空间向量与立体几何——北京市部分区2024届高三下学期一模数学试题分类汇编

这是一份空间向量与立体几何——北京市部分区2024届高三下学期一模数学试题分类汇编，共30页。试卷主要包含了如图，在直三棱柱中，，为中点等内容，欢迎下载使用。
1．（2024·北京海淀·一模）设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”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
2．（2024·北京石景山·一模）设是三个不同平面，且，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．（2024·北京东城·一模）《天工开物》是我国明代科学家宋应星所著的一部综合性科学技术著作，书中记载了一种制造瓦片的方法.某校高一年级计划实践这种方法，为同学们准备了制瓦用的粘土和圆柱形的木质圆桶，圆桶底面外圆的直径为，高为.首先，在圆桶的外侧面均匀包上一层厚度为的粘土，然后，沿圆桶母线方向将粘土层分割成四等份（如图），等粘土干后，即可得到大小相同的四片瓦.每位同学制作四片瓦，全年级共500人，需要准备的粘土量（不计损耗）与下列哪个数字最接近.（参考数据：）（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·北京平谷·零模）一个边长为10cm的正方形铁片，把图中所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个容器侧面与底面的夹角正切值为（ ）
A．B．C．D．
5．（2024·北京丰台·一模）正月十五元宵节，中国民间有观赏花灯的习俗．在2024年元宵节，小明制作了一个“半正多面体”形状的花灯（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．图2是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为2．关于该半正多面体的四个结论：
①棱长为；
②两条棱所在直线异面时，这两条异面直线所成角的大小是60°；
③表面积为；
④外接球的体积为．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②④D．③④
6．（2024·北京朝阳·一模）在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得直线与直线相交
B．存在点，使得直线平面
C．直线与平面所成角的大小为
D．平面被正方体所截得的截面面积为
7．（2024·北京门头沟·一模）如图， 正方体 中， 点 为线段 上的动点， 则下列结论正确的个数是（ ）
（1）三棱锥的体积为定值；
（2）直线与平面所成的角的大小不变；
（3）直线与所成的仍的大小不变，
（4）．
A．1B．2C．3D．4
8．（2024·北京西城·一模）如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直．点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，给出下列四个结论：
①存在点，使；
②存在点，使；
③到直线和的距离相等的点有无数个；
④若，则四面体体积的最大值为．
其中所有正确结论的序号是 ．
9．（2024·北京房山·一模）如图，在棱长为1的正方体中，点P是对角线上的动点（点P与点A，不重合）．给出下列结论：
①存在点P，使得平面平面；
②对任意点P，都有；
③面积的最小值为；
④若是平面与平面的夹角，是平面与平面的夹角，则对任意点P，都有．其中所有正确结论的序号是 ．
10．（2024·北京丰台·一模）如图，在直三棱柱中，，为中点．

(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，求二面角的余弦值．
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．
11．（2024·北京朝阳·一模）如图，在三棱锥中，侧面底面，，.

(1)求证：；
(2)已知，，，是线段上一点，当时，求二面角的余弦值.
12．（2024·北京西城·一模）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，，，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，求二面角的余弦值．
13．（2024·北京延庆·一模）如图，四棱柱的底面是边长为的正方形，侧面底面，，是的中点．

(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知，使二面角唯一确定，并求二面角的余弦值．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
14．（2024·北京平谷·零模）如图，在三棱柱中，侧面和均为正方形，，平面⊥平面，点M是的中点，N为线段AC上的动点；
(1)若直线平面BCM，求证：N为线段AC的中点；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
15．（2024·北京房山·一模）如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面，是正三角形，，，．

(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值．
16．（2024·北京门头沟·一模）如图，在四棱锥中，平面，， 为棱的中点．
(1)求证：//平面；
(2)当 时，求直线与平面所成角的正弦值．
17．（2024·北京海淀·一模）如图，在四棱锥中，为的中点，平面.
(1)求证：；
(2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定.
（i）求证：平面；
（ⅱ）设平面平面，求二面角的余弦值.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
18．（2024·北京石景山·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，．

(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，求平面与平面所成锐二面角的大小．
条件①：；
条件②：平面．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
19．（2024·北京东城·一模）如图，在五面体中，底面为正方形，.

(1)求证：；
(2)若为的中点，为的中点，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线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
参考答案：
1．A
【详解】，且，所以，又，所以，充分性满足，
如图：满足，，但不成立，故必要性不满足，
所以“”是“”的充分而不必要条件.
故选：A.

2．B
【详解】由，，，则可能相交，
故“”推不出“”，
由，，，由面面平行的性质定理知，
故“”能推出“”，
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3．B
【详解】由条件可得四片瓦的体积（）
所以500名学生，每人制作4片瓦共需粘土的体积为（），
又，
所以共需粘土的体积为约为，
故选：B.
4．B
【详解】依题意，正四棱锥的底面正方形边长为6，斜高为，则底面正方形边心距为，
于是正四棱锥的高为，
所以这个容器侧面与底面的夹角正切值为.
故选：B
5．B
【详解】如图所示：
该几何体的每条棱都是的一个等腰直角三角形的斜边，且该等腰直角三角形的直角边长度为正方体边长的一半，
故该等腰直角三角形的直角边长度为1，从而该几何体的每条棱的长度都是，①正确；
若为该几何体位于正方体的一组相对的面上的两个平行的棱，为该几何体位于正方体的同一个面的两条棱，
则，平行于，异面，所以异面，，
这意味着存在一对异面的棱所成角是直角，②错误；
该几何体一共有14个面，其中6个是正方形，8个是正三角形，边长均为，故每个正方形的面积都是，
每个正三角形的面积都是，故表面积为，③正确；
设正方体的中心为，由于对该几何体的任意一个顶点都是正方体的某条边的中点，
故到该几何体的任意一个顶点的距离都是正方体边长的倍，即.
这意味着以为球心，半径为的球是该几何体的外接球，从而外接球的体积，④错误.
从而全部正确的结论是①③.
故选：B.
6．C
【详解】
连接，，所以，，取的中点，连接，
所以，点到线段的最短距离大于，所以不存在点，使得直线与直线相交，故不正确；
以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，所以，即，
令，则，，所以，
所以点到平面的距离为，而，所以不存在点，使得直线平面，故不正确；
因为，所以平面，连接交于点，所以为的中点，，
所以为直线与平面所成角，
因为，在中，，
所以，因为与全等，所以，故正确；
延长交的延长线于，连接交于，连接，取的中点，的中点，
连接，，，，，，
平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为，
所以截面面积为，故不正确.
故选：.
7．C
【详解】
对于（1），因为，面，面，所以面，
所以上任意一点到平面的距离相等，又，所以三棱锥的体积不变，故正确；
对于（2），点P在直线上运动时，直线AB与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等，故错误；
对于（3），设，则，又面，所以，又，所以平面,
又平面，所以，所以点P在直线上运动时，直线与直线所成的角的大小不变，故正确；
对于（4），因为为正方体，则平面，且平面，则，又，且，平面，
所以平面，且平面，所以，
又平面，且平面，所以，又，
且，平面，所以平面，
且平面，所以，
又，平面，所以平面，
且平面，所以，故正确；
故选：C
8．①③④
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，
则有、、、、、，
设，，其中，，
对①：，则，
当，，时，有，
故存在点，使，故①正确；
对②：，，
若，则有，
由，，故当时，，，
此时有，即，即，
此时与重合，与重合，故不存在点，使，故②错误；
对③：点到直线的距离为，点到直线的距离为，
即有，即，由，
故其轨迹为双曲线的一部分，即点有无数个，故③正确；
对④：，，
由，故有，则，
又，
故，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：第④个结论的关键点在于借助四面体的体积公式，分别求出高与底面三角形的最大值.
9．①②③
【分析】①可通过线面垂直的判定定理找到点P；②③④都可以通过建立空间直角坐标系解决，其中通过向量的长度可以对②进行判断；利用两条直线所成的角和三角形面积公式可以判断③；求出三个面的法向量，并求出和，即可对④进行判断.
【详解】①因为，在上取点使，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，故①正确；
②以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图
，，，，则，，
设，则，,
从而，，所以，故②正确；
③由②，，，
，，
当且仅当时等号成立，所以面积的最小值为，故③正确；
④平面的法向量，平面的法向量，
设平面的法向量，
由即得，
令得，
则，，
令得或，而，故，
从而对存在点P，使得，而不大于直角，
故，故④错误；
故答案为：①②③.
10．(1)证明过程见解析
(2)无论选条件①还是选条件②，二面角的余弦值都是
【详解】（1）
连接交于点，连接，
因为四边形为平行四边形，为它的对角线、交点，
所以点是的中点，
因为是中点，
所以是的中位线，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）若选条件①：，
因为底面，底面，
所以，
又因为，且面，
所以面，
而面，
所以，
即两两互相垂直，
若选条件②：，
因为面，面，
所以，
因为，，
所以，
因为点是中点，
所以，
因为，
所以，即，
由前面分析可知，
所以两两互相垂直，
综上，无论选条件①还是选条件②，都有两两互相垂直，
故以点为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：

由题意，
所以，
设平面、平面的法向量分别为，
从而有，，也就是有，，
令，解得，
所以可取平面、平面的法向量分别为，
显然二面角是锐角，
所以二面角的余弦值为.
11．(1)证明见解析 (2)
【详解】（1）取中点，连接、，
由，，故、，
又、平面，，
则平面，又平面，故；
（2）由侧面底面，且，平面，
平面平面，故平面，
又平面，故，
即有、、两两垂直，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由，，，，，
则，，
即、、、、，
、、，
令，则，
由，故，解得，
故，
令平面的法向量为，
则有，令，则有，
由轴平面，故平面的法向量可为，
则，
故二面角的余弦值为.
12．(1)证明见解析 (2)
【详解】（1）
如图，连接，设，连接．
因为在三棱柱中，四边形是平行四边形，所以为的中点．
因为为的中点，所以．
又因为平面，平面，
所以平面．
（2）因为，，
又，平面，平面，
所以平面，又因平面，所以．
又，所以，，两两相互垂直．如图建立空间直角坐标系，
则，，，．
所以，．
设平面的法间量为，则即，
令，则，于是．
因为平面，所以是平面的一个法向量．
所以．
由题设，二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值为．
13．(1)证明见解析 (2)答案见解析
【详解】（1）证明：
方法一：在四棱柱中，连结，设，
连结，在中，因为、分别为的中点，
所以，又因为平面，平面，
所以平面.
方法二：在四棱柱中，设中点为，
连结，，，
因为，所以为平行四边形，
所以，又平面，平面，故平面，
因为，所以为平行四边形，
所以，又平面，平面，故平面，
因为 平面，故平面平面，
因为平面，所以平面．

（2）选择条件①：
因为底面是正方形，所以，
侧面平面，且侧面平面，平面，
故平面，又平面，则，
即四边形为矩形，因为，则，
与选择条件①：等价，故条件不能进一步确定的夹角大小，故二面角不能确定；
选择条件②：
连结，因为底面是正方形，所以，
又因为侧面平面，且侧面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
在中，因为，，所以，
在中，因为，，所以，
又平面，所以平面，又，
所以如图建立空间直角坐标系，其中，，，，
且，，易知为平面的一个法向量，
设为平面面的一个法向量，则即 .
不妨设，则，可得，所以，
因为二面角的平面角是钝角，设为 ，故，
所以二面角的余弦值为.
选择条件③：
因为底面是正方形，所以，
因为，且平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为侧面平面，且侧面平面，平面，
所以平面，又，
所以如图建立空间直角坐标系，（下面同选择条件②）.
14．(1)证明见解析 (2)
【详解】（1）在中，过点N作交BC于点Q，连接QM，如图：

因为，所以，
所以，N，Q，M四点共面．
因为直线平面，平面，平面平面，
所以．所以四边形是平行四边形．
所．所以为的中点．
（2）因为侧面为正方形，所以，
又因平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，，
又因为正方形，，以B为原点，BA，，BC分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如下图：

因为，
所以，，，，，，
所以，．
设平面的一个法向量为，
由得即．
取，得．
设，，则，
因为，所以．
所以，，，所以N点坐标为．
因为，所以
设直线与平面所成角为，
则，
解得 ，
所以，即线段的长为．
15．(1)证明见解析 (2)
【详解】（1）因为平面，平面，
所以平面，
又平面平面，平面，
所以；
（2）如图，分别取的中点，连接，

则，
因为是正三角形，所以，，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
因为平面，
所以即为平面的一条法向量，
则，
所以二面角的余弦值为．
16．(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）取中点为，连接，如下所示：
在△中，因为分别为的中点，故//；
又，故//，则四边形为平行四边形，//；
又面面，故//面.
（2）过点作延长线的垂线，垂足为，连接，如下所示：
由（1）可知，//，故平面也即平面；
因为//，则；
又面面，故；
又面，故面；
又面，则，又；
面，故面，
则即为与平面的夹角；
在△中，因为，则，；
在△中，因为，，则；
又，，即直线与平面所成角的正弦值为.
17．(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ⅱ）
【详解】（1）取的中点，连接，
因为为的中点，所以，
因为，所以，所以四点共面，
因为平面，平面平面，平面，
所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以；
（2）（i）取的中点，连接，
由（1）知，所以，
因为，所以四边形是平行四边形，
所以，
因为，所以，
所以，即，
选条件①：，
因为，所以与全等，
所以，因为，所以，
所以，即，又因为，
、平面，所以平面；
（ⅱ）由（i）知平面，而平面，
所以，因为，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为, 则，即，
令，则，于是，
因为为平面的法向量, 且,
所以二面角的余弦值为.
选条件③：，
(i) 因为，所以，
因为，所以与全等，
所以，即，
因为，又因为，、平面，
所以平面；
(ii) 同选条件①.
不可选条件②，理由如下：
由（i）可得，又，
，、平面，
所以平面，又因为平面，
所以，即是由已知条件可推出的条件，
故不可选条件②.
18．(1)证明见解析 (2)所选条件见解析，
【详解】（1）如图，连接AC，因平面，平面，则，.
又，则.
注意到，则为等腰直角三角形，其中，.
所以，又因为，平面，，
所以平面；
（2）若选条件①，由余弦定理可得，
，结合为三角形内角，
得，又，则，即.
若选条件②，因平面，BC平面，平面平面，则，
又，则，即.
故建立以A为坐标原点，如下图所示空间直角坐标系（轴所在直线与DC平行）
又，，
则，
则，，.
平面法向量为，
设平面法向量为，则.
令，则，所以，
设面与平面所成角为，，
根据平面角的范围可知.
19．(1)证明见解析 (2)
【详解】（1）证明：底面为正方形,则，又平面，平面，
则平面，又平面平面，平面，故.
（2）选①，取中点G,连接，因为，所以，
易知为梯形的中位线，则，
又平面，故平面，平面，
则平面，且必相交，故平面，
延长GM交BC于P,则P为中点，易得，故为矩形.
以M为原点，所在直线为z轴，MG所在直线为x轴，过M作CB平行线为y轴，建立空间直角坐标系如图：
则，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
设直线与平面所成角为.

选②：取中点G, 连接，易知为梯形的中位线，，
则，由题，，则，故
又平面，故平面，
延长GM交BC于P,则P为中点，易得，故为矩形.
以M为原点，所在直线为z轴，MG所在直线为x轴，过M作CB平行线为y轴，建立空间直角坐标系如图：
则，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
设直线与平面所成角为.
.