搜索
    上传资料 赚现金
    英语朗读宝

    空间向量与立体几何-广西南宁高考数学三年(2021-2023)模拟题知识点分类汇编

    空间向量与立体几何-广西南宁高考数学三年(2021-2023)模拟题知识点分类汇编第1页
    空间向量与立体几何-广西南宁高考数学三年(2021-2023)模拟题知识点分类汇编第2页
    空间向量与立体几何-广西南宁高考数学三年(2021-2023)模拟题知识点分类汇编第3页
    还剩27页未读, 继续阅读
    下载需要30学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    空间向量与立体几何-广西南宁高考数学三年(2021-2023)模拟题知识点分类汇编

    展开

    这是一份空间向量与立体几何-广西南宁高考数学三年(2021-2023)模拟题知识点分类汇编,共30页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
    空间向量与立体几何-广西南宁高考数学三年(2021-2023)模拟题知识点分类汇编

    一、单选题
    1.(2022·广西南宁·统考二模)在正方体中,O为底面的中心,E为的中点,若该正方体的棱长为2,则下列结论正确的是(    ).
    A.平面BDE
    B.平面
    C.平面平面
    D.三棱锥的外接球体积为
    2.(2021·广西南宁·统考模拟预测)已知两条不同的直线a,b和两个不重合的平面,下列条件中能推出结论的是(    )
    A.且 B.且
    C.且 D.且
    3.(2021·广西南宁·统考模拟预测)某制药公司生产某种胶囊,其中胶囊中间部分为圆柱,且圆柱高为l,左右两端均为半球形,其半径为r,若其表面积为S,则胶囊的体积V取最大值时(   )

    A. B. C. D.
    4.(2021·广西南宁·统考模拟预测)如图是长方体的展开图,且,为正方形,其中P、Q分别为、的中点,下列判断①,②,③,④中,正确的个数为(    )

    A.0 B.1 C.2 D.3
    5.(2021·广西南宁·统考模拟预测)如图,在正方体中,点M在线段(不包含端点)上运动,则下列判断中正确的是(    )

    ①平面;         ②异面直线与所成角的取值范围是;
    ③平面恒成立;    ④三棱锥的体积不是定值.
    A.①③ B.①② C.①②③ D.②④
    6.(2021·广西南宁·统考一模)已知直线,两个不同的平面和.下列说法正确的是(    )
    A.若,,则 B.若,,则
    C.若,,则 D.若,,则

    二、填空题
    7.(2023·广西南宁·统考二模)蹴鞠,又名“蹴球”“蹴圈”等,“蹴”有用脚蹴、踢的含义,鞠最早系外包皮革、内饰米糠的球,因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动,类似今日的足球,现已知某“鞠”的表面上有四个点满足,,则该“鞠”的表面积为_______.
    8.(2023·广西南宁·统考二模)在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑,在鳖臑中,平面,,,已知动点从点出发,沿外表面经过棱上一点到点的最短距离为,则该棱锥的外接球的体积为______.


    9.(2023·广西南宁·统考一模)如图,已知正方体的棱长为分别是棱的中点,点为底面四边形内(包括边界)的一动点,若直线与平面无公共点,则点在四边形内运动所形成轨迹的长度为__________.

    10.(2022·广西南宁·统考二模)已知圆台的上、下底面半径分别为1和2,母线长为2,是下底圆面直径,若点是下底面圆周上的动点,点是上底面内的动点,则四面体的体积最大值为______.
    11.(2021·广西南宁·统考一模)已知母线长为6的圆锥的顶点为S,点A、B为圆锥的底面圆周上两动点,当SA与SB所夹的角最大时,锐角的面积为,则此时圆锥的体积为_________.

    三、解答题
    12.(2023·广西南宁·统考二模)如图,在四棱锥中,是边长为1的正三角形,面面,,,,C为的中点.

    (1)求证:平面;
    (2)线段上是否存在点F,使二面角的余弦值为,若存在,求.若不存在,请说明理由.
    13.(2023·广西南宁·统考二模)如图,在四棱锥中,是边长为1的正三角形,平面平面,,,,为的中点.

    (1)求证:平面;
    (2)求到平面的距离
    14.(2023·广西南宁·统考一模)如图1,平面图形是一个直角梯形,其中,是上一点,且.将沿着折起使得平面平面,连接,分别是的中点,如图2.

    (1)证明:在图2中四点共面,且平面平面;
    (2)在图2中,若是线段上一个动点,当直线与平面所成角的正弦值取得最大值时,求的长.
    15.(2022·广西南宁·统考模拟预测)如图所示,在空间几何体ABCDE中,△ABC与△ECD均为等边三角形,,,且平面ABC和平面CDE均与平面BCD垂直.

    (1)求证:平面ABC平面ECD;
    (2)求空间几何体ABCDE的体积.
    16.(2022·广西南宁·统考三模)多面体如图所示,其中为等腰直角三角形,且.

    (1)求证:;
    (2)若,为的重心,平面,求直线与平面
    所成角的正弦值.
    17.(2022·广西南宁·统考二模)如图,在四棱锥中,底面ABCD是矩形,平面ABCD,且,,,E为PD的中点.

    (1)求证:平面ACE;
    (2)求四棱锥的侧面积.
    18.(2021·广西南宁·统考模拟预测)如图,四边形是正方形,平面,,.

    (1)证明:平面平面;
    (2)若与平面所成角为,求二面角的余弦值.
    19.(2021·广西南宁·统考模拟预测)如图,在直三棱柱中,,E、F分别是、的中点.

    (1)求证:平面;
    (2)求证:平面.
    20.(2021·广西南宁·统考一模)如图,在直四棱柱中,上、下底面均为菱形,点,,分别为,,的中点.

    (1)求证:平面;
    (2)若,求证:平面.

    参考答案:
    1.B
    【分析】作图,由可判断A;根据为等腰三角形和勾股定理可证明平面,然后可判断B;由平面可判断C;由墙脚型可补形成长方体可得外接球半径,然后可判断D.
    【详解】解:如图,

    对于A选项,易知.从而平面BDE,所以OC不可能与平面BDE平行,故A选项错误;
    对于B选项,易知,所以.
    又,,,故,.
    所以平面.
    而,所以平面,故B选项正确;
    对于C选项,易知平面,而AD与平面BDE相交,
    所以平面BDE不可能与平面垂直,故C选项错误;
    对于D选项,设三棱锥的外接球半径为R,则,
    从而,所以,故D选项错误.
    故选:B
    2.C
    【分析】根据线面平行的判定定理、性质定理和面面平行的性质,逐项判定,即可求解.
    【详解】由题意,两条不同的直线a,b和两个不重合的平面,
    对于A中,若且,可得或,所以不正确;
    对于B中,由,可得,又由,可能,所以不正确;
    对于C中,由且,根据面面平行的性质,可得所以正确;
    对于D中,由且,可得或,所以不正确.
    故选:C.
    3.A
    【分析】由圆柱和球的表面积公式将l用r和S表示出来,再代入圆柱体积和球体积公式,表示出胶囊的体积V,利用求导求出V的最大值及此时r的值.
    【详解】依题意,,故
    ,当时,,取最大值.
    故选:A
    4.C
    【分析】根据长方体的展开图,还原长方体,根据图形求解即可.
    【详解】将展开图还原成长方体,如图,

    由图可知①不正确,②正确,③不正确,由,为正方形知,故④正确,
    综上②④正确.
    故选:C
    5.B
    【分析】根据给定条件证得平面平面可判断①;由及正可判断②;
    取特殊位置说明与不垂直判断③;利用等体积法转化可判断④即可作答.
    【详解】在正方体中,连接,如图,

    因对角面ABC1D1是矩形,则AD1//BC1,而平面ACD1,平面ACD1,于是得BC1//平面ACD1,同理,A1B//平面ACD1,
    而,平面,因此,平面平面,又平面,故有平面,①正确;
    因,即异面直线与所成角即为与所成角,而是正三角形,
    点M在线段(不包含端点)上运动时,与所成角范围为,②正确;
    当M为的中点时,直线过点C,,即此时与不垂直,平面不恒成立,③错误;
    因BC1//平面ACD1,则,即三棱锥的体积是定值,④错误.
    故选:B
    6.D
    【分析】根据线面和面面位置关系的性质即可依次判断.
    【详解】对A,若,,则或,故A错误;
    对B,若,,则与相交,平行或在平面内,故B错误;
    对C,若,,则与平行或相交,故C错误;
    对D,若,,则由面面平行的性质可得,故D正确.
    故选:D.
    7.
    【分析】作出辅助线,找到球心的位置,利用余弦定理和勾股定理求出球的半径,得到表面积.
    【详解】取的中点,连接,
    因为,所以且,
    故,
    因为,所以,
    故,
    在上取点,使得,则点为等边的中心,则,
    设点为三棱锥的外接球球心,则平面,
    连接,设外接球半径为,则,
    过点作⊥,交延长线于点,则,
    由于在平面中,故,故平面,
    过点作⊥于点,则,
    ,,,
    故,设,则,
    由勾股定理得,,
    故,解得,
    故,


    故该“鞠”的表面积为.
    故答案为:
    8.
    【分析】将沿翻折到与共面得到平面四边形如图1所示,设,利用余弦定理求出,将三棱锥补成长方体如图2所示,该棱锥的外接球即为长方体的外接球,求出外接球的半径,即可求出其体积.
    【详解】解:将沿翻折到与共面得到平面四边形如图1所示,

    设,即,由题意得,
    在中,由余弦定理得

    即,解得或(舍去),
    将三棱锥补成长方体如图2所示,
    该棱锥的外接球即为长方体的外接球,
    则外接球的半径,
    所以外接球的体积.
    故答案为:
    9.
    【分析】利用直线与平面没有交点,转化为寻找过直线且与平面平行的平面,平面与底面的交线即为所求,再求出线段长就可得到结果.
    【详解】取的中点,连接,如图所示:
    分别是棱的中点,所以,
    又因为平面平面,所以平面.
    因为,
    所以四边形为平行四边形,所以.
    又因为平面平面,所以平面.
    因为,所以平面平面.
    因为点为底面四边形内(包括边界)的一动点,直线与平面无公共点,
    所以的轨迹为线段,则.

    故答案为:.
    10.
    【分析】根据题意得圆台高为,即动点到圆面的距离为定值,进而当面积最大时,体积最大.
    【详解】解:因为圆台的上、下底面半径分别为1和2,母线长为2,
    所以,圆台高为,所以,动点到圆面的距离为定值,
    因为动点到的最大距离为2,
    所以.
    故答案为:

    11.
    【分析】可得当SA与SB所夹的角最大时,为底面圆的直径,根据三角形面积可得,进而得,再由余弦定理可求出半径,得出体积.
    【详解】设底面半径为,
    当SA与SB所夹的角最大时,为底面圆的直径,
    此时,解得,
    为锐角三角形,,
    则,解得,
    则圆锥的体积为.
    故答案为:.
    【点睛】关键点睛:本题考查圆锥体积的计算,解题的关键是根据已知求出圆锥的底面半径.
    12.(1)证明见解析
    (2)存在,

    【分析】(l)由线线平行或面面平行证明线面平行;
    (2)通过建立空间直角坐标系,利用向量法求二面角的余弦值,或利用几何法解决.
    【详解】(1).
    解法一
    证明:取中点E,连接和.

    C为中点,且,
    且,且,
    四边形为平行四边形,则,
    面,面,面.
    解法二:
    如图所示,取的中点Q,连接,,

    在,C为中点,Q为中点,,
    平面, 平面,平面,
    在四边形中,,,Q为中点,
    ,,
    四边形为平行四边形,,
    平面, 平面,平面
    又,平面,平面平面,
    由平面,平面
    (2)解法一:
    取中点O,连接,则等边中.
    面面,面面,面,
    面,面,可得.
    又,,面,面,
    以N为坐标原点,,为x,y轴,过点垂直于平面的直线为z轴建立空间直角坐标系,

    ,,,,,
    设,则,

    依题意可得平面的法向量为,
    设平面的法向量为,
    则,令,则,
    即,
    二面角为,则,
    ,(舍),
    ,则.
    解法二:
    取中点O,连接,则等边中.
    面面,面面,面,
    面,面,可得.
    又,,面,面
    取的中点E,以O为原点,分别以、、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示:

    则,,,,
    ,,,
    由已知是平面的一个法向量,记为,
    假设线段上存在点F满足已知条件,则有,且,
    设,有,,
    ,,,即,,
    设平面的一个法向量为,
    则, 取,
    由已知得,
    整理得,即化简得,
    解得,(舍去),
    线段上存在点F,当时,已知条件成立,
    则有, ,.
    求平面的一个法向量的另一种解法:

    平面的一个法向量可取
    解法三:几何法
    作,
    ,,,平面,平面,
    平面,,
    为二面角的平面角,

    设,在中,,,
    在中,由得,
    由已知得,
    在直角三角形中,,,
    在直角三角形中,,
    所以在中,由,得.
    13.(1)证明见解析
    (2)

    【分析】(1)取中点,连接和,通过证明,即可证明结论;
    (2)连接,取中点,连接.通过证明面,面,可得,,后由等体积法可得答案.
    【详解】(1)证明:取中点,连接和.
    ∵为中点,∴且.
    ∵且,
    ∴且.
    ∴四边形为平行四边形,则.
    ∵面,面,∴面.

    (2)连接,取中点,连接.
    则等边中,,.
    ∵面面,面面,
    面,∴面,∴.
    ∵,面,面,,
    ∴面,,.

    因直角梯形中,连接,则,,

    ∴,,,


    设到面的距离为,则,解得.即到面的距离为.

    14.(1)证明见解析
    (2)

    【分析】(1)根据平行线的传递性可证,即可得四点共面;再根据线面、面面垂直的判定定理和性质定理分析证明;
    (2)建系,利用空间向量求线面夹角,并结合基本不等式运算求解.
    【详解】(1)连接,
    ∵分别是的中点,
    ∴,
    又∵,
    ∴,故四点共面.
    在图1中,由,可得,

    故四边形是正方形,则,
    在图2中,平面平面,平面平面,平面,
    ∴平面,
    平面,可得,
    又∵平面,
    ∴平面,
    且平面,故平面平面.
    (2)如图以为原点,分别以所在直线为轴、轴、轴,建立空间直角坐标系,则,
    设,
    可得,
    设是平面的一个法向量,则,
    取,则,即,
    设直线与平面所成角为,
    则,
    ∵,当且仅当,即当取等号,
    ∴,
    故当,即为中点时,直线与平面所成角的正弦值取得最大值为.

    15.(1)证明见解析;
    (2)

    【分析】(1)由几何关系证,由平面CDE平面BCD证BC平面CDE,再证平面ABC平面ECD;
    (2)如图所示,取BC、CD、BD的中点M、N、,连接并延长使得,连接、,
    证明及空间几何体为三棱柱,则空间几何体ABCDE的体积与三棱柱的体积相等,由几何关系求三棱柱体积即可
    【详解】(1)证明:∵△ABC与△ECD均为等边三角形,,,∴,∴为等腰直角三角形,.
    ∵平面CDE平面BCD,平面CDE平面BCD,平面BCD,∴BC平面CDE,
    又平面ABC,∴平面ABC平面ECD;
    (2)如图所示,取BC、CD、BD的中点M、N、,连并延长使得,连接、,
    则,,,
    ∵△ABC与△ECD均为等边三角形,∴AM⊥BC,EN⊥CD,∴,
    又平面CDE平面BCD,平面ABC 平面BCD,平面BCD,平面ABC,∴AM⊥平面BCD,EN⊥平面BCD,∴,
    ∴四边形AMNE为平行四边形,又四边形为平行四边形,故,,∴空间几何体为三棱柱,
    ∴,故,∴,∴空间几何体ABCDE的体积与三棱柱的体积相等,
    由,故空间几何体ABCDE的体积为.

    16.(1)证明见解析
    (2)

    【分析】(1)取中点,根据题意得,,即可求解;(2)根据题意,平面,建立空间直角坐标系,求出对应点的坐标及平面的法向量,设直线与平面所成角为,则,代入数据即可求解.
    (1)
    如下图所示:取中点,连接,,,因为,所以,
    又,所以,,所以平面DO,
    又平面,所以.      

    (2)
    由(1)得,为中点,且,平面,建立如下图空间直角坐标系,轴平行于.

    设,则,,,
    因为为的重心,所以,,
    则,,,,则.         
    设平面的法向量为,且,
    则,即,所以,令,则,
    所以,设直线与平面所成角为,
    则,                
    即直线与平面所成角的正弦值为.
    17.(1)证明见解析;
    (2).

    【分析】(1)连接BD,交AC于点O,可得,利用线面平行的判定定理即得;
    (2)由题可得平面PAB,平面PAD,进而可得四棱锥侧面均为直角三角形,然后利用面积公式计算即得.
    (1)
    连接BD,交AC于点O,连接OE,

    因为底面ABCD是矩形,所以O为BD中点.
    又E为PD中点,所以
    又平面ACE,平面ACE,
    所以平面ACE;
    (2)
    因为底面ABCD,底面ABCD,
    所以,又底面ABCD是矩形,,且,
    所以平面PAB,平面PAB,
    所以.
    同理,平面PAD,
    所以.
    所以侧面均为直角三角形.
    因为,,,
    所以..
    所以,,
    ,,
    所以四棱锥侧面积

    18.(1)证明见解析;(2).
    【分析】(1)连接与交于点O,易得 平面,取的中点M,易得为平行四边形,即,得到平面,然后利用面面垂直的判定定理证明;
    (2)以A为坐标原点,分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,设,根据与平面所成角为,由,解得,然后分别求得平面的一个法向量,平面的一个法向量,由求解.
    【详解】(1)如图所示:

    连接与交于点O,因为为正方形,故,
    又平面,故,由,
    故平面,
    取的中点M,连接,注意到为的中位线,
    故,且,
    因此,且,
    故为平行四边形,即,
    因此平面,而平面,
    故平面平面.
    (2)以A为坐标原点,分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,

    设,
    则,
    由(1)可知平面,因此平面的一个法向量为,
    而,
    由与平面所成角为,得,
    即,解得;
    则,
    设平面的一个法向量为,
    则得
    令,则,故.
    设平面的一个法向量,
    则得
    令,则,,故.
    所以,
    注意到二面角为钝二面角,
    故二面角的余弦值为.
    19.(1)证明见解析;(2)证明见解析.
    【分析】(1)连接,交于点M,连接ME,则M为中点.根据三角形的中位线定理和平行四边形的判断和性质可证得,再由线面平行的判定定理可得证;
    (2)由线面垂直的性质和判定可得证.
    【详解】证明:(1)连接,交于点M,连接ME,则M为中点.

    因为E、F分别是与的中点,所以,则,从而为平行四边形,
    则.
    又因为平面平面,所以平面.
    (2)由平面,
    因为平面,所以.
    而,M为的中点,所以.
    因为,所以平面,
    由(1)有,故平面.
    20.(1)证明见解析;(2)证明见解析
    【分析】(1)取中点,连接,可证四边形为平行四边形,得出,即可证明;
    (2)通过和可证平面,再由即可证明.
    【详解】(1)取中点,连接,
    为的中点,,且,
    在直四棱柱中,为中点,
    ,故四边形为平行四边形,,
    平面,平面,
    平面;

    (2)四边形是菱形,,为等边三角形,
    是的中点,,
    在直四棱柱中,平面,平面,

    ,平面,
    ,平面.

    相关试卷

    数列-广西南宁高考数学三年(2021-2023)模拟题知识点分类汇编:

    这是一份数列-广西南宁高考数学三年(2021-2023)模拟题知识点分类汇编,共12页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    平面解析几何-广西南宁高考数学三年(2021-2023)模拟题知识点分类汇编:

    这是一份平面解析几何-广西南宁高考数学三年(2021-2023)模拟题知识点分类汇编,共31页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    空间向量与立体几何-浙江省温州高考数学三年(2021-2023)模拟题知识点分类汇编:

    这是一份空间向量与立体几何-浙江省温州高考数学三年(2021-2023)模拟题知识点分类汇编,共29页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,双空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    • 精品推荐
    • 所属专辑
    欢迎来到教习网
    • 900万优选资源,让备课更轻松
    • 600万优选试题,支持自由组卷
    • 高质量可编辑,日均更新2000+
    • 百万教师选择,专业更值得信赖
    微信扫码注册
    qrcode
    二维码已过期
    刷新

    微信扫码,快速注册

    手机号注册
    手机号码

    手机号格式错误

    手机验证码 获取验证码

    手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

    设置密码

    6-20个字符,数字、字母或符号

    注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
    QQ注册
    手机号注册
    微信注册

    注册成功

    返回
    顶部
    Baidu
    map