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

这是一份10空间向量与立体几何--北京市2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版，2019，共31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．（2024上·北京通州·高三统考期末）如图，已知某圆锥形容器的轴截面为等边三角形，其边长为4，在该容器内放置一个圆柱，使得圆柱上底面的所在平面与圆锥底面的所在平面重合.若圆柱的高是圆锥的高的，则圆柱的体积为（ ）
A．B．C．D．
2．（2024上·北京朝阳·高三统考期末）如图，在正方体中，点是平面内一点，且平面，则的最大值为（ ）

A．B．C．D．
3．（2024上·北京昌平·高三统考期末）如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的点，且，点在线段上，则点到直线距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
4．（2024上·北京东城·高三统考期末）如图，在正方体中，，，分别是，的中点.用过点且平行于平面的平面去截正方体，得到的截面图形的面积为（ ）
A．B．C．D．
5．（2024上·北京西城·高三统考期末）如图，水平地面上有一正六边形地块，设计师规划在正六边形的顶点处矗立六根与地面垂直的柱子，用以固定一块平板式太阳能电池板.若其中三根柱子，，的高度依次为，则另外三根柱子的高度之和为（ ）
A．47mB．48mC．49mD．50m
6．（2024上·北京海淀·高三统考期末）蜜蜂被誉为“天才的建筑师”.蜂巢结构是一种在一定条件下建筑用材面积最小的结构.如图是一个蜂房的立体模型，底面是正六边形，棱，，，，，均垂直于底面，上顶由三个全等的菱形，，构成.设，，则上顶的面积为（ ）
（参考数据：，）
A．B．C．D．
7．（2024上·北京海淀·高三统考期末）在正四棱锥中，，二面角的大小为，则该四棱锥的体积为（ ）
A．4B．2C．D．
8．（2024上·北京丰台·高三统考期末）在某次数学探究活动中，小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角板折起，使得二面角为直二面角，得图2所示四面体．小明对四面体中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断：①平面；②平面；③平面平面；④平面平面．其中判断正确的个数是（ ）
A．1B．2
C．3D．4
9．（2024上·北京大兴·高三统考期末）木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形是边长为2的正方形，且均为等边三角形，，，则该木楔的体积为（ ）
A．B．C．D．
10．（2023上·北京·高三校考期末）正方体棱长为，是棱的中点， 是正方形及其内部的点构成的集合．设集合，则集合表示的区域面积是（ ）
A．B．
C．D．
11．（2023上·北京通州·高三统考期末）要制作一个容积为的圆柱形封闭容器，要使所用材料最省，则圆柱的高和底面半径应分别为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
12．（2023上·北京东城·高三统考期末）如图，在正方体中，点是棱上的动点，下列说法中正确的是（ ）
①存在点，使得；
②存在点，使得；
③对于任意点，到的距离为定值；
④对于任意点，都不是锐角三角形.
A．①③B．②③C．②④D．③④
二、填空题
13．（2024上·北京房山·高三统考期末）如图，在棱长为的正方体中，点是线段上的动点.给出下列结论：
①；
②平面；
③直线与直线所成角的范围是；
④点到平面的距离是.
其中所有正确结论的序号是 .
14．（2023上·北京朝阳·高三统考期末）如图，在棱长为a的正方体中，P，Q分别为的中点，点T在正方体的表面上运动，满足．
给出下列四个结论：
①点T可以是棱的中点；
②线段长度的最小值为；
③点T的轨迹是矩形；
④点T的轨迹围成的多边形的面积为．
其中所有正确结论的序号是 ．
15．（2023上·北京海淀·高三统考期末）如图，在正三棱柱中，是棱上一点，，则三棱锥的体积为 .
16．（2023上·北京昌平·高三统考期末）已知正三棱锥的六条棱长均为是底面的中心，用一个平行于底面的平面截三棱锥，分别交于点（不与顶点，重合）.
给出下列四个结论：
①三棱锥为正三棱锥；
②三棱锥的高为；
③三棱锥的体积既有最大值，又有最小值；
④当时，.
其中所有正确结论的序号是 .
17．（2022上·北京海淀·高三海淀实验中学校考期末）如图，已知在四棱锥中，底面是菱形，且底面，分别是棱的中点，对于平面截四棱锥所得的截面多边形，有以下几个结论：
①截面的面积等于；
②截面是一个五边形且只与四棱锥四条侧棱中的三条相交；
③截面与底面所成锐二面角为；
④截面在底面的投影面积为.
其中，正确结论的序号是 .
18．（2023上·北京石景山·高三统考期末）在四棱锥中，面，底面是正方形，，则此四棱锥的外接球的半径为 ．
三、解答题
19．（2024上·北京通州·高三统考期末）如图，在多面体中，为等边三角形，，.点为的中点，再从下面给出的条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知.

(1)求证：平面；
(2)设点为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：平面平面；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
20．（2024上·北京石景山·高三统考期末）如图，在三棱锥中，平面平面，，，．
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值．
21．（2024上·北京房山·高三统考期末）如图，在四棱锥中，为等腰三角形，，，底面是正方形，，分别为棱，的中点.
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求与平面所成角的正弦值.
条件①：；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
22．（2024上·北京丰台·高三统考期末）如图，四棱锥的底面为正方形，底面，，点为中点．
(1)求证：// 平面；
(2)点为棱上一点，直线与平面所成角的正弦值为，求的值．
参考答案：
1．C
【分析】根据题意，作出轴截面图，求出正三角形的高，再结合题意得圆柱的底面半径和高，进而计算体积即可.
【详解】根据题意，轴截面如图：
在等边三角形中，高，
因为圆柱的高是圆锥的高的，所以圆柱的高,
又且，所以是的中点，即，
于是该圆柱的底面半径为1，高为，
则体积为.
故选：C.
2．C
【分析】点是平面内一点，且平面，先考虑平面平面，从而得在直线上，取最大值时取最小值，此时，求解即可.
【详解】
正方体中，
连接，交于点，再连接和
由于，且，∴四边形是平行四边形，
所以，
又平面，且平面，，
所以平面，同理证明平面，
因为平面，平面，平面，平面，且，
所以平面平面，且平面平面，
从而得，若平面，点是平面内一点，且平面，
则，即在直线上时，都满足平面，
因为平面，所以，
显然，当最大时，即取最小值时，
此时点满足，连接，
可设正方体的棱长为，
所以．
故选：C．
3．C
【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点到直线距离的函数关系，再求其最小值作答.
【详解】由题意以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
因为正方体棱长为1，，
所以，
不妨设，
所以，
而，
所以点到直线的投影数量的绝对值为，
所以点到直线距离，
等号成立当且仅当，即点到直线距离的最小值为.
故选：C.
4．A
【分析】取的中点，连接，，，证明平面平面，进而求出截面面积.
【详解】取的中点，连接，，，
正方体，平面，
平面，，
是的中点，，且，
四边形是矩形，
且，四边形是平行四边形，，
平面，平面，平面，
平面，平面，平面，
，平面，平面，
平面平面，
即平面为过点且平行于平面的平面截正方体所得平面，
，，，
.
故选：A.
5．A
【分析】根据梯形中位线求得，进而求得正确答案.
【详解】依题意可知六点共面，
设正六边形的中心为，连接，
平面且平面，
依题意可知相交于，
连接交于，连接交于，
根据正六边形的性质可知四边形是菱形，所以相互平分，
则相互平分，根据梯形中位线有，
即，
在梯形中，是的中点，则是的中点，
所以，
同理可得，
所以.
故选：A
【点睛】关键点睛：研究空间图形的结构，关键点在于利用空间平行、垂直、中点等知识.在本题中，柱子与地面垂直，柱子之间相互平行.柱子之间高度不相同，则构成了梯形，则可考虑利用中位线来对问题进行求解.
6．D
【分析】根据蜂房的结构特征，即可根据锐角三角函数以及三角形面积公式求解.
【详解】由于，所以,
连接,取其中点为，连接,
所以,
由，且多边形为正六边形，所以，
由于,所以，
故一个菱形的面积为，
因此上顶的面积为，
故选：D
7．C
【分析】作出辅助线，得到为二面角的平面角，所以，从而求出四棱锥的高，由棱锥体积公式求出答案.
【详解】连接，相交于点，则为正方形的中心，
故⊥底面，
取的中点，连接，则，，
故为二面角的平面角，所以，
故，
所以该四棱锥的体积为.
故选：C
8．C
【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于①中，因为二面角为直二面角，可得平面平面，
又因为平面平面，，且平面，
所以平面， 所以①正确；
对于②中，由平面，且平面，可得，
又因为，且，平面，
所以平面，所以②正确；
对于③中，由平面，且平面，所以平面平面，所以③正确；
对于④，中，因为平面，且平面，可得平面平面，
若平面平面，且平面平面，可得平面，
又因为平面，所以，
因为与不垂直，所以矛盾，所以平面和平面不垂直，所以D错误.
故选：C.
9．D
【分析】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接，取的中点O，连接，求出，结合三棱锥和三棱柱的体积公式计算即可.
【详解】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接，
则由题意等腰梯形全等于等腰梯形，
则.
取的中点O，连接，因为，所以，
则，
∴.
因为，，所以，因为四边形为正方形，
所以，又因为，平面，所以平面，
所以平面，同理可证平面，
∴多面体的体积
，
故选：D.
10．A
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，其中，，根据可得出点的轨迹，进而可求得集合的面积.
【详解】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、，设点，其中，，
由可得，可得，
所以，点的轨迹是底面内以点为圆心，半径为的扇形（不包括圆弧），
故集合表示的区域的面积为.
故选：A.
11．C
【分析】设圆柱的高为，底面半径为．由，可得，再利用基本不等式即可得出．
【详解】解：设圆柱的高为，底面半径为．
，
．
当且仅当，即当时取等号．
此时．
即当，时取得最小值．
故选：C.
12．C
【分析】建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系，设正方体边长为1，运用空间向量法逐个判断解决即可.
【详解】由题知，在正方体中，点是棱上的动点，
建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系，设正方体边长为1，
所以，设，其中，
所以，
当时，无解，故①错误；
当时，解得，故②正确；
因为，其中，
所以到的距离为
，不是定值，故③错误；
因为，其中，
所以，
所以三角形为直角三角形或钝角三角形，不可能为锐角三角形，故④正确；
故选：C
13．①②④
【分析】建立空间直角坐标系后逐个分析即可得.
【详解】
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则有、、、、、、
、，
则、、、、
、、，
设，，则，
，故，故①正确；
设平面的法向量为，
则有，即，取，则，
有，故，又平面，则平面，故②正确；
当时，有，此时，即，
即此时直线与直线所成角为，故③错误；
由，，
则，故④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】关键点睛：对空间中线上动点问题，可设出未知数表示该动点分线段所得比例，从而用未知数的变化来体现动点的变化.
14．②③④
【分析】以点为坐标原点建立空间直角坐标系，令正方体棱长可简化计算，得到对应点和向量的坐标，通过空间向量数量积的运算即可判断对应的垂直关系，通过计算和几何关系得点的轨迹为四边形EFGH，通过证明得到则点的轨迹为矩形EFGH，即可求解点T的轨迹围成的多边形的面积和线段长度的最小值，从而得到答案.
【详解】由题知，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，令正方体棱长
则，，，，，，
，，，，设，
对于①，当点T为棱的中点时，，
则，
不满足，所以点T不是棱的中点，故①错误.
，因为
所以，
当时，，当时，
取，，，，
连结，，，，
则，，，即
所以四边形EFGH为矩形，
因为，，
所以，，
又和为平面中的两条相交直线，
所以平面EFGH，
又，，
所以为EG的中点，则平面EFGH，
为使，必有点平面EFGH，
又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形EFGH，
又，，
所以，则点的轨迹为矩形EFGH，故③正确
面积为，即，故④正确
又因为，，，
则，即，
所以，点在正方体表面运动，
则，解得，
所以，
结合点的轨迹为矩形EFGH，
分类讨论下列两种可能取得最小值的情况
当，或时，，
当，或时，
因为，所以当，或时，取得最小值为，即，故②正确.
综上所述：正确结论的序号是②③④
故答案为：②③④.
【点睛】本题以正方体为载体，考查空间向量在立体几何中的综合运用和空间几何关系的证明，属于难题，解题的关键是建立空间直角坐标系，设棱长为数值可简化运算，通过空间向量即可证明和求解对应项.
15．
【分析】利用线面垂直的判定定理确定三棱锥的高，再用锥体体积公式求解即可.
【详解】
取中点为,连接，
因为为正三角形，所以，
又因为平面，平面，
所以,
且平面，
所以平面，
,即到平面的距离为，
又因为,平面,平面,
所以平面，
又因为是棱上一点，所以到平面的距离为,
所以,
故答案为: .
16．①②④
【分析】建立正四面体模型，数形结合分析.
【详解】如图所示
∵用一个平行于底面的平面截三棱锥，
且为正三棱锥，是底面的中心
∴三棱锥为正三棱锥，故①正确；
∵正三棱锥的六条棱长均为,是底面的中心，
∴三棱锥的高为,
的高为，且,,
∴，故②正确
，∵点不与顶点，重合，
∴，设的高为，则，得，
∴，
，在上，上，
所以在上递增，上递减，故在上有最大值，无最小值，故③错误；
当时，点分别为线段的三等分点，
∴，且
∴.
故④正确;
故答案为：①②④
17．②③④
【分析】取CD中点G，PA的四等分点I，依次连接E、F、G、H、I，则多边形EFGHI即为平面截四棱锥所得的截面多边形；
，结合垂直关系可证得为截面与底面所成锐二面角；
取AB、AD中点K、L，结合垂直关系证得多边形AKFGL为截面在底面的投影.
【详解】取CD中点G，PA的四等分点I，依次连接E、F、G、H、I，设，则M为CN中点，N为AC中点，故M为AC四等分点，故，
底面是菱形，，则为正三角形，，又，∴，.
底面，底面，∴，，∴，
∵分别是棱的中点，∴，且，.
综上可知，多边形EFGHI即为平面截四棱锥所得的截面多边形.
∵平面PAC，∴平面PAC，∵平面PAC，∴，∴，∴四边形EFGH为矩形，其面积为.
设，则M为CN中点，N为AC中点，∴，.
∵平面PAC，平面PAC，∴平面PAC，∵平面EFGH平面PAC，∴且，∴，
∴的边EH上的高，∴，∴截面的面积等于，①错；
由图可知，截面是一个五边形，只与四棱锥四条侧棱中的侧棱PA、PB、PD相交，②对；
截面，平面ABCD， ，则平面PAC，平面PAC，则，，∴为截面与底面所成锐二面角，则在中，，故截面与底面所成锐二面角为，③对；
取AB、AD中点K、L，则，则底面，底面，∴多边形AKFGL为截面在底面的投影，
且，则多边形AKFGL的面积为，④对.
故答案为：②③④
18．
【分析】将四棱锥P-ABCD补成正方体，求出正方体的对角线长，即可得外接球的半径.
【详解】将四棱锥P-ABCD补成正方体如图：

则此四棱锥的外接球即为正方体的外接球，
正方体的对角线长为，
所以四棱锥的外接球的直径为，
因此四棱锥的外接球的半径为
故答案为：
【点睛】关键点睛：利用割补法进行求解是解题的关键.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）选条件①，根据面面垂直的性质推出平面，继而推出，再结合题意，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；选条件②，根据勾股定理逆定理证明，可得平面，继而推出，再结合题意，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）由（1）可得平面，则可得平面，由此建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）选条件①：平面平面，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，因为平面，
所以.
因为为等边三角形，点为的中点，
所以，因为平面平面，
所以平面.
选条件②：
因为，为等边三角形，所以，
因为，则，
所以为直角三角形，所以，
因为平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为为等边三角形，点为的中点，
所以，
因为平面平面，
所以平面.
（2）因为，由（1）知平面，
所以平面.
如图，以点为原点，过点A在平面ABC内作AC的垂线作为x轴，
分别以所在直线为轴､轴建立空间直角坐标系，

所以，
所以.
因为点为上一点，设，
所以.
因为，则，所以，
所以，所以，所以.
设平面的法向量为，所以，
所以，令，得，
所以.
设直线与平面所成角为，，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直结合条件得到线线垂直；
（2）建系，由边长关系得到点的坐标即，，，再求出平面的法向量和平面的法向量，代入二面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）证明：取中点，连结，
因为，所以；
因为，所以；
因为平面，
所以平面；
因为平面，
所以．
（2）由（Ⅰ）知，平面，因为平面平面，平面平面，
所以平面，因为平面，所以，
，，如图建立空间直角坐标系．
由已知，易得
，，
在中，，
所以得，，，
所以
设平面的法向量为，则
即
令，则，，于是．
又因为平面的法向量为，
所以．
由题知二面角为锐角，所以其余弦值为 ．
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行的判定定理即可得；
（2）选①，由题意及去推导得到、、两两垂直，即可建立空间直角坐标系解决问题；选②，由题意及结合勾股定理的逆定理去推导得到、、两两垂直，即可建立空间直角坐标系解决问题.
【详解】（1）
连接点与中点、连接，又，分别为棱，的中点，
故、，又底面是正方形，
故、，故且，
故四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，故平面；
（2）选条件①：，
由且为等腰三角形，故，又，
故，有，
由，，、平面，，
故平面，又平面，故，
故、、两两垂直，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
有、、、、、，
则、、，
令平面的法向量为，
则有，即，令，则，
则，
故与平面所成角的正弦值为.
条件②：，
由且为等腰三角形，故，又，
故，有，
由，则，故，又，
故，又，、平面，，
故平面，又平面，故，
故、、两两垂直，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
有、、、、、，
则、、，
令平面的法向量为，
则有，即，令，则，
则，
故与平面所成角的正弦值为.
22．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可得的坐标，即可得解.
【详解】（1）因为正方形中，．
因为平面，平面，
所以平面．
（2）因为底面，正方形中，
分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图
不妨设，
因为，点为的中点，点为棱上一点，
则，，，，，．
所以，，．
设为平面的法向量，则，．
所以，令，得，所以．
设直线与平面所成角为，
则，
解得，因为，所以，
所以．