专题7 立体几何与空间向量（选择题）--《2023届浙江省高考数学一轮复习提升训练01》【解析版】

这是一份专题7 立体几何与空间向量（选择题）--《2023届浙江省高考数学一轮复习提升训练01》【解析版】，共36页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。

专题7 立体几何与空间向量（选择题）
一、单选题
1．（2022·浙江·绍兴鲁迅中学高三阶段练习）已知一个圆锥的侧面展开图是半径为2且面积为的扇形，则这个圆锥的底面半径为（    ）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【分析】利用圆锥侧面展开图的面积公式求得展形图的弧长，该弧长即为圆锥底面圆的周长，进而可求得该圆锥的底面半径.
【详解】不妨设圆锥侧面展开图的面积为，半径为，弧长为，则圆锥的母线为，底面圆周长为，底面半径为，则
，即，得，故，
故由得，得.
故选：B.
2．（2022·浙江省淳安中学高三开学考试）四棱锥的外接球O的半径为2，平面ABCD，底面ABCD为矩形，，则平面PAD截球O所得的截面面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据外接球的球心到所有顶点距离相等，故可得球心为的中点，即可根据截面的性质求解截面圆半径.
【详解】由题意可知，球心为的中点，因为,所以平面,为的中点,故到平面的距离为,故截面圆的半径为，截面面积为
故选：B
3．（2022·浙江·高三开学考试）在正方体中，是棱上的点且，是棱上的点，记与所成的角为，与底面所成的角为，二面角的平面角为，则（    ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】作于，过作交于，过作于，可得，，，在正方体中求得它们的正切值比较大小后可得结论．
【详解】作于，则，，从而，
而平面，因此有平面，
过作交于，过作于，则，,
由正方体性质易知为二面角的平面角，即，
，
平面，则，同理，
，平面，所以平面，
又平面，所以，所以是矩形，，
由平面知，，
由，得，
即，均为锐角，所以，
与重合时，三角相等．
故选：B．

4．（2022·浙江·高三开学考试）已知四棱锥外接球表面积为，体积为平面，且，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将已知转化为，运用余弦定理与基本不等式得到AC的取值范围，
由此运用正弦定理得四边形ABCD外接圆半径的范围，然后根据球的性质得球半径的
范围，得解.
【详解】
以四边形ABCD的外接圆为底，PA为高，将四棱锥补形为一个已知球的内接圆柱.
设内接圆柱的底面半径为r、 R外接球的半径，,则，
，故，
，
所以
在中运用余弦定理与基本不等式得：
，
在中运用余弦定理与基本不等式得：，
上两式相加得：，
故有： ，
在中由正弦定理得：，
因此，.
故选：B
5．（2022·浙江·慈溪中学高三开学考试）《九章算术.商功》中，将四个面都是直角三角形的四面体成为鳖臑.在鳖臑中，平面，，且，则四面体外接球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意将四面体画在长方体中，即可知道四面体的外接球直径为长方体的体对角线，则可求出答案.
【详解】由题意可知四面体如图所示，

则面体外接球的半径为，
所以四面体外接球的表面积为.
故选：D.
6．（2022·浙江省苍南中学高三阶段练习）直三棱柱的各个顶点都在同一球面上，若，则此球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】通过已知条件求出底面外接圆的半径，设此圆圆心为，球心为，在中，求出球的半径，然后求出球的表面积.
【详解】如图所示，三角形的外心是，外接圆半径，
在中，，，

可得，
由正弦定理，，
可得外接圆半径，
设球心为，连接，，，
在中，求得球半径，
此球的表面积为．
故选：B．
7．（2022·浙江·杭十四中高三阶段练习）“莱洛三角形”是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的.“莱洛三角形”在实际生活中有非常重要的用途，“转子发动机”的核心零部件为“曲侧面三棱柱”，而该“曲侧面三棱柱”的底面就是“莱洛三角形”.如图是一个底面为莱洛三角形的曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，高为5，且底面任意两顶点之间的距离为4，则其表面积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先求出底面的每一段圆弧的长，从而可求出侧面积，再求出底面面积，从而得出答案.
【详解】由题意，
则三个侧面的面积之和为
如图阴影部分的面积为
所以底面积为
所以上下两个底面面积之和为
故表面积为
故选：B

8．（2022·浙江·杭十四中高三阶段练习）在正三棱柱中，若三棱锥的体积等于底面三角形边长的倍，则该正三棱柱外接球表面积的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】记底面三角形的边长为，由题中条件，得到，结合三棱锥的体积公式，即可得出；先记底面三角形外接圆圆心为，连接，设底面外接圆半径为，求出；记三棱柱的外接球的球心为，半径为，连接，，根据球的性质，以及棱柱的特征，得到，再由勾股定理，以及基本不等式求出的最小值，即可得出外接球表面积的最小值.
【详解】在正三棱柱中，侧棱和底面垂直，即平面；
又三棱锥的体积等于底面三角形边长的，
记底面三角形的边长为，即，
所以，即，
所以，
因为底面三角形是正三角形，所以其外接圆圆心与中心重合，记作点，连接，
设底面外接圆半径为，则；
记三棱柱的外接球的球心为，半径为，连接，，
根据球的性质可得平面；
再由棱柱外接球的特征可得；
则，
当且仅当，即时，等号成立；
因此正三棱柱外接球表面积的最小值为.

故选：B
9．（2022·浙江·高三开学考试）在平行六面体中，为的中点，为的中点，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】设，根据空间向量的线性运算表达，再联立求解即可.
【详解】设则.
所以，，所以.

故选：C
10．（2022·浙江·高三阶段练习）在中，，．若空间点满足，则直线与平面所成角的正切的最大值是（    ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【分析】设，易知点在以为旋转轴，底面圆半径为的圆柱上，以所在平面为，建立空间直角坐标，则平面的法向量，设则，记直线与平面所成角为,则，令，利用换元法可得，又，则的最大值为，由此即可求出答案.
【详解】过点作与点，过点作与点，
设，则，
又，则，
则点在以为旋转轴，底面圆半径为的圆柱上，
如图所示：以所在平面为，建立空间直角坐标，则平面的法向量为：，
，
设，
则，
记直线与平面所成角为,
则，
因为，
所以，
令，则，
则，，
又，在上单调递减。在上单调递增，
则，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
又，
所以直线与平面所成角的最大值为，
此时，
故选：C

11．（2022·浙江省苍南中学高三阶段练习）我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍䠢”指底面为矩形.顶部只有一条棱的五面体.如图，五面体是一个“刍䠢”，其中是正三角形， ， ，则该五面体的体积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据五面体特征利用线面平行的判定以及性质定理证明平面,进而说明该几何体可以被分割为直棱柱和两个相同的四棱锥、 ,进而求得相关线段的长，根据体积公式即可求得答案.
【详解】由题意知,平面,平面,
所以平面,又平面平面,平面,
所以,而平面,平面,故平面,
设中点为G，连接，故,由于,
则四边形为平形四边形，则,
因为，所以,
由已知可得,而是正三角形，
则 ,所以,又,则为等边三角形，

作,垂足为M,则 ,作 ,垂足为H,
则 ,
则分别过点作的平行线，交于,连接,
则,又平面,
所以平面,同理平面,
由于是正三角形，平面，
故五面体可分割为直棱柱和两个相同的四棱锥、 ,
由于是正三角形，平面,则处于过的中点连线且和底面垂直的平面内，
即五面体的两侧面是全等的梯形，故,
由于,
由于棱柱为直棱柱，可知平面平面,
则四棱锥的高即为的底边上的高，为，
所以该五面体的体积为,
故选:D
【点睛】本题考查了不规则几何体的体积的求法，考查了空间线面的位置关系，综合性强，解答时要充分发挥空间想象能力，明确线面的位置关系，进而进行相关计算.
12．（2022·浙江嘉兴·高三阶段练习）为庆祝国庆，立德中学将举行全校师生游园活动，其中有一游戏项目是夹弹珠．如图，四个半径都是1cm的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面，则这个容器的容积是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据四个小球和容器的相切关系，作出对应的正视图和俯视图，建立球心和半径之间的关系即可得到容器的半径.
【详解】分别作出四个小球和容器的正视图和俯视图，如图所示:

正视图中小球球心B，半球球心O与切点A构成直角三角形，则有，
俯视图中，四个小球球心的连线围成正方形，正方形的中心到球心的距离与正视图中的相等， 设半球半径为R，已知小球半径r=1，∴ ，，，.
半球面形状的容器的容积是.
故选：B
13．（2022·浙江·高三开学考试）已知半径为1的球面上有四个点，，且，则四面体的体积最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设分别在上，且，再根据线面垂直的性质与判定，结合体积公式可得，进而转求线段的最大值.再设的中点分别是，利用，再两边平方，结合向量的性质分析可得，进而求得体积最大值即可.
【详解】设分别在上，且，

因为，所以面
所以，
所以.要求四面体的体积最大，即求线段的最大值.
设的中点分别是，球心为，因为，
，所以.所以在中，
因为，所以
因为，所以
所以，当和均重合时取等
所以.
故选：B.

【点睛】本题考查了立体几何中的最值问题，需要结合体积的公式与球的性质，从而得到线的垂直关系与线段长度间的关系，并结合空间向量的方法分析最值.属于难题.
14．（2022·浙江省桐庐中学高三阶段练习）如图，长方形中，，，点在线段（端点除外）上，现将沿折起为．设，二面角的大小为，若，则四棱锥体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】将棱锥的底面边长及高用含有的三角函数来表示，根据体积公式写出棱锥体积，整理化简后利用三角函数求最值.
【详解】设过与垂直的线段长为，
则，，，，
则四棱锥的高，
则




，，
∴四棱锥体积的最大值为.
故选：A.
【点睛】求解立体几何体积的最值时，一般需要将体积写为函数关系式或者是三角函数关系式，进而利用函数求最值或三角函数求最值的方法求解其最值.
二、多选题
15．（2022·浙江·高三开学考试）如图，在三棱锥中，平面为垂足点，为中点，则下列结论正确的是（    ）

A．若的长为定值，则该三棱锥外接球的半径也为定值
B．若的长为定值，则该三棱锥内切球的半径也为定值
C．若的长为定值，则的长也为定值
D．若的长为定值，则的值也为定值
【答案】ACD
【分析】对于A，将三棱锥补形成长方体，易知该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，为外接球的直径，即可判断；对于B，假设内切球的球心为通过图形特征假设两种情况，保持的长一样，求出各自情况的内切球的半径即可判断；对于C和D，建立空间直角坐标系进行向量的坐标运算，即可判断
【详解】解：对于A，将三棱锥补形成长方体，易知该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，

所以为外接球的直径，所以该三棱锥外接球的半径也为定值，故正确；
对于B，因为平面平面所以
因为平面所以平面
因为平面所以，
假设内切球的球心为第一种情况不妨假设，此时内切球的半径为根据，
即，
，
解得；
第二种情况不妨假设，此时内切球的半径为根据，
即，

解得，综上所述，当的长为定值，三棱锥内切球的半径不为定值，故错误；
对于C和D，以C点为原点建立空间直角坐标系，如图所示，

假设则，则，
因为在上，所以设，则
因为，所以，
所以，解得，
所以
所以，，
则，，
所以当的长为定值时，的长也为定值；当的长为定值，则的值也为定值，故C，D正确，
故选：ACD
16．（2022·浙江·高三开学考试）已知正四面体是棱上的动点，是在平面上的投影，下列说法正确的是（    ）
A．当时，平面
B．当时，异面直线与PA所成角是
C．当时，DE的长度最小
D．当时，直线与所成角正弦值是
【答案】AC
【分析】A选项通过证明即可证明平面;
B选项中，直线与所成角转化为即可判断.
C选项中，证明即可.
D选项中，通过余弦定理求出，即可求出直线与所成角正弦值.
【详解】对于A，当时,如图所示，

是等边三角形，故有，而，，又， ，
平面， A正确.
对于B，当时, ，异面直线与所成角即=，B错误.
对于C，当时，如图所示，

设正四面体边长为，则，，，
在直角中，，
在中，由余弦定理得：=,
满足，故，的长度最小，C正确.
对于D，延长交于，连接，直线与所成角即为，，
在中，由由余弦定理得：=，
在中，由由余弦定理得：，
故，D错误.
故选：AC
17．（2022·浙江省桐庐中学高三阶段练习）已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边为1，侧棱长为a，M是CC1的中点，则（    ）
A．任意a＞0，A1M⊥BD
B．存在a＞0，直线A1C1与直线BM相交
C．平面A1BM与底面A1B1C1D1交线长为定值
D．当a＝2时，三棱锥B1－A1BM外接球表面积为3π
【答案】AC
【分析】对于A，证线线垂直即证线面垂直；
对于B，根据异面直线的定义可得；
对于C，根据基本事实3找出交线，然后求出交线长即可；
对于D，根据外接球与正四棱柱的位置关系，找出球心，进而求出半径，即可得出表面积.
【详解】，，，，平面，
∴平面，平面，∴，A对.
平面，平面，∴平面
∴与异面不相交，B错.
延长，交于点，为中点，，

∴，∴，，∴，
平面平面，平面与底面交线为，
其中为中点，，C对.
，是直角三角形，外接圆是以为直径的圆
圆心设为，半径（知D错）
取中点，则平面，，

∴，∴，，D错；
故选：AC.
18．（2022·浙江·高三阶段练习）如图，已知正四棱台的上、下底面边长分别为，，其顶点都在同一球面上，且该球的表面积为，则侧棱长为（    ）

A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】根据球的表面积公式可求得球的半径；作出截面，设外接球球心为，棱台底面的中心分别为，分别讨论在四边形内和在四边形外两种情况，结合勾股定理可求得棱台的高，进而可得侧棱长.
【详解】正四棱台的外接球表面积，解得：，即球的半径为；
，，
作出截面，设外接球球心为，棱台底面的中心分别为，
若在四边形内，如下图所示，

，，
，
，即棱台侧棱长为；
若在四边形外，如下图所示，

，，
，
，即棱台侧棱长为；
综上所述：侧棱长为或.
故选：AD.
19．（2022·浙江省苍南中学高三阶段练习）如图，是圆O的直径，与圆O所在的平面垂直且，为圆周上不与点重合的动点，分別为点A在线段上的投影，则下列结论正确的是（    ）

A．平面平面
B．点在圆上运动
C．当的面积最大时，二面角的平面角
D．与所成的角可能为
【答案】ABC
【分析】通过圆的性质和已知证明平面PBC，然后由面面垂直判定定理可判断A；利用已知证明平面AMN，再由平面PBC可得，然后可判断B；利用和基本不等式可得的面积最大时，然后可判断C；利用线面角是直线和平面内任意直线所成角中最小角可判断D.
【详解】因为平面ABC，平面ABC，所以，
又AC为圆O的直径，所以
又因为平面PAB，平面PAB，，所以平面PAB，
又平面PAB，所以
因为，，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC，
因为平面ANM，所以平面平面，A正确；
因为平面PBC，平面PBC，所以，
又，，平面AMN，平面AMN，
所以平面AMN，所以点N在PC的中垂面内，
因为平面ANM，所以，所以点N在以AM为直径的圆上，故B正确；
因为，，所以M为PC的中点，所以，
所以，所以，
所以，当且仅当时等号成立，，
由上知，平面AMN，平面AMN，所以，
又，所以为二面角的平面角，故C正确；
由上可知，直线PA与平面AMN所成角为，又平面ANM，
所以与所成的角大于等于，即大于等于，故D错误.
故选：ABC
20．（2022·浙江嘉兴·高三阶段练习）如图，在正四面体中，、分别为、的中点，则（    ）

A．直线与所成的角为
B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角的正弦值为
D．直线与平面所成的角的正弦值为
【答案】ABC
【分析】将正四面体放在正方体中，设正方体的棱长为，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.
【详解】将正四面体放在正方体中，设正方体的棱长为，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、.

对于A选项，，，，即，A对；
对于B选项，，，
所以，直线与所成的角为，B对；
对于C选项，设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
所以，，
故直线与平面所成的角的正弦值为，C对；
对于D选项，设平面的法向量为，
则，取，可得，
，
故直线与平面所成的角的正弦值为，D错.
故选：ABC.
21．（2022·浙江·杭十四中高三阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（    ）

A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 B．存在点Q，使平面MBN
C．三棱锥P-MBN的体积为 D．经过C，M，B，N四点的球的表面积为
【答案】ABC
【分析】对于A，连接，，可证得，从而可得结论，对于B，连接PQ，，当Q是的中点时，由线面平行的判定可证得，对于C,利用求解，对于D，分别取，的中点E，F，构造长方体MADF-EBCN，其体对角线就是外接球的直径，求出体对角线的长，可求出球的表面积
【详解】如图，在正方体中，连接，，
因为N，P分别是，的中点，所以，
又因为，所以，
所以，B，N，P四点共面，即当Q与重合时，B，N，P，Q四点共面，故选项A正确；
连接PQ，，当Q是的中点时，因为，，所以，
因为平面BMN，平面BMN，所以平面BMN，故选项B正确；
连接，，，
因为，
所以，
故选项C正确；
分别取，的中点E，F，构造长方体MADF-EBCN，
则经过C，M，B，N四点的球即为长方体MADF-EBCN的外接球，
设所求外接球的直径为2R，
则长方体MADF-EBCN的体对角线即为所求的球的直径，
即，
所以经过C，M，B，N四点的球的表面积为，故选项D错误.
故选：ABC

22．（2022·浙江省淳安中学高三开学考试）如图，正方体的棱长为1，点是线段上的动点，则（    ）

A．与不垂直
B．二面角的大小为定值
C．三棱锥的体积为定值
D．若是对角线上一动点，则长度的最小值为
【答案】BCD
【分析】由线面垂直的性质判断A；由二面角判断B；由等积法判断C；将平面沿直线翻折到平面内，作出平面图可求解D
【详解】对于A：由正方体可得，
又平面，平面，
所以，
因为，，，
平面，所以平面，
又平面，
所以，故A错误；
对于B：平面即为平面，平面与平面所成的二面角为定值，
而这两个平面的位置固定不变，故二面角的大小为定值，故B正确；
对于C：因为，为定值，故C正确；
对于D：将平面沿直线翻折到平面内，平面图如下，

过点作，此时的值最小，
由题可知，
，
则，
故，
又，
故长度的最小值为，故D正确；
故选：BCD
23．（2022·浙江·高三开学考试）已知正方体，棱长为分别是的中点，连接，记所在的平面为，则（    ）
A．与正方体的棱有6个交点
B．
C．截正方体所得的截面面积为
D．与所成角的正弦值为
【答案】ABC
【分析】利用平面的基本性质画出与正方体的截面，即可判断A、C；利用线面垂直的判定证判断B；几何法找到线面角的平面角，即可求其正弦值，判断D.
【详解】如下图，设的中点为，连接，
因为，所以为梯形.
延长交于，连接，交于，
因为，所以.
因为，所以.
设分别是的中点，
因为，
所以共面，均在内.
所以与正方体的棱有六个交点，A正确.

因为正六边形的边长为，
所以，C正确.
因为，
所以为相交直线且在内，
所以，B正确.
如下图，延长交于，
因为面，所以面，同理面，
因为面面，所以，即，
设的中点，则为的中点，即.
因为，所以为与的所成角，D错误.

故选：ABC
24．（2022·浙江·高三开学考试）如图，矩形中，，将沿直线翻折成，若为线段的点，满足，则在翻折过程中（点不在平面内），下面四个选项中正确的是（    ）

A．平面
B．点在某个圆上运动
C．存在某个位置，使
D．线段的长的取值范围是
【答案】ABD
【分析】由已知，选项A，在上取一点，令，可通过面面平行的判定定理证明平面平面，从而证明平面；选项B，可通过,
，，借助余弦定理可知为定值，从而确定点的轨迹；选项C，可先假设成立，然后借助线面垂直的判定定理和性质定理得到，然后在中，利用勾股定理验证是否满足，即可做出判断；选项D，可通过点运行轨迹，分别找出最大值和最小值点，然后求解即可做出判断.
【详解】
如上图所示，在上取一点，令，连接，
在矩形中，且，又因为，，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
又因为，，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
又因为且平面,所以平面平面，
又因为平面,所以平面，选项A正确；
由，，,可得,
由，可知，，而，
由余弦定理可知，为定值，而为定点，故在以为圆心，为半径的圆上运动，故选项B正确；
取的中点，连接、，在中，，
所以，假设成立，平面,所以平面，又因为平面，所以，
而，在中，，，，所以，故不成立，所以假设不成立，该选项C错误；
在上取一点，令，
在翻折过程中, 线段的最大值是与点重合，此时，
线段的最小值是与点重合，此时，又因为点不在平面内，
所以线段的长的取值范围是，选项D正确；
故选：ABD.
25．（2022·浙江·高三开学考试）如图，在中，，，，设点在上的射影为，将绕边任意转动，则有（    ）

A．若为锐角，则在转动过程中存在位置使
B．若为直角，则在转动过程中存在位置使
C．若，则在转动过程中存在位置使
D．若，则在转动过程中存在位置使
【答案】AC
【分析】作出相应的图形，利用两角和的正切公式以及零点存在定理可判断A选项；利用圆的几何性质以及平面几何相关知识可判断BCD选项.
【详解】不妨设点在直线上的射影点为，当绕着直线旋转时，
会形成圆锥，且直线为该圆锥的轴所在的直线，如下图所示：

在圆锥上任取一点，平面为平面，
当为锐角时，过点在平面内作，垂足为点，
因为平面，平面，则；
因为，，平面，
当时，点与点重合；
当为钝角时，则点在射线上；
当或时，点与点重合.
不失一般性，不妨设，则点在线段上，且，设的外接圆为圆.
对于A选项，若为锐角，如下图所示：

不妨设，则，，
因为，若存在位置使得，即，
设，由于，则点不与线段的端点重合，即，

，
则，即，
令，其中，
因为为锐角，则，，则函数在上单调递增，
，，
故方程在时有解，
所以，若为锐角，则在转动过程中存在位置使，A对；
对于B选项，若为直角，则为等腰直角三角形，此时点与点重合，

当点在线段（不包含端点）上运动时，的取值范围是，
此时，不存在位置使得，B错；
对于C选项，连接、，

因为，，则，
，则，
由圆的几何性质可得，
，则，所以，,
故线段与圆相交，设交点为，当点在线段（不包括端点）上运动时，
延长交圆于点，连接，则，
若，则在转动过程中存在位置使，C对；
对于D选项，若，，则，
，则，
由圆的几何性质可得，
，，所以，，
所以，与圆相切，

当点在线段（不包括端点）上运动时，连接交圆于点，连接、，
则，
所以，若，则在转动过程中不存在位置使，D错.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题考查点的存在性使得条件成立，解决本题的关键在于作出图形，利用平面几何的相关知识求解.