空间向量与立体几何-浙江省杭州市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编

这是一份空间向量与立体几何-浙江省杭州市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
空间向量与立体几何-浙江省杭州市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编 一、单选题1．（2021·浙江杭州·统考二模）如图，长方形中，，，点在线段（端点除外）上，现将沿折起为．设，二面角的大小为，若，则四棱锥体积的最大值为（    ）A． B． C． D．2．（2021·浙江杭州·统考二模）某四棱锥的三视图(图中每个小方格的边长为1)如图所示，则该四棱锥的体积为（    ）A．4 B． C． D．13．（2022·浙江杭州·统考二模）某几何体的三视图（单位：）如图所示，其中弧为四分之一圆弧，则该几何体的体积（单位：）是（　　）A． B． C． D．4．（2022·浙江杭州·统考二模）设为两个不同的平面，则的充要条件是（    ）A．内有无数条直线与平行B．垂直于同一平面C．平行于同一条直线D．内的任何直线都与平行5．（2022·浙江杭州·统考二模）已知中，，，点在线段上除，的位置运动，现沿进行翻折，使得线段上存在一点，满足平面；若恒成立，则实数的最大值为（    ）A．1 B． C．2 D．6．（2023·浙江杭州·统考一模）空间中四个点、、、满足，，且直线与平面所成的角为，则三棱锥的外接球体积最大为（    ）A． B． C． D．7．（2023·浙江杭州·统考二模）如图，点、、、、为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（    ）A． B．C． D． 二、多选题8．（2023·浙江杭州·统考一模）如图，正四棱柱中，，、分别为的中点，则（    ）A．B．直线与直线所成的角为C．直线与直线所成的角为D．直线与平面所成的角为9．（2023·浙江杭州·统考二模）如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径，则（    ）A．球与圆柱的体积之比为B．四面体CDEF的体积的取值范围为C．平面DEF截得球的截面面积最小值为D．若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为 三、解答题10．（2021·浙江杭州·统考二模）如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为直角梯形，，，，，点，分别在线段和上，且．（1）求证：平面；（2）设二面角为．若，求直线与平面所成角的正弦值.11．（2022·浙江杭州·统考二模）在四棱锥中，为正三角形，四边形为等腰梯形，M为棱的中点，且，.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.12．（2023·浙江杭州·统考一模）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，求平面与平面的夹角的余弦值．13．（2023·浙江杭州·统考二模）在三棱锥中，底面为等腰直角三角形，.(1)求证：；(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.
参考答案：1．A【分析】将棱锥的底面边长及高用含有的三角函数来表示，根据体积公式写出棱锥体积，整理化简后利用三角函数求最值.【详解】设过与垂直的线段长为，则，，，，则四棱锥的高，则，，∴四棱锥体积的最大值为.故选：A.【点睛】求解立体几何体积的最值时，一般需要将体积写为函数关系式或者是三角函数关系式，进而利用函数求最值或三角函数求最值的方法求解其最值.2．C【分析】根据三视图画出直观图即可求解.【详解】如图所示：该四棱锥的一条侧棱垂直于底面且底面为正方形，其中高为2，底面正方形对角线的长度为2.直观图如图所示，，，正方形的面积为2，所以该四棱锥的体积.故选：C.3．B【分析】由三视图可知，几何体的左边是圆柱的 ，右边是三棱柱，分别计算体积相加即可.【详解】由于左边是圆柱的 ，其体积为 ，右边是三棱柱，其体积为 ，该几何体的体积为 ；故选：B.4．D【分析】根据面面平行、相交的知识确定正确选项.【详解】A选项，内有无数条直线与平行，与可能相交，A选项错误.B选项，垂直于同一平面，与可能相交，B选项错误.C选项，平行于同一条直线，与可能相交，C选项错误.D选项，内的任何直线都与平行，则，D选项正确.故选：D5．A【分析】由题意可知当平面时有两个极限状态，第一是为的角平分线时，此时，第二是点与点重合时，此时，由此可得答案【详解】易知要满足平面有两个极限状态，第一是为的角平分线时，此时，第二是点与点重合时，此时；故，则实数的最大值为1，故选：A.【点睛】关键点点睛：此题考查立体几何中的动点问题，解题的关键是当平面时有两个极限状态，分别求出值，从而可得的范围，进而可得结果，属于中档题6．C【分析】先求的外接圆的半径，过作平面于，可得，可得当，，在一直线上时，三棱锥的外接球体积最大，求解即可．【详解】设是三角形的外接圆的圆心，因为，所以是正三角形，则三棱锥的外接球的球心在过且与平面垂直的直线上，由题意可得，过作平面于，直线与平面所成的角为，，，故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，当球心到的距离最大时，三棱锥的外接球体积最大，所以在延长线上时，三棱锥的外接球体积最大，设的中点为，连接，则，，又，，所以，，，三棱锥的外接球体积最大为.故选：C．7．D【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理、面面平行的性质可确定正确选项.【详解】对于A选项，如下图所示，在正方体中，且，因为、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，所以，，因为平面，平面，所以，平面，同理可证平面，因为，、平面，所以，平面平面，因为平面，故平面，A满足；对于B选项，如下图所示，连接，在正方体中，且，因为、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，故，因为、分别为、的中点，则，所以，，因为平面，平面，所以，平面，B满足；对于C选项，如下图所示，在正方体中，取的中点，连接、、，因为且，、分别为、的中点，所以，且，故四边形为平行四边形，则，因为、分别为、的中点，所以，，则，所以，、、、四点共面，因为且，则四边形为平行四边形，所以，，因为、分别为、的中点，则，所以，，因为平面，平面，所以，平面，C满足；对于D选项，如下图所示，在正方体中，取的中点，连接、、、、、，因为且，、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，则，因为、分别为、的中点，所以，，故，所以，、、、四点共面，同理可证，故，同理可得，，反设平面，因为，且平面，则平面，但与平面有公共点，这与平面矛盾，故平面，D不满足.故选：D.8．ACD【分析】根据线面垂直的判定定理、线面角的定义，结合异面直线所成的角定义逐一判断即可.【详解】对A选项，如图，取的中点，连接，，，又，分别为的中点，，且，四边形为平行四边形，，又易知，，所以本选项正确；对B选项，假设直线与直线所成的角为，即，由正四棱柱的性质可知：平面，而平面，所以，显然平面，所以平面，而由正四棱柱的性质可知：平面，所以，显然这是不可能的，所以假设不成立，因此本选项错误；对C选项，在矩形中，因为，所以，而，因此，所以直线与直线所成的角为，本选项正确；对D选项，由A选项分析可知，直线与平面所成的角为，又根据题意易知，本选项正确，故选：ACD9．AD【分析】根据给定的条件，利用球、圆柱的体积公式计算判断A；利用建立函数关系判断B；求出球心O到平面DEF距离的最大值判断C；令点P在圆柱下底面圆所在平面上的投影点为Q，设，利用勾股定理建立函数关系，求出值域作答.【详解】对于A，球的体积为，圆柱的体积，则球与圆柱的体积之比为，A正确；对于B，设为点到平面的距离，，而平面经过线段的中点，四面体CDEF的体积，B错误；对于C，过作于，如图，而，则，又，于是，设截面圆的半径为，球心到平面的距离为，则，又，则平面DEF截球的截面圆面积，C错误；对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接，当与都不重合时，设，则，当与之一重合时，上式也成立，因此，，则，令，则，而，即，因此，解得，所以的取值范围为，D正确. 故选：AD【点睛】思路点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.10．（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）要证明平面，关键在于在平面中找到一条直线平行于，已知，连接，可以根据相似证明线线平行，进而得出线面平行；（2）要求直线与平面所成角的正弦值，先求点到平面的距离，再求的长，进而可得正弦值.【详解】（1）证明：连接，交于，因为，，所以，，因为，所以∽，，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）解：取中点，连接、，因为为正三角形，所以，，因为为直角梯形，，，，所以四边形为矩形，所以，因为，所以平面，所以平面平面，因为，所以平面，所以，，所以，设，由余弦定理得，于是，整理得，解得或（舍去），取中点，连接，因为，所以，又因为平面平面，所以平面，即线段的长为点到平面的距离，因为，平面，平面，所以平面，所以的长也是点到平面的距离，而，，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】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.11．(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）取中点为N，连结，，证明，再利用线面平行的判断推理作答.（2）取中点Q，中点O，证明平面平面，以O为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.（1）在等腰梯形中，，，取中点N，连结，，如图，因M为棱的中点，则，且，即四边形为平行四边形，则，而平面，平面，所以平面.（2）取中点Q，中点O，连结，，，，有，且，四边形是平行四边形，则，则有，且，正中，，而，因此，，且，而，平面，则平面，平面，有平面平面，由，得，在平面内作，平面平面，即有平面，以O为原点，射线OB，OD，Oz分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，则，有，设平面的法向量为，则，令，得，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.12．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的一个三等分点，连接，，证明四边形是平行四边形，得出，即可证明平面．（2）由，平面平面，得出平面，，是二面角的平面角，建立空间直角坐标系，用坐标表示向量，求出平面、平面的法向量，用法向量求平面与平面夹角的余弦值．【详解】（1）证明：如图所示：设点为的一个三等分点，且，连接，，因为，，所以，，又因为，，所以，，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）如图所示：因为，平面平面，且平面平面，所以平面，所以，所以为二面角的平面角，以为原点建立空间直角坐标系， 则，，，，所以，，设平面的法向量为，则，令，得；同理，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以，所以平面与平面的夹角的余弦值为．13．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据题意，可证，即，从而证得面，即可得到结果；（2）根据题意，过S作面，垂足为D，连接，以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算以及二面角的计算公式，即可得到结果.【详解】（1）证明：取的中点为E，连结，∵，∴，在和中，∴，∴，∵的中点为E，∴，∵，∴面，∵面，∴（2）过S作面，垂足为D，连接，∴∵，平面∴，同理，∵底面为等腰直角三角形，，∴四边形为正方形且边长为2.以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量，则，解得，取，则，∴，设平面的法向量，则，解得，取，则，∴，设平面与平面夹角为故平面与平面夹角的余弦值为.