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（8）空間向量與立體幾何—2024屆高考數學二輪復習攻克典型題型之選擇題
方法技巧
1.求空間幾何體體積的常用方法
（1）直接法；對于規則的幾何體，利用相關公式直接計算.
（2）割補法：把不規則的幾何體分割成規則的幾何體，然后進行體積計算；或者把不規劃的幾何體補成規則的幾何體，不熟悉的幾何體補成熟悉的幾何體，便于計算.
（3）等體積法：通過轉換底面和高來求幾何體的體積，即通過將原來不容易求面積的底面轉換為容易求面積的底面，或將原來不容易看出的高轉換為容易看出并容易求解的高進行求解、常用于求三棱錐的體積.
2.證明直線與平面平行的常用方法
（1）利用線面平行的定義.
（2）利用線面平行的判定定理：關鍵是在平面內找與已知直線平行的直線，可先直觀判斷題中是否存在這樣的直線，若不存在，則需作出直線，常考慮利用三角形的中位線、平行四邊形的對邊平行或過已知直線作一平面，找兩平面的交線進行證明.
（3）利用面面平行的性質定理：①直線在一平面內，由兩平面平行，推得線面平行.
②直線在兩平行平面外，且與其中一平面平行，則這條直線與另一平面平行.
3.證明面面垂直的常用方法
（1）面面垂直的判定定理：此方法將面面垂直問題轉化為線面垂直問題，一般找到其中一個平面的一條垂線，再證這條垂線在另一個平面內或與另一個平面平行.
（2）只要證明兩個平面所構成的二面角的平面角為90°即可.
（3）面面垂直的性質定理
4.向量法求角問題的解題步驟
（1）識圖：分析幾何體，找出確定幾何體底面和高的條件，根據所學知識，理清圖形中的數量關系；
（2）建系設點：尋找題目中有三條直線兩兩垂直的特征，建立空間直角坐標系，從而確定點的坐標；
（3）求向量坐標：用終點坐標減去起點坐標寫出所需要的向量坐標；
（4）計算或證明：利用證明兩個非零向量垂直的充要條件和向量夾角的余弦公式進行計算和證明.
1.已知向量,若與垂直,則( )
A. B. C. D.
2.棱長為2的正方體中,AB,,的中點分別為E,M,N,則下列說法正確的是( )
A.三棱錐的體積為6 B.平面平面
C. D.平面平面MNE
3.已知m,n,l是三條不重合的直線,、是兩個不重合的平面,則下列說法正確的是( )
A.若,,則
B.若,,,則
C.若,,則
D.若m、n是異面直線,,,且,則
4.在邊長為1的菱形ABCD中,,將沿對角線AC折起得三棱錐.當三棱錐體積最大時,此三棱錐的外接球的表面積為( )
A. B. C. D.
5.《九章算術》卷五《商功》中，把正四棱臺形狀的燦筑物稱為“方亭”，沿“方亭”上底面的一對邊作垂直于底面的兩截面，去掉截面之間的幾何體，將“方亭”的兩個邊角塊合在一起組成的幾何體稱為“芻甍”.現記截面之間幾何體體積為，“芻甍”的體積為，若，則“方亭”的上 下底面邊長之比為( )
A. B. C. D.
6.在三棱錐中，底面BCD是等邊三角形，側面ABD是等腰直角三角形，，，，分別取BC，AD，AB的中點E，F，G，連接EF，CG，則異面直線EF與CG所成的角的余弦值為( )
A. B. C. D.
7.在中國古代數學著作《九章算術》中記載了一種稱為“曲池”的幾何體,該幾何體的上、下底面平行,且均為扇環形（扇環是指圓環被扇形截得的部分）.現有一個如圖所示的曲池,它的高為2,,,,均與曲池的底面垂直,底面扇環對應的兩個圓的半徑分別為1和2,對應的圓心角為90,則圖中異面直線與所成角的余弦值為( )
A. B. C. D.
8.如圖,已知四面體ABCD中,,,E,F分別是AD,BC的中點.若用一個與直線EF垂直,且與四面體的每一個面都相交的平面去截該四面體,由此得到一個多邊形截面,則該多邊形截面面積的最大值為( )
A.1 B. C.2 D.
9.在三棱錐中,,且,,二面角的大小為,則三棱錐的外接球體積為( )
A. B. C. D.
10.（多選）已知空間向量,則下列選項中正確的是( )
A.當時, B.當時,
C.當時, D.當時,
11.（多選）已知正四棱柱底面邊長為1,側棱長為2,點M為側棱上的動點(包括端點),平面.下列說法正確的有( )
A.異面直線與可能垂直
B.直線與平面可能垂直
C.與平面所成角的正弦值的范圍為
D.若且,則平面截正四棱柱所得截面多邊形的周長為
12.（多選）在正方體中,,則( )
A.
B.與平面所成角為
C.當點Q在平面內時,
D.當時,四棱錐的體積為定值
答案以及解析
1.答案：D
解析：由于與垂直,所以,所以,
故,
故選：D.
2.答案：B
解析：如圖:
A.,A錯誤;
B.在正方體中,
因為,,所以平面,
所以,同理,所以直線平面,
因為直線A1C在平面內,所以平面⊥平面,B正確;
C.因為,,C錯誤;
D.將平面MNE平移使ME與重合,N不在平面內,D錯誤;
故選:B
3.答案：ACD
解析：若,,則成立,故A正確;兩個平行平面內的兩條直線位置是平行或異面,
即不一定正確,故B錯誤;若,且,則,故C正確;如圖,
因為,所以存在直線a,且滿足,又,所以,同理存在直線,且滿足,
又,所以,因為m、n是異面直線,所以a與b相交,設,又a,,所以,故D正確.
故選ACD.
4.答案：C
解析：如圖所示,
當平面平面DAC時,三棱錐體積最大,
取AC中點E,連接BE,DE,由條件知
設,分別為,的外心,過作平面ABC的垂線m,過作平面ADC的垂線n
則m,n的交點即為三棱錐外接球的球心O;
,,
所以,
所以,表面積為.
故選：C.
5.答案：A
解析：設“方亭”的上底面邊長為a，下底面邊長為b，高為h，
則，
，
，
.即，
解得或（舍去）.
故選：A.
6.答案：B
解析：如圖，，，.，，.又，.異面直線EF與CG所成的角的余弦值為.故選B.
7.答案：C
解析：設上底面圓心為,下底面圓心為O,連接,OC,OB,以O為坐標原點,
分別以OC,OB,,所在直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,如圖所示：
則,,,,
所以,,
,
又因為異面直線所成的角的范圍為,
所以異面直線與所成角的余弦值為.
故選：C.
8.答案：A
解析：由題知四面體中互為異面直線的兩條棱長分別相等,
故可將此四面體放入長方體中, 如圖所示:
不妨設該長方體長、寬、高分別為a,b,c,
則有①,
②,
③,
聯立①②③可得:
,
設平面與四面體的各面分別交于KL,LM,MN,KN,
如圖所示:
平面,
由長方體性質可知平面AGDH,
故平面平面平面PBQC,
平面平面,
平面平面,
即
平面平面,
平面平面,
,
,
即
,
同理可得,
,
故,
,四邊形AGDH為正方形,
,
即,即,
,,,
,
綜上:四邊形KLMN為矩形,
所以,
當且僅當時成立.
故截面面積的最大值為1.
故選:A
9.答案：A
解析:如圖,分別為,的外接圓圓心,作平面PAB,平面ABC,則O為三棱錐的外接球的球心.
在中,,即,可得:.
由正弦定理可得:,即,
又為線段AC的中點,則可得,且,
二面角的大小的平面角即為,則
,.
三棱錐的外接球的半徑,
則三棱錐的外接球體積為.
故選:A.
10.答案：BCD
解析：當時,,解得：,故A錯誤;
令,則,,故B正確;
,所以,解得：,故C正確;
當,,
因為,,故D正確．
故選：BCD.
11.答案：AC
解析：對A,在平面內作,交于點M,
在正四棱柱中,因為平面,平面,
所以,又平面ABM,平面ABM,,
所以平面ABM,又平面ABM,所以.故A正確;
對B,AM,BC不可能平行,故BC與不可能垂直,故B錯誤;
對C,如圖:
連接AC,,平面,
則AB與平面所成角的正弦值的范圍等同于與所成角的余弦值的范圍,
在直角三角形ABM中,,
當點M由C點向移動時,AM逐漸增大,
在直角三角形ABC中,,
在直角三角形中,,
,則,則,故C正確,
對D,如圖:
由題意知MO為的中點,連接BM,DM,AM,,,,
在直角三角形BCM中,,同理,
由題意知,所以,所以,
在正四棱柱中,因為平面,平面,
所以,又平面ABM,平面ABM,,
所以平面ABM,又平面ABM,所以,同理,
又平面,平面,,
所以平面,所以平面即平面,
三角形即平面截正四棱柱所得截面的多邊形,
其周長為,故D錯誤.
故選:AC.
12.答案：AC
解析:因為在正方體中,,
所以,所以點Q在四邊形內及邊界運動(不含AC,).
對于A,因為底面ABCD,底面ABCD,所以.
又,,AC,平面,
所以平面,平面,
所以,故A正確;
對于B,因為平面,設,所以為與平面所成角,即為與平面QAC所成角,設正方體棱長為2a,,,,
由余弦定理可得,故B錯誤;
對于C,當點Q在平面內時,即點Q在線段上,所以正確,故C正確;
對于D,當時,取,的中點E,F,連結EF,點Q在線段EF上運動,
因為四邊形的面積為定值,,所以點Q到平面的距離不是定值,所以四棱錐的體積不是定值,故D錯誤.
故選:AC.

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