空间向量与立体几何-浙江省宁波市高考数学三年（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-浙江省宁波市高考数学三年（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，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
空间向量与立体几何-浙江省宁波市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编 一、单选题1．（2023·浙江宁波·统考二模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸．若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则平均降雨量是（注：平均降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积）（    ）A．寸 B．2寸 C．寸 D．3寸2．（2022·浙江宁波·统考一模）在正四棱台中，，．当该正四棱台的体积最大时，其外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．3．（2022·浙江宁波·统考二模）如图，在正三棱台中，，，.，分别是，的中点，则（    ）A．直线平面，直线与垂直B．直线平面，直线与所成角的大小是C．直线与平面相交，直线与垂直D．直线与平面相交，直线与所成角的大小是4．（2021·浙江宁波·统考二模）我国古代科学家祖冲之之子祖暅在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”（“幂”是截面积，“势”是几何体的高），意思是两个同高的几何体，如在等高处截面的面积恒相等，则它们的体积相等．已知某不规则几何体与如图所示的三视图所表示的几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（    ）．A． B． C． D．5．（2021·浙江宁波·统考二模）如图，在等腰梯形中，．现将沿对角线所在的直线翻折成，记二面角大小为，则（    ）．A．存在，使得平面 B．存在，使得C．不存在，使得平面平面 D．存在，使得平面平面 二、多选题6．（2023·浙江宁波·统考二模）已知平面于点O，A，B是平面上的两个动点，且，则（    ）A．SA与SB所成的角可能为 B．SA与OB所成的角可能为C．SO与平面SAB所成的角可能为 D．平面SOB与平面SAB的夹角可能为 三、填空题7．（2023·浙江宁波·统考二模）正四面体ABCD的棱长为3，P在棱AB上，且满足，记四面体ABCD的内切球为球，四面体PBCD的外接球为球，则_________．8．（2022·浙江宁波·统考一模）在棱长均相等的四面体ABCD中，P为棱AD（不含端点）上的动点，过点A的平面α与平面PBC平行．若平面α与平面ABD，平面ACD的交线分别为m，n，则m，n所成角的正弦值的最大值为__________． 四、双空题9．（2022·浙江宁波·统考二模）某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是___________，表面积（单位：）是___________. 五、解答题10．（2023·浙江宁波·统考二模）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，平面平面ABCD．(1)求证：平面ABCD；(2)设，，，平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值为，求BC的长．11．（2022·浙江宁波·统考一模）如图，直三棱柱中，，E，F分别是AB，的中点．(1)证明：EF⊥BC；(2)若，直线EF与平面ABC所成的角为，求平面与平面FEC夹角的余弦值．12．（2022·浙江宁波·统考二模）如图，在四棱锥中，，均为等边三角形，.(1)求证：平面；(2)若，，分别是，的中点，在边上，且.求直线与平面所成角的正弦值.13．（2021·浙江宁波·统考二模）在如图所示的几何体中，平面，平面，且，是的中点．（1）求证：：（2）求与平面所成角的正弦值．
参考答案：1．C【分析】由题意求得盆中水的上地面半径，代入圆台体积公式求得水的体积，除以盆口面积得答案．【详解】如图，由题意可知，天池盆上底面半径为18寸，下底面半径为6寸，高为18寸．积水深9寸，水面半径为寸，则盆中水的体积为（立方寸）．平地降雨量等于（寸．故选：C．2．D【分析】根据正棱台的性质，表示出棱台的高与边长之间的关系，根据棱台的体积公式，将体积函数式子表示出来，利用不等式求解最值，得到棱台的高.因为外接球的球心一定在棱台上下底面中心的连线及其延长线上，通过作图，数形结合，求出外接球的半径，得到表面积.【详解】图1设底边长为a，原四棱锥的高为h，如图1，分别是上下底面的中心，连结，，， 根据边长关系，知该棱台的高为，则，由，且四边形为直角梯形，，，可得，则，当且仅当，即时等号成立，此时棱台的高为1.上底面外接圆半径，下底面半径，设球的半径为R，显然球心M在所在的直线上.显然球心M在所在的直线上.图2当棱台两底面在球心异侧时，即球心M在线段上，如图2，设，则，，显然则，有，即解得，舍去.图3当棱台两底面在球心异侧时，显然球心M在线段的延长线上，如图3，设，则，显然即，即解得，，此时，外接球的表面积为.故选：D.3．B【分析】取中点，利用平面平面，可证直线平面面面平行，取中点，中点，可知，，再利用余弦定理计算求解即可.【详解】取中点，连接，，由题意可知，，，所以平面平面，所以直线平面，取中点，中点，中点，连接，，，，，易知，，所以直线与直线所成角即为直线与所成角，在等腰梯形中，，，，可得，，，分别为，中点，所以，同理：，在等腰梯形中，，，，可得，在中，，，由余弦定理可得：，所以，即直线与直线所成角的大小是，因此直线与所成角的大小是，故选：B.4．C【分析】根据三视图转换为直观图可得该几何体由长为3，宽为2，高为2的长方体两头挖去两个半圆柱组成，即可求出体积.【详解】根据几何体的三视图转换为直观图如图所示，该几何体由长为3，宽为2，高为2的长方体两头挖去两个半圆柱组成.则可得该几何体的体积为，根据“幂势既同，则积不容异”规则可得该不规则几何体的体积为.故选：C.5．B【分析】利用反证法可判断A；对B，寻找特殊值，证明此时可判断；对C，举反例，当时，平面平面；对D，利用反证法可证明.【详解】取AB中点E，连接DE，交AC于F，因为，所以都是等边三角形，所以，，，在翻折过程中，，所以.对于A，假设存在，使得平面，因为平面，所以，与和成角矛盾，故A错误；对B，当时，平面平面ABC，因为，所以平面，又因为平面，所以，所以存在，使得，故B正确；对C，当时，平面平面ABC，故C错误；对D，假设存在，使得平面平面，过作于M，因为平面平面，所以平面，因为平面，所以，又因为，，所以平面，又因为平面，所以，又因为，所以与重合，即M与E重合，此时，与为等腰的一个底角矛盾，故D错误.故选：B.【点睛】关键点睛：本题考查二面角的概念问题，解题的关键是正确找到二面角.6．AC【分析】建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用空间向量的夹角公式求解可判断A，B；求出及平面SAB与平面SOB的法向量，利用线面角与面面夹角的空间向量公式求解可判断C，D.【详解】设，则，以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，且，，若SA与SB所成的角为，则，解得．当时，，不符合题意；当时，，方程有解，故A正确；若SA与OB所成的角为，则，得，不符合题意，故B错误；设平面SAB的法向量为，则，取，若SO与平面SAB所成的角为，则    ，解得，故C正确；设平面SOB的法向量为，则，取，若平面SOB与平面SAB的夹角为，则，即，得，又，得，不符合题意，故D错误，故选：AC.7．【分析】设点为的中心，连接，并延长交于点，则平面，点为的中点，，四面体ABCD的内切球的球心在上， 且四面体PBCD的外接球的球心在上，利用等体积法求出四面体ABCD的内切球的半径为，即，记的中点为，根据求出，即可得出，即可得解.【详解】如图，设点为的中心，则平面，连接，并延长交于点，则点为的中点，，则四面体ABCD的内切球的球心在上， 且四面体PBCD的外接球的球心在上，设四面体ABCD的内切球的半径为，，则，又，则，解得，即，由四面体PBCD的外接球的球心在上，得，记的中点为，则，，，所以，则，所以.故答案为：.【点睛】方法定睛：多面体与球切、接问题的求解方法(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．(2)若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R＝a＋b＋c求解．(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．8．【分析】根据面面平行的性质可得，进而得或其补角即为m，n所成的平面角，结合余弦定理即可求解余弦的最小值，即可求解正弦的最值.【详解】过点A的平面α与平面PBC平行．若平面α与平面ABD，平面ACD的交线分别为m，n，由于平面平面，平面平面,，平面平面 所以,所以或其补角即为m，n所成的平面角，设正四棱锥ABCD的棱长为1，，则，在中，由余弦定理得： ，同理,故在中，， 由于，则，进而，当时取等号，故的最小值为，进而，故的最大值为，故答案为：9．     60     【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的体积和表面积．【详解】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为五棱柱体；如图所示： 利用割补法：把五棱柱分成两部分，下面是一个长方体，上面是一个三棱柱；其中长方体长宽高为：5cm，4cm,2cm,三棱柱底面三角形是底边为4cm,高为2cm的三角形，三棱柱高为5cm，所以：，，故答案为：60；．10．(1)证明见解析(2)BC的长为． 【分析】（1）在平面ABCD中取一点E，并过点E作直线，，利用面面垂直的性质可证，，再根据线面垂直的判定定理，即可证明平面ABCD；（2）以A为原点，AD，AB，AP方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系，设，利用向量法求出平面PBC与平面PCD的法向量，即可利用二面角的公式求出t，即为BC的长.【详解】（1）证明：如图，在平面ABCD中取一点E，并过点E作直线，因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，所以平面PAD，因为平面PAD，所以；同理，过点E作直线，因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，所以平面PAB，因为平面PAB，所以；因为，平面ABCD，所以平面ABCD．（2）由（1）知，如图，以A为原点，AD，AB，AP方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系，设，则，，，，所以， ，，，设平面PBC的法向量为，则，令，得，设平面PCD的法向量为，则，令，得，由题知，即，解得，所以BC的长为．11．(1)证明见解析(2) 【分析】(1)取BC中点H，分别连结EH，FH，则，得FH⊥平面ABC，利用线面垂直的性质和判定定理证明BC⊥平面EFH，即可证明；(2)根据题意，由（1）知∠FEH为EF与平面ABC所成的角，求出，建立如图空间直角坐标系，利用向量法分别求出平面CEF与平面的法向量，结合空间向量数量积的定义计算即可.【详解】（1）证法1：取BC中点H，分别连结EH，FH，因为F为的中点，所以，因为三棱柱为直棱柱，所以平面ABC，所以FH⊥平面ABC，由平面ABC，所以FH⊥BC，又E为AB的中点，则，且，所以，因为EH，平面EFH，，所以BC⊥平面EFH，因为平面EFH，所以．证法2：设，，，则，由题知，，，所以，，从而，即．（2）由（1）知∠FEH为EF与平面ABC所成的角，所以，由，得．如图，以CA，CB，分别为x轴，y轴，z轴正向，建立空间直角坐标系．则，，，，，，，，，，，设平面CEF的一个法向量为，由得，取，平面的法向量为，由得，取，设平面CEF与平面的夹角为，则．所以平面CEF与平面夹角的余弦值为.12．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取中点，证明，，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）建立空间平面直角坐标系，求出相关各点的坐标，再求得平面的法向量，根据向量的夹角公式，求得答案.(1)证明：取中点，因为，均为等边三角形，则,而，所以，，三点共线，且，，又平面，所以平面，即平面.(2)由题意可知：三棱锥为 正四面体，故点在底面上的投影为的中心.，如图以H为坐标原点，过H在面ABC内作AC垂线为x轴，HC为y轴，HP为z轴，建立空间直角坐标系.设，则，，，，则，，，于是，，,设平面的法向量为,则，即，令 ，则可取，设直线与平面所成的线面角大小为，则，因此直线与平面所成的线面角的正弦值.13．（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）由，可得平面，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】（1）由题得平面，平面，则．又，，故平面，从而．（2）设，以为原点，为轴正半轴，为轴正半轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，故，，设平面的一个法向量为，即，令，则可得平面的一个法向量为，又．设与平面所成角的为，则，即与平面所成角的正弦值为．【点睛】关键点点睛：求线面角时，建立空间直角坐标系，利用斜线上向量与平面法向量的夹角的余弦值，即可求出线面角的正弦值，属于中档题.