命題點7立體幾何與空間向量預測說明立體幾何考查空間幾何體的結構特征、空間中的位置關系、空間角等,注重知識

的交匯和融合,對空間想象能力、邏輯推理能力和運算求解能力要求較高.命題方向:1.小題考查幾何體的結構特征、表面積、體積運算等問題;考查線面位置關系的辨析,

空間角的求解以及與球有關的截面等問題.2.解答題第(1)問側重利用幾何方法解決線面位置關系的判定和證明問題,第(2)問多采

用空間向量法解決空間角或空間距離問題,有時也會涉及翻折和探究性問題.預測探究識透高頻考點1.(2024福建龍巖質檢,5)已知球的體積為

π,且該球的表面積與底面半徑為2的圓錐的側面積相等,則該圓錐的體積為

(

)A.

π

B.

π

C.4

π

D.8

πB2.(多選)(2024廣東名校聯盟5月模擬,10)如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4,

=3

,平面α經過點A1,P,則

(

)A.A1P⊥PCB.直線A1P與直線BC所成角的正切值為

BCC.直線A1P與平面ABB1A1所成角的正切值為

D.若C∈α,則正方體截平面α所得截面面積為263.(多選)(2024湖北黃岡5月模擬,10)如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為棱

BB1的中點,點Q滿足

=λ

+μ

,λ∈[0,1],μ∈[0,1],則下列說法中正確的是

(

)A.AC1⊥平面A1PDB.若D1Q∥平面A1PD,則動點Q的軌跡是一條線段BCC.若λ+μ=

,則四面體DPQA1的體積為定值D.若M為正方形ADD1A1的中心,則三棱錐M-ABD外接球的體積為

π4.(2024廣東深圳二模,15)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側面BB1C1C⊥底面ABC,且AB=

AC,A1B=A1C.(1)證明:AA1⊥平面ABC;(2)若AA1=BC=2,∠BAC=90°,求平面A1BC與平面A1BC1夾角的余弦值.

基本知識運用

線面垂直的判定;求平面與平面的夾角

解析

(1)證明:取BC的中點M,連接MA、MA1.因為AB=AC,A1B=A1C,所以BC⊥AM,BC⊥A1M.又AM,A1M?平面A1MA,AM∩A1M=M,所以BC⊥平面A1MA.因為A1A?平面A1MA,所以BC⊥A1A.又因為A1A∥B1B,所以B1B⊥BC,因為平面BB1C1C⊥平面ABC,平面BB1C1C∩平面ABC=BC,且B1B?平面BB1C1C,所以B1B⊥平面ABC.因為A1A∥B1B,所以AA1⊥平面ABC.(2)解法一:因為∠BAC=90°,且BC=2,所以AB=AC=

.以AB,AC,AA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,

則A1(0,0,2),B(

,0,0),C(0,

,0),C1(0,

,2).所以

=(

,0,-2),

=(0,

,-2),

=(0,

,0).設平面A1BC的法向量為m=(x1,y1,z1),則

可得

令z1=1,則m=(

,

,1),設平面A1BC1的法向量為n=(x2,y2,z2),則

可得

令z2=1,則n=(

,0,1),設平面A1BC與平面A1BC1的夾角為θ,則cosθ=

=

=

,所以平面A1BC與平面A1BC1夾角的余弦值為

.解法二:由題意將直三棱柱ABC-A1B1C1補成長方體ABDC-A1B1D1C1,

連接C1D,過點C作CP⊥C1D,垂足為P,再過P作PQ⊥A1B,垂足為Q,連接CQ.因為BD⊥平面CDD1C1,且CP?平面CDD1C1,所以BD⊥CP.又因為CP⊥C1D,BD,C1D?平面A1BDC1,且BD∩C1D=D,所以CP⊥平面A1BDC1.因為A1B?平面A1BDC1,所以A1B⊥CP.又因為PQ⊥A1B,CP,PQ?平面CPQ,且CP∩PQ=P,所以A1B⊥平面CPQ,因為CQ?平面CPQ,所以CQ⊥A1B.則∠CQP為平面A1BC與平面A1BC1的夾角或其補角,在△A1BC中,由等面積法可得CQ=

.因為PQ=A1C1=

,所以cos∠CQP=

=

,因此平面A1BC與平面A1BC1夾角的余弦值為

.悟透新型考法1.(2024廣東廣州二模,14)用兩個平行平面去截球體,把球體夾在兩截面之間的部分稱

為球臺.根據祖暅原理(“冪勢既同,則積不容異”),推導出球臺的體積V球臺=

πh(3

+3

+h2),其中r1,r2分別是兩個平行平面截球所得截面圓的半徑,h是兩個平行平面之間的距離.已知圓臺O1O2的上、下底面的圓周都在球O的球面上,圓臺O1O2的母線與底面所

成的角為45°,若圓臺O1O2上、下底面截球O所得的球臺的體積比圓臺O1O2的體積大9

π,則球O的表面積S球與圓臺O1O2的側面積S臺側的比值

的取值范圍為

(2

,+∞)

.2.(2024福建泉州5月質檢,17)如圖所示的幾何體是由圓錐SO1與圓柱O1O組成的組合

體,其中圓柱的軸截面ABCD是邊長為2的正方形,圓錐的高SO1=2,M為圓柱下底面圓周

上異于A,B的點.(1)求證:SD∥平面MOC;(2)若30°≤∠BOM≤45°,求直線AD與平面MOC所成角的正切值的取值范圍.

創新考法

以圓錐、圓柱構成的組合體為載體,考查空間中的位置關系及空間角

解析

(1)證明:連接SO,DC,DO,設圓錐的底面所在平面為α,則SO1⊥α,OO1⊥α,所以S,O1,O三點共線,從而SO∩DC=O1,所以點S,D,C,O共面,又因為SO1=O1O,CO1=O1D,所以四邊形SDOC為平行四邊形,故SD∥OC,因為M為圓柱下底面圓周上異于A,B的點,所以SD?平面MOC,又OC?平面MOC,所以

SD∥平面MOC.(2)如圖,以O為原點,分別以

,

的方向為x軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系Oxyz.

則A(1,0,0),D(1,0,2),C(-1,0,2),則

=(-1,0,2),

=(0,0,2),設∠BOM=θ,則M(-cosθ,sinθ,0),且30°≤θ≤45°,則

=(-cosθ,sinθ,0),設平面MOC的法向量為n=(x,y,z),則

即

令x=2sinθ,則n=(2sinθ,2cosθ,sinθ),設直線AD與平面MOC所成角為β,則sinβ=|cos<

,n>|=

=

=

,因為30°≤θ≤45°,所以

≤sinθ≤

,從而

≤sin2θ≤

,所以

≤sinβ≤

,因為sin2β+cos2β=1,所以1+

=

,從而8≤

≤16,解得

≤tanβ≤

,所以tanβ的取值范圍為

.參透創新情境1.(2024湖南益陽4月質檢,7)如圖所示,4個球兩兩外切形成的幾何體,稱為一個“最密

堆壘”.顯然,即使是“最密堆壘”,4個球之間依然存在著空隙.材料學研究發現,某種

金屬晶體中4個原子的“最密堆壘”的空隙中如果再嵌入一個另一種金屬原子并和

原來的4個原子均外切,則材料的性能會有顯著性變化.記原金屬晶體的原子半徑為rA,

另一種金屬晶體的原子半徑為rB,則rA和rB的關系是

(

)

A.2rB=

rA

B.2rB=

rADC.2rB=(

-1)rA

D.2rB=(

-2)rA

2.(2024山東泰安二模,17)兩個向量a和b的叉乘寫作a×b,叉乘運算結果是一個向量,其

模為|a×b|=|a||b|·sin<a,b>,方向與這兩個向量所在平面垂直.若a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),則a

×b=(y1z2-y2z1,-(x1z2-x2z1),x1y2-x2y1).如圖,已知在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,

∠BAD=90°,AB=

CD,AB∥CD,AD=CD=2,O,E,F,G分別是AD,PD,PC,AC的中點.(1)證明:平面BOE∥平面DFG.(2)已知PA=PD=

,PB=

,H為PB的中點,以O為原點,

的方向為x軸的正方向建立空間右手直角坐標系.①求

×

;②求三棱錐H-DFG的體積.

創新情境

通過對向量叉乘的理解和運用,求空間幾何體的體積

解析

(1)證明:在△APD中,O,E分別為AD,PD中點,∴OE∥AP,在△APC中,F,G分別為PC,AC中點,∴FG∥AP,∴OE∥FG,∵FG?平面DFG,OE?平面DFG,∴OE∥平面DFG,連接BG,OG,∵OG=

CD,OG∥CD,AB=

CD,AB∥CD,∴OG

AB,∴四邊形AOGB為平行四邊形,∴BG

AO,∴BG

OD,∴四邊形ODGB為平行四邊形,∴OB∥DG.∵DG?平面DFG,OB?平面DFG,∴OB∥平面DFG.∵OE?平面BOE,OB?平面BOE,且OE∩OB=O,∴平面BOE∥平面DFG.(2)①∵PA=

,PB=

,AB=1,∴PB2=PA2+AB2,∴PA⊥AB,又∠BAD=90°,∴AB⊥AD,∵AD,AP?平面PAD,AD∩AP=A,∴AB⊥平面PAD,又AB?平面ABCD,∴平面PAD⊥平面ABCD,∵PA=PD,O為AD中點,∴PO⊥AD,又平面ABCD∩平面PAD=AD,PO?平面PAD,∴PO⊥平面ABCD,∴以

的方向為x軸正方向,

的方向為y軸正方向,

的方向為