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专题七空间向量与立体几何——2024届高考数学二轮复习模块精练【新教材新高考】
一、选择题1.已知某圆台的高为,上底面半径为1,下底面半径为2,则其侧面展开图的面积为()A.9π B. C. D.答案:A解析:圆台的母线长为,其侧面展开图的面积.故选:A.2.已知向量,,若,,则的值为()A.-3或1 B.-2 C.1或-2 D.2答案:A解析:,.又,.当时,,此时;当时,,此时.故选A.3.在三棱锥中,是等腰直角三角形,,且平面ABC,则三棱锥的外接球的表面积为()A. B. C. D.答案:A解析:因为是等腰直角三角形,,所以,.因为平面ABC,平面ABC,所以,所以AP为球的直径,且,所以三棱锥的外接球的半径为2,所以三棱锥的外接球的表面积为.故选:A.4.如图,正三棱柱的底面边长是2,侧棱长是,M为的中点,N是侧面上一点,且平面,则线段MN的最大值为()A. B. C. D.3答案:A解析:如图,取的中点D,取的中点E,连接MD,DE,ME,所以,又面,面,所以平面,又M为的中点,所以,又面,面,所以平面,又,面DEM,面DEM,所以平面平面,又因为N是侧面上一点,且平面,所以N在线段DE上,又因为,,所以线段MN的最大值为.故选:A.5.如图,在正三棱柱中,,,D为的中点,则与所成角的余弦值为()A. B. C. D.答案:D解析:如图,取中点为E,连接DE,.又因D为的中点,则,故与所成角就是DE与所成角.由题为正三角形,则.又因几何体为正三棱柱,则,得,,.则在中,,,,得为直角三角形,则与所成角的余弦值为:.故选:D.6.如图,四边形ABCD为正方形,平面ABCD,,,则三棱锥的体积为()A. B. C.2 D.答案:C解析:连接BD交AC于M,连接FM,,,,,易得,则有,由四边形ABCD为正方形,则,又平面ABC,平面ABC,则有,,BD,平面BDEF,则有平面BDEF,平面BDEF,所以,,AC,平面AFC,故有平面AFC,,则有三棱锥的体积,故选:C.7.正四棱柱的底面边长为2,点E,F分别为,的中点,且已知与BF所成角的大小为,则直线与平面BCF之间的距离为()A. B. C. D.答案:C解析:取H为中点,连接HB,HF,FC,不妨令HC,FB相交于O,由于点E为的中点,故,CE,即四边形为平行四边形,故,故与BF所成角的大小与HC与BF所成角的大小相等,即,不妨设,故,,,由平面,平面,故,点O为CH中点,故,又,故为等边三角形,即解得,即,连接EF,EB,作于G,由于,平面BCF,平面BCF,故平面BCF,则直线与平面BCF之间的距离即为点E与平面BCF之间的距离,由平面,平面,故,又,FC,平面BCF,故平面BCF,即EG为点BCF与平面BCF之间的距离,,,,故,线与平面BCF之间的距离为.故选C.8.如图,在棱长为2的正方体中,E,F分别为棱,的中点,G为上的一个动点,则下列选项中错误的是()A.三棱锥的体积为定值B.存在点G,使平面EFGC.存在点G,使平面平面D.设直线FG与平面所成角为,则的最大值为答案:C解析:对于A,平面平面,所以G到平面的距离为定值,又为定值,所以为定值,故A正确.对于B,以D为原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则,,,,所以,,,设,则,所以,设平面EFG的一个法向量为,则取,得,若平面EFG,则,即,解得,所以当G为线段上靠近D的四等分点时,平面EFG,故B正确.对于C,,,则,,设平面的一个法向量为,则取,得,若平面平面,则,即,解得,又,不合题意,故C错误.对于D,,平面的一个法向量为,,则,所以的最大值为,故D正确.二、多项选择题9.半正多面体(semiregularsolid)亦称“阿基米德多面体”,是由边数不全相同的正多边形围成的多面体,体现了数学的对称美.传统的足球,就是根据这一发现而制成,最早用于1970年的世界杯比赛.二十四等边体就是一种半正多面体,是由正方体切截而成的,它由八个正三角形和六个正方形构成(如图所示),若这个二十四等边体的棱长都为2,则下列结论正确的是()A.平面AEMHB.异面直线BC和EA所成角为C.该二十四等边体的体积为D.该二十四等边体外接球的表面积为答案:BCD解析:对于A中,若平面AEMH,因为平面,所以,又因为为等边三角形,所以,所以A不正确;对于B中,因为,所以异面直线BC和EA所成角即为直线AD和EA所成角设角,在正六边形ADGPNE中,可得,所以异面直线BC和EA所成角为,所以B正确;对于C中,补全八个角构成一个棱长为的一个正方体,则该正方体的体积为,其中每个小三棱锥的体积为,所以该二十四面体的体积为,所以C正确;对于D中,取正方形ACPM对角线的交点为O,即为该二十四面体的外接球的球心,其半径为,所以该二十四面体的外接球的表面积为,所以D正确.故选:BCD.10.如图,在正方体中,若棱长为1,点E,F分别为线段,上的动点,则()A.平面.B.平面平面C.点F到平面的距离为定值D.直线AE与平面所成角的正弦值为定值答案:ABC解析:以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,,,,.对于A,,,,,,,,又,平面,A正确;对于B,,,,,,,又,平面,又平面,平面平面,B正确;对于C,设,由,得,,点F到平面的距离,为定值,C正确;对于D,设,由,得,,易得是平面的一个法向量,设直线AE与平面所成的角为,则,不是定值,D错误.三、填空题11.在正方体中,下列结论中正确的是__________.(只填序号)①;②平面平面;③;④平面.答案:①②④解析:连接,,因为且,所以四边形是平行四边形,故,从而①正确.易证,,又,,所以平面平面,从而②正确.易知与异面,故③错误.因为,平面,平面,所以平面,故④正确.12.《九章算术》是中国古代的数学专著,书中记载了一种名为“刍甍”的五面体(如图),其中四边形ABCD为矩形,,若,和都是正三角形,且,则异面直线AE与CF所成角的大小为__________.答案:解析:方法一(建系法)如图,以矩形ABCD的中心O为坐标原点,,的方向分别为x,y轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz.设,则,,,,,,所以,,所以,所以,所以异面直线AE与CF所成的角为.方法二:如图,在平面ABFE中,过点F作交AB于点G,连接CG,则或其补角为异面直线AE与CF所成的角.设,则,.因为,,所以四边形AEFG为平行四边形,所以,,.又,所以,又,所以,所以,即异面直线AE与CF所成的角为.13.《九章算术》第五卷中涉及一种几何体——羡除,它下广六尺,上广一丈,深三尺,末广八尺,无深,袤七尺.该羡除是一个五面体ABCDFE,如图四边形ABCD,ABEF均为等腰梯形,,平面平面ABEF,梯形ABCD,梯形ABEF的高分别为3,7,且,,,则________.答案:14解析:如图所示,过点A分别作CD,EF的垂线,垂足分别为N,M,平面平面,,平面平面,且,平面,平面,,又,,,两两垂直.以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,,,.14.如图,三棱锥的所有顶点都在球O的表面上,平面平面BCD,,,,则球O的表面积为_______________.答案:解析:如图,取AB中点O,连接OC,OD,在中,由,,,得,则,又平面平面BCD,且平面平面,平面BCD,则,在中,,,,则,,平面ACD,得,则O为三棱锥的外接球的球心,则外接球的半径,球O的表面积为.四、解答题15.如图1,在平面图形ABCDE中,,,,,沿BD将折起,使点C到F的位置,且,,如图2.(1)求证:平面平面AEG.(2)线段FG上是否存在点M,使得平面MAB与平面AEG所成角的余弦值为?若存在,求出GM的长;若不存在,请说明理由.答案:(1)证明见解析(2)线段FG上存在点M,使得平面MAB与平面AEG所成角的余弦值为,且解析:(1)因为,所以,又,所以.因为,,所以四边形ABDE为等腰梯形,又,所以,所以,所以,即,因为,,平面AEG,所以平面AEG,又平面GEBF,所以平面平面AEG.(2)由(1)知EA,EB,EG两两互相垂直.以E为
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