07空间向量与立体几何-湖南2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教版）

这是一份07空间向量与立体几何-湖南2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教版），共32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·湖南娄底·高三校联考期末）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早 多年．在《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图 是阳马，，，，．则该阳马的外接球的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
2．（2023上·湖南娄底·高三校联考期末）已知，是两个不同的平面，“存在直线，，”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
3．（2023上·湖南益阳·高三统考期末）在一次劳动技术课上，某12人的小组中的同学们利用图（一）的棱长为的正方体胶泥作为原料，每人制作一个图（二）的冰激淋胶泥模型（上部分为一个半球，下部分为一个以半球的大圆面为底的圆锥），则制作完成后剩下的胶泥约为（ ）（忽略制作过程中的损耗，）
A．B．C．D．
4．（2023上·湖南怀化·高三统考期末）如图所示，在四边形中，，，，，，则四边形绕旋转一周所成几何体的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
5．（2022上·湖南常德·高三统考期末）沙漏是我国古代的一种计时工具，是用两个完全相同的圆锥顶对顶叠放在一起组成的（如图）．在一个圆锥中装满沙子，放在上方，沙子就从顶点处漏到另一个圆锥中，假定沙子漏下来的速度是恒定的．已知一个沙漏中沙子全部从一个圆锥中漏到另一个圆锥中需用时80分钟．设经过t分钟沙漏上方圆锥中的沙子的高度与下方圆锥中的沙子的高度恰好相等（假定沙堆的底面是水平的），则t的值为（ ）
A．10B．20C．60D．70
6．（2020·湖南湘潭·高三统考期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱A1B1上一点，且AB＝2，若二面角B1﹣BC1﹣E为45°，则四面体BB1C1E的外接球的表面积为（ ）
A．πB．12πC．9πD．10π
7．（2020上·湖南长沙·高三统考期末）设三棱柱的侧棱垂直于底面，，，，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是
A．B．
C．D．
8．（2020上·湖南常德·高三统考期末）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列命题：
①若，则；
②若，则或；
③若是异面直线，那么与一定相交；
④若，则．
其中所有正确命题的编号是（ ）
A．①②B．①④C．②③D．②④
二、多选题
9．（2023上·湖南怀化·高三统考期末）如图，在棱长为2的正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（ ）
A．平面
B．三棱锥的体积不变
C．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为
D．异面直线与所成的角的范围是
10．（2022上·湖南常德·高三统考期末）如图，已知正方体的棱长为2，分别是棱的中点，是侧面内（含边界）的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．若直线与平面平行，则三棱锥的体积为
B．若直线与平面平行，则直线上存在唯一的点，使得与始终垂直
C．若，则的最小值为
D．若，则的最大值为
11．（2022上·湖南常德·高三统考期末）已知正方体的棱长为2，P，Q分别为棱，的中点，M为线段BD上的动点，则（ ）
A．
B．
C．三棱锥的体积为定值
D．M为BD的中点时，则二面角的平面角为60°
12．（2022上·湖南娄底·高三统考期末）在三棱锥中，已知，，，平面平面ABC，且，则（ ）．
A．
B．平面平面ABC
C．三棱锥的体积为
D．三棱锥的外接球的表面积为
三、填空题
13．（2023上·湖南益阳·高三统考期末）已知长方体中，，点为棱的中点，则异面直线所成角的余弦值为 .
14．（2023上·湖南株洲·高三校联考期末）在正三棱锥中，，为中点，则异面直线与所成角的余弦值为 .
15．（2022上·湖南常德·高三统考期末）已知正三棱锥的底面是边长为的等边三角形，其内切球的表面积为，且和各侧面分别相切于点、、三点，则的周长为 ．
16．（2022上·湖南娄底·高三统考期末）若四棱锥的各顶点都在同一个球O的表面上，底面ABCD，，，，，则球O的体积为 ．
17．（2020上·湖南邵阳·高三统考期末）已知点为半径等于2的球球面上一点，过的中点作垂直于的平面截球的截面圆为圆，圆的内接中，，点在上的射影为，则三棱锥体积的最大值为 .
18．（2020上·湖南长沙·高三统考期末）在四面体中，为等边三角形，边长为6，，，，则四面体的体积为 .
四、解答题
19．（2023上·湖南益阳·高三统考期末）如图所示的正方体中，点分别是棱的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
20．（2023上·湖南怀化·高三统考期末）如图，在多面体中，四边形为正方形，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若平面，二面角为，三棱锥的外接球的球心为，求平面与平面夹角的余弦值.
21．（2022上·湖南常德·高三统考期末）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，点为的中点，为半个圆柱上底面的直径，且，．为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)若是线段上一动点，求直线与平面所成角的正弦的最大值．
22．（2022上·湖南常德·高三统考期末）如图，已知AB是圆柱底面圆的一条直径，OP是圆柱的一条母线．
(1)求证：OA⊥PB；
(2)若C底面圆上一点，且，，，，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值．
23．（2022上·湖南娄底·高三统考期末）如图，在长方体中，，．若平面APSB与棱，分别交于点P，S，且，Q，R分别为棱，BC上的点，且．
(1)求证：平面平面；
(2)设平面APSB与平面所成锐二面角为，探究：是否成立？请说明理由．
24．（2020上·湖南长沙·高三统考期末）如图，三棱柱中，侧面BB1C1C是菱形，其对角线的交点为O，且AB=AC1，AB⊥B1C．
(1)求证：AO⊥平面BB1C1C；
(2)设∠B1BC=60°，若直线A1B1与平面BB1C1C所成的角为45°，求二面角的余弦值．
参考答案：
1．B
【分析】由题目条件有，则阳马的外接球与以为长宽高的长方体的外接球相同.
【详解】因，平面ABCD，平面ABCD，
则，又因四边形ABCD为矩形，则.
则阳马的外接球与以为长宽高的长方体的外接球相同.
又，，．则外接球的直径为长方体体对角线，故外接球半径为：，
则外接球的表面积为：
故选：B
2．C
【分析】根据面面平行的判定与性质判段其充分性和必要性即可.
【详解】当，是两个不同的平面，
对于其充分性：，可以推出；
对于其必要性：可以推出存在直线，，，
故其为充分必要条件，
故选：C.
3．B
【分析】根据正方体，球及圆锥的体积公式即得.
【详解】由题可知正方体胶泥的体积为，
每个冰激淋胶泥的体积为，
所以12个冰激淋胶泥的体积为，
所以.
故选：B.
4．C
【分析】判断出几何体的结构，根据圆锥、圆台的知识求得正确答案.
【详解】由题意知，旋转所成的几何体是一个圆台上面挖掉一个圆锥的组合体，
且圆台的上底面半径，下底面半径，高，母线长，
圆锥的底面半径，高，母线长，
所以圆台的侧面积，圆锥的侧面积，
圆台的下底面面积，所以几何体的表面积.
故选：C
5．D
【分析】上方圆锥的空白部分就是下方圆锥中的沙子部分，且上方沙漏中沙子的高度为一个沙漏的高的一半，进而计算下方沙漏沙子的体积，计算即可.
【详解】解：因为沙漏上方圆锥中的沙子的高度与下方圆锥中的沙子的高度恰好相等
所以上方圆锥的空白部分就是下方圆锥中的沙子部分，且上方沙漏中沙子的高度为一个沙漏的高的一半，
所以可以单独研究上方圆锥，其高度为一个圆锥的一半，沙子形成的圆面的半径为圆锥底面圆半径的一半，
设圆锥的高为，底面半径为，
则上方沙子的体积为，
所以，上方此时剩的沙子占总沙子的，下方圆锥中的沙子占总沙子的
因为一个沙漏中沙子全部从一个圆锥中漏到另一个圆锥中需用时80分钟，
所以，当的沙子从一个沙漏中漏到另一个沙漏中，需要分钟，
所以，经过分钟沙漏上方圆锥中的沙子的高度与下方圆锥中的沙子的高度恰好相等
故选：D
6．D
【分析】连接交于，可得，利用线面垂直的判定定理可得：平面，于是，可得而为二面角的平面角，再求出四面体的外接球半径，进而利用球的表面积计算公式得出结论．
【详解】
连接交于，则，
易知，则平面，
所以，
从而为二面角的平面角，
则.
因为，所以，
所以四面体的外接球半径．
故四面体BB1C1E的外接球的表面积为．
故选：D
【点睛】本题考查了正方体的性质、线面垂直的判定与性质定理、二面角的平面角、球的表面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
7．C
【解析】直棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心做垂直于底面的直线与中截面的交点，而底面为直角三角形，所以底面外接圆的圆心为斜边的中点，且半径为斜边的一半，根据底面外接圆的半径与球的半径和直棱柱的高的一半构成直角三角形，由题意求出外接球的半径，求出外接球的表面积．
【详解】解：由题意知底面外接圆的圆心为斜边的中点，则外接圆的半径，而，，
所以，所以，过的中点做垂直于底面的直线交中截面与点，则为外接球的球心，
由题意得：，所以外接球的表面积，
故选：．
【点睛】考查直棱柱的外接球的求法及球的表面积公式，属于中档题．
8．D
【解析】以长方体为载体，结合平行与垂直的判定与性质求解．
【详解】解：画任意一个长方体如图，
①如图，直线平面，直线平面，平面，平面，但平面与平面相交，故①错；
②若，则在平面内必存在一条直线使得，又，则或与重合，则或，故②对；
③如图，直线平面，直线平面，直线与直线异面，但平面，故③错；
④若，则在平面内且不在平面内必存在一条直线使得，又，则，又，则，则，故④对；
故选：D．
【点睛】本题主要考查平行于垂直的判定和性质，熟记八个定理并借助长方体为载体是解题关键，属于易错的基础题．
9．ABD
【分析】通过证明平面平面，即可得出A项；
根据平面，可推出，求出即可得出B项；
由已知可得交线即以C为顶点，1为半径的圆与侧面的交线，取、中点为、，求出扇形的弧长即可得出结果，判断C项；
由，可知异面直线与所成的角即等于直线与所成的角或其补角.根据图象，即可得出点P为中点以及线段端点时，角最大或最小，即可求出结果.
【详解】
对于A项，如图，连结.根据正方体的性质可知，且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.同理可得，平面.因为平面，平面，，所以平面平面.又平面，所以平面，故A项正确；
对于B项，由A知平面，所以点到平面的距离即等于点到平面的距离，所以.由正方体的性质可得，平面，所以，又，所以是个定值，故B项正确；
对于C项，由已知可得，点到侧面的距离等于.设球被侧面截得圆的半径为，球的半径，则.所以以D为顶点，为半径的球面与侧面的交线即以C为顶点，1为半径的圆与侧面的交线，分别取、中点为、，则有，所以交线即所对的圆弧的长，，所以，故C项不正确；
对于D项，如图，由已知可得，所以.又，所以异面直线与所成的角即等于直线与所成的角或其补角.显然当点P为中点时，，此时最大；当点P在点时，，当点P在点时，，此时最小.所以异面直线与所成的角的范围是，故D项正确.
故选：ABD.
10．ABC
【分析】取棱的中点，连接，进而证明平面平面得的轨迹即为线段，再讨论AB选项即可得判断；当时，点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在平面内的圆弧，再分别讨论CD选项即可.
【详解】解：取棱的中点，连接，
因为棱的中点，分别是棱的中点，
所以，，
因为，所以，
所以，四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，平面，
因为平面，
所以平面平面，
所以，直线与平面平行， 的轨迹即为线段，
故对于A选项， ，三棱锥的体积为，故A正确；
对于B选项，要使得与始终垂直，则面，故如图建立空间直角坐标系，则，
所以，，
所以且，解得，即，
所以，直线上存在唯一的点（中点），使得与始终垂直，故B正确；
当时，所以，解得，
所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在平面内的圆弧，
对于C选项，由于，故的最小值为，故C正确；
对于D选项，，当且仅当时等号成立，
所以，的最大值为，故D错误.
故选：ABC
11．BC
【分析】由题可得与不平行可判断A，利用线面垂直的判断定理及性质定理判断B，利用棱锥的体积公式可判断C，利用坐标法可判断D.
【详解】由正方体的性质可知，与不平行，故A错误；
由正方体的性质可知，又，
∴平面，又平面，
∴，故B正确；
由题可知M到平面的距离为定值d=2，三角形的面积为定值，所以为定值，故C正确；
如图建立空间直角坐标系，则
∴，
设平面PQM的法向量为，则
，令，则，
平面的法向量可取，
设二面角的平面角为，则
，故D错误.
故选：BC.
12．ABC
【分析】通过证明平面来判断AB选项的正确性；通过计算三棱锥的体积来判断C选项的正确性；求出三棱锥的外接球的表面积来判断D选项的正确性.
【详解】因为，，
所以，所以，
过D作于E．
因为平面平面ABC，平面平面，
所以平面ABC，所以，
假设DB，DE不重合，因为，所以平面DBC，
所以，这样与矛盾，
所以假设不成立，所以DB，DE重合，即平面ABC，
所以，
由于平面，
所以平面平面ABC，所以A，B正确；
三棱锥的体积为，所以C正确；
设三角形ABC的外心为F，外接圆半径为，
过F作平面ABC，
设O为外接球的球心，则，，
所以，
所以，解得，
所以外接球的半径为，
所以三棱锥的外接球的表面积为，所以D不正确．
故选：ABC
13．/
【分析】延长，构造一个与全等的长方体，取点为棱的中点，可得（或其补角）为异面直线所成角，在中由余弦定理可得答案.
【详解】如图所示，在长方体中，延长，构造一个与全等的长方体，
且点为棱的中点，所以，所以（或其补角）为异面直线所成角，
由题意得，所以由余弦定理得，
所以.
故答案为：.
14．
【分析】根据向量的夹角即可求解异面直线与所成角的余弦值.
【详解】在中，，

,
由,
所以，即异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：
15．
【分析】设三棱锥的内切球球心为点，计算出正三棱锥的高，可计算得出该三棱锥侧面上的高，计算出的边长，分析可知为等边三角形，即可得解.
【详解】设三棱锥的内切球球心为点，设球切三棱锥的侧面于点，
取的中点，连接，设正的中心为点，则在线段上，
设，的外接圆半径为，则，
，为的中点，则，，
设球的半径为，则，可得，即，
由正棱锥的性质可知平面，因为平面，则，
，所以，，即，解得，
，，
取的中点，连接、，设球切侧面于点，连接，
同理可得，，
因为、分别为、的中点，则，
，则，且，故，
设的中点为，连接、，则，故为等边三角形，
易知为等边三角形，故的周长为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
16．
【分析】设球心O到平面ABCD的距离为h，AD，BC的中点分别为F，E，由已知条件得，四边形ABCD所在的截面圆的圆心G必在线段EF的延长线上，平面，然后由直角三角形、直角梯形中求得球半径，得球体积．
【详解】设球心O到平面ABCD的距离为h，AD，BC的中点分别为F，E，
由已知条件得，四边形ABCD所在的截面圆的圆心G必在线段EF的延长线上，平面，，
因为，所以，
所以，
解得，，
因为，所以，
因为，所以，
所以球O的半径为，
所以球O的体积为．
故答案为：．
17．/
【分析】由题设可得截面圆直径，令且，结合射影定理及棱锥的体积公式可得，利用导数求其最大值即可.
【详解】由题意知：，，故，
令，则，且，
由，则，
而，
令，则，
当时，递增；当时，递减；
所以时取最大值，故三棱锥体积的最大值为.
故答案为：
18．
【解析】推导出，分别取、的中点、，连结、、，则，，，推导出，从而平面，进而四面体的体积为，由此能求出结果．
【详解】解：在四面体中，为等边三角形，边长为6，
，，，
，，
分别取、的中点、，连结、、，
则，，，
且，，，
，，
，平面，平面，平面，
四面体的体积为：
．
故答案为：．
【点睛】本题考查四面体的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)根据线面垂直的判定以及面面垂直的判定即可求解；(2)根据二面角余弦值的法向量求法即可求解.
【详解】（1）证明：因为为正方体，
所以，
又因为平面，所以，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）由条件可知两两垂直，
所以分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系（如图所示），
设正方体的棱长为，
则，
，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，
所以，令，得，
所以，
又设平面的一个法向量为，
则，
所以，令，得，
，
所以，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
20．(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.
（2）根据二面角的大小求得，通过补形的方法判断点的位置，建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）由于四边形为正方形，所以，由于，
平面，所以平面，
由于平面，
所以平面平面.
（2）由于平面，平面，所以.
由（1）得平面，且，
所以平面，所以是二面角的平面角，
所以，所以.
由上述分析可知两两相互垂直，
所以可将多面体补形为正方体，如下图所示，
则三棱锥的外接球的球心是的中点.
由此建立空间直角坐标系如下图所示，
，
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
平面的一个法向量为,
设平面与平面夹角为，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明平面，平面即可证明结论；
（2）以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，
且
∴四边形为平行四边形，
，又平面，平面
平面
，又平面，平面
平面，
平面
∴平面平面
（2）解：如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则
设面的法向量，
所以，即，令得，故
因为是线段上一动点，
所以，设，则
设所求线面角为，
所以，
所以，当时，取得最大值为
22．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理及性质即得；
（2）利用坐标法即求.
【详解】（1）∵OP是圆柱的一条母线，
∴OP⊥平面OAB，又面OAB，
∴OP⊥OA，
∵AB是圆柱的底面圆的直径，
∴，即OA⊥OB，又∵，
∴OA⊥面OPB，又∵面OPB，
∴OA⊥PB.
（2）∵，
∴；
∵AB是圆柱的底面圆的直径，
∴，又，
∴四边形OACB为正方形,
如图建立空间直角坐标系O—xyz，可知，，P（0，0，2），
设平面PAB的法向量为，，，
∴，即，
取，则，又，
设直线PC与平面PAB所成角为θ，
∴，
所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值为.
23．(1)证明见解析
(2)成立，理由见解析
【分析】（1）由已知及正方体性质先证线面垂直，再证面面垂直.
（2）建立适当的空间直角坐标系，求二面角对应两平面的法向量，进而可以判断是否成立.
【详解】（1）在长方体中，
因为平面，平面，所以，
在和中，
因为，,，
所以，
,所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以平面．
（2）以D为坐标原点，射线DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
，，，所以，，
设平面的法向量为，
所以，不妨设，其中，
由（1）得，平面的法向量为，
因为，，所以，
则，
若，则，解得，
因为，所以成立．
24．(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明B1C⊥平面ABC1，可得AO⊥BC1，再证明AO⊥BC1，根据线面垂直的判定定理即可得证；
（2）易得直线AB与平面BB1C1C所成的角即∠ABO，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，再利用向量法即可得出答案.
【详解】（1）证明：∵四边形BB1C1C是菱形，∴B1C⊥BC1，
∵AB⊥B1C，AB∩BC1=B，平面ABC1，
∴B1C⊥平面ABC1，
又平面ABC1，∴B1C⊥AO，
∵AB=AC1，O是BC1的中点，∴AO⊥BC1，
又B1C∩BC1=O，平面BB1C1C，
∴AO⊥平面BB1C1C；
（2）解：∵AB∥A1B1，
∴直线A1B1与平面BB1C1C所成的角等于直线AB与平面BB1C1C所成的角，
∵AO⊥平面BB1C1C，∴直线AB与平面BB1C1C所成的角即∠ABO，
∴∠ABO=45°，
不妨设菱形BB1C1C的边长为2，则在等边三角形BB1C中，BO=，CO=B1O=1，
在Rt△ABO中，AO=BO=，
如图，以O为坐标原点，分别以OB，OB1，OA所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面A1B1C1的法向量为，
则有，可取，
因为AO⊥平面BB1C1C，
所以即为平面BB1C1C的一个法向量，
则，
由图可知二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为．