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】

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