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

广东省部分市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·广东汕头·三模）在母线长为4的圆锥中，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·广东惠州·一模）已知l、n是两条不同的直线，、是不重合的两个平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 3．（2024·广东广州·三模）已知斜三棱柱中，O为四边形对角线的交点，设四棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则（    ） A． B． C． D． 4．（2024·广东深圳·二模）已知正方体，过点A且以为法向量的平面为，则截该正方体所得截面的形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 5．（2024·广东佛山·二模）某圆锥高为，母线与底面所成的角为，则该圆锥的表面积为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·广东湛江·一模）中国是瓷器的故乡，中国瓷器的发明是中华民族对世界文明的伟大贡献．下图是明清时期的一件圆台形青花缠枝纹大花盆，其上口直径为20cm，下底直径为18cm，高为24cm，则其容积约为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·广东梅州·一模）某圆锥的底面直径和高均是2，则其内切球（与圆锥的底面和侧面均相切）的半径为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·广东深圳·一模）已知某圆台的上、下底面半径分别为，且，若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 9．（2024·广东茂名·模拟预测）若正四面体的棱长为，M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． 10．（2024·广东广州·模拟预测）已知正方体的边长为1，现有一个动平面，且平面，当平面截此正方体所得截面边数最多时，记此时的截面的面积为，周长为，则（    ） A．不为定值，为定值 B．为定值，不为定值 C．与均为定值 D．与均不为定值 二、多选题 11．（2024·广东佛山·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面，且和均是边长为的等边三角形，分别为的中点，为上的动点（不含端点），平面交直线于，则下列说法正确的是（    ） A．当运动时，总有 B．当运动时，点到直线距离的最小值为 C．存在点，使得平面 D．当时，直线交于同一点 12．（2024·广东肇庆·三模）已知，是两个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 13．（2024·广东汕头·二模）用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线，也即圆锥曲线.探究发现：当圆锥轴截面的顶角为时，若截面与轴所成的角为，则截口曲线的离心率.例如，当时，，由此知截口曲线是抛物线.如图，圆锥中，、分别为、的中点，、为底面的两条直径，且、，.现用平面（不过圆锥顶点）截该圆锥，则（    ）    A．若，则截口曲线为圆 B．若与所成的角为，则截口曲线为椭圆或椭圆的一部分 C．若，则截口曲线为抛物线的一部分 D．若截口曲线是离心率为的双曲线的一部分，则 14．（2024·广东茂名·一模）如图，已知圆锥顶点为，其轴截面是边长为2的为等边三角形，球内切于圆锥（与圆锥底面和侧面均相切），是球与圆锥母线的交点，是底面圆弧上的动点，则（    ） A．球的体积为 B．三棱锥体积的最大值为 C．的最大值为3 D．若为中点，则平面截球的截面面积为 15．（2024·广东深圳·一模）如图，八面体的每一个面都是边长为4的正三角形，且顶点在同一个平面内．若点在四边形内（包含边界）运动，为的中点，则（   ） A．当为的中点时，异面直线与所成角为 B．当平面时，点的轨迹长度为 C．当时，点到的距离可能为 D．存在一个体积为的圆柱体可整体放入内 三、填空题 16．（2024·广东茂名·模拟预测）已知半径为的球，在球内有一内接圆台，圆台的一个底面为球的大圆，则该圆台侧面积的最大值 ． 17．（2024·广东深圳·模拟预测）对于棱长为1（单位：）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计），以该正方体的三条棱作为圆锥的母线，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为 . 18．（2024·广东广州·二模）用两个平行平面去截球体，把球体夹在两截面之间的部分称为球台．根据祖暅原理（“幂势既同，则积不容异”），推导出球台的体积，其中分别是两个平行平面截球所得截面圆的半径，是两个平行平面之间的距离．已知圆台的上、下底面的圆周都在球的球面上，圆台的母线与底面所成的角为，若圆台上、下底面截球所得的球台的体积比圆台的体积大，则球O的表面积与圆台的侧面积的比值的取值范围为 ． 19．（2024·广东惠州·一模）已知正四面体中，，，，记三棱锥和三棱锥的体积分别为、，则 ． 20．（2024·广东深圳·二模）已知圆锥的内切球半径为1，底面半径为，则该圆锥的表面积为 ． 注：在圆锥内部，且与底面和各母线均有且只有一个公共点的球，称为圆锥的内切球． 四、解答题 21．（2024·广东汕头·三模）如图，四面体中，是的中点，， (1)求异面直线AB与CD所成角余弦值的大小； (2)求点E到平面ACD的距离. 22．（2024·广东茂名·一模）如图，在三棱柱中，，，，平面，为的中点，为线段上的动点. (1)当为中点时，求证：平面； (2)当时，求直线与平面所成角的正弦值. 23．（2024·广东广州·三模）在五面体中，，，，，，，平面平面. (1)证明：，并求出，之间的距离； (2)求出平面和平面夹角的余弦值. 24．（2024·广东深圳·二模）如图，三棱柱中，侧面底面ABC，且，．    (1)证明：平面ABC； (2)若，，求平面与平面夹角的余弦值． 25．（2024·广东佛山·二模）如图，三棱锥中，正三角形所在平面与平面垂直，为的中点，是的重心，，G到平面的距离为1，. (1)证明：平面； (2)证明：是直角三角形； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 26．（2024·广东梅州·二模）如图，在四棱锥中，平面平面，底面为直角梯形，为等边三角形，，，． (1)求证：； (2)点在棱上运动，求面积的最小值； (3)点为的中点，在棱上找一点，使得平面，求的值． 参考答案： 1．C 【分析】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径，根据外接球的球心总在圆锥的高所在的直线上，借助勾股定理建立等量关系即可求出外接球的半径. 【详解】设圆锥底面圆半径为，依题意，，解得， 圆锥的高，显然圆锥的外接球的球心在线段上， 设球的半径为．连接，则由， 得，解得，即， 所以该圆锥的外接球的表面积． 故选：C 2．D 【分析】在A中，与平行或异面；在B中，与相交、平行或；在C中，与相交、平行或；在D中，由面面垂直的判定理得。 【详解】由l、n是两条不同的直线，、是不重合的两个平面，知： 在A中，若，，，则与平行或异面，故A错误； 在B中，若，，则与相交、平行或，故B错误； 在C中，若，，则与相交、平行或，故C错误； 在D中，若，，则由面面垂直的判定理得，故D正确． 故选：D 3．B 【分析】由柱体与锥体体积公式求解即得. 【详解】因为O为四边形对角线的交点，所以O为的中点， 所以, 所以. 故选:B. 4．A 【分析】作出辅助线，根据线面垂直的判定定理得到⊥平面，故平面即为平面，得到截面的形状. 【详解】连接， 因为平面，平面， 所以， 又四边形为正方形，所以， 又，平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 同理可证明， 因为，平面， 故平面， 故平面即为平面， 则截该正方体所得截面的形状为三角形. 故选：A 5．A 【分析】求出该圆锥底面圆的半径为r，再利用勾股定理求出母线长，代入表面积公式求解即可. 【详解】由圆锥高为，母线与底面所成的角为，得圆锥底面圆半径， 母线，所以圆锥的表面积. 故选：A 6．C 【分析】根据上下底面直径分别计算出上、下底面面积，代入公式计算即可得出结果. 【详解】依题意可得该圆台形大花盆的上底面面积为， 下底面面积为，又高为， 代入圆台体积公式可得. 故选：C 7．B 【分析】作出圆锥的轴截面，设内切球的半径为R，利用三角形面积关系建立关于R的方程，解之即可求解. 【详解】圆锥的轴截面如图所示，设内切球的球心为D，半径为R， 则，所以， 又， 即， 解得，即内切球的半径为. 故选：B 8．C 【分析】根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征求解，然后代入圆台体积公式求解即可. 【详解】如图， 设圆台上、下底面圆心分别为，则圆台内切球的球心O一定在的中点处， 设球O与母线切于M点，所以，所以， 所以与全等，所以，同理，所以， 过A作，垂足为G，则，， 所以，所以，所以，所以， 所以该圆台的体积为. 故选：C 9．A 【分析】首先根据几何性质分析外接球的球心位置，再构造长度的等量关系，即可求解三棱锥的体积. 【详解】如图， 在正四面体中，假设底面，则点H为外心． 在上取一点O，满足，则O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O与点H重合． 作，垂足为N，， 为三棱锥的高． 由正四面体的棱长为，易知， 所以，，． 由，设，则，． 由，得，解得． ．． 故选：A 【点睛】关键点点睛：关键是确定外接球的球心位置. 10．A 【分析】利用正方体棱的关系，判断平面所成的角都相等的位置，可知截面边数最多时为六边形.如图所示，可计算出周长为定值，计算正三角形的面积和截而为正六边形时的截面面积通过比较即可得答案. 【详解】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，与面平行的面且截面是六边形时满足条件，如图所示， 正方体边长为1，即 设，则， ， 同理可得六边形其他相邻两边的和均为， 六边形的周长为定值， 正三角形的面积为. 当均为中点时，六边形的边长相等即截面为正六边形时截面面积最大， 此时,截面面积为， 截面从平移到的过程中，截面面积的变化过程是由小到大，再由大到小，故可得周长为定值，面积不为定值. 故选：A 11．ABD 【分析】选项A，根据条件，得到面，再利用线面平行的性质，即可求解；选项B，根据条件得到为点到直线的距离，从而知当时，点到直线距离最小，再利用等面积，即可求解；选项C，建立空间直角坐标系，根据条件得到与不垂直，即可求解；选项D，根据条件得到必有交点，再利用基本事实3，即可求解. 【详解】对于选项A，因为分别为的中点，所以， 又为上的动点（不含端点），故面，所以面， 又面面，面，故，所以选项A正确， 对于选项B，由题知，所以，得到，即为点到直线的距离， 如图1，连接，因为，又平面平面，平面平面，面， 所以面，又面，所以， 在中，当时，点到直线距离最小， 又，，由，得到，所以选项B正确， 对于选项C，由选项B知，可建立如图2所示的空间直角坐标系， 则， 又分别是的中点，所以，设， 又，，， 由，得到，解得，又， 所以与不垂直，故不存在点，使得平面，所以选项C错误， 对于选项D，如图3，由（1）知，又，且， 又，所以，且，则必有交点， 设，因为面，所以面， 又面，所以面，得到面面， 所以直线交于同一点，故选项D正确， 故选：ABD. 12．AC 【分析】根据线面垂直性质定理判断A，由条件确定的位置关系，判断B， 根据线面平行性质定理，判定定理证明，判断C，由条件确定位置关系，判断D. 【详解】若，，且m，n为两条不同的直线，由线面垂直性质可得，所以A正确； 若，，则m与n可能相交、平行或异面，所以B不正确； 若，，设过m的平面与，分别交于，，则，，， 所以，又因为，，所以，则，所以C正确； 因为，，，若平面与不垂直，则与平面相交但不垂直．故D错误. 故选：AC. 13．BCD 【分析】根据情境，由题可知，再对每个选项，求出过点的平面与旋转轴所成角的余弦，即的值，代入求值，从而利用离心率的范围判断截口曲线类型即可． 【详解】对于A，由题意知过MN的平面与底面不平行，则截口曲线不为圆，故A错误； 对于B，与所成的角为，所以， 因为，所以，即， 所以，所以平面截该圆锥得的截口曲线为椭圆或椭圆的一部分， 故B正确； 对于C，因为平面，平面，所以， 因为，，SOD， 所以平面SOD，又因为平面SOD，所以 又为、的中点，所以， 平面MAB， 所以平面MAB，所以与SO所成的角为， 所以，，故C正确； 对于D，  截口曲线是离心率为的双曲线的一部分， 则， 所以平面，故平面不经过原点O，故D正确． 故选：BCD.    【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解截口曲线（圆锥曲线）的离心率的定义，根据情境，由题可知，再对每个选项，求出过点的平面与旋转轴所成角的余弦，即的值，代入求值，从而利用离心率的范围判断截口曲线类型即可． 14．ACD 【分析】对A，根据相切求出球的半径，再利用球的体积公式即可；对B，写出体积表达式并结合基本不等式即可判断；对C，设，写出的函数表达式，利用导数即可求出其最大值；对D，利用等体积法求出到平面，再求出截面积即可. 【详解】选项A，如图，设底面圆心为，则，，， 因为是边长为2的为等边三角形，则，为中点， 则球的半径球的体积为，故A正确. 选项，作，因为面，， 所以底面，， ，故B错误. 选项C，设，， .. .， 设，则令，解得， 当时，，当时，则， 易知在上单调递减，则在单调递减，且， 则当时，， 单调递增； ，故C正确. 选项，当为中点时，， 由，，，得.. 设点到平面的距离为，，，，代入数据解得. 截面面积为，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题C选项的关键是设设，，结合余弦定理和勾股定理求出线段和表示式，利用导数求出其最大值即可. 15．ACD 【分析】对于AC：建立空间直角坐标系计算求解；对于B：过作面的平行平面，进而可得点的轨迹；对于D：由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥内接最大圆柱的体积，表示出体积，然后利用导数求其最值即可. 【详解】对于A，因为为正方形，如图，连接与，相交于点，连接， 则两两垂直，故以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 为的中点，则， 当为的中点时，， 设异面直线与所成角为， 则，故，故正确； 对于B，如图，设为的中点，为的中点， 则，平面，平面， 则平面，又平面，又，设， 故平面平面，平面平面，平面平面， 则，则为的中点，点在四边形内（包含边界）运动，则， 点的轨迹是过点与平行的线段，长度为4，故B错误； 对于C，当时，设， ，得，即， 即点的轨迹以中点为圆心，半径为的圆在四边内（包含边界）的一段弧（如下图）， 到的距离为3，弧上的点到的距离最小值为， 因为，所以存在点到的距离为，故C正确； 对于D，如图，由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥内接最大圆柱的体积， 设圆柱底面半径为，高为，为的中点，为的中点，， 根据，得，即， 则圆柱体积， 设，求导得， 令得，或，因为，所以舍去，即， 所以当时，，当时，， 即当时，， 则， 所以， 故存在一个体积为的圆柱体可整体放入内，故D正确． 故选：ACD． 16． 【分析】设出圆台的上底面半径，将圆台侧面积表示为上底面半径的函数，求导确定单调性从而求出圆台侧面积的最大值进而求解. 【详解】设圆台的上底面半径为，高为，母线长为（如图所示）， 则． ， ． 设，其中， 则，令，则（舍去）， 所以当时，，在单调递增， 当时，，在单调递减． 所以的最大值为，所以圆台侧面积的最大值为， 故答案为： 17． 【分析】以三条棱作为圆锥母线，底面所在平面为，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值等价于与平面所成角的正切值，设点到平面的距离为，利用求出可得答案. 【详解】如图，以三条棱作为圆锥母线，底面所在平面为， 则此圆锥的母线与底面所成角的正切值等价于与平面所成角的正切值， 设点到平面的距离为， 因为，， 所以， 所以点到平面的距离为， 则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为 . 故答案为：. 18． 【分析】设圆台的上下底面半径分别为，根据母线与底面所成的角为，可得圆台的高为，母线长为，表示出圆台体积，由题意，可求得，进而可得，求值域即可得解． 【详解】设圆台的一条母线为，过点作的垂线，垂足为， 则即为母线与底面所成的角为， 设圆台上底面圆的半径为，下底面圆的半径为，高为， 则， 即，即， 圆台体积为， 球台的体积为 ， 由题意， 则， 即， 即，即， 设圆台外接球的球心为，半径为，则在所在直线上， 设，则， 由， 解得， 则球的表面积， 台体侧面积， 故， ， 由，可得，则，则， 故的取值范围为， 故答案为：． 【点睛】立体几何中体积最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立所求体积的目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值. 19． 【分析】由题意得到高得比值以及底面积的比值，代入体积公式即可得解 【详解】作平面，作平面， 则，，共线，由，得， 由，，得， 可得． 故答案为： 20． 【分析】借助过圆锥的轴以及内切球球心的截面图求出圆锥的母线长，即可求出圆锥表面积. 【详解】由题过圆锥的轴以及内切球球心的截面图如下：    设圆锥高为，母线长为， 则在三角形中有，即①， 又由得，即②， 所以由①②得， 所以圆锥的表面积为. 故答案为：. 21．(1) (2) 【分析】（1）根据异面直线夹角的定义，结合中位线性质和余弦定理，可得答案； （2）根据等体积法，结合三角形面积公式，可得答案. 【详解】（1）取AC的中点M，连结OM、ME、OE， 由E为BC的中点知， 则直线OE与EM所成的角就是异面直线AB与CD所成的角， 在中，， 因为是直角斜边AC上的中线，则， 可得， 所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为. （2）设点E到平面ACD的距离为 因为，即， 在中，，可得， 且，可得， 所以点E到平面ACD的距离为 22．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，结合线面垂直的判定定理得平面，再计算出即可； （2）计算出，再求出平面的法向量，最后利用线面角的计算公式即可. 【详解】（1）如图，在平面内作的垂线，平面， ，，两两互相垂直. 依题意，以为坐标原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系. ，，. 平面，平面，，.易知， 当为中点时，点的坐标为，，. 点的坐标为. ，，. 平面，平面，. 又，，，平面，平面. ，平面，平面； （2），则，，. 设平面的法向量为. 令，则，. 设直线与平面所成的角为. 由题意可得. 23．(1)证明见解析，距离为， (2) 【分析】（1）证明出平面，利用线面平行的性质可证得结论成立； （2）利用面面垂直的性质可得出面，再利用线面垂直的性质可证，，两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面和平面夹角的余弦值. 【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面， 又因为面，面面，所以， 又，故， 由于，，故，之间的距离为. （2）且，故四边形是平行四边形，故， 由，可得. 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面. 而平面，，因为，故. ，，故， 中，由余弦定理可得，故， 又由，，得， 因为，所以. 以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系. 则，2，，，0，，，0，，，0，， 设平面的法向量为，，，，0，，，2，， 则，取，可得，1，， 设平面的法向量为，，，，，，， 则，取，可得，，， 则，， 故平面和平面夹角的余弦值是. 24．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取BC的中点M，连结MA、，根据等腰三角形性质和线面垂直判定定理得平面，进而由得，再证明平面ABC即可得证. （2）建立空间直角坐标系，用向量法求解即可；也可用垂面法作出垂直于的垂面，从而得出二面角的平面角再进行求解即可. 【详解】（1）取BC的中点M，连结MA、．    因为，，所以，， 由于AM，平面，且， 因此平面， 因为平面，所以， 又因为，所以， 因为平面平面ABC，平面平面，且平面，所以平面ABC， 因为，所以平面ABC. （2）法一：因为，且，所以． 以AB，AC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，． 所以，，． 设平面的法向量为，则，可得， 令，则， 设平面的法向量为，则，可得， 令，则， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 法二：将直三棱柱补成长方体． 连接，过点C作，垂足为P，再过P作，垂足为Q，连接CQ，    因为平面，且平面， 所以， 又因为，由于BD，平面，且， 所以平面，则为直角三角形， 由于平面，所以， 因为，平面CPQ，且，所以平面CPQ， 因为平面CPQ，所以， 则∠CQP为平面与平面的夹角或补角， 在中，由等面积法可得, 因为，所以， 因此平面与平面夹角的余弦值为. 25．(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）连接PG并延长交BC于D，连接OD、OG，由，利用线面平行的判定推理即得. （2）平面平面ABC，可得平面ABC，结合，可得结论. （3）建立空间直角坐标系，求出法向量，可得平面PAB与平面PBC夹角的余弦值. 【详解】（1）在三棱锥中，连接PG并延长交BC于D，连接OD、OG， 由G为的重心，得D为BC的中点，又O是AC中点， 则，又平面POG，平面POG， 所以平面. （2）由是正三角形，O是AB的中点，得， 又平面平面ABC，平面平面，平面PAC， 则平面ABC，又平面ABC，于是， 又，又平面POD，，因此平面POD， 又平面POD，则，又由（1）知，于是， 所以是直角三角形. （3）在平面内过B作于F，平面平面ABC，平面平面，则平面PAC， 由G为的重心，且G到平面PAC的距离为1，得B到平面PAC的距离为3，即， 在中，，则，在中，， 以O为原点，直线OC，OP分别为y，z轴，过点O且垂直于平面PAC的直线为x轴，建立空间直角坐标系， 则， 设平面PAB的法向量为，， 则，令，得， 设平面PBC的法向量为，， 则，令，得， 因此， 所以平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为. 26．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，连接，，依题意可得四边形为矩形，即可证明，再由，即可证明平面，从而得证； （2）连接交于点，连接交于点，连接，即可得到，再根据线面平行的性质得到，在中，过点作，即可得到，最后由即可得解. 【详解】（1）取的中点，连接，，则且，又， 所以四边形为矩形， 所以，又为等边三角形， 所以，，平面， 所以平面， 又平面， 所以. （2）连接，由平面， 又平面， 所以，所以， 要使的面积最小，即要使最小， 当且仅当时取最小值， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 在中，，，所以， 当时， 所以面积的最小值为. （3）连接交于点，连接交于点，连接， 因为且，所以， 所以， 因为平面，又平面， 平面平面， 所以， 所以， 在中，过点作， 则有，所以，所以，即 学科网（北京）股份有限公司 $$