07空间向量与立体几何-浙江省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习习（2019新版·人教A版）

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一、单选题
1．（2023上·浙江湖州·高三期末）如图所示的多面体由正四棱锥和三棱锥组成，其中.若该多面体有外接球且外接球的体积是，则该多面体体积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
2．（2023上·浙江宁波·高三期末）如图，是某种型号的家用燃气瓶，其盛气部分近似可以看作由一个半球和一个圆柱体组成，设球的半径为R，圆柱体的高为h，若要保持圆柱体的容积为定值立方米，则为使制造这种燃气瓶所用材料最省（温馨提示：即由半球和圆柱体组成的几何体表面积最小），此时（ ）
A．B．C．D．
3．（2023上·浙江嘉兴·高三统考期末）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，分别是底面与侧面的中心，为该正方体表面上的一个动点，且满足，记点的轨迹所在的平面为，则过四点的球面被平面截得的圆的周长是（ ）
A．B．C．D．
4．（2023上·浙江绍兴·高三统考期末）在四棱锥中，正方形所在平面与所在平面相互垂直，为上一点，且为正方形的中心，四棱锥体积的最大值为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
5．（2023上·浙江·高三期末）如图，三棱锥中，，平面平面，．若三棱锥的外接球体积的取值范围是，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．（2023上·浙江·高三期末）祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等” ．例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为R的圆柱与半径为R的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用垂直于半径的平面去截半径为R的半球，且球心到平面的距离为，则平面所截得的较小部分（阴影所示称之为“球冠）的几何体的体积是（ ）
A．B．C．D．
7．（2023上·浙江杭州·高三浙江省桐庐中学期末）已知四面体，且，，面面，则四面体的外接球与内切球的表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
8．（2023上·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末）将菱形沿对角线折起，当四面体体积最大时，它的内切球和外接球表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
9．（2023上·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末）已知一个圆锥的底面半径为1，其侧面积是底面积2倍，则圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
10．（2023上·浙江·高三浙江省永康市第一中学校联考期末）早在一万多年前的新石器时代，生活在金丽衢地区古人就开始制作各种石器，今天在浦江上山遗址、水康湖西遗址、义乌桥头遗址等还可以见到各种当时的石器，现在农村还在使用的石磨就是从古代的石器演变而来的.如果一个石磨近似看作两个圆柱体拼合而成，每个圆柱体的底面直径是80cm，每个圆柱体的高为30cm，那么这两个圆柱体的表面积之和为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
11．（2023上·浙江湖州·高三期末）已知正三棱柱．若直线与所成角是，则（ ）
A．直线与所成角是
B．直线与所成角的余弦值是
C．直线与平面所成角是
D．直线与平面所成角是
12．（2023上·浙江宁波·高三期末）设是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，，，则
13．（2023上·浙江嘉兴·高三统考期末）在正四棱台中，分别是棱的中点，则（ ）
A．与是异面直线
B．与平面所成的角为
C．正四棱台的体积为
D．正四棱台的表面积为
14．（2023上·浙江·高三期末）已知正方体的棱长为1，P是正方形内（含边界）的一个动点，则（ ）
A．存在无数个点P满足
B．存在无数个点P满足平面
C．若直线与的夹角为，则线段的最小长度为
D．当点P在棱上时，的最小值为
15．（2023上·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末）已知正方体是中点，则（ ）
A．面B．
C．D．平面
三、填空题
16．（2023上·浙江绍兴·高三统考期末）在正方体中，分别是棱的中点，过、、的平面把正方体截成两部分体积分别为，则 .
17．（2023上·浙江绍兴·高三期末）如图，正四棱台，上下底面分别是边长为4，6的正方形，若，则该棱台外接球表面积的取值范围是 ．
四、问答题
18．（2023上·浙江宁波·高三期末）在菱形中，G是对角线上异于端点的一动点（如图1），现将沿向上翻折，得三棱锥（如图2）.
(1)在三棱锥中，证明：；
(2)若菱形的边长为，，且，在三棱锥中，当时，求直线与平面所成角的正弦值.
19．（2023上·浙江嘉兴·高三统考期末）如图，在三棱锥中，平面平面 ，，点在棱上，且.
(1)证明：平面；
(2)设是的中点，点在棱上，且平面，求二面角的余弦值.
20．（2023上·浙江绍兴·高三统考期末）在四棱锥中，
(1)证明：平面平面；
(2)若，直线与平面所成的角的正弦值.
21．（2023上·浙江·高三期末）如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，．
(1)若平面平面，求点P到平面的距离；
(2)若平面平面，平面，且，求平面与平面夹角的余弦值．
22．（2023上·浙江绍兴·高三期末）如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，面ABCD，，．
(1)求点A到平面PBC的距离；
(2)求二面角的正弦值．
23．（2023上·浙江杭州·高三浙江省桐庐中学期末）已知正方形，E、F分别是边的中点，将沿折起，如图所示，记二面角的大小为．
(1)证明：平面；
(2)若为正三角形，证明点A在平面内的射影G在直线上，并求出的值．
24．（2023上·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末）已知矩形中，，现将沿对角线向上翻折得到四面体，且.
(1)求点到平面的距离；
(2)求二面角的大小.
25．（2023上·浙江·高三浙江省永康市第一中学校联考期末）如图，在直三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，为上的点，过，，的截面交于
(1)证明：；
(2)若二面角的大小为，求几何体的体积.
26．（2023上·浙江·高三校联考期末）如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，，PD⊥底面ABCD，，E是PC的中点，F是PB上的点，且．
(1)证明：PD//平面AEF；
(2)求二面角的正弦值；
(3)求三棱锥A－BEF的体积．
参考答案：
1．D
【分析】根据求得体积可得其半径，分析可得四棱锥的外接球的球心为底面中心，根据等体积法可求得点到平面的距离，进而分析可得三棱锥的高的最大值为，进而可求多面体体积的最大值.
【详解】设正四棱锥的外接球的半径为，则，解得，
连接交于点，连接，
∵正方形的边长为2，则，
∴为四棱锥的外接球的球心，
则，故的是以边长为2的等边三角形，
过作平面的垂线，垂足为，连接，
由三棱锥的体积可得：，解得，
由题意可知：点在四棱锥的外接球的球面上，则，
∵，即，
当且仅当三点共线，则面时等号成立，
可得三棱锥的高的最大值为，
∴三棱锥的体积，
故该多面体体积.
故选：D.
【点睛】关键点定睛：
（1）求出球的半径结合正方形的边长分析得球心为底面中心；
（2）根据几何性质，分析可得三棱锥的高的最大值.
2．C
【分析】根据题意，先求出表面积的表达式，利用为定值求出与的关系，再利用基本不等式求解即可.
【详解】依题意，
，所以
，
当时取等，所以，故.
故选：C.
3．B
【分析】建立空间直角坐标系，找到球心O和点的轨迹，求出到平面的距离，利用几何法求截面圆的半径和周长.
【详解】取面对角线中点，连接，，，，分别在上，且，
以为原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，， ，，，，，
，，，，
三棱锥中， 为直角三角形，所以，
因此点即为三棱锥的外接球球心，球半径长为，
，，，，，共面，
，，， ，
平面，，平面，平面，
点的轨迹为矩形的四边，如图所示，
，为平面的法向量，
则球心到平面的距离为，
球面被平面截得的圆的半径，圆的周长为.
故选：B
【点睛】本题找球心O考查学生的空间想象能力，其余的计算和证明问题，则利用空间向量法.
4．B
【分析】根据题意，由四棱锥体积的最大值可得正方形的边长，然后可得是三棱锥的外接球的一条直径，再结合球的表面积公式即可得到结果.
【详解】设，则点到直线的距离的最大值为，即点到平面距离的最大值为.因为四棱锥体积的最大值为，所以，得.
因为，所以是三棱锥的外接球的一条直径，
故三棱锥的外接球半径为1，其表面积为.
故选:B.
5．C
【分析】根据面面垂直的性质定理可得面，利用勾股定理可得，结合外接球体积的取值范围可得外接球半径的取值范围，从而可求范围，即可求解.
【详解】如图所示，取中点M，连接，设，
由得，
又平面平面，平面平面，且面，所以面，
因为，所以，
三棱锥的球心在上，设外接球半径为R，
则，得，
，所以，
所以．
故选：C
6．A
【分析】由题意可得所求球冠的体积等于圆柱体积的一半减去圆台的体积，计算求解即可.
【详解】∵，，，
∴，
∴．
故选：A.
7．C
【分析】取中点，中点，以为轴建立坐标系，利用外接球球心到顶点的距离相等求外接球半径，利用等体积法求内切球半径即可求解.
【详解】取中点，中点，连接，
因为，则，又且，则，
又面面，面面，面，所以面，
由面，则，
所以两两垂直，以为轴建立如图所示坐标系，
则，，，，
设四面体外接球球心为，因为△外接圆圆心为，所以面，
设，因为，所以解得，
即，所以四面体外接球半径，
因为，，
所以，即，△为等腰三角形，
所以△在边上的高为，
所以四面体的侧面积
，
四面体的体积，
设四面体内切球的半径为，
则由等体积法可得解得，
所以四面体的外接球与内切球的表面积之比为，
故选：C
8．C
【分析】当平面平面时，四面体的高最大，并利用导函数讨论体积的最大值，构造长方体求外接球的半径，利用等体积法求内切球的半径，进而可求解.
【详解】不妨设菱形的边长为，，，
外接球半径为，内切球半径为，
取中点为，连接，
因为，所以，
当平面平面时，平面平面，
平面，所以平面，
此时四面体的高最大为，
因为，所以
所以，
，
令解得，
令解得，
所以在单调递增，单调递减，
所以当时最大，最大体积为，
此时，
以四面体的顶点构造长方体，长宽高为，
则有解得，所以，
所以外接球的表面积为，
又因为，
所以，
，
所以，
所以，
所以，所以内切球的表面积为，
所以内切球和外接球表面积之比为，
故选:C.
9．B
【分析】根据圆锥的侧面积是底面积2倍，求得母线长，进而得到圆锥的高求解.
【详解】解：设圆锥的母线为l，
由题意得，
解得，
所以圆锥的高为，
所以圆锥的体积为，
故选：B
10．D
【分析】先求出一个石磨的表面积，即求得两个石磨的表面积.
【详解】解：由题意可得一个石磨底面积为：底=，
侧=
所以一个石磨的表面积为：，
所以两个石磨的表面积为：.
故选：D
11．ABD
【分析】由题意得，取中点，建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角的向量公式求解可判断A、B；分别求出平面、平面的法向量，利用直线与平面所成角的向量公式求解可判断C、D.
【详解】因为，所以即为直线与所成的角，则，则，
由正三棱柱，得平面，为正三角形，
取中点，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
设，则，
，，，，，，
，则直线与所成角是，故A正确；
，则直线与所成角的余弦值是，故B正确；
设平面的法向量为，则，令，则，
直线与平面所成角是，则，则，故C错误；
平面的一个法向量为，设直线与平面所成角是，
则，则，故D正确，
故选：ABD．
12．ACD
【分析】垂直于同一平面的两条直线平行，A正确；当时结论未必成立，B错误；证明CD正确，得到答案.
【详解】对选项A：垂直于同一平面的两条直线平行，正确；
对选项B：当时结论未必成立，错误；
对选项C：，故，又，故，正确；
对选项D：，，则或，排除，则，正确.
故选：ACD.
13．BC
【分析】对于A：根据已知结合棱台的性质得出与交于一点，即可判断；
对于B：根据已知设在平面中的投影为，则平面，且，即与平面所成的角为，即可计算得出，即可得出答案来判断；
对于C：根据正四棱台的体积求法得出即可判断；
对于D: 根据正四棱台的表面积求法得出即可判断；
【详解】对于A：
为正四棱台，
四条侧棱所在直线交于一点，记为，
分别是棱的中点，
也过点，
，
与属于同一平面，故A错误；
对于B：
为正四棱台，
点在平面上的射影一定在上，记为，则平面，且，
与平面所成的角为，
，
，，
，
，
，故B正确；
对于C：
根据选项B中可得，即正四棱台的高，
设分别为正四棱台上、下底面积，
，故C正确；
对于D：
正四棱台是四个全等的等腰梯形，
梯形的上、下底分别为1、3，高为，
则面积为，
根据选项C可得，，
则正四棱台的表面积为，
故D错误；
故选：BC.
14．ABC
【分析】由线面垂直的性质定理可判断A；由面面平行的性质定理可判断B；由题意分析知P在以D为圆心，半径为1的圆弧上，求出线段的最小长度可判断C；将平面翻折至与共面，记此时点为，则，求出，可判断D.
【详解】
A项：由正方体性质知：，而平面，平面，则，
由，面，则平面，
所以任取上一点作为P，由线面垂直的性质知，故A正确；
B项：由正方体性质知：，面，面，则面，
同理可证：面，而，面，
所以平面平面，所以，则平面，
则平面，即可存在无数个点P满足平面，故B正确；
C项：因为，所以，所以P在以D为圆心，
半径为1的圆弧上，所以（当D，P，B三点共线时取等），故C正确；
D项：将平面翻折至与共面，记此时点为，
则，错误．
故选：ABC.
15．BC
【分析】与平面相交于点，判断选项A，体对角线与异面的面对角线相互垂直，判断选项B，等边三角形中为中点，判断选项C，不垂直于平面，判断选项D.
【详解】
与平面相交于点，故选项A错误；
,面
面
面
,故选项B正确；
连接,为等边三角形，
为中点，
,,则故选项C正确；
由于,故不垂直于，不垂直于平面，故选项D错误.
故选：BC.
16．
【分析】根据平面的基本性质画出过的截面，再利用柱体、锥体的体积公式求，即可得结果.
【详解】延长交的延长线与点，连接交于点，连接：
延长交的延长线与点，连接交于点，连接：
所以过、、的截面为，如下图所示：
设正方体的棱长为，由， 分别是棱、的中点，
所以，
所以，，
则过、、的截面下方几何体的体积为，
所以另一部分体积为，则.
故答案为：.
17．
【分析】求出正四棱台的上下底面外接圆半径，根据求出正四棱台的高的范围，再根据球的性质，利用勾股定理可求出结果.
【详解】由题意得正四棱台的上下底面外接圆半径分别为，，高为，
因为，所以；
设正四棱台的外接球半径为R，球心到上下底面的距离分别为和，
当球心在上下底面之间时，，
当球心不在上下底面之间时，，
所以，
又，，则，，
所以，
所以，
所以，
所以，即，
所以，因为，所以，
所以，所以棱台外接球表面积．
故答案为：．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明平面，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）由题意求得相关线段的长，证明平面，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，利用空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）在图1中，连接交于O，连接，
由菱形的性质得，
在图2中，因为平面且，
,
所以由直线与平面垂直的判定定理得平面，
因为平面，所以.
（2）由平面平面，得平面平面，
菱形的边长为，，，
则,
则三棱锥中，，又，
解得，
故，
作，交延长线于H，得，
由于平面平面，平面平面，平面,
所以平面，
如图，以O为原点，分别为轴，过O作的平行线作为z轴，
建立空间直角坐标系，如图，
所以，
，
设平面的法向量为，
则，取，则，
可得平面的法向量，
设直线与平面所成角为，，
所以.
另解提示：根据上述解法求出，
由，可得，
由，可得，
设点G到平面的距离为d，直线与平面所成角为，
因为即，可得，
所以.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用余弦定理求出，利用勾股定理可证得，再利用面面垂直的性质的定理可证得结论成立；
（2）推导出点为的中点，然后以点为坐标原点，以、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线作轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：由得，，，
，由余弦定理可得，
，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面.
（2）解：因为平面，平面，平面平面，故，
而是的中点，故为中位线，得，
又，故为中点，
由（1）可知平面，以点为坐标原点，以、所在直线分别为、轴，
过点且垂直于平面的直线作轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设点，其中，，，，
所以，，解得，
则，解得，故点，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，，
则，取，可得，
所以，.
由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据已知条件及等腰梯形的性质，再利用勾股定理的逆定理及线面垂直的判定定理，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）解法1：由平面几何知识可知，利用平面平面的性质可求点B到面的距离，从而可求点到面的距离，再根据直线与平面所成角的定义即可求解；
解法2：根据（1）的结论及已知条件，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出直线的方向向量及平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解．
【详解】（1）在平面四边形中，
∵，
∴四边形是等腰梯形
过点作于,因为四边形ABCD是等腰梯形，
所以,,
，
所以，所以，
又，BC，平面，
所以平面，又平面，
所以，平面平面.
（2）解法1：连接交于，因为且，，平面，
所以平面，又平面ABCD，所以，
由平面几何知识可知，，故，
同理可知，
由（1）知，平面平面，过点作交于点，
由面面垂直性质知面，且，
因为，且BD与平面相交于点O，
所以到平面的距离与B到平面的距离之比也是，
所以点到平面的距离为，
设直线与平面所成的角为，则，
即直线与平面所成的角的正弦值为．
（2）解法2：以为原点，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，
则
因为平面，可设，则，
设平面的法向量为，
则，取，则.
设直线与平面所成的角为，
则.
即直线与平面所成的角的正弦值为．
21．(1)
(2)
【分析】（1）建系，利用空间向量结合位置关系求点P的坐标，即可得结果；
（2）根据题意利用空间向量求点P的坐标，再利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）延长交于点，则，
可得，故，
如图建立空间直角坐标系，则
∵，设，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
∵平面平面，则，即，故点在z轴上，
因此点P到平面的距离为z，
又因为，则．
故点P到平面的距离为.
（2）由（1）可得：，且平面平面，
则平面平面，
∵平面平面，则，∴，
直线平面，故Q即为坐标原点O，则，
设，由，
由，则，解得，
即，
由（1）可得：平面的法向量为，平面的法向量为，
∵，
∴平面与平面夹角的余弦值为．
22．(1)
(2)
【分析】(1) 连接AC，根据线面垂直得到线线垂直，再利用线面垂直判定得到面，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求解即可；
(2)根据（1）中的坐标，分别求出两平面的法向量，利用向量的夹角公式和同角三角函数的基本关系即可求解.
【详解】（1）连接AC，面ABCD
，，面PAC，面PAC，，
面，，以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AP为z轴建立坐标系则，
，，
设平面的法向量为，
即，令，则，，
A到面PBC距离.
（2）由（1）可知：，，，，
设平面的法向量为，
即，，令，则，
设面的法向量为，
即令，则，，
，
∴二面角的正弦值为.
23．(1)证明见解析；
(2)证明见解析，.
【分析】(1)由题意可得且，所以四边形为平行四边形，即有，结合线面平行的判断定理即可得证；
(2) 点A作平面，垂足为G，连接,由为正三角形，可得，从而有，所以G在垂直平分线上，又由于是的垂直平分线，从而可得G在直线上；过点G作，由二面角的定义可得是二面角的平面角，在中可得,中，可得，根据即可得的值．
【详解】（1）证明：E，F分别是正方形的边的中点，
∴且，
则四边形为平行四边形，
∴．
又平面平面，
∴平面；
（2）证明：如图1，过点A作平面，垂足为G，连接．
∵为正三角形，
∴，
∴，
∴G在垂直平分线上，
又∵是的垂直平分线，
∴点A在平面内的射影G在直线上．
过点G作，垂足为H，连接，
因为平面，
平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
∴是二面角的平面角，即．
设原正方形的边长为，连接，
在折后图的中，，
∴为直角三角形，，
∴．
在中，，
∴，
则．
24．(1)
(2)
【分析】（1）根据题干数据，先可以证明面，然后利用等体积法求距离即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角即可.
【详解】（1）由题意可得，
又，面，故面.
设点到平面的距离为，
利用等体积法：，
所以解得；
（2）
以点为原点，为轴，为轴，过平行与的射线为轴建立空间直角坐标系，，，，.
设平面法向量为，平面法向量为，
，取则，
故为平面的一个法向量；
，取则，
故为平面的一个法向量；
，
结合图形可知，二面角的大小是锐角，故二面角的余弦值为，该角大小为.
25．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线线平行得到线面平行，再由线面平行的性质证明出线线平行；
（2）作出辅助线，证明出几何体是三棱台，求出上下底面的面积，利用台体体积公式求出答案.
【详解】（1）由题：，
因为平面，平面，
所以平面，
又平面，且平面平面，
所以.
（2）过作的垂线，垂足为，连接，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，
所以
所以就是二面角的平面角，即有
又，所以，
底面是边长为2的正三角形，取AB的中点G，连接CG，交AE于点H，则CG⊥AB，
且，，故
所以，，，
因为，所以四点共线，
又，不平行，故，相交，且由公理可知交点必定在上，
所以几何体是三棱台，
因为，所以三棱台的高，
所以几何体的体积为
.
26．(1)证明见详解
(2)
(3)
【分析】（1）建系，利用空间向量证明线面关系；
（2）利用空间向量求二面角；
（3）先根据空间向量求点到平面的距离，再求三棱锥的体积.
【详解】（1）连接，由题意可知：为等边三角形，
取的中点，连接，则，
∵，则，
如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
∵，且平面，
∴平面.
（2）由（1）可得：，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
可得，
设二面角为，则可得，
故二面角的正弦值.
（3）由（2）可得：，即为等腰直角三角形，
∵点到平面的距离，
∴三棱锥A－BEF的体积.