10空间向量与立体几何-山东省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版,2019新版）

这是一份10空间向量与立体几何-山东省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版,2019新版），共34页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023上·山东聊城·高三校联考期末）已知三棱锥，平面，，，，将三棱锥绕着旋转一周，则该三棱锥所经过的空间区域构成的几何体的体积为（ ）
A．B．C．32D．
2．（2023上·山东泰安·高三统考期末）在轴截面顶角为直角的圆锥内，作一内接圆柱，若圆柱的表面积等于圆锥的侧面积，则圆柱的底面半径与圆锥的底面半径的比值为（ ）
A．B．C．D．
3．（2023上·山东日照·高三校联考期末）已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，则
D．若，，则
4．（2023上·山东菏泽·高三统考期末）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸．若某次下雨盆中积水恰好刚刚满盆，则平均降雨量是（注：平均降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积）（ ）
A．寸B．8寸C．寸D．9寸
5．（2023上·山东潍坊·高三统考期末）已知正三棱锥的侧棱长为，点，分别在线段，（不包括端点）上，且，，若点为三棱锥的外接球的球面上任意一点，则点到平面距离的最大值为（ ）
A．B．C．2D．
6．（2023上·山东滨州·高三统考期末）已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．，，则
B．，，，，则
C．，，，则
D．，，，则
7．（2023上·山东烟台·高三统考期末）米斗是古代官仓、米行等用来称量粮食的器具，鉴于其储物功能以及吉祥富足的寓意，现今多在超市、粮店等广泛使用.如图为一个正四棱台形米斗（忽略其厚度），其上、下底面正方形边长分别为、，侧棱长为，若将该米斗盛满大米（沿着上底面刮平后不溢出），设每立方分米的大米重千克，则该米斗盛装大米约（ ）
A．千克B．千克C．千克D．千克
8．（2023上·山东枣庄·高三统考期末）《九章算术》是中国古代的数学专著，书中记载有如下一个问题：“今有圆亭，下周三丈，上周两丈，高一丈，问积几何”.意思为“今有一圆台体建筑物，下周长为3丈，上周长为2丈，高为1丈，问它的体积为多少”，则该建筑物的体积（单位：立方丈）为（ ）
A．B．C．D．
9．（2023上·山东济南·高三统考期末）若正四面体的表面积为，则其外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
10．（2023上·山东日照·高三校联考期末）已知三棱锥的棱长均为，其内有个小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，如此类推，…，球与三棱锥的三个面和球都相切（，且），球的表面积为，体积为，则（ ）
A．B．
C．数列为等差数列D．数列为等比数列
11．（2023上·山东菏泽·高三统考期末）正方体的棱长为2，O为底面ABCD的中心．P为线段上的动点（不包括两个端点），则（ ）
A．不存在点P，使得平面
B．正方体的外接球表面积为
C．存在P点，使得
D．当P为线段中点时，过A，P，O三点的平面截此正方体外接球所得的截面的面积为
12．（2023上·山东潍坊·高三统考期末）在棱长为1的正方体中，点为线段（包括端点）上一动点，则（ ）
A．异面直线与所成的角为
B．三棱锥的体积为定值
C．不存在点，使得平面
D．的最小值为
13．（2023上·山东枣庄·高三统考期末）已知正方体的棱长为1，则（ ）
A．直线与所成的角为90°
B．平面
C．平面平面
D．点A到平面的距离为
三、填空题
14．（2023上·山东烟台·高三统考期末）在直四棱柱中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱，M为侧棱的中点，N在侧面矩形内(异于点)，则三棱锥体积的最大值为 .
15．（2023上·山东日照·高三校联考期末）在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为和，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为 ．
16．（2023上·山东滨州·高三统考期末）“中国天眼”（如图1）是世界最大单口径、最灵敏的射电望远镜，其形状可近似地看成一个球冠（球冠是球面被平面所截的一部分，如图2所示，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的线段叫做球冠的高．若球面的半径是，球冠的高度是，则球冠的面积）．已知天眼的球冠的底的半径约为米，天眼的反射面总面积（球冠面积）约为万平方米，则天眼的球冠高度约为 米．（参考数值）
四、解答题
17．（2023上·山东泰安·高三统考期末）如图，在三棱锥中，平面平面ABC，，，，，D是棱PC的中点．
(1)求证：；
(2)若，求直线BC与平面ADB所成角的正弦值．
18．（2023上·山东德州·高三统考期末）如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，，，，底面，是上一点．
(1)求证：；
(2)若是的中点，直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值．
19．（2023上·山东滨州·高三统考期末）如图1，在平面六边形ADCFBE中，四边形ABCD是边长为的正方形，和均为正三角形，分别以AC，BC，AB为折痕把折起，使点D，F，E重合于点P，得到如图2所示的三棱锥．
(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；
(2)若点M是棱PA上的一点，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角的余弦值．
20．（2023上·山东菏泽·高三统考期末）如图，在四棱维中，底面为正方形，侧面PAD是正三角形，平面平面，（）．
(1)若，求证：平面ABE；
(2)若平面ABE与平面PAC的夹角为，且，求的值．
21．（2023上·山东潍坊·高三统考期末）已知三棱台中，底面，，，，，分别是，的中点，是棱上的点.
(1)求证：；
(2)若是线段的中点，平面与的交点记为，求二面角的余弦值.
22．（2023上·山东烟台·高三统考期末）某工厂拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的上端为半球形，下部为圆柱形，该容器的体积为立方米，且.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分侧面的建造费用为每平方米2.25千元，半球形部分以及圆柱底面每平方米建造费用为千元.设该容器的建造费用为千元.
(1)写出关于的函数表达式，并求该函数的定义域；
(2)求该容器的建造费用最小时的.
23．（2023上·山东烟台·高三统考期末）如图，是以为斜边的等腰直角三角形，是等边三角形，，.
(1)求证：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
24．（2023上·山东枣庄·高三统考期末）已知直三棱柱，为线段的中点，为线段的中点，，平面平面.
(1)证明：；
(2)三棱锥的外接球的表面积为，求平面与平面夹角的余弦值.
参考答案：
1．A
【分析】由线面垂直得到线线垂直，得到，，两两垂直，且，从而三棱锥绕着旋转形成以为底面圆半径的圆锥，求出圆锥的体积.
【详解】因为平面，平面，所以，，
又因为，且，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以，，三条直线两两垂直．
由勾股定理可知，
因为，所以，
如图三棱锥绕着旋转形成以为底面圆半径的圆锥．
圆锥的底面半径，高，体积．

故选：A．
2．D
【分析】设圆柱和圆锥底面半径分别为r，R，由圆柱表面积等于圆锥侧面积建立方程，求半径比.
【详解】设圆柱和圆锥底面半径分别为r，R，因为圆锥轴截面顶角为直角，所以圆锥母线长为，
设圆柱高为h，则，，
由题，，得.
故选：D.
3．C
【分析】对于A项，过直线找一个平面与平面相交，设交线为，按照此途径解决.
对于B项，讨论直线与平面的位置关系.
对于D项，设，作直线，按照此途径解决
对于C项，分和当时两种情况证明.
【详解】对于A项，过直线找一个平面与平面相交，设交线为，根据线面平行的性质定理可得，又因为，所以，所以，故A不正确.
对于B项，若，，则或，故B不正确.
对于D项，若，设，作直线，则，，故D不正确.
对于C项，因为并且所以，或者；
当时，又因为根据面面垂直得判定定理可得，
当时，过作平面，根据线面平行的性质定理可得：
又因为所以，又因为 ，所以，
综上若，则，所以C正确.
故选：C
4．C
【分析】利用圆台的体积公式求得盆中积水的体积，进而求得平地降雨量.
【详解】由题意，可知圆台形天池盆上底面半径为18寸，下底面半径为6寸，高为18寸，
则盆中积水的体积为，
又盆口面积为，
所以平地降雨量为(寸).
故选：C.
5．C
【分析】画出图形，结合图形辅助线，利用已知条件说明线面垂直，找出球心，建立直角三角形中相应的关系，建立等量关系，解出三棱锥外接球的半径，根据图形分析最大值即可.
【详解】取的中点，连接，如图所示：
在正三棱锥中，，
所以，
下底面为等边，
所以，
由，
所以平面，
又平面，
所以，
因为，，
所以，
所以，
由，
所以平面，
又平面，
所以，所以，
所以，
设三棱锥的外接球球心为，外接圆的圆心为，
连接，则在正三棱锥中，底面为正三角形，
所以一定在上，且一定在上，
同时平面，
在中由正弦定理得：
，
在中，，
在中，，
设球体的半径为，
所以，
所以，
所以三棱锥的外接球的球面上任意一点到平面距离的最大值为：
，
故选：C.
6．D
【分析】根据线面平行的判定定理、面面平行的判定定理，性质定理、线面垂直的性质定理判断即可.
【详解】对于A，，，则或，A错误；
对于B，若，，，，则或相交，
只有加上条件相交，结论才成立，B错误；
对于C，，，无法得到，
只有加上条件才能得出结论，C错误；
对于D，，，则，又因为，所以，D正确.
故选:D.
7．C
【分析】计算出米斗的高，进而可求得出该米斗的体积，结合题意可求得该米豆所盛大米的质量.
【详解】设该正棱台为，其中上底面为正方形，取截面，如下图所示：
易知四边形为等腰梯形，且，，，
分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，
由等腰梯形的几何性质可得，又因为，，
所以，，所以，，
因为，易知，
故四边形为矩形，则，，
所以，，故该正四棱台的高为，
所以，该米斗的体积为，
所以， 该米斗所盛大米的质量为.
故选：C.
8．D
【分析】分别计算圆台上下底面圆的半径，再计算体积.
【详解】下周长为3丈,则下底面圆的半径丈，
上周长为2丈，则上底面圆的半径丈，
则
，
故选：D.
9．A
【分析】根据题意可知：正四面体的棱长为，将正四面体补成一个正方体，正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即可得出结果.
【详解】设正四面体的棱长为，由题意可知：，解得：，
所以正四面体的棱长为，
将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为，正方体的体对角线长为，
因为正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，所以外接球半径，
则外接球的体积为，
故选：.
10．AD
【分析】根据题意求出三棱锥内切球和球的半径，找出半径之间的关系，进而进行计算即可得出结论.
【详解】由题意知三棱锥的内切球的球心在高上，如图1所示，
由正三角形中心的性质可得：，则，
设球的半径为，则利用等体积法：，
即，解得：，所以球的体积，故选项正确；
如图2所示：易知，，.
设球与平面切于点，球的半径为，连接，则，
所以，即，所以，
则，所以，如此类推，.
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以，则，故选项错误；
由可得，
所以数列是公比为的等比数列，故选项错误；
由可得，
数列是公比为的等比数列，故选项正确；
故选：.
11．ABD
【分析】利用反证法，由此判断A；求正方体的外接球的半径，结合球的体积公式判断B；根据勾股定理判断C；根据球的截面性质判断D.
【详解】假设存在点P，使得平面，
在上取点，使得，又，
所以四边形为平行四边形，
所以，又
所以四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，
所以平面，又平面，,平面，
所以平面平面，与已知矛盾，
所以不存在点P，使得平面，A正确；
正方体的外接球的球心为的中点，外接球的半径，
所以正方体的外接球表面积，B正确；
假设存在P点，使得，在线段上取点使得,
设，则，，，
因为，所以，
所以，解得，与已知矛盾；C错误；
取的中点，因为P为线段中点时，连接交与点，
所以，又，
所以，故过A，P，O三点的平面为平面，
取的中点，过作，垂足为，
又平面，平面，所以，
，平面，所以平面，
过球心作，则平面，
所以正方体的外接球的球心到截面的距离为的长，
又，
所以，因为为的中点，所以，
故截面圆的半径为，
所以截面圆的面积，D正确；
故选：ABD.
【点睛】本题为立体几何综合问题，考查面面平行的证明，正方体的外接球，求得截面问题，解决球的截面问题的关键在于合理使用球的截面的性质.
12．AB
【分析】证明得到，求出，即可得出A项；证明平面，然后求出，根据等积法即可求出B项；取中点为，可证明平面，即可说明C项错误；将和展开到同一平面，当点为交点时，有最小值.在中，由余弦定理求出，即可得到最小值，说明D项错误.
【详解】
对于A项，如图1，连接.因为都是正方体面对角线，所以，
所以是等腰三角形，所以.又且，所以四边形是平行四边形，
所以.所以异面直线与所成的角即等于与所成的角，故A项正确；
对于B项，因为且，所以四边形是平行四边形，所以.
因为平面，平面，所以平面.
所以点到平面的距离即等于点到平面的距离.，
所以，又是个定值，故B项正确；
对于C项，如图2，取中点为.因为，是中点，所以.
又由已知可得，平面，平面，所以.又，
且平面，平面，所以平面，即存在点，使得平面，故C项错误；
对于D项，如图3，将和展开到同一平面，当点为交点时，有最小值.
因为，所以，又，所以.在中，
由余弦定理可得，，
所以的最小值为，故D项错误.
故选：AB.
13．ACD
【分析】根据线面垂直的性质，线面夹角，面面垂直的判定，等体积转化法即可求解.
【详解】对于选项A：
因为,
,
，
所以平面，
又平面，
所以
所以直线与所成的角为90°，
故选项A正确；
对于选项B：
易知四点共面，
直线与平面夹角为，
所以直线与平面不平行，
所以选项B错误；
对于选项C：
且，
所以平面，
平面，
所以平面平面.
故选项C正确；
对于选项D：
，
设点A到平面的距离为，
所以，
所以.
点A到平面的距离为.
故选项D正确；
故选：ACD.
14．/0.5
【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到，故⊥，求出，再利用点到平面的距离公式求出点到平面的距离，表达出三棱锥的体积为，结合的范围，求出体积最大值.
【详解】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，设，，，其中与不能同时成立，
则，，
故，
因为，所以⊥，
故，
设平面的法向量为，
，
取，则，故，
点到平面的距离，
三棱锥的体积为，
因为，，其中与不能同时成立，
要想最大，由于恒成立，只需要最大，当时，，满足要求，
所以当时，取得最大值，最大值为.
故答案为：
【点睛】立体几何中体积最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立所求体积的目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值.
15．/
【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解异面直线与所成角的余弦值.
【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，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，，，，则，，
所以，
又因为异面直线所成角的范围为，
故异面直线与所成角的余弦值为，
故答案为：.
16．
【分析】由，结合求解.
【详解】由题意得：，则，
则，所以，
所以，
故答案为：.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理证得平面ABC，再得到平面PBC，从而即可得证；
（2）根据题意，以C为坐标原点，，，方向分别为x轴，y轴，z轴的正A方向，建立空间直角坐标系，再由空间向量的坐标运算结合线面角的计算公式，即可得到结果.
【详解】（1）证明：在中，，，，所以，
所以，
又平面平面ABC，平面平面，平面PAB，
所以平面ABC，
又平面ABC，所以，
又，，PB，平面PBC，所以平面PBC，
又平面PBC，所以．
（2）
在中，，，，所以．
以C为坐标原点，，，方向分别为x轴，y轴，z轴的正A方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，，
设平面ADB的一个法向量为，则
取，则，所以．
设直线BC与平面ADB所成的角为，则
，
所以直线BC与平面ADB所成角的正弦值是．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）以点为原点，、、分别为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系，设点，利用空间向量法可求得的值，再利用空间向量法可求得二面角的余弦值．
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以．
因为，，．
由余弦定理可得，
所以，所以．
又，、平面，所以平面．
因为平面，所以．
（2）解：因为底面，，
以点为原点，、、分别为轴、轴、轴正方向，建立如下图所示空间直角坐标系，
则、、，设，则，，
因为底面，所以平面的一个法向量为，
由题意可得，解得，
易知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
因为，
由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意证明平面PAC，即可得结果；
（2）根据题意可知直线BM与平面PAC所成的角为，利用正切值分析可得当为的中点时，直线BM与平面PAC所成的角最大，建系，利用空间向量求二面角.
【详解】（1）取的中点，连接，
∵，为的中点，
∴，
又∵，则，
∴，
平面PAC，
则平面PAC，
平面ABC，故平面PAC⊥平面ABC.
（2）连接，
由（1）可知：平面PAC，则直线BM与平面PAC所成的角为，即，
当取到最大时，则取到最小，即，且，
故当为的中点时，直线BM与平面PAC所成的角最大，
以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，
设平面的法向量为，
∵，则有，
令，则，即，
由题意可得：平面的法向量为，
∵，
由图可得二面角为锐角，
故二面角的余弦值为.
20．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，然后利用线面垂直的判定定理即得；
（2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.
【详解】（1）当时，为的中点，又因为为正三角形，
所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，
所以，又，平面，平面，
故PD⊥平面；
（2）取的中点，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
在平面PAD内作，则Az⊥平面ABCD，即有射线AB，AD，Az两两垂直，
以A为坐标原点，AB，AD，Az所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，
所以，，
则，，，，
设平面ABE的一个法向量，则，
令，得，
设平面的一个法向量，则，
令，得，
所以，
设（t