接球的半径为，即，因为点P到面ABC的距离为4，所以动点P的轨迹是一个截面圆的圆周，且球心到该截面的距离为4-2=2，所以截面圆的半径为，所以动点P的轨迹长度为，故答案为：14．（2022·江西九江·一模（理））已知正方体的棱长为1，E为线段上的点，过点E作垂直于的平面截正方体，其截面图形为M，下列命题中正确的是______．①M在平面ABCD上投影的面积取值范围是；②M的面积最大值为；③M的周长为定值．【答案】②③【解析】【分析】根据平面，平面，分点E与或重合和点E与不重合，两种情况讨论求解判断.【详解】如图所示：平面，平面，①当点E与或重合时，M为正或正，周长为，面积为，在平面上投影面积为；②当点E与不重合时，设，则，∴，，∴，同理可得：，，故M的周长为定值．M的面积为，当时，取得最大值．M在平面上投影的面积，由①②知M在平面上投影的面积取值范围是，M的面积最大值为，M的周长为定值．故答案为：②③