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（8）空间向量与立体几何—2024届高考数学二轮复习攻克典型题型之选择题
方法技巧
1.求空间几何体体积的常用方法
（1）直接法；对于规则的几何体，利用相关公式直接计算.
（2）割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规划的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算.
（3）等体积法：通过转换底面和高来求几何体的体积，即通过将原来不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解的高进行求解、常用于求三棱锥的体积.
2.证明直线与平面平行的常用方法
（1）利用线面平行的定义.
（2）利用线面平行的判定定理：关键是在平面内找与已知直线平行的直线，可先直观判断题中是否存在这样的直线，若不存在，则需作出直线，常考虑利用三角形的中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面，找两平面的交线进行证明.
（3）利用面面平行的性质定理：①直线在一平面内，由两平面平行，推得线面平行.
②直线在两平行平面外，且与其中一平面平行，则这条直线与另一平面平行.
3.证明面面垂直的常用方法
（1）面面垂直的判定定理：此方法将面面垂直问题转化为线面垂直问题，一般找到其中一个平面的一条垂线，再证这条垂线在另一个平面内或与另一个平面平行.
（2）只要证明两个平面所构成的二面角的平面角为90°即可.
（3）面面垂直的性质定理
4.向量法求角问题的解题步骤
（1）识图：分析几何体，找出确定几何体底面和高的条件，根据所学知识，理清图形中的数量关系；
（2）建系设点：寻找题目中有三条直线两两垂直的特征，建立空间直角坐标系，从而确定点的坐标；
（3）求向量坐标：用终点坐标减去起点坐标写出所需要的向量坐标；
（4）计算或证明：利用证明两个非零向量垂直的充要条件和向量夹角的余弦公式进行计算和证明.
1.已知向量,若与垂直,则( )
A. B. C. D.
2.棱长为2的正方体中,AB,,的中点分别为E,M,N,则下列说法正确的是( )
A.三棱锥的体积为6 B.平面平面
C. D.平面平面MNE
3.已知m,n,l是三条不重合的直线,、是两个不重合的平面,则下列说法正确的是( )
A.若,,则
B.若,,,则
C.若,,则
D.若m、n是异面直线,,,且,则
4.在边长为1的菱形ABCD中,,将沿对角线AC折起得三棱锥.当三棱锥体积最大时,此三棱锥的外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
5.《九章算术》卷五《商功》中，把正四棱台形状的灿筑物称为“方亭”，沿“方亭”上底面的一对边作垂直于底面的两截面，去掉截面之间的几何体，将“方亭”的两个边角块合在一起组成的几何体称为“刍甍”.现记截面之间几何体体积为，“刍甍”的体积为，若，则“方亭”的上 下底面边长之比为( )
A. B. C. D.
6.在三棱锥中，底面BCD是等边三角形，侧面ABD是等腰直角三角形，，，，分别取BC，AD，AB的中点E，F，G，连接EF，CG，则异面直线EF与CG所成的角的余弦值为( )
A. B. C. D.
7.在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体,该几何体的上、下底面平行,且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池,它的高为2,,,,均与曲池的底面垂直,底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2,对应的圆心角为90,则图中异面直线与所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
8.如图,已知四面体ABCD中,,,E,F分别是AD,BC的中点.若用一个与直线EF垂直,且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体,由此得到一个多边形截面,则该多边形截面面积的最大值为( )
A.1 B. C.2 D.
9.在三棱锥中,,且,,二面角的大小为,则三棱锥的外接球体积为( )
A. B. C. D.
10.（多选）已知空间向量,则下列选项中正确的是( )
A.当时, B.当时,
C.当时, D.当时,
11.（多选）已知正四棱柱底面边长为1,侧棱长为2,点M为侧棱上的动点(包括端点),平面.下列说法正确的有( )
A.异面直线与可能垂直
B.直线与平面可能垂直
C.与平面所成角的正弦值的范围为
D.若且,则平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为
12.（多选）在正方体中,,则( )
A.
B.与平面所成角为
C.当点Q在平面内时,
D.当时,四棱锥的体积为定值
答案以及解析
1.答案：D
解析：由于与垂直,所以,所以,
故,
故选：D.
2.答案：B
解析：如图:
A.,A错误;
B.在正方体中,
因为,,所以平面,
所以,同理,所以直线平面,
因为直线A1C在平面内,所以平面⊥平面,B正确;
C.因为,,C错误;
D.将平面MNE平移使ME与重合,N不在平面内,D错误;
故选:B
3.答案：ACD
解析：若,,则成立,故A正确;两个平行平面内的两条直线位置是平行或异面,
即不一定正确,故B错误;若,且,则,故C正确;如图,
因为,所以存在直线a,且满足,又,所以,同理存在直线,且满足,
又,所以,因为m、n是异面直线,所以a与b相交,设,又a,,所以,故D正确.
故选ACD.
4.答案：C
解析：如图所示,
当平面平面DAC时,三棱锥体积最大,
取AC中点E,连接BE,DE,由条件知
设,分别为,的外心,过作平面ABC的垂线m,过作平面ADC的垂线n
则m,n的交点即为三棱锥外接球的球心O;
,,
所以,
所以,表面积为.
故选：C.
5.答案：A
解析：设“方亭”的上底面边长为a，下底面边长为b，高为h，
则，
，
，
.即，
解得或（舍去）.
故选：A.
6.答案：B
解析：如图，，，.，，.又，.异面直线EF与CG所成的角的余弦值为.故选B.
7.答案：C
解析：设上底面圆心为,下底面圆心为O,连接,OC,OB,以O为坐标原点,
分别以OC,OB,,所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示：
则,,,,
所以,,
,
又因为异面直线所成的角的范围为,
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C.
8.答案：A
解析：由题知四面体中互为异面直线的两条棱长分别相等,
故可将此四面体放入长方体中, 如图所示:
不妨设该长方体长、宽、高分别为a,b,c,
则有①,
②,
③,
联立①②③可得:
,
设平面与四面体的各面分别交于KL,LM,MN,KN,
如图所示:
平面,
由长方体性质可知平面AGDH,
故平面平面平面PBQC,
平面平面,
平面平面,
即
平面平面,
平面平面,
,
,
即
,
同理可得,
,
故,
,四边形AGDH为正方形,
,
即,即,
,,,
,
综上:四边形KLMN为矩形,
所以,
当且仅当时成立.
故截面面积的最大值为1.
故选:A
9.答案：A
解析:如图,分别为,的外接圆圆心,作平面PAB,平面ABC,则O为三棱锥的外接球的球心.
在中,,即,可得:.
由正弦定理可得:,即,
又为线段AC的中点,则可得,且,
二面角的大小的平面角即为,则
,.
三棱锥的外接球的半径,
则三棱锥的外接球体积为.
故选:A.
10.答案：BCD
解析：当时,,解得：,故A错误;
令,则,,故B正确;
,所以,解得：,故C正确;
当,,
因为,,故D正确．
故选：BCD.
11.答案：AC
解析：对A,在平面内作,交于点M,
在正四棱柱中,因为平面,平面,
所以,又平面ABM,平面ABM,,
所以平面ABM,又平面ABM,所以.故A正确;
对B,AM,BC不可能平行,故BC与不可能垂直,故B错误;
对C,如图:
连接AC,,平面,
则AB与平面所成角的正弦值的范围等同于与所成角的余弦值的范围,
在直角三角形ABM中,,
当点M由C点向移动时,AM逐渐增大,
在直角三角形ABC中,,
在直角三角形中,,
,则,则,故C正确,
对D,如图:
由题意知MO为的中点,连接BM,DM,AM,,,,
在直角三角形BCM中,,同理,
由题意知,所以,所以,
在正四棱柱中,因为平面,平面,
所以,又平面ABM,平面ABM,,
所以平面ABM,又平面ABM,所以,同理,
又平面,平面,,
所以平面,所以平面即平面,
三角形即平面截正四棱柱所得截面的多边形,
其周长为,故D错误.
故选:AC.
12.答案：AC
解析:因为在正方体中,,
所以,所以点Q在四边形内及边界运动(不含AC,).
对于A,因为底面ABCD,底面ABCD,所以.
又,,AC,平面,
所以平面,平面,
所以,故A正确;
对于B,因为平面,设,所以为与平面所成角,即为与平面QAC所成角,设正方体棱长为2a,,,,
由余弦定理可得,故B错误;
对于C,当点Q在平面内时,即点Q在线段上,所以正确,故C正确;
对于D,当时,取,的中点E,F,连结EF,点Q在线段EF上运动,
因为四边形的面积为定值,,所以点Q到平面的距离不是定值,所以四棱锥的体积不是定值,故D错误.
故选:AC.

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