专题08 空间向量与立体几何（15区新题速递）
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、点、直线、平面之间的位置关系
（2023·上海嘉定·统考一模）
1．已知四面体．分别对于下列三个条件：
①；②；③，
是的充要条件的共有几个（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
（2023·上海闵行·统考一模）
2．已知点P在正方体的表面上，P到三个平面ABCD、、中的两个平面的距离相等，且P到剩下一个平面的距离与P到此正方体的中心的距离相等，则满足条件的点P的个数为 ．
（2023·上海普陀·统考一模）
3．图1所示的是等腰梯形，，，，于点，现将沿直线折起到的位置，形成一个四棱锥，如图2所示.
(1)若，求证：平面；
(2)若直线与平面所成的角为，求二面角的大小.
二、空间几何体
（2023·上海长宁·统考一模）
4．豆腐发酵后表面长出一层白绒绒的长毛就成了毛豆腐，将三角形豆腐ABC悬空挂在发酵空间内，记发酵后毛豆腐所构成的几何体为T.若忽略三角形豆腐的厚度，设，点在内部.假设对于任意点，满足的点都在内，且对于内任意一点，都存在点，满足，则的体积为（ ）
A． B． C． D．
（2023·上海闵行·统考一模）
5．已知圆锥的底面周长为，母线长为3，则该圆锥的侧面积为 ．
（2023上·上海浦东新·高三统考期末）
6．已知圆锥的母线与底面所成的角为，体积为，则圆锥的底面半径为 ．
（2023·上海崇明·统考一模）
7．已知圆锥的母线与底面所成角为，高为1，则该圆锥的母线长为 ．
（2023·上海奉贤·统考一模）
8．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，已知四面体中，平面，．
(1)若，求证：四面体是鳖臑，并求该四面体的体积；
(2)若四面体是鳖臑，当时，求二面角的平面角的大小．
（2023·上海嘉定·统考一模）
9．中国历史悠久，积累了许多房屋建筑的经验．房梁为柱体，或取整根树干而制为圆柱形状，或作适当裁减而制为长方体形状，例如下图所示．
材质确定的梁的承重能力取决于截面形状，现代工程科学常用抗弯截面系数W来刻画梁的承重能力．对于两个截面积相同的梁，称W较大的梁的截面形状更好．三种不同截面形状的梁的抗弯截面系数公式，如下表所列，
圆形截面 正方形截面 矩形截面
条件 r为圆半径 a为正方形边长 h为矩形的长，b为矩形的宽，
抗弯截面系数
(1)假设上表中的三种梁的截面面积相等，请问哪一种梁的截面形状最好？并具体说明；
(2)宋朝学者李诫在《营造法式》中提出了矩形截面的梁的截面长宽之比应定为的观点．考虑梁取材于圆柱形的树木，设矩形截面的外接圆的直径为常数D，如下图所示，请问为何值时，其抗弯截面系数取得最大值，并据此分析李诫的观点是否合理．
（2023上·上海松江·高三统考期末）
10．如图，在四棱锥中，底面，，点在线段上，且．
(1)求证：平面；
(2)若四棱锥的体积为，，，，，求二面角的大小．
三、空间向量与立体几何
（2023上·上海奉贤·高三校考期中）
11．如图，己知四棱锥的底面是直角梯形，，，，平面，，下列说法正确的是（ ）
A．与所成的角是
B．平面与平面所成的锐二面角余弦值是
C．与平面所成的角的正弦值是
D．是线段上动点，为中点，则点到平面距离最大值为
（2023上·上海·高三上海市进才中学校考期中）
12．庑殿式屋顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形式，分为单檐庑殿顶与重檐庑殿顶．单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊，前后左右都有斜坡（如图①），类似五面体的形状（如图②），若四边形是矩形，，且，，则五面体的表面积为 ．
（2023·上海奉贤·统考一模）
13．在四面体中，若底面的一个法向量为，且，则顶点到底面的距离为 ．
（2023·上海崇明·统考一模）
14．在空间直角坐标系中，点到平面的距离为 ．
（2023·上海长宁·统考一模）
15．若向量，，则在方向上的投影向量的坐标为 ．
（2023上·上海嘉定·高三上海市嘉定区第一中学校考期中）
16．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，为的中点，为上一点，平面.
(1)求证：为的中点；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
（2023上·上海虹口·高三校考期中）
17．如图，三棱锥中，，，，E为的中点．
(1)证明：；
(2)点F满足，求平面和平面所成的锐二面角．
（2023上·上海·高三上海市行知中学校考期中）
18．如图，正直三棱柱中，，，是的中点，是的中点.
(1)判断直线与直线的位置关系并证明；
(2)求直线与平面所成的角的大小.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】
根据题意，逐项分析判断即可.
【详解】
取线段中点，连接，
因为，
所以，
又，平面，平面，
所以平面，所以，
过作平面，
连接并延长分别交于，
则，，
所以平面，平面，
所以，
对于①，若，又，
则平面，则，
所以点为三角形垂心，
则，又，
同理可知平面，平面，
所以.
若已知，同理可证，
所以是的充要条件，①正确；
对于②，在如图立方体中，设，
则易知四面体，且，
易知，若使则需，而在矩形中，
当且仅当时，，
所以在四面体中，不为的充要条件，
所以②错误；
对于③，在四面体中，
因为，
所以
所以若，则，即，
若，即，则，
则，
所以为的充要条件，③正确；
故选：C
2．
【分析】
确定在平面上，根据得到的轨迹为平面内的一条抛物线，建立坐标系确定抛物线方程，计算交点得到答案.
【详解】若P到平面ABCD、距离相等，根据对称性知在平面上，
平面，平面，故平面平面，
故到平面的距离即到的距离，
设正方体的中心为，即，故的轨迹为平面内的一条抛物线，
不妨取正方体边长为，中点为，以所在的直线为轴，
以线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系，
抛物线方程为，时，，故抛物线与棱和相交，
故共有个点满足条件.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何，抛物线的轨迹方程，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中根据题意得到动点的轨迹方程是解题的关键，
3．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，由，证得,再由，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，根据题意证得平面平面，过点作，证得平面，得到，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
因为等腰梯形，，，，，
可得，且,即，
因为，则，所以,
又因为，且，平面，
所以平面.
（2）解：以为原点，以所在的直线分别为轴，以过点垂直于平面为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，且，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
过点作于点，因为平面平面，
所以平面，所以为与平面所成的角，所以，
可得，则，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
又由轴垂直平面，可得平面的一个法向量为，
则，
所以二面角的大小.
4．B
【分析】由题意可知：是由三个半圆柱，三个球体的一部分和一个直三棱柱构成，根据圆柱、球和棱柱的体积公式分别求得各个部分几何体的体积即可加和得到结果.
【详解】空间中，在垂直于平面的角度看，如下图所示：
其中：，和区域内的几何体为底面半径为的半圆柱；
，，区域内的几何体为被两平面所截得的部分球体，球心分别为；
区域内的几何体是高为的直三棱柱.
因为四边形和为矩形，则，
可得，
同理可得：，，
所以，
可得，，区域内的几何体合成一个完整的，半径为的球，
则，，区域内的几何体的体积之和；
又因为，和区域内的几何体的体积之和；
区域内的直三棱柱体积，
所以的体积为.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题考查立体几何中的体积问题，解题关键是能够根据的形状，进而由对应几何体的体积公式求得结果.
5．
【分析】
求出圆锥的底面半径，根据圆锥的侧面积公式，即可求得答案.
【详解】设圆锥的底面半径为，则由圆锥的底面周长为，
可得，
而母线长为3，则该圆锥的侧面积为，
故答案为：
6．
【分析】
由题意得到圆锥底面半径与高之间的关系，再根据圆锥的体积公式列方程即可求解.
【详解】圆锥的轴截面图如图所示：
由题意，解得，即圆锥的底面半径为.
故答案为：.
7．
【分析】
根据圆锥的结构特征，圆锥底面半径、高、母线长构成一个直角三角形，可根据锐角三角函数进行求解底面圆的半径，再利用勾股定理求解母线.
【详解】已知圆锥的母线与底面所成角为，高为1，
因为圆锥底面半径、高、母线长构成一个直角三角形，
所以底面圆半径为1，所以母线长等于.
故答案为：.
8．(1)证明见解析，
(2)或
【分析】
（1）借助线面垂直证明面面垂直，结合题目所给长度，运用勾股定理证明四面全为直角三角形即可，体积借助体积公式计算即可得；
（2）根据题意，会出现两种情况，即或，分类讨论计算即可得.
【详解】（1）
平面，、平面，
、，
、为直角三角形，
在直角中，，
在直角中，，
在中，有，
，故为直角三角形，
在中，有，
故，故为直角三角形，
故四面体四个面都是直角三角形，即四面体是鳖臑，
；
（2）
平面，平面，
，
由，
故不可能是直角，
若，则有，
又，、平面，，
故平面，又平面，
故，
是二面角的平面角，
，，，，
所以二面角的平面角的大小为．
若，
同理可得是二面角的平面角，
所以，
所以二面角的平面角的大小为，
综上所述，二面角的平面角的大小为或.
9．(1)矩形截面的梁的截面形状最好.
(2)答案见解析
【分析】（1）根据题意，得到，，，结合题意，得到，得到结论；
（2）根据题意，得到，得到，求得函数的单调性，求得时，取得最大值，进而得到结论.
【详解】（1）解：假设截面面积均为正常数，
可得，，，
所以，
又因为，所以，所以,
综上，，于是矩形截面的梁的截面形状最好.
（2）解：由，
可得，
可得
极大值
所以，当时，取得最大值，
此时，当，于是，
因为的结论与抗弯系数理论的结论不同，但比较接近，是合理的，应肯定李诫从实践总总结的经验的实用价值，
考虑到所处的时代，从历史辩证的角度，其观点代表了我国古代在工程技术方面已经达到了较高的水平.
10．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）利用线面垂直的性质、判定推理即得.
（2）由（1）的信息确定二面角的平面角，利用锥体体积公式求出，再在直角三角形中求出解即可.
【详解】（1）
由底面，平面，得，
由，得，而平面，
所以平面．
（2）由（1）知，平面，而平面，则，又，
因此是二面角的平面角，
在中，，
显然，四边形为矩形，于是，
而四棱锥的体积，解得，
在中，，因此，
所以二面角的大小为.
11．C
【分析】
根据题设建立空间直角坐标系，利用空间向量解决线线角、线面角、面面角以及点到面的距离问题.
【详解】 ，， ，
平面，
以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
对于A， ，
且， ，
与所成的角是，故A错误；
对于B，设平面的法向量为，
则
令，则，，所以，
显然平面的法向量为，
，
平面与平面所成的锐二面角余弦值是，故B错误.
对于C，，故C正确；
对于D， 是线段上动点， 设，
为中点， ，，
，
当时，位于点，此时点到平面距离为,
当时，设平面的法向量为，
则
令，则，，所以，
点到平面距离
，
当，即时，，
此时， ，
点到平面距离的最大值为，故D错误.
故选：C.
12．##
【分析】
根据平面图形的几何性质，分别求等腰三角形和梯形的高，再求各个面的面积，即可求总面积.
【详解】
分别取，的中点，，连接，，
过点作的垂线，垂足为，
因为，,所以，所以，
根据对称性易得，
所以，
在中，，所以，
，
又，
所以.
故答案为：.
13．
【分析】
根据点面距公式代入计算即可得.
【详解】由点面距公式得.
故答案为：.
14．3
【分析】
根据空间直角坐标系的定义和点的坐标得到答案.
【详解】在空间直角坐标系中，点到平面的距离为竖坐标的绝对值，即为3.
故答案为：3
15．
【分析】
根据给定条件，利用投影向量的意义求解即得.
【详解】向量，，则，
所以在方向上的投影向量为.
故答案为：
16．(1)证明见详解；
(2)
【分析】
（1）取的中点，可证明，得到即可.
（2）建系，利用空间向量法直接求线面角的正弦值.
【详解】（1）证明：取的中点，
因为为的中点，底面是边长为2的正方形，
所以，又因为，所以平面，
因为，平面
所以
因为，
所以，
因为为中点，
所以为的中点
（2）
因为，又，
所以，所以，
因为，，
故以A为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则
所以
设平面的法向量为
则，另，得
设直线与平面所成的角为，
则
所以直线与平面所成角的正弦值为
17．(1)证明见解析；
(2).
【分析】
（1）连接，由题设易得、，进而有，再根据线面垂直的判定和性质证结论；
（2）由题设易知是平行四边形，并证，构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的大小.
【详解】（1）连接，由，E为的中点，故，
由，，易知，
所以，E为的中点，则，
又，面，故面，
由面，故.
（2）由，即，故是平行四边形，
由（1）及题设易知，，则，
所以，故，又面，
可构建空间直角坐标系，则，
所以，
若为面的一个法向量，则，令，则；
若为面的一个法向量，则，令，则；
所以平面和平面所成角余弦值，
故平面和平面所成的锐二面角为.
18．(1)直线与直线异面且相互垂直，证明见解析；
(2).
【分析】
（1）构建空间直角坐标系，应用向量法证明的位置关系即可；
（2）应用向量法求线面角的大小.
【详解】（1）直线与直线的异面且相互垂直，证明如下：
由面，，面，面，即直线与直线的异面；
正直三棱柱中，，则面，且，
可构建如下图示空间直角坐标系，令，
则，即，
所以，即直线与直线相互垂直.
综上，直线与直线异面且相互垂直
（2）由（1）知：面的一个法向量，，
所以，则，
故直线与平面所成角余弦值为，又线面角的范围为，
所以直线与平面所成角大小为.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
