2024年高考数学真题分类汇编08空间向量与立体几何（含答案）

年高考真题分类汇编九空间向量与立体几何一、选择题1．若a，b为两条直线，m为一个平面，则下列结论中正确的是（）A．若a//m，b⊂m，则a//b C．若a//m,b⊥m，则a⊥b D．若a//2．空间中有两个不同的平面α，β和两条不同的直线m，n，则下列说法中正确的是（）A．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥nB．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n⊥βC．若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥nD．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β3．已知α、β是两个平面，m、n是两条直线，α∩β＝m．下列四个命题：①若m∥n，则n∥α或n∥β②若m⊥n，则n⊥α，n⊥β③若n∥α，且n∥β，则m∥n④若n与α和β所成的角相等，则m⊥n其中，所有真命题的编号是（）A．①③ B．②③ C．①②③ D．①③④4．已知以边长为4的正方形为底面的四棱锥，四条侧棱分别为4，4，22，2A．22 B．32 C．235．已知正三棱台ABC−A1B1CA．12 B．1 C．2 6．已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为3，则圆锥的体积为（）A．23π B．33π C．7．一个五面体ABC−DEF.已知AD//BE//A．36 B．334+128．定义一个集合 Ω ，集合中的元素是空间内的点集，任取P1,P2,P3∈Ω，存在不全为0的实数λ1，λA．(0,0,0) B．(二、填空题9．已知三个圆柱的体积为公比为10的等比数列．第一个圆柱的直径为65mm，第二、三个圆柱的直径为325mm，第三个圆柱的高为230mm，求前两个圆柱的高度分别为．10．已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1底面ABCD为平行四边形，AA1＝3，BD＝4且AB1⋅BC−AD111．已知甲、乙两个圆台上下底面的半径均为r2和r1，母线长分别为2（r1﹣r2）和3（r1﹣r2），则两个圆台的体积之比V甲V乙三、解答题12．已知四棱锥P-ABCD，AD//BC，AB=BC=1，AD=3，DE=PE=2，E是AD上一点，PE⊥AD．（1）若F是PE中点，证明：BF//平面PCD．（2）若AB⊥平面PED，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．13．已知四棱锥ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中AB=AA1=2，AD=DC=1．N是B1C1的中点，M是DD1的中点．（1）求证D1N//（2）求平面CB1M（3）求点B到平面CB14．如图，平面四边形ABCD中，AB=8,CD=3,AD=53,∠ADC=90°（1）证明：EF⊥PD．（2）求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.15．如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD=4，AB=BC=EF=2，ED=10，FB=2（1）证明：BM∥平面CDE；（2）求二面角F−BM−E的正弦值．16．如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，CD＝4，AD=BC=10，AE=23，M为（1）证明：EM∥平面BCF；（2）求点M到ADE的距离．17．如图，PA、PB、PC为圆锥三条母线，AB＝AC．（1）证明：PA⊥BC；（2）若圆锥侧面积为3π，BC为底面直径，BC＝2，求二面角B﹣PA﹣C18．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝3．（1）若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；（2）若AD⊥DC，且二面角A﹣CP﹣D的正弦值为427，求AD19．如图为正四棱锥P−ABCD，O为底面ABCD的中心.（1）若AP=5，AD=32，求△POA绕PO（2）若AP=AD，E为PB的中点，求直线BD与平面AEC所成角的大小.

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：A、若a//m，b⊂m，则a与B、若a//m，b//C、若a//m，b⊥m，则D、若a//m,b⊥m，则故答案为：C.【分析】根据线面平行的性质即可判断AB；根据线面垂直的性质即可判断CD.2．【答案】A【解析】【解答】解：A、若α⊥β，m⊥α，则m∥β，或m⊂β，又因为n⊥β，所以m⊥n，故A选项正确；

B、若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n⊥β或n⊂β或n与β斜交都有可能，故B选项错误；

C、若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n或m，n异面和相交都有可能，故C选项错误；

D、若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β或n⊂β都可能，故D选项错误.故答案为：A.【分析】利用空间点，线，面的位置关系逐项判断即可.3．【答案】A【解析】【解答】解：如图，

对①，当n⊂α，因为m//n，m⊂β，则n当n⊂β，因为m//n，m⊂α，则当n既不在α也不在β内，

因为m//n，m⊂α,m⊂β，

则n//α且n//β，故①正确；

对②，若m⊥n，则n与α,β不一定垂直，n可以在β面内，故②错误；

对③，如图，过直线n分别作两平面与α、β分别相交于直线l1和直线I2，

由n//α，

得n//l1，同理n//l2，

根据基本事实四，则l1//l2，

所以l2⊂β.l1⊄β，

所以l1//β故答案为：A.【分析】借助正方体与直线，平面的位置关系进行判断即可得到结果.4．【答案】D【解析】【解答】解：如图，分别取AB,CD的中点E,由题意可知：ABCD为正方形，且PA=PB=AB=4,可知PE⊥AB,因为PE∩EF=E，PE,EF⊂平面PEF，所以AB⊥平面由AB⊂平面ABCD，所以平面PEF⊥平面ABCD，由面面垂直的性质可知：四棱锥的高PO⊂平面PEF，且PO⊥EF，则PE=23,PF=2,EF=4，可知PE2+PF故答案为：D.

【分析】分别取AB,CD的中点E,F，根据长度关系结合勾股定理可证AB⊥平面PEF，平面PEF⊥平面ABCD，根据面面垂直的性质分析可知四棱锥的高PO⊂平面5．【答案】B【解析】【解答】解：分别取BC,B1C1的中点分别为D，D1，

因为在正三棱台则S△ABC设正三棱台ABC−A1B1C1的为h，分别过A1,D设AM=x，则AA1=可得DD因为BCC1B即x2+16则A1A与平面ABC所成角的正切值为故答案为：B.【分析】设正三棱台ABC−A1B1C1的为6．【答案】B【解析】【解答】解：设圆锥与圆柱的底面半径为R，又∵其高均为3，

故圆锥的母线长为：l=R2+3，圆锥的侧面积为：S侧=πRl=πRR2+3，

则圆柱的侧面积为：S侧=2πRh=23

【分析】根据题意将圆锥与圆柱的侧面积表示并建立等量关系解出半径，从而代入公式得出圆锥的体积.7．【答案】C【解析】【解答】解：将五面体ABC−DEF补成三棱柱，如图所示：因为AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，所以△ABC是边长为1的等边三角形，

因为AD=1，BE=2，CF=3，所以侧棱长为1+3=2+2=3+1=4，故VABC−DEF故答案为：C.【分析】由题意，将五面体ABC−DEF补成三棱柱，再利用三棱柱体积公式求解即可.8．【答案】C【解析】【解答】解：因为存在不全为0的实数λ1，λ2，λ3，使得λ1OA、由空间直角坐标系易知(0,0,0),(B、由空间直角坐标系易知(−1,0,0),(C、由空间直角坐标系易知(1,则由(1,0,D、由空间直角坐标系易知(1,0,0),故答案为：C．【分析】根据已知条件，得向量OP1,O9．【答案】1152【解析】【解答】解：设第一个圆柱的高为h1mm，半径为r1mm，第二个圆柱的高为h2mm，半径为可知r1=65由题意可得：πr22h2故答案为：1152

【分析】设相应的半径和高，根据等比数列的定义以及柱体的体积公式列式求解即可.10．【答案】arccos5【解析】【解答】解：已知如图所示：已知AB1→=AB→+BB1→，BC→=AD→,AD1→=AD→【分析】由题意可得AA11．【答案】64【解析】【解答】解：据题意，甲乙两个圆台的轴截面都是等腰梯形，

可以利用构造直角三角形，结合勾股定理的计算得到圆台的高，

即甲、乙两个圆台上下底面的半径均为r2和r1，

母线长分别为2（r1﹣r2）和3（r1﹣r2），

所以甲圆台构造的直角三角形斜边长为：2（r1﹣r2），而其中一条直角边为r1−r2，

则甲圆台的高为：h甲=[2(r1−r2)]2−(故答案为：64【分析】先根据已知条件和圆台结构特征，构造出直角三角形分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式，直接代入计算即可得解.12．【答案】（1）证明：取PD的中点为S，接SF,因为S,F分别为PE,又因为ED//BC,ED=2BC，则可知四边形SFBC为平行四边形，则BF//SC，且BF⊄平面PCD，SC⊂平面PCD，所以BF//平面PCD.（2）解：由题意可知：AE//BC,可知四边形AECB为平行四边形，则CE//AB，且AB⊥平面PAD，所以CE⊥平面PAD，且PE⊥AD，以E为坐标原点，EC,ED,则A(0,可得PA设平面PAB的法向量为m=(x,y令z=1，则取x=0,y=−2，可得设平面PCD的法向量为n=(a,b令a=2，则b=c=1，可得n=(2则cos⟨所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为3030【解析】【分析】(1)取PD的中点为S，分析可得BF//SC，结合线面平行的判定定理分析证明；

(2)建系，分别求平面PAB与平面PCD夹角的法向量，利用空间向量的求面面夹角.13．【答案】（1）证明：取CB1中点P，连接NP，MP，如图所示：因为N是B1C1的中点，所以NP//C又因为M是DD1的中点，所以D1M=12D故四边形D1MPN是平行四边形，故又因为MP⊂平面CB1M，D故D1N//平面（2）解：以A为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：则A(0,0,0)、B(2,0,0)、则CB1=(1,−1设平面CB1M与平面BB1则m⋅CB分别取x1=x2=1，则y1=3、z1=1则cosm故平面CB1M与平面B（3）解：由（2）可得BB1=(0,0则|BB1⋅m||【解析】【分析】（1）取CB1中点P，连接NP，MP，根据中位线的性质与平行四边形性质定理可得（2）以A为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；（3）利用（2）的空间坐标，根据空间中点到平面的距离公式计算即可.14．【答案】（1）证明：由AB=8,得AE=23,AF=4，又∠BAD=3由余弦定理得EF=A所以AE2+EF2所以EF⊥PE,EF⊥DE，又PE∩DE=E,所以EF⊥平面PDE，又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD.（2）解：连接CE，

由∠ADC=90°,ED=3在△PEC中，PC=43,PE=23,EC=6，得EC2+PE2=PC2，所以PE⊥EC，

由（1）知PE⊥EF，又因为所以PE⊥ED，则PE,EF,ED两两垂直，以则E(因为F是AB的中点，所以B(所以PC=设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n→=(则n⋅PC=3令y1=2,所以n=(0设平面PCD和平面PBF所成角为θ，则sinθ=即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值为865​​​​​【解析】【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得EF=2，再利用勾股定理的逆定理可证得EF⊥AD，则EF⊥PE,（2）由（1）的结论，根据线面垂直的判定定理与性质证得PE⊥ED，建立如图空间直角坐标系E−xyz，利用空间向量法求解面面角即可.15．【答案】（1）证明：根据题意，因为BC//AD,EF=2,所以BC//MD,四边形BCDM为平行四边形，所以BM//CD，又因为BM⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，所以BM//平面CDE；（2）过B作BO⊥AD交AD于O，连接OF，

因为四边形ABCD为等腰梯形，BC//AD,所以CD=2，由（1）可知BCDM为平行四边形，则BM=CD=2，又AM=2，所以△ABM为等边三角形，O为AM中点，根据直角三角形OBA，所以OB=3又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EF=MD,四边形EFMD为平行四边形，FM=ED=AF，所以△AFM为等腰三角形，△ABM与△AFM底边上中点O重合，OF⊥AM，OF=A利用勾股定理得OB所以OB⊥OF，所以OB,所以以OB方向为x轴，OD方向为y轴，OF方向为z轴，如图建立空间直角坐标系，F(0,0,BM=(−BE=(−设平面BFM的法向量为m=(平面EMB的法向量为n=(则m⋅BM=0则m=(又n⋅BM=0则n=(所以cosm则sinm故二面角F−BM−E的正弦值为43【解析】【分析】（1）根据题意，由BC//MD,BC=MD得到四边形BCDM为平行四边形，进而证明（2）作BO⊥AD交AD于O，连接OF，易证OB,16．【答案】（1）证明：根据题意，因为BC//AD,EF=2,AD=4,M为AD的中点，

所以BC//MD,BC=MD，四边形BCDM为平行四边形，

所以BM//CD，又因为BM⊄平面CDE，CD⊂平面（2）解：如图所示，过B作BO⊥AD交AD于O，连接OF，

因为四边形ABCD为等腰梯形，且BC//AD,AD=4,由（1）可知：BCDM为平行四边形，所以BM=CD=2，又AM=2，

所以△ABM为等边三角形，又O为AM中点，所以OB=3又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EF=MD,四边形EFMD为平行四边形，FM=ED=AF，所以△AFM为等腰三角形，△ABM与△AFM底边上中点O重合，OF⊥AM，OF=A因为OB2+OF2利用等体积法可得VM−ABF=VF−ABM，cos∠FAB=FA设点M到FAB的距离为h，

则VM−FAB解得h=61313，

即点M到ABF​​​​​【解析】【分析】（1）根据题意，由BC//MD,BC=MD得到四边形BCDM为平行四边形，进而证明BM//CD，结合直线与平面平行的判定定理即可得到结果；

（2）过B作BO⊥AD交AD于O，连接OF，易证17．【答案】（1）证明：取BC中点O，接AO，连PO如图所示：

因为AB＝AC，所以AO⊥BC，

同理PB＝PC，则PO⊥BC，又因为PO，AO⊂面PAO，PO∩AO＝点O，所以BC⊥面PAO，又PA⊂面PAO，所以PA⊥BC；（2）解：因为圆锥侧面积为3π且BC＝2，所以r=1，S侧=πrl=3π，所以l=PA=3，

由（1）可得PO⊥BC，所以PO=PB2-OB2=2

又因为PO2+OA2=PA2，所以PO⊥OA，所以PO⊥面ABC，

所以以O为坐标原点，OB为x轴，OA为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系如图所示：

则P0，0，2，A0，1，0，B1，0，0【解析】【分析】(1)取BC中点O，接AO，连PO，利用线面垂直的判定定理可得BC⊥面PAO，即可得证；（2）由题意可得PA=3，结合（1）可得PO⊥面ABC18．【答案】（1）证明：∵AC＝2，BC＝1，AB＝3，即AC2=BC2+AB2，

∴AB⊥BC，

∵PA⊥底面ABCD，

∴PA⊥AD，

又∵AD⊥PB，PA∩PB=B，

∴AD⊥平面PAB，

∴AD⊥AB，

∴AD∥BC，

（2）解：过点A作AE⊥CP，AF⊥DP，垂足分别为点E，F，连接EF，

∵AD⊥DC，AP⊥底面ABCD，

∴PA⊥CD，PA⊥AC，

又∵PA∩AD=A，

∴CD⊥平面PAD，

又∵AF⊂平面PAD，

∴CD⊥AF，

又∵CD∩DP=D，

∴AF⊥平面CDP，

同理AF⊥EF，∠AEF即为二面角A﹣CP﹣D的夹角，

∵PA=PC=2，

∴AE=12CP=2，

sin∠AEF=AFAE=AF2=42