全国统考版高考数学二轮复习专题六立体几何与空间向量经典题集训学案理.docx

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1、立体几何与空间向量一、选择题1如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为BD1的中点，则PAC在该正方体各个面上的正投影（实线部分）可能是（）ABCD【答案】A【解析】从上下方向上看，PAC的投影为图所示的情况从左右方向上看，PAC的投影为图所示的情况从前后方向上看，PAC的投影为图所示的情况故选A【点评】本题主要考查了平行投影和空间想象能力，关键是确定投影图的关键点，如顶点等，再连接即可得在平面上的投影图，主要依据平行投影的含义和空间想象来完成属于基础题2下图为某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积是（）A12a2B6a2C3a2Da2【答案】C【解析】根据三视图可知，该几何体为如图

2、正方体中的三棱锥ABCD，正方体的棱长等于a，三棱锥的外接球就是正方体的外接球，所以外接球的直径2R=3a，因此外接球的表面积为S=4R2=3a2，故选C【点评】本题主要考了三视图还原以及几何体外接球的求解，属于基础题3过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A作平面，使得正方体的各棱与平面所成的角都相等，则满足条件的平面的个数为（）A1B3C4D6【答案】C【解析】解法一：在正方体ABCDA1B1C1D1中，三棱锥AA1BD是正三棱锥，直线AB、AD、AA1与平面A1BD所成角都相等，过顶点A作平面平面A1BD，则直线AB、AD、AA1与平面所成角都相等，同理，过顶点A分别作平面与平面C1BD

3、、平面B1AC，平面D1AC平行，直线AB、AD、AA1与平面所成的角都相等，这样的平面可以作4个，故选C解法二：只要与体对角线垂直的平面都和正方体的所有棱所成的角相等，因为有四条体对角线，所以，可以做四个平面，故选C【点评】本题主要考查正方体在平面上的投影以及直线与平面所成的角，还考查了空间想象的能力，属于基础题4设mn为两条直线，为两个平面，则下列命题中假命题是（）A若mn，m，n，则B若，m，则C若mn，则D若，m，n，则【答案】C【解析】A若mn，m，n，相当于两平面的法向量垂直，两个平面垂直，A正确；B若，m，则n，又，则平面内存在直线，所以c，所以，B正确；C若mn，则，可能相交，

4、可能平行，C错误；D若，m，n，则，的法向量平行，所以，D正确，故选C【点评】本题考查两平面平行与垂直的判断，掌握两平面平行与垂直的和性质定理是解题关键另外从空间向量角度出发，利用平面的法向量之间的关系判断两平面平行与垂直也是一种行之有效较简单的方法5已知直线l、m与平面、，l，m，则下列命题中正确的是（）A若l/m，则必有/B若lm，则必有C若l，则必有D若，则必有m【答案】C【解析】A如图所示，设，l/c，m/c满足条件l/m，但是与不平行，故A不正确；B假设/，n，n/l，nm，则满足条件lm，但是与不垂直，故B不正确；C若l，l，根据面面垂直的判定定理可得，故C正确；D设，若l/c，m

5、/c，虽然，但是可有m/，故D不正确，综上可知：只有C正确，故选C【点评】本题考查空间点、直线、平面之间的位置关系，以及线线、线面平行垂直的判定和性质，考查对命题的判断和推理证明思想，属于基础题6如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点，若，则下列向量中与BM相等的向量是（）ABCD【答案】A【解析】在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点，故选A【点评】本题考查了空间向量的线性运算属于基础题7如图，矩形ADFE，矩形CDFG，正方形ABCD两两垂直，且AB=2，若线段DE上存在点P使得GPBP，则边CG长度的最小值为（）A4B

6、43C2D23【答案】D【解析】以DA，DC，DF为坐标轴建立空间坐标系，如图所示：设，则，即又，所以，显然x0且x2，所以因为x0，2，所以所以当2xx2=1，a2取得最小值12所以a的最小值为23，故选D【点评】集合问题代数化是空间向量法解决问题的一般思路，通过向量将几何关系建立代数式，例如两直线垂直时即可转为向量的数量积为0，利用向量的坐标表示即可8在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD上的动点（不含端点），过B，E，D1的截面与棱A1B1交于F，若截面在平面A1B1C1D1和平面ABB1A1上正投影的周长分别为C1，C2，则C1+C2（）A有最小值2+25B有最大值C

7、是定值D是定值4+25【答案】A【解析】依题意，设截面在平面A1B1C1D1的投影为四边形B1MD1F，在平面ABB1A1上的投影为四边形BFA1N，设DE=t，t0，1，则四边形B1MD1F的周长C1=2t+21t2+12，四边形BFA1N的周长为C2=21t+2t2+12，则，又因为1t2+12+t2+12可以看成0t1到点1，1和点的距离之和，所以51t2+12+t2+120，解得r=3，因此，三棱锥SABC外接球的体积为故答案为43【点评】求空间多面体的外接球半径的常用方法：补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；利用球的性质：

8、几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可12已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F，M分别为棱AB，A1D1，D1C1的中点，过点M与平面CEF平行的平面与AB交于点N，则四面体NCEF的体积为_【答案】【解析】取的中点H，连接CH、FH，因为F、H是A1D1、的中点，所以MA1/FH，取CD中点P，连接AP、MP，因为AA1/MP，AA1=MP，四边形AA1MP是平行四边形，所以MA1/AP，所以FH/AP，

9、又因为AE/CP，AE=CP，所以四边形AECP是平行四边形，所以CE/AP，所以CE/FH，即四边形CEFH为平面图形，且MA1平面CEFH，FH平面CEFH，MA1/FH，所以MA1/平面CEFH，设Q为EB中点，连接A1Q、MQ、EH，所以QE=MH，QE/MH，所以四边形QEHM是平行四边形，所以HE/MQ，且MQ平面CEFH，HE平面CEFH，所以MQ/平面CEFH，又MQA1M=M，所以平面CEFH/平面，所以过M点且与平面EFC平行的平面就是，Q点即是N点，所以，故答案为【点评】本题考查了平行四边形的性质、线面平行及面面平行的判定，关键点是取的中点H，证明平面CEFH为平面图形，

10、设Q为EB中点，证明平面CEFH/平面，Q点即是N点，考查了学生的空间想象力13如图，棱长为1的正方体中，P为线段A1B上的动点(不含端点)，有下列结论：平面A1D1P平面A1AP；多面体D1CDP的体积为定值；直线D1P与BC所成的角可能为；APD1能是钝角三角形其中结论正确的序号是_(填上所有序号)【答案】【解析】对于，正方体ABCDA1B1C1D1中，A1D1平面A1AP，A1D1平面，平面平面A1AP，故正确；对于，P到平面CDD1的距离BC=1，三棱锥D1CDP的体积：，为定值，故正确；对于，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，设P(1，a，b)，(0a1

11、，0b1)，假设，所以a2+(b1)2=3，0a1，0b1，所以a2+(b1)23，所以假设不成立，故错误；对于，见上图，由题得A(1，0，0)，D1(0，0，1)，设P(1，y，1y)，(0y1)，所以，所以，当时，即APD1是钝角，此时APD1是钝角三角形，故正确，故答案为【点评】解答本题的关键是判断的真假，它们都是可能性问题的判断，判断的真假可以选择向量反证法比较方便，判断的真假可以选择向量直接法要根据已知灵活选择方法解答，优化解题14古代中国，建筑工匠们非常注重建筑中体现数学美，方形和圆形的应用比比皆是，在唐、宋时期的单檐建筑中较多存在2:1的比例关系，这是当时工匠们着意设计的常见比例

12、，今天，A4纸之所以流行的重要原因之一，就是它的长与宽的比无限接近2:1，我们称这种满足了2:1的矩形为“优美”矩形现有一长方体ABCDA1B1C1D1，AD1=26，AC=25，AC1=27，则此长方体的表面六个矩形中，“优美”矩形的个数为_【答案】4【解析】由题意，该长方体如图所示：AD1=26，AC=25，AC1=27，CC1=AC12AC2=22，AD=AD12DD12=AD12CC12=4，AB=CD=2，AA1=CC1=22，此长方体的表面六个矩形中，“优美”矩形的个数为4，故答案为4【点评】本题考查了长方体几何特征的应用及对于新概念的理解，属于基础题15粽子古称“角黍”，是中国传

13、统的节庆食品之一，由粽叶包裹糯米等食材蒸制而成因各地风俗不同，粽子的形状和味道也不同，某地流行的“五角粽子”，其形状可以看成所有棱长均为8 cm的正四棱锥，则这个粽子的表面积为_，现在需要在粽子内部放入一颗咸蛋黄，蛋黄的形状近似地看成球，则当这个蛋黄的体积最大时，其半径与正四棱锥的高的比值为_【答案】643+64，【解析】每个侧面三角形的面积均为，底面正方形的面积为64cm2，所以四棱锥的表面积为643+64cm2；球的体积要达到最大，则需要球与四棱锥五个面都相切，正四棱锥的高为，设球的半径为r，所以四棱锥的体积，故r=2231cm，故答案为643+64，【点评】在四棱锥中的内切球，利用分割法

14、，可分割为以球心为顶点的三棱锥与四棱锥，棱锥的高都为球半径，根据等体积法即可求出球的半径三、解答题16如图，在三棱锥PABC中，平面PAC平面ABC，PCAC，BCAC，AC=PC=2，CB=4，M是PA的中点（1）求证：PA平面MBC；（2）设点N是PB的中点，求二面角NMCB的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）平面PAC平面ABC，平面PAC平面ABC =AC，BC平面ABC，BCAC，BC平面PAC，PA平面PAC，BCPA，M是PA的中点，CMPA，CMBC=C，CM，BC平面MBC，PA平面MBC（2）平面PAC平面ABC，平面PAC平面ABC=AC，PC平面PAC

15、，PCAC，PC平面ABC，BC平面ABC，以C为原点，CA，CB，CP为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，A(2，0，0)，C(0，0，0)，P(0，0，2)，M(1，0，1)，则CM=(1，0，1)，CN=(0，2，1)，由（1）知是平面MBC的一个法向量，设是平面MNC的法向量，则有，即，令y=1，则z=2，x=2，设二面角NMCB所成角为，由图可得为锐角，则【点评】解题的关键是熟练掌握面面垂直的性质定理，线面垂直的判定和性质定理，并灵活应用，处理二面角或点到平面距离时，常用向量法求解，建立适当的坐标系，求得所需点的坐标及向量坐标，求得法向量坐标，代入夹角或距离公式，即可

16、求得答案17如图1，正方形ABCD，边长为a，E，F分别为AD，CD中点，现将正方形沿对角线AC折起，折起过程中D点位置记为T，如图2（1）求证：EFTB；（2）当时，求平面ABC与平面所成二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明：取AC中点O，连接OT，OB，BT，因为ABCD为正方形，所以ACOT，ACOB，又OTOB=O，所以AC平面OBT，而TB平面OBT，所以ACTB又E，F分别为AD，CD中点，所以，所以EFTB（2）因为，所以TAB为等边三角形，TB=a，又，TB2=OB2+OT2，即OTOB，如图建立空间直角坐标系Oxyz，则，平面ABC法向量，设平面法

17、向量，由，即，解得，所以，记平面ABC与平面所成二面角为，则为锐角，所以，即平面ABC与平面所成二面角的余弦值为【点评】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理进行证明，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解18如图，在三棱锥SABC中，SA=SB=SC=m若BSC=，CSA=，ASB=，且（1）证明：平面SAB平面ABC；（2）若，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角

18、为60若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析【解析】（1）取AB的中点E，连接SE，CE，如图，SA=SB，SEAB，又AB=2AE，ASB=，同理，BC2+AC2=AB2，即，由，得CE2+SE2=m2=SC2，又SEAB，ABCE=E，SE平面ABC又SE平面SAB平面SAB平面ABC（2）以E为坐标原点平行AC的直线为x轴，平行BC的直线为y轴，ES为z轴建立空间直角坐标系，如图：不妨设m=2，则A(2，1，0)，B(2，1，0)，C(2，1，0)，E(0，0，0)，S(0，0，1)，设01，则D(22，1，)，BD=2，2，设平

19、面SAB的一个法向量为，易求得，则，得2+7+1=0，解得，0，不存在点D，使直线与平面SAB所成的夹角为60【点评】解决本题的关键是垂直关系的证明及空间向量的应用19如图，ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点，以EF为折痕把AEF折起，使点A到达点P的位置(如图)，且（1）证明：EF平面PBE；（2）设N为线段PF上的动点(包含端点)，求直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明：因为E，F分别为边AB，AC的中点，所以EFBC因为，所以EFBE，EFPE，又BEPEE，所以EF平面PBE（2）取BE的中点O，连接PO，因为PBBEPE，

20、所以POBE由（1）知EF平面PBE，EF平面BCFE，所以平面PBE平面BCFE又PO平面PBE，平面PBE平面BCFEBE，所以PO平面BCFE，过点O作OMBC交CF于点M，分别以OB，OM，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，由N为线段PF上一动点，得，则可得N，设平面PCF的法向量为，则，即，取，则，所以为平面PCF的一个法向量设直线BN与平面PCF所成的角为，则(当且仅当时取等号)，所以直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值为【点评】本题考查了立体几何，利用空间向量解决线面角是解题的关键，线面角可以通过直线的方向向量和平面的法向量之间进行相应的计算，就能够得到线面角的大小