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

这是一份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，共10页。
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.4153π B.8153π C.415π D.815π
2.(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( BC )
A.A1P⊥PC
B.直线A1P与直线BC所成角的正切值为34
C.直线A1P与平面ABB1A1所成角的正切值为43
D.若C∈α,则正方体截平面α所得截面面积为26
3.(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],则下列说法中正确的是( BC )
A.AC1⊥平面A1PD
B.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DPQA1的体积为定值
D.若M为正方形ADD1A1的中心,则三棱锥M-ABD外接球的体积为6423π
4.(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=(0,2,0).
设平面A1BC的法向量为m=(x1,y1,z1),
则m·A1B=0,m·A1C=0,可得x1−2z1=0,y1−2z1=0,
令z1=1,则m=(2,2,1),
设平面A1BC1的法向量为n=(x2,y2,z2),
则n·A1B=0,n·A1C1=0,可得x2−2z2=0,y2=0,
令z2=1,则n=(2,0,1),
设平面A1BC与平面A1BC1的夹角为θ,
则cs θ=|m·n||m||n|=35×3=155,
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cs∠CQP=PQCQ=155,
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 (22,+∞) .
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(-cs θ,sin θ,0),且30°≤θ≤45°,则OM=(-cs θ,sin θ,0),
设平面MOC的法向量为n=(x,y,z),则n·OC=0,n·OM=0,
即−x+2z=0,−xcsθ+ysinθ=0,
令x=2sin θ,则n=(2sin θ,2cs θ,sin θ),
设直线AD与平面MOC所成角为β,则sin β=|cs|=|AD·n||AD|·|n|=2sinθ24+sin2θ=14sin2θ+1,
因为30°≤θ≤45°,所以12≤sin θ≤22,
从而14≤sin2θ≤12,所以1717≤sin β≤13,
因为sin2β+cs2β=1,所以1+1tan2β=1sin2β,
从而8≤1tan2β≤16,
解得14≤tan β≤24,
所以tan β的取值范围为14,24.
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=3rA B.2rB=6rA
C.2rB=(3-1)rA D.2rB=(6-2)rA
2.(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,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∥CD,
∴OG?AB,∴四边形AOGB为平行四边形,
∴BG?AO,∴BG?OD,
∴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,建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(-1,0,0),F−12,1,1,G(0,1,0),H12,12,1,
∴DF=12,1,1,DG=(1,1,0),∴DF×DG=−1,1,−12.
②由①知S△DFG=12|DF||DG|sin∠FDG=12|DF×DG|=121+1+14=34.
由题意可知,n=DF×DG=−1,1,−12是平面DFG的一个法向量,又DH=32,12,1,
∴H到平面DFG的距离d=|DH·n|n=1.
∴三棱锥H-DFG的体积VH-DFG=13S△DFG·d=14.