新高考数学一轮复习专题命题点7立体几何与空间向量练习含答案

命题点7立体几何与空间向量预测说明立体几何考查空间几何体的结构特征、空间中的位置关系、空间角等,注重知识的交汇和融合,对空间想象能力、逻辑推理能力和运算求解能力要求较高.命题方向:1.小题考查几何体的结构特征、表面积、体积运算等问题;考查线面位置关系的辨析,空间角的求解以及与球有关的截面等问题.2.解答题第(1)问侧重利用几何方法解决线面位置关系的判定和证明问题,第(2)问多采用空间向量法解决空间角或空间距离问题,有时也会涉及翻折和探究性问题.预测探究识透高频考点1.(2024福建龙岩质检,5)已知球的体积为323π,且该球的表面积与底面半径为2的圆锥的侧面积相等,则该圆锥的体积为(B)A.4153πB.8153πC.415π2.(多选)(2024广东名校联盟5月模拟,10)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,D1P=3PC1,平面α经过点A1,P,则(A.A1P⊥PCB.直线A1P与直线BC所成角的正切值为3C.直线A1P与平面ABB1A1所成角的正切值为4D.若C∈α,则正方体截平面α所得截面面积为263.(多选)(2024湖北黄冈5月模拟,10)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为棱BB1的中点,点Q满足C1Q=λC1B1+μC1C,λ∈[0,1],μ∈[0,1],A.AC1⊥平面A1PDB.若D1Q∥平面A1PD,则动点Q的轨迹是一条线段C.若λ+μ=12,则四面体DPQA1D.若M为正方形ADD1A1的中心,则三棱锥M-ABD外接球的体积为6424.(2024广东深圳二模,15)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C⊥底面ABC,且AB=AC,A1B=A1C.(1)证明:AA1⊥平面ABC;(2)若AA1=BC=2,∠BAC=90°,求平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值.基本知识运用线面垂直的判定;求平面与平面的夹角解析(1)证明:取BC的中点M,连接MA、MA1.因为AB=AC,A1B=A1C,所以BC⊥AM,BC⊥A1M.又AM,A1M⊂平面A1MA,AM∩A1M=M,所以BC⊥平面A1MA.因为A1A⊂平面A1MA,所以BC⊥A1A.又因为A1A∥B1B,所以B1B⊥BC,因为平面BB1C1C⊥平面ABC,平面BB1C1C∩平面ABC=BC,且B1B⊂平面BB1C1C,所以B1B⊥平面ABC.因为A1A∥B1B,所以AA1⊥平面ABC.(2)解法一:因为∠BAC=90°,且BC=2,所以AB=AC=2.以AB,AC,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,2).所以A1B=(2,0,-2),A1C=(0,2,-2),A1C1=(设平面A1BC的法向量为m=(x1,y1,z1),则m·A1令z1=1,则m=(2,2,1),设平面A1BC1的法向量为n=(x2,y2,z2),则n·A1令z2=1,则n=(2,0,1),设平面A1BC与平面A1BC1的夹角为θ,则cosθ=|m·n||m||n|=35×所以平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值为155解法二:由题意将直三棱柱ABC-A1B1C1补成长方体ABDC-A1B1D1C1,连接C1D,过点C作CP⊥C1D,垂足为P,再过P作PQ⊥A1B,垂足为Q,连接CQ.因为BD⊥平面CDD1C1,且CP⊂平面CDD1C1,所以BD⊥CP.又因为CP⊥C1D,BD,C1D⊂平面A1BDC1,且BD∩C1D=D,所以CP⊥平面A1BDC1.因为A1B⊂平面A1BDC1,所以A1B⊥CP.又因为PQ⊥A1B,CP,PQ⊂平面CPQ,且CP∩PQ=P,所以A1B⊥平面CPQ,因为CQ⊂平面CPQ,所以CQ⊥A1B.则∠CQP为平面A1BC与平面A1BC1的夹角或其补角,在△A1BC中,由等面积法可得CQ=303因为PQ=A1C1=2,所以cos∠CQP=PQCQ=15因此平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值为155悟透新型考法1.(2024广东广州二模,14)用两个平行平面去截球体,把球体夹在两截面之间的部分称为球台.根据祖暅原理(“幂势既同,则积不容异”),推导出球台的体积V球台=16πh(3r12+3r22+h2),其中r1,r2分别是两个平行平面截球所得截面圆的半径,h是两个平行平面之间的距离.已知圆台O1O2的上、下底面的圆周都在球O的球面上,圆台O1O2的母线与底面所成的角为45°,若圆台O1O2上、下底面截球O所得的球台的体积比圆台O1O2的体积大9π,则球O的表面积S球与圆台O1O2的侧面积S台侧的比值S球S台侧的取值范围为2.(2024福建泉州5月质检,17)如图所示的几何体是由圆锥SO1与圆柱O1O组成的组合体,其中圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形,圆锥的高SO1=2,M为圆柱下底面圆周上异于A,B的点.(1)求证:SD∥平面MOC;(2)若30°≤∠BOM≤45°,求直线AD与平面MOC所成角的正切值的取值范围.创新考法以圆锥、圆柱构成的组合体为载体,考查空间中的位置关系及空间角解析(1)证明:连接SO,DC,DO,设圆锥的底面所在平面为α,则SO1⊥α,OO1⊥α,所以S,O1,O三点共线,从而SO∩DC=O1,所以点S,D,C,O共面,又因为SO1=O1O,CO1=O1D,所以四边形SDOC为平行四边形,故SD∥OC,因为M为圆柱下底面圆周上异于A,B的点,所以SD⊄平面MOC,又OC⊂平面MOC,所以SD∥平面MOC.(2)如图,以O为原点,分别以OA,OS的方向为x轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz.则A(1,0,0),D(1,0,2),C(-1,0,2),则OC=(-1,0,2),AD=(0,0,2),设∠BOM=θ,则M(-cosθ,sinθ,0),且30°≤θ≤45°,则OM=(-cosθ,sinθ,0),设平面MOC的法向量为n=(x,y,z),则n·即−令x=2sinθ,则n=(2sinθ,2cosθ,sinθ),设直线AD与平面MOC所成角为β,则sinβ=|cos<AD,n>|=|AD·n||AD|·|n|因为30°≤θ≤45°,所以12≤sinθ≤2从而14≤sin2θ≤12,所以1717≤sinβ因为sin2β+cos2β=1,所以1+1tan2从而8≤1tan解得14≤tanβ≤2所以tanβ的取值范围为14参透创新情境1.(2024湖南益阳4月质检,7)如图所示,4个球两两外切形成的几何体,称为一个“最密堆垒”.显然,即使是“最密堆垒”,4个球之间依然存在着空隙.材料学研究发现,某种金属晶体中4个原子的“最密堆垒”的空隙中如果再嵌入一个另一种金属原子并和原来的4个原子均外切,则材料的性能会有显著性变化.记原金属晶体的原子半径为rA,另一种金属晶体的原子半径为rB,则rA和rB的关系是(D)A.2rB=3rAB.2rB=6rAC.2rB=(3-1)rAD.2rB=(6-2)rA2.(2024山东泰安二模,17)两个向量a和b的叉乘写作a×b,叉乘运算结果是一个向量,其模为|a×b|=|a||b|·sin<a,b>,方向与这两个向量所在平面垂直.若a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),则a×b=(y1z2-y2z1,-(x1z2-x2z1),x1y2-x2y1).如图,已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,∠BAD=90°,AB=12CD,AB∥CD,AD=CD=2,O,E,F,G分别是AD,PD,PC,AC的中点(1)证明:平面BOE∥平面DFG.(2)已知PA=PD=5,PB=6,H为PB的中点,以O为原点,OA的方向为x轴的正方向建立空间右手直角坐标系.①求DF×DG;②求三棱锥H-DFG的体积.创新情境通过对向量叉乘的理解和运用,求空间几何体的体积解析(1)证明:在△APD中,O,E分别为AD,PD中点,∴OE∥AP,在△APC中,F,G分别为PC,AC中点,∴FG∥AP,∴OE∥FG,∵FG⊂平面DFG,OE⊄平面DFG,∴OE∥平面DFG,连接BG,OG,∵OG=12CD,OG∥CD,AB=12CD,AB∥∴OGAB,∴四边形AOGB为平行四边形,∴BGAO,∴BGOD,∴四边形ODGB为平行四边形,∴OB∥DG.∵DG⊂平面DFG,OB⊄平面DFG,∴OB∥平面DFG.∵OE⊂平面BOE,OB⊂平面BOE,且OE∩OB=O,∴平面BOE∥平面DFG.(2)①∵PA=5,PB=6,AB=1,∴PB2=PA2+AB2,∴PA⊥AB,又∠BAD=90°,∴AB⊥AD,∵AD,AP⊂平面PAD,AD∩AP=A,∴AB⊥平面PAD,又AB⊂平面ABCD,∴平面PAD⊥平面ABCD,∵PA=PD,O为AD中点,∴PO⊥AD,又平面ABCD∩平面PAD=AD,PO⊂平面PAD,∴PO⊥平面ABCD,∴以OA的方向为x轴正方向,OG的方向为y轴正方向,OP的方向为z轴正方向,建立