专题01 空间向量与立体几何（选填）-北京市2021-2022学年高二上学期期末数学试题分类汇编.docx

1、北京市2021-2022学年高二数学上学期期末分类汇编专题01空间向量与立体几何（选填）一、单选题1（2022北京海淀高二期末）如图，在四面体中，D为BC的中点，E为AD的中点，则可用向量，表示为（）ABCD2（2022北京海淀高二期末）已知球O的半径为2，球心到平面的距离为1，则球O被平面截得的截面面积为（）ABCD3（2022北京海淀高二期末）如图，在三棱锥中，平面ABC，则点A到平面PBC的距离为（）A1BCD4（2022北京海淀高二期末）某综合实践小组设计了一个“双曲线型花瓶”.他们的设计思路是将某双曲线的一部分（图1中A，C之间的曲线）绕其虚轴所在直线l旋转一周，得到花瓶的侧面，花瓶

2、底部是平整的圆面，如图2.该小组给出了图1中的相关数据：，其中B是双曲线的一个顶点.小组中甲乙丙丁四位同学分别用不同的方法估算了该花瓶的容积（忽略瓶壁和底部的厚度），结果如下表所示学生甲乙丙丁估算结果（）其中估算结果最接近花瓶的容积的同学是（）（参考公式：，）A甲B乙C丙D丁5（2022北京昌平高二期末）已知，则（）ABC12D146（2022北京昌平高二期末）已知平行六面体中，设，则（）ABCD7（2022北京昌平高二期末）在四棱锥中，底面是矩形，平面，E为中点，则直线与所成角的大小为（）ABCD8（2022北京朝阳高二期末）点是正方体的底面内（包括边界）的动点.给出下列三个结论：满足的点有

3、且只有个；满足的点有且只有个；满足平面的点的轨迹是线段.则上述结论正确的个数是（）ABCD9（2022北京朝阳高二期末）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为.给出下列三个结论：正方体在每个顶点的曲率均为；任意四棱锥的总曲率均为；若某类多面体的顶点数，棱数，面数满足，则该类多面体的总

4、曲率是常数.其中，所有正确结论的序号是（）ABCD10（2022北京大兴高二期末）如图，在平行六面体中，（）ABCD11（2022北京大兴高二期末）已知向量，若共面，则等于（）ABCD12（2022北京丰台高二期末）已知向量(1，1，2)，(x，2，y)，且，则（）ABCD13（2022北京丰台高二期末）在长方体中，为棱的中点. 若，则等于（）ABCD14（2022北京丰台高二期末）在棱长为1的正方体中，点为棱的中点，则点到平面的距离为（）ABCD15（2022北京石景山高二期末）已知是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（ ）A若则B若则C若则D若则16（2022北京石景山高二期

5、末）已知平面的法向量为，平面的法向量为，若，则（）A-2B-1C1D217（2022北京石景山高二期末）若，则（）A4B15C7D318（2022北京石景山高二期末）我们知道用平行于圆锥母线的平面（不过顶点）截圆锥，则平面与圆锥侧面的交线是抛物线一部分， 如图，在底面半径和高均为2的圆锥中， AB、CD是底面圆O的两条互相垂直的直径， E是母线PB的中点，已知过CD与E的平面与圆锥侧面的交线是以E为顶点的圆锥曲线的一部分，则该圆锥曲线的焦点到其准线的距离等于（）ABCD119（2022北京东城高二期末）已知平面，的法向量分别为，且，则（）ABCD20（2022北京东城高二期末）在长方体中，点分

6、别在棱上，则（）ABCD21（2022北京西城高二期末）在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点为（）ABCD22（2022北京西城高二期末）在长方体中，则直线与平面所成角的大小为（）ABCD23（2022北京房山高二期末）设，则的中点的坐标为（）ABCD24（2022北京房山高二期末）如图，在正方体中，分别为，的中点，则异面直线与所成的角大小等于（）A30B45C60D9025（2022北京房山高二期末）若平面，平面的法向量为，则平面的一个法向量可以是（）ABCD26（2022北京房山高二期末）如图，正方体中，是的中点，则下列说法正确的是（）A直线与直线垂直，直线平面B直线与直线平行，直线

7、平面C直线与直线异面，直线平面D直线与直线相交，直线平面27（2022北京怀柔高二期末）给出下列判断，其中正确的是（）A三点唯一确定一个平面B一条直线和一个点唯一确定一个平面C两条平行直线与同一条直线相交，三条直线在同一平面内D空间两两相交的三条直线在同一平面内28（2022北京怀柔高二期末）已知向量，则（）A5B6C7D829（2022北京怀柔高二期末）已知圆柱的底面半径是1，高是2，那么该圆柱的侧面积是（）A2BCD30（2022北京平谷高二期末）已知三棱锥，点分别为的中点，且，用表示，则等于()ABCD31（2022北京顺义高二期末）在空间直角坐标系中，若，则（）ABCD32（2022北

8、京顺义高二期末）在棱长为2的正方体中，是棱上一动点，点是面的中心，则的值为（）A4BC2D不确定二、填空题33（2022北京海淀高二期末）在棱长为1的正方体中，_.34（2022北京海淀高二期末）如图，在矩形中，将沿BD所在的直线进行翻折，得到空间四边形.给出下面三个结论：在翻折过程中，存在某个位置，使得；在翻折过程中，三棱锥的体积不大于；在翻折过程中，存在某个位置，使得异面直线与所成角为45.其中所有正确结论的序号是_.35（2022北京昌平高二期末）在空间直角坐标系中，已知点，若点在平面内，则_36（2022北京昌平高二期末）已知是直线的方向向量，是直线的方向向量若直线，则_37（2022

9、北京丰台高二期末）已知，(2，1，1)，则_38（2022北京丰台高二期末）在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：，过M (m，0)的直线l与抛物线C交于A，B两点.若OAOB，则_.39（2022北京石景山高二期末）在棱长为2的正方体中，为的中点，则三棱锥的体积是_.40（2022北京石景山高二期末）正方体的棱长是1，则直线与平面所成角的大小为_.41（2022北京东城高二期末）若过点和的直线与直线平行，则_42（2022北京房山高二期末）如图，长方体，若，则的坐标为_.43（2022北京房山高二期末）如图，正方体的棱长为1，分别是棱，上的点，如果平面，则与长度之和为_.44（2022北京顺义

10、高二期末）已知向量，且，则实数_.45（2022北京东城高二期末）如图，在棱长都为的平行六面体中，两两夹角均为，则_；请选择该平行六面体的三个顶点，使得经过这三个顶点的平面与直线垂直. 这三个顶点可以是_参考答案：1B【分析】利用空间向量的基本定理，用，表示向量【详解】因为是的中点，是的中点，故选：B2B【分析】根据球的性质可求出截面圆的半径即可求解.【详解】由球的性质可知，截面圆的半径为，所以截面的面积.故选：B3A【分析】设点A到平面PBC的距离为，根据等体积法求解即可.【详解】因为平面ABC，所以,因为，所以又，所以,所以,设点A到平面PBC的距离为，则,即,，故选：A4D【分析】根据几

11、何体可分割为圆柱和曲边圆锥，利用圆柱和圆锥的体积公式对几何体的体积进行估计即可.【详解】可将几何体看作一个以为半径，高为的圆柱，再加上两个曲边圆锥，其中底面半径分别为，高分别为,所以花瓶的容积，故最接近的是丁同学的估算，故选：D5C【分析】先求出向量的坐标，再由空间向量的模长公式可得答案.【详解】由，则 所以 故选：C6B【分析】利用空间向量的线性运算算出答案即可.【详解】故选：B7C【分析】取的中点为，连接，然后可得或其补角即为所求，然后设，即可求出答案.【详解】取的中点为，连接，因为E为中点，所以，所以或其补角即为所求，设，所以，所以为等边三角形，所以，故选：C8C【分析】对于，根据线线平

12、行的性质可知点即为 点，因此可判断正确；对于，根据线面垂直的判定可知平面,，由此可判定的位置，进而判定的正误；对于，根据面面平行可判定平面 平面，因此可判断此时一定落在 上，由此可判断的正误.【详解】如图：对于，在正方体中， ,若 异于 ，则过点至少有两条直线和平行，这是不可能的，因此底面内（包括边界）满足的点有且只有个，即为 点，故正确；对于，正方体中， 平面 ,平面，所以 ,又 ，所以 ，而 , 平面 ,故平面, 因此和 垂直的直线 一定落在平面内，由 是平面上的动点可知，一定落在上，这样的点有无数多个，故错误；对于， ,平面 ,则 平面，同理平面,而 ,所以平面 平面，而平面，所以一定落

13、在平面上，由是平面上的动点可知，此时一定落在上，即点的轨迹是线段，故正确，故选：C.9D【分析】根据曲率的定义依次判断即可.【详解】根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为，故正确；由定义可得多面体的总曲率顶点数各面内角和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形，所以任意四棱锥的总曲率为，故正确；设每个面记为边形，则所有的面角和为，根据定义可得该类多面体的总曲率为常数，故正确.故选：D.10C【分析】利用向量的加减法法则计算即可.【详解】故选：C11D【分析】利用共面向量定理列方程，能求出结果【详解】解：，且，共面，0，解得故选：D12D【分析】以向量平行的充要条件代入，

14、解之即可解决.【详解】由，(1，1，2)，(x，2，y)，可得解之得故故选：D13A【分析】利用空间向量运算法则进行计算.【详解】由题意得：，所以故选：A14B【分析】由，利用等体积法求解.【详解】设点到平面的距离为h，因为，即，所以，故选：B15D【详解】A项，可能相交或异面,当时，存在，故A项错误；B项，可能相交或垂直,当时，存在，故B项错误；C项，可能相交或垂直,当时，存在，故C项错误；D项，垂直于同一平面的两条直线相互平行，故D项正确,故选D.本题主要考查的是对线，面关系的理解以及对空间的想象能力.考点：直线与平面、平面与平面平行的判定与性质；直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质.1

15、6C【分析】根据题意得两平面的法向量平行，从而得到，进而求出结果.【详解】由题意得：与平行，故，即，解得：.故选：C17D【解析】利用空间向量数量积的坐标运算即可求解.【详解】由，所以，又，所以.故选：D18C【分析】由圆锥的底面半径和高及E的位置可得，建立适当的平面直角坐标系，可得C的坐标，设抛物线的方程，将C的坐标代入求出抛物线的方程，进而可得焦点到其准线的距离【详解】设AB， CD的交点为，连接PO，由题意可得PO面AB，所以POOB，由题意OB=OP=OC =2，因为E是母线PB的中点，所以，由题意建立适当的坐标系，以BP为y轴以OE为x轴，E为坐标原点，如图所示可得，设抛物线的方程为

16、y2 = mx，将C点坐标代入可得， 所以，所以抛物线的方程为，所以焦点坐标为， 准线方程为，所以焦点到其准线的距离为故选：C19D【分析】由题得，解方程即得解.【详解】解：因为，所以所以，所以，所以.故选：D20D【分析】依题意可得，从而得到，即可得到，从而得解；【详解】解：由长方体的性质可得，又，所以，因为，所以，所以，因为，所以；故选：D21C【分析】根据点关于坐标平面的对称的特征即可得出答案.【详解】解：因为点关于坐标平面的对称的点横、纵坐标不变，竖坐标互为相反数，所以点关于坐标平面的对称点为.故选：C.22A【分析】结合长方体性质，利用线面角定义找出直线与平面所成角，然后结合已知条件

17、求解即可.【详解】连接，如下图所示：由长方体性质可知，平面，故线与平面所成角为，因为，所以，因为平面，所以，从而，即，故直线与平面所成角的大小为.故选：A.23C【分析】利用中点坐标公式直接得解.【详解】，的中点的坐标为故选：C24C【分析】取的中点，连接，证明，可得即为异面直线与所成角的平面角，从而可得出答案.【详解】解：取的中点，连接，因为，分别为，的中点，所以，所以，故即为异面直线与所成的角，在正方体中，由，分别为，的中点，可知，即为等边三角形，所以，即异面直线与所成的角大小等于.故选：C.25A【分析】根据两平面垂直得出两平面的法向量互相垂直，即两平面法向量的数量积为0，再逐项计算得出

18、结果.【详解】选项A中，选项A正确；选项B中，选项B错误；选项C中，选项C错误；选项D中，选项D错误.故选：A.26A【分析】根据空间的平行和垂直关系进行判定.【详解】连接；由正方体的性质可知，是的中点，所以直线与直线垂直；由正方体的性质可知，所以平面平面，又平面，所以直线平面，故A正确； 以为原点，建立如图坐标系，设正方体棱长为1，显然直线与直线不平行，故B不正确；直线与直线异面正确，所以直线与平面不垂直，故C不正确；直线与直线异面，不相交，故D不正确；故选：A.27C【分析】根据确定平面的条件可对每一个选项进行判断.【详解】对A，如果三点在同一条直线上，则不能确定一个平面，故A错误；对B，

19、如果这个点在这条直线上，就不能确定一个平面，故B错误；对C，两条平行直线确定一个平面，一条直线与这两条平行直线都相交，则这条直线就在这两条平行直线确定的一个平面内，故这三条直线在同一平面内，C正确；对D，空间两两相交的三条直线可确定一个平面，也可确定三个平面，故D错误.故选：C28A【分析】利用空间向量的模公式求解.【详解】因为向量，所以，故选：A29D【分析】由圆柱的侧面积公式直接可得.【详解】故选：D30D【分析】连接，利用，化简即可得到答案.【详解】连接，如下图 .故选：D.31B【分析】直接利用空间向量的坐标运算求解.【详解】解：因为，所以.故选：B32A【分析】画出图形，建立空间直角

20、坐标系，用向量法求解即可【详解】如图，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体棱长为2，点是面的中心，是棱上一动点，所以，故选：A 331【分析】根据向量的加法及向量数量积的运算性质求解.【详解】如图，在正方体中， ，故答案为：134【分析】在矩形中，过点作的垂线，垂足分别为，对于，连接，假设存在某个位置，使得，则可得到，进而得矛盾，可判断；对于在翻折过程中，当平面平面时，三棱锥的体积取得最大值，再根据几何关系计算即可；对于，由题知，设平面与平面所成的二面角为，进而得，进而得异面直线与所成角的余弦值的范围为，即可判断.【详解】解：如图1，在矩形中，过点作的垂线，垂足分别为，则在在翻折过

21、程中，形成如图2的几何体，故对于，连接，假设存在某个位置，使得，由于，所以平面，所以，这与图1中的与不垂直矛盾，故错误；对于在翻折过程中，当平面平面时，三棱锥的体积取得最大值，此时，体积为，故三棱锥的体积不大于，故正确；对于，由的讨论得，所以，所以，设翻折过程中，平面与平面所成的二面角为，所以，故，由于要使直线与为异面直线，所以，所以，所以，所以异面直线与所成角的余弦值的范围为，由于，所以在翻折过程中，存在某个位置，使得异面直线与所成角为45.故答案为：35【分析】根据空间向量的坐标表示和共面定理，列方程组求出答案即可.【详解】因为，所以因为点在平面内，所以即，解得故答案为：36【分析】由，则

22、，从而可得出的值，得出答案.【详解】由，则由，则，解得 所以故答案为：37【分析】以向量的代数运算律解之即可.【详解】由，(2，1，1)可得故答案为：38【分析】设出直线的方程，与抛物线方程联立，消元，写韦达；根据，即可求出.【详解】设直线l为，由，得，设，则，因为点在抛物线上，所以，即，因为OAOB，所以，即，所以，即，又因为，所以.故答案为：.39【分析】由棱锥的体积公式进行转换【详解】是中点，故答案为：40【分析】根据题意，画出直观图，直接作出直线与平面 所成的角为，通过简单计算可得【详解】根据题意，如上图所示，连接与交于，易知：，则有：综上可得：故有：为直线与平面所成的角那么，故答案为

23、：41【分析】根据两直线的位置关系求解.【详解】因为过点和的直线与直线平行，所以，解得，故答案为：342【分析】由，可知长方体的长为2，宽为2，高为1，进而表示出点的坐标，即可求解.【详解】由题设，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，由，知点，知长方体长2，宽2，高1则，故答案为：431【分析】建立空间直角坐标系并设出的长度，然后由线面垂直得到线线垂直，进而通过空间向量垂直的坐标运算求得答案.【详解】设，以D为坐标原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，则.因为平面，所以，则，即的长度和为1.故答案为：1.44【分析】利用向量平行的条件直接解出.【详解】因为向量，且， 所以，解得.故答案为： .45 点或点 （填出其中一组即可）【分析】（1）以向量，为基底分别表达出向量和，展开即可解决；（2）由上一问可知，用上一问同样的方法可以证明出，这样就证明了平面与直线垂直.【详解】（1）令，则，则有，故（2）令，则，则有，故故，即又由（1）之,故直线垂直于平面 同理可证直线垂直于平面故答案为：0;点或点