加强练(十)立体几何与空间向量--备战2022年高考数学配套word试题(创新设计版).pdf

加强练(十)立体几何与空间向量 一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 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)1(2021宁波模拟)若直线 l 不平行于平面，且 l，则()A 内所有直线与 l 异面 B 内只存在有限条直线与 l 共面 C 内存在唯一的直线与 l 平行 D内存在无数条直线与 l 相交 答案 D 解析 由直线与平面的位置关系知 l，则 l 或 l 与平面 相交由题意知，l 不平行于平面，则设 lP，故平面 内所有过点 P 的直线与 l 相交，平面 内不过点 P 的直线与 l 异面，故选 D.2(2021湘中名校联考)已知 m，n 是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题中正确的是()A若 m，n，则 mn B若 m，m，则 C若，则 D若 m，n，则 mn 答案 D 解析 A 中，两直线可能平行、相交或异面；B 中，两平面可能平行或相交；C中，两平面可能平行或相交；D 中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D.3如图，四个棱长为 1 的正方体排成一个正四棱柱，AB 是一条侧棱，Pi(i1，2，8)是上底面上其余八个点，则ABAPi(i1，2，8)的不同值的个数为()A1 B2 C4 D8 答案 A 解析 ABAPi|AB|APi|cosAB，APi111，只有一个值 4(2021杭州二中仿真模拟)设某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为()A12 B8 C4 D2 答案 C 解析 由三视图可知，该几何体是三棱锥，其体积 V13124324，故选C.5(2020山东卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间把地球看成一个球(球心记为 O)，地球上一点 A 的纬度是指 OA 与地球赤道所在平面所成角，点 A 处的水平面是指过点 A 且与 OA垂直的平面，在点 A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点 A 处的纬度为北纬 40，则晷针与点 A 处的水平面所成角为()A20 B40 C50 D90 答案 B 解析 如图所示，O 为赤道平面，O1为 A 点处的日晷的晷面所在的平面，由点 A 处的纬度为北纬 40可知OAO140，又点 A 处的水平面与 OA 垂直，晷针AC 与O1所在的面垂直，则晷针 AC 与水平面所成角为 40.故选 B.6(2021龙湾中学检测)在正四面体 ABCD 中，P 是 AB 的中点，Q 是直线 BD上的动点，则直线 PQ 与 AC 所成的角可能为()A.12 B.4 C.512 D.2 答案 C 解析 如图，以 BD 的中点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正四面体的棱长为 2，则易得 B(0，1，0)，C(3，0，0)，D(0，1，0)，A33，0，2 63，P36，12，63.设 点 Q(0，m，0)，mR，则 AC2 33，0，2 63，PQ36，m12，63，则 cosAC，PQACPQ|AC|PQ|12m1223433，则AC，PQ3，2，故选 C.7.如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PA平面 ABCD，PAAD4，AB2.以 AC 的中点 O 为球心，AC 为直径的球面交 PD 于点 M.则 CD 与平面 ACM 所成角的正弦值为()A.32 B.33 C.53 D.63 答案 D 解析 如图所示，建立空间直角坐标系，则 A(0，0，0)，P(0，0，4)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，4，0)，M(0，2，2)所以AC(2，4，0)，AM(0，2，2)，CD(2，0，0)设平面 ACM 的一个法向量 n(x，y，z)，由 nAC，nAM，可得2x4y0，2y2z0，令 z1，得 n(2，1，1)设所求角为，则 sin|CDn|CD|n|63.8(2021长沙四校模拟一)在棱长为 2 的正方体 ABCDABCD中，有一个与正方体各个面均相切的球 O，则平面 ABD截该球所得截面的面积为()A.23 B.43 C D2 答案 A 解析 由题意知球 O 的球心为正方体的中心(体对角线的交点)，半径为 1，AAABAD2，ADBDAB2 2.设点 A到平面 ABD的距离为 h，则由 VAABDVAABD，得13122 22 2sin 60h1312222，得 h2 33.连接 AC，易知 AC2222222 3，所以球心 O 到平面 ABD的距离为 32 3333，从而截面圆的半径为133263，因此所求截面的面积为23.9(2021北京西城区综合练习)已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，平面 与此正方体相交对于实数 d(0d 3)，如果正方体 ABCDA1B1C1D1的八个顶点中恰好有 m 个点到平面 的距离等于 d，那么下列结论中一定正确的是()Am6 Bm5 Cm4 Dm3 答案 B 解析 如图(1)恰好有 3 个点到平面 的距离为 d；如图(2)恰好有 4 个点到平面 的距离为 d；如图(3)恰好有 6 个点到平面 的距离为 d.10(2021浙江名师预测卷二)如图，已知三棱锥 SABC 中，SASBSC，ABC90，ABBC，E，F，G 分别是 AB，BC，AC 的中点，分别记平面 SEF 与平面 SAC、平面 SEG 与平面 SBC、平面 SFG 与平面 SAB 所成的锐二面角为，则，的大小关系是()A B C D 答案 C 解析 由 SASBSC 可知点 S 在底面 ABC 上的射影是ABC 的外心，ABC90，AC 的中点 G 就是点 S 在底面 ABC 上的射影，即 SG平面 ABC，过点G 作 GHEF，交 EF 于点 H，连接 SH，则GSH 就是平面 SEF 与平面 SAC 所成角的平面角，tanGSHtan GHSG，易证 GF平面 SEG，GSF 就是平面SEG 与平面 SBC 所成角的平面角，tanGSFtan GFSG，同理，tanGSEtan GESG，在 RtEGF 中，GHGEGF，tan tan tan，故选C.二、填空题(本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分)11(2019全国卷)已知ACB90，P为平面ABC外一点，PC2，点P到ACB两边 AC，BC 的距离均为 3，那么 P 到平面 ABC 的距离为_ 答案 2 解析 如图，过点 P 作 PO平面 ABC 于 O，则 PO 为 P 到平面 ABC 的距离 再过 O 作 OEAC 于 E，OFBC 于 F，连接 OC，PE，PF，则 PEAC，PFBC.所以 PEPF 3，所以 OEOF，所以 CO 为ACB 的平分线，即ACO45.在 RtPEC 中，PC2，PE 3，所以 CE1，所以 OE1，所以 PO PE2OE2（3）212 2.12如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 4，P 为 BC 的中点，Q 为线段 CC1上的动点(异于 C 点)，过点 A，P，Q 的平面截该正方体所得的截面记为 M.当 CQ_时(用数值表示)，M 为等腰梯形；当 CQ4 时，M 的面积为_ 答案 2 8 6 解析 连接 AP 并延长交 DC 的延长线于点 N，当点 Q 为 CC1的中点，即 CQ2时，连接 D1N，则 D1N 过点 Q，PQ 綉 AD1，显然 APD1Q，M 为等腰梯形；当CQ4 时，NQ 交棱 DD1延长线上一点(设为 G)，且 GD14，AG 过 A1D1的中点，此时 M 为菱形，其对角线长分别为 4 3和 4 2，故其面积为 8 6.13(2021浙江“超级全能生”联考)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是_ cm3，表面积是_ cm2.答案 16 8 24 624 解析 易知该几何体是一个底面为直角梯形，一条侧棱垂直底面的四棱锥，所以该几何体的体积 V13（42）42416(cm3)，表面积为（42）4244242244 224 32 228 24 624(cm2)14(2019全国卷)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图)半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美 图是一个棱数为48 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为 1，则该半正多面体共有_个面，其棱长为_ 答案 26 21 解析 依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6 个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由 18 个正方形，8 个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有 26 个面 注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为 x，则 22xx22x1，解得 x 21，故题中的半正多面体的棱长为21.15已知球 O 与棱长为 4 的正方体 ABCDA1B1C1D1的所有棱都相切，点 M 是球 O 上一点，点 N 是ACB1的外接圆上一点，则线段 MN 长度的最大值为_；最小值为_ 答案 2 32 2 2 32 2 解析 因为球 O 与棱长为4 的正方体的各棱都相切，所以球 O 的半径为2 2，球心 O 在体对角线的中点，ACB1的外接圆是正方体外接球的一个小圆，点 N 是ACB1的外接圆上一点，则点N到球心O的距离为2 3(即正方体外接球的半径)，因为点 M 是球 O 上一点，所以线段 MN 长度的最小值为 2 32 2，线段 MN 长度的最大值为 2 32 2.16(2021北仑中学模拟)如图，正四面体 ABCD 的棱 CD 在平面 内，E 为棱 BC的中点，当正四面体 ABCD 绕 CD 旋转时，直线 AE 与平面 所成最大角的正弦值为_ 答案 336 解析 过点 E 作 CD 的平行线，交 BD 于 F，则正四面体绕 CD 旋转时 AE 与平面 所成角相当于绕 EF 旋转时 AE 与平面 所成角此时直线 AE 形成一个圆锥，所以可知直线 AE 与平面 所成角的最大值即为 AE 与 EF 所成的角设正四面体的棱长为 2，则 AEAF 3，EF1，所以 cosAEF3132 336，所以sinAEF336，即直线 AE 与平面 所成最大角的正弦值为336.17(2021绍兴一中适应性考试)已知半径为 4 的球面上有两点 A，B，AB4 2，球心为O，若球面上的动点C满足二面角CABO的大小为60，则四面体OABC的外接球的半径为_ 答案 4 63 解析 如图，由已知，AOOB，又平面 ABC 与平面 AOB 所成的二面角大小为60，则平面 ABC 截球 O 的球面为一个圆，当点 C 在弧 ACB 的中点时，取 AB 的中点 M，连接 CM，OM，则 AB平面 CMO，故二面角 CABO 的平面角为CMO，则CMO60.作 OHCM 于点 H，由 OAOBOC4，AB4 2，设四面体 OABC 的外接球球心为 O1OH，则由 OM12AB2 2得 OHOMsin 60 6.HMOMcos 60 2，故四面体 OABC 的外接球的半径 r 满足 O1O2O1A2HM2AM2O1H2，即 r2(2)2(2 2)2(r 6)2，解得 r4 63.三、解答题(本大题共 5 小题，共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18(本小题满分 14 分)如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，D，E 分别为 AB，BC 的中点，点 F 在侧棱 B1B 上，且 B1DA1F，A1C1A1B1.求证：(1)直线 DE平面 A1C1F；(2)平面 B1DE平面 A1C1F.证明(1)在直三棱柱 ABCA1B1C1中，A1C1AC.在ABC 中，因为 D，E 分别为 AB，BC 的中点，所以 DEAC，于是 DEA1C1.又因为 DE平面 A1C1F，A1C1平面 A1C1F，所以直线 DE平面 A1C1F.(2)在直三棱柱 ABCA1B1C1中，A1A平面 A1B1C1.因为 A1C1平面 A1B1C1，所以 A1AA1C1.又因为 A1C1A1B1，A1A平面 ABB1A1，A1B1平面 ABB1A1，A1AA1B1A1，所以 A1C1平面 ABB1A1.因为 B1D平面 ABB1A1，所以 A1C1B1D.又因为 B1DA1F，A1C1平面 A1C1F，A1F平面 A1C1F，A1C1A1FA1，所以 B1D平面 A1C1F.因为直线 B1D平面 B1DE，所以平面 B1DE平面 A1C1F.19(本小题满分 15 分)(2020新高考山东卷)如图，四棱锥 PABCD 的底面为正方形，PD底面 ABCD.设平面 PAD 与平面 PBC 的交线为 l.(1)证明：l平面 PDC；(2)已知 PDAD1，Q 为 l 上的点，求 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值的最大值(1)证明 因为 PD底面 ABCD，所以 PDAD.又底面 ABCD 为正方形，所以ADDC，又 PDDCD，所以 AD平面 PDC.因为 ADBC，AD平面 PBC，所以 AD平面 PBC.由已知得 lAD，因此 l平面 PDC.(2)解 以 D 为坐标原点，DA的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz.则 D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，DC(0，1，0)，PB(1，1，1)由(1)可设 Q(a，0，1)，则DQ(a，0，1)设 n(x，y，z)是平面 QCD 的法向量，则nDQ0，nDC0，即axz0，y0.可取 n(1，0，a)所以 cosn，PBnPB|n|PB|1a31a2.设 PB 与平面 QCD 所成角为，则 sin 33|a1|1a23312aa21.因为3312aa2163，当且仅当 a1 时等号成立，所以 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值的最大值为63.20(本小题满分 15 分)(2021台州期末)如图，七面体 ABCDEF 的底面是凸四边形ABCD，其中 ABAD2，BAD120，AC，BD 互相垂直并相交于点 O，OC2OA，棱 AE，CF 均垂直于底面 ABCD，且 AE2CF.(1)证明：直线 DE 与平面 BCF 不平行；(2)若 CF1，求直线 BC 与平面 BFD 所成角的正弦值(1)证明 假设 DE平面 BFC，因为 AECF，AE平面 BFC，CF平面 BFC，所以 AE平面 BFC，又因为 DE平面 BFC，AEDEE，AE，DE平面 ADE，所以平面 ADE平面 BFC，根据面面平行的性质定理可得 ADBC，所以BOODCOOA.因为 ABAD，AOBD，所以 BOOD，COOA，这与 OC2OA 矛盾，所以 DE 与平面 BFC 不平行(2)解 以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 B(0，3，0)，C(2，0，0)，D(0，3，0)，E(1，0，2)，F(2，0，1)，所以BC(2，3，0)，DB(0，2 3，0)，DF(2，3，1)设平面 BFD 的法向量 n(x，y，z)，由DBn0，DFn0，可得2 3y0，2x 3yz0，则 y0，取 x1，得 z2，所以平面 BFD 的一个法向量 n(1，0，2)所以直线 BC 与平面 BFD 所成的角的正弦值为 sin|BCn|BC|n|2 3535.21(本小题满分 15 分)(2021浙江十校联考)如图，四棱锥 PABCD 的底面 ABCD是边长为 2 的菱形，ABC3，PA底面 ABCD，点 M 是棱 PC 的中点 (1)求证：PA平面 BMD；(2)当 PA 3时，求直线 AM 与平面 PBC 所成角的正弦值(1)证明 如图，连接 AC 交 BD 于点 O，易知 O 为 AC 的中点，连接 MO.M，O 分别为 PC，AC 的中点，PAMO.PA平面 BMD，MO平面 BMD，PA平面 BMD.(2)解 如图，取线段 BC 的中点 H，连接 AH.四边形 ABCD 为菱形，ABC3，AHAD.以 A 为坐标原点，分别以 AH，AD，AP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图的空间直角坐标系 Axyz.A(0，0，0)，B(3，1，0)，C(3，1，0)，P(0，0，3)，M32，12，32，AM32，12，32，BC(0，2，0)，PC(3，1，3)设平面 PBC 的法向量为 m(x，y，z)由mBC0，mPC0，得2y0，3xy 3z0.取 z1，则 x1，y0，m(1，0，1)设直线 AM 与平面 PBC 所成的角为，则 sin|cosm，AM|mAM|m|AM|321120321274427.直线 AM 与平面 PBC 所成角的正弦值为427.22(本小题满分 15 分)(2020全国卷)如图，已知三棱柱 ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面 BB1C1C 是矩形，M，N 分别为 BC，B1C1的中点，P 为 AM 上一点，过 B1C1和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC 于 F.(1)证明：AA1MN，且平面 A1AMN平面 EB1C1F；(2)设 O 为A1B1C1的中心若 AO平面 EB1C1F，且 AOAB，求直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦值(1)证明 因为侧面BB1C1C是矩形且M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MNCC1.又由已知得 AA1CC1，故 AA1MN.因为A1B1C1是正三角形，所以 B1C1A1N.又侧面 BB1C1C 是矩形，所以 B1C1MN.又 A1NMNN，A1N，MN平面 A1AMN，所以 B1C1平面 A1AMN.又 B1C1平面 EB1C1F，所以平面 A1AMN平面 EB1C1F.(2)解 由已知及(1)得 AMBC，MNBC，AMMN.以 M 为坐标原点，MA的方向为 x 轴正方向，|MB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Mxyz，则AB2，AM 3.连接 NP，AO平面 EB1C1F，AO平面 A1AMN，平面 A1AMN平面 EB1C1FPN，故 AOPN.又 APON，则四边形 AONP 为平行四边形，故 PM2 33，E2 33，13，0.由(1)知平面 A1AMN平面 ABC.作 NQAM，垂足为 Q，则 NQ平面 ABC.设 Q(a，0，0)，则 NQ42 33a2，B1a，1，42 33a2.故B1E2 33a，23，42 33a2，|B1E|2 103.又 n(0，1，0)是平面 A1AMN 的一个法向量，故 sin2n，B1E cosn，B1EnB1E|n|B1E|1010.所以直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦值为1010.