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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
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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
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.
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