（7）空间向量与立体几何——2024届高考数学考前模块强化练(含答案)

这是一份（7）空间向量与立体几何——2024届高考数学考前模块强化练(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知向量,,若,则( )
A.B.C.D.
2．如图,在四棱锥中,底面ABCD是正方形,E是PD的中点,点F满足,若,,,则( )
A.B.C.D.
3．在侧棱长为2的正三棱锥中,点E为线段上一点,且,则以A为球心,为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为( )
A.B.C.D.
4．已知正三棱锥的底面边长为4，高为2，则该三棱锥的表面积是( )
A.B.C.D.
5．如图,点N为正方形ABCD的中心,为正三角形,平面平面ABCD,M是线段ED的中点,则( )
A.,且直线BM,EN是相交直线
B.,且直线BM,EN是相交直线
C.,且直线BM,EN是异面直线
D.,且直线BM,EN是异面直线
6．如图,在棱长为1的正方体中,点P是线段上的动点,下列说法错误的是( )
A.平面
B.
C.异面直线AP与所成的角的最小值为
D.三棱锥的体积为定值
7．如图,在直三棱柱中,D为侧棱的中点;,则异面直线与所成角的余弦值为( )
A.B.C.D.
8．在边长为3的菱形中,,将绕直线旋转到,使得四面体外接球的表面积为,则此时二面角的余弦值为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式,宋代称为最尖,清代称为攒尖,通常有圆形攒尖,三角攒尖,四角攒尖,八角攒尖,也有单檐和重檐之分,多见于亭阁式建筑,园林建筑.下面以四角攒尖为例,如图,它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知此正四棱锥的侧棱与底面所成角的正切值近似为,侧棱长近似为米,则下列结论正确的是( ).
A.正四棱锥的底面边长近似为3米
B.正四棱锥的高近似为米
C.正四棱锥的侧面积近似为平方米
D.正四棱锥的体积近似为立方米
10．已知，是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题正确的是( )
A.若，，，则
B.若，，则
C.若，，则
D.若，，则m与所成的角和n与所成的角相等
11．关于空间向量,以下说法正确的是( )
A.空间中的三个向量,若有两个向量共线,则这三个向量一定共面
B.若对空间中任意一点O,有,则P,A,B,C四点共面
C.已知向量组是空间的一个基底,则也是空间的一个基底
D.若,则是钝角
12．如图,正方体棱长为2,E,F,G分别为,,的中点,则( )

A.点与点G到平面的距离相等
B.直线与平面所成角的正弦值为
C.二面角的余弦值为
D.平面截正方体所得的截面面积为
三、填空题
13．已知圆锥的轴截面SAB为正三角形,球与圆锥的底面和侧面都相切.设圆锥的体积､表面积分别为,,球的体积､表面积分别为,,则__________.
14．数学中有许多形状优美,寓意独特的几何体,正八面体就是其中之一.正八面体由八个等边三角形构成,也可以看做由上,下两个正方椎体黏合而成,每个正方椎体由四个三角形与一个正方形组成.如图,在正八面体ABCDEF中,H是棱BC的中点,则异面直线HF与AC所成角的余弦值是______
15．如图,的二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知,,,则CD的长为________
16．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)的底面边长为2,侧棱长为,则与侧面所成的角为________.
四、解答题
17．如图为长方体与半球拼接的组合体，已知长方体的长、宽、高分别为10，8，15（单位：cm），球的直径为5cm.
（1）求该组合体的体积；
（2）求该组合体的表面积.
18．如图,中,,ABED是正方形,平面平面ABC,若G,F分别是EC,BD的中点.
（1）求证:平面ABC;
（2）求证:平面ACD.
19．在正四棱柱中,已知,,点E,F,G,H分别在棱,,,上,且,.
(1)证明：F,E,H,G四点共面;
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
20．如图，在长方体中，，点M为的中点，点N是上靠近的三等分点，与交于点O.
(1)求证：平面；
(2)若，求点N到平面的距离.
参考答案
1．答案：A
解析：,,,
则,解得.
故选:A.
2．答案：C
解析：由题意知
.
故选:C.
3．答案：C
解析：取中点F,连接、,则有,,
又,、平面,故平面,
又平面,故,又,
,、平面,故平面,
又、平面,故,,
由正三棱锥的性质可得、、两两垂直,
故,即以A为球心,为半径的球面与侧面的交线长为：
,即与该三棱锥三个侧面交线长的和为.
故选：C.
4．答案：D
解析：如图，正三棱锥中，，取BC的中点，连接AN，ON，
则M在AN上，且，又，BN=2，所以，
所以，则，
所以，.
5．答案：B
解析：如图所示,作于O,连接ON,过M作于F.
连BF,平面平面ABCD.
平面CDE,平面ABCD,平面ABCD,
与均为直角三角形.设正方形边长为2,易知,
,,.,故选B.
6．答案：C
解析：对于A,易知,又平面,平面,所以平面,
同理平面,又,所以平面平面,
又平面,所以平面,故A正确;
对于B,易知,又,则平面,
又平面 ,则,同理,又 ,
所以平面,又平面,所以,故B正确;
对于C,如图所示：
过点D作,连AQ,知就是异面直线AP与所成的角的最小角,
有,故C错误;
对于D,,其中是定值,
面平面,知点P到面的距离是一个定值.故D正确.
故选：C.
7．答案：D
解析：不妨设,,故,
所以,即,在直三棱柱中,平面,,平面,所以,.以A为坐标原点建立空间直角坐标系,如图所示,
则,,,所以,,
所以,
故异面直线与所成角的余弦值为.
故选：D.
8．答案：A
解析：由题意可知,和均为正三角形,
设E为中点,延长,作交于点H,
可得是二面角的平面角,
作的中心F,则F在上,且,
作,,,可知四面体外接球的球心O在上,又,,
在和中,由,,
,,解得,,
,二面角的余弦值为.
故选：A.
9．答案：BD
解析：如图,在正四棱锥中,O为正方形ABCD的中心,则平面ABCD,则为侧棱与底面所成的角,且.
设底面边长为2a,则,.
在中,,所以米,则正四棱雉的底面边长为6米,高为米,的高为(米),所以侧面积(平方米),体积(立方米),故选BD.
10．答案：BD
解析：对于A，根据已知条件，可得如下图的反例：
故A错误；
对于B，若，则m垂直于平面内的任意一条直线，又，
由等角定理可知，，故B正确；
对于C，根据已知条件，可得如下图的反例，n在面内：
故C错误；
对于D，若，，根据等角定理以及线面角的定义可知，
m与所成的角和n与所成的角相等，故D正确.
故选：BD.
11．答案：ABC
解析：对于A,因为有两个向量共线,所以这三个向量一定共面,A正确;
对于B,因为,且,
所以P,A,B,C四点共面,B正确;
对于C,因为是空间中的一组基底,所以,,不共面且都不为,
假设,,共面,则,
即,则,与其为基底矛盾,所以,,不共面,
所以也是空间的一组基底,C正确;
对于D,若,则是钝角或是,D错误;
故选:ABC
12．答案：ACD
解析：对于,如图1所示,取的中点N,连接,,
则有,平面,平面,平面.
,平面,平面,平面,平面,平面,,
所以平面平面.
又因为平面,所以平面,点与点G到平面的距离相等,故A正确;
对于B,如图2所示,连接,又平面,所以为直线与平面所成角,由已知得：,,,
所以中,,即B错误;
对C,如图3所示,因为平面,作交延长线于H,
连接,则,故设二面角的平面角为,
由得,,
所以,即C正确;
对于D,如图4所示,连接,,延长,交于点S,
因为E,F分别为,的中点,所以,
所以A,E,F,四点共面,所以截面即为等腰梯形.
,,梯形的高为,
所以梯形的面积为,故D正确.

故选：ACD.
13．答案：1
解析：不妨设正三角形SAB的边长为2,则圆锥的底面半径为1,高为,母线长为2,所以;易得球的半径为,所以,,所以,故.
14．答案：
解析：取棱AB的中点G,连接HG,FG.因为H,G分别是棱BC,AB的中点,
所以,则是异面直线HF与AC所成的角或补角.设,则,,.在中,由余弦定理可得,则异面直线HF与AC所成角的余弦值是.
15．答案：
解析：由条件,知,,
所以
,
所以,
故答案为:
16．答案：
解析：以A为原点,以,,
所在直线分别为x轴,y轴,z轴(如图)建立空间直角坐标系,
设D为的中点,如图所示:
则,,,
,,
易知,,,,平面,
故平面,
所以为与平面所成的角,
,
又,.故答案为.
17．答案：（1）体积为（cm3）
（2）表面积（cm2）
解析：（1）根据该组合体是由一个长方体和一个半球组合而成.由已知可得（cm3），
又，
所以所求几何体体积为：（cm3）.
（2）因为（cm2），
故所求几何体的表面积
（cm2）.
18．答案：（1）证明见解析
（2）证明见解析
解析：（1）证明:如图,取BE的中点H,连接HF,GH.
,F分别是EC和BD的中点,
,.
又四边形ADEB为正方形,
,从而.
平面ABC,平面ABC,
平面ABC,
同理平面,又,
平面平面ABC,
平面HGF,
则平面ABC;
（2）为正方形,
.
又平面平面ABC,且平面平面,面ADEB,
平面ABC,平面ABC,则,
,,
,则,得.
又,AD,平面ACD,
平面ACD.
19．答案：(1)证明见解析;
(2).
解析：（1）在正四棱柱中,以点A为原点,直线,,分别为x,y,z建立空间直角坐标系,
则,,,,,,
因此,即,,共面,又,,有公共点E,
所以F,E,H,G四点共面.
（2）由（1）知,,,,,
设平面的法向量,则,
令,得,
而平面的法向量为,则,
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20．答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(1)连接，由O和M分别为线段，的中点，所以，
又由且，所以四边形是平行四边形，
所以，可得，
因为平面，平面，所以平面.
(2)连接，，由，
因为O为的中点，且，所以.
以D为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，，，，
所以，.
设平面的法向量为，则，
令，则，所以.
因为，所以点N到平面的距离为.