北京市西城区高考数学三年（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

这是一份北京市西城区高考数学三年（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22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。
北京市西城区高考数学三年（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·北京西城·统考二模）在平面直角坐标系中，点，，，是圆上一点，是边上一点，则的最大值是（    ）A． B．C． D．2．（2021·北京西城·统考一模）在中，，点P是的中点，则（    ）A． B．4 C． D．63．（2021·北京西城·统考二模）某三棱柱的三视图如图所示，该三棱柱的体积为（    ）A． B． C． D．4．（2021·北京西城·统考一模）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的表面积为（    ）A．12 B． C．16 D．5．（2022·北京西城·统考二模）已知是单位向量，向量满足，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．6．（2022·北京西城·统考一模）已知向量满足，，.则（    ）A． B． C． D．7．（2023·北京西城·统考一模）已知为所在平面内一点，，则（    ）A． B．C． D． 二、填空题8．（2021·北京西城·统考二模）已知向量，，若与方向相反，则等于___________.9．（2022·北京西城·统考一模）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为棱CD的中点，点F为底面ABCD内一点，给出下列三个论断：①A1F⊥BE；②A1F＝3；③S△ADF＝2S△ABF.以其中的一个论断作为条件，另一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__. 10．（2022·北京西城·统考二模）已知四棱锥的高为1，和均是边长为的等边三角形，给出下列四个结论：①四棱锥可能为正四棱锥；②空间中一定存在到，，，，距离都相等的点；③可能有平面平面；④四棱锥的体积的取值范围是.其中所有正确结论的序号是__________.11．（2023·北京西城·统考一模）如图，在棱长为的正方体中，点，分别在线段和上．给出下列四个结论：    ①的最小值为；②四面体的体积为；③有且仅有一条直线与垂直；④存在点，，使为等边三角形．其中所有正确结论的序号是____． 三、解答题12．（2021·北京西城·统考一模）如图.在正方体中，E为的中点．(1)求证：平面ACE；(2)求直线AD与平面ACE所成角的正弦值．13．（2021·北京西城·统考二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点为的中点.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.14．（2022·北京西城·统考二模）如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点D为棱AC上动点（不与A，C重合），平面与棱交于点E.(1)求证：；(2)若，从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择两个条件作为已知，求直线AB与平面所成角的正弦值.条件①：平面平面；条件②：；条件③：.15．（2022·北京西城·统考一模）如图，四边形是矩形，平面，平面，，，点在棱上.(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值；(3)若点到平面的距离为，求线段的长.16．（2023·北京西城·统考一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，．为棱上一点，平面与棱交于点．再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，完成下列两个问题(1)求证：为的中点；(2)求二面角的余弦值．条件①：；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．B【分析】设，则，因为，所以当，即点与点重合时，有最大值，问题转化为在圆上，求的最大值，【详解】解：设，则，所以，因为，所以当，即点与点重合时，有最大值，所以问题转化为在圆上，求的最大值，因为点在圆上，设点所在的直线为，因为直线与圆有公共点，所以圆心到直线的距离不大于半径，即，所以，解得，即，所以，所以的最大值是12，故选：B【点睛】关键点点睛：此题考查向量数量积的运算律，考查直线与圆的位置关系，解题的关键是当，即点与点重合时，有最大值，问题转化为在圆上，求的最大值，然后利用直线与圆的位置关系求解即可，考查数形结合的思想，属于中档题2．C【分析】建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标运算计算可得；【详解】解：如图建立平面直角坐标系，则，，，所以，，所以故选：C3．D【分析】在棱长为的正方体中还原该三棱柱，再由题中数据，即可求出体积.【详解】在棱长为的正方体中还原该三棱柱如下（三棱柱）：因此其体积是该正方体的一半，即.故选：D.4．D【分析】首先把三视图得到直观图，进一步求出几何体的表面积．【详解】解：根据几何体的三视图得到直观图，如下图所示四棱锥：则，所以所以表面积为．故选：．5．C【分析】根据向量数量积的定义即可求解.【详解】依题意， ， ， ， ，又∵ ， ，故选：C.6．B【分析】由题意求得，结合，即可求解.【详解】由向量，可得，因为且，则.故选：B.7．A【分析】根据题意作出图形，利用向量线性运算即可得到答案.【详解】由题意作出图形,如图,则，故选：A.8．【分析】由题意可设，从而可得，进而可求出的值【详解】解：由于与方向相反，所以设，所以，则，解得或（舍去），所以，故答案为：9．若，则；(若，则)．写出其中一个即可.【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．【详解】解：如图，建立空间直角坐标系D﹣xyz，则，0，，，2，，，1，，，，，设，，，，，则，，，，，，，以其中的一个论断作为条件，另一个论断作为结论，能写出两个正确的命题：若，则；若，则．故答案为：若，则；(若，则)．写出其中一个即可.．10．①②④【分析】对①，分析当四棱锥为正四棱锥时是否满足条件即可；对②，设四棱锥的高为，分析可得点满足；对③，假设平面平面，再推导得出矛盾即可判断；对④，设，得出四棱锥的体积表达式再求解即可【详解】根据题意，设，则，又因为和均是边长为的等边三角形，易得，且对①，当时，底面为正方形，且为底面中心，此时四棱锥可能为正四棱锥，故①正确；对②，，故一定存在到，，，，距离都相等的点，故②正确；对③，当平面平面时，因为，故平面，此时，又因为，此时重合，不满足题意，③错误；对④，设，则，因为，故，所以，故④正确故答案为：①②④11．①②④【分析】对于①，利用直线之间的距离即可求解；对于②，以为顶点，为底面即可求解；对于③，利用直线的垂直关系即可判断；对于④，利用空间坐标即可求解.【详解】对于①，由于在上运动，在上运动，所以的最小值就是两条直线之间距离，而，所以的最小值为；对于②，，而，所以四面体的体积为；对于③，由题意可知，当与重合，与重合时， ，又根据正方体性质可知，，所以当为中点，与重合时，此时，故与垂直的不唯一，③错误；对于④，当为等边三角形时，，则此时.所以只需要与的夹角能等于即可.以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如下图，设，则由题意可得，，，则可得，，则，整理可得，该方程看成关于的二次函数，，所以存在使得为等边三角形.故答案为：①②④12．(1)证明见详解(2) 【分析】（1）连连接BD与AC交于点O，根据中位线定理可知，然后根据线面平行的判定定理可得.（2）建立空间直角坐标系，计算，平面的一个法向量，然后根据空间向量的夹角公式计算即可.【详解】（1）如图所示：，连接BD与AC交于点O，因为O，E为中点，所以,又平面，平面，所以平面；（2）建立如图所示的空间直角坐标系令，所以设平面的一个法向量为所以，令所以，所以直线AD与平面ACE所成角的正弦值13．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点，连接，则结合已知条件可证得四边形是正方形，可得， ，再由勾股定理的逆定理可得，而由已知可得，从而得平面，从而由面面垂直的判定定理可证得结论；（2）由已知可得两两垂直，所以建立如图所示空间直角坐标系，然后利用空间向量求解二面角的余弦值【详解】解：（1）.取的中点，连接，所以，又因为，所以四边形是平行四边形.因为，，所以四边形是正方形，则，，所以，得到，所以.因为平面，所以，因为，所以平面.因为平面，平面平面.（2）.因为平面，所以，，则两两垂直，如图建立空间直角坐标系.则，，，，，，所以，.设平面的法向量为，所以,所以即令，则，所以平面的法向量为，又因为平面的法向量，所以，由已知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.【点睛】关键点点睛：此题考查面面垂直的判定，考查二面角的求法，解题的关键是建立正确的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可，考查推理能力和计算能力，属于中档题14．(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）由棱柱的性质可得，即可得到平面，再根据线面平行的性质证明即可；（2）选①②，连接，取中点，连接，，即可得到，根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，即可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；选②③，连接，取中点，连接，，依题意可得，再由勾股定理逆定理得到，即得到平面，后续同①②；选①③，取中点，连接，，即可得到，由面面垂直的性质得到平面，从而得到，再由勾股定理逆定理得到后续同①②；【详解】（1）在三棱柱中，，又面，面，所以平面，又面面，面，所以.（2）选①②：连接，取中点，连接，.在菱形中，所以为等边三角形.又为中点，所以，又面面，面面， 平面，所以平面，平面，故，又，所以.以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，，，，.所以，.设面的一个法向量为，则，令，故.又，设直线与面所成角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.选②③：连接，取中点，连接，.在菱形中，所以为等边三角形.又为中点，故，且，又，.所以，则.又，面，所以面，由平面，故，又，所以.以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，，，，.所以，.设面的一个法向量为，则，令，故.又，设直线与面所成角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.选①③：取中点，连接，.在中，因为，所以，且，.又面面，面面，面，所以平面，又平面，所以.在中，，又，，所以，则.由，面，则面，由平面，故，又，所以.以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，，，，.所以，.设面的一个法向量为，则，令，故.又，设直线与面所成角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.15．(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）证明平面平面，利用面面平行的性质可证得平面；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值；（3）设，则，，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的范围可求得的值.（1）证明：在矩形中，.因为平面，平面，所以平面.因为平面，平面，所以，因为平面，平面，所以平面.又因为平面，平面，，所以平面平面.因为平面，所以平面.（2）解：因为平面，平面，平面，所以，，又因为是矩形，，所以、、两两垂直，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则、、，所以，.设平面的一个法向量为，则，取，可得，取平面的一个法向量为，则，由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值是.（3）解：设，则，，所以，因为点到平面的距离.因为，解得，故.16．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）若选条件①，利用线面平行判定定理和性质定理即可得出四边形为平行四边形，又即可得为的中位线即可得出证明；若选条件②，利用勾股定理可得为的中点，再利用线面平行判定定理和性质定理即可得，即可得出证明；（2）建立以为坐标原点的空间直角坐标系，求出平面的法向量为，易知是平面的一个法向量，根据空间向量夹角与二面角之间的关系即可求得结果.【详解】（1）选条件①：因为，平面，平面，所以平面因为平面平面，所以又， 所以四边形为平行四边形．所以且．        因为且，所以且．所以为的中位线．        所以为的中点． 选条件②：．因为平面，平面，所以．在中，．    在直角梯形中，由，，可求得，所以．因为，所以为的中点．    因为，平面，平面， 所以平面．因为平面平面，所以．            所以，所以为的中点；（2）由题可知因为平面，所以．又，所以两两相互垂直．如图建立空间直角坐标系，            则，，，，，．所以，，．设平面的法向量为，则，即令，则，．于是．        因为平面，且，所以平面，又平面，所以．又，且为的中点，所以．平面，所以平面，所以是平面的一个法向量．    ．    由题设，二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为．