备考2022高考数学二轮复习选择填空狂练九立体几何与空间向量理

9立体几何与空间向量一、选择题1．[2022·唐山一模]在长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A．B．C．D．2．[2022·珠海模底]圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则圆锥的表面积为（）A．B．C．D．3．[2022·大同中学]平面外有两条直线和，如果和在平面内的射影分别是和，给出下列四个命题：①；②；③与相交与相交或重合；④与平行与平行或重合；其中不正确的命题个数是（）A．1B．2C．3D．44．[2022·长春质检]在正方体中，直线与平面所成角的正弦值为（）A．1B．C．D．5．[2022·珠海模底]如图所示，已知四棱锥的高为3，底面为正方形，且，则四棱锥外接球的半径为（）A．B．2C．D．36．[2022·玉溪一中]《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥为鳖臑，平面，，，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（）A．B．C．D．7．[2022·湖师附中]在棱长为6的正方体中，是的中点，点是正方形面内(包括边界)的动点，且满足，则三棱锥的体积最大值是（）10\nA．36B．24C．D．8．[2022·郑州模拟]在空间直角坐标系中，四面体各顶点坐标分别，，，，则该四面体外接球的表面积是（）A．B．C．D．9．[2022·荆州中学]已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，平面，是边长为2的等边三角形，若球的体积为，则直线与平面所成角的正切值为（）A．B．C．D．10．[2022·湖南联考]在长方体中，，，，，分别在线段和上，，则三棱锥的体积最小值为（）A．4B．C．D．11．[2022·太原模拟]如图是正四面体的平面展开图，，，，分别是，，，的中点，在这个正四面体中：①与平行；②与为异面直线；③与成角；④与垂直．以上四个命题中，正确命题的个数是（）A．1B．2C．3D．412．[2022·中原名校]已知边长为的菱形，，沿对角线把折起，二面角的平面角是，则三棱锥的外接球的表面积是（）A．B．C．D．二、填空题13．[2022·东台中学]已知平面，，直线，，给出下列命题：①若，，，则；②若，，，则；③若，，，则；④若，，，则．其中是真命题的是____．（填写所有真命题的序号）．10\n14．[2022·盐城中学]，为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线与成角时，与成角；②当直线与成角时，与成角；③直线与所成角的最小值为；④直线与所成角的最大值为．其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)15．[2022·北京一模]如图，在矩形中，，，为边的中点．将沿翻折，得到四棱锥．设线段的中点为，在翻折过程中，有下列三个命题：①总有平面；②三棱锥体积的最大值为；③存在某个位置，使与所成的角为．其中正确的命题是____．（写出所有正确命题的序号）16．[2022·石家庄二中]已知平面截球的球面得圆，过圆心的平面与的夹角为且平面截球的球面得圆，已知球的半径为5，圆的面积为，则圆的半径为__________．10\n答案与解析一、选择题1．【答案】B【解析】在长方体中，连接，可得，∴异面直线与所成的角，即为直线与直线所成的角，即为异面直线与所成的角，在长方体中，设，则，，在中，由余弦定理得，故选B．2．【答案】C【解析】∵圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，∴圆锥的底面半径，母线长；表面积．故选C．3．【答案】D【解析】结合题意逐一分析所给的四个说法，在如图所示的正方体中：对于说法①：若取平面为，，分别为，，，分别为，，10\n满足，但是不满足，该说法错误；对于说法②：若取平面为，，分别为，，，分别为，，满足，但是不满足，该说法错误；对于说法③：若取平面为，，分别为，，，分别为，，满足与相交，但是与异面，该说法错误；对于说法④：若取平面为，，分别为，，，分别为，，满足与平行，但是与异面，该说法错误；综上可得：不正确的命题个数是4．故选D．4．【答案】D【解析】如图所示：连接，交于点，连接，在正方体中，∵平面，∴，又，且，∴平面，∴即为所求角，在中，，∴与平面所成角的正弦值为，故选D．5．【答案】B【解析】由已知，四棱锥为正四棱锥，设外接球半径为，连接、交于点，连接，外接球的球心在高上，连接，则，∵四棱锥的高为3，，即，∴，，10\n又∵为直角三角形∴，即，解得．故选B．6．【答案】A【解析】由题意，平面，，，∵平面，和平面都是是直角三角形，则角为直角，此时满足垂直于，垂直于进而得到垂直于，此时满足面为直角三角形，底面外接圆的圆心是斜边的中点，球心在过底面圆心并且和平行的直线上，并且球心到圆心的距离为1，直角三角形外接圆的半径为．∴，即．∴球的表面积．故选A．7．【答案】D【解析】易知，则，欲使三棱锥的体积最大，只需高最大，通过坐标法得到动点P运动轨迹(一段圆弧)，进而判断高的最大值，∴．故选D．8．【答案】B【解析】由题意计算可得，，，，，，，∴，故四面体是底面为等腰直角三角形，侧棱垂直底面的几何体，∴四面体的外接球就是棱长为2的正方体的外接球，其直径为正方体的对角线，半径为．∴则该四面体外接球的表面积是．故选B．9．【答案】A【解析】设的中心为，为的中点，过作，则为的中点，∴是直线与平面所成角．10\n∵是边长为2的等边三角形，∴，∵，∴，∴，∴，∴．故选A．10．【答案】A【解析】如图，面就是平面，因此点到面的距离为定值，由题意是正方形，由对称性知当（或）与重合时，到直线的距离最小，最小值为5，此时，∴．故选A．11．【答案】C【解析】将正四面体的平面展开图复原为正四面体，如图：10\n对于①，、分别为、的中点，则，而与异面，故与不平行，故①错误；对于②，与为异面直线，正确（假设与共面，则、、、四点共面，与为正四面体矛盾，故假设不成立，故与异面）；对于③，依题意，，，，故与成角，故③正确；对于④，连接，点在平面的射影在上，∴平面，，而，∴与垂直，故④正确．综上所述，正确命题的序号是②③④，故答案为②③④．故选C．12．【答案】B【解析】如图所示，设菱形的对角线交于，由菱形的性质可得，二面角的平面角是，，∵菱形的边长为，，∴，，，设，则∵，，∴由勾股定理可得，，即，解得，∴，∴四面体的外接球的表面积为，故选B．10\n二、填空题13．【答案】③④．【解析】对于①，若，，，则或，相交，∴该命题是假命题；对于②，若，，，则，可能平行、相交、异面，∴该命题是假命题；对于③④可以证明是真命题．故答案为③④．14．【答案】②③【解析】过点作，，当直线与成角时，由题意，可知在由，确定的平面上的射影为，且与成角，又，故与所成角也是．①错，②正确；当直线时，与所成角最小，故最小角为．③正确，④错误．综上，正确的是②③，错误的是①④．(注：一条斜线与平面所成角的余弦值和其在平面内的射影与平面内一条直线所成角的余弦值的乘积等于斜线和平面内的直线所成角的余弦值)15．【答案】①②【解析】取的中点为，连结，，可得，，可得平面平面，∴平面，∴①正确；当平面与底面垂直时，三棱锥体积取得最大值，最大值为，∴②正确．存在某个位置，使与所成的角为．∵，∴平面，可得，即，矛盾，∴③不正确；故答案为①②．16．【答案】【解析】10\n如图，∵，，∴，，∵过圆心的平面与的夹角为且平面截球的球面得圆，∴，，∵，∴．10