空间向量与立体几何-河北省部分市2023-2024学年高三下学期数学模拟试题分类汇编

河北省部分市2023-2024学年下学期高三模拟试题分类汇编 ----空间向量与立体几何 一、单选题 1．（2024·河北衡水·三模）艳阳高照的夏天，“小神童”是孩子们喜爱的冰淇淋之一．一个“小神童”近似为一个圆锥，若该圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的2倍，圆锥的母线长为，则该圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 2．（2024·河北保定·三模）如图，在长方体中，，，是上一点，且，则四棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·河北沧州·三模）《几何补编》是清代梅文鼎撰算书，其中卷一就给出了正四面体，正六面体（立方体）、正八面体、正十二面体、正二十面体这五种正多面体的体积求法.若正四面体的棱长为，为棱上的动点，则当三棱锥的外接球的体积最小时，三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·河北邢台·二模）在棱长为1的正方体中，面，F为BC上的动点，则下列结论正确的是（    ） A． B．AF与面所成角的最小值为 C．的最小值为 D．在正方形内过任意一点G作与CG垂直的线段，则此线段最长为 5．（2024·河北石家庄·二模）已知正方体的棱长为，连接正方体各个面的中心得到一个八面体，以正方体的中心为球心作一个半径为的球，则该球的球面与八面体各面的交线的总长为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·河北邯郸·三模）已知在四面体中，，二面角的大小为，且点A，B，C，D都在球的球面上，为棱上一点，为棱的中点．若，则（    ） A． B． C． D． 7．（2024·河北唐山·一模）已知球与圆台的底面、侧面都相切，且圆台母线与底面所成角为，则球表面积与圆台侧面积之比为（   ） A．2：3 B．3：4 C．7：8 D．6：13 8．（2024·河北秦皇岛·三模）已知，表示两条不同的直线，表示平面，则（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 9．（2024·河北邢台·二模）已知两条不同的直线a、b和平面，下列命题中真命题的个数是（    ） （1）若，，则    （2）若，，则 （3）若，，则    （4）若，，则 A．1 B．2 C．3 D．4 10．（2024·河北石家庄·三模）设是三个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 二、多选题 11．（2024·河北衡水·三模）已知在正方体中，，点为的中点，点为正方形内一点（包含边界），且平面，球为正方体的内切球，下列说法正确的是（   ） A．球的体积为 B．点的轨迹长度为 C．异面直线与BP所成角的余弦值取值范围为 D．三棱锥外接球与球内切 12．（2024·河北秦皇岛·三模）在正四面体中，，分别为棱和（包括端点）的动点，直线与平面，平面所成角分别为，，则（    ） A．的正负与点，位置都有关系 B．的正负由点位置确定，与点位置无关 C．的最大值为 D．的最小值为 13．（2024·河北邢台·二模）正方体的棱长为，是正方体表面及其内部一点，下列说法正确的是（    ） A．若，则点所在空间的体积为 B．若，，则的最小值为 C．若，则的取值范围是 D．若，则这样的点有且只有两个 14．（2024·河北石家庄·三模）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法正确的有（    ）    A．若点为中点，则异面直线与所成角的余弦值为 B．若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为 C．若点为的中点，则平面与四边形的交线长为 D．若点在侧面正方形内（包含边界）且，则点的轨迹长度为 15．（2024·河北承德·二模）如图，在正四棱柱中，是棱的中点，为线段上的点（异于端点），且，则下列说法正确的是（    ）    A．是平面的一个法向量 B． C．点到平面的距离为 D．二面角的正弦值为 三、填空题 16．（2024·河北保定·三模）已知为圆锥的顶点，为该圆锥底面的一条直径，若该圆锥的侧面积为底面积的3倍，则 . 17．（2024·河北秦皇岛·二模）已知正三棱台的所有顶点都在表面积为的球O的球面上，且，则正三棱台的体积为 . 18．（2024·河北邢台·二模）如图，四边形和是两个相同的矩形，面积均为300，图中阴影部分也是四个相同的矩形，现将阴影部分分别沿，，，折起，得到一个无盖长方体，则该长方体体积的最大值为 ． 19．（2024·河北邯郸·二模）在长方体中，，平面平面，则截四面体所得截面面积的最大值为 ． 20．（2024·河北沧州·一模）如图，已知点是圆台的上底面圆上的动点，在下底面圆上，，则直线与平面所成角的余弦值的最小值为 ． 四、解答题 21．（2024·河北保定·三模）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，且.E，F分别是PA，PD的中点，平面与PB，PC分别交于M，N两点. (1)证明：； (2)若平面平面，求平面与平面所成锐二面角的正弦值. 22．（2024·河北衡水·三模）如图，在三棱柱中，四边形是矩形，，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 23．（2024·河北沧州·三模）如图，在直三棱柱中，，，分别为，的中点.    (1)证明：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由. 24．（2024·河北沧州·二模）如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，四边形为菱形，，三棱柱的体积为3．    (1)证明：平面平面； (2)若为棱的中点，求平面与平面的夹角的正切值． 25．（2024·河北张家口·三模）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，且平面平面． (1)求三棱锥体积的最大值； (2)若，点E为线段上一点，当二面角为时，求的值． 26．（2024·河北邢台·二模）直三棱柱中，，，， (1)如图1，点E为棱上的动点，点F为棱BC上的动点，且，求线段长的最小值； (2)如图2，点M是棱AB的中点，点N是棱的中点，P是与的交点，在线段上是否存在点Q，使得面？    参考答案： 1．C 【分析】设圆锥的底面圆的半径为，由题意可得，可求，由圆锥的体积公式可求体积. 【详解】设圆锥的底面圆的半径为，则底面圆的面积为， 侧面面积为，由题意知， 所以，解得， 因此该圆锥的高， 故该圆锥的体积． 故选：C． 2．A 【分析】先通过证明平面得到，则可确定点在上的位置，进而得到点到平面的距离，然后用棱锥的体积公式计算即可. 【详解】在长方体中，平面，又平面， 所以，又，，面， 所以平面，又面， 所以， 由，，， 得，所以，又， 所以， 则点到平面的距离， 故四棱锥的体积. 故选：A. 3．A 【分析】由题意确定三棱锥的外接球的体积最小时球心的位置，由此可求出三棱锥的高，利用体积公式，即可求得答案. 【详解】如图，在正四面体中，假设底面，则点为外心. 在上取一点，满足，则， 则为三棱锥的外接球球心， 当取得最小值时，最小，三棱锥的外接球体积最小， 此时点与点重合.作，垂足为，， 为三棱锥的高. 由正四面体的棱长为，知，， ，. 设，则，故，. 由，得， 解得.， . 故选：A. 4．C 【分析】由正方体性质结合数量积判断A,利用线面角求得斜线判断B,将平面与平面延展到同一平面由三点共线判断C,由特例说明D错误. 【详解】对A,由正方体性质易知：面,面, 故，同理面， 故平面，易知三棱锥为正三棱锥， 故为的中心，又，故，故A错误； 对B,由正方体性质易知面，设， 故AF与面所成角为，又A到面的距离为， 当F运动到C点时，，故， 因为，故最小，故B错误；    对C,将平面与平面延展到同一平面，如图所示，易知    当三点共线时，的最小值为，故C正确； 对D,当G与重合，易知平面，平面， 则，故过G作与CG垂直的所有线段中最长的是，故D错误； 故选：C 5．B 【分析】画出图形，求解正方体的中心与正八面体面的距离，然后求解求与正八面体的截面圆半径，求解各个平面与球面的交线、推出结果. 【详解】如图所示，为的中点，为正方体的中心，过作的垂线交于点，正八面体的棱长为2，即，故，，，则， 设球与正八面体的截面圆半径为，如图所示，则， 由于，，所以，则，平面与球的交线所对应的圆心角恰为，则该球的球面与八面体各面的交线的总长为 故选：B 6．C 【分析】根据题意和几何关系，并在所在平面内建立平面直角坐标系，确定点的位置和坐标，即可求解. 【详解】由题意知与均为等边三角形，连接，，则，，是二面角的平面角，    所以，又易知，所以是等边三角形． 设为的外心，为的中点，连接，则点O，P，Q都在平面内，建立平面直角坐标系如图． 设，则，，所以． 又，所以，因为，易知， 则，，从而，．    故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合几何关系，建立如图所示的平面直角坐标系，转化为平面几何问题. 7．B 【分析】作出圆台的轴截面，利用切线长定理可得母线与半径的关系；结合60°可得圆台的上下半径以及球的半径的关系，即可利用面积公式求解. 【详解】设圆台上下底面圆的半径为，母线为球的半径为 取圆台的轴截面，则四边形为等腰梯形， 圆台的外接球球心为，则球心在截面内， 在截面内，设圆切梯形的边、、、分别于点、、、， 由切线长定理可得，，故，即； 由于,所以，解得 ； 故选：B．    8．D 【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】若，，则可能平行，异面或者相交，故A错误； 若，，则与可能平行，可能相交，也可能，故B错误； 若，，则与可能平行，也可能，故C错误； 若，，由线面垂直的性质定理可知，故D正确； 故选：D 9．A 【分析】利用线面平行的判定与性质判断（1）（2）,利用线面垂直的性质判断（3）（4）. 【详解】由两条不同直线，及平面，知： 对（1），若，，则与相交、平行或异面，故错误； 对（2），若，，则或，故错误； 对（3），若，，则由线面垂直的性质得，故正确； 对（4），若，，则或，故错误． 故选：A． 10．D 【分析】根据线面位置关系依次讨论各选项即可得答案. 【详解】对于A选项，若，则或，无法确定与的关系，错误； 对于B选项，根据面面平行的性质定理，缺少的条件，它们可能平行或异面，错误； 对于C选项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件，平行、相交或均有可能，错误； 对于D选项，若，则，由面面垂直的判定定理可得，正确. 故选：D 11．ACD 【分析】根据正方体内切球的性质判断A；利用面面平行确定点的轨迹，即可求得其长度，判断B；根据异面直线所成角的概念，确定该角取到最值时的位置，即可判断C；根据圆内切的判断条件可判断D. 【详解】由题意知球的半径为1，故其体积为，故A选项正确； 取的中点为， 连结，易知，平面，平面， 故平面， 连接MN，，即四边形为平行四边形， 则，平面，平面，所以平面． 又因为，平面， 故平面平面，平面平面，结合平面， 故点的轨迹为线段，故B选项错误； 因为，故异面直线与BP所成角等于或其补角， 当P位于N点时，得取得最小，; 当P位于点时，取得最大，，故选项正确； 由正方体几何性质易知， 故BM为三棱锥外接球的直径，取为BM的中点， 即为三棱锥外接球的球心，由题意知为的中点， 故， 因为球的半径为，球的半径为， 故三棱锥外接球与球内切，D正确 故选：ACD． 【点睛】关键点睛：解答此类题目的关键是要发挥空间想象，明确空间的点线面的位置关系，依据相关定理以及性质，准确判断，即可求解. 12．BD 【分析】取的中点，连接，过点在平面内分别作，垂足分别为，利用线面角的定义可判断AB选项；求出的最大值和最小值，结合线面角的定义即可判断选项CD. 【详解】取的中点，连接，过点在平面内分别作， 垂足分别为，如图所示， 在正四面体中，均为等边三角形，因为为的中点， 所以， 又因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，平面，所以平面. 所以直线与平面所成的角为，即， 同理可得，所以的正负只由点位置确定，与点位置无关， 故选项A错误，选项B正确； 设，则，且, 在中，， 由余弦定理可得：， 所以， 所以， 则， 将正四面体补成正方体，如图所示： 连接，在线段上取点，使得， 因为且， 所以四边形为平行四边形，所以平面， 因为平面，所以， 所以平行四边形为矩形，则， 因为且，所以四边形为矩形， 则，且. 因为平面，平面，所以， 设，因为四边形为正方形，所以， 所以，且， 则， 所以， 则， ，故选项C错误，D正确. 故选：BD. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. . 13．ACD 【分析】对A：由题意可得点所在空间，借助球体体积公式与正方体体积公式计算即可得；对B：借助球外一点到球面上的点的距离的最小值为该点到球心的距离最小值减半径即可得；对C：建立适当空间直角坐标系，结合空间向量夹角公式计算即可得；对D：结合题意所得点轨迹，借助空间中两点距离公式计算即可得. 【详解】对A：当时，，设中点为， 则，即点P的轨迹为以球心，半径为的球面， 又是正方体表面及其内部一点，故其轨迹为该正方体与球面相交部分， 则时，点所在空间为该球与正方体不重合部分， 故此时点P所在空间的体积为，故A正确； 对B：由A得，则有， 当且仅当、、三点共线时等号成立， 又当于点时，有最小值，且其最小值为， 故的最小值为，故B错误； 对C：建立如图所示空间直角坐标系，设，、、， 则有、、，中点为， 设中点为，则， 则有，即， 又，同理可得，即， 即，即， 故有，且， 则，， ， 故， 由可得， 故，故，故C正确； 对D：设中点为，则， 同理可得，即， 即有，解得或， 故此时点可能为或，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于得到时，点P的轨迹为以中点为球心，半径为的球面，又是正方体表面及其内部一点，故其轨迹为该正方体与球面相交部分. 14．BD 【分析】取中点，连接，为异面直线与所成角，可判断A；将侧面延旋转至与平面共面，根据两点间线段最短可判断B；对于C，如图以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系，取靠近的四等分点，则可证明，判断C；并确定点的轨迹为直线在正方形内的线段，判断D. 【详解】对于A，取中点，连接， 则，所以为异面直线与所成角， 在中，，故A错误； 对于B，将侧面延旋转至与平面共面， 如图连接，交与点，此时最小，    且，故B正确； 对于C，如图，以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系， 则 因为平面平面， 所以平面与平面的交线为过点且平行于的直线， 取靠近的四等分点，连接，并延长交于点， 连接，交于点， 由，所以， 则，则，所以为平面与平面的交线， 则为平面与平面的交线， 所以为平面与四边形的交线， 由于，所以， 又，所以， 则，故C错误； 对于D，因为点在侧面正方形内，设， 则， 因为，所以， 化简为， 则点的轨迹为直线在正方形内的线段，其长度为，故D正确. 故选：BD        【点睛】关键点睛：本题选项D为空间动点轨迹的探索问题，解答本题的关键是利用空间直角坐标系探索出动点的轨迹. 15．ACD 【分析】对于A，证明平面即可；对于B，在中通过余弦定理计算的长度即可；对于C，D，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据点到面的距离公式可计算C选项，计算平面和平面的法向量即可求出二面角的正弦值，可判断D选项. 【详解】对于A，由于是正四棱柱，易知， 在中，因为， 所以， 故， 又平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，在中，因为， 则， 在中，利用余弦定理, 可求得或（舍去）， 因此，故错误； 对于C， 以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 由B选择可知，，， 所以， 故， 设为平面的法向量， 则， 令，则， 设点到平面的距离为， 所以由点到平面的距离公式得： ，故C正确； 对于D，由C选项中坐标可知， 为平面的一个法向量， ， 设平面的一个法向量为， 则 令， 所以， 因此二面角的正弦值为，故D正确. 故选：ACD.    16． 【分析】根据圆锥的侧面积公式，得到母线与底面半径的关系，再代入余弦定理，即可求解. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线为，则，所以. 在中，由余弦定理知. 故答案为： 17．或 【分析】先由球的表面积公式求出球O的半径为R，利用正弦定理求出上下底面外接圆的半径，进而求出球心到上下底面的距离，分上下底面在球心的同侧和异侧两种情形求出正三棱台的高，再由体积公式即可得出答案. 【详解】设点，分别是，的外接圆的圆心，球O的半径为R， 则，解得，且，，O三点共线， 正三棱台的高为， 在等边中，， 由正弦定理可得：，得. 在等边中，， 由正弦定理可，得. 在中，，即，得， 在中，，即，得， 如果三棱台的上下底面在球心O的同侧，如图1所示，则正三棱台的高为， 所以正三棱台的体积. 如果三棱台的上下底面在球心O的两侧，如图2所示，则正三棱台的高为， 此时正三棱台的体积. 综上，正三棱台的体积为或.    故答案为：或. 【点睛】关键点点睛：先由球的表面积公式求出球O的半径为R，利用正弦定理求出上下底面外接圆的半径，进而求出球心到上下底面的距离，分上下底面在球心的同侧和异侧两种情形求出正三棱台的高，再由体积公式即可得出答案. 18． 【分析】根据已知条件设、，由此可得，对函数求导，根据导数判断函数的单调性，求得最值即可. 【详解】由题意设，因为面积为，所以， 根据题意有：， 所以， 则长方体的体积为， ，令，有， 所以时，，函数在上单调递增， 时，，函数在上单调递减， 所以当时，取得最大值，最大值为. 故答案为： 19． 【分析】结合题意画出对应图形后，设，则有，则有，借助表示出面积，结合二次函数的性质即可得. 【详解】平面截四面体的截面如图所示， 设，则，所以四边形为平行四边形， 且， 在矩形中，，， 则 ，当且仅当时，等号成立. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点是得到所得截面后，借助割补法表示出该截面面积，并结合二次函数的性质求解. 20． 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出未知点的坐标，利用向量法求线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可. 【详解】连接，过作垂直于的延长线于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示： 在三角形中，因为， 故，则， 则，，故点； 又，设点，由，则可得； ， 设平面的法向量， 则，即，取，则， 故平面的法向量，又， 设直线与平面所成角为， 则 因为，且，故令， 则 又，故，，也即， 故的最大值为，又，故的最小值为. 即直线与平面所成角的余弦值的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题用向量法处理线面角的求解，结合问题的关键一是，能够准确求得的坐标，二是能够根据，求得的范围；属综合困难题. 21．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面平面的判断、性质推理即得. （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，进而求出平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）由E，F分别是PA，PD的中点，得， 在正方形中，，则， 而平面，平面，于是平面， 又平面，平面平面，平面， 因此，所以. （2）四棱锥的底面为正方形，平面，则两两垂直， 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， 取，得， 设平面的法向量，则， 取，得， 设平面的法向量，则， 由平面平面，得，取，得， 设平面与平面所成锐二面角为， 则，， 所以平面与平面所成锐二面角的正弦值为. 22．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由得四边形为菱形，则，由已知的数据结合勾股定理逆定理得，而，则平面，所以，再由线面垂直的判定定理可证得结论； （2）取的中点，连结BM，则两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：在平行四边形中，因为， 所以四边形为菱形，故， 又因为，故为等边三角形， 故． 在中，，, 所以，故 又因为，平面， 所以平面， 因为平面，因此． 又因为，平面， 所以平面； （2）解：取的中点，连结BM，因为为等边三角形， 所以， 因为‖，所以， 因为平面，平面， 所以， 故两两垂直， 所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为，则 ， 令，得； 设平面的法向量为，则 , 令，得． 设平面与平面所成角为， 则． 23．(1)证明见解析； (2)存在，1. 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明推理即得. （2）由（1）中坐标系，假定存在，利用线面角的向量求法列式计算即得. 【详解】（1）在直三棱柱中，，则直线两两垂直， 以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，   ，，，，，， ，，，， 设平面的法向量为，则，令，得 ， 设平面的法向量为，则，令，得 ， 显然，点平面，所以平面平面. （2）假设线段上存在点满足条件，，， 设直线与平面所成的角为， 则， 化简得，而，解得， 所以存在点符合题意，此时. 24．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，由已知得出，再根据体积求出点到平面的距离，即可得出平面，即可证明； （2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式及同角三角函数的关系求解即可． 【详解】（1）证明：取的中点，连接， 因为， 所以为等边三角形， 因为为中点，所以，， 因为三棱柱的体积为3，设到平面的距离为， 所以，所以，则平面， 又平面，所以平面平面． （2）连接，由（1）知平面，又平面，所以， 因为为的中点，，所以，且， 所以两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴， 轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示）， 则，， 因为， 所以，因为为的中点，所以， 则， 设平面的一个法向量，则，即， 令，解得，故， 设平面的一个法向量，则，即， 令，解得，故， 设平面与平面的夹角为， 所以， 所以，所以．    25．(1)； (2). 【分析】（1）记BD的中点为O，连接OC，AO，利用表示出体积，根据三角函数性质可得最大值； （2）记BC，CD的中点分别为F，H，连接OF，OH，以O为原点，的方向为的正方向建立空间直角坐标系，设，表示出坐标，求出法向量，根据二面角的向量公式列方程求解可得. 【详解】（1）记BD的中点为O，连接OC，AO， 因为为正三角形，所以，， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为，所以， 记，则， 三棱锥体积， 当时，三棱锥体积取得最大值. （2）记BC，CD的中点分别为F，H，连接OF，OH， 则，又，所以， 由（1）知平面，平面，所以， 以O为原点，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 因为，所以， 则， ，， 设，则， 设为平面的法向量， 则， 取，则， 易知，为平面的一个法向量， 因为二面角为， 所以，即，解得， 所以. 26．(1) (2)存在点在靠近点的三等分点处 【分析】（1）以点为原点建立空间直角坐标系，设，求出的坐标，进而可得出答案； （2）利用向量法求解即可. 【详解】（1）如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 设，则， ， 故 ， 所以， 当时，取得最小值， 所以线段长的最小值为； （2）假设存在，设， ， 故， ， 设平面的法向量为， 则有，可取， 因为面，所以， 则，解得， 所以存在点在靠近点的三等分点处，使得面.    学科网（北京）股份有限公司 $$