空间向量与立体几何-天津市部分区2023-2024学年高三下学期数学模拟试题分类汇编

天津市部分区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·天津和平·二模）如图，一块边长为10cm的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与正四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·天津北辰·三模）中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·天津河西·三模）如图，在三棱柱中，E，F分别为AB，AC的中点，平面将三棱柱分成体积为，两部分，则（    ） A．1∶1 B．4∶3 C．6∶5 D．7∶5 4．（2024·天津滨海新·三模）我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用．图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2.已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为3:1，且该几何体的顶点在球的表面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·天津武清·模拟预测）四棱锥的底面为正方形，，动点在线段上，则下列结论正确的是（    ） A．四棱锥的体积为 B．四棱锥的表面积为 C．在中，当时， D．四棱锥的外接球表面积为 6．（2024·天津红桥·二模）如图，圆锥形脆皮筒上面放半球形的冰淇淋，为了保障冰淇淋融化后能落在脆皮筒里，不溢出来，某规格的脆皮筒规定其侧面面积是冰淇淋半球面面积的2倍，则此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为（    ）    A． B． C． D． 7．（2024·天津滨海新·二模）如图所示，这是古希腊数学家阿基米德最引以为自豪的发现：圆柱容球定理.圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，在当时并不知道球的面积和体积公式的情况下，阿基米德用穷竭法解决面积问题，用杠杆法解决体积问题.我们来重温这个伟大发现，求圆柱的表面积与球的表面积之比和圆柱体积与球体积之比（    ） A．， B．， C．， D．， 8．（2024·天津红桥·一模）已知正六棱柱的所有棱长均为2，则该正六棱柱的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 9．（2024·天津南开·一模）在长方体中，，，其外接球体积为，则其外接球被平面截得图形面积为（    ） A． B． C． D． 10．（2024·天津河东·一模）庑殿（图1）是古代传统建筑中的一种屋顶形式.宋称为“五脊殿”、“吴殿”，庑殿建筑是房屋建筑中等级最高的一种建筑形式，多用作宫殿、坛庙、重要门楼等高级建筑上.学生小明在参观文庙时发现了这一建筑形式，将其抽象为几何体，如图2，其中底面为矩形，，则该几何体的体积为（    ）    A．512 B．384 C． D． 11．（2024·天津和平·一模）若三棱台的上、下底面均是正三角形，侧面是全等的等腰梯形，且其各顶点都在表面积为的球的表面上，，则三棱台的高为（    ） A． B．8 C．6或8 D．或6 二、解答题 12．（2024·天津蓟州·模拟预测）如图，在四棱锥中，已知棱两两垂直，长度分别为1，2，2，若，且向量与夹角的余弦值为. (1)求实数值； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 13．（2024·天津河西·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，分别是棱上的动点，且． (1)求证：； (2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面BEF夹角的正切值及点到直线的距离． 14．（2024·天津和平·二模）如图，三棱台中，为等边三角形，，平面ABC，点M，N，D分别为AB，AC，BC的中点，． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点D到平面的距离． 15．（2024·天津南开·二模）在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，O为CD的中点，二面角A-CD-P为直二面角. (1)求证：； (2)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值； (3)求平面POB与平面PAB夹角的余弦值. 16．（2024·天津河北·二模）如图，四棱锥中，侧棱平面，点是的中点，底面是直角梯形，. (1)求证：平面； (2)求异面直线和所成角的余弦值； (3)点在线段上，平面和平面的夹角为，求的值. 17．（2024·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，平面，，∥，，，为棱的中点. (1)证明：平面； (2)求平面和平面夹角的余弦值； (3)求A点到直线的距离. 18．（2024·天津红桥·二模）在如图所示的几何体中，平面，，四边形为平行四边形，，，，． (1)求证：直线平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角的正弦值． 19．（2024·天津滨海新·二模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面平面，，，E为的中点，点F在上，且. (1)求证：平面； (2)若异面直线与所成角的大小为，求与平面所成角的正弦值； (3)若四棱锥的体积为.求平面与平面夹角的正弦值. 20．（2024·天津河东·一模）在正方体中（如图所示），边长为2，连接    (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)底面正方形的内切圆上是否存在点使得与平面所成角的正弦值为，若存在求长度，若不存在说明理由． 21．（2024·天津红桥·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，底面，与平面所成角为，分别是中点．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值． 参考答案： 1．B 【分析】根据题意可得正四棱锥的斜高为5，底面正方形的边长为6，从而可得正四棱锥的高，设这个正四棱锥的内切球的半径为，高线与斜高的夹角为，则易得，，从而可得，再代入球的体积公式，即可求解． 【详解】作出四棱锥如图： 根据题意可得正四棱锥的斜高为，底面正方形的边长为6， 正四棱锥的高为， 设这个正四棱锥的内切球的球心为，半径为，与侧面相切于， 则高线与斜高的夹角为，则， 则, ，， 这个正四棱锥的内切球的体积为． 故选：B． 2．A 【分析】结合轴截面分析可知，，再利用圆柱以及圆台的体积公式运算求解. 【详解】由题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台， 取轴截面，如图所示，分别为的中点， 可知：∥∥，且， 可得，即， 所以该容器中液体的体积为. 故选：A. 3．D 【分析】根据割补法结合棱台的体积公式，即可求得答案. 【详解】设三棱柱的高为h，上下底面面积均为S，体积为V， 则， 因为E，F分别为AB，AC的中点，故, 结合题意可知几何体为棱台， 则， 故,故， 故选：D 4．A 【分析】根据题意可知正四棱柱和正四棱锥的高相等，利用几何关系和正四棱柱的对称性得到关于的方程组，再利用球的表面积公式即可得解． 【详解】正四棱柱和正四棱锥的体积之比为，且共一个底面， 正四棱柱和正四棱锥的高相等， 设正四棱柱和正四棱锥的高为，该几何体外接球的半径为， 易知球O是正四棱柱的外接球，也是正四棱锥的外接球， ， 解得， ∴球O的表面积为． 故选：A． 5．C 【分析】对于A：根据锥体体积公式运算求解；对于B：根据表面积公式分析运算求解；对于C：由条件确定点的位置，结合锥体体积公式分析判断；对于D：利用补形法，结合长方体的外接球的求四棱锥的外接球半径，进而可得球的表面积. 【详解】对于选项A：因为，，，平面， 所以平面，可知四棱锥的高， 所以四棱锥的体积，故A错误； 对于选项B：因为平面，平面，则， 且，，平面， 可得平面，且平面，可知， 同理可知：，则， 所以四棱锥的表面积为，故B错误； 对于选项C：因为平面，平面， 所以，所以为直角三角形， 又因为，则， 且，，，可得， 所以，即，可知点到平面的距离为， 所以，故C正确； 对于选项D：将四棱锥补形为长方体，如图所示 可知四棱锥的外接球的半径为， 所以四棱锥的外接球的表面积，故D错误； 故选：C. 6．B 【分析】设圆锥的半径为，高为，母线长为，结合题意面积比得到，再计算二者的体积比即可. 【详解】设圆锥的半径为，高为，母线长为， 则母线长为， 所以圆锥的侧面积是， 半球的面积， 由题意可得， 解得， 所以圆锥的体积为，半球的体积为， 所以此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为， 故选：B. 7．C 【分析】设球的半径为，利用球和圆柱的表面积、体积公式求解即可. 【详解】设球的半径为，则圆柱的底面圆半径为，圆柱的高为， 所以圆柱的表面积，体积， 球的表面积，体积， 所以圆柱的表面积与球的表面积之比， 圆柱体积与球体积之比， 故选：C 8．B 【分析】根据正六棱柱的性质可求解半径，由表面积公式即可求解. 【详解】如图，设正六棱柱下底面的中心为，其外接球的圆心为点， 则，为等边三角形， 故，即为其外接球的半径， 所以， 所以该正六棱柱的外接球的表面积为. 故选：B. 9．B 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出底面为正方形，长方体外接球的直径即为长方体的体对角线且球心在体对角线的中点，由外接球的体积求出，从而求出底面边长，再利用向量法求出球心到平面的距离，即可求出截面圆的半径，从而求出其面积. 【详解】如图建立空间直角坐标，设、，则， ，，， 所以，， 因为，所以，所以，即为正方形， 又长方体的外接球的直径为长方体的体对角线长， 外接球的球心为体对角线的中点不妨设为， 由外接球体积为，所以，解得， 又，解得（负值舍去）， 所以，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，取， 所以点到平面的距离， 所以外接球被平面截得的截面圆的半径， 所以截面圆的面积， 即外接球被平面截得图形面积为. 故选：B    10．D 【分析】根据等腰梯形以及等腰三角形的性质，利用勾股定理求解长度，利用体积公式求出一个棱柱与两个棱锥的体积，可得该几何体的体积， 【详解】因为，，所以， 由， 得四边形，四边形均为等腰梯形，    过作于，作于，连接， 过作于，作于，连接， 所以，，， 因为，，所以， 又，，在平面内，， 所以平面，同理，平面，所以平面平面， 所以该几何体被分为一个棱柱与两个棱锥． 分别取，的中点，，连接，， 因为，所以，， 所以， ， 连接，交于，则为的中点，连接， 因为平面，在平面内，所以， 因为，所以， 又，在平面内，，所以平面， 所以， 所以， 因为， 所以， 所以该几何体的体积为， 故选：D 11．C 【分析】由题可知，三棱台为正三棱台，上下底面的中心，连线构成的线段为高，根据球的性质可得，，进而可得. 【详解】设球的半径为，则，得， 如图所示，为的中心，为的中心， 由题意可知，三棱台为正三棱台，为其高，球心在上， 在中，在中， 故，， 当在线段上时，， 当在线段的延长线上时，， 故选：C 12．(1)； (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用向量夹角余弦值求出. （2）由（1）的结论，求出平面的法向量，利用平面角的向量求法求解即得. （3）求出平面的法向量，结合（2）中信息，面面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）依题意，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， ，由，得，则，而， 而，显然，解得. （2）由（1）得，，设平面的法向量， 则，令，得，又， 于是， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）由（2）令平面的法向量，则，令，得， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 13．(1)证明见解析 (2)， 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明求解即可. （2）利用平面夹角的向量求法结合同角三角函数的基本关系求出，利用直线夹角的向量求法求出，再求解点到直线的距离即可. 【详解】（1）以为原点，如图所示建立空间直角坐标系， ，， 设， ， ， ， ，即， （2） ，由二次函数性质得， 当时，取得最大值， 此时为的中点， 设平面的法向量为， ， ， 设平面的法向量为， ，， 令，， 设平面与平面的夹角为， ， ，， ， 设直线和所成角为， ， 点到直线的距离. 14．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用，结合平面，得出平面； （2）利用向量的夹角公式即可求解； （3）利用点到平面的距离的向量法公式，即可求解． 【详解】（1）因为侧棱底面，为等边三角形，所以过点作，则以为点A为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系， 设长为，则 ，， 因为，所以，则有，． 所以，，，，，，． 证明：因为，，设平面的法向量为， 则，令，则， 又因为． 所以，所以，又因为平面，所以平面． （2）因为为中点，所以，则， 有，又，设直线与平面所成角为， ， 则直线与平面所成角的正弦值为． （3）因为，平面的法向量为， 所以，点D到平面的距离为． 15．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明出，平面ABCD，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出，得到垂直关系； （2）求出平面的法向量，利用线面角求解公式得到答案； （3）求出两平面法向量，求出面面角的余弦值. 【详解】（1）因为，O为CD的中点， 所以． 又因为平面平面ABCD，平面平面，平面PCD， 所以平面ABCD． 因为，，，所以． 取的中点，连接，则⊥， 以点O为坐标原点，OD，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，． ，， 因为， 所以． （2）设平面PAB的一个法向量为， 则，即， 解得，令，则，则． 设直线PC与平面PAB所成的角为， 又， 则， 所以直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为． （3）设平面POB的一个法向量为， 则，即， 解得，令，则，故． 设平面POB与平面PAB的夹角为， 则． 故平面POB与平面PAB的夹角的余弦值为． 16．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求证， （2）利用向量的夹角公式即可求解， （3）求两个平面的法向量，即可利用法向量的夹角求解. 【详解】（1）证明：平面，以为原点，分别以、、的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. ，点是的中点， ,， 则 平面，平面的一个法向量为. ， 平面， 平面 ； （2） 设异面直线和所成的角为， 异面直线和所成角的余弦值为. （3）， 设，则， 设平面的法向量为，则有 不妨令，得，. 设平面的法向量为，则有 不妨令，得， ， 平面和平面的夹角为， ， ， ， . 17．(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】（1）取中点，可得四边形为平行四边形，从而，利用线面平行的判定定理即可得证； （2）建系标点，求出平面BDM的法向量，易知为平面PDM的一个法向量，利用向量夹角公式求解可得答案. （3）利用空间向量求得，即可得，进而可得结果. 【详解】（1）取中点，连接，． 在中，，分别为，的中点，则，， 因为，，则，， 可知四边形为平行四边形，则， 且平面，平面，所以平面PAD． （2）因为平面，，平面ABCD， 则，，且， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 取CD的中点，连接BE， 因为，，则，， 又因为，所以四边形ABED为矩形， 且，可知四边形ABED是以边长为2的正方形， 则，，，，，， 可得，，， 设平面BDM的法向量为，所以， 令，则，．所以平面BDM的一个法向量为， 易知为平面PDM的一个法向量， 所以， 所以平面和平面夹角的余弦值为. （3）由（2）可知：， 则， 即，可知为锐角， 则， 所以A点到直线的距离为. 18．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由即可证明； （2）求出平面的法向量，再求出，即可得解； （3）设平面与平面夹角为，由求出，从而求出. 【详解】（1）因为平面，，如图建立空间直角坐标系， 因为四边形为平行四边形，，，，， 则，，， 解得（负值已舍去）， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，取， 所以，即， 又平面，所以平面. （2）因为，， 设平面的法向量为， 则，取， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）设平面与平面夹角为， 则， 所以， 所以平面与平面夹角的正弦值为. 19．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立空间坐标系，写出的坐标，利用向量证明线面平行； （2）先根据异面直线所成角确定的坐标，利用线面角的求解公式可得答案； （3）先根据体积求出的坐标，利用法向量求解两平面的夹角即可. 【详解】（1）作于， 因为侧面平面ABCD，侧面平面，面， 所以平面. 以为坐标原点，所在直线分别为轴，过与平行的直线为轴，建系如图， 设，则，， ， 则，， 易知平面的一个法向量为， 因为，且平面， 所以平面. （2）由（1）知，，， 因为异面直线与所成角的大小为， 所以， 解得，此时，，，; ,,; 设平面的一个法向量为，则,， 令，得， 设与平面所成角为，则， 即与平面所成角的正弦值为. （3）因为底面为直角梯形，， 所以其面积为， 因为四棱锥的体积为，所以高为， 由（1）知，为四棱锥的高，所以，即， 则有，，， , 设平面的一个法向量为，则，， 令，得，，即， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 所以，即平面与平面夹角的正弦值为. 20．(1)证明见解析； (2)； (3)存在，3. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合，得到平行关系； （2）求出平面的法向量，得到二面角的余弦值； （3）设，且，利用线面角的正弦值得到方程，求出或，求出. 【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，    则． 平面的法向量为， ，令，则， ， 平面； （2）平面的法向量为， ，令，则， 平面与平面夹角为， ； （3）设，且， 与平面所成角为， ， 即， 解得或，故或， 所以. 21．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，则，再根据线面平行的判定定理即可得证； （2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，根据与平面所成角求出，利用向量法求解即可. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为分别是中点，所以且， 又且， 所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）连接， 如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系， 因为底面，所以即为与平面所成角的平面角， 所以，所以， 则， 故， 设平面的法向量为， 则有，令，则， 所以， 设平面的法向量为， 则有，令，则， 所以， 则， 所以平面与平面夹角的正弦值为．    学科网（北京）股份有限公司 $$