北京市朝阳区高考数学三年（2021-2023）模拟题汇编-平面向量、空间向量与立体几何

北京市朝阳区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇

编-平面向量、空间向量与立体几何

一、单选题

1.（2022•北京朝阳•统考二模）已知M为ASC所在平面内的一点，IMBI=IMCl=1,且

_1,uuUii

AB=MB+MC,MB∙MC=,则CACB=（）

A.0B.ɪC.√3D.3

2.（2022•北京朝阳•统考一模）已知平面向量。满足W=2,W=I,且α与b的夹角为暮,

则卜+«=（）

A.GB.√5C.√7D.3

3.（2023•北京朝阳•统考一模）如图，圆M为的外接圆，AB=4,AC=6,N为边

8C的中点，则AN∙AM=（）

4.（2023•北京朝阳•统考一模）在长方体ABCo-ABCa中，4G与平面4万。相交于点M,

则下列结论一定成立的是（）

A.AMYBDB.AiM1BD

C.AM=^MClD.MB=MD

5.（2022•北京朝阳•统考二模）己知/,，〃是两条不同的直线，名夕是两个不同的平面，下

面正确的结论是（）

A.箱Illa,mlIa,则/〃机B.若ml/β,a1.β,则w_La

C.若∕∙Lα,∕J•5，则加//ɑD.若/1•夕_L⑸m_La,则/_La

6.（2022・北京朝阳•统考一模）在通用技术教室里有一个三棱锥木块如图所示，½4,VBfVC

两两垂直，VA=VB=VC=I（单位：dm）,小明同学计划通过侧面V¾C内任意一点P将木

块锯开，使截面平行于直线VB和AC,则该截面面积（单位：dm2）的最大值是（）

A.-B.也C.呈D.-

4444

7.（2021•北京朝阳•统考二模）某四棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长

为1,则该四棱锥的5个面的面积中，最大的是（）

A.2B.√5C.√6D.3

8.（2021•北京朝阳.统考一模）在棱长为1的正方体ABCO-A耳GA中，P是线段BG上的

点，过A的平面α与直线Pf）垂直，当P在线段8C∣上运动时•，平面α截正方体

ABCO-AACA所得的截面面积的最小值是（）

A.1B.-C.如D.夜

42

9.（2021•北京朝阳•统考一模）某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长

为1,则该三棱锥最长的棱长为（）

答案第2页，共18页

C.瓜D.2√2

二、填空题

10.(2021.北京朝阳.统考一模)已知向量α=(6,l),力=(x,y)(%y≠0),且忖=1,a-b<0,

则向量b的坐标可以是.(写出一个即可)

11.(2021.北京朝阳•统考二模)已知向量α=(2,w),fc=(-l,2),且」+2。=6，贝IJ

12.(2022.北京朝阳.统考二模)如图，在正方体4?CZ)-AAGA，中，E,F,G分别为棱

AA,A稣AA上的点(与正方体顶点不重合)，过4作平面EFG,垂足为，.设正方

体ABCO-A耳CQl的棱长为1，给出以下四个结论:

①若E,F,G分别是AAAq,AR的中点，则A"=Y1;

6

②若区F,G分别是AA,A4,AR的中点，则用平行于平面EFG的平面去截正方体

ABCD-AtBlClDl,得到的截面图形一定是等边三角形;

③*EFG可能为直角三角形；

_1111

2222

A1EA1FAfiA1H'

其中所有正确结论的序号是

三、解答题

13.(2023・北京朝阳•统考一模)如图，在三棱柱ABC-A中，/⅛，平面ABC,D,E

分别为AC,AG的中点，AB=BC=5AC=AA1=2.

⑴求证：AC，平面8OE；

(2)求直线OE与平面ABE所成角的正弦值;

⑶求点D到平面ABE的距离.

14.(2022.北京朝阳.统考二模)如图，在长方体ABCD-ABCR中，底面ABCD是边长为

2的正方形，DR=4,E,尸分别是CG，BQ的中点.

⑴求证：A广〃平面AER；

(2)设”在棱BBl上，且84=；8用，N为Co的中点，求证：心/_1平面4£2；并求直线4V

与平面AEA所成角的正弦值.

答案第4页，共18页

15.(2022•北京朝阳•统考一模)如图1,在四边形ABC。中，AClBD,ACBD=O,

OD=OB=∖,OC=2,E,F分别是A8,AO上的点，EFHBD,ACoEF=H,AH=2,

"0=1.将4AEr沿"'折起到AE尸的位置，得到五棱锥A-BCDfE,如图2.

图1图2

(1)求证：EFl平面AHC；

(2)若平面AEF，平面BCDFE,

(i)求二面角。-AC-〃的余弦值；

(ii)对线段AF上任意一点N,求证：直线BN与平面AQe相交.

参考答案：

1.D

【分析】由向量加减、数乘的几何意义知”为AC中点，根据已知求得NC=g、BC=R

O

AC=2,由向量数量积的定义求为.炭即可.

【详解】由AB=M8+MC，则AB+BM=AM=MC，

所以A,",C共线，即M为AC中点，如下图：

A

又IMBl=IMCl=I且MB∙MC=-g,即cos∠BMC=-g,而ZBMCe(O,万)，

所以NBMC=—,故NC=m，则BC=G,AC=2,

36

所以CA∙CB=∣CA∣∣C8∣cosC=3.

故选：D

2.A

【分析】根据向量数量积的定义及运算性质即得.

【详解】∙.[α∣=2,W=1,且〃与6的夹角为与，

.-24

・・«•£>=2×l1×cos——=-1,

3

.∣2...2.2

4+q=(a+b)2=a+2a∙b+b=22—2×1+12=3»

Λ∣α+6∣=√3.

故选：A.

3.C

【分析】由三角形中线性质可知AN=；(AB+AC),再由外接圆圆心为三角形三边中垂线交

答案第6页，共18页

[f]f

点可知IAMICOSNBAM=〈IAB∣,同理可得IAMICoSNCAM=—|AC∣,再由数量积运算即

22

可得解.

【详解】N是BC中点、,

:.AN=-(AB+AC),

2

M为..ΛBC的外接圆的圆心，即三角形三边中垂线交点，

1,1,

.∙.AMAB=IAMUAB∣cosZBAM=一∣ABF=-X4-=8,

22

同理可得A"∙AC=∕∣AC∣2=18,

.∙.AMAD=AM-(AB+AC)=-AM-AB+-AM-AC=-×S+-×IS=∖3.

22222

故选：C

4.C

【分析】根据平面交线的性质可知ANACt=M,又平行线分线段成比例即可得出正确答

案，对于ABD可根据长方体说明不一定成立.

【详解】如图，连接4C,8。，交于N,连接AG,A1N,

在长方体中，平面ACGA与平面AB。的交线为AN,

而AGU平面ACGA,且AGC平面ABD=M,

所以MeAN,

又AN∕M1C∣,AN=^AtCt,

所以AM=；MG，故C正确.

对于A,因为长方体中AC与30不一定垂直，故推不出AA/_LM,故A错误;

对于B,因为长方体中4。与AB不一定相等，故推不出AMLBO,故B错误;

对于D,由B知，不能推出AN与BO垂直，而AN是中线，所以推不出MB=MD,故D

错误.

故选：C

5.D

【分析】根据线面、面面的位置关系，由平面的基本性质判断线线、线面关系.

【详解】A：〃/α,m∕∕α,贝∣J∕,〃?可能平行、相交或异面，错误；

B：m〃6,a，£,则相以可能相交、平行或MUα,错误；

C：l±a,l±m,则-a平行或ZnUa,错误；

D：IVβ,mVβ,贝1]/〃加，又/n_L(z,故/_LC,正确.

故选：D

6.B

【分析】根据题意，在平面四C内，过点尸作所〃AC分别交幺WC于居£,在平面VBC内,

过E作EQ//K8交BC于。，在平面V48内，过F作FD//VB交BC于D,连接QQ,进而

∖7p∖7Γ,FF

根据题意，NEFSNCA,设其相似比为女，则子=展=£=M再证明四边形EEQD

是矩形，再结合相似比和二次函数性质求解即可.

【详解】解：根据题意，在平面V¾c内，过点P作瓦'〃AC分别交3WC于F,E,

在平面VBC内，过E作EQ〃丫8交BC于。，

在平面WIB内，过F作㈤//VE交BC于。，连接。。，作图如下,

因为EF〃AC,则NVEF=NUC4,NVFE=NVAC,

所以△在万SAVZe4,设其相似比为3

,VFVEEF,

贝nIlJ===k,

VAVCAC

因为VΛJ∙VC,所以在R∕Z∖V½C中，AC2=VA2+UC2,

因为UA=VB=VC=I,所以4C=&，即EF=0Z,

答案第8页，共18页

因为FD//V3,则NAFQ=NAVB,NA。尸=NA3V,

A尸ADFr)

所以，XAFDSXNB、即M=M=第，

VABAVB

因为MAF=VEA产-VF=1

VAVA

FDAF

所以"=芸=1_左，即FD=I-%,

VBVA

同理VCEQSevβ,即4=丝=丝=I-Z,

VCBCVB

因为Vβ,VCW8LV¾,V4cVC=V,V½u平面V½C,VCU平面V¾C,

所以VBL平面l¼C,

因为FD"VB,EQUVB,

所以，平面V4C,EQJ_平面E4C,

因为EFU平面V½C,

所以FOL所,EQLFE,

BD=AB-AD=BQ=CB-CQ=

BAABCBCB

所以强=也

BCBA

因为NB=NB,所以ABOQs,BAC,

所以Q2〃AC,

因为瓦V/AC,所以EF//DQ,

因为尸。，防,E0LFE,所以尸£>LOQ,EQ_L£>Q,

所以四边形FEQD是矩形，即S矩形FEQD=EF∙FD=Q—k)•母k=-6也一手+专,

所以，由二次函数的性质知，当〃=J时，S矩吩E能有最大值变.

故选：B

7.D

【分析】根据三视图判断出四棱锥的结构，计算出5个面的面积，由此确定正确选项.

【详解】由三视图可画出几何体的直观图如下图所示，

SABEADE=—×2×2=2,

J1÷2)×2

口BCDE—2-ɔ*

22

AD=y∣2+2=2√2>Sacd=→1×2√2=√2,

AB=√22÷22=2√2,BC=√l2+22=√5,AC=Jl2÷(2√2V=3,

cosZABC=-*J9L=-^=,sinZABC=Vl-cos2ZABC=-^=,

2×2√2×√5√10√10

所以SA5c=gx20x石x∖^∙=3.

故最大面积是3.

故选：D

8.C

【分析】以点A为坐标原点，AB.AD,4A所在直线分别为X、)，、Z轴建立所示的空间

直角坐标系，设点P(l∕")(0≤f≤l),分f=0、f=l、O<f<l三种情况讨论，确定截面α与

各棱的交点，求出截面面积关于/的表达式，由此可解得截面面积的最小值.

【详解】以点A为坐标原点，AB.AD.AA所在直线分别为k、y、Z轴建立如下图所示

的空间直角坐标系，

则A(0,0,0)∖4(。，0,1)、8(l,0,0),4(1,0,1)、C(l,l,0),C1(1,1,1),£>(0,1,0)、D1(0,1,1),

答案第10页，共18页

设点P(l",r),其中O≤t≤l.

①当f=0时，点尸与点8重合，BD=(-1,1,0),AC=(1,1,0),A41=(0,0,1),

所以，BDAC=O,BD-AAx=0,则3Z)LAC,BolΛ4),

ACCA41=4,.∙.8Q,平面AAIGC,此时平面ɑ即为平面AAGC，

截面面积为S=AVAC=0；

②当f=l时，同①可知截面面积为S=

③当0<f<l时，DP=(∖,t-∖,t),AC=(1,1,-1),

DPAxC=∖+t-∖-t=G,.-.A1CYPD,则AeUa,

设平面α交棱。。于点E(OJz),CE=(-l,0,z),

DPCE=-I+fz=。，可得z=l>l,不合乎题意.

t

设平面α交棱AB于点M(X0,0),CM=(X—1,—1,0),

DP∙CM=x-l-(f-l)=0,可得X=/,合乎题意，即MaO,0),

同理可知，平面α交棱GR于点N(IT,1,1),

AN=(I—4L0)=MC,且AN与Λ∕C不重合，故四边形AMCN为平行四边形,

AC∙A∣N2-f

AC=(LLT),AN=(IT,1,0),COSZCATV=

1,CHANl√3∙√f2-2r+2,

,-----------------.∣2(t2-t+∖)

贝IJsinNCAlN=Jl-cos^NCAlN=—,

y∣3("2t+2)

所以，截面面积为

S=25"AN=IACHAMSinNCAN=J2Q∕+l)=J2D+?=^<√2.

综上所述，截面面积的最小值为".

2

故选：C

【点睛】关键点点睛：本题考查正方体截面面积最值的求解，解题的关键在于确定截面与各

棱交点的位置，这里可以利用空间向量法，将线线垂直关系转化为向量数量积为零来处理，

确定点的位置，进而将截面面积的最值利用函数的最值来求解.

9.C

【分析】画出该三棱锥的直观图，分别求得各棱长的长度比较即可得结果.

【详解】该三棱锥的直观图如图所示：Di-BCE

依题意得BC=CE=LEB=JhF=◎，

2222222

DIE=√1+1=√2,DIC=√1+2=√5,DIB=√1+2+1=√6

则该三棱锥最长的棱长为指

故选：C.

ɪo.卜乎，-乎］（答案不唯一）

【分析】根据已知条件列关于X,y的方程组，解方程组即可求解.

【详解】向量"=（"l）,b=（x,y）（胡力。），且W=I,“包＜0,

Jx2+/=1

所以屈+）YO,取X=y=_也符合题意，

八

xy≠02

所以向量匕的坐标可以是-#，-*），

故答案为：（答案不唯一）

11.-4

【分析】利用向量的坐标运算及零向量的意义求解而得.

【详解】因α=(2,m),⅛=(-1,2),则£+21=(2,m)+2∙(-l,2)=(2,m)+(-2,4)=(0,加+4)

而α+2b=0,所以m+4=0,m=-4.

故答案为：-4

答案第12页，共18页

12.

【分析】①等体积法=匕FFC判断；②根据正方体的性质画出平行于平面EFG的可能

截面情况；③由正方体性质，通过定两点，移动另一点判断二EFG的内角变化趋势即可；④

设"=AES=A尸,C=AGS=AH,利用等体积法，结合正余弦定理、三角形面积公式、锥

体体积公式化简即可判断.

=2o

【详解】①由^E-AFG=—E-A↑F-AG=—,而SEFG

K⅛-EFGI∖f,=~×(~~)Sin60=>

。H∙O22ð

所以;ScC=5，可得AH=日，正确；

②根据正方体的性质平行平面EFG的平面有如下情况：

当截面在面ABQ∣与面BQG之间时为六边形，在面AB∣2左上或面BQG右下时为等边三角

形，错误；

③瓦尸分别在AA,上不为顶点任意点，当G从A到。过程/EGF递减，即小于90。，

同理知：ZGE£4FG也小于90。，一EFG不可能为直角三角形，错误；

④若〃=A2∖=A尸，C=AGM=A",又VA-芯叩=%-AFG,即

Λ1E∙A1F∙Λ,G=A1HGEGFsinZEGF,

..r.^^•>?ʌ.ɔTT1/Q-+c~+h~+c~-CI—-h~2

所以abc=ft√(α-+C2)0-+c2)-1-(——∣,,,,)一,

∖2y](a2+c2)(b2+c2)

贝IJabc=h∖∣a2b2+a2c2+b2c2，即a2b2c2=hi(a2b2+a2c2+b2c2)，

Illl1111

所以F=/+3+/'即而+#+苒τ=F,正瑜

故答案为：①④

【点睛】关键点点睛：①④应用等体积法计算或转化，②由正方体性质及平面的基本性质作

出截面判断；③根据正方体的性质，动点分析三角形的内角变化趋势.

13.（1）证明见解析;

⑵当

6

⑶亚

3

【分析】（1）根据线面垂直的性质得到DElAC,根据等腰三角形三线合一的性质得到

AClBD,然后利用线面垂直的判定定理证明即可；

（2）利用空间向量的方法求线面角即可；

（3）利用空间向量的方法求点到面的距离即可.

【详解】（1）在三棱柱中，D,E为AC,AG的中点，.∙.OE"AA,

,.∙M1平面ABC,：.DE1平面ABC,

：ACu平面ABC,ΛDElAC,

在三角形ABC中，AB=BC,。为AC中点，ΛAClBD,

,：DECBD=D,DE,BDl平面8OE,ΛACl5FffiBDE.

如图，以。为原点，分别以。况。E为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

在直角三角形AB。中，AB=5AD=^AC=∖,：.BD=2,

O(0,0,0),£(0,0,2),A(l,0,0),8(0,2,0),

Z)E=(0,0,2),AB=(-l,2,0),AE=(-1,0,2),

设平面ABE的法向量为“7=(x,y,z),

答案第14页，共18页

AB∙m=-x+2y=O

,令％=2,则y=i,z=l,所以m=(2,l,l),

AE-m=-x+2z=0

设直线DE与平面ABE所成角为O,

I/∖∣∖DE-m∖2√6

所以Sine=COS(DEM)=TL仃4=/=?.

I'/I∖DE∖-∖m∖2×√4+l+l6

∖DE∙n∖2&

(3)设点。到平面ABE的距离为d,所以d=F~j=需

14.(1)证明见解析；

(2)证明见解析，直线AN与平面AER所成角的正弦值为我.

10

【分析】(I)如图所示，以点。为坐标原点，以。AOC,0R分别为χ,y,Z轴建立空间直角

坐标系D-xyz,利用向量法证明;

(2)证明N%〃%即得证，再利用向量法求直线AN与平面AEQ所成角的正弦值.

【详解】(1)证明：如图所示，以点。为坐标原点，以D4,OC分别为MXz轴建立空

间直角坐标系。-型,由题得A(2,0,4),F(l,2,4),.∙.A>=(-1,2,0)，

由题得A(2,0,0),D1(0,0,4),E(0,2,2),ΛAA=(-2,0,4),AE=(-2,2,2)，

设平面AED1的法向量为蔡=(χ,y,Z),

m∙AD.=-2x+4Z=O

所以,.∙."i=(2,1,1).

m∙AE=-Ix+2y+2z=O

所以A%∙i=-lx2+lx2+0χl=0'

因为AF<X平面AER,所以AF〃平面AER.

(2)证明：由题得V(2,2,1),N(0,1,0),.∙.Λ⅛r=(2,1,1)，

所以质/扇，所以NH，平面AER,

由题得