北京市海淀区、石景山区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-平面向量、空间向量与立

这是一份北京市海淀区、石景山区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-平面向量、空间向量与立，共33页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
北京市海淀区、石景山区高考数学三年（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·北京石景山·统考一模）已知菱形的边长为，，则
A． B． C． D．
2．（2021·北京海淀·统考模拟预测）正方形，如图所示，边长为2，为正方形内一动点，连接，将绕逆时针旋转，到达,连接，．则是四边形是平行四边形的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2021·北京海淀·统考二模）向量，， 在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，若为与同方向的单位向量，则（    ）

A．1.5 B．2 C．-4.5 D．-3
4．（2021·北京海淀·统考一模）已知，是单位向量，＝＋2，若⊥，则||＝（    ）
A．3 B． C． D．
5．（2022·北京海淀·统考二模）已知向量，.若，则可能是（    ）
A． B．
C． D．
6．（2023·北京海淀·统考一模）在中，，的平分线交BC于点D．若，则（    ）
A． B． C．2 D．3
7．（2022·北京石景山·统考一模）设是直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（    ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
8．（2022·北京海淀·统考二模）在正方体中，为棱上的动点，为线段的中点.给出下列四个

①；
②直线与平面所成角不变；
③点到直线的距离不变；
④点到四点的距离相等.
其中，所有正确结论的序号为（    ）
A．②③ B．③④
C．①③④ D．①②④
9．（2021·北京石景山·统考一模）“直线垂直平面内的无数条直线”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必安条件
10．（2021·北京石景山·统考一模）一几何体的直观图和主视图如图所示，下列给出的四个俯视图中正确的是（    ）
  
A． B．
C． D．
11．（2021·北京海淀·统考模拟预测）如图所示，是某三棱锥的三视图（由左至右，由上至下依次是主视图、左视图、俯视图），则该三棱锥所有的面中是等腰三角形的个数为（    ）

A．4 B．3 C．2 D．1
12．（2021·北京海淀·统考模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，是侧面内的一个动点（不包含端点），则下列说法中正确的是（    ）

A．三角形的面积无最大值、无最小值
B．存在点，满足
C．存在有限个点，使得三角形是等腰三角形
D．三棱锥的体积有最大值、无最小值
13．（2021·北京海淀·统考二模）已知正方体（如图1），点在侧面内（包括边界）.若三棱锥的俯视图为等腰直角三角形（如图2），则此三棱锥的左视图不可能是（    ）

A． B．
C． D．
14．（2021·北京海淀·统考一模）我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形来推算球的体积.如图1，在一个棱长为的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖，如图2，设平行于水平面且与水平面距离为的平面为，记平面截牟合方盖所得截面的面积为，则函数的图象是（    ）

A． B．
C． D．

二、填空题
15．（2023·北京石景山·统考一模）向量，，若，则_________.
16．（2023·北京海淀·统考一模）在中，，D是边AC的中点，E是边AB上的动点（不与A，B重合），过点E作AC的平行线交BC于点F，将沿EF折起，点B折起后的位置记为点P，得到四棱锥．

如图所示．给出下列四个结论：
①平面PEF；
②不可能为等腰三角形；
③存在点E，P，使得；
④当四棱锥的体积最大时，．
其中所有正确结论的序号是_________．
17．（2021·北京海淀·统考模拟预测）已知边长为1的正方体，为中点，为平面上的动点，若，则三棱锥的体积最大值为_______．

18．（2021·北京海淀·统考模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，点是侧面内的一个动点（不包含端点），若点满足；则的最小值为________．


三、双空题
19．（2021·北京海淀·统考模拟预测）已知菱形的边长为，，（）．当时，________；当取得最小值时，________．
20．（2021·北京海淀·统考模拟预测）已知向量，满足：，，，则与的夹角为________；________．
21．（2021·北京海淀·统考一模）已知点，，，则___________；若是以为边的矩形的顶点，则___________.
22．（2022·北京海淀·统考一模）已知是单位向量，且，设向量，当时，___________；当时，的最小值为___________.

四、解答题
23．（2023·北京海淀·统考一模）如图，直三棱柱中，，，，是的中点．

(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
24．（2023·北京石景山·统考一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面为等腰直角三角形，且，点为棱上的点，平面与棱交于点.

(1)求证：；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面与平面所成锐二面角的大小.
条件①：；
条件②：平面平面；
条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
25．（2022·北京石景山·统考一模）如图1，在平面四边形中，，，，．将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图2所示．

(1)设平面与平面的交线为，求证：；
(2)在线段上是否存在一点（点不与端点重合），使得二面角的余弦值为，请说明理由．
26．（2022·北京海淀·统考二模）如图，已知四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，底面，，点是的中点.

(1)求证：面；
(2)求到平面的距离.
27．（2022·北京海淀·统考一模）如图，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面，，.

(1)求证：；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.
28．（2021·北京石景山·统考一模）如图，在五面体中，面为正方形，面面，，．

（1）求证：CD∥平面ABFE；
（2）若，，求平面与平面所成的锐二面角的大小．
29．（2021·北京海淀·统考模拟预测）四棱锥，底面是边长为2的正方形，，．．为中点，为中点．

(1)证明：平面
(2)求二面角的余弦值
(3)若某几何体的面数为，顶点个数为，棱个数为，试给出的关系式（直接写出结论）
30．（2021·北京海淀·统考二模）如图，在三棱锥中，分别是AC，PC的中点.

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值

参考答案：
1．D
【详解】试题分析：由题意得，设，根据向量的平行四边形法则和三角形法则，可知，故选D.
考点：向量的数量积的运算.

2．D
【分析】结合图形，利用三角形性质，平行与垂直的关系推导充分，必要条件即可.
【详解】若四边形为平行四边形，则由题意得：
，且，
在中，，
所以与矛盾，所以必要性不成立，
假设，四边形是平行四边形，
则此时，
由中，，
矛盾，故假设不成立，即当，四边形不是平行四边形，
所以充分性不成立，
故是四边形是平行四边形的既不充分也不必要条件，
故选：D.
3．D
【分析】首先建系，确定向量的坐标，根据向量数量积的坐标表示求解.
【详解】如图，建立平面直角坐标系，由图可知，，，
则，所以.

故选：D
4．C
【分析】由⊥求得，再由求向量模的公式即可得解.
【详解】因，是单位向量，＝＋2，⊥，
则，
所以.
故选：C
5．C
【分析】根据已知，以及，可确定，进而确定夹角，依次判断选项即可得解.
【详解】解：∵，，∴，
∴，又∵，
∴或，
对选项A，若，，
解得，此时不成立；
对选项B，若，，
解得，此时不成立；
对选项C，若，，
解得，此时成立；
对选项D，若，，且
，此时不成立.
故选：C
6．B
【分析】设，由角平分线定理求得，然后由向量的线性运算可用表示出，从而求得，得出结论．
【详解】设，因为，所以，
又是的平分线，所以，，
，
又，所以，
所以．
故选：B．
7．D
【解析】由线面平行的性质和面面平行的判定可判断选项A；由面面垂直的性质定理和线面平行的性质可判断选项B；由面面垂直的性质定理和线面位置关系可判断选项C；由线面平行的性质和面面垂直的判定定理可判断选项D；
【详解】对于选项A：若，，则或与相交，故选项A不正确；
对于选项B：若，，则或，故选项B不正确；
对于选项C：若，，则或或与相交，故选项C不正确；
对于选项D：若，由线面平行的性质定理可得过的平面，设，则，所以，再由面面垂直的判定定理可得，故选项D正确；
故选：D
8．C
【分析】根据的变化情况并找出的轨迹就可判定①③④是否正确，作出直线与平面所成的角，就可判定②是否正确.
【详解】如下图，当在棱上运动时，始终在平面中，由，可得，所以，故①正确，
此时点的轨迹为线段，如下图可知，，过正方形中心且，故③④正确，
如下图，延长与的延长线交于，连接，则即为直线与平面所成角，
当点在上运动时，不变而在变，所以不是定值，
故②错误.
故选：C.

【点睛】(1)判定和动点相关的问题时，只要找出动点的轨迹，就可以根据轨迹的特点进行判断；
(2)判定与动直线相关的位置关系问题时，可找出动直线所在的平面进行判定；
(3)根据定义作出线面角可用来解决运动型的问题.
9．B
【分析】根据线面垂直的定义和性质，结合充分性、必要性的定义进行判断即可.
【详解】因为当直线垂直平面内的所有直线时，才能得到，
所以由直线垂直平面内的无数条直线不一定能推出，
但是由一定能推出直线垂直平面内的无数条直线，
所以直线垂直平面内的无数条直线是的必要不充分条件，
故选：B
10．B
【分析】通过几何体结合三视图的画图方法，判断选项即可.
【详解】几何体的俯视图，轮廓是矩形，几何体的上部的棱都是可见线段，所以C、D不正确，几何体的上部的棱与正视图方向垂直，所以A不正确
故选：B.
11．C
【分析】根据三棱锥的三视图复原出三棱锥，确定三棱锥的棱长，即可确定答案,
【详解】根据题意可知三棱锥如图示：

在三棱锥中，底面 ,,D为的中点，
,则 ,
底面,故,
故 ,
所以为等腰三角形，
故选：C
12．B
【分析】结合点到的距离有关，可判定A不正确；由点在以中点为球心，为半径的球面与侧面交线，可判定B正确；由时，点在的中垂面上，得到点的轨迹是线段，可判定C不正确；由，可判定D不正确．
【详解】选项A中，边的长度为定值，三角形面积与点到的距离有关，
当点在线段上时，距离最小，此时面积取得最小值，在端点处的距离最大，
此时面积取得最大值（舍去，端点不可取），所以A不正确；
选项B中，若，可得点在以中点为球心，为半径的球面上，
因为以为直径的球面与侧面有交，所以存在点，满足，
所以B正确；
选项C中，三角形是等腰三角形，当时，点在的中垂面上，且在侧面上，所以点的轨迹是线段（不含端点），有无穷多，所以C不正确；
选项D中，由，高不存在最大值（不包含端点）和最小值，所以D不正确．
故选：B.
13．D
【分析】由俯视图可知，点在棱上运动，对点的位置进行分析，可得出合适的选项.
【详解】由俯视图可知，点在棱上运动.
对于A选项，若点与点重合，则三棱锥的左视图如A选项所示；
对于B选项，若点与点重合，则三棱锥的左视图如B选项所示；
对于C选项，若点为线段的中点，则三棱锥的左视图如C选项所示；
对于D选项，当点在棱上运动时，左视图中右边的一条边与底边垂直，
且右边的一条边的边长与正方体的棱长相等，左视图不可能如D选项所示.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查几何体的左视图，解题的关键就是对动点的位置进行分析，结合左视图的形成来进行判断.
14．D
【分析】首先由图1得正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球，由图2可知截面均为正方形，此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形，由此计算得到函数解析式，判断选项.
【详解】正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球，用任意平行于水平平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，并且此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形，
内切球的半径为，设截面圆的半径为，则，解得：，
设截面圆的外接正方形的边长为，则，正方形的面积，，由函数形式可知，图象应是开口向下的抛物线.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题的关键是空间想象能力的考查，关键得到截面是一个正方形，以及与“牟合方盖”内切球的关系.
15．/0.5
【分析】根据平面向量的坐标平行运算得，利用同角三角函数的商数关系式即可得的值.
【详解】向量，，若，则，所以
则.
故答案为：.
16．①③
【分析】根据线面平行的判断定理，判断①；证明,即可判断②；利用垂直关系转化，结合反证法，即可判断③；表示四棱锥的体积后，利用导数计算最值，即可判断④.
【详解】①因为，平面，平面，
所以平面，故①正确；
②因为是等腰直角三角形，所以也是等腰直角三角形，则，
因为，，所以，且
当时，,所以，
此时是等腰三角形，故②错误；
③因为，且，，
且平面，平面，所以平面，平面，
所以平面平面，且平面平面，
如图，过点作，连结，
则平面，平面，所以，
若，，平面，平面，
所以平面,平面，
所以，
如图，，延长，交于点，
则和都是等腰直角三角形，
则，点到直线的距离等于，
这样在翻折过程中，若能构成四棱锥，则，
设，则，则，
则存在点E，P，使得，故③正确；

④当底面的面积一定时，平面平面平面时，即平面时，四棱锥的体积最大，
设，，



得（舍）或，
当，，函数单调递增，
当，，函数单调递减，
所以当时，函数取得最大值，此时，故④错误；
故答案为：①③
【点睛】思路点睛：本题考查几何体的线线，线面位置关系，以及动点问题，和导数相联系的最值问题，本题的关键是第三问，需在变化过程中找到位置关系，建立不等式，即可判断.
17．
【分析】以D为原点，分别以DA，DC，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设，由，得到a，b的关系，确定a的范围，再由求解.
【详解】以D为原点，分别以DA，DC，为x，y，z轴建立空间直角坐标系：

则，设，
所以，
因为，
所以，即，
又，
所以，
所以，当等号成立，
所以 三棱锥的体积最大值为 ，
故答案为：
18．
【分析】建立空间直角坐标系，根据空间向量互相垂直的性质，结合空间两点间距离公式、三角换元、辅助角公式进行求解即可.
【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，，，所以，，
因为，所以，
，
因为，所以令，代入上式得：

其中，
所以，
因此的最小值为，
故答案为：
【点睛】方法点睛：对于正方体中关于线段长度最值问题可以利用解析法.
19．
【分析】当时，，根据向量的三角形法则和数量积的运算法则计算可得的值；而，再根据二次函数的性质可得出当取得最小值时的值.
【详解】当时，，
；
，
所以




所以当时，取得最小值，最小值为.
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：对于第二空，可由平面向量数量积的运算法则得出，从而利用二次函数的性质解决问题.
20．
【分析】由，求得，利用夹角公式求得，得到与的夹角，再由，即可求解.
【详解】由题意，向量，满足：，，
因为，可得，
则，因为，所以，
即与的夹角为，
又由，所以.
故答案为：；.
21．
【分析】①根据向量的夹角公式，直接求解即可；
②根据已知可得，求出相应的坐标代入即可求出的值.
【详解】①因为，，，所以，，
所以；
②，若是以为边的矩形的顶点，则,
即，所以.
故答案为：；
22． /
【分析】求出，根据夹角公式可得，将表示为关于的二次函数，求出最小值即可.
【详解】当时，，，即，
，
因为，所以；
当时，
则，
当时，的最小值为，
故答案为：，.
23．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则点、、、，
、、，
所以，，，则，，
又因为，、平面，因此，平面.
（2）解：设平面的法向量为，，
则，取，可得，
所以，，
因此，与平面所成角的正弦值为.
24．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据条件可以证明平面，再利用线面平行的性质定理即可证明出结论；
（2）选条件①②可以证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出相应坐标，再求出两平面的法向量，进而求出结果;选条件①③或②③同样可以证明求解.
【详解】（1）证明：因为底面是正方形，所以，
平面，平面,
所以平面，
又因为平面与交于点.
平面，平面平面
所以.
（2）选条件①②
侧面为等腰直角三角形，且
即，
平面平面，
平面平面，平面,
则平面，又为正方形，
所以.
以点为坐标原点，分别为轴,轴,轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，

则
因为，所以点为的中点，则
从而：，
设平面的法向量为：，
则，
令，可得
设平面的法向量为：，则
，
令，可得
所以
则两平面所成的锐二面角为
选条件①③
侧面为等腰直角三角形，且即
，且两直线在平面内，可得平面，平面，则.
又因为且两直线在平面内，
则平面平面则
因为，所以为等腰三角形，所以点为的中点
又因为，所以为等腰直角三角形，
下面同①②
选条件②③
侧面为等腰直角三角形，且，
即
平面平面，
平面平面，平面,
则平面为正方形，
所以.
又因为且两直线在平面内，则平面，平面
则
因为，所以为等腰三角形，所以点为的中点.
下面同①②
25．(1)证明见解析；
(2)存在点为的中点时，使得二面角的余弦值为，理由见解析.

【分析】（1）延长相交于点，连接，得到为平面与平面的交线，结合线面垂直的判定定理，证得平面，得到平面，进而证得.
（2）以为坐标原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式列出方程，即可求解.
（1）
证明：延长相交于点，连接，则为平面与平面的交线.
证明如下：
由平面平面，，平面，
且平面平面，所以平面，
又由，所以平面，
因为平面，所以，所以.
（2）
解：由（1）知：，
以为坐标原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，则，
设其中，则，所以，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
又由平面，所以平面的一个法向量为，
则，解得，
所以存在点为的中点时，使得二面角的余弦值为.

26．(1)证明见解析；
(2)

【分析】（1）直接由证得面即可；
（2）将到平面的距离转化为点到平面的距离，求出和，由等体积法即可求得到平面的距离.
（1）
由底面是菱形，可得，又面，面，故面；
（2）

由（1）知面，故到平面的距离即点到平面的距离，设为，连接，取中点，连接，
易得且，则底面，又，则，故，
又，故，
又，故，，
又因为，即，解得，即到平面的距离为.
27．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）利用面面垂直的性质可证得平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）取的中点，连接，证明出平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，求出的值，即可求得棱的长.
【详解】（1）证明：因为四边形为正方形，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，所以，.
（2）解：取的中点，连接，
，为的中点，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，设，其中，

则、、、、，
，，，
设平面的法向量为，则，取，则，
由题意可得，
，解得，则.
28．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由结合线面平行的判定定理证明即可；
（2）先证明平面，进而建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角即可.
【详解】解：（1）在五面体中，
因为四边形是正方形，所以
又因为平面，平面，所以平面.
（2）因为四边形是正方形，所以
又因为，又，面，所以平面
又因为平面，所以.
又因为，所以以点为坐标原点，，，分别为，，轴，如图建立空间直角坐标系.

因为
，，，，.
由（1）平面，平面，平面平面
所以，所以.可得.
由题意知平面的法向量为
设平面的法向量为.
由得
令，得，， 所以
设平面与平面所成锐二面角为.
.
所以平面与平面所成锐二面角为
【点睛】关键点睛：解决问题二的关键在于建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角.
29．(1)证明见解析
(2)
(3)

【分析】（1）根据已知线线关系，建立空间直角坐标系，按照线面关系的坐标运算判断即可证明；
（2）利用二面角的向量公式求解夹角余弦值即可；
（3）根据常见多面体列举几何体的面数为，顶点个数为，棱个数为，归纳总结可得.
【详解】（1）证明：因为，，，所以，则，，正方形中，
如下图则以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，

则，又为中点，为中点，
所以
设平面的法向量为，又
所以，令，则
又，且，平面，故平面.
（2）解：由（1）得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，又
所以，令，则，
所以，由图可知二面角为锐角
所以二面角的余弦值为.
（3）解：常见多面体的面数为，顶点个数为，棱个数为如下表：

三棱锥
四棱锥
五棱锥
四棱柱
五棱柱
六棱锥
六棱柱
…
面数
4
5
6
6
7
7
8
…
顶点个数
4
5
6
8
10
7
12
…
棱个数
6
8
10
12
15
12
18
…
由上述规律可得：.
30．（1）见解析；（2）.
【分析】（1）连接，由平面，得，结合可证得平面，进而得证；
（2）以点为原点，为轴，过点作与平行的方向为轴建立空间直角坐标系，由平面的法向量计算求解即可.
【详解】（1）连接，因为，为AC的中点，所以，
又，为平面的两条相交直线，
所以平面，平面，所以，
为平面的两条相交直线，所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）以点为原点，为轴，过点作与平行的方向为轴建立空间直角坐标系.
所以，
设平面的法向量为，
则，不妨令，则，，
平面的法向量为，
由
所以二面角的余弦值为.