高考真题专题---空间向量与立体几何-教师版

高考真题专题---空间向量与立体几何

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知△ABC 是面积为

O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）

A B ．

32

C ．1

D 【答案】C 【解析】 【分析】

根据球O 的表面积和ABC 的面积可求得球O 的半径R 和ABC 外接圆半径r ，由

球的性质可知所求距离d =【详解】

设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =. 设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，

ABC

212a ∴=，解得：3a =，2233r ∴===，

∴

球心O 到平面ABC 的距离1d =.

故选：C. 【点睛】

本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.

2．已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ） A ．64π B ．48π

C ．36π

D ．32π

【答案】A 【解析】 【分析】

由已知可得等边ABC 的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO 的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论. 【详解】

设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意， 得24,2r r ππ=∴=，

ABC 为等边三角形，

由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，

1OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，

11,4OO O A R OA ∴⊥====， ∴球O 的表面积2464S R ππ==.

故选：A

【点睛】

本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.

3．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）

A ．

1

4

B C ．

1

4

D ．

1

2

【答案】C 【解析】 【分析】

设,CD a PE b ==，利用2

1

2

PO CD PE =⋅得到关于,a b 的方程，解方程即可得到答案. 【详解】

如图，设,CD a PE b ==，则PO ==，

由题意2

12PO ab =，即22

142

a b ab -=，化简得24()210b b a a -⋅-=，

解得

14

b a =

. 故选：C.

【点晴】

本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.

二、填空题

4．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．

【解析】 【分析】

将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值. 【详解】

易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点， 设内切圆的圆心为O ，

由于AM =1

22

S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，则：

ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111

222

AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯

()1

3322

r =⨯++⨯=

解得：2

2r

，其体积：3433

V r π==.

. 【点睛】

与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

三、解答题

5．如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD

上,AE=CF=5

4

,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置,OD'=√10.

（Ⅰ）证明:D'H⊥平面ABCD．（Ⅱ）求二面角B-D'A-C的正弦值.

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）2√95

25

.

【解析】

试题分析：（Ⅰ）证AC∥EF，再证D′H⊥OH，最后证D′H⊥平面ABCD；（Ⅱ）用向量法求解.

试题解析：（Ⅰ）由已知得AC⊥BD，AD=CD，又由AE=CF得AE

AD =CF

CD

，故AC∥EF.

因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB=5,AC=6得DO=B0=√AB2−AO2=4.

由EF∥AC得OH

DO =AE

AD

=1

4

.所以OH=1，D′H=DH=3.

于是D′H2+OH2=32+12=10=D′O2，

故D′H⊥OH.

又D′H⊥EF，而OH∩EF=H，

所以D′H⊥平面ABCD.

（Ⅱ）如图，以H为坐标原点，HF

⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系H−xyz，则H(0,0,0)，A(−3,−1,0)，B(0,−5,0)，C(3,−1,0)，D′(0,0,3)，，AC

⃗⃗⃗⃗⃗ =