冲刺2024年高考数学：空间向量与立体几何小专题特训

这是一份冲刺2024年高考数学：空间向量与立体几何小专题特训，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知，，，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．2D．3
2．已知三棱锥的所有顶点都在球的表面上，且平面是边上一动点，直线与平面所成角的正切值的最大值为，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
3．如图，在正方体中，直线与直线所成角的大小为（ ）
A．B．C．D．
4．如图，在长方体中，，，，分别是棱和上的两个动点，且，则的中点到的距离为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则下列说法错误的是（ ）
A．直线共面
B．
C．直线与平面所成角的正切值为
D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9
6．边长为2的正三角形所在平面为平面，平面外有一点，且三棱锥的体积为，则的最小值为（ ）
A．8B．9C．10D．18
7．已知正四棱台的上下底面边长分别为1和3，高为2.用一个平行于底面的截面截棱台，若截得的两部分几何体体积相等，则截面与上底面的距离为（ ）
A．B．C．D．
8．已知平行六面体的各棱长均为1，，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．在空间直角坐标系中，已知点，则（ ）
A．
B．
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．在上的投影的数量为
10．如图，在三棱锥中，平面，，且，，过点的平面分别与棱，交于点M，N，则下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥外接球的表面积为
B．若平面，则
C．若M，N分别为，的中点，则点到平面的距离为
D．周长的最小值为3
11．如图，在直三棱柱中，若，，是棱的中点，则下列说法正确的是（ ）

A．点到平面的距离为
B．是平面的一个法向量
C．点到平面的距离为
D．
三、填空题
12．已知空间向量，，向量在向量上的投影向量坐标为
13．在正方体中，设，若二面角的平面角的正弦值为，则实数的值为 ．
14．设是不同的直线，是不同的平面，则以下四个命题中错误的有 .
①若则；
②若，则；
③若则；
④若则.
参考答案：
1．C
【分析】利用空间向量公式求点到直线的距离．
【详解】因为，，
，．
设点到直线的距离为d，则．
故选：C.
2．B
【分析】根据线面垂直可得线面角，进而根据直棱柱的性质即可结合勾股定理求解半径，由球的表面积公式求解.
【详解】将三棱锥放入直三棱柱，则两者外接球相同，取底面的外心为，连接，取其中点为，连接，如图所示.平面，所以为直线与平面所成角，
所以,
直线与平面所成角的正切值的最大值为，
此时.在Rt中，，，
是边长为的等边三角形，
，
则球的表面积为.
故选:B.
3．C
【分析】连接、，可得且为等边三角形，即可得直线与直线所成角的大小.
【详解】
连接，，在正方体中，易得，
故直线与直线所成角的大小与直线与直线所成角大小相等，
又，故为等边三角形，故，
即直线与直线所成角的大小为.
故选：C.
4．D
【分析】取的中点，连接，以为坐标原点建立空间直角坐标系，结合，利用两点间距离公式，求出的长即可．
【详解】取的中点，连接，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
因为是的中点，所以，
所以，而，
所以，即，所以点到的距离就是，
因为，
所以，即，
所以，即，
所以的中点到的距离为.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是发现，再利用整体法即可得解.
5．D
【分析】对于A项，一般考虑寻找两平行线较易说明共面问题；对于B项，三棱锥的体积问题，大都是通过等体积转化，使其易于求解即可；对于C项，充分利用正方体条件，找到直线与平面所成的角，在三角形中求解即得；对于D项，关键是寻找到经过三点的正方体的截面，然后求其面积即可.
【详解】
对于A项，如图①，分别连接,,在正方体中，易得矩形,
故有，又E， G分别是棱的中点，则,故,即可确定一个平面，故A项正确；
对于B项，如图②，,故B项正确；
对于C项，如图③，连接,因平面，故直线与平面所成角即,
在中，,故C项正确；
对于D项，如图④，连接,易得,
因平面平面，则为过点B，E，F的平面与平面的一条截线，
即过点B，E，F的平面即平面.
由可得四边形为等腰梯形，
故其面积为： ，即D项错误.
故选：D.
6．C
【分析】根据三棱锥体积得到点到平面的距离为2，设点在平面的投影为点，求出，建立平面直角坐标系，求出的最小值为，从而求出答案.
【详解】，
设点到平面的距离为，则，
解得，
设点在平面的投影为点，
则，，
则
，
如图所示，取的中点为原点，，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系，
则，设，
则
，
当时，取得最小值，最小值为，
故的最小值为.
故选：C
7．D
【分析】延长正四棱台的棱交于一点，由三角形相似，求出，再由棱台的体积公式求出截面截得棱台的上部分几何体的体积，设截面与上底面的距离为，正方形的边长为，由三角形相似，得到，结合即可求出.
【详解】延长正四棱台的棱交于点，
如图所示，截面平行于底面
设上底面的面积为，下底面的面积为，截面的面积为，
正四棱台的体积为，平行于底面的截面截棱台，截得的上部分几何体体积为，则，
上底面的中心为，下底面的中心为，连结，
则上底面，下底面，正四棱台的高为，
设截面与上底面的距离为，正方形的边长为，
，，
由得，，由得，，
又，所以，
同理可得，得，所以，①
又因为，②
由①②得，，，所以截面与上底面的距离为.
故选：D.

8．D
【分析】根据给定的几何体，用基底向量表示，再利用向量数量积的运算律计算即得.
【详解】平行六面体的各棱长均为1，，，
则，，又，
因此，
所以.
故选：D
9．AC
【分析】利用空间向量坐标公式求解
【详解】A：，所以，A正确；
B：，所以，B错误；
C：，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为，C正确；
D：，所以在上的投影的数量为，D错误．
故选：AC．
10．BCD
【分析】根据垂直关系结合直角三角形的性质即可判断球心位置，进而可求解A,根据垂直以及相似即可求解B，根据等体积法即可求解C，根据展开图结合余弦定理即可求解D.
【详解】取中点为，连接,
因为平面，平面，所以,
故,
,所以,又，且，，
所以
因此,
所以三棱锥外接球的半径，
表面积，A不正确.
若平面，平面,则，.
平面，平面，所以,
又,,平面，所以平面，
平面，故，所以.
由于,
又，所以，，解得，B正确.
因为M，N分别为，的中点，所以，
由于平面,则平面，又平面，平面，
故平面，
则点到平面的距离等于点到平面的距离.
设点到平面的距离为，易知，，，
由，得，解得，C正确.
如图，将，翻折至平面内，连接，易知即周长的最小值，
，周长的最小值为3，D正确.
故选:BCD
11．BCD
【分析】方法一，由面面垂直性质定理得到平面，可判断A；证明平面可判断B；由等体积法判断C，利用C中结论判断D；方法二，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算依次判断选项.
【详解】方法一，在直三棱柱中，
因为平面⊥平面，平面平面，，面，
所以平面，所以点到平面的距离为.故A错误；
又平面，所以，
在中，因为，，
所以，故，
又面，面，，
所以平面，故B正确；
设点到平面的距离为，则是以C为顶点，为底面的三棱锥的高，
因为平面，所以BC是三棱锥的高，
又为直角三角形，所以，
所以，
又是直角三角形，所以，
又，，所以，
所以是直角三角形，故，
由得，，则，
即点C到平面BDC1的距离为，故C，D正确.
方法二，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
对于A，易知为平面的一个法向量，
所以点到平面的距离为.故A错误；
对于B，，
则，
，
故，，
又面，面，，
所以平面，故B正确；
对于C，设平面的法向量为，
又，则，
取，则，
从而点C到平面的距离为，故C正确；
对于D，，故D正确.
故选：BCD
12．
【分析】根据投影向量的定义，利用坐标运算求解即可.
【详解】由投影向量的定义可知，
，
故答案为：
13．或
【分析】建立空间直角坐标系，利用法向量方法用表示二面角的平面角的余弦值，建立方程求解即可.
【详解】建立空间直角坐标系如图所示，

设棱长为1，,
则，
，
设平面，平面的一个法向量分别为，
所以，，即，，
分别令，则，
故，
设二面角的平面角为，
由，则，
故由，
解得或.
14．②③
【分析】①若则；④若则根据线面垂直的性质定理可得命题①④是正确的，命题②③举反例判断即可.
【详解】解：设是不同的直线，是不同的平面，
①若则； 根据线面垂直的性质定理可得命题是正确的.
②若，则；当平行与的交线时，∥，故②不正确.
③若则；有可能故③不正确.
④若则.根据线面垂直的性质定理可得命题是正确的
故答案为：②③