新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題命題點(diǎn)7立體幾何與空間向量練習(xí)含答案

命題點(diǎn)7立體幾何與空間向量預(yù)測(cè)說明立體幾何考查空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征、空間中的位置關(guān)系、空間角等,注重知識(shí)的交匯和融合,對(duì)空間想象能力、邏輯推理能力和運(yùn)算求解能力要求較高.命題方向:1.小題考查幾何體的結(jié)構(gòu)特征、表面積、體積運(yùn)算等問題;考查線面位置關(guān)系的辨析,空間角的求解以及與球有關(guān)的截面等問題.2.解答題第(1)問側(cè)重利用幾何方法解決線面位置關(guān)系的判定和證明問題,第(2)問多采用空間向量法解決空間角或空間距離問題,有時(shí)也會(huì)涉及翻折和探究性問題.預(yù)測(cè)探究識(shí)透高頻考點(diǎn)1.(2024福建龍巖質(zhì)檢,5)已知球的體積為323π,且該球的表面積與底面半徑為2的圓錐的側(cè)面積相等,則該圓錐的體積為(B)A.4153πB.8153πC.415π2.(多選)(2024廣東名校聯(lián)盟5月模擬,10)如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為4,D1P=3PC1,平面α經(jīng)過點(diǎn)A1,P,則(A.A1P⊥PCB.直線A1P與直線BC所成角的正切值為3C.直線A1P與平面ABB1A1所成角的正切值為4D.若C∈α,則正方體截平面α所得截面面積為263.(多選)(2024湖北黃岡5月模擬,10)如圖,在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為棱BB1的中點(diǎn),點(diǎn)Q滿足C1Q=λC1B1+μC1C,λ∈[0,1],μ∈[0,1],A.AC1⊥平面A1PDB.若D1Q∥平面A1PD,則動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡是一條線段C.若λ+μ=12,則四面體DPQA1D.若M為正方形ADD1A1的中心,則三棱錐M-ABD外接球的體積為6424.(2024廣東深圳二模,15)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面BB1C1C⊥底面ABC,且AB=AC,A1B=A1C.(1)證明:AA1⊥平面ABC;(2)若AA1=BC=2,∠BAC=90°,求平面A1BC與平面A1BC1夾角的余弦值.基本知識(shí)運(yùn)用線面垂直的判定;求平面與平面的夾角解析(1)證明:取BC的中點(diǎn)M,連接MA、MA1.因?yàn)锳B=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?yàn)锳1A?平面A1MA,所以BC⊥A1A.又因?yàn)锳1A∥B1B,所以B1B⊥BC,因?yàn)槠矫鍮B1C1C⊥平面ABC,平面BB1C1C∩平面ABC=BC,且B1B?平面BB1C1C,所以B1B⊥平面ABC.因?yàn)锳1A∥B1B,所以AA1⊥平面ABC.(2)解法一:因?yàn)椤螧AC=90°,且BC=2,所以AB=AC=2.以AB,AC,AA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則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=(設(shè)平面A1BC的法向量為m=(x1,y1,z1),則m·A1令z1=1,則m=(2,2,1),設(shè)平面A1BC1的法向量為n=(x2,y2,z2),則n·A1令z2=1,則n=(2,0,1),設(shè)平面A1BC與平面A1BC1的夾角為θ,則cosθ=|m·n||m||n|=35×所以平面A1BC與平面A1BC1夾角的余弦值為155解法二:由題意將直三棱柱ABC-A1B1C1補(bǔ)成長(zhǎng)方體ABDC-A1B1D1C1,連接C1D,過點(diǎn)C作CP⊥C1D,垂足為P,再過P作PQ⊥A1B,垂足為Q,連接CQ.因?yàn)锽D⊥平面CDD1C1,且CP?平面CDD1C1,所以BD⊥CP.又因?yàn)镃P⊥C1D,BD,C1D?平面A1BDC1,且BD∩C1D=D,所以CP⊥平面A1BDC1.因?yàn)锳1B?平面A1BDC1,所以A1B⊥CP.又因?yàn)镻Q⊥A1B,CP,PQ?平面CPQ,且CP∩PQ=P,所以A1B⊥平面CPQ,因?yàn)镃Q?平面CPQ,所以CQ⊥A1B.則∠CQP為平面A1BC與平面A1BC1的夾角或其補(bǔ)角,在△A1BC中,由等面積法可得CQ=303因?yàn)镻Q=A1C1=2,所以cos∠CQP=PQCQ=15因此平面A1BC與平面A1BC1夾角的余弦值為155悟透新型考法1.(2024廣東廣州二模,14)用兩個(gè)平行平面去截球體,把球體夾在兩截面之間的部分稱為球臺(tái).根據(jù)祖暅原理(“冪勢(shì)既同,則積不容異”),推導(dǎo)出球臺(tái)的體積V球臺(tái)=16πh(3r12+3r22+h2),其中r1,r2分別是兩個(gè)平行平面截球所得截面圓的半徑,h是兩個(gè)平行平面之間的距離.已知圓臺(tái)O1O2的上、下底面的圓周都在球O的球面上,圓臺(tái)O1O2的母線與底面所成的角為45°,若圓臺(tái)O1O2上、下底面截球O所得的球臺(tái)的體積比圓臺(tái)O1O2的體積大9π,則球O的表面積S球與圓臺(tái)O1O2的側(cè)面積S臺(tái)側(cè)的比值S球S臺(tái)側(cè)的取值范圍為2.(2024福建泉州5月質(zhì)檢,17)如圖所示的幾何體是由圓錐SO1與圓柱O1O組成的組合體,其中圓柱的軸截面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形,圓錐的高SO1=2,M為圓柱下底面圓周上異于A,B的點(diǎn).(1)求證:SD∥平面MOC;(2)若30°≤∠BOM≤45°,求直線AD與平面MOC所成角的正切值的取值范圍.創(chuàng)新考法以圓錐、圓柱構(gòu)成的組合體為載體,考查空間中的位置關(guān)系及空間角解析(1)證明:連接SO,DC,DO,設(shè)圓錐的底面所在平面為α,則SO1⊥α,OO1⊥α,所以S,O1,O三點(diǎn)共線,從而SO∩DC=O1,所以點(diǎn)S,D,C,O共面,又因?yàn)镾O1=O1O,CO1=O1D,所以四邊形SDOC為平行四邊形,故SD∥OC,因?yàn)镸為圓柱下底面圓周上異于A,B的點(diǎn),所以SD?平面MOC,又OC?平面MOC,所以SD∥平面MOC.(2)如圖,以O(shè)為原點(diǎn),分別以O(shè)A,OS的方向?yàn)閤軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.則A(1,0,0),D(1,0,2),C(-1,0,2),則OC=(-1,0,2),AD=(0,0,2),設(shè)∠BOM=θ,則M(-cosθ,sinθ,0),且30°≤θ≤45°,則OM=(-cosθ,sinθ,0),設(shè)平面MOC的法向量為n=(x,y,z),則n·即?令x=2sinθ,則n=(2sinθ,2cosθ,sinθ),設(shè)直線AD與平面MOC所成角為β,則sinβ=|cos<AD,n>|=|AD·n||AD|·|n|因?yàn)?0°≤θ≤45°,所以12≤sinθ≤2從而14≤sin2θ≤12,所以1717≤sinβ因?yàn)閟in2β+cos2β=1,所以1+1tan2從而8≤1tan解得14≤tanβ≤2所以tanβ的取值范圍為14參透創(chuàng)新情境1.(2024湖南益陽4月質(zhì)檢,7)如圖所示,4個(gè)球兩兩外切形成的幾何體,稱為一個(gè)“最密堆壘”.顯然,即使是“最密堆壘”,4個(gè)球之間依然存在著空隙.材料學(xué)研究發(fā)現(xiàn),某種金屬晶體中4個(gè)原子的“最密堆壘”的空隙中如果再嵌入一個(gè)另一種金屬原子并和原來的4個(gè)原子均外切,則材料的性能會(huì)有顯著性變化.記原金屬晶體的原子半徑為rA,另一種金屬晶體的原子半徑為rB,則rA和rB的關(guān)系是(D)A.2rB=3rAB.2rB=6rAC.2rB=(3-1)rAD.2rB=(6-2)rA2.(2024山東泰安二模,17)兩個(gè)向量a和b的叉乘寫作a×b,叉乘運(yùn)算結(jié)果是一個(gè)向量,其模為|a×b|=|a||b|·sin<a,b>,方向與這兩個(gè)向量所在平面垂直.若a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),則a×b=(y1z2-y2z1,-(x1z2-x2z1),x1y2-x2y1).如圖,已知在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,∠BAD=90°,AB=12CD,AB∥CD,AD=CD=2,O,E,F,G分別是AD,PD,PC,AC的中點(diǎn)(1)證明:平面BOE∥平面DFG.(2)已知PA=PD=5,PB=6,H為PB的中點(diǎn),以O(shè)為原點(diǎn),OA的方向?yàn)閤軸的正方向建立空間右手直角坐標(biāo)系.①求DF×DG;②求三棱錐H-DFG的體積.創(chuàng)新情境通過對(duì)向量叉乘的理解和運(yùn)用,求空間幾何體的體積解析(1)證明:在△APD中,O,E分別為AD,PD中點(diǎn),∴OE∥AP,在△APC中,F,G分別為PC,AC中點(diǎn),∴FG∥AP,∴OE∥FG,∵FG?平面DFG,OE?平面DFG,∴OE∥平面DFG,連接BG,OG,∵OG=12CD,OG∥CD,AB=12CD,AB∥∴OGAB,∴四邊形AOGB為平行四邊形,∴BGAO,∴BGOD,∴四邊形ODGB為平行四邊形,∴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為AD中點(diǎn),∴PO⊥AD,又平面ABCD∩平面PAD=AD,PO?平面PAD,∴PO⊥平面ABCD,∴以O(shè)A的方向?yàn)閤軸正方向,OG的方向?yàn)閥軸正方向,OP的方向?yàn)閦軸正方向,建立