第05讲 空间向量和立体几何-2023届高考数学《考点·题型·密卷》三轮冲刺精讲精练（新高考地区专用）

第05讲 空间向量和立体几何 【考点归纳】 考点一：空间几何体的内接和外接球问题 1．（2023·陕西汉中·统考二模）三棱锥 中，， ，则三棱锥 的外接球的表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意可将三棱锥 补形为长方体，则三棱锥 的外接球即为长方体的外接球，根据长方体的性质求外接球的半径，即可得结果. 【详解】如图所示，根据题意可将三棱锥 补形为长方体，则三棱锥 的外接球即为长方体的外接球，可知该球的直径即为 ， 设球的半径为 ，可得 ，即 ， 故三棱锥 的外接球的表面积 . 故选：C. 2．（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）已知四棱锥 的底面 是矩形，高为 ，则四棱锥 的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出辅助线，求出平面 外接圆半径，再利用勾股定理求出外接球的半径，即可求出球的体积. 【详解】如图，在矩形 中，连接对角线 ，记 ，则点 为矩形 的外接圆圆心， 取 的中点 ，连接 ，记 的外接圆圆心为 ，易知 ，且 共线. 因为 ， 平面 ，所以 平面 ， 所以 平面 ， 平面 ， ， ， 平面 ， 所以 平面 ，所以 ，所以 ，易得 ， 所以由正弦定理得 的外接圆半径为 ，即 . 过 作 平面 ，且 ，连接 ，由 平面 ， 可知 ，则四边形 为矩形，所以 ，则 平面 . 根据球的性质，可得点 为四棱锥 的外接球的球心. 因为 ，所以四棱锥 的外接球的体积为 . 故选：B 3．（2023·安徽宣城·统考二模）已知圆锥的底面半径为 ，高为 ，当其内接正四棱柱的体积最大时，该正四棱柱的外接球的表面积（单位： ）为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设正四棱柱底面边长为a，高为h，运用相似三角形可得a与h的关系，运用导数研究正四棱柱体积的最大值，计算此时正四棱柱的外接球半径，进而可得结果. 【详解】圆锥的轴截面如图所示， 为正四棱柱上底面的正中心， 为圆锥底面的圆心，正四棱柱外接球的球心O，半径为R，则 ， 设正四棱柱底面边长为a，高为h，则 ， ， ， ， ∵ ， ∴ ，即： ， ∴ ， 又∵ ， ∴正四棱柱的体积为 ，（ ） ∴ ， ， ， ∴ 在 上单调递增，在 上单调递减， ∴当 时， 取得最大值，此时 ， ∴ ， ， ∴ ， ∴正四棱柱的外接球的表面积为 . 故选：A. 考点二：点，线、面的位置关系问题 4．（2023·江西·统考模拟预测）如图，直三棱柱 中， ，点 分别是棱 的中点，点 在棱 上，且 ，截面 内的动点 满足 ，则 的最小值是（    ） A． B． C． D．2 【答案】C 【分析】设点 在平面 内的投影为 、点 在线段 上且 ，根据题意和线面垂直的判定定理与性质可知点 的轨迹是正方形 的对角线 ，将 与 展开，如图，则 的最小值是 ，结合余弦定理计算即可求解. 【详解】由题意知， ， ， 又 平面 ，所以 平面 . 设点 在平面 内的投影为 ， 则点 在线段 上，且 ， 即 ，所以 ， 设点 在线段 上，且 ， 则四边形 是一个正方形，点 的轨迹是其对角线 . 将 与 展开到一个面内，得到如图图形， 因此 的最小值是 ， 由余弦定理，得 ， 所以 . 故选：C. 5．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥M－EFG中， ，EF=FG=2，平面 平面EFG，则异面直线ME与FG所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设O，C，D分别为线段 ， ， 的中点，连接 ， ， ， ，利用三角形中位线定理可知 是异面直线 与 所成的角或其补角，再利用解三角形的知识求出 的边长，最后利用余弦定理即可得解. 【详解】解法一   如图，设O，C，D分别为线段 ， ， 的中点，连接 ， ， ， 则 ， ， ， ， ∴ 是异面直线 与 所成的角或其补角. ∵ ， 为 的中点，∴ ， ， ∵平面 平面 ，平面 平面 ，∴ 平面 . 设 为 的中点，连接 ， ，则 平面 ， ， ， ， ∴ ，连接 ，易得 ， ， ∴在 中， ， ∴ ， ∴ ， ∴异面直线 与 所成角的余弦值为 . 故选：D. 解法二   如图，设 为线段 的中点，连接 ， ， ∵ ，∴ ， ， ∵平面 平面 ，平面 平面 ，∴ 平面 ， ∵ ，∴ ， ，故以 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系 ， ∴ ，M（0，0，3）， ， ，∴ ， ， ∴ EMBED Equation.DSMT4 ， ∴异面直线 与 所成角的余弦值为 . 故选:D. 考点三：求异面直线所成的角 6．（2023·全国·高三专题练习）已知直三棱桂： 的底面为等腰直角三角形， 分别为 ， 的中点， 为