期中专题01 空间向量与立体几何小题综合
欧拉定理(欧拉公式)
(简单多面体的顶点数V、棱数E和面数F).
(1)=各面多边形边数和的一半.特别地,若每个面的边数为的多边形,则面数F与棱数E的关系:;
(2)若每个顶点引出的棱数为,则顶点数V与棱数E的关系:.
空间的线线平行或垂直
设,,则
;
.
夹角公式
设,b=,则
.
异面直线所成角
=
(其中()为异面直线所成角,分别表示异面直线的方向向量)
直线与平面所成角,(为平面的法向量).
二面角的平面角
(,为平面,的法向量).
异面直线间的距离
(是两异面直线,其公垂向量为,分别是上任一点,为间的距离).
点到平面的距离
(为平面的法向量,是经过面的一条斜线,).
一、单选题
1.(2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中)已知,,且,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】根据空间向量的坐标运算可求解.
【详解】因为,所以,即,解得,
故选:A.
2.(2021秋·山东济南·高二山东师范大学附中校考期中)设,,与垂直,则等于( )
A.6 B.14 C. D.
【答案】C
【分析】根据已知向量坐标求的坐标,再由空间向量垂直的坐标表示求.
【详解】由题设,,
∴,
∴.
故选:C
3.(2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中)如图,已知平行六面体,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】根据空间向量的加法法则即可计算.
【详解】.
故选:C.
4.(2022秋·广东广州·高二华南师大附中校考期中)已知直三棱柱中,,,则异面直线与所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】把三棱柱补成四棱柱,如图所示,即可知异面直线与所成角为(或其补角),再解三角形即可求出.
【详解】如图所示,把三棱柱补成四棱柱,由题意得,易知该四棱柱为长方体,,异面直线与所成角为(或其补角),
,,,
∴.
故选:C.
5.(2022秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中)在三棱锥中,,,,则异面直线与所成的角余弦值是( )
A. B. C.0 D.
【答案】D
【分析】将异面直线与平移至有公共交点,构造三角形,求出三角形各边边长,用余弦定理求出平移后两角夹角的余弦值,其绝对值即异面直线夹角的余弦值.
【详解】解:由题知,分别找中点并连接,画图如下:
分别为中点,,
故异面直线与所成的角即是所成角,
由题知,不妨令,
,,
,
分别为中点,
找中点M连接如图所示,
为中点,
,
平面,
分别为中点,,平面,
平面,
,
在中,由余弦定理得,
,
由勾股定理得,
在中,
由余弦定理得:,,
记异面直线与所成的角为,,
故选:D
6.(2021秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中)已知长方体中,,,,,若则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】根据题意,建立空间直角坐标系,利用坐标法求解即可.
【详解】解:根据题意,如图,建立空间直角坐标系,因为,,,
,,,,
所以,
因为,
所以,解得.
故选:C.
7.(2022秋·山东·高二山东省实验中学校考期中)已知直线过定点,且方向向量为,则点到的距离为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】本题首先可根据题意得出,然后求出与,最后根据空间点到直线的距离公式即可得出结果.
【详解】因为,,所以,
则,,
由点到直线的距离公式得,
故选:A.
8.(湖南省长沙市周南中学2021-2022学年高二上学期第一次月考数学试题)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AC与BD的交点为点M,=,,,则下列向量中与相等的向量是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【分析】根据空间向量的线性运算用表示出即可得.
【详解】)-()=.
故选:C.
9.(2022秋·山西·高二山西大附中校考期中)在一平面直角坐标系中,已知,,现沿轴将坐标平面折成60°的二面角,则折叠后,两点间的距离为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】平面直角坐标系中已知,,现沿轴将坐标平面折成60°的二面角后,通过向量的数量积转化求解距离即可.
【详解】解:平面直角坐标系中已知,,沿轴将坐标平面折成60°的二面角后,
作AC⊥x轴,交x轴于C点,作BD⊥x轴,交x轴于D点,
则,的夹角为120°
∴,
,
即折叠后,两点间的距离为.
故选:D.
【点睛】本题考查与二面角有关的立体几何综合题,解题时要认真审题,注意数形结合思想的合理运用.
10.(2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中)已知为空间任意一点,满足任意三点不共线,但四点共面,且,则的值为( )
A. B. C. D.1
【答案】B
【分析】由题知,存在,使得,进而得,再结合已知即可得答案.
【详解】解:因为满足任意三点不共线,但四点共面,
所以,根据共面向量基本定理,存在,使得,
因为,,,
所以,即,
因为,
所以,,解得
故选:B
11.(2022秋·重庆沙坪坝·高二重庆八中校考期中)在正方体中,E为AB的中点,则直线CE与所成的角的余弦值为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】作出异面直线与所成角,解三角形求得正确答案.
【详解】根据正方体的性质可知,所以是异面直线与所成角或其补角,
设正方体的边长为,
则,
所以.
故选:B
12.(2022秋·福建厦门·高二厦门一中校考期中)长方体中,,,上底面的中心为,当点在线段上从移动到时,点在平面上的射影的轨迹长度为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】根据题意,证明平面,以,分别为轴,轴正方向建立平面直角坐标系,由,可得:,化简可得射影的轨迹,求出轨迹对应的圆心角,利用弧长公式,即可求得答案.
【详解】易证明平面,则面面
如图所示,以,分别为轴,轴正方向建立平面直角坐标系,
则有:,,,设,
∴由,可得:,
整理可得:,
∴点在平面上的射影的轨迹是以为圆心,半径为的圆弧,
∵,
∴
∴是等边三角形,即,
∴圆弧的长
故选:B
13.(新疆维吾尔自治区喀什第六中学2022-2023学年高二上学期第一次月考数学试题)在底面半径为1的圆柱中,过旋转轴作圆柱的轴截面,其中母线,是的中点,是的中点,则( )
A.,与是共面直线
B.,与是共面直线
C.,与是异面直线
D.,与是异面直线
【答案】D
【分析】先由是圆的直径求得,再由是圆柱的母线得到与,从而在与中分别求得,可知,再由异面直线的定义容易判断得与是异面直线.
【详解】连结,如图,
易知是圆的直径,所以,又因为是的中点,故,
所以在等腰中,,则,
因为是圆柱的母线,所以面,又面,故,,
所以在中,,
在中,由是的中点得,故,所以,
可以看到,面,面,由异面直线的定义可知,与是异面直线.
故选:D.
14.(2022秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中)已知正方体的棱长为2,点E满足,则的最小值为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】先得到点在平面上,转化为的最小值为点到平面的距离,再利用等体积法求解即可.
【详解】解:正方体的棱长为2,
等边的边长为,
,
∴四点共面,
即点在平面上,
的最小值为点到平面的距离,
由等体积法得,,
,
.
故选:C.
15.(2021秋·山东济南·高二山东师范大学附中校考期中)在四面体中,,,,,,用向量,,表示,则等于( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【分析】由题设易知为中点,连接,根据空间向量加法、数乘的几何意义可得、,再由即可确定答案.
【详解】∵,
∴为中点,连接,如下图,
∴,而,
∴.
故选:B
16.(2022秋·山东·高二山东省实验中学校考期中)如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,AB=,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE.则M点的坐标为( )
A.(1,1,1) B. C. D.
【答案】C
【详解】试题分析:设交于点,连结,因为正方形与矩形所在的平面互相垂直,,点在上,且平面,所以,又,所以是平行四边形,所以是的中点,因为,所以,故选C.
考点:空间直角坐标系中点的坐标.
17.(2022秋·山东青岛·高二青岛二中校考期中)已知大小为的二面角棱上有两点,,,,,,若,,,则的长为( ).
A.22 B.49 C.7 D.
【答案】C
【分析】过作且,连接、,易得,通过线面垂直的判定定理可得平面,继而得到,即可求出答案.
【详解】解:过作且,连接、,
则四边形是平行四边形,则
因为,所以平行四边形是矩形,
因为,即,而,
则是二面角的平面角,即,
因为,即为正三角形,所以,
因为,即,,,平面,
所以平面,因为平面,所以,
所以在中,
故选:C.
18.(2022秋·山西·高二山西大附中校考期中)如图,在棱长为2的正方体中,E为的中点,点P在线段上,点P到直线的距离的最小值为( )
A.1 B. C. D.
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系,借助空间向量求出点Р到直线距离的函数关系,再求其最小值作答
【详解】以D为原点,分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
则,,,
所以,,,
因点P在线段上,则,,
,
所以向量在向量上投影长为,
而,
则点Р到直线的距离,
当且仅当时取等号,
所以点Р到直线的距离的最小值为,
故选:D
19.(2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中)在直三棱柱中,,,动点在侧面上运动,且,则异面直线和所成角的余弦值的最大值为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系,设点坐标,将异面直线和所成角的余弦值以的形式表示,依据坐标的取值范围,求出的最大值.
【详解】
∵,且三棱柱是直三棱柱,
∴以为原点,,,所在直线分别为轴、轴、轴,建立如图所示空间直角坐标系,则由已知有,,,
∵动点在侧面上运动,且,
∴设,,,且
,即,
,,
,
,
,
设异面直线和所成角为,
∴,
∵
∴当时,的最大值为,
故选:B.
20.(2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中)已知向量,是平面内的两个不共线的非零向量,非零向量在直线上,则“,且”是的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分又不必要条件
【答案】C
【分析】由线面垂直的定义和判定定理即可得到答案.
【详解】解:由题意,,.
因为向量,是平面内的两个不共线的非零向量,
所以,根据平面向量基本定理,对于平面内的任意直线,其方向向量为,存在唯一实数对使得成立,
所以,,即,
所以直线与平面内的任意直线都垂直,故;
若,根据线面垂直的定义,可以得到,且.
所以“,且”是的充分必要条件.
故选:C.
21.(2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中)如图,正方体中,异面直线,的夹角为( )
A.30° B.60° C.90° D.120°
【答案】B
【分析】首先通过做平行线把异面直线所成的角转化为平面直线所成的角,进一步通过解三角形知识得到结果.
【详解】解:如图,连接,
设正方体的棱长为1,
在△中,
所以:△为等边三角形,则
在正方体中,,四边形为平行四边形
所以
即即为异面直线与所成的角为,则:异面直线与所成的角为
故选:B.
22.(2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中)在平行六面体中,,,,,则与所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】先利用基底表示向量,再利用向量的夹角公式求解.
【详解】解:,
则,
,
,
,
,
,
所以,
故选:D
23.(2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中)如图所示,在棱长为的正方体中,,分别为棱,的中点,为棱上的一点,且,则点到平面的距离为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】以为原点,,,所在直线分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,利用向量法能求出点到平面的距离.
【详解】以为原点,,,所在直线分别为轴,轴,轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则
所以,,,
设平面的法向量为,
则
令,则,,所以平面的一个法向量.
点到平面的距离为.
故选:D.
24.(2022秋·湖南长沙·高二长郡中学校考期中)如图,在棱长为2的正四面体ABCD中,点N,M分别为和的重心,P为线段CM上一点.( )
A.的最小为2
B.若DP⊥平面ABC,则
C.若DP⊥平面ABC,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为
D.若F为线段EN的中点,且,则
【答案】D
【分析】A选项由线面垂直证得CM⊥BM,CM⊥AM,进而由点P与点M重合时即可判断;B选项利用内切球求得即可判断;C选项找到球心,由勾股定理求得半径,即可判断;D选项由空间向量的线性运算即可判断.
【详解】易得,又,则面,又面,则,同理可得,
,则CM⊥平面ABD,又平面,所以CM⊥BM,CM⊥AM.则当点P与点M重合时,取得最小值,
又,则最小值为,A错误.
在正四面体ABCD中,因为DP⊥平面ABC,易得在上,所以,又点N,M也是和的内心,
则点P为正四面体ABCD内切球的球心.,.设正四面体ABCD内切球的半径为r,
因为,所以,
解得,即,故,B错误.
设三棱锥P-ABC外接球的球心为O,半径为R,易得球心在直线上,且,则,
解得,故三棱锥P-ABC外接球的表面积为,C错误.
若F为线段EN的中点,则,.
设,则.因为,
所以设,则解得故,D正确.
故选:D.
25.(2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中)为庆祝国庆,立德中学将举行全校师生游园活动,其中有一游戏项目是夹弹珠.如图,四个半径都是1cm的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器中,每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面,则这个容器的容积是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【分析】根据四个小球和容器的相切关系,作出对应的正视图和俯视图,建立球心和半径之间的关系即可得到容器的半径.
【详解】分别作出四个小球和容器的正视图和俯视图,如图所示:
正视图中小球球心B,半球球心O与切点A构成直角三角形,则有,
俯视图中,四个小球球心的连线围成正方形,正方形的中心到球心的距离与正视图中的相等, 设半球半径为R,已知小球半径r=1,∴ ,,,.
半球面形状的容器的容积是.
故选:B
26.(2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中)如图,在三棱台中,下底面是直角三角形,且,侧面与都是直角梯形,且,若异面直线AC与所成角为,则BC与平面所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】由线面垂直的判定可得面,进而有,再证面,根据面面垂直的判定有面面,线面垂直的判定、性质得,由面面垂直的性质有面,即BC与平面所成角的平面角为,最后求其余弦值.
【详解】
由侧面与都是直角梯形,则,
又,面,则面,
由面,故,又,即,
而,面,则面,
因为面,所以面面,
连接,由,易知△为等腰直角三角形,
所以,又面面,面,
所以面,连接,则BC与平面所成角的平面角为,
又异面直线AC与所成角为,即,在中,,
又面,故,在中,则,
所以.
故选:D
二、多选题
27.(2022秋·重庆沙坪坝·高二重庆一中校考期中)已知空间中两个不同的平面,两条不同的直线满足,则以下结论正确的是( )
A.若,则 B.若,则
C.若相交,则相交 D.若,则
【答案】CD
【分析】利用空间中线线、线面关系逐项判断即可.
【详解】A选项,如图所示:,,与有可能只是相交,故A错误;
B选项,如图所示:若,,与有可能异面;
C选项,若,相交,则一定相交,故C正确;
D选项,由面面垂直的判定定理即可得若, ,则,
故D正确.
故选:CD.
28.(2022秋·湖南长沙·高二长郡中学校考期中)“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓.《九章算术·商功》有如下叙述:“斜解立方,得两堑堵,斜解堑堵.其一为阳马,其一为鳖臑”.意思是说:将一个长方体沿对角面斜截(图1),得到一模一样的两个堑堵(图2),再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜截(图2),得一个四棱锥称为阳马(图3),一个三棱锥称为鳖臑(图4).
若长方体的体积为V,由该长方体斜截所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为,则下列选项不正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】ACD
【分析】根据题意确定堑堵、阳马和鳖臑的体积与长方体的体积的数量关系,即可得答案.
【详解】解:由题意,堑堵的体积,阳马的体积,鳖臑的体积,
所以,,,即,
所以,
所以,ACD选项正确,B选项错误.
故选:ACD
29.(2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中)直线l的方向向量为,两个平面,的法向量分别为,,则下列命题为真命题的是( )
A.若,则直线平面
B.若,则直线平面
C.若,则直线l与平面所成角的大小为
D.若,则平面,所成角的大小为
【答案】BCD
【分析】根据空间中线面角、二面角的范围及求法,结合线面的位置关系,逐一分析各个选项,即可得答案
【详解】对于A:若,则直线平面,或直线平面,故A错误;
对于B:若,根据平行的传递性可得直线平面,故B正确;
对于C:因为直线与平面所成角范围为,且若,即与的夹角为,所以直线与平面所成角的大小为,故C正确;
对于D:因为两面所成角范围为,若,则平面,所成二面角的大小为,故D正确.
故选:BCD.
30.(2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中)已知空间向量,则下列选项中正确的是( )
A.当时, B.当时,
C.当时, D.当时,
【答案】BCD
【分析】A选项,根据垂直得到数量积为0,列出方程,求出,A错误;
B选项,根据向量平行列出方程组,求出;
C选项,根据向量运算法则计算出,利用模长公式列出方程,求出;
D选项,先利用向量夹角余弦公式计算出两向量夹角的余弦,进而计算出正弦值.
【详解】当时,,解得:,故A错误;
令,则,,故B正确;
,所以,解得:,故C正确;
当,,
因为,,故D正确.
故选:BCD
31.(2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中)已知,则以下坐标表示的点在平面ABC内的是( )
A. B. C. D.
【答案】ABD
【分析】设选项中的点为,若,,,四点共面,则存在,,使得.
【详解】设选项中的点为,
由题意得,,
又,,,四点共面,则存在,,使得,
即,即,
对于A,,解得,故点在平面ABC内;
对于B,,解得,故点在平面ABC内;
对于C,,无解,故点不在平面ABC内;
对于D,,解得,故点在平面ABC内.
故选:ABD
32.(2023版北师大版(2019)选修第一册突围者第三章第二节课时2空间向量的数量积)如图,在三棱柱中,,分别是,上的点,且,.设,,,若,,,则下列说法中正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】BD
【分析】利用向量的线性运算的几何表示,向量数量积的定义及运算律逐项分析即得.
【详解】
,故A错误;
由题可知,,,
∴,
∴,故B正确;
因为,,
则
,故C错误,D正确.
故选:BD.
33.(2022秋·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨三中校考期中)如图,正方体的棱长为2,E是的中点,则( )
A.
B.点E到直线的距离为
C.直线与平面所成的角的正弦值为
D.点到平面的距离为
【答案】AC
【分析】以点为原点,建立空间直角坐标系,利用向量法逐一判断分析各个选项即可.
【详解】如图以点为原点,建立空间直角坐标系,
则,
,
则,所以,故A正确;
,则,
所以,
所以点E到直线的距离为,故B错误;
因为平面,所以即为平面的一条法向量,
则直线与平面所成的角的正弦值为,故C正确;
设平面的法向量为,
则有,可取,
则点到平面的距离为,故D错误.
故选:AC.
34.(2021秋·湖北武汉·高二武汉外国语学校(武汉实验外国语学校)期中)如图,在边长为1的正方体中,M为BC边的中点,下列结论正确的有( )
A.AM与所成角的余弦值为
B.四而体的内切球的表面积为
C.正方体中,点P在底面(所在的平面)上运动并且使,那么点P的轨迹是双曲线
D.每条棱所在直线与平面所成的角都相等,则截此正方体所得截面面积的最大值为
【答案】ABC
【分析】以为坐标原点,建立空间直角坐标系,结合向量的夹角公式,可得判定A正确;分别求得四面体的体积和表面积,结合体积相等,求得四面体的内切球的半径,结合球的表面积公式,可判定B正确;根据,得到点的轨迹为双曲线,可判定C正确;取的中点,得到正六边形,求得其面积,可判定D不正确.
【详解】以为坐标原点,以所在的直线分别为轴,轴和轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则,
对于A中,由,所以,
所以与所成角的余弦值为,所以A正确;
对于B中,由四面体的体积为,
由四面体的所有棱长均为,
可得四面体的表面积为,
设四面体的内切球的半径为,则,解得,
所以四面体的内切球的表面积为,所以B正确;
对于C中,正方体中,点在底面上运动,且,
即点的轨迹为面截以为母线,为轴的圆柱体侧面所得曲线,如图所示的曲线,
由,可得,
设与平面的夹角为,则,
所以,所以点在平面上的轨迹为双曲线,所以C正确;
对于D中,如图所示,分别取的中点,
分别连接,
根据正方体的性质,可得六边形为正六边形,且边长为,
连接,可平面平面,
又由直线与平面所成的角都相等,
所以直线与平面所成的角都相等,
此时截面的面积取得最大值,最大值为,所以D不正确.
故选:ABC.
35.(2022秋·湖南长沙·高二雅礼中学校考期中)如图,已知A,B是相互垂直的两条异面直线,直线AB与a,b均相互垂直,垂足分别为A,B,且,动点P,Q分别位于直线A,B上,且P异于A,Q异于B.若直线PQ与AB所成的角,线段PQ的中点为M,下列说法正确的是( )
A.PQ的长度为定值
B.三棱锥的外接球的半径长为定值
C.三棱锥的体积为定值
D.点M到AB的距离为定值
【答案】ABD
【分析】根据题意,将图形还原为长方体,进而根据题意求出,进而判断A,B;
根据,进而判断C;
设交于R,则R为CQ的中点,取AB的中点N,然后证明四边形RBNM是平行四边形,进而证明,最后求得答案.
【详解】如图,将图形还原为长方体,
因为,所以(易知其为锐角)是PQ与AB所成的角,即,易知,则.A正确;
对B,易知三棱锥的外接球与长方体的外接球相同,则其直径为4,半径为2.B正确;
对C,
,不为定值.C错误;
对D,设交于R,则R为CQ的中点,连接MR,取AB的中点N,连接MN,又因为M为PQ的中点,所以,而,故,所以四边形RBNM是平行四边形,则,因为,则.
因为AB⊥平面BCDQ,平面BCDQ,所以,则,所以点M到AB的距离为1.D正确.
故选:ABD.
36.(2022秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中)在长方体中,,,,则下列命题为真命题的是( )
A.若直线与平面所成的角为,则
B.若经过点的直线与长方体所有棱所成的角都为,则
C.若经过点的直线与长方体所有面所成的角都为,则
D.若经过点的平面与长方体所有面所成的二面角都为,则
【答案】BCD
【分析】对于A,根据长方体的性质找到直线与平面所成的角,即可利用锐角三角函数求解;
对于B,构建空间直角坐标系,根据线线角相等,结合空间向量夹角的坐标表示求,即可求,进而确定;
对于C、D将长方体补为以为棱长的正方体,根据描述找到对应的直线m、平面β,结合正方体性质求线面角的余弦值、以及面面角的正弦值.
【详解】A:如下图,因为在长方体中,平面,所以,直线与平面所成的角为,即为,则,A错误;
B:构建如下图示的坐标系,过A的直线与长方体所有棱所成的角相等且为,设与面交于且,又,则,解得,则,
故,可得,,故B正确.
C:如下图,过A的直线m与长方体所有面所成的角都为θ,则直线m为以为棱长的正方体的体对角线,故,得,C正确;
D:如下图,过A的平面β与长方体所有面所成的二面角都为,只需面β与以为棱长的正方体中相邻的三条棱顶点所在平面平行,如面,故,则,D正确.
故选:BCD
37.(2021秋·山东济南·高二山东师范大学附中校考期中)正三棱柱,,P点满足(,)( )
A.当时,△的面积是定值 B.当时,△的周长是定值
C.当时,△的面积是定值 D.当时,三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【分析】根据向量的线性关系,结合已知及正三棱柱的性质,分别判断、时所在位置,进而判断各选项的正误.
【详解】由题设,在面上,△、△为正三角形且正三棱柱的侧面都是正方形,它们的边长均为1,
当时,显然在线段上运动,则△的面积是定值,而,,即△的周长为不为定值,故A正确,B错误;
当时,显然在线段上运动,则△的面积是定值,而,面,面,所以面,即到面距离不变,有三棱锥的体积为定值,故C、D正确.
故选:ACD
38.(2021秋·山东济南·高二山东师范大学附中校考期中)已知,,,,则下列说法正确的有( )
A.与夹角的余弦为 B.的面积为
C.平面的一个法向量 D.四面体的体积为
【答案】ACD
【分析】A由空间向量夹角坐标表示求夹角余弦值;B由即可求三角形面积;C利用求一个法向量,即可判断是否为面的一个法向量;D向量法求到面的距离,再由棱锥的体积公式求体积即可.
【详解】A:,,则,正确;
B:由A知:,错误;
C:若是面的一个法向量,则,令,有,正确;
D:,则到面的距离,所以四面体的体积为,正确.
故选:ACD
39.(2022秋·山东青岛·高二青岛二中校考期中)在棱长为2的正方体中,、、分别为,,的中点,则下列选项正确的是( ).
A.
B.直线与所成角的余弦值为
C.三棱锥的体积为
D.存在实数、使得
【答案】ABD
【分析】以为原点,为轴建立空间直角坐标系,利用空间向量的坐标运算逐项判断即可.
【详解】解:如图,以为原点,为轴建立空间直角坐标系
则,,,,,,,,,,
对于A,,所以,则,故A正确;
对于B,,,所以,
因此,直线与所成角的余弦值为,故B正确;
对于C,又,设平面的法向量为,
则,令,则,又,
则点到平面的距离,
又中,,则,
所以,
故,故C错误;
对于D,因为,,所以,则,则四点共面,
又,,所以,则共面,
即存在实数、使得,故D正确;
故选:ABD.
40.(2022秋·山东青岛·高二青岛二中校考期中)已知空间中三点,,,则( ).
A. B.
C. D.A,B,C三点共线
【答案】ABC
【分析】根据向量的模的坐标表示即可判断A;判断是否成立即可判断B;根据即可判断C;判断向量是否共线即可判断D.
【详解】解:,则,故A正确;
,则,所以,故B正确;
,则,故C正确;
因为,,,所以向量不共线,则A,B,C三点不共线,故D错误.
故选:ABC.
41.(2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中)在长方体中,已知与平面和平面所成的角均为,则( )
A.
B.与平面所成的角为
C.与平面所成的角为
D.
【答案】AC
【分析】不妨令,可根据直线与平面所成角的定义,确定长方体的各棱长,即可求解.
【详解】解:如图所示,连接,,不妨令,
在长方体中,面,面,
所以和分别为与平面和平面所成的角,
即,
所以在中,,,
在中,,,
所以在长方体中,,,,
所以,,故A正确,D不正确;
如下图,过作于
在长方体中,面,面
所以,又,平面
则平面
所以为与平面所成的角,
在中,,故选项B错误,
如下图,连接
在长方体中,面,
则与平面所成的角为且为锐角
在中,,所以,故选项C正确.
故选:AC.
42.(2022秋·重庆沙坪坝·高二重庆八中校考期中)已知正三棱柱,各棱长均为4,且点E为棱上一动点(包含棱的端点),则下列结论正确的是( )
A.该三棱柱既有外接球,又有内切球
B.三棱锥的体积是
C.直线与直线恒不垂直
D.直线与平面所成角的正弦值范围是
【答案】BD
【分析】根据外接球、内切球、锥体体积、线线垂直、线面角等知识对选项进行分析,从而确定正确选项.
【详解】A选项,设等边三角形的内切圆半径为,
则,
,所以该三棱柱没有内切球,A选项错误.
B选项,设是的中点,则,,
根据正三棱柱的性质可知,,
由于平面,所以平面,
所以,B选项正确.
以为空间直角坐标原点建立空间直角坐标系如下图所示,
则,设,
,
,所以当在的中点时,直线与直线垂直,C选项错误.
,,
设平面的法向量为,
则,故可设,
设直线与平面所成角为,
则,
,
,
即,
所以直线与平面所成角的正弦值范围是,D选项正确.
故选:BD
43.(2022秋·广东广州·高二华南师大附中校考期中)在长方体中,,点为棱上靠近点的三等分点,点是长方形内一动点(含边界),且直线,与平面所成角的大小相等,则( )
A.平面
B.三棱锥的体积为4
C.存在点,使得
D.线段的长度的取值范围为
【答案】ACD
【分析】选项A:由题意得到平面平面,然后根据面面平行的性质定理即可判断选项A;
选项B:根据即可判断选项B;
选项C:作交于,连接,当为中点时,满足;
选项D:根据题意分析出当点在点或点处时,线段的长度取得最大值;当点在点处时,线段的长度取得最小值,从而可求出线段的长度的取值范围为.
【详解】平面平面,平面,平面,故正确;
,故错误;
连接,作交于,连接,
平面,为与平面所成的角,
平面,为与平面所成角.
直线,与平面所成角的大小相等,,
所以,
又,,所以点在的中垂线上,即点在线段上运动,
当点与点重合时,,故正确;
,为棱上靠近的三等分点,,,,
,,
当点在点或点处时,线段的长度取得最大值,最大值为;
当点在点处时,线段的长度取得最小值,最小值为,
线段的长度的取值范围为,故正确.
故选:.
44.(2022秋·湖南长沙·高二湖南师大附中校考期中)点是正方体中侧面正方形内的一个动点,正方体棱长为1,则下面结论正确的是( )
A.满足的点M的轨迹长度为
B.点M存在无数个位置满足直线平面
C.在线段上存在点M,使异面直线与CD所成的角是30°
D.若E是棱的中点,平面与平面所成锐二面角的正切值为
【答案】ABD
【分析】利用线面垂直判定可得平面,可知点轨迹即为平面与平面的交线可判断A,利用面面平行得判定可证得平面平面,可知当轨迹为平面与平面的交线可判断B,利用坐标法,根据线线角的向量求法及二面角的向量求法可判断CD.
【详解】对于A,平面,平面,
,又四边形为正方形,
,又平面,,
平面,
点轨迹即为平面与平面的交线,即为,
点轨迹的轨迹长度为,A正确;
对于B,,平面,平面,
平面,同理可得平面,
又,平面,
平面平面,
轨迹为平面与平面的交线,即,
点存在无数个位置满足直线平面,B正确;
对于C,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,,,
在线段上存在点M,设,
则,,
设异面直线与CD所成的角为,又,
所以
,
而,所以在线段上不存在点M,使异面直线与CD所成的角是,故C错误;
对于D,因为,,,
,,
设平面的法向量,
,令,,
又平面的一个法向量,
,
,
即平面与平面所成锐二面角的正切值为,D正确.
故选:ABD.
45.(2022秋·山东·高二山东省实验中学校考期中)如图,在平行四边形中,,,,沿对角线将折起到的位置,使得平面平面,下列说法正确的有( )
A.平面平面
B.三棱锥四个面都是直角三角形
C.与所成角的余弦值为
D.过的平面与交于,则面积的最小值为
【答案】ABD
【分析】先根据勾股定理判断,再由面面垂直得线线垂直,可判断AB,以为原点,建立空间直角坐标系,利用空间向量可计算线线角判断C,由点到的距离可判断D.
【详解】中,,,,
由余弦定理可得,故,
所以,
因为平面平面且平面平面,
所以平面,;
同理平面,
因为平面,
所以平面平面,A,B正确;
以为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,
因为,,
所以,即与所成角的余弦值为,C错误;
因为在线段上,设,则,
所以点到的距离,
当时,取得最小值,此时面积取得最小值,D正确.
故选:ABD.
【点睛】关键点点睛:本题中D较难,解题的关键是利用空间向量计算点线距,利用的,进而坐标化得最值.
46.(2021秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中)在正三棱柱中,,点满足,其中,,则( )
A.当时,的周长为定值
B.当时,三棱锥的体积为定值
C.当时,有且仅有一个点,使得
D.当时,有且仅有一个点,使得平面
【答案】BD
【分析】对于A,由于等价向量关系,联系到一个三角形内,进而确定点的坐标;
对于B,将点的运动轨迹考虑到一个三角形内,确定路线,进而考虑体积是否为定值;
对于C,考虑借助向量的平移将点轨迹确定,进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数;
对于D,考虑借助向量的平移将点轨迹确定,进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数.
【详解】
易知,点在矩形内部(含边界).
对于A,当时,,即此时线段,周长不是定值,故A错误;
对于B,当时,,故此时点轨迹为线段,而,平面,则有到平面的距离为定值,所以其体积为定值,故B正确.
对于C,当时,,取,中点分别为,,则,所以点轨迹为线段,不妨建系解决,建立空间直角坐标系如图,,,,则,,,所以或.故均满足,故C错误;
对于D,当时,,取,中点为.,所以点轨迹为线段.设,因为,所以,,所以,此时与重合,故D正确.
故选:BD.
【点睛】本题主要考查向量的等价替换,关键之处在于所求点的坐标放在三角形内.
47.(2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中)如图,在五面体中,底面为矩形,和均为等边三角形,平面,,,且二面角和的大小均为.设五面体的各个顶点均位于球的表面上,则( )
A.有且仅有一个,使得五面体为三棱柱
B.有且仅有两个,使得平面平面
C.当时,五面体的体积取得最大值
D.当时,球的半径取得最小值
【答案】ABC
【分析】根据棱柱的定义,主要利用线面、面面平行判定和性质定理判定A;利用线面、面面垂直的判定定理和性质定理判定B;利用体积分割,求得体积关于角度的函数关系,利用导数判定函数单调性,进而求得五面体的体积最大值的条件,从而判定C;利用球的性质找到外接球的球心,进而得到半径的变化规律,从而判定何时外接球的半径最小,从而判定D.
【详解】对于选项A:
∵平面,经过的平面与平面交于直线,∴,
取的中点分别为,连接,则
连接,∵和均为等边三角形,∴,
又∵底面为矩形,∴垂直,
故得二面角的平面角为,
二面角的平面角为,
因为,分别在平面和平面中,平面与平面和分别交于直线,所以当且仅当时,平面平面,
故当且仅当,即时,平面平面,
即五面体为三棱柱,故A正确;
对于选项B:
当平面和平面不平行时,它们的交线为,
由于,平面,平面,∴平面,
又∵平面,平面平面=直线,∴,
∴同理,∴当且仅当时,平面平面,
由于四边形为等腰梯形,∴当且仅当或时,,
∴当且仅当或时,平面平面,
故B正确;
对于选项C:
设的补角为,过A作直线AR与直线PQ垂直相交,垂足为R,连接DR,∵AD⊥EF,EF//PQ,∴AD⊥PQ,
又∵AD∩AR=A,AD,AR 平面ADF,
∴平面ADR⊥直线PQ,
同理做出S,得到平面SBC⊥直线PQ,
为直三棱柱的底面,且RS=EF为直三棱柱的高,
、为三棱锥和的底面上的高
因为,
所以五面体的体积为(如上图)或(如下图)
两种情况下都有,
令则,所以,
对求导得 ,
令得(舍去)或,
,,
故时体积取得极大值也是最大值.
所以,所以.
五面体的体积取得最大值.故C正确;
对于D项:
取等边的中心 ,的中点,过作平面QBC的垂线与过的平面ABCD的垂线的交点即为五面体PQABCD的外接球的球心,如图所示,连接,,则,∵四边形为边长一定的矩形,∴为定值,
∴当且仅当最小,即重合时外接球的半径最小,此时为锐角,
故D不对.
故选:ABC.
三、填空题
48.(2021秋·湖南长沙·高二湖南师大附中校考期中)如图所示平行六面体中,,则 .
【答案】
【分析】在平行六面体中,由空间向量可得,对其两边平方,再根据空间向量的数量积公式,即可求得,由此即可求出结果.
【详解】在平行六面体中,
所以
,
所以
49.(2022秋·重庆沙坪坝·高二重庆八中校考期中)在直三棱柱中,,,,,则该直三棱柱的外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】求得外接球的半径,从而求得外接球的表面积.
【详解】设三角形的外接圆半径为,
设直三棱柱的外接球的半径为,
,则为钝角,则,
所以,
所以,
所以外接球的表面积是.
故答案为:
50.(2022秋·山东·高二山东省实验中学校考期中)正方体棱长为1,为该正方体外接球表面上的两点,在正方体表面且不在直线上,若,则的最小值为 .
【答案】/0.5
【分析】由向量的共线定理可得三点共线,再利用向量加法和数乘的运算法则计算即可.
【详解】因为,所以三点共线,
又因为正方体棱长为1,所以该正方体外接球的半径,
所以
.
故答案为:.
51.(2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中)如图,大小为的二面角的棱上有两个点A,B,线段PM与NQ分别在这个二面角的两个面内,并且都垂直于棱l.若,,,则 .
【答案】
【分析】利用空间向量的线性运算可得,再根据向量所成角,结合数量积公式平方即可得解.
【详解】根据题意,,
由二面角大小为,可得,
,
所以,
故答案为:
52.(2022秋·安徽合肥·高二合肥一六八中学校考期中)空间四边形中,,则其外接球表面积为 .
【答案】
【解析】由题意知均为直角三角形且斜边都为,知外接球的球心为的中点,即可求球的半径,进而得到其表面积.
【详解】由,,,又,
∴,即,
∴的中点O为外接球的球心,
且球的半径为,
∴外接球表面积,
故答案为:.
53.(2022秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中)阿波罗尼斯(约公元前262-190年)证明过这样一个命题:平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在棱长为6的正方体中,点是BC的中点,点是正方体表面上一动点(包括边界),且满足,则三棱锥体积的最大值为 .
【答案】
【分析】依题意可得,即可得到,在平面中作,求解最值,根据勾股定理得出,,再由二次函数的单调性求的最大值,代入棱锥体积公式得答案.
【详解】解:在棱长为的正方体中,是的中点,
点是面所在的平面内的动点,且满足,
,,即,
在平面中作,设,,
,化简得,,
所以当时,取得最大值为,所以,
在正方体中平面,又,
三棱锥的体积最大值.
故答案为:.
54.(2021秋·山东济南·高二山东师范大学附中校考期中)平行六面体,,,,则
【答案】
【分析】根据空间向量的加法的几何意义可得,再应用空间向量数量积的运算律求,即可得的长度.
【详解】由题设,可得如下示意图,
∴,
∴,则.
故答案为:
55.(2021秋·山东济南·高二山东师范大学附中校考期中)正方体的棱长为1,P点满足,则P到的距离为
【答案】
【分析】根据题设向量的线性关系,结合正方体的性质易知为底面中心,进而求P到的距离即可.
【详解】若分别是上下底面中心,如下图示,
∴,即与为同一点,
∴P到的距离.
故答案为:
56.(2022秋·山东·高二山东省实验中学校考期中)已知,,且与垂直,则的值为 .
【答案】
【分析】分别求出与的坐标,由题意可得,利用空间向量数量积的坐标表示列方程,解方程可得的值.
【详解】因为,,
所以,
,
因为与垂直,所以,
解得:,所以的值为,
故答案为:.
57.(2022秋·山西·高二山西大附中校考期中)如图,已知四棱柱的底面为平行四边形,,,,与平面交于点,则 .
【答案】
【分析】设,由空间向量运算法则表示出,结合,,,四点共面,可得,解出即可得到答案.
【详解】解:由题设,
因为,
所以,
又因为,,,四点共面,
所以,
解得,
故答案为:.
58.(2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中)球O是棱长为2的正方体的外接球,M为球O上一点,N是的内切圆上的一点,则线段MN长度的取值范围为 .
【答案】
【分析】首先分析出的内切圆是与正方体的各条棱都相切的球的小圆,这样将问题转化为两个同心圆上点的距离的最值问题.
【详解】设正方体的外接球的球心为,其半径,
设与正方体各棱都相切的球的球心为,与为同一点,则的内切圆为球一个小圆,球的半径,
又因为点在正方体的外接球的球面上运动,点在的内切圆上运动,
所以线段长度的最小值是正方体的外接球的半径减去与正方体的各条棱都相切的球的半径,
线段长度的最大值是正方体的外接球的半径加与正方体的各条棱都相切的球的半径,
由此可得线段的取值范围是.
故答案为:
59.(2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中)如图,在正四棱柱中,,,点P是侧面内的动点,且,记AP与平面所成的角为,则的最大值为 .
【答案】
【分析】以为坐标原点,建立空间直角坐标系,设出点的坐标,根据已知条件找到其横坐标和竖坐标之间的关系,再求线面角正切值的最大值即可.
【详解】根据题意,以为坐标原点建立空间直角坐标系如下所示:
则,
设点的坐标为,,
因为,即,即;
取平面的一个法向量为,
故,则,
又在单调递减,在单调递增,
故时,取得最小值,取得最大值,
此时,取得最大值为.
故答案为:.
60.(2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中)已知正四棱柱,,,则直线与平面所成角的正弦值为 .
【答案】/
【分析】以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系,
则、、、、,
设平面的法向量为,,,
则,取,可得,
,.
因此,直线与平面所成角的正弦值为.
故答案为:.期中专题01 空间向量与立体几何小题综合
欧拉定理(欧拉公式)
(简单多面体的顶点数V、棱数E和面数F).
(1)=各面多边形边数和的一半.特别地,若每个面的边数为的多边形,则面数F与棱数E的关系:;
(2)若每个顶点引出的棱数为,则顶点数V与棱数E的关系:.
空间的线线平行或垂直
设,,则
;
.
夹角公式
设,b=,则
.
异面直线所成角
=
(其中()为异面直线所成角,分别表示异面直线的方向向量)
直线与平面所成角,(为平面的法向量).
二面角的平面角
(,为平面,的法向量).
异面直线间的距离
(是两异面直线,其公垂向量为,分别是上任一点,为间的距离).
点到平面的距离
(为平面的法向量,是经过面的一条斜线,).
一、单选题
1.(2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中)已知,,且,则( )
A. B. C. D.
2.(2021秋·山东济南·高二山东师范大学附中校考期中)设,,与垂直,则等于( )
A.6 B.14 C. D.
3.(2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中)如图,已知平行六面体,则( )
A. B. C. D.
4.(2022秋·广东广州·高二华南师大附中校考期中)已知直三棱柱中,,,则异面直线与所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
5.(2022秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中)在三棱锥中,,,,则异面直线与所成的角余弦值是( )
A. B. C.0 D.
6.(2021秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中)已知长方体中,,,,,若则( )
A. B. C. D.
7.(2022秋·山东·高二山东省实验中学校考期中)已知直线过定点,且方向向量为,则点到的距离为( )
A. B. C. D.
8.(湖南省长沙市周南中学2021-2022学年高二上学期第一次月考数学试题)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AC与BD的交点为点M,=,,,则下列向量中与相等的向量是( )
A. B.
C. D.
9.(2022秋·山西·高二山西大附中校考期中)在一平面直角坐标系中,已知,,现沿轴将坐标平面折成60°的二面角,则折叠后,两点间的距离为( )
A. B. C. D.
10.(2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中)已知为空间任意一点,满足任意三点不共线,但四点共面,且,则的值为( )
A. B. C. D.1
11.(2022秋·重庆沙坪坝·高二重庆八中校考期中)在正方体中,E为AB的中点,则直线CE与所成的角的余弦值为( )
A. B. C. D.
12.(2022秋·福建厦门·高二厦门一中校考期中)长方体中,,,上底面的中心为,当点在线段上从移动到时,点在平面上的射影的轨迹长度为( )
A. B. C. D.
13.(新疆维吾尔自治区喀什第六中学2022-2023学年高二上学期第一次月考数学试题)在底面半径为1的圆柱中,过旋转轴作圆柱的轴截面,其中母线,是的中点,是的中点,则( )
A.,与是共面直线
B.,与是共面直线
C.,与是异面直线
D.,与是异面直线
14.(2022秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中)已知正方体的棱长为2,点E满足,则的最小值为( )
A. B. C. D.
15.(2021秋·山东济南·高二山东师范大学附中校考期中)在四面体中,,,,,,用向量,,表示,则等于( )
A. B.
C. D.
16.(2022秋·山东·高二山东省实验中学校考期中)如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,AB=,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE.则M点的坐标为( )
A.(1,1,1) B. C. D.
17.(2022秋·山东青岛·高二青岛二中校考期中)已知大小为的二面角棱上有两点,,,,,,若,,,则的长为( ).
A.22 B.49 C.7 D.
18.(2022秋·山西·高二山西大附中校考期中)如图,在棱长为2的正方体中,E为的中点,点P在线段上,点P到直线的距离的最小值为( )
A.1 B. C. D.
19.(2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中)在直三棱柱中,,,动点在侧面上运动,且,则异面直线和所成角的余弦值的最大值为( )
A. B. C. D.
20.(2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中)已知向量,是平面内的两个不共线的非零向量,非零向量在直线上,则“,且”是的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分又不必要条件
21.(2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中)如图,正方体中,异面直线,的夹角为( )
A.30° B.60° C.90° D.120°
22.(2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中)在平行六面体中,,,,,则与所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
23.(2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中)如图所示,在棱长为的正方体中,,分别为棱,的中点,为棱上的一点,且,则点到平面的距离为( )
A. B. C. D.
24.(2022秋·湖南长沙·高二长郡中学校考期中)如图,在棱长为2的正四面体ABCD中,点N,M分别为和的重心,P为线段CM上一点.( )
A.的最小为2
B.若DP⊥平面ABC,则
C.若DP⊥平面ABC,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为
D.若F为线段EN的中点,且,则
25.(2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中)为庆祝国庆,立德中学将举行全校师生游园活动,其中有一游戏项目是夹弹珠.如图,四个半径都是1cm的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器中,每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面,则这个容器的容积是( )
A. B.
C. D.
26.(2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中)如图,在三棱台中,下底面是直角三角形,且,侧面与都是直角梯形,且,若异面直线AC与所成角为,则BC与平面所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
二、多选题
27.(2022秋·重庆沙坪坝·高二重庆一中校考期中)已知空间中两个不同的平面,两条不同的直线满足,则以下结论正确的是( )
A.若,则 B.若,则
C.若相交,则相交 D.若,则
28.(2022秋·湖南长沙·高二长郡中学校考期中)“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓.《九章算术·商功》有如下叙述:“斜解立方,得两堑堵,斜解堑堵.其一为阳马,其一为鳖臑”.意思是说:将一个长方体沿对角面斜截(图1),得到一模一样的两个堑堵(图2),再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜截(图2),得一个四棱锥称为阳马(图3),一个三棱锥称为鳖臑(图4).
若长方体的体积为V,由该长方体斜截所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为,则下列选项不正确的是( )
A. B. C. D.
29.(2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中)直线l的方向向量为,两个平面,的法向量分别为,,则下列命题为真命题的是( )
A.若,则直线平面
B.若,则直线平面
C.若,则直线l与平面所成角的大小为
D.若,则平面,所成角的大小为
30.(2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中)已知空间向量,则下列选项中正确的是( )
A.当时, B.当时,
C.当时, D.当时,
31.(2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中)已知,则以下坐标表示的点在平面ABC内的是( )
A. B. C. D.
32.(2023版北师大版(2019)选修第一册突围者第三章第二节课时2空间向量的数量积)如图,在三棱柱中,,分别是,上的点,且,.设,,,若,,,则下列说法中正确的是( )
A. B.
C. D.
33.(2022秋·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨三中校考期中)如图,正方体的棱长为2,E是的中点,则( )
A.
B.点E到直线的距离为
C.直线与平面所成的角的正弦值为
D.点到平面的距离为
34.(2021秋·湖北武汉·高二武汉外国语学校(武汉实验外国语学校)期中)如图,在边长为1的正方体中,M为BC边的中点,下列结论正确的有( )
A.AM与所成角的余弦值为
B.四而体的内切球的表面积为
C.正方体中,点P在底面(所在的平面)上运动并且使,那么点P的轨迹是双曲线
D.每条棱所在直线与平面所成的角都相等,则截此正方体所得截面面积的最大值为
35.(2022秋·湖南长沙·高二雅礼中学校考期中)如图,已知A,B是相互垂直的两条异面直线,直线AB与a,b均相互垂直,垂足分别为A,B,且,动点P,Q分别位于直线A,B上,且P异于A,Q异于B.若直线PQ与AB所成的角,线段PQ的中点为M,下列说法正确的是( )
A.PQ的长度为定值
B.三棱锥的外接球的半径长为定值
C.三棱锥的体积为定值
D.点M到AB的距离为定值
36.(2022秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中)在长方体中,,,,则下列命题为真命题的是( )
A.若直线与平面所成的角为,则
B.若经过点的直线与长方体所有棱所成的角都为,则
C.若经过点的直线与长方体所有面所成的角都为,则
D.若经过点的平面与长方体所有面所成的二面角都为,则
37.(2021秋·山东济南·高二山东师范大学附中校考期中)正三棱柱,,P点满足(,)( )
A.当时,△的面积是定值 B.当时,△的周长是定值
C.当时,△的面积是定值 D.当时,三棱锥的体积为定值
38.(2021秋·山东济南·高二山东师范大学附中校考期中)已知,,,,则下列说法正确的有( )
A.与夹角的余弦为 B.的面积为
C.平面的一个法向量 D.四面体的体积为
39.(2022秋·山东青岛·高二青岛二中校考期中)在棱长为2的正方体中,、、分别为,,的中点,则下列选项正确的是( ).
A.
B.直线与所成角的余弦值为
C.三棱锥的体积为
D.存在实数、使得
40.(2022秋·山东青岛·高二青岛二中校考期中)已知空间中三点,,,则( ).
A. B.
C. D.A,B,C三点共线
41.(2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中)在长方体中,已知与平面和平面所成的角均为,则( )
A.
B.与平面所成的角为
C.与平面所成的角为
D.
42.(2022秋·重庆沙坪坝·高二重庆八中校考期中)已知正三棱柱,各棱长均为4,且点E为棱上一动点(包含棱的端点),则下列结论正确的是( )
A.该三棱柱既有外接球,又有内切球
B.三棱锥的体积是
C.直线与直线恒不垂直
D.直线与平面所成角的正弦值范围是
43.(2022秋·广东广州·高二华南师大附中校考期中)在长方体中,,点为棱上靠近点的三等分点,点是长方形内一动点(含边界),且直线,与平面所成角的大小相等,则( )
A.平面
B.三棱锥的体积为4
C.存在点,使得
D.线段的长度的取值范围为
44.(2022秋·湖南长沙·高二湖南师大附中校考期中)点是正方体中侧面正方形内的一个动点,正方体棱长为1,则下面结论正确的是( )
A.满足的点M的轨迹长度为
B.点M存在无数个位置满足直线平面
C.在线段上存在点M,使异面直线与CD所成的角是30°
D.若E是棱的中点,平面与平面所成锐二面角的正切值为
45.(2022秋·山东·高二山东省实验中学校考期中)如图,在平行四边形中,,,,沿对角线将折起到的位置,使得平面平面,下列说法正确的有( )
A.平面平面
B.三棱锥四个面都是直角三角形
C.与所成角的余弦值为
D.过的平面与交于,则面积的最小值为
46.(2021秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中)在正三棱柱中,,点满足,其中,,则( )
A.当时,的周长为定值
B.当时,三棱锥的体积为定值
C.当时,有且仅有一个点,使得
D.当时,有且仅有一个点,使得平面
47.(2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中)如图,在五面体中,底面为矩形,和均为等边三角形,平面,,,且二面角和的大小均为.设五面体的各个顶点均位于球的表面上,则( )
A.有且仅有一个,使得五面体为三棱柱
B.有且仅有两个,使得平面平面
C.当时,五面体的体积取得最大值
D.当时,球的半径取得最小值
三、填空题
48.(2021秋·湖南长沙·高二湖南师大附中校考期中)如图所示平行六面体中,,则 .
49.(2022秋·重庆沙坪坝·高二重庆八中校考期中)在直三棱柱中,,,,,则该直三棱柱的外接球的表面积为 .
50.(2022秋·山东·高二山东省实验中学校考期中)正方体棱长为1,为该正方体外接球表面上的两点,在正方体表面且不在直线上,若,则的最小值为 .
51.(2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中)如图,大小为的二面角的棱上有两个点A,B,线段PM与NQ分别在这个二面角的两个面内,并且都垂直于棱l.若,,,则 .
52.(2022秋·安徽合肥·高二合肥一六八中学校考期中)空间四边形中,,则其外接球表面积为 .
53.(2022秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中)阿波罗尼斯(约公元前262-190年)证明过这样一个命题:平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在棱长为6的正方体中,点是BC的中点,点是正方体表面上一动点(包括边界),且满足,则三棱锥体积的最大值为 .
54.(2021秋·山东济南·高二山东师范大学附中校考期中)平行六面体,,,,则
55.(2021秋·山东济南·高二山东师范大学附中校考期中)正方体的棱长为1,P点满足,则P到的距离为
56.(2022秋·山东·高二山东省实验中学校考期中)已知,,且与垂直,则的值为 .
57.(2022秋·山西·高二山西大附中校考期中)如图,已知四棱柱的底面为平行四边形,,,,与平面交于点,则 .
58.(2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中)球O是棱长为2的正方体的外接球,M为球O上一点,N是的内切圆上的一点,则线段MN长度的取值范围为 .
59.(2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中)如图,在正四棱柱中,,,点P是侧面内的动点,且,记AP与平面所成的角为,则的最大值为 .
60.(2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中)已知正四棱柱,,,则直线与平面所成角的正弦值为 .