北京市东城区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-平面向量、空间向量与立体几何

这是一份北京市东城区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-平面向量、空间向量与立体几何，共22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。
北京市东城区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-平面向量、空间向量与立体几何 一、单选题1．（2023·北京东城·统考一模）已知正方形ABCD的边长为2，P为正方形ABCD内部（不含边界）的动点，且满足，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．2．（2022·北京东城·统考三模）已知，是两个非零向量，则“存在实数，使得”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．（2021·北京东城·统考一模）宽与长的比为的矩形叫做黄金矩形它广泛的出现在艺术建筑人体和自然界中，令人赏心悦目在黄金矩形中，，，那么的值为（    ）A． B． C．4 D．4．（2021·北京东城·统考一模）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积为（    ）A． B．9 C． D．275．（2022·北京东城·统考三模）如图，在正方体中，E，F分别为CC1，D1C1的中点，则下列直线中与直线相交的是（    ）A．直线  B．直线  C．直线  D．直线 6．（2022·北京东城·统考二模）如图，已知正方体的棱长为1，则线段上的动点P到直线的距离的最小值为（    ）A．1 B． C． D．7．（2022·北京东城·统考一模）已知正方体的棱长为1，为上一点，则三棱锥的体积为（    ）A． B． C． D．8．（2023·北京东城·统考一模）设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，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 二、填空题9．（2022·北京东城·统考二模）已知向量，，满足，且，，则__________．10．（2022·北京东城·统考一模）已知向量，在正方形网格中的位置如图所示.若网格上小正方形的边长为1，则________.11．（2021·北京东城·统考二模）已知是平面外的一条直线.给出下列三个论断：①；②；③.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：______.12．（2023·北京东城·统考一模）已知函数的部分图象如图1所示，、分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于，点为该部分图象与轴的交点.将绘有该图象的纸片沿轴折成直二面角，如图2所示，此时，则______.给出下列四个结论：①；②图2中，；③图2中，过线段的中点且与垂直的平面与轴交于点；④图2中，是及其内部的点构成的集合.设集合，则表示的区域的面积大于.其中所有正确结论的序号是______. 三、解答题13．（2021·北京东城·统考一模）如图，在长方体中，四边形是边长为1的正方形，，M，N分别为的中点.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.14．（2022·北京东城·统考三模）如图，在正三棱柱中，，，分别为，的中点.(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的大小；(3)线段上是否存在点，使得？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，说明理由.15．（2022·北京东城·统考二模）如图，平面平面，，，、分别为、的中点，，．(1)设平面平面，判断直线l与的位置关系，并证明；(2)求直线与平面所成角的正弦值．16．（2022·北京东城·统考一模）如图，在三棱柱中，平面，，，为线段上一点.(1)求证：；(2)若直线与平面所成角为，求点到平面的距离.17．（2023·北京东城·统考一模）如图，在长方体中，，和交于点E，F为AB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（i）平面CEF与平面BCE的夹角的余弦值；（ii）点A到平面CEF的距离.条件①：；条件②：直线与平面所成的角为.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．D【分析】通过建立合适的直角坐标系，设，得到的轨迹方程，最后得到的表达式，根据函数单调性即可得到其范围.【详解】以中点为原点建立如下直角坐标系；则，，，设，则，，则，即，则，其中，，则，则，故选：D.2．B【分析】根据向量模的运算充分条件与必要条件的概念求解即可.【详解】解：当存在实数，使得，，，显然与不一定相等，故充分性不成立；反之，当时，，所以，即，共线反向，故“存在实数，使得，故必要性成立.故“存在实数，使得”是“的必要而不充分条件故选：B3．C【分析】由题意求出,建立直角坐标系，求出各个点的坐标，利用数量积求结果【详解】由已知得解得如图建立直角坐标系则则故选：C4．B【分析】根据三视图得到四棱锥的底面为边长为的正方形，高为，再根据棱锥的体积公式可求得结果.【详解】由三视图可知，该四棱锥的底面为边长为的正方形，高为，如图： 所以该四棱锥的体积为.故选：B5．A【分析】利用正方体的性质可得，进而可判断A，根据经过平面外一点和平面内一点的直线和平面内不经过该点的直线为异面直线可判断BCD.【详解】连接，则，由，可得四边形为平行四边形，∴，，所以，即四边形为梯形，故直线与直线相交，直线与直线为异面直线，直线与直线为异面直线，直线与直线为异面直线.故选：A.6．D【分析】利用坐标法，设，可得动点P到直线的距离为，然后利用二次函数的性质即得.【详解】如图建立空间直角坐标系，则，设，则，∴动点P到直线的距离为，当时取等号，即线段上的动点P到直线的距离的最小值为.故选：D.7．D【分析】由为到平面的距离， 所以根据体积法可得，代入数值即可得解.【详解】由为正方体，显然为到平面的距离， 所以，故选：D8．B【分析】根据线面垂直的判定及性质，结合充分条件、必要条件判断即可.【详解】当，时，可推出，但是推不出，当时，由可知，又，所以，综上可知，“”是“”的必要不充分条件.故选：B9．-1【分析】利用数量积的定义和运算律直接计算.【详解】因为，所以.所以.故答案为：-1.10．5【分析】设出互相垂直的两个单位向量，根据向量的加法表示出，，利用数量积的运算律求解即可.【详解】设网格中方向向右，向上的单位向量分别为，且，则,,所以，故答案为：511．.或【分析】根据空间直线和平面的判定定理及性质定理推理得出结论.【详解】（1）说明：或 又是平面外的一条直线，，命题正确；（2）说明：设，取直线l//m，此时，，但直线l可能平行平面，也可能在平面中所以命题不正确；（3）说明：平面内必存在一条直线与直线l平行，设为n，即，又 ， 从而得：，所以命题正确.故答案为：或12．          ②③【分析】在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，根据已知条件求出的值，结合的取值范围求出的值，可判断①；利用空间向量数量积的坐标运算可判断②；求出线段的中点的坐标，计算，可判断③；求出，结合扇形的面积公式可判断④.【详解】函数的最小正周期为，在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，设点，则点、，，因为，解得，所以，，则，可得，又因为函数在附近单调递减，且，所以，，①错；因为，可得，又因为点是函数的图象在轴左侧距离轴最近的最高点，则，可得，所以，，因为点是函数在轴右侧的第一个对称中心，所以，，可得，翻折后，则有、、、，所以，，，所以，在图2中，，②对；在图2中，线段的中点为，因为，则，即，③对；在图2中，设点，，可得，，，，易知为锐角，则，所以，区域是坐标平面内以点为圆心，半径为，且圆心角为的扇形及其内部，故区域的面积，④错.故答案为：；②③.【点睛】关键点点睛：本题考查翻折问题，解题的关键在于建立空间直角坐标系，通过空间向量法来求解相应问题.13．（1）证明见解析（2）【分析】（1）连交于点，则为的中点，通过证明，再根据直线与平面平行的判定定理可证结论；（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量可求得结果.【详解】（1）连交于点，则为的中点，因为为的中点，所以，，，，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.（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系：则，，，，，，，设平面的法向量为，则，即，取，则，，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】关键点点睛：掌握直线与平面平行的判定定理以及用空间向量求解线面角是解题关键.14．(1)证明见解析(2)(3)存在，距离为 【分析】（1）取中点，连接，进而根据几何关系证明四边形是平行四边形，进而证明结论；（2）分别取中点O，，连接，进而以O为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；（3）假设存在点G，设，进而根据得，再计算点到面的距离即可.【详解】（1）证明：取中点，连接.因为正三棱柱，所以，且.因为E为线段的中点，所以且.所以且.因为D为中点，所以.所以且.所以四边形是平行四边形.所以.又因为平面平面，所以平面.（2）解：分别取中点O，，连接.因为是正三棱柱，所以平面，.所以平面.所以.以O为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z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，解得，所以.设直线与平面所成角为，，则，所以.即直线与平面所成角为.（3）解：假设存在点G，设.所以.所以.由知，若，则.解得.即G与C为同一个点.因为，平面的法向量为，所以点G到平面的距离.15．(1)l∥PC，证明见解析；(2)． 【分析】(1)根据线面平行的判断定理和性质定理即可判断；(2)以O为原点，OB、OC、OP分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，求出各点坐标，利用向量法即可求出直线与平面所成角的余弦值和正弦值．【详解】（1）∵、分别为、的中点，∴在△APC中，DO∥PC，∵DO平面BOD，PC平面BOD，∴PC∥平面BOD，∵PC平面PBC，平面PBC∩平面BOD=l，∴根据线面平行的性质定理可知PC∥l；（2）∵AB=BC，O是AC中点，∴BO⊥AC，∵平面平面，平面平面=AC，BO平面ABC，∴BO⊥平面APC，同理∵AP=PC，∴PO⊥AC，PO垂直平面ABC，故OB、OC、OP三线两两垂直，故可以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系．由题可知AC=8，AB=BC=，OA=OC=OB=4，OP=3，则，，，，则，，，设平面BOD的法向量为，则，取，则，则，，∴直线与平面所成角的正弦值．16．(1)证明过程见解析；(2). 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算公式进行证明即可；（2）利用空间向量夹角公式，结合空间点到面距离公式进行求解即可.【详解】（1）因为平面，平面，所以，而，因此建立如图所示的空间直角坐标系：，，因为，所以，即，（2）设平面的法向量为，，所以有，因为直线与平面所成角为，所以，解得，即，因为，所以点到平面的距离为：.【点睛】17．(1)证明见解析(2)（ⅰ） （ⅱ）  1 【分析】（1）利用空间中直线与平面平行的判定定理，结合三角形中位线即可证明；（2）若选条件①，利用，通过推理论证得到，建立空间直角坐标系，求平面法向量，再根据面面夹角的向量公式及点到面的距离公式运算求解；若选条件②，利用与平面所成角为，通过推理论证得到，建立空间直角坐标系，求平面法向量，再根据面面夹角的向量公式及点到面的距离公式运算求解．【详解】（1）如图，连接，，.因为长方体中,∥且，所以四边形为平行四边形.所以为的中点，在中，因为，分别为和的中点，所以∥.因为平面，平面，所以∥平面.               （2）选条件①：.(ⅰ)连接.因为长方体中，所以.在中,因为为的中点，，所以.如图建立空间直角坐标系，因为长方体中,，则，，，，，，.所以，，.设平面的法向量为，则即令，则，，可得.设平面的法向量为，则即令，则，，所以.设平面与平面的夹角为 ，则所以平面与平面的夹角的余弦值为.(ⅱ)因为，所以点到平面的距离为.   选条件②：与平面所成角为.连接.因为长方体中，平面，平面，所以.所以为直线与平面所成角，即.所以为等腰直角三角形.因为长方体中，所以.所以.以下同选条件① .