北京市丰台区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-平面向量、空间向量与立体几何

这是一份北京市丰台区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-平面向量、空间向量与立体几何，共23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。
北京市丰台区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-平面向量、空间向量与立体几何 一、单选题1．（2021·北京丰台·统考二模）已知向量，若，则（    ）A． B． C． D．42．（2021·北京丰台·统考一模）已知非零向量共面，那么“存在实数，使得成立”是“”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件3．（2021·北京丰台·统考二模）已知是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列命题中正确的是（    ）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则4．（2021·北京丰台·统考一模）某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥中最长的棱长为（    ）A．2 B． C． D．45．（2022·北京丰台·统考二模）已知两条不同的直线l，m与两个不同的平面，，则下列结论中正确的是（    ）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则6．（2023·北京丰台·统考一模）如图，在直三棱柱中，，，，，点在棱上，点在棱上，给出下列三个结论：①三棱锥的体积的最大值为；②的最小值为；③点到直线的距离的最小值为．其中所有正确结论的个数为（    ）A．0 B．1 C．2 D．3 二、填空题7．（2021·北京丰台·统考一模）如图，从长、宽、高分别为的长方体中截去部分几何体后，所得几何体为三棱锥.下列四个结论中，所有正确结论的序号是_____.①三棱锥的体积为；②三棱锥的每个面都是锐角三角形；③三棱锥中，二面角不会是直二面角；④三棱锥中，三条侧棱与底面所成的角分别记为，则.8．（2022·北京丰台·统考一模）如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论：①平面截正方体所得的截面图形是五边形；②直线到平面的距离是；③存在点，使得；④△面积的最小值是．其中所有正确结论的序号是______．9．（2022·北京丰台·统考二模）已知向量，．若，则______．10．（2022·北京丰台·统考一模）已知向量，．若，则______．11．（2023·北京丰台·统考一模）已知正方形的边长为，则________． 三、解答题12．（2021·北京丰台·统考二模）如图，在多面体中，四边形和都是直角梯形，，，，，，点M为棱上一点，平面与棱交于点N．（1）求证：平面；（2）求证：；（3）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值．13．（2021·北京丰台·统考一模）如图，四棱锥中，底面是菱形，，是棱上的点，是中点，且底面，.（1）求证：；（2）若，求二面角的余弦值.14．（2022·北京丰台·统考二模）如图，在正三棱柱中，，D为BC的中点，平面平面．(1)求证：；(2)求平面与平面夹角的余弦值．15．（2022·北京丰台·统考一模）如图，在直角梯形中，，，．以直线为轴，将直角梯形旋转得到直角梯形，且．(1)求证：平面；(2)在线段上是否存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．16．（2023·北京丰台·统考一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，AC交BD于点O，，．点E是棱PA的中点，连接OE，OP．(1)求证：平面PCD；(2)若平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值为，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求线段OP的长．条件①：平面平面；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
参考答案：1．A【分析】用向量平行坐标运算公式.【详解】因为，，所以，故选:A2．C【分析】利用充分条件和必要条件的定义结合平面向量的数量积运算判断.【详解】假设存在实数，使得成立，所以，，所以，故充分；若，则，即，所以，因为，所以 或 ，所以方向相同或相反，所以存在实数，使得成立，故必要；故选：C【点睛】关键点点睛：本题关键是平面向量数量积定义的应用.3．C【分析】根据线线、线面、面面平行与垂直的位置关系，对各选项逐一分析即可得答案.【详解】解：对A：若，则或与相交，故选项A错误；对B：若，则或与相交或与异面，故选项B错误；对C：若，则，故选项C正确；对D：若，则或与相交，故选项D错误；故选：C.4．C【分析】由三棱锥的三视图知该三棱锥是三棱锥，其中底面，，，由此能求出在该三棱锥中最长的棱长．【详解】解：由三棱锥的三视图知该三棱锥是如图所示的三棱锥，其中底面，，，，，在该三棱锥中，最长的棱长为．故选：．5．B【分析】根据空间中线面、面面的判定定理与性质定理一一判断即可；【详解】解：由两条不同的直线，与两个不同的平面，，知：对于A，若，，则与平行或或与相交或，故A错误；对于B，若，，则由面面垂直的判定定理得，故B正确；对于C，若，，则或，故C错误；对于D，若，，则或，故D错误．故选：B．6．C【分析】根据锥体的体积公式判断①，将将翻折到与矩形共面时连接交于点，此时取得最小值，利用勾股定理求出距离最小值，即可判断②，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出点到距离，再根据函数的性质计算可得.【详解】在直三棱柱中平面，对于①：因为点在棱上，所以，又，又，，，点在棱上，所以，，所以，当且仅当在点、在点时取等号，故①正确；对于②：如图将翻折到与矩形共面时连接交于点，此时取得最小值，因为，，所以，所以，即的最小值为，故②错误；对于③：如图建立空间直角坐标系，设，，，，，所以，，则点到直线的距离，当时，当时，，，则，所以当取最大值，且时，即当在点在点时点到直线的距离的最小值为，故③正确；故选：C7．①②④【分析】三棱锥的体积为长方体体积减去4个三棱锥体积；利用余弦定理判断每个面是否为锐角三角形；建立空间直角坐标系判断平面的法向量是否垂直；结合线面夹角的定义求解即可．【详解】三棱锥的体积为，故①正确；三棱锥的每个面的边长分别为，设，则是三边中最大边，设其对应角为 则 所以为锐角，故每个面为锐角三角形，②正确；以为原点建立空间直角坐标系如图所示：则 设平面的一个法向量为则 取，则，则设平面的一个法向量为则 取，则，则所以 取，有，则，所以二面角会是直二面角，故③错；对于④，不妨设与底面所成角为，与底面所成角为，与底面所成角为，由③可知，平面的一个法向量为，，，．同理可得，，，则，故④正确． 故答案为：①②④【点睛】方法点睛：判断两个平面是否垂直通常有两个方法：(1)几何法，利用面面垂直的判定定理；(2)空间向量法，判断两个平面的法向量是否垂直．8．①③【分析】作出截面图形判断①，利用等积法可判断②，利用坐标法可判断③④.【详解】对于①，如图直线与、的延长线分别交于，连接分别交于，连接，则五边形即为所得的截面图形，故①正确；对于②，由题可知，平面，平面，∴平面，故点到平面的距离即为直线到平面的距离，设点到平面的距离为h，由正方体的棱长为2可得，，，∴，，∴由，可得，所以直线到平面的距离是，故②错误；对于③，如图建立空间直角坐标系，则，设，∴，又，∴，，假设存在点，使得，∴，整理得，∴（舍去）或，故存在点，使得，故③正确；对于④，由上知，所以点在的射影为，∴点到的距离为：，∴当时，，∴故△面积的最小值是，故④错误.故答案为：①③.9．【分析】依题意可得，根据向量数量积的坐标表示得到方程，解得即可；【详解】解：因为，且，所以，解得；故答案为：10．4【分析】利用两向量共线的条件即求.【详解】∵向量，，，∴，解得.故答案为：4.11．【分析】根据正方形的性质及数量积的定义计算可得.【详解】因为正方形的边长为，所以，，，所以.故答案为：12．（1）证明见详解；（2）证明见详解；（3）．【分析】（1）依题意得，即可证明平面；（2）利用条件先证明是平行四边形，即可证明平面，根据线面平行性质可证到；（3）以点为原点建立空间直角坐标系，设，分别求得平面与平面的法向量，根据夹角的向量公式即可求解．【详解】（1）因为，所以，又因为，平面，平面，所以平面；（2）因为，，，所以是平行四边形，则，又因为平面，平面，所以平面，又因为平面平面，所以；（3）以点为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：设，则，依题意有，，，，，则，，，，设平面的一个法向量为，则，即，取则，则，因为平面，所以平面的一个法向量为，平面与平面所成锐二面角为，则，解得，所以，故．【点睛】考查空间向量的应用，需要注意以下问题：(1)一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算；(2)设分别为平面，的法向量，则二面角与互补或相等，求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．13．（1）证明见解析；（2）.【分析】(1)由底面是菱形，，可得为等边三角形，再加上点是中点可证，进而可得，再由底面，可得，结合线面垂直的判定定理及性质定理，即可求证所求证； (2)由题意及(1)可以，以点为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再利用向量法即可求解.【详解】证明：在菱形中，，为等边三角形.又为的中点，.//，.底面，平面，.，平面，平面.是棱上的点，平面..（2）解：底面，，建立如图所示空间直角坐标系，设，则.，，，，，.由，得.设是平面的法向量，由，得令，则，则.又平面的法向量为，.由题知，二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线线垂直的证明及空间向量法求二面角，考查考生的逻辑推理能力、空间想象能力、运算求解能力及方程思想，属于中档题.14．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用面面平行证明线线平行；（2）建立空间直角系，分别求出平面与平面的法向量，利用求出答案.（1）连接，平面∥平面，∵平面平面，平面平面，∴∥ .（2）设=2m以D为坐标原点，AD为x轴，CD为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系,∴，，，设平面的法向量为，联立方程解得：，∴同理求得平面的法向量∴平面与平面夹角的余弦值的余弦值为.15．(1)证明见解析(2)存在； 【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，进而证明出线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.【详解】（1）证明：由题意得，，所以四边形为平行四边形．所以．因为平面，平面，所以平面．（2）线段上存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为，理由如下：由题意得AD，AB，AF两两垂直．如图，建立空间直角坐标系．设，则，，，，，．所以，，，．设，则设平面的一个法向量为，所以，即令，则，．于是设直线和平面所成角为，由题意得：，整理得：，解得或．因为，所以，即．所以线段上存在点，当时，直线和平面所成角的正弦值为．16．(1)证明见解析(2) 【分析】(1)根据线面平行的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算表示出平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值，即可求解.【详解】（1）因为底面是菱形，所以是中点，因为E是棱PA的中点，所以，又因为平面PCD, 平面PCD,所以平面PCD.（2）选择条件①:因为，是的中点，所以,因为平面平面,平面平面,平面， 所以平面，因为平面，所以，又，所以两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系,因为菱形的边长为2， 所以,所以设所以，设为平面的一个法向量，由得所以取，所以，因为平面，所以平面的一个法向量为,平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值为,所以，所以所以，所以，因为，所以，所以.所以线段OP的长为.选择条件②:因为.在菱形中，，因为平面平面,所以平面,因为平面，所以，因为,所以两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系,因为菱形的边长为2， 所以,所以设所以，设为平面的一个法向量，由得所以取，所以，因为平面，所以平面的一个法向量为,平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值为,所以，所以所以，所以，因为，所以，所以.所以线段OP的长为.