2021高考数学必考题型专题立体几何与空间向量综合习题精选含答案

2021高考数学必考题型专题立体几何与空间向量
空间几何体的三视图及表面积与体积
题型一三视图识图
例1将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥，得到如图(2)所示的几何体，则该几何体的侧(左)视图为()
破题切入点根据三视图先确定原几何体的直观图和形状，然后再解题．
答案 B
解析还原正方体后，将D1，D，A三点分别向正方体右侧面作垂线．D1A的射影为C1B，且为实线，B1C 被遮挡应为虚线．
题型二空间几何体的表面积和体积
例2如图是某简单组合体的三视图，则该组合体的体积为()
A．363(π＋2) B．363(π＋2)
C．1083π D．108(3π＋2)
破题切入点先根据三视图的结构特征确定几何体的构成——半圆锥与棱锥的组合体，然后把三视图中的数据转化为该组合体的数字特征，分别求出对应几何体的体积，则两者体积之和即该组合体的体积．
答案 B
解析由俯视图，可知该几何体的底面由三角形和半圆两部分构成，结合正视图和侧视图可知该几何体是由半个圆锥与一个三棱锥组合而成的，并且圆锥的轴截面与三棱锥的一个侧面重合，两个锥体的高相等．由三视图中的数据，可得该圆锥的底面半径r ＝6，三棱锥的底面是一个底边长为12，高为6的等腰三角形，两个锥体的高h ＝
122－62＝63，
故半圆锥的体积V 1＝12×1
3π×62×63＝363π.
三棱锥的底面积S ＝1
2×12×6＝36，
三棱锥的体积V 2＝13Sh ＝1
3×36×63＝72 3.
故该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝363π＋72 3 ＝363(π＋2)．故选B. 题型三立体几何中的综合问题
例3 四面体ABCD 及其三视图如图所示，平行于棱AD ，BC 的平面分别交四面体的棱AB ，BD ，DC ，CA 于点E ，F ，G ，H .
(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四面体EFGH 是矩形．
破题切入点由三视图和几何体得知原几何体中各元素的量和性质来求解． (1)解
由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1， ∴AD ⊥平面BDC ，
∴四面体ABCD 体积V ＝13×12×2×2×1＝2
3
.
(2)证明 ∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ，
∴BC∥FG，BC∥EH，
∴FG∥EH.
同理EF∥AD，HG∥AD，
∴EF∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
又∵AD⊥平面BDC，
∴AD⊥BC，∴EF⊥FG.
∴四边形EFGH是矩形．
总结提高(1)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高．
(2)三视图排列规则：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图一样；侧视图放在正视图的右面，高度和正视图一样，宽度与俯视图一样．
(3)立体几何中有关表面积、体积的计算首先要熟悉几何体的特征，其次运用好公式，作好辅助线等．
1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是()
答案 D
解析由三视图可知上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选D.
2．如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm，高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为()
A.1727
B.59
C.1027
D.13 答案 C
解析由三视图可知几何体是如图所示的两个圆柱的组合体．其中左面圆柱的高为4 cm ，底面半径为2 cm ，右面圆柱的高为2 cm ，底面半径为3 cm ，则组合体的体积V 1＝π×22×4＋π×32×2＝16π＋18π＝34π(cm 3)，原毛坯体积V 2
＝π×32×6＝54π(cm 3)，则所求比值为
54π－34π54π＝10
27
.
3．某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )
A ．90 cm 2
B ．129 cm 2
C ．132 cm 2
D ．138 cm 2 答案 D
解析该几何体如图所示，长方体的长、宽、高分别为6 cm,4 cm ，3 cm ，直三棱柱的底面是直角三角形，边长分别为3 cm,4 cm,5 cm ，所以表面积S ＝[2×(4×6＋4×3)＋3×6＋3×3]＋⎝⎛⎭⎫5×3＋4×3＋2×1
2×4×3＝99＋39＝138(cm 2)．
4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A ．54
B ．60
C ．66
D ．72 答案 B
解析由俯视图可以判断该几何体的底面为直角三角形，由正视图和侧视图可以判断该几何体是由直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)截取得到的．在长方体中分析还原，如图(1)所示，故该几何体的直观图如图(2)所示．在图(1)中，直角梯形ABP A 1的面积为1
2×(2＋5)×4＝14，计算可得A 1P ＝5.直角梯形BCC 1P 的面积
为12×(2＋5)×5＝35
2.因为A 1C 1⊥平面A 1ABP ，A 1P ⊂平面A 1ABP ，所以A 1C 1⊥A 1P ，故Rt △A 1PC 1的面积为12×5×3＝152
.
又Rt △ABC 的面积为1
2×4×3＝6，矩形ACC 1A 1的面积为5×3＝15，故几何体ABC －A 1PC 1的表面积为14
＋
352＋15
2
＋6＋15＝60. 5．两球O 1和O 2在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的内部，且互相外切，若球O 1与过点A 的正方体的三个面相切，球O 2与过点C 1的正方体的三个面相切，则球O 1和球O 2的表面积之和的最小值为( ) A ．(6－33)π B ．(8－43)π C ．(6＋33)π D ．(8＋43)π 答案 A
解析设球O 1，O 2的半径分别为r 1，r 2，由题意知O 1A ＋O 1O 2＋O 2C 1＝3，
而O 1A ＝3r 1，O 1O 2＝r 1＋r 2，O 2C 1＝3r 2， ∵3r 1＋r 1＋r 2＋3r 2＝ 3.∴r 1＋r 2＝
3－3
2
，从而S 1＋S 2＝4πr 21＋4πr 22＝4π(r 21＋r 2
2)
≥4π·(r 1＋r 2)2
2
＝(6－33)π.
6．已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S —ABC 的体积为( )
A ．3 3
B ．2 3 C. 3 D ．1 答案
C 解析
如图，过A 作AD 垂直SC 于D ，连接BD .
由于SC 是球的直径，所以∠SAC ＝∠SBC ＝90°，又∠ASC ＝∠BSC ＝30°，又SC 为公共边，所以△SAC ≌△SBC . 由于AD ⊥SC ，所以BD ⊥SC . 由此得SC ⊥平面ABD .
所以V S —ABC ＝V S —ABD ＋V C —ABD ＝1
3S △ABD ·SC .
由于在Rt △SAC 中，∠ASC ＝30°，SC ＝4，所以AC ＝2，SA ＝23，由于AD ＝SA ·CA SC ＝ 3.
同理在Rt △BSC 中也有BD ＝SB ·CB
SC ＝ 3.
又AB ＝3，所以△ABD 为正三角形，
所以V S —ABC ＝13S △ABD ·SC ＝13×1
2×(3)2·sin 60°×4＝3，所以选C.
7．某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )。

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高考数学复习重难点03 空间向量与立体几何(解析版)-2021年高考数学专练(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“a b βb β⊂”是“”的（）a β⊥ab ⊥r rA ．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；a β⊥b β⊂a b ⊥r r 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.a b ⊥r rb β⊂a β所以“”是“”的充分不必要条件．a β⊥ab ⊥r r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1111ABCD A B C D -1，点E 是底面ABCD 上的动点，则的最大值为（）()111CE CA D B -⋅ AB ．1CD【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1,,DA DC DD ,,x y z 111(0,0,1),(1,1,1),(1,0,1),D B A 设，其中，则，(,,0)E x y [],0,1x y ∈()()11111,,1,1,1,0CE CA A E x y D B -==--=所以，等号成立的条件是，故其最大值为1，111()11CE CA D B x y -⋅=+-≤ (1,1,0)E 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（ m n αβ）A ．若，，，则m n ⊥m α⊥n β⊥αβ⊥B ．若，，，则//m n m α⊥//n βαβ⊥C ．若，，，则m n ⊥//m α//n β//αβD ．若，，，则//m n m α⊥n β⊥//αβ【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；m n ⊥m α⊥n β⊥B ．若，，则，又，则平面内存在直线，所以，所以，B//m n m α⊥n α⊥//n ββ//c n c α⊥αβ⊥正确；C ．若，，，则可能相交，可能平行，C 错；m n ⊥//m α//n β,αβD ．若，，，则的法向量平行，所以，D 正确．//m n m α⊥n β⊥,αβ//αβ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ABCD M BD AB 所成角的余弦值为（）CM ABCD【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AD N //MN AB CMN ∠CMN △即可.【详解】设正四面体的棱长为2，ABCD 取的中点为，因为是棱的中点，所以，AD N M BD //MN AB 所以即为所求（或其补角）.CMN ∠在中，，CMN △112MN AB ==CM CN ==所以.222cos 2MN CM CN CMN MN MC +-∠===⋅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111ABC A B C -2的等边三角形，若直线与平面所成角为，则棱柱的高为（）1AB 11ACC A 45 A ．B ．2CD ．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111ABC A B C -11A C D 1B D AD 1AB 角的定义得出即直线与平面所成角，，最后根据1B AD Ð1AB 11ACC A 145B AD ∠= 即可得出结果.1A A 【详解】如图，绘出三棱柱，111ABC A B C -取中点，连接、、，11A C D 1B D AD 1AB 因为三棱柱侧面与底面垂直，底面是边长为的等边三角形，111ABC A B C -2所以，平面，，，111B D A C ^1B D ⊥11ACC A 11A D =1B D =由线面角的定义即可得出即直线与平面所成角，1B AD Ð1AB 11ACC A则，，145B AD ∠= 1AD B D ==1A A =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A BCD -ABD ⊥BCD 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（）ABD △BCD △A ．B ．C ．D ．4π163π8π203π【答案】D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ABD △BCD △,E F ,E F O 由，求出三棱锥外接球的半径，则外接球的表面积可求.R OC ==【详解】如图，由已知可得，与均为等边三角形，ABD △BCD △取中点，连接，，则，BD G AG CG AG BD ⊥∵平面平面，则平面，ABD ⊥BCD AG ⊥BCD 分别取与的外心，过分别作两面的垂线，相交于，ABD △BCD △,E F ,E F O 则为三棱锥的外接球的球心，O A BCD -由与均为边长为的等边三角形，ABD △BCD △2可得，11233OE OF CG ===⨯=，223CE ∴==，R OC ∴====∴三棱锥A −BCD 的外接球的表面积为.2220443R πππ⨯=⨯=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P ABCD -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P AEMF -积的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦14,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦41,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦8,19⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D【分析】设,则，然后利用等体积法由,PE PF x y PB PD ==,PE xPB PF yPD ==P AEMFP AEF P EMF V V V ---=+，得到，再消元得到，令()223P AFM P AEM V V xy x y --=+==+331y x y =-223331P AEMF y V y -=⋅-31y t -=，利用对勾函数的性质求解.【详解】设,则,PE PF x y PB PD ==,PE xPB PF yPD==所以，412,323P AEF P ABD P MEF P BCD V xy V xy V xyV xy ----=⋅=== ，1212,2323P AFM P ACD P AEM P ABC V y V y V x V x ----=⋅==⋅=，()223P AEMF P AEF P EMF P AFM P AEM V V V V V xy x y -----=+=+==+所以，则，3x y xy +=331y x y =-令，因为，31y t -=1,12y ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦所以，1,22t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦所以，()221311412,319992t y t y t t +⎛⎫⎡⎤==++∈ ⎪⎢⎥-⎝⎭⎣⎦所以，2238,13319P AEMFy V y -⎡⎤=⋅∈⎢⎥-⎣⎦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，1111ABCD A B C D -F 1AA 与的交点为，点在棱上，且，动点（不同于点）在四边形内AC BD O M BC 2BM MC =T M ABCD 部及其边界上运动，且，则直线与所成角的余弦值为（）TM OF ⊥1B F TMABCD ．79【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DC N 2DN NC =NM 1CC H DH BH T 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.MN HDB ∠1B F TM 【详解】易知.因为平面，所以，BD AC ⊥AF ⊥ABCD AF BD ⊥所以平面，又平面，所以，BD ⊥AFO OF ⊂AFO BD OF ⊥在棱上取一点，且，连接，则，DC N 2DN NC =NM //NM BD 所以，所以动点的轨迹为线段(不包含).NM OF ⊥T MN M 取棱的中点，连接，易知，1CC H DH 1//DH FB 则异面直线与所成的角.连接，HDB ∠1B F TM BH 因为，，DH ==BD =BH =所以.222cos 2DH BD BH HDB DH BD +-∠==⨯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0,2π⎛⎤⎥⎝⎦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⊥βB ．若m // α，n // β，且m // n ，则α // βC ．若m ⊥α，n // β，且m ⊥n ，则α⊥βD ．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m α⊥n β⊥m n ⊥αβ⊥，，可得数量积为零，即，所以可判断是正确的，故正确，1n u r 2n u u r 12n n ⊥αβ⊥A 对于B ：若，，且，则．不正确，如两个面相交，两个相交的墙面，直线，//m α//n β//m n //αβm 都平行于交线，也满足，，，所以不正确；n //m α//n βB 对于C ：若，，且，则有可能，不一定，所以不正确；m α⊥//n βm n ⊥//αβαβ⊥C 对于D ：若，，且，，，，故正确； m α⊥//n β//m n n α∴⊥//n βαβ∴⊥D 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，，P ABC -O 1AB BC AC ===，平面平面，则（）6APC π∠=PAC ⊥ABCA ．直线与直线垂直B ．到平面OA BC P ABC C ．球的表面积为D ．三棱锥的体积为O 133πO ABC -18【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ABC A 1O OA BC ⊥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PAC △2r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ABC A O ABC -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ABC A 1O 1OO 1O A O 1OO ⊥ABC ．因为，所以，所以平面，所以，故A1OO BC ⊥1AB BC AC ===1O A BC ⊥BC ⊥1OO A OA BC ⊥正确．设外接圆的圆心为，的中点为，连接，由于，，所以圆的PAC △2O AC D 2O D 1AC =6APC π∠=2O 半径，则易知，所以点到的距离的最大值为，，21112sin 6r π=⨯=2O D =PAC 1+P 2O 三点共线），故B 错误．D 由于，所以圆的半径．连接，则，且1AB BC AC ===1O 1112sin 3r π=⨯=1O D 1O D =，由于平面平面，平面平面，所以平面．连接1OD AC ⊥PAC ⊥ABC PAC ABC AC =1O D ⊥PAC ，则平面，所以四边形是矩形，于是，在直角2OO 2OO ⊥PAC 12OO DO 21OO O D ==2O A 三角形中，，故球的表面积，故C 正2OO A 222222213112OA OO O A =+=+=O 13134123S ππ=⨯=确．由于平面，且，所以三棱锥的体积为1OO ⊥ABC 12OO O D ==ABC S !O ABC -113OO ⨯⨯，所以D 正确．1138ABC S ==△【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PAC △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1cm 2cm ___________.θ=【答案】；π【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，1cm 2cm π则其侧面展开图扇形的圆心角，22πθπ==故答案为：.π【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1111ABCD A B C D -P 上的动点（不含端点），给出下列结论：1A B①平面平面；11A D P ⊥1A AP ②多面体的体积为定值；1CDPD ③直线与所成的角可能为；1D P BC 3π④可能是钝角三角形．1APD △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11A D P∠11A D B∠11sin A D B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1cos ,AP D P <>范围，即可判断④的正误，即可得答案.λ【详解】对于①：因为正方体，所以平面，1111ABCD A B C D -11A D ⊥11ABB A 又为线段上的动点，所以平面，P 1A B 11A D ⊥1A AP 又平面，所以平面平面，故①正确；11A D ⊂11A D P 11A D P ⊥1A AP对于②：因为正方体，所以，1111ABCD A B C D -1111122CDD S =⨯⨯=A 又为线段上，所以P 到平面的距离恒等于1，P 1A B 1CDD 所以多面体的体积，为定值，故②正确；1CDPD 1111=1=326P CDD V -⨯⨯对于③：因为，所以与所成的角，即为与所成的角，即即为所11BC A D A 1D P BC 1D P 11A D 11A D P ∠求，由图可得，当P 运动到B 的位置时，最大即为，11A D P ∠11A D B ∠此时1111=1A D A B D P ==，在中，，11Rt D A B A 1111sin sin 3A B A D B D P π===<=所以，所以当P 运动时，不可能为，故③错误；113A D B π∠<11A D P ∠3π对于④：分别以DA 、DC 、为x ，y ，z 轴正方向建系，如图所示：1DD 所以，所以，11(1,0,0),(1,1,0),(1,0,1),(0,0,1)A B A D 1=(0,1-1)A B，因为为线段上运动，设，，，所以，P 1A B 11A P A B λ=[0,1]λ∈(1,,)P y z 1(0,,1)A P y z =- 所以，所以，1y z λλ=⎧⎨-=-⎩(1,,1)P λλ-所以，1(0,,1),(1,,)AP D P λλλλ=-=-所以111cos ,AP D P AP D P AP D P ⋅<>===因为，所以当时，，[0,1]λ∈1(0,2λ∈1cos ,0AP D P <>=<即此时为钝角，所以可能是钝角三角形，故④正确.1APD ∠1APD △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，在判断是否为钝角三1APD △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1111ABCD A B C D -，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120ABC ∠=︒E BC E 1BD ______.【分析】取的中点，在取点，使得，分别连接，且与交于点，连AB F 1BB M 1BM =,,EF ME MF BD EF N 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MN 1BD ⊥MEF MEF A 式，即可求解.【详解】由题意，取的中点，在取点，使得，AB F 1BB M 1BM =分别连接，且与交于点，连接，,,EF ME MF BD EF N MN 因为底面为菱形，可得，ABCD AC BD ⊥又由是的中点，可得，所以，,E F ,BC AB //EF AC EF BD ⊥因为直四棱柱，可得，所以平面，1111ABCD A B C D -1EF BB ⊥EF ⊥11BDD B 又由平面，可得，1BD ⊂11BDD B 1EF BD ⊥在正方形中，可得，因为，可得，11BDD B 11BD B D ⊥1//MN B D 1MN BD ⊥从而得到平面，此时为等腰三角形，1BD ⊥MEF MEF A 在直角中，，可得BME A 2,1BE BM ==ME =又由，111244EN EF AC ===⨯=在直角中，可得，MNE A MN==所以截面的面积为1122S EFMN =⋅=⨯=.【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，，，D ABC -AD ⊥ABC 3AC=BC =，若三棱锥，则此三棱锥的外接球的表面积为______1cos 3BAC ∠=D ABC -【答案】20π【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R O ABC A 1O 1AO O OE AD ，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E OA OD ABC A ABC A 的关系求得外接球的半径，运用球的表面积公式可得答案.1,,R r OO 【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，R O ABC A 1O r 1AO过作平行线交于，连接，，如图所示，则，，，O OE AD E OA OD OA OD R ==1O A r =OE AD ⊥所以为的中点.E AD 在中，由正弦定理得，解得.ABCA 2sin BC r BAC ==∠r =在中，由余弦定理，可得，ABC A 2222cos BC AB AC AB AC BAC =+-⋅⋅∠2117963AB AB =+-⋅⋅得.4AB =所以11sin 3422ABC S AB AC BAC =⋅⋅∠=⨯⨯=△因为，所以.连接，又，所以1133D ABC ABC V S AD AD -=⋅⋅=⨯⨯=△AD =1OO 1//OO AD 四边形为平行四边形，1EAO O ，所以.112EA OO AD ===R ===所以该三棱锥的外接球的表面积.224π4π20πS R ===故答案为：.20π【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，1111ABCD A B C D -ABCD 111,2AB AA E ==1AA EC =（1）求证：平面；1D E ⊥EDC （2）求二面角的大小.D EC B --【答案】（1）证明见解析；（2）.3π【分析】（1）由勾股定理可得，得出平面，再通过和即可得证；DE CD ⊥CD ⊥11ADD A 1CD ED ⊥1D E ED ⊥（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D 1,,DA DC DD ,,x y z 求出.【详解】解：（1）因为点是的中点，所以，E 1AA 1AE =又，故在中，1AD =Rt EAD A DE =由题可知，，则，1EC DC ==222DC DE EC +=所以.DE CD ⊥因为四棱柱是直四棱柱，1111ABCD A B C D -故平面，平面，CD ⊥11ADD A 1ED ⊂Q 11ADD A 故，1CD ED ⊥因为，所以.112ED ED DD ===1D E ED ⊥又，所以平面；CD ED D = 1D E ⊥ECD （2）由（1）可知，两两相垂直，1,,DA DC DD 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，D 1,,DA DC DD ,,x y z.()()()()110,0,2,1,0,1,,0,1,01,1,2D E C B 所以，()()()111,0,1,1,1,1,0,1,1ED EC EB =-=--=设平面的法向量为，1D EC (),,n n y z = 则10000x z n ED x y z n EC ⎧-+=⎧⋅=⇒⎨⎨-+-=⋅=⎩⎩令则1,x =()1,2,1n = 设平面的法向量为，1B EC (),,m a b c = 则，10000b c m EB a b c m EC ⎧+=⎧⋅=⇒⎨⎨-+-=⋅=⎩⎩令，则，1b =()2,1,1m =- 则，1cos ,2m n m n m n ⋅<>== 因为二面角为锐角，则二面角的大小为.3π【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ABCD 平面，.ADEF ⊥ABCD //,,AF DE AD DE AF DE ⊥==（1）求证：平面平面；ACE ⊥BED （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；AF M M BE D --AMAF 若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在；.14AM AF =【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D .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.D xyz -()3,0,M t M BE D --t t 【详解】解：（1）因为平面平面，平面平面，平面，ADEF ⊥ABCD ADEF ABCD AD =DE ⊂ADEF ，DE AD ⊥所以平面，DE ⊥ABCD 因为平面，所以，AC ⊂ABCD DE AC ⊥又四边形是正方形，所以，ABCD AC BD ⊥因为，平面，平面，DE BD D ⋂=DE ⊂BED BD ⊂BED 所以平面.AC ⊥BED又平面，AC ⊂ACE 所以平面平面；ACE ⊥BED （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.,,DA DC DE D D xyz-则，，假设在线段上存在符合条件的点()((3,0,0,3,0,,A F E ()()3,3,0,0,3,0B C AF ，设，，则，M ()3,0,Mt 0t ≤≤()(()0,3,,3,,3,3,0BM t BF CA =-=--=- 设平面的法向量为，MBE (),,m x y z = 则，·30·330m BM y tz m BE x y ⎧=-+=⎪⎨=--+=⎪⎩ 令，得，y t=(),,3m t t = 由（1）知平面，所以是平面的一个法向量，CA ⊥BED CABED ，·1cos ,cos 602m CA m CA m CA ︒====整理得，解得（舍去），22150t -+=t =t =故在线段上存在点，使得二面角的大小为60°，此时.AF M M BE D --14AM AF=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S ABCD -ABCD SAD A三角形，，，是的中点，二面角的大小等于120°.SA SD ==2AB =F BC S AD B --（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AD E SEF ⊥ABCD E 说明理由.（2）求直线与平面所成角的正弦值.SA SBC【答案】（1）在线段上存在点满足题意，为的中点；（2.E E AD 【分析】（1）取中点，可证，得线面垂直后可得面面垂直；AD E ,AD EF AD SD ⊥⊥（2）由（1）知就是二面角的平面角，得，建立空间直角坐标系SEF ∠S AD B --120SEF ∠=︒，用空间向量法求线面角．E xyz -解：（1）在线段上存在点满足题意，且为的中点.E E AD 如图，连接，，，EF SE SF ∵四边形是矩形，∴.ABCD AB AD ⊥又，分别是，的中点，E F AD BC ∴，.//EF AB AD EF ⊥∵为等腰直角三角形，，为的中点，SAD A SA SD =E AD ∴.SE AD ⊥∵，平面，平面，SE EF E = SE ⊂SEF EF ⊂SEF ∴平面.AD ⊥SEF 又平面，AD ⊂ABCD ∴平面平面.SEF ⊥ABCD 故上存在中点，使得平面平面.AD E SEF ⊥ABCD（2）解：由（1）可知就是二面角的平面角，SEF ∠S AD B --∴.120SEF ∠=︒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，E EA EFx y E xyz -由为等腰直角三角形，，得，SADA SA SD ==4AD ===.2SE ==可得，，，，(0,S -()2,0,0A ()2,2,0B()2,2,0C -∴，，，(2,1,SA =(2,3,SB = (2,3,SC =- 设是平面的法向量，(),,n x y z = SBC 则即0,0,n SB n SC ⎧⋅=⎨⋅=⎩230,230,x y x y ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩可取.(n = 设直线与平面所成的角为，SA SBC θ则，sin cos ,SA θ=∴直线与平面.SA SBC 【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，，MABC ABC A 90ACB ∠=︒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MAC △AC MAC △DAC △D 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ABC AB MAC △EAC A EAC ⊥ABC 体.DABCE （1）点在上，若平面，求点的位置；F BC //DF EAC F （2）求二面角的余弦值.D BCE --【答案】（1）为的中点；（2.F BC 【分析】（1）设点在平面内的射影为，连接，，取的中点，易得平面.取D ABC O OD OC BC F //OF EAC 的中点，连接，由平面平面，得到平面，又平面，则AC H EH EAC ⊥ABC EH ⊥ABC DO ⊥ABC ，则平面，然后由面面平行的判定定理证明.//DO EH //DO EAC （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OH O OF OH OD x y z 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BDC (),,m x y z = EBC (),,n a b c = 求解.cos ,m n m n m n ⋅=⋅ 【详解】（1）如图，设点在平面内的射影为，连接，，D ABC O OD OC ∵，AD CD =∴，OA OC =∴在中，为的中点.Rt ABC △O AB 取的中点，连接，，BC F OF DF 则，又平面，平面，//OF AC OF ⊄EAC AC ⊂EAC ∴平面.//OF EAC 取的中点，连接，AC H EH 则易知，又平面平面，平面平面，EH AC ⊥EAC ⊥ABC EAC ABC AC =∴平面，EH ⊥ABC 又平面，DO ⊥ABC ∴，又平面，平面，//DO EH DO ⊄EAC EH ⊂EAC ∴平面.//DO EAC 又，DO OF O ⋂=∴平面平面.//DOF EAC 又平面，DF ⊂DOF∴平面，此时为的中点.//DF EAC F BC （2）连接，由（1）可知，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线OH OF OH OD O OF OH OD 分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，x yz 则，，，，()1,1,0B-(D (0,1,E ()1,1,0C 从而，，.()0,2,0BC =u u ur (BD =-(1,2,BE =- 设平面的一个法向量为，BDC (),,m x y z = 则即0,0,BC n BD m ⎧⋅=⎨⋅=⎩20,0,y x y =⎧⎪⎨-++=⎪⎩得，取，则，.0y=x =1z=)m = 设平面的一个法向量为，EBC (),,n a b c = 则即0,0,BC n BE n ⎧⋅=⎨⋅=⎩20,20,b a b =⎧⎪⎨-+=⎪⎩得，取，，0b =a =1c =-)1n =-r 从而.cos ,m n m n m n⋅===⋅ 易知二面角为钝二面角，D BCE --所以二面角.D BCE --【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21111ABCD A B C D -ABCD 的菱形，，，点分别为棱，的中点.60BAD ∠=︒1AD DD ⊥,M N 1DD BC（1）求证：平面；//CM 1AD N（2）若，二面角与平面所成角的正弦值.1AC BD ⊥D MC B --AM BCM【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1AD E ,EM EN EMCN CM //NE 判定定理即可证明平面；//CM 1AD N （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1DD ⊥ABCD DMC的一个法向量，再由二面角的长，得与平面的一个BCM D MC B --DM MA BCM 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.AM BCM 【详解】（1）如图，取的中点，连接.因为为棱的中点，所以且.1AD E ,EM EN M 1DD //ME AD 12ME AD =因为四边形是菱形，为的中点，所以且，ABCD N BC //CN AD 12CN AD =所以且，所以四边形为平行四边形，所以，//C ME N ME CN =EMCN CM //NE 又平面，平面，所以平面.CM ⊄1AD N NE ⊂1AD N //CM 1AD N （2）连接，因为底面是菱形，所以，又，，，所以BD ABCD AC BD ⊥1AC BD ⊥1=BD BD B ⋂平面，所以，又，，所以平面.取AC ⊥1DBD 1AC DD ⊥1AD DD ⊥AC AD A = 1DD ⊥ABCD AB 的中点，连接，则，以为坐标原点，，所在直线分别为轴建立F DF DF DC ⊥D ,,DF DC DD ,,x y z 如图所示的空间直角坐标系.设，则，，，，，()120DD a a =>()0,0,0D ()0,0,M a ()0,2,0C )B )1,0A -所以.())0,2,,1,0MC a CB =-=- 设平面的法向量为，则，即，取，得BCM (),,m x y z = 00m MC m CB ⎧⋅=⎨⋅=⎩200y az y -=⎧⎪-=1x =.m ⎛= ⎝ 易知平面的一个法向量为DMC ()1,0,0n =r 由题意得，.cos ,m n =〈〉=a =所以，.1,MA =- (m =u r 设直线与平面所成的角为，AM BCM θ则sin cos ,||||m MA m MA m MA θ⋅=〈〉===⋅所以直线与平面.AM BCM【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sin AB n AB n α= A AB l n α所成的角.。

2021年高考数学经典例题专题七立体几何与空间向量含解析

专题七立体几何与空间向量一、单项选择题1．假如棱长为A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的外表积公式，即可得解.【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的外表积为2244336S R πππ==⨯=.应当选：C.【点睛】此题考查正方体的外接球的外表积的求法，求出外接球的半径是此题的解题关键，属于根底题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：〔1〕三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；〔2〕直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；〔3〕如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.2．某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如下列图，该三棱柱的外表积为〔〕．A ．63+B ．623+C ．123+D ．1223+【答案】D【解析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其外表积即可.【详解】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，如此其外表积为：()1322222sin 60122S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+ ⎪⎝⎭应当选：D.3．某几何体的三视图〔单位：cm 〕如下列图，如此该几何体的体积〔单位：cm 3〕是〔〕A ．73B ．143C ．3D ．6 【答案】A【解析】根据三视图复原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.【详解】由三视图可知，该几何体是上半局部是三棱锥，下半局部是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 应当选：A4．,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，假如⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，如此球O 的外表积为〔〕A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】由可得等边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2sin60AB r =︒=1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的外表积2464S R ππ==.应当选：A5．如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，如此该端点在侧视图中对应的点为〔〕A ．EB ．FC ．GD ．H【答案】A【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得M 点在侧视图中对应的点.【详解】根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E .应当选：A6．四面体ABCD 的顶点A ，B ，C ，D 在同个球面上，AD ⊥平面ABC ，3AD =，2AB =，3AC =，60CAB ∠=︒，如此该四面体的外接球的外表积为〔〕A ．6πB ．143πC ．12πD ．163π 【答案】C【解析】过ABC 外接圆1O ，作直线l ⊥平面ABC ，可得1123OO AD ==，在ABC 中，利用余弦定理求出BC =ABC 外接圆半径，利用勾股定理求出外接球半径，根据球的外表积公式即可求解.【详解】如下列图，作ABC 外接圆1O ，过1O 作直线l ⊥平面ABC ，又DA ⊥平面ABC ，//DA l ∴，连接1AO ，并延长交球O 于H ，连接DH ，与l 的交点为球心O ，OH OD R ==，如此112OO AD ==，在ABC 中，由余弦定理得2222cos60BC AB AC AB AC =+-⋅⋅︒14922372=+-⨯⨯⨯=，BC ∴=，又由正弦定理得12sin 60BC O H =︒(1O H 为外接圆半径)，13O H ∴= 222211621399R OH OO O H ∴==+=+=， 2412S R ππ∴==.应当选：C.7．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OAA处放置一个日晷，假如晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，如此晷针与点A处的水平面所成角为〔〕A．20°B．40°C．50°D．90°【答案】B【解析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A 处的纬度，计算出晷针与点A 处的水平面所成角.【详解】画出截面图如如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒.应当选：B8．△ABC 的等边三角形，且其顶点都在球OO 的外表积为16π，如此O 到平面ABC 的距离为〔〕A ．32C ．1D ．2【答案】C【解析】根据球O 的外表积和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 ，如此2416R ππ=，解得：2R =.设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC 的等边三角形，212a ∴=，解得：3a =，2233r ∴===∴球心O 到平面ABC 的距离1d ===.应当选：C.9．在三棱锥P ABC -中，BC ⊥平面PAB ，AP AB ⊥，D 是BC 的中点．假如45APB ∠=︒，60APC ∠=︒，如此直线PD 与平面ABC 所成角的正弦值为〔〕A ．3B ．2C D 【答案】C【解析】根据线面角的定义找到直线PD 与平面ABC 所成角的平面角，法一：应用几何法，根据线面垂直的性质、勾股定理求对应边，在直角三角形中求线面角的正弦值；法二：应用向量法，构建空间直角坐标系，并确定线面角两边所在直线的方向向量坐标，进而求其余弦值，由同角三角函数关系求正弦值.【详解】在三棱锥P ABC -中，BC ⊥平面PAB ，AP ⊂面PAB ，∴BC AP ⊥，又AP AB ⊥，AB BC B ⋂=，∴PA ⊥平面ABC ，即PDA ∠即直线PD 与平面ABC 所成角．法一：设PA a =，由45APB ∠=︒，60APC ∠=︒，得AB PA a ==，∴AC =，BC =．又D 是BC 的中点，如此2BD =，∴在Rt ABD △中，2AD a ==．又易知PA AD ⊥，在Rt PAD 中，PD ==，∴sin 5AP PDA PD ∠==.法二：过点A 在平面ABC 内作//Ax BC ．易知直线AP ，AB ，Ax 两两垂直，可建立如下列图的空间直角坐标系A xyz -．不妨设1PA =，如此1AB =，ACBC =2BD =，有()0,0,0A ，()0,0,1P，2D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，∴1,0DA ⎛⎫=--⎪ ⎪⎝⎭，1,1DP ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，如此3cos ,3DA DP DA DP DA DP ⋅===，∴10sin ,5DA DP =.应当选：C．，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC为等边三角形且其面积为，如10．设A B C D体积的最大值为〔〕此三棱锥D ABCA．．．D．【答案】B【解析】如下列图，点M 为三角形ABC 的中心，E 为AC 中点，当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大此时，OD OB R 4===2ABC S AB == AB 6∴=,点M 为三角形ABC 的中心2BM 3BE ∴==Rt OMB ∴中，有OM 2==DM OD OM 426∴=+=+=()max 163D ABC V -∴=⨯=应当选B.二、多项选择题11．矩形ABCD 中，4AB =，3BC =，将ABD △沿BD 折起，使A 到A '的位置，A '在平面BCD 的射影E 恰落在CD 上，如此〔〕A ．三棱锥A BCD '-的外接球直径为5B ．平面A BD '⊥平面A BC 'C ．平面A BD '⊥平面ACD 'D ．A D '与BC 所成角为60【答案】AB【解析】根据面面垂直的判定定理以与面面垂直的性质定理结合对选项BCD 逐一进展分析，对A 选项注意确定球心位置，然后利用勾股定理求解外接球的直径.【详解】由题意，A E '⊥平面BCD BC A E '⇒⊥，又BC CD ⊥，A E CD E '=，∴BC ⊥平面A CD BC A D ''⇒⊥．故D 错误；又A B A D ''⊥，A BBC B '=，可得A D '⊥平面A BC '，又A D '⊂平面A BD '⇒平面A BD '⊥平面A BC '．故B 正确；对C ，假如平面A BD '⊥平面ACD '，如此由A B A D A B '''⊥⇒⊥平面90A CD BA C ''⇒∠=︒与90A CB '∠=︒矛盾，故C 错误；取BD 中点为O ．如此OA OB OC OD '===，故O 为三棱锥A BCD '-的外接球球心，所以直径5d BD ===，故A 正确．应当选：AB三、填空题12．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，如此三棱锥A -NMD 1的体积为____________ 【答案】13【解析】利用11A NMD D AMN V V --=计算即可.【详解】因为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点所以11111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯⨯⨯= 故答案为：1313．如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.假如用一小桶油漆刚好可以涂该二十四等边体的外表一遍，如此用该小桶油漆去涂与该二十四等边体棱长相等的正四面体魔方外表(也是涂一遍)，那么至少可以涂___________个这样的正四面体魔方.(结果取整数)【答案】5【解析】设二十四等边体的棱长为1，计算其外表积，再计算正四面体魔方的外表积，即可解得.【详解】设该二十四等边体的棱长为1，如此正四面体魔方的棱长也为1，如此该二十四等边体的外表积为2218161622⨯⨯⨯+⨯=，正四面体的外表积为214122⨯⨯⨯=2 5.46=+≈，所以至少可以涂5个这样正四面体魔方. 故答案为：5.14．三棱锥P ABC -中，AP 、AB 、AC 三条棱两两垂直，且长度均为P 为球心，4为半径作一个球，如此该球面被三棱锥四个外表截得的所有弧长之和为______．【答案】3π【解析】采用数形结合，然后利用弧长公式计算即可.【详解】由题可知：AP 、AB 、AC 三条棱两两垂直，且长度均为如图：所以PC PB BC ====2AM AF ===，所以tan tanAPF APM ∠=∠==6APF APM π∠=∠= 所以12EPF CPM π∠=∠=，如此4123EF MN ππ==⨯=44,2332NE MF ππππ=⨯==⨯= 所以球面被三棱锥四个外表截得的所有弧长之和为42333ππππ⨯++= 故答案为：3π 15．直四棱柱ABCD –A1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D BCC 1B 1的交线长为________．. 【解析】根据条件易得1D E =1D E ⊥侧面11BC CB ，可得侧面11BC CB 与球面的交线上的点到E 可得侧面11BC CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，再根据弧长公式可求得结果.【详解】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A BC D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E=111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A BC D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥，因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11BC CB ，设P 为侧面11BC CB 与球面的交线上的点，如此1DE EP ⊥，1D E =||EP === 所以侧面11BC CB 与球面的交线上的点到E因为||||EF EG =11BC CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EF C EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得22FG π==.. 16．圆锥的底面半径为1，母线长为3，如此该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】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下列图，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 =122S =⨯⨯△ABC设内切圆半径为r ，如此：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ ()13322r =⨯++⨯=解得：22r ，其体积：3433V 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，并作出适宜的截面图，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.17．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体〞〔图1〕.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体表现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的外表上，且此正方体的棱长为1．如此该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．【答案】共26个面.1.【解析】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826+=个面．如图，设该半正多面体的棱长为x ，如此AB BE x ==，延长BC 与FE 交于点G ，延长BC 交正方体棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE ∆为等腰直角三角形，,21)1BG GE CH x GH x x x ∴===∴=+==，1x ∴==1．18．四面体ABCD 的顶点A 、B 、C 、D 在同个球面上，AD ⊥平面ABC ，3AD =，2AB =，3AC =，60CAB ∠=，如此该四面体的外接球的外表积为___________.【答案】12π【解析】利用余弦定理计算出AB ，利用正弦定理计算出ABC 的外接圆半径r ，利用公式R =可计算出四面体ABCD 的外接球半径R ，利用球体面积可求得结果. 【详解】如如下图所示：圆柱12O O 的底面圆直径为2r ，母线长为h ，如此12O O 的中点 O 到圆柱底面圆上每点的距离都相等，如此O 为圆柱12O O 的外接球球心.可将三棱锥D ABC -放在圆柱12O O 内，使得圆2O 为ABC 的外接圆，点D 在圆1O 上，由余弦定理可得2222cos 7BC AB AC AB AC BAC =+-⋅∠=，如此BC =所以，ABC 的外接圆直径为2sin 3BC r BAC ==∠，r ∴=,AD ∴⊥平面ABC ，所以，四面体ABCD 的外接球半径为R ==因此，四面体ABCD 的外接球的外表积为2412R ππ=.故答案为：12π.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以复原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，如此球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.四、解答题19．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〕PD AD1，Q为l上的点，QB2PB与平面QCD所成角的正弦值．【答案】〔1〕证明见解析；〔26【解析】AD l，利用线面垂直的判定定理证得AD⊥平面PDC，〔1〕利用线面平行的判定定理以与性质定理，证得//从而得到l⊥平面PDC；Q m，之后求得平面QCD 〔2〕根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点(,0,1)<>，即可得到直线PB与平面QCD所成角的正弦值.的法向量以与向量PB的坐标，求得cos,n PB【详解】〔1〕证明：AD BC，在正方形ABCD中，//因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，AD平面PBC，所以//又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D =所以l ⊥平面PDC ；〔2〕如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，如此有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ，设(,0,1)Q m ，如此有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，因为QB 1m ==设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，如此00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y x z =⎧⎨+=⎩，令1x =，如此1z =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,1)n =-，如此2cos ,1n PBn PB n PB ⋅<>==== 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于6|cos ,|3n PB <>=所以直线PB 与平面QCD 20．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形．且PA ⊥平面ABCD ，M ，N 分别为,PB PD 的中点．〔1〕求证：//MN 平面ABCD ；〔2〕假如2PA AB ==，求CN 与平面PBD 所成角的正弦值．【答案】〔1〕详见解析；〔2【解析】〔1〕要证明线面平行，需证明线线平行，即转化为证明//MN BD ；〔2〕首先建立空间直角坐标系，求平面PBD 的法向量，利用线面角的向量公式求解.【详解】〔1〕连结BD ，,M N 分别是,PB PD 的中点，//MN BD ∴，MN ⊄平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，//MN ∴平面ABCD ；〔2〕如图，以点A 为原点，,,AB AD AP 为,,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系， ()002P ,,，()2,0,0B ，()0,2,0D ()2,2,0C ，()0,1,1N ，()2,0,2PB =-，()2,2,0PD =-，()2,1,1CN =--，设平面PBD 的法向量(),,n x y z =，如此00PB n PD n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即220220x z x y -=⎧⎨-+=⎩，令1x =，如此1,1y z ==， ∴平面PBD 的法向量()1,1,1n =，如此21sin cos ,3CN nCN n CN n θ⋅-⨯-=<>===，所以CN 与平面PBD 21．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11AB 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．【答案】〔Ⅰ〕证明见解析；【解析】以C 为原点，分别以1,,CA CB CC 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系.〔Ⅰ〕计算出向量1C M 和1B D 的坐标，得出110C M B D ⋅=，即可证明出11C M B D ⊥；〔Ⅱ〕可知平面1BB E 的一个法向量为CA ，计算出平面1B ED 的一个法向量为n ，利用空间向量法计算出二面角1B B E D --的余弦值，利用同角三角函数的根本关系可求解结果；〔Ⅲ〕利用空间向量法可求得直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值.【详解】依题意，以C 为原点，分别以CA 、CB 、1CC 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系〔如图〕，可得()0,0,0C 、()2,0,0A 、()0,2,0B 、()10,0,3C 、 ()12,0,3A 、()10,2,3B 、()2,0,1D 、()0,0,2E 、()1,1,3M . 〔Ⅰ〕依题意，()11,1,0C M =，()12,2,2B D =--，从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥；〔Ⅱ〕依题意，()2,0,0CA =是平面1BB E 的一个法向量，()10,2,1EB =，()2,0,1ED =-．设(),,n x y z =为平面1DB E 的法向量，如此100n EB n ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020y z x z +=⎧⎨-=⎩，不妨设1x =，可得()1,1,2n =-．2cos ,2C CA nA C n A n ⋅<>===⋅⨯， 230sin ,1cos ,6CA n CA n ∴<>=-<>=．所以，二面角1B B E D --的正弦值为6 〔Ⅲ〕依题意，()2,2,0AB =-．由〔Ⅱ〕知()1,1,2n =-为平面1DB E 的一个法向量，于是cos ,322AB nAB n ABn ⋅<>===-⋅．所以，直线AB 与平面1DB E 22．如图，在正方体1111ABCD A BC D -中，E 为1BB 的中点．〔Ⅰ〕求证：1//BC 平面1AD E ；〔Ⅱ〕求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．【答案】〔Ⅰ〕证明见解析；〔Ⅱ〕23. 【解析】〔Ⅰ〕证明出四边形11ABC D 为平行四边形，可得出11//BC AD ，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；〔Ⅱ〕以点A 为坐标原点，AD 、AB 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系A xyz ，利用空间向量法可计算出直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值.【详解】〔Ⅰ〕如如下图所示：在正方体1111ABCD A BC D -中，11//AB A B 且11AB AB =，1111//A BCD 且1111A B C D =， 11//AB C D ∴且11AB C D =，所以，四边形11ABC D 为平行四边形，如此11//BC AD ，1BC ⊄平面1AD E ，1AD ⊂平面1AD E ，1//BC ∴平面1AD E ；〔Ⅱ〕以点A 为坐标原点，AD 、AB 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如如下图所示的空间直角坐标系A xyz -，设正方体1111ABCD A BC D -的棱长为2，如此()0,0,0A 、()10,0,2A 、()12,0,2D 、()0,2,1E ，()12,0,2AD =，()0,2,1AE =，设平面1AD E 的法向量为(),,n x y z =，由100n AD n AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22020x z y z +=⎧⎨+=⎩，令2z =-，如此2x =，1y =，如此()2,1,2n =-. 11142cos ,323n AA n AA n AA ⋅<>==-=-⨯⋅. 因此，直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值为23. 23．如图，三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．〔I 〕证明：EF ⊥DB ；〔II 〕求DF 与面DBC 所成角的正弦值．【答案】〔I 〕证明见解析；〔II 【解析】〔I 〕作DH AC ⊥交AC 于H ，连接BH ，由题意可知DH ⊥平面ABC ，即有DH BC ⊥，根据勾股定理可证得BC BH ⊥，又//EF BC ，可得DH EF ⊥，BH EF ⊥，即得EF ⊥平面BHD ，即证得EF DB ⊥；〔II 〕由//DF CH ，所以DF 与平面DBC 所成角即为CH 与平面DBC 所成角，作HG BD ⊥于G ，连接CG ，即可知HCG ∠即为所求角，再解三角形即可求出DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【详解】〔Ⅰ〕作DH AC ⊥交AC 于H ，连接BH ．∵平面ADFC ⊥平面ABC ，而平面ADFC 平面ABC AC =，DH ⊂平面ADFC ，∴DH ⊥平面ABC ，而BC ⊂平面ABC ，即有DH BC ⊥．∵45ACB ACD ∠=∠=︒， ∴2CD BC CH =⇒=．在CBH 中，22222cos45BH CH BC CH BC BC =+-⋅︒=，即有222BH BC CH +=，∴BH BC ⊥．由棱台的定义可知，//EF BC ，所以DH EF ⊥，BH EF ⊥，而BH DH H =，∴EF ⊥平面BHD ，而BD ⊂平面BHD ，∴EF DB ⊥．〔Ⅱ〕因为//DF CH ，所以DF 与平面DBC 所成角即为与CH 平面DBC 所成角．作HG BD ⊥于G ，连接CG ，由〔1〕可知，BC ⊥平面BHD ，因为所以平面BCD ⊥平面BHD ，而平面BCD 平面BHD BD =，HG ⊂平面BHD ，∴HG ⊥平面BCD ．即CH 在平面DBC 内的射影为CG ，HCG ∠即为所求角．在Rt HGC △中，设BC a =，如此CH =，BH DH HG a BD ⋅===，∴sin3HG HCG CH ∠===．．故DF与平面DBC所成角的正弦值为324．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〕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．【答案】〔1〕证明见解析；〔2【解析】AD l，〔1〕利用线面垂直的判定定理证得AD⊥平面PDC，利用线面平行的判定定理以与性质定理，证得//从而得到l⊥平面PDC；Q m，之后求得平面QCD 〔2〕根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点(,0,1)<>的最大值，即为直线PB与平面QCD所成角的正弦值的的法向量以与向量PB的坐标，求得cos,n PB最大值.【详解】〔1〕证明：在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D =所以l ⊥平面PDC ；〔2〕如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，如此有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ，设(,0,1)Q m ，如此有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，如此00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，如此z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，如此1cos ,3n PBn PB n PB ⋅+<>==根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>===≤≤=1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD25．在三棱锥A —BCD 中，CB =CD 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〕假如点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．【答案】〔12 【解析】〔1〕建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；〔2〕先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.【详解】〔1〕连,CO BC CD BO OD CO BD ==∴⊥以,,OB OC OA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如此(0,0,2),(1,0,0),(0,2,0),(1,0,0)(0,1,1)A B C D E -∴(1,0,2),(1,1,1)cos ,AB DE AB DE ∴=-=∴<>==从而直线AB 与DE〔2〕设平面DEC 一个法向量为1(,,),n x y z =11200(1,2,0),00x y n DC DC x y z n DE ⎧+=⋅=⎧⎪=∴⎨⎨++=⋅=⎪⎩⎩ 令112,1(2,1,1)y x z n =∴=-=∴=- 设平面DEF 一个法向量为2111(,,),n x y z =11221117100171(,,0),4244200x y n DF DF DB BF DB BC n DE x y z ⎧⎧+=⋅=⎪⎪=+=+=∴⎨⎨⋅=⎪⎩⎪++=⎩ 令111272,5(2,7,5)yx z n =-∴==∴=- 12cos ,n n ∴<>==因此sin 13θ== 26．如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，点,E F分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．〔1〕证明：点1C 在平面AEF 内；〔2〕假如2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A--的正弦值．【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕7. 【解析】〔1〕连接1C E 、1C F ，证明出四边形1AEC F 为平行四边形，进而可证得点1C 在平面AEF 内；〔2〕以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz -，利用空间向量法可计算出二面角1A EF A --的余弦值，进而可求得二面角1A EF A --的正弦值.【详解】〔1〕在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG =，连接DG 、FG 、1C E 、1C F ，在长方体1111ABCD A BC D -中，//AD BC 且AD BC =，11//BB CC 且11BB CC =，112C G CG =，12BF FB =，112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =，所以，四边形BCGF 为平行四边形，如此//AF DG 且AF DG =，同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1//C E DG ∴且1C E DG =，1//C E AF ∴且1C E AF =，如此四边形1AEC F 为平行四边形，因此，点1C 在平面AEF 内；〔2〕以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -，如此()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F ， ()0,1,1AE =--，()2,0,2AF =--，()10,1,2A E =-，()12,0,1A F =-，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，由00m AE m AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-，得111x y ==，如此()1,1,1m =-，设平面1A EF 的法向量为()222,,n x y z =，由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，取22z =，得21x =，24y =，如此()1,4,2n =，3cos ,3m nm n m n ⋅<>===⨯⋅设二面角1A EF A --的平面角为θ，如此cos θ=，sin 7θ∴==.因此，二面角1A EF A --. 27．如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：〔1〕当AB BC =时，EF AC ⊥；〔2〕点1C 在平面AEF 内．【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕证明见解析.【解析】〔1〕根据正方形性质得AC BD ⊥，根据长方体性质得1AC BB ⊥,进而可证AC ⊥平面11BB D D ,即得结果；〔2〕只需证明1//EC AF 即可，在1CC 上取点M 使得12CM MC =,再通过平行四边形性质进展证明即可.【详解】〔1〕因为长方体1111ABCD A BC D -,所以1BB ⊥平面ABCD ∴1AC BB ⊥,因为长方体1111,ABCD A B C D AB BC -=,所以四边形ABCD 为正方形AC BD ∴⊥因为11,BB BD B BB BD =⊂、平面11BB D D ,因此AC ⊥平面11BB D D ,因为EF ⊂平面11BB D D ,所以AC EF ⊥；〔2〕在1CC 上取点M 使得12CM MC =,连,DM MF ,因为111112,//,=D E ED DD CC DD CC =,所以11,//,ED MC ED MC =所以四边形1DMC E 为平行四边形，1//DM EC ∴因为//,=,MF DA MF DA 所以M F A D 、、、四点共面，所以四边形MFAD 为平行四边形，1//,//DM AF EC AF ∴∴，所以1E C A F 、、、四点共面，因此1C 在平面AEF 内28．如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC =90°．〔1〕证明：平面PAB ⊥平面PAC ；〔2〕设DO，求三棱锥P −ABC 的体积.【答案】〔1〕证明见解析；〔2【解析】〔1〕根据可得PA PB PC ==，进而有PAC △≌PBC ，可得90APC BPC ∠=∠=，即PB PC ⊥，从而证得PC ⊥平面PAB ，即可证得结论；〔2〕将条件转化为母线l 和底面半径r 的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形ABC 边长，在等腰直角三角形APC 中求出AP ，在Rt APO 中，求出PO ，即可求出结论.【详解】〔1〕连接,,OA OB OC ，D 为圆锥顶点，O 为底面圆心，OD ∴⊥平面ABC ， P 在DO 上，,OA OB OC PA PB PC ==∴==， ABC 是圆内接正三角形，AC BC ∴=，PAC △≌PBC ，90APC BPC ∴∠=∠=︒，即,PB PC PA PC ⊥⊥，,PA PB P PC =∴⊥平面,PAB PC ⊂平面PAC ，∴平面PAB ⊥平面PAC ；〔2〕设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，圆锥的侧面积为,rl rl π==2222OD l r =-=，解得1,r l ==2sin 603AC r ==在等腰直角三角形APC 中，2AP AC ==在Rt PAO 中，2PO ===，∴三棱锥P ABC -的体积为11333P ABC ABC V PO S -=⋅==△.29．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，PO =．〔1〕证明：PA ⊥平面PBC ；〔2〕求二面角B PC E --的余弦值．【答案】〔1〕证明见解析；〔2. 【解析】〔1〕要证明PA ⊥平面PBC ，只需证明PA PB ⊥，PA PC ⊥即可；〔2〕以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如下列图的空间直角坐标系，分别算出平面PCB 的法向量为n ，平面PCE 的法向量为m ，利用公式cos ,||||n m m n n m ⋅<>=计算即可得到答案. 【详解】〔1〕由题设，知DAE △为等边三角形，设1AE =，如此2DO =，1122CO BO AE ===，所以64PO DO ==，PC PB ====又ABC 为等边三角形，如此2sin 60BA OA =，所以2BA =， 22234PA PB AB +==，如此90APB ∠=，所以PA PB ⊥，同理PA PC ⊥，又PC PB P =，所以PA ⊥平面PBC ；〔2〕过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如下列图的空间直角坐标系，如此111(,0,0),(,(,244444E P B C ----，1(,4PC =-，1(4PB =-，1(,0,2PE =-，设平面PCB 的一个法向量为111(,,)n x y z =，由00n PC n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得11111100x x ⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩，令1x =111,0z y =-=，所以(2,0,1)n =-，设平面PCE 的一个法向量为222(,,)m x y z =由00m PC m PE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22222020x x ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，令21x =，得223z y ==，所以3(1,3m =故2cos ,||||3n m mn n m ⋅<>===⋅⨯ 设二面角B PC E --的大小为θ，如此cos θ=30．四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，90PDA BAD ∠=∠=︒，12PD DA AB CD ===，S 为PC 中点，BS CD ⊥．〔1〕证明：PD ⊥平面ABCD ；〔2〕平面SAD 交PB 于Q ，求CQ 与平面PCD 所成角的正弦值．【答案】〔1〕证明见解析；〔2. 【解析】〔1〕取CD 中点为M ，得到BM CD ⊥，由BS CD ⊥，证得CD ⊥平面BSM ，得到CD SM ⊥,再根据CD PD ⊥，结合线面垂直的判定定理，证得PD ⊥平面ABCD ；〔2〕以,,DA DC DP 方向为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，设1AB =，根据2PQ QB =，求得CQ 坐标，再求得平面PCD 的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】〔1〕取CD 中点为M ，如此DM AB =且//DM AB ，所以四边形ABMD 为平行四边形，可得//BM AD ，所以BM CD ⊥，又由BS CD ⊥，BM BS B ⋂=，所以CD ⊥平面BSM ，又因为SM ⊂平面BSM ，所以CD SM ⊥,又由//SM PD ，所以CD PD ⊥，AD PD ⊥，CD AD D =，所以PD ⊥平面ABCD ．〔2〕延长CB ，DA 交于N ，连SN 与PB 交点即为Q ，因为B 为CN 中点，S 为PC 中点，故Q 为PNC △的重心，故2PQ QB =，以D 为原点，,,DA DC DP 方向为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，不妨设1AB =，如此()1,1,0B ，()0,0.1P ，。

备战2021年新高考数学新题型之专题07 空间向量与立体几何(解析版)

专题07 空间向量与立体几何1．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点,E F ，且12EF =，则下列结论中错误的是（）A ．AC AF ⊥B ．//EF 平面ABCDC ．三棱锥A BEF -的体积为定值D ．AEF ∆的面积与BEF 的面积相等【答案】AD 【解析】【分析】通过特殊化，点F 与点1B 重合可判定A 错误；正方体1111ABCD A B C D -的两个底面平行，判定B 正确，三角形BEF 的面积是定值，A 点到面11DD B B 距离是定值，可判定C 正确，△AEF 的面积与△BEF 的面积相等不正确，可判定D 错误. 【详解】A ．由题意及图形知，当点F 与点1B 重合时，160o CAB ∠=故选项A 错误； B ．//EF 平面ABCD ，由正方体1111ABCD A BCD -的两个底面平行，EF ⊂平面1111D C B A ，故有//EF 平面ABCD ，此命题正确，不是正确选项；C ．三棱锥A-BEF 的体积为定值，由几何体的性质及图形知，三角形BEF 的面积是定值，A 点到面11DD B B 距离是定值，故可得三棱锥A-BEF 的体积为定值，此命题正确，不是正确选项；D ．由图形可以看出，B 到线段EF 的距离与A 到EF 的距离不相等，故△AEF 的面积与△BEF 的面积相等不正确，故D 是错误的．故选：AD 【点睛】本题考查直线与平面平行、垂直的判定、棱锥的体积，考查空间想象能力与运算求解能力，属于中档题．2．下列命题中正确的是（）A ．,,,AB M N 是空间中的四点，若,,BA BM BN 不能构成空间基底，则,,,A B M N 共面 B ．已知{},,a b c 为空间的一个基底，若m a c =+，则{},,a b m 也是空间的基底 C ．若直线l 的方向向量为(1,0,3)e =，平面α的法向量为2(2,0,)3n =-，则直线//l αD ．若直线l 的方向向量为(1,0,3)e =，平面α的法向量为(2,0,2)n =-，则直线l 与平面α所成角【答案】ABD 【解析】【分析】不共面的三个非零向量可以构成空间向量的一个基底，由此可判断A 、B ，若直线的方向向量与平面α的法向量垂直，则线面平行，可判断C ，直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值与该直线与此平面所成角的正弦值相等，由此可判断D ．【详解】对于A ，,,,A B M N 是空间中的四点，若,,BA BM BN 不能构成空间基底，则,,BA BM BN 共面，则,,,A B M N 共面，故A 对；对于B ，已知{},,a b c 为空间的一个基底，则,,a b c 不共面，若m a c =+，则,,a b m 也不共面，则{},,a b m 也是空间的基底，故B 对；对于C ，因为21(2)+00+3=03e n ⋅=⨯-⨯⨯，则e n ⊥，若l α⊄，则//l α，但选项中没有条件l α⊄，有可能会出现l α⊂，故C 错；对于D ，∵cos ,e n e n e n =5==，则则直线l 与平面α，故D 对；故选：ABD ．【点睛】本题主要考查命题的真假，考查空间基底的定义，考查空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．3．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】【分析】由线面垂直的判定定理、面面平行的判定定理、线面平行的性质定理，以长方体为载体逐一分析即可得出结论．【详解】解：若m α⊥，则,a b α∃⊂且a b P =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=，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 ．【点睛】本题主要考查线面平行的性质定理、面面平行的判定定理以及线面垂直的判定定理，通常借助长方体为载体进行判断，属于基础题．4．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 6【答案】ABD 【解析】【分析】利用线面垂直的性质判定可判定选项A,对三棱锥11P AC D -转化顶点可判定选项B,找到异面成角的最小值的情况即可判断选项C,转化直线1C P 与平面11AC D 所成角的正弦值的最大值为直线1C P 与直线1BD 所成角的余弦值最大,进而判断选项D 【详解】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 A C ⊥,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11AC D ,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 中,111126cos 33C B C BD BD ∠===,故D 正确故选：ABD 【点睛】本题考查线面垂直的判定,考查异面成角,线面成角,考查棱锥体积,考查转化思想和空间想象能力 5．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，14AA AB ==，2BC =，M ，N 分别为棱11C D ，1CC 的中点，则下列说法正确的是（）A ．A M NB 、、、四点共面 B ．平面ADM ⊥平面11CDDC C ．直线BN 与1B M 所成角的为60D ．//BN 平面ADM【答案】BC 【解析】【分析】根据AM 、BN 是异面直线可判断A ；根据面面垂直的判定定理可判断B ；取CD 的中点O ，连接BO 、ON ，即可判断C ；根据线面平行的判定定理即可判断D. 【详解】对于A ，由图显然AM 、BN 是异面直线，故A M N B 、、、四点不共面，故A 错误；对于B ，由题意AD ⊥平面11CDD C ，故平面ADM ⊥平面11CDD C ，故B 正确；对于C ，取CD 的中点O ，连接BO 、ON ，可知三角形BON 为等边三角形，故C 正确；对于D ，//BN 平面11AA D D ，显然BN 与平面ADM 不平行，故D 错误；故选：BC 【点睛】本题主要考查了线面、面面之间的位置关系，属于基础题.6．已知两条直线l ，m 及三个平面α，β，γ，则αβ⊥的充分条件是（）． A ．l α⊂，l β⊥ B ．l α⊥，m β⊥，l m ⊥ C ．αγ⊥，βγ D ．l α⊂，m β⊂，l m ⊥【答案】ABC 【解析】【分析】根据面面垂直的判定定理，即可得作出判断. 【详解】由面面垂直定理可以判断,,A B C 正确，对于选项D ，l α⊂，m β⊂，l m ⊥，也可以得到αβ∥，故D 错. 故选：ABC . 【点睛】本题主要考查的是面面垂直的判定定理、充分条件的判断，考查学生的分析问题解决问题的能力，是基础题.7．如图,在棱长均相等的四棱锥P ABCD -中, O 为底面正方形的中心, M ,N 分别为侧棱PA ,PB 的中点,有下列结论正确的有：( )A ．PD ∥平面OMNB ．平面PCD ∥平面OMNC ．直线PD 与直线MN 所成角的大小为90 D ．ON PB ⊥ 【答案】ABD【解析】【分析】选项A,利用线面平行的判定定理即可证明；选项B,先利用线面平行的判定定理证明CD ∥平面OMN ，再利用面面平行的判定定理即可证明；选项C ，平移直线，找到线面角，再计算；选项D,因为ON ∥PD ，所以只需证明PD ⊥PB ，利用勾股定理证明即可. 【详解】选项A,连接BD ，显然O 为BD 的中点，又N 为PB 的中点，所以PD ∥ON,由线面平行的判定定理可得，PD ∥平面OMN ；选项B, 由M ,N 分别为侧棱PA ,PB 的中点,得MN ∥AB,又底面为正方形，所以MN ∥CD ，由线面平行的判定定理可得，CD ∥平面OMN,又选项A 得PD ∥平面OMN ，由面面平行的判定定理可得，平面PCD ∥平面OMN ；选项C,因为MN ∥CD ，所以∠ PDC 为直线PD 与直线MN 所成的角，又因为所有棱长都相等，所以∠ PDC=60，故直线PD 与直线MN 所成角的大小为60；选项D ，因底面为正方形，所以222AB AD BD +=,又所有棱长都相等，所以222PB PD BD +=,故PB PD ⊥,又PD ∥ON ，所以ON PB ⊥，故ABD 均正确.【点睛】解决平行关系基本问题的3个注意点(1)注意判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的条件中线在面外易忽视． (2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断． (3)会举反例或用反证法推断命题是否正确．8．如图，矩形ABCD ，M 为BC 的中点，将ABM ∆沿直线AM 翻折成1AB M ∆，连接1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是( )A ．存在某个位置，使得1CN AB ⊥;B ．翻折过程中，CN 的长是定值；C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥； D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -的外接球的表面积是4π. 【答案】BD 【解析】【分析】对于A 取AD 的中点为E ，连接CE 交MD 于点F ，则1NEAB ，1NF MB由1CN AB ⊥，则EN CN ⊥，从而判断A ，对于B ，由判断A 的图以及余弦定理可判断B ；对于C 由线面垂直的性质定理即可判断；对于D 根据题意知，只有当平面1B AM ⊥平面AMD 时，三棱锥1B AMD -的体积最大，取AD 的中点为E ，连接1,,OE B E ME ，再由线面垂直的性质定理即可判断；【详解】对于A ，取AD 的中点为E ，连接CE 交MD 于点F ，如图1 ，则1NEAB ，1NF MB如果1CN AB ⊥，则EN CN ⊥, 由于11AB MB ⊥，则EN NF ⊥, 由于三线,,NE NF NC 共面且共点，故这是不可能的，故不正确；对于B ，如图1，由1NEC MAB ∠=∠,且11,2NE AB AM EC ==， ∴在CEN ∆中，由余弦定理得：2222cos NC NE EC NE EC NEC =+-⋅⋅∠，也是定值，故NC 是定值，故正确；对于C ，如图2AB BM =，即11AB B M =,则1AM B O ⊥若1AM B D ⊥，由于111B OB D B =，且11,B O B D ⊂平面1ODB ，AM ∴⊥平面1ODB ，OD ⊂平面1ODB ，OD AM ∴⊥，则AD MD =,由于AD MD ≠，故1AM B D ⊥不成立，故不正确；对于D ，根据题意知，只有当平面1B AM ⊥平面AMD 时，三棱锥1B AMD -的体积最大，取AD 的中点为E ，连接1,,OE B E ME ，如图21AB BM ==，则111AB B M ==，且11AB B M ⊥，平面1B AM ⋂平面AMD AM =1B O AM ∴⊥，1B O 平面1B AM1B O ∴⊥平面AMD ，OE ⊂平面AMD1B O OE ∴⊥，则AM =112B O AM ==11222OE DM AM ===,从而11EB ==, 易知1EA ED EM ===AD ∴的中点E 就是三棱锥1B AMD -的外接球的球心，球的半径为1，表面积是4π，故D 正确；故选：BD 【点睛】本题主要考查了立体几何中的翻折问题，考查了学生的空间想象能力以及立体几何中的垂直性质定理，余弦定理，综合性比较强，属于难题. 9．下列选项正确的为（）A ．已知直线1l ：()()2110a x a y ++--=，2l ：()()12320a x a y -+++=，则12l l ⊥的充分不必要条件是1a =B ．命题“若数列{}2n a 为等比数列，则数列{}n a 为等比数列”是假命题C ．棱长为a 正方体1111ABCD A B C D -中，平面11AC D 与平面1ACBD ．已知P 为抛物线22y px =上任意一点且(),0M m ，若PM OM ≥恒成立，则(],m p ∈-∞ 【答案】ABCD 【解析】【分析】A ．分析“1a =”与“12l l ⊥”的互相推出情况，由此确定是否为充分不必要条件；B ．分析特殊情况：121,2,2a a n =-=≥时，2112,4n n n n a a a a ++==，由此判断命题真假；C ．将面面距离转化为点到面的距离，从而可求出面面距离并判断对错；D ．根据线段长度之间的关系列出不等式，从而可求解出m 的取值范围.【详解】A ．当1a =时，11:3l x =，22:5l y =-，显然12l l ⊥；当12l l ⊥时，()()()()211230a a a a +-+-+=，解得1a =±，所以12l l ⊥的充分不必要条件是1a =正确；B ．当121,2,2a a n =-=≥时，2112,4n n n n a a a a ++==，所以此时{}2n a 为等比数列，但{}n a 不是等比数列，所以命题是假命题，故正确；C ．如图所示：由图可知：111111111//,//,,AC AC B C A D AC B C C AC A D A ==，所以平面1//AB C 平面11AC D ，所以平面11AC D 与平面1ACB 距离即为1B 到平面11AC D 的距离，记为h ，由等体积可知：)213123432a a a h a ⎛⎫⨯⨯=⨯⨯ ⎪ ⎪⎝⎭，所以33h a =，故正确； D ．设()00,P x y ，因为PM OM ≥()2200x m y m -+≥，所以()22200x m y m -+≥且2002y px =，所以200022x px mx +≥，当00x =时显然符合，当00x >时02x m p ≤+，所以m p ≤，综上可知：(],m p ∈-∞.故正确.故选：ABCD.【点睛】本题考查命题真假的判断，难度一般.(1)判断命题p 是命题q 的何种条件时，注意从两方面入手：充分性、必要性；(2)立体几何中求解点到平面的距离，采用等体积法较易.10．在四面体P ABC -中，以上说法正确的有（）A ．若1233AD AC AB =+，则可知3BC BD = B ．若Q 为ABC ∆的重心，则111333PQ PA PB PC =++ C ．若0PA BC ⋅=，0PC AB ⋅=，则0PB AC ⋅=D ．若四面体P ABC -各棱长都为2，M ，N 分别为PA ，BC 的中点，则1MN =【答案】ABC【解析】【分析】根据向量的线性运算与数量积一一判断即可.【详解】解：对于A ，1233AD AC AB =+，32AD AC AB ∴=+， 22AD AB AC AD ∴-=- ，2BD DC ∴=，3BD BD DC ∴=+即3BD BC =，故A 正确；对于B ，若Q 为ABC ∆的重心，则0QA QB QC ++=，33PQ QA QB QC PQ ∴+++= 3PQ PA PB PC ∴=++即111333PQ PA PB PC =++，故B 正确；对于C ，若0PA BC ⋅=，0PC AB ⋅=，则PA BC PC AB ⋅=⋅ 0PA BC PC AB ∴⋅+⋅=，()0PA BC PC AC CB ∴⋅+⋅+=0PA BC PC AC PC CB ∴⋅+⋅+⋅=，0PA BC PC AC PC BC ∴⋅+⋅-⋅=()0PA PC BC PC AC ∴-⋅+⋅=，0CA BC PC AC ∴⋅+⋅= 0AC CB PC AC ∴⋅+⋅=，()0AC CB PC ∴⋅+=0AC PB ∴⋅=.故C 正确；对于D ，()()111222MN PN PM PB PC PA PB PC PA =-=+-=+- 12MN PA PB PC ∴=-- 222222PA PB PC PA PB PC PA PB PA PC PB PC --=++-⋅-⋅+⋅== 4=，2MN ∴=故D 错误.故选：ABC【点睛】本题考查向量的线性运算，向量的数量积及利用向量的数量积求向量的模，属于中档题. 11．给出下列命题，其中正确命题有（）A ．空间任意三个不共面的向量都可以作为一个基底B ．已知向量//a b ，则,a b 与任何向量都不能构成空间的一个基底C ．,,,A B M N 是空间四点，若,,BA BM BN 不能构成空间的一个基底，那么,,,A B M N 共面D ．已知向量{},,a b c 组是空间的一个基底，若m a c =+，则{},,a b m 也是空间的一个基底【答案】ABCD【解析】【分析】根据空间基底的概念，结合向量的共面定量，逐项判定，即可求解，得到答案.【详解】选项A 中，根据空间基底的概念，可得任意三个不共面的向量都可以作为一个空间基底，所以A 正确；选项B 中，根据空间基底的概念，可得B 正确；选项C 中，由,,BA BM BN 不能构成空间的一个基底，可得,,BA BM BN 共面，又由,,BA BM BN 过相同点B ，可得,,,A B M N 四点共面，所以C 正确；选项D 中：由{},,a b c 是空间的一个基底，则基向量,a b 与向量m a c =+一定不共面，所以可以构成空间另一个基底，所以D 正确．故选：ABCD.【点睛】本题主要考查了空间基底的概念及其判定，其中解答中熟记空间基底的概念，合理利用共面向量定量进行判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.12．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36πD ．四棱锥M ABCD -的体积为6【答案】BC【解析】【分析】作图，在四棱锥P ABCD -中，根据题意逐一证明或排除.【详解】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111223M ABCD V -=⨯⨯=所以选项D 错误.矩形ABCD 中，易得6,3,AC OC ON ===PCD 中求得：12NM PC ==在Rt MNO 中3MO = 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：BC【点睛】此题考查立体图形中的平行垂直关系，求锥体体积和外接球体积，综合性强，对空间位置关系辨析能力要求较高.13．给出下列命题，其中不正确的命题为（）A ．若AB ＝CD ，则必有A 与C 重合，B 与D 重合，AB 与CD 为同一线段；B ．若0a b ⋅<，则,a b 〈〉是钝角；C ．若a 为直线l 的方向向量，则a λ (λ∈R)也是l 的方向向量；D ．非零向量,,a b c 满足a 与b ，b 与c ，c 与a 都是共面向量，则,,a b c 必共面．【答案】ABCD【解析】【分析】结合向量相关知识，对每个选项依次检验，证明其成立或举出反例判定该选项错误.【详解】考虑平行四边形ABDC 中，满足AB CD =，不满足A 与C 重合，B 与D 重合，AB 与CD 为同一线段；所以A 选项不正确；当非零向量,a b 夹角为π时，满足0a b ⋅<，但它们夹角不为钝角，所以B 选项不正确；若a 为直线l 的方向向量，当0,0a λλ==不能说是l 的方向向量，所以C 选项不正确；考虑三棱柱111ABC A B C -，1,,AB a AC b AA c ===，满足a 与b ，b 与c ，c 与a 都是共面向量，但,,a b c 不共面，所以D 选项不正确.故选：ABCD【点睛】此题考查向量相关概念问题的辨析，考查基础知识的掌握程度，易错点在于对细节特殊情况的讨论. 14．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2,,,E F G 分别为11,,BC CC BB 的中点,则（）A ．直线1D D 与直线AF 垂直B ．直线1A G 与平面AEF 平行C ．平面AEF 截正方体所得的截面面积为92D ．点C 与点G 到平面AEF 的距离相等【答案】BC【解析】【分析】A ．利用线面垂直的定义进行分析；B ．作出辅助线利用面面平行判断；C ．作出截面然后根据线段长度计算出截面的面积；D ．通过等体积法进行判断.【详解】A ．若1D D AF ⊥，又因为1D D AE ⊥且AE AF A ⋂=，所以1DD ⊥平面AEF ，所以1DD EF ⊥，所以1CC EF ⊥，显然不成立，故结论错误；B ．如图所示，取11BC 的中点Q ，连接1,A Q GQ ，由条件可知：//GQ EF ，1//A Q AE ，且1,CQ AQ Q EF AE E ==，所以平面1//A GQ 平面AEF ，又因为1AG ⊂平面1A GQ ，所以1//AG 平面AEF ，故结论正确； C ．如图所示，连接11,D F D A ，延长1,D F AE 交于点S ，因为,E F 为1,C C BC 的中点，所以1//EF A D ，所以1,,,A E F D 四点共面，所以截面即为梯形1AEFD ，又因为2214225D S AS ==+=122A D =，所以()1221222225622AD S S ⎛⎫=⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭，所以139=6=42AEFD S ⨯梯形，故结论正确； D ．记点C 与点G 到平面AEF 的距离分别为12,h h ，因为11111123323C AEF AEF A CEF V S h V --⨯=⋅⋅==⋅⋅=，又因为21112223323G AEF AEF A GEF V S h V --⨯=⋅⋅==⋅⋅=，所以12h h ≠，故结论错误.故选：BC .【点睛】本题考查空间立体几何的直线、平面间的关系及截面和体积有关的计算的综合应用，难度一般. 15．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】【分析】借助正方体，画出截面图形，再对选项进行一一判断．【详解】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11)]22S x =+-2=++当1x =时，max S =，故D 成立。

第12题多选题中的立体几何综合问题-2021年高考数学真题(新高考全国Ⅰ卷)(含答案解析)

第12题多选题中的立体几何综合问题
一､原题呈现
【原题】正三棱柱中，，点满足，其中，，则（）
A.当时，的周长为定值
B.当时，三棱锥的体积为定值
C 当时，有且仅有一个点，使得
D.当时，有且仅有一个点，使得平面
答案：BD
解析：解法一：对于A，当时，，所以，因为，
所以点P是线段上的动点，所以周长不是定值，故A错误；
对于D，当时，，取，中点为 . ，所以点轨迹为线段 .设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确.故选BD.
【就题论题】多选题中的立体几何试题，常把多个知识点交汇考查，如把几何体长度､角度､面积､体积的计算与线面位置关系结合在一起考查，也可与函数､不等式及空间向量结合在一起考查，此类问题对空间想象能力要求较高，难度也比较大.
，所以平面，所以 BD，所以点P与点F重合，D正确，故选BD.
解法二：易知，点在矩形内部（含边界）.
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确.
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或 .故均满足，故C错误；
二､考题揭秘
【命题意图】本题考查空间向量的应用､几何体中面积与体积的计算及线面位置关系的判断及应用，考查直观想象及逻辑推理的核心素养.难度：中等偏难
【考情分析】立体几何中对线面位置关系的综合考查常作为较难试题出现，求角度问题､截面位置不固定几何体的体积､最值问题，均是热点问题.

2021新高考高三优质数学试题分项汇编《专题9 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2021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·山东高三下学期开学）设,,m n l 为三条不同的直线，,a β为两个不同的平面，则下面结论正确的是（）A ．若,,//m n αβαβ⊂⊂，则//m nB ．若//,//,m n m n αβ⊥，则αβ⊥C ．若,,m n αβαβ⊥⊥⊥，则m n ⊥D ．//,//,,m n l m l n αα⊥⊥，则l α⊥【答案】C 【解析】A 选项中，,m n 可能异面；B 选项中，,αβ也可能平行或相交；D 选项中，只有,m n 相交才可推出l α⊥.C 选项可以理解为两个相互垂直的平面，它们的法向量相互垂直. 故选：C2．（2020届山东省潍坊市高三模拟二）已知三棱锥D ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，2AB BC ==，AC =D ABC -体积的最大值为2，则球O 的表面积为( )A ．8πB ．9πC ．25π3D ．1219π【答案】D 【解析】分析：根据棱锥的最大高度和勾股定理计算球的半径，从而得出外接球的表面积．详解：因为2,22AB BC AC ===，所以AB BC ⊥，过AC 的中点M 作平面ABC 的垂下MN ，则球心O 在MN 上，设OM h =，球的半径为R ，则棱锥的高的最大值为R h +，因为1122()232D ABC V R h -=⨯⨯⨯⨯+=，所以3R h +=，由勾股定理得22(3)2R R =-+，解得116R =，所以球的表面积为1211214369S ππ=⨯=，故选D ．3．（2020·山东高三下学期开学）在四面体ABCD 中，且AB AC ⊥，AC CD ⊥，AB ，CD 所成的角为30°，5AB =，4AC =，3CD =，则四面体ABCD 的体积为( ) A ．8 B ．6C ．7D ．5【答案】D 【解析】由题意，如图所示，AB AC ⊥，AC CD ⊥，过点A 作CD 的平行线AE ，则AC ⊥平面ABE ，且EAB ∠为30°或150°，从B 点向AE 作垂线，垂足为E ，易证BE ⊥平面ACD .则点B 到平面ACD 的距离15sin 522BE AB EAB =⋅∠=⨯=， 162ACD S AC CD ∆=⋅=则，则四面体ABCD 的体积为153ACD V S BE ∆=⋅⋅=. 故选：D.4．（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知四棱锥M ABCD -，MA ⊥平面ABCD ，AB BC ⊥，180BCD BAD ∠+∠=︒，2MA =，26BC =，30ABM ∠=︒.若四面体MACD 的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（） A ．20π B ．22πC ．40πD ．44π【答案】C 【解析】因为180BCD BAD ∠+∠=︒，所以A ，B ，C ，D 四点共圆，90ADC ABC ∠=∠=︒. 由2tan30AB︒=，得3AB =()()2223266AC =+=.设AC 的中点为E ，MC 的中点为O ，因为MA ⊥平面ABCD ，所以OE ⊥平面ABCD .易知点O 为四面体MACD 外接球的球心，所以22621022OC ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2=4=40S OC ππ⋅球.故选C5．（2020届山东省烟台市高三模拟）《九章算术》中记载，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在堑堵111ABC A B C -中，AC BC ⊥，12AA =，当阳马11B ACC A -体积的最大值为43时，堑堵111ABC A B C -的外接球的体积为（）A ．4π3B ．82π3C ．32π3D 642【答案】B 【解析】由题意易得BC ⊥平面11ACC A , 所以()11222112113333B ACC A V BC AC AA BC AC BC AC AB -=⋅⋅=⋅≤+=, 当且仅当AC BC =时等号成立, 又阳马11B ACC A -体积的最大值为43, 所以2AB =,所以堑堵111ABC A B C -的外接球的半径221222AA AB R ⎛⎫⎛⎫=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以外接球的体积34823V r π==, 故选:B6．（2020届山东省淄博市部分学校高三3月检测）已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为 A ．6π B ．46πC ．26πD 6π【答案】D 【解析】解法一:,PA PB PC ABC ==∆为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA 、AB 中点， //EF PB ∴，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CEAC C EF =∴⊥平面PAC ，PB ⊥平面PAC ，2APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体一部分，22226R =++=，即364466,62338R V R =∴=π=⨯=ππ，故选D ．解法二:设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 中点，//EF PB ∴，且12EF PB x ==，ABC ∆为边长为2的等边三角形， 3CF ∴=又90CEF ∠=︒213,2CE x AE PA x ∴=-== AEC ∆中余弦定理()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =，D 为AC 中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x +-+∴=， 221221222x x x ∴+=∴==，2PA PB PC ∴===，又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，22226R ∴=++=，6R ∴=，34466633V R ∴=π=π⨯=π，故选D. 7．（2020届山东省潍坊市高三模拟一）在边长为2的等边三角形ABC 中，点D E ，分别是边AC AB ，上的点，满足//DE BC 且AD ACλ=((01))λ∈,，将ADE 沿直线DE 折到A DE '的位置. 在翻折过程中，下列结论成立的是（）A ．在边A E '上存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面ACD 'B ．存在102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面A BC '⊥平面BCDEC ．若12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，104A B '=D ．在翻折过程中，四棱锥A BCDE '-体积的最大值记为()f λ，()f λ的最大值为23【答案】D 【解析】对于A ，假设存在F AE ∈，使得//BF 平面ACD '，如图1所示，因为BF ⊂平面A BE '，平面A BE '⋂平面A CD A A ''=，故//BF A A '，但在平面A BE '内，,BF A A '是相交的，故假设错误，即不存在F AE ∈，使得//BF 平面ACD '，故A 错误.对于B ，如图2，取,BC DE 的中点分别为,I H ，连接,,,IH A I A H AI ''，因为ABC ∆为等边三角形，故AI BC ⊥，因为//DE BC ，故60,60,A DE A DE ACB A ED AED ABC '''∠=∠=∠=︒∠=∠=∠=︒ 所以,A DE ADE '∆∆均为等边三角形，故A H DE '⊥，AH DE ⊥，因为//DE BC ，AI BC ⊥，AI BC ⊥，故,,A H I 共线，所以IH DE ⊥，因为A H IH H '⋂=，故DE ⊥平面A HI '，而DE ⊂平面CBED ，故平面A HI '⊥平面CBED ，若某个位置，满足平面A BC '⊥平面BCDE ，则A '在平面BCDE 的射影在IH 上，也在BC 上，故A '在平面BCDE 的射影为H ，所以AH IH >，此时1+2AD AH A H AC AI A H IH λ'===>'，这与102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,矛盾，故B 错误.对于C ，如图3（仍取,BC DE 的中点分别为,I H ，连接,,,IH A H A B BH ''）因为,A H DE IH BC '⊥⊥，所以A HI '∠为二面角A DE I '--的平面角，因为二面角A DE B '--为直二面角，故90A HI '∠=︒，所以A H AH '⊥，而IH DE H ⋂=，故A H '⊥平面CBED ，因BH ⊂平面CBED ，故A H BH '⊥.因为12λ=，所以132A H IH AI '===. 在Rt IHB ∆中，3714BH =+=，在Rt A HB '∆中，3710442A B '=+=，故C 错. 对于D ，如图4（仍取,BC DE 的中点分别为,I H ，连接,,,IH A H A B A C '''），作A '在底面CBED 上的射影O ，则O 在IH 上.因为,//AD BC DE AC λ=，所以3λ'=且2DEλ=，所以3A H λ'=其2DE λ=. 又()1132A CBED V DE CB IH A O '-'=⨯⨯+⨯⨯ ()()()()31122312231366A O λλλλλλλ'=+⨯-⨯≤+⨯-⨯=-+，令()()3,0,1fλλλλ=-+∈，则()231f λλ'=-+，当30,λ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f λ'>；当3,1λ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f λ'<. 所以()f λ在30,3⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭为增函数，在3,13⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭为减函数，故()max 32339f f λ⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭. 故D 正确. 故选：D.二、多选题8．（2020届山东省淄博市部分学校高三3月检测）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D上有两个动点E 、F ，且12EF =，则下列结论中正确的是（）A ．AC BE ⊥B ．//EF 平面ABCDC ．AEF 的面积与BEF 的面积相等D ．三棱锥A BEF -的体积为定值【答案】ABD 【解析】可证AC ⊥平面11D DBB ，从而AC BE ⊥，故A 正确；由11//B D 平面ABCD ，可知//EF 平面ABCD ，B 也正确；连结BD 交AC 于O ，则AO 为三棱锥A BEF -的高，1111224BEF S =⨯⨯=△，三棱锥A BEF -的体积为112234224⨯⨯=D 正确；很显然，点A 和点B 到的EF 距离是不相等的，C 错误. 故选：ABD9．（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）如图,正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,则下列四个命题正确的是( )A ．直线BC 与平面11ABC D 所成的角等于4π B ．点C 到面11ABC D 的距离为22C ．两条异面直线1D C 和1BC 所成的角为4π D ．三棱柱1111AA D BB C -3 【答案】ABD 【解析】正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，对于A ，直线BC 与平面11ABC D 所成的角为14CBC π∠=，故选项A 正确；对于B ，因为1B C ⊥面11ABC D ，点C 到面11ABC D 的距离为1B C 长度的一半，即2h =，故选项B 正确；对于C ，因为11//BC AD ，所以异面直线1D C 和1BC 所成的角为1AD C ∠，而1AD C 为等边三角形，故两条异面直线1D C 和1BC 所成的角为3π，故选项C 错误；对于D ，因为11111,,A A A B A D 两两垂直，所以三棱柱1111AA D BB C -外接球也是正方体1111ABCD A B C D -的外接球，故222111322r ++==，故选项D 正确．故选：ABD ．10．（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）如图，在以下四个正方体中，直线AB 与平面CDE 垂直的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】BD【解析】对于A ，由AB 与CE 所成角为45︒，可得直线AB 与平面CDE 不垂直；对于B ，由AB CE ，AB ED ⊥，CE ED E ⋂=，可得AB ⊥平面CDE ；对于C ，由AB 与CE 所成角为60︒，可得直线AB 与平面CDE 不垂直；对于D ，连接AC ，由ED ⊥平面ABC ，可得ED ⊥AB ，同理可得EC AB ⊥，又ED EC E ⋂=，所以AB ⊥平面CDE .故选：BD11．（2020届山东省烟台市高三模拟）如图，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，//,,222AB CD AB AD AB AD CD ⊥===，F 是AB 的中点，E 是PB 上的一点，则下列说法正确的是（）A ．若2PB PE =，则//EF 平面PACB ．若2PB PE =，则四棱锥P ABCD -的体积是三棱锥E ACB -体积的6倍C ．三棱锥P ADC -中有且只有三个面是直角三角形D ．平面BCP ⊥平面ACE【答案】AD【解析】对于选项A,因为2PB PE =,所以E 是PB 的中点,因为F 是AB 的中点,所以//EF PA ,因为PA ⊂平面PAC ,EF ⊄平面PAC ,所以//EF 平面PAC ,故A 正确；对于选项B,因为2PB PE =,所以2P ABCD E ABCD V V --=,因为//,,222AB CD AB AD AB AD CD ⊥===,所以梯形ABCD 的面积为()()113121222CD AB AD +⋅=⨯+⨯=,1121122ABC S AB AD =⋅=⨯⨯=,所以32E ABCD E ABC V V --=, 所以3P ABCD E ABC V V --=,故B 错误；对于选项C,因为PC ⊥底面ABCD ,所以PC AC ⊥,PC CD ⊥,所以PAC ,PCD 为直角三角形, 又//,AB CD AB AD ⊥,所以AD CD ⊥,则ACD 为直角三角形,所以222222PA PC AC PC AD CD =+=++,222PD CD PC =+,则222PA PD AD =+,所以PAD △是直角三角形,故三棱锥P ADC -的四个面都是直角三角形,故C 错误；对于选项D,因为PC ⊥底面ABCD ,所以PC AC ⊥,在Rt ACD 中,AC =在直角梯形ABCD 中,BC ==, 所以222AC BC AB +=,则AC BC ⊥,因为BC PC C ⋂=,所以AC ⊥平面BCP ,所以平面BCP ⊥平面ACE ,故D 正确,故选:AD12．（2020·山东高三模拟）在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（）A ．平面1D MN 与11BC 的交点是11B C 的中点B ．平面1D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1【答案】BC【解析】如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=，连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.111111////,22NE CC DD NE CC DD ==，NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ，,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒，,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ，则12//,,23BPFBMS BP MS BC MS FS =∴==，22111,33236BP MS BC BC PE BC ∴==⨯=∴=， E 为DF 中点，11//,233PE DQ DQ PE BC AD ∴=== N 分别是正方形11BCC B 的中心，11113C H BP C B ∴== 所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点，点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点，点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点.做出线段BC 的另一个三等分点P '，做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=，所以111113QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1.故选:BC.13．（2020届山东省高考模拟）如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（）A ．存在某个位置，使得CN AB ⊥B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -的外接球的表面积是4π【答案】BD【解析】如图1，取AD 中点E ，取1AB 中点K ，连结EC 交MD 于点F ，连结NF ，KN ，BK ,则易知1//NE AB ，1//NF B M ，//EF AM ，//KN AD ，112NE AB =，EC AM = 由翻折可知，1MAB MAB ∠=∠，1AB AB =，对于选项A ，易得//KN BC ，则K 、N 、C 、B 四点共面，由题可知AB BC ⊥，若CN AB ⊥，可得AB ⊥平面BCNK ，故AB BK ⊥，则22AK AB BK AB =+>，不可能，故A 错误；对于选项B ，易得1NEC MAB ∠=∠，在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠ 整理得222212422AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+ 故CN 为定值，故B 正确；如图2，取AD 中点E ，取AM 中点O ，连结1B E ，OE ，1B O ，DO ，，对于选项C ，由AB BM =得1B O AM ⊥，若1AM B D ⊥，易得AM ⊥平面1B OD ，故有AM OD ⊥，从而AD MD =，显然不可能，故C 错误；对于选项D ，由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得122BO =，2DM =，故22221122122B E OB OE ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，表面积为4π，故D 正确.故选：BD.14．（2020·2020届山东省淄博市高三二模）如图所示，在四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，CDE ∆是正三角形，M 为线段DE 的中点，点N 为底面ABCD 内的动点，则下列结论正确的是（）A ．若BC DE ⊥时，平面CDE ⊥平面ABCDB ．若BC DE ⊥时，直线EA 与平面ABCD 10C ．若直线BM 和EN 异面时，点N 不可能为底面ABCD 的中心D ．若平面CDE ⊥平面ABCD ，且点N 为底面ABCD 的中心时，BM =EN【答案】AC【解析】BC ⊂平面ABCD ，所以平面ABCD ⊥平面CDE ，A 项正确；设CD 的中点为F ，连接EF 、AF ，则EF CD ⊥.平面ABCD ⊥平面CDE ，平面ABCD 平面CDE CD =，EF ⊂平面CDE .EF ∴⊥平面ABCD ，设EA 平面ABCD 所成的角为θ，则EAF θ=∠， 223EF CE CF =-=，225AF AD FD =+=，2222AE EF AF =+=，则6sin 4EF EA θ==，B 项错误；连接BD ，易知BM ⊂平面BDE ，由B 、M 、E 确定的面即为平面BDE ，当直线BM 和EN 异面时，若点N 为底面ABCD 的中心，则N BD ∈，又E ∈平面BDE ，则EN 与BM 共面，矛盾，C 项正确；连接FN ，FN ⊂平面ABCD ，EF ⊥平面ABCD ，EF FN ∴⊥，F 、N 分别为CD 、BD 的中点，则112FN BC ==，又3EF =222EN EF FN =+=，227BM BC CM =+=BM EN ≠，D 项错误. 故选：AC.15．（2020·山东高三下学期开学）在三棱锥D -ABC 中，1AB BC CD DA ====，且AB BC ⊥，CD DA ⊥，M ，N 分别是棱BC ，CD 的中点，下面结论正确的是（）A ．AC BD ⊥B ．//MN 平面ABDC ．三棱锥A -CMN 的体积的最大值为2D ．AD 与BC 一定不垂直【答案】ABD【解析】根据题意，画出三棱锥D -ABC 如下图所示，取AC 中点O ，连接,OB OD ：对于A ，因为1AB BC CD DA ====，且AB BC ⊥，CD DA ⊥，所以,ABC ADC ∆∆为等腰直角三角形，则,,OD AC BO AC ⊥⊥且OD BO O ⋂=，则AC ⊥平面BOD ，所以AC BD ⊥，即A 正确；对于B ，因为M ，N 分别是棱BC ，CD 的中点，由中位线定理可得//MN BD ，而BD ⊂平面ABD ，MN ⊄平面ABD ，所以//MN 平面ABD ，即B 正确；对于C ，当平面DAC ⊥平面ABC 时，三棱锥A -CMN 的体积最大，则最大值为111212113222248A CMN N ACM V V --⎛⎫==⨯⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，即C 错误；对于D ，假设AD BC ⊥，由AB BC ⊥,且AD AB A ⋂=,所以BC ⊥平面ABD ，则BC BD ⊥，又因为AC BD ⊥，且AC BC C =，所以BD ⊥平面ABC ，由OB ⊂平面ABC ，则BD OB ⊥，由题意可知OB OD =，因而BD OB ⊥不能成立，因而假设错误，所以D 正确；综上可知，正确的为ABD ，故选：ABD.16．（2020届山东省潍坊市高三模拟一）沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的23（细管长度忽略不计）.假设该沙漏每秒钟漏下30.02cm的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是（）A．沙漏中的细沙体积为3102481cmπB．沙漏的体积是3128cmπC．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cmD．该沙漏的一个沙时大约是1985秒（ 3.14π≈）【答案】ACD【解析】A．根据圆锥的截面图可知：细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，所以细沙的底面半径28433r cm=⨯=，所以体积23121641610243339381hV r cmπππ=⋅⋅=⋅⋅=；B．沙漏的体积2231125622483233hV h cmπππ⎛⎫=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=⎪⎝⎭；C．设细沙流入下部后的高度为1h，根据细沙体积不变可知：21102418132hhππ⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以1102416813hππ=，所以12.4h cm≈；D．因为细沙的体积为3102481cmπ，沙漏每秒钟漏下30.02cm的沙，所以一个沙时为：10241024 3.14815019850.0281π⨯=⨯≈秒.故选：ACD.17．（2020届山东省潍坊市高三模拟二）如图,正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,则下列四个命题正确的是( )A ．直线BC 与平面11ABC D 所成的角等于4π B ．点C 到面11ABC D 的距离为22C ．两条异面直线1D C 和1BC 所成的角为4π D ．三棱柱1111AA D BB C -3 【答案】ABD【解析】正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，对于A ，直线BC 与平面11ABC D 所成的角为14CBC π∠=，故选项A 正确；对于B ，因为1B C ⊥面11ABC D ，点C 到面11ABC D 的距离为1B C 长度的一半，即22h =，故选项B 正确；对于C ，因为11//BC AD ，所以异面直线1D C 和1BC 所成的角为1AD C ∠，而1AD C 为等边三角形，故两条异面直线1D C 和1BC 所成的角为3π，故选项C 错误；对于D ，因为11111,,A A A B A D 两两垂直，所以三棱柱1111AA D BB C -外接球也是正方体1111ABCD A B C D -的外接球，故22211132r ++==D 正确．18．（2020届山东省六地市部分学校高三3月线考）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，侧棱11AA =，P 为上底面1111D C B A 上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（） A ．若3PD =，则满足条件的P 点有且只有一个 B ．若3PD =，则点P 的轨迹是一段圆弧C ．若PD ∥平面1ACB ，则DP 长的最小值为2 D ．若PD ∥平面1ACB ，且3PD =，则平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形的面积为94π【答案】ABD 【解析】如图：∵正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2， ∴1122B D =11AA =， ∴()2212213DB =+=，则P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一，故A 正确；∵()313PD =，，11DD =，则12PD =P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确；连接1DA ，1DC ，可得平面11//A DC 平面1ACB ，则当P 为11A C 中点时，DP ()22213+=故C 错误；由C 知，平面BDP 即为平面11BDD B ，平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为2221322122++=，面积为94π，故D 正确．19．（2020届山东济宁市兖州区高三网络模拟考）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，60DAB ︒∠=，侧面PAD 为正三角形，且平面PAD ⊥平面ABCD ，则下列说法正确的是（）A ．在棱AD 上存在点M ，使AD ⊥平面PMB B ．异面直线AD 与PB 所成的角为90°C ．二面角P BC A --的大小为45°D ．BD ⊥平面PAC 【答案】ABC 【解析】如图，对于A ，取AD 的中点M ，连接,PM BM ，∵侧面PAD 为正三角形，PM AD ∴⊥，又底面ABCD 是菱形，60DAB ︒∠=，ABD ∴是等边三角形，AD BM ∴⊥，又PM BM M ⋂=，PM ，BM ⊂平面PMB ，AD ∴⊥平面PBM ，故A 正确.对于B ，AD ⊥平面PBM ，AD PB ∴⊥，即异面直线AD 与PB 所成的角为90°，故B 正确. 对于C ，∵平面PBC平面ABCD BC =，//BC AD ，BC ∴⊥平面PBM ，BC PB ∴⊥BC BM ⊥，PBM ∴∠是二面角P BC A --的平面角，设1AB =，则32BM =，32PM =，在Rt PBM △中，tan 1PMPBM BM∠==，即45PBM ︒∠=，故二面角P BC A --的大小为45°，故C 正确.对于D ，因为BD 与PA 不垂直，所以BD 与平面PAC 不垂直，故D 错误. 故选：ABC20．（2020届山东省济宁市第一中学高三一轮检测）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，F 是棱11A D 上动点，下列说法正确的是（）.A ．对任意动点F ，在平面11ADD A 内存在与平面CBF 平行的直线B ．对任意动点F ，在平面ABCD 内存在与平面CBF 垂直的直线C ．当点F 从1A 运动到1D 的过程中，FC 与平面ABCD 所成的角变大 D ．当点F 从1A 运动到1D 的过程中，点D 到平面CBF 的距离逐渐变小【答案】AC 【解析】因为AD 在平面11ADD A 内，且平行平面CBF ，故A 正确；平面CBF 即平面11A D CB ，又平面11A D CB 与平面ABCD 斜相交，所以在平面ABCD 内不存在与平面CBF 垂直的直线，故B 错误；F 到平面ABCD 的距离不变且FC 变小，FC 与平面ABCD 所成的角变大，故C 正确；平面CBF 即平面11A D CB ，点D 到平面11A D CB 的距离为定值，故D 错误．故选：AC ．21．（2020届山东省青岛市高三上期末）如图,正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,则下列四个命题正确的是( )A ．直线BC 与平面11ABC D 所成的角等于4π B ．点C 到面11ABC D 的距离为22C ．两条异面直线1D C 和1BC 所成的角为4π D ．三棱柱1111AA D BB C -3 【答案】ABD 【解析】正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，对于A ，直线BC 与平面11ABC D 所成的角为14CBC π∠=，故选项A 正确；对于B ，因为1B C ⊥面11ABC D ，点C 到面11ABC D 的距离为1B C 长度的一半，即2h =，故选项B 正确；对于C ，因为11//BC AD ，所以异面直线1D C 和1BC 所成的角为1AD C ∠，而1AD C 为等边三角形，故两条异面直线1D C 和1BC 所成的角为3π，故选项C 错误；对于D ，因为11111,,A A A B A D 两两垂直，所以三棱柱1111AA D BB C -外接球也是正方体1111ABCD A B C D -的外接球，故222111322r ++==，故选项D 正确．故选：ABD ．22．（2020届山东省泰安市肥城市一模）在空间四边形ABCD 中,,,,E F G H 分别是,,,AB BC CD DA 上的点,当//BD 平面EFGH 时,下面结论正确的是( )A ．,,,E F G H 一定是各边的中点B ．,G H 一定是,CD DA 的中点C ．::AE EB AH HD =,且::BF FC DG GC = D ．四边形EFGH 是平行四边形或梯形【答案】CD 【解析】由//BD 平面EFGH ,所以由线面平行的性质定理,得//BD EH ,//BD FG ,则::AE EB AH HD =,且::BF FC DG GC =,且//EH FG ,四边形EFGH 是平行四边形或梯形.故选：CD .23．（2020届山东省泰安市肥城市一模）如图,正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,则下列四个命题正确的是( )A ．直线BC 与平面11ABC D 所成的角等于4πB ．点C 到面11ABCD 的距离为22C ．两条异面直线1D C 和1BC 所成的角为4π D ．三棱柱1111AA D BB C -3 【答案】ABD 【解析】正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，对于A ，直线BC 与平面11ABC D 所成的角为14CBC π∠=，故选项A 正确；对于B ，因为1B C ⊥面11ABC D ，点C 到面11ABC D 的距离为1B C 长度的一半，即2h =，故选项B 正确；对于C ，因为11//BC AD ，所以异面直线1D C 和1BC 所成的角为1AD C ∠，而1AD C 为等边三角形，故两条异面直线1D C 和1BC 所成的角为3π，故选项C 错误；对于D ，因为11111,,A A A B A D 两两垂直，所以三棱柱1111AA D BB C -外接球也是正方体1111ABCD A B C D -的外接球，故222111322r ++==，故选项D 正确．故选：ABD ．24．（2020届山东省潍坊市高三下学期开学考试）三棱锥P −ABC 的各顶点都在同一球面上，PC ⊥底面ABC ，若1PC AC ==，2AB =，且60BAC ∠=︒，则下列说法正确的是（） A ．PAB ∆是钝角三角形 B ．此球的表面积等于5π C ．BC ⊥平面P AC D ．三棱锥A −PBC 的体积为3【答案】BC 【解析】如图，在底面三角形ABC 中，由1AC =，2AB =，60BAC ∠=︒，利用余弦定理可得：2211221232BC =+-⨯⨯⨯= ∴222AC BC AB +=，即AC BC ⊥，由于PC ⊥底面ABC ，∴PC AC ⊥，PC BC ⊥， ∵PC AC C =，∴BC ⊥平面P AC ，故C 正确；∴222PB PC BC AB +==，由于2220PB AB PA +->，即PBA ∠为锐角， ∴PAB ∆是顶角为锐角的等腰三角形，故A 错误；取D 为AB 中点，则D 为BAC 的外心，可得三角形ABC 外接圆的半径为1，设三棱锥P ABC -的外接球的球心为O ，连接OP ，则215122OP ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，即三棱锥P ABC -的外接球的半径为5R =， ∴三棱锥球的外接球的表面积等于2545ππ⎛⎫⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故B 正确；11313132P ABC V -=⨯⨯⨯⨯=，故D 错误；故选：BC . 三、填空题25．（2020届山东省高三高考模拟）若一个圆柱的轴截面是面积为4的正方形，则该圆柱的外接球的表面积为_______. 【答案】8π. 【解析】作出圆柱与其外接球的轴截面如下：设圆柱的底面圆半径为r ，则2BC r =，所以轴截面的面积为()224ABCD S r ==正方形，解得1r =，因此，该圆柱的外接球的半径2222222BD R +=== 所以球的表面积为2428S ππ==.故答案为8π26．（2020届山东省潍坊市高三下学期开学考试）双曲线2213x y -=的渐近线与直线3x =围成的图形绕y轴旋转360︒，则所得旋转体的体积为___；表面积为_____ 【答案】4π 83π 【解析】双曲线2213x y -=的渐近线3y x =±，与直线3x =的交点为()3,1和()3,1-，该旋转体为底面半径是3，高为2的圆柱，挖掉两个底面半径为3，高为1，母线长为2的圆锥，所以所得旋转体的体积为()()22123223143V V V πππ=-=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=圆柱圆锥，表面积为23223283S πππ=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=，故答案为：4π，83π.27．（2020·山东滕州市第一中学高三3月模拟）已知正三棱锥P-ABC ，Q 为BC 中点，2PA =，2AB =，则正三棱锥P-ABC 的外接球的半径为________；过Q 的平面截三棱锥P-ABC 的外接球所得截面的面积范围为________．【答案】63,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】因为正三棱锥P ABC -，2PB PC PA ===，2AC BC AB ===，所以222PB PA AB +=，即PB PA ⊥，同理PB PC ⊥，PC PA ⊥，因此正三棱锥P-ABC 可看作正方体的一角，如图，记正方体的体对角线的中点为O ，由正方体结构特征可得，O 点即是正方体的外接球球心，所以点O 也是正三棱锥P-ABC 外接球的球心，记外接球半径为R ，则2R ==，因为球的最大截面圆为过球心的圆，所以过Q 的平面截三棱锥P-ABC 的外接球所得截面的面积最大为2max 32S R ππ==；又Q 为BC 中点，由正方体结构特征可得122OQ PA ==；由球的结构特征可知，当OQ 垂直于过Q 的截面时，截面圆半径最小为1r ==，所以2min S r ππ==．因此，过Q 的平面截三棱锥P-ABC 的外接球所得截面的面积范围为3,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦．故答案为：(1).2(2). 3,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦28．（2020届山东省泰安市肥城市一模）在我国古代数学名著《九章算术》中，把两底面为直角三角形的直棱柱称为“堑堵”.已知三棱柱111ABC A B C -是一个“堑堵”，其中12AB BC BB ===，点M 是11A C 的中点，则四棱锥11M B C CB -的外接球的表面积为__________．【答案】8π 【解析】由题意得四边形11B C CB 为正方形，设其中心为O ，取11B C 中点N,则111,1ON MNON MN OM OB OC OB OC ⊥==∴=====,即O 为四棱锥11M B C CB -的外接24π8π=.29．（2020·山东高三模拟）如图，直线l ⊥平面α，垂足为O ，三棱锥A BCD -的底面边长和侧棱长都为4，C 在平面α内，B 是直线l 上的动点，则点B 到平面ACD 的距离为_______，点O 到直线AD 的距离的最大值为_______.463222 【解析】ACD ∆边长为4，则中线长为34，点B 到平面ACD 22341646323⎛⎫-⨯⨯=⎪⎝⎭ 点O 是以BC 为直径的球面上的点，所以O 到直线AD 的距离为以BC 为直径的球面上的点到AD 的距离，最大距离为分别过BC 和AD 的两个平行平面间距离加半径. 又三棱锥A BCD -的底面边长和侧棱长都为4，以下求过BC 和AD 的两个平行平面间距离，分别取,BC AD 中点,E F ，连,,BF CF EF ，则,BF CF EF BC =∴⊥，同理EF AD ⊥，分别过,E F 做//,//EM AD FN BC ，直线,BC EM 确定平面α，直线,AD FN 确定平面β，则,,EF FN FNAD F EF β⊥=∴⊥，同理EF α⊥，//,EF αβ∴为所求，1623CF ==12422EF ∴=-=所以O 到直线AD 最大距离为222. 故答案为463222.30．（2020届山东省济宁市高三3月月考）如图所示，某几何体由底面半径和高均为1的圆柱与半径为1的半球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为__________.【答案】3227π 【解析】由题意，设小圆柱体底面半径为cos θ，则高为1sin 0,2πθθ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，，小圆柱体体积()2cos 1sin V πθθ=⋅⋅+，设()sin 0,1t t θ=∈，，则()()()232111V t t tt t ππ=⋅-+=⋅--++ 则()()()2321311V t t t t ππ'=⋅--+=⋅-++ 当13t =时，max 3227V π= 故答案为：3227π 31．（2020届山东济宁市兖州区高三网络模拟考）农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.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，则该六面体的体积为____；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为____．【答案】26 86π 【解析】 (1)每个三角形面积是13312S ⎛⎫=⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，由对称性可知该六面是由两个正四面合成的，可求出该四面体的高为23613⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭，故四面体体积为1362312⨯⨯=，因此该六面体体积是正四面体的2倍，所以六面体体积是2； (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，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213663R R ⎛⎫=⨯⨯⨯⇒= ⎪ ⎪⎝⎭，所以球的体积334468633V R πππ⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭. 故答案为：26；86π. 四、解答题32．（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知如图1直角梯形ABCD ，///AB CD ，90DAB ∠=︒，4AB =，2AD CD ==，E 为AB 的中点，沿EC 将梯形ABCD 折起（如图2），使平面BED ⊥平面AECD .（1）证明：BE ⊥平面AECD ；（2）在线段CD 上是否存在点F ，使得平面FAB 与平面EBC 所成的锐二面角的余弦值为23，若存在，求出点F 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）存在，F 为CD 中点【解析】（1）证明连接AC ，则AC DE ⊥，又平面BDE ⊥平面AECD ，平面BDE ⋂平面AECD DE =，AC ⊂平面AECD ，所以AC ⊥平面BDE ，所以AC BE ⊥.又BE CE ⊥，AC CE C =，AC ，CE ⊂平面AECD ，所以BE ⊥平面AECD .（2）（1）得BE ⊥平面AECD ，所以BE AE ⊥.所以EA ，EB ，EC 两两垂直，分别以EA ，EB ，EC 方向为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系E xyz -,如图所示，则()0,0,0E ，()2,0,0A ，()0,2,0B ，设(),0,2F a ，02a ≤≤，所以()2,0,2AF a =-，(),2,2BF a =-，设平面FAB 的法向量为(),,n x y z =，则()220,220,AF n x x z BF n ax y z ⎧⋅=-+=⎨⋅=-+=⎩取2x =，得()2,2,2n a =-.取平面EBC 的法向量为()1,0,0m =. 所以22cos 3412m n m n m n a a ⋅⋅===⋅-+，所以1a =.所以线段CD 上存在点F ，且F 为CD 中点时，使得平面FAB 与平面EBC 所成的锐二面角的余弦值为23. 33．（2020届山东省济宁市第一中学高三一轮检测）如图所示，直角梯形ABCD 中，//AD BC ，AD AB ⊥，22AB BC AD ===，四边形EDCF 为矩形，3CF =，平面EDCF ⊥平面ABCD ．(1)求证：DF 平面ABE ；(2)求平面ABE 与平面EFB 所成锐二面角的余弦值．(3)在线段DF 上是否存在点P ，使得直线BP 与平面ABE 3BP 的长，若不存在，请说明理由．【答案】（I ）见解析（II ）53131（III ）2BP = 【解析】（Ⅰ）取D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DE 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图，则()1,0,0A ，()1,2,0B ，(3E ，(3F -，∴(1,3BE =--，()0,2,0AB =，设平面ABE 的法向量(),,n x y z =，∴230,20,x y z y ⎧--+=⎪⎨=⎪⎩不妨设()3,0,1n =，又(1,3DF =-，。

2021年高考真题汇编之空间向量与立体几何

所以该棱台的高，下底面面积，上底面面积，
所以该棱台的体积 .故选D.
5. (21年新高考21年全国Ⅱ卷10)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是()
A. B.
C. D.
5.【解析】设正方体的棱长为2，对于A，如图(1)所示，连接，则，故 (或其补角)为异面直线所成的角，在直角三角形，，，故，
对于，当时，，即，所以，故点在线段上，因为平面，所以直线上的点到平面的距离相等，又△ 的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故选项正确.
对于，当时，取线段，的中点分别为，，连结，因为，即，所以，则点在线段上，当点在处时，，，
又，所以平面，又平面，所以，即，
对于D，如图(4)，取的中点，的中点，连接，则，因为，故，故，所以或其补角为异面直线所成的角，
因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，故D错误．故选BC.
6．(21年全国甲卷理6文7)在一个正方体中，过顶点的三条棱的中点分别为，，．该正方体截去三棱锥后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是()
设正方体的棱长为2，则，，，，
，直线与所成的角为．故选．
解法二：由C1P⊥平面BDD1B1，所以C1P⊥PB，又，则，所以 .
10. (21年北京卷4)某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为()
A. B.4C. D. 2
10.【解析】根据三视图可得如图所示的几何体——正三棱锥，其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，其表面积为，故选A.

空间向量及立体几何典型例题

空间向量与立体几何典型例题一、选择题：1．(2021全国Ⅰ卷理)三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 的射影为ABC △的中心，则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值等于〔 C 〕A ．13BCD ．231.解：C ．由题意知三棱锥1A ABC -为正四面体，设棱长为a，则1AB，棱柱的高13AO a ===〔即点1B 到底面ABC 的距离〕，故1AB 与底面ABC所成角的正弦值为113AO AB =.另解：设1,,AB AC AA 为空间向量的一组基底，1,,AB AC AA 的两两间的夹角为060 长度均为a ，平面ABC 的法向量为111133OA AA AB AC =--,11AB AB AA =+ 则1AB 与底面ABC所成角的正弦值为111123OA AB AO AB ⋅=. 二、填空题：1．(2021全国Ⅰ卷理)等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C ABD --M N ，分别是AC BC，的中点，则EM AN ，所成角的余弦值等于61． 1.答案：16.设2AB =，作CO ABDE ⊥面，OH AB ⊥，则CH AB ⊥，CHO ∠为二面角C AB D --cos 1CH OH CH CHO ==⋅∠=，结合等边三角形ABC 与正方形ABDE 可知此四棱锥为正四棱锥，则AN EM ==11(),22AN AC AB EM AC AE =+=-,11()()22AN EM AB AC AC AE ⋅=+⋅-=12故EM AN ，所成角的余弦值16AN EM AN EM ⋅= 另解：以O 为坐标原点，建立如下图的直角坐标系，则点(1,1,0),(1,1,0),(1,1,0),A B E C ----,1111(,,(,,)222222M N ---, 则3121321(,,),(,,),,32222222AN EM AN EM AN EM ==-⋅===, x 1题图〔x故EM AN，所成角的余弦值16AN EMAN EM⋅=.三、解答题：1．〔2021文〕如图，在四棱锥O ABCD-中，底面ABCD四边长为1的菱形，4ABCπ∠=, OA ABCD⊥底面, 2OA=,M为OA的中点。

高中数学《空间向量与立体几何》练习题(含答案解析)

高中数学《空间向量与立体几何》练习题（含答案解析）一、单选题1．在空间直角坐标系Oxyz 中，与点()1,2,1-关于平面xOz 对称的点为（）A ．()1,2,1--B ．()1,2,1-C ．()1,2,1---D ．()1,2,1--2．在空间直角坐标系内，平面α经过三点(1,0,2),(0,1,0),(2,1,1)A B C -，向量(1,,)n λμ=是平面α的一个法向量，则λμ+=（）A ．7-B ．5-C ．5D ．73．已知点()3,1,0A -，若向量()2,5,3AB =-，则点B 的坐标是（）．A ．()1,6,3-B ．()5,4,3-C ．()1,6,3--D ．()2,5,3-4．如图，O A B '''△是水平放置的OAB 的直观图，6A O ''=，2''=B O ，则OAB 的面积是（）A ．6B ．12C ．D ．5．平面α的一个法向量是1(2n =,1-,1)3，平面β的一个法向量是(3m =-,6,2)-，则平面α与平面β的关系是（）A ．平行B ．重合C ．平行或重合D ．垂直6．已知某圆柱的内切球半径为92，则该圆柱的侧面积为（） A ．492π B ．49π C ．812π D ．81π7．O 、A 、B 、C 为空间四点，且向量OA 、OB 、OC 不能构成空间的一个基底，则下列说法正确的是（） A ．OA 、OB 、OC 共线B ．OA 、OB 共线C ．OB 、OC 共线D ．O 、A 、B 、C 四点共面8．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为线段11A B 的中点，则异面直线1D E 与1BC 所成角的余弦值为（）A B C D9．已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（）AB ．32C ．1D 10．在正方体1111ABCD A B C D -中，P ，Q 分别为AB ，CD 的中点，则（）A ．1AB ⊥平面11A BCB ．异面直线1AB 与11AC 所成的角为30° C ．平面11ABD ∥平面1BC Q D ．平面1B CD ⊥平面1B DP二、填空题11．已知角α和角β的两边分别平行且一组边方向相同，另一组边的方向相反，若α＝45°，则β＝________. 12．若直线l 的方向向量(),1,2m x =-，平面α的法向量()2,2,4n =--，且直线l ⊥平面α，则实数x 的值是______.13．词语“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”等出现自中国数学名著《九章算术・商功》，是古代人对一些特殊锥体的称呼．在《九章算术・商功》中，把四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．现有如图所示的“鳖臑”四面体P ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，2PA AC ==，BC =则四面体P ABC 的外接球的表面积为______．14．设空间向量,,i j k 是一组单位正交基底，若空间向量a 满足对任意的,,x y a xi y j --的最小值是2，则3a k +的最小值是_________．三、解答题15．如图，在三棱柱111ABC A B C 中，点D 是AB 的中点．(1)求证：1AC △平面1CDB ．(2)若1AA ⊥平面ABC ，AC BC =，求证：CD ⊥平面11ABB A ．16．如图，空间四边形ABCD 中，E 、F 、G 、H 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点．求证：（1）EH △平面BCD ；（2）BD △平面EFGH .17．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是正方形，AC 与BD 交于点O ，E 为PB 的中点.(1)求证：EO平面PDC ；(2)求证：平面PAC ⊥平面PBD .18．如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，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，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.参考答案与解析1．A【分析】根据空间直角坐标系的对称点坐标特点直接求解即可.【详解】解：因为点()1,2,1-，则其关于平面xOz 对称的点为()1,2,1--.故选：A.2．D【解析】求出(1,1,2)AB =--，(2,0,1)BC =-，利用与(1,,)n λμ=数量积为0，求解即可.【详解】(1,1,2)AB =--，(2,0,1)BC =-120n AB λμ⋅=-+-=20n BC μ⋅=-+=可得2μ=，5λ=，7λμ+=故选：D3．B【分析】利用空间向量的坐标运算求得B 的坐标.【详解】设O 为空间坐标原点，()()()3,1,02,5,35,4,3OB OA AB =+=-+-=-.故选：B4．B【分析】由直观图和原图的之间的关系，和直观图画法规则，还原OAB 是一个直角三角形，其中直角边6,4OA OB ==，直接求解其面积即可．【详解】解：由直观图画法规则，可得OAB 是一个直角三角形，其中直角边6,4OA OB ==， △11641222OAB S OA OB =⋅=⨯⨯=．故选：B ．5．C【分析】由题设知6m n =-，根据空间向量共线定理，即可判断平面α与平面β的位置关系. 【详解】平面α的一个法向量是1(2n =,1-,1)3，平面β的一个法向量是(3m =-,6,2)-， ∴6m n =-，∴平面α与平面β的关系是平行或重合．故选：C ．6．D 【分析】由题意可得该圆柱底面圆的半径为92，圆柱的高为9，从而可求出其侧面积【详解】由题意得，该圆柱底面圆的半径为92，圆柱的高为9，所以该圆柱的侧面积为929812ππ⨯⨯=. 故选：D7．D【解析】根据向量OA 、OB 、OC 不能构成空间的一个基底知向量共面，即可得出结论.【详解】因为O 、A 、B 、C 为空间四点，且向量OA 、OB 、OC 不能构成空间的一个基底，所以OA 、OB 、OC 共面，所以O 、A 、B 、C 四点共面，故选：D8．B【分析】连接1AD ，AE ，得到11//AD BC ，把异面直线1D E 与1BC 所成角转化为直线1D E 与1AD 所成角，取1AD 的中点F ，在直角1D EF 中，即可求解.【详解】在正方体1111ABCD A B C D -中，连接1AD ，AE ，可得11//AD BC ，所以异面直线1D E 与1BC 所成角即为直线1D E 与1AD 所成角，即1AD E ∠为异面直线1D E 与1BC 所成角，不妨设12AA =，则1AD =1D E AE =取1AD 的中点F ，因为1D E AE =，所以1EF AD ⊥，在直角1D EF中，可得111cos D F AD E D E ∠==. 故选：B.9．C【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 ，ABC212a ∴=，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.10．D【分析】A 项反证法可得；B 项由平移法计算异面直线所成角；C 项由面面平行的判断和性质可得结果；D 项建立空间直角坐标系可得结果.【详解】对于选项A ，假设1AB ⊥面11A BC ，则111AB AC ⊥，这与已知1AB 与11A C 不垂直相矛盾，所以假设不成立.故选项A 错误；对于选项B ，连接1DC ，1DA ，因为11AB DC ∥，所以11DC A ∠为异面直线1AB 与11A C 所成的角或补角，又因为△11AC D 为等边三角形，所以1160DC A ∠=︒，故选项B 错误；对于选项C ，因为11B D BD ∥，11AD BC ∥，由面面平行的判定定理可得平面11AB D ∥平面1BDC ，而平面1BQC 与平面1BDC 相交，所以平面11AB D 与平面1BC Q 也相交，故选项C 错误；对于选项D ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为1，则()0,0,0D ，()11,1,1B ，()0,1,0C ，11,,02P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，可得()11,1,1DB =，()0,1,0DC =，11,,02DP ⎛⎫= ⎪⎝⎭，设平面1B CD 的法向量为()1,,n x y z =，则11100n DB x y z n DC y ⎧⋅=++=⎪⎨⋅==⎪⎩，可取1x =，则0y =，1z =-，即()11,0,1n =-，设平面1B DP 的法向量为()2,,b c n a =，则2120102n DB a b c n DP a b ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，可取1a =，则2b =-，1c =，可得平面1B DP 的一个法向量为()21,2,1n =-，由121010n n ⋅=+-=，所以12n n ⊥，即平面1B CD ⊥平面1B DP ，故选项D 正确. 故选：D.11．135°【分析】首先根据题意将图画出，然后根据α＝45°，AB △CD ，可得180BCD α︒∠=-，进而得出结论.【详解】解：如图，由题意知α＝45°，AB △CD ，180135BCD α︒︒∴∠=-=，即135β︒=.故答案为：135°.【点睛】本题考查了平行线的性质，结合图会使问题变得简单，属于基础题.12．-1【分析】利用法向量的定义和向量共线的定理即可.【详解】直线l 的方向向量(),1,2m x =-，平面α的法向量()2,2,4n =--，直线l ⊥平面α，必有//m n ，即向量m 与向量n 共线，m n λ∴= ，△11222x -==--，解得=1x -；故答案为：-1.13．16π 【分析】确定外接球球心求得球半径后可得表面积．【详解】由于PA ⊥平面ABC ，因此PA 与底面上的直线,,AC AB BC 都垂直，从而AC 与AB 不可能垂直，否则PBC 是锐角三角形，由于<AC BC ，因此有AC BC ⊥，而PA 与AC 是平面PAC 内两相交直线，则BC ⊥平面PAC ，PC ⊂平面PAC ，所以BC PC ⊥，所以PB 的中点O 到,,,P A B C 四个点的距离相等，即为四面体P ABC 的外接球球心．2222222222216PB PA AB PA AC BC =+=++=++=，4PB =，所以所求表面积为224()42162PB S πππ=⨯=⨯=．故答案为：16π．14．1【分析】以,i j 方向为,x y 轴，垂直于,i j 方向为z 轴建立空间直角坐标系，根据条件求得a 坐标，由3a k +的表达式即可求得最小值.【详解】以,,i j k 方向为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则()1,0,0i =，()0,1,0j =，()0,0,1k = 设(),,a r s t = 则(a xi y j r x --=-当,r x s y ==时a xi y j --的最小值是2，2t ∴=±取(),,2a x y = 则()3,,5a k x y += 23a k x ∴+=+又因为,x y 是任意值，所以3a k +的最小值是5.取(),,2a x y =- 则()3,,1a k x y += 23a k x ∴+=+又因为,x y 是任意值，所以3a k +的最小值是1.故答案为：1.15．(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)连接1BC ，交1B C 于点E ，连接ED ，用中位线证明1ED AC ∥即可；(2)证明CD △AB ，CD △1AA 即可.【详解】（1）连接1BC ，交1B C 于点E ，连接.ED△111ABC A B C 是三棱柱，△四边形11BCC B 为平行四边形，△E 是1BC 的中点.△点D 是AB 的中点，△ED 是1ABC 的中位线，△1ED AC ∥，又ED ⊂平面1CDB ，1AC ⊄平面1CDB ，△1AC △平面1CDB .（2）△1AA ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，△1AA AB ⊥，△AC BC =，AD BD =，△CD AB ⊥，△1AA AB A =，1,AA AB ⊂平面11ABB A ，△CD ⊥平面11ABB A .16．（1）见解析（2）见解析【分析】（1）推导出EH △BD ，由此能证明EH △平面BCD ；（2）由BD △EH ，由此能证明BD △平面EFGH .【详解】（1）△EH 为△ABD 的中位线，△EH △BD .△EH △平面BCD ，BD △平面BCD ，△EH △平面BCD ；（2）△FG 为△CBD 的中位线，△FG △BD ，△FG △EH ，△E 、F 、G 、H 四点共面，△BD △EH ，BD △平面EFGH ，EH △平面EFGH ，△BD △平面EFGH .【点睛】本题考查线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查化归与转化思想，是中档题.17．(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】（1）证明：△四边形ABCD 为正方形，△O 为BD 的中点，△E 为PB 的中点，△OE PD ∥，又△OE ⊄平面,PDC PD ⊂平面PDC ，△OE 平面PDC ；（2）证明：△四边形ABCD 为正方形，△AC BD ⊥，△PD ⊥平面ABCD ，且AC ⊂平面ABCD ，所以PD AC ⊥，又△,PD BD ⊂平面PBD ，且PD BD D ⋂=，△AC ⊥平面PBD ，又△AC ⊂平面PAC ，△平面PAC ⊥平面PDB .18．(1)证明见解析；【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为AB AD =，O 是BD 中点，所以OA BD ⊥，因为OA ⊂平面ABD ，平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以OA ⊥平面BCD ．因为CD ⊂平面BCD ，所以OA CD ⊥.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O 为坐标原点，OA 为z 轴，OD 为y 轴，垂直OD 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，则1,0),(0,1,0),(0,1,0)2C D B -，设12(0,0,),(0,,)33A m E m ,所以4233(0,,),(,,0)3322EB m BC =--=，设(),,n x y z =为平面EBC 的法向量，则由00EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩可求得平面EBC 的一个法向量为2(3,1,)n m =--．又平面BCD 的一个法向量为()0,0,OA m =，所以cos ,n OA ==1m =．又点C 到平面ABD 112132A BCD C ABD V V --==⨯⨯⨯=，所以三棱锥A BCD - [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作EG BD ⊥，垂足为点G ．作GF BC ⊥，垂足为点F ，连结EF ，则OA EG ∥．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ，EFG ∠为二面角E BC D --的平面角．因为45EFG ∠=︒，所以EG FG =．由已知得1OB OD ==，故1OB OC ==．又30OBC OCB ∠=∠=︒，所以BC =因为24222,,,,133333GD GB FG CD EG OA ======，111122(11)13332A BCD BCD BOC V S O S OA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=． [方法三]：三面角公式考虑三面角B EDC -，记EBD ∠为α，EBC ∠为β，30DBC ∠=︒，记二面角E BC D --为θ．据题意，得45θ=︒．对β使用三面角的余弦公式，可得cos cos cos30βα=⋅︒，化简可得cos βα=．△使用三面角的正弦公式，可得sin sin sin αβθ=，化简可得sin βα=．△ 将△△两式平方后相加，可得223cos 2sin 14αα+=，由此得221sin cos 4αα=，从而可得1tan 2α=±．如图可知π(0,)2α∈，即有1tan 2α=，根据三角形相似知，点G 为OD 的三等分点，即可得43BG =，结合α的正切值，可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD - 【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.。

专题17 空间向量与立体几何专项训练(解析版)-2021年高考数学(理)名校地市必刷题

专题17 空间向量与立体几何专项训练一、单选题（共15小题）1.（2020春•启东市校级月考）已知点B（2，﹣3，1），向量，则点A坐标是（）A．（1，2，3）B．（﹣1，2，3）C．（﹣5，8，1）D．（5，﹣8，﹣1）【答案】D【分析】根据空间向量的线性运算与坐标表示，计算即可．【解答】解：点B（2，﹣3，1），向量，又＝﹣，＝（2，﹣3，1），所以＝﹣＝（5，﹣8，﹣1），则点A坐标是（5，﹣8，﹣1）．故选：D．【知识点】空间向量及其线性运算2.（2020秋•广陵区校级月考）棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，正方形ABCD所在平面内的动点P到直线AA1，BB1的距离之和为，则点P到直线AB的距离为（）A．B．1 C．D．【答案】B【分析】解方程组计算P A，PB的值，再计算P到AB的距离．【解答】解：∵AA1⊥平面ABCD，P A⊂平面ABCD，∴AA1⊥P A，故P A为P到直线AA1的距离，同理可得PB为P到直线BB1的距离，由题意可知P A+PB＝2，∵∠APB＝90°，∴P A2+PB2＝AB2＝4，联立方程组，解得P A＝PB＝，∴△APB是等腰直角三角形，∴点P到直线AB的距离为AB＝1．故选：B．【知识点】点、线、面间的距离计算3.（2020秋•巨鹿县校级月考）直三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱CC1＝3，底面ΔABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝，则点B1到平面A1BC的距离为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】过C1作C1D⊥A1C于D，证明C1D⊥平面A1BC，根据B1C1∥平面A1BC即可得出线段C1D的长即为点B1到平面A1BC的距离，【解答】解：∵B1C1∥BC，B1C1⊄平面A1BC，BC⊂平面A1BC，∴B1C1∥平面A1BC，∴点B1到平面A1BC的距离等于点C1到平面A1BC的距离，过C1作C1D⊥A1C于D，∵BC⊥AC，BC⊥CC1，AC∩CC1＝C，∴BC⊥平面ACC1A1，又C1D⊂平面ACC1A1，∴BC⊥C1D，又A1C⊥C1D，A1C∩BC＝C，∴C1D⊥平面A1BC，故点C1到平面A1BC的距离为C1D，∵CC1＝3，A1C1＝AC＝，∴A1C＝＝，∴C1D＝＝，∴点B1到平面A1BC的距离为．故选：D．【知识点】点、线、面间的距离计算4.（2020秋•仁寿县校级期中）如图，在空间直角坐标系中，有一棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，A1C的中点E到AB的中点F的距离为（）A．2B．C．2 D．1【答案】B【分析】利用正方体的结构特征，先分别求出E和F的坐标，再用两点间距离公式求解．【解答】解：在空间直角坐标系中，有一棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1∴A1（2，0，2），C（0，2，0），A1C的中点E（1，1，1），A（2，0，0），B（2，2，0），AB的中点F（2，1，0），∴A1C的中点E到AB的中点F的距离为：|EF|＝＝．故选：B．【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式5.（2020秋•安徽月考）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知∠ABC＝90°，P为侧棱CC1上任意一点，Q为棱AB上任意一点，PQ与AB所成角为α，PQ与平面ABC所成的角为β，则α与β的大小关系为（）A．α＝βB．α＜βC．α＞βD．不能确定【答案】C【分析】作出两个角，在直角三角形中表示出sinα，sinβ，根据它们的大小关系得出结论．【解答】解：连接CQ，PB，∵CC1⊥平面ABC，∴∠PQC为PQ与平面ABC所成的角，即∠PQC＝β，由CC1⊥平面ABC，可得CC1⊥AB，又AB⊥BC，BC∩CC1＝C，∴AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥PB，∴∠PQB为直线PQ与AB所成角，即∠PQB＝α，∵sinα＝，sinβ＝，且PB＞PC，∴sinα＞sinβ，∴α＞β，故选：C．【知识点】直线与平面所成的角6.（2020秋•山东月考）如图，在三棱锥A﹣BCD中，点F在棱AD上，且AF＝3FD，E为BC中点，则等于（）A．B．C．D．【答案】B【分析】连结AE，由向量的加法法则得到＝＝，由此能求出结果．【解答】解：连结AE，∵在三棱锥A﹣BCD中，点F在棱AD上，且AF＝3FD，E为BC中点，∴＝＝＝（）﹣＝．故选：B．【知识点】点、线、面间的距离计算7.（2021•松江区一模）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列四个结论中错误的是（）A．直线B1C与直线AC所成的角为60°B．直线B1C与平面AD1C所成的角为60°C．直线B1C与直线AD1所成的角为90°D．直线B1C与直线AB所成的角为90°【答案】B【分析】连接AB1，求出∠ACB1可判断选项A；连接B1D1，找出点B1在平面AD1C上的投影O，设直线B1C 与平面AD1C所成的角为θ，由cosθ＝可判断选项B；利用平移法找出选项C和D涉及的异面直线夹角，再进行相关运算，即可得解．【解答】解：连接AB1，∵△AB1C为等边三角形，∴∠ACB1＝60°，即直线B1C与AC所成的角为60°，故选项A正确；连接B1D1，∵AB1＝B1C＝CD1＝AD1，∴四面体AB1CD1是正四面体，∴点B1在平面AD1C上的投影为△AD1C的中心，设为点O，连接B1O，OC，则OC＝BC，设直线B1C与平面AD1C所成的角为θ，则cosθ＝＝＝≠，故选项B错误；连接BC1，∵AD1∥BC1，且B1C⊥BC1，∴直线B1C与AD1所成的角为90°，故选项C正确；∵AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥B1C，即直线B1C与AB所成的角为90°，故选项D正确．故选：B．【知识点】直线与平面所成的角、异面直线及其所成的角8.（2020秋•会宁县期末）已知两平面的法向量分别为，，则两平面所成的二面角为（）A．60°B．120°C．60°或120°D．90°【答案】C【分析】直接利用空间向量的数量积公式求解二面角的大小即可．【解答】解：因，所以．所以由两平面所成的二面角的范围知此两平面所成的二面角为60°或120°．故选：C．【知识点】二面角的平面角及求法9.（2020春•舟山期末）如图，平行四边形ABCD中，∠ABC＝60°，E为AD中点，F为BC上一点，且EF⊥BC，将四边形ABFE沿直线EF折起为四边形A′B′FE，则（）A．∠B′CD≥B．∠B′CD≤C．∠A′DC+∠B′CD≥πD．∠A′DC+∠B′CD≤π【答案】D【分析】由已知分析当二面角B﹣EF﹣B′的平面角为0°，和当二面角B﹣EF﹣B′的平面角→180°时∠B′CD与∠A′DC+∠B′CD的大小得结论．【解答】解：当二面角B﹣EF﹣B′的平面角为0°，此时∠B′CD＝∠BCD＝120°，∠A′DC＝60°，排除B；当二面角B﹣EF﹣B′的平面角→180°，如图，此时D与A′趋于重合，此时∠B′CD→60°，∠A′DC→90°，排除A；∠A′DC+∠B′CD→150°，排除C，故选：D．【知识点】二面角的平面角及求法10.（2020春•如东县期末）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则直线BC1与平面BB1DD1所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BC1与平面BB1DD1所成角的正弦值．【解答】解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，B（2，2，0），C1（0，2，1），D（0，0，0），D1（0，0，1），＝（﹣2，0，1），＝（2，2，0），＝（0，0，1），设平面BB1DD1的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，﹣1，0），设直线BC1与平面BB1DD1所成角为θ，则直线BC1与平面BB1DD1所成角的正弦值为：sinθ＝＝＝．故选：D．【知识点】直线与平面所成的角11.（2020•厦门模拟）一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，∠B＝∠F＝90°，∠A＝60°，∠D＝45°，BC＝DE．现将两块三角板拼接在一起，取BC中点O与AC中点M，则下列直线与平面OFM所成的角不为定值的是（）A．AC B．AF C．BF D．CF【答案】B【分析】由题意证明BC⊥平面MOF，可得BF，CF，AC与平面OFM所成的角，由已知可得都为定值，由此得到答案．【解答】解：∵O，M分别为BC，AC的中点，∴OM∥AB，则OM⊥BC，又CF＝BF，∴OF⊥BC，而OM∩OF＝O，∴BC⊥平面MOF，∴BF，CF与平面MOF所成的角分别为∠BFO和∠CFO，相等为45°，根据直线与平面所成角的定义可知，AC与平面MOF所成的角为∠CMO＝∠A＝60°，故只有AF与平面FOM所成的角不为定值．故选：B．【知识点】直线与平面所成的角12.（2021•浙江模拟）如图，梯形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD＝AB＝1，AD⊥AB，∠BCD＝45°，将△ABD沿BD折起，使点A到点P的位置，得到三棱锥P﹣BCD，其中点P在底面BCD上的射影H在△BCD的内部．记直线PD与直线AB所成的角为α，直线PD与平面BCD所成的角为β，二面角P﹣BD﹣C的平面角为γ，则（）A．β＜γ＜αB．β＜α＜γC．α＜γ＜βD．α＜β＜γ【答案】B【分析】先作辅助线，利用线线角、线面角和二面角的定义找到所求的空间角，然后在合适的三角形中利用余弦定理和正切函数值，以及最小角定理进行大小比较，即可得解．【解答】解：设BD的中点为K，连接AK，并延长交BC于E，则E为BC的中点，连接DE，则DE∥AB，且点H在线段KE上（不含端点），连接PH，DH，PK，PE，∴α＝∠PDE，β＝∠PDH，γ＝∠PKH，由余弦定理知，cosα＝＝＝1﹣，cosγ＝＝＝1﹣PE2，∴cosα＞cosγ，∴α＜γ，又tanβ＝，tanγ＝，且HD＞KH，∴tanβ＜tanγ，∴β＜γ，由最小角定理知，α＞β，∴β＜α＜γ．故选：B．【知识点】二面角的平面角及求法13.（2021•浙江模拟）已知△ABC为直角三角形，且∠ABC＝90°，点D，E分别在边AB，AC上．现在以DE为折痕，将△ADE翻折至△A′DE的位置，设BC与A′D所成的角为θ1，A′D与平面ABC所成的角为θ2，二面角A′﹣DB﹣C的平面角为θ3，则下列结论正确的是（）A．θ1≥θ2≥θ3B．θ1≥θ3≥θ2C．θ3≥θ2≥θ1D．θ3≥θ1≥θ2【答案】B【分析】根据最小角定理和结论“二面角是所有线面角中的最大角”，得到θ1≥θ2，θ3≥θ2，过点C作CH ⊥平面A′BD，连接HB，由线面角的定义得∠CBH是直线BC与平面A′DB所成角，再结合最小角定理知θ3≤θ1，由此能求出结果．【解答】解：根据最小角定理和结论“二面角是所有线面角中的最大角”，得到θ1≥θ2，θ3≥θ2，过点C作CH⊥平面A′BD，则CH⊥BD，连接HB，∵BC⊥DB，CH∩BC＝C，∴BD⊥平面BCH，由线面角的定义得∠CBH是直线BC与平面A′DB所成角，再结合最小角定理知θ3≤θ1，∴θ1≥θ3≥θ2．故选：B．【知识点】二面角的平面角及求法14.（2021•浙江模拟）在三棱锥P﹣ABC中，已知AB＝a，P A＝a，PB＝a，CA＝a，CB＝2a，二面角P﹣AB﹣C的大小为，则三棱锥P﹣ABC的体积为（）A．B．C．D．a3【答案】A【分析】由题意画出图形，由已知求解三角形可得∠PBA＝，过点P作AB的垂线交AB的延长线于点D，求解三角形可得CD⊥AD，得∠PDC为是二面角P﹣AB﹣C的平面角，则，且证得AD⊥平面PCD，再由求解三棱锥P﹣ABC的体积．【解答】解：如图，在△P AB中，∵AB＝a，P A＝，PB＝，由余弦定理可得，cos∠PBA＝，得∠PBA＝．过点P作AB的垂线交AB的延长线于点D，则，故PD＝BD＝a，在△ABC中，AB＝a，BC＝2a，AC＝，由余弦定理可得，cos∠ABC＝，∴，则，连接CD，在△BCD中，由余弦定理可得CD＝，∴BD2+CD2＝BC2，故CD⊥AD，又PD⊥AD，∴∠PDC为是二面角P﹣AB﹣C的平面角，则．∵CD⊥AD，PD⊥AD，CD∩PD＝D，∴AD⊥平面PCD，则．∵AB＝BD＝a，∴三棱锥P﹣ABC的体积为：＝．故选：A．【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积、二面角的平面角及求法15.（2020•石景山区一模）点M，N分别是棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱BD，CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动．若P A1∥面AMN，则P A1的长度范围是（）A．B．C．D．[2，3]【答案】B【分析】取B1C1的中点E，BB1的中点F，连结A1E，A1F，EF，取EF中点O，连结A1O，推导出平面AMN ∥平面A1EF，从而点P的轨迹是线段EF，由此能求出P A1的长度范围．【解答】解：取B1C1的中点E，BB1的中点F，连结A1E，A1F，EF，取EF中点O，连结A1O，∵点M，N分别是棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱BC，CC1的中点，∴AM∥A1E，MN∥EF，∵AM∩MN＝M，A1E∩EF＝E，∴平面AMN∥平面A1EF，∵动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动，且P A1∥面AMN，∴点P的轨迹是线段EF，∵A1E＝A1F＝，EF＝，∴A1O⊥EF，∴当P与O重合时，P A1的长度取最小值A1O＝，当P与E（或F）重合时，P A1的长度取最大值为A1E＝A1F＝．∴P A1的长度范围为[，]．故选：B．【知识点】点、线、面间的距离计算二、填空题（共9小题）16.（2020秋•博兴县期中）已知点A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0，λ），若A，B，C三点共线，则λ＝．【答案】1【分析】利用坐标表示向量，由向量共线列方程求出λ的值．【解答】解：点A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0，λ），所以＝（﹣1，﹣1，﹣1），＝（﹣1，﹣1，λ﹣2）；若A，B，C三点共线，则∥；即＝＝，解得λ＝1．故答案为：1．【知识点】共线向量与共面向量17.（2020秋•皇姑区校级期末）如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为AC的中点．用，，表示，则＝．【分析】利用三角形法则和平行四边形法则，即可得到．【解答】解：＝+＝++＝++．故答案为：++．【知识点】空间向量及其线性运算18.（2020秋•万州区校级期中）已知空间向量，且，则实数λ＝．【分析】利用向量平行的性质直接求解．【解答】解：∵空间向量，且，∴，解得实数λ＝﹣．故答案为：﹣．【知识点】共线向量与共面向量19.（2020秋•袁州区校级期中）已知向量＝（1，1，0），＝（﹣1，0，2）且k+与2﹣互相平行，则k的值．【答案】-2【分析】求出k+和2﹣，再由k+与2﹣互相平行，列出方程组，能求出k的值．【解答】解：∵向量＝（1，1，0），＝（﹣1，0，2），∴k+＝（k，k，0）+（﹣1，0，2）＝（k﹣1，k，2），2﹣＝（2，2，0）﹣（﹣1，0，2）＝（3，2，﹣2），∵k+与2﹣互相平行，∴，解得k＝﹣2．故答案为：﹣2．【知识点】共线向量与共面向量20.（2020秋•南京期中）在空间直角坐标系中，若三点A（1，﹣1，a），B（2，a，0），C（1，a，﹣2）满足：（﹣2）⊥，则实数a的值为．【分析】先求出＝（﹣1，0，﹣2），＝（﹣1，a+1，﹣4﹣a），再由（﹣2）⊥，能求出a．【解答】解：∵A（1，﹣1，a），B（2，a，0），C（1，a，﹣2），∴＝（1，a+1，﹣a），2＝（0，2a+2，﹣4﹣2a），＝（﹣1，0，﹣2），＝（1，﹣a﹣1，4+a），∵（﹣2）⊥，∴（）•＝﹣1﹣8﹣2a＝0，解得实数a＝﹣．故答案为：﹣．【知识点】向量的数量积判断向量的共线与垂直21.（2020春•杨浦区校级期中）已知平面α的一个法向量为，则直线AB与平面α的位置关系为．【答案】直线AB在平面α上或直线AB与平面α平行【分析】由•＝0得出⊥，即得直线AB在平面α上或直线AB与平面α平行．【解答】解：由平面α的一个法向量为，且•＝1×（﹣2）+2×1+2×0＝0，所以⊥；所以直线AB与平面α的位置关系是：直线AB在平面α上或直线AB与平面α平行．故答案为：直线AB在平面α上或直线AB与平面α平行．【知识点】向量的数量积判断向量的共线与垂直22.（2020秋•浙江月考）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，，若，则x＝，y+z＝．【分析】直接利用向量的加法求出结果．【解答】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，如图所示：由于，所以，，由于，所以x＝1，y＝z＝，所以y+z＝．故答案为：1；．【知识点】空间向量基本定理、正交分解及坐标表示23.（2020秋•浙江月考）四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，且PD＝1，AB＝3，G是△ABC的重心，则PG与面P AB所成角θ的正弦值为．【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出PG 与面P AB所成角θ的正弦值．【解答】解：∵四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，且PD＝1，AB＝3，G是△ABC的重心，∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，则P（0，0，1），A（3，0，0），B（3，3，0），C（0，3，0），G（2，2，0），＝（2，2，﹣1），＝（3，0，﹣1），＝（3，3，﹣1），设平面P AB的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，0，3），∴PG与面P AB所成角θ的正弦值为：sinθ＝＝＝．故答案为：．【知识点】直线与平面所成的角24.（2020秋•海淀区校级期中）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在底面ABCD上移动，且满足B1P⊥D1E，则线段B1P的长度的最大值为．【答案】3【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段B1P的长度的最大值．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设P（a，b，0），则D1（0，0，2），E（1，2，0），B1（2，2，2），＝（a﹣2，b﹣2，﹣2），＝（1，2，﹣2），∵B1P⊥D1E，∴＝a﹣2+2（b﹣2）+4＝0，∴a+2b﹣2＝0，∴点P的轨迹是一条线段，当a＝0时，b＝1；当b＝0时，a＝2，设CD中点F，则点P在线段AF上，当A与P重合时，线段B1P的长度为：|AB1|＝＝2；当P与F重合时，P（0，1，0），＝（﹣2，﹣1，﹣2），线段B1P的长度||＝＝3，当P在线段AF的中点时，P（1，，0），＝（﹣1，﹣，﹣2），线段B1P的长度||＝＝．∴线段B1P的长度的最大值为3．故答案为：3．【知识点】点、线、面间的距离计算三、解答题（共10小题）25.（2020•福州模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC是边长为6的等边三角形，D，E分别为AA1，BC的中点．（1）证明：AE∥平面BDC1；（2）若异面直线BC1与AC所成角的余弦值为．求DE与平面BDC1所成角的正弦值．【分析】（1）先证明四边形ADFE为平行四边形，则AE∥DF，由此即可得证；（2）以点E为坐标原点，建立空间直角坐标系，设AA1＝2t（t＞0），根据已知条件可求得，进而求得平面BDC1的法向量以及直线DE的方向向量，再利用向量公式得解．【解答】解：（1）证明：取BC1的中点F，连接DF，EF，∵E为BC中点，∴，又∵D为AA1的中点，∴，∴，∴四边形ADFE为平行四边形，∴AE∥DF，∵AE不在平面BDC1内，DF在平面BDC1内，∴AE∥平面BDC1；（2）由（1）及题设可知，BC，EA，EF两两互相垂直，则以点E为坐标原点，EC，EA，EF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，设AA1＝2t（t＞0），则，故，∴＝，解得，设平面BDC1的法向量为，则，故可取，又，则，∴，∴DE与平面BDC1所成角的正弦值为．【知识点】直线与平面所成的角、直线与平面平行26.（2020•广西二模）已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为正方形，且P A⊥底面ABCD，过AB的平面与侧面PCD的交线为EF，且满足S△PEF：S四边形CDEF＝1：3．（1）证明：PB∥平面ACE；（2）若二面角C﹣AF﹣D的余弦值为，求的值．【分析】（1）先由AB∥平面PCD得性质可得EF∥AB，进而得到EF∥CD，再由中位线的性质可得EG∥PB，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面ACF及平面ADF的法向量，利用向量的夹角公式建立方程，即可得解．【解答】解：由题知四边形ABCD为正方形，∴AB∥CD，又CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，∴AB∥平面PCD，…………（1分）又AB⊂平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD＝EF，∴EF∥AB，又AB∥CD，∴EF∥CD，…………（3分）由S△PEF：S四边形CDEF＝1：3知E、F分别为PC、PD的中点，连接BD交AC与G，则G为BD中点，在△PBD中EG为中位线，∴EG∥PB，∵EG∥PB，EG⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，∴PB∥平面ACE．…………（6分）（2）∵底面ABCD为正方形，且P A⊥底面ABCD，∴P A、AB、AD两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系A﹣xyz，…………（7分）设AB＝AD＝2a，AP＝2b，则A（0，0，0），D（0，2a，0），C（2a，2a，0），G（a，a，0），P（0，0，2b），F（a，a，b），∵P A⊥底面ABCD，DG⊂底面ABCD，∴DG⊥P A，∵四边形ABCD为正方形∴AC⊥BD，即DG⊥AC，AC∩P A＝A，∴DG⊥平面CAF，∴平面CAF的一个法向量为…………（9分）设平面AFD的一个法向量为，由，取z＝﹣a可得为平面AED的一个法向量，设二面角C﹣AF﹣D的大小为θ，则，得，又P A＝2b，AB＝2a，∴，∴当二面角C﹣AF﹣D的余弦值为时，．………………………………（12分）【知识点】二面角的平面角及求法、直线与平面平行27.（2020•天河区二模）如图，在四面体ABCD中，E，F分别是线段AD，BD的中点，∠ABD＝∠BCD＝90°，EC＝．AB＝BD＝2．（1）证明：平面EFC⊥平面BCD；（2）若二面角D﹣AB﹣C为45°，求二面角A﹣CE﹣B的余弦值．【分析】（1）由勾股定理可证AC⊥CD，又CD⊥BC，则CD⊥平面ABC，得到CD⊥AB，又AB⊥BD，得到AB⊥平面BCD，进而得到EF⊥平面BCD，由此即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量公式即可求得余弦值．【解答】解：（1）证明：∵E，F分别是线段AD，BD的中点，AB＝BD＝2，∴EF＝FD＝1，且EF∥AB，∵∠ABD＝90°，∴∠EFD＝90°，∴，又，∴AC⊥CD，又∠BCD＝90°，即CD⊥BC，又AC∩BC＝C，且AC，BC均在平面ABC内，∴CD⊥平面ABC，∴CD⊥AB，又AB⊥BD，CD∩BD＝D，且CD，BD均在平面BCD内，∴AB⊥平面BCD，∴EF⊥平面BCD，又EF在平面EFC内，∴平面EFC⊥平面BCD；（2）由（1）可知，∠DBC为二面角D﹣AB﹣C的平面角，即∠DBC＝45°，过点B作BB′∥CD，如图，以B为坐标原点，BB′，BD，BA分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，2），B（0，0，0），D（0，2，0），C（1，1，0），E（0，1，1），∴，，设平面ACE的一个法向量为，则，可取；设平面BCE的一个法向量为，则，可取；如图可设二面角A﹣CE﹣B的平面角为锐角θ，则，即二面角A﹣CE﹣B的余弦值为．【知识点】平面与平面垂直、二面角的平面角及求法28.（2020•梅州一模）如图，在正四棱锥P﹣ABCD中，AB＝2，∠APC＝，M为PB上的四等分点，即BM＝BP．（1）证明：平面AMC⊥平面PBC；（2）求平面PDC与平面AMC所成锐二面角的余弦值．【分析】（1）由题中数据结合余弦定理，勾股定理可得AM⊥PB，CM⊥PB，由此即可证得平面AMC⊥平面PBC；（2）建立空间直角坐标系，求出平面AMC及平面PDC的法向量，利用向量公式即可得解．【解答】解：（1）由AB＝2，可知，由，可知，∵P﹣ABCD是正四棱锥，∴，∴，在△P AB中，设∠APB＝θ，由余弦定理有，，在△P AM中，由余弦定理有，，∴AM2+MB2＝4＝AB2，∴AM⊥PB，同理CM⊥PB，而PB在平面PBC上，AM∩CM＝M，且AM，CM都在平面ACM内，故PB⊥平面ACM，又PB⊂平面PBC，∴平面AMC⊥平面PBC；（2）以底面中心O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，D（﹣1，﹣1，0）设平面PDC的法向量为，，故，可取，设平面AMC的法向量为，则可取，设平面PDC与平面AMC所成锐二面角为θ，则．【知识点】平面与平面垂直、二面角的平面角及求法29.（2020•河东区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，P A⊥平面ABCD，P A＝AD＝AB＝1，点E、M分别在线段AB、PC上，且＝＝λ，其中0＜λ＜1，连接CE，延长CE与DA 的延长线交于点F，连接PE，PF，ME．（Ⅰ）求证：ME∥平面PFD；（Ⅱ）若λ＝时，求二面角A﹣PE﹣F的正弦值；（Ⅲ）若直线PE与平面PBC所成角的正弦值为时，求λ值．【分析】（Ⅰ）在线段PD上取一点N，使得，∵，证明四边形为平行四边形，得到ME∥AN，然后证明ME∥平面PFD．（Ⅱ）以A为坐标原点，分别以AF，AB，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面PEA的一个法向量，平面PEF的一个法向量利用空间向量的数量积，求解二面角A﹣PE﹣F的正弦值．（III）令E（0，h，0），0≤h≤2，，求出平面PEA的一个法向量利用空间向量的数量积转化求解即可．【解答】（本小题满分15分）解：（Ⅰ）在线段PD上取一点N，使得，∵，∴MN∥DC且MN＝λDC，∵，∴AE＝λAB，AB∥DC且AB＝DC，∴且AE＝MN，∴四边形为平行四边形，∴ME∥AN，又∵AN⊂平面PFD，ME⊄平面PFD，∴ME∥平面PFD．（Ⅱ）以A为坐标原点，分别以AF，AB，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系A（0，0，0），P（0，0，1），B（0，2，0），C（﹣1，2，0），D（﹣1，0，0），∵，∴E（0，1，0），F（1，0，0）设平面PEA的一个法向量为＝（x，y，z），，，，令x＝1，∴＝（1，0，0），设平面PEF的一个法向量为，，，，令z＝1，∴x＝1，y＝1，∴，∴，，二面角A﹣PE﹣F的正弦值为．（III）令E（0，h，0），0≤h≤2，，设平面PBC的一个法向量为，，，，令y＝1，∴z＝2，∴由题意可得：，∴，∴，．【知识点】直线与平面所成的角、二面角的平面角及求法30.（2020秋•海淀区校级月考）如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AB，A1C的中点，AD＝AA1＝2，AB＝．（1）求证：EF∥平面ADD1A1；（2）求平面EFD与平面DEC的夹角的余弦值；（3）在线段A1D1上是否存在点M，使得BM⊥平面EFD？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）建立空间坐标系，利用向量证明EF∥AD1即可得出EF∥平面ADD1A1；（2）求出平面DEF和平面CDE的法向量，根据法向量夹角得出二面角的大小；（3）令与平面DEF的法向量平行求出M的位置即可得出结论．【解答】（1）证明：以A为原点，以AB，AD，AA1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示，则E（，0，0），F（，1，1），A（0，0，0），D1（0，2，2），∴＝（0，1，1），＝（0，2，2），∴＝，∴EF∥AD1，又EF⊄平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，∴EF∥平面ADD1A1．（2）解：D（0，2，0），＝（﹣，2，0），设平面DEF的法向量为＝（x，y，z），则，即，令y＝1可得＝（2，1，﹣1），又＝（0，0，1）是平面ABCD的一个法向量，∴cos＜＞＝＝＝，∴平面EFD与平面DEC的夹角的余弦值为．（3）解：假设线段A1D1上是否存在点M，使得BM⊥平面EFD，则∥，不妨设＝λ，则M（0，2λ，2），又B（，0，0），∴＝（﹣，2λ，2），∵∥，故存在实数k使得＝k，∴，方程组无解，故线段A1D1上不存在点M，使得BM⊥平面EFD．【知识点】直线与平面垂直、二面角的平面角及求法、直线与平面平行31.（2020秋•南宁月考）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点E、F在侧棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，C1F＝2FC，点D、G在侧棱AB、AC上，且BD＝2DA，CG＝2GA．（Ⅰ）证明：点G在平面EFD内；（Ⅱ）若∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，AA1＝2，求二面角A1﹣AB1﹣C1的余弦值．【分析】（Ⅰ）证明DG∥EF即可得出结论；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出平面A1AB1和AB1C1的法向量，计算法向量的夹角得出二面角的大小．【解答】（Ⅰ）证明：连接DG，∵BD＝2DA，CG＝2GA，∴，∴DG∥BC，∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1，∴BB1∥CC1，BB1＝CC1，∵B1E＝2EB，C1F＝2FC，∴BE＝CF，BE∥CF，∴四边形BCFE是平行四边形，∴EF∥BC，∴DG∥EF，∴DG和EF共面，即点G在平面EFD内．（Ⅱ）解：∵∠BAC＝90°，∴BA⊥AC，∴B1A1⊥A1C1，又AA1⊥平面A1B1C1，故AB1，AC1，AA1两两垂直，以A1为原点，以A1C1，A1A，A1B1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系A1﹣xyz，如图所示，则A1（0，0，0），A（0，2，0），C1（1，0，0），B1（0，0，1），∴＝（0，﹣2，1），＝（1，﹣2，0），设平面AB1C1的法向量为＝（x，y，z），则，即，令y＝1可得＝（2，1，2），又＝（1，0，0）为平面AA1B1的一个法向量，∴cos＜，＞＝＝＝，∴二面角A1﹣AB1﹣C1的余弦值为．【知识点】平面的基本性质及推论、二面角的平面角及求法32.（2021•郑州一模）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）若＝2，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．【分析】（1）取AC的中点O连接BO，OD．OB⊥AC，OB⊥OD，从而OB⊥平面ACD，由此能证明平面ACD⊥平面ABC．（2）点E是BD的三等分点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角D﹣AE﹣C的余弦值．【解答】（1）证明：如图所示，取AC的中点O连接BO，OD．∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC，△ABD与△CBD中，AB＝BD＝BC，∠ABD＝∠CBD，∴△ABD≌△CBD，∴AD＝CD，∵△ACD是直角三角形，∴AC是斜边，∴∠ADC＝90°，∵DO＝，∴DO2+BO2＝AB2＝BD2，∴∠BOD＝90°，∴OB⊥OD，又DO∩AC＝O，∴OB⊥平面ACD．又OB⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC．（2）解：由题知，点E是BD的三等分点，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB＝2，则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，0），B（0，，0），E（0，，）．＝（﹣1，0，1），＝（﹣1，，），＝（﹣2，0，0），设平面ADE的法向量为＝（x，y，z），则，取x＝3，得＝（3，，3）．同理可得：平面ACE的法向量为＝（0，1，﹣）．∴cos＜＞＝＝﹣，∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为．【知识点】平面与平面垂直、二面角的平面角及求法33.（2021•浙江模拟）如图，四边形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC是边长为2的正三角形，以AC为折痕，将△MAC向上折叠到△DAC的位置，使点D在平面ABC内的射影在AB 上，再将△MAC向下折叠到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成几何体DABCE．（1）点F在BC上，若DF∥平面EAC，求点F的位置；（2）求直线AB与平面EBC所成角的余弦值．【分析】（1）点F为BC的中点，设点D在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，取AC的中点H，连接EH，由题意知EH⊥AC，EH⊥平面ABC，由题意知DO⊥平面ABC，得DO∥平面EAC，取BC的中点F，连接OF，则OF∥AC，从而OF∥平面EAC，平面DOF∥平面EAC，由此能证明DF∥平面EAC．（2）连接OH，由OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与平面EBC所成角的余弦值．【解答】解：（1）点F为BC的中点，理由如下：设点D在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，∵AD＝CD，∴OA＝OC，∴在Rt△ABC中，O为AB的中点，取AC的中点H，连接EH，由题意知EH⊥AC，又平面EAC⊥平面ABC，平面EAC∩平面ABC＝AC，∴EH⊥平面ABC，由题意知DO⊥平面ABC，∴DO∥EH，∴DO∥平面EAC，取BC的中点F，连接OF，则OF∥AC，又OF⊄平面EAC，AC⊂平面EAC，∴OF∥平面EAC，∵DO∩OF＝O，∴平面DOF∥平面EAC，∵DF⊂平面DOF，∴DF∥平面EAC．（2）连接OH，由（1）可知OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则B（1，﹣1，0），A（﹣1，1，0），E（0，1，﹣），C（1，1，0），∴＝（2，﹣2，0），＝（0，2，0），＝（﹣1，2，﹣），设平面EBC的法向量＝（a，b，c），则，取a＝，则＝（，0，﹣1），设直线与平面EBC所成的角为θ，则sinθ＝＝＝．∴直线AB与平面EBC所成角的余弦值为cosθ＝＝．【知识点】直线与平面平行、直线与平面所成的角34.（2021•六模拟）已知在平行四边形ABCD中，AD＝2，AB＝，∠ADC＝，如图，DE∥CF，且DE＝3，CF＝4，∠DCF＝，且平面ABCD⊥平面CDEF．（Ⅰ）求证：AC⊥平面CDEF；（Ⅱ）求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．【分析】（Ⅰ）由余弦定理求出AC2，再由勾股定理证出AC⊥CD，进而利用面面垂直的性质得证；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，进而求得二面角的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD中，，由余弦定理可得AC2＝AD2+CD2﹣2AD•CD•cos∠ADC＝，∴AC2+CD2＝AD2，∴AC⊥CD，又∵平面ABCD⊥平面CDEF，平面ABCD∩平面CDEF＝CD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥平面CDEF；（Ⅱ）如图以点C为坐标原点，CD，CF，CA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则点，设平面ADE的一个法向量为，，则，则可取，设平面ACE的一个法向量为，，则，则可取，设平面ADE与平面ACE所成的二面角为θ，则，∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为．【知识点】直线与平面垂直、二面角的平面角及求法。

2021-2022年高考数学总复习必做题专题1 空间向量与立体几何试题(含解析)理

2021-2022年高考数学总复习必做题专题1 空间向量与立体几何试题（含解析）理【三年高考】1. 【xx江苏高考，22】如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1=，．（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角B-A1D-A的正弦值．【答案】（1）；（2）．【解析】试题分析：（1）先根据条件建立空间直角坐标系，进而得相关点的坐标，求出直线A1B与AC1的方向向量，根据向量数量积求出方向向量夹角，最后根据异面直线所成角与方向向量夹角之间相等或互补可得夹角的余弦值；（2）根据建立的空间直角坐标系，得相关点的坐标，求出各半平面的法向量，根据向量数量积求出法向量的夹角，最后根据二面角与法向量夹角之间关系确定二面角的正弦值．试题解析：在平面ABCD内，过点A作AEAD，交BC于点E．因为AA1平面ABCD，所以AA1AE，AA1AD．如图，以为正交基底，建立空间直角坐标系A-xyz．因为AB=AD=2，AA1=，．则11 (0,0,0),(3,1,0),(0,2,0),(3,0,0),(0,0,3),(3,1,3)A B D E A C-．（1）11(3,1,3),(3,1,3)A B AC=--=，则111111(3,1,3)(3,1,3)1 cos,77||||A B ACA B ACA B AC⋅--⋅===-．因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为．设二面角B-A1D-A的大小为，则．因为，所以．因此二面角B-A1D-A的正弦值为．【考点】空间向量、异面直线所成角及二面角【名师点睛】利用法向量求解空间线面角、面面角的关键在于“四破”：①破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；②破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；③破“求法向量关”，求出平面的法向量；④破“应用公式关”．2. 【xx 江苏高考，22】如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，,2,1PA AD AB BC ====（1）求平面与平面所成二面角的余弦值；（2）点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成角最小时，求线段BQ 的长【解析】以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则各点的坐标为，，，．（1）因为平面，所以是平面的一个法向量，．因为，．设平面的法向量为，则，，即．令，解得，．所以是平面的一个法向量．从而D 3cos D,D m m mA ⋅A ==A ，所以平面与平面所成二面角的余弦值为．（2）因为，设（），又，则()CQ C Q ,1,2λλ=B +B =--，又，从而CQ D cos CQ,D CQ D 10⋅P P ==P．设，，则P A BCDQ2222229cos CQ,D5109101520999tt ttP==≤-+⎛⎫-+⎪⎝⎭．当且仅当，即时，的最大值为．因为在上是减函数，此时直线与所成角取得最小值．又因为，所以．3.【xx课标1，理18】如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且.（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A-PB-C的余弦值.【解析】试题解析：（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB∥CD ，故AB⊥PD ，从而AB⊥平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.由（1）及已知可得，，，.所以，，，.设是平面的法向量，则，即222220x y zx⎧-+-=⎪⎨=，可取.设是平面的法向量，则，即220 22x zy-=⎨⎪=⎩，可取.则3 cos,||||3⋅==-<>n mn mn m，所以二面角的余弦值为.【考点】面面垂直的证明，二面角平面角的求解【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.4.【xx 课标II ，理19】如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点。

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