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

陕西省部分市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·陕西咸阳·模拟预测）已知平行六面体中，棱两两的夹角均为，，E为中点，则异面直线与所成角的余弦值为（  ）    A． B． C． D． 2．（2024·陕西宝鸡·三模）与都是边长为2的正三角形，沿公共边折叠成的二面角，若点A，B，C，D在同一球的球面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·陕西榆林·模拟预测）如图，是边长为4的正三角形，D是BC的中点，沿AD将折叠，形成三棱锥．当二面角为直二面角时，三棱锥外接球的体积为（    ）     A． B． C． D． 4．（2024·陕西铜川·模拟预测）某圆台的下底面周长是上底面周长的4倍，母线长为10，该圆台的侧面积为，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·陕西安康·模拟预测）已知四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD为正方形，，在四棱锥内部有一半径为1的球与四棱锥各面都相切，则四棱锥的体积为（    ） A．6 B．9 C．12 D．16 6．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，为的中点，是侧面内的动点，且平面，则点的轨迹的长度为（    ） A． B．2 C． D．4 7．（2024·陕西榆林·三模）已知正三棱锥的侧棱与底面边长的比值为，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥的高为（    ） A．1 B． C． D． 8．（2024·陕西安康·模拟预测）在四棱锥中，底面四边形为正方形，四棱锥外接球的表面积为，则当四棱锥的体积最大时，（    ） A． B．2 C． D．3 9．（2024·陕西咸阳·三模）已知一个圆锥的三视图如图，该圆锥的内切球也是棱长为的正四面体的外接球，则此正四面体的表面积为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 10．（2024·陕西铜川·三模）榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力.这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛､木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形是边长为2的正方形，且均为正三角形，则该木楔子的外接球的表面积为 .    11．（2024·陕西安康·模拟预测）《论球与圆柱》是古希腊数学家阿基米德的得意杰作，据传说在他的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.如图为一个圆柱与球的组合体，其中球与圆柱的侧面和上､下底面均相切，为底面圆的一条直径，，若球的半径，则球的体积与圆柱的体积之比为 ；球心到平面的距离为 . 12．（2024·陕西渭南·二模）已知三棱锥外接球直径为SC，球的表面积为，且，则三棱锥的体积为 . 13．（2024·陕西渭南·三模）已知底面半径为2的圆锥的侧面积为，则该圆锥的外接球的表面积为 ． 14．（2024·陕西汉中·二模）已知三棱锥，则三棱锥的外接球表面积为 ． 15．（2024·陕西安康·模拟预测）已知四棱锥的底面为菱形，其中，点在线段上，若平面平面，则 ． 16．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在棱长为2的正四面体中，，分别为棱，的中点，为线段的中点，球的表面与线段相切于点，则球被正四面体表面截得的截面周长为 ． 三、解答题 17．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图1，在高为6的等腰梯形中，，且，将它沿对称轴折起，使平面平面，如图2，点为的中点，点在线段上（不同于两点），连接并延长至点，使.    (1)证明：平面； (2)若，求三棱锥 的体积． 18．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在直三棱柱中，是上的点，且平面． (1)求证：平面； (2)若，，，是棱上的点，且直线与平面所成角的正弦值为，试确定点的位置． 19．（2024·陕西榆林·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为正方形，E为线段AB的中点，． (1)求证：； (2)求直线PE与平面PBD所成角的正弦值． 20．（2024·陕西宝鸡·三模）如图，在三棱柱中，与的距离为，，. (1)证明：平面平面ABC； (2)若点N是棱的中点，求点N到平面的距离. 21．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图1，在平面四边形中，，，垂足为，将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图2所示.    (1)设平面与平面的交线为，证明：. (2)在线段上是否存在一点（点不与端点重合），使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 22．（2024·陕西铜川·三模）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，点是的中点，是线段上靠近的三等分点，. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 23．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，已知多面体是由正四棱锥P-ABCD与正方体组合而成的，且.    (1)求证：平面； (2)若，求四棱锥的体积. 24．（2024·陕西渭南·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，平面ABCD，，，且M，N分别为PD，AC的中点. (1)求证：∥平面PBC； (2)求平面MBC与平面PBC夹角的余弦值. 参考答案： 1．D 【分析】依题意分别为基底表示出，求出，，再结合数量积运算律求出，根据向量夹角计算公式可得结果. 【详解】根据题意以为基底表示出可得： ，， 又棱两两的夹角均为，不妨取，则； 所以； ； 又 ； 所以， 因此异面直线与所成角的余弦值为. 故选：D 2．C 【分析】根据外接球球心的性质确定球心的位置为过正与的中心的垂线上，再构造直角三角形求解球的半径，即可求解． 【详解】解：由题，设正与的中心分别为，， 根据外接球的性质有平面，平面， 又二面角的大小为，故， 又正与的边长均为2， 故， 故， ， ， 故， 故，又， 故球的半径， 故球的表面积为． 故选：C． 3．D 【分析】补形成长方体模型来解即可. 【详解】由于二面角为直二面角，且和都是直角三角形， 故可将三棱锥补形成长方体来求其外接球的半径R， 即，解得， 从而三棱锥外接球的体积． 故选：D    4．C 【分析】设圆台的上底面的半径为r，下底面的半径为R，则由题意可得，再由圆台的侧面积列方程可求出，从而可求出上下底面面积和圆台的高，进而可求出台的体积. 【详解】设圆台的上底面的半径为r，下底面的半径为R，则，故， 因为该圆台的侧面积为，母线长， 所以，解得，则， 所以圆台上底面的面积为，下底面的面积为， 圆台的高 所以该圆台的体积． 故选：C． 5．C 【分析】设出，直接用，解出，再求体积即可． 【详解】如图 设，，, 则,则． 平面，显然平面平面,，AD为交线，四边形ABCD为正方形， 可以证得平面，平面,则， 因此 因为，根据，代入计算得，， 解得，则. 故选：C. 6．B 【分析】取的中点，取的中点，连接，证明平面，再根据面面平行的性质可得的轨迹为线段，即可得解. 【详解】如图， 取的中点，取的中点，连接，则， 又面，面，所以平面， 又为的中点，所以， 又面，面，所以平面， 又，面，面，所以平面平面， 又因为是侧面上一点，且平面， 所以的轨迹为线段， ， 所以点的轨迹的长度为. 故选：B. 7．B 【分析】根据球心到底面的距离、底面三角形的外接圆半径和球的半径满足勾股定理，求得，然后可得棱锥的高. 【详解】如图，为等边三角形， 设为中点，面，，则， 所以， 设三棱锥外接球的半径为，由正棱锥的性质可知球心为在上， 则，即，所以. 由，解得. 所以三棱锥的高为. 故选：B.    8．C 【分析】由题意，如图，确定四棱锥的体积最大的情况，设，根据球的表面积公式和勾股定理、锥体的体积公式可得（），结合基本不等式计算即可求解. 【详解】因为四棱锥的底面为正方形， 所以当点在底面的射影为底面正方形的中心，且球心在线段上时， 四棱锥的体积最大.设四棱锥外接球的半径为， 则，得，设，则， 由，得，所以， 则， 令，则， 所以， 当且仅当时取等号，此时，即. 故选：C. 9．C 【分析】先由三视图获取圆锥的高、底面半径和母线的长，从而求出圆锥内切球，再结合正四面体和正方体的关系即可探究正四面体棱长和该内切球半径的关系，进而即可求出正四面体的表面积. 【详解】由圆锥的三视图如图可知圆锥的高为，底面半径为2， 则母线长，由圆锥结构特征可知：圆锥的轴过其内切球（半径设为r）球心O， 所以过圆锥的轴截圆锥及其内切球得到的截面图如下： 由上可知，故有，即，， 将棱长为a的正四面体补形为正方体，如图， 则正方体的棱长为，且该正四面体的外接球即为正方体的外接球， 所以，即， 所以正四面体的表面积为. 故选：C. 10． 【分析】根据几何体的结构特征可知球心在直线上，由勾股定理可得，进而可得，进而，即可求解，再由表面积公式即可求解. 【详解】如图，分别过点作的垂线，垂足分别为，连接， 则，故. 取的中点，连接， 又，则. 由对称性易知，过正方形的中心且垂直于平面的直线必过线段的中点， 且所求外接球的球心在这条直线上，如图. 设球的半径为，则，且， 从而，即， 当点在线段内（包括端点）时，有，可得， 从而，即球心在线段的中点，其半径. 当点在线段外时，，解得（舍）. 故所求外接球的表面积为. 故答案为：.    【点睛】关键点点睛：本题考查球的切接问题，关键在于根据几何体的对称性，通过直观想象明确外接球的球心位置，结合正方形ABCD的外接圆半径求解可得. 11． 【分析】根据球与圆柱的体积公式代入计算，即可求解；再由面面垂直的判定定理可证平面平面，从而可得平面，再由勾股定理以及相似三角形可得. 【详解】 因为球的半径，所以球的体积为， 圆柱的体积为， 所以球的体积与圆柱的体积之比为， 由题易知平面， 所以平面，又平面，所以平面平面， 连接，则平面与平面的交线为， 所以过点在平面内作，垂足为点，则平面. 如图，易知，由勾股定理可得， 由，可知， 即，解得， 所以球心到平面的距离为. 故答案为：； 12．/ 【分析】求出外接球半径，得到，，作出辅助线，求出⊥平面，由勾股定理求出各边长，由余弦定理得到，进而得到，求出，利用锥体体积公式求出答案. 【详解】设外接球半径为，则，解得，故， 由于均在球面上，故， 由勾股定理得， 取的中点，连接，则⊥，⊥， ， 又，平面，故⊥平面， 其中，由勾股定理得， 在中，由余弦定理得， 故， 故， 故三棱锥的体积为 故答案为： 【点睛】关键点点睛：取的中点，连接，证明出⊥平面，从而利用求出三棱锥的体积. 13． 【分析】求出圆锥的母线，求出圆锥的高，设圆锥外接球的半径，列出方程，求出半径，得到表面积. 【详解】设圆锥的母线为，又，故， 解得， 圆锥的高为， 设该圆锥的外接球的半径为， 故，故， 由勾股定理得，即， 解得， 故该圆锥的外接球的表面积为. 故答案为： 14． 【分析】由题意知，该三棱锥为正三棱锥,取底面的中心M，连接AM，则球心O落在AM上，求出棱锥的高，由此得到关于外接球半径的方程求解即可. 【详解】如图: 由题意知，底面为等边三角形，设M为其中心， 则， 又， 所以该三棱锥为正三棱锥， 所以， 所以外接球半径， 则外接球球心在AO的延长线上， 所以，则， 所以在中，， 即，解得， 所以外接球表面积为 故答案为：. 15．/0.4 【分析】设平面与直线交于点，连接，取中点，连接，与交于点，连接，证明，然后证明平面，得证，从而由面面垂直的性质定理得平面，得，设出，计算出后可得结论。 【详解】设平面与直线交于点，连接，取中点，连接，与交于点，连接， 因为，平面，平面，所以平面， 又平面平面，平面，所以，从而， 又菱形中，，所以是等边三角形，则， 而，所以， 又，平面，所以平面， 而平面，所以，从而， 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以， 设，则由已知得，， ，， 中，，从而，，， ， 所以. 故答案为：. 16． 【分析】根据给定条件，求出线段MN长及点O到平面的距离，即可得到球被平面截得的截面周长，从而得到结果； 【详解】 在棱长为2的正四面体中，连接，过作于，如图， 由分别为棱的中点，得， 而平面， 则平面，又平面，于是平面平面， 而平面平面， 因此平面，而，，，则， 球半径，，从而， 球被平面截得的截面圆半径， 所以球被平面截得的截面周长. 又为正四面体，所以球被正四面体的每个面截得的截面都为圆， 且圆的半径为， 所以球被正四面体表面截得的截面周长为. 故答案为： 17．(1)证明见解析 (2)9 【分析】（1）由两两垂直建立空间直角坐标系，由向量坐标运算得到，再根据线面垂直判定定理即可证明； （2）先计算，再计算三棱锥的高，然后根据棱锥体积计算即可. 【详解】（1）由题设知两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 则， 因为为中点，所以. 因为， 所以， 即， 又平面,， 所以平面. （2）因为 所以 因为,由题设知，所以， 所以 因为高为6的等腰梯形A中，， 所以三棱锥的高, 所以.    18．(1)证明见解析 (2)点为上靠近的三等分点 【分析】（1）利用线面垂直的性质，得到，利用直三棱柱的结构特征，可得，再用线面垂直的判定定理，即可证明结果； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和，结合条件，利用线面角的向量法，即可求出结果. 【详解】（1）因为平面，面，所以，又，所以， 又三棱柱是直三棱柱，所以， 又易知与相交，面，所以平面. （2）由（1）知平面，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，，，又，所以， 则， 所以， 设，所以， 设平面的一个法向量为， 由，得到，取，则，所以， 设直线与平面所成的角为， 所以，整理得到， 解得或（舍），所以点为上的三等分点，且， 即点为上靠近的三等分点. 19．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由已知先证平面，再利用线面垂直的性质定理即可得证； （2）运用空间向量法，借助法向量和方向向量,向量夹角公式求解即可. 【详解】（1）证明：∵平面ABCD，平面ABCD，∴PA⊥BD． 又底面ABCD为正方形，∴． 又，且PA，平面PAC，∴平面PAC， ∵平面PAC，∴． （2）以A点为坐标原点，分别以AB、AD、AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如下图所示， 则，，，，， 则，，， 设平面PBD的法向量为， 则即,令，可得， ∴， 设直线PE与平面PBD所成角为， 则． 20．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证明面面垂直，转化为证明线面垂直，即证明平面； （2）根据面面垂直，求三棱柱的高，以及利用等体积转化求点到平面的距离. 【详解】（1）取棱中点D，连接BD， 因为，所以 因为三棱柱，所以 所以，所以 因为，所以，； 因为，， 所以， 所以， 同理， 因为，且，平面，所以平面， 因为平面ABC，所以平面平面ABC； （2）过作，垂足为，连结， 由（1）可知平面平面，且平面平面， 所以平面，平面，则， 有（1）可知，是等边三角形，可得，，， 中，，，， ，则 可得的面积为， 又 设N 到面的距离为h，则， 可得 21．(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，即可得证； （2）由面面垂直的性质得到平面，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法得到方程，求出的值，即可得解. 【详解】（1）由题意可知. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面平面，所以平面，则. （2）由图1可知. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面， 所以，则两两互相垂直， 故以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系：    设，则， 所以. 设，则，从而， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，得， 易知平面的一个法向量为， 设二面角为， 则， 即，整理得，解得或（舍去）. 故当时，二面角的余弦值为. 22．(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）连接交于点，连接，由中位线证明线线平行，然后由线面平行的判定定理证明即可； （2）由线面垂直证明出，计算出三角形的面积，设点到平面的距离为，由等体积法求解即可. 【详解】（1）证明：如图， 连接交于点，连接， 四边形是正方形，为中点， 是中点，， 平面平面平面. （2）平面，平面，. 又四边形是正方形，. 又，平面，平面. 又平面. 点是的中点，. 又，平面，平面. 又平面. 又易知. . . 又是线段上靠近的三等分点， ， . 设点到平面的距离为，则，解得. 点到平面的距离为. 23．(1)证明见解析 (2)9． 【分析】（1）建立空间直角坐标系证明线面平行即可； （2）根据线面垂直结合锥体体积公式计算即可. 【详解】（1）如图以点为原点，为 x 轴为 y 轴为 z 轴建立空间直角坐标系． 设 ,则 ,过 P 作平面 . 是正四棱锥点是正方形的中心, 因为，所以, 设平面法向量为, , , 则, 可得, 所以,,不在平面内，所以平面    （2）因为，所以, 因为平面,所以， 因为,平面,平面,所以平面, 24．(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）利用三角形的中位线，证明，可证得平面PBC； （2）建系标点，分别求平面MBC、平面PBC法向量，利用空间向量求面面夹角. 【详解】（1）如图，连接BD，由ABCD是平行四边形，则有BD交AC于点N． 因为M，N分别为PD，BD的中点，则． 且平面PBC，平面PBC，所以平面PBC． （2）由题意可知：平面ABCD，且， 如图，以A为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面MBC的法向量，则， 令，则，可得； 设平面PBC的法向量，则， 令，则，可得； 则， 所以平面MBC与平面PBC夹角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$