空间向量与立体几何-广东省深圳市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编

这是一份空间向量与立体几何-广东省深圳市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。
空间向量与立体几何-广东省深圳市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编

一、单选题
1．（2023·广东深圳·统考二模）设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为、和，则（    ）
A． B． C． D．
2．（2023·广东深圳·统考一模）如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是（    ）

A． B． C． D．
3．（2021·广东深圳·统考二模）设，是两个不同的平面，是直线且．“”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
4．（2022·广东深圳·统考二模）已知一个球的表面积在数值上是它的体积的倍，则这个球的半径是（    ）
A．2 B． C．3 D．
5．（2022·广东深圳·统考一模）以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于（    ）
A．8π B．4π C．8 D．4

二、多选题
6．（2023·广东深圳·统考二模）如图，在矩形AEFC中，，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将△ABE、△BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（    ）

A．三棱锥的体积为 B．直线PA与直线BC所成角的余弦值为
C．直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球的半径为
7．（2023·广东深圳·统考一模）如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则（    ）

A．CP长度的最小值为
B．存在点P，使得
C．存在点P，存在点，使得
D．所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为
8．（2021·广东深圳·统考一模）在空间直角坐标系中，棱长为1的正四面体的顶点A，B分别为y轴和z轴上的动点（可与坐标原点O重合），记正四面体在平面上的正投影图形为S，则下列说法正确的有（    ）
A．若平面，则S可能为正方形
B．若点A与坐标原点O重合，则S的面积为
C．若，则S的面积不可能为
D．点D到坐标原点O的距离不可能为
9．（2022·广东深圳·统考二模）如图，在正方体中，E为的中点，则下列条件中，能使直线平面的有（    ）

A．F为的中点 B．F为的中点 C．F为的中点 D．F为的中点
10．（2022·广东深圳·统考一模）如图，已知直四棱柱ABCD-EFGH的底面是边长为4的正方形，，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（    ）

A．当时，存在点P满足
B．当时，存在唯一的点P满足
C．当时，满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为
D．当时，满足的点P轨迹长度为

三、填空题
11．（2021·广东深圳·统考二模）若在母线长为，高为的圆锥中挖去一个小球，则剩余部分体积的最小值为______________．

四、解答题
12．（2023·广东深圳·统考一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，，且，底面ABCD是边长为2的菱形，．

(1)证明：平面PAC⊥平面ABCD；
(2)若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值．
13．（2021·广东深圳·统考二模）如图，在直四棱柱中，，，，，点和分别在侧棱、上，且．

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
14．（2021·广东深圳·统考一模）如图，在四棱锥中，，，，.

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
15．（2022·广东深圳·统考二模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，M是侧棱的中点，且平面．

(1)求证：平面平面；
(2)求与平面所成角的正弦值．
16．（2022·广东深圳·统考一模）如图，在四棱锥E-ABCD中，，，E在以AB为直径的半圆上（不包括端点），平面平面ABCD，M，N分别为DE，BC的中点．

(1)求证：平面ABE；
(2)当四棱锥E-ABCD体积最大时，求二面角N-AE-B的余弦值．

五、双空题
17．（2022·广东深圳·统考二模）祖暅是我国南北朝时期伟大的科学家，他于5世纪末提出了“幂势既同，则积不容异”的体积计算原理，即“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果裁得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．现已知直线与双曲线及其渐近线围成的平面图形G如图所示，若将图形G被直线所截得的两条线段绕y轴旋转一周，则形成的旋转面的面积_________；若将图形G绕y轴旋转一周，则形成的旋转体的体积___________．


参考答案：
1．B
【分析】设正方体棱长为，正四面体棱长为，球的半径为，面积为.表示出3个几何体的表面积，得出，进而求出体积的平方，比较体积的平方大小，然后得出答案.
【详解】设正方体棱长为，正四面体棱长为，球的半径为，面积为.
正方体表面积为，所以，
所以，；

如图，正四面体，为的中点，为的中心，则是底面上的高.
则，，所以，
所以，
所以，正四面体的表面积为，所以.
又为的中心，所以.
又根据正四面体的性质，可知，
所以，
所以，；
球的表面积为，所以，
所以，.
因为，
所以，，
所以，.
故选：B.
2．A
【分析】找到水最多和水最少的临界情况，如图分别为多面体和三棱锥，从而可得出答案.
【详解】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，
则如图，水最少的临界情况为，水面为面，
水最多的临界情况为多面体，水面为，
因为，
，
所以，即.

故选：A.
3．B
【详解】试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B．
考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.
【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.
4．D
【分析】根据球的表面积公式和体积公式，列出方程求解即可
【详解】设球的半径为，则根据球的表面积公式和体积公式，
可得，，化简得.
故选：D
5．A
【分析】根据题意求出圆柱的底面半径和高，直接求侧面积即可.
【详解】以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体为圆柱，
其底面半径r=2，高h=2，
故其侧面积为.
故选：A
6．BD
【分析】证明平面，再根据即可判断A；先利用余弦定理求出，将用表示，利用向量法求解即可判断B；利用等体积法求出点到平面的距离，再根据直线PA与平面PBC所成角的正弦值为即可判断C；利用正弦定理求出的外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断D.
【详解】由题意可得，
又平面，
所以平面，
在中，，边上的高为，
所以，故A错误；
对于B，在中，，


，
所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确；
对于C，，
设点到平面的距离为，
由，得，解得，
所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误；
由B选项知，，则，
所以的外接圆的半径，
设三棱锥外接球的半径为，
又因为平面，
则，所以，
即三棱锥外接球的半径为，故D正确.
故选：BD.
7．ACD
【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，再逐项分析即可.
【详解】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，
中点，连接，则有，
所以的延长线必过点且，
过点作，则四边形是边长为1的菱形.
如图所示：

在中，，即，
解得，所以，
所以为边长为3等边三角形，
所以，
所以，
因为是边长为3的等边三角形且为中点，
所以，，
在中，由余弦定理变形得，，
在中，由余弦定理变形得，
，
解得，所以，所以；
由，可得平面，
又平面，所以，
由，，，可得平面，
因为AP与平面所成角的正切值为，
所以，解得，，
所以点在平面的轨迹为，
对于A：当点运动到与的交点时有最小值，
因为四边形是边长为1且的菱形，
所以，所以，
故A选项正确；
对于B：要使得，则点必须落在
平面与平面的交线上且，
由图易知，在平面中不存在这样的点，
故B选项错误；
对于C：当点运动到点时，连接，交于点，
连接，由于平面平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以，所以存在点P，存在点，使得，
故C选项正确；
对于D：设的长度为，则，
动线段AP形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为,
则有，
因此所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为，
故D选项正确；
故选：ACD.
【点睛】本题考查了线面角的相关性质与证明，先证明线垂直于平面是几何法中求线面角的关键，线面垂直的证明，可先转化为线线垂直的问题，利用等腰三角形性质，勾股定理是证明线线垂直常用的方法，要求考生平时多加练习总结，熟练掌握线面平行垂直、面面平行垂直的判定定理及其相关性质定理是高考的基本要求.
8．ABD
【分析】对于A，举例说明可能性成立即可；对于B，当点A与坐标原点O重合时，到的距离均为，再利用正四面体两个面所成二面角的正弦值为，从而可求出结果；对于C，当位于轴上时，且且两两垂直，故把正四面体放入外接正方体中，从而可求得结果；对于D，由正四面体的性质可知到的距离为，当时，到的距离最大，进而可求出的最大值
【详解】对于A，如图，当B为时 ，正投影图形为正方形，所以A正确；

对于B，点A与坐标原点O重合时，两点已定，即在轴上，此时正四面体在空间中的形态已定，到的距离就是正三角形的高，均为，则正四面体在平面上的正投影图形为以为腰，1为底的等腰三角形，所以，所以B正确；
对于C，当位于轴上时，且且两两垂直，故把正四面体放入外接正方体中,如图所示，可知投影到面为正方形，且边长为，此时，所以C错误；

对于D，顶点到的距离为，设点到的距离为，则,得，当且仅当时，到的距离最大，且为，所以的最大值为，所以D正确，
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：此题考查空间直角坐标系中正四面体的有关面积、距离问题，解题的关键是灵活运用正四面体的性质，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题
9．ACD
【分析】取棱的中点，说明与共面，证明平面平面，即可得．
【详解】如图，分别是棱的中点，易证与共面，由，平面，平面，则平面，同理平面，而是平面内相交直线，则得平面平面，平面，则平面，观察各选项，ACD满足，
故选：ACD．

10．BCD
【分析】建立空间直角坐标系，结合选项逐个验证，利用对称点可以判断A，利用垂直求出可以判断B，求出点P轨迹长度可判定C,D.
【详解】以为原点，所在直线分别为轴，建系如图，

对于选项A，当时，，，
设点关于平面的对称点为，则，.
所以.故A不正确.
对于选项B，设，则，
由得，即，解得，
所以存在唯一的点P满足，故B正确.
对于选项C，，设，则，
由得.在平面中，建立平面直角坐标系，如图，

则的轨迹方程表示的轨迹就是线段，而，故C正确.
对于选项D，当时，，设，
则，
由得，即，
在平面中，建立平面直角坐标系，如图，

记的圆心为，与交于；
令，可得，而，所以，其对应的圆弧长度为；
根据对称性可知点P轨迹长度为；故D正确.
故选：BCD.
【点睛】立体几何中的动点问题，常常采用坐标法，把立体几何问题转化为平面问题，结合解析几何的相关知识进行求解.
11．．
【分析】球是圆锥的内切球时，剩余部分体积最小．求出球的半径即可得．
【详解】如图是圆锥的轴截面，它的内切圆是圆锥的内切球的大圆．设半径为，
易知母线长为，高为4时，底面半径为，
因此，，
所以剩余部分体积的最小值为．
故答案为：．

12．(1)证明见解析
(2)．

【分析】（1）连接，证明BD⊥平面APC，再由平面ABCD，得出平面APC⊥平面ABCD．
（2）作辅助线，利用线面垂直的判定证明PH⊥平面ABCD，以O为坐标原点，建立坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接DB交AC于点O，连接PO．
因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点．
因为PB＝PD，所以PO⊥BD．
又因为AC，平面APC，且，所以BD⊥平面APC．
又平面ABCD，所以平面APC⊥平面ABCD．
（2）取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH．
因为，所以△ABD是等边三角形，所以DM⊥AB．
又因为PD⊥AB，，平面PDM，
所以AB⊥平面PDM．所以AB⊥PH．
由（1）知BD⊥PH，且，所以PH⊥平面ABCD．
由ABCD是边长为2的菱形，在△ABC中，，．
由AP⊥PC，在△APC中，
，所以．
以O为坐标原点，、分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，
所以，，．
设平面PAB的法向量为，
所以，
令得．
设平面PBC的法向量为，
所以，
令得．
设平面PAB与平面PBC的夹角为．
所以，

所以，平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为．
13．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）分别取、的中点、，证明四边形、为平行四边形，可得出，，利用平行线的传递性结合线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，为轴，平面内垂直于的直线为轴，为轴建立空间直角坐标系，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）分别取、的中点、，连接、、，如图所示：
、分别为、的中点，则为梯形的中位线，
所以，，且有，
，，所以，，且，
所以，四边形为平行四边形，故，
为的中点，则，因为，则，
所以，四边形为平行四边形，则，故，
平面，平面，因此，平面；
（2）以点为坐标原点，为轴，平面内垂直于的直线为轴，为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、，
设平面的法向量为，，，，
由，可得，令，则，
，
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
14．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）取的中点，连接，，可得，利用直角三角形的性质可得，即可证明，进而可得，利用线面垂直的判定定理可证平面，利用面面垂直的判定定理即可求证；
（2）先证明，，可得为四边形外接圆的直径，进而可得和的长，以为原点，所在的直线为轴，过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用空间向量夹角的坐标运算即可求解.
【详解】
取的中点，连接，，
因为，所以，
因为，为的中点，
所以，
因为，，
所以，
所以，
所以，
因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
（2）由（1）知：平面，所以，在和中，由
，可得，所以，即，
所以在以为圆心的圆上，
由可得为四边形外接圆的直径，
，，，
以为原点，所在的直线为轴，过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，
设平面的一个法向量，
则 令，可得，，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
所以，
所以，
因为二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】方法点睛：证明面面垂直的方法
（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；
（2）利用性质：（客观题常用）；
（3）面面垂直的定义（不常用）；
（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于.
15．(1)详见解析；
(2)

【分析】（1）由平面，得到，易得，进而得到平面，然后利用面面垂直的判定定理证明；
（2）以O为原点，建立空间直角坐标系，先求得平面PBC的一个法向量，设与平面所成角，由求解.
（1）
证明：因为平面，
所以，
又底面为正方形，    
所以，又，
所以平面，又平面ABCD，
所以平面平面；
（2）
取AD的中点O，连接PO，则平面ABCD，
则以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系：

设AB=2，则，
所以，
设平面PBC的一个法向量为，
则，即，
令，则，x=0，则，
设与平面所成角，
所以.
16．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取EC的中点的F，连接MF，NF，证得，得到，利用线面平行的判定定理得到平面，同理得到平面，证得平面平面，进而得到平面.
（2）过E作交AB于O，证得平面ABCD，取CD的中点G，连接OG，以O为原点，分别以AB为x轴，以OE为y轴，以OG为z轴建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：如图所示，取EC的中点的F，连接MF，NF，
因为M，F分别为ED和EC的中点，所以，
因为，所以，
因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
因为，平面，平面，
所以平面平面，
因为平面，所以平面.

（2）解：如图所示，过E作交AB于O，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面ABCD，故EO为四棱锥E-ABCD的高，
要使四棱锥E-ABCD体积最大，则E为弧的中点，所以O与AB的中点，
取CD的中点G，连接OG，因为，，所以，
因为平面ABCD，所以，，所以EO，AB，OG两两垂直，
以O为原点，分别以AB为x轴，以OE为y轴，以OG为z轴建立空间直角坐标系，
设，所以，
可得，，，则，，
设平面的一个法向量，则，可得，
令，则平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为，则，
由图可知二面角的平面角为锐角，
所以二成角的余弦值为．

17．
【分析】由直线，其中，分步联立方程组和，求得的坐标，进而求得圆环的面积，再结合题意得到该几何体的体积与底面面积为，高为4的圆柱的体积相同，利用圆柱的体积公式，即可求解.
【详解】如图所示，双曲线，其中一条渐近线方程为，
由直线，其中，
联立方程组，解得，
联立方程组，解得，
所以截面圆环的面积为，即旋转面的面积为，
根据“幂势既同，则积不容异”，
可得该几何体的体积与底面面积为，高为4的圆柱的体积相同，
所以该几何体的体积为.
故答案为：；.