2020年高考数学试题分类汇编：空间向量

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2020年高考江苏版高考数学专题十七空间向量与立体几何

1.(2018 江苏泰兴中学调研,22)如图,在三棱锥 P-ABC 中,已知平面 PAB⊥平面 ABC,AC⊥BC,AC=BC=2a,点 O,D 分别是 AB,PB 的中点,PO⊥AB,连接 CD. (1)若 PA=2a,求异面直线 PA 与 CD 所成角的余弦值的大小;
5
(2)若二面角 A-PB-C 的余弦值的大小为 5 ,求 PA.
(2)设 P(λ,λ,0),λ∈[0, 2],则��=( 2-λ, 2-λ,1),
1
因为异面直线 PF 与 BC 所成的角为 60°,所以|cos<��,��>|=2,
| - 2( 2 - λ)| 1
2
32
即 2( 2 - λ)2 + 1· 2=2,解得 λ= 2 或 λ= 2 (舍去).
备战 2020 高考
( ) ( ) 2
1 12 2
1
11
故��=��+��=��+3��= 3, - 3, 3 ,��=3��= 3,3,0 ,
( ) 2 2 2
解析 (1)设 AC,BD 交于点 O,连接 OP.在正四棱锥 P-ABCD 中,易得 OP⊥平面 ABCD.又 PA=AB=2,所以 OP= 2 .以 O 为坐标原点,��,��方向分别为 x 轴、y 轴正方向,建立空间直角坐标系 O-xyz,如图.
则 A(1,-1,0),B(1,1,0),C(-1,1,0),D(-1,-1,0),P(0,0, 2),��=(-1,1, 2).

2019-2021全国高考数学真题汇编：空间向量(教师版)

2019-2021全国高考数学真题汇编：空间向量一．选择题（共6小题）1．（2019•全国）经过点（1，﹣1，3）且与平面2x+y﹣z+4＝0平行的平面方程为（）A．2x+y﹣z+2＝0B．2x+y+z﹣6＝0C．2x+y+z﹣4＝0D．2x+y﹣z﹣3＝02．（2020•新课标Ⅱ）已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π（）A．B．C．1D．3．（2020•海南）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°（）A．20°B．40°C．50°D．90°4．（2019•上海）已知直线方程2x﹣y+c＝0的一个方向向量可以是（）A．（2，﹣1）B．（2，1）C．（﹣1，2）D．（1，2）5．（2019•浙江）设三棱锥V﹣ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点），直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P﹣AC﹣B的平面角为γ，则（）A．β＜γ，α＜γB．β＜α，β＜γC．β＜α，γ＜αD．α＜β，γ＜β6．（2019•全国）正三棱锥P﹣ABC的侧面都是直角三角形，E，F分别是AB，BC的中点（）A．B．C．D．二．填空题（共3小题）7．（2019•上海）已知向量＝（1，0，2），＝（2，1，0），则与的夹角为．8．（2019•新课标Ⅱ）已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为．9．（2020•山东）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°．以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为．三．解答题（共28小题）10．（2020•上海）已知ABCD是边长为1的正方形，正方形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱．（1）求该圆柱的表面积；（2）正方形ABCD绕AB逆时针旋转至ABC1D1，求线段CD1与平面ABCD所成的角．11．（2020•北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BB1的中点．（Ⅱ）求证：BC1∥平面AD1E；（Ⅱ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．12．（2021•上海）四棱锥P﹣ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，PE⊥平面ABCD．（1）若△P AB为等边三角形，求四棱锥P﹣ABCD的体积；（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的大小．13．（2019•新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE＝A1E，求二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．14．（2020•新课标Ⅱ）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE＝AD．△ABC是底面的内接正三角形，P 为DO上一点DO．（1）证明：P A⊥平面PBC；（2）求二面角B﹣PC﹣E的余弦值．15．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QC＝3．（Ⅱ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．16．（2019•上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为BB1上一点，已知BM＝2，CD＝3，AA1＝5．（1）求直线A1C和平面ABCD的夹角；（2）求点A到平面A1MC的距离．17．（2019•新课标Ⅱ）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．18．（2020•海南）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面P AD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，QB＝19．（2020•天津）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝21＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝21B1的中点．（Ⅱ）求证：C1M⊥B1D；（Ⅱ）求二面角B﹣B1E﹣D的正弦值；（Ⅱ）求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．20．（2020•山东）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面P AD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．21．（2021•上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝2，AA1＝3．（1）若P是棱A1D1上的动点，求三棱锥C﹣P AD的体积；（2）求直线AB1与平面ACC1A1的夹角大小．22．（2021•天津）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，CD的中点．（1）求证：D1F∥平面A1EC1；（2）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值；（3）求二面角A﹣A1C1﹣E的正弦值．23．（2021•北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E为A1D1的中点，B1C1交平面CDE交于点F．（Ⅱ）求证：F为B1C1的中点；（Ⅱ）若点M是棱A1B1上一点，且二面角M﹣CF﹣E的余弦值为，求的值．24．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC中点，且PB⊥AM．（1）求BC；（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．25．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？26．（2019•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，平面P AC⊥平面PCD，P A⊥CD，AD ＝3．（Ⅱ）设G，H分别为PB，AC的中点；（Ⅱ）求证：P A⊥平面PCD；（Ⅱ）求直线AD与平面P AC所成角的正弦值．27．（2019•天津）如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD⊥AB，AB＝AD＝1（Ⅱ）求证：BF∥平面ADE；（Ⅱ）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；（Ⅱ）若二面角E﹣BD﹣F的余弦值为，求线段CF的长．28．（2019•新课标Ⅱ）图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，BC折起使得BE与BF重合，连结DG（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B﹣CG﹣A的大小．29．（2019•新课标Ⅱ）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．30．（2020•江苏）在三棱锥A﹣BCD中，已知CB＝CD＝，BD＝2，AO⊥平面BCD，AO＝2（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF＝BC，求sinθ的值．31．（2020•新课标Ⅱ）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1．（1）证明：点C1在平面AEF内；（2）若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A﹣EF﹣A1的正弦值．32．（2020•浙江）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，DC＝2BC．（Ⅱ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．33．（2020•新课标Ⅱ）如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．34．（2021•浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB＝1，BC＝4，M，N分别为BC，PC的中点，PM⊥MD．（Ⅱ）证明：AB⊥PM；（Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．35．（2021•新高考Ⅱ）如图，在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，O为BD的中点．（1）证明：OA⊥CD；（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，求三棱锥A﹣BCD的体积．36．（2019•浙江）如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．（Ⅱ）证明：EF⊥BC；（Ⅱ）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．37．（2019•北京）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，AD∥BC，P A＝AD＝CD＝2，点F在PC上，且＝．（Ⅱ）求证：CD⊥平面P AD；（Ⅱ）求二面角F﹣AE﹣P的余弦值；（Ⅱ）设点G在PB上，且＝．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．2019-2021全国高考数学真题汇编：空间向量参考答案与试题解析一．选择题（共6小题）1．（2019•全国）经过点（1，﹣1，3）且与平面2x+y﹣z+4＝0平行的平面方程为（）A．2x+y﹣z+2＝0B．2x+y+z﹣6＝0C．2x+y+z﹣4＝0D．2x+y﹣z﹣3＝0【分析】设与平面2x+y﹣z+4＝0平行的平面方程为2x+y﹣z+k＝0，代入点的坐标求出k的值即可．【解答】解：设与平面2x+y﹣z+4＝2平行的平面方程为2x+y﹣z+k＝0，代入点（7，﹣1，得2×5﹣1﹣3+k＝8，则所求的平面方程为2x+y﹣z+2＝5．故选：A．【点评】本题考查了空间直角坐标系与平面方程的应用问题，是基础题．2．（2020•新课标Ⅱ）已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π（）A．B．C．1D．【分析】画出图形，利用已知条件求三角形ABC的外接圆的半径，然后求解OO1即可．【解答】解：由题意可知图形如图：△ABC是面积为的等边三角形，∴AB＝BC＝AC＝3，可得：AO1＝＝，球O的表面积为16π，外接球的半径为：R；所以5πR2＝16π，解得R＝2，所以O到平面ABC的距离为：＝1．故选：C．【点评】本题考查球的内接体问题，求解球的半径，以及三角形的外接圆的半径是解题的关键．3．（2020•海南）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°（）A．20°B．40°C．50°D．90°【分析】由纬度的定义和线面角的定义，结合直角三角形的性质，可得晷针与点A处的水平面所成角．【解答】解：可设A所在的纬线圈的圆心为O'，OO'垂直于纬线所在的圆面，由图可得∠OHA为晷针与点A处的水平面所成角，又∠OAO'为40°且OA⊥AH，在Rt△OHA中，O'A⊥OH，另解：画出截面图，如下图所示．l是点A处的水平面的截线，由题意可得OA⊥l．m是晷面的截线，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得m∥CD，根据线面垂直的定义可得AB⊥m，由于∠AOC＝40°，所以∠OAG＝∠AOC＝40°，由于∠OAG+∠GAE＝∠BAE+∠GAE＝90°，所以∠BAE＝∠OAG＝40°，也即晷针与A处的水平面所成角为∠BAE＝40°，故选：B．【点评】本题是立体几何在生活中的运用，考查空间线面角的定义和求法，属于基础题．4．（2019•上海）已知直线方程2x﹣y+c＝0的一个方向向量可以是（）A．（2，﹣1）B．（2，1）C．（﹣1，2）D．（1，2）【分析】先根据直线方程得直线的一个法向量，再根据法向量可得直线的方向向量．【解答】解：依题意，（2，∴方向向量为（1，故选：D．【点评】本题考查了直线的方向向量，空间直线的向量，属基础题．5．（2019•浙江）设三棱锥V﹣ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点），直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P﹣AC﹣B的平面角为γ，则（）A．β＜γ，α＜γB．β＜α，β＜γC．β＜α，γ＜αD．α＜β，γ＜β【分析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成角、直线和平面所成角和二面角的概念和计算，解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小，充分运用图象，则可事半功倍，【解答】解：方法一、如图G为AC的中点，则P在底面上的射影D在线段AO上，作DE⊥AC于E，过P作PF∥AC于F，过D作DH∥AC，交BG于H，则α＝∠BPF，β＝∠PBD，则cosα＝＝＝＜＝cosβ；tanγ＝＞＝tanβ，方法二、由最小值定理可得β＜α，由三正弦定理可得β＜γ'＝γ；方法三、（特殊图形法）设三棱锥V﹣ABC为棱长为2的正四面体，易得cosα＝＝，可得sinα＝＝，sinγ＝＝，当AP＝时，由余弦定理可得PB＝＝，cosα＝＝，sinα＝，故C错误．故选：B．【点评】本题考查二面角的求法，常规解法下易出现的错误的有：不能正确作出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简单解法．6．（2019•全国）正三棱锥P﹣ABC的侧面都是直角三角形，E，F分别是AB，BC的中点（）A．B．C．D．【分析】以P为原点，P A为x轴，PB为y轴，PC为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出PB与平面PEF所成角的正弦值．【解答】解：∵正三棱锥P﹣ABC的侧面都是直角三角形，E，F分别是AB，∴以P为原点，P A为x轴，PC为z轴，设P A＝PB＝PC＝2，则A（2，3，0），2，3），0，2），7，0），1，8），＝（0，2，7），，1，0），，6，1），设平面PEF的法向量＝（x，y，则，取x＝1，得，﹣1，设PB与平面PEF所成角为θ，则sinθ＝＝＝．∴PB与平面PEF所成角的正弦值为．故选：C．【点评】本题考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．二．填空题（共3小题）7．（2019•上海）已知向量＝（1，0，2），＝（2，1，0），则与的夹角为．【分析】直接利用向量的夹角公式的应用求出结果．【解答】解：向量＝（1，0，＝（8，1，则，，所以：cos＝，故：与的夹角为．故答案为：．【点评】本题考查的知识要点：向量的夹角公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．8．（2019•新课标Ⅱ）已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为．【分析】过点P作PD⊥AC，交AC于D，作PE⊥BC，交BC于E，过P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，连结OD，OC，则PD＝PE＝，从而CD＝CE＝OD＝OE＝＝1，由此能求出P到平面ABC的距离．【解答】解：∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，过点P作PD⊥AC，交AC于D，交BC于E，过P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，连结OD，OC，∴由题意得CD＝CE＝OD＝OE＝＝1，∴PO＝＝＝．∴P到平面ABC的距离为．故答案为：．【点评】本题考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．9．（2020•山东）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°．以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为．【分析】画出直观图，建立如图所示的坐标系，设出P的坐标，通过D1P＝．求出P的轨迹方程，然后求解以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长．【解答】解：由题意直四棱柱ABCD﹣A1B1C3D1的棱长均为2，∠BAD＝60°4B1＝2，上下底面是菱形，设P（x 的球面上的点1C1的垂直，E为垂足，则D7E2＝D1B32+x2﹣5•D1B1•x cos60°＝x7+4﹣2x．由题意可知D3P＝．可得：5＝x4+4﹣2x+（3﹣y）2．即（x﹣1）8+（y﹣2）2＝7，所以P在侧面BCC1B1的轨迹是以B3C1的中点为圆心，半径为．以D6为球心，为半径的球面与侧面BCC1B5的交线长为：＝．故答案为：．【点评】本题考查空间点线面距离的求法，球与几何体相交的交线的问题，难度比较大．三．解答题（共28小题）10．（2020•上海）已知ABCD是边长为1的正方形，正方形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱．（1）求该圆柱的表面积；（2）正方形ABCD绕AB逆时针旋转至ABC1D1，求线段CD1与平面ABCD所成的角．【分析】（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、宽为1的矩形组成，依次求出圆面和矩形的面积，相加即可；（2）先利用线面垂直的判定定理证明AD1⊥平面ADB，连接CD1，则∠D1CA即为线段CD1与平面ABCD所成的角，再利用三角函数的知识求出cos∠D1CA即可．【解答】解：（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、宽为5的矩形组成，∴S＝2×π×13+2π×1＝8π．故该圆柱的表面积为4π．（2）∵正方形ABC1D7，∴AD1⊥AB，又∠DAD1＝，∴AD1⊥AD，∵AD∩AB＝A，且AD，∴AD1⊥平面ADB，即D5在面ADB上的投影为A，连接CD1，则∠D1CA即为线段CD6与平面ABCD所成的角，而cos∠D1CA＝＝，∴线段CD1与平面ABCD所成的角为arccos．【点评】本题考查圆柱的表面积、空间线面夹角问题，熟练掌握线面垂直的判定定理是解题的关键，考查学生的空间立体感和运算能力，属于基础题．11．（2020•北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BB1的中点．（Ⅱ）求证：BC1∥平面AD1E；（Ⅱ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．【分析】（Ⅱ）根据正方体的性质可证得BC1∥AD1，再利用线面平行的判定定理即可得证；（Ⅱ）解法一：以A为原点，AD、AB、AA1分别为x、y和z轴建立空间直角坐标系，设直线AA1与平面AD1E所成角为θ，先求出平面AD1E的法向量，再利用sinθ＝|cos＜，＞|＝以及空间向量数量积的坐标运算即可得解．解法二：设正方体的棱长为2a，易知＝2a2，结合勾股定理和余弦定理可求得cos∠EAD1＝，再求得＝AD1•AE•sin∠EAD1；设点A1到平面EAD1的距离为h，根据等体积法＝，可求出h的值，设直线AA1与平面AD1E所成角为θ，则sinθ＝，从而得解．【解答】解：（Ⅱ）由正方体的性质可知，AB∥C1D1中，且AB＝C5D1，∴四边形ABC1D5是平行四边形，∴BC1∥AD1，又BC7⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD6E，∴BC1∥平面AD1E．（Ⅱ）解法一：以A为原点，AD、AA8分别为x、y和z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为a，则A（0，0，A8（0，0，a），D7（a，0，a），a，a），∴，，，设平面AD8E的法向量为，则，即，令z＝2，则x＝﹣4，∴＝（﹣2，2），设直线AA7与平面AD1E所成角为θ，则sinθ＝|cos＜，＝，故直线AA3与平面AD1E所成角的正弦值为．解法二：设正方体的棱长为2a，则AD1＝a，AE＝a3＝3a，＝•2a•4a＝2a2，由余弦定理知，cos∠EAD5＝＝＝，∴sin∠EAD5＝，∴＝AD1•AE•sin∠EAD6＝3a2，设点A7到平面EAD1的距离为h，∵＝，∴，∴h＝，设直线AA1与平面AD1E所成角为θ，则sinθ＝＝．故直线AA8与平面AD1E所成角的正弦值为．【点评】本题考查空间中线面的位置关系和线面夹角问题，熟练掌握线面平行的判定定理和利用空间向量求线面夹角是解题的关键，考查学生的空间立体感和运算能力，属于基础题．12．（2021•上海）四棱锥P﹣ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，PE⊥平面ABCD．（1）若△P AB为等边三角形，求四棱锥P﹣ABCD的体积；（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的大小．【分析】（1）由V＝PE•S正方形ABCD，代入相应数据，进行运算，即可；（2）由PE⊥平面ABCD，知∠PFE＝45°，进而有PE＝FE＝4，PB＝，由AD∥BC，知∠PCB或其补角即为所求，可证BC⊥平面P AB，从而有BC⊥PB，最后在Rt△PBC中，由tan∠PCB＝，得解．【解答】解：（1）∵△P AB为等边三角形，且E为AB中点，∴PE＝2，又PE⊥平面ABCD，∴四棱锥P﹣ABCD的体积V＝PE•S正方形ABCD＝×28＝．（2）∵PE⊥平面ABCD，∴∠PFE为PF与平面ABCD所成角为45°，即∠PFE＝45°，∴△PEF为等腰直角三角形，∵E，F分别为AB，∴PE＝FE＝8，∴PB＝＝，∵AD∥BC，∴∠PCB或其补角即为PC与AD所成角，∵PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BC，又BC⊥AB，PE∩AB＝E、AB⊂平面P AB，∴BC⊥平面P AB，∴BC⊥PB，在Rt△PBC中，tan∠PCB＝＝＝，故PC与AD所成角的大小为arctan．【点评】本题考查棱锥的体积、线面角和异面直线夹角的求法，理解线面角的定义，以及利用平移法找到异面直线所成角是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．13．（2019•新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE＝A1E，求二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．【分析】（1）推导出B1C1⊥BE，BE⊥EC1，由此能证明BE⊥平面EB1C1．（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．【解答】证明：（1）长方体ABCD﹣A1B1C2D1中，B1C3⊥平面ABA1B1，∴B4C1⊥BE，∵BE⊥EC1，∵B3C1∩EC1＝C3，∴BE⊥平面EB1C1．解：（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AE＝A7E＝1，则BE＝EB1，∵BE⊥平面EB6C1，∴BE⊥EB1，∴BE2+EB12＝8BE2＝＝42＝4，∵AE2+AB2＝6+AB2＝BE2＝6，∴AB＝1，则E（1，5，1），1，8），B1（0，6，2），C1（3，0，2），3，0），∵BC⊥EB1，∴EB2⊥面EBC，故取平面EBC的法向量为＝＝（﹣1，5，设平面ECC1 的法向量＝（x，y，由，得，取x＝1，得，﹣1，∴cos＜＞＝，∴二面角B﹣EC﹣C1的正弦值为＝．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题．14．（2020•新课标Ⅱ）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE＝AD．△ABC是底面的内接正三角形，P 为DO上一点DO．（1）证明：P A⊥平面PBC；（2）求二面角B﹣PC﹣E的余弦值．【分析】（1）设圆O的半径为1，求出各线段的长度，利用勾股定理即可得到P A⊥PC，P A⊥PB，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面PBC及平面PCE的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．【解答】解：（1）不妨设圆O的半径为1，OA＝OB＝OC＝1，，，，在△P AC中，P A2+PC2＝AC2，故P A⊥PC，同理可得P A⊥PB，又PB∩PC＝P，故P A⊥平面PBC；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有，E（0，3，故，设平面PCE的法向量为，则由，得，取x＝1，则，所以平面PCE的法向量为，由（1）可知P A⊥平面PBC，不妨取平面PBC的法向量为，故，即二面角B﹣PC﹣E的余弦值为．【点评】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角，考查推理能力及计算能力，属于基础题．15．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QC＝3．（Ⅱ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．【分析】（Ⅱ）由CD2+QD2＝QC2证明CD⊥QD，再由CD⊥AD，证明CD⊥平面QAD，即可证明平面QAD⊥平面ABCD．（Ⅱ）【解法1】设AD的中点为M，连接QM、BM，求出cos∠QDB、cos∠QDA和∠BDA，利用三射线定理列方程求出二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．【解法2】取AD的中点O，在平面ABCD内作Ox⊥AD，以OD为y轴，OQ为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面ADQ的一个法向量，平面BDQ的一个法向量，再求cos＜，＞即可．【解答】（Ⅱ）证明：△QCD中，CD＝AD＝2，QC＝62+QD2＝QC8，所以CD⊥QD；又CD⊥AD，AD∩QD＝D，QD⊂平面QAD；又CD⊂平面ABCD，所以平面QAD⊥平面ABCD．（Ⅱ）解：【解法1】设AD的中点为M，连接QM，如图所示：根据题意知，QM＝2，QB＝3，△BQA中，cos∠QDB＝，∠BDA＝45°，因此根据三射线定理知，二面角B﹣QD﹣A的大小满足：cos∠BDA＝cos∠QDB cos∠QDA+sin∠QDB sin∠QDA cosφ，即＝•+••cosφ，解得cosφ＝．【解法2】取AD的中点O，在平面ABCD内作Ox⊥AD，以OD为y轴，OQ为z轴，如图所示：则O（0，6，0），﹣1，D（6，1，Q（0，8，因为Ox⊥平面ADQ，所以平面ADQ的一个法向量为，0，0），设平面BDQ的一个法向量为＝（x，y，由＝（﹣3，2，＝（0，4），得，即，令z＝1，得y＝8，所以，2，1）；所以cos＜，＞＝＝＝，所以二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值为．【点评】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了利用空间向量求二面角的余弦值应用问题，也可以直接利用二面角的定义求二面角的余弦值，是中档题．16．（2019•上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为BB1上一点，已知BM＝2，CD＝3，AA1＝5．（1）求直线A1C和平面ABCD的夹角；（2）求点A到平面A1MC的距离．【分析】（1）由题意可得A1C与平面ABCD所成夹角为∠A1CA，判断△A1CA为等腰三角形，即可求出，（2）如图建立坐标系，根据向量的关系可得点A到平面A1MC的距离d＝，求出法向量即可求出．【解答】解：（1）依题意：AA1⊥平面ABCD，连接AC1C与平面ABCD所成夹角为∠A2CA，∵AA1＝5，AC＝，∴△A1CA为等腰三角形，∴∠A1CA＝，∴直线A1C和平面ABCD的夹角为，（2）（空间向量），如图建立坐标系，则A（4，0，0），3，0），A1（3，0，5），2，2），∴＝（3，4，＝（3，8，＝（0，4，设平面A4MC的法向量＝（x，y，由，可得，5，2），∴点A到平面A1MC的距离d＝＝＝．【点评】本题考查了线面角的求法和点到平面的距离，考查了运算求解能力和转化与化归能力，空间想象能力，属于中档题．17．（2019•新课标Ⅱ）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．【分析】（1）过N作NH⊥AD，证明NM∥BH，再证明BH∥DE，可得NM∥DE，再由线面平行的判定可得MN ∥平面C1DE；（2）以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面A1MN与平面MAA1的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．【解答】（1）证明：如图，过N作NH⊥AD1，且，又MB∥AA1，MB＝，∴四边形NMBH为平行四边形，由NH∥AA3，N为A1D中点，得H为AD中点，∴BE∥DH，BE＝DH，则BH∥DE，∴NM∥DE，∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C7DE，∴MN∥平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC的直线为x轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（，，2），3，2），A1（，﹣1，，，设平面A1MN的一个法向量为，由，取x＝，得，又平面MAA4的一个法向量为，∴cos＜＞＝＝＝．∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为＝＝．【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．18．（2020•海南）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面P AD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，QB＝【分析】（1）过P在平面P AD内作直线l∥AD，推得l为平面P AD和平面PBC的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；（2）以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D﹣xyz，求出Q（0，1，1），运用向量法，求得平面QCD的法向量，结合向量的夹角公式求解即可．【解答】（1）证明：过P在平面P AD内作直线l∥AD，由AD∥BC，可得l∥BC，∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，又BC⊥CD，CD∩PD＝D，∵l∥BC，∴l⊥平面PCD；（2）解：如图，以D为坐标原点，DC，y，z轴，∵PD＝AD＝1，Q为l上的点，∴PB＝，QP＝1，则D（0，5，0），0，5），1，0），3，1），1，5），则PQ为平面P AD与平面PBC的交线为l，△QAB是等腰直角三角形，0，5），则＝（1，0，＝（6，1，＝（0，8，设平面QCD的法向量为＝（a，b，则，∴，取c＝1＝（﹣2，0，∴cos＜，＞＝＝＝，∴PB与平面QCD所成角的正弦值为．【点评】本题考查空间线面垂直的判定，以及线面角的求法，考查转化思想和向量法的运用，考查运算能力和推理能力，属于中档题．19．（2020•天津）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝21＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝21B1的中点．（Ⅱ）求证：C1M⊥B1D；（Ⅱ）求二面角B﹣B1E﹣D的正弦值；（Ⅱ）求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．【分析】（Ⅱ）方法一：根据线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；方法二：建立空间坐标系，根据向量的数量积等于0，即可证明；（Ⅱ）先平面DB1E的法向量，再根据向量的夹角公式，求出二面角B﹣B1E﹣D的正弦值；（Ⅱ）求出cos＜，＞值，即可求出直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅱ）在三棱柱ABC﹣A1B1C7中，CC1⊥平面ABC，则该三棱柱是个直三棱柱（各侧棱均垂直底面，各侧面均与底面垂直）∵C1A4＝C1B1＝5，M为M为棱A1B1的中点，∴C6M⊥A1B1，又平面C5A1B1⊥平面A6B1BA，∴C1M⊥平面A6B1BA，∵B1D⊂A6B1BA，∴C1M⊥B5D；方法二：（Ⅱ）以C为原点，，，的方向为x轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C（0，3，0），0，5），2，0），C5（0，0，2），A1（2，6，3），B1（2，2，3），6，1），0，4），1，3），∴＝（1，1，＝（2，﹣2），∴•＝2﹣6+0＝02M⊥B1D；（Ⅱ）依题意，＝（2，41E的一个法向量，＝（5，2，1），，3，﹣1），设＝（x，y1E的法向量，则，即，不妨设x＝1，则，﹣1，∴cos＜，＞＝＝，∴sin＜，＞＝＝，∴二面角B﹣B4E﹣D的正弦值；（Ⅱ）依题意，＝（﹣2，3，由（Ⅱ）知，＝（1，2）为平面DB2E的一个法向量，∴cos＜，＞＝，∴直线AB与平面DB3E所成角的正弦值为．【点评】本题考查了空间向量在几何中的应用，线线平行和二面角和线面角的求法，考查了运算求解能力，转化与化归能力，逻辑推理能力，属于中档题．20．（2020•山东）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面P AD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【分析】（1）过P在平面P AD内作直线l∥AD，推得l为平面P AD和平面PBC的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；（2）以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D﹣xyz，设Q（m，0，1），运用向量法，求得平面QCD的法向量，结合向量的夹角公式，以及基本不等式可得所求最大值．【解答】解：（1）证明：过P在平面P AD内作直线l∥AD，由AD∥BC，可得l∥BC，∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，又BC⊥CD，CD∩PD＝D，∵l∥BC，∴l⊥平面PCD；（2）如图，以D为坐标原点，DC，y，z轴，则D（0，0，5），0，0），4，0），0，2），1，0），设Q（m，8，1），，0，7），，1，﹣1），，5，0），设平面QCD的法向量为＝（a，b，则，∴，取a＝﹣2＝（﹣1，0，∴cos＜，＞＝＝，∴PB与平面QCD所成角的正弦值为＝•＝•≤•＝，当且仅当m＝1取等号，∴PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．【点评】本题考查空间线面垂直的判定，以及线面角的求法，考查转化思想和向量法的运用，考查运算能力和推理能力，属于中档题．21．（2021•上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝2，AA1＝3．（1）若P是棱A1D1上的动点，求三棱锥C﹣P AD的体积；（2）求直线AB1与平面ACC1A1的夹角大小．【分析】（1）直接由三棱锥的体积公式求解即可；（2）易知直线AB1与平面ACC1A1所成的角为∠OAB1，求出其正弦值，再由反三角表示即可．【解答】解：（1）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C7D1中，＝；（2）连接A2C1∩B1D3＝O，∵AB＝BC，∴四边形A1B1C5D1为正方形，则OB1⊥OA4，又AA1⊥OB1，OA2∩AA1＝A1，∴OB5⊥平面ACC1A1，∴直线AB7与平面ACC1A1所成的角为∠OAB6，∴．∴直线AB1与平面ACC1A5所成的角为．【点评】本题考查三棱锥体积的求法，考查线面角的求解，考查推理能力及运算能力，属于中档题．22．（2021•天津）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，CD的中点．（1）求证：D1F∥平面A1EC1；（2）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值；（3）求二面角A﹣A1C1﹣E的正弦值．【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面A1EC1的法向量，利用直线的方向向量与平面的法向量垂直，即可证明；（2）利用（1）中的结论，由向量的夹角公式求解，即可得到答案；（3）利用待定系数法求出平面AA1C1的法向量，然后利用向量的夹角公式求解即可．【解答】（1）证明：以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则A1（0，7，2），1，8），C1（2，5，2），故，设平面A1EC3的法向量为，则，即，令z＝7，则x＝2，故，又F（1，8，0），D1（5，2，2），所以，则，又D6F⊄平面A1EC1，故D6F∥平面A1EC1；（2）解：由（1）可知，，则＝＝，故直线AC1与平面A1EC4所成角的正弦值为；（3）解：由（1）可知，，设平面AA1C1的法向量为，则，即，令a＝1，则b＝﹣1，故，所以＝＝，故二面角A﹣A6C1﹣E的正弦值为＝．【点评】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．23．（2021•北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E为A1D1的中点，B1C1交平面CDE交于点F．（Ⅱ）求证：F为B1C1的中点；（Ⅱ）若点M是棱A1B1上一点，且二面角M﹣CF﹣E的余弦值为，求的值．【分析】（Ⅱ）连结DE，利用线面平行的判定定理证明CD∥平面A1B1C1D1，从而可证明CD∥EF，即可证明四边形A1B1FE为平行四边形，四边形EFC1D1为平行四边形，可得A1E＝B1F，ED1＝FC1，即可证明B1F＝FC1，。

2011-2020年高考数学真题分类汇编专题24 空间向量与空间角的计算(学生版)

专题24空间向量与空间角的计算年份题号考点考查内容2011理18二面角的计算线面、线线垂直的判定与性质、利用向量法求二面角的方法，逻辑推理能力、空间想象能力及运算求解能力2012理19二面角的计算线面平行、线线垂直、线面垂直的判定定理及二面角的计算，逻辑推理能力、空间想象能力及运算求解能力2013卷2理18二面角的计算线面平行的判定定理及二面角的计算，逻辑推理能力、空间想象能力及运算求解能力卷1理18空间线面角的计算空间线面、线线垂直的判定与性质及线面角的计算，空间想象能力、逻辑推论证能力2014卷2理18二面角的计算线面平行的判定、二面角的计算、锥体的体积计算等基础知识，逻辑推理能力、空间想象能力、运算求解能力卷2理11空间异面直线所成角的计算异面直线所成的角，空间想象能力和运算求解能力卷1理19二面角的计算空间线线垂直、线面垂直的判定与性质、二面角的计算等基础知识，逻辑推理能力、空间想象能力和运算求解能力2015卷1理18空间异面直线所成角的计算主线线、线面、面面垂直判定与性质及利用空间向量计算异面直线所成角，逻辑推理能力与运算求解能力．2016卷3理19空间线面角的计算线面平行的判定与性质、利用空间向量计算线面角，逻辑推理能力和运算求解能力卷2理19解答题中的折叠问题与探索性问题二面角的计算折叠问题中线面垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力和运算求解能力卷1理18二面角的计算主线线、线面、面面垂直判定与性质及利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力与运算求解能力卷1理11文11空间异面直线所成角的计算面面平行的性质及线线所成角，逻辑推理能力与运算求解能力2017卷3理16空间异面直线所成角的计算空间点、线、面位置关系及线线所成角，逻辑推理能力与运算求解能力卷3理19二面角的计算主要以三棱锥为载体面面垂直的判定与性质、简单几何体体积的计算、利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力与运算求解能力卷2理18二面角的计算空间线面角的计算主要以三棱锥为载体线面平行的判定与性质、利用空间向量计算线面角与二面角，逻辑推理能力与运算求解能力卷2理10空间异面直线所成角的计算空间两条异面直线所成的角及空间想象能力与运算求解能力卷1理18二面角的计算空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力与运算求解能力2018卷3文19解答题中的折叠问题与探索性问题空间面面垂直的判定与性质、是否存在点是线面平行的问题，逻辑推理能力与空间想象能力卷2文9空间异面直线所成角的计算空间两条异面直线所成的角及空间想象能力与运算求解能力卷1文10空间线面角的计算长方体中线面角的计算与长方体体积计算，运算求解能力卷3理19二面角的计算空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面角与空间几何体体积的最大值，逻辑推理能力与运算求解能力卷2理20空间线面角的计算二面角的计算主要以三棱锥为载体线面垂直的判定与性质、利用空间向量计算线面角与二面角，逻辑推理能力与运算求解能力卷2理9空间异面直线所成角的计算空间两条异面直线所成的角及空间想象能力与运算求解能力卷1理18解答题中的折叠问题与探索性问题空间线面角的计算折叠问题中空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算线面角及逻辑推理能力与运算求解能力2019卷3理19解答题中的折叠问题与探索性问题二面角的计算折叠问题中的共面问题的判定、空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面角及逻辑推理能力与运算求解能力卷2理17二面角的计算空间线线、线面垂直的判定与性质及利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力、运算求解能力卷1理18二面角的计算空间线面平行的判定及利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力、运算求解能力2020卷1理16空间角的计算空间角的计算，利用余弦定理解三角形理18二面角的计算空间线线、线面垂直的判定与性质及利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力、运算求解能力卷2理20空间位置关系判定、空间角的计算间线面平行与垂直的证明，线面角的计算卷3理19二面角、点与平面位置关系点在平面的证明，利用空间向量法求二面角探求规律考点82空间异面直线所成角的计算1．(2018•新课标Ⅱ，理9)在长方体1111ABCDA B C D 中，1ABBC ，1AA ，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为()A ．15B C ．D．22．(2018•新课标Ⅱ，文9)在正方体1111ABCD AB C D 中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为()A ．22B C ．D3.(2017•新课标Ⅱ，理10)已知直三棱柱111ABC A B C中，120ABC ，2AB，11BC CC ，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为()A B C ．D 4．(2016•新课标Ⅰ，理11文11)平面过正方体1111ABCD A BC D 的顶点A ，// 平面11CB D ，平面ABCD m ，平面11ABB A n ，则m 、n 所成角的正弦值为()A B C ．D ．135．(2014新课标Ⅱ，理11)直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，∠BCA=90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC=CA=CC 1，则BM 与AN 所成的角的余弦值为()A ．110B ．25C 3010D 226．(2020全国Ⅰ理16)如图，在三棱锥P ABC的平面展开图中，1,3,,,30AC AB AD AB AC AB AD CAE ，则cos FCB _____________．7．(2017•新课标Ⅲ，理16)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60 角时，AB 与b 成30 角；②当直线AB 与a 成60 角时，AB 与b 成60 角；③直线AB 与a 所成角的最小值为45 ；④直线AB 与a 所成角的最小值为60 ；其中正确的是．(填写所有正确结论的编号)8．(2015浙江)如图，三棱锥A BCD 中，3AB AC BD CD ，2AD BC ，点,M N 分别是,AD BC 的中点，则异面直线,AN CM 所成的角的余弦值是．9．(2015四川)如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ上，,E F 分别为,AB BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为，则 cos 的最大值为_________．10．(2015•新课标Ⅰ，理18)如图，四边形ABCD 为菱形，120ABC ，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE 平面ABCD ，DF 平面ABCD ，2BE DF ，AE EC ．(Ⅰ)证明：平面AEC 平面AFC(Ⅱ)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．考点83空间线面角的计算1．(2020山东4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40 ，则晷针与点A 处的水平面所成角为()A ．20B ．40C ．50D ．902．(2018•新课标Ⅰ，文10)在长方体1111ABCD A B C D 中，2AB BC ，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30 ，则该长方体的体积为()A ．8B ．62C ．82D ．833．(2014浙江)如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练，已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面的射击线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角的大小(仰角为直线AP 与平面ABC 所成角)．若15AB m ，25AC m ，30BCM 则tan 的最大值MCABPA 30B 30C 43D 534．(2014四川)如图，在正方体1111ABCD A B C D 中，点O 为线段BD 的中点．设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为，则sin 的取值范围是OA 1BB 11D 1D A ．3,1]3B ．63C ．622,33D ．22[,1]35．(2020全国Ⅱ理20)如图，已知三棱柱111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，,M N 分别为11,BC B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．(1)证明：1AA //MN ，且平面1A AMN 平面11EB C F ；(2)设O 为△111C B A 的中心，若F C EB AO 11平面∥，且AB AO ，求直线E B 1与平面AMN A 1所成角的正弦值．6．(2018•新课标Ⅱ，理20)如图，在三棱锥P ABC 中，22AB BC ，4PA PB PC AC ，O 为AC 的中点．(1)证明：PO 平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C 为30 ，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．7．(2016•新课标Ⅲ，理19)如图，四棱锥P ABCD 中，PA 底面ABCD ，//AD BC ，3AB AD AC ，4PA BC ，M 为线段AD 上一点，2AM MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：//MN 平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．8．(2013新课标Ⅰ，理18)如图，三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，CA=CB ，AB=A A 1，∠BA A 1=60°．(Ⅰ)证明AB ⊥A 1C ；(Ⅱ)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB=CB=2，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C所成角的正弦值．9．(2018浙江)如图，已知多面体111ABCA B C ，1A A ，1B B ，1C C 均垂直于平面ABC ，120ABC，14A A ，11C C ，12AB BC B B ．(1)证明：1AB ⊥平面111A B C ；(2)求直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值．C 1B 1A 1BA10．(2017浙江)如图，已知四棱锥P ABCD ，PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC AD ∥，CD AD ，22PC AD DC CB ，E 为PD 的中点．(Ⅰ)证明：CE ∥平面PAB ；(Ⅱ)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．DA11．(2014天津)如图四棱锥P ABCD 的底面ABCD是平行四边形，BA BD 2AD，PA PD ，E ，F 分别是棱AD ，PC 的中点．(Ⅰ)证明：EF ∥平面PAB ；(Ⅱ)若二面角P AD B 为60°，(ⅰ)证明：平面PBC ⊥平面ABCD ；(ⅱ)求直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值．12．(2013浙江)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥面ABCD，2AB BC，AD CD ，PA ，120ABC ，G 为线段PC 上的点．PDB(Ⅰ)证明：BD ⊥面APC ；(Ⅱ)若G 是PC 的中点，求DG 与APC 所成的角的正切值；(Ⅲ)若G 满足PC ⊥面BGD ，求PGGC的值．13．(2019浙江19)如图，已知三棱柱111ABC A B C ，平面11A ACC 平面ABC ，90ABC ，1130,,,BAC A A AC AC E F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．14．(2018天津)如图，AD BC ∥且2AD BC ，AD CD ，EG AD ∥且EG AD ，CD FG ∥且2CD FG ，DG 平面ABCD ，2DA DC DG ．(1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ；(2)求二面角E BC F 的正弦值；(3)若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60，求线段DP的长．AC E15．(2018江苏)如图，在正三棱柱111ABC A B C 中，12AB AA ，点P ，Q 分别为11A B ，BC的中点．A 1(1)求异面直线BP 与1AC 所成角的余弦值；(2)求直线1CC 与平面1AQC 所成角的正弦值．16．(2017天津)如图，在三棱锥P ABC 中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ．点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ，2AB ．(Ⅰ)求证：MN ∥平面BDE ；(Ⅱ)求二面角C EM N 的正弦值；(Ⅲ)已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为21，求线段AH 的长．17．(2017北京)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD //平面MAC ，PA PD ，4AB ．(Ⅰ)求证：M 为PB 的中点；(Ⅱ)求二面角B PD A 的大小；(Ⅲ)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．18．(2014福建)在平行四边形ABCD 中，1AB BD CD ，,AB BD CD BD ，将ABD 沿BD 折起，使得平面ABD 平面BCD ，如图．B(Ⅰ)求证：AB CD ；(Ⅱ)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．19．(2013天津)如图，四棱柱1111ABCD A B C D 中，侧棱1A A ⊥底面ABCD ，AB DC ∥，AB AD ，1AD CD ，12AA AB ，E 为棱1AA 的中点．(Ⅰ)证明11B C CE ；(Ⅱ)求二面角11B CE C 的正弦值；(Ⅲ)设点M 在线段1C E 上；且直线AM 与平面11ADDA 所成角的正弦值为6，求线段AM 的长．1A 1考点84二面角的计算1．(2018浙江)已知四棱锥S ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点(不含端点)，设SE 与BC 所成的角为1 ，SE 与平面ABCD 所成的角为2 ，二面角S AB C 的平面角为3 ，则A ．123≤≤B ．321≤≤C ．132≤≤D ．231≤≤2．(2017浙江)如图，已知正四面体D ABC (所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP PB ，2BQ CRQC RA，分别记二面角D PR Q ，D PQ R ，D QR P 的平面角为，，，则R QPABC DA ． < <B ． < <C ． < <D ． < <3．如图，已知ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD 折成△A CD ，所成二面角A CD B 的平面角为，则()A ．A DB B ．A DBC ．A CBD ．A CB4．(2020全国Ⅰ理18)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD ．ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，6PO ．(1)证明：PA 平面PBC ；(2)求二面角B PC E 的余弦值．5．(2020全国Ⅲ理19)如图，在长方体1111ABCD A B C D 中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且112,2DE ED BF FB ．(1)证明：点1C 在平面AEF 内；(2)证明：若12,1,3AB AD AA 时，求二面角1A EF A的正弦值．6．(2020江苏24)在三棱锥A —BCD 中，已知CB =CD 5，BD =2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO =2，E 为AC 的中点．(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值；(2)若点F 在BC 上，满足BF =14BC ，设二面角F —DE —C 的大小为θ，求sin θ的值．7．(2020浙江19)如图，三棱台DEF —ABC 中，面ADFC ⊥面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．(I)证明：EF ⊥DB ；(II)求DF 与面DBC 所成角的正弦值．8．(2020天津17)如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1CC 平面,,2ABC AC BC AC BC ，13CC ，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且12,AD CE M 为棱11A B 的中点．(Ⅰ)求证：11C M B D ；(Ⅱ)求二面角1B B E D 的正弦值；(Ⅲ)求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．9．(2020山东20)如图，四棱锥P ABCD 的底面为正方形，PD 底面ABCD ，设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．(1)证明：l 平面PDC ；(2)已知1PD AD ，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．10．(2019•新课标Ⅰ，理18)如图，直四棱柱1111ABCD A B C D 的底面是菱形，14AA ，2AB ，60BAD ，E ，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点．(1)证明：//MN 平面1C DE ；(2)求二面角1A MA N 的正弦值．11．(2019•新课标Ⅱ，理17)如图，长方体1111ABCD A B C D 的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ．(1)证明：BE 平面11EB C ；(2)若1AE A E ，求二面角1B EC C 的正弦值．12．(2018•新课标Ⅲ，理19)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧 CD 所在平面垂直，M 是 CD上异于C ，D 的点．(2)当三棱锥M ABC 体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．13．(2017•新课标Ⅰ，理18)如图，在四棱锥P ABCD 中，//AB CD ，且90BAP CDP ．(1)证明：平面PAB 平面PAD ；(2)若PA PD AB DC ，90APD ，求二面角A PB C 的余弦值．14．(2017•新课标Ⅱ，理19)如图，四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD，90BAD ABC ，E 是PD 的中点．(1)证明：直线//CE 平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45 ，求二面角M AB D 的余弦值．15．(2017•新课标Ⅲ，理19)如图，四面体ABCD 中，ABC 是正三角形，ACD 是直角三角形，ABD CBD ，AB BD ．(2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D AE C 的余弦值．16．(2016•新课标Ⅰ，理18)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，2AF FD ，90AFD ，且二面角D AF E 与二面角C BE F 都是60 ．(Ⅰ)证明：平面ABEF 平面EFDC ；(Ⅱ)求二面角E BC A 的余弦值．17．(2014新课标Ⅰ，理19)如图三棱锥111ABC A B C 中，侧面11BB C C 为菱形，1AB B C ．(Ⅰ)证明：1AC AB ；(Ⅱ)若1AC AB ，o 160CBB ，AB=BC ，求二面角111A A B C 的余弦值．18．(2014新课标Ⅱ，理18)如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(Ⅰ)证明：PB ∥平面AEC ；(Ⅱ)设二面角D-AE-C 为60°，AP=1，，求三棱锥E-ACD 的体积．19．(2013新课标Ⅱ，理18)如图直棱柱111ABC A B C 中，D ，E 分别为AB ，1BB 的中点，1AA =AC=CB=22AB ．(Ⅰ)证明：1BC ∥平面1A CD ；(Ⅱ)求二面角D-1A C E 的正弦值．20．(2012•新课标，理19)如图，直三棱柱111ABC A B C 中，112AC BC AA ，D 是棱1AA 的中点，1DC BD (1)证明：1DC BC ；(2)求二面角11A BD C 的大小．21．(2011•新课标，理18)如图，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，DAB =060，AB =2AD ，PD ⊥底面ABCD ．(Ⅰ)证明：PA BD ；(Ⅱ)若PD =AD ，求二面角A PB C的余弦值．22．(2011广东)如图在椎体P ABCD 中，ABCD 是边长为1的棱形，且DAB =60，PA PD 2PB ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点．(Ⅰ)证明：AD 平面DEF ；(Ⅱ)求二面角P AD B 的余弦值．23．(2019天津理17)如图，AE 平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,1,2AD AB AB AD AE BC ．(Ⅰ)求证：BF ∥平面ADE ；(Ⅱ)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；(Ⅲ)若二面角E BDF 的余弦值为13，求线段CF 的长．24．(2018北京)如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1CC 平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，5AB BC ，12AC AA ．(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角1B CD C 的余弦值；(3)证明：直线FG 与平面BCD相交．C 1B 1A 1GF E DC B A25．(2016年山东)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O 的直径，FB 是圆台的一条母线．(I)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ；(II)已知EF =FB =12AC =23，AB BC ．求二面角F BC A 的余弦值．26．(2016年天津)如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，2AB BE ．(Ⅰ)求证：EG ∥平面ADF ；(Ⅱ)求二面角O EF C 的正弦值；(Ⅲ)设H 为线段AF 上的点，且AH =23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．27．(2015福建)如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ^平面BEG ，BE ^EC ，2AB BE EC ，G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点．(Ⅰ)求证：GF ∥平面ADE ；(Ⅱ)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值．28．(2015山东)如图，在三棱台DEF ABC 中，2AB DE ，,G H 分别为,AC BC 的中点．(Ⅰ)求证：BC //平面FGH ；(Ⅱ)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF =DE ，∠BAC=45 ，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小．29．(2014山东)如图，在四棱柱1111ABCD A B C D 中，底面ABCD 是等腰梯形，60,DAB 22AB CD ，M 是线段AB 的中点．(Ⅰ)求证：111//C M A ADD 平面；(Ⅱ)若1CD 垂直于平面ABCD且1CD ，求平面11C D M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值．130．(2014辽宁)如图，ABC 和BCD 所在平面互相垂直，且2AB BC BD ，0120ABC DBC ，E 、F 分别为AC 、DC 的中点．(Ⅰ)求证：EF BC ；(Ⅱ)求二面角E BF C的正弦值．D C31．(2014浙江)如图，在四棱锥BCDE A 中，平面 ABC 平面BCDE ，90CDE BED，2AB CD ，1DE BE ，AC ．(Ⅰ)证明： DE 平面ACD ；(Ⅱ)求二面角E AD B的大小．32．(2014广东)如图4，四边形ABCD 为正方形，PD 平面ABCD ，030DPC ，AF PC 于点F ，//FE CD ，交PD 于点E ．(Ⅰ)证明：CF ADF平面(Ⅱ)求二面角D AF E 的余弦值．33．(2014湖南)如图，四棱柱1111ABCD A B C D 的所有棱长都相等，AC BD O ∩，11111A C B D O ∩，四边形1111ACC A BDD B 和四边形均为矩形．(1)证明：1;O O ABCD 底面(2)若1160,CBA C OB D求二面角的余弦值．O 1O 1B CD AA 1C 1D 134．(2013陕西)如图，四棱柱1111ABCD A B C D 的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，1AO ⊥平面ABCD ，12AB AA ．(Ⅰ)证明：1AC ⊥平面11BB D D ；(Ⅱ)求平面1OCB 与平面11BB D D 的夹角的大小．O D 1B 1C 1D A CB A 135．(2012浙江)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面是边长为3的菱形，120BAD ，且PA 平面ABCD ，6PA ，M ，N 分别为PB ，PD 的中点．(Ⅰ)证明：//MN 平面ABCD ；(Ⅱ)过点A 作AQ PC ，垂足为点Q ，求二面角A MN Q 的平面角的余弦值．36．(2017山东)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120 得到的，G 是 DF的中点．(Ⅰ)设P 是 CE上的一点，且AP BE ，求CBP 的大小；(Ⅱ)当3AB ，2AD ，求二面角E AG C 的大小．考点85解答题中折叠问题与探索性问题1．(2019•新课标Ⅲ，理19)图1是由矩形ADEB 、Rt ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1AB ，2BE BF ，60FBC ．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC 平面BCGE ；(2)求图2中的二面角B CG A 的大小．2．(2018•新课标Ⅰ，理18)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ．(1)证明：平面PEF 平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．3．(2018•新课标Ⅲ，文19)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧 CD所在平面垂直，M 是 CD 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD 平面BMC ；(2)在线段AM 上是否存在点P ，使得//MC 平面PBD ？说明理由．4．(2016•新课标Ⅱ，理19)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5AB ，6AC ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，54AE CF，EF 交于BD 于点H ，将DEF 沿EF 折到△D EF 的位置，OD ．(Ⅰ)证明：D H 平面ABCD ；(Ⅱ)求二面角B D A C 的正弦值．5．(2019北京理16)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ABCD 平面，AD CD ，AD BC P ，23PA AD CD BC ，．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC ．(Ⅰ)求证：CD PAD 平面；(Ⅱ)求二面角F AE P 的余弦值；(Ⅲ)设点G 在PB 上，且23PG PB ．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．6．(2016年北京)如图，在四棱锥P ABCD 中，平面PAD 平面ABCD ，PA PD ，PA PD ，AB AD ，1AB ，2AD ，5AC CD ．(1)求证：PD 平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得//BM 平面PCD ？若存在，求AM AP 的值；若不存在，说明理由．7．(2015陕西)如图1，在直角梯形ΑΒCD 中，//ΑD ΒC ，2ΒΑD ，1ΑΒΒC ，2ΑD ，Ε是ΑD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将ΑΒΕ 沿BE 折起到1A BE 的位置，如图2．(Ⅰ)证明：CD 平面1AOC ；(Ⅱ)若平面1A BE 平面BCDE ，求平面1A BC 与平面1ACD 夹角的余弦值．8．(2013广东)如图1，在等腰直角三角形ABC 中，90A ，6BC ，,D E 分别是,AC AB 上的点，2CD BE ，O 为BC 的中点．将ADE 沿DE 折起，得到如图2所示的四棱锥A BCDE ，其中3A O．(Ⅰ)证明：A O 平面BCDE ；(Ⅱ)求二面角A CD B 的平面角的余弦值．9．(2013湖北)如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于,A B 的点，直线PC 平面ABC ，E ，F 分别是PA ，PC 的中点．(Ⅰ)记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ，试判断直线l 与平面PAC 的位置关系，并加以证明；(Ⅱ)设(I)中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ，且点Q 满足12DQ CP ．记直线PQ 与平面ABC 所成的角为，异面直线PQ 与EF 所成的角为，二面角E l C 的大小为，求证：sin sin sin ．10．(2012福建)如图，在长方体1111ABCD A B C D 中11AA AD ，E 为CD 中点．(Ⅰ)求证：11B E AD ；(Ⅱ)在棱1AA 上是否存在一点P ，使得DP ∥平面1B AE ？若存在，求AP 的行；若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由．(Ⅲ)若二面角11A B E A 的大小为30°，求AB 的长．。

2020届山东省新高考高三优质数学试卷分项解析专题09 立体几何与空间向量(解析版)

专题9 立体几何与空间向量从近几年的高考试题来看,所考的主要内容是:(1)有关线面位置关系的组合判断,试题通常以选择题的形式出现,主要是考查空间线线、线面、面面位置关系的判定与性质;(2)有关线线、线面和面面的平行与垂直的证明,试题以解答题中的第一问为主,常以多面体为载体,突出考查学生的空间想象能力及推理论证能力;(3)线线角、线面角和二面角是高考的热点,选择题、填空题皆有，解答题中第二问必考,一般为中档题,在全卷的位置相对稳定，主要考查空间想象能力、逻辑思维能力和转化与化归的应用能力.预测2020年将保持稳定，一大二小.其中客观题考查面积体积问题、点线面位置关系（各种角的关系或计算）等；主观题以常见几何体为载体，考查平行或垂直关系的证明、线面角或二面角三角函数值的计算等.一、单选题1．（2020届山东省潍坊市高三上期中）m 、n 是平面α外的两条直线，在m ∥α的前提下，m ∥n 是n ∥α的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A 【解析】//m α，则存在l α⊂有//m l .而由//m n 可得//n l ，从而有//n α.反之则不一定成立，,m n 可能相交，平行或异面.所以//m n 是//n α的充分不必要条件，故选A2．（2020届山东省潍坊市高三上期末）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了有圆锥的底面周长L 与高h ，计算其体积V 的近似公式21.36v L h ≈它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么近似公式2275v L h ≈相当于将圆锥体积公式中的π近似取为（）A ．227 B ．258C ．15750D ．355113【答案】B 【解析】设圆锥底面圆的半径为r ，高为h ，依题意，r L π2=，h r h r 22)2(75231ππ=，所以275831ππ=，即π的近似值为258，故选B.3．（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）设α，β为两个平面，则αβ∥的充要条件是（） A ．α内有无数条直线与β平行B ．α，β平行与同一个平面C ．α内有两条相交直线与β内两条相交直线平行D ．α，β垂直与同一个平面【答案】C 【解析】对于A ，α内有无数条直线与β平行，可得α与β相交或α或β平行；对于B ，α，β平行于同一条直线，可得α与β相交或α或β平行；对于C ，α内有两条相交直线与β内两条相交直线平行，可得α∥β；对于D ，α，β垂直与同一个平面，可得α与β相交或α或β平行．故选：C ．4．（2020·河南高三期末（文））张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五.已知三棱锥A BCD -的每个顶点都在球O 的球面上，AB ⊥底面BCD ，BC CD ⊥，且AB CD ==2BC =，利用张衡的结论可得球O 的表面积为（）A ．30B ．C ．33D ．【答案】B 【解析】因为BC CD ⊥，所以BD =AB ⊥底面BCD ，所以球O 的球心为侧棱AD 的中点，从而球O .利用张衡的结论可得25168π=，则π=所以球O 的表面积为24102ππ⎛== ⎝⎭故选：B5．（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为（）A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π【答案】C 【解析】边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，构成以D 为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造以其为长宽高的长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1,12R ==245S ππ==，故选C.6．（2020届山东省日照市高三上期末联考）已知四棱锥P ABCD -的体积是底面ABCD 是正方形，PAB ∆是等边三角形，平面PAB ⊥平面ABCD ，则四棱锥P ABCD -外接球体积为（）A ．BCD ．【答案】A 【解析】设AB 的中点为Q ，因为PAB ∆是等边三角形，所以PQ AB ⊥，而平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，所以PQ ⊥平面ABCD ，四棱锥P ABCD -的体积是13AB AB PQ =⨯⨯⨯13AB AB AB =⨯⨯，所以边长6AB =，PQ =OH x =，OM x =，()(222222R OA OM AM x==+=+，2222223R OP OH PH x ==+=+，x =2212321R =+=3428213V R ππ==球.故选：A.7．（2020届山东省泰安市高三上期末）已知正三棱锥S ABC -的侧棱长为43，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是（） A ．16π B ．20πC ．32πD ．64π【答案】D 【解析】如图所示，因为正三棱锥S ABC -的侧棱长为43，底面边长为6，则236233AE =⋅⋅=，所以三棱锥的高2222(43)(23)6SE SA AE =-=-=, 又由球心O 到四个顶点的距离相等，在直角三角形AOE 中，,6AO R OE SE SO R ==-=-，又由222OA AE OE =+，即222(23)(6)R R =+-，解得4R =，所以球的表面积为2464S R ππ==，故选D.二、多选题8．（2020届山东省潍坊市高三上期末）等腰直角三角形直角边长为1 ，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为（） A ．2π B ．()12π+C ．22πD ．()22π+【答案】AB 【解析】如果是绕直角边旋转，形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边2，所以所形成的几何体的表面积是()2212121S rl r πππππ=+=⨯⨯+⨯=+.如果绕斜边旋转，形成的是上下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边的高22，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，所以写成的几何体的表面积222122S rl πππ=⨯=⨯⨯⨯=. 综上可知形成几何体的表面积是()21π+或2π.故选：AB9．（2020届山东省泰安市高三上期末）已知,αβ是两个不重合的平面，,m n 是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（） A ．若//m n m α⊥，，则n α⊥ B ．若//,m n ααβ⋂=，则//m n C ．若m α⊥，m β⊥，则//αβ D ．若,//,m m n n αβ⊥⊥，则//αβ 【答案】ACD 【解析】若m α⊥，则,a b α∃⊂且a b P =I 使得m a ⊥，m b ⊥，又//m n ，则n a ⊥，n b ⊥，由线面垂直的判定定理得n α⊥，故A 对；若//m α，n αβ=I ，如图，设m AB =，平面1111D C B A 为平面α，//m α，设平面11ADD A 为平面β，11A D n αβ⋂==，则m n ⊥，故B 错；垂直于同一条直线的两个平面平行，故C 对；若,//m m n α⊥，则n α⊥，又n β⊥，则//αβ，故D 对；故选：ACD ．10．（2020届山东省滨州市高三上期末）已知菱形ABCD 中，60BAD ∠=︒，AC 与BD 相交于点O ，将ABD △沿BD 折起，使顶点A 至点M ，在折起的过程中，下列结论正确的是( )A ．BD CM ⊥B ．存在一个位置，使CDM V 为等边三角形C ．DM 与BC 不可能垂直D ．直线DM 与平面BCD 所成的角的最大值为60︒【答案】ABD 【解析】A 选项，因为菱形ABCD 中，AC 与BD 相交于点O ，所以AO BD ⊥，CO BD ⊥；将ABD △沿BD 折起，使顶点A 至点M ，折起过程中，AO 始终与BD 垂直，因此MO BD ⊥，又MO CO I ，由线面垂直的判定定理，可得：BD ⊥平面CMO ，因此BD CM ⊥，故A 正确；B 选项，因为折起的过程中，AD 边长度不变，因此MD CD =；若CDM V 为等边三角形，则CM CD =；设菱形ABCD 的边长为2，因为60BAD ∠=︒，则sin 60AO AB =⋅=o AO MO =2CM CD ==，所以3341cos 233MOC +-∠==⨯，即二面角M BD C --的余弦值为13时，CDM V 为等边三角形；故B 正确；C 选项，DM OM OD =-u u u u r u u u u r u u u r ，BC OC OB =-u u ur u u u r u u u r ，由A 选项知，MO BD ⊥，CO BD ⊥，所以0OM OB OD OC ⋅=⋅=u u u u r u u u r u u u r u u u r，因此()()DM BC OM OD OC OB OM OC OD OB ⋅=-⋅-=⋅-⋅u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r ，同B 选项，设菱形ABCD 的边长为2，易得OC OM =1OB OD ==，所以3cos 1DM BC MOC ⋅=∠+u u u u r u u u r ，显然当1cos 3MOC ∠=-时，0DM BC ⋅=u u u u r u u u r ，即DM BC ⊥；故C 错误；D 选项，同BC 选项，设菱形ABCD 的边长为2，则OM =1OD =，2MD =，由几何体直观图可知，当OM ⊥平面BCD ，直线DM 与平面BCD 所成的角最大，为MDO ∠，易知60MDO ∠=︒. 故选：ABD.11．（2020届山东省济宁市高三上期末）己知mn 、为两条不重合的直线,αβ、为两个不重合的平面,则下列说法正确的是( )A ．若//,//m n αβ且//,αβ则//m nB ．若//,,,m n m n αβ⊥⊥则//αβC ．若//,,//,m n n m ααββ⊂⊄，则//m βD ．若//,,m n n ααβ⊥⊥，则//m β 【答案】BC 【解析】A. 若//,//m n αβ且//,αβ则可以//m n ，,m n 异面，或,m n 相交，故A 错误；B. 若//,,m n m α⊥则n α⊥，又,n β⊥故//αβ，B 正确；C. 若//,,m n n α⊂则m αP 或m α⊆，又//,m αββ⊄，故//m β，C 正确；D. 若//,,m n n α⊥则m α⊥，αβ⊥，则//m β或m β⊆，D 错误；故选：BC12．（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）在正方体1111ABCD A B C D -中，N 为底面ABCD 的中心，P 为线段11A D 上的动点（不包括两个端点），M 为线段AP 的中点，则（）A ．CM 与PN 是异面直线B ．CM PN >C ．平面PAN ⊥平面11BDD B D ．过P ，A ，C 三点的正方体的截面一定是等腰梯形【答案】BCD 【解析】,,C N A 共线，即,CN PM 交于点A ，共面，因此,CM PN 共面，A 错误；记PAC θ∠=，则2222212cos cos 4PN AP AN AP AN AP AC AP AC θθ=+-⋅=+-⋅， 2222212cos cos 4CM AC AM AC AM AC AP AP AC θθ=+-⋅=+-⋅，又AP AC <， 22223()04CM PN AC AP -=->，22CM PN >，即CM PN >．B 正确；由于正方体中，AN BD ⊥，1BB ⊥平面ABCD ，则1BB AN ⊥，1BB BD B ⋂=，可得AN ⊥平面11BB D D ，AN ⊂平面PAN ，从而可得平面PAN ⊥平面11BDD B ，C 正确；取11C D 中点K ，连接11,,KP KC AC ，易知11//PK A C ，又正方体中，11//A C AC ，∴//PK AC ，,PK AC 共面，PKCA 就是过P ，A ，C 三点的正方体的截面，它是等腰梯形．D 正确．故选：BCD.13．（2020·蒙阴县实验中学高三期末）已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为矩形，侧面PCD ⊥平面ABCD ，23BC =26CD PC PD ===.若点M 为PC 的中点，则下列说法正确的为（）A ．BM ⊥平面PCDB ．//PA 面MBDC ．四棱锥M ABCD -外接球的表面积为36π D ．四棱锥M ABCD -的体积为6 【答案】BC【解析】作图在四棱锥P ABCD -中：由题：侧面PCD ⊥平面ABCD ，交线为CD ，底面ABCD 为矩形，BC CD ⊥，则 BC ⊥平面PCD ，过点B 只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项A 错误；连接AC 交BD 于O ，连接MO ，PAC ∆中，OM ∥PA ，MO ⊆面MBD ，PA ⊄面MBD ，所以//PA 面MBD ，所以选项B 正确；四棱锥M ABCD -的体积是四棱锥P ABCD -的体积的一半，取CD 中点N ，连接PN ，PN CD ⊥，则PN ^平面ABCD ，32PN =M ABCD -的体积112326321223M ABCD V -=⨯⨯=所以选项D 错误.矩形ABCD 中，易得6,3,3AC OC ON ===PCD V 中求得：16,2NM PC ==在Rt MNO V 中223MO ON MN =+= 即： OM OA OB OC OD ====，所以O 为四棱锥M ABCD -外接球的球心，半径为3，所以其体积为36π，所以选项C 正确故选：BC14．（2020届山东省潍坊市高三上期中）正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，已知平面1AC α⊥，则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是（） A ．截面形状可能为正三角形 B ．截面形状可能为正方形 C ．截面形状可能为正六访形 D ．截面面积最大值为33【答案】ACD 【解析】如图，显然A,C 成立，下面说明D 成立，如图设截面为多边形GMEFNH ，设1AG x =，则01x ≤≤，则2,2(2),22,GH ME NF x MG HN EF x MN ======-=所以多边形GMEFNH 的面积为两个等腰梯形的面积和，所以1211()()22S GH MN h MN EF h =⋅+⋅+⋅+⋅ 因为22221222133[2(2)]()(22)(2)(2)2222x h x x x x -=--=+⋅-=-， 22222(2)223(2)[]22x x h x --=-=，所以221313(222)(2)[222(2)]2222S x x x x =+⋅-++-⋅ 232323x x =-++当1x =时，max 33S =，故D 成立. 故选：ACD ．15．（2020届山东省烟台市高三上期末）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在线段1B C 上运动，则（）A ．直线1BD ⊥平面11AC DB ．三棱锥11P ACD -的体积为定值C ．异面直线AP 与1AD 所成角的取值范围是[]45,90︒︒ D ．直线1C P 与平面11AC D 所成角的正弦值的最大值为63【答案】ABD 【解析】对于选项A,连接11B D ,由正方体可得1111AC B D ⊥,且1BB ⊥平面1111D C B A ,则111BB AC ⊥,所以11A C ⊥平面11BD B ,故111AC BD ⊥；同理,连接1AD ,易证得11A D BD ⊥,则1BD ⊥平面11ACD ,故A 正确；对于选项B,1111P A C D C A PD V V --=,因为点P 在线段1B C 上运动,所以1112A DP S A D AB =⋅,面积为定值,且1C 到平面11A PD 的距离即为1C 到平面11A B CD 的距离,也为定值,故体积为定值,故B 正确；对于选项C,当点P 与线段1B C 的端点重合时,AP 与1A D 所成角取得最小值为60︒,故C 错误；对于选项D,因为直线1BD ⊥平面11AC D ,所以若直线1C P 与平面11AC D 所成角的正弦值最大,则直线1C P 与直线1BD 所成角的余弦值最大,则P 运动到1B C 中点处,即所成角为11C BD ∠,设棱长为1,在11Rt D C B V 中,111126cos 33C B C BD BD ∠===,故D 正确故选：ABD 三、填空题16．（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）如图，已知六棱锥P －ABCDEF 的底面是正六边形，PA ⊥平面ABC ，PA ＝2AB ，则下列结论中：①PB ⊥AE ；②平面ABC ⊥平面PBC ；③直线BC ∥平面PAE ；④∠PDA ＝45°. 其中正确的有________(把所有正确的序号都填上) 【答案】①④ 【解析】对于①，因为PA ⊥平面ABC ，所以PA ⊥AE ，又,EA AB PA AB A ⊥⋂=，所以EA ⊥平面PAB ，从而可得EA PB ⊥，故①正确．对于②，由于PA ⊥平面ABC ，所以平面ABC 与平面PBC 不可能垂直，故②不正确．对于③，由于在正六边形中BC AD ∥，所以BC 与EA 必有公共点，从而BC 与平面PAE 有公共点，所以直线BC 与平面PAE 不平行，故③不正确．对于④，由条件得PAD ∆为直角三角形，且PA ⊥AD ，又2PA AB AD ==，所以∠PDA=45°．故④正确．综上①④正确．答案：①④17．（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为__________；若该六面体内有一小球，则小球的最大体积为___________．【答案】332 86729【解析】（1）因为13336(12S =⨯⨯=33. （2）由图形的对称性得，小球的体积要达到最大，即球与六个面都相切时， 32倍，所以六面体体积是26. 由于图像的对称性，内部的小球要是体积最大，就是球要和六个面相切，连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥，设球的半径为R ，所以21366()6349R R =⨯⨯⨯⇒=，所以球的体积33446()3863V R πππ===. 故答案为：332；86729π. 18．（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知三棱锥S ABC -，SA ⊥平面ABC ，6ABC π∠=，3SA =，1BC =，直线SB 和平面ABC 所成的角大小为3π.若三棱锥S ABC -的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________. 【答案】13π 【解析】如图：SA ⊥Q 平面ABC ，则SBA ∠为直线SB 和平面ABC 所成的角，即3SBA π∠=在Rt SAB ∆中：33tan3SA AB π=== 如图，设O 为三棱锥S ABC -外接球的球心，G 为ABC ∆外接圆圆心，连结,,,,OA OB GA GB OG ，则必有OG ⊥面ABC 在ABC ∆，22232cos 312316AC AB BC AB BC π=+-⋅⋅=+-=，则1AC = 其外接圆半径122,1sin sin 6AC r r ABC π====∠，又1322OG SA ==，所以三棱锥S ABC -外接球半径为22913142R OG r =+=+=该球的表面积为21344134S R πππ==⨯=, 故答案为：13π.19．（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）如图，在三棱锥P-ABC 中，,PA AB ⊥PC BC ⊥，,AB BC ⊥22,AB BC ==5PC =，则P A 与平面ABC 所成角的大小为________；三棱锥P-ABC 外接球的表面积是________.【答案】45︒ 6π 【解析】如图，作平行四边形ABCD ，连接PD ，由AB BC ⊥，则平行四边形ABCD 是矩形．由BC CD ⊥，BC PC ⊥，PC CD C =I ，∴BC ⊥平面PCD ，而PD ⊂平面PCD ，∴BC PD ⊥，同理可得AB PD ⊥，又AB BC B ⋂=，∴PD ⊥平面ABCD ．,PD CD PD AD ⊥⊥，PAD ∠是P A 与平面ABC 所成角．由2,5CD AB PC ===1PD =，又1AD BC ==，∴45PAD ∠=︒．∴P A 与平面ABC 所成角是45︒．由,PA AB ⊥PC BC ⊥知PB 的中点到,,,A B C P 的距离相等，PB 是三棱锥P-ABC 外接球的直径．由BC ⊥平面PCD 得BC PC ⊥，2222(5)16PB PC BC =+=+=24()62PB S ππ==．故答案为：45︒；6π．20．（2020届山东省烟台市高三上期末）已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥平面ABC ，6PA =，23AB =2AC =，4BC =，则：（1）球O 的表面积为__________；（2）若D 是BC 的中点，过点D 作球O 的截面，则截面面积的最小值是__________．【答案】52π 4π 【解析】（1）由题,根据勾股定理可得AC AB ⊥,则可将三棱锥P ABC -可放入以,,AP AC AB 为长方体的长,宽,高的长方体中,则体对角线为外接球直径,即()22222623213r +=+=,则13r =,所以球的表面积为22441352r πππ=⨯=；（2）由题,因为Rt ABC V ,所以D 为底面ABC 的外接圆圆心,当DO ⊥截面时,截面面积最小,即截面为平面ABC ,则外接圆半径为2,故截面面积为224ππ⨯=故答案为：（1）52π；（2）4π21．（2020届山东省滨州市高三上期末）在四面体S ABC -中，2SA SB ==，且SA SB ⊥，5BC =，3AC =________，该四面体外接球的表面积为________.【答案】3068π 【解析】因为2SA SB ==，且SA SB ⊥，5BC =，3AC =222AB SA ==，因此222BC AC AB +=，则AC BC ⊥；取AB 中点为O ，连接OS ，OC ，则2OA OB OC OS ====，所以该四面体的外接球的球心为O ，半径为2OC=所以该四面体外接球的表面积为24(2)8 Sππ=⋅=；又因为SA SB=，所以SO AB⊥；因为底面三角形ABC的面积为定值11522AC BC⋅=，SO的长也为确定的值2，因此，当SO⊥平面ABC时，四面体的体积最大，为13036ABCV S SO=⋅=V.故答案为：(1).306(2). 8π22．（2020届山东省潍坊市高三上期末）正方体1111ABCD A B C D-的棱长为1，点K在棱11A B上运动，过,,A C K三点作正方体的截面，若K为棱11A B的中点，则截面面积为_________，若截面把正方体分成体积之比为2:1的两部分，则11A KKB=_______【答案】9851-【解析】（1）取11B C的中点M，连接KM，MC，11//KM AC Q ，而11A C //AC ，//KM AC ∴,,,A C M K ∴四点共面，且AK MC = ∴四边形ACMK 是等腰梯形，如图，2KM =2AC =2215122AK ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭, 222224AH ==， 22225232244KH AK AH ⎛⎫⎛⎫∴=-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 12329228ACKM S ∴=⨯=⎝；（2）设1B K x =，取11B C 上的点M ，11B K B M x ==，连接,KM MC ，由（1）知,,,A C M K 四点共面，由图象可知11111133B MK BCA A B CD ABCD V V --==1221111111322223B MK BCAV x x -⎛∴=⨯++⨯⨯= ⎝，即210x x +-= ，解得：15x -+=即115B K-+ =，115351A K-+-=-=，此时1135512215A KKB--==-+.故答案为：98；51-23．（2020届山东省临沂市高三上期末）在正方体1111ABCD A B C D-中，E为棱CD上一点，且2CE DE=，F为棱1AA的中点，且平面BEF与1DD交于点G，与1AC交于点H，则1DGDD=______，1AHHC=______. 【答案】1638【解析】1111ABCD A B C D-Q是正方体∴面11//A B BA面11C D DCBF⊂Q面11A B BA//BF∴平面11CDD C，Q面BFGE I面11C D DC GE=则//BF GE，则AF DGAB DE=，即12DGDE=，又2CE DE=，则116DGDD=.连接AC交BE于M，过M作1//MN CC，MN与1AC交于N，连接FM，则H为FM与1AC的交点.因为//AB CE，所以32AM ABMC CE==，则132AN ACMMCN==.所以135MNCC=，所以65MN HNFA AH==，故138AHHC=.故答案为：16；3824．（2020届山东省济宁市高三上期末）下图是两个腰长均为10cm的等腰直角三角形拼成的一个四边形ABCD，现将四边形ABCD沿BD折成直二面角A BD C--，则三棱锥A BCD-的外接球的体积为__________3cm．【答案】5003π【解析】由题设可将该三棱锥拓展成如图所示的正方体，则该正方体的外接球就是三棱锥的外接球，由于正方体的对角线长为2103l R==即球的半径3R=该球的体积3450033V Rππ==，应填答案3π．25．（2020届山东实验中学高三上期中）现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为93高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与各自的高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为_________；若新圆锥的内接正三棱柱表面积取到最大值，则此正三棱柱的底面边长为_________.【答案】335【解析】由题意可知，底面半径为5，高为9的圆锥和底面半径为3，高为8的圆柱的总体积为22159(3)8993πππ⨯⨯⨯+⨯⨯=，设新的圆锥和圆柱的底面半径为r ，则：22198993r r πππ⨯⨯⨯+⨯⨯=，解得：3r =，设新圆锥的内接正三棱柱的底面边长为a ，高为h ，底面正三角形的外接圆的半径为r '，∴993h r '-=，93h r '∴=-，又3233r a a '∴=⨯⨯=， 93h a ∴=-，∴正三棱柱的表面积2135332()272S a h a a a a =⨯⨯+⨯⨯⨯=-+，∴当93532()a =-=⨯-故答案为：3，935． 26．（2020届山东省德州市高三上期末）中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，5AD =，3ED =，若鳖臑P ADE -的外接球的体积为92π，则阳马P ABCD -的外接球的表面积等于______.【答案】20π 【解析】Q 四边形ABCD 是正方形，AD CD ∴⊥，即AD CE ⊥，且5AD =3ED =，所以，ADE ∆的外接圆半径为221222AE AD ED r +===设鳖臑P ADE -的外接球的半径1R ，则314923R ππ=，解得132R =. PA ⊥Q 平面ADE ，22112PA R r ⎛⎫∴=+ ⎪⎝⎭，可得22111022PA R r =-=，10PA ∴=. 正方形ABCD 的外接圆直径为22210r AC AD ===，210r ∴=， PA ⊥Q 平面ABCD ，所以，阳马P ABCD -的外接球半径222252PA R r ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，因此，阳马P ABCD -的外接球的表面积为22420R ππ=.故答案为：20π.四、解答题27．（2020届山东省烟台市高三上期末）如图，在四棱锥S ABCD -中，ABCD 为直角梯形，//AD BC ，BC CD ⊥，平面SCD ⊥平面ABCD ，SCD ∆是以CD 为斜边的等腰直角三角形，224BC AD CD ===，E 为BS 上一点，且2BE ES =.（1）证明：直线//SD 平面ACE ；（2）求二面角S AC E --的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）13【解析】（1）连接BD 交AC 于点F ,连接EF ,因为//AD BC ,所以AFD ∆与BCF ∆相似, 所以2BF BC FD AD==, 又=2BE BF ES FD =,所以//EF SD , 因为EF ⊂平面ACE ,SD ⊄平面ACE ,所以直线//SD 平面ACE（2）由题,因为平面SCD ⊥平面ABCD ,平面SCD I 平面ABCD CD =,BC ⊂平面ABCD ,BC CD ⊥,所以BC ⊥平面SCD ,以C 为坐标原点,,CD CB u u u r u u u r 所在的方向分别为y 轴、z 轴的正方向,与,CD CB u u u r u u u r 均垂直的方向作为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C xyz -,因为224BC AD CD ===,2BE ES =,则(0,0,0)C ,(1,1,0)S ,(0,2,2)A ,224(,,)333E ,所以(0,2,2)CA =u u u r ,(1,1,0)CS =u u u r ,224(,,)333CE =,设平面SAC 的一个法向量为(,,)m x y z =u r ,则00m CA m CS ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v vu u u vv ,即00y z x y +=⎧⎨+=⎩,令1z =,得1x =,1y =-,于是(1,1,1)m =-u r ,设平面EAC 的一个法向量为(,,)n x y z =r ,则0n CA n CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v ,即020y z x y z +=⎧⎨++=⎩,令1z =,得1x =-,1y =-,于是(1,1,1)m =--u r ,设二面角S AC E --的平面角的大小为θ,则1cos 3m n m n θ⋅==ur ru r r ,所以二面角S AC E --的余弦值为1328．（2020届山东省泰安市高三上期末）如图，在三棱锥P —ABC 中，△P AC 为等腰直角三角形，90,APC ABC ∠=∆o 为正三角形，D 为A 的中点，AC =2．(1)证明：PB ⊥AC ；(2)若三棱锥P ABC -的体积为33，求二面角A —PC —B 的余弦值【答案】（1）证明见解析（27【解析】（1）证：PAC ∆Q 为等腰直角三角形，D 为中点，PD AC ∴⊥，又ABC ∆为正三角形，D 为中点，BD AC ∴⊥，又PD BD D ⋂=，,PD BD ⊂平面PBD ，AC ∴⊥平面PBD ，又PB ⊂平面PBD ，PB AC ∴⊥（2）解：设三棱锥P ABC -的高为h ，sin 603BD BC ==o1132P ABC V AC BD h -∴=⨯⨯⨯⨯3=31h ∴=，又11,2PD AC ==PD ∴⊥平面ABC ，如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D xyz -，则()1,0,0A ，()0,3,0B ，()1,0,0C-，()0,0,1P ， ()0,3,0DB ∴=u u u r ，()1,0,1CP =u u u r ，()1,3,0CB =u u u r ，设(),,n x y z =r 为平面PBC 的一个法向量，则00CP n CB n ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v ，即030x z x y +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，令1x =，得31y z ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，∴31,,13n ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭r ，又DB uuu r 是平面PAC 的一个法向量，∴7cos ,DB n DB DB n n⋅<>==-⋅u u u r u u u r r r u u u r r ，由图可知二面角A PC B --的平面角为锐角，∴二面角A PC B --的余弦值为7． 29．（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，在棱长均为2的三棱柱111ABC A B C -中，平面1ACB ⊥平面11A ABB ，11AB A B =，O 为1AB 与1A B 的交点．（1）求证：1AB CO ⊥；（2）求平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2）1 3 .【解析】（1）因为四边形11A ABB为菱形，所以11A B AB⊥，又平面1ACB⊥平面11A ABB，平面1A CB I平面111A ABB A B=，所以1AB⊥平面1A CB，因为CO⊂平面1A CB，所以1AB CO⊥.（2）因为11A B AB=，所以菱形11A ABB为正方形，在Rt COA∆中，222CO AC OA=-=，在COB∆中，2CO OB==，2CB=，222CO OB CB+=，所以，CO OB⊥，又1CO AB⊥，11A B AB O⋂=，所以，CO⊥平面11A ABB；以O为坐标原点，以OA，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz-.()2,0,0A，()10,2,0A，(2C，()2,0B，设平面11ACC A的一个法向量为()1111,,n x y z=u r平面ABC的一个法向量为()2222,,n x y z=u u r，则1111220,220,xx z⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩令11x=，得()11,1,1=-u u rn，2222220,220,x y x z ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩ 令21x =，得()21,1,1=u u r n ，设平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角为α，则21121cos 333α⋅===⨯u u r u u r u u r u u r n n n n ，所以平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为13. 30．（2020届山东省九校高三上学期联考）已知四棱柱1111ABCD A B C D -的底面为菱形，12AB AA ==，3BAD π∠=，AC BD O =I ，AO ⊥平面1A BD ，11A B A D =.（1）证明：1//B C 平面1A BD ；（2）求钝二面角1B AA D --的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2) 17-【解析】（1）证明：连接1AB 交1A B 于点Q ，易知Q 为1AB 中点，∵O 为AC 中点，∴在1AB C ∆中，11//2OQ B C ， ∵OQ ⊂平面1A BD ，1B C ⊄平面1A BD ，∴1//B C 平面1A BD .（2）∵AO ⊥平面1A BD ，∴1AO A O ⊥，∵11A B A D =且O 为BD 的中点，∴1AO BD ⊥，∵AO BD ⊂、平面ABCD 且AO BD O =I ，∴1A O ⊥平面ABCD ，如图，建立空间直角坐标系O xyz -. 易得：()3,0,0A ，()0,1,0B ，()0,1,0D -，()10,0,1A ，∴()13,0,1AA =-u u ur ，()3,1,0AB =-uu u r，设平面1A AB 的一个法向量为(),,n x y z =r，则1n AA n AB ⎧⊥⎨⊥⎩u u u vv u u u v v ，∴3030x z xy ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩，令1x =，得3y z ==，∴()1,3,3n =r .同理可得平面1A AD 的一个法向量为()1,3,3m =-u r ，∴1cos ,7m n m n m n ⋅<>==u r ru r r u r r ，∴钝二面角1B AA D --的余弦值为17-.31．（2020届山东省潍坊市高三上期末）在底面为正方形的四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面,,,ABCD PA PD E F =分别为棱PC 和AB 的中点.(1)求证://EF 平面PAD ;(2)若直线PC 与AB 所成角的正切值为5，求平面PAD 与平面PBC 所成锐二面角的大小.【答案】（1）见解析（2）4π【解析】(1)证明:取CD 的中点M ，连接,EM FM ，因为,E F 分别为PC 和AB 的中点，四边形ABCD 为正方形，所以//, //EM PD FM AD ，因为,EM FM ⊂平面,,EFM PD AD ⊂平面PAD ，所以平面//EFM 平面PAD ，因为EF ⊂平面EFM ，所以//EF 平面PAD .(2)因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD I 平面,ABCD AD CD AD =⊥ CD ⊂平面ABCD 所以CD ⊥平面PAD ，所以CD PD ⊥，因为//AB CD ，所以PCD ∠就是直线PC 与AB 所成的角，所以52PD tan PCD DC ∠==，设5,2PD CD ==，分别取AD 和BC 的中点,O N ，连,PO ON ，因为PA PD =，所以PO AD ⊥，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD I 平面,ABCD AD PO =⊂平面PAD ，所以PO ⊥平面ABCD如图，建立空间直角坐标系O xyz -，则()()()0,0,2,1,2,0,1,2,0P C B -，所以()()2,0,0,1,2,2CB CP ==-u u u r u u u r ，设(),,m x y z =u r 是平面BPC 的一个法向量，则2200x y z x -+=⎧⎨=⎩取1y =，则1z =，所以()0,1,1m =u r()0,1,0n =r 是平面PAD 的一个法向量，所以2,221m n cos m n m n⋅<>===⨯u r r u r r u r r ，,4m n π<>=u r r 所以所求二面角的大小为4π 32．（2020届山东省日照市高三上期末联考）如图，扇形AOB 的半径为2，圆心角120AOB ∠=o ，点C 为弧AB 上一点，PO ⊥平面AOB 且5PO =，点M PB ∈且2BM MP =，PA ∥平面MOC ．（1）求证：平面MOC ⊥平面POB ；（2）求平面POA 和平面MOC 所成二面角的正弦值的大小.【答案】(1)见证明；(2)64【解析】（1）如图，连接AB 交OC 于点N ，连接MN ，Q PA ∥平面MOC ，∴PA ∥MN ，Q 2BM MP =，2BN NA ∴=，2OA OB ==Q ，120AOB ∠=o ，23AB∴=，43BN ∴=，又30OBA ∠=o Q ，∴在BON △中，根据余弦定理得23ON =， 222ON OB BN ∴+=，90BON ∴∠=o ，ON OB ∴⊥，又Q PO ⊥平面AOB ，ON OP ∴⊥，ON ∴⊥平面POB ，又ON ⊂Q 平面MOC ，∴平面MOC ⊥平面POB（2）由（1）得,,OC OB OP OC OP OB ⊥⊥⊥，如图建立空间直角坐标系O xyz -，5OP =Q ，2OA OB OC ===，∴5)OP =u u u r ，3,1,0)OA =-u u u r ，(2,0,0)OC =u u u r ，(0,2,0)OB =u u u r ，Q 点M PB ∈且2BM MP =，225(0,3OM ∴=u u u u r ，设平面POA 的法向量为1111(,,)x y z =n ，则1100n OP n OA u u u v u u u v ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1115030z x y =-=，令11x =，得13y 10z =，∴1(13,0)=n ，设平面MOC 的法向量为2222(,,)x y z =n ，则2200n OC n OM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u v u u u u v ，即2222022503x y z =⎧⎪⎨=⎪⎩，即222050x y z =⎧⎪⎨+=⎪⎩，令21z =，得25y =-，20x =，∴2(0,5,1)=-n ，设平面POA 和平面MOC 所成二面角的大小为θ，则1510 |cos|426θ==，6sin4θ∴=，∴平面POA和平面MOC所成二面角的正弦值的大小为6433．（2020届山东省德州市高三上期末）如图（1），边长为2的正方形ABEF中，D，C分别为EF、AF 上的点，且ED CF=，现沿DC把CDF∆剪切、拼接成如图（2）的图形，再将BEC∆，CDF∆，ABD∆沿BC，CD，BD折起，使E、F、A三点重合于点A'，如图（3）.（1）求证：'⊥BA CD；（2）求二面角'--B CD A最小时的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）13.【解析】（1）折叠前BE EC⊥，BA AD⊥，折叠后''⊥BA A C，''⊥BA A D，又'''⋂=A C A D A，所以'⊥BA平面ACD'，因此'⊥BA CD；（2）由（1）及题意知A C A D''⊥，因此以A'为原点，A C'、A D'、A B'分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系如图：令'=A C a，'=A D b，2a b+=，所以(),0,0C a，()0,,0D b，()0,0,2B设平面BCD法向量为(),,m x y z=u r则m BCm BD⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u vvu u u vv所以2020ax zbx z-=⎧⎨-=⎩，令1z=，则22,,1ma b⎛⎫= ⎪⎝⎭u r又平面ACD '法向量为()0,0,1m =u r，设二面角'--B CD A 的大小为θ，所以22cos 1411m nm na bθ⋅==⨯++u r r u r r ，又22224412119b a b a b a a b a b a b a b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++=++++=++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎭≥⎝，当且仅当1a b ==取等号，所以1cos 3θ≤. 所以二面角'--B CD A 最小时的余弦值为13.34．（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC ==，且AB AC ⊥，点M 在棱1CC 上，点N 是BC 的中点，且满足1AM B N ⊥.（1）证明：AM ⊥平面11A B N ；（2）若M 为1CC 的中点，求二面角111A B N C --的正弦值.【答案】（1）详见解析；（215. 【解析】（1）∵三棱柱111ABC A B C -为直三棱柱，∴1AA AB ⊥∵AB AC ⊥，1AA ⊂平面11AAC C ，AC ⊂平面11AAC C ，且1AA AC A =I ， ∴AB ⊥平面11AAC C ，（或者由面面垂直的性质证明）又∵AM ⊂平面11AAC C ，∴AB AM ⊥ ∵11A B AB ∥，∴11A B AM ⊥，∵1AM B N ⊥，11A B ⊂平面11A B N ，1B N ⊂平面11A B N ，且1111A B B N B ⋂=， ∴AM ⊥平面11A B N（2）以A 为原点，分别以AB 、AC 、1AA 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A xyz -﹐设1AA a =，则(0,0,0)A ，(1,0,0)B ，(0,1,0)C ，1(1,0,)B a ，1(0,1,1)C ，11,,022N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,1,2a M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，∵1AM B N ⊥，∴211110,1,,,022222a aAM B N a ⎛⎫⎛⎫⋅=⋅--=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u u r u u u u r ，∴1a = ∴1(1,0,1)B ，10,1,2M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，设平面11A B N 法向量为{,,}m x y z =r11(1,0,0)A B =u u u u r ，111,,122B N ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭u u u u r∴11101122m A B x m B N x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩u u u uv r u u u u v r ，∴可取(0,2,1)m =r 设平面1B NC 法向量为{,,}n x y z =r1(1,1,0)BC =-u u u r ，111,,122B N ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭u u u u r ∴1101122n B C x y n B N x y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩u u u vr u u u u v r ，∴可取(1,1,0)n =r ∴10cos ,||||5m n m n m n ⋅〈〉==⋅r r r rr r所以二面角111A B N C --的正弦值为155. 35．（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）如图，在四棱锥P-ABCD 中，23,AD =3,AB =3,AP =//AD BC ，AD ⊥平面P AB ，90APB ︒∠=，点E 满足2133PE PA PB =+u u u r u u u r u u u r .（1）证明：PE DC ⊥；（2）求二面角A-PD-E 的余弦值. 【答案】（1）证明见解析（2）226【解析】（1）证明：在Rt PAB ∆中，由勾股定理，得22PB AB AP =-223(3)=-6=.因为21,33PE PA PB =+u u u r u u u r r AB PB PA =-u u u r u u u r u u u r，所以21()33PE AB PA PB PB PA ⎛⎫⋅=+⋅- ⎪⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r22211333PA PB PA PB =-++⋅u uu r u u u r u u u r u u u r22211(3)(6)0333=-⨯+⨯+⨯0=.所以PE AB ⊥u u u r u u u r，所以PE AB ⊥.因为AD ⊥平面P AB ，PE ⊂平面P AB ，所以PE AD ⊥.又因为,PE AB ⊥AB AD A ⋂=，所以PE ⊥平面ABCD. 又因为DC ⊂平面ABCD ，所以PE DC ⊥.（2）由21,33PE PA PB =+u u u r u u u r u u u r 得2EB AE =u u u r u u u r.所以点E 是靠近点A 的线段AB 的三等分点.所以113AE AB ==. 分别以,AB uuu r AD u u u r所在方向为y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -.则(0,0,0),A (0,0,23),D (0,1,0),E )2,1,0P .设平面PDE 的法向量为()111,,m x y z =u r，由00m EP m ED ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v ，得11120230x y z ⎧=⎪⎨-+=⎪⎩. 令11z =，则(0,23,1)m =-u r；设平面APD 的法向量为()222,,,n x y z =r (2,1,0),AP =u u u r (0,0,23)AD =u u u r，由00n AP n AD ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v ，得22220230x y z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，令21x =，则()1,2,0n =-r.设向量m u r 与n r的夹角为θ，则cos ||||m n m n θ⋅=⋅u r ru r r 222226(23)11(2)-=+⨯+-22613=-. 所以二面角A PD E --的余弦值为226. 36．（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）如图，点C 在以AB 为直径的圆O 上，PA 垂直与圆O 所在平面，G 为 AOC ∆的垂心（1）求证：平面OPG ⊥平面 PAC ；（2）若22PA AB AC ===，求二面角A OP G --的余弦值.【答案】（1）见解析（2）25117. 【解析】（1）如图，延长OG 交AC 于点M .因为G 为AOC ∆的重心，所以M 为AC 的中点.因为O 为AB 的中点，所以//OM BC .因为AB 是圆O 的直径，所以BC AC ⊥，所以OM AC ⊥. 因为PA ⊥平面ABC ，OM ⊂平面ABC ，所以PA OM ⊥.又PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面,PAC PA AC ⋂=A ，所以OM ⊥ 平面PAC .即OG ⊥平面PAC ，又OG ⊂平面OPG ，所以平面OPG⊥平面PAC.（2）以点C 为原点，CB u u u r ，CA u u u r ，AP u u u r方向分别为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系C xyz -，则()0,0,0C ，()0,1,0A ，)3,0,0B，31,02O ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,1,2P ，10,,02M ⎛⎫⎪⎝⎭，则3OM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭u u u u r ，31,22OP ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭u u u r .平面OPG 即为平面OPM ，设平面OPM 的一个法向量为(),,n x y z =r，则30,2{3120,2n OM x n OP x y z ⋅=-=⋅=++=u u u u r r u u u r r 令1z =，得()0,4,1n =-r .过点C 作CH AB ⊥于点H ，由PA ⊥平面ABC ，易得CH PA ⊥，又PA AB A ⋂=，所以CH ⊥平面PAB ，即CH u u u r为平面PAO 的一个法向量.在Rt ABC ∆中，由2AB AC =，得30ABC ∠=︒，则60HCB ∠=︒，1322CH CB ==. 所以3cos H x CH HCB =∠=3sin 4H y CH HCB =∠=.所以33,044CH ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭u u u r . 设二面角A OP G --的大小为θ，则cos CH n CH n θ⋅==⋅u u u r r u u u r r 2233041044511739411616⨯-⨯+⨯=+⨯+. 37．（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为梯形，PD ⊥底面ABCD ，//AB CD ，AD CD ⊥，1AD AB ==，2BC =．(1)求证：平面PBD ⊥平面PBC ；(2)设H 为CD 上一点，满足2CH HD =u u u r u u u r，若直线PC 与平面PBD 6，求二面角H PB C --的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（227【解析】（I ）由,//,1AD CD AB CD AD AB ⊥==，可得2BD =，又2,,.4BC BC BD π=∠=∴⊥从而2CD =，PD ⊥Q 底面ABCD ，BC PD ∴⊥PD BD D ⋂=Q ，BC ∴⊥平面,PBD 所以平面PBD ⊥平面PBC .（II ）由（I ）可知BPC ∠为PC 与底面PBD 所成角. 所以6tan BPC ∠=，所以3,1PB PD == 又23CH HD =u u u v u u u v及2CD =，可得64,55CH DH ==, 以D 点为坐标原点，,,DA DC DP 分别,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则()()()41,1,0,0,0,1,0,2,0,0,,05B P C H ⎛⎫⎪⎝⎭. 设平面HPB 的法向量(),,n x y z =r.则由00n PB n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v r u u u v r 得4050y z x y z ⎧-+=⎪⎨⎪+-=⎩取()1,5,4n =--r。

备战2020年浙江省高考数学优质卷分类解析：立体几何与空间向量(原卷版)

(浙江专用)2020版高考数学新增分大一轮复习第八章立体几何与空间向量 8.6 空间向量及其运算

(2)空间向量数量积的运算律 ①(λa)·b＝_λ_(_a_·b_)_； ②交换律：a·b＝_b_·_a_； ③分配律：a·(b＋c)＝_a_·_b_＋__a_·c__.
4.空间向量的坐标表示及其应用
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).
向量表示
数量积
a·b
共线 a＝λb(b≠0，λ∈R)
123456
题组三易错自纠
4.在空间直角坐标系中，已知A(1，2，3)，B(－2，－1，6)，C(3，2，1)，
D(4，3，0)，则直线AB与CD的位置关系是
A.垂直 C.异面
√B.平行
D.相交但不垂直
解析由题意得，A→B＝(－3，－3，3)，C→D＝(1，1，－1)，
∴A→B＝－3C→D，∴A→B与C→D共线，
(6)若a·b<0，则〈a，b〉是钝角.( × )
123456
题组二教材改编
2.[P97A 组 T2] 如图所示，在平行六面体 ABCD—A1B1C1D1 中，M 为 A1C1 与 B1D1 的交点.若A→B＝a，A→D＝b，A→A1＝c，则下列向量中与B→M相等的向量是
√A.－21a＋12b＋c
垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0)
坐标表示 a1b1＋a2b2＋a3b3 a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3 a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
模夹角
|a|
〈a，b〉 (a≠0，b≠0)
a21＋a22＋a23b3
a21＋a22＋a23· b21＋b22＋b23
3.空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念 ①两向量的夹角已知两个非零向量 a，b，在空间任取一点 O，作O→A＝a，O→B＝b，则∠AOB 叫

2020届新高考高三数学试题分项汇编专题9 立体几何与空间向量(原卷版+解析版)

备战2020年浙江省高考数学优质卷分类解析：立体几何与空间向量(解析版)

第九章立体几何与空间向量从近几年的高考试题来看,所考的主要内容是:(1)有关线面位置关系的组合判断,试题通常以选择题的形式出现,主要是考查空间线线、线面、面面位置关系的判定与性质;(2)有关线线、线面和面面的平行与垂直的证明,试题以解答题中的第一问为主,常以多面体为载体,突出考查学生的空间想象能力及推理论证能力;(3)线线角、线面角和二面角是高考的热点,五年五考,选择题、填空题皆有，解答题中第二问必考,一般为中档题,在全卷的位置相对稳定，主要考查空间想象能力、逻辑思维能力和转化与化归的应用能力. 前几年浙江卷较为注重几何法的考查，对空间向量方法考题较少，近三年则倾向于空间向量方法，且大题中考查线面角的计算较多.（4）三视图问题，五年五考，往往与几何体的面积或体积相结合.一．选择题1．【浙江省台州市2019届高三4月调研】一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由三视图可知，该几何体为放倒的三棱柱，且底面为侧视图中等腰直角三角形，所以体积＝故选：B.2．【浙江省宁波市2019届高三上期末】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据已知可得该几何体是一个四分之一圆锥，与三棱柱的组合体，四分之一圆锥的底面半径为1，高为1，故体积为：，三棱柱的底面是两直角边分别为1和2的直角三角形，高为1，故体积为：，故组合体的体积，故选D．3．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知平面，直线，若，，，则“”是“中至少有一条与垂直”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】C【解析】先判断充分性，当时，假设都不与垂直.在平面内作的垂线，由可得，则.由，不垂直于可得与相交.由，可得.所以，矛盾.所以当时，可以推出中至少有一条与垂直，即充分性成立.再判断必要性，当中至少有一条与垂直时，不妨设，由可得，所以，即必要性成立.综上所述，“”是“中至少有一条与垂直”的充要条件.故选C.4．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知正三棱锥（底面是正三角形，顶点在底面的射影是正三角形的中心），直线平面，分别是棱上一点（除端点），将正三棱锥绕直线旋转一周，则能与平面所成的角取遍区间一切值的直线可能是（）A．B．C．D．中的任意一条【答案】B【解析】假设满足题意，当与平面所成的角为时，，由可得.在正三棱锥中，可得，当时可得，显然这是不可能成立的，所以不满足题意.同理，与不可能垂直，则与平面所成的角不可能为.综上所述，可以排除A,C,D，故选B.5．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】在正四面体 ABCD 中，P，Q分别是棱 AB，CD的中点，E，F分别是直线AB，CD上的动点，M 是EF 的中点，则能使点 M 的轨迹是圆的条件是（）A．PE＋QF＝2 B．PE•QF＝2C．PE＝2QF D．PE2＋QF2＝2【答案】D【解析】如图：取BC、BD、AC、AD的中点为G、H、K、L，因为P、Q是定点，所以PQ的中点O为定点，由对称性可知，PQ、EF的中点在中截面GHLK上运动，∵+=+,∴，又在正四面体中，对棱垂直，∴PE QF，∴，∴4=若点M的轨迹是以O为圆心的圆，则为定值，只有D符合题意，故选D.6．【浙江省金丽衢十二校2019届高三第一次联考】已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．323B．163C．83D．43【答案】C【解析】由题设中三视图提供的图形信息与数据信息可知该几何体是一个三棱柱与一个等高三棱锥的组合体，其中三棱柱与三棱锥的底面都是直角边长为2的等腰直角三角形，所以其体积()()22111822223223V =⨯⨯⨯+⨯⨯=，应选答案C. 7．【浙江省金丽衢十二校2019届高三第一次联考】如图，二面角的大小为，，，且，，，则与所成角的大小为（）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】∵为等边三角形，又，，由余弦定理得故为等腰直角三角形，取BC 中点E,连接DE ，AE,则AE ⊥BC,DE⊥BC,∴∠DEA 为二面角的平面角，BC⊥面ADE, DE=中由余弦定理得AD=1,过A 作AO⊥DE, BC⊥AO，故AO⊥，故∠ADE 为与所成角，∠ADE=故答案为8．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】已知三棱锥中，为正三角形，，且在底面内的射影在的内部（不包括边界），二面角，二面角，二面角的大小分别为，，，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设在底面内的射影为O，过O分别作AB,BC,CA垂线，垂足分别为D,E,F,则，，，从而，，，因为，所以,,即,即，选C.9．【浙江省金华十校2019届高三上期末】如图所示，在底面为正三角形的棱台中，记锐二面角的大小为，锐二面角的大小为，锐二面角的大小为，若，则A． B．C． D．【答案】C【解析】棱台的侧棱延长交于点P过点P在平面ABC上的射影为H，设Ｈ到ＡＢ，ＢＣ，ＡＣ的距离分别为，∵，∴，则故Ｈ所在区域如图所示比较即比较ＰＡ，ＰＢ，ＰＣ，即比较ＨＡ，ＨＢ，ＨＣ由图可知：ＨＣ＞ＨＡ＞HB ∴故选：B ．10．【浙江省金华十校2019届高考模拟】如图，AB 是平面α的斜线段，A 为斜足，点C 满足sin sin (0)CAB CBA λλ∠=∠>，且在平面α内运动，则（）A ．当1λ=时，点C 的轨迹是抛物线B ．当1λ=时，点C 的轨迹是一条直线 C ．当2λ=时，点C 的轨迹是椭圆D ．当2λ=时，点C 的轨迹是双曲线抛物线【答案】B【解析】在ABC ∆中，∵sin sin (0)CAB CBA λλ∠=∠>，由正弦定理可得：BCACλ=，当1λ=时，BC AC =，过AB 的中点作线段AB 的垂面β，则点C 在α与β的交线上，即点C 的轨迹是一条直线，当2λ=时，2BC AC =，设B 在平面α内的射影为D ，连接BD ，CD ，设BD h =，2AD a =，则22BC CD h =+，在平面α内，以AD 所在直线为x 轴，以AD 的中点为y 轴建立平面直角坐标系，设(,)C x y ，则22()CA x a y =++，22()CD x a y =-+，222()CB x a y h =-++，∴22222()2()x a y h x a y -++=++，化简可得2222516393a h x a y ⎛⎫++=+ ⎪⎝⎭.∴C 的轨迹是圆．故选：B ．二.填空题11．【浙江省2019届高三高考全真模拟（二)】某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的最长的棱长为________，体积为________.7()cm 23()cm 【解析】由通过三视图可以知道该几何是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，底面是直角梯形，如图所示：四棱锥A BCDE -，2,22,AC DC BE AC ===⊥底面BCDE ，在直角梯形BCDE 中，可求出2BC =，在Rt ABC ∆中，2222(2)(2)2AB AC BC =+=+=，同理可求出：22(2)26AD =+=，22222222(2)217AE AC CE AC CD DE =+=++=++=，设四棱锥的底面BCDE 的面积为S ，所以13111122S =⨯+⨯⨯=，因此四棱锥的体积113223322V S AC =⋅⋅=⨯⨯=，所以该几何体的最长侧棱长为7()cm ，体积为223()cm . 12．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm3）等于_____，表面积（单位：cm2）等于____．【答案】3【解析】根据几何体的三视图，得该几何体为以等腰梯形ABCD 与等腰梯形为底面，高为1的直四棱柱，如图：由柱体体积公式得：V．又等腰梯形ABCD与等腰梯形全等，面积和为6，矩形DC的面积为21=2，矩形的面积为41=4，矩形与矩形DA的面积相等，又由正视图可得BC=，所以矩形与矩形DA的面积和为2=2，所以表面积为6+2+4+2=12+2，故答案为3，.13．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】若某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体最长的棱长是__________，体积等于__________．【答案】 20【解析】由三视图可得该几何体是截长方体得到的四棱锥,其中，最长的棱长是，体积.14．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）等于_______，表面积（单位：）等于__________．【答案】【解析】几何体一个边长为2的正方体挖去一个正四棱锥（顶点在正方体下底面中心，底面为正方体上底面），因此几何体的体积为，表面积为15．【浙江省金华十校2019届高三上期末】一个棱柱的底面是边长为6的正三角形，侧棱与底面垂直，其三视图如图所示，则这个棱柱的体积为______，此棱柱的外接球的表面积为______．【答案】【解析】由题意可知，该三棱柱是一个直三棱柱，且底面是边长为6的正方形，底面积为，该三棱柱的高，所以，该三棱柱的体积为．由正弦定理可知，该正三棱柱底面的外接圆直径为，则其外接球的直径为，则，因此，此棱柱的外接球的表面积为．故答案为：；．16．【浙江省金华十校2019届下学期高考模拟】某几何体的三视图如图所示，正视图为腰长为1的等腰直角三角形，侧视图、俯视图均为边长为1的正方形，则该几何体的表面积是_____，体积是_____．33222+13 【解析】由三视图还原原几何体如图所示，该几何体为四棱锥P ABCD -，该几何体的表面积PAB PAD PCD PBC ABCD S S S S S S ∆∆∆∆=++++四边形1163331122222222=⨯⨯⨯+=+；体积12121323V =⨯=. 3322，13．17．【浙江省台州市2019届高三4月调研】已知正方体中，为的中点，在平面内，直线，设二面角的平面角为，当取最大值时，______.【答案】【解析】设直线交于，因为直线，为的是中点，所以为的中点，过作∥交于，则∥，连结交于H，则为的中点，过作∥交于点，则为中点，因为⊥平面，所以⊥平面，所以⊥，⊥，所以为二面角的平面角，即，问题转化为在上找一点，使最大，设正方体的边长为，，则，，当，即为中点时，最小，最大此时，，18．【浙江省2019届高三高考全真模拟（二)】四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，90BAD ∠=︒，112PA AB BC AD ====，//BC AD ，已知Q 是四边形ABCD 内部一点，且二面角Q PD A --的平面角大小为4π，若动点Q 的轨迹将ABCD 分成面积为1212,()S S S S <的两部分，则12:S S =________. 354- 【解析】以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，如图：设Q 的轨迹与y 轴的交点坐标为Q （0，b ，0）（b ＞0）．由题意可知A （0，0，0），D （2，0，0），P （0，0，1），∴DP =（﹣2，0，1），DQ =（﹣2，b ，0）. AD =（2，0，0）．设平面APD 的法向量为1n =（x 1，y 1，z 1），平面PDQ 的法向量为2n =（x 2，y 2，z 2）则121200,,00n DP n DP n AD n DQ ⎧⎧⋅=⋅=⎪⎪⎨⎨⋅=⋅=⎪⎪⎩⎩ 即11221222020,2020x z x z x x by -+=-+=⎧⎧⎨⎨=-+=⎩⎩，令y 1=0得1n =（0，1，0），令z 2=2得2n =（1，2b，2）． ∴1212224,1,5n n n n b b⋅===+ ∵二面角Q ﹣PD ﹣A 的平面角大小为4π， ∴cos ＜12n n ⋅＞=12122n n n n ⋅=222,245b b =+解得255∴S△ADQ=1122255 2255AD AQ⋅=⨯⨯=．S梯形ABCD﹣S△ADQ=1232(12)155 2525⨯+⨯-=-．∵S1＜S2，∴S1=32525-，S2=255．∴S1：S2=（35﹣4）：4．故答案为（35﹣4）：4．三.解答题19．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】如图，在三棱锥中，是棱的中点，，且,（Ⅰ）求证：直线平面；（Ⅱ）求二面角的正弦值.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）连接，因为，所以.由已知得，，所以，所以，又，所以平面（Ⅱ）过点作，垂足是，因为是棱的中点，，所以点是的中点.连接，所以.所以就是二面角的平面角.由（Ⅰ）知平面，所以.因为，，所以所以,即二面角的正弦值为.20．【浙江省台州市2019届高三4月调研】如图棱锥的底面是菱形，，，侧面垂直于底面，且是正三角形.（Ｉ）求证：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（Ｉ）见解析；（Ⅱ）.【解析】（Ｉ）如图，取中点，连接、因为是正三角形，所以又因为是菱形，，所以是正三角形，所以又，平面所以平面因为平面所以（Ⅱ）因为侧面垂直于底面，面面，所以面如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则,，，则，，设平面的法向量则，取，得，所以，记直线与平面所成角为所以所以直线与平面所成角的正弦值为.21．【浙江省宁波市2019届高三上期末】如图所示，四面体中，是正三角形，是直角三角形，是的中点，且.（1）求证：平面；（2）过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值.【答案】（1）见证明；（2）【解析】（1）如图所示，因为为等边三角形，所以，由，得，所以，即为等腰直角三角形，从而为直角，又为底边中点，所以.令，则，易得，所以，从而，又为平面内两相交直线，所以平面.（2）由题意可知，即到平面的距离相等，所以点为的中点，以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系. 设，则，易得.设平面的法向量为，平面的法向量为，则，取；，取，设二面角的大小为，易知为锐角，则，所以二面角的余弦值为.22．【浙江省2019届高三高考全真模拟（二)】已知P ABC -为正三棱锥，底面边长为2，设D 为PB 的中点，且AD PC ⊥，如图所示.（Ⅰ）求证：PC ⊥平面PAB ；（Ⅱ）求二面角D AC B --的平面角的余弦值. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）223. 【解析】（Ⅰ）以AB 中点O 为空间直角坐标系的原点，OC 为x 轴，OA 为y 轴，过O 作平面ABC 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：(0,1,0),(0,1,0),3,0,0)A B C -，由于点P 在平面ABC 的射影为三角形ABC 的中心，设3P h ⎫⎪⎪⎝⎭，所以23,0,,(0,2,0)PC h AB ⎛⎫=-=- ⎪⎪⎝⎭， 2300(2)()00PC AB h ⋅=+⨯-+-⨯=，PC AB ∴⊥而AD PC ⊥，AB AD A ⋂=，,AB AD ⊂平面PAB ，所以PC ⊥平面PAB ；（Ⅱ）由中点坐标公式可知：31,622h D ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，由=0AD PC ⋅可知:211032AD PC h ⋅=-=，解得23h =，设平面ACD 的法向量为(,,)a x y z =，因为336,,,(3,1,0)626AD AC ⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭，所以33606230ADa xy z AC a x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-=⎩，取2x =，解得(2,6,8)a =，平面ABC 的法向量为(0,0,1)b =，所求二面角的平面角为θ，则22cos 3|||72a b a b θ⋅===⋅，二面角D AC B --的平面角的余弦值为22. 23．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】在三棱锥D -ABC 中，AD ⊥DC ，AC ⊥CB ，AB ＝2AD ＝2DC ＝2，且平面ABD ⊥平面BCD ，E 为AC 的中点．（I ）证明：AD ⊥BC ；（II ）求直线 DE 与平面ABD 所成的角的正弦值．【答案】（I ）见证明；（II ）【解析】（I ）过作，（其中与都不重合，否则，若与重合，则与矛盾，若与重合，则，与矛盾）面面面，又面（II）法一：作，则，由（1）知：面即与面所成角，且法二：由（I）知平面，，以为原点，分别以射线为轴，轴的正半轴，建立空间直角坐标系由题意知：∴，∵平面的法向量为，设与面所成角为∴24．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，且，平面平面，二面角为.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求与平面所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）见解析（2）【解析】（Ⅰ）证明：平面平面，交线为，且，∴平面，从而，，∴即为二面角的平面角，即.又，，由余弦定理得，∴，即.又，∴平面.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面，从而，，又，，故.由已知，点到平面的距离等于点到平面的距离，设点到平面的距离为，则点到平面的距离也为，由得：，.∴与平面所成角的正弦值.25．【浙江省金华十校2019届高三上期末】在三棱锥中，，H为P点在平面ABC的投影，．Ⅰ证明：平面PHA；Ⅱ求AC与平面PBC所成角的正弦值．【答案】Ⅰ见解析；Ⅱ【解析】证明：Ⅰ取M为BC的中点，连结PM，AM，，，，又为P点在平面ABC的投影，，而，，又，，、A、M三点共线，从而，结合条件，平面PHA．解：Ⅱ过A作，连结CN，平面PHM，，，平面PBC，就是直线AC与平面PBC所成角，设，由，得，，由，知，，，，，，，解得，与平面PBC所成角的正弦值．26．【浙江省金丽衢十二校2019届高三第一次联考】如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1，点M、E分别是PA、PD的中点(1)求证：CE//平面BMD(2)点Q为线段BP中点，求直线PA与平面CEQ所成角的余弦值.【答案】(1)见解析；（2）.【解析】（1）连接ME，因为点分别是的中点，所以，所以，所以四边形为平行四边形，所以.又因为平面，平面,所以平面.（2）如图，以为坐标原点建立空间坐标系，则又，设平面的法向量为，列方程组求得其中一个法向量为，设直线与平面所成角大小为，于是，进而求得.27．【浙江省金华十校2019届下学期高考模拟】在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，BC CD ⊥，1SC SD CD DA ====，2CB =，//AD BC ，23SCB π∠=，E 为线段SB 上的中点．（1）证明：//AE 平面SCD ；（2）求直线AE 与平面SBC 所成角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）13【解析】（1）取SC 的中点F ，连接EF ，DF ．∵E ，F 是SB ，SC 的中点，∴//EF BC ，12EF BC =，又//AD BC ，12AD BC =，∴//EF AD ，EF AD =， ∴四边形ADFE 是平行四边形，∴//AE DF ，又DF ⊂平面SCD ，AE ⊄平面SCD ，∴//AE 平面SCD ．（2）取CD 的中点O ，连接SO ，过O 作BC 的平行线OM ，以O 为原点，以OD ，OM 和平面ABCD 过点O 的垂线为坐标轴建立空间坐标系O xyz -，∵1SC CD SD ===，∴32SO =，设二面角S CD A --的大小为α，则33(0,cos ,sin )22S αα，1(,1,0)2A ，1(,2,0)2B -，1(,0,0)2C -，∴133(,1cos ,sin )444E αα-+， ∴(0,2,0)CB =，133(,cos ,sin )2CS αα=，∵23SCB π∠=， ∴cos ,CB CS CB CS CB CS ⋅<>=3cos 31cos 2αα===-， ∴3cos α=-，6sin α=.∴12(0,,)2S -，132(,,)44E ， ∴312(,,)444AE =--，112(,,)222CS =-，设平面SCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00n CB n CS ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即20112022y x y z =⎧⎪⎨-+=⎪⎩，令2x =可得(2,0,1)n =-，∴cos ,n AE n AE n AE ⋅<>=2223332-==-⨯，设直线AE 与平面所成角为θ，则22sin cos ,3n AE θ=<>=，∴1cos 3θ=. ∴直线AE 与平面所成角的余弦值为13．28. 【浙江省2019届高考模拟卷（二)】如图，四边形中，，，，沿对角线将翻折成，使得.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见证明；（2）【解析】（1）证明：取的中点，连.∵，∴．又，∴.在中，，∴．又，∴平面，又平面，∴.（2）解法1：取的中点，连结，∵，∴,又，∴．又由题意得为等边三角形，∴，∵，∴平面．作，则有平面，∴就是直线与平面所成的角．设，则，在等边中，．又在中，，故．在中，由余弦定理得，∴，∴直线与平面所成角的正弦值为．解法2：由题意可得，建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设，则在直角三角形中，可得，作于，则有平面几何知识可得，∴．又可得，.∴,．设平面的一个法向量为，由，得，令，则得．又，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．29.【浙江省2019届高考模拟卷（三)】在三棱锥中，平面平面，，，，.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）详见解析（2）【解析】（1）由题意平面平面，平面，平面平面=AC，又，，∴，∴平面，从而有，又由勾股定理得，，∴平面，即；（2）设，则，在中，，即.故，，过作于点，连接，过点作于点，连接，因为且，故平面，又因为平面，所以平面平面，进而有平面，故是与平面所成的角，在中，有，得，故，，由等面积法知，所以，故直线与平面所成角的正弦值为.30.【浙江省2019届高考模拟卷（一)】四棱锥中，平面，为的中点，为菱形，，，、分别是线段、的中点.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的正切值.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）【解析】证明：（Ⅰ）延长交于点，∵而，∴，所以.平面，平面，∴平面（II）过点作于，易知面过作于，连接，则面∴，，∴即所求二面角的平面角不妨令，则，，所以.。

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2020年高考数学试题分类汇编：空间向量
【考点阐述】
空间向量及其加法、减法与数乘．空间向量的坐标表示．空间向量的数量积．直线的方向向量．
【考试要求】
（3）理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘．
（4）了解空间向量的基本定理；理解空间向量坐标的概念．掌握空间向量的坐标运算．
（5）掌握空间向量的数量积的定义及其性质：掌握用直角坐标计算空间向量数量积的公式；掌握空间两点间距离公式．
（6）理解直线的方向向量、平面的法向量、向量在平面内的射影等概念．
【考题分类】
（一）填空题（共1题）
1.（海南宁夏卷理13）已知向量(0,1,1)a =-r ，(4,1,0)b =r ，||a b λ+=
r r 且0λ>，则λ= ____________.
解：由题意(4,1,)λ+-λλa b =2216(1)29(0)λλλ⇒+-+=>3λ⇒=。