北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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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
32
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
3
侧面积相等,则该圆锥的体积为 ( B )
4√15 8√15
A. π B. π C.4√15π D.8√15π
3 3
2.(多选)(2024广东名校联盟5月模拟,10)如图,正方体ABCD-A B C D 的棱长为4,⃗D P=3
1 1 1 1 1
⃗PC ,平面α经过点A ,P,则 ( BC )
1 1
A.A P⊥PC
1
3
B.直线A P与直线BC所成角的正切值为
1 4
4
C.直线A P与平面ABB A 所成角的正切值为
1 1 1 3
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-A B C D 中,P为棱
1 1 1 1
BB 的中点,点Q满足⃗C Q=λ⃗C B +μ⃗C C,λ∈[0,1],μ∈[0,1],则下列说法中正确的是 (
1 1 1 1 1
BC )北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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A.AC ⊥平面A PD
1 1
B.若D Q∥平面A PD,则动点Q的轨迹是一条线段
1 1
1
C.若λ+μ= ,则四面体DPQA 的体积为定值
2 1
64√2
D.若M为正方形ADD A 的中心,则三棱锥M-ABD外接球的体积为 π
1 1
3
4.(2024广东深圳二模,15)如图,三棱柱ABC-A B C 中,侧面BB C C⊥底面ABC,且
1 1 1 1 1
AB=AC,A B=A C.
1 1
(1)证明:AA ⊥平面ABC;
1
(2)若AA =BC=2,∠BAC=90°,求平面A BC与平面A BC 夹角的余弦值.
1 1 1 1
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、MA .
1
因为AB=AC,A B=A C,所以BC⊥AM,BC⊥A M.
1 1 1
又AM,A M⊂平面A MA,AM∩A M=M,
1 1 1
所以BC⊥平面A MA.
1
因为A A⊂平面A MA,所以BC⊥A A.
1 1 1
又因为A A∥B B,所以B B⊥BC,
1 1 1
因为平面BB C C⊥平面ABC,平面BB C C∩平面ABC=BC,且B B⊂平面BB C C,
1 1 1 1 1 1 1
所以B B⊥平面ABC.
1
因为A A∥B B,所以AA ⊥平面ABC.
1 1 1
(2)解法一:因为∠BAC=90°,且BC=2,所以AB=AC=√2.
以AB,AC,AA 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,
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则A (0,0,2),B(√2,0,0),
1
C(0,√2,0),C (0,√2,2).
1
所以⃗A B=(√2,0,-2), ⃗A C=(0,√2,-2), ⃗A C =(0,√2,0).
1 1 1 1
设平面A BC的法向量为m=(x ,y ,z ),
1 1 1 1
{m·⃗A B=0, {x −√2z =0,
则 1 可得 1 1
m·⃗A C=0, y −√2z =0,
1 1 1
令z =1,则m=(√2,√2,1),
1
设平面A BC 的法向量为n=(x ,y ,z ),
1 1 2 2 2
{n·⃗A B=0, {x −√2z =0,
则 1 可得 2 2
n·⃗A C =0, y =0,
1 1 2
令z =1,则n=(√2,0,1),
2
设平面A BC与平面A BC 的夹角为θ,
1 1 1
|m·n| 3 √15
则cos θ= = = ,
|m||n| √5×√3 5
√15
所以平面A BC与平面A BC 夹角的余弦值为 .
1 1 1 5
解法二:由题意将直三棱柱ABC-A B C 补成长方体ABDC-A B D C ,
1 1 1 1 1 1 1
连接C D,过点C作CP⊥C D,垂足为P,再过P作PQ⊥A B,垂足为Q,连接CQ.
1 1 1
因为BD⊥平面CDD C ,且CP⊂平面CDD C ,所以BD⊥CP.
1 1 1 1
又因为CP⊥C D,BD,C D⊂平面A BDC ,且BD∩C D=D,所以CP⊥平面A BDC .
1 1 1 1 1 1 1
因为A B⊂平面A BDC ,所以A B⊥CP.
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又因为PQ⊥A B,CP,PQ⊂平面CPQ,且CP∩PQ=P,
1
所以A B⊥平面CPQ,
1
因为CQ⊂平面CPQ,所以CQ⊥A B.
1
则∠CQP为平面A BC与平面A BC 的夹角或其补角,
1 1 1
√30
在△A BC中,由等面积法可得CQ= .
1
3
PQ √15
因为PQ=A C =√2,所以cos∠CQP= = ,
1 1 CQ 5
√15
因此平面A BC与平面A BC 夹角的余弦值为 .
1 1 1 5
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
1
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 = πh(3r2+3r2+h2),
球台 6 1 2
其中r ,r 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
1 2
知圆台O O 的上、下底面的圆周都在球O的球面上,圆台O O 的母线与底面所成的角
1 2 1 2
为45°,若圆台O O 上、下底面截球O所得的球台的体积比圆台O O 的体积大9π,则球
1 2 1 2
S
O的表面积S 与圆台O O 的侧面积S 的比值 球 的取值范围为 ( 2√2 , +∞ ) .
球 1 2 台侧 S
台侧
2.(2024福建泉州5月质检,17)如图所示的几何体是由圆锥SO 与圆柱O O组成的组合体,
1 1
其中圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形,圆锥的高SO =2,M为圆柱下底面圆周上
1
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SO ⊥α,OO ⊥α,
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所以S,O ,O三点共线,
1
从而SO∩DC=O ,所以点S,D,C,O共面,
1
又因为SO =O O,CO =O D,
1 1 1 1
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(-cos θ,sin θ,0),且
30°≤θ≤45°,则⃗OM=(-cos θ,sin θ,0),
{n·⃗OC=0,
设平面MOC的法向量为n=(x,y,z),则
n·⃗OM=0,
{ −x+2z=0,
即
−xcosθ+ ysinθ=0,
令x=2sin θ,则n=(2sin θ,2cos θ,sin θ),
|⃗AD·n| 2sinθ
设直线AD与平面MOC所成角为β,则sin β=|cos<⃗AD,n>|= = =
|⃗AD|·|n| 2√4+sin2θ
1
√ 4 ,
+1
sin2θ
1 √2
因为30°≤θ≤45°,所以 ≤sin θ≤ ,
2 2
1 1 √17 1
从而 ≤sin2θ≤ ,所以 ≤sin β≤ ,
4 2 17 3
1 1
因为sin2β+cos2β=1,所以1+ = ,
tan2β sin2β北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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1
从而8≤ ≤16,
tan2β
1 √2
解得 ≤tan β≤ ,
4 4
[1 √2]
所以tan β的取值范围为 , .
4 4
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r ,另一种金属
A
晶体的原子半径为r ,则r 和r 的关系是 ( D )
B A B
A.2r =√3r B.2r =√6r
B A B A
C.2r =(√3-1)r D.2r =(√6-2)r
B A B A
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<a,b>,方向与这两个向量所在平面垂直.若a=(x ,y ,z ),b=(x ,y ,z ),则
1 1 1 2 2 2
a×b=(y z -y z ,-(x z -x z ),x y -x y ).如图,已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,
1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1
1
∠BAD=90°,AB= CD,AB∥CD,AD=CD=2,O,E,F,G分别是AD,PD,PC,AC的中点.
2
(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.北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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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,
1 1
连接BG,OG,∵OG= CD,OG∥CD,AB= CD,AB∥CD,
2 2
∴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,建立如图所示的空间直角坐标系,
( 1 ) (1 1 )
则D(-1,0,0),F − ,1,1 ,G(0,1,0),H , ,1 ,
2 2 2
(1 ) ( 1)
∴⃗DF= ,1,1 ,⃗DG=(1,1,0),∴⃗DF×⃗DG= −1,1,− .
2 2
