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

辽宁省部分市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·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·辽宁大连·一模）陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址．如图所示的是一个陀螺立体结构图．已知，底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积(单位：)是（   ）    A． B． C． D． 3．（2024·辽宁抚顺·三模）已知圆锥的底面圆的半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的母线长为（    ） A． B．3 C． D．4 4．（2024·辽宁沈阳·二模）正方体中，为正方形内一点（不含边界），记为正方形的中心，直线与平面所成角分别为，．若，则点在（    ） A．线段上 B．线段上 C．线段上 D．线段上 5．（2024·辽宁丹东·一模）直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·辽宁大连·一模）已知圆锥的高为，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·辽宁抚顺·一模）在三棱锥中，，，，，则三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·辽宁辽阳·一模）四羊方尊（又称四羊尊）为中国商代晚期青铜器，其盛酒部分可近似视为一个正四棱台（上、下底面的边长分别为，高为），则四羊方尊的容积约为（　　） A． B． C． D． 9．（2024·辽宁葫芦岛·二模）直线l与平面成角为，点P为平面外的一点，过点P与平面成角为，且与直线l所成角为的直线有（    ） A．0条 B．1条 C．2条 D．4条 10．（2024·辽宁大连·一模）已知直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，且，则 D．若，且，则 二、多选题 11．（2024·辽宁锦州·模拟预测）如图，矩形中，，是边的中点，将沿直线翻折成（点不落在底面内），连接．若为线段的中点，则在的翻折过程中，以下结论正确的是（    ） A．平面恒成立 B．不存在某个位置，使 C．线段的长为定值 D． 12．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在长方体中，，，是棱上的一点，点在棱上，则下列结论正确的是（    ） A．若，C，E，F四点共面，则 B．存在点，使得平面 C．若，C，E，F四点共面，则四棱锥的体积为定值 D．若，C，E，F四点共面，则四边形的面积不为定值 13．（2024·辽宁葫芦岛·一模）在正四棱台中，，，为棱上的动点（含端点），则下列结论正确的是（    ） A．四棱台的表面积是 B．四棱台的体积是 C．的最小值为 D．的最小值为 14．（2024·辽宁大连·一模）正四棱柱中，，动点满足，且，则下列说法正确的是（   ） A．当时，直线平面 B．当时，的最小值为 C．若直线与所成角为，则动点P的轨迹长为 D．当时，三棱锥外接球半径的取值范围是 15．（2024·辽宁沈阳·二模）已知正四棱锥的所有棱长均相等，为顶点在底面内的射影，则下列说法正确的有（    ） A．平面平面 B．侧面内存在无穷多个点，使得平面 C．在正方形的边上存在点，使得直线与底面所成角大小为 D．动点分别在棱和上（不含端点），则二面角的范围是 三、填空题 16．（2024·辽宁锦州·模拟预测）攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称为攒尖．通常有圆形攒尖，三角攒尖，四角攒尖，八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面是底边长为，顶角为的等腰三角形，则该屋顶的面积约为 ． 17．（2024·辽宁大连·二模）如图，圆柱的轴截面为矩形，点，分别在上、下底面圆上，，，，，则异面直线AM与CN所成角的余弦值为 . 18．（2024·辽宁丹东·二模）已知球O的半径为4，平面，与球面分别相交，得圆C与圆D，AB为圆C与圆D的公共弦，若，，则点O到直线AB的距离为 ，四面体ABCD的体积为 ． 19．（2024·辽宁抚顺·三模）在直三棱柱中，，为的中点，点满足，则异面直线所成角的余弦值为 ． 20．（2024·辽宁鞍山·二模）已知圆锥的底面半径为2，母线与底面所成的角为，则该圆锥的表面积为 ． 四、解答题 21．（2024·辽宁锦州·模拟预测）如图，在四棱锥中，为的中点，平面． (1)求证：； (2)若，． （i）求证：平面； （ii）设平面平面，求二面角的正弦值． 22．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段的中点，，，四边形为矩形. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 23．（2024·辽宁大连·二模）已知一圆形纸片的圆心为，直径，圆周上有两点.如图：，，点是上的动点.沿将纸片折为直二面角，并连接，，，. (1)当平面时，求的长； (2)若，求与平面所成角的正弦值. 24．（2024·辽宁葫芦岛·二模）如图，在五面体中，底面是菱形，，. (1)求证：； (2)，M是的中点，O为的中点，且，. ①求证：平面； ②求直线与平面所成角的正弦值. 25．（2024·辽宁丹东·二模）如图，三棱柱中，，，，M为的中点． (1)求证：平面ABC； (2)若平面ABC⊥平面，，，求二面角的正弦值． 26．（2024·辽宁抚顺·三模）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，且，平面平面．为的中点，且分别为的中点． (1)证明：． (2)设交平面于点，求平面与平面夹角的余弦值． 参考答案： 1．C 【分析】根据空间向量法求线线角即可. 【详解】以为原点，在平面内过作的垂线交于， 以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系， 因为直三棱柱中，，，， 所以， 所以， 设异面直线与所成角为， 所以. 故选：C. 2．C 【分析】由题意先求圆锥的母线长，结合圆柱和圆锥的侧面积公式分析求解. 【详解】由题意可知：圆锥的母线长为， 所以这个陀螺的表面积是. 故选：C. 3．D 【分析】设母线长为，根据题意得到，即可求解． 【详解】设母线长为，由题意，可得，解得，即圆锥的母线长为． 故选：D. 4．B 【分析】根据线面角的定义可得直线与直线所成角大小关系，再根据判断即可. 【详解】直线与平面所成角大小分别为， 等价于直线与直线成角大小分别为， 由，可知P在线段上，又，则与所成角更小， 则点P在线段上. 故选：B. 5．A 【分析】由题意建立适当的空间直角坐标系，求出异面直线与所在直线的方向向量，由空间向量夹角的余弦值的坐标公式即可运算求解. 【详解】取中点，连接，因为，所以， 以为原点，分别为轴，过点且垂直于面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，注意到， 所以， 所以， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：A. 6．B 【分析】借助圆锥的高、底面半径与母线长的关系及底面周长与侧面展开图的弧长间的关系，结合圆锥体积计算公式计算即可得. 【详解】设底面半径为，母线长为， 则有，解得， 则. 故选：B. 7．A 【分析】在中由余弦定理求得，由题意证得平面ABC，进而确定外接球球心O，由球心与相关点的位置关系求球的半径，最后求表面积即可. 【详解】在中，， 即，又， 因为，所以，同理， 又由平面ABC，平面. 设的外接圆半径为，所以， 所以，所以外接球的半径R满足， ∴三棱锥外接球的表面积为. 故选：A. 8．A 【分析】根据台体的体积公式运算求解. 【详解】由题意可得：四羊方尊的容积约为. 故选：A. 9．C 【分析】过与平面成角的直线形成一个圆锥的侧面（即圆锥的母线与底面成角），然后考虑这些母线中与直线成角的直线有几条，通过圆锥的轴截面可得． 【详解】如图所示，设直线与平面相交于，直线在平面的射影为直线. 且直线与平面所成角为， 即. 设圆锥的顶点为点，圆锥的轴平面， 即圆锥的任意一条母线与平面所成角都等于. 当过点的母线为直线时， 直线与平面所成角为，直线与直线所成角为，即, 当过点的母线沿逆时针旋转到直线时， 直线与直线所成角为，即， 所以过点的直线从沿逆时针旋转到直线时， 与直线所成角的范围为， 故存在一条过点的直线与直线所成角为， 同理可得，过点的直线从沿顺时针旋转到直线时， 也存在一条过点的直线与直线所成角为， 所以过点的直线与平面所成角为，与直线所成角为的直线有2条. 故选：C. 10．D 【分析】由空间中直线与平面的位置关系，对各项进行分析即可． 【详解】若，则a，b可以是平行，也可以是相交或异面，故A错误； 若，则或，故B错误； 若且，当时，不能证明，C选项错误； 若，且，在上取一点，作， 由面面垂直的性质定理可得且，既与重合，可得，故D正确. 故选：D 11．ABC 【分析】根据面面平行的判定定理和性质、线面垂直的判定定理、余弦定理、棱锥的体积公式逐一判断即可. 【详解】对于A，设的中点为，连接，由为线段的中点，得， 而平面，平面，则平面， 在矩形中，，是边的中点，则， 又平面，平面，则平面， 而，平面，因此平面平面， 又平面，所以有平面恒成立，A正确； 对于B，设在底面的射影为，连接， 在矩形中，，是边的中点，，， 由与全等可得，显然与不垂直(不在线段的中垂线上)， 假设存在某个位置，使，由平面，平面，得， 而，，平面，则平面， 又平面，则有，与与不垂直矛盾， 所以不存在某个位置，使，B正确； 对于C，在矩形中，，是边的中点，则， 由，，得，，， 由余弦定理得，C正确； 对于D，，D错误. 故选：ABC 12．BCD 【分析】利用面面平行的性质定理证明，，然后可得，取E不是棱的中点，可判断A；取E为棱的中点，可判断B；由的面积为定值，以及平面，平面，可判断C；取点E为中点，和点E与点重合两种情况求出四边形的面积可判断D. 【详解】在长方体中，若，C，E，F四点共面， 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以，同理， 对于A，由，C，E，F四点共面，得平行四边形，则，， 于是，若E不是棱的中点，则，A错误； 对于B，当E是棱的中点时，由上知，F为的中点，四边形是平行四边形， 则，而平面，平面，因此平面，B正确； 对于C，由长方体性质知，且平面，平面， 则平面，同理可得平面，即点E，F到平面的距离为定值， 又的面积为定值，因此三棱锥和三棱锥的体积都为定值， 所以四棱锥的体积为定值，C正确； 对于D，当点E为中点时，四边形是菱形，，， 四边形的面积为， 当点与点重合时，F与D重合，四边形为矩形， 面积为，四边形的面积不为定值，D正确. 故选：BCD 13．ABD 【分析】求出四棱台的表面积即可判断A；由正四棱台的体积公式计算出体积，即可判断B；将侧面展开在同一平面，结合余弦定理即可判断CD． 【详解】对于A，由题可知，四边形为正方形，所以， 分别取的中点，则为侧面高， 因为侧面为等腰梯形，侧面高， 所以一个侧面的面积为， 故正四棱台的表面积为，故A正确； 对于B，连接，取中点，连接，过点作，则正四棱台的高为，，则， 在梯形中，， 所以四棱台的体积，故B正确；    对于C，将侧面展开且处于同一平面，连接与交于点，如图所示，则，所以，由上述结论可知，， 由余弦定理得，，解得，则， 所以， 因为为棱上的动点（含端点），所以点不能共线， 所以，故C错误； 对于D，当点共线时，最短， 由余弦定理得，，解得， 所以的最小值为，故D正确； 故选：ABD．    14．ABD 【分析】当时，由平面向量线性运算法则可知点在线段上，根据正四棱柱特征利用线面垂直判定定理即可证明直线平面；当时，由共线定理可得点在线段上，根据对称性将的最值转化成平面几何问题，即可求得最小值；若直线与所成角为，可知点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆弧，即可计算出其轨迹长度；当时，取的中点为，由共线定理可知三点共线，几何法找出球心位置写出半径的表达式，利用函数单调性求其取值范围即可得出结果. 【详解】对于A，取相交于点，的中点为，如下图所示： 当时，即，， 由平面向量线性运算法则可知，点在线段上， 由正四棱柱可得， 且平面，又平面，所以， 又，且平面，所以平面； 又因为平面与平面是同一平面，所以平面，即A正确； 对于B，当时，由利用共线定理可得，三点共线， 即点在线段上， 由对称性可知，线段上的点到两点之间的距离相等，所以； 取平面进行平面距离分析，如下图所示： 所以，当且仅当三点共线时，等号成立， 此时点为线段的中点，即的最小值为，故B正确； 对于C，由图可知，与所成角都为， 由可知，点在平面内， 若直线与所成角为，在线段上取点，使， 则直线与所成角为； 则点的轨迹是以为圆心，半径为，且在平面内的半圆弧， 如下图中细虚线所示： 所以动点P的轨迹长为，故C错误； 对于D，当时，取的中点为，即； 由可知，三点共线， 即点在线段上，如下图所示： 易知三棱锥外接球球心在直线上，设球心为，； 作于点，设，易知， 由相似比可得， 设外接球半径为，则，解得； 所以， 易知当时，半径最小为；当时，半径最大为； 又，所以半径的取值范围是，即D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据向量线性运算法则和共线定理的应用，确定点的位置，再根据几何体特征利用对称性即可求得距离之和得最小值，利用几何法即可求得外接球球心和半径的取值范围. 15．BD 【分析】过作直线，则为平面与平面的交线，取中点中点F，连接，求得可判断A；取中点中点H，连接，可得，，可判断B；由已知可知当Q在正方形各边中点时，与底面所成的角最大，可得，判断C；作垂直于，连接，则为二面角的平面角，求得二面角范围是，判断D. 【详解】已知所有棱长都相等，不妨设为1． 对于A：过S作直线，因为，所以， 所以为平面与平面的交线， 取中点中点F，连接，由正四棱锥， 可得，所以， 所以为二面角的平面角，连接， 在中， 所以平面与平面不垂直，故A错误； 对于B：取中点中点H，连接， 因为，又平面    ，平面， 所以平面，平面，又， 所以平面平面，所以当时，平面，这样的点P有无穷多，故B正确； 对于C：由已知可知当Q在正方形各边中点时，与底面所成的角最大，，所以，所以不布存Q使得与底面成的角为，故C错误； 对于D：作垂直于，连接， 因为平面，又平面，所以， 又，所以平面，因为平面，所以， 因为则为二面角的平面角， 当都无限向点B靠拢时，；当时，， 所以二面角范围是，故D正确． 故选：BD. 16． 【分析】根据题意作出圆锥轴截面图象，根据图象求出圆锥底面半径和母线，根据侧面积公式即可求解. 【详解】如图所示为该圆锥轴截面， 依题意，底面圆半径为，母线， 屋顶的面积， 故答案为： 17．/ 【分析】作出异面直线与所成角，然后通过解三角形求得所成角的余弦值. 【详解】连接，由题设及图易知是圆柱的母线， 所以为矩形，设，则是的中点， 设是的中点，连接，则， 则是异面直线与所成角或其补角. 由于，， 所以，由于， 而是圆柱底面圆的直径，则， 所以，则， ，而， 在三角形中，由余弦定理得. 故答案为： 18． 【分析】取AB的中点E，可证平面OCED，，结合球的性质可得，是以边长为的等边三角形，结合锥体的体积公式运算求解. 【详解】取AB的中点E， 根据球的截面性质得，则截面圆C，截面圆D，可知， ，平面OCED，所以平面OCED， 且平面OCED，所以， 所以OE就是点O到直线AB的距离， 因为，即，可得， 因为，即，可得， 同理可得，， 又因为，即， 所以点O到直线AB的距离为， 在中，，可知， 同理可得，即， 所以是等边三角形，其面积为， 所以四面体ABCD的体积． 故答案为：；. 【点睛】方法点睛：利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解． 19． 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设异面直线所成的角为，则． 故答案为：. 20． 【分析】利用圆锥的结构特点，结合圆锥的表面积公式求解. 【详解】已知圆锥的底面半径，圆锥母线与底面所成的角为， 所以圆锥的母线长为， 所以该圆锥的表面积为. 故答案为： 21．(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）借助线面平行的性质定理与中位线的性质即可得； （2）（i）借助线面垂直的判定定理即可得； （ⅱ）结合所给条件建立适当的空间直角坐标系后借助空间向量计算即可得. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为为的中点，所以，， 因为，所以，所以四点共面， 因为平面，平面平面，平面， 所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以； （2）（i）取的中点，连接， 由（1）知，所以， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以， 因为，所以， 所以，即， 因为，所以， 因为，所以与全等， 所以，即， 因为， 又因为，、平面， 所以平面； （ii）由（i）知平面，而平面， 所以， 因为， 建立如图所示空间直角坐标系， 则，， 所以，， 设平面的法向量为, 则 令，则，于是， 因为为平面的法向量, 设二面角为，由图可得 所以, 所以二面角的余弦值为， 则二面角的正弦值为 22．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据条件得到，再利用线面平行的判定定理，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及，利用线面角的向量法，即可求解. 【详解】（1）设，连接， 因为四边形为矩形，所以为中点， 又为中点，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）以为坐标原点，，，的正方向分别为x，y，z轴， 可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的法向量为：， 且，令，解得：，，所以， 设直线与平面所成角为，所以. 则直线与平面所成角的正弦值为. 23．(1)； (2). 【分析】（1）利用线面平行的性质定理得，利用平行线的性质及三角形性质求解即可； （2）方法一：利用面面垂直性质定理得平面，从而利用线面垂直的性质定理得，，可求得，利用等体积法求得到平面的距离，利用线面角的正弦值求解即可； 方法二：建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，然后利用向量法求解线面角即可. 【详解】（1）平面，平面，平面平面， 则有.所以， 又，则. （2）方法一：因为平面平面，平面平面， 平面，，所以平面. 又，平面，则，， 又，由，可得. 设到平面的距离为d，因为，所以， 所以，所以， 设与平面所成的角为，则. 故与平面所成角的正弦值为. 方法二：，，. 如图，过点作平面的垂线， 以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，. ，. 易知是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，则， 即，令，得，， 则， 设与平面所成角的为， 则. 故与平面所成角的正弦值为. 24．(1)证明见解析 (2)①证明见解析；② 【分析】（1）先由线面平行的判定定理证明面，结合线面平行的性质即可得证； （2）①只需分别证明，，然后结合线面垂直的判定定理即可得证；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，由向量的夹角公式即可得解. 【详解】（1）因为底面是菱形，所以. 又面，面. 面， 又因为面，面面， 所以. （2）①证明：取的中点G连结，.由已知， 所以有. 又因为O为中点，所以， 又，， 所以. 又，面.且， 所以面， 又因为面，所以， 又，且，相交. 又因为，面， 所以面； ②以O为原点.以所在直线为z轴.以所确线为y轴.过O作平行线为x轴，建立空间直角坐标系.如图 ，，，，， ，，， 设面的法向量， ，，， 设所求线面角为， . 25．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取BC的中点D，连接AD，ND，易证四边形AMND是平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明； （2）取AB的中点O，连接OC，根据平面ABC⊥平面，得到OC⊥平面，以O为坐标原点，OA的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系O-xyz，分别求得平面BMN的一个法向量为，和平面的法向量为，由求解. 【详解】（1）证明：取BC的中点D，连接AD，ND， 因为N是的中点， 所以，且， 又因为M为的中点， 所以，且， 所以且，所以四边形AMND是平行四边形，所以， 平面ABC，平面ABC，所以平面ABC． （2）取AB的中点O，连接OC，因为，所以OC⊥AB， 又因为平面ABC⊥平面，平面平面，所以OC⊥平面， 因为，，连接，所以，， 以O为坐标原点，OA的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz， 则，，，，，，， 所以，，， 设平面BMN的法向量为， 所以，所以， 解得平面BMN的一个法向量为， 设平面的法向量为， 所以，所以， 解得平面的一个法向量为， 所以，则， 所以二面角的正弦值为． 26．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设与交于点，根据题意，证得和，结合线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得． （2）由（1）知平面，得到平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：如图所示，设与交于点，连接， 因为底面是平行四边形，所以为的中点， 又因为，所以， 因为，且为的中点，所以， 又因为平面，且平面平面，平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以． （2）解：如图所示，连接，因为为的中位线，所以， 因为平面平面且， 所以，且， 由分别为的中点，看到的， 由（1）知平面，所以平面． 以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 所以，则， 设为平面的法向量，则， 取，可得，所以， 又由平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，可得． 即平面与平面的夹角余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$