高考数学二轮强化练习05 立体几何与空间向量（2份打包，原卷版+教师版）

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查补易混易错点05 立体几何与空间向量1．混淆“点A在直线a上”与“直线a在平面α内”的数学符号关系，应表示为A∈a，a⊂α.2．易混淆几何体的表面积与侧面积的区别，几何体的表面积是几何体的侧面积与所有底面面积之和，易漏掉几何体的底面积；求锥体体积时，易漏掉体积公式中的系数.3.作几何体的三视图的过程中，可见的边界轮廓线用实线表示，不可见的边界轮廓线用虚线表示．这一点不能忽视，否则易出错．4．不清楚空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错．如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易误得出m⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m⊂α的限制条件．5．注意图形的翻折与展开前后变与不变的量以及位置关系．对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置关系与数量关系．6．几种角的范围两条异面直线所成的角：0°<θ≤90°；直线与平面所成的角：0°≤θ≤90°；平面与平面夹角：0°≤θ≤90°.7．用空间向量求角时易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求直线与平面所成的角时，易把直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值当成线面角的余弦值，导致出错．
1．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）苏轼是北宋著名的文学家、书法家、画家，在诗词文书画等方面都有很深的造诣．《蝶恋花春景》是苏轼一首描写春景的清新婉丽之作，表达了对春光流逝的叹息词的下阙写到：“墙里秋千墙外道．墙外行人，墙里佳人笑．笑渐不闻声渐悄，多情却被无情恼．”假如将墙看作一个平面，秋千绳、秋千板、墙外的道路看作直线，那么道路和墙面平行，当秋千静止时，秋千板与墙面垂直，秋千绳与墙面平行．在佳人荡秋千的过程中，下列说法中错误的是（    ）A．秋千绳与墙面始终平行 B．秋千绳与道路始终垂直C．秋千板与墙面始终垂直 D．秋千板与道路始终垂直【答案】B【解析】显然，在荡秋千的过程中，秋千绳与墙面始终平行，但与道路所成的角在变化，则秋千绳与道路的位置关系在发生变化，而秋千板始终与墙面垂直，故也与道路始终垂直．故选：B.2．（2023·广东深圳·深圳中学统考模拟预测）圆锥侧面展开图扇形的圆心角为60°，底面圆的半径为8，则圆锥的侧面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】设圆锥的半径为r，母线长为l，则，由题意知，，解得：，所以圆锥的侧面积为.故选：A.3．（2023·山东烟台预测）已知m，n表示空间内两条不同的直线，则使成立的必要不充分条件是（    ）A．存在平面，有， B．存在平面，有，C．存在直线，有， D．存在直线，有，【答案】A【解析】对A，若，，则直线m，n可以平行，也可以相交，还可以异面；若，则存在平面，有，，即存在平面，有，是使成立的必要不充分条件，故A正确；对B，若，，则；若，则存在平面，有，，即存在平面，有，是使成立的充分必要条件，故B错误；对C，若，，则直线；若，则不存在直线，有，，即存在直线，有，是使成立的既不充分又不必要条件，故C错误；对D，若，，则；若，则存在直线，有，，即存在直线，有，是使成立的充分必要条件，故D错误.故选：A.4．（2023·陕西榆林·校考模拟预测）已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由三视图可知几何体为圆锥与半球的组合体，半球表面积，圆锥母线长，所以圆锥侧面积，所以该几何体表面积为.故选：D5．（2023·河南·校联考模拟预测）已知空间四条直线a，b，m，n和两个平面，满足，，，，则下列结论正确的是（    ）A．若，则B．若且，则C．若且，则D．若且，则【答案】C【解析】对于A：a可能在平面内，所以A错误；对于B：a与m可能平行，从而与可能相交，所以B错误；对于C：且，，，，，，所以C正确；对于D：如图，由正方形沿一条对角线折叠形成，其中形成的两个平面设为，折痕设为，在平面的对角线设为，在内的对角线设为，同时作，此时，易知，则，但此时与不垂直，所以D错误.故选：C.6．（2023·甘肃定西·统考一模）攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖.通常有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑､园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6，腰长为5的等腰三角形，则该屋顶的体积约为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】如图所示为该圆锥轴截面，由题知该圆锥的底面半径为3m，高为，所以该屋顶的体积约为.故选:D.7．（2023·北京·统考模拟预测）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．已知鳖臑的四个顶点均在表面积为的球面上，则该鳖臑体积的最大值为（    ）．A． B． C．2 D．4【答案】B【解析】把鳖臑放到长方体中，如下图所示：设该长方体的长、宽、高分别为，显然该长方体的对角线长为，所以有，显然该鳖臑体积为，因为，当且仅当时取等号，即，当且仅当时取等号，故选：B8．（2023·山西·统考模拟预测）一圆锥的高为4，该圆锥体积与其内切球体积之比为，则其内切球的半径是（    ）A． B．1 C． D．【答案】B【解析】设圆锥体积为，底面半径为R，其内切球体积为，半径为r，由题意可得,则①， 又∽可得，即， 两边平方得②，将①代人②化简整理得，则，故选B9．（2023·安徽安庆·统考二模）一底面半径为1的圆柱，被一个与底面成45°角的平面所截（如图），为底面圆的中心，为截面的中心，为截面上距离底面最小的点，到圆柱底面的距离为1，为截面图形弧上的一点，且，则点到底面的距离是（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】圆柱半径为1，截面与底边所成角为，作于，则， . 截面椭圆是以为中心，为长轴端点的椭圆，其长轴长为，短轴长为2，所以椭圆的方程为，作于，因为，直线的方程为，所以设，又因为在椭圆上，解得：，所以，，过作，则，，由于均平行于底面，故点到底面的距离是. 故选：C.10．（2023·山东聊城·统考模拟预测）在三棱锥中，，，，二面角的大小为．若三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，则当三棱锥的体积最大时，球O的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】设点P在平面ABC内的射影为H，连接AH，考虑到二面角P-AB-C的大小为，则点H与点C在直线AB的两侧．因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，平面，所以为二面角的平面角的补角，所以，又，所以，从而三棱锥的高为1．又的面积，所以当时，的面积最大，最大值为，所以当时，三棱锥的体积最大，因此点C和点P在图中两全等长方体构成的大长方体的体对角线的顶点上．以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz．因为球O的球心O与的外接圆的圆心的连线垂直平面，为为斜边的直角三角形，所以其外接圆的圆心为的中点，所以球O的球心O在底面ABC内的射影为线段AC的中点，于是设．又，，由，得，解得，则球O的半径，所以球O的体积．故选：D.11．（多选题）（2023·江苏南通·统考模拟预测）已知点P是正方体侧面（包含边界）上一点，下列说法正确的是（    ）A．存在唯一一点P，使得B．存在唯一一点P，使得面C．存在唯一一点P，使得⊥D．存在唯一一点P，使得⊥面【答案】AD【解析】如图建系，令，则， 对于A，，若，则，解得：故满足要求，与重合，存在唯一一点P，使得，A对.对于B，因为，，因为，平面，所以平面，又平面，则，，解得：，故点轨迹为线段，满足条件的有无数个，B错，对于C，，在线段上，满足条件的有无数个，C错.对于D，由B选项可知：平面，而面，又与共线，故重合，D对.故选：AD.12．（多选题）（2023·山东济宁二模）已知长方体中，点P，Q，M，N分别是棱AB，BC，，的中点，则下列结论不正确的是（    ）A．平面 B．平面C．平面 D．平面【答案】ABC【解析】A选项：如图1，若平面，则，又因为平面，平面，则，连接，又，所以平面，平面，则，只有当时，才成立，故A不正确；B选项：如图2，连接AC，因为点P，Q分别是棱AB，BC的中点，所以，平面，平面，所以平面，若平面，则平面平面，又平面平面，平面平面，所以，显然不正确，故B不正确；C选项：如图3，若平面，平面，则，又易知平面，平面，则，又，所以平面，平面则，显然不正确，故C不正确；D选项：如图4，连接AC，CN，因为点P，Q分别是棱AB，BC的中点，所以，平面，平面，所以平面，因为Q，N分别是BC，的中点，所以，所以四边形是平行四边形，则，平面，平面，所以平面，且，因此平面平面，平面，所以平面，故D正确．故选:ABC.13．（多选题）（2023·山东泰安·统考模拟预测）如图，若为正六棱台，，，则下列说法正确的是（    ）A．B．平面C．平面D．侧棱与底面所成的角为【答案】BCD【解析】对于A选项，因为与平行，与异面，故A错误；对于B选项，连接，,因为六棱台是正六棱台，所以 平面,平面,故,又因为底面是正六边形，所以,平面，平面,所以平面，即平面，故B正确；对于C选项，设与交于点，因为，，所以，，又，所以， 即，又，所以是平行四边形，，平面,平面,所以平面，故C正确；对于D选项， 平面 , 平面为侧棱与底面所成的角，在中, ，所以，故D正确. 故选：BCD14．（2023·辽宁·鞍山一中校联考模拟预测）如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点、，且，则下列结论中正确的是（    ）A． B．平面ABCDC．三棱锥的体积为定值 D．的面积与的面积相等【答案】ABC【解析】对于A选项，连接、，因为四边形为正方形，则，平面，平面，，平面，，所以平面，因为平面，因此，A选项正确；对于B选项，因为平面平面，平面，所以平面，B选项正确；对于C选项，因为的面积为，点到平面的距离为定值，故三棱锥的体积为定值，C选项正确；对于D选项，设，取的中点，连接、，由A选项可知，平面，即平面，平面，则，因为且，故四边形为平行四边形，则且，因为、分别为、的中点，故且，所以四边形为平行四边形，平面，平面，所以，故四边形为矩形，所以，平面，所以平面，平面，，，所以，D选项错误.故选：ABC.15．（2023·广东·统考一模）在四棱锥中，平面，四边形是正方形，若，则（    ）A．B．与所成角为C．与平面所成角为D．与平面所成角的正切值为【答案】ACD【解析】选项A，因为底面，面，所以,因为四边形是正方形，所以，又，平面，所以平面，又面，所以，选项A正确．选项B，因为平面，又面，所以，故选项B错误．选项C，因为底面，面，所以,因为四边形是正方形，所以，又，平面,所以平面,所以与平面所成角为，易知，故选项C正确．选项D，如图，取中点，连，因为底面，面，所以,双四边形是正方形，所以，又，所以平面,面，所以，又，所以，，所以面，所以与平面所成角为，不妨设，易知,在，，故选项D正确．故选：ACD16．（2023·广东江门·统考一模）已知直线l过点，且直线l的一个方向向量为，则坐标原点O到直线l的距离d为___________.【答案】【解析】由题知，直线过点，且直线的方向向量为，点，所以，所以点到的距离为17．（2023·广东广州·广州市第二中学校考模拟预测）设某几何体的三视图如下（尺寸的长度单位为m），则该几何体的体积为____m3.【答案】【解析】由三视图可得该几何体为三棱锥，如图所示，其中棱锥的高为，底面三角形的底边长为，高为，则该几何体的体积为.18．（2023·河北衡水中学预测）冰激凌是以饮用水、牛乳、奶粉、奶油（或植物油脂）、食糖等为主要原料，加入适量食品添加剂，经混合、灭菌、均质、老化、凝冻、硬化等工艺制成的体积膨胀的冷冻食品.如图所示的冰激凌的下半部分可以看作一个圆台，上半部分可以近似看作一个圆锥，若圆台的上底面半径、圆台的高与圆锥的高都为4cm，圆台的下底面半径为3.6cm，则此圆锥的体积与圆台的体积的比值为______.【答案】【解析】圆锥的体积，根据圆台的体积公式（其中，分别为台体的上、下底面的面积，为台体的高），得圆台的体积， 所以.19．（2023·河南·校联考模拟预测）在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2，，QC=3.(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；(2)若点P为四棱锥Q－ABCD的侧面QCD内（包含边界）的一点，且四棱锥P－ABCD的体积为，求BP与平面ABCD所成角的正弦值的最小值.【解析】（1）取的中点为，连接，.因为，，则，而，，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，且平面，故平面，因为平面，故平面平面.（2）在平面内，过作，交于，因为，则.结合（1）中的平面，且平面，则，故直线两两互相垂直，故以为坐标原点，所在直线分别为轴建如图所示的空间直角坐标系.则，，，，故，，.因为，所以，又因为点为四棱锥的侧面内的一点（包含边界），所以点的轨迹是的中位线，设，则，，设与平面所成角为，则，，当时，取得最小值，所以与平面所成角的正弦值的最小值为.20．（2023·北京门头沟·统考模拟预测）如图，在三棱锥中，，，O为AC的中点.(1)证明：；(2)再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值及点A到平面BPC的距离.①；②.【解析】（1）证明：连接，，因为，所以，同理得：，又因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以.（2）选择①，由题，所以，同理得，则，，所以，由（1）可得，所以，，两两垂直，建立如图所示坐标系，则，，，，，设平面的一个法向量为，则，即，取，平面的一个法向量，可得，，所以二面角的余弦值为.，，点到平面的距离，所以A到平面BPC的距离为.选择②由（1）得，，，平面，平面，，所以，由题，则，可得为直角三角形，，得，所以，，两两垂直，建立如图所示坐标系，则，，，，，设平面的一个法向量为，则，即，取，平面的一个法向量，可得，，所以二面角的余弦值为.，，点到平面的距离，所以A到平面BPC的距离为.