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

安徽省部分市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·安徽安庆·三模）如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底面圆直径和母线长都是，则（    ） A．这两个球体的半径之和的最大值为 B．这两个球体的半径之和的最大值为 C．这两个球体的表面积之和的最大值为 D．这两个球体的表面积之和的最大值为 2．（2024·安徽合肥·三模）已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·安徽池州·二模）已知圆锥的底面半径为3，其内切球表面积为，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2023·安徽芜湖·模拟预测）已知正三棱台的上、下底面边长分别为，，且侧棱与底面所成角的正切值为3，则该正三棱台的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·安徽阜阳·一模）降水量是指水平地面上单位面积的降水深度（单位：）．气象学中，把24小时内的降水量叫作日降雨量，等级划分如下： 降水量 等级 小雨 中雨 大雨 曝雨 某数学建模小组为了测量当地某日的降水量，制作了一个上口直径为，底面直径为，深度为的圆台形水桶（轴截面如图所示）．若在一次降水过程中用此桶接了24小时的雨水恰好是桶深的，则当日的降雨所属等级是（    ） A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨 6．（2024·安徽合肥·一模）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·安徽淮北·一模）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（    ） A．若，且，则 B．若，且，则 C．若，且，则 D．若，且，则 8．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知三棱锥中，，则三棱锥的外接球的体积为（     ） A． B． C． D． 9．（2024·安徽芜湖·三模）下列说法正确的是（    ） A．正方体各面所在平面将空间分成27个部分 B．过平面外一点，有且仅有一条直线与这个平面平行 C．若空间中四条不同的直线满足，则 D．若为异面直线，平面平面，且与相交，若直线满足，则必平行于和的交线 10．（2024·安徽安庆·三模）在正方体中，点分别为棱的中点，过点三点作该正方体的截面，则（    ） A．该截面多边形是四边形 B．该截面多边形与棱的交点是棱的一个三等分点 C．平面 D．平面平面 二、多选题 11．（2024·安徽芜湖·模拟预测）如图，长方体，过点作平面的垂线，垂足为点．则以下命题中，正确的是（    ） A．点是的垂心 B．垂直平面 C．的延长线经过点 D．直线和是异面直线 12．（2024·安徽合肥·模拟预测）记正四棱柱为，截面将正四棱柱分成两部分，点E，F，G，H分别在棱，，，上，且，，记，，，，则下列说法正确的是（   ） A．四边形为矩形 B． C．若截面是有一个角为的菱形，则截面与的底面夹角的正弦值为 D．若的侧棱长为3，设，，，则在确定的空间直角坐标系中，不同的点共42个 13．（2024·安徽马鞍山·三模）已知四棱锥，平面ABCD，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 14．（2024·安徽淮北·二模）已知正方体的棱长为分别是棱的中点，下列结论正确的是（    ） A． B． C．棱的中点在平面内 D．四面体的体积为1 15．（2024·安徽池州·模拟预测）已知正方体的棱长为1，是侧面内的一个动点，三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则（    ） A．平面平面 B．点到平面的距离的最大值为 C．当点在线段上时，异面直线与所成的角为 D．当三棱锥的体积最大时，球的表面积为 三、填空题 16．（2024·安徽芜湖·模拟预测）在△ABC中，，，将△ABC沿AC旋转，当点B到达点的位置时，平面平面，则三棱锥外接球表面积为 ． 17．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知四面体的体积是，棱的长是c，和的面积分别是和．设平面和平面的夹角为，若，则 ． 18．（2024·安徽阜阳·模拟预测）已知三棱锥的外接球为球，为球的直径，且，，，则三棱锥的体积为 . 19．（2024·安徽池州·模拟预测）如图所示的“升”是我国古代测量粮食的一种容器，从形状上可抽象成一个正四棱台．现有一个上、下底面边长分别为和的“升”，侧棱长为，要做成一个该“升”的几何体，其侧面所需板材的最小面积为 ． 20．（2024·安徽安庆·二模）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为M，底面直径．圆锥的内切球和外接球的球心重合于一点O，则该圆锥的全面积为 ． 四、解答题 21．（2024·安徽芜湖·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的动点，平面ABC，．    (1)求证：平面； (2)若C是的中点，E是BC的中点，，求平面与平面所成角的余弦值． 22．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）如图，四棱台的上、下底面均为正方形，平面，，，四棱台的体积为． (1)证明：平面； (2)求平面和平面夹角的余弦值． 23．（2024·安徽合肥·三模）如图一：等腰直角中且，分别沿三角形三边向外作等腰梯形使得，沿三边折叠，使得，重合于，如图二 (1)求证：． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 24．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，为菱形，，，平面平面，点F在上，且，分别在直线上． (1)求证：平面； (2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若，MN为直线的公垂线，求的值. 25．（2024·安徽安庆·三模）如图，在四棱锥中，，，连接． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角正弦值的大小． 26．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）如图，平行六面体中，侧面为矩形，底面是边长为2的菱形，且为线段上一点，满足． (1)求证：平面平面； (2)若，求二面角的正弦值． 参考答案： 1．D 【分析】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，有一个球体和圆锥的底面相切，过底面圆的直径作截面，设两圆的半径，则，，其中，表达出，，求导得到函数单调性，得到最值，并求出，令，函数在上单调递增，求出，得到答案. 【详解】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，上面的球与圆锥的底面相切， 过底面圆的直径作截面， 如图所示，过点O作OF⊥AB，垂足为F，过点作⊥AB，垂足为E， 过点作⊥OF，垂足为D． 设圆O的半径为R，圆的半径为r，当下面的球与上底面相切时，取得最大值， 此时为该圆的内切球半径，等边三角形的边长为，内切球半径为， 故，故R的最大值为，且取最大值时， 三点共线，设，则， 则，解得， 所以，，，，. 因为，所以①， 整理得，解得， 令函数，， . 令函数，，所以是增函数. 又因为，，所以，， 所以，，，， 即，，，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 因为，所以，即这两个球体的半径之和的最大值为. 由①可得， 这两个球体的表面积之和为. 令，函数在上单调递增， 所以，即这两个球体的表面积之和的最大值为. 故选：D． 【点睛】方法点睛： 立体几何中最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立目标函数，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. 2．D 【分析】设圆锥的底面半径，结合侧面展开图可知底面半径与高，进而可得体积. 【详解】设圆锥的底面圆半径为， 由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得， 又侧面展开图是半径为的半圆，即圆锥的母线长为， 则圆锥的高， 所以该圆锥的体积为， 故选：D． 3．B 【分析】先利用题给条件求得圆锥的母线长，再利用公式即可求得该圆锥的侧面积. 【详解】球表面积为，则该球半径为， 设圆锥的高为h，则圆锥的母线长为， 则此圆锥的轴截面面积为 ，解之得， 则该圆锥的侧面积为 故选：B 4．D 【分析】画出图形，由正三棱台的对称性可得，正三棱台的外接球的球心落在上底面中心与下底面中心的连线上，先求出三棱台的高，再由外切球的性质得到外接球的半径. 【详解】分别取、的中心，连结，过作，    因为，由正弦定理得，得，同理可得，所以， 因为正三棱台，所以平面，∥， 所以平面，所以为侧棱与底面所成的角， 所以，所以， 设正三棱台的外接球球心O，因为为上底面截面圆的圆心，为下底面截面圆的圆心， 所以由正三棱台的性质可知，其外接球的球心在直线EF上， 设外接球O的半径为R，所以，，， 即，， 当在EF的延长线上时，可得，无解； 当在线段EF上时，轴截面中由几何知识可得，解得， 所以正三棱台的外接球表面积为. 故选：D 5．C 【分析】 根据题意，由圆台的体积公式代入计算，即可得到结果. 【详解】 设上口半径为，下口半径为，桶深为，水面半径为， 则， 降水量的体积， 降水深度为，属于大雨等级. 故选：C． 6．C 【分析】根据题中条件作出外接球球心，利用勾股定理计算得到半径，进一步计算即可. 【详解】过三角形的中心作平面的垂线， 过三角形的中心作平面的垂线， 两垂线交于点，连接， 依据题中条件可知，为四面体的外接球球心， 因为， 所以, 则, 即外接球半径为， 则该球的表面积为， 故选：C. 7．D 【分析】构建正方体，利用其特征结合空间中直线与平面的位置关系一一判定选项即可. 【详解】   如图所示正方体， 对于A，若对应直线与平面，显然符合条件，但，故A错误； 对于B，若对应直线与平面，显然符合条件，但，故B错误； 对于C，若对应直线与平面，平面，显然符合条件，但，故C错误； 对于D，若，且，又，是两个不同的平面，则，故D正确. 故选：D 8．C 【分析】根据勾股定理可得，点在底面的投影即为的外心，再利用正弦定理求得外接圆的半径，然后找到球心的大致位置，根据半径相等列等式求解即可. 【详解】 过点作平面，垂足为，连接、、， 因为，所以， 故点是底面的外心，设外接圆的半径， 由正弦定理，所以，， 所以，， 设三棱锥的外接球球心为，显然在线段上， 设，三棱锥的外接球的半径为， 则，，又， 所以，，， 三棱锥的外接球的体积为. 故选：C. 9．A 【分析】利用空间关系，可以判断AB，对于C可用正方体模型来举反例，对于D也是举反例. 【详解】对于A，利用四个侧面将空间分成九个部分，再由上下底面又将空间分成上中下三层，所以可以将空间分成27个部分，故A是正确的； 对于B，因为过平面外一点可以作一个平面与该平面平行，在这个平行平面内有无数条过该点的直线都与已知平面平行，故B是错误的； 对于C， 在正方体中，把看成，把看成，把看成，把看成， 它们满足，但不满足，故C是错误的； 对于D，由平面平面，且与相交于，则， 即满足条件，但此时与重合，它们不平行，故D是错误的； 故选：A. 10．B 【分析】将线段向两边延长，分别与棱的延长线，棱的延长线交于，连分别与棱交于，可判断A；利用相似比可得，可判断B；证明平面即可判断C；通过证明平面，可判断D. 【详解】对于A，将线段向两边延长，分别与棱的延长线，棱的延长线交于， 连分别与棱交于，得到截面多边形是五边形，A错误； 对于B，易知和全等且都是等腰直角三角形，所以， 所以，即，点是棱的一个三等分点，B正确； 对于C，因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证， 因为平面，所以平面， 因为平面与平面相交，所以与平面不垂直，C错误； 对于D，易知，所以， 又，所以平面， 结合C结论，所以平面与平面不平行，D错误. 故选：B． 11．AB 【分析】利用长方体的性质，结合线面垂直以及线面平行的判定，推理判断各个选项； 【详解】对于A，垂直平面，平面，故， 在长方体中直线两两互相垂直，则平面， 平面，故， 可得，又是平面内两条相交直线， 则平面， 因为平面，所以. 同理可得，则是的垂心，故A正确； 对于B，由长方体的性质可知，平面，平面， 所以平面；同理平面，平面， 所以平面；又因为是平面内两条相交直线， 则平面平面，由题意可知垂直平面， 则垂直平面，故B正确； 对于C，根据正方体的性质可知，对角线垂直于平面， 则在不是正方体的长方体中，不垂直于平面，又因为垂直平面，两直线不重合， 正方体是长方体的特殊情况，则的延长线经不一定过点，故C错误； 对于D，根据正方体的性质可知，当长方体为正方体时，即. 由于四边形为平行四边形，故直线和是相交直线， 即直线和不一定是异面直线，故D错误； 故选：AB 12．BCD 【分析】根据面面平行的性质分析可知：∥，∥.对于A：举反例说明即可；对于B：根据平行的性质分析求解；对于C：根据菱形分析可得，进而结合面面夹角分析求解；对于D：结合选项B可知：，设设，，进而分情况讨论即可. 【详解】不妨设正四棱柱的底面边长为，侧棱长为， 因为平面∥平面，且平面，平面， 可知∥，同理知∥，所以四边形为平行四边形. A：例如点与点重合，点与点重合，分别为的中点，此时四边形满足题意， 可得， 则，即不为直角，四边形不为矩形，故A错误； B：设，， 可知点为的中点，且∥，则， 同理可得，则，可得，故B正确； C：由选项A可知：若为菱形，则分别为的中点， 由题意可知：，即为等边三角形， 则，即，可得， 分别取的中点， 可知与全等，且平面∥平面， 因为， 可知截面与的底面夹角即为截面与平面夹角， 因为，可得， 所以截面与的底面夹角的正弦值为，故C正确； D：由选项B知， 设，， 当时，的取值有2种可能，的取值有2种可能，所以点有个； 当时，的取值有3种可能，的取值有3种可能，所以点有个； 当时，点有个； 当时，点有个； 当时，点有个； 故不同的点共个． 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：根据平行的性质分析可知∥，∥，进而可得；求面面夹角，可以通过平移平面确定相关角，方便理解和计算. 13．AC 【分析】对于AD：根据线面垂直分析可知：等价于，结合选项分析判断；对于BC：根据三角形全等可得等价于，进而结合选项分析判断. 【详解】因为平面ABCD，平面ABCD，则， 对于选项AD： 若，且，平面PAC， 可得平面PAC，且平面PAC，所以， 同理：若，可得， 即等价于， 由不能推出，即不能推出， 故A正确；故D错误； 对于选项BC：若，可知，所以， 反之，，可知，所以， 即等价于， 由不能推出，即不能推出， 故B错误，故C正确； 故选：AC. 14．BD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线线关系可判定A、B，利用空间向量研究点面距离结合锥体体积公式可判定D，补全平面截正方体的截面可判定C. 【详解】 如图所示建立空间直角坐标系， 则， 所以， 由空间向量共线的充要条件知若，则有， 显然上述方程无解，故A错误； 又，所以B正确； 延长交于H点，连接交于G点， 由平行线分线段成比例可知G为靠近B点的线段的一个三等分点，故C错误； 设平面的一个法向量为， 易知， 则，令，即， 则N到平面的距离为， 而， 所以，故D正确. 故选：BD 15．AC 【分析】连接，证明平面，则，再证明，根据线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可判断A；以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断B；证明，则即为所求，解即可判断C；结合B选项可得三棱锥的外接球即为正方体的外接球，即可判断D. 【详解】对于A，连接，则， 因为平面，平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 同理可得， 又平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面，故A正确； 对于B，如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 设， 所以， 由A选项可知平面的一个法向量为， 又，所以点到平面的距离为， 所以当时，，故B错误； 对于C，连接，因为且，所以四边形是平行四边形， 所以， 则当点在线段上时， 异面直线与所成的角即为异面直线与所成的角，即， 因为为等边三角形，所以， 即异面直线与所成的角为，故C正确； 对于D，当三棱锥的体积最大时，点到平面的距离最大， 由B选项可知当点与点重合时， 三棱锥为正四面体，且其棱长为， 其外接球即为正方体的外接球， 所以外接球的半径为，所以球的表面积为，故D错误． 故选：AC. 16． 【分析】作，证得平面，得到，把三棱锥可放置在边长分别为的长方体中，设三棱锥外接球的半径为，结合长方体的性质，结合球的表面积公式，即可求解. 【详解】如图所示，面内作，因为，所以为的中点， 因为平面平面，且平面平面，且平面， 所以平面，又平面，所以， 由题意知，可得，且，所以， 对棱相等的三棱锥可放置在边长分别为的长方体中， 可得，，， 设三棱锥外接球的半径为，可得， 故外接球表面积为． 故答案为：. 17．/ 【分析】设三棱锥的高为，由棱锥的体积公式求出，再结合，即可求出答案. 【详解】设三棱锥的高为，则，所以， 设的边上的高为， 则，所以，所以， 又，所以． 故答案为：. 18．/ 【分析】所求体积可表示为，故只需求出三角形的面积即可，其中，由对称性也有，由于是已知的，所以只要求得即可进一步求解. 【详解】如图，易知，，所以， 作于点，易知，所以， ， ， 故三棱锥的体积为 . 故答案为：. 19． 【分析】根据棱台的几何性质确定斜高，再根据侧面性质确定面积即可. 【详解】 如图，由题意知该“升”的各侧面为上底、下底长分别为，腰长为的等腰梯形， 取中点为， 所以其侧面的高为． 若将各侧面展开，可拼接成一个一条边长为，另一条边长为的平行四边形， 该平行四边形的高为，所以所求面积为． 故答案为：. 20． 【分析】画出圆锥的截面，由圆锥的内切球和外接球的球心重合于一点O，可得为等边三角形，借助圆锥的表面积公式计算即可得. 【详解】画出圆锥的轴截面如图所示，由O为圆锥的内切球球心，则有为的角平分线， 由O为圆锥的外接球球心，则，故， 故，又，故为等边三角形， 故，，则. 故答案为：. 21．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证平面，只需证,，只需证平面，即证，由题易证； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面 的法向量，然后根据平面与平面的夹角的向量计算公式计算即可. 【详解】（1）∵是⊙O的直径，∴，∵平面，平面ABC，∴． 又∵，平面，∴平面． ∵平面，∴． 又∵，，平面，∴平面． （2）∵，，∴D为的中点． 以A为坐标原点，的垂线为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系， 如图所示．    设， 则，， 故， 平面的一个法向量为． 设平面的一个法向量为， 则，即 令得,, 即． 设平面与平面所成角为， 则 ∴平面与平面所成角的余弦值为． 22．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由已知可得，结合余弦定理可得，从而可证平面，进而可得平面，进而可得，利用线线垂直可证平面． （2）以为原点建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用向量法可求得平面和平面夹角的余弦值． 【详解】（1）四棱台体积，解得， 过作于，由题意可得，所以， 所以,由勾股定理可得， 由余弦定理：， 所以．由题意，，， 平面，所以平面 因为，所以平面 所以，又，平面， 所以平面． （2）如图，以为原点建立空间直角坐标系， 则，，，, 所以,,,, 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，令，则, 所以平面的一个法向量为， 所以， 所以平面和平面夹角的余弦值为． 23．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）补全图形得到三棱锥，由线面垂直证得； （2）思路一：建立空间直角坐标系，运用向量求解线面角； 思路二：等体积法求得到平面的距离，再用几何法求得线面角. 【详解】（1）延长交于点过作于，过作于， 又四边形为等腰梯形，则，则， 又，所以，为的中点， 延长交于点，则，为的中点，则， 与重合于点，为三棱锥， 设为中点，等腰直角中， 又为的中点，为的中点，，∴， ，又平面平面， 又平面，. （2）方法一： 为中点，， 又， 以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系， 则， ， ，， 设平面的法向量为，则， 取，则，所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 方法二： 为中点，，， 又， 又，平面，∴平面， ，为等边三角形，设到平面的距离为， ∴， . 所以直线与平面所成角的正弦值为. 24．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由余弦定理可求得，可得，两边平方可求得，由勾股定理的逆定理可证，利用面面垂直的性质可证平面； （2）建立空间直角坐标系，设，，则，利用公垂线可得，求解即可. 【详解】（1）， 所以，所以， 所以，， ，则，又因为平面平面， 平面平面平面，故平面； （2）在平面中过作直线， 以C为原点，的方向为x轴正方向，的方向为轴正向，直线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 由，可得，， 所以， 所以， 设，则， 设，则，， 由题知，解得，， 故. 25．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）已知条件利用余弦定理和勾股定理，求出，由勾股定理证明且，得证平面，结合面面垂直判定定理得平面平面． （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值. 【详解】（1）因，所以， 又，所以， 根据余弦定理知， 直角梯形中，，，，，， 则， 过点作，垂足为，则，,得， 则有，得，，得， 因，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）如图，以点为原点，分别以所在直线为轴，轴建立空间直角坐标系． 则，于是， 又， 设平面的一个法向量为，于是， 令，则，即， 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．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，利用给定条件结合勾股定理逆定理证得，再利用线面、面面垂直的判定推理即得. （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出二面角的两个半平面的法向量坐标，再利用面面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）取的中点，连接，由是边长为2的菱形，得， 又，则为等边三角形，即有， 由，则， 即，，由，得， 而平面，因此平面，又平面， 所以平面平面． （2）由，得，又平面平面， 平面平面平面，于是平面，直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 由，令，得， 由，令，得， 因此， 所以二面角的正弦值为． 学科网（北京）股份有限公司 $$