§1-3 空间向量与立体几何知识点和习题(含答案)
空间向量与立体几何例题和知识点总结
空间向量与立体几何例题和知识点总结在高中数学的学习中，空间向量与立体几何是一个重要且具有一定难度的板块。
通过空间向量的方法，我们能够更加简便地解决立体几何中的许多问题。
接下来，让我们一起通过一些例题来深入理解，并总结相关的知识点。
一、空间向量的基本知识点1、空间向量的概念：空间中具有大小和方向的量称为空间向量。
2、空间向量的表示：可以用有向线段表示，也可以用坐标表示。
3、空间向量的运算：包括加法、减法、数乘以及数量积。
加法和减法满足三角形法则和平行四边形法则。
数乘：λ(a ＋ b) ＝λa ＋λb数量积：a·b ＝｜a|·｜b|·cosθ（θ为两向量的夹角）二、空间向量在立体几何中的应用1、证明线线平行设直线 l₁和 l₂的方向向量分别为 a 和 b，如果 a ＝λb（λ 为非零实数），则 l₁∥ l₂。
例 1：在长方体 ABCD A₁B₁C₁D₁中，E，F 分别为棱 AA₁，CC₁的中点，求证：BE ∥ DF 。
解：以 D 为原点，分别以 DA，DC，DD₁所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系。
设长方体的长、宽、高分别为 a，b，c 。
则 B(a，b，0)，E(a，0，c/2)，D(0，0，0)，F(0，b，c/2)BE ＝（0，b，c/2)，DF ＝（0，b，c/2)因为 BE ＝ DF ，所以 BE ∥ DF 。
2、证明线线垂直设直线 l₁和 l₂的方向向量分别为 a 和 b，如果 a·b ＝ 0，则 l₁⊥l₂。
例 2：在正方体 ABCD A₁B₁C₁D₁中，M，N 分别为棱 AB，CC₁的中点，求证：DM ⊥ MN 。
解：以 D 为原点，分别以 DA，DC，DD₁所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系。
设正方体的棱长为 2。
则 D(0，0，0)，M(2，1，0)，N(0，2，1)DM ＝（2，1，0)，MN ＝（－2，1，1)DM·MN ＝－4 ＋ 1 ＋ 0 ＝－3 ≠ 0 ，所以 DM 与 MN 不垂直。
空间向量与立体几何知识点和知识题(含答案解析)
§1－3 空间向量与立体几何【知识要点】1．空间向量及其运算：(1)空间向量的线性运算：①空间向量的加法、减法和数乘向量运算：平面向量加、减法的三角形法则和平行四边形法则拓广到空间依然成立．②空间向量的线性运算的运算律：加法交换律：a＋b＝b＋a；加法结合律：(a＋b＋c)＝a＋(b＋c)；分配律：(＋)a＝a＋a；(a＋b)＝a＋b．(2)空间向量的基本定理：①共线(平行)向量定理：对空间两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数，使得a∥b．②共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，则向量c与向量a，b共面的充要条件是存在惟一一对实数，，使得c＝a＋b．③空间向量分解定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在惟一的有序实数组1，2，3，使得p＝1a＋2b＋3c．(3)空间向量的数量积运算：①空间向量的数量积的定义：a·b＝|a｜|b｜c os〈a，b〉；②空间向量的数量积的性质：a·e＝|a｜c os＜a，e＞；a⊥b a·b＝0；|a|2＝a·a；|a·b|≤|a｜|b｜．③空间向量的数量积的运算律： (a )·b ＝(a ·b )；交换律：a ·b ＝b ·a ；分配律：(a ＋b )·c ＝a ·c ＋b ·c ． (4)空间向量运算的坐标表示：①空间向量的正交分解：建立空间直角坐标系Oxyz ，分别沿x 轴，y 轴，z 轴的正方向引单位向量i ，j ，k ，则这三个互相垂直的单位向量构成空间向量的一个基底{i ，j ，k ｝，由空间向量分解定理，对于空间任一向量a ，存在惟一数组(a 1，a 2，a 3)，使a ＝a 1i ＋a 2j ＋a 3k ，那么有序数组(a 1，a 2，a 3)就叫做空间向量a 的坐标，即a ＝(a 1，a 2，a 3)．②空间向量线性运算及数量积的坐标表示： 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ＋b ＝(a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3)；a －b ＝(a 1－b 1，a 2－b 2，a 3－b 3)；a ＝(a 1，a 2，a 3)；a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3．③空间向量平行和垂直的条件：a ∥b (b ≠0)⇔a ＝b ⇔a 1＝b 1，a 2＝b 2，a 3＝b 3(∈R )；a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0．④向量的夹角与向量长度的坐标计算公式： 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则;||,||232221232221b b b a a a ++==++==⋅⋅b b b a a a;||||,cos 232221232221332211b b b a a a b a b a b a ++++++=>=<⋅b a ba b a在空间直角坐标系中，点A (a 1，a 2，a 3)，B (b 1，b 2，b 3)，则A ，B 两点间的距离是.)()()(||233222211b a b a b a AB -+-+-=2．空间向量在立体几何中的应用： (1)直线的方向向量与平面的法向量：①如图，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线，对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使得a t OA OP +=，其中向量a 叫做直线的方向向量．由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定． ②如果直线l ⊥平面，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面的法向量．由此可知，给定一点A 及一个向量a ，那么经过点A 以向量a 为法向量的平面惟一确定．(2)用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系： 设直线l ，m 的方向向量分别是a ，b ，平面，的法向量分别是u ，v ，则①l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； ②l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③l ∥⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0； ④l ⊥⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ；⑤∥⇔u ∥v ⇔u ＝k v ，k ∈R ； ⑥⊥⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0．(3)用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题：①异面直线所成的角：设a ，b 是两条异面直线，过空间任意一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做异面直线a 与b 所成的角．设异面直线a 与b 的方向向量分别是v 1，v 2，a 与b 的夹角为，显然],2π,0(∈θ则⋅=><⋅|||||||,cos |212121v v v v v v②直线和平面所成的角：直线和平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角．设直线a 的方向向量是u ，平面的法向量是v ，直线a 与平面的夹角为，显然]2π,0[∈θ，则⋅=><⋅|||||||,cos |v u v u v u③二面角及其度量：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．记作－l －在二面角的棱上任取一点O ，在两个半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB叫做二面角－l －的平面角．利用向量求二面角的平面角有两种方法： 方法一：如图，若AB ，CD 分别是二面角－l －的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角－l －的大小就是向量CD AB 与的夹角的大小．方法二：如图，m 1，m 2分别是二面角的两个半平面，的法向量，则〈m 1，m 2〉与该二面角的大小相等或互补．(4)根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立体几何问题． 【复习要求】1．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．2．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．3．掌握空间向量的数量积及其坐标表示；能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直． 4．理解直线的方向向量与平面的法向量．5．能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系． 6．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题． 【例题分析】例1 如图，在长方体OAEB －O 1A 1E 1B 1中，OA ＝3，OB ＝4，OO 1＝2，点P 在棱AA 1上，且AP ＝2PA 1，点S 在棱BB 1上，且B 1S ＝2SB ，点Q ，R 分别是O 1B 1，AE 的中点，求证：PQ ∥RS ．【分析】建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k ，使得.RS k PQ解：如图建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，4，0)，O 1(0，0，2)，A 1(3，0，2)，B 1(0，4，2)，E (3，4，0)．∵AP ＝2PA 1， ∴),34,0,0()2,0,0(32321===AA AP ∴⋅)34,0,3(P同理可得：Q (0，2，2)，R (3，2，0)，⋅)32,4,0(S,)32,2,3(RS PQ =-=∴RS PQ //，又R ∉PQ ，∴PQ ∥RS ．【评述】1、证明线线平行的步骤： (1)证明两向量共线；(2)证明其中一个向量所在直线上一点不在另一个向量所在的直线上即可．2、本体还可采用综合法证明，连接PR ，QS ，证明PQRS 是平行四边形即可，请完成这个证明．例2 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，E ，F 分别是棱A 1D 1，A 1B 1，D 1C 1，B 1C 1的中点，求证：平面AMN ∥平面EFBD ．【分析】要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向量平行．解法一：设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (4，0，0)，M (2，0，4)，N (4，2，4)，B (4，4，0)，E (0，2，4)，F (2，4，4)．取MN 的中点K ，EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O (2，2，0)，K (3，1，4)，G (1，3，4)．MN ＝(2，2，0)，EF ＝(2，2，0)，AK ＝(－1，1，4)，OG ＝(－1，1，4)，∴MN ∥EF ，OG AK =，∴MN//EF ，AK//OG ， ∴MN ∥平面EFBD ，AK ∥平面EFBD ， ∴平面AMN ∥平面EFBD ．解法二：设平面AMN 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3)，平面EFBD 的法向量是b ＝(b 1，b 2，b 3)．由,0,0==⋅⋅AN AM a a 得⎩⎨⎧=+=+-,042,0423231a a a a 取a 3＝1，得a ＝(2，－2，1)．由,0,0==⋅⋅BF DE b b得⎩⎨⎧=+-=+,042,0423132b b b b 取b 3＝1，得b ＝(2，－2，1)．∵a ∥b ，∴平面AMN ∥平面EFBD ．注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试． 例3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 是棱A 1B 1，B 1B 的中点，求异面直线AM 和CN 所成角的余弦值．解法一：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (2，0，0)，M (2，1，2)，C (0，2，0)，N (2，2，1)．∴),1,0,2(),2,1,0(==CN AM设AM 和CN 所成的角为，则,52||||cos ==⋅CN AM CNAM θ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52 解法二：取AB 的中点P ，CC 1的中点Q ，连接B 1P ，B 1Q ，PQ ，PC ． 易证明：B 1P ∥MA ，B 1Q ∥NC ，∴∠PB 1Q 是异面直线AM 和CN 所成的角． 设正方体的棱长为2，易知,6,52211=+===QC PC PQ Q B P B∴,522cos 11221211=-+=⋅Q B P B PQ Q B P B Q PB∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52【评述】空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数，这样才能得到异面直线所成的角(锐角)．例4 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为a 2，求直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小．【分析】利用正三棱柱的性质，适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面ABB 1A 1的法向量求解．解法一：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，),2,0,0(1a A⋅-)2,2,23(1a a a C 取A 1B 1的中点D ，则)2,2,0(a aD ，连接AD ，C 1D ． 则),2,0,0(),0,,0(),0,0,23(1a AA a AB aDC ==-= ,0,0111==⋅⋅AA DC AB DC∴DC 1⊥平面ABB 1A 1，∴∠C 1AD 是直线AC 1与平面ABB 1A 1所或的角．),2,2,0(),2,2,23(1a aAD a a a AC =-= 23||||cos 111==∴AD AC AD C ， ∴直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小是30°．解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，A 1(0，0，a 2)，)2,2,23(1a a a C -，从而⋅-===)2,2,23(),2,0,0(),0,,0(11a a a AC a AA a AB 设平面ABB 1A 1的法向量是a ＝(p ，q ，r )， 由,0,01==⋅⋅AA AB a a 得⎩⎨⎧==,02,0ar aq 取p ＝1，得a ＝(1，0，0)．设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为],2π,0[,∈θθ.30,21|||||||,cos |sin 111 ===〉〈=⋅θθa a a AC AC AC【评述】充分利用几何体的特征建立适当的坐标系，再利用向量的知识求解线面角；解法二给出了一般的方法，即先求平面的法向量与斜线的夹角，再利用两角互余转换．例5 如图，三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AC ＝1，2=BC ，求二面角A －PB －C 的平面角的余弦值．解法一：取PB 的中点D ，连接CD ，作AE ⊥PB 于E ． ∵PA ＝AC ＝1，PA ⊥AC ， ∴PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB ． ∵EA ⊥PB ，∴向量EA 和DC 夹角的大小就是二面角A －PB －C 的大小．如图建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，2，0)，P (1，0，1)，由D 是PB 的中点，得D ⋅)21,22,21( 由,3122==AB AP EB PE 得E 是PD 的中点，从而⋅)43,42,43(E ∴)21,22,21(),43,42,41(---=--=DC EA∴⋅=>=<⋅33||||,cos DC EA DC EA DC EA 即二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅33 解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，)0,1,2(B ，C (0，1，0)，P (0，0，1)，).1,1,0(),0,0,2(),0,1,2(),1,0,0(-====CP CB AB AP设平面PAB 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3)， 平面PBC 的法向量是b ＝(b 1，b 2，b 3)． 由,0,0==⋅⋅AB AP a a得⎪⎩⎪⎨⎧=+=,02,0213a a a 取a 1＝1，得).0,2,1(-=a 由0,0==⋅⋅CP CB b b 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 取b 3＝1，得b ＝(0，1，1)．∴⋅-=>=<⋅33||||,cos b a b a b a∵二面角A －PB －C 为锐二面角， ∴二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅=-33|33| 【评述】1、求二面角的大小，可以在两个半平面内作出垂直于棱的两个向量，转化为这两个向量的夹角；应注意两个向量的始点应在二面角的棱上．2、当用法向量的方法求二面角时，有时不易判断两个平面法向量的夹角是二面角的平面角还是其补角，但我们可以借助观察图形而得到结论，这是因为二面角是锐二面角还是钝二面角一般是明显的．例6 如图，三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，PA ＝AB ，∠ABC ＝60°，∠BCA ＝90°，点D ，E 分别在棱PB ，PC 上，且DE ∥BC ．(Ⅰ)求证：BC ⊥平面PAC ；(Ⅱ)当D 为PB 的中点时，求AD 与平面PAC 所成角的余弦值；(Ⅲ)试问在棱PC 上是否存在点E ，使得二面角A －DE －P 为直二面角?若存在，求出PE ∶EC 的值；若不存在，说明理由．解：如图建立空间直角坐标系．设PA ＝a ，由已知可得A (0，0，0)，).,0,0(),0,23,0(),0,23,21(a P a C a a B - (Ⅰ)∵),0,0,21(),,0,0(a BC a AP ==∴,0=⋅BC AP ∴BC ⊥AP ．又∠BCA ＝90°，∴BC ⊥AC ．∴BC ⊥平面PAC ．(Ⅱ)∵D 为PB 的中点，DE ∥BC ，∴E 为PC 的中点． ∴⋅-)21,43,0(),21,43,41(a a E a a a D 由(Ⅰ)知，BC ⊥平面PAC ，∴DE ⊥平面PAC ， ∴∠DAE 是直线AD 与平面PAC 所成的角． ∴),21,43,0(),21,43,41(a a AE a a a AD =-= ∴,414||||cos ==∠AE AD DAE 即直线AD 与平面PAC 所成角的余弦值是⋅414 (Ⅲ)由(Ⅱ)知，DE ⊥平面PAC ，∴DE ⊥AE ，DE ⊥PE ， ∴∠AEP 是二面角A －DE －P 的平面角． ∵PA ⊥底面ABC ，∴PA ⊥AC ，∠PAC ＝90°． ∴在棱PC 上存在一点E ，使得AE ⊥PC ，这时，∠AEP ＝90°，且⋅==3422AC PA EC PE 故存在点E 使得二面角A －DE －P 是直二面角，此时PE ∶EC ＝4∶3． 注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．练习1-3一、选择题：1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BB 1的中点，则二面角E －A 1D 1－D 的平面角的正切值是( ) (A)2(B)2(C)5(D)222．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线AD 1与平面A 1ACC 1所成角的大小是( ) (A)30°(B)45°(C)60°(D)90°3．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于( ) (A)31 (B)32 (C)33 (D)32 4．如图，⊥，∩＝l ，A ∈，B ∈，A ，B 到l 的距离分别是a 和b ，AB 与，所成的角分别是和ϕ，AB 在，内的射影分别是m 和n ，若a ＞b ，则下列结论正确的是( )(A)＞ϕ，m ＞n (B)＞ϕ，m ＜n (C)＜ϕ，m ＜n(D)＜ϕ，m ＞n二、填空题：5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别为AA 1，AB ，BB 1，B 1C 1的中点，则异面直线EF 与GH 所成角的大小是______．6．已知正四棱柱的对角线的长为6，且对角线与底面所成角的余弦值为33，则该正四棱柱的体积等于______．7．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为______．8．四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，==BC AB AD 21，PA ⊥底面ABCD ，PD 与底面ABCD 所成的角是30°．设AE 与CD 所成的角为，则cos＝______．三、解答题：9．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝4，点E 在CC 1上，且C 1E ＝3EC ．(Ⅰ)证明：A 1C ⊥平面BED ；(Ⅱ)求二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值．10．如图，在四棱锥O －ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，4π=∠ABC ，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点．(Ⅰ)证明：直线MN∥平面OCD；(Ⅱ)求异面直线AB与MD所成角的大小．11．如图，已知直二面角－PQ－，A∈PQ，B∈，C∈，CA＝CB，∠BAP ＝45°，直线CA和平面所成的角为30°．(Ⅰ)证明：BC⊥PQ；(Ⅱ)求二面角B－AC－P平面角的余弦值．习题1一、选择题：1．关于空间两条直线a、b和平面，下列命题正确的是( )(A)若a ∥b ，b ⊂，则a ∥ (B)若a ∥，b ⊂，则a ∥b (C)若a ∥，b ∥，则a ∥b(D)若a ⊥，b ⊥，则a ∥b2．正四棱锥的侧棱长为23，底面边长为2，则该棱锥的体积为( ) (A)8(B)38 (C)6 (D)23．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则直线AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( ) (A)46 (B)410 (C)22 (D)23 4．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何 体的体积是( )(A)3cm 34000 (B)3cm 38000 (C)2000cm 3(D)4000cm 35．若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60° 的菱形，则该棱柱的体积等于( ) (A)2(B)22(C)23(D)24二、填空题：6．已知正方体的内切球的体积是π34，则这个正方体的体积是______．7．若正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面边长为1，AB 1与底面ABCD 成60°角，则直线AB 1和BC 1所成角的余弦值是______．8．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是______． 9．连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB 、CD 的长度分别等于3472、，每条弦的两端都在球面上运动，则两弦中点之间距离的最大值为______．10．已知AABC 是等腰直角三角形，AB ＝AC ＝a ，AD 是斜边BC 上的高，以AD 为折痕使∠BDC 成直角．在折起后形成的三棱锥A －BCD 中，有如下三个结论： ①直线AD ⊥平面BCD ； ②侧面ABC 是等边三角形； ③三棱锥A －BCD 的体积是.2423a 其中正确结论的序号是____________．(写出全部正确结论的序号) 三、解答题：11．如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是BC 的中点，AB ＝AA 1．(Ⅰ)求证：AD ⊥B 1D ； (Ⅱ)求证：A 1C ∥平面A 1BD ；(Ⅲ)求二面角B －AB 1－D 平面角的余弦值．12．如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥AC，AB⊥AC，PA＝AC＝2，AB＝1，M 为PC的中点．(Ⅰ)求证：平面PCB⊥平面MAB；(Ⅱ)求三棱锥P－ABC的表面积．13．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝AA1＝2，M、N分别是A1C1、BC1的中点．(Ⅰ)求证：BC1⊥平面A1B1C；(Ⅱ)求证：MN∥平面A1ABB1；(Ⅲ)求三棱锥M －BC 1B 1的体积．14．在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2AD ，DC ＝SD＝2．点M 在侧棱SC 上，∠ABM ＝60°．(Ⅰ)证明：M 是侧棱SC 的中点；(Ⅱ)求二面角S －AM －B 的平面角的余弦值．练习1-3一、选择题：1．B 2．A 3．B 4．D 二、填空题：5．60° 6．2 7．54 8．42三、解答题：9．以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系D －xyz ．依题设，B (2，2，0)，C (0，2，0)，E (0，2，1)，A 1(2，0，4)．),0,2,2(),1,2,0(==DB DE ).4,0,2(),4,2,2(11=--=DA C A(Ⅰ)∵,0,011==⋅⋅DE C A DB C A ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DE ． 又DB ∩DE ＝D ，∴A 1C ⊥平面DBE ．(Ⅱ)设向量n ＝(x ，y ，z )是平面DA 1E 的法向量，则.,1DA DE ⊥⊥n n ∴⎩⎨⎧=+=+.042,02z x z y 令y ＝1，得n ＝(4，1，－2)．⋅==⋅4214||||),cos(111C A C A C A n n n ∴二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值为⋅4214 10．作AP ⊥CD 于点P ．如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x ，y ，z 轴建立坐标系．则A (0，0，0)，B (1，0，0)，)0,22,22(),0,22,0(-D P ，O (0，0，2)，M (0，0，1)，⋅-)0,42,421(N (Ⅰ)⋅--=-=--=)2,22,22(),2,22,0(),1,42,421(OD OP MN 设平面OCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则,0,0==⋅⋅OD OP n n即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-=-.022222,0222z y x z y 取,2=z ，得).2,4,0(=n ∵,0=⋅n MN ∴MN ∥平面OCD ． (Ⅱ)设AB 与MD 所成的角为，,3π,21||||||cos ),1,22,22(),0,0,1(=∴==∴--==⋅θθMD AB MD AB MD AB 即直线AB 与MD 所成角的大小为⋅3π11．(Ⅰ)证明：在平面内过点C 作CO ⊥PQ 于点O ，连结OB ． ∵⊥，∩＝PQ ，∴CO ⊥．又∵CA ＝CB ，∴OA ＝OB ．∵∠BAO ＝45°，∴∠ABO ＝45°，∠AOB ＝90°，∴BO ⊥PQ ，又CO ⊥PQ ， ∴PQ ⊥平面OBC ，∴PQ ⊥BC ．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，OC ⊥OA ，OC ⊥OB ，OA ⊥OB ，故以O 为原点，分别以直线OB ，OA ，OC 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)．∵CO ⊥，∴∠CAO 是CA 和平面所成的角，则∠CAO ＝30°．不妨设AC ＝2，则3=AO ，CO ＝1．在Rt △OAB 中，∠ABO ＝∠BAO ＝45°，∴.3==AO BO∴).1,0,0(),0,3,0(),0,0,3(),0,0,0(C A B O).1,3,0(),0,3,3(-=-=AC AB设n 1＝(x ，y ，z )是平面ABC 的一个法向量，由⎪⎩⎪⎨⎧==⋅⋅,0,0AC AB n n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-,03,033z y y x 取x ＝1，得)3,1,1(1=n ． 易知n 2＝(1，0，0)是平面的一个法向量．设二面角B －AC －P 的平面角为，∴,55||||cos 2121==⋅⋅n n n n θ 即二面角B －AC －P 平面角的余弦值是⋅55习题1一、选择题：1．D 2．B 3．A 4．B 5．B 二、填空题： 6．324 7．438．9 9．5 10．①、②、③三、解答题：11．(Ⅰ)证明：∵ABC －A 1B 1C 1是正三棱柱，∴BB 1⊥平面ABC ，∴平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ．∵正△ABC 中，D 是BC 的中点，∴AD ⊥BC ，∴AD ⊥平面BB 1C 1C ， ∴AD ⊥B 1D ．(Ⅱ)解：连接A 1B ，设A 1B ∩AB 1＝E ，连接DE ．∵AB ＝AA 1， ∴ 四边形A 1ABB 1是正方形， ∴E 是A 1B 的中点，又D 是BC 的中点，∴DE ∥A 1C ． ∵DE ⊂平面A 1BD ，A 1C ⊄平面A 1BD ，∴A 1C ∥平面A 1BD ．(Ⅲ)解：建立空间直角坐标系，设AB ＝AA 1＝1， 则⋅-)1,0,21(),0,23,0(),0,0,0(1B A D 设n 1＝(p ，q ，r )是平面A 1BD 的一个法向量， 则,01=⋅AD n 且,011=⋅D B n 故.021,023=-=-r P q 取r ＝1，得n 1＝(2，0，1)． 同理，可求得平面AB 1B 的法向量是).0,1,3(2-=n 设二面角B －AB 1－D 大小为，∵,515||||cos 2121==⋅n n n n θ ∴二面角B －AB 1－D 的平面角余弦值为⋅51512．(Ⅰ)∵PA ⊥AB ，AB ⊥AC ，∴AB ⊥平面PAC ，故AB ⊥PC ．∵PA ＝AC ＝2，M 为PC 的中点，∴MA ⊥PC ．∴PC ⊥平面MAB ， 又PC ⊂平面PCB ，∴平面PCB ⊥平面MAB ． (Ⅱ)Rt △PAB 的面积1211==⋅AB PA S ．Rt △PAC 的面积.2212==⋅AC PA S Rt △ABC 的面积S 3＝S 1＝1．∵△PAB ≌△CAB ，∵PB ＝CB ，∴△PCB 的面积.632221214=⨯⨯==⋅MB PC S ∴三棱锥P －ABC 的表面积为S ＝S 1＋S 2＋S 3＋S 4＝.64+13．(Ⅰ)∵ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，∴BB 1⊥平面A 1B 1C 1，∴B 1B ⊥A 1B 1．又B 1C 1⊥A 1B 1，∴A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，∴BC 1⊥A 1B 1． ∵BB 1＝CB ＝2，∴BC 1⊥B 1C ，∴BC 1⊥平面A 1B 1C ．(Ⅱ)连接A 1B ，由M 、N 分别为A 1C 1、BC 1的中点，得MN ∥A 1B ， 又A 1B ⊂平面A 1ABB 1，MN ⊄平面A 1ABB 1，∴MN ∥平面A 1ABB 1．(Ⅲ)取C 1B 1中点H ，连结MH ． ∵M 是A 1C 1的中点，∴MH ∥A 1B 1，又A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，∴MH ⊥平面BCC 1B 1，∴MH 是三棱锥M －BC 1B 1的高， ∴三棱锥M －BC 1B 1的体积⋅=⨯⨯⨯==⋅⋅∆321421313111MH S V B BC 14．如图建立空间直角坐标系，设A (2，0，0)，则B (2，2，0)，C (0，2，0)，S (0，0，2).(Ⅰ)设)0(>=λλMC SM ， 则),12,12,2(),12,12,0(λλλλλ++--=++BM M 又.60,),0,2,0( >=<-=BM BA BA 故,60cos ||||.BA BM BA BM =即,)12()12()2(14222λλλ+++-+-=+解得＝1．∴M 是侧棱SC 的中点．(Ⅱ)由M (0，1，1)，A (2，0，0)得AM 的中点⋅)21,21,22(G 又),1,1,2(),1,1,0(),21,23,22(-=-=-=AM MS GB ∴,,,0,0AM MS AM GB AM MS AM GB ⊥⊥∴==⋅⋅ ∴cos〉MS ,G B 〈等于二面角S －AM －B 的平面角． ,36||||),cos(-==MS GB MS GB 即二面角S －AM －B 的平面角的余弦值是－36．。
(完整)空间向量与立体几何知识点和习题(含答案),推荐文档
由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定．，取直线l的方向向量a，则向量及一个向量a，那么经过点A以向量用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系：的方向向量分别是a，b，平面α ，β 的法向量分别是，k∈R；0；0；，k∈R；k∈R；＝0．用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题：，b是两条异面直线，过空间任意一点分别是二面角的两个半平面α ，β 的法向量，则〈根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．．掌握空间向量的数量积及其坐标表示；能运用向量的数量积判断向量的共线与垂．理解直线的方向向量与平面的法向量．．能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系．．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k ，使得RS k PQ =如图建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，4，1(3，0，2)，B 1(0，4，2)，E (3，4，0)．PA 1， ∴),34,0,0()2,00(32321===AA AP ⋅)同理可得：Q (0，2，2)，R (3，2，0)，⋅)32,4,0(2要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向：设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)N (4，2，4)，B (4，4，0)，E (0，2，4)，F (2，4，4)．的中点K ，EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O (2，2，0)，K (3，1，，2，0)，＝(2，2，0)，＝(－1，1，4)，＝(－1，EF AK OG 本文下载后请自行对内容编辑修改删除，：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)C (0，2，0)，N (2，2，1)．),1,0,2(),2,1,0(=CN 所成的角为θ ，则CN ,52||||cos ==⋅CN AM CN AM θ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52取AB 的中点P ，CC 1的中点Q ，连接B 1P ，B 1Q ，PQ ，PC ．B P ∥MA ，B Q ∥NC ，所成的角．6,522=+==QC PC PQ Q空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数，这样才能得到异面直线所成ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为利用正三棱柱的性质，适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，取A 1B 1的中点D ，则，连接AD ，C ⋅))2,2,0(a a D ),2,0,0(),0,,0(),0,0,231a AA a AB a ==,011=⋅AA DC 本文下载后请自行对内容编辑修改删除，PB的中点D，连接CD，作AE⊥PB于E．，PA⊥AC，2，∴CD⊥PB．DC夹角的大小就是二面角A－PB－C的大小．,0(),0,0,2(),0,-==CP CB ＝(a 1，a 2，a 3)，(b 1，b 2，b 3)．＝1，得).0,2,1(-=a 得取b 3＝1，得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 3如图建立空间直角坐标系．，由已知可得A (0，0，0)，),0,23,0(),0,23,21(a C a a B -),0,0,21(),,0,0a BC a =∴BC ⊥AP ．又∠BCA ＝90°，∴BC ⊥AC ．,0PAC ．的中点，DE ∥BC ，∴E 为PC 的中点．⋅)21,43,0(),21,3a a E a a ⊥平面PAC ，(B)θ ＞ϕ(D)θ ＜ϕ中，E，F，G，H分别为所成角的大小是______．6，且对角线与底面所成角的余弦值为D1中，AA1＝2AB，则异面直线1本文下载后请自行对内容编辑修改删除，的底面是直角梯形，∠BAD＝90°，，PA⊥底面ABCD，PD所成的角为θ ，则cosθ ＝______．C1D1中，AA1＝2AB＝4，点平面角的余弦值．中，底面ABCD是边长为OA的中点，N为BC的中点．OCD；所成角的大小．平面角的余弦值．习题1和平面α ，下列命题正确的是( α (B)若a ∥α (B)38000(D)4000cm 2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为( )(C)223本文下载后请自行对内容编辑修改删除，C11；平面角的余弦值．PA⊥AB，PA⊥AC，AB⊥AC MAB；C ；ABB 1；的体积．中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面SD ＝2．点M 在侧棱SC 上，∠的中点；的平面角的余弦值．练习1-3D ．42本文下载后请自行对内容编辑修改删除，，0)，E (0，2，1)，A 1).4∴A 1C ⊥BD ，A 1C ,0=⊥平面DBE ．是平面DA 1E 的法向量，则，得n ＝(4，1，－2)．14，,22(),0,22,0(-D P =-=),2,22,0(OD OP n ＝(x ，y ，z )，则⋅OP n 本文下载后请自行对内容编辑修改删除，是CA 和平面α 所成的角，则∠，CO ＝1．3=AO ABO ＝∠BAO ＝45°，∴=AO BO ).1,0,0(),0,3,0(),C A ).1,3,0(-=AC 是平面ABC 的一个法向量，取x ＝1，得=+=-,03,033z y y x 1=n 是平面β 的一个法向量．AB 1＝E ，连接DE ．四边形A 1ABB 1是正方形，是BC 的中点，∴DE ∥A 平面A 1BD ，∴A 1C ∥平面⊄解：建立空间直角坐标系，设AB ＝AA 1＝1，⋅-)1,0,21(),01B 是平面A 1BD 的一个法向量，,01=D B 取r ＝1，得n 1＝(2，0，1).0=1234是直三棱柱，∴BB 1⊥平面A 1B 1C 1⊥平面BCC 1B 1，∴BC 1⊥A 1⊥B 1C ，∴BC 1⊥平面A 1B 1C 分别为A 1C 1、BC 1的中点，得MN 平面A 1ABB 1，∴MN ⊄MH ．MH ∥A 1B 1，，∴MH ⊥平面BCC 1B 1，∴的体积==⋅⋅∆3111MH S V B BC A (，0，0)，则B (22，),12,12,2(λλ++--=BM 故.60 >=BM |.BA BM =解得λ ＝,)12()1222λλ+++-的中点．，0，0)得AM 的中点22(G 本文下载后请自行对内容编辑修改删除，。
(完整版)空间向量在立体几何中的应用知识点大全、经典高考题带解析、练习题带答案
空间向量在立体几何中的应用莎【考纲说明】1能够利用共线向量、共面向量、空间向量基本定理证明共线、共面、平行及垂直问题；2•会利用空间向量的坐标运算、两点间的距离公式、夹角公式等解决平行、垂直、长度、角、距离等问题;3.培养用向量的相关知识思考问题和解决问题的能力；【知识梳理】一、空间向量的运算1、向量的几何运算(1)向量的数量积：已知向量，贝U 叫做的数量积，记作，即空间向量数量积的性质：①；②；③•r r r r r r(2)向量共线定理：向量a a 0与b共线，当且仅当有唯个实数，使b a .2、向量的坐标运算(1)若，，则.一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标。
(2)若，，则；(3)夹角公式：(4)两点间的距离公式：若，，贝U二、空间向量在立体几何中的应用2利用空间向量证明平行问题对于平行问题，一般是利甲线向量和共面向量定理进行证明.二3•利用空间向量证明垂直问题’对于垂直问题，一般是利用进行证明；4•利用空间向量求角度(1)线线角的求法：设直线AB、CD对应的方向向量分别为a、b，则直线AB与CD所成的角为(2)线面角的求法：设n是平面的法向量，是直线的方向向量，则直线与平面所成的角为(线线角的范围[0°,900])(3)二面角的求法：设n i，n2分别是二面角其补角的大小(如图)的两个面，的法向量，则就是二面角的平面角或5•利用空间向量求距离(1)平面的法向量的求法：设n=(x,y,z)，利用n与平面内的两个不共线的向a, b垂直，其数量积为零，列出两个三元一组解，即得到平面的一个法向量(如图) 。
次方程，联立后取其(2)利用法向量求空间距离(a) 点A到平面的距离：(b) 直线与平面之间的距离：(c) 两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量。
，其中，是平面的法向量。
，其中，是平面的法向量。
【经典例题】【例1】（2010全国卷1理）正方体ABCD-AB i C i D i 中，B B i 与平面AC D i 所成角的余弦值为（【解析】D【例2】（20i0全国卷2文）已知三棱锥SA =3，那么直线AB 与平面SBC 所成角的正弦值为（ ABC 为边长等于2的等边三角形，SA 垂直于底面）（20i2重庆）如图，在直三棱柱 ABC-A i B i C i 中，AB=4 , AC=BC=3 , D 为AB 的中点。
高二数学选修2-1第三章空间向量与立体几-知识点+习题+答案
空间向量与立体几何1、空间向量的概念：()1在空间，具有大小和方向的量称为空间向量．()2向量可用一条有向线段来表示．有向线段的长度表示向量的大小，箭头所指的方向表示向量的方向．()3向量AB 的大小称为向量的模（或长度），记作AB ． ()4模（或长度）为0的向量称为零向量；模为1的向量称为单位向量． ()5与向量a 长度相等且方向相反的向量称为a 的相反向量，记作a -． ()6方向相同且模相等的向量称为相等向量．2、空间向量的加法和减法：()1求两个向量和的运算称为向量的加法，它遵循平行四边形法则．即：在空间以同一点O 为起点的两个已知向量a 、b 为邻边作平行四边形C OA B ，则以O 起点的对角线C O 就是a 与b 的和，这种求向量和的方法，称为向量加法的平行四边形法则．()2求两个向量差的运算称为向量的减法，它遵循三角形法则．即：在空间任取一点O ，作a OA =，b OB =，则a b BA =-．3、实数λ与空间向量a 的乘积a λ是一个向量，称为向量的数乘运算．当0λ>时，a λ与a 方向相同；当0λ<时，a λ与a 方向相反；当0λ=时，a λ为零向量，记为0．a λ的长度是a 的长度的λ倍．4、设λ，μ为实数，a ，b 是空间任意两个向量，则数乘运算满足分配律及结合律．分配律：()a b a b λλλ+=+；结合律：()()a a λμλμ=．5、如果表示空间的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量称为共线向量或平行向量，并规定零向量与任何向量都共线．6、向量共线的充要条件：对于空间任意两个向量a ，()0b b ≠，//a b 的充要条件是存在实数λ，使a b λ=．7、平行于同一个平面的向量称为共面向量． 8、向量共面定理：空间一点P 位于平面C AB 内的充要条件是存在有序实数对x ，y ，使x y C AP =AB +A ；或对空间任一定点O ，有x y C OP =OA +AB +A ；或若四点P ，A ，B ，C 共面，则()1x y z C x y z OP =OA+OB+O ++=． 9、已知两个非零向量a 和b ，在空间任取一点O ，作a OA =，b OB =，则∠AOB 称为向量a ，b 的夹角，记作,a b 〈〉．两个向量夹角的取值范围是：[],0,a b π〈〉∈． 10、对于两个非零向量a 和b ，若,2a b π〈〉=，则向量a ，b 互相垂直，记作a b ⊥．11、已知两个非零向量a 和b ，则cos ,a b a b 〈〉称为a ，b 的数量积，记作a b ⋅．即cos ,a b a b a b ⋅=〈〉．零向量与任何向量的数量积为0．12、a b ⋅等于a 的长度a 与b 在a 的方向上的投影cos ,b a b 〈〉的乘积． 13、若a ，b 为非零向量，e 为单位向量，则有()1cos ,e a a e a a e ⋅=⋅=〈〉；()20a b a b ⊥⇔⋅=；()3()()a b a b a b a b a b ⎧⎪⋅=⎨-⎪⎩与同向与反向，2a a a ⋅=，a a a =⋅； ()4cos ,a b a b a b⋅〈〉=；()5a b a b ⋅≤．14、向量数乘积的运算律：()1a b b a ⋅=⋅；()2()()()a b a b a b λλλ⋅=⋅=⋅；()3()a b c a c b c +⋅=⋅+⋅．15、若i ，j ，k 是空间三个两两垂直的向量，则对空间任一向量p ，存在有序实数组{},,x y z ，使得p xi yj zk =++，称xi ，yj ，zk 为向量p 在i ，j ，k 上的分量．16、空间向量基本定理：若三个向量a ，b ，c 不共面，则对空间任一向量p ，存在实数组{},,x y z ，使得p xa yb zc =++．17、若三个向量a ，b ，c 不共面，则所有空间向量组成的集合是{},,,p p xa yb zc x y z R =++∈．这个集合可看作是由向量a ，b ，c 生成的，{},,a b c 称为空间的一个基底，a ，b ，c 称为基向量．空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底．18、设1e ，2e ，3e 为有公共起点O 的三个两两垂直的单位向量（称它们为单位正交基底），以1e ，2e ，3e 的公共起点O 为原点，分别以1e ，2e ，3e 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系xyz O ．则对于空间任意一个向量p ，一定可以把它平移，使它的起点与原点O 重合，得到向量p OP =．存在有序实数组{},,x y z ，使得123p xe ye ze =++．把x ，y ，z 称作向量p 在单位正交基底1e ，2e ，3e 下的坐标，记作(),,p x y z =．此时，向量p 的坐标是点P 在空间直角坐标系xyz O 中的坐标(),,x y z ．19、设()111,,a x y z =，()222,,b x y z =，则()1()121212,,a b x x y y z z +=+++．()2()121212,,a b x x y y z z -=---． ()3()111,,a x y z λλλλ=． ()4121212a b x x y y z z ⋅=++．()5若a 、b 为非零向量，则12121200a b a b x x y y z z ⊥⇔⋅=⇔++=． ()6若0b ≠，则121212//,,a b a b x x y y z z λλλλ⇔=⇔===． ()721a a a x =⋅=+()821cos ,a b a b a bx ⋅〈〉==+．()9()111,,x y z A ，()222,,x y z B =，则(d x AB =AB =20、在空间中，取一定点O 作为基点，那么空间中任意一点P 的位置可以用向量OP 来表示．向量OP 称为点P 的位置向量．21、空间中任意一条直线l 的位置可以由l 上一个定点A 以及一个定方向确定．点A 是直线l 上一点，向量a 表示直线l 的方向向量，则对于直线l 上的任意一点P ，有ta AP =，这样点A 和向量a 不仅可以确定直线l 的位置，还可以具体表示出直线l 上的任意一点． 22、空间中平面α的位置可以由α内的两条相交直线来确定．设这两条相交直线相交于点O ，它们的方向向量分别为a ，b ．P 为平面α上任意一点，存在有序实数对(),x y ，使得xa yb OP =+，这样点O 与向量a ，b 就确定了平面α的位置． 23、直线l 垂直α，取直线l 的方向向量a ，则向量a 称为平面α的法向量． 24、若空间不重合两条直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，则////a b a b ⇔⇔()a b R λλ=∈，0a b a b a b ⊥⇔⊥⇔⋅=．25、若直线a 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，且a α⊄，则////a a αα⇔ 0a n a n ⇔⊥⇔⋅=，//a a a n a n ααλ⊥⇔⊥⇔⇔=．26、若空间不重合的两个平面α，β的法向量分别为a ，b ，则////a b αβ⇔⇔a b λ=，0a b a b αβ⊥⇔⊥⇔⋅=．27、设异面直线a ，b 的夹角为θ，方向向量为a ，b ，其夹角为ϕ，则有cos cos a b a bθϕ⋅==．28、设直线l 的方向向量为l ，平面α的法向量为n ，l 与α所成的角为θ，l 与n 的夹角为ϕ，则有sin cos l n l nθϕ⋅==．29、设1n ，2n 是二面角l αβ--的两个面α，β的法向量，则向量1n ，2n 的夹角（或其补角）就是二面角的平面角的大小．若二面角l αβ--的平面角为θ，则1212cos n n n n θ⋅=．30、点A 与点B 之间的距离可以转化为两点对应向量AB 的模AB 计算． 31、在直线l 上找一点P ，过定点A 且垂直于直线l 的向量为n ，则定点A 到直线l 的距离为cos ,n d n nPA ⋅=PA 〈PA 〉=．32、点P 是平面α外一点，A 是平面α内的一定点，n 为平面α的一个法向量，则点P 到平面α的距离为cos ,n d n nPA ⋅=PA 〈PA 〉=．空间向量与立体几何练习题1一、选择题（每小题5分，共50分）1.如图，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点.若11B A =a ，11D A =b ，A A 1=c ，则下列向量中与MB 1相等的向量是A.－21a +21b +c B.21a +21b +c C.21a －21b +c D.－21a －21b +c 2.下列等式中，使点M 与点A 、B 、C 一定共面的是A.OC OB OA OM --=23B.OC OB OA OM 513121++=C.0=+++OC OB OA OMD.0=++MC MB MA3.已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于1，点E 、F 分别是AB 、AD 的中点，则DC EF ⋅等于A.41B.41- C.43 D.43-4.若)2,,1(λ=a ，)1,1,2(-=b ，a 与b 的夹角为060，则λ的值为 A.17或-1 B.-17或1 C.-1 D.15.设)2,1,1(-=OA ，)8,2,3(=OB ，)0,1,0(=OC ，则线段AB 的中点P 到点C 的距离为 A.213 B.253 C.453 D.4536.下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是A ．①②B ．①③C ．①④D ．②④7.右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是 A.9πB.10πC.11πD.12π8.如图，ABCD -A 1B 1C 1D 1为正方体，下面结论错误．．的是 A.BD ∥平面CB 1D 1 B.AC 1⊥BDC.AC 1⊥平面CB 1D 1①正方体 ②圆锥 ③三棱台 ④正四棱锥俯视图 正(主)视图 侧(左)视图2 3 2 2D.异面直线AD 与CB 1所成的角为60°9.如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2,AA 1=1,则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为 A.6 B.552 C.15 D.10 10.⊿ABC 的三个顶点分别是)2,1,1(-A ，)2,6,5(-B ，)1,3,1(-C ，则AC 边上的高BD 长为A.5B.41C.4D.52 二、填空题（每小题5分，共20分）11.设)3,4,(x =a ，),2,3(y -=b ，且b a //，则=xy .12.已知向量)1,1,0(-=a ，)0,1,4(=b ，29=+b a λ且0λ>，则λ=________. 13.在直角坐标系xOy 中，设A （-2，3），B （3，-2），沿x 轴把直角坐标平面折成大小为θ的二面角后，这时112=AB ，则θ的大小为． 14.如图，P —ABCD 是正四棱锥，1111ABCD A B C D -是正方体，其中 2,6AB PA ==，则1B 到平面PAD的距离为.三、解答题（共80分）15.（本小题满分12分）如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱PA 的长为2，且PA 与AB 、AD 的夹角都等于600，M 是PC 的中点，设c b a ===AP AD AB ,,． （1）试用c b a ,,表示出向量BM ；（2）求BM 的长．16.（本小题满分14分）如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出（单位：cm ）.（1）在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；（2）按照给出的尺寸，求该多面体的体积；（3）在所给直观图中连结'BC ，证明：'BC ∥面EFG.. 17.（本小题满分12分）如图，在四面体ABCD 中，CB CD AD BD =⊥，，点E F ，分别是AB BD ，的中点．求证：2262GF C'B'D'MP DC BA俯视图正视图121121ED C BA P （1）直线//EF 面ACD ； （2）平面EFC ⊥面BCD ． 18.（本小题满分14分）如图，已知点P 在正方体''''D CB A ABCD -的对角线'BD 上，∠PDA=60°.（1）求DP 与'CC 所成角的大小；（2）求DP 与平面D D AA ''所成角的大小.19.（本小题满分14分）已知一四棱锥P －ABCD 的三视图如下，E 是侧棱PC 上的动点．（1）求四棱锥P －ABCD 的体积； （2）是否不论点E 在何位置，都有BD ⊥AE ？证明你的结论; （3）若点E 为PC 的中点，求二面角D －AE －B 的大小．20.（本小题满分14分）如图，已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，60ABC ∠=，E F ，分别是BC PC ，的中点．（1）证明：AE PD ⊥；（2）若H 为PD 上的动点，EH 与平面PAD 所成最大角的正切值为62，求二面角E AF C --的余弦值． 参考答案 一、选择题1.)(21111BC BA A A BM B B M B ++=+==c +21(－a +b )=－21a +21b +c ，故选A. 2.1),,(=++∈++=⇔z y x R z y x OC z OB y OA x OM C B A M 且四点共面、、、由于MC MB MA MC MB MA C B A --=⇔=++∴0由于都不正确、、选项.)()()(共面使所以存在MC MB MA MC y MB x MA y x ,,,1,1∴+==-=四点共面，、、、为公共点由于C B A M M ∴故选D. 3.∵的中点分别是AD AB F E ,,,BD EF BD EF BD EF 21,21//=∴=∴且, 41120cos 1121,cos 21210-=⨯⨯⨯>=<⋅=⋅=⋅∴DC BD DC BD DC BD DC EF 故选B.4.B5.B6.D7.D8.D9.D10.由于4,cos =⋅=><⋅=ACAC AB AC AB AB AD ，所以522=-=AD AB BD ,故选A PBECD FAD 'C 'B'A'PD C BA二、填空题 11.912.313.作AC ⊥x 轴于C ，BD ⊥x 轴于D ，则DB CD AC AB ++=∵θθcos 6)180cos(,0,0,2,5,30-=-⋅=⋅=⋅=⋅===DB AC DB AC DB CD CD AC DB CD AC00222222222120,1800 .21cos ),cos 600(2253)112()(2)(=∴≤≤-=∴--+++=∴⋅+⋅+⋅+++=++=∴θθθθ由于AC DB DB CD CD AC DB CD AC DB CD AC AB14.以11B A 为x 轴，11D A 为y 轴，A A 1为z 轴建立空间直角坐标系 设平面PAD 的法向量是(,,)m x y z =，(0,2,0),(1,1,2)AD AP ==，∴02,0=++=z y x y ，取1=z 得(2,0,1)m =-，1(2,0,2)B A =-，∴1B 到平面PAD 的距离1655B A m d m⋅==. 三、解答题15.解：（1）∵M 是PC 的中点，∴)]([21)(21AB AP AD BP BC BM -+=+=c b a a c b 212121)]([21++-=-+= （2）2,1,2,1===∴===c b a PA AD AB 由于160cos 12,0,60,00=⋅⋅=⋅=⋅=⋅∴=∠=∠⊥c b c a b a PAD PAB AD AB 由于),(21c b a ++-=BM 由于 23)]110(2211[41)](2[41)(4122222222=+-+++=⋅+⋅-⋅-+++=++-=∴c b c a b a c b a c b a BM 2626的长为，BM BM ∴=∴. 16.解：（1）如图（2）所求多面体体积V V V =-长方体正三棱锥1144622232⎛⎫=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭2284(cm )3=．（3）证明：在长方体ABCD A B C D ''''-中，连结AD '，则AD BC ''∥．因为E G ，分别为AA '，A D ''中点， 所以AD EG '∥，从而EG BC '∥．又BC '⊄平面EFG ，ABC DE FGA 'B 'C 'D '所以BC '∥面EFG ． 17.证明：（1）∵E,F 分别是AB BD ，的中点，∴EF 是△ABD 的中位线，∴EF ∥AD ，∵AD ⊂面ACD ，EF ⊄面ACD ，∴直线EF ∥面ACD ；（2）∵AD ⊥BD ，EF ∥AD ，∴EF ⊥BD ，∵CB=CD ，F 是ＢＤ的中点，∴CF ⊥BD 又EF ∩CF=F, ∴BD ⊥面EFC ， ∵BD ⊂面BCD ，∴面EFC ⊥面BCD .18.解：如图，以D 为原点，DA 为单位长建立空间直角坐标系D xyz -．则(100)DA =，，，(001)CC '=，，．连结BD ，B D ''． 在平面BB D D ''中，延长DP 交B D ''于H ．设(1)(0)DH m m m =>，，，由已知60DH DA <>=，， 由cos DA DH DA DH DA DH =<>，，可得2m = 解得m=21DH ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭． （1）因为0011cos 2DH CC +⨯'<>==，， 所以45DH CC '<>=，，即DP 与CC '所成的角为45．（2）平面AA D D ''的一个法向量是(010)DC =，，． 因为01101cos 2DH DC ++⨯<>==，， 所以60DH DC <>=，，可得DP 与平面AA D D ''所成的角为30． 19.解：（1）由该四棱锥的三视图可知，该四棱锥P －ABCD 的底面是边长为1的正方形，侧棱PC ⊥底面ABCD ，且PC=2.∴1233P ABCD ABCD V S PC -=⋅=(2)不论点E 在何位置，都有BD ⊥AE证明如下：连结AC ，∵ABCD 是正方形，∴BD ⊥AC∵PC ⊥底面ABCD 且BD ⊂平面ABCD ∴BD ⊥PC又ACPC C =∴BD ⊥平面PAC∵不论点E 在何位置，都有AE ⊂平面PAC ∴不论点E 在何位置，都有BD ⊥AE(3)解法1：在平面DAE 内过点D 作DG ⊥AE 于G ，连结BG∵CD=CB,EC=EC ，∴Rt ECD ∆≌Rt ECB ∆，∴ED=EBzyxEDC BAP∵AD=AB ，∴△EDA ≌△EBA ，∴BG ⊥EA ∴DGB ∠为二面角D －EA －B 的平面角 ∵BC ⊥DE ，AD ∥BC ，∴AD ⊥DE在R ｔ△ADE 中AD DE DG AE ⋅==23=BG在△DGB 中，由余弦定理得212cos 222-=⋅-+=∠BG DG BD BG DG DGB∴DGB ∠=23π，∴二面角D －AE －B 的大小为23π. 解法2：以点C 为坐标原点，CD 所在的直线为ｘ轴建立空间直角坐标系如图示：则(1,0,0),(1,1,0),(0,1,0),(0,0,1)D A B E ,从而(1,0,1),(0,1,0),(1,0,0),(0,1,1)DE DA BA BE =-===-设平面ADE 和平面ABE 的法向量分别为(,,),(',',')m a b c n a b c ==由法向量的性质可得：0,0a c b -+==，'0,''0a b c =-+= 令1,'1c c ==-，则1,'1a b ==-，∴(1,0,1),(0,1,1)m n ==-- 设二面角D －AE －B 的平面角为θ，则1cos 2||||m n m n θ⋅==-⋅∴23πθ=，∴二面角D －AE －B 的大小为23π. 20.（1）证明：由四边形ABCD 为菱形，60ABC ∠=，可得ABC △为正三角形． 因为E 为BC 的中点，所以AE BC ⊥．又BC AD ∥，因此AE AD ⊥．因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，所以PA AE ⊥． 而PA ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD 且PAAD A =，所以AE ⊥平面PAD ．又PD ⊂平面PAD ， 所以AE PD ⊥．（2）解：设2AB =，H 为PD 上任意一点，连接AH EH ，． 由（1）知AE ⊥平面PAD ，则EHA ∠为EH 与平面PAD 所成的角． 在Rt EAH △中，3AE =， 所以当AH 最短时，EHA ∠最大， 即当AH PD ⊥时，EHA ∠最大．此时tan 2AE EHA AH AH ∠===，因此AH =2AD =，所以45ADH ∠=，所以2PA =．解法一：因为PA ⊥平面ABCD ，PA ⊂平面PAC ， 所以平面PAC ⊥平面ABCD ．过E 作EO AC ⊥于O ，则EO ⊥平面PAC ，过O 作OS AF ⊥于S ，连接ES ，则ESO ∠为二面角E AF C --的平面角， 在Rt AOE △中，3sin 302EO AE ==，3cos302AO AE ==， 又F 是PC 的中点，在Rt ASO △中，32sin 454SO AO ==，又SE ===Rt ESO △中，cos SO ESO SE ∠===， 即所求二面角的余弦值为5． 解法二：由（1）知AE AD AP ，，两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E F，分别为BC PC ，的中点，所以(000)10)0)(020)A B C D -，，，，，，，，，，1(002)0)12P E F ⎫⎪⎪⎝⎭，，，，，，，， 所以31(300)122AE AF ⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭，，，，，． 设平面AEF 的一法向量为111()x y z =，，m ，则00AE AF ⎧=⎪⎨=⎪⎩，，m m 因此111101022x y z =++=⎪⎩，． 取11z =-，则(021)=-，，m ， 因为BD AC ⊥，BD PA ⊥，PA AC A =，所以BD ⊥平面AFC ，故BD 为平面AFC 的一法向量．B又(0)BD =-，，所以cos 5BD BD BD<>===，m m m ． 因为二面角E AF C --为锐角，所以所求二面角的余弦值为5． 空间向量与立体几何2一、选择题（每小题5分，共60分） 1．下列各组向量中不平行的是（ ）A ．)4,4,2(),2,2,1(--=-=b aB ．)0,0,3(),0,0,1(-==d cC ．)0,0,0(),0,3,2(==f eD ．)40,24,16(),5,3,2(=-=h g2．已知点(3,1,4)A --，则点A 关于x 轴对称的点的坐标为（ ） A ．)4,1,3(-- B ．)4,1,3(--- C ．)4,1,3( D ．)4,1,3(--3．若向量)2,1,2(),2,,1(-==b a λ，且a 与b 的夹角余弦为98，则λ等于（ ）A ．2B ．2-C ．2-或552D ．2或552-4．若A )1,2,1(-，B )3,2,4(，C )4,1,6(-，则△ABC 的形状是（ ）A ．不等边锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．等边三角形5．若A )12,5,(--x x x ，B )2,2,1(x x -+，当B A取最小值时，x 的值等于（ ） A ．19 B ．78-C ．78D ．14196．空间四边形OABC 中，OB OC =，3AOB AOC π∠=∠=，则cos <,OA BC >的值是（）A ．21B ．22C ．－21D ．07．设n m 、表示直线，βα、表示平面，则下列命题中不正确．．．的是（ ）． A ．βα⊥⊥m ,m ，则α//β B ．m//n ,=βαα ，则m//n C ．α⊥m ,β//m , 则βα⊥D ．n //m ,α⊥m , 则 α⊥n 8．在棱长均为2的正四面体BCD A -中，若以三角形ABC 为视角正面的三视图中，其左视图的面积是（ ）．ABDA．3 B．362C．2D．229、如图，将无盖正方体纸盒展开，直线AB,CD在原正方体中的位置关系是（）A．平行 B．相交且垂直C．异面 D．相交成60°10、点P在平面ABC外，若PA=PB=PC，则点P在平面ABC上的射影是△ABC的（）A．外心 B.重心 C.内心 D.垂心11、如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为１的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（）（A）2（B）12（C）22+（D）112、已知PD⊥矩形ABCD所在的平面，图中相互垂直的平面有（）（A）2对（B）3对（C）4对（D）5对二、填空题（每小题4分，共24分）13．若向量)2,3,6(),4,2,4(-=-=ba，则(23)(2)a b a b-+=__________________。
高考数学必做题--立体几何与空间向量 (后附参考答案与详解)
立体几何与空间向量-高考必做题123平行的截面，则截得的三；截得的平面图形中，面积最大的值是．4的中点，为线段上的动点，过点，，则下列命题正确的是．5与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤．7是正方体棱上一点（不包括棱的端点），．，则的取值范围是．8的最大值为满足9的中点，沿将矩形折起使得分别为中点．10C.3个D.4个分别为棱，上的点． 已知下列判断：上的正投影是面积为定值的三角形；平行的直线；所成的二面角（锐角）的大小与点的位置有关，与点的位置无关．11，，，与平面所12的位置，使得平面，并证明你的13，坐标平面上的一组正投影图像如．14如图是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的点．求证：平面平面．（1）15 16 17 18椭圆的一部分 D.抛物线的一部分19 D.，所成角都相等的直线条数为所成角都相等的直线的条数为，则下面结论正确的是（20分别是棱的中点，是侧面长度的取值范围是（）．21D.D.③④分别是棱，的中点，过直线，，给出以下四个命题：22为正方形,，则三棱锥2324 2526 272829 30A. B.C. D.立体几何与空间向量-高考必做题123为边长为的等边三角形，面积为截得的平面图形中，正六边形如图所示分别为各边中点，边长为，面积为．故答案为；．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体4如图，在棱长为的正方体的中点，点在线段上．点到直线的距离的最小值为．∵，底面，∴四边形是矩形．∴，又平面，平面∴平面．∴直线上任一点到平面的距离是两条异面直线∵平面平面．5当时，为中点，此时可得截面为等腰梯形；当点向移动时，满足即可得截面为四边形，①正确；对于②，当时，如图所示，延长至，使，连接交于，连接可证，由可得故可得，∴截面对于③，由②知当此时的截面形状仍然为上图所示的五边形对于④，当时，与可证，且，可知截面故答案为：①②④．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体点、直线、平面间的位置关系6与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤．为平面与四棱锥的表面的交线．分别是线段，上的，的菱形，，，，，，所以，设平面的法向量为，则由可得令因为，所以直线与平面的成角的正弦值为法1：延长，分别交，延长线于，，连接，，则四边形为平面法2：记平面与直线的交点为，设由．所以即为点．所以连接，，则四边形为平面平面向量平面向量的基本概念向量的加法与减法平面向量的数量积数量积立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间向量空间直角坐标系空间向量的应用789的最大值为满足，所以，所以．，接下来研究这个二次函数的性质可函数函数的概念与表示最值单调性对称性二次函数立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体点、直线、平面间的位置关系空间中的垂直10,，则中位线且又且,所以且所以四边形是平行四边形，所以，又平面，法二：如图，延长因为且，所以为中点，所以中位线,又平面，面，所以法一：如图，因为，所以又．所以∴，∴，又∵，，∴平面，面，∴又，所以平面，又为中点，所以所以平面，，所以中，，，∴二面角的余弦值为法二：如图，∵，∴∴，∴∴，∴，，又∵，，∴平面，面，∴，又，所以平面，面，∴则，，，而是平面的一个法向量，设平面的法向量为则令，则，面的一个法向量为所以所以，二面角的余弦值为立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间中的垂直空间向量空间直角坐标系空间向量及其运算空间向量的应用11中，，分别为棱D.4个平面，而两个平面面与面上的正投影是面积为定值的三角形，此是一个正确的结点在面上的投影到此棱的距离是定平行的直线，此两平面相交，一个面内平行于两个平面的交线一定平行于另一个平面，此结论正确；所成的二面角（锐角）的大小与点的位置有关，与点的位置无关，此结论不对，与两者都有关系，可代入几个特殊点进行验证，如与重重合时的情况就不一样，故此命题不正点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间中的垂直12的位置，使得平面，并证明你的，∵与平面所成角为，即，∴，由，知，，则，，，∴，，设平面的法向量为，则，即，令，则，∵平面，∴为平面的法向量，∴又∵二面角为锐角，∴二面角的余弦值为．点是线段上一个动点，设，则，∵平面，∴，即，解得：，此时，点坐标为，．平面向量平面向量的基本定理及坐标表示平面向量的坐标运算用坐标表示平面向量共线的条件立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间中的垂直空间向量空间向量及其运算空间向量的应用答案解析该几何体还原如图所示，易得体积为．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体体积和表面积的计算三视图14是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的点．求证：平面平面．，，，求：二面角的余弦值．（1）答案见解析．（2）答案见解析．（1）由是圆的直径，得．由平面，平面，得．在中，∵，，∴立体几何初步空间中的垂直空间向量空间向量的应用1516三角函数与解三角形解三角形立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体点、直线、平面间的位置关系17动点从到，再到，到再回到，，则经过的最短路径为：一个半圆和一个即．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体18如图，三棱锥的顶点、、等边三角形，点，分别为线段体积的最大值为19椭圆的一部分 D.抛物线的一部分的交线的距离分别为和．，D.，所成角都相等的直线条数为所成角都相等的直线的条数为，则下面结论正确的是（2021D.连结，可以证明平面，所以点位于线段上，把三角形拿到平面上，则有，所以当点位于时，最大，当位于中点时，最小，此时所以，即所以线段长度的取值范围是22D.③④在正方体中，平面，∴平面平面，①正确；②连接，∵平面，四边形的对角线是固定的，要使面积最小，只需的长度最小即可，此时为棱中点，，长度最小，对应四边形②正确；③∵，∴四边形是菱形，当时，长度由大变小，当时，长度由小变大，∴函数不是单调函数，③错误；④连接，，，四棱锥分割成两个小三棱锥，以为底，分别以、为顶点，∵面积是个常数，、到平面的距离是个常数，2324函数图象的交点函数的零点三角函数与解三角形三角函数任意角与弧度制三角函数的定义立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体解析几何曲线与方程25）成。
空间向量与立体几何知识点和习题(含答案)
空间向量与立体几何【知识要点】1．空间向量及其运算： (1)空间向量的线性运算：①空间向量的加法、减法和数乘向量运算：平面向量加、减法的三角形法则和平行四边形法则拓广到空间依然成立．②空间向量的线性运算的运算律： 加法交换律：a ＋b ＝b ＋a ；加法结合律：(a ＋b ＋c )＝a ＋(b ＋c )；分配律：(λ ＋μ )a ＝λ a ＋μ a ；λ (a ＋b )＝λ a ＋λ b ． (2)空间向量的基本定理：①共线(平行)向量定理：对空间两个向量a ，b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数λ ，使得a ∥λ b ．②共面向量定理：如果两个向量a ，b 不共线，则向量c 与向量a ，b 共面的充要条件是存在惟一一对实数λ ，μ ，使得c ＝λ a ＋μ b ．③空间向量分解定理：如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在惟一的有序实数组λ 1，λ 2，λ 3，使得p ＝λ 1a ＋λ 2b ＋λ 3c ．(3)空间向量的数量积运算：①空间向量的数量积的定义：a ·b ＝|a ｜|b ｜c os 〈a ，b 〉； ②空间向量的数量积的性质：a ·e ＝|a ｜c os ＜a ，e ＞；a ⊥b ⇔a ·b ＝0； |a |2＝a ·a ；|a ·b |≤|a ｜|b ｜． ③空间向量的数量积的运算律： (λ a )·b ＝λ (a ·b )； 交换律：a ·b ＝b ·a ；分配律：(a ＋b )·c ＝a ·c ＋b ·c ． (4)空间向量运算的坐标表示：①空间向量的正交分解：建立空间直角坐标系Oxyz ，分别沿x 轴，y 轴，z 轴的正方向引单位向量i ，j ，k ，则这三个互相垂直的单位向量构成空间向量的一个基底{i ，j ，k ｝，由空间向量分解定理，对于空间任一向量a ，存在惟一数组(a 1，a 2，a 3)，使a ＝a 1i ＋a 2j ＋a 3k ，那么有序数组(a 1，a 2，a 3)就叫做空间向量a 的坐标，即a ＝(a 1，a 2，a 3)．②空间向量线性运算及数量积的坐标表示： 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ＋b ＝(a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3)；a －b ＝(a 1－b 1，a 2－b 2，a 3－b 3)； λ a ＝(λ a 1，λ a 2，λ a 3)；a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3． ③空间向量平行和垂直的条件：a ∥b (b ≠0)⇔a ＝λ b ⇔a 1＝λ b 1，a 2＝λ b 2，a 3＝λ b 3(λ ∈R )； a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0． ④向量的夹角与向量长度的坐标计算公式： 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则;||,||232221232221b b b a a a ++==++==⋅⋅b b b a a a;||||,cos 232221232221332211b b b a a a b a b a b a ++++++=>=<⋅b a b a b a在空间直角坐标系中，点A (a 1，a 2，a 3)，B (b 1，b 2，b 3)，则A ，B 两点间的距离是.)()()(||233222211b a b a b a AB -+-+-=2．空间向量在立体几何中的应用：(1)直线的方向向量与平面的法向量：①如图，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线，对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使得a t OA OP +=，其中向量a 叫做直线的方向向量．由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定．②如果直线l ⊥平面α ，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α 的法向量． 由此可知，给定一点A 及一个向量a ，那么经过点A 以向量a 为法向量的平面惟一确定． (2)用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系：设直线l ，m 的方向向量分别是a ，b ，平面α ，β 的法向量分别是u ，v ，则 ①l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； ②l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③l ∥α ⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0；④l ⊥α ⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ； ⑤α ∥⇔u ∥v ⇔u ＝k v ，k ∈R ； ⑥α ⊥β ⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0．(3)用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题：①异面直线所成的角：设a ，b 是两条异面直线，过空间任意一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做异面直线a 与b 所成的角．设异面直线a 与b 的方向向量分别是v 1，v 2，a 与b 的夹角为θ ，显然],2π,0(∈θ则⋅=><⋅|||||||,cos |212121v v v v v v②直线和平面所成的角：直线和平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角．设直线a 的方向向量是u ，平面α 的法向量是v ，直线a 与平面α 的夹角为θ ，显然]2π,0[∈θ，则⋅=><⋅|||||||,cos |v u v u v u③二面角及其度量：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．记作α －l－β 在二面角的棱上任取一点O，在两个半平面内分别作射线OA⊥l，OB⊥l，则∠AOB 叫做二面角α －l－β 的平面角．利用向量求二面角的平面角有两种方法：方法一：如图，若AB，CD分别是二面角α －l－β 的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角AB与的夹角的大小．α －l－β 的大小就是向量CD方法二：如图，m1，m2分别是二面角的两个半平面α ，β 的法向量，则〈m1，m2〉与该二面角的大小相等或互补．(4)根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立体几何问题．【复习要求】1．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．2．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．3．掌握空间向量的数量积及其坐标表示；能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．4．理解直线的方向向量与平面的法向量．5．能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系．6．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．【例题分析】例1如图，在长方体OAEB－O1A1E1B1中，OA＝3，OB＝4，OO1＝2，点P在棱AA1上，且AP＝2P A1，点S在棱BB1上，且B1S＝2SB，点Q，R分别是O1B1，AE的中点，求证：PQ∥RS．【分析】建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k ，使得.RS k PQ =解：如图建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，4，0)，O 1(0，0，2)，A 1(3，0，2)，B 1(0，4，2)，E (3，4，0)．∵AP ＝2P A 1， ∴),34,0,0()2,0,0(32321===AA AP ∴⋅)34,0,3(P同理可得：Q (0，2，2)，R (3，2，0)，⋅)32,4,0(S,)32,2,3(RS PQ =-=∴RS PQ //，又R ∉PQ ，∴PQ ∥RS ．【评述】1、证明线线平行的步骤： (1)证明两向量共线；(2)证明其中一个向量所在直线上一点不在另一个向量所在的直线上即可．2、本体还可采用综合法证明，连接PR ，QS ，证明PQRS 是平行四边形即可，请完成这个证明．例2 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，E ，F 分别是棱A 1D 1，A 1B 1，D 1C 1，B 1C 1的中点，求证：平面AMN ∥平面EFBD ．【分析】要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向量平行．解法一：设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (4，0，0)，M (2，0，4)，N (4，2，4)，B (4，4，0)，E (0，2，4)，F (2，4，4)．取MN 的中点K ，EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O (2，2，0)，K (3，1，4)，G (1，3，4)．MN ＝(2，2，0)，EF ＝(2，2，0)，AK ＝(－1，1，4)，OG ＝(－1，1，4)，∴MN ∥EF ，OG AK =，∴MN//EF ，AK//OG ，∴MN ∥平面EFBD ，AK ∥平面EFBD ， ∴平面AMN ∥平面EFBD ．解法二：设平面AMN 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3)，平面EFBD 的法向量是 b ＝(b 1，b 2，b 3)． 由,0,0==⋅⋅AN AM a a 得⎩⎨⎧=+=+-,042,0423231a a a a 取a 3＝1，得a ＝(2，－2，1)．由,0,0==⋅⋅BF DE b b 得⎩⎨⎧=+-=+,042,0423132b b b b 取b 3＝1，得b ＝(2，－2，1)．∵a ∥b ，∴平面AMN ∥平面EFBD ．注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．例3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 是棱A 1B 1，B 1B 的中点，求异面直线AM 和CN 所成角的余弦值．解法一：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (2，0，0)，M (2，1，2)，C (0，2，0)，N (2，2，1)．∴),1,0,2(),2,1,0(==CN AM设AM 和CN 所成的角为θ ，则,52||||cos ==CN AM CNAM θ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52 解法二：取AB 的中点P ，CC 1的中点Q ，连接B 1P ，B 1Q ，PQ ，PC ． 易证明：B 1P ∥MA ，B 1Q ∥NC ，∴∠PB 1Q 是异面直线AM 和CN 所成的角． 设正方体的棱长为2，易知,6,52211=+===QC PC PQ Q B P B∴,522cos 11221211=-+=⋅Q B P B PQ Q B P B Q PB∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52【评述】空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数，这样才能得到异面直线所成的角(锐角)．例4 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为a 2，求直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小．【分析】利用正三棱柱的性质，适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面ABB 1A 1的法向量求解．解法一：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，),2,0,0(1a A⋅-)2,2,23(1a a a C 取A 1B 1的中点D ，则)2,2,0(a aD ，连接AD ，C 1D ． 则),2,0,0(),0,,0(),0,0,23(1a AA a AB aDC ==-= ,0,0111==⋅⋅AA DC AB DC∴DC 1⊥平面ABB 1A 1，∴∠C 1AD 是直线AC 1与平面ABB 1A 1所或的角．),2,2,0(),2,2,23(1a aAD a a a AC =-= 23||||cos 111==∴⋅AD AC AD AC AD C ， ∴直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小是30°．解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，A 1(0，0，a 2)，)2,2,23(1a a a C -，从而⋅-===)2,2,23(),2,0,0(),0,,0(11a a a AC a AA a AB 设平面ABB 1A 1的法向量是a ＝(p ，q ，r )， 由,0,01==⋅⋅AA AB a a得⎩⎨⎧==,02,0ar aq 取p ＝1，得a ＝(1，0，0)． 设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为],2π,0[,∈θθ.30,21|||||||,cos |sin 111 ===〉〈=⋅θθa a a AC AC AC【评述】充分利用几何体的特征建立适当的坐标系，再利用向量的知识求解线面角；解法二给出了一般的方法，即先求平面的法向量与斜线的夹角，再利用两角互余转换．例5 如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝AC ＝1，2=BC ，求二面角A －PB －C 的平面角的余弦值．解法一：取PB 的中点D ，连接CD ，作AE ⊥PB 于E ． ∵P A ＝AC ＝1，P A ⊥AC ， ∴PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB ． ∵EA ⊥PB ，∴向量EA 和DC 夹角的大小就是二面角A －PB －C 的大小．如图建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，2，0)，P (1，0，1)，由D 是PB 的中点，得D ⋅)21,22,21( 由,3122==AB AP EB PE 得E 是PD 的中点，从而⋅)43,42,43(E ∴)21,22,21(),43,42,41(---=--=DC EA ∴⋅=>=<⋅33||||,cos DC EA DC EA DC EA 即二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅33 解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，)0,1,2(B ，C (0，1，0)，P (0，0，1)，).1,1,0(),0,0,2(),0,1,2(),1,0,0(-====CP CB AB AP设平面P AB 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3)， 平面PBC 的法向量是b ＝(b 1，b 2，b 3)． 由,0,0==⋅⋅AB AP a a得⎪⎩⎪⎨⎧=+=,02,0213a a a 取a 1＝1，得).0,2,1(-=a 由0,0==⋅⋅CP CB b b 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 取b 3＝1，得b ＝(0，1，1)．∴⋅-=>=<⋅33||||,cos b a b a b a∵二面角A －PB －C 为锐二面角，∴二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅=-33|33| 【评述】1、求二面角的大小，可以在两个半平面内作出垂直于棱的两个向量，转化为这两个向量的夹角；应注意两个向量的始点应在二面角的棱上．2、当用法向量的方法求二面角时，有时不易判断两个平面法向量的夹角是二面角的平面角还是其补角，但我们可以借助观察图形而得到结论，这是因为二面角是锐二面角还是钝二面角一般是明显的．例6 如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，P A ＝AB ，∠ABC ＝60°，∠BCA ＝90°，点D ，E 分别在棱PB ，PC 上，且DE ∥BC ．(Ⅰ)求证：BC ⊥平面P AC ；(Ⅱ)当D 为PB 的中点时，求AD 与平面P AC 所成角的余弦值；(Ⅲ)试问在棱PC 上是否存在点E ，使得二面角A －DE －P 为直二面角?若存在，求出PE ∶EC 的值；若不存在，说明理由．解：如图建立空间直角坐标系．设P A ＝a ，由已知可得A (0，0，0)，).,0,0(),0,23,0(),0,23,21(a P a C a a B - (Ⅰ)∵),0,0,21(),,0,0(a BC a AP ==∴,0=⋅BC AP ∴BC ⊥AP ．又∠BCA ＝90°，∴BC ⊥AC ． ∴BC ⊥平面P AC ．(Ⅱ)∵D 为PB 的中点，DE ∥BC ，∴E 为PC 的中点． ∴⋅-)21,43,0(),21,43,41(a a E a a a D 由(Ⅰ)知，BC ⊥平面P AC ，∴DE ⊥平面P AC ，∴∠DAE 是直线AD 与平面P AC 所成的角． ∴),21,43,0(),21,43,41(a a AE a a a AD =-= ∴,414||||cos ==∠AE AD DAE即直线AD 与平面P AC 所成角的余弦值是⋅414 (Ⅲ)由(Ⅱ)知，DE ⊥平面P AC ，∴DE ⊥AE ，DE ⊥PE ， ∴∠AEP 是二面角A －DE －P 的平面角．∵P A ⊥底面ABC ，∴P A ⊥AC ，∠P AC ＝90°． ∴在棱PC 上存在一点E ，使得AE ⊥PC ，这时，∠AEP ＝90°，且⋅==3422AC PA EC PE 故存在点E 使得二面角A －DE －P 是直二面角，此时PE ∶EC ＝4∶3．注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．练习1-3一、选择题：1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BB 1的中点，则二面角E －A 1D 1－D 的平面角的正切值是( ) (A)2(B)2(C)5(D)222．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线AD 1与平面A 1ACC 1所成角的大小是( ) (A)30° (B)45° (C)60° (D)90°3．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于( ) (A)31 (B)32 (C)33 (D)32 4．如图，α ⊥β ，α ∩β ＝l ，A ∈α ，B ∈β ，A ，B 到l 的距离分别是a 和b ，AB 与α ，β 所成的角分别是θ 和ϕ，AB 在α ，β 内的射影分别是m 和n ，若a ＞b ，则下列结论正确的是( )(A)θ ＞ϕ，m ＞n (B)θ ＞ϕ，m ＜n (C)θ ＜ϕ，m ＜n(D)θ ＜ϕ，m ＞n二、填空题：5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别为AA 1，AB ，BB 1，B 1C 1的中点，则异面直线EF 与GH 所成角的大小是______． 6．已知正四棱柱的对角线的长为6，且对角线与底面所成角的余弦值为33，则该正四棱柱的体积等于______．7．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为______．8．四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，==BC AB AD 21，P A ⊥底面ABCD ，PD 与底面ABCD 所成的角是30°．设AE 与CD 所成的角为θ ，则cos θ ＝______． 三、解答题：9．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝4，点E 在CC 1上，且C 1E ＝3EC ．(Ⅰ)证明：A 1C ⊥平面BED ；(Ⅱ)求二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值．10．如图，在四棱锥O －ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，4π=∠ABC ，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点．(Ⅰ)证明：直线MN ∥平面OCD ；(Ⅱ)求异面直线AB 与MD 所成角的大小．11．如图，已知直二面角α －PQ －β ，A ∈PQ ，B ∈α ，C ∈β ，CA ＝CB ，∠BAP ＝45°，直线CA 和平面α 所成的角为30°．(Ⅰ)证明：BC ⊥PQ ；(Ⅱ)求二面角B －AC －P 平面角的余弦值．习题1一、选择题：1．关于空间两条直线a 、b 和平面α ，下列命题正确的是( ) (A)若a ∥b ，b ⊂α ，则a ∥α (B)若a ∥α ，b ⊂α ，则a ∥b (C)若a ∥α ，b ∥α ，则a ∥b (D)若a ⊥α ，b ⊥α ，则a ∥b 2．正四棱锥的侧棱长为23，底面边长为2，则该棱锥的体积为( ) (A)8(B)38(C)6 (D)23．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则直线AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( ) (A)46 (B)410 (C)22 (D)23 4．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何 体的体积是( )(A)3cm 34000 (B)3cm 38000 (C)2000cm 3 (D)4000cm 35．若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60° 的菱形，则该棱柱的体积等于( ) (A)2(B)22(C)23 (D)24二、填空题：6．已知正方体的内切球的体积是π34，则这个正方体的体积是______．7．若正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面边长为1，AB 1与底面ABCD 成60°角，则直线AB 1和BC 1所成角的余弦值是______． 8．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是______． 9．连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB 、CD 的长度分别等于3472、，每条弦的两端都在球面上运动，则两弦中点之间距离的最大值为______．10．已知AABC 是等腰直角三角形，AB ＝AC ＝a ，AD 是斜边BC 上的高，以AD 为折痕使∠BDC 成直角．在折起后形成的三棱锥A －BCD 中，有如下三个结论： ①直线AD ⊥平面BCD ； ②侧面ABC 是等边三角形；③三棱锥A －BCD 的体积是.2423a 其中正确结论的序号是____________．(写出全部正确结论的序号) 三、解答题：11．如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是BC 的中点，AB ＝AA 1．(Ⅰ)求证：AD ⊥B 1D ；(Ⅱ)求证：A 1C ∥平面A 1BD ；(Ⅲ)求二面角B －AB 1－D 平面角的余弦值．12．如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥AB ，P A ⊥AC ，AB ⊥AC ，P A ＝AC ＝2，AB ＝1，M 为PC 的中点．(Ⅰ)求证：平面PCB ⊥平面MAB ；(Ⅱ)求三棱锥P －ABC 的表面积．13．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝AA 1＝2，M 、N 分别是A 1C 1、BC 1的中点．(Ⅰ)求证：BC 1⊥平面A 1B 1C ； (Ⅱ)求证：MN ∥平面A 1ABB 1； (Ⅲ)求三棱锥M －BC 1B 1的体积．14．在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2=AD ，DC ＝SD＝2．点M 在侧棱SC 上，∠ABM ＝60°．(Ⅰ)证明：M 是侧棱SC 的中点；(Ⅱ)求二面角S －AM －B 的平面角的余弦值．练习1-3一、选择题：1．B 2．A 3．B 4．D 二、填空题：5．60° 6．2 7．54 8．42三、解答题：9．以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系D －xyz ．依题设，B (2，2，0)，C (0，2，0)，E (0，2，1)，A 1(2，0，4)．),0,2,2(),1,2,0(==DB DE ).4,0,2(),4,2,2(11=--=DA C A(Ⅰ)∵,0,011==⋅⋅DE C A DB C A ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DE ． 又DB ∩DE ＝D ，∴A 1C ⊥平面DBE ．(Ⅱ)设向量n ＝(x ，y ，z )是平面DA 1E 的法向量，则.,1DA DE ⊥⊥n n∴⎩⎨⎧=+=+.042,02z x z y 令y ＝1，得n ＝(4，1，－2)．⋅==⋅4214||||),cos(111C A C A C A n n n ∴二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值为⋅4214 10．作AP ⊥CD 于点P ．如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x ，y ，z 轴建立坐标系．则A (0，0，0)，B (1，0，0)，)0,22,22(),0,22,0(-D P ，O (0，0，2)，M (0，0，1)，⋅-)0,42,421(N (Ⅰ)⋅--=-=--=)2,22,22(),2,22,0(),1,42,421(OD OP MN 设平面OCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则,0,0==⋅⋅OD OP n n即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-=-.022222,0222z y x z y 取,2=z ，得).2,4,0(=n ∵,0=⋅n MN ∴MN ∥平面OCD ． (Ⅱ)设AB 与MD 所成的角为θ ，,3π,21||||||cos ),1,22,22(),0,0,1(=∴==∴--==⋅θθMD AB MD AB MD AB 即直线AB 与MD 所成角的大小为⋅3π11．(Ⅰ)证明：在平面β 内过点C 作CO ⊥PQ 于点O ，连结OB ．∵α ⊥β ，α ∩β ＝PQ ，∴CO ⊥α ． 又∵CA ＝CB ，∴OA ＝OB ．∵∠BAO ＝45°，∴∠ABO ＝45°，∠AOB ＝90°，∴BO ⊥PQ ，又CO ⊥PQ ， ∴PQ ⊥平面OBC ，∴PQ ⊥BC ．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，OC ⊥OA ，OC ⊥OB ，OA ⊥OB ，故以O 为原点，分别以直线OB ，OA ，OC 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)．∵CO ⊥α ，∴∠CAO 是CA 和平面α 所成的角，则∠CAO ＝30°． 不妨设AC ＝2，则3=AO ，CO ＝1．在Rt △OAB 中，∠ABO ＝∠BAO ＝45°，∴.3==AO BO∴).1,0,0(),0,3,0(),0,0,3(),0,0,0(C A B O).1,3,0(),0,3,3(-=-=AC AB设n 1＝(x ，y ，z )是平面ABC 的一个法向量，由⎪⎩⎪⎨⎧==⋅⋅,0,0AC AB n n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-,03,033z y y x 取x ＝1，得)3,1,1(1=n ． 易知n 2＝(1，0，0)是平面β 的一个法向量．设二面角B －AC －P 的平面角为θ ，∴,55||||cos 2121==⋅⋅n n n n θ 即二面角B －AC －P 平面角的余弦值是⋅55 习题1一、选择题：1．D 2．B 3．A 4．B 5．B 二、填空题： 6．324 7．438．9π 9．5 10．①、②、③ 三、解答题：11．(Ⅰ)证明：∵ABC －A 1B 1C 1是正三棱柱，∴BB 1⊥平面ABC ，∴平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ．∵正△ABC 中，D 是BC 的中点，∴AD ⊥BC ，∴AD ⊥平面BB 1C 1C ， ∴AD ⊥B 1D ．(Ⅱ)解：连接A 1B ，设A 1B ∩AB 1＝E ，连接DE ． ∵AB ＝AA 1， ∴ 四边形A 1ABB 1是正方形，∴E 是A 1B 的中点，又D 是BC 的中点，∴DE ∥A 1C ．∵DE ⊂平面A 1BD ，A 1C ⊄平面A 1BD ，∴A 1C ∥平面A 1BD ．(Ⅲ)解：建立空间直角坐标系，设AB ＝AA 1＝1， 则⋅-)1,0,21(),0,23,0(),0,0,0(1B A D 设n 1＝(p ，q ，r )是平面A 1BD 的一个法向量， 则,01=⋅AD n 且,011=⋅D B n 故.021,023=-=-r P q 取r ＝1，得n 1＝(2，0，1)．同理，可求得平面AB 1B 的法向量是).0,1,3(2-=n 设二面角B －AB 1－D 大小为θ ，∵,515||||cos 2121==⋅n n n n θ∴二面角B －AB 1－D 的平面角余弦值为⋅51512．(Ⅰ)∵P A ⊥AB ，AB ⊥AC ，∴AB ⊥平面P AC ，故AB ⊥PC ．∵P A ＝AC ＝2，M 为PC 的中点，∴MA ⊥PC ．∴PC ⊥平面MAB ， 又PC ⊂平面PCB ，∴平面PCB ⊥平面MAB ．(Ⅱ)Rt △P AB 的面积1211==⋅AB PA S ．Rt △P AC 的面积.2212==⋅AC PA S Rt △ABC 的面积S 3＝S 1＝1．∵△P AB ≌△CAB ，∵PB ＝CB ，∴△PCB 的面积.632221214=⨯⨯==⋅MB PC S ∴三棱锥P －ABC 的表面积为S ＝S 1＋S 2＋S 3＋S 4＝.64+13．(Ⅰ)∵ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，∴BB 1⊥平面A 1B 1C 1，∴B 1B ⊥A 1B 1．又B 1C 1⊥A 1B 1，∴A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，∴BC 1⊥A 1B 1． ∵BB 1＝CB ＝2，∴BC 1⊥B 1C ，∴BC 1⊥平面A 1B 1C ．(Ⅱ)连接A 1B ，由M 、N 分别为A 1C 1、BC 1的中点，得MN ∥A 1B ， 又A 1B ⊂平面A 1ABB 1，MN ⊄平面A 1ABB 1，∴MN ∥平面A 1ABB 1．(Ⅲ)取C 1B 1中点H ，连结MH ．∵M 是A 1C 1的中点，∴MH ∥A 1B 1，又A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，∴MH ⊥平面BCC 1B 1，∴MH 是三棱锥M －BC 1B 1的高， ∴三棱锥M －BC 1B 1的体积⋅=⨯⨯⨯==⋅⋅∆321421313111MH S V B BC 14．如图建立空间直角坐标系，设A (2，0，0)，则B (2，2，0)，C (0，2，0)，S (0，0，2).(Ⅰ)设)0(>=λλMC SM ， 则),12,12,2(),12,12,0(λλλλλ++--=++BM M 又.60,),0,2,0( >=<-=BM BA BA 故,60cos ||||.BA BM BA BM =即,)12()12()2(14222λλλ+++-+-=+解得λ ＝1． ∴M 是侧棱SC 的中点．(Ⅱ)由M (0，1，1)，A (2，0，0)得AM 的中点⋅)21,21,22(G 又),1,1,2(),1,1,0(),21,23,22(-=-=-=AM MS GB ∴,,,0,0AM MS AM GB AM MS AM GB ⊥⊥∴==⋅⋅∴cos〉MS ,G B 〈等于二面角S －AM －B 的平面角． ,36||||),cos(-==MS GB MS GB MS GB 即二面角S －AM －B 的平面角的余弦值是－36．。
高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》知识点总复习含答案解析
数学高考《空间向量与立体几何》复习资料一、选择题1．设α为平面，a ，b 为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( )A ．若//a α，//b α，则//a bB ．若a α⊥，//a b ，则b α⊥C ．若a α⊥，a b ⊥r r，则//b α D ．若//a α，a b ⊥r r，则b α⊥【答案】B 【解析】 【分析】利用空间线线、线面、面面间的关系对每一个选项逐一分析判断得解． 【详解】若//a α，//b α，则a 与b 相交、平行或异面，故A 错误；若a α⊥，//a b ，则由直线与平面垂直的判定定理知b α⊥，故B 正确； 若a α⊥，a b ⊥r r，则//b α或b α⊂，故C 错误；若//a α，a b ⊥r r，则//b α，或b α⊂，或b 与α相交，故D 错误．故选：B ． 【点睛】本题考查命题的真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．2．如图所示是一个组合几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．163π B ．643 C ．16643π+ D ．1664π+ 【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体是有一个四棱锥与一个圆锥的四分之一组成，其中四棱锥的底面是边长为4 的正方形，高为4 ，圆锥的底面半径为4 ，高为4，该几何体的体积为， 221116644444333V ππ+=⨯⨯+⨯⨯⨯=， 故选C.3．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，13,1AB AD AA ===,而对角线1A B 上存在一点P ，使得1AP D P +取得最小值，则此最小值为（ ）A ．7B ．3C ．1+3D ．2【答案】A 【解析】 【分析】把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD 并求出，就 是最小值． 【详解】把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD ．1MD 就是1||||AP D P +的最小值，Q ||||3AB AD ==，1||1AA =，∴0113tan 3,60AA B AA B ∠==∴∠=．所以11=90+60=150MA D ∠o o o2211111111132cos 13223()72MD A D A M A D A M MA D ∴=+-∠=+-⨯⨯-⋅⨯=故选A ． 【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查计算能力，空间想象能力，解决此类问题常通过转化，转化为在同一平面内两点之间的距离问题，是中档题．4．已知圆锥SC 的高是底面半径的3倍，且圆锥SC 的底面直径、体积分别与圆柱OM 的底面半径、体积相等，则圆锥SC 与圆柱OM 的侧面积之比为（ ）. A 10B ．3:1C ．2:1D 102【答案】A 【解析】 【分析】设圆锥SC 的底面半径为r ，可求得圆锥的母线长，根据圆锥侧面积公式求得侧面积；由圆锥体积与圆柱体积相等可构造方程求得圆柱的高，进而根据圆柱侧面积公式求得圆柱侧面积，从而求得比值. 【详解】设圆锥SC 的底面半径为r ，则高为3r ，∴圆锥SC 的母线长22910l r r r =+=，∴圆锥SC 的侧面积为210rl r ππ=；圆柱OM 的底面半径为2r ，高为h ， 又圆锥的体积23133V r r r ππ=⋅=，234r h r ππ∴=，4r h ∴=， ∴圆柱OM 的侧面积为2224rh rh r πππ⋅==，∴圆锥SC 与圆柱OM 的侧面积之比为2210:10:1r r ππ=.故选：A . 【点睛】本题考查圆锥和圆柱侧面积的求解问题，涉及到圆锥和圆柱体积公式的应用，属于基础题.5．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 ．3417B 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 +-∠=⋅3172317==⨯⨯. 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.6．《乌鸦喝水》是《伊索寓言》中一个寓言故事，通过讲述已知乌鸦喝水的故事，告诉人们遇到困难要运用智慧，认真思考才能让问题迎刃而解的道理，如图2所示，乌鸦想喝水，发现有一个锥形瓶，上面部分是圆柱体，下面部分是圆台，瓶口直径为3厘米，瓶底直径为9厘米，瓶口距瓶颈为23332厘米，现将1颗石子投入瓶中，发现水位线上移32厘米，若只有当水位线到达瓶口时乌鸦才能喝到水，则乌鸦共需要投入的石子数量至少是（ ）A ．2颗B ．3颗C ．4颗D ．5颗【答案】C 【解析】 【分析】利用图形中的数据，分别算出石子的体积和空瓶的体积即可. 【详解】如图，9,3,33AB cm EF GH cm LO cm ====所以60A ∠=︒，原水位线直径6CD cm =，投入石子后，水位线直径5IJ cm = 则由圆台的体积公式可得石子的体积为：()22319133MN CN IM CN IM ππ⋅⋅++⋅= 空瓶的体积为：()22213LN CN EL CN EL EL KL ππ⋅++⋅+⋅⋅633363993888πππ=+=()99329783,49191324ππ=∈ 所以至少需要4颗石子 故选：C 【点睛】本题考查的是圆台和圆柱体积的算法，掌握其公式是解题的关键.7．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于（ ）A ．23B ．13C ．12D ．34【答案】B 【解析】分析：先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果.详解：几何体如图S-ABCD ，高为1，底面为平行四边形，所以四棱锥的体积等于21111=33⨯⨯， 选B.点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断求解.8．《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】如图，在DC ，EF 上取G ，H ，使得DG EH AB ==，连接BG ，BH ，GH ，CH ，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.9．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 分别是AB 、11B C 的中点，则异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值为（ ）A ．3 B ．13C ．58 D ．387【答案】C 【解析】 【分析】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF ，推导出四边形BDFE 为平行四边形，可得出//BE DF ，可得出异面直线BE 与CD 所成的角为CDF ∠，通过解CDF V ，利用余弦定理可求得异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值. 【详解】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF .易知EF 是111A B C △的中位线，所以11//EF A B 且1112EF A B =. 又11//AB A B 且11AB A B =，D 为AB 的中点，所以11//BD A B 且1112BD A B =，所以//EF BD 且EF BD =.所以四边形BDFE 是平行四边形，所以//DF BE ，所以CDF ∠就是异面直线BE 与CD 所成的角.因为4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 、F 分别是AB 、11B C 、11A C 的中点， 所以111122C F AC ==，111122B E BC ==且CD AB ⊥. 由勾股定理得224442AB =+=，所以2242AC BC CD AB ⋅===. 由勾股定理得2222115229CF CC C F =+=+=，2222115229DF BE BB B E ==+=+=.在CDF V 中，由余弦定理得())()22229222958cos 22922CDF +-∠==⨯⨯.故选：C. 【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，一般利用平移直线法找出异面直线所成的角，考查计算能力，属于中等题.10．如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，O 是底面1111D C B A 的中心，则O 到平面11ABC D 的距离是（ ）A ．12B 2C ．22D 3【答案】B【解析】 【分析】如图建立空间直角坐标系，可证明1A D ⊥平面11ABC D ，故平面11ABC D 的一个法向量为：1DA u u u u r，利用点到平面距离的向量公式即得解.【详解】如图建立空间直角坐标系，则：1111(,,1),(0,0,1),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,1)22O D A B C 111(,,0)22OD ∴=--u u u u r由于AB ⊥平面111,ADD A AD ⊂平面11ADD A1AB A D ∴⊥，又11AD A D ⊥，1AB AD I1A D ∴⊥平面11ABC D故平面11ABC D 的一个法向量为：1(1,0,1)DA =u u u u rO ∴到平面11ABC D 的距离为： 1111||224||2OD DA d DA ⋅===u u u u r u u u u ru u u u r 故选：B 【点睛】本题考查了点到平面距离的向量表示，考查了学生空间想象，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.11．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面ABCD 内（不包括边界），若1B P P 平面1A BM ，则1C P 的最小值是（ ）A ．305B ．2305C ．275D ．475 【答案】B【解析】【分析】在11A D 上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接11,,,DN NB B Q QD ，根据面面平行的判定定理可知平面1//B QDN 平面1A BM ，从而可得P 的轨迹是DN （不含,D N 两点）；由垂直关系可知当CP DN ⊥时，1C P 取得最小值；利用面积桥和勾股定理可求得最小值.【详解】如图，在11A D 上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接11,,,DN NB B Q QD//DN BM Q ，1//DQ A M 且DN DQ D =I ，1BM A M M =I∴平面1//B QDN 平面1A BM ，则动点P 的轨迹是DN （不含,D N 两点）又1CC ⊥平面ABCD ，则当CP DN ⊥时，1C P 取得最小值此时，22512CP ==+ 221223025C P ⎛⎫∴≥+= ⎪⎝⎭本题正确选项：B【点睛】本题考查立体几何中动点轨迹及最值的求解问题，关键是能够通过面面平行关系得到动点的轨迹，从而找到最值取得的点.12．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.13．以下说法正确的有几个（ ）①四边形确定一个平面；②如果一条直线在平面外，那么这条直线与该平面没有公共点；③过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；④如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行；A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个【答案】B【解析】【分析】对四个说法逐一分析，由此得出正确的个数.【详解】①错误，如空间四边形确定一个三棱锥. ②错误，直线可能和平面相交. ③正确，根据公理二可判断③正确. ④错误，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能相交，也可能异面，也可能平行.综上所述，正确的说法有1个，故选B.【点睛】本小题主要考查空间有关命题真假性的判断，属于基础题.14．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221156AC AC A A =-=, 同理可得2211200102BD D B D D =-==，因为四边形ABCD 为菱形，可得,AC BD 互相垂直平分，所以2211()()1450822AB AC BD =+=+=，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.15．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：①BM 与ED 平行 ②CN 与BE 是异面直线③CN 与BM 成60︒角 ④DM 与BN 是异面直线以上四个命题中，正确命题的个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】【分析】 把平面展开图还原原几何体，再由棱柱的结构特征及异面直线定义、异面直线所成角逐一核对四个命题得答案．【详解】把平面展开图还原原几何体如图：由正方体的性质可知，BM 与ED 异面且垂直，故①错误；CN 与BE 平行，故②错误；连接BE ，则BE CN P ，EBM ∠为CN 与BM 所成角，连接EM ，可知BEM ∆为正三角形，则60EBM ∠=︒，故③正确；由异面直线的定义可知，DM 与BN 是异面直线，故④正确．∴正确命题的个数是2个．故选：B ．【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查异面直线定义及异面直线所成角，是中档题．16．已知m ，l 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出αβ⊥的是（ ）A ．m l ⊥，m β⊂，l α⊥B ．m l ⊥，l αβ=I ，m α⊂C ．//m l ，m α⊥，l β⊥D ．l α⊥，//m l ，//m β【答案】D【解析】【分析】A ，有可能出现α，β平行这种情况.B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况.C ，根据面面平行的性质定理判断.D ，根据面面垂直的判定定理判断.【详解】对于A ，m l ⊥，m β⊂，l α⊥，则//αβ或α，β相交，故A 错误；对于B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况，故B 错误；对于C ，因为//m l ，m α⊥，则l α⊥，由因为l βαβ⊥⇒∥，故C 错误； 对于D ，l α⊥，m l m α⇒⊥∥，又由m βαβ⇒⊥∥，故D 正确.故选：D【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.17．如图，平面四边形ABCD 中，1AB AD CD ===，2BD =，BD CD ⊥，将其沿对角线BD 折成四面体A BCD '-，使平面A BD '⊥平面BCD ，若四面体A BCD '-的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）A ．3πB 3C ．4πD 3 【答案】A【解析】【分析】 设BC 的中点是E ，连接DE ，由四面体A′BCD 的特征可知，DE 即为球体的半径.【详解】设BC 的中点是E ，连接DE ，A′E ，因为AB ＝AD ＝1，BD 2由勾股定理得：BA ⊥AD又因为BD ⊥CD ，即三角形BCD 为直角三角形所以DE 为球体的半径32DE = 23432S ππ== 故选A【点睛】 求解球体的表面积、体积的问题，其实质是求球体的半径，解题的关键是构造关于球体半径R 的方程式，构造常用的方法是构造直角三角形，再利用勾股定理建立关于半径R 的方程.18．设A ，B ，C ，D 是同一个球面上四点，ABC ∆是斜边长为6的等腰直角三角形，若三棱锥D ABC -体积的最大值为27，则该球的表面积为（ ）A ．36πB ．64πC ．100πD ．144π【答案】C【解析】【分析】由题意画出图形，求出三棱锥D ABC -的外接球的半径，代入表面积公式求解．解：如图，ABC ∆是斜边BC 长为6的等腰直角三角形，则当D 位于直径的端点时，三棱锥D ABC -体积取最大值为27，由AB AC =，AB AC ⊥，6BC =，可得斜边BC 上的高3AE =，32AB AC == 由1132322732DE ⨯⨯=，解得9DE =， 则21AE EF DE==． ∴球O 的直径为10DE EF +=，则球O 的半径为11052⨯=． ∴该球的表面积为245100S ππ=⨯=．故选C ．【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．19．四面体ABCD 的四个顶点都在球O 的表面上，AB BCD ⊥平面，BCD V 是边长为3的等边三角形，若2AB =，则球O 的表面积为( )A ．16πB ．323πC ．12πD ．32π【答案】A【解析】【分析】先求底面外接圆直径,再求球的直径,再利用表面积2S D π=求解即可.【详解】 BCD V 外接圆直径23sin 3CD d CBD ===∠ , 故球的直径平方222222(23)16D AB d =+=+=,故外接球表面积216S D ππ==【点睛】本题主要考查侧棱垂直底面的锥体外接球表面积问题,先利用正弦定理求得底面直径d ,再利用锥体高h ,根据球直径22D d h =+求解即可.属于中等题型.20．某多面体的三视图如图所示，则该多面体的各棱中，最长棱的长度为( )A ．6B ．5C ．2D ．1【答案】A【解析】 由三视图可知该多面体的直观图为如图所示的四棱锥P ABCD -：其中，四边形ABCD 为边长为1的正方形，PE ⊥面ABCD ，且1AE =，1PE =. ∴222AP AE PE =+=2BE AB AE =+=，222DE AD AE =+= ∴225CE BE BC =+=225PB BE PE =+223PD PE DE =+=∴226PC CE PE =+=∴最长棱为PC故选A.点睛: 思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：①首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；②观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；③画出整体，然后再根据三视图进行调整.。
高考数学压轴专题最新备战高考《空间向量与立体几何》知识点总复习含答案解析
【高中数学】数学《空间向量与立体几何》高考复习知识点一、选择题1．设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．“m βP ”是“αβP ”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】 试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B ．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.2．已知圆锥SC 的高是底面半径的3倍，且圆锥SC 的底面直径、体积分别与圆柱OM 的底面半径、体积相等，则圆锥SC 与圆柱OM 的侧面积之比为（ ）. A 10 B ．3:1C ．2:1D 102【答案】A 【解析】 【分析】设圆锥SC 的底面半径为r ，可求得圆锥的母线长，根据圆锥侧面积公式求得侧面积；由圆锥体积与圆柱体积相等可构造方程求得圆柱的高，进而根据圆柱侧面积公式求得圆柱侧面积，从而求得比值. 【详解】设圆锥SC 的底面半径为r ，则高为3r ，∴圆锥SC 的母线长22910l r r r =+=，∴圆锥SC 的侧面积为210rl r ππ=；圆柱OM 的底面半径为2r ，高为h ， 又圆锥的体积23133V r r r ππ=⋅=，234r h r ππ∴=，4r h ∴=， ∴圆柱OM 的侧面积为2224rh rh r πππ⋅==，∴圆锥SC 与圆柱OM 2210:10r r ππ=.故选：A . 【点睛】本题考查圆锥和圆柱侧面积的求解问题，涉及到圆锥和圆柱体积公式的应用，属于基础题.3．鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（ ）A ．8(6623)+B ．6(8823)+C ．8(632)+D ．6(8832)+ 【答案】A 【解析】 【分析】该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可. 【详解】由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为222+的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为22，则该几何体的表面积为2116(222)42282322S ⎡=⨯+-⨯+⨯⨯⎢⎣8(623)=+.故选：A. 【点睛】本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.4．已知正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为AB ，1AA 的中点，则异面直线1C M 与BN 所成角的大小为（ ）A ．30°B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】D 【解析】 【分析】根据题意画出图形，可将异面直线转化共面的相交直线，再进行求解 【详解】 如图：作AN 的中点'N ，连接'N M ，1'C N 由题设可知'N M BN P ，则异面直线1C M 与BN 所成角为1'N MC ∠或其补角，设正方体的边长为4，由几何关系可得，'5N M = ，16C M =，1'41C N =，得21122''N M M C N C =+，即1'90N MC ∠=︒故选D 【点睛】本题考查异面直线的求法，属于基础题5．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点P 在线段1CB 上，且12B P PC =，平面α经过点1,,A P C ，则正方体1111ABCD A B C D -被平面α截得的截面面积为（ ）A ．36B ．6C ．5D ．534【答案】B 【解析】 【分析】先根据平面的基本性质确定平面，然后利用面面平行的性质定理，得到截面的形状再求解. 【详解】 如图所示：1,,A P C 确定一个平面α，因为平面11//AA DD 平面11BB CC ， 所以1//AQ PC ，同理1//AP QC ， 所以四边形1APC Q 是平行四边形. 即正方体被平面截的截面. 因为12B P PC =， 所以112C B PC =， 即1PC PB ==所以115,23AP PC AC ===由余弦定理得：22211111cos 25AP PC AC APC AP PC +-∠==⨯ 所以16sin 5APC ∠=所以S 四边形1APQC 1112sin 262AP PC APC =⨯⨯⨯∠=故选：B 【点睛】本题主要考查平面的基本性质，面面平行的性质定理及截面面积的求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.6．已知ABC V 的三个顶点在以O 为球心的球面上，且2cos 3A =，1BC =，3AC =，三棱锥O ABC -的体积为146，则球O 的表面积为( ) A ．36π B ．16πC ．12πD ．163π【答案】B【解析】 【分析】根据余弦定理和勾股定理的逆定理即可判断三角形ABC 是直角三角形，根据棱锥的体积求出O 到平面ABC 的距离，利用勾股定理计算球的半径OA ，得出球的面积． 【详解】由余弦定理得22229122cos 26AB AC BC AB A AB AC AB +-+-===g ，解得22AB =， 222AB BC AC ∴+=，即AB BC ⊥．AC ∴为平面ABC 所在球截面的直径．作OD ⊥平面ABC ，则D 为AC 的中点， 11114221332O ABC ABC V S OD OD -∆==⨯⨯⨯⨯=Q g ， 7OD ∴=． 222OA OD AD ∴=+=． 2416O S OA ππ∴=⋅=球．故选：B ．【点睛】本题考查了球与棱锥的关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，判断ABC ∆的形状是关键．7．如图，在正方体1111ABCD A B C D - 中，,E F 分别为111,B C C D 的中点，点P 是底面1111D C B A 内一点，且//AP 平面EFDB ，则1tan APA ∠ 的最大值是( )A 2B ．2C ．22D ．32【答案】C 【解析】分析：连结AC 、BD ，交于点O ，连结A 1C 1，交EF 于M ，连结OM ，则AO =P PM ，从而A 1P=C 1M ，由此能求出tan ∠APA 1的最大值．详解：连结AC 、BD ，交于点O ，连结A 1C 1，交EF 于M ，连结OM ，设正方形ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，∵在正方形ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为B 1C 1，C 1D 1的中点， 点P 是底面A 1B 1C 1D 1内一点，且AP ∥平面EFDB ， ∴AO =P PM ，∴A 1P=C 1M=24AC =∴tan ∠APA 1=11AA A P22． ∴tan ∠APA 1的最大值是2． 故选D ．点睛：本题考查角的正切值的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，考查运算求解能力，是中档题．8．在正方体1111ABCD A B C D -中，点E ∈平面11AA B B ，点F 是线段1AA 的中点，若1D E CF ⊥，则当EBC V 的面积取得最小值时，EBCABCDS S =△（ ） A 25B ．12C 5D 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据1D E CF ⊥分析出点E 在直线1B G 上，当EBC V 的面积取得最小值时，线段EB 的长度为点B 到直线1B G 的距离，即可求得面积关系． 【详解】先证明一个结论P ：若平面外的一条直线l 在该平面内的射影垂直于面内的直线m ，则l ⊥m ，即：已知直线l 在平面内的射影为直线OA ，OA ⊥OB ，求证：l ⊥OB . 证明：直线l 在平面内的射影为直线OA ，不妨在直线l 上取点P ，使得PA ⊥OB ，OA ⊥OB ，OA ，PA 是平面PAO 内两条相交直线， 所以OB ⊥平面PAO ，PO ⊂平面PAO ， 所以PO ⊥OB ，即l ⊥OB .以上这就叫做三垂线定理. 如图所示，取AB 的中点G ，正方体中：1111A C D B ⊥，CF 在平面1111D C B A 内的射影为11A C ， 由三垂线定理可得：11CF D B ⊥，CF 在平面11A B BA 内的射影为FB ，1FB B G ⊥由三垂线定理可得：1CF B G ⊥，1B G 与11D B 是平面11B D G 内两条相交直线， 所以CF ⊥平面11B D G ，∴当点E 在直线1B G 上时，1D E CF ⊥，设BC a =，则1122EBC S EB BC EB a =⨯⨯=⨯⨯△， 当EBC V 的面积取最小值时，线段EB 的长度为点B 到直线1B G 的距离， ∴线段EB 5， 525EBC ABCDaS S ⨯⨯∴==△. 故选：D . 【点睛】此题考查立体几何中的轨迹问题，通过位置关系讨论面积关系，关键在于熟练掌握线面垂直关系的判定和平面图形面积的计算.9．已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点）．设SE 与BC 所成的角为α，SE 与平面ABC D 所成的角为β，二面角S-AB-C 的平面角为γ，则（ ）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．a βγ≤≤D ．γβα≤≤【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分别求出SE 与BC 所成的角α、SE 与平面ABC D 所成的角β、二面角S-AB-C 的平面角γ的正切值，由正四棱锥的线段大小关系即可比较大小. 【详解】四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等， 所以四棱锥为正四棱锥，（1）过E 作//EF BC ，交CD 于F ，过底面中心O 作ON EF ⊥交EF 于N ，连接SN ，取AB 中点M ，连接OM ，如下图（1）所示：则tan SN SN NE OMα==；（2）连接,OE 如下图（2）所示，则tan SO OEβ=;（3）连接OM ，则tan SOOMγ=，如下图（3）所示：因为,,SN SO OE OM ≥≥ 所以tan tan tan αγβ≥≥， 而,,αβγ均为锐角， 所以,αγβ≥≥ 故选：C. 【点睛】本题考查了异面直线夹角、直线与平面夹角、平面与平面夹角的求法，属于中档题.10．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面ABCD 内（不包括边界），若1B P P 平面1A BM ，则1C P 的最小值是（ ）A ．305B ．2305 C ．275D ．475【答案】B 【解析】 【分析】在11A D 上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接11,,,DN NB B Q QD ，根据面面平行的判定定理可知平面1//B QDN 平面1A BM ，从而可得P 的轨迹是DN （不含,D N 两点）；由垂直关系可知当CP DN ⊥时，1C P 取得最小值；利用面积桥和勾股定理可求得最小值. 【详解】如图，在11A D 上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接11,,,DN NB B Q QD//DN BM Q ，1//DQ A M 且DN DQ D =I ，1BM A M M =I∴平面1//B QDN 平面1A BM ，则动点P 的轨迹是DN （不含,D N 两点）又1CC ⊥平面ABCD ，则当CP DN ⊥时，1C P 取得最小值此时，22512CP ==+ 221223025C P ⎛⎫∴≥+= ⎪⎝⎭本题正确选项：B 【点睛】本题考查立体几何中动点轨迹及最值的求解问题，关键是能够通过面面平行关系得到动点的轨迹，从而找到最值取得的点.11．设A ，B ，C ，D 是同一个球面上四点，ABC ∆是斜边长为6的等腰直角三角形，若三棱锥D ABC -体积的最大值为27，则该球的表面积为（ ）A ．36πB ．64πC ．100πD ．144π【答案】C 【解析】 【分析】由题意画出图形，求出三棱锥D ABC -的外接球的半径，代入表面积公式求解． 【详解】 解：如图，ABC ∆是斜边BC 长为6的等腰直角三角形，则当D 位于直径的端点时，三棱锥D ABC -体积取最大值为27，由AB AC =，AB AC ⊥，6BC =，可得斜边BC 上的高3AE =，32AB AC == 由1132322732DE ⨯⨯=，解得9DE =， 则21AE EF DE==．∴球O 的直径为10DE EF +=， 则球O 的半径为11052⨯=． ∴该球的表面积为245100S ππ=⨯=． 故选C ． 【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．12．古代数学名著《张丘建算经》中有如下问题：“今有仓，东西袤一丈二尺，南北广七尺，南壁高九尺，北壁高八尺，问受粟几何？”.题目的意思是：“有一粮仓的三视图如图所示（单位：尺），问能储存多少粟米？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，估算粮仓可以储存的粟米约有（取整数）（ ）A ．441斛B ．431斛C ．426斛D ．412斛【答案】A 【解析】 【分析】由三视图可知：上面是一个横放的三棱柱，下面是一个长方体．由体积计算公式即可得出． 【详解】解：由三视图可知：上面是一个横放的三棱柱，下面是一个长方体．∴体积1171278127142V =⨯⨯⨯+⨯⨯=， ∴粮仓可以储存的粟米7144411.62=≈斛．故选：A ．13．设三棱锥V ﹣ABC 的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥底面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A ﹣VC ﹣B 为γ，则（ ） A ．2παββγ+＜，＞ B ．2παββγ+＜，＜C ．2παββγ+＞，＞D ．2παββγ+＞，＜【答案】C 【解析】 【分析】由最小角定理得αβ>，由已知条件得AB ⊥平面VAC ，过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠，推导出BVA γ>∠，由VA ⊥平面ABC ，得VMA β=∠，推导出MVA γ>∠，从而2πβγ+>，即可得解.【详解】由三棱锥V ABC -的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥平面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A VC B --为γ，由最小角定理得αβ>，排除A 和B ； 由已知条件得AB ⊥平面VAC ，过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠， ∴tan tan ABBNA ANγ=∠=， 而tan ABBVA AV∠=，AN AV <，∴tan tan BNA BVA ∠>∠， ∴BVA γ>∠，∵VA ⊥平面ABC ，∴VMA β=∠， ∴2MVA πβ+∠=，∵tan AMMVA AV∠=，AB AM >，∴tan tan BVA MVA ∠>∠，∴MVA γ>∠，∴2πβγ+>．故选：C ．【点睛】本题查了线线角、线面角、二面角的关系与求解，考查了空间思维能力，属于中档题.14．已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P -ABC 的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（ ）A ．PA ，PB ，PC 两两垂直 B ．三棱锥P -ABC 的体积为83C ．||||||6PA PB PC ===D ．三棱锥P -ABC 的侧面积为35【答案】C 【解析】 【分析】根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图，然后再计算可得. 【详解】解：根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图如图所示，其中D 为AB 的中点，PD ⊥底面ABC . 所以三棱锥P -ABC 的体积为114222323⨯⨯⨯⨯=， 2AC BC PD ∴===，2222AB AC BC ∴=+=，||||||2DA DB DC ∴===()22||||||226,PA PB PC ∴===+=222PA PB AB +≠Q ，PA ∴、PB 不可能垂直，即,PA ,PB PC 不可能两两垂直，1222222PBAS ∆=⨯=Q ()22161252PBC PAC S S ∆∆==-=Q∴三棱锥P -ABC 的侧面积为2522故正确的为C. 故选：C. 【点睛】本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题.15．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2π,43BAC AP ∠==，23AB AC ==，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ）A ．32πB ．48πC ．64πD ．72π【答案】C 【解析】 【分析】先求出ABC V 的外接圆的半径，然后取ABC V 的外接圆的圆心G ，过G 作//GO AP ，且122GO AP ==，由于PA ⊥平面ABC ，故点O 为三棱锥P ABC -的外接球的球心，OA 为外接球半径，求解即可. 【详解】在ABC V 中，23AB AC ==，23BAC π∠=，可得6ACB π∠=， 则ABC V 的外接圆的半径2323π2sin 2sin 6AB r ACB ===，取ABC V 的外接圆的圆心G ，过G 作//GO AP ，且122GO AP ==， 因为PA ⊥平面ABC ，所以点O 为三棱锥P ABC -的外接球的球心， 则222OA OG AG =+，即外接球半径()222234R =+=，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为24π4π1664πR =⨯=. 故选C.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球表面积的求法，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.16．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．33C．223D．63【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EFu u u r与平面ACD的法向量nr，再根据cos,||||EF nEF nEF n⋅〈〉=u u u r ru u u r ru 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n ADn AC⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u vvu u u vv令1,x=则1y z==；所以(1,1,1)n=r1cos,3||||332EF nEF nEF n⋅〈〉===⨯u u u r ru u u r ru u u r r设直线EF与平面ACD所成角为θ，则sinθ=cos,EF n〈〉u u u r r所以222cos1sinθθ=-=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.17．已知正方体1111A B C D ABCD -的棱1AA 的中点为E ，AC 与BD 交于点O ，平面α过点E 且与直线1OC 垂直，若1AB =，则平面α截该正方体所得截面图形的面积为( ) A ．6 B ．6 C ．3 D ．3 【答案】A 【解析】 【分析】根据正方体的垂直关系可得BD ⊥平面11ACC A ，进而1BD OC ⊥，可考虑平面BDE 是否为所求的平面，只需证明1OE OC ⊥即可确定平面α. 【详解】如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1AA 的中点，1AB =，则2113122OC =+=，2113424OE =+=，2119244EC =+=，∴22211OC OE EC +=，1OE OC ∴⊥；又BD ⊥平面11ACC A ，1BD OC ∴⊥，且OE BD O =I ，1OC ∴⊥平面BDE ，且1136222BDE S BD OE ∆==⨯⨯=g ， 即α截该正方体所得截面图形的面积为6. 故选:A .【点睛】本题考查线面垂直的判定，考查三角形面积的计算，熟悉正方体中线面垂直关系是解题的关键，属于中档题.18．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 ．112π D ．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.19．由两个14圆柱组合而成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．π3B ．π2C ．πD ．2π【答案】C【解析】 【分析】根据题意可知，圆柱的底面半径为1，高为2，利用圆柱的体积公式即可求出结果。
高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》知识点训练及答案
新数学《空间向量与立体几何》试卷含答案一、选择题1．以下说法正确的有几个（ ）①四边形确定一个平面；②如果一条直线在平面外，那么这条直线与该平面没有公共点；③过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；④如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行； A ．0个 B ．1个C ．2个D ．3个【答案】B 【解析】 【分析】对四个说法逐一分析，由此得出正确的个数. 【详解】①错误，如空间四边形确定一个三棱锥. ②错误，直线可能和平面相交. ③正确，根据公理二可判断③正确. ④错误，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能相交，也可能异面，也可能平行.综上所述，正确的说法有1个，故选B. 【点睛】本小题主要考查空间有关命题真假性的判断，属于基础题.2．三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ︒∠=∠=，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A 3B 6C 3D 3 【答案】B 【解析】 【分析】设1AA c =u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v，根据向量线性运算法则可表示出1AB u u u v 和1BC u u u u v ；分别求解出11AB BC ⋅u u u v u u u u v 和1AB u u u v ，1BC u u u u v ，根据向量夹角的求解方法求得11cos ,AB BC <>u u u v u u u u v，即可得所求角的余弦值. 【详解】设棱长为1，1AA c =u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v由题意得：12a b ⋅=v v ，12b c ⋅=v v ，12a c ⋅=v v1AB a c =+u u u v v v Q ，11BC BC BB b a c =+=-+u u u u v u u u v u u u v v v v()()22111111122AB BC a c b a c a b a a c b c a c c ∴⋅=+⋅-+=⋅-+⋅+⋅-⋅+=-++=u u u v u u u u v v v v v v v v v v v v v v v v又1AB ===u u u v1BC ===u u u u v111111cos ,AB BC AB BC AB BC ⋅∴<>===⋅u u u v u u u u vu u u v u u u u v u u u v u u u u v即异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为：6本题正确选项：B 【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.3．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，且ABC ∆为等边三角形，2AP AB ==，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ） A ．272π B ．283π C ．263π D ．252π 【答案】B 【解析】 【分析】计算出ABC ∆的外接圆半径r ，利用公式R =可得出外接球的半径，进而可得出三棱锥P ABC -的外接球的表面积. 【详解】ABC ∆的外接圆半径为2sin3AB r π==PA ⊥Q 底面ABC ，所以，三棱锥P ABC -的外接球半径为3R ===， 因此，三棱锥PABC -的外接球的表面积为22284433R πππ⎛=⨯= ⎝⎭.故选：B. 【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，选择合适的公式计算外接球的半径，考查计算能力，属于中等题.4．如图所示是一个组合几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．163π B ．643 C ．16643π+ D ．1664π+ 【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体是有一个四棱锥与一个圆锥的四分之一组成，其中四棱锥的底面是边长为4 的正方形，高为4 ，圆锥的底面半径为4 ，高为4，该几何体的体积为， 221116644444333V ππ+=⨯⨯+⨯⨯⨯=， 故选C.5．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．273B ．276C ．274D ．272【答案】D 【解析】 【分析】先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果. 【详解】几何体为一个三棱锥，高为3，所以体积为1127=3322V ⨯⨯⨯，选D. 【点睛】(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．6．在以下命题中：①三个非零向量a r ，b r ，c r 不能构成空间的一个基底，则a r ，b r ，c r共面；②若两个非零向量a r ，b r 与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a r ，b r共线； ③对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若222OP OA OB OC =--u u u r u u u r u u u u r u u u u r，则P ，A ，B ，C 四点共面④若a r ，b r是两个不共线的向量，且(,,,0)c a b R λμλμλμ=+∈≠r r r ，则{},,a b c r r r 构成空间的一个基底⑤若{},,a b c r r r 为空间的一个基底，则{},,a b b c c a +++r r r r r r构成空间的另一个基底；其中真命题的个数是（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量的运算法则，逐一判断即可得到结论. 【详解】①由空间基底的定义知，三个非零向量a r ，b r ，c r 不能构成空间的一个基底，则a r ，b r，c r共面，故①正确；②由空间基底的定义知，若两个非零向量a r ，b r与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a r，b r共线，故②正确；③由22221--=-≠，根据共面向量定理知,,,P A B C 四点不共面，故③错误；④由c a b λμ=+r r r ，当1λμ+=时，向量c r 与向量a r ，b r构成的平面共面，则{},,a b c r r r 不能构成空间的一个基底，故④错误；⑤利用反证法：若{},,a b b c c a +++r r r r r r不构成空间的一个基底， 设()()()1a b x b c x c a +=++-+r r r r r r ，整理得()1c xa x b =+-r r r ，即,,a b c r r r 共面，又因{},,a b c r r r 为空间的一个基底，所以{},,a b b c c a +++r r r r r r能构成空间的一个基底，故⑤正确.综上：①②⑤正确. 故选：D. 【点睛】本题考查空间向量基本运算，向量共面，向量共线等基础知识，以及空间基底的定义，共面向量的定义，属于基础题．7．如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，O 是底面1111D C B A 的中心，则O 到平面11ABC D 的距离是（ ）A ．12B ．2 C ．2 D ．3 【答案】B 【解析】 【分析】如图建立空间直角坐标系，可证明1A D ⊥平面11ABC D ，故平面11ABC D 的一个法向量为：1DA u u u u r，利用点到平面距离的向量公式即得解.【详解】如图建立空间直角坐标系，则：1111(,,1),(0,0,1),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,1)22O D A B C 111(,,0)22OD ∴=--u u u u r由于AB ⊥平面111,ADD A AD ⊂平面11ADD A1AB A D ∴⊥，又11AD A D ⊥，1AB AD I1A D ∴⊥平面11ABC D故平面11ABC D 的一个法向量为：1(1,0,1)DA =u u u u rO ∴到平面11ABC D 的距离为：1111||224||2OD DA d DA ⋅===u u u u r u u u u ru u u u r 故选：B 【点睛】本题考查了点到平面距离的向量表示，考查了学生空间想象，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.8．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 分别是AB 、11B C 的中点，则异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值为（ ）A 3B ．13C 58D 387【答案】C 【解析】 【分析】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF ，推导出四边形BDFE 为平行四边形，可得出//BE DF ，可得出异面直线BE 与CD 所成的角为CDF ∠，通过解CDF V ，利用余弦定理可求得异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值. 【详解】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF .易知EF 是111A B C △的中位线，所以11//EF A B 且1112EF A B =. 又11//AB A B 且11AB A B =，D 为AB 的中点，所以11//BD A B 且1112BD A B =，所以//EF BD 且EF BD =.所以四边形BDFE 是平行四边形，所以//DF BE ，所以CDF ∠就是异面直线BE 与CD 所成的角.因为4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 、F 分别是AB 、11B C 、11A C 的中点， 所以111122C F AC ==，111122B E BC ==且CD AB ⊥. 由勾股定理得22442AB =+=2242AC BC CD AB ⋅=== 由勾股定理得2222115229CF CC C F =+=+=2222115229DF BE BB B E ==+=+=.在CDF V 中，由余弦定理得((22229222958cos 2922922CDF +-∠==⨯⨯.故选：C. 【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，一般利用平移直线法找出异面直线所成的角，考查计算能力，属于中等题.9．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 ．3225+B ．442+C ．2225+D ．62【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22222123225++⨯+=+，选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.10．已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点）．设SE 与BC 所成的角为α，SE 与平面ABC D 所成的角为β，二面角S-AB-C 的平面角为γ，则（ ）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．a βγ≤≤D ．γβα≤≤【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分别求出SE 与BC 所成的角α、SE 与平面ABC D 所成的角β、二面角S-AB-C 的平面角γ的正切值，由正四棱锥的线段大小关系即可比较大小. 【详解】四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等， 所以四棱锥为正四棱锥，（1）过E 作//EF BC ，交CD 于F ，过底面中心O 作ON EF ⊥交EF 于N ，连接SN ，取AB 中点M ，连接OM ，如下图（1）所示：则tan SN SN NE OMα==；（2）连接,OE 如下图（2）所示，则tan SO OEβ=;（3）连接OM ，则tan SOOMγ=，如下图（3）所示：因为,,SN SO OE OM ≥≥ 所以tan tan tan αγβ≥≥， 而,,αβγ均为锐角， 所以,αγβ≥≥ 故选：C. 【点睛】本题考查了异面直线夹角、直线与平面夹角、平面与平面夹角的求法，属于中档题.11．设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．“m βP ”是“αβP ”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】 试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B ．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.12．如图，平面四边形ABCD 中，1AB AD CD ===，2BD =，BD CD ⊥，将其沿对角线BD 折成四面体A BCD '-，使平面A BD '⊥平面BCD ，若四面体A BCD '-的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）A ．3πB 3C ．4πD 3 【答案】A【解析】【分析】 设BC 的中点是E ，连接DE ，由四面体A′BCD 的特征可知，DE 即为球体的半径.【详解】设BC 的中点是E ，连接DE ，A′E ，因为AB ＝AD ＝1，BD 2由勾股定理得：BA ⊥AD又因为BD ⊥CD ，即三角形BCD 为直角三角形所以DE 为球体的半径32DE = 23432S ππ== 故选A【点睛】 求解球体的表面积、体积的问题，其实质是求球体的半径，解题的关键是构造关于球体半径R 的方程式，构造常用的方法是构造直角三角形，再利用勾股定理建立关于半径R 的方程.13．在正四面体A BCD -中，P 是AB 的中点，Q 是直线BD 上的动点，则直线PQ 与AC 所成角可能为（ ）A ．12πB ．4πC ．512πD ．2π 【答案】C【解析】【分析】根据题意，取BC 的中点M ，连接MQ ，则//AC MQ ，所以QPM ∠为异面直线PQ 与AC 所成角，在利用余弦定理可得242MQ x x =+-，易知PQ MQ =，所以在等腰三角形PMQ 中()2cos 0442QPM x x x ∠=≤≤+-，，即可求出33cos 123QPM ⎡⎤∠∈⎢⎥⎣⎦，，进而求出结果. 【详解】取BC 的中点M ，连接MQ ，则//AC MQ ，所以QPM ∠为异面直线PQ 与AC 所成角，如下图所示：设正四面体A BCD -的棱长为4，()04BQ x x =≤≤，，在BMQ ∆中，22222cos 6042MQ BM BQ BM BQ x x =+-⋅︒=+-，在正四面体A BCD -中，易知PQ MQ =，所以在等腰三角形PMQ 中，()2cos 0442QPM x x x ∠=≤≤+-所以33cos QPM ∠∈⎣⎦，，所以异面直线PQ 与AC 所成角可能为512π. 故选：C.【点睛】 本题主要考查了异面直线成角，余弦定理的应用，考查了空间几何中的动态问题，考查学生的应用能力和空间想象能力，属于中档题.14．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 ，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23R r =，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．15．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 ．B ．12πC ．D ．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，可得截面是边长为的圆，且高为，所以其表面积为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.16．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 ∆=，故最大面的面积为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.17．已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是边OA ，CB 的中点，点G 在线段MN 上，且使2MG GN =，用向量OA u u u v ，OB uuu v ，OC u u u v 表示向量OG u u u v是（ ） A ．2233OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v B ．122233OG OA OB OC u u u v u u u v u u u v u u u v =++ C ．111633OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v D ．112633OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v 【答案】C【解析】【分析】 根据所给的图形和一组基底，从起点O 出发，把不是基底中的向量，用是基底的向量来表示，就可以得到结论．【详解】2OG OM MG OM MN 3=+=+u u u r u u u u r u u Q u u r u u u u r u u u u r , ()()2121111OM MO OC CN OM OC OB OC OA OB OC 3333633u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r =+++=++-=++ 111OG OA OB OC 633u u u r u u u r u u u r u u u r ∴=++ , 故选：C ．【点睛】 本题考查向量的基本定理及其意义，解题时注意方法，即从要表示的向量的起点出发，沿着空间图形的棱走到终点，若出现不是基底中的向量的情况，再重复这个过程．18．如图1，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，Q 分别是线段AD 1，B 1C ，C 1D 1上的动点，当三棱锥Q-BMN 的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为A ．2B ．1C ．32D ．52【答案】C【解析】【分析】判断俯视图的形状，利用三视图数据求解俯视图的面积即可．【详解】由正视图可知：M 是1AD 的中点，N 在1B 处，Q 在11C D 的中点，俯视图如图所示：可得其面积为：1113222111122222⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=，故选C ． 【点睛】 本题主要考查三视图求解几何体的面积与体积，判断它的形状是解题的关键，属于中档题.19．由两个14圆柱组合而成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．π3B ．π2C ．πD ．2π【答案】C【解析】【分析】根据题意可知，圆柱的底面半径为1，高为2，利用圆柱的体积公式即可求出结果。
高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》知识点总复习附答案
【高中数学】高中数学《空间向量与立体几何》期末考知识点一、选择题1．已知平面α⊥平面β，l αβ=I ，a α⊂，b β⊂，则“a l ⊥”是“a b ⊥r r ”的（ ） A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】A【解析】【分析】根据面面垂直的性质定理，以及充要条件的判定方法，即可作出判定，得到答案.【详解】由题意知，平面α⊥平面β，,,l a b αβαβ⋂=⊂⊂， 当a l ⊥时，利用面面垂直的性质定理，可得a b ⊥r r 成立，反之当a b ⊥r r 时，此时a 与l 不一定是垂直的，所以a l ⊥是a b ⊥r r 的充分不必要条件，故选A.【点睛】本题主要考查了充要条件的判定，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理，以及充要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.2．已知一个几何体的三视图如图所示（正方形边长为1），则该几何体的体积为（ ）A ．34B ．78C ．1516D ．2324【答案】B【解析】【分析】【详解】由三视图可知：该几何体为正方体挖去了一个四棱锥A BCDE -，该几何体的体积为11117 11132228⎛⎫-⨯⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭故选B点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.3．《乌鸦喝水》是《伊索寓言》中一个寓言故事，通过讲述已知乌鸦喝水的故事，告诉人们遇到困难要运用智慧，认真思考才能让问题迎刃而解的道理，如图2所示，乌鸦想喝水，发现有一个锥形瓶，上面部分是圆柱体，下面部分是圆台，瓶口直径为3厘米，瓶底直径为9厘米，瓶口距瓶颈为23厘米，瓶颈到水位线距离和水位线到瓶底距离均为33 2厘米，现将1颗石子投入瓶中，发现水位线上移3厘米，若只有当水位线到达瓶口时乌鸦才能喝到水，则乌鸦共需要投入的石子数量至少是（）A．2颗B．3颗C．4颗D．5颗【答案】C【解析】【分析】利用图形中的数据，分别算出石子的体积和空瓶的体积即可.如图，9,3,33AB cm EF GH cm LO cm ====所以60A ∠=︒，原水位线直径6CD cm =，投入石子后，水位线直径5IJ cm = 则由圆台的体积公式可得石子的体积为：()2231913324MN CN IM CN IM cm ππ⋅⋅++⋅= 空瓶的体积为：()22213LN CN EL CN EL EL KL ππ⋅++⋅+⋅⋅ 633363993πππ=+= 所以需要石子的个数为：()99329783,491913ππ=∈ 所以至少需要4颗石子故选：C【点睛】本题考查的是圆台和圆柱体积的算法，掌握其公式是解题的关键.4．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点M 在线段1CC 上，动点P 在平面．．1111D C B A 上，且AP ⊥平面1MBD .线段AP 长度的取值范围为( )A ．2⎡⎣B ．3⎡⎣C ．322⎣D ．622⎣ 【答案】D【分析】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，设(),,1P x y ，()0,1,M t ，由AP ⊥平面1MBD ，可得+11x t y t =⎧⎨=-⎩，然后用空间两点间的距离公式求解即可. 【详解】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，则()()()()11,0,0,1,1,0,0,1,,0,0,1A B M t D ，(),,1P x y . ()1,,1AP x y =-u u u r ,()11,1,1BD =--u u u u r ,()[]1,0,0,1，BM t t =-∈u u u u r 由AP ⊥平面1MBD ，则0BM AP ⋅=u u u u r u u u r 且01BD AP ⋅=u u u u r u u u r所以10x t -+=且110x y --+=得+1x t =，1y t =-. 所以()2221311222AP x y t ⎛⎫=-++=-+ ⎪⎝⎭u u u r 当12t =时，min 62AP =u u u r ，当0t =或1t =时，max 2AP =u u u r ， 所以62AP ≤≤u u u r 故选：D【点睛】本题考查空间动线段的长度的求法，考查线面垂直的应用，对于动点问题的处理用向量方法要简单些，属于中档题.5．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【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.6．《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】 如图，在DC ，EF 上取G ，H ，使得DG EH AB ==，连接BG ，BH ，GH ，CH ，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.7．已知正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为AB ，1AA 的中点，则异面直线1C M 与BN 所成角的大小为（ ）A ．30°B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】D【解析】【分析】根据题意画出图形，可将异面直线转化共面的相交直线，再进行求解【详解】如图：作AN 的中点'N ，连接'N M ，1'C N 由题设可知'N M BN P ，则异面直线1C M 与BN 所成角为1'N MC ∠或其补角，设正方体的边长为4，由几何关系可得，'5N M =，16C M =，1'41C N =21122''N M M C N C =+，即1'90N MC ∠=︒ 故选D【点睛】本题考查异面直线的求法，属于基础题8．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．273B．276C．274D．272【答案】D【解析】【分析】先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果.【详解】几何体为一个三棱锥，高为33333，，所以体积为1127=33333=322V⨯⨯⨯，选D.【点睛】(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．9．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．4：3 B．3：4 C．16：9 D．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2r3r，则圆锥的底面积为：2rπ，侧面积为1222r rπ⋅，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32R r =，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．10．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 ．3225+B ．442+C ．2225+D ．62【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22222123225++⨯+=+，选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.11．如图，在正方体1111ABCD A B C D - 中，,E F 分别为111,B C C D 的中点，点P 是底面1111D C B A 内一点，且//AP 平面EFDB ，则1tan APA ∠ 的最大值是( )A 2B ．2C ．22D ．32【答案】C【解析】分析：连结AC 、BD ，交于点O ，连结A 1C 1，交EF 于M ，连结OM ，则AO =PPM ，从而A 1P=C 1M ，由此能求出tan ∠APA 1的最大值．详解：连结AC 、BD ，交于点O ，连结A 1C 1，交EF 于M ，连结OM ，设正方形ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，∵在正方形ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为B 1C 1，C 1D 1的中点，点P 是底面A 1B 1C 1D 1内一点，且AP ∥平面EFDB ，∴AO =PPM ，∴A 1P=C 1M=24AC = ∴tan ∠APA 1=11AA A P 22．∴tan ∠APA 1的最大值是2．故选D ．点睛：本题考查角的正切值的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，考查运算求解能力，是中档题．12．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．13．已知,m l 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列可以推出αβ⊥的是（ ）A ．,,m l m l βα⊥⊂⊥B ．,,m l l m αβα⊥⋂=⊂C ．//,,m l m l αβ⊥⊥D ．,//,//l m l m αβ⊥【答案】D【解析】【分析】A ，有可能出现α，β平行这种情况.B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况.C ，根据面面平行的性质定理判断.D ，根据面面垂直的判定定理判断.【详解】对于A ，m l ⊥，m β⊂，若l β⊥，则//αβ，故A 错误；对于B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况，故B 错误；对于C ，因为//m l ，m α⊥，则l α⊥，又因为l βαβ⊥⇒∥，故C 错误； 对于D ，l α⊥，m l m α⇒⊥∥，又由m βαβ⇒⊥∥，故D 正确.故选：D【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.14．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 2PO APB 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.15．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 ．22 B．25 C ．265 D ．266【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=1MN A 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.16．若a ，b 是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列四个命题：①若a P α，b β∥，a b ⊥r r ，则αβ⊥；②若a P α，b β∥，a b ∥，则αβ∥；③若a α⊥，b β⊥，a b ∥，则αβ∥；④若a P α，b β⊥，a b ⊥r r ，则αβ∥．正确的个数为（ ） A ．0B ．1C ．2D ．3 【答案】B【解析】【分析】对每一个选项逐一分析得解.【详解】命题①中α与β还有可能平行或相交；命题②中α与β还有可能相交；命题④中α与β还有可能相交；∵a b P ，a α⊥，∴b α⊥，又b β⊥，∴αβP ．故命题③正确．故选B ．【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象能力.17．《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍（音meng ，底面为矩形的屋脊状的几何体），下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何.已知该刍甍的三视图如图所示，则此刍甍的体积等于( )A ．3B ．5C ．6D ．12【答案】B【解析】【分析】 首先由三视图还原几何体，再将刍甍分为三部分求解体积，最后计算求得刍甍的体积.【详解】由三视图换元为如图所示的几何体，该几何体分为三部分，中间一部分是直棱柱，两侧是相同的三棱锥，并且三棱锥的体积113113⨯⨯⨯=， 中间棱柱的体积131232V =⨯⨯⨯= , 所以该刍甍的体积是1235⨯+=.故选：B【点睛】本题考查组合体的体积，重点考查空间想象能力和计算能力，属于中档题型.18．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.19．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.20．如图1，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，Q 分别是线段AD 1，B 1C ，C 1D 1上的动点，当三棱锥Q-BMN 的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为A ．2B ．1C ．32D ．52【答案】C【解析】【分析】判断俯视图的形状，利用三视图数据求解俯视图的面积即可．【详解】由正视图可知：M 是1AD 的中点，N 在1B 处，Q 在11C D 的中点，俯视图如图所示：可得其面积为：1113222111122222⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=，故选C ． 【点睛】 本题主要考查三视图求解几何体的面积与体积，判断它的形状是解题的关键，属于中档题.。
高考数学压轴专题最新备战高考《空间向量与立体几何》知识点总复习附答案
【高中数学】数学《空间向量与立体几何》复习知识点一、选择题1．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =,123AA =，D ，F 分别是棱AB ，1AA 的中点，E 为棱AC 上的动点，则DEF ∆的周长的最小值为()A ．222+B ．232+C ．62+D ．72+【答案】D 【解析】 【分析】根据正三棱柱的特征可知ABC ∆为等边三角形且1AA ⊥平面ABC ，根据1AA AD ⊥可利用勾股定理求得2DF =；把底面ABC 与侧面11ACC A 在同一平面展开，可知当,,D E F 三点共线时，DE EF +取得最小值；在ADF ∆中利用余弦定理可求得最小值，加和得到结果. 【详解】Q 三棱柱111ABC A B C -为正三棱柱 ABC ∆∴为等边三角形且1AA ⊥平面ABCAD ⊂Q 平面ABC 1AA AD ∴⊥ 132DF ∴=+=把底面ABC 与侧面11ACC A 在同一平面展开，如下图所示：当,,D E F 三点共线时，DE EF +取得最小值 又150FAD ∠=o ，3AF =1AD =()22min32cos 42372DE EF AF AD AF AD FAD ⎛⎫∴+=+-⋅∠=-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭DEF ∴∆周长的最小值为：72+本题正确选项：D 【点睛】本题考查立体几何中三角形周长最值的求解问题，关键是能够将问题转化为侧面上两点间最短距离的求解问题，利用侧面展开图可知三点共线时距离最短.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 ．3417B ．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 =，12HG 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CE =在GFH ∆中，由余弦定理可得222cos2FG FH GH GFH FG FH +-∠=⋅==. 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 ⊥β B ．若α⊥β，n ∥α，则n ⊥β C ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β D ．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．若四面体的三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和为（ ）A ．2B ．25+C ．425+D ．4【答案】B 【解析】 【分析】根据四面体的三视图可知：一侧面垂直于底面，且底面是以该侧面与底面的交线为直角边的直角三角形，然后根据面面垂直的性质定理，得到与底面的另一直角边为交线的侧面为直角三角形求解. 【详解】由四面体的三视图可知：平面PAB ⊥平面ABC ，BC AB ⊥， 所以BC ⊥平面PAB ，所以BC PB ⊥， 所以,ABC PBC V V 是直角三角形， 如图所示：所以直角三角形的面积和为:11112252252222ABC PBC S S AB BC PB BC +=⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯+=+V V 故选：B 【点睛】本题主要考查三视图的应用以及线面垂直，面面垂直的关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.5．已知正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为AB ，1AA 的中点，则异面直线1C M 与BN 所成角的大小为（ ）A ．30°B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】D 【解析】 【分析】根据题意画出图形，可将异面直线转化共面的相交直线，再进行求解 【详解】 如图：作AN 的中点'N ，连接'N M ，1'C N 由题设可知'N M BN P ，则异面直线1C M 与BN 所成角为1'N MC ∠或其补角，设正方体的边长为4，由几何关系可得，'5N M =，16C M =，1'41C N =21122''N M M C N C =+，即1'90N MC ∠=︒故选D 【点睛】本题考查异面直线的求法，属于基础题6．已知平面α∩β=l ，m 是α内不同于l 的直线，那么下列命题中错误的是（ ） A ．若m ∥β，则m ∥l B ．若m ∥l ，则m ∥β C ．若m ⊥β，则m ⊥l D ．若m ⊥l ，则m ⊥β【答案】D 【解析】 【分析】A 由线面平行的性质定理判断.B 根据两个平面相交，一个面中平行于它们交线的直线必平行于另一个平面判断.C 根据线面垂直的定义判断.D 根据线面垂直的判定定理判断. 【详解】A 选项是正确命题，由线面平行的性质定理知，可以证出线线平行；B 选项是正确命题，因为两个平面相交，一个面中平行于它们交线的直线必平行于另一个平面；C 选项是正确命题，因为一个线垂直于一个面，则必垂直于这个面中的直线；D 选项是错误命题，因为一条直线垂直于一个平面中的一条直线，不能推出它垂直于这个平面； 故选：D. 【点睛】本题主要考查线线关系和面面关系，还考查了推理论证的能力，属于中档题.7．《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍（音meng，底面为矩形的屋脊状的几何体），下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何.已知该刍甍的三视图如图所示，则此刍甍的体积等于( )A．3 B．5 C．6 D．12【答案】B【解析】【分析】首先由三视图还原几何体，再将刍甍分为三部分求解体积，最后计算求得刍甍的体积.【详解】由三视图换元为如图所示的几何体，该几何体分为三部分，中间一部分是直棱柱，两侧是相同的三棱锥，并且三棱锥的体积11311 3⨯⨯⨯=，中间棱柱的体积131232V=⨯⨯⨯= ,所以该刍甍的体积是1235⨯+=.故选：B【点睛】本题考查组合体的体积，重点考查空间想象能力和计算能力，属于中档题型.8．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2的正方形，则该几何体的表面积为()A ．132πB ．7πC ．152πD ．8π【答案】B 【解析】 【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解表面积即可． 【详解】由题意可知：几何体是一个圆柱与一个14的球的组合体，球的半径为：1，圆柱的高为2， 可得：该几何体的表面积为：22141212274ππππ⨯⨯+⨯⨯+⨯=．故选：B ． 【点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.9．棱长为2的正方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则该截面的面积为( )A ．92B ．922C ．32D ．3【答案】A 【解析】 【分析】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台，其截面是一个梯形，分别求出上下底边的长和高，代入梯形面积公式可得答案． 【详解】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台ABC DEF -，所得的组合体，其截面是一个梯形BCFE ， 22112+=22222+=222322()2+=故截面的面积1329(222)222S =⨯=， 故选：A ． 【点睛】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．10．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 ．23D 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 nEF n EF n ⋅〈〉=u u u r ru 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 u v v 令1,x = 则1y z ==；所以(1,1,1)n =r1cos ,3||||332EF n EF n EF n ⋅〈〉===⨯u u u r ru 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222cos 1sin 3θθ=-= 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.11．如图，在正方体1111ABCD A B C D -，点P 在线段1BC 上运动，则下列判断正确的是（ ）①平面1PB D ⊥平面1ACD ②1//A P 平面1ACD③异面直线1A P 与1AD 所成角的取值范围是0,3π⎛⎤ ⎥⎝⎦④三棱锥1D APC -的体积不变 A ．①② B ．①②④C ．③④D ．①④【答案】B 【解析】 【分析】由面面垂直的判定定理判断①，由面面平行的性质定理判断②，求出P 在特殊位置处时异面直线所成的角，判断③，由换底求体积法判断④． 【详解】正方体中易证直线AC ⊥平面11BDD B ，从而有1AC B D ⊥，同理有11B D AD ^，证得1B D ⊥平面1ACD ，由面面垂直判定定理得平面1PB D ⊥平面1ACD ，①正确；正方体中11//A B CD ，11//BC AD ，从而可得线面平行，然后可得面面平行，即平面11A BC //平面1ACD ，而1A P ⊂平面11A BC ，从而得1//A P 平面1ACD ，②正确；当P 是1BC 中点时，1A P 在平面11A B CD 内，正方体中仿照上面可证1AD ⊥平面11A B CD ，从而11AD A P ⊥，1A P 与1AD 所成角为90︒．③错；∵11D APC P AD C V V --=，由1//BC 平面1ACD ，知P 在线段1BC 上移动时，P 到平面1ACD 距离相等，因此1P AD C V -不变，④正确． 故选：B ． 【点睛】本题考查面面垂直的判定定理、面面平行的性质定理、异面直线所成的角、棱锥的体积等知识，考查学生的空间想象能力，属于中档题．12．以下说法正确的有几个（）①四边形确定一个平面；②如果一条直线在平面外，那么这条直线与该平面没有公共点；③过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；④如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行；A．0个B．1个C．2个D．3个【答案】B【解析】【分析】对四个说法逐一分析，由此得出正确的个数.【详解】①错误，如空间四边形确定一个三棱锥. ②错误，直线可能和平面相交. ③正确，根据公理二可判断③正确. ④错误，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能相交，也可能异面，也可能平行.综上所述，正确的说法有1个，故选B.【点睛】本小题主要考查空间有关命题真假性的判断，属于基础题.13．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．643πB．83163ππ+C．28πD．82163ππ+【答案】B【解析】【分析】结合三视图，还原直观图，得到一个圆锥和一个圆柱，计算体积，即可．【详解】结合三视图，还原直观图，得到故体积22221183242231633V r h r l πππππ=⋅+⋅=⋅+⋅⋅=+，故选B ． 【点睛】 本道题考查了三视图还原直观图，考查了组合体体积计算方法，难度中等．14．已知平面α，β和直线1l ，2l ，且2αβl =I ，则“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】B【解析】【分析】将“12l l P ”与“1l α∥且1l β∥”相互推导，根据能否推导的情况判断充分、必要条件.【详解】当“12l l P ”时，1l 可能在α或β内，不能推出“1l α∥且1l β∥”.当“1l α∥且1l β∥”时，由于2αβl =I ，故“12l l P ”.所以“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的必要不充分条件. 故选：B.【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查空间直线、平面的位置关系，属于基础题.15．我国南北朝时期数学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“缘幂势既同，则积不容异也”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与右侧三视图所对应的几何体满足“幂势既同”，其中俯视图中的圆弧为14圆周，则该不规则几何体的体积为（ ）A ．12π+B ．136π+C ．12π+D ．1233π+ 【答案】B【解析】【分析】根据三视图知该几何体是三棱锥与14圆锥体的所得组合体，结合图中数据计算该组合体的体积即可．【详解】解：根据三视图知，该几何体是三棱锥与14圆锥体的组合体， 如图所示；则该组合体的体积为21111111212323436V ππ=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+； 所以对应不规则几何体的体积为136π+． 故选B ．【点睛】本题考查了简单组合体的体积计算问题，也考查了三视图转化为几何体直观图的应用问题，是基础题．16．如图，网格纸是由边长为1的小正方形构成，若粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A ．920π+B ．926π+C ．520π+D ．526π+【答案】C【解析】【分析】 根据三视图还原为几何体，结合组合体的结构特征求解表面积.【详解】由三视图可知，该几何体可看作是半个圆柱和一个长方体的组合体，其中半圆柱的底面半圆半径为1，高为4，长方体的底面四边形相邻边长分别为1，2，高为4，所以该几何体的表面积2112141222S ππ=⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯14224520π+⨯⨯+⨯=+，故选C. 【点睛】本题主要考查三视图的识别，利用三视图还原成几何体是求解关键，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.17．在空间中,下列命题为真命题的是( ).A ．对于直线,,a b c ,若,a c b c ⊥⊥则//a bB ．对任意直线a ,在平面α中必存在一条直线b 与之垂直C ．若直线a ,b 与平面α所成的角相等,则a ∥bD ．若直线a ,b 与平面α所成的角互余,则a ⊥b【答案】B【解析】【分析】通过空间直线与直线的位置关系判断选项的正误即可。
空间向量和立体几何知识点和例题
空间向量与立体几何知方法总结•知识要点。
1. 空间向量的概念：在空间，我们把具有大小和方向的量叫做向量。
注：（1）向量一般用有向线段表示+同向等长的有向线段表示同一或相等的向量 （2）向量具有平移不变性 2. 空间向量的运算。
定义：与平面向量运算一样，空间向量的加法、减法与数乘运算如下（如图）⑵加法结合律：（a • b ） • c 二a • （b • c ） ⑶数乘分配律：■ （a • b ）二■ a • ■ b运算法则：三角形法则、平行四边形法则、平行六面体法则 3. 共线向量。
（1） 如果表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合，那么这些向量也叫做共线向量或平行 向量，a 平行于b ，记作a //b 。
矚慫润厲钐瘗睞枥庑赖。
（2） 共线向量定理：空间任意两个向量 a 、b （ b 丰0 ），a // b 存在实数人使a =Ab 。
（3） 三点共线：A 、B 、C 三点共线v=> ABAC<=> 0C 二 xOA yOB （其中x y = 1）（4）与a 共线的单位向量为4. 共面向量（1） 定义：一般地，能平移到同一平面内的向量叫做共面向量。
说明：空间任意的两向量都是共面的。
彳彳（2） 共面向量定理：如果两个向量 a,b 不共线，p 与向量a,b 共面的条件是存在实数x, y使4 4 Tp = xa yb 。
（3）四点共面：若A 、B 、c 、P 四点共面<=> AP 二xAB • yAC<=> OP = xOA yOB 彳 zOC （其中 x y z = 1）彳5. 空间向量基本定理：如果三个向量 a,b,c 不共面，那么对空间任一向量 p ，存在一个唯一的有 序实数组x, y ，z ，使x^ yb zc 。
AB = a b ；运算律：⑴加法交换律：ab aa( R)Ga*若三向量a,b,c不共面，我们把｛a,b,c｝叫做空间的一个基底，a,b,c叫做基向量，空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底。
高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》知识点训练附答案
新数学《空间向量与立体几何》高考知识点一、选择题1．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.2．已知一个几何体的三视图如图所示（正方形边长为1），则该几何体的体积为（）A．34B．78C．1516D．2324【答案】B【解析】【分析】【详解】由三视图可知：该几何体为正方体挖去了一个四棱锥A BCDE，该几何体的体积为1111711132228⎛⎫-⨯⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭ 故选B 点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.3．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，13,1AB AD AA ===,而对角线1A B 上存在一点P ，使得1AP D P +取得最小值，则此最小值为（ ）A 7B ．3C ．3D ．2【答案】A 【解析】【分析】 把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD 并求出，就是最小值．【详解】把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD ．1MD 就是1||||AP D P +的最小值，Q ||||3AB AD ==1||1AA =，∴0113tan 3,60AA B AA B ∠==．所以11=90+60=150MA D ∠o o o 2211111111132cos 13223()72MD A D A M A D A M MA D ∴=+-∠=+-⨯⨯-⋅⨯=故选A ．【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查计算能力，空间想象能力，解决此类问题常通过转化，转化为在同一平面内两点之间的距离问题，是中档题．4．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点M 在线段1CC 上，动点P 在平面．．1111D C B A 上，且AP ⊥平面1MBD .线段AP 长度的取值范围为( )A ．2⎡⎣B ．3⎡⎣C ．32⎣D ．62⎣ 【答案】D【解析】【分析】 以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，设(),,1P x y ，()0,1,M t ，由AP ⊥平面1MBD ，可得+11x t y t =⎧⎨=-⎩，然后用空间两点间的距离公式求解即可. 【详解】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，则()()()()11,0,0,1,1,0,0,1,,0,0,1A B M t D ，(),,1P x y .()1,,1AP x y =-u u u r ,()11,1,1BD =--u u u u r ,()[]1,0,0,1，BM t t =-∈u u u u r由AP ⊥平面1MBD ，则0BM AP ⋅=u u u u r u u u r 且01BD AP ⋅=u u u u r u u u r所以10x t -+=且110x y --+=得+1x t =，1y t =-. 所以()2221311222AP x y t ⎛⎫=-++=-+ ⎪⎝⎭u u u r 当12t =时，min 62AP =u u u r ，当0t =或1t =时，max 2AP =u u u r ， 所以62AP ≤≤u u u r 故选：D【点睛】本题考查空间动线段的长度的求法，考查线面垂直的应用，对于动点问题的处理用向量方法要简单些，属于中档题.5．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.6．若四面体的三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和为（ ）A ．2B ．25+C ．425+D ．4【答案】B【解析】【分析】 根据四面体的三视图可知：一侧面垂直于底面，且底面是以该侧面与底面的交线为直角边的直角三角形，然后根据面面垂直的性质定理，得到与底面的另一直角边为交线的侧面为直角三角形求解.【详解】由四面体的三视图可知：平面PAB ⊥平面ABC ，BC AB ⊥，所以BC ⊥平面PAB ，所以BC PB ⊥，所以,ABC PBC V V 是直角三角形，如图所示：所以直角三角形的面积和为:11112252252222ABC PBC S S AB BC PB BC +=⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯+=+V V 故选：B【点睛】本题主要考查三视图的应用以及线面垂直，面面垂直的关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.7．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点P 在线段1CB 上，且12B P PC =，平面α经过点1,,A P C ，则正方体1111ABCD A B C D -被平面α截得的截面面积为（ ）A ．36B ．26C ．5D ．534【答案】B【解析】【分析】 先根据平面的基本性质确定平面，然后利用面面平行的性质定理，得到截面的形状再求解.【详解】如图所示：1,,A P C 确定一个平面α，因为平面11//AA DD 平面11BB CC ，所以1//AQ PC ，同理1//AP QC ，所以四边形1APC Q 是平行四边形.即正方体被平面截的截面.因为12B P PC =，所以112C B PC =，即1PC PB ==所以11AP PC AC ===由余弦定理得：22211111cos 25AP PC AC APC AP PC +-∠==⨯所以1sin APC ∠= 所以S 四边形1APQC 1112sin 2AP PC APC =⨯⨯⨯∠=故选：B【点睛】 本题主要考查平面的基本性质，面面平行的性质定理及截面面积的求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.8．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，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R =，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．9．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．273B ．276C ．274D ．272【答案】D【解析】【分析】先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果.【详解】 几何体为一个三棱锥，高为33333，，所以体积为1127=33333=322V ⨯⨯⨯，选D. 【点睛】(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．10．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 ．3225B ．442+C ．2225D ．62【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22222123225+= 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.11．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 ．13 B．3 C ．223 D ．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 u v v 令1,x = 则1y z ==； 所以(1,1,1)n =r 1cos ,3||||332EF 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222cos 1sin 3θθ=-=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.12．已知平面α，β和直线1l ，2l ，且2αβl =I ，则“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】B【解析】【分析】将“12l l P ”与“1l α∥且1l β∥”相互推导，根据能否推导的情况判断充分、必要条件.【详解】当“12l l P ”时，1l 可能在α或β内，不能推出“1l α∥且1l β∥”.当“1l α∥且1l β∥”时，由于2αβl =I ，故“12l l P ”.所以“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的必要不充分条件. 故选：B.【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查空间直线、平面的位置关系，属于基础题.13．已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点）．设SE 与BC 所成的角为α，SE 与平面ABC D 所成的角为β，二面角S-AB-C 的平面角为γ，则（ ）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．a βγ≤≤D ．γβα≤≤【答案】C【解析】【分析】 根据题意，分别求出SE 与BC 所成的角α、SE 与平面ABC D 所成的角β、二面角S-AB-C 的平面角γ的正切值，由正四棱锥的线段大小关系即可比较大小.【详解】四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，所以四棱锥为正四棱锥，（1）过E 作//EF BC ，交CD 于F ，过底面中心O 作ON EF ⊥交EF 于N ，连接SN ，取AB 中点M ，连接OM ，如下图（1）所示：则tan SN SN NE OM α==；（2）连接,OE 如下图（2）所示，则tan SO OEβ=;（3）连接OM ，则tan SO OMγ= ，如下图（3）所示：因为,,SN SO OE OM ≥≥所以tan tan tan αγβ≥≥，而,,αβγ均为锐角，所以,αγβ≥≥故选：C.【点睛】本题考查了异面直线夹角、直线与平面夹角、平面与平面夹角的求法，属于中档题.14．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.15．若a ，b 是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列四个命题：①若a P α，b β∥，a b ⊥r r ，则αβ⊥；②若a P α，b β∥，a b ∥，则αβ∥；③若a α⊥，b β⊥，a b ∥，则αβ∥；④若a P α，b β⊥，a b ⊥r r ，则αβ∥．正确的个数为（ ） A ．0B ．1C ．2D ．3 【答案】B【解析】【分析】对每一个选项逐一分析得解.【详解】命题①中α与β还有可能平行或相交；命题②中α与β还有可能相交；命题④中α与β还有可能相交；∵a b P ，a α⊥，∴b α⊥，又b β⊥，∴αβP ．故命题③正确．故选B ．【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象能力.16．已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P -ABC 的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（ ）A ．PA ，PB ，PC 两两垂直B ．三棱锥P -ABC 的体积为83 C ．||||||6PA PB PC ===D ．三棱锥P -ABC 的侧面积为35【答案】C 【解析】 【分析】 根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图，然后再计算可得.【详解】 解：根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图如图所示，其中D 为AB 的中点，PD ⊥底面ABC .所以三棱锥P -ABC 的体积为114222323⨯⨯⨯⨯=， 2AC BC PD ∴===，2222AB AC BC ∴=+=，||||||2DA DB DC ∴===()22||||||226,PA PB PC ∴===+=222PA PB AB +≠Q ，PA ∴、PB 不可能垂直，即,PA ,PB PC 不可能两两垂直， 1222222PBA S ∆=⨯=Q ()22161252PBC PAC S S ∆∆==-=Q ∴三棱锥P -ABC 的侧面积为2522故正确的为C.故选：C.【点睛】本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题.17．已知直线和不同的平面，下列命题中正确的是A ．//m m αβαβ⊥⎫⇒⎬⊥⎭B ．m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭C ．//////m m ααββ⎫⇒⎬⎭D ．////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭【答案】D【解析】【分析】对各个选项逐一进行分析即可【详解】 A ，若αβ⊥，m β⊥，则有可能m α⊂，故A 错误B ，若αβ⊥，m α⊂，则m 与β不一定垂直，可能相交或平行，故B 错误C ，若//m α，//m β则推不出//αβ，面面平行需要在一个面内找出两条相交线与另一个平面平行，故C 错误D ，若//αβ，m α⊂，则有//m β，故D 正确故选D【点睛】本题考查了线面平行与面面平行的判断和性质，在对其判定时需要运用其平行的判定定理或者性质定理，所以要对课本知识掌握牢固，从而判断结果18．如图，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器．当这个正六棱柱容器的底面边长为（ ）时，其容积最大．A ．34B ．23C ．13D ．12【答案】B【解析】【分析】设正六棱柱容器的底面边长为x ,则正六棱柱容器的高为)312x -,则可得正六棱柱容器的容积为()())()3233921224V x x x x x x x =+⋅⋅-=-+,再利用导函数求得最值,即可求解.设正六棱柱容器的底面边长为x ,)1x -,所以正六棱柱容器的容积为()())()329214V x x x x x x x =+-=-+, 所以()227942V x x x '=-+,则在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上,()0V x '>；在2,13⎛⎫ ⎪⎝⎭上,()0V x '<, 所以()V x 在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在2,13⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减, 所以当23x =时,()V x 取得最大值, 故选:B【点睛】本题考查利用导函数求最值,考查棱柱的体积,考查运算能力.19．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.20．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∵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B。
高考数学压轴专题延安备战高考《空间向量与立体几何》知识点总复习有答案解析
数学《空间向量与立体几何》高考知识点一、选择题1．设α为平面，a ，b 为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( )A ．若//a α，//b α，则//a bB ．若a α⊥，//a b ，则b α⊥C ．若a α⊥，a b ⊥r r，则//b α D ．若//a α，a b ⊥r r，则b α⊥【答案】B 【解析】 【分析】利用空间线线、线面、面面间的关系对每一个选项逐一分析判断得解． 【详解】若//a α，//b α，则a 与b 相交、平行或异面，故A 错误；若a α⊥，//a b ，则由直线与平面垂直的判定定理知b α⊥，故B 正确； 若a α⊥，a b ⊥r r，则//b α或b α⊂，故C 错误；若//a α，a b ⊥r r，则//b α，或b α⊂，或b 与α相交，故D 错误．故选：B ． 【点睛】本题考查命题的真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．2．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2的正方形，则该几何体的表面积为( )A ．132πB ．7πC ．152πD ．8π【答案】B 【解析】 【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解表面积即可． 【详解】由题意可知：几何体是一个圆柱与一个14的球的组合体，球的半径为：1，圆柱的高为2， 可得：该几何体的表面积为：22141212274ππππ⨯⨯+⨯⨯+⨯=．故选：B ． 【点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.3．已知圆锥SC 的高是底面半径的3倍，且圆锥SC 的底面直径、体积分别与圆柱OM 的底面半径、体积相等，则圆锥SC 与圆柱OM 的侧面积之比为（ ）. A 10 B ．3:1C ．2:1D 102【答案】A 【解析】 【分析】设圆锥SC 的底面半径为r ，可求得圆锥的母线长，根据圆锥侧面积公式求得侧面积；由圆锥体积与圆柱体积相等可构造方程求得圆柱的高，进而根据圆柱侧面积公式求得圆柱侧面积，从而求得比值. 【详解】设圆锥SC 的底面半径为r ，则高为3r ，∴圆锥SC 的母线长22910l r r r =+=，∴圆锥SC 的侧面积为210rl r ππ=；圆柱OM 的底面半径为2r ，高为h ， 又圆锥的体积23133V r r r ππ=⋅=，234r h r ππ∴=，4r h ∴=， ∴圆柱OM 的侧面积为2224rh rh r πππ⋅==，∴圆锥SC 与圆柱OM 2210:10r r ππ=.故选：A . 【点睛】本题考查圆锥和圆柱侧面积的求解问题，涉及到圆锥和圆柱体积公式的应用，属于基础题.4．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于（ ）A ．23B ．13C ．12D ．34【答案】B 【解析】分析：先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果.详解：几何体如图S-ABCD ，高为1，底面为平行四边形，所以四棱锥的体积等于21111=33⨯⨯， 选B.点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断求解.5．若四面体的三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和为（ ）A ．2B ．25C ．425+D ．4【答案】B【分析】根据四面体的三视图可知：一侧面垂直于底面，且底面是以该侧面与底面的交线为直角边的直角三角形，然后根据面面垂直的性质定理，得到与底面的另一直角边为交线的侧面为直角三角形求解. 【详解】由四面体的三视图可知：平面PAB ⊥平面ABC ，BC AB ⊥， 所以BC ⊥平面PAB ，所以BC PB ⊥， 所以,ABC PBC V V 是直角三角形， 如图所示：所以直角三角形的面积和为:11112252252222ABC PBC S S AB BC PB BC +=⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯+⨯⨯=+V V . 故选：B 【点睛】本题主要考查三视图的应用以及线面垂直，面面垂直的关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.6．如图，直三棱柱ABC A B C '''-的侧棱长为3，AB BC ⊥，3AB BC ==，点E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE BF =，当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，则异面直线A F '与AC 所成的角为（ ）A ．2πB ．3π C ．4π D ．6π 【答案】C【分析】设AE BF a ==，13B EBF EBF V S B B '-'=⨯⨯V ，利用基本不等式，确定点 E ，F 的位置，然后根据//EF AC ，得到A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，再利用余弦定理求解. 【详解】设AE BF a ==，则()()23119333288B EBFa a V a a '-+-⎡⎤=⨯⨯⨯-⨯≤=⎢⎥⎣⎦，当且仅当3a a =-，即32a =时等号成立， 即当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，点E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点， 方法一：连接A E '，AF ，则352A E '=，352AF =，2292A F AA AF ''=+=，13222EF AC ==， 因为//EF AC ，所以A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，由余弦定理得222819452424cos 93222222A F EF A E A FE A F EF +-''+-'∠==='⋅⋅⨯⨯，∴4A FE π'∠=．方法二：以B 为坐标原点，以BC 、BA 、BB '分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则()0,3,0A ，()3,0,0C ，()0,3,3A '，3,0,02F ⎛⎫⎪⎝⎭， ∴3,3,32A F ⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭u u u u r ，()3,3,0AC =-u u u r ，所以9922cos ,92322A F AC A F AC A F AC +'⋅'==='⋅⨯u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r ，所以异面直线A F '与AC 所成的角为4π． 故选：C 【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，余弦定理，基本不等式以及向量法求角，还考查了推理论证运算求解的能力，属于中档题.7．如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，O 是底面1111D C B A 的中心，则O 到平面11ABC D 的距离是（ ）A ．12B ．2 C ．2 D ．3 【答案】B 【解析】 【分析】如图建立空间直角坐标系，可证明1A D ⊥平面11ABC D ，故平面11ABC D 的一个法向量为：1DA u u u u r，利用点到平面距离的向量公式即得解.【详解】如图建立空间直角坐标系，则：1111(,,1),(0,0,1),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,1)22O D A B C 111(,,0)22OD ∴=--u u u u r由于AB ⊥平面111,ADD A AD ⊂平面11ADD A1AB A D ∴⊥，又11AD A D ⊥，1AB AD I1A D ∴⊥平面11ABC D故平面11ABC D 的一个法向量为：1(1,0,1)DA =u u u u rO ∴到平面11ABC D 的距离为：1111||224||2OD DA d DA ⋅===u u u u r u u u u ru u u u r 故选：B 【点睛】本题考查了点到平面距离的向量表示，考查了学生空间想象，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.8．已知一个几何体的三视图如图所示（正方形边长为1），则该几何体的体积为（ ）A ．34B ．78C ．1516D ．2324【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】由三视图可知：该几何体为正方体挖去了一个四棱锥A BCDE -，该几何体的体积为1111711132228⎛⎫-⨯⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭ 故选B点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.9．已知平面α⊥平面β，l αβ=I ，a α⊂，b β⊂，则“a l ⊥”是“a b ⊥r r”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A 【解析】 【分析】根据面面垂直的性质定理，以及充要条件的判定方法，即可作出判定，得到答案. 【详解】由题意知，平面α⊥平面β，,,l a b αβαβ⋂=⊂⊂，当a l ⊥时，利用面面垂直的性质定理，可得a b ⊥r r成立，反之当a b ⊥r r时，此时a 与l 不一定是垂直的，所以a l ⊥是a b ⊥r r的充分不必要条件，故选A.【点睛】本题主要考查了充要条件的判定，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理，以及充要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.10．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面ABCD 内（不包括边界），若1B P P 平面1A BM ，则1C P 的最小值是（ ）A ．305B ．2305 C ．275D ．475【答案】B 【解析】 【分析】在11A D 上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接11,,,DN NB B Q QD ，根据面面平行的判定定理可知平面1//B QDN 平面1A BM ，从而可得P 的轨迹是DN （不含,D N 两点）；由垂直关系可知当CP DN ⊥时，1C P 取得最小值；利用面积桥和勾股定理可求得最小值. 【详解】如图，在11A D 上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接11,,,DN NB B Q QD//DN BM Q ，1//DQ A M 且DN DQ D =I ，1BM A M M =I∴平面1//B QDN 平面1A BM ，则动点P 的轨迹是DN （不含,D N 两点）又1CC ⊥平面ABCD ，则当CP DN ⊥时，1C P 取得最小值此时，22512CP ==+ 221223025C P ⎛⎫∴≥+= ⎪⎝⎭本题正确选项：B 【点睛】本题考查立体几何中动点轨迹及最值的求解问题，关键是能够通过面面平行关系得到动点的轨迹，从而找到最值取得的点.11．如图，在正方体1111ABCD A B C D -，点P 在线段1BC 上运动，则下列判断正确的是（ ）①平面1PB D ⊥平面1ACD ②1//A P 平面1ACD③异面直线1A P 与1AD 所成角的取值范围是0,3π⎛⎤ ⎥⎝⎦④三棱锥1D APC -的体积不变 A ．①② B ．①②④C ．③④D ．①④【答案】B 【解析】 【分析】由面面垂直的判定定理判断①，由面面平行的性质定理判断②，求出P 在特殊位置处时异面直线所成的角，判断③，由换底求体积法判断④． 【详解】正方体中易证直线AC ⊥平面11BDD B ，从而有1AC B D ⊥，同理有11B D AD ^，证得1B D ⊥平面1ACD ，由面面垂直判定定理得平面1PB D ⊥平面1ACD ，①正确；正方体中11//A B CD ，11//BC AD ，从而可得线面平行，然后可得面面平行，即平面11A BC //平面1ACD ，而1A P ⊂平面11A BC ，从而得1//A P 平面1ACD ，②正确；当P 是1BC 中点时，1A P 在平面11A B CD 内，正方体中仿照上面可证1AD ⊥平面11A B CD ，从而11AD A P ⊥，1A P 与1AD 所成角为90︒．③错；∵11D APC P AD C V V --=，由1//BC 平面1ACD ，知P 在线段1BC 上移动时，P 到平面1ACD 距离相等，因此1P AD C V -不变，④正确． 故选：B ． 【点睛】本题考查面面垂直的判定定理、面面平行的性质定理、异面直线所成的角、棱锥的体积等知识，考查学生的空间想象能力，属于中档题．12．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.13．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E 、F ，且EF=12．则下列结论中正确的个数为①AC ⊥BE ；②EF ∥平面ABCD ；③三棱锥A ﹣BEF 的体积为定值；④AEF ∆的面积与BEF ∆的面积相等，A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】B【解析】试题分析：①中AC ⊥BE ，由题意及图形知，AC ⊥面DD1B1B ，故可得出AC ⊥BE ，此命题正确；②EF ∥平面ABCD ，由正方体ABCD-A1B1C1D1的两个底面平行，EF 在其一面上，故EF 与平面ABCD 无公共点，故有EF ∥平面ABCD ，此命题正确；③三棱锥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DD1B1B 距离是定值，故可得三棱锥A-BEF 的体积为定值，此命题正确；④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 的面积相等不正确考点：1．正方体的结构特点；2．空间线面垂直平行的判定与性质14．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 ．22 B．25 C ．265 D ．266【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=1MN A 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.15．已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P -ABC 的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（ ）A ．PA ，PB ，PC 两两垂直B ．三棱锥P -ABC 的体积为83 C ．||||||6PA PB PC ===D ．三棱锥P -ABC 的侧面积为35【答案】C 【解析】 【分析】 根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图，然后再计算可得.【详解】 解：根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图如图所示，其中D 为AB 的中点，PD ⊥底面ABC .所以三棱锥P -ABC 的体积为114222323⨯⨯⨯⨯=， 2AC BC PD ∴===，2222AB AC BC ∴=+=，||||||2DA DB DC ∴===()22||||||226,PA PB PC ∴===+=222PA PB AB +≠Q ，PA ∴、PB 不可能垂直，即,PA ,PB PC 不可能两两垂直， 1222222PBA S ∆=⨯=Q ()22161252PBC PAC S S ∆∆==-=Q∴三棱锥P-ABC的侧面积为2522+.故正确的为C.故选：C.【点睛】本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题. 16．在三棱锥P ABC-中，PA⊥平面ABC，2π,43BAC AP∠==，23AB AC==，则三棱锥P ABC-的外接球的表面积为（）A．32πB．48πC．64πD．72π【答案】C【解析】【分析】先求出ABCV的外接圆的半径，然后取ABCV的外接圆的圆心G，过G作//GO AP，且122GO AP==，由于PA⊥平面ABC，故点O为三棱锥P ABC-的外接球的球心，OA为外接球半径，求解即可.【详解】在ABCV中，23AB AC==，23BACπ∠=，可得6ACBπ∠=，则ABCV的外接圆的半径2323π2sin2sin6ABrACB===，取ABCV的外接圆的圆心G，过G作//GO AP，且122GO AP==，因为PA⊥平面ABC，所以点O为三棱锥P ABC-的外接球的球心，则222OA OG AG=+，即外接球半径()222234R=+=，则三棱锥P ABC-的外接球的表面积为24π4π1664πR=⨯=.故选C.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球表面积的求法，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.17．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 ．B ．12πC ．D ．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，可得截面是边长为的圆，且高为，所以其表面积为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.18．已知直三棱柱111ABC A B C -的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1，此三棱柱的高为A ．323πB ．163πC ．83πD ．643π 【答案】A【解析】【分析】求得该直三棱柱的底面外接圆直径为22r ==，再根据球的性质，求得外接球的直径2R =，利用球的体积公式，即可求解.【详解】由题意可得该直三棱柱的底面外接圆直径为221r r ==⇒=，根据球的性质，可得外接球的直径为24R ===，解得2R =， 所以该三棱柱的外接球的体积为343233V R ππ==，故选A. 【点睛】本题主要考查了球的体积的计算，以及组合体的性质的应用，其中解答中找出合适的模型，合理利用球的性质求得外接球的半径是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.19．在空间中，下列命题正确的是A ．如果一个角的两边和另一角的两边分别平行,那么这两个角相等B ．两条异面直线所成的有的范围是0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行D ．如果一条直线和平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行 【答案】C【解析】【分析】根据两个角可能互补判断A ；根据两条异面直线所成的角不能是零度,判断B ；根据根据两个平面平行的性质定理知判断C ；利用直线与这个平面平行或在这个平面内判断D.【详解】如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行,这两个角相等或互补,故A 不正确； 两条异面直线所成的角不能是零度,故B 不正确；根据两个平面平行的性质定理知C 正确；如果一条直线和一个平面内的一条直线平行,那么这条直线与这个平面平行或在这个平面内,故D 不正确,综上可知只有C 的说法是正确的,故选C.【点睛】本题考查平面的基本性质及推论,考查等角定理,考查两个平面平行的性质定理,考查异面直线所成的角的取值范围,考查直线与平面平行的判断定理,意在考查对基础知识的掌握情况，本题是一个概念辨析问题.20．如图1，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，Q 分别是线段AD 1，B 1C ，C 1D 1上的动点，当三棱锥Q-BMN 的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为A ．2B ．1C ．32D ．52【答案】C【解析】【分析】判断俯视图的形状，利用三视图数据求解俯视图的面积即可．【详解】由正视图可知：M 是1AD 的中点，N 在1B 处，Q 在11C D 的中点，俯视图如图所示：可得其面积为：1113222111122222⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=，故选C ． 【点睛】 本题主要考查三视图求解几何体的面积与体积，判断它的形状是解题的关键，属于中档题.。
高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》知识点总复习附答案解析
数学《空间向量与立体几何》知识点练习一、选择题1．设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列四个命题：①若m α⊥，//n α，则m n ⊥； ②若//αβ，m α⊥，则m β⊥； ③若//m α，//n α，则//m n ； ④若m α⊥，αβ⊥，则//m β. 其中真命题的序号为（ ） A ．①和② B ．②和③C ．③和④D ．①和④【答案】A 【解析】 【分析】逐一分析命题①②③④的正误，可得出合适的选项. 【详解】对于命题①，若//n α，过直线n 作平面β，使得a αβ⋂=，则//a n ，m α⊥Q ，a α⊂，m a ∴⊥，m n ∴⊥，命题①正确；对于命题②，对于命题②，若//αβ，m α⊥，则m β⊥，命题②正确； 对于命题③，若//m α，//n α，则m 与n 相交、平行或异面，命题③错误； 对于命题④，若m α⊥，αβ⊥，则m β⊂或//m β，命题④错误. 故选：A. 【点睛】本题考查有关线面、面面位置关系的判断，考查推理能力，属于中等题.2．鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（ ）A ．8(6623)+B ．6(8823)+C ．8(632)+D ．6(8832)+ 【答案】A 【解析】 【分析】该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可. 【详解】由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为222+的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为2，则该几何体的表面积为2116(222)42282322S ⎡⎤=⨯+-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⎢⎥⎣⎦8(6623)=++.故选：A. 【点睛】本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.3．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 ．3417B ．23417C ．51717D ．31717【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.4．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点M 在线段1CC 上，动点P 在平面．．1111D C B A 上，且AP ⊥平面1MBD .线段AP 长度的取值范围为( )A ．2⎡⎣B ．3⎡⎣C ．32⎣D ．62⎣ 【答案】D 【解析】 【分析】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，设(),,1P x y ，()0,1,M t ，由AP ⊥平面1MBD ，可得+11x t y t=⎧⎨=-⎩，然后用空间两点间的距离公式求解即可.【详解】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系， 则()()()()11,0,0,1,1,0,0,1,,0,0,1A B M t D ，(),,1P x y .()1,,1AP x y =-u u u r ,()11,1,1BD =--u u u u r ,()[]1,0,0,1，BM t t =-∈u u u u r由AP ⊥平面1MBD ，则0BM AP ⋅=u u u u r u u u r且01BD AP ⋅=u u u u r u u u r所以10x t -+=且110x y --+=得+1x t =，1y t =-.所以()2221311222AP x y t ⎛⎫=-++=-+⎪⎝⎭u u u r当12t =时，min 6AP =u u u r ，当0t =或1t =时，max 2AP =u u u r ， 所以62AP ≤≤u u ur故选：D【点睛】本题考查空间动线段的长度的求法，考查线面垂直的应用，对于动点问题的处理用向量方法要简单些，属于中档题.5．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 ⊥β B ．若α⊥β，n ∥α，则n ⊥β C ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β D ．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.6．如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，O 是底面1111D C B A 的中心，则O 到平面11ABC D 的距离是（ ）A ．12B ．2 C ．2 D ．3 【答案】B 【解析】 【分析】如图建立空间直角坐标系，可证明1A D ⊥平面11ABC D ，故平面11ABC D 的一个法向量为：1DA u u u u r，利用点到平面距离的向量公式即得解.【详解】如图建立空间直角坐标系，则：1111(,,1),(0,0,1),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,1)22O D A B C111(,,0)22OD ∴=--u u u u r由于AB ⊥平面111,ADD A AD ⊂平面11ADD A1AB A D ∴⊥，又11AD A D ⊥，1AB AD I1A D ∴⊥平面11ABC D故平面11ABC D 的一个法向量为：1(1,0,1)DA =u u u u rO ∴到平面11ABC D 的距离为：1111||4||OD DA d DA ⋅===u u u u r u u u u ru u u u r 故选：B 【点睛】本题考查了点到平面距离的向量表示，考查了学生空间想象，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.7．设α为平面，a ，b 为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( ) A ．若//a α，//b α，则//a b B ．若a α⊥，//a b ，则b α⊥ C ．若a α⊥，a b ⊥r r ，则//b α D ．若//a α，a b ⊥r r，则b α⊥【答案】B 【解析】 【分析】利用空间线线、线面、面面间的关系对每一个选项逐一分析判断得解． 【详解】若//a α，//b α，则a 与b 相交、平行或异面，故A 错误；若a α⊥，//a b ，则由直线与平面垂直的判定定理知b α⊥，故B 正确； 若a α⊥，a b ⊥r r，则//b α或b α⊂，故C 错误；若//a α，a b ⊥r r，则//b α，或b α⊂，或b 与α相交，故D 错误．故选：B ． 【点睛】本题考查命题的真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．8．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,点12,P P 分别是线段1,AB BD （不包括端点）上的动点,且线段12PP 平行于平面11A ADD ,则四面体121PP AB 的体积的最大值是 A ．124B ．112C ．16D ．12【答案】A【解析】由题意在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点12,P P 分别是线段1,AB BD 上的动点，且线段12PP 平行于平面11121,AADD PP B AD B ∆~∆， 设1,(0,1)PB x x =∈，即1222,PP x P =到平面11AA B B 的距离为x ， 所以四棱锥121PP AB 的体积为2111(1)1()326V x x x x =⨯⨯-⨯⨯=-， 当12x =时，体积取得最大值124，故选A ．点睛：本题考查了空间几何体的结构特征，及几何体的体积的计算，其中解答中找出所求四面体的底面面积和四面体的高是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，对于空间几何体的体积与表面积的计算时，要正确把握几何体的结构特征和线面位置关系在解答中的应用．9．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 ．23D 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 nEF n EF n ⋅〈〉=u u u r ru 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 u v v 令1,x = 则1y z ==；所以(1,1,1)n =r1cos ,3||||332EF n EF n EF n ⋅〈〉===⨯u u u r ru 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222cos 1sin θθ=-= 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.10．已知m ，l 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出αβ⊥的是（ ）A ．m l ⊥，m β⊂，l α⊥B ．m l ⊥，l αβ=I ，m α⊂C ．//m l ，m α⊥，l β⊥D ．l α⊥，//m l ，//m β【答案】D 【解析】 【分析】A ，有可能出现α，β平行这种情况.B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况.C ，根据面面平行的性质定理判断.D ，根据面面垂直的判定定理判断. 【详解】对于A ，m l ⊥，m β⊂，l α⊥，则//αβ或α，β相交，故A 错误； 对于B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况，故B 错误；对于C ，因为//m l ，m α⊥，则l α⊥，由因为l βαβ⊥⇒∥，故C 错误； 对于D ，l α⊥，m l m α⇒⊥∥，又由m βαβ⇒⊥∥，故D 正确. 故选：D 【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.11．已知,m l 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列可以推出αβ⊥的是（ ）A ．,,m l m l βα⊥⊂⊥B ．,,m l l m αβα⊥⋂=⊂C ．//,,m l m l αβ⊥⊥D ．,//,//l m l m αβ⊥【答案】D 【解析】 【分析】A ，有可能出现α，β平行这种情况.B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况.C ，根据面面平行的性质定理判断.D ，根据面面垂直的判定定理判断. 【详解】对于A ，m l ⊥，m β⊂，若l β⊥，则//αβ，故A 错误； 对于B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况，故B 错误；对于C ，因为//m l ，m α⊥，则l α⊥，又因为l βαβ⊥⇒∥，故C 错误； 对于D ，l α⊥，m l m α⇒⊥∥，又由m βαβ⇒⊥∥，故D 正确. 故选：D 【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.12．设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．“m βP ”是“αβP ”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】 试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B ．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.13．如图，平面四边形ABCD 中，1AB AD CD ===，2BD =，BD CD ⊥，将其沿对角线BD 折成四面体A BCD '-，使平面A BD '⊥平面BCD ，若四面体A BCD '-的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）A ．3πB 3C ．4πD 3 【答案】A 【解析】 【分析】设BC 的中点是E ，连接DE ，由四面体A′BCD 的特征可知，DE 即为球体的半径. 【详解】设BC 的中点是E ，连接DE ，A′E ， 因为AB ＝AD ＝1，BD 2 由勾股定理得：BA ⊥AD又因为BD ⊥CD ，即三角形BCD 为直角三角形 所以DE 为球体的半径3DE =23432S ππ== 故选A 【点睛】求解球体的表面积、体积的问题，其实质是求球体的半径，解题的关键是构造关于球体半径R 的方程式，构造常用的方法是构造直角三角形，再利用勾股定理建立关于半径R 的方程.14．已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P -ABC 的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（ ）A ．PA ，PB ，PC 两两垂直B ．三棱锥P -ABC 的体积为83 C ．||||||6PA PB PC ===D ．三棱锥P -ABC 的侧面积为35【答案】C 【解析】 【分析】 根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图，然后再计算可得.【详解】 解：根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图如图所示，其中D 为AB 的中点，PD ⊥底面ABC .所以三棱锥P -ABC 的体积为114222323⨯⨯⨯⨯=， 2AC BC PD ∴===，2222AB AC BC ∴=+=，||||||2DA DB DC ∴===()22||||||226,PA PB PC ∴===+=222PA PB AB +≠Q ，PA ∴、PB 不可能垂直，即,PA ,PB PC 不可能两两垂直， 1222222PBA S ∆=⨯=Q ()22161252PBC PAC S S ∆∆==-=Q ∴三棱锥P -ABC 的侧面积为2522故正确的为C.故选：C.【点睛】本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题.15．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．238B ．823+C ．283D ．10【答案】A【解析】【分析】根据三视图可知该几何体为一组合体，是一个棱长为2的正方体与三棱锥的组合体，根据体积公式分别计算即可.【详解】几何体为正方体与三棱锥的组合体，由正视图、俯视图可得该几何体的体积为311232+232832V =⨯⨯=, 故选A.【点睛】本题主要考查了三视图，正方体与三棱锥的体积公式，属于中档题.16．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.17．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 ．19196πD ．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)33V 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.18．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 ∆=，故最大面的面积为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.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．已知直三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等，M 为11A C 的中点，则AM 与1BC 所成角的余弦值为( )A ．15B ．5C ．64D ．10 【答案】D【解析】【分析】取AC 的中点N ，连接1C N ，则1//AM C N ,所以异面直线AM 与1BC 所成角就是直线AM 与1C N 所成角，在1BNC ∆中，利用余弦定理，即可求解．【详解】由题意，取AC 的中点N ，连接1C N ，则1//AM C N ,所以异面直线AM 与1BC 所成角就是直线AM 与1C N 所成角，设正三棱柱的各棱长为2,则115,22,3C N BC BN ===，设直线AM 与1C N 所成角为θ，在1BNC ∆中，由余弦定理可得222(5)(22)(3)10cos 42522θ+-==⨯⨯， 即异面直线AM 与1BC 所成角的余弦值为10，故选D ．【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．。
高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》知识点训练附答案
【高中数学】《空间向量与立体几何》考试知识点一、选择题1．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.2．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．273B．276C．274D．272【答案】D【解析】【分析】先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果.【详解】几何体为一个三棱锥，高为33333，，所以体积为1127=33333=322V⨯⨯⨯，选D.【点睛】(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．3．已知正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为AB ，1AA 的中点，则异面直线1C M 与BN 所成角的大小为（ ）A ．30°B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】D 【解析】 【分析】根据题意画出图形，可将异面直线转化共面的相交直线，再进行求解 【详解】 如图：作AN 的中点'N ，连接'N M ，1'C N 由题设可知'N M BN P ，则异面直线1C M 与BN 所成角为1'N MC ∠或其补角，设正方体的边长为4，由几何关系可得，'5N M =，16C M =，1'41C N =21122''N M M C N C =+，即1'90N MC ∠=︒故选D 【点睛】本题考查异面直线的求法，属于基础题4．四面体ABCD 的四个顶点都在球O 的表面上，AB BCD ⊥平面，BCD V 是边长为3的等边三角形，若2AB =，则球O 的表面积为( ) A ．16π B ．323π C ．12π D ．32π【答案】A 【解析】 【分析】先求底面外接圆直径,再求球的直径,再利用表面积2S D π=求解即可. 【详解】BCD V 外接圆直径23sin 3CD d CBD ===∠ , 故球的直径平方222222(23)16D AB d =+=+=,故外接球表面积216S D ππ==故选：A 【点睛】本题主要考查侧棱垂直底面的锥体外接球表面积问题,先利用正弦定理求得底面直径d ,再利用锥体高h ,根据球直径22D d h =+求解即可.属于中等题型.5．已知ABC V 的三个顶点在以O 为球心的球面上，且22cos A =，1BC =，3AC =，三棱锥O ABC -的体积为14，则球O 的表面积为( ) A ．36π B ．16πC ．12πD ．163π【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理和勾股定理的逆定理即可判断三角形ABC 是直角三角形，根据棱锥的体积求出O 到平面ABC 的距离，利用勾股定理计算球的半径OA ，得出球的面积． 【详解】由余弦定理得22229122cos 26AB AC BC AB A AB AC AB +-+-===g ，解得22AB =， 222AB BC AC ∴+=，即AB BC ⊥．AC ∴为平面ABC 所在球截面的直径．作OD ⊥平面ABC ，则D 为AC 的中点， 111142213326O ABC ABC V S OD OD -∆==⨯⨯⨯⨯=Q g ， 7OD ∴=． 222OA OD AD ∴=+=． 2416O S OA ππ∴=⋅=球．故选：B ．【点睛】本题考查了球与棱锥的关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，判断ABC ∆的形状是关键．6．设α为平面，a ，b 为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( ) A ．若//a α，//b α，则//a b B ．若a α⊥，//a b ，则b α⊥ C ．若a α⊥，a b ⊥r r，则//b α D ．若//a α，a b ⊥r r，则b α⊥【答案】B 【解析】 【分析】利用空间线线、线面、面面间的关系对每一个选项逐一分析判断得解． 【详解】若//a α，//b α，则a 与b 相交、平行或异面，故A 错误；若a α⊥，//a b ，则由直线与平面垂直的判定定理知b α⊥，故B 正确； 若a α⊥，a b ⊥r r，则//b α或b α⊂，故C 错误；若//a α，a b ⊥r r，则//b α，或b α⊂，或b 与α相交，故D 错误．故选：B ． 【点睛】本题考查命题的真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．7．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.8．三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ︒∠=∠=，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A 3B 6C 3D ．36【答案】B 【解析】 【分析】设1AA c=u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v，根据向量线性运算法则可表示出1AB u u u v 和1BC u u u u v ；分别求解出11AB BC ⋅u u u v u u u u v 和1AB u u u v ，1BC u u u u v ，根据向量夹角的求解方法求得11cos ,AB BC <>u u u v u u u u v，即可得所求角的余弦值. 【详解】设棱长为1，1AA c =u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v由题意得：12a b ⋅=v v ，12b c ⋅=v v ，12a c ⋅=v v1AB a c =+u u u v v v Q ，11BC BC BB b a c =+=-+u u u u v u u u v u u u v v v v()()22111111122AB BC a c b a c a b a a c b c a c c ∴⋅=+⋅-+=⋅-+⋅+⋅-⋅+=-++=u u u v u u u u v v v v v v v v v v v v v v v v又()222123AB a c a a c c =+=+⋅+=u u u v v v v v v v()222212222BC b a cb ac a b b c a c =-+=++-⋅+⋅-⋅=u u u u vv v v v v v v v v v v v1111116cos ,6AB BC AB BC AB BC ⋅∴<>===⋅u u u v u u u u vu u u v u u u u v u u u v u u u u v即异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为：66本题正确选项：B 【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.9．以下说法正确的有几个（ ）①四边形确定一个平面；②如果一条直线在平面外，那么这条直线与该平面没有公共点；③过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；④如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行；A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个【答案】B 【解析】 【分析】对四个说法逐一分析，由此得出正确的个数. 【详解】①错误，如空间四边形确定一个三棱锥. ②错误，直线可能和平面相交. ③正确，根据公理二可判断③正确. ④错误，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能相交，也可能异面，也可能平行.综上所述，正确的说法有1个，故选B. 【点睛】本小题主要考查空间有关命题真假性的判断，属于基础题.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 ．89π C ．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 rV 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．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．643πB．8316ππC．28πD．82163ππ+【答案】B【解析】【分析】结合三视图，还原直观图，得到一个圆锥和一个圆柱，计算体积，即可．【详解】结合三视图，还原直观图，得到故体积22221183242231633V r h r l ππππππ=⋅+⋅=⋅+⋅⋅=+，故选B ． 【点睛】本道题考查了三视图还原直观图，考查了组合体体积计算方法，难度中等．12．设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．“m βP ”是“αβP ”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】 试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B ．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.13．古代数学名著《张丘建算经》中有如下问题：“今有仓，东西袤一丈二尺，南北广七尺，南壁高九尺，北壁高八尺，问受粟几何？”.题目的意思是：“有一粮仓的三视图如图所示（单位：尺），问能储存多少粟米？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，估算粮仓可以储存的粟米约有（取整数）（ ）A．441斛B．431斛C．426斛D．412斛【答案】A【解析】【分析】由三视图可知：上面是一个横放的三棱柱，下面是一个长方体．由体积计算公式即可得出．【详解】解：由三视图可知：上面是一个横放的三棱柱，下面是一个长方体．∴体积117127812714V=⨯⨯⨯+⨯⨯=，2∴粮仓可以储存的粟米714441=≈斛．1.62故选：A．14．如图长方体中，过同一个顶点的三条棱的长分别为2、4、6，A点为长方体的一个顶点，B点为其所在棱的中点，则沿着长方体的表面从A点到B点的最短距离为（）A29B．35C41D．213【答案】C【解析】【分析】由长方体的侧面展开图可得有3种情况如下：①当B点所在的棱长为2；②当B点所在的棱长为4；③当B点所在的棱长为6，分别再求出展开图AB的距离即可得最短距离.【详解】由长方体的侧面展开图可得：（1）当B点所在的棱长为2，则沿着长方体的表面从A到B的距离可能为===（2）当B点所在的棱长为4，则沿着长方体的表面从A到B的距离可能为===（3）当B点所在的棱长为6，则沿着长方体的表面从A到B的距离可能为===综上所述，沿着长方体的表面从A点到B.故选：C.【点睛】本题考查长方体的展开图，考查空间想象与推理能力，属于中等题.15．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．44B．22C．44D．11【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：11cos22AE A BAE A Bθ⋅===⋅u u u r u u u ru 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 .16．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 ．1919πD ．287π 【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.17．已知直线和不同的平面，下列命题中正确的是A ．//m m αβαβ⊥⎫⇒⎬⊥⎭B ．m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭C ．//////m m ααββ⎫⇒⎬⎭D ．////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭【答案】D【解析】【分析】对各个选项逐一进行分析即可【详解】 A ，若αβ⊥，m β⊥，则有可能m α⊂，故A 错误B ，若αβ⊥，m α⊂，则m 与β不一定垂直，可能相交或平行，故B 错误C ，若//m α，//m β则推不出//αβ，面面平行需要在一个面内找出两条相交线与另一个平面平行，故C 错误D ，若//αβ，m α⊂，则有//m β，故D 正确故选D【点睛】本题考查了线面平行与面面平行的判断和性质，在对其判定时需要运用其平行的判定定理或者性质定理，所以要对课本知识掌握牢固，从而判断结果18．如图1，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，Q 分别是线段AD 1，B 1C ，C 1D 1上的动点，当三棱锥Q-BMN 的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为A ．2B ．1C ．32D ．52【答案】C【解析】【分析】判断俯视图的形状，利用三视图数据求解俯视图的面积即可．【详解】由正视图可知：M 是1AD 的中点，N 在1B 处，Q 在11C D 的中点，俯视图如图所示：可得其面积为：1113222111122222⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=，故选C ． 【点睛】 本题主要考查三视图求解几何体的面积与体积，判断它的形状是解题的关键，属于中档题.19．已知直三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等，M 为11A C 的中点，则AM 与1BC 所成角的余弦值为( )A 15B 5C 6D 10 【答案】D【解析】【分析】取AC 的中点N ，连接1C N ，则1//AM C N ,所以异面直线AM 与1BC 所成角就是直线AM 与1C N 所成角，在1BNC ∆中，利用余弦定理，即可求解．【详解】由题意，取AC 的中点N ，连接1C N ，则1//AM C N ,所以异面直线AM 与1BC 所成角就是直线AM 与1C N 所成角，设正三棱柱的各棱长为2,则115,22,3C N BC BN ===设直线AM 与1C N 所成角为θ，在1BNC ∆中，由余弦定理可得222(5)(22)(3)10cos 42522θ==⨯⨯， 即异面直线AM 与1BC 10，故选D ．【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．20．如图所示，在平行六面体ABCD A B C D ''''-中1AB =，2AD =，3AA '=，90BCD ∠=︒，60BAA DAA ''∠=∠=︒，则AC '的长为（ ）A 13B 23C 33D 43【答案】B【解析】【分析】 由向量AC AB BC CC ''=++u u u u r u u u r u u u r u u u u r 得：()()22AC AB BC CC ''=++u u u u r u u u r u u u r u u u u r ，展开化简，再利用向量的数量积，便可得出答案.【详解】 AC AB BC CC ''=++u u u u r u u u r u u u r u u u u r Q ，()()()()()222222()AC AB BC CC AB BC CC AB BC AB CC BC CC '''''∴=++=+++⋅+⋅+⋅u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r uu u r u u u u r u u u r u u u u r ()222291232(013cos6023cos60)142232AC ︒︒'∴=+++⨯+⨯+⨯=+⨯=u u u u r . 23AC '∴=u u u u r ，即AC '23故选：B.【点睛】 本题主要考查了空间向量在立体几何中的应用，掌握向量法求线段长的方法是解题关键，属于中档题目.。
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§1－3 空间向量与立体几何【知识要点】1．空间向量及其运算： (1)空间向量的线性运算：①空间向量的加法、减法和数乘向量运算：平面向量加、减法的三角形法则和平行四边形法则拓广到空间依然成立．②空间向量的线性运算的运算律： 加法交换律：a ＋b ＝b ＋a ；加法结合律：(a ＋b ＋c )＝a ＋(b ＋c )； 分配律：(＋)a ＝a ＋a ；(a ＋b )＝a ＋b ． (2)空间向量的基本定理： ①共线(平行)向量定理：对空间两个向量a ，b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数，使得a ∥b ．②共面向量定理：如果两个向量a ，b 不共线，则向量c 与向量a ，b 共面的充要条件是存在惟一一对实数，，使得c ＝a ＋b ．③空间向量分解定理：如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在惟一的有序实数组1，2，3，使得p ＝1a ＋2b ＋3c ．(3)空间向量的数量积运算：①空间向量的数量积的定义：a ·b ＝|a ｜|b ｜c os 〈a ，b 〉； ②空间向量的数量积的性质：a ·e ＝|a ｜c os ＜a ，e ＞；a ⊥b ⇔a ·b ＝0； |a |2＝a ·a ；|a ·b |≤|a ｜|b ｜． ③空间向量的数量积的运算律： (a )·b ＝(a ·b )； 交换律：a ·b ＝b ·a ；分配律：(a ＋b )·c ＝a ·c ＋b ·c ． (4)空间向量运算的坐标表示：①空间向量的正交分解：建立空间直角坐标系Oxyz ，分别沿x 轴，y 轴，z 轴的正方向引单位向量i ，j ，k ，则这三个互相垂直的单位向量构成空间向量的一个基底{i ，j ，k ｝，由空间向量分解定理，对于空间任一向量a ，存在惟一数组(a 1，a 2，a 3)，使a ＝a 1i ＋a 2j ＋a 3k ，那么有序数组(a 1，a 2，a 3)就叫做空间向量a 的坐标，即a ＝(a 1，a 2，a 3)．②空间向量线性运算及数量积的坐标表示： 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ＋b ＝(a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3)；a －b ＝(a 1－b 1，a 2－b 2，a 3－b 3)；a ＝(a 1，a 2，a 3)；a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3． ③空间向量平行和垂直的条件： a ∥b (b ≠0)⇔a ＝b ⇔a 1＝b 1，a 2＝b 2，a 3＝b 3(∈R )； a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0． ④向量的夹角与向量长度的坐标计算公式： 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则;||,||232221232221b b b a a a ++==++==⋅⋅b b b a a a;||||,cos 232221232221332211b b b a a a b a b a b a ++++++=>=<⋅b a ba b a在空间直角坐标系中，点A (a 1，a 2，a 3)，B (b 1，b 2，b 3)，则A ，B 两点间的距离是.)()()(||233222211b a b a b a AB -+-+-=2．空间向量在立体几何中的应用： (1)直线的方向向量与平面的法向量：①如图，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线，对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使得a t OA OP +=，其中向量a 叫做直线的方向向量．由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定． ②如果直线l ⊥平面，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面的法向量． 由此可知，给定一点A 及一个向量a ，那么经过点A 以向量a 为法向量的平面惟一确定． (2)用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系： 设直线l ，m 的方向向量分别是a ，b ，平面，的法向量分别是u ，v ，则 ①l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； ②l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③l ∥⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0； ④l ⊥⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ； ⑤∥⇔u ∥v ⇔u ＝k v ，k ∈R ； ⑥⊥⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0．(3)用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题：①异面直线所成的角：设a ，b 是两条异面直线，过空间任意一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做异面直线a 与b 所成的角．设异面直线a 与b 的方向向量分别是v 1，v 2，a 与b 的夹角为，显然],2π,0(∈θ则⋅=><⋅|||||||,cos |212121v v v v v v②直线和平面所成的角：直线和平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角．设直线a 的方向向量是u ，平面的法向量是v ，直线a 与平面的夹角为，显然]2π,0[∈θ，则⋅=><⋅|||||||,cos |v u v u v u③二面角及其度量：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．记作－l－在二面角的棱上任取一点O，在两个半平面内分别作射线OA⊥l，OB⊥l，则∠AOB 叫做二面角－l－的平面角．利用向量求二面角的平面角有两种方法：方法一：如图，若AB，CD分别是二面角－l－的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二AB与的夹角的大小．面角－l－的大小就是向量CD方法二：如图，m1，m2分别是二面角的两个半平面，的法向量，则〈m1，m2〉与该二面角的大小相等或互补．(4)根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立体几何问题．【复习要求】1．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．2．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．3．掌握空间向量的数量积及其坐标表示；能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．4．理解直线的方向向量与平面的法向量．5．能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系．6．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．【例题分析】例1如图，在长方体OAEB－O1A1E1B1中，OA＝3，OB＝4，OO1＝2，点P在棱AA1上，且AP＝2PA1，点S在棱BB1上，且B1S＝2SB，点Q，R分别是O1B1，AE的中点，求证：PQ∥RS．【分析】建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k ，使得.RS k PQ =解：如图建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，4，0)，O 1(0，0，2)，A 1(3，0，2)，B 1(0，4，2)，E (3，4，0)．∵AP ＝2PA 1， ∴),34,0,0()2,0,0(32321===AA AP ∴⋅)34,0,3(P同理可得：Q (0，2，2)，R (3，2，0)，⋅)32,4,0(S,)32,2,3(RS PQ =-=∴RS PQ //，又R ∉PQ ，∴PQ ∥RS ．【评述】1、证明线线平行的步骤： (1)证明两向量共线；(2)证明其中一个向量所在直线上一点不在另一个向量所在的直线上即可．2、本体还可采用综合法证明，连接PR ，QS ，证明PQRS 是平行四边形即可，请完成这个证明．例2 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，E ，F 分别是棱A 1D 1，A 1B 1，D 1C 1，B 1C 1的中点，求证：平面AMN ∥平面EFBD ．【分析】要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向量平行．解法一：设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (4，0，0)，M (2，0，4)，N (4，2，4)，B (4，4，0)，E (0，2，4)，F (2，4，4)．取MN 的中点K ，EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O (2，2，0)，K (3，1，4)，G (1，3，4)．MN ＝(2，2，0)，EF ＝(2，2，0)，AK ＝(－1，1，4)，＝(－1，1，4)，∴MN ∥EF ，OG AK =，∴MN ,0,0==⋅⋅AN AM a a ⎩⎨⎧=+=+-,042,0423231a a a a ,0,0==⋅⋅BF DE b b ⎩⎨⎧=+-=+,042,0423132b b b b ∴),1,0,2(),2,1,0(==CN AM AM CN ,52||||cos ==⋅CN AM CNAM θ⋅52,6,52211=+===QC PC PQ Q B P B ,522cos 11221211=-+=⋅Q B P B PQ Q B P B Q PB ⋅52a2),2,0,0(1a A ⋅-)2,2,23(1a a a C )2,2,0(a aD ),2,0,0(),0,,0(),0,0,23(1a AA a AB aDC ==-=,0,0111==⋅⋅AA DC AB DC ),2,2,0(),2,2,23(1a a a a a AC =-=23||||cos 111==∴AD AC AD C a2)2,2,23(1a a a C -⋅-===)2,2,23(),2,0,0(),0,,0(11a a a AC a AA a ,0,01==⋅⋅a a ⎩⎨⎧==,02,0ar aq ],2π,0[,∈θθ.30,21|||||||,cos |sin 111 ===〉〈=⋅θθa a a AC AC AC 2=BC 2EA DC2⋅)21,22,21(,3122==AB AP EB PE ⋅)43,42,43(E ∴)21,22,21(),43,42,41(---=--=DC EA ∴⋅=>=<⋅33||||,cos DC EA DC EA ⋅33)0,1,2(B ).1,1,0(),0,0,2(),0,1,2(),1,0,0(-====,0,0==⋅⋅a a ⎪⎩⎪⎨⎧=+=,02,0213a a a ).0,2,1(-=a 0,0==⋅⋅CP CB b b ⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b ∴⋅-=>=<⋅33||||,cos b a b a b a ⋅=-33|33|).,0,0(),0,23,0(),0,23,21(a P a C a a B -),0,0,21(),,0,0(a BC a AP ==,0=⋅BC AP ⋅-)21,43,0(),21,43,41(a a E a a a D ),21,43,0(),21,43,41(a a AE a a a AD =-=,414||||cos ==∠⋅AE AD AE AD DAE ⋅414⋅==3422AC PA EC PE 252231323332ϕϕϕϕϕ633==BC AB AD 214π=∠ABC⊂⊂3384641022233cm 340003cm 380002222324π3433472、.2423a 2=AD 5442),0,2,2(),1,2,0(==DB DE ).4,0,2(),4,2,2(11=--=DA C A ,0,011==⋅⋅DE C A DB C A .,1⊥⊥n n ⎩⎨⎧=+=+.042,02z x z y ⋅==4214||||),cos(111C A C A A n n ⋅4214)0,22,22(),0,22,0(-D P ⋅-)0,42,421(N ⋅--=-=--=)2,22,22(),2,22,0(),1,42,421(OD OP MN ,0,0==⋅⋅OD OP n n ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-=-.022222,0222z y x z y ,2=z ).2,4,0(=n ,0=⋅n MN ,3π,21||||||cos ),1,22,22(),0,0,1(=∴==∴--==⋅θθMD AB MD AB MD AB ⋅3π3=AO .3==AO BO ).1,0,0(),0,3,0(),0,0,3(),0,0,0(C A B O ).1,3,0(),0,3,3(-=-=AC AB ⎪⎩⎪⎨⎧==⋅⋅,0,0AC AB n n ⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-,03,033z y y x )3,1,1(1=n ,55||||cos 2121==⋅⋅n n n n θ⋅5532443⊂⊄⋅-)1,0,21(),0,23,0(),0,0,0(1B A D ,01=⋅AD n ,011=⋅D B n .021,023=-=-r P q).0,1,3(2-=n ,515||||cos 2121==⋅n n n n θ⋅515⊂1211==⋅AB PA S .2212==⋅AC PA S .632221214=⨯⨯==⋅MB PC S .64+⊂⊄⋅=⨯⨯⨯==⋅⋅∆321421313111MH S V B BC 22(Ⅰ)设)0(>=λλMC SM ， 则),12,12,2(),12,12,0(λλλλλ++--=++BM M 又.60,),0,2,0( >=<-=BM BA BA 故,60cos ||||.BA BM BA BM =即,)12()12()2(14222λλλ+++-+-=+解得＝1．∴M 是侧棱SC 的中点．(Ⅱ)由M (0，1，1)，A (2，0，0)得AM 的中点⋅)21,21,22(G 又),1,1,2(),1,1,0(),21,23,22(-=-=-=AM∴,,,0,0AM MS AM GB AM MS AM GB ⊥⊥∴==⋅⋅∴cos〉MS ,G B 〈等于二面角S －AM －B 的平面角． ,36),cos(-== 即二面角S －AM －B 的平面角的余弦值是－36．。