考点6 空间向量与立体几何——五年(2020—2024)高考数学真题专项分类汇编(含答案)
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这是一份考点6 空间向量与立体几何——五年(2020—2024)高考数学真题专项分类汇编(含答案),共24页。试卷主要包含了选择题,多项选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
一、选择题
1.已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为,则圆锥的体积为( )
A.B.C.D.
2.南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时,相应水面的面积为;水位为海拔时,相应水面的面积为,将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔上升到时,增加的水量约为( )
A.B.C.D.
3.已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为和,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )
A.B.C.D.
4.已知正三棱台的体积为,,,则与平面ABC所成角的正切值为( )
A.B.1C.2D.3
5.已知圆锥的底面半径为,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为( )
A.2B.C.4D.
6.正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,则其体积为( )
A.B.C.D.
7.已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上,若该球的体积为,且,则该正四棱锥体积的取值范围是( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
8.已知正方体,则( )
A.直线与所成的角为
B.直线与所成的角为
C.直线与平面所成的角为
D.直线与平面ABCD所成的角为
9.已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,,,点C在底面圆周上,且二面角为,则( )
A.该圆锥的体积为B.该圆锥的侧面积为
C.D.的面积为
10.下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( )
A.直径为的球体
B.所有棱长均为的四面体
C.底面直径为,高为的圆柱体
D.底面直径为,高为的圆柱体
11.如图,四边形ABCD为正方形,平面,,,记三棱锥,,的体积分别为,,,则( )
A.B.C.D.
12.在正三棱柱中,,点P满足,其中,,则( )
A.当时,的周长为定值
B.当时,三棱锥的体积为定值
C.当时,有且仅有一个点P,使得
D.当时,有且仅有一个点P,使得平面
三、填空题
13.已知正方体的棱长为2,分别为的中点,则三棱锥的体积为________________.
14.底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为____________.
15.在正四棱台中,,,,则该棱台的体积为___________.
16.已知直四棱柱的棱长均为2,,以为球心,为半径的球面与侧面的交线长为______.
四、解答题
17.如图,四棱锥中,底面,,,.
(1)若,证明:平面PBC;
(2)若,且二面角的正弦值为,求AD.
18.如图,平面四边形ABCD中,,,,,,点E,F满足,,将沿EF翻折至,使得,
(1)证明::
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.
19.如图,PO是三棱锥的高,,,E为PB的中点.
(1)证明:平面PAC.
(2)若,,,求二面角的正弦值.
20.如图,在正四棱柱中,,.点,,,分别在棱,,,上,,,.
(1)证明:;
(2)点P在棱上,当二面角为时,求.
21.如图,直三棱柱的体积为4,的面积为.
(1)求A到平面的距离;
(2)设D为的中点,,平面平面,求二面角的正弦值.
22.如图,在三棱锥中,平面平面,,O为BD的中点.
(1)证明:;
(2)若是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,,且二面角的大小为,求三棱锥的体积.
参考答案
1.答案:B
解析:设圆柱和圆锥的底面半径均为r,因为它们的高均为,且侧面积相等,所以,得,所以圆锥的体积,故选B.
2.答案:C
解析:如图,依题意可知棱台的高,
所以增加的水量即为棱台的体积V.棱台上底面积,下底面积,
.故选C.
3.答案:A
解析:由题意得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为,.设该正三棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为,,外接球的球心为O,则球心O在直线上,由于球心位置不能确定,需分球心在线段上和不在线段上两种情况讨论.当球心在线段上时,,解得,不符合题意;当球心不在线段上,即球心在线段的延长线上时,,解得,所以.综上,球O的表面积为,故选A.
4.答案:B
解析:设正三棱台的高为h,三条侧棱延长后交于一点P,作平面ABC于点O,PO交平面于点,连接,,如图所示.由,可得,,又,,所以正三棱台的体积,解得,故.由正三棱台的性质可知,O为底面ABC的中心,则,因为平面ABC,所以是与平面ABC所成的角,在中,,故选B.
5.答案:B
解析:本题考查圆锥的侧面展开图.设圆锥的底面半径为r,母线长为l.由题意可得,所以.
6.答案:D
解析:作出图形,连接该正四棱台上下底面的中心,如图,
因为该四棱台上下底面边长分别为2,4,侧棱长为2,
所以该棱台的高,
下底面面积,上底面面积,
所以该棱台的体积.
故选:D.
7.答案:C
解析:法一:如图,设该球的球心为O,半径为R,正四棱锥的底边长为a,高为h,
依题意,得,解得.由题意及图可得,解得,所以正四棱锥的体积,所以,令,得,所以当时,;当时,,所以函数在上单调递增,在上单调递减,又当时,;当时,;当时,;所以该正四棱锥的体积的取值范围是.故选C.
法二:如图,设该球的球心为O,半径为R,正四棱锥的底边长为a,高为h,
依题意,得,解得.由题意及图可得,解得,又,所以该正四棱锥的体积
(当且仅当,即时取等号),所以正四棱锥的体积的最大值为,排除A,B,D,故选C.
法三:如图,设该球的半径为R,球心为O,正四棱锥的底边长为a,高为h,正四棱锥的侧棱与高所成的角为,
依题意,得,解得,所以正四棱锥的底边长,高.在中,作,垂足为E,则可得,所以,(另解:也可以利用余弦定理,得)所以正四棱锥的体积,设,易得,则,则,令,得,所以当时,,当时,,所以函数在上单调递增,在上单调递减.又当时,;当时,;当时,;所以,所以.所以该正四棱锥的体积的取值范围是,故选C.
8.答案:ABD
解析:如图,连接,在正方体中,,,又,所以平面.因此,,故选项A和B都正确.
连接,设O为与的交点,连接OB,易知平面,所以直线与平面所成的角为.在中,,即,故选项C错误.
易知直线与平面ABCD所成的角为,且,故选项D正确.故选ABD.
9.答案:AC
解析:对于A,依题意,圆锥母线长,,,所以底面圆的半径,圆锥的体积为,故A正确;对于B,该圆锥的侧面积为;故B错误;
对于C,如图,取AC的中点M,连接PM,OM,则,又因为,所以,故为二面角的平面角,即,所以,即,所以,故C正确;
对于D,由选项C可知,,,,所以的面积为,故D错误.故选AC.
10.答案:ABD
解析:对于A选项,正方体内切球的直径为,故A符合题意;
对于B选项,如图①,正方体内部最大的正四面体棱长为,,故B符合题意;
对于C选项,圆柱底面直径为,可忽略不计,高为,圆柱可看作长度为的线段.如图②,正方体的体对角线为,故C不符合题意;
对于D选项,圆柱高为,可忽略不计,底面直径为,圆柱可看作直径为的圆.如图③,E,F,G,H,I,J为各棱的中点,六边形EFGHIJ为正六边形,其边长为,其内切圆直径,,故D符合题意.故选ABD.
11.答案:CD
解析:如图,设,因为平面ABCD,,
则,,连接BD交AC于点M,连接EM,FM,易得,又平面,平面ABCD,.又,,平面,平面BDEF,又,过F作于G,易得四边形BDGF为矩形,,,,,,,.,,则,则,,,故A,B错误,C,D正确.故选CD.
12.答案:BD
解析:易知点P在矩形内部(含边界).
对于A,当时,,即此时线段.当时,点P与点C重合,此时的周长为;当时,点P为线段的中点,此时,的周长为.所以的周长不是定值,故A错误;
对于B,当时,,故此时P点轨迹为线段,而,又平面,平面,所以平面,则有点P到平面的距离为定值,又的面积为定值,所以三棱锥的体积为定值,故B正确.
对于C,当时,,取,的中点分别为Q,H,则,所以点P轨迹为线段QH,不妨建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,则,,,所以或.故点H,Q均满足,故C错误;
对于D,当时,,取,的中点分别为M,N,则,所以点P轨迹为线段MN.设,因为,所以,,因为平面,所以,所以,此时点P与点N重合,故D正确.故选BD.
13.答案:
解析:因为正方体的棱长为2,分别为的中点,
所以.
故答案为:.
14.答案:28
解析:法一:由于,截去的正四棱锥的高为3,所以原正四棱锥的高为6,所以原正四棱锥的体积为,截去的正四棱锥的体积为,所以棱台的体积为.
法二:由法一可知,棱台的体积为.故答案为28.
15.答案:
解析:如图,连接AC,BD交于点O,连接,交于点,连接,过点作于点H,则为正四棱台的高.
在等腰梯形中,,,则,,所以.又,所以,所以,所以正四棱台的体积为.
16.答案:
解析:如图,连接,易知为正三角形,所以.分别取,,的中点,连接,则易得,,且.由题意知分别是,与球面的交点.在侧面内任取一点,使,连接,则,连接,易得,故可知以为圆心,为半径的圆弧为球面与侧面的交线.由知,所以的长为.
17.答案:(1)证明见解析
(2)
解析:(1)证明:由于底面,底面,,
又,,平面,平面PAB,
又平面,.
,,,
平面,平面,平面PBC.
(2)由题意知DC,AD,AP两两垂直,以D为坐标原点,AD所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则,设,,
则,,,,,.
设平面CPD的法向量为,
则,即,可取.
设平面ACP的法向量为,
则,即,可取.
二面角的正弦值为,
余弦值的绝对值为,
故,
又,,即.
18.答案:(1)证明见解析
(2)
解析:(1)证明:由题,,,又,
所以由余弦定理得,故.
又,所以.
由及翻折的性质知,,
又,平面PED,所以平面PED.
又平面PED,所以.
(2)如图,连接CE,由题,,,,故.
又,,所以,故.
又,,平面ABCD,所以平面ABCD.
EF,ED,PE两两垂直,故以E为原点,EF,ED,PE所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
则,,,,,
连接PA,则,,,.
设平面PCD的法向量为,
则,可取.
设平面PBF即平面PAF的法向量为,
则,可取.
所以.
故平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为.
19.答案:(1)证明见解析
(2)
解析:(1)证明:如图,连接OA.
因为PO是三棱锥的高,
所以平面ABC,所以,,
所以.
又,,
所以,所以.
取AB的中点D,连接OD,DE,则有.
又,所以.
因为平面,平面PAC,所以平面PAC.
因为D,E分别为AB,PB的中点,所以.
因为平面,平面PAC,所以平面PAC.
因为,平面,,所以平面平面PAC.
又平面ODE,所以平面PAC.
(2)由(1)知.以D为原点,分别以DB,DO所在直线为x轴、y轴,以过点D且垂直于平面ABC的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图.
因为,,且,,所以.
又,所以,,
所以,,,,
所以,.
设平面AEB的法向量为,则
即所以.取,得,所以.
设,则,所以.
设平面AEC的法向量为,则
即所以.取,得,所以.
所以.
所以二面角的正弦值为.
20.答案:(1)证明见解析
(2)
解析:(1)法一:证明:如图,以,,所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.
因为,,,,,
所以,,,,
所以,
又,,,四点不共线,所以.
法二:如图,过点作于点E,过点作于点F,
在正四棱柱中,,,
点,,,分别在棱,,,上,且,,,
所以,,所以四边形,均为平行四边形,
所以,,所以.
(2)设,
由(1)中法一建系可知,,,
则,,.
设平面的法向量为,所以
即取,可得,,所以.
设平面的法向量为,所以
即取,可得,,所以.
因为二面角为,
所以,
即,解得或,
所以点P为的中点或的中点,即.
21.
(1)答案:
解析:三棱锥的体积V为三棱柱体积的,即.
设点A到平面的距离为h,则.
由解得.
故点A到平面的距离为.
(2)答案:
解析:如图,连接,交于点E,因为,所以.
又平面平面,所以平面,.
由(1)知,点A到平面的距离为,故,,.
在直三棱柱中,平面ABC,所以,
又,所以平面,故,.
由已知得,所以.
以B为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,,,,,.
设为平面DAB的法向量,
则即可取.
因为平面,所以为平面DCB的一个法向量,有.
设二面角的平面角为,则,
故二面角的正弦值为.
22.答案:(1)因为,O为BD的中点,
所以.
因为平面ABD,
平面平面BCD且平面平面,
所以平面BCD,
所以.
(2)以O为坐标原点,OD为y轴,OA为z轴,垂直OD且过点O的直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,
有,,,设,则.
设为平面EBC的法向量.
因为,,
所以
所以
令,所以,,
所以.
因为平面BCD的法向量为,
所以,解得,
所以,
因为,所以,
所以.
解析: