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

这是一份10空间向量与立体几何-广东省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教版A版，2019，共25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。
一、单选题
1．（2023上·广东河源·高三统考期末）如图所示，一款网红冰激凌可近似地看作是圆锥和半球的组合体，将圆锥外的包装纸展开发现，它是一张半径为6的半圆形纸片，则这个冰激凌的体积为（ ）
A．B．C．D．
2．（2023上·广东深圳·高三统考期末） 正四面体中，是侧棱上（端点除外）的一点，若异面直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A．B．
C．D．
3．（2022上·广东东莞·高三统考期末）已知一个装满水的圆台形容器的上底半径为6，下底半径为1，高为，若将一个铁球放入该容器中，使得铁球完全没入水中，则可放入的铁球的体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
4．（2022上·广东揭阳·高三统考期末）已知圆柱的轴截面为正方形，其外接球为球，则圆柱的表面积与球的表面积之比为（ ）
A．B．C．D．不能确定
5．（2022上·广东潮州·高三统考期末）若一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍，则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为（ ）
A．B．C．D．
6．（2022上·广东深圳·高三统考期末）在正方体中，为正方形的中点，为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A．B．C．D．
7．（2022上·广东东莞·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250米，天眼的反射面总面积（球冠面积）约为25万平方米，则天眼的球冠高度约为（ ）（参考数值）
A．52米B．104米C．130米D．156米
8．（2022上·广东清远·高三统考期末）在三棱锥中，，分别是的中点，若，则异面直线所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
9．（2021上·广东汕头·高三统考期末）金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体．若某金刚石的棱长为2，则它的体积为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
10．（2022上·广东潮州·高三统考期末）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 .
11．（2022上·广东东莞·高三统考期末）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中记载了“三角垛”．如图，某三角垛最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，每个球的半径相等，且相邻的球都外切，记由球心A，B，C，D构成的四面体的体积为，记能将该三角垛完全放入的四面体的体积为，则的最大值为 ．
12．（2022上·广东汕头·高三金山中学校考期末）已知正四棱锥的所有棱长均为，E，F分别是PC，AB的中点，M为棱PB上异于P，B的一动点，则的最小值为 .
13．（2022上·广东清远·高三统考期末）如图，在长方体中，，P为的中点，过的平面分别与棱交于点E，F，且，则平面截长方体所得上下两部分的体积比值为 ；所得的截面四边形的面积为 ．
14．（2023上·广东珠海·高三珠海市第一中学校考期末）我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.已知堑堵中，，.若堑堵外接球的表面积是，则堑堵体积的最大值是 .
15．（2020上·广东深圳·高三统考期末）已知三棱锥中，，当三棱锥体积最大值时，三棱锥的外接球的体积为 .
三、解答题
16．（2022上·广东广州·高三广州六中校考期末）如图1，在平面四边形中，是的中点，，.将沿折起，使点到点的位置，得到四棱锥（如图2），其中平面平面.

(1)求证：；
(2)求二面角的大小.
17．（2021上·广东深圳·高三红岭中学校考期末）如图甲，在直角梯形中，是的中点，是与的交点.将沿折起到.的位置，如图乙.

(1)证明：平面.；
(2)若二面角为直二面角，求直线与平面所成角的正弦值.
18．（2022上·广东珠海·高三统考期末）如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，P在平面的投影为边的中点O，，，，．
(1)求证：平面；
(2)在线段上，是否存在一点E，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，指明点E的位置，若不存在，说明理由．
19．（2022上·广东揭阳·高三统考期末）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，平面平面为棱上的点，且.
(1)求证：平面；
(2)若，二面角为，求直线与平面所成角的正弦值.
参考答案：
1．B
【详解】解：设半球的半径为，圆锥母线长为，由得，
所以这款冰激凌的体积为：
.
故选：B.
2．C
【分析】先在正四面体中，作出对应的角，再比较三者间的的大小关系即可解决.
【详解】正四面体中，取中点，连接，，
过作于，连接，，
过作的平行线交于，则，
由，，，平面，平面
可得平面，则，则
由平面，可得平面平面，
又平面平面，平面，，
则平面，则，
因为，且，所以.
设正四面体边长为1，，有.
，
因为
所以，又，则
综上：
故选：C
【点睛】(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
3．B
【分析】作出体积最大时的剖面图，分析出此时圆与上底，两腰相切，建立合适直角坐标系，设圆心坐标为，利用圆心到腰所在直线等于半径列出方程，解出即可.
【详解】体积最大时，沿上下底面直径所在平面作出剖面图如图所示，显然此时圆与等腰梯形的上底以及两腰相切，则建立如图所示直角坐标系，
由题意得，，则，
则直线所在直线方程为，即
设，体积最大时球的半径为，
则，则点到直线的距离等于半径，
则有，
解得或，，
，此时，
则
故选：B.
4．A
【分析】利用圆柱的轴截面信息求出圆柱的底面半径与高的关系，再结合圆柱与外接球的关系求得对应的比例关系.
【详解】因为圆柱的轴截面为正方形，设圆柱底面圆的半径为，其高，其外接球的半径，则圆柱的表面积，球的表面积，则圆柱的表面积与球的表面积之比为，
故选：.
5．C
【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，由题意求出，利用线面角的定义求解即可．
【详解】解：设圆锥的底面半径为，母线长为，
因为圆锥的侧面积是底面积的2倍，
所以，
解得，
设该圆锥的母线与底面所成角，
则，
所以．
故选：C
6．A
【分析】连接，先通过直线与平面垂直的判定定理证明面，进而得知，通过三角形，易知//,进而可知.
【详解】如下图所示，连接,
在正方形中,在正方体中，面，
而平面，,
又交于,面,而面，.
在三角形中，为的中点，为的中点，//,,即直线与所成的角为.
故选：A.
7．C
【分析】由，结合求解.
【详解】由题意得：，则，
则，
所以，
所以，
故选：C
8．C
【分析】取的中点，连接，根据三角形的中位线的性质得出和，从而可知异面直线所成角为或其补角，再在中利用余弦定理求出，从而得出异面直线所成角的余弦值.
【详解】解：如图，取的中点，连接，
因为是的中点，是的中点，所以，
同理，
所以异面直线所成角为或其补角，
在中，，
即异面直线所成角的余弦值为.
故选：C.
9．C
【分析】由几何关系先求出一个正四面体的高，再结合锥体体积公式即可求解正八面体的体积.
【详解】如图，设底面中心为，连接，由几何关系知，
，则正八面体体积为
.
故选：C
10．
【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：
11．
【分析】要使取得最大值，则使取最小值，通过计算出球心在一面的投影点到该边的距离，可算出四面体的最小棱长
【详解】设球的半径为，
由题意可知四面体为正四面体，边长为，
所以四面体的高为，
所以，要使取得最大值，则使取最小值，由题意可知此时该三角垛与四面体相切.
等边的高为，
由余弦定理可算出正四面体任意两面二面角大小的余弦值为，
因为位于三角垛顶的球与三面都相切，
取的中点，过点作平面的垂线 ，垂足为，如图可得截面，
若设则，所以，
已知球心到面的距离为，则，
在平面里过点作的垂线，所以，
所以边上三个球的球心在该面的投影与该边和两个顶点形成等腰梯形，底角为，上底为，高为，
所以下底可计算得，所以的最小值为，
所以的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：这道题的关键是确定最小正四面体的棱长，需要通过截面和在三角形利用几何关系进行确定，需要较强的空间想象能力
12．
【分析】根据正四棱锥的性质，将所在平面展开在一个平面上，即可判断最小时的位置关系，即可确定最小值.
【详解】正四棱锥如下图示，
将面与面展开在一个平面上，E、F为中点，如下图，
所以在移动过程中，当共线时，最小为.
故答案为：.
13． 3
【分析】第一空：过点B作的平行线分别与的延长线交于G，H，连接，并分别与交于E，F，可得平面即平面，利用体积公式求出，进而可得；
第二空：根据四边形为菱形，利用面积公式计算即可.
【详解】如图，过点B作的平行线分别与的延长线交于G，H，连接，并分别与交于E，F，
因为GH，且平面，平面
所以平面，
所以平面即平面．
因为，所以，
所以．
因为四边形为菱形，且，
所以．
故答案为：3；.
14．
【分析】因为，所以外接圆的圆心为的中点，所以堑堵外接球的球心是矩形的中心，由此根据堑堵外接球的表面积是，列出方程即可求出，进一步即可求解.
【详解】
将堑堵补成直四棱柱，底面为矩形，
设，则.
通过分析可知堑堵外接球的球心是矩形的中心，
则堑堵外接球的半径满足，
从而，解得，即.
设，，则，故，当且仅当时，等号成立，
故堑堵的体积.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：发现堑堵外接球的球心是矩形的中心，是本题关键入手点.
15．
【解析】三棱锥，以为底，到平面的距离为高，得到三棱锥在两两垂直时体积最大，此时三棱锥的外接球可以看作是以为棱长的正方体的外接球，从而求出其半径，得到球的体积.
【详解】三棱锥，以为底，到平面的距离为高，
则可知平面时，到平面的距离最大为，
底面为等腰三角形，，
所以，当时，的面积最大，即，
所以，当两两垂直时，三棱锥体积最大，
此时三棱锥的外接球可以看作是以为棱长的正方体的外接球，
设球的半径为，则，
解得，
所以所求球的体积为.
故答案为：.
【点睛】本题考查求三棱锥的体积，求三棱锥外接球的体积，属于中档题.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意求出BE，然后得到BE⊥CE，然后利用平面与平面垂直的性质定理即可得出答案；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量求二面角.
【详解】（1）因为E为AD的中点，，所以，
又，所以为等边三角形，CE∥AB，
在中，由余弦定理得，
所以，故BE⊥AB.
又AB∥CE，所以BE⊥CE.
又平面PCE⊥平面ABCE，平面平面，
平面ABCD，所以BE⊥平面PCE，
又平面PCE，所以 BE⊥PC.
（2）由（1）知BE⊥EC，所以以E为坐标原点，EB，EC所在直线分别为x轴，y轴，经过点E且与平面ABCE垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

则，
所以，
设平面PAB的法向量为，
则，即，取，令，则，
所以平面PAB的一个法向量为，易知平面ABE的一个法向量为，
设二面角的平面角为，易知其为锐角，
故，所以，
所以二面角的大小为.
17．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）以为原点，分别以所在直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量和直线的方向向量，由线面角的向量公式求解即可得出答案.
【详解】（1）证明：在图甲中，因为是的中点，，
故四边形为正方形，所以，
即在图乙中，，
又平面，
所以平面.
又，所以四边形是平行四边形，
所以，所以平面.

（2）解：由已知，平面平面，
又由（1）知，，
所以为二面角的平面角，
所以，
如图所示，以为原点，分别以所在直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，

，
设平面的一个法向量为，
因为，
令，
故平面的一个法向量为，
又，
设直线与平面所成角的平面角为，
从而，
故直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)证明见解析
(2)存在；点E为线段上靠近点P的三等分点
【分析】（1）欲证明 平面POC，需证明AB垂直与平面POC内两条相交的直线，分析其中的几何关系即可证明；
（2）要建立空间坐标系，用空间向量的方法来计算.
【详解】（1）在中，由余弦定理可得：，
，∴，，
由题易知平面，平面，
∴，
∵，∴C平面，
∵四边形为平行四边形，
∴，∴平面．
（2）取的中点F，连接，则，，两两垂直，建立空间直角坐标系，如图：
则，，，，
，，
设，
，
易知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，
令得，
由题得，解得，
所以当点E为线段上靠近点P的三等分点时，满足题意；
故答案为：证明见解析，存在，点E为线段上靠近点P的三等分点.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设点为的一个三等分点，，且，可证得四边形是平行四边形，由线面平行的判定定理即可证得结果.
（2）方法一：过点作的垂线，垂足为，连接,可证得平面，则为直线与平面所成角，计算即可得出结果.
方法二：以的中点为原点，为轴，过点在平面内作
的垂线为轴，为轴建立空间直角坐标系，可知平面的一个法向量为通过数量积计算即可求得结果.
【详解】（1）设点为的一个三等分点，且，连接，如图所示.
，且
又，且，从而可得，且.
综上可知四边形是平行四边形.
平面平面，
平面
（2）因为平面平面，平面平面，
，且平面，从而可得平面.
又由平面，所以，从而可得为二面角的平面角.
由题意可得，由，即有为等边三角形.
方法一：几何法
如图，过点作的垂线，垂足为，连接.
平面平面，平面平面，
，且平面，从而可得平面.
故为直线与平面所成角.
根据第（1）问的可知，所以，故
.
因为为等边三角形，所以的高为，
根据三角形的相似关系可得，
所以在Rt中，可得
所以直线与平面所成角的正弦值为
方法二：向量法
如图，以的中点为原点，为轴，过点在平面内作的垂线为轴，为轴建立空间直角坐标系.
则有.
则有.
平面的一个法向量为
可得.
直线与平面所成角的正弦值为.