重难点03 空间向量与立体几何-2021年高考数学【热点·重点·难点】专练(新高考)

重难点 03  空间向量与立体几何  

【高考考试趋势】

    立体几何不管新旧高考中都是一个必考知识点，一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点。新高考中不分文理，主要考查简单几何体的体积，表面积以及外接圆问题，有关角的问题；另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图有所弱化；选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及二面角问题。前面的热点专题已经对立体几何进行了一系列详细的说明，本专题继续加强对新高考中立体几何出现的习题以及对应的题目类型进行必要的加强。本专题包含了高考中几乎所有题型，学完本专题以后，对以后所有的立体几何你将有一个更加清晰的认识。

【知识点分析及满分技巧】

基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长。要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角。

    有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理，从而去求。

内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求。

    求点到平面的距离问题：采用等体积法。

    求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高。

    对于二面角问题应采用建立立体坐标系去求，但是坐标系要注意采用左手系务必要标记准确对应点以及法向量对应的坐标。

【限时检测】（建议用时：90分钟）

一、单选题

1．（2020·辽宁葫芦岛市·高三月考）已知，是两条不重合的直线，是一个平面且，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】

由线面垂直的判定和性质分别判断充分性和必要性即可.

【详解】

充分性：因为，，由线面垂直的性质可得，故充分性成立；

必要性：若，，则直线与平面可能相交、平行或在平面内，故必要性不成立.

所以“”是“”的充分不必要条件．

故选：A.

2．（2020·全国福建省漳州市教师进修学校高三二模（文））已知正方体的棱长为1，点E是底面ABCD上的动点，则的最大值为（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】B

【分析】

建立空间直角坐标系，由向量的数量积运算，计算可得选项．

【详解】

以点D为原点，为轴建立空间直角坐标系，则

设，其中，则，

所以，等号成立的条件是，故其最大值为1，

故选：B．

3．（2020·上海长宁区·高三一模）设､为两条直线，､为两个平面，则下列命题中假命题是（    ）

A．若，，，则

B．若，，，则

C．若，，，则

D．若，，，则

【答案】C

【分析】

根据面面垂直与平行的判定定理判断．

【详解】

A．若，，，相当于两平面的法向量垂直，两个平面垂直，A正确；

B．若，，则，又，则平面内存在直线，所以，所以，B正确；

C．若，，，则可能相交，可能平行，C错；

D．若，，，则的法向量平行，所以，D正确．

故选：C．

【点睛】

关键点点睛：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用较简单的方法．

4．（2020·云南高三其他模拟（文））在正四面体中，是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】

取的中点为，可得，即为所求（或其补角），在中利用余弦定理求解即可.

【详解】

设正四面体的棱长为2，

取的中点为，因为是棱的中点，所以，

所以即为所求（或其补角）.

在中，，,

所以.

故选：A.

5．（2020·河南郑州市·高三月考（文））三棱柱中，侧面与底面垂直，底面是边长为的等边三角形，若直线与平面所成角为，则棱柱的高为（    ）

A． B．2 C． D．1

【答案】C

【分析】

本题首先可绘出三棱柱，取中点并连接、、，然后通过题意以及线面角的定义得出即直线与平面所成角，，最后根据即可得出结果.

【详解】

如图，绘出三棱柱，

取中点，连接、、，

因为三棱柱侧面与底面垂直，底面是边长为的等边三角形，

所以，平面，，，

由线面角的定义即可得出即直线与平面所成角，

则，，，

故选：C.

【点睛】

关键点点睛：本题考查线面角的应用，过不平行于平面的直线上一点作平面的垂线，这条直线与平面交点与原直线与平面的交点的连线与原直线构成的角即线面所成角，考查计算能力，考查数形结合思想，是中档题.

6．（2020·四川泸州市·高三一模（理））已知三棱锥中，平面平面，且和都是边长为2的等边三角形，则该三棱锥的外接球表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】

由题意画出图形分别取与的外心，过分别作两面的垂线，相交于，结合已知由，求出三棱锥外接球的半径，则外接球的表面积可求.

【详解】

如图，

由已知可得，与均为等边三角形，
取中点，连接，，则，
∵平面平面，则平面，
分别取与的外心，过分别作两面的垂线，相交于，
则为三棱锥的外接球的球心，
由与均为边长为的等边三角形，

可得，
，
，
∴三棱锥A−BCD的外接球的表面积为.

故选：D.

7．（2020·上海高三专题练习）如图，正四棱锥的底面边长和高均为2，M是侧棱PC的中点，若过AM作该正四棱锥的截面，分别交棱PB､PD于点E､F(可与端点重合)，则四棱锥的体积的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】

设,则，然后利用等体积法由，得到，再消元得到，令，利用对勾函数的性质求解.

【详解】

设,则

所以，

 ，

，

所以，则，

令，因为，

所以，

所以，

所以，

故选：D

【点睛】

方法点睛：求解棱锥的体积时，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以便于求解．

8．（2020·全国高三其他模拟）如图，正方体，的棱长为6，点是棱的中点，与的交点为，点在棱上，且，动点（不同于点）在四边形内部及其边界上运动，且，则直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】

在棱上取一点，且，连接，取棱的中点，连接，，则可得的轨迹为线段，则异面直线与所成的角，利用余弦定理即可求出.

【详解】

易知.因为平面，所以，

所以平面，又平面，所以，

在棱上取一点，且，连接，则，

所以，所以动点的轨迹为线段(不包含).

取棱的中点，连接，易知，

则异面直线与所成的角.连接，

因为，，，

所以.

故选：B.

【点睛】

思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：

（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；

（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；

（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；

（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．

二、多选题

9．（2020·湖北武汉市·高二期中）已知直线m，n，平面α，β，给出下列命题正确的是（    ）

A．若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β

B．若m // α，n // β，且m // n，则α // β

C．若m⊥α，n // β，且m⊥n，则α⊥β

D．若m⊥α，n // β，且m // n，则α⊥β

【答案】AD

【分析】

根据直线与平面平行，垂直的性质定理，判断定理，灵活判断，可以正确推导，也可以举反例说明．

【详解】

解：对于A：若，，且可以判断是正确的，因为可以设两个平面的法向量为，，可得数量积为零，即，所以可判断是正确的，故 正确，

对于B：若，，且，则．不正确，如两个面相交，两个相交的墙面，直线，都平行于交线，也满足，，，所以不正确；

对于C：若，，且，则有可能，不一定，所以不正确；

对于D：若，，且，，，，故正确；

故选：AD．

【点睛】

本题考察了直线与平面的位置关系，熟练掌握好平行，垂直的定理即可判断，属于中档题．

10．（2020·全国高三其他模拟）已知三棱锥的四个顶点都在球上，，，平面平面，则（    ）

A．直线与直线垂直 B．到平面的距离的最大值为

C．球的表面积为 D．三棱锥的体积为

【答案】ACD

【分析】

设外接圆的圆心为，根据外接球的性质以及线面垂直的判定定理与性质得到，从而判断选项A的对错；利用正弦定理求得外接圆的半径，根据临界情况判断选项B的对错；借助球半径、截面圆半径、球心到截面的距离之间的关系，求出球半径，即可求出球的表面积，从而判断选项C的对错；利用三角形的面积公式求得的面积，即可利用锥体的体积公式求出三棱锥的体积，进而判断选项D的对错．

【详解】

设外接圆的圆心为，连接，，因为为外接球的球心，所以平面，所以．因为，所以，所以平面，所以，故A正确．

设外接圆的圆心为，的中点为，连接，由于，，所以圆的半径，则易知，所以点到的距离的最大值为（此时，，三点共线），故B错误．

由于，所以圆的半径．连接，则，且，由于平面平面，平面平面，所以平面．连接，则平面，所以四边形是矩形，于是．连接，在直角三角形中，，故球的表面积，故C正确．

由于平面，且，，所以三棱锥的体积为

，所以D正确．

【点睛】

关键点点睛：求解本题的关键：（1）根据正弦定理求出的外接圆半径；（2）利用球半径、截面圆半径、球心到截面的距离之间的关系求三棱锥的外接球半径．

三、填空题

11．（2020·上海高三专题练习）圆锥底面半径为，母线长为，则其侧面展开图扇形的圆心角___________.

【答案】；

【分析】

根据圆的周长公式易得圆锥底面周长，也就是圆锥侧面展开图的弧长，利用弧长公式可得圆锥侧面展开图扇形的圆心角的大小.

【详解】

因为圆锥底面半径为，所以圆锥的底面周长为，

则其侧面展开图扇形的圆心角，

故答案为：.

【点睛】

思路点睛：该题考查的是有关圆锥侧面展开图的问题，解题思路如下：

（1）首先根据底面半径求得底面圆的周长；

（2）根据圆锥侧面展开图扇形的弧长就是底面圆的周长，结合母线长，利用弧长公式求得圆心角的大小.

12．（2020·四川泸州市·高三一模（理））如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不含端点），给出下列结论：

①平面平面；

②多面体的体积为定值；

③直线与所成的角可能为；

④可能是钝角三角形．

其中正确结论的序号是______（填上所有正确结论的序号）．

【答案】①②④

【分析】

根据面面垂直的判定定理可判断①的正误；根据正方体的性质及椎体的体积公式，可判断②的正误；根据题意当P运动到B的位置时，最大即为，根据正弦函数的定义即可求得的最大值，即可判断③的正误；如图建系，利用向量的夹角公式，即可求得的表达式，根据范围，即可判断④的正误，即可得答案.

【详解】

对于①：因为正方体，所以平面，

又为线段上的动点，所以平面，

又平面，所以平面平面，故①正确；

对于②：因为正方体，所以，

又为线段上，所以P到平面的距离恒等于1，

所以多面体的体积，为定值，故②正确；

对于③：因为，所以与所成的角，即为与所成的角，即即为所求，

由图可得，当P运动到B的位置时，最大即为，

此时，

在中，，

所以，所以当P运动时，不可能为，故③错误；

对于④：分别以DA、DC、为x，y，z轴正方向建系，如图所示：

所以，所以，

因为为线段上运动，设，，，所以，

所以，所以，

所以，

所以

因为，所以当时，，

即此时为钝角，所以可能是钝角三角形，故④正确.

故答案为：①②④

【点睛】

解题的关键是熟悉正方体的性质及面面垂直的判定定理、体积公式等知识，在判断是否为钝角三角形时，可建系，利用向量求夹角公式求解．考查分析理解，计算化简的能力，属中档题.

13．（2020·四川泸州市·高三一模（文））已知直四棱柱，的所有棱长均为4，且，点是棱的中点，则过点且与垂直的平面截该四棱柱所得截面的面积为______.

【答案】

【分析】

取的中点，在取点，使得，分别连接，且与交于点，连接，根据线面位置关系，平面，得到截面为等腰三角形，再结合三角形的面积公式，即可求解.

【详解】

由题意，取的中点，在取点，使得，

分别连接，且与交于点，连接，

因为底面为菱形，可得，

又由是的中点，可得，所以，

因为直四棱柱，可得，所以平面，

又由平面，可得，

在正方形中，可得，因为，可得，

从而得到平面，此时为等腰三角形，

在直角中，，可得，

又由，

在直角中，可得，

所以截面的面积为.

故答案为：.

【点睛】

解答空间中点、线、面位置关系的确定截面问题常见解题策略：

1、根据空间平行关系的转化找出几何体的截面，其中有时对于平行关系条件理解不透导致错误；对面面平行判定定理的条件“面内两相交直线”认识不清导致错解；

2、根据空间中的垂直关系找几何体的截面，对于空间中的垂直关系中确定线面垂直是关键，结合线线垂直则需借助线面垂直的性质，垂直关系的判定定理和性质定理合理转化是证明垂直关系的基本思想.

14．（2020·全国高一）在三棱锥中，平面，，，，若三棱锥的体积为，则此三棱锥的外接球的表面积为______

【答案】

【分析】

设出外接球的半径、球心，的外心、半径 r, 连接，过作的平行线交于 ，连接，，如图所示，在中，运用正弦定理求得 的外接圆的半径r,再利用的关系求得外接球的半径，运用球的表面积公式可得答案.

【详解】

设三棱锥外接球的半径为、球心为，的外心为、外接圆的半径为，连接，

过作平行线交于，连接，，如图所示，则，，，所以为的中点.

在中，由正弦定理得，解得.

在中，由余弦定理，可得，得.

所以.

因为，所以.连接，又，所以四边形为平行四边形，

，所以.

所以该三棱锥的外接球的表面积.

故答案为：.

【点睛】

本题考查三棱锥的外接球，及球的表面积计算公式，解决问题的关键在于利用线面关系求得外接球的球心和球半径，属于中档题.

四、解答题

15．（2020·四川成都市·高三其他模拟（理））如图，在直四棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）.中，底面是菱形，且是凌的中点，

（1）求证：平面；

（2）求二面角的大小.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】

（1）由勾股定理可得，得出平面，再通过和即可得证；

（2）以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法可求出.

【详解】

解：（1）因为点是的中点，所以，

又，故在中，

由题可知，，则，

所以.

因为四棱柱是直四棱柱，

故平面，平面，

故，

因为，所以.

又，所以平面；

（2）由（1）可知，两两相垂直，

故以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

.

所以，

设平面的法向量为，

则

令则

设平面的法向量为，

则，

令，则，

则，

因为二面角为锐角，则二面角的大小为.

【点睛】

利用法向量求解空间角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.

16．（2020·贵州安顺市·高三其他模拟（理））如图，底边是边长为3的正方形，平面平面，.

（1）求证：平面平面；

（2）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为60°？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析；（2）存在；.

【分析】

（1）利用面面垂直的性质和线面垂直的判定定理，可证明；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系.设，求出二面角夹角的余弦值，构造的等式，求解即可求出比例关系.

【详解】

解：（1）因为平面平面，平面平面，平面，，

所以平面，

因为平面，所以，

又四边形是正方形，所以，

因为，平面，平面，

所以平面.

又平面，

所以平面平面；

（2）因为两两垂直，所以以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，假设在线段上存在符合条件的点，设，，则，

设平面的法向量为，

则，

令，得，

由（1）知平面，所以是平面的一个法向量，

，

整理得，解得或（舍去），

故在线段上存在点，使得二面角的大小为60°，此时.

【点睛】

本题考查面面垂直的性质和证明面面垂直，考查已知二面角的大小求参数，属于中档题.

方法点睛：（1）由面面垂直的性质可得到线面垂直；

（2）由线面垂直，得出线线垂直；

（3）再找一组线线垂直，即可得到线面垂直；

（4）由线在面内，可得到面面垂直.

17．（2020·全国高三其他模拟）如图，在四棱锥中，底面为矩形，为等腰直角三角形，，，是的中点，二面角的大小等于120°.

（1）在上是否存在点，使得平面平面，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）在线段上存在点满足题意，为的中点；（2）.

【分析】

（1）取中点，可证，得线面垂直后可得面面垂直；

（2）由（1）知就是二面角的平面角，得，建立空间直角坐标系，用空间向量法求线面角．

【详解】

解：（1）在线段上存在点满足题意，且为的中点.

如图，连接，，，

∵四边形是矩形，∴.

又，分别是，的中点，

∴，.

∵为等腰直角三角形，，为的中点，

∴.

∵，平面，平面，

∴平面.

又平面，

∴平面平面.

故上存在中点，使得平面平面.

（2）解：由（1）可知就是二面角的平面角，

∴.

以为坐标原点，，的方向分别为，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

由为等腰直角三角形，，得，.

可得，，，，

∴，，，

设是平面的法向量，

则即

可取.

设直线与平面所成的角为，

则，

∴直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】

方法点睛：求解线段上点的位置的探索性问题，一般是先根据条件猜测点的位置，再给出证明，所求点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识找点，求解时注意中位线的性质及三点共线条件的应用.

18．（2020·全国高三其他模拟）如图，四边形中，是等腰直角三角形，，是边长为2的正三角形，以为折痕，将向上折叠到的位置，使点在平面内的射影在上，再将向下折叠到的位置，使平面平面，形成几何体.

（1）点在上，若平面，求点的位置；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）为的中点；（2）.

【分析】

（1）设点在平面内的射影为，连接，，取的中点，易得平面.取的中点，连接，由平面平面，得到平面，又平面，则，则平面，然后由面面平行的判定定理证明.

（2）连接，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为和平面的一个法向量为，由求解.

【详解】

（1）如图，

设点在平面内的射影为，连接，，

∵，

∴，

∴在中，为的中点.

取的中点，连接，，

则，又平面，平面，

∴平面.

取的中点，连接，

则易知，又平面平面，平面平面，

∴平面，

又平面，

∴，又平面，平面，

∴平面.

又，

∴平面平面.

又平面，

∴平面，此时为的中点.

（2）连接，由（1）可知，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

从而，，.

设平面的一个法向量为，

则即

得，取，则，.

设平面的一个法向量为，

则即

得，取，则，，

从而.

易知二面角为钝二面角，

所以二面角的余弦值为.

【点睛】

关键点点睛：（1）在求解与图形的翻折有关的问题时，关键是弄清翻折前后哪些量变了，哪些量没变，哪些位置关系变了，哪些位置关系没变；（2）利用向量法求二面角的关键是建立合适的空间直角坐标系及准确求出相关平面的法向量.

19．（2020·全国高三专题练习（理））如图，在四棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，点分别为棱，的中点.

（1）求证：平面；

（2）若，二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】

（1）取的中点，连接，得四边形为平行四边形，得，再由线面平行的判定定理即可证明平面；

（2）先证平面，然后建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出平面和平面的一个法向量，再由二面角的余弦值为求的长，得与平面的一个法向量，最后利用向量的夹角公式即可求得直线与平面所成角的正弦值.

【详解】

（1）如图，取的中点，连接.因为为棱的中点，所以且.

因为四边形是菱形，为的中点，所以且，

所以且，所以四边形为平行四边形，所以，

又平面，平面，所以平面.

（2）连接，因为底面是菱形，所以，又，，，所以平面，所以，又，，所以平面.取的中点，连接，则，以为坐标原点，，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.

设，则，，，，，

所以.

设平面的法向量为，则，即，取，得.

易知平面的一个法向量为

由题意得，，得.

所以，.

设直线与平面所成的角为，

则，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】

方法点睛：直线和平面所成的角的求法

方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.

方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.