新高考数学一轮复习专题命题点7立体几何与空间向量课件

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课件，共23页。
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.
1.(2024福建龙岩质检,5)已知球的体积为 π,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 (　    )A. π　    B. π　    C.4 π　    D.8 π
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, =3 ,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 
C.直线A1P与平面ABB1A1所成角的正切值为 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 =λ +μ ,λ∈[0,1],μ∈[0,1],则下列说法中正确的是 (        )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= ,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 π
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= .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( ,0,0),C(0, ,0),C1(0, ,2).所以 =( ,0,-2), =(0, ,-2), =(0, ,0).
设平面A1BC的法向量为m=(x1,y1,z1),则 可得 令z1=1,则m=( , ,1),设平面A1BC1的法向量为n=(x2,y2,z2),则 可得 令z2=1,则n=( ,0,1),设平面A1BC与平面A1BC1的夹角为θ,
则cs θ= = = ,所以平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值为 .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= .因为PQ=A1C1= ,所以cs∠CQP= = ,
因此平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值为 .
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= πh(3 +3 +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9 π,则球O的表面积S球与圆台O1O2的侧面积S台侧的比值 的取值范围为   (2 ,+∞)   .
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 , 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 =(-1,0,2), =(0,0,2),设∠BOM=θ,则M(-cs θ,sin θ,0),且30°≤θ≤45°,则 =(-cs θ,sin θ,0),设平面MOC的法向量为n=(x,y,z),则 
即 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|= = = ,因为30°≤θ≤45°,所以 ≤sin θ≤ ,从而 ≤sin2θ≤ ,所以 ≤sin β≤ ,
因为sin2β+cs2β=1,所以1+ = ,从而8≤ ≤16,解得 ≤tan β≤ ,所以tan β的取值范围为 .
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 (　    ) A.2rB= rA　    B.2rB= rA
C.2rB=( -1)rA　    D.2rB=( -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= CD,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= ,PB= ,H为PB的中点,以O为原点, 的方向为x轴的正方向建立空间右手直角坐标系.①求 × ;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= CD,OG∥CD,AB= CD,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= ,PB= ,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 的方向为x轴正方向, 的方向为y轴正方向, 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 ,G(0,1,0),H ,∴ = , =(1,1,0),∴ × = .