单元提升卷09 空间向量与立体几何（解析版）.docx

1、单元提升卷09 空间向量与立体几何（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1水平放置的的直观图如图，其中，那么原是一个（）A等边三角形B直角三角形C三边中只有两边相等的等腰三角形D三边互不相等的三角形【答案】A【分析】根据斜二测画法的规则求解即可.【详解】由图形知，在原中，如图，因为，所以，又，.为等边三角形.故选：A2如图直角梯形中，且，以为轴旋转一周，形成的几何体中截一正四棱台的最大体积为（）ABC7D【答案】B【分析】根据题意，旋转形成的几何体是圆台，从圆台中截一最大体积的正四棱台，求

2、出上下底面的边长和高，根据棱台的体积公式计算出体积.【详解】直角梯形，以为轴旋转一周，形成的几何体是上底面半径为1，下底面半径为2，高为1的圆台，该圆台中截取的最大体积的正四棱台如图，上底面边长为，下底面边长为，高为1，所以正四棱台的最大体积为：.故选：B.3已知是两条不同的直线，是三个不同的平面下列说法中不正确的是（）A若 ，则B若，则C若，则D若，则【答案】B【分析】根据空间中的线面、面面关系逐一判断即可.【详解】由线面平行的性质定理可知A正确；若，则或，故B错误；因为，所以由面面垂直的性质定理可知，必有，使得，同理，由得必有，使得，从而有，若与是相同直线，则由得；若与是不同直线，则由，可

3、得，因为，则由线面平行的性质定理可得，故，故C正确；若，则，又，则，故D正确故选：B.4我国古代数学名著九章算术中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马如图，四棱锥为阳马，平面，且，若，则（）ABCD【答案】A【分析】根据向量线性运算，以为基底表示出，从而确定的取值.【详解】，.故选：A.5如图，在三棱锥中，异面直线与所成的角为60，分别为棱，的中点，若，则（）AB2C或D2或【答案】C【分析】利用线线角以及余弦定理求得.【详解】设是的中点，连接，由于，分别为棱，的中点，所以,所以是异面直线与所成的角或其补角，当时，在三角形中，由余弦定理得.当时，在三角形中，由余弦定理得.所以为或.

4、故选：C6已知是边长为4的等边三角形，将它沿中线折起得四面体，使得此时，则四面体的外接球表面积为（）ABCD【答案】D【分析】根据题意可得平面，将四面体转化为直三棱柱，四面体的外接球即为直三棱柱的外接球，结合直三棱柱的性质求外接圆半径.【详解】因为为等边三角形，且为中线，则，即，且平面，可得平面，设的外接圆圆心为，半径为，因为，由余弦定理可得，且，则，所以，将四面体转化为直三棱柱，四面体的外接球即为直三棱柱的外接球，设四面体的外接球的球心为，半径为，则，则，所以四面体的外接球表面积为.故选：D.7如图，在四面体中，若用一个与，都平行的平面截该四面体，下列说法中错误的（）A异面直线与所成的角为9

5、0B平面截四面体所得截面周长不变C平面截四面体所得截面不可能为正方形D该四面体的外接球半径为【答案】C【分析】取中点，即可得到平面，从而说明A，设平面与四面体的各棱的交点分别为，根据线面平行的性质得到，同理，从而得到线段比例关系，即可判断B、C，四面体的外接球为长、宽、高分别为1，1，2的长方体的外接球，即可判断D.【详解】对于A，如图1，取中点，为等腰三角形且，那么，同理，且，平面，那么平面，而平面，所以，故A正确；对于B，如图2，设平面与四面体的各棱的交点分别为，由平面，且平面，两个平面的交线为，则，同理，所以截面为平行四边形，又，所以，截面的周长为，B正确；对于C，为各棱中点时，截面是边

6、长为的正方形，C错误；对于D，如图3，四面体的外接球为长、宽、高分别为1，1，2的长方体的外接球，则外接球的半径，D正确故选：C8三棱锥中，两两垂直且相等，点分别是线段和上移动，且满足，则和所成角余弦值的取值范围是（）ABCD【答案】C【分析】分别以为轴建立空间直角坐标系, 设，得出，设，从而得出，设，结合参数的范围得出答案.【详解】由两两垂直且相等,分别以为轴建立空间直角坐标系.如图所示，不妨取则，设，则，解得，设，则，又，设，则，所以，由，则，则，当时，同时达到最小值，此时取得最小值， 所以有最大值，此时,；时，同时达到最大值，此时取得最大值， 所以有最小值，此时，； 综上可得：和所成角余

7、弦值的取值范围是故选：C.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，与交于点，面，且，则以下说法正确的是（）A平面B与平面所成角为C面D点到面的距离为2【答案】ABC【分析】利用线线垂直可判定A项，利用线面角定义可判定B项，利用线线平行可判定C项，利用线面垂直可判定D项.【详解】由于四边形是边长为2的正方形，故，又面，面，面，故A正确；连接PO，由A可知：与平面所成角为，由条件可得，故B正确；易知面，面，即面，故C正确；由A可知点到面的距离为，而，故

8、D错误.故选：ABC10已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个半圆，设圆锥的顶点为，是底面圆周上的两个不同的动点，给出下列四个结论，其中成立的是（）A圆锥的侧面积为B母线与圆锥的高所成角的大小为C可能为等腰直角三角形D面积的最大值为【答案】BD【分析】根据给定条件，求出圆锥的母线长，再逐项分析判断作答.【详解】由圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个半圆，得，则，对于A，圆锥侧面积为，A错误；对于B，圆锥底面圆直径为2，即圆锥轴截面三角形为等边三角形，则母线与圆锥的高所成角的大小为，B正确；对于C，由选项B知，等腰的顶角满足：，则不可能为等腰直角三角形，C错误；对于D，面积，D正确.故选：

9、BD11所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫作拟柱体，拟柱体的侧面是三角形、梯形或平行四边形，其体积是将上下底面面积、中截面(与上下底面距离相等的截面)面积的4倍都相加再乘以高(上下底面的距离)的，在拟柱体中，平面/平面，分别是的中点，为四边形内一点，设四边形的面积的面积为，面截得拟柱体的截面积为，平面与平面的距离为，下列说法中正确的有（）A直线与是异面直线B四边形的面积是的面积的4倍C挖去四棱锥与三棱锥后，拟柱体剩余部分的体积为D拟柱体的体积为【答案】ABC【分析】由面面平行的性质证线线平行，结合异面直线、梯形定义及中位线性质等判断A、B；利用柱体、锥体体积公式求体积判断C、D.【详解】A：

10、面面，面面，面面，即共面，不在面上，故不共面，所以直线与是异面直线，正确；B：设到的距离为，到距离为，同A分析易知，所以四边形是梯形，因为分别是的中点，所以.所以，正确；D：由题意知：拟柱体体积为，错误；C：挖去四棱锥与三棱锥后，拟柱体剩余部分的体积为，正确；故选：ABC12如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（含端点），则下列说法正确的是（）A存在点，使得B存在点，使得异面直线与所成的角为C三棱锥体积的最大值是D当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大【答案】ACD【分析】首先以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，对选项A，假

11、设存在点，根据即可判断A正确，对选项B，假设存在点，根据无解即可判断B错误，对选出C，连接，根据即可判断C正确，对选项D，设直线与平面所成的角为，得到，再根据函数的单调性即可判断D正确.【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，；对于A，假设存在点，使得，则，又，所以，解得：，即点与重合时，A正确；对于B，假设存在点，使得异面直线与所成的角为，因为，所以，方程无解；所以不存在点，使得异面直线与所成的角为，B错误；对于C，连接；设，因为，所以当，即点与点重合时，取得最大值；又点到平面的距离，所以，C正确；对于D，由上分析知：，若是面的法向量，则，令，则，因为，设直线与平面所

12、成的角为，所以，当点自向处运动时，的值由到变大，此时也逐渐增大，因为在为增函数，所以也逐渐增大，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13平面的法向量，点B在上且，则到的距离为 【答案】【分析】求出，根据空间向量求点到平面距离距离公式求解即可.【详解】因为，故到的距离.故答案为：14（ 2023黑龙江大庆统考二模）如图，在直三棱柱中，O是的中点，在侧面上以O为圆心，2为半径作圆，点P是圆O上一点，则线段BP长的最小值为 【答案】4【分析】取AC的中点F，过点B作，垂足为E，连接PE，PF，可得时EP最小，利用题目中各边长度求解可得BP的最小值【详解】取AC的中

13、点F，过点B作，垂足为E，连接PE，PF，因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，因为平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，得，当时EP最小，此时BP有最小值，因为，所以，易求，由，得，所以，所以BP的最小值为故答案为：415在三棱锥中，底面为正三角形，平面，G为的外心，D为直线上的一动点，设直线与所成的角为，则的取值范围为 【答案】【分析】建立空间直角坐标系，设，则，求出的范围，从而得到的取值范围.【详解】不妨设，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，由题意得G为的中点，所以设，得，则，因为，所以当时，当时，得综上，由得故答案为：16已知三棱锥中，平面，.在此棱锥表面上，从点

14、经过棱上一点到达点的路径中，最短路径的长度为，则该棱锥外接球的表面积为 .【答案】【分析】根据几何体的线面关系可将其放进一个长方体，外接球直径就是体对角线长，此时需要长方体的长宽高数据，根据题干中的最短路径数据，转化成平面问题列余弦定理方程求解.【详解】由于平面，可将三棱锥放在一个如上图的长方体里，长方体的外接球直径就是三棱锥的外接球，就是体对角线的长，下将翻折到和共面的状态，如下图：由平面，平面，故，在上图长方体中，显然平面，又平面，故，在中，则，于是，由题意，点经过棱上一点到达点的路径中，最短路径的长度为，则平面图中的，设，在中，由余弦定理，整理得，解得（负值舍去）.故长方体中，则，即为外

15、接球直径，故外接球的表面积是.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。17在四棱柱中，(1)当时，试用表示；(2)证明：四点共面；【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据空间向量线性运算进行求解；（2）设（不为0），推导出，进而证明出四点共面.【详解】（1）四棱柱中，因为，所以；（2）设（不为0），则共面且有公共点，则四点共面；18如图，四棱锥的底面是矩形，底面，(1)证明：平面平面；(2)求及三棱锥的体积【答案】(1)证明见解析(2)，【分析】（1）由底面，可得，再结合和线面垂直的判断可证得平面，再由面面垂直的判定定理可得结论，（2）连接

16、，可得，可证得四边形是正方形，再利用棱锥的体积公式可求得结果.【详解】（1）因为平面，又平面，所以，又，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面（2）连接，由（1）可知，平面，又平面，故，又四边形是矩形，所以四边形是正方形，所以所以19如图，在三棱柱中，侧面是菱形，且，侧面是边长为的正方形，侧面侧面，为的中点(1)求证：平面；(2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由菱形和等边三角形性质可证得；根据面面垂直和线面垂直性质可证得，由线面垂直的判定可证得结论；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）连接，侧面是

17、菱形，且，是等边三角形，又为的中点，；侧面是边长为的正方形，又侧面侧面，侧面侧面，侧面，侧面，又平面，平面，平面.（2）以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则、，设平面的法向量，则，令，解得：，；平面轴，平面的一个法向量，平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.20如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，为棱的中点，为边的中点.(1)求证：平面；(2)若侧面底面，且，；求与平面所成的角；在棱上是否存在点，使点到直线的距离为，若存在，求的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)；存在点，【分析】（1）取线段的中点，连接，证明为平行四边形，即可证明结论；（2）以为原点，

18、分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系如图所示，求出平面的一个法向量根据线面夹角向量公式即可求解；设，则向量，根据点到直线距离向量公式解出参数，即可求出结果【详解】（1）取线段的中点，连接，在中，分别为的中点.，且又底面是菱形，且为的中点，且，且四边形为平行四边形，又平面平面平面；（2）在平面内过点作，由平面底面得平面，菱形中，则，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，是正三角形，则， ，设平面的一个法向量为，则，取，得，所以，设直线与平面所成的平面角为，且，则，故直线与平面所成的角为设即化简得，故（舍负）综上，存在点，21图是直角梯形，四边形是边长为的菱形，并且，以为折痕将折起，使点

19、到达的位置，且.(1)求证：平面平面；(2)在棱上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，直线与平面所成角的正弦值为【分析】（1）由二面角平面角定义可知是二面角的平面角，利用勾股定理可说明，由此可证得结论；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由点到平面距离的向量求法可构造方程求得，利用线面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）在图中，连接，交于，四边形是边长为的菱形，；在图中，相交直线均与垂直，是二面角的平面角，平面平面.（2）以为坐标原点，正方向为轴可建立如图所示空间直角坐标系，则，设，则，设平面

20、的一个法向量，则，令，解得：，；点到平面的距离，解得：或（舍），直线与平面所成角的正弦值为.22如图，圆锥的顶点为，底面圆心为为两条互相垂直的直径，是底面圆周上的动点（异于），且在直径的两侧.已知.(1)若，求证：；(2)若在线段上存在点（异于），使得平面，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线面垂直证明异面直线垂直即可；（2）建立空间直角坐标系，利用线面关系求解角度范围即可.（1）解：因为平面平面，所以，当时，则，如图，连接则因为，又，所以，则所以因为平面，所以平面，因为平面，所以；（2）解：分别以为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，设，则，所以，设平面的法向量为，则，取，则，所以，设，因为，所以，所以，因为平面，所以，即，所以，所以，解得.