全国统考高考数学复习-立体几何与空间向量满分限时练

立体几何与空间向量高考立体几何的考查通常为一道大题和一道小题的形式．小题即选择题或者填空题，通常为几何体三视图的识别或者点线面位置关系的判断，空间几何体表面积、体积的计算；大题即解答题，考查的内容主要为：空间平行关系、垂直关系的证明，面积和体积的计算，线面角、二面角、面面角的计算，多数情况下需利用空间向量作为工具进行计算．一、选择题．1．如图，在正方体ABCD−A1B1C1DA．①④ B．①② C．②③ D．②④【答案】A【解析】从上下方向上看，△PAC的投影为①从左右方向上看，△PAC的投影为④从前后方向上看，△PAC的投影为④故选A．【点评】本题主要考查了平行投影和空间想象能力，关键是确定投影图的关键点，如顶点等，再连接即可得在平面上的投影图，主要依据平行投影的含义和空间想象来完成．属于基础题．2．下图为某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积是（）A．12πa2 B．6πa2 C．【答案】C【解析】根据三视图可知，该几何体为如图正方体中的三棱锥A−BCD，正方体的棱长等于a，三棱锥的外接球就是正方体的外接球，所以外接球的直径2R=3因此外接球的表面积为S=4πR【点评】本题主要考了三视图还原以及几何体外接球的求解，属于基础题．3．过正方体ABCD−A1B1C1D1的顶点A．1 B．3 C．4 D．6【答案】C【解析】解法一：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，三棱锥A﹣A1BD是正三棱锥，直线AB、AD、AA1与平面A1BD所成角都相等，过顶点A作平面α∥平面A1BD，则直线AB、AD、AA1与平面α所成角都相等，同理，过顶点A分别作平面α与平面C1BD、平面B1AC，平面D1AC平行，直线AB、AD、AA1与平面α所成的角都相等，∴这样的平面α可以作4个，故选C．解法二：只要与体对角线垂直的平面都和正方体的所有棱所成的角相等，因为有四条体对角线，所以，可以做四个平面，故选C．【点评】本题主要考查正方体在平面上的投影以及直线与平面所成的角，还考查了空间想象的能力，属于基础题．4．设m､n为两条直线，α､β为两个平面，则下列命题中假命题是（）A．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β C．若m⊥n，，，则 D．若，m⊥α，n⊥β【答案】C【解析】A．若m⊥n，m⊥B．若，m⊥α，则n⊥α，又，则平面β内存在直线，所以c⊥αC．若m⊥n，，，则α，β可能相交，可能平行，CD．若，m⊥α，n⊥β，则α，故选C．【点评】本题考查两平面平行与垂直的判断，掌握两平面平行与垂直的和性质定理是解题关键．另外从空间向量角度出发，利用平面的法向量之间的关系判断两平面平行与垂直也是一种行之有效较简单的方法．5．已知直线l、m与平面α、β，l⊂α，A．若l//m，则必有α//β C．若l⊥β，则必有α⊥β 【答案】C【解析】A．如图所示，设，l//c，m//c满足条件l//mB．假设α//β，n⊂β，n//l，n⊥C．若l⊂α，l⊥D．设，若l//c，m//c，虽然α综上可知：只有C正确，故选C．【点评】本题考查空间点、直线、平面之间的位置关系，以及线线、线面平行垂直的判定和性质，考查对命题的判断和推理证明思想，属于基础题．6．如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M为A1C1A． B． C． D．【答案】A【解析】在平行六面体ABCD−A1B1C1D，故选A．【点评】本题考查了空间向量的线性运算属于基础题．7．如图，矩形ADFE，矩形CDFG，正方形ABCD两两垂直，且AB=2，若线段DE上存在点P使得GP⊥BP，则边CGA．4 B．43 C．2 D．【答案】D【解析】以DA，DC，DF为坐标轴建立空间坐标系，如图所示：设，，则，即．又，，所以，，．显然x≠0且x≠2，所以．因为x∈0，所以当2x−x2=1所以a的最小值为23，【点评】集合问题代数化是空间向量法解决问题的一般思路，通过向量将几何关系建立代数式，例如两直线垂直时即可转为向量的数量积为0，利用向量的坐标表示即可．8．在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CD上的动点（不含端点），过B，E，D1的截面与棱A1B1交于F，若截面A．有最小值2+25 B．有最大值 C．是定值 D．是定值4+25【答案】A【解析】依题意，设截面在平面A1B1C在平面ABB1A设DE=t，t∈则四边形B1MD四边形BFA1N则，又因为1−t2+12+t2+所以5≤1−t2故选A．【点评】本题考查正方体中的最值计算，解题的关键是得出C1利用距离关系求解．9．如图，已知四棱锥的底面是边长为6的菱形，，AC，BD相交于点O，平面ABCD，SO=4，E是BC的中点，动点P在该棱锥表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的长为（）A．3 B．7 C．13 D．8【答案】D【解析】取DC，SC的中点G，F，连接，FE，∵E是BC的中点，∴GE//DB，GE⊄平面SBD，DB⊂平面SBD，则GE//平面SBDFE⊄平面SBD，SB⊂平面SBD，则FE//平面SBD又GE∩FE=E，∴平面FEG//平面SBD∵平面ABCD，∴SO⊥AC又四边形ABCD是菱形，∴DB⊥∵SO∩DB=O，∴AC⊥平面SBD，则AC⊥平面FEG，故只要动点P在平面FEG内即总保持PE⊥又动点P在棱锥表面上运动，∴动点P的轨迹的周长即为△FEG∵四边形ABCD是菱形边长为6，且，∴BD=6，则OB=OD=3，又SO=4，∴SB=SD=5，故，GE=3，∴△FEG【点评】本题主要考查了线面平行以及面面平行的判定定理，考查了线面垂直的判定定理以及性质定理；解决本题的关键是通过证明平面FEG//平面SBD，得到AC⊥平面FEG，进而得到动点P在平面FEG内即总保持PE10．（多选）已知a，b表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，那么下列判断正确的是（）A．若a⊥α，a⊥β，则α//β B．若αC．若，b⊥α，则a⊥α D．若a//【答案】ABC【解析】A．根据“垂直于同一条直线的两个平面互相平行”，可知A正确；B．记α∩β=l，因为α⊥β且a⊥α，所以aβ且a又因为ab，且b⊄βC．根据“平行直线中若有一条直线垂直于某个平面，则另一条直线也垂直于该平面”，可知C正确；D．因为a//α，b⊂故选ABC．【点评】判断符号语言描述的空间中位置关系的命题的真假：（1）利用定理、定义、公理等直接判断；（2）作出简单图示，利用图示进行说明；（3）将规则几何体作为模型，取其中的部分位置关系进行分析说明．二、填空题．11．在三棱锥S−ABC中，AB=10，，AC=AS，BC=BS，若该三棱锥的体积为，则三棱锥S−ABC外接球的体积为__________．【答案】4【解析】取SC的中点O，连接OA、OB，如下图所示：∵AC=SA，BC=BS，且，则，所以，、△SBC均为等腰直角三角形，且，所以，，所以，SC为三棱锥S−ABC的外接球直径，设SC=2r，可得OA=OB=r，设∠AOB=θ∵AS=AC，O为SC的中点，则OA⊥SC∵OA∩OB=O，∴SC⊥所以，，，在△OAB中，由余弦定理可得A即2r2−2由，可得，化简可得2r4−5即2r∵r>0，解得r=3因此，三棱锥S−ABC外接球的体积为．故答案为43【点评】求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可．12．已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F，M分别为棱AB，A1D1，D【答案】【解析】取的中点H，连接CH、FH，因为F、H是A1D1、的中点，所以取CD中点P，连接AP、MP，因为AA1//所以MA1//又因为AE//CP，所以CE//AP，所以CE//且MA1⊄平面CEFH，FH⊂平面CEFH，MA设Q为EB中点，连接A1Q、MQ、EH，所以所以四边形QEHM是平行四边形，所以HE//MQ，且MQ⊄平面CEFH，HE所以MQ//平面CEFH又MQ∩A1M=M，所以平面CEFH所以过M点且与平面EFC平行的平面就是，Q点即是N点，，所以，故答案为．【点评】本题考查了平行四边形的性质、线面平行及面面平行的判定，关键点是取的中点H，证明平面CEFH为平面图形，设Q为EB中点，证明平面CEFH//平面，Q点即是N点，考查了学生的空间想象力．13．如图，棱长为1的正方体中，P为线段A1B上的动点(不含端点)，有下列结论：①平面A1D1P⊥平面A1AP；②多面体D1③直线D1P与BC所成的角可能为；④△APD1能是钝角三角形．其中结论正确的序号是___________(填上所有序号)．【答案】①②④【解析】对于①，正方体ABCD−A1B1C，∴A1D1∵A1D1⊥平面，∴平面平面A对于②，，P到平面CDD1的距离BC=1，∴三棱锥D1−CDP的体积：，为定值，故②对于③，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，，，，设P(1，a，b)，(0<a<1，0<b<1)，，，，假设，所以a2+(b−1∵0<a<1，0<b<1，所以a2+(b−1)对于④，见上图，由题得A(1，设P(1，y，1−y)，所以，当时，，即∠APD1是钝角，此时△APD1是钝角三角形，故④正确，故答案为①②④．【点评】解答本题的关键是判断③④的真假，它们都是可能性问题的判断，判断③的真假可以选择向量反证法比较方便，判断④的真假可以选择向量直接法．要根据已知灵活选择方法解答，优化解题．14．古代中国，建筑工匠们非常注重建筑中体现数学美，方形和圆形的应用比比皆是，在唐、宋时期的单檐建筑中较多存在2:1的比例关系，这是当时工匠们着意设计的常见比例，今天，A4纸之所以流行的重要原因之一，就是它的长与宽的比无限接近2:1，我们称这种满足了2:1的矩形为“优美”矩形．现有一长方体ABCD−A1B1【答案】4【解析】由题意，该长方体如图所示：∵AD1=26，∴CC1=，∴AB=CD=2，A，，，∴此长方体的表面六个矩形中，“优美”矩形的个数为4，故答案为4．【点评】本题考查了长方体几何特征的应用及对于新概念的理解，属于基础题．15．粽子古称“角黍”，是中国传统的节庆食品之一，由粽叶包裹糯米等食材蒸制而成．因各地风俗不同，粽子的形状和味道也不同，某地流行的“五角粽子”，其形状可以看成所有棱长均为8cm的正四棱锥，则这个粽子的表面积为______，现在需要在粽子内部放入一颗咸蛋黄，蛋黄的形状近似地看成球，则当这个蛋黄的体积最大时，其半径与正四棱锥的高的比值为______．【答案】64【解析】每个侧面三角形的面积均为，底面正方形的面积为64cm所以四棱锥的表面积为643球的体积要达到最大，则需要球与四棱锥五个面都相切，正四棱锥的高为，设球的半径为r，所以四棱锥的体积，故r=223−1故答案为643+64【点评】在四棱锥中的内切球，利用分割法，可分割为以球心为顶点的三棱锥与四棱锥，棱锥的高都为球半径，根据等体积法即可求出球的半径．三、解答题．16．如图，在三棱锥P−ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PC⊥AC，BC⊥AC，AC=PC=2M是PA的中点．（1）求证：PA⊥平面MBC（2）设点N是PB的中点，求二面角N−MC−B的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面PAC∵PA⊂平面PAC，∴BC∵，M是PA的中点，∴CM⊥PA∵CM∩BC=C，CM，BC⊂平面MBC，∴PA⊥（2）∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，PC⊂平面PAC，PC⊥∴PC⊥平面ABC，∵BC⊂平面ABC，∴，以C为原点，CA，CB，CP为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，A(2，0，0)，，C(0，0，0)则CM=(1，0，1)由（1）知是平面MBC的一个法向量，设是平面MNC的法向量，则有，即，令y=1，则z=−2，x=2，∴，设二面角N−MC−B所成角为θ，由图可得θ为锐角，则．【点评】解题的关键是熟练掌握面面垂直的性质定理，线面垂直的判定和性质定理，并灵活应用，处理二面角或点到平面距离时，常用向量法求解，建立适当的坐标系，求得所需点的坐标及向量坐标，求得法向量坐标，代入夹角或距离公式，即可求得答案．17．如图1，正方形ABCD，边长为a，E，F分别为AD，CD中点，现将正方形沿对角线AC折起，折起过程中（1）求证：EF⊥（2）当时，求平面ABC与平面所成二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）证明：取AC中点O，连接OT因为ABCD为正方形，所以AC⊥又OT∩OB=O，所以AC⊥平面OBT，而TB⊂平面OBT，所以AC⊥又E，F分别为AD，CD中点，所以，（2）因为，所以△TAB为等边三角形，TB=a，又，∴TB2=OB如图建立空间直角坐标系O−xyz，则，，，，，平面ABC法向量，设平面法向量，由，即，解得，所以，，记平面ABC与平面所成二面角为θ，则θ为锐角，所以，即平面ABC与平面所成二面角的余弦值为．【点评】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理进行证明，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解．18．如图，在三棱锥S−ABC中，SA=SB=SC=m．若∠BSC=θ，∠CSA=β，∠ASB=γ，且．（1）证明：平面SAB⊥平面ABC（2）若，，，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60∘．若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析．【解析】（1）取AB的中点E，连接SE，CE，如图，∵SA=SB，∴SE⊥又∵AB=2AE，∠ASB=γ，∴．同理，．∵，∴BC2+AC由，，得CE2+SE又∵SE⊥AB，AB∩CE=E，∴SE⊥平面ABC又∵SE⊂平面SAB．∴平面SAB⊥平面ABC（2）以E为坐标原点．平行AC的直线为x轴，平行BC的直线为y轴，ES为z轴建立空间直角坐标系，如图：不妨设m=2，则A(−2，1，0)，B(2，设0≤λ