空间向量与立体几何 江苏地区模拟题专题汇编-2025届高考数学一轮复习核心考点突破

江苏地区一轮复习模拟题汇编：空间向量与立体几何-2025年高考数学核心考点突破 一、单选题 1．（23-24·江苏南京·模拟预测）已知为平面的一个法向量，为平面的一个法向量，且，则（    ） A． B． C．2 D．4 2．（23-24·江苏南京·模拟预测）已知，底面半径的圆锥内接于球，则经过和中点的平面截球所得截面面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24·江苏常州·模拟预测）若，则（    ） A．10 B．8 C． D． 4．（23-24·江苏徐州·模拟预测）在四棱柱中，，，则（    ） A． B． C． D． 5．（2024·江苏宿迁·三模）已知正三棱锥的侧棱与底面边长的比值为，则三棱锥的侧棱与底面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24·江苏无锡·模拟预测）四边形与均是边长为4的正方形，如果二面角的大小为，那么与平面的距离为（ ） A．2 B．3 C．4 D．6 7．（23-24·江苏南京·开学考试）设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 8．（23-24·江苏无锡·模拟预测）半正多面体亦称“阿基米德体”或“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成.在如图所示的半正多面体中，若其棱长为2，点M，N分别在线段，上，则的最小值为（    ）    A． B． C． D． 二、多选题 9．（23-24·江苏常州·模拟预测）直线的方向向量为，两个平面的法向量分别为，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则直线平面 B．若，则平面平面 C．若，则平面所成锐二面角的大小为 D．若，则直线与平面所成角的大小为 10．（24-25·江苏南通·模拟预测）已知的外接圆圆心在AC边上，内切圆半径为，且．设D为AC边上动点，将沿BD向上翻折，得到四面体ABCD，记为M，其体积为V．则（    ） A．的外接圆面积为4π B．M不可能是正三棱锥 C．M的外接球球心不可能在其棱上 D．V取最大值时， 11．（23-24·江苏南京·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，点为线段上的动点（含端点），下列四个结论中，正确的有（    ） A．存在点，使得直线与直线所成的角为 B．存在点，使得直线与直线所成的角为 C．存在点，使得三棱锥的体积为 D．存在点，使得平面 三、填空题 12．（23-24·江苏连云港·模拟预测）已知是不共面向量，，，，若，、三个向量共面，则实数 ． 13．（23-24·江苏徐州·模拟预测）在三棱锥中，、、分别是、、的中点，，则和所成角的度数为 ． 14．（23-24·江苏连云港·模拟预测）如图，长方体的顶点A在平面内，其余顶点均在平面的同侧，，，，若顶点B到平面的距离为2，顶点D到平面的距离为2，则顶点到平面的距离为 . 四、解答题 15．（23-24·江苏常州·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面为正方形，平面，分别为线段，中点. (1)证明：共面； (2)求直线与平面所成角的大小. 16．（23-24·江苏徐州·模拟预测）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点满足，点是棱上的一个点(包括端点)． (1)求证：； (2)若二面角的余弦值为，求点到平面的距离． 17．（24-25·江苏南通·模拟预测）已知无限高圆柱．如图，四边形内接于其底面⊙O，P为其内一动点（包括表面），且平面平面，． (1)是否存在点使得直线平面？试判断并说明理由． (2)若，二面角的大小为，求最大时直线与平面所成角的余弦值． 18．（24-25·江苏南通·模拟预测）如图，在中，点在边上，且，为边的中点.是平面外的一点，且有.    (1)证明：； (2)已知，，，直线与平面所成角的正弦值为. （i）求的面积； （ii）求三棱锥的体积. 19．（23-24·江苏常州·期末）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)如图，已知在三棱锥中，平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为．    ①求直线PC与直线AB所成角的余弦值； ②若点Q在棱PB上运动，求直线CQ与平面ABC所成的角的最大值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．C 【分析】由得两个平面的法向量共线，再由向量共线的坐标表示可得答案. 【详解】因为，所以，则， 解得，故. 故选：C. 2．A 【分析】根据球的截面性质，结合三角形面积等积性、勾股定理进行求解即可. 【详解】如图， 设球的半径为，线段的中点为，因为， 所以，解得， 设经过和中点的平面截球所得截面圆的圆心为，半径为，球心到截面的距离， 则，要截面面积最小，则要最小，即要最大， 因为当为点到的距离时最大，此时，又， 所以， 所以， 故截面面积的最小值为． 故答案为：． 故选：A 3．D 【分析】根据条件，求出、的坐标，再利用空间向量的坐标运算法则求解. 【详解】因为，所以，，则; 故选：D 4．D 【分析】借助空间向量的线性运算计算即可得. 【详解】 ，故A、B错误； ，故C错误、D正确. 故选：D. 5．B 【分析】利用正棱锥的性质，先过顶点作底面的垂线，由线面角的定义和题干数据进行求解. 【详解】如图，为等边三角形，为中点，作面垂足为，    设，则，根据正棱锥性质，则， 根据线面角的定义，三棱锥的侧棱与底面所成角为， 则. 故选：B 6．A 【分析】根据二面角的定义可知 为二面角的平面角，再根据题意求解与平面的距离. 【详解】由题可知，平面平面 所以为二面角的平面角 所以 , 因为、平面 所以平面 因为平面 所以平面平面 如图，过 作 平面 于 点, 则 必在 上. 由 平面 , 知 为 与平面 的距离 在直角三角形中， 故选：A 7．A 【分析】对于选项A，利用线面垂直结合线面平行判断即可，对于选项B由条件可知，对于选项C:结合条件可知判断即可，对于选项D：由条件可知和位置关系不一定，也可以平行进行判断即可. 【详解】对于A，因为，，可知. 对于B，若，，则或； 对于C，当，时，和位置关系不一定可以是也可以是； 对于D，若，，，和位置关系不一定垂直，也可以平行. 故选：A. 8．D 【分析】将几何体展开为平面图形，利用两点之间线段最短求的最小值. 【详解】将该半正多面体展开为平面，且在线段两侧（两线段在两点之间），如下图所示，      由半正多面体中，棱长为2，得，， 且，故， 所以，当且仅当在展开图中共线时等号成立. 故选：D. 【点睛】方法点睛： 空间图形求表面上折线段之和最小值时，关键是弄清几何体中的有关点、线在展开图中的相应位置关系，解决的方法就是把各侧面展开铺在平面上，根据“平面内连结两点的线段最短”的方法来解决. 9．BCD 【分析】由，则直线平面或，可判断不正确；根据平面法向量的概念及空间角的求解方法，可判断正确. 【详解】由，则直线平面或，故错误； 由，则平面平面，故正确； 若，设平面和平面所成角为，且， 则， 所以平面所成锐二面角的大小为，故正确； 设直线与平面所成角为， 则，且， 所以直线与平面所成角的大小为，故正确. 故选：. 10．ABD 【分析】先根据条件解出是，的直角三角形，算出边长，判断A；再根据是等边三角形时，，判断B；再取，将翻折到时，中点是的外接球球心，判断C；最后将翻折到平面平面时，过作，计算有最大值时点的位置判断D. 【详解】的外接圆圆心在AC边上，则是为直角的直角三角形，中点是的外接圆圆心， 又，则，， 设，内切圆半径为， 可得，即.   的外接圆半径，面积为，故A正确. 若是正三棱锥，则一定是等腰三角形，又，即是等边三角形， 此时点与点重合，为正三棱锥的底面， 而侧棱，所以不可能是正三棱锥，故B正确. 取，将翻折到时，    此时，， ，， 即，取中点为， 则，是的外接球球心，故C错误. 以为原点，，为轴，轴正方向建立平面直角坐标系，    则，，，设， 将沿BD向上翻折，当平面平面时，点到底面的距离最大， 过作，则为四面体的高， 直线方程为，， ， ， 设，， 设，， 则在上单调递减， 又，， 一定存在，使，且， 而，所以当时，，递增； 当时，，递减； 则的最大值是. 因此当点更靠近点，时，有最大值， 即取最大值时，，故D正确. 故选：ABD. 11．CD 【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量的坐标运算判断AB；求出三棱锥的体积判断C；利用空间位置关系的向量证明判断D. 【详解】在棱长为1的正方体中，建立以为坐标原点， 以所在直线分别为轴的空间直角坐标系，如图： 则，， 设，即点，且， 对于AB，，则，即， 因此不存在点，使得直线与直线所成的角为或，AB错误； 对于C，假设存在点，使得三棱锥的体积为，而， 且点到平面的距离为，则， 解得，当点为线段的靠近的三等分点，即时，三棱锥的体积为，C正确； 对于D，假设存在点，使得平面，而， 则，解得，当点为线段的中点，即时，使得平面，D正确. 故选：CD 12．/ 【分析】由题意可得存在实数，满足，然后建立方程即可求解． 【详解】若，，三个向量共面，则存在实数，满足， 即， 所以，解得， 故答案为：． 13． 【分析】由中位线的性质可得，，再利用异面直线所成角的定义即可得. 【详解】、分别为、的中点，则，同理可得， ，因此，和所成角为的补角，即为. 故答案为：. 14．/ 【分析】建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量，利用距离公式即可求解. 【详解】以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 由题意可得，解得， 所以顶点到平面的距离为. 故答案为：. 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意利用平面向量的运算可得，由共面向量定理即可证明； （2）方法一：利用线面垂直的性质得，由(1)，可得，进而利用平面向量的夹角公式即可求解； 方法二：以为坐标原点，以为正交基底，建立空间直角坐标系，利用空间向量线面角的公式求解即可. 【详解】（1）由题意得：， 则由共面向量定理知，共面. （2）方法一：由平面，知为平面的法向量， 又平面，所以. 由（1）知：， ， 设直线与平面所成角为， 所以，直线与平面所成角大小为. 方法二：由题平面及为正方形， 以为坐标原点，以为正交基底，建立空间直角坐标系; 则，则， 由平面知为平面的法向量 设直线与平面所成角为， 则 所以，直线与平面所成角大小为. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意可建立适当空间直角坐标系，得到、后借助空间向量共线定理即可得证； （2）求出平面与平面的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得点具体位置，再借助点到平面距离公式求解即可得. 【详解】（1）因为底面，且底面为正方形，且、底面， 所以，，两两互相垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，有，故； （2），因为点满足，点是棱上的一个点（包括端点）， 所以，设，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，令，得，，则， 由题可得轴平面，则平面的一个法向量为， 因为二面角角的余弦值为， 所以， 解得或（舍去），所以， 因为，所以点到平面的距离为． 17．(1)不存在，理由见解析 (2) 【分析】（1）假设存在点使得直线平面，利用线面垂直的性质与判定定理推出矛盾，即可得解； （2）先说明是等边三角形，确定最大时的情况，结合空间向量或线面角的定义即可求解. 【详解】（1）不妨假设存在点使得直线平面， 因为平面，所以，又四边形ABCD内接于，所以， 在平面PAD上作直线于，因为平面平面， 平面平面平面，所以平面， 又因为平面，故， 又平面平面，所以平面. 而平面平面，故，不垂直，与题意矛盾. 所以不存在点使得直线平面. （2）因为，所以， 取AB中点，连接OF延长交于，则， 所以四点共线，则，即， 因为为AB中点，所以，则。 则，所以， 同理可证，所以是等边三角形. 法一：以为坐标原点，，向上为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 设半径为，其中， 所以， 设平面PAB的法向量， 则 取，可得， 取平面ABCD的一个法向量 所以， 解得，则取， 设平面PAD的法向量， 则， 取，又，解得， 设直线的方向向量， 则， 取，可得，所以， 由题意可知平面ABCD时AP取得最大值， 则， 所以，解得舍）， 则， 设平面PBD的法向量 则，取，可得， 设直线PC与平面PBD所成的角为， 所以， 因为，所以， 故最大时直线PC与平面PBD所成角的余弦值为. 法二：设在底面上投影为， 直线PA与底面所成角为半径为，由三余弦定理及三正弦定理得 因为，则 所以为定值，而， 所以取最大值时，取最大值即与重合时， 故直线平面ABCD， 此时有， 作直线BD于， 连接PH，作于， 所以， 因为平面ABCD，所以， 又因为平面， 所以平面BDH，而平面CDH， 所以，又因为平面， 所以平面BDH，则即为直线PC与平面BDH所成角的平面角， 所以， 故取最大时直线PC与平面PBD所成角的余弦值为. 18．(1)证明见解析； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）由空间向量的运算可得，，再由线面垂直的判定定理与性质定理即可证明； （2）（i）由余弦定理求，根据同角的平方关系求出，再由三角形面积公式即可求解； （ii）由（i）得即为与平面所成角，根据及即可求解. 【详解】（1）因为E为边AB的中点，所以. 又，即，即. ， 所以. 又因为，所以，即. 因为平面， 所以平面. 因为平面，所以.    （2）（i）由余弦定理可得， 所以， 所以. （ii）由（1）可知，平面， 所以即为与平面所成角. 因为，所以，， 所以，得. 设到平面的距离为，点到直线的距离为， 则 . 因为， 又，所以. 19．(1)2 (2)①；② 【分析】（1）根据离散曲率的定义计算即可 （2）①首先证明，再由点处的离散曲率可求出，从而其它相应的线段都可计算， 把与平移至中位线处，得出为异面直线与的夹角或其补角，在用余弦定理求解即可. ②首先是把线面角做出，设，再把角的三角函数值表示成的函数，最后转化为函数最值问题. 【详解】（1）由离散曲率的定义得：， ， ， ， 四个式子相加得：. （2）①如图，分别取的中点，连接，显然有， 所以为异面直线与的夹角或其补角，设，因为，所以，，    因为平面，平面，所以，，，， 因为，，所以平面，又因为平面，所以， 由点处的离散曲率为可得， 所以，，，而，， 所以，故异面直线与的夹角的余弦值为. ②如图，过点做交与，连接，因为平面，所以平面， 则为直线与平面所成的角，设， 在中， 因为，所以，所以， 故， 当分母最小时，最大，即最大，此时，即（与重合），，所以的最大值为.    【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过题目所给的新定义求出，从而计算出各边的长度，求与平面所成的角的最大值，首先是把线面角做出，设，再把角的三角函数值表示成的函数，转化为函数最值问题，求最值是把式子经过适当的变形最终转化为二次函数最值问题. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$