2023年高考4年模拟第八章第三节空间向量在立体几何中的应用.docx

第三节 空间向量在立体几何中的应用 第一局部 六年高考荟萃 2023年高考题 一、选择题 1.（2023全国卷2理）（11）与正方体的三条棱、、所在直线的距离相等的点 （A）有且只有1个 （B）有且只有2个 （C）有且只有3个 （D）有无数个 【答案】D 【解析】直线上取一点，分别作垂直于于那么分别作，垂足分别为M，N，Q，连PM，PN，PQ，由三垂线定理可得，PN⊥PM⊥；PQ⊥AB，由于正方体中各个外表、对等角全等，所以，∴PM=PN=PQ，即P到三条棱AB、CC1、A1D1.所在直线的距离相等所以有无穷多点满足条件，应选D. 2.（2023辽宁理）(12) (12)有四根长都为2的直铁条，假设再选两根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，那么a的取值范围是 (A)（0,） (B)（1,） (C) (,） (D) （0,） 【答案】A 【命题立意】此题考查了学生的空间想象能力以及灵活运用知识解决数学问题的能力。 【解析】根据条件，四根长为2的直铁条与两根长为a的直铁条要组成三棱镜形的铁架，有以下两种情况：（1）地面是边长为2的正三角形，三条侧棱长为2，a，a，如图，此时a可以取最大值，可知AD=，SD=，那么有<2+，即，即有a< (2)构成三棱锥的两条对角线长为a，其他各边长为2，如下列图，此时a>0; 综上分析可知a∈（0,） 3.（2023全国卷2文）（11）与正方体ABCD—A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点 （A）有且只有1个 （B）有且只有2个 （C）有且只有3个 （D）有无数个 【答案】D 【解析】：此题考查了空间想象能力 ∵到三条两垂直的直线距离相等的点在以三条直线为轴，以正方体边长为半径的圆柱面上，∴三个圆柱面有无数个交点， 4.（2023全国卷2文）（8）三棱锥中，底面为边长等于2的等边三角形，垂直于底面，=3，那么直线与平面所成角的正弦值为 （A） (B) (C) (D) 【答案】D 【解析】：此题考查了立体几何的线与面、面与面位置关系及直线与平面所成角。 A B C S E F 过A作AE垂直于BC交BC于E，连结SE，过A作AF垂直于SE交SE于F，连BF，∵正三角形ABC，∴ E为BC中点，∵ BC⊥AE，SA⊥BC，∴ BC⊥面SAE，∴ BC⊥AF，AF⊥SE，∴ AF⊥面SBC，∵∠ABF为直线AB与面SBC所成角，由正三角形边长3，∴ ，AS=3，∴ SE=，AF=，∴ 5.（2023全国卷1文）（9）正方体-中，与平面所成角的余弦值为 （A） （B） （C） （D） A B C D A1 B1 C1 D1 O 【答案】D 【命题意图】本小题主要考查正方体的性质、直线与平面所成的角、点到平面的距离的求法，利用等体积转化求出D到平面AC的距离是解决此题的关键所在,这也是转化思想的具体表达. 【解析1】因为BB1//DD1,所以B与平面AC所成角和DD1与平面AC所成角相等,设DO⊥平面AC，由等体积法得,即.设DD1=a, 那么,. 所以,记DD1与平面AC所成角为,那么,所以. 【解析2】设上下底面的中心分别为；与平面AC所成角就是B与平面AC所成角， 6.（2023全国卷1理）（12）在半径为2的球面上有A、B、C、D四点，假设AB=CD=2,那么四面体ABCD的体积的最大值为 (A) (B) (C) (D) 7.（2023全国卷1理）（7）正方体ABCD-中，B与平面AC所成角的余弦值为 （A） （B） （C） （D） 8.（2023四川文）（12）半径为的球的直径垂直于平面，垂足为，是平面内边长为的正三角形，线段、分别与球面交于点、，那么、两点间的球面距离是 （A） （B） （C） （D） 【答案】A 【解析】由，AB＝2R,BC＝R,故tan∠BAC＝ cos∠BAC＝ 连结OM，那么△OAM为等腰三角形 AM＝2AOcos∠BAC＝，同理AN＝，且MN∥CD 而AC＝R,CD＝R 故MN：CD＝AN:AC Þ MN＝， 连结OM、ON，有OM＝ON＝R 于是cos∠MON＝ 所以M、N两点间的球面距离是 二、填空题 1.（2023江西理）16.如图，在三棱锥中，三条棱，，两两垂直，且>>,分别经过三条棱，，作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为，，，那么，，的大小关系为 。 【答案】 【解析】考查立体图形的空间感和数学知识的运用能力，通过补形，借助长方体验证结论，特殊化，令边长为1，2，3得。 2.（2023北京文）（14）如图放置的边长为1的正方形PABC沿x轴滚动。 设顶点p（x，y）的纵坐标与横坐标的函数关系是 ，那么的最小正周期为 ； 在其两个相邻零点间的图像与x轴 所围区域的面积为 。 【答案】4 说明：“正方形PABC沿x轴滚动〞包含沿x轴正方向和沿x轴负方向滚动。沿x轴正方向滚动是指以顶点A为中心顺时针旋转，当顶点B落在x轴上时，再以顶点B为中心顺时针旋转，如此继续，类似地，正方形PABC可以沿着x轴负方向滚动。 3.（2023北京理）（14）如图放置的边长为1的正方形PABC沿x轴滚动。设顶点p（x，y）的轨迹方程是，那么的最小正周期为 ；在其两个相邻零点间的图像与x轴所围区域的面积为 【答案】4 说明：“正方形PABC沿轴滚动〞包括沿轴正方向和沿轴负方向滚动。沿轴正方向滚动指的是先以顶点A为中心顺时针旋转，当顶点B落在轴上时，再以顶点B为中心顺时针旋转，如此继续。类似地，正方形PABC可以沿轴负方向滚动。 4.（2023四川文）（15）如图，二面角的大小是60°，线段.， 与所成的角为30°.那么与平面所成的角的正弦值是 . 【答案】 【解析】过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作lD 连结AD，有三垂线定理可知AD⊥l，故∠ADC为二面角的平面角，为60° C D 又由，∠ABD＝30°连结CB，那么∠ABC为与平面所成的角 设AD＝2，那么AC＝，CD＝1 AB＝＝4 ∴sin∠ABC＝ 5.（2023湖北文数）3cm的水，假设放入三个相同的珠（球的半么与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如下列图），那么球的半径是____cm. 【答案】4 【解析】设球半径为r，那么由可得,解得r=4. 6.（2023湖南理数）13．图3中的三个直角三角形是一个体积为20的几何体的三视图，那么 ． 7.（2023湖北理数）8cm的水，假设放入三个相同的球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如下列图），那么球的半径是 cm。 【答案】4 【解析】设球半径为r，那么由可得,解得r=4. 8.（2023福建理数） 12．假设一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如下列图,那么其外表积等于 ． 【答案】 【解析】由正视图知：三棱柱是以底面边长为2，高为1的正三棱柱，所以底面积为 ，侧面积为，所以其外表积为。 【命题意图】此题考查立体几何中的三视图，考查同学们识图的能力、空间想象能力等根本能力。 三、解答题 1.（2023辽宁文）（19）（本小题总分值12分） 如图，棱柱的侧面是菱形， （Ⅰ）证明：平面平面； （Ⅱ）设是上的点，且平面，求的值. 解：（Ⅰ）因为侧面BCC1B1是菱形，所以 又 所又平面A1BC1，又平面AB1C ， 所以平面平面A1BC1 . （Ⅱ）设BC1交B1C于点E，连结DE， 那么DE是平面A1BC1与平面B1CD的交线， 因为A1B//平面B1CD，所以A1B//DE. 又E是BC1的中点，所以D为A1C1的中点. 即A1D：DC1=1. 2.（2023辽宁理）（19）（本小题总分值12分） 三棱锥P－ABC中，PA⊥ABC，AB⊥AC，PA=AC=½AB，N为AB上一点，AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点. （Ⅰ）证明：CM⊥SN； （Ⅱ）求SN与平面CMN所成角的大小. 证明： 设PA=1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系如图。 那么P（0,0,1），C（0,1,0），B（2,0,0），M（1,0,），N（,0,0），S（1,,0）.……4分 （Ⅰ）, 因为， 所以CM⊥SN ……6分 （Ⅱ）, 设a=（x，y，z）为平面CMN的一个法向量， 那么 ……9分 因为 所以SN与片面CMN所成角为45°。 ……12分 3.（2023全国卷2文）（19）（本小题总分值12分） 如图，直三棱柱ABC-ABC 中，AC=BC， AA=AB，D为BB的中点，E为AB上的一点，AE=3 EB （Ⅰ）证明：DE为异面直线AB与CD的公垂线； （Ⅱ）设异面直线AB与CD的夹角为45°,求二面角A-AC-B的大小 【解析】此题考查了立体几何中直线与平面、平面与平面及异面直线所成角与二面角的根底知识。 （1）要证明DE为AB1与CD的公垂线，即证明DE与它们都垂直，由AE=3EB1，有DE与BA1平行，由A1ABB1为正方形，可证得，证明CD与DE垂直，取AB中点F。连结DF、FC，证明DE与平面CFD垂直即可证明DE与CD垂直。 （2）由条件将异面直线AB1，CD所成角找出即为FDC，设出AB连长，求出所有能求出的边长，再作出二面角的平面角，根据所求的边长可通过解三角形求得。 4.（2023江西理）20. （本小题总分值12分） 如图△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD，。 （1） 求点A到平面MBC的距离； （2） 求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值。 【解析】此题以图形拼折为载体主要考查了考查立体图形的空间感、点到直线的距离、二面角、空间向量、二面角平面角的判断有关知识，同时也考查了空间想象能力和推理能力 解法一：（1）取CD中点O，连OB，OM，那么OB⊥CD， OM⊥CD.又平面平面,那么MO⊥平面，所以MO∥AB，A、B、O、MAM、BO相交于E，那么∠AEB就是AM与平面BCD所成的角.OB=MO=，MO∥AB，MO//面ABC，M、O到平面ABC的距离相等，作OHBC于H，连MH，那么MHBC，求得： OH=OCsin600=,MH=,利用体积相等得：。 （2）CE是平面与平面的交线. 由（1）知，O是BE的中点，那么BCED是菱形. 作BF⊥EC于F，连AF，那么AF⊥EC，∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角，设为. 因为∠BCE=120°，所以∠BCF=60°. ， ， 所以，所求二面角的正弦值是. 【点评】传统方法在处理时要注意到辅助线的处理，一般采用射影、垂线、平行线等特殊位置的元素解决 解法二：取CD中点O，