全国卷新课标高考中档大题专项训练立体几何与空间向量
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.。
高三立体几何大题专题（用空间向量解决立体几何类问题）
1【知识梳理】一、空间向量的概念及相关运算1、空间向量基本定理、空间向量基本定理如果三个向量,,a b c r r r不共面，那么对空间任一向量p xa yb zc =++u r r r r,,a b c r r r称为基向量。
称为基向量。
2、空间直角坐标系的建立、空间直角坐标系的建立分别以互相垂直的三个基向量k j i ρρρ,,的方向为正方向建立三条数轴：x 轴，y 轴和z 轴。
则轴。
则a xi y j zk =++r r r r（x,y,z ）称为空间直角坐标。
）称为空间直角坐标。
注：假如没有三条互相垂直的向量，需要添加辅助线构造，在题目中找出互相垂直的两个面，通过做垂线等方法来建立即可。
建立即可。
3、空间向量运算的坐标表示、空间向量运算的坐标表示(1)若()()111222,,,,,a x y z b x y z ==r r ，则：()121212,,a b x x y y z z ±=±±±r r()111,,a x y z λλλλ=r 121212a b x x y y z z ⋅=++r r 错误!未找到引用源。
121212//,,a b a b x x y y z z λλλλ⇔=⇔===r r r r222111a a a x y z =⋅=++r r r ．a b ⋅r r =a rcos ,b a b 〈〉r r r ．cos ,a b a b a b ⋅〈〉=r r r r r r121212222222111222cos ,x x y y z za b a b ab x y z x y z ++⋅〈〉==++⋅++r r r r r r (2)(2)设设()()111222,,,,,A x y z B x y z ==则()212121,,AB OB OA x x y y z z =-=---u u u r r r(3)()111,,x y z A ，()222,,x y z B =，则()()()222212121d x x y y z zAB =AB =-+-+-u u u r二、应用：平面的法向量的求法：1、建立恰当的直角坐标系、建立恰当的直角坐标系2、设平面法向量n =（x ，y ，z ）3、在平面内找出两个不共线的向量，记为a =（a1，a2, a3） b =（b1，b2，b3）4、根据法向量的定义建立方程组①n*a =0 ②n*b =05、解方程组，取其中一组解即可。
高考大题专项(四) 立体几何
| || |
所以异面直线 PC 与 BQ
=
2
,
3
2
所成角的余弦值为 3 .
解题心得用向量法求异面直线所成角的一般步骤
(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系.
(2)确定异面直线上两个点的坐标,从而确定异面直线的方向向量.
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值.
(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值.
高考大题专项(四) 立体几何
【考情分析】
从近五年的高考试题来看,立体几何是历年高考的重点,约占整个试卷的
15%,通常以一大两小的模式命题,以中、低档难度为主.简单几何体的表面
积与体积、点、线、面位置关系的判定与证明以及空间角的计算是考查
的重点内容,前者多以客观题的形式命题,后者主要以解答题的形式命题考
【例题】 (2020安徽高三三模)如图,边长为2的等边三角形ABC所在平面与
菱形A1ACC1所在平面互相垂直,且BC∥B1C1,BC=2B1C1,A1C=
(1)求证:A1B1∥平面ABC;
(2)求多面体ABC-A1B1C1的体积.
3 1.
AC
(1)证明∵四边形A1ACC1是菱形,
∴AC∥A1C1.
对点训练2(2020辽宁高三三模)如图,在直棱柱ABCDA1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,AB=BD=2,BB1=2,BD
与AC相交于点E,A1D与AD1相交于点O.
(1)求证:AC⊥平面BB1D1D;
(2)求直线OB与平面OB1D1所成的角的正弦值.
(1)证明∵底面ABCD为菱形,∴AC⊥BD.
查.着重考查推理论证能力和空间想象能力,而且对数学运算的要求有加强
十年(2013-2022)高考数学真题分类汇编解析12 立体几何与空间向量(大题)
由（1）得 则 则
，所以 ，
设平面 的一个法向量
可取
，
设平面 的一个法向量
，
，所以
，
,所以 的中点
，
,
，则
，
，则
，
6 / 56
可取 则
， ，
所以二面角
的正弦值为
.
4．【2022 年新高考 2 卷 20】如图， 是三棱锥
的高，
，
，E
是 的中点．
(1)证明： 平面 ；
(2)若
，
，
，求二面角
【答案】(1)证明见解析
（1）证明：平面 （2）求二面角
平面
；
的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
（1）取 的中点为 ，连接
.
因为
，
，则
，
而
，故
.
在正方形
中，因为
，故
，故
，
因为
，故
，故
为直角三角形且
，
14 / 56
因为
，故 平面
，
因为 平面 ，故平面
平面
.
（2）在平面
内，过 作
，交 于 ，则
，
结合（1）中的 平面
(2)作 EF⊥BD 于 F, 作 FM⊥BC 于 M,连 FM
因为 AO⊥平面 BCD，所以 AO⊥BD, AO⊥CD
所以 EF⊥BD, EF⊥CD,
,因此 EF⊥平面 BCD，即 EF⊥BC
11 / 56
因为 FM⊥BC，
,所以 BC⊥平面 EFM，即 BC⊥MF
则
为二面角 E-BC-D 的平面角,
，所以
(完整word版)2013-2019年全国卷立体几何空间向量汇编(带解析)2020新课改专用,推荐文档
全国卷立体几何题汇编2013-2019一、填空选择1、【2016高考新课标理数11】平面a过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，a//平面CB1D1，⋂α平面ABCD=m，平面ABA1B1=n，则m，n所成角的正弦值为（）(A)(B) (C) (D)【答案】A2、【2018全国1卷，理12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）ABC．4D【答案】A a⋂223133、【2016全国1卷．文11】平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点,//A α平面11CB D ，αI 平面ABCD m =，αI 平面11ABB A n =，则,m n 所成角的正弦值为（ ）A ．32 B ．22 C ．33 D ．13【答案】A考点：平面的截面问题，面面平行的性质定理，异面直线所成的角.4、【2017全国1卷．文6】如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 不平行的是（ ）A B C D【答案】A【解析】对于B ，易知AB ∥MQ ，则直线AB ∥平面MNQ ；对于C ，易知AB ∥MQ ，则直线AB ∥平面MNQ ；对于D ，易知AB ∥NQ ，则直线AB ∥平面MNQ ．故排除B ，C ，D ，选A ．5、【2019全国1卷，文16】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB两边AC ，BC P 到平面ABC 的距离为___________． 【答案】√26、（2018·理科II 卷·9）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15B C D7、（2017·理科II 卷·10）已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =o，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（ ）A D8、（2014·理科II 卷·11）直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BCA =90º，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 ．25CD9、（2013·理科II卷·7）一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为（）【答案】A【解析】因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），几何体的直观图如图，是正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为：故选A．二、解答题A. B. C. D.1. 【2013课标全国Ⅰ，理18】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．(2)解：由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB .又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ， 所以OC ⊥平面AA 1B 1B ， 故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，的方向为x 轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .OA u u u r OA u u ur2. 【2014课标Ⅰ，理19】如图，三棱柱中，侧面为菱形，.（Ⅰ）证明：;（Ⅱ）若，,,求二面角的余弦值.则，，，．111C B A ABC -C C BB 11C B AB 1⊥1AB AC =1AC AB ⊥︒=∠601CBB BC AB =111C B A A --3A (1,0,0)B 13B 3(0,C,,．设是平面的法向量，则即所以可取．设是平面的法向量，则同理可取． 则．所以二面角的余弦值为．3. 【2015高考新课标1，理18】如图，，四边形ABCD 为菱形，∠ABC =120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE =2DF ，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.133(0,,)33AB =-u u u u r 113(1,0,)3A B AB ==-u u u u r u u u r 113(1,,0)3B C BC ==--u u u u u r u u u r (,,)n x y z =r 11AA B 1110,0,n AB n A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u r r u u u u r330,30,3y z x z ⎧-=⎪⎨⎪-=⎪⎩(1,3,3)n =rm u r 111A B C 11110,0,m A B m B C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r u u u u ru r u u u u r(1,3,3)m =-u r 1cos ,7n m n m n m ⋅<>==r u rr u r r u r 111C B A A --17∴，∴EG ⊥FG ，∵AC ∩FG=G ，∴EG ⊥平面AFC ，∵EG 面AEC ，∴平面AFC ⊥平面AEC . ……6分4. 【2016高考新课标理数1】如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =2FD ，°，且二面角D AF E 与二面角C BE F 都是． （I ）证明：平面ABEF 平面EFDC ； （II ）求二面角E BC A 的余弦值．222EG FG EF +=⊂90AFD ∠=o----60o⊥--【解析】⑴ ∵ABEF 为正方形 ∴AF EF ⊥ ∵90AFD ∠=︒ ∴AF DF ⊥ ∵=DF EF F I ∴AF ⊥面EFDCAF ⊥面ABEF∴平面ABEF ⊥平面EFDC ⑵由⑴知60DFE CEF ∠=∠=︒∵AB EF ∥AB ⊄平面EFDCEF ⊂平面EFDC∴AB ∥平面ABCDAB ⊂平面ABCD∵面ABCD I 面EFDC CD = ∴AB CD ∥ ∴CD EF ∥∴四边形EFDC 为等腰梯形以E 为原点，如图建立坐标系，设FD a =()()000020E B a ，，，， ()302202aC a A a a ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，，，，()020EB a =u u u r ，，，322a BC a a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，，，()200AB a =-u u ur ，，设面BEC 法向量为()m x y z =u r，，.00m EB m BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r u u u r u r u u u r ，即1111203202a y a x ay a z ⋅=⎧⎪⎨⋅-+⋅=⎪⎩11101x y z ===-，)01m =-u r ，设面ABC 法向量为()222n x y z =r，，=00n BC n AB ⎧⋅⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u r r u u u r .即222220220a x ay ax ⎧-=⎪⎨⎪=⎩22204x y z ===，()04n =r设二面角E BC A --的大小为θ.cos m n m nθ⋅===⋅u r r u r r ∴二面角E BC A --的余弦值为5. 【2017新课标1，理18】（12分）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.90BAP CDP ∠=∠=o 90APD ∠=o以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.由（1）及已知可得，，，. 所以，，，. 设是平面的法向量，则即 可取.设是平面的法向量，则即 可取.则， 所以二面角的余弦值为.6. 【2018新课标1，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 ⊥.F FA u u u r||AB uuu r F xyz -2(,0,0)2A 2(0,0,)2P 2(,1,0)2B 2(,1,0)2C -22(,1,)22PC =--u u u r (2,0,0)CB =u u u r 22(,0,)22PA =-u u u r (0,1,0)AB =u u u r (,,)x y z =n PCB 0,0,PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u ur n n 220,2220,x y z x ⎧-+-=⎪⎨⎪=⎩(0,1,2)=--n (,,)x y z =m PAB 0,0,PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r m m 220,220.x z y ⎧-=⎪⎨⎪=⎩(1,0,1)=m 3cos ,||||3⋅==-<>n m n m n m A PB C --33-（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.解：（1）由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . （2）作PH ⊥EF ，垂足为H .由（1）得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF u u u r的方向为y 轴正方向，||BF uuu r 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz .由（1）可得，DE ⊥PE .又DP =2，DE =1，所以PE又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF .可得3,22PH EH ==.则33(0,0,0),(0,0,(1,,0),(1,,2222H P D DP --=u u ur (0,0,2HP =u u u r 为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则3sin ||4||||HP DP HP DP θ⋅===⋅u u u r u u u ru u u r u u u r .所以DP 与平面ABFD.7. 【2019新课标1，理18】如图，直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 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⊥AD，则NH∥AA1，且，又MB∥AA1，MB＝，∴四边形NMBH为平行四边形，则NM∥BH，由NH∥AA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，∴BE∥DH，BE＝DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH∥DE，∴NM∥DE，∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN∥平面C1DE；（2）解：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，则N（，，2），M（，1，2），A1（，﹣1，4），，，设平面A1MN的一个法向量为，由，取x ＝，得，又平面MAA 1的一个法向量为，∴cos ＜＞＝＝＝．∴二面角A ﹣MA 1﹣N 的正弦值为．8、【2014全国1卷．文19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11. （1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB ο求三棱柱111C B A ABC -的高.【答案】（1）详见解析;（2）三棱柱111ABC A B C -的高为217. 【解析】⊥，所以OH⊥平面ABC.又OH ADPABD CGE 9、【2016全国1卷．文18】如图，已知正三棱锥P ABC -的侧面是直角三角形，6PA =，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ，连结PE 并延长交AB 于点G . （1）证明：G 是AB 的中点；（2）在图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体P DEF -的体积．【答案】（1）见解析；（2）作图见解析，体积为43.【解析】试题分析：证明.AB PG ⊥由PA PB =可得G 是AB 的中点. （II ）在平面PAB 内，过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ，F 即为E 在平面PAC 内的正投影.根据正三棱锥的侧面是直角三角形且6=PA，可得2,==DE PE 在等腰直角三角形EFP 中，可得2.==EF PF 四面体PDEF 的体积114222.323=⨯⨯⨯⨯=V（II ）在平面PAB 内，过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ，F 即为E 在平面PAC 内的正投影.理由如下：由已知可得PB PA ⊥，⊥PB PC ，又//EF PB ,所以EF PA EF PC ，⊥⊥,因此EF ⊥平面PAC ，即点F 为E 在平面PAC 内的正投影.连结CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以D 是正三角形ABC 的中心. 由（I ）知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故2.3=CD CG 由题设可得⊥PC 平面PAB ，⊥DE 平面PAB ，所以//DE PC ，因此21,.33==PE PG DE PC由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且6=PA ，可得2,==DE PE 在等腰直角三角形EFP 中，可得 2.==EF PF所以四面体PDEF 的体积114222.323=⨯⨯⨯⨯=V10、【2019全国1卷，文19】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离【答案】解：（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且ME =12B 1C .又因为N 为1A D的中点，所以ND =12A 1D . 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥.又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离， 由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =，故41717CH =. 从而点C 到平面1C DE 的距离为41717.11、（2019·理科II 卷·17）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1． （1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值． 【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒， 故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA u u u r的方向为x 轴正方向，||DA uuu r 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB =u u u r ，(1,1,1)CE =-u u u r，1(0,0,2)CC =u u u u r．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u ur n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u ur m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =（1，1，0）． 于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --的正弦值为2．12、（2018·理科II 卷·20）如图，在三棱锥P ABC -中，AB 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．【解析】（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =连结OB．因为2AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形， 且OB AC ⊥，122OB AC ==． 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥．由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点，OB uu u r的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),(0,0,23),(0,2,23),O B A C P AP -=u u u r取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =u u u r．设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则(,4,0)AM a a =-u u u r．设平面PAM 的法向量为(,,)x y z =n ．由0,0AP AM ⋅=⋅=uu u r uuu r n n 得2230(4)0y z ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取(3(4),3,)a a a =--n ，所以22223(4)cos ,23(4)3a OB a a a-=-++uu u rn ．由已知得3|cos ,|2OB =uu u r n ．所以22223|4|3=23(4)3a a a a --++．解得4a =-（舍去），43a =． 所以83434(,,)333=--n ．又(0,2,23)PC =-u u u r ，所以3cos ,4PC =uu u r n ． 所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为3．13、（2017·理科II 卷·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 ，12AB BC AD ==，o 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 所成锐角为o45 ，求二面角M -AB -D 的余弦值14、（2016·理科II 卷·19）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB =5，AC =6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE =CF =54，EF 交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.【答案】（Ⅰ）详见解析；【解析】试题分析：（Ⅰ）证//AC EF ，再证'D H OH ⊥，最后证'D H ABCD ⊥平面；（Ⅱ）用向OBAFDHE D '量法求解.试题解析：（I ）由已知得AC BD ⊥，AD CD =，又由AE CF =得AE CFAD CD=，故//AC EF . 因此EF HD ⊥，从而'EF D H ⊥.由5AB =,6AC =得04DO B ==.由//EF AC 得14OH AE DO AD ==.学.科网所以1OH =，'3D H DH ==. 于是1OH =，'222'23110D H OH D O +=+==， 故'D H OH ⊥.又'D H EF ⊥，而OH EF H ⋂=， 所以'D H ABCD ⊥平面.（II ）如图，以H 为坐标原点，HF u u u r的方向为x 轴的正方向，学.科网建立空间直角坐标系H xyz -，则()0,0,0H ，()3,2,0A --，()0,5,0B -，()3,1,0C -，()'0,0,3D ，(3,4,0)AB =-u u u r ，()6,0,0AC =u u u r ，()'3,1,3AD =u u u u r .设()111,,m x y z =u r 是平面'ABD 的法向量，则'00m AB m AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r u u u r u u u u r u r ，即11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩，所以可以取()4,3,5m =-u r .设()222,,n x y z =r 是平面'ACD 的法向量，则'00n AC n AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u r u u u u rr ，即222260330x x y z =⎧⎨++=⎩，所以可以取()0,3,1n =-r .于是cos ,m n m n m n⋅<>===u r ru r r u r r ，sin ,25m n <>=u r r .因此二面角'B D A C --的正弦值是25.By15、（2015·理科II卷·19）如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（Ⅱ）求直线AF与平面α所成角的正弦值.【解析】（1）（2）16、（2014·理科II卷·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60º，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD的体积.。
专题10 立体几何与空间向量解答题-高考数学(理)十年真题(2010-2019)深度思考(新课标Ⅰ卷)(原卷版)
专题10立体几何与空间向量解答题历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科18】如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD ＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．2．【2018年新课标1理科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．【2017年新课标1理科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）证明：平面P AB⊥平面P AD；（2）若P A＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．4．【2016年新课标1理科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，AF ＝2FD，∠AFD＝90°，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．5．【2015年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，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．6．【2014年新课标1理科19】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．（Ⅰ）证明：AC＝AB1；（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．7．【2013年新课标1理科18】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°．（Ⅰ）证明AB⊥A1C；（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB＝2，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．8．【2012年新课标1理科19】如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD（1）证明：DC1⊥BC；（2）求二面角A1﹣BD﹣C1的大小．9．【2011年新课标1理科18】如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB ＝2AD，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：P A⊥BD；（Ⅱ）若PD＝AD，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．10．【2010年新课标1理科18】如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD中点（Ⅰ）证明：PE⊥BC（Ⅱ）若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线P A与平面PEH所成角的正弦值．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等.历年考题主要以解答题题型出现，重点考查的知识点为：直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等.预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等为重点较佳.最新高考模拟试题1．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是菱形，160BAA ∠=︒，E 是棱1BB 的中点，CA CB =，F 在线段AC 上，且2AF FC =.（1）证明：1//CB 面1A EF ；（2）若CA CB ⊥，面CAB ⊥面11ABB A ，求二面角1F A E A --的余弦值．2．如图，菱形ABCD 与正三角形BCE 的边长均为2，它们所在平面互相垂直，FD ⊥平面ABCD ，EF平面ABCD ．（1）求证：平面ACF ⊥平面BDF ；（2）若60CBA ∠=︒，求二面角A BC F --的大小．3．如图，在几何体1111ACD A B C D -中，四边形1111ADD A CDD C ，为矩形，平面11ADD A ⊥平面11CDD C ，11B A ⊥平面11ADD A ，1111,2AD CD AA A B ====，E 为棱1AA 的中点.（Ⅰ）证明：11B C ⊥平面1CC E ；（Ⅱ）求直线11B C 与平面1B CE 所成角的正弦值.4．如图，在四凌锥P ABCD -中，PC ABCD ⊥底面，底面ABCD 是直角梯形，AB AD ⊥，AB CD ∥，222AB AD CD ===,4PC =,E 为线段PB 上一点（1）求证：EAC PBC ⊥平面平面；（2）若二面角P AC E --，求BE BP 的值5．如图，在三棱锥P ABC -中，20{28x x ->-≥，2AB BC =，D 为线段AB 上一点，且3AD DB =，PD ⊥平面ABC ，PA 与平面ABC 所成的角为45.（1）求证:平面PAB ⊥平面PCD ；（2）求二面角P AC D --的平面角的余弦值。
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.。
高考大题规范解答立体几何大题(空间向量)
高考大题规范解答——立体几何(理)考点1 线面的位置关系与空间角例1 (2018·课标Ⅲ，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． (1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(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．【分析】 ①在题目所给的两个平面中选择一条直线，证明该直线垂直于另一个平面； ②建立空间直角坐标系，求得几何体体积最大时点M 的位置，利用两个平面的法向量的夹角求解即可．【标准答案】——规范答题 步步得分(1)由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ． 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ， 所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM .2分得分点①因为M 为CD ︵上异于C ，D 的两点， 且DC 为直径，所以DM ⊥CM .3分得分点② 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC ．4分得分点③ 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ．5分得分点④(2)以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz .当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点． 由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)， AM →＝(－2,1,1)，AB →＝(0,2,0)，DA →＝(2,0,0)．7分得分点⑤设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2).9分得分点⑥DA →是平面MCD 的法向量， 因此cosn ，DA →＝n ·DA →|n |·|DA →|＝55，11分得分点⑦sinn ，DA →＝255.所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是255.12分得分点⑧【评分细则】①由面面垂直得到线面垂直，进一步得到线线垂直，给2分，直接得出不给分． ②由直径所对角为直角得到DM ⊥CD ，给1分． ③写出结论DM ⊥平面BMC ，给1分． ④得到平面AMD ⊥平面BMC ，给1分．⑤建立适当坐标系，写出相应的坐标及向量，给2分(酌情)． ⑥正确求出平面的法向量，给2分． ⑦写出公式cosn 1，n 2＝n 1·n 2|n 1||n 2|，并正确求出余弦值，给2分． ⑧求出正弦值，并写好结论，给1分． 【名师点评】1．核心素养：本题主要考查面面垂直的证明以及空间二面角的求解，考查考生的逻辑推理能力与空间想象力，考查的核心素养是数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算． 2．解题技巧：(1)得步骤分：对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中写出平面AMD ⊥平面BMC 成立的条件，写不全则不能得全分．(2)得关键分：第(1)问中，面面垂直性质定理的转化是关键，在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，再转化为线线垂直．第(2)问一定要正确算出cos n 1，n 2＝n 1·n 2|n 1||n 2|的结果才能得2分．〔变式训练1〕(2019·湖北八校，18)如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，F A＝FC，且∠DAB＝∠DBF ＝60°.(1)求证：AC⊥平面BDEF；(2)求直线AD与平面ABF所成角的正弦值．[解析](1)证明：设AC与BD相交于点O，连接FO，∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，且O为AC中点，∵F A＝FC，∴AC⊥FO，又FO∩BD＝O，∴AC⊥平面BDEF.(2)连接DF，∵四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，∴△BDF为等边三角形，∵O为BD中点，∴FO⊥BD，又AC⊥FO，AC∩BD＝O，∴FO⊥平面ABCD．∵OA，OB，OF两两垂直，∴可建立空间直角坐标系O－xyz，如图所示，设AB＝2，∵四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，∴BD ＝2，AC ＝2 3.∵△DBF 为等边三角形，∴OF ＝ 3.∴A (3，0,0)，B (0,1,0)，D (0，－1,0)，F (0,0，3)，∴AD →＝(－3，－1,0)，AF →＝(－3，0，3)，AB →＝(－3，1,0)． 设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧AF →·n ＝－3x ＋3z ＝0，AB →·n ＝－3x ＋y ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，3，1)． 设直线AD 与平面ABF 所成角为θ， 则sin θ＝|cosAD →，n|＝|AD →·n ||AD →|·|n |＝155.考点2 立体几何中的折叠问题例2 (2019·启东模拟)如图，已知在等腰梯形ABCD 中，AE ⊥CD ，BF ⊥CD ，AB ＝1，AD ＝2，∠ADE ＝60°，沿AE ，BF 折成三棱柱AED －BFC ． (1)若M ，N 分别为AE ，BC 的中点，求证：MN ∥平面CDEF ； (2)若BD ＝5，求二面角E －AC －F 的余弦值．【分析】 ①利用面面平行的判定和性质即可证明；②建立空间直角坐标系，分别求出二面角两个面的法向量，利用空间向量法求解． 【标准答案】——规范答题 步步得分 (1)取AD 的中点G ，连接GM ，GN ，在三角形ADE 中，∵M ，G 分别为AE ，AD 的中点，∴MG ∥DE ， ∵DE ⊂平面CDEF ，MG ⊄平面CDEF ， ∴MG ∥平面CDEF .2分得分点①由于G ，N 分别为AD ，BC 的中点， 由棱柱的性质可得GN ∥DC ， ∵CD ⊂平面CDEF ，GN ⊄平面CDEF ，∴GN ∥平面CDEF . 3分得分点③又GM ⊂平面GMN ，GN ⊂平面GMN ，MG ∩NG ＝G ， ∴平面GMN ∥平面CDEF ，4分得分点④ ∵MN ⊂平面GMN ，∴MN ∥平面CDEF .5分得分点⑤(2)连接EB ，在Rt △ABE 中，AB ＝1，AE ＝3， ∴BE ＝2，又ED ＝1，DB ＝5， ∴EB 2＋ED 2＝DB 2，∴DE ⊥EB ，又DE ⊥AE 且AE ∩EB ＝E ， ∴DE ⊥平面ABFE .∴EA 、EF 、ED 两两垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系，可得E (0,0,0)，A (3，0,0)，F (0,1,0)，C (0,1,1)， AC →＝(－3，1,1)，AE →＝(－3，0,0)，FC →＝(0,0,1). 8分得分点⑥设平面AFC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝－3x ＋y ＋z ＝0，m ·FC →＝z ＝0，则z ＝0，令x ＝1，得y ＝3，则m ＝(1，3，0)为平面AFC 的一个法向量， 设平面ACE 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝－3x 1＝0，n ·AC →＝－3x 1＋y 1＋z 1＝0，则x 1＝0，令y 1＝1，得z 1＝－1，∴n ＝(0,1，－1)为平面ACE 的一个法向量.10分得分点⑦设m ，n 所成的角为θ，则cos θ＝m ·n |m |·|n |＝322＝64，由图可知二面角E －AC －F 的余弦值是64. 12分得分点⑧【评分细则】①由线线平行得到线面平行，给2分．②同理再推出一个线面平行，给1分．③由线面平行推出面面平行，给1分．④由面面平行得到线面平行，给1分．⑤由线线垂直证出线面垂直，为建系作好准备，给2分．⑥建立适当坐标系，写出相应点的坐标及向量坐标，给2分．⑦正确求出平面的法向量，给2分．⑧利用公式求出两个向量夹角的余弦值，并正确写出二面角的余弦值，给2分．【名师点评】1．核心素养：本题考查线面平行的判定与性质定理，考查二面角的求解，考查的数学核心素养是空间想象力、推理论证能力及数学运算能力．2．解题技巧：(1)得分步骤：第(1)问中的DE⊂平面CDEF，MG⊄平面CDEF，要写全．(2)得分关键：第(2)中，证明线面垂直从而得到线线垂直，才能建系，解题时折叠前后变量与不变量要弄清晰．〔变式训练2〕如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．(1)求证：AB⊥平面ADC；(2)若AD＝1，二面角C－AB－D的平面角的正切值为6，求二面角B－AD－E的余弦值．[解析](1)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，又BD⊥DC，所以DC⊥平面ABD．因为AB⊂平面ABD，所以DC⊥AB．又折叠前后均有AD⊥AB，DC∩AD＝D，所以AB ⊥平面ADC ． (2)由(1)知AB ⊥平面ADC ， 所以AB ⊥AC ，又AB ⊥AD ，所以二面角C －AB －D 的平面角为∠CAD ．又DC ⊥平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，所以DC ⊥AD ． 依题意tan ∠CAD ＝CDAD ＝ 6.因为AD ＝1，所以CD ＝ 6. 设AB ＝x (x >0)，则BD ＝x 2＋1.依题意△ABD ∽△DCB ， 所以AB AD ＝CD BD ，即x 1＝6x 2＋1. 又x >0，解得x ＝2， 故AB ＝2，BD ＝3，BC ＝BD 2＋CD 2＝3. 解法一：如图a 所示，建立空间直角坐标系D －xyz ， 则D (0,0,0)，B (3，0,0)，C (0，6，0)，E (32，62，0)，A (33，0，63)，所以DE →＝(32，62，0)，DA →＝(33，0，63)．由(1)知平面BAD 的一个法向量为n ＝(0,1,0)． 设平面ADE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DE →＝0m ·DA →＝0，得⎩⎨⎧32x ＋62y ＝033x ＋63z ＝0，令x ＝6，得y ＝－3，z ＝－3，所以m ＝(6，－3，－3)． 所以cosn ，m＝n ·m |n |·|m |＝－12. 由图可知二面角B －AD －E 的平面角为锐角， 所以二面角B －AD －E 的余弦值为12.考点3 立体几何中的探索性问题例3 (2016·北京高考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面P AB ．(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值．(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由．【分析】 ①由线面垂直的判定定理证明PD ⊥平面P AB ； ②构造线面垂直，建立适当的直角坐标系求解； ③假设棱P A 上存在点M ，再根据条件分析论证． 【标准答案】——规范答题 步步得分 (1)因为平面P AD ⊥平面ABCD ， 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ． 又AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ． 所以AB ⊥平面P AD ．2分得分点①因为PD ⊂平面P AD ．所以AB ⊥PD 。
高考数学压轴专题2020-2021备战高考《空间向量与立体几何》专项训练解析附答案
【高中数学】数学高考《空间向量与立体几何》试题含答案一、选择题1．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M ， N 分别为棱111,C D CC 的中点，以下四个结论：①直线DM 与1CC 是相交直线；②直线AM 与NB 是平行直线；③直线BN 与1MB 是异面直线；④直线AM 与1DD 是异面直线．其中正确的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C【解析】【分析】 根据正方体的几何特征，可通过判断每个选项中的两条直线字母表示的点是否共面；如果共面，则可能是相交或者平行；若不共面，则是异面.【详解】①：1CC 与DM 是共面的，且不平行，所以必定相交，故正确；②：若AM BN 、平行，又AD BC 、平行且,AM AD A BN BC B ⋂=⋂=，所以平面BNC P 平面ADM ，明显不正确，故错误；③：1BN MB 、不共面，所以是异面直线，故正确；④：1AM DD 、不共面，所以是异面直线，故正确；故选C.【点睛】异面直线的判断方法：一条直线上两点与另外一条直线上两点不共面，那么两条直线异面；反之则为共面直线，可能是平行也可能是相交.2．如图，在底面边长为4，侧棱长为6的正四棱锥P ABCD -中，E 为侧棱PD 的中点，则异面直线PB 与CE 所成角的余弦值是（ ）A ．34B ．234C ．517D ．317 【答案】D【解析】【分析】首先通过作平行的辅助线确定异面直线PB 与CE 所成角的平面角，在PCD ∆中利用余弦定理求出cos DPC ∠进而求出CE ，再在GFH ∆中利用余弦定理即可得解.【详解】 如图，取PA 的中点F ，AB 的中点G ，BC 的中点H ，连接FG ，FH ，GH ，EF ，则//EF CH ，EF CH =，从而四边形EFHC 是平行四边形，则//EC FH ， 且EC FH =.因为F 是PA 的中点，G 是AB 的中点，所以FG 为ABP ∆的中位线，所以//FG PB ，则GFH ∠是异面直线PB 与CE 所成的角.由题意可得3FG =，1222HG AC ==. 在PCD ∆中，由余弦定理可得2223636167cos 22669PD PC CD DPC PD PC +-+-∠===⋅⨯⨯， 则2222cos 17CE PC PE PC PE DPC =+-⋅∠=，即17CE =在GFH ∆中，由余弦定理可得222cos 2FG FH GH GFH FG FH +-∠=⋅317172317==⨯⨯. 故选：D【点睛】本题考查异面直线所成的角，余弦定理解三角形，属于中档题.3．设α、β是两个不同的平面，m、n是两条不同的直线，下列说法正确的是（）A．若α⊥β，α∩β＝m，m⊥n，则n⊥βB．若α⊥β，n∥α，则n⊥βC．若m∥α，m∥β，则α∥βD．若m⊥α，m⊥β，n⊥α，则n⊥β【答案】D【解析】【分析】根据直线、平面平行垂直的关系进行判断．【详解】由α、β是两个不同的平面，m、n是两条不同的直线，知：在A中，若α⊥β，α∩β＝m，m⊥n，则n与β相交、平行或n⊂β，故A错误；在B中，若α⊥β，n∥α，则n与β相交、平行或n⊂β，故B错误；在C中，若m∥α，m∥β，则α与β相交或平行，故C错误；在D中，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，∴若n⊥α，则n⊥β，故D正确.故选：D.【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的益关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.4．《九章算术》是中国古代的数学瑰宝，其第五卷商功中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺，问积几何？”翻译成现代汉语就是：今有三面皆为等腰梯形，其他两侧面为直角三角形的五面体的隧道，前端下宽6尺，上宽一丈，深3尺，末端宽8尺，无深，长7尺（注：一丈=十尺）．则该五面体的体积为（）A．66立方尺B．78立方尺C．84立方尺D．92立方尺【答案】C【解析】【分析】==，连接BG，BH，GH，如图，在DC，EF上取G，H，使得DG EH ABCH，ADE BGH B CGHF V V V --=+，计算得到答案.【详解】如图，在DC ，EF 上取G ，H ，使得DG EH AB ==，连接BG ，BH ，GH ，CH ， 故多面体的体积11()7332ADE BGH B CGHF V V V S AB CG HF --=+=⋅+⨯+⨯⨯直截面 111736(42)7384232=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=， 故选：C ．【点睛】本题考查了几何体体积的计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.5．已知圆锥的母线与底面所成的角等于60°，且该圆锥内接于球O ，则球O 与圆锥的表面积之比等于（ ）A ．4：3B ．3：4C ．16：9D ．9：16 【答案】C【解析】【分析】由圆锥的母线与底面所成的角等于60°，可知过高的截面为等边三角形，设底面直径，可以求出其表面积，根据圆锥内接于球O ，在高的截面中可以求出其半径，可求其表面积，可求比值．【详解】设圆锥底面直径为2r ，圆锥的母线与底面所成的角等于60°，则母线长为2r 3r ，则圆锥的底面积为：2r π，侧面积为1222r r π⋅， 则圆锥的表面积为2212232r r r r πππ+⋅=， 该圆锥内接于球O ，则球在圆锥过高的截面中的截面为圆，即为边长为2r 的等边三角形的内切圆，则半径为3R =，表面积为221643r R ππ=， 则球O 与圆锥的表面积之比等于2216:316:93r r ππ=， 故选：C ．【点睛】本题考查圆锥的性质，以及其外接球，表面积，属于中档题．6．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 为1CC 的中点.若AM ⊥平面α，且B ∈平面α，则平面α截正方体所得截面的周长为（ ）A ．B ．4+C ．D ．【答案】A【解析】【分析】根据线面垂直确定平面α，再根据截面形状求周长.【详解】显然在正方体中BD ⊥平面11ACC A ,所以BD ⊥ AM , 取AC 中点E, 取AE 中点O,则11tan tan AOA ACM AO AM ∠=∠∴⊥, 取A 1C 1中点E 1, 取A 1E 1中点O 1,过O 1作PQ//B 1D 1,分别交A 1B 1,A 1D 1于P ,Q从而AM ⊥平面BDQP ,四边形BDQP 为等腰梯形，周长为2= A.【点睛】本题考查线面垂直判断以及截面性质，考查综合分析与求解能力，属难题.7．若底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为5，它的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是( )．A ．130B ．140C ．150D ．160【答案】D【解析】 设直四棱柱1111ABCD A B C D -中，对角线119,15AC BD ==， 因为1A A ⊥平面,ABCD AC Ì,平面ABCD ，所以1A A AC ⊥，在1Rt A AC ∆中，15A A =，可得AC ==同理可得BD ===，因为四边形ABCD 为菱形，可得,AC BD 互相垂直平分，所以8AB ===，即菱形ABCD 的边长为8， 因此，这个棱柱的侧面积为1()485160S AB BC CD DA AA =+++⨯=⨯⨯=， 故选D.点睛：本题考查了四棱锥的侧面积的计算问题，解答中通过给出的直四棱柱满足的条件，求得底面菱形的边长，进而得出底面菱形的底面周长，即可代入侧面积公式求得侧面积，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及空间想象能力，其中正确认识空间几何体的结构特征和线面位置关系是解答的关键.8．在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，4AB BC BD ===，E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点，则直线EF 与平面ACD 所成角的余弦值（ ）A ．13B ．3C ．223D ．6 【答案】C【解析】【分析】因为AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系，求出向量EF u u u r 与平面ACD 的法向量n r ，再根据cos ,||||EF n EF n EF n ⋅〈〉=u u u r r u u u r r u u u r r ，即可得出答案.【详解】因为在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系，又因为4AB BC BD ===；()4,0,0,(0,0,0),(0,4,0),(0,0,4)A B D C ，又因为E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点 所以(0,0,2),(2,2,0)E F 故()2,2,2EF =-u u u r ，(4,4,0)AD =-u u u r ，(4,0,4)AC =-u u u r .设平面ACD 的法向量为(,,)n x y z =r ，则00n AD n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u uv v 令1,x = 则1y z ==； 所以(1,1,1)n =r1cos ,3||||EF n EF n EF n ⋅〈〉===u u u r r u u u r r u u u r r 设直线EF 与平面ACD 所成角为θ ，则sin θ= cos ,EF n 〈〉u u u r r所以cos 3θ==故选：C【点睛】本题主要考查线面角，通过向量法即可求出，属于中档题目.9．在ABC ∆中，设BAC α∠=，CA 与CB 所成的角是β，绕直线AC 将AB 旋转至AB '，则在所有旋转过程中，关于AB '与BC 所成的角γ的说法正确的是( )A ．当4παβ-≥时，[],γαβαβ∈-+B ．当4παβ-<-时，[],γβααβ∈-+ C ．当4παβ+≥时，[],γαβαβ∈-+ D ．当4παβ+<时，,γαβαβ∈⎡-+⎤⎣⎦ 【答案】D【解析】【分析】 首先理解异面直线所成的角的范围是0,2πγ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，排除选项A,B,C,对于D 可根据 AB 绕AC 旋转，形成以AC 为轴的圆锥，AB '是母线，再将异面直线所成的角，转化为相交直线所成的角，判断最大值和最小值.【详解】因为γ是异面直线所成的角，所以0,2πγ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦ A.当4παβ-≥时，αβ+的范围有可能超过2π，比如，3,46ππαβ==，所以不正确； B.当4παβ-<-时，当3,46ππβα==，此时[],γβααβ∈-+，也不正确； C.当4παβ+≥，当3,46ππαβ==，此时[],γαβαβ∈-+，故也不正确； D. 4παβ+<时，AB 绕AC 旋转，形成以AC 为轴的圆锥，AB '是母线，如图，过点A 作BC 的平行线AD ，且CAD β∠=，'AB 与BC 所成的角γ转化为AB '与AD 所成的角，由图象可知，当AB '是AB 时，角最大，为αβ+，当AB '在平面ABC 内时，不与AB 重合时，角最小，此时为αβ-故选：D【点睛】本题考查异面直线所成的角，重点考查轨迹，数形结合分析问题的能力，属于中档题型，本题的关键是判断，并画出AB 绕AC 旋转，形成以AC 为轴的圆锥.10．某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内.若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是( )A ．169πB ．89πC ．1627πD ．827π 【答案】A【解析】【分析】根据条件求出圆柱的体积，利用基本不等式研究函数的最值即可．【详解】解：设圆柱的半径为r ，高为x ，体积为V ，则由题意可得323r x -=， 332x r ∴=-， ∴圆柱的体积为23()(3)(02)2V r r r r π=-<<， 则33333163331616442()(3)()9442939r r r V r r r r πππ++-=-=g g g g …．当且仅当33342r r =-，即43r =时等号成立． ∴圆柱的最大体积为169π， 故选：A ．【点睛】本题考查圆柱的体积和基本不等式的实际应用，利用条件建立体积函数是解决本题的关键，是中档题．11．已知三棱锥P ABC -中，PA PB PC ==，APB BPC CPA ∠>>∠，PO ⊥平面ABC 于O ，设二面角P AB O --，P BC O --，P CA O --分别为,,αβγ，则（ ） A ．αβγ>>B ．γβα>>C ．βαγ>>D ．不确定【答案】A【解析】【分析】 D 为AB 中点，连接,DP DO ，故PD AB ⊥，计算sin cos 2POAPB a α=∠，sin cos 2PO CPB a β=∠，sin cos 2PO CPA a γ=∠，得到大小关系. 【详解】如图所示：设PA PB PC a ===，D 为AB 中点，连接,DP DO ，故PD AB ⊥， PO ⊥平面ABC ，故PDO ∠为二面角P AB O --的平面角.cos 2APB PD a ∠=，sin cos 2PO PO APB PD a α==∠， 同理可得： sin cos 2PO CPB a β=∠，sin cos 2PO CPA a γ=∠， APB BPC CPA ∠>∠>∠，故sin sin sin αβγ>>，故αβγ>>. 故选：A .【点睛】本题考查了二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.12．如下图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点E F 、分别为棱1BB ，1CC 的中点，点O 为上底面的中心，过E F O 、、三点的平面把正方体分为两部分，其中含1A 的部分为1V ，不含1A 的部分为2V ，连接1A 和2V 的任一点M ，设1A M 与平面1111D C B A 所成角为α，则sin α的最大值为（ ）．A ．22B 25C 26D 26 【答案】B【解析】【分析】连接EF ，可证平行四边形EFGH 为截面，由题意可找到1A M 与平面1111D C B A 所成的角，进而得到sinα的最大值.【详解】连接EF ，因为EF//面ABCD,所以过EFO 的平面与平面ABCD 的交线一定是过点O 且与EF 平行的直线，过点O 作GH//BC 交CD 于点G,交AB 于H 点，则GH//EF,连接EH ，FG,则平行四边形EFGH 为截面，则五棱柱1111A B EHA D C FGD -为1V ，三棱柱EBH-FCG 为2V ，设M 点为2V 的任一点，过M 点作底面1111D C B A 的垂线，垂足为N ，连接1A N ,则1MA N ∠即为1A M 与平面1111D C B A 所成的角，所以1MA N ∠=α，因为sinα=1MNA M,要使α的正弦最大，必须MN 最大，1A M 最小，当点M 与点H 重合时符合题意，故sinα的最大值为11=MN HN A M A H =25, 故选B【点睛】本题考查空间中的平行关系与平面公理的应用，考查线面角的求法，属于中档题.13．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 上一点且12CE EC =，则异面直线AE 与1A B 所成角的余弦值为（ ）A ．1144B 11C ．1144D ．1111【答案】B【解析】【分析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AE 与1A B 所成角的余弦值．【详解】解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系， 设3AB =，则()3,0,0A ，()0,3,2E ，()13,0,3A ，()3,3,0B，()3,3,2AE =-u u u r ，()10,3,3A B =-u u u r ， 设异面直线AE 与1A B 所成角为θ，则异面直线AE 与1A B 所成角的余弦值为：1111cos 222218AE A B AE A Bθ⋅===⋅⋅u u u r u u u r u u u r u u u r ．故选：B ．【点睛】本题考查利用向量法求解异面直线所成角的余弦值，难度一般.已知1l 的方向向量为a r ，2l 的方向向量为b r ，则异面直线12,l l 所成角的余弦值为a b a b⋅⋅r r r r .14．已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π【答案】B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积. 详解：根据题意，可得截面是边长为2 2的圆，且高为2， 所以其表面积为222)22212S πππ=+=，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.15．等腰三角形ABC 的腰5AB AC ==，6BC =，将它沿高AD 翻折，使二面角B AD C --成60︒，此时四面体ABCD 外接球的体积为（ ）A ．7πB ．28πC ．196D ．2873π 【答案】D【解析】分析：详解：由题意，设BCD ∆所在的小圆为1O ，半径为r ，又因为二面角B AD C --为060，即060BDC ∠=，所以BCD ∆为边长为3的等边三角形， 又正弦定理可得，03223sin 60r ==，即23BE =， 设球的半径为R ，且4=AD ， 在直角ADE ∆中，()22222244(23)28R AD DE R =+⇒=+=， 所以7R =，所以球的体积为3344287(7)333V R πππ==⨯=，故选D ．点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（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.16．某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为（ ）A ．152πB ．12πC ．112πD ．212π 【答案】A【解析】【分析】由三视图可知，该几何体为由18的球体和14的圆锥体组成，结合三视图中的数据，利用球和圆锥的体积公式求解即可.【详解】由三视图可知，该几何体为由18的球体和14的圆锥体组成， 所以所求几何体的体积为11+84V V V =球圆锥， 因为31149=3=8832V ππ⨯⨯球， 221111=34344312V r h πππ⨯⨯=⨯⨯⨯=圆锥， 所以915322V πππ=+=，即所求几何体的体积为152π. 故选：A【点睛】本题考查三视图还原几何体及球和圆锥的体积公式；考查学生的空间想象能力和运算求解能力；三视图正确还原几何体是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.17．已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图是全等的直角三角形，则该几何体的各个面中，最大面的面积为（ ）A ．2B ．5C 13D 22【答案】D【解析】【分析】 根据三视图还原出几何体，找到最大面，再求面积.【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，如图所示，将其放在一个长方体中，并记为三棱锥P ABC -.13PAC PAB S S ∆∆=22PAC S ∆=，2ABC S ∆=22.选D.【点睛】本题主要考查三视图的识别，复杂的三视图还原为几何体时，一般借助长方体来实现.18．设,αβ是两个不同的平面，,l m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，则（ ） A ．若//αβ，则//l mB ．若//m a ，则//αβC ．若m α⊥，则αβ⊥D ．若αβ⊥，则//l m【答案】C【解析】【分析】根据空间线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断可得答案.【详解】A. 若//αβ，则l 与m 可能平行，可能异面，所以A 不正确.B. 若//m a ，则α与β可能平行，可能相交，所以B 不正确.C. 若m α⊥，由m β⊂，根据面面垂直的判定定理可得αβ⊥，所以C 正确. D 若αβ⊥，且l α⊂，m β⊂，则l 与m 可能平行，可能异面，可能相交, 所以D 不正确.【点睛】本题考查空间线线、线面、面面的位置判断定理和性质定理，考查空间想象能力，属于基础题.19．已知,αβ是不同的两个平面，直线a α⊂，直线b β⊂，条件:p a 与b 没有公共点，条件://q αβ，则p 是q 的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件【答案】B【解析】∵a 与b 没有公共点时，a 与b 所在的平面β可能平行，也可能相交（交点不在直线b 上）∴命题p ：a 与b 没有公共点⇒命题q ：α∥β，为假命题又∵α∥β时，a 与b 平行或异面，即a 与b 没有公共点∴命题q ：α∥β⇒命题p ：a 与b 没有公共点，为真命题；故p是q的必要不充分条件故选B20．一个各面均为直角三角形的四面体有三条棱长为2，则该四面体外接球的表面积为（）A．6πB．12πC．32πD．48π【答案】B【解析】【分析】先作出几何图形，确定四个直角和边长，再找到外接球的球心和半径，再计算外接球的表面积.【详解】由题得几何体原图如图所示，其中SA⊥平面ABC,BC⊥平面SAB,SA=AB=BC=2,所以2,3SC=设SC中点为O,则在直角三角形SAC中，3,在直角三角形SBC中，OB=13 2SC=所以3所以点O3所以四面体外接球的表面积为43=12ππ.故选：B【点睛】本题主要考查四面体的外接球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理的能力.。
2024年高考真题分类汇编九 空间向量与立体几何
则 0,
可得⃗
1,0 , 1,
0,
1,
1,0 , 1,0,0 , 0,2,0 , 0,0,2 ，
2 , ⃗
1,
1,
2 , ⃗
1,0,
2 , ⃗
0,2,
2 ,
6 / 14
, , ，则
则 0,0,0 , 0,0,2 3 , 0,3 3, 0 , 3,3 3, 0 , 2,0,0 , 0,
，
2 3, 0 ，
因为是的中点，所以 4,2 3, 0 ，
所以⃗
3,3 3,
2 3 , ⃗
0,3 3,
2 3 , ⃗
4,2 3,
2 3 , ⃗
2,0,
1 1 0
分别取1
2
1，则1
⃗⋅⃗
|⃗|⋅|⃗|
则 cos⃗, ⃗
3、1
1、2
2 22
22 0
，
0，即⃗
1,3,1 、⃗
0,0,2 ，平面1 的法向量为⃗
1,3,1 ，
1 3
1 9 1⋅ 1 1
1，2
0
1,1,0 ，
2 22
，
11
故平面1 与平面1 1 的夹角余弦值为2 22；
设平面的法向量为⃗
令
1，则取
2，可得⃗
0,
2，则
则 cos⟨⃗, ⃗⟩
2,1 ，
1
5
2 0 ，
2 2 0
2,1,1 ，
1，可得⃗
⃗⋅⃗
|⃗|⋅|⃗|
0,
⃗
, , ，则 ⃗ ⋅
⃗ ⋅ ⃗
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高考中档大题专项训练-立体几何与空间向量 1．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝54，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝10.
(1)证明：D′H⊥平面ABCD； (2)求二面角B－D′A－C的正弦值． (1)证明 由已知得AC⊥BD，AD＝CD.
又由AE＝CF得AEAD＝CFCD，故AC∥EF. 因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H. 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝AB2－AO2＝4. 由EF∥AC得OHDO＝AEAD＝14.
所以OH＝1，D′H＝DH＝3. 于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH. 又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H， 所以D′H⊥平面ABCD. (2)解 如图，
以H为坐标原点，HF→的方向为x轴正方向，HD→的方向为y轴正方向，HD′—→的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，则H(0,0,0)， A(－3，－1,0)，B(0，－5,0)，C(3，－1,0)， D′(0,0,3)，AB→＝(3，－4,0)，AC→＝(6,0,0)，AD′→＝(3,1,3)． 设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，则
m·AB→＝0，m·AD′→＝0，即 3x1－4y1＝0，
3x1＋y1＋3z1＝0，
所以可取m＝(4,3，－5)． 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，则
n·AC→＝0，n·AD′→＝0，即 6x2＝0，
3x2＋y2＋3z2＝0，
所以可取n＝(0，－3,1)． 于是cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝－1450×10＝－7525.
sin〈m，n〉＝29525. 因此二面角B－D′A－C的正弦值是29525. 2．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．
(1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC； (2)已知EF＝FB＝12AC＝23，AB＝BC，求二面角F－BC－A的余弦值． (1)证明 设FC中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，
因为点G，I分别是CE，CF的中点， 所以GI∥EF. 又EF∥OB，所以GI∥OB. 在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，BC∩OB＝B， 所以平面GHI∥平面ABC. 因为GH?平面GHI，所以GH∥平面ABC. (2)解 连接OO′，则OO′⊥平面ABC.又AB＝BC，且AC是圆O的直径，所以BO⊥AC. 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得B(0,23，0)，C(－23，0,0)． 过点F作FM⊥OB于点M， 所以FM＝FB2－BM2＝3，可得F(0，3，3)． 故BC→＝(－23，－23，0)，BF→＝(0，－3，3)． 设m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量． 由 m·BC→＝0，m·BF→＝0，可得
－23x－23y＝0，
－3y＋3z＝0.
可得平面BCF的一个法向量m＝－1，1，33， 因为平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)， 所以cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝77.
所以二面角F－BC－A的余弦值为77. 3．将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，»AC长为23π，
¼11AB
长为π3，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．
(1)求三棱锥C—O1A1B1的体积； (2)求异面直线B1C与AA1所成的角的大小．
解 (1)连接O1B1，则¼11AB＝∠A1O1B1＝π3，
∴△O1A1B1为正三角形， ∴111OABSV
＝34，
∴111—COABV ＝13OO1·111OABSV＝312.
(2)设点B1在下底面圆周的射影为B， 连接BB1，则BB1∥AA1，
∴∠BB1C为直线B1C与AA1所成角(或补角)， BB1＝AA1＝1. 连接BC，BO，OC，»AB＝¼11AB＝π3，»AC＝2π3，
∴»BC＝π3，∴∠BOC＝π3，∴△BOC为正三角形，
∴BC＝BO＝1，∴tan∠BB1C＝BCBB1
＝1，
∴∠BB1C＝45°， ∴直线B1C与AA1所成的角的大小为45°. 4．如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝12为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.
(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由； (2)若二面角P－CD－A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值． 解 (1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行．延长AB，DC，
相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点．理由如下： 由已知，BC∥ED，且BC＝ED. 所以四边形BCDE是平行四边形． 从而CM∥EB.又EB?平面PBE，CM?平面PBE. 所以CM∥平面PBE. (说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点) (2)方法一 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，
所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD. 所以∠PDA是二面角P－CD－A的平面角． 所以∠PDA＝45°. 设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2. 过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH. 易知PA⊥平面ABCD， 从而PA⊥CE.且PA∩AH＝A，于是CE⊥平面PAH.又CE?平面PCE， 所以平面PCE⊥平面PAH. 过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE. 所以∠APH是PA与平面PCE所成的角． 在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1， 所以AH＝22.
在Rt△PAH中，PH＝ PA2＋AH2＝322.
所以sin∠APH＝AHPH＝13.
方法二 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A， 所以CD⊥平面PAD. 于是CD⊥PD. 从而∠PDA是二面角P－CD－A的平面角．所以∠PDA＝45°. 由∠PAB＝90°，且PA与CD所成的角为90°，可得PA⊥平面ABCD. 设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2. 作Ay⊥AD，以A为原点，以AD→，AP→的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)． 所以PE→＝(1,0，－2)，EC→＝(1,1,0)，AP→＝(0,0,2)． 设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)．
由 n·PE→＝0，n·EC→＝0.得 x－2z＝0，x＋y＝0.设x＝2，解得n＝(2，－2,1)． 设直线PA与平面PCE所成的角为α， 则sin α＝|n·AP→||n|·|AP→|＝22×22＋－22＋12＝13.
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为13. 5．如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝5.
(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AMAP的值；若不存在，说明理由． (1)证明 ∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，又AB⊥AD，AB?平面ABCD， ∴AB⊥平面PAD. ∵PD?平面PAD，∴AB⊥PD， 又PA⊥PD，PA∩AB＝A，∴PD⊥平面PAB. (2)解 取AD中点O，连接CO，PO.∵PA＝PD，∴PO⊥AD. 又∵PO?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD， ∴PO⊥平面ABCD， ∵CO?平面ABCD，∴PO⊥CO， ∵AC＝CD，∴CO⊥AD. 以O为原点建立如图所示空间直角坐标系．
易知P(0,0,1)，B(1,1,0)，D(0，－1,0)，C(2,0,0)． 则PB→＝(1,1，－1)，PD→＝(0，－1，－1)，PC→＝(2,0，－1)． 设n＝(x0，y0,1)为平面PDC的一个法向量． 由 n·PD→＝0，n·PC→＝0得 －y0－1＝0，2x0－1＝0，解得
y0＝－1，
x0＝12.
即n＝12，－1，1. 设PB与平面PCD的夹角为θ. 则sin θ＝|cos〈n，PB→〉|
＝n·PB→|n||PB→|＝12－1－114＋1＋1×3＝33.
(3)解 设在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD， 则存在λ∈[0,1]使得AM→＝λAP→，因此点M(0,1－λ，λ)，BM→＝(－1，－λ，λ)． ∵BM?平面PCD，∴BM∥平面PCD， 当且仅当BM→·n＝0，即(－1，－λ，λ)·12，－1，1＝0，解得λ＝14，∴在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时AMAP＝14.