专题07 空间向量与立体几何-2024届山东省高三数学二模分类汇编

· 专题07空间向量与立体几何-2024年新高考地区数学 · 二模分类汇编-山东专用（学生版） 一、单选题 1．（2024·山东济南·二模）已知正方体分别是的中点，则（    ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 2．（2024·山东济南·二模）已知正三棱锥 P－ABC 的底面边长为 ，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥 P－ABC 的体积为（    ） A．2 B． C．3 D． 3．（2024·山东枣庄·模拟预测）已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·山东淄博·二模）已知α，β，γ为三个不同的平面，a，b，l为三条不同的直线． 若 则下列说法正确的是（　　） A．a与l相交 B．b与l相交 C．a∥b D．a与β相交 5．（2024·山东潍坊·二模）如图，圆台的上、下底面半径分别为，，且，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为（   ） A． B． C． D． 6．（2024·山东泰安·二模）已知四面体的各顶点都在同一球面上，若，平面平面，则该球的表面积是（    ） A． B． C． D． 7．（2024·山东日照·二模）已知棱长为1的正方体，以正方体中心为球心的球与正方体的各条棱相切，若点在球的正方体外部（含正方体表面）运动，则的最大值为（    ） A．2 B． C． D． 8．（2024·山东日照·二模）如图，已知四面体的棱平面，且，其余的棱长均为．四面体以所在的直线为轴旋转弧度，且四面体始终在水平放置的平面的上方．如果将四面体在平面内正投影面积看成关于的函数，记为，则函数的最小正周期与取得最小值时平面与平面所成角分别为（    ）    A． B． C． D． 9．（2024·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（    ） A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面与平面夹角的余弦值为 C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面 10．（2024·山东聊城·二模）已知圆柱的下底面在半球的底面上，上底面圆周在半球的球面上，记半球的底面圆面积与圆柱的侧面积分别为，半球与圆柱的体积分别为，则当的值最小时，的值为（    ） A． B． C． D． 11．（2024·山东菏泽·二模）如图，在正方体中，，则下列结论中正确的是（    ） A．平面 B．平面平面 C．平面 D．平面内存在与平行的直线 二、多选题 12．（2024·山东枣庄·模拟预测）已知正方体的棱长为2，点M，N分别为棱的中点，点P为四边形（含边界）内一动点，且，则（    ） A．平面 B．点P的轨迹长度为 13．（2024·山东淄博·二模）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，M为A1C1与B1D1的交点．若，，，则下列说法正确的是（　　） A． B． C． D． 14．（2024·山东·二模）如图，在直三棱柱中，，分别为棱上的动点，且，，，则（    ） A．存在使得 B．存在使得平面 C．若长度为定值，则时三棱锥体积最大 D．当时，直线与所成角的余弦值的最小值为 15．（2024·山东泰安·二模）已知圆锥的顶点为，为底面圆心，母线与互相垂直，的面积为2，与圆锥底面所成的角为，则下列说法正确的是（    ） A．圆锥的高为1 B．圆锥的体积为 C．圆锥侧面展开图的圆心角为 D．二面角的大小为 16．（2024·山东聊城·二模）已知四棱锥的底面是正方形，则下列关系能同时成立的是（    ） A．“”与“” B．“”与“” C．“”与“” D．“平面平面”与“平面平面” 17．（2024·山东滨州·二模）图，在边长为4的正方形中，为的中点，为的中点．若分别沿，把这个正方形折成一个四面体，使、两点重合，重合后的点记为，则在四面体中，下列结论正确的是（    ）    A． B．到直线的距离为 C．三棱锥外接球的半径为 D．直线与所成角的余弦值为 18．（2024·山东菏泽·二模）如图，已知二面角的平面角大小为，垂足分别为，，若，则下列结论正确的有（    ） A．直线与平面所成角的余弦值为 B．点到平面的距离为 C．平面与平面夹角的余弦值为 D．三棱锥外接球的表面积为 三、填空题 19．（2024·山东济南·二模）将一个圆形纸片裁成两个扇形，再分别卷成甲､乙两个圆锥的侧面，甲､乙两个圆锥的侧面积分别为和，体积分别为和.若，则 . 20．（2024·山东淄博·二模）三棱锥中，平面平面ABC，且侧面PAB是边长为2的等边三角形，底面ABC是以C为直角的直角三角形，则该三棱锥外接球的半径为 ． 21．（2024·山东菏泽·二模）已知在棱长为2的正方体中，挖去一个以上下底面各边中点为顶点的四棱柱，再挖去一个以左右两侧面各边中点为顶点的四棱柱，则原正方体剩下部分的体积为 ． 四、解答题 22．（2024·山东济南·二模）如图，在三棱锥中，均为等边三角形，为的中点，为的中点，平面. (1)求证：； (2)求二面角的正弦值. 23．（2024·山东济南·二模）如图，在四棱锥中，四边形ABCD 为直角梯形，AB∥CD， ，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点. (1)证明：； (2)当EF为何值时，直线BE 与平面PAD夹角的正弦值为. 24．（2024·山东枣庄·模拟预测）如图，四棱台的底面为菱形，，点为中点，．    (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 25．（2024·山东淄博·二模）已知直角梯形，，，，为对角线与的交点．现以为折痕把折起，使点到达点的位置，点为的中点，如图所示： (1)证明：平面； (2)求三棱锥体积的最大值； (3)当三棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值． 26．（2024·山东·二模）如图，在三棱锥中，，为的中点，为内部一点且平面． (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值． 27．（2024·山东潍坊·二模）如图1，在平行四边形中，，，E为的中点，将沿折起，连结，，且，如图2．    (1)求证：图2中的平面平面； (2)在图2中，若点在棱上，直线与平面所成的角的正弦值为，求点到平面的距离． 28．（2024·山东泰安·二模）两个向量和的叉乘写作，叉乘运算结果是一个向量，其模为，方向与这两个向量所在平面垂直.若，，则.如图，已知在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，，，分别是，，，的中点. (1)证明：平面平面； (2)已知，，为中点，以为原点，的方向为轴的正方向建立空间右手直角坐标系. ①求； ②求三棱锥的体积. 29．（2024·山东日照·二模）在三棱锥中，，平面，点在平面内，且满足平面平面，．    (1)求证：； (2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积． 30．（2024·山东临沂·二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，，平面AMHN，点M，N，H分别在棱PB，PD，PC上，且． (1)证明：； (2)若H为PC的中点，，PA与平面PBD所成角为60°，四棱锥被平面截为两部分，记四棱锥体积为，另一部分体积为，求. 31．（2024·山东聊城·二模）如图，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，，，点在线段上，且． (1)证明：平面； (2)若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值． 32．（2024·山东滨州·二模）如图，在多面体中，，，，，，，． (1)求证：平面； (2)若，求直线DN与平面MNC所成角的正弦值． 试卷第8页，共9页 试卷第9页，共9页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ · 专题07空间向量与立体几何-2024年新高考地区数学 · 二模分类汇编-山东专用（解析版） 一、单选题 1．（2024·山东济南·二模）已知正方体分别是的中点，则（    ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 【答案】C 【分析】通过证明面可得，从而排除AB，再利用证明平面以及排除D即可. 【详解】由已知面，面， 则，又，，面， 所以面，又面，所以，排除AB， 明显分别为的中点，所以， 又面，面， 所以平面，C正确； 若平面，则必有，又， 所以，明显不成立，D错误. 故选：C. 2．（2024·山东济南·二模）已知正三棱锥 P－ABC 的底面边长为 ，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥 P－ABC 的体积为（    ） A．2 B． C．3 D． 【答案】A 【分析】作出图形，根据题意可得棱切球的球心即为底面正三角形的中点O，再求出三棱锥的高，最后根据三棱锥的体积公式，即可求解. 【详解】因为球与该正三棱锥的各棱均相切， 所以该球的球心在过截面圆圆心且与平面垂直的直线上， 又因为底面边长为， 所以底面正三角形的内切圆的半径为， 又因为球的半径，即， 所以棱切球的球心即为底面正三角形的中心点O， 如图，过球心O作PA的垂线交PA于H，则H为棱切球在PA上的垂足，    所以， 又因为，所以, 因为，所以， 又由题意可知，平面，所以， 所以 所以， 所以. 故选：A. 3．（2024·山东枣庄·模拟预测）已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用圆柱及球的特征计算即可. 【详解】由题意可知该球为圆柱的外接球，所以球心为圆柱的中心，设球半径为， 则，故该球的表面积为. 故选：C 4．（2024·山东淄博·二模）已知α，β，γ为三个不同的平面，a，b，l为三条不同的直线． 若 则下列说法正确的是（　　） A．a与l相交 B．b与l相交 C．a∥b D．a与β相交 【答案】C 【分析】根据空间中直线与平面的位置关系逐项判断即可. 【详解】对于AB，平面，，则， 同理可得，则AB错误； 对于C，由AB知道，则C正确； 对于D，由A知道平面，平面，则，故D错误. 故选：C. 5．（2024·山东潍坊·二模）如图，圆台的上、下底面半径分别为，，且，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征求解，然后代入圆台的侧面积公式求解即可. 【详解】如图所示，作出轴截面， 分别为上下底面圆的圆心，为侧面切点，为内切球球心， 则为的中点， ， 因为，所以， 则 过点作，垂足为， 则， 在中，由勾股定理得， 即，解得或， 因为，所以，，故， 所以圆台的侧面积为. 故选：D. 6．（2024·山东泰安·二模）已知四面体的各顶点都在同一球面上，若，平面平面，则该球的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】记球心为，的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，的中点为，证明为矩形，然后求出，，由勾股定理可得外接球半径，再由球的表面积公式可得. 【详解】记球心为，的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，的中点为. 因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 由球的性质可知，平面， 所以，同理，所以四边形为矩形， 因为，所以，， 所以， 所以外接球的表面积为. 故选：B 7．（2024·山东日照·二模）已知棱长为1的正方体，以正方体中心为球心的球与正方体的各条棱相切，若点在球的正方体外部（含正方体表面）运动，则的最大值为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】取中点，根据空间向量的数量积运算得，判断的最大值即可求解. 【详解】取中点，可知在球面上，可得， 所以，      点在球的正方体外部（含正方体表面）运动，当为直径时，， 所以的最大值为. 故选：B. 8．（2024·山东日照·二模）如图，已知四面体的棱平面，且，其余的棱长均为．四面体以所在的直线为轴旋转弧度，且四面体始终在水平放置的平面的上方．如果将四面体在平面内正投影面积看成关于的函数，记为，则函数的最小正周期与取得最小值时平面与平面所成角分别为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据对称性得出的周期；取AB中点E，可得，到的距离为且直线与平面所成的角为，面CDE，面ABD面ABC，设CD在平面的投影为MN，可得，讨论一个周期内的情形，当时，，则；当时，，求出及此时与的关系，即可求出此时平面与平面所成角． 【详解】设过且平行于平面的平面为， 由题意知，四面体在平面的上方时和下方时完全对称，故函数的周期为． 取中点E，连接CE、D+E，如图，   ，，， ，，， 则，而，故，， 所以到的距离为， 又，，平面，所以平面， 则为直线与平面所成的角，又， 所以直线与平面所成的角为， ，E为AB中点， ，又在平面内，则面CDE， 又面CDE，则DE， ，在平面内 ，则面ABC， 又面ABD，则面ABD面ABC， 设在平面的投影为，可得． 下面讨论一个周期内的情形： 当时，如图，   ， ，，则，故． 当时，如图，   到的距离为，，当时等号成立， ，即． 综上所述，，此时，又直线与平面所成的角为， 所以平面与平面所成的角为． 故选：D． 【点睛】关键点点睛：本题关键是确定在平面的投影为，从而得到的最小值. 9．（2024·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（    ） A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面与平面夹角的余弦值为 C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面 【答案】C 【分析】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，由空间向量计算异面直线所成角，二面角和线线垂直可判断ABC；由四点共面，而平面可判断D. 【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1， 所以，， ， 对于A，，， 直线MN与所成角的余弦值为，故A错误； 对于B，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， ，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 平面与平面夹角的余弦值为： ，故B错误； 对于C，因为Q在上，设，所以，， 则，所以， 所以，， 所以，解得：. 故上存在点，使得，故C正确； 对于D，因为，所以四点共面， 而平面，所以上不存在点P，使得平面，故D错误. 故选：C. . 10．（2024·山东聊城·二模）已知圆柱的下底面在半球的底面上，上底面圆周在半球的球面上，记半球的底面圆面积与圆柱的侧面积分别为，半球与圆柱的体积分别为，则当的值最小时，的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设圆柱底面半径为，高为，球的半径为，则，根据基本不等式可得、，结合圆柱与球的体积公式化简计算即可求解. 【详解】设圆柱底面半径为，高为，球的半径为， 则，， 所以， 当且仅当时等号成立，此时， 所以. 故选：A 11．（2024·山东菏泽·二模）如图，在正方体中，，则下列结论中正确的是（    ） A．平面 B．平面平面 C．平面 D．平面内存在与平行的直线 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，结合线面平行的判定定理，线面垂直，面面垂直的判定定理，逐项判定计算即可． 【详解】因为为正方体，设正方体边长为2， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 同理解得平面的法向量， ，故A不正确； ，故B不正确； ， ，所以， 又，所以平面，C正确； 平面的一个法向量为， ，故D不正确； 故选：C 二、多选题 12．（2024·山东枣庄·模拟预测）已知正方体的棱长为2，点M，N分别为棱的中点，点P为四边形（含边界）内一动点，且，则（    ） A．平面 B．点P的轨迹长度为 C．存在点P，使得平面 D．点P到平面距离的最大值为 【答案】ABD 【分析】利用线线平行的性质可判定A，利用空间轨迹结合弧长公式可判定B，建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系及点面距离可判定C、D. 【详解】对于A，在正方体中易知， 又平面，平面，所以平面，即A正确； 对于B，因为点P为四边形（含边界）内一动点，且，， 则，所以P点轨迹为以为圆心，为半径的圆与正方形相交的部分， 所以点P的轨迹长度为，故B正确； 对于C，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 若存在点P，使得面，则， 解之得，显然不满足同角三角函数的平方关系， 即不存在点P，使得面，故C错误； 对于D，设平面的一个法向量为，则， 取，即， 则点P到平面的距离， 显然时取得最大值，故D正确. 故选：ABD    【点睛】思路点睛：对于B，利用定点定距离结合空间轨迹即可解决，对于C、D因为动点不方便利用几何法处理，可以利用空间直角坐标系，由空间向量研究空间位置关系及点面距离计算即可. 13．（2024·山东淄博·二模）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，M为A1C1与B1D1的交点．若，，，则下列说法正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】由题意可知，，再利用空间向量的线性运算和数量积运算逐个判断各个选项即可． 【详解】由题意可知，， 对于A，，故A正确； 对于B，又因为， 所以， 所以，故B错误； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D正确． 故选：AD． 14．（2024·山东·二模）如图，在直三棱柱中，，分别为棱上的动点，且，，，则（    ） A．存在使得 B．存在使得平面 C．若长度为定值，则时三棱锥体积最大 D．当时，直线与所成角的余弦值的最小值为 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，用向量在空间直线、面位置关系和空间角、距离上的应用方法一一去计算求解，并结合一元二次函数、基本不等式求最值即可. 【详解】如图，由题意可建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则由题：， 所以，，，， 又，，， 所以，即， ，即， 所以， 对A，由上，故A错误； 对B，由题意是平面的一个法向量， ， 故当时，此时平面，故B正确； 对C，由上，， 设平面的一个法向量为，则， 所以，取，则， 设点Q到平面的距离为d，则由得， 又由题意可知， 故， 因为长度为定值，所以为定值， 故当时，三棱锥体积最大，故C正确； 对D，设直线与所成角为，由上当时 ， 当且仅当即时等号成立，故D对. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：遇立体几何复杂问题，如求最值，有垂直条件一般考虑建立空间直角坐标系用向量法解决. 15．（2024·山东泰安·二模）已知圆锥的顶点为，为底面圆心，母线与互相垂直，的面积为2，与圆锥底面所成的角为，则下列说法正确的是（    ） A．圆锥的高为1 B．圆锥的体积为 C．圆锥侧面展开图的圆心角为 D．二面角的大小为 【答案】ACD 【分析】利用三角形的面积公式求出圆锥的母线长，结合线面角的定义可判断A选项；利用圆锥的体积公式可判断B选项；利用扇形的弧长公式可判断C选项；利用二面角的定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为与底面垂直，为底面圆的一条半径，则， 所以与圆锥底面所成的角为， 又，所以的面积为，解得， 所以该圆锥的高为，故A正确； 对于B选项，该圆锥的底面半径为， 故该圆锥的体积为，故B错误； 对于C选项，设该圆锥侧面展开图的圆心角为， 底面圆周长为，则，故C正确； 对于D选项，取的中点，连接， 因为，为的中点，则，由垂径定理可得， 所以二面角的平面角为， 因为平面，平面，则， 因为，，则为等腰直角三角形， 则，所以， 所以，， 因为，故，即二面角的大小为，故D正确. 故选：ACD. 16．（2024·山东聊城·二模）已知四棱锥的底面是正方形，则下列关系能同时成立的是（    ） A．“”与“” B．“”与“” C．“”与“” D．“平面平面”与“平面平面” 【答案】BC 【分析】利用正方形的特征可判定A，利用球的特征可判定B，利用面面垂直的性质可判定C，利用反证法可判定D. 【详解】对于A，显然时，而底面是正方形，， 所以不成立，故A错误； 对于B，设底面正方形中心为O，则P在以O为球心，以为半径的球面上时可符合题意，故B正确； 对于C，当平面底面时， 由面面垂直的性质可知平面，平面，显然符合题意，故C正确； 对于D，先证两相交平面同时垂直于第三平面，则交线垂直第三平面， 如图有，取，作， 垂足分别为B、C，由面面垂直的性质可知， 由线面垂直的性质可知， 又，由线面垂直的判定可知， 若“平面平面”与“平面平面”同时成立， 易知平面平面，可设平面平面，则， 则平面， 易知平面，所以面，则， 则有平面，显然不成立，故D错误. 故选：BC 17．（2024·山东滨州·二模）图，在边长为4的正方形中，为的中点，为的中点．若分别沿，把这个正方形折成一个四面体，使、两点重合，重合后的点记为，则在四面体中，下列结论正确的是（    ）    A． B．到直线的距离为 C．三棱锥外接球的半径为 D．直线与所成角的余弦值为 【答案】AC 【分析】首先证明平面，即可判断A，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算B、D，求出外接圆的半径，再由勾股定理求出三棱锥外接球的半径，即可判断C. 【详解】对于A：翻折前，， 翻折后则有，， 因为，、平面， 所以平面，平面，所以，故A正确；    对于B：又，即为等边三角形，所以， 在平面中过点作，则， 如图建立空间直角坐标系，则，，，，， 所以，， 令，，所以到直线的距离为，故B错误； 对于C：所以的外接圆的半径， 设三棱锥外接球的半径为， 因为平面，所以，所以， 即三棱锥外接球的半径为，故C正确； 对于D：由，设直线与直线所成角为，， 则 所以直线与直线所成角的余弦值为，故D错误. 故选：AC. 18．（2024·山东菏泽·二模）如图，已知二面角的平面角大小为，垂足分别为，，若，则下列结论正确的有（    ） A．直线与平面所成角的余弦值为 B．点到平面的距离为 C．平面与平面夹角的余弦值为 D．三棱锥外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】根据题意，证得平面，得到为直线与平面所成的角，在直角中，可判定A正确；证得平面，求得点到平面的距离可判定B正确；证得和，得到为的二面角的平面角，由，求得，得到，可判定C错误；设三棱锥的外接球球心为，取的中点为，取的中点为的中点为，得到平面，且平面，证得平面和平面，结合球的截面圆的性质，可判定D正确. 【详解】解：对于A中，过点作，使得， 过点作，使得，连接， 过点作，垂足为点，过点作，垂足为点， 因为，则， 所以即为的二面角，则， 同理可得，且四边形为矩形， 又因为，且平面，则平面， 因为平面，所以， 又因为，平面，则平面， 所以为直线与平面所成的角， 因为， 则，所以， 所以，所以A正确； 对于B中，由，且，平面， 则平面，因为平面，所以， 又因为，平面，则平面， 由A项知，所以，即点到平面的距离为，所以B正确； 对于C中，连接，过点作，垂足为， 由B知平面，因为平面，所以， 又因为平面，则平面， 因为平面，所以，所以为的二面角， 又因为，由，可得，所以， 所以，所以C错误； 对于D中，设三棱锥的外接球球心为，由， 取的中点为，取的中点为的中点为， 连接，则平面，且平面，， 因为平面，则， 又因为平面，则平面， 同理可得：平面，则四点共面，且， 则，，所以， 因为，所以， 即外接球的半径为，则外接球的表面积为：，所以D正确. 故选：ABD. 三、填空题 19．（2024·山东济南·二模）将一个圆形纸片裁成两个扇形，再分别卷成甲､乙两个圆锥的侧面，甲､乙两个圆锥的侧面积分别为和，体积分别为和.若，则 . 【答案】/ 【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为， 则，所以， 又，则，所以， 所以甲圆锥的高， 乙圆锥的高， 所以. 故答案为：. 20．（2024·山东淄博·二模）三棱锥中，平面平面ABC，且侧面PAB是边长为2的等边三角形，底面ABC是以C为直角的直角三角形，则该三棱锥外接球的半径为 ． 【答案】/ 【分析】根据面面垂直关系得到面，通过长度关系可求得外接圆圆心到四个顶点的距离相等，可知即为外接球的球心，从而可得外接球半径，进而求得表面积. 【详解】由题意，三棱锥即三棱锥，作图如下，    取中点，设为外接圆圆心， 为边长为的等边三角形， 在上，且， ， 又为以为斜边的等腰直角三角形，所以， 在中，， 面面，面面，面，面，面，， 在中，， 故， 即为三棱锥外接球的球心，且外接球半径. 故答案为：. 21．（2024·山东菏泽·二模）已知在棱长为2的正方体中，挖去一个以上下底面各边中点为顶点的四棱柱，再挖去一个以左右两侧面各边中点为顶点的四棱柱，则原正方体剩下部分的体积为 ． 【答案】 【分析】结合图形可知两个挖去的四棱柱重合部分为两个正四棱锥的组合体，分别求得两个四棱柱的体积，再求得正四棱锥的体积，得到挖去部分的体积，即可求得结果． 【详解】如图： ， 可知四棱锥为正四棱锥， 四边形为边长为2的正方形，棱锥的高为1， 可知两个挖去的四棱柱重合部分为两个正四棱锥的组合体， 四棱柱的底面是边长为的正方形， 则， 同理可得， ， 则挖去部分的体积为， 可得原正方体剩下部分的体积为． 故答案为：. 【点睛】本题考查组合体的体积的求法，棱柱，棱锥的体积公式的应用. 四、解答题 22．（2024·山东济南·二模）如图，在三棱锥中，均为等边三角形，为的中点，为的中点，平面. (1)求证：； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）借助线面垂直的性质可得，由正三角形及中点的性质可得，即可得，从而可得是正三角形，即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，求出两平面的法向量后借助夹角公式计算即可得解. 【详解】（1）证明：因为平面，且平面，所以， 因为为等边三角形，且为的中点，所以， 又因为为的中点，所以， 所以，所以， 所以是正三角形，所以， （2）以为坐标原点，直线为轴，过点且与平行的直线为轴， 直线为轴建立的空间直角坐标系如图所示： 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，即，取，得， 所以. 设平面的法向量为， 则，即，取，得， 所以. 设二面角的平面角为， 则， 所以二面角的正弦值. 23．（2024·山东济南·二模）如图，在四棱锥中，四边形ABCD 为直角梯形，AB∥CD， ，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点. (1)证明：； (2)当EF为何值时，直线BE 与平面PAD夹角的正弦值为. 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【分析】（1）过作，垂足为，分析可知为等边三角形，可得，结合面面垂直的性质可得平面ABCD，即可得结果； （2）取线段的中点，连接，建系，设，求平面PAD的法向量，利用空间向量处理线面夹角的问题. 【详解】（1）过作，垂足为， 由题意知：为矩形，可得， 由，则为等边三角形，且F为线段BC的中点，则， 又因为平面平面ABCD，平面平面，平面， 可得平面ABCD，且平面， 所以. （2）由（1）可知：平面ABCD， 取线段的中点，连接，则∥，， 又因为，可知， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 因为E为线段PF上一点，设， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 由题意可得：， 整理得，解得， 所以当，直线BE 与平面PAD夹角的正弦值为. 24．（2024·山东枣庄·模拟预测）如图，四棱台的底面为菱形，，点为中点，．    (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接、，即可证明平面，从而得到，再由勾股定理逆定理得到，即可证明平面； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）连接、， 因为四边形为菱形， 所以是边长为的正三角形， 因为为中点，所以，， 又因为，平面，所以平面， 又平面， 所以， 又，，， 所以，所以， 又因为平面， 所以平面.    （2）因为直线两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 所以 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，得，所以， 由题意知，是平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 25．（2024·山东淄博·二模）已知直角梯形，，，，为对角线与的交点．现以为折痕把折起，使点到达点的位置，点为的中点，如图所示： (1)证明：平面； (2)求三棱锥体积的最大值； (3)当三棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）相似可得，，结合勾股定理逆定理得到，以及折叠后，，即可证明;（2）证明点P到平面ABC的距离，即为点P到BM的距离，运用等体积法即可求解；（3）建立空间直角坐标系，求出平面PBC法向量，再用向量夹角余弦值公式求解即可. 【详解】（1）直角梯形中， 由相似可得， 因为，，可得，， 故可得，， 由，则由勾股定理逆定理得，，即， ， 翻折后可得，，， 又因为，在平面内， 故平面 （2）因为点为边的中点， 所以，又， 所以， 因为平面，所以平面平面， 所以点P到平面ABC的距离，即为点P到BM的距离，设为h， 因为为定值， 当h最大时，三棱锥的体积最大， 而，则， 当h=1时，. （3）由（2）得，当三棱锥的体积最大时， 点P到平面ABC的距离为，即平面． 故，， 又因为， 故，，两两垂直． 故可以为原点， 直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由题可得，， 则，，， 设平面的法向量为， 则，令，得， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 26．（2024·山东·二模）如图，在三棱锥中，，为的中点，为内部一点且平面． (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，取中点，连接，先证明出平面平面，由面面平行证明线面平行即可； （2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式求解即可． 【详解】（1）连接，取中点，连接． 因为为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面． 又因为平面，平面，所以． 所以，在中，，同理， 因为，所以． 因为为中点，所以， 因为，且在同一平面内，所以， 又因为平面，平面， 所以平面． 又因为，平面， 所以平面平面． 因为平面，所以平面． （2）以为坐标原点，分别以以及与垂直向上的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 在直角中，因为，所以， 在中，，所以， 又， 所以． 设面的一个法向量，则，即， 取，则，所以． 设面的一个法向量，则，即， 取，则，所以． 设二面角为，由图可知为锐角，则， 所以二面角的余弦值为． 27．（2024·山东潍坊·二模）如图1，在平行四边形中，，，E为的中点，将沿折起，连结，，且，如图2．    (1)求证：图2中的平面平面； (2)在图2中，若点在棱上，直线与平面所成的角的正弦值为，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，利用勾股定理证明，再根据线面垂直的判定定理证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证； （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）连接， 由题意， 则为等边三角形， 由余弦定理得，所以， 则， 所以， 又平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）如图，以点为原点，建立空间直角坐标系， 则， 设， 故， ， 因为轴垂直平面，故可取平面的一条法向量为， 所以， 化简得，解得或（舍去）， 所以， 设平面的法向量为， 则有，可取， 所以点到平面的距离为．    28．（2024·山东泰安·二模）两个向量和的叉乘写作，叉乘运算结果是一个向量，其模为，方向与这两个向量所在平面垂直.若，，则.如图，已知在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，，，分别是，，，的中点. (1)证明：平面平面； (2)已知，，为中点，以为原点，的方向为轴的正方向建立空间右手直角坐标系. ①求； ②求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）根据中点关系可得线线平行，即可证明平面，平面，进而根据面面平行的判定求证， （2）根据长度关系，利用勾股定理可得平面，进而建立空间直角坐标系，利用法向量求解点面距，即可根据锥体体积公式求解. 【详解】（1）证明：在中，，分别为，中点 在中，，分别为，中点 平面，平面 平面 连，， , 四边形为平行四边形 , 四边形为平行四边形 平面，平面 故平面 平面，平面，且 平面平面 （2），， ，， 又，， ，平面，， 平面 又平面，平面平面 ，为中点 又平面平面 平面 以的方向为轴正方向，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立如图所示的空间右手直角坐标系， 则，，， ， ， 法一：是平面的法向量 法二：设是平面的法向量，则 ，即 取，则， 到平面的距离 三棱锥的体积 29．（2024·山东日照·二模）在三棱锥中，，平面，点在平面内，且满足平面平面，．    (1)求证：； (2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作，证得平面，得到，再由平面，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）以为原点，建立空间直角坐标，设，由，得到，求得，在求得平面和的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程求得点的坐标，根据棱锥的体积公式，即可求解. 【详解】（1）解：作交于， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 因为平面，且平面，所以， 又因为，，且平面，， 所以平面， 因为平面，所以. （2）解：以为原点，以所在的直线分别为，建立空间直角坐标， 如图所示，则， 设，因为，所以， 因为，所以，即， 又由， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 又因为为平面的一个法向量， 设二面角的平面角为， 则， 因为，解得（舍去）或， 所以点或， 所以三棱锥的体积为.    30．（2024·山东临沂·二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，，平面AMHN，点M，N，H分别在棱PB，PD，PC上，且． (1)证明：； (2)若H为PC的中点，，PA与平面PBD所成角为60°，四棱锥被平面截为两部分，记四棱锥体积为，另一部分体积为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据菱形性质知，然后通过证明平面PAC，可得，根据垂直平分线性质可证； （2）令，先证明平面ABCD，平面PAC，然后由和可解. 【详解】（1）连接AC交BD于点O，连接OP， ∵平面AMHN，且平面平面，平面， ∴． ∵，∴， ∵四边形为菱形，∴，， ∵，且平面PAC， ∴平面PAC，又平面PAC，∴， ∴． （2）∵，且O为AC中点， ∴，由（1）得， ，平面ABCD， ∴平面ABCD， 令，又四边形为菱形，， ，，． ，且都在平面PBD内， 平面PBD，又PA与平面PBD所成角为60°， ∴，， ∴， ∴ 又H为PC中点，且，∴， 在△PAC中，记， 易知点G在MN上，且点G为△PAC重心，， 又∵，∴， 由（1）知平面PAC，∴平面PAC， 又， ∴， ∴， ∴． 31．（2024·山东聊城·二模）如图，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，，，点在线段上，且． (1)证明：平面； (2)若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证明线面平行：平面，只需证明平面平面（其中点在线段上，），从而只需结合线面平行的判定定理分别得出平面，平面即可. （2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，从而由公式即可运算求解. 【详解】（1）在线段上取一点，使， 连结，则， 又因为，所以， 因为平面平面，所以平面， 由，得，又，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面，所以平面， 又，平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面. （2）因为平面平面，所以， 又四边形是正方形，所以， 所以两两互相垂直． 所以以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，得， 于是， ， 设平面的法向量为，则， 得，即， 令，得，所以平面的一个法向量， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 32．（2024·山东滨州·二模）如图，在多面体中，，，，，，，． (1)求证：平面； (2)若，求直线DN与平面MNC所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用勾股定理的逆定理，线面垂直的判定推理即得. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）连接，由，，得，则， ，于是，又，平面， 因此平面，又， 所以平面. （2）由（1）知，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量，则，令，得， 设直线与平面所成角为，而， ， 所以直线DN与平面MNC所成角的正弦值是． 试卷第6页，共6页 试卷第1页，共7页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$