2020年高考数学(理)重难点专练03 空间向量与立体几何(解析版)

2020年高考数学（理）
重难点03 空间向量与立体几何
【高考考试趋势】
立体几何在高考数学是一个必考知识点，一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点，理科高考中立体几何主要考查三视图的相关性质利用，简单几何体的体积，表面积以及外接圆问题.另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图.选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及二面角问题.前面的重点专题已经对立体几何进行了一系列详细的说明，本专题继续加强对高考中立体几何出现的习题以及对应的题目类型进行必要的加强.本专题包含了高考中几乎所有题型，学完本专题以后，对以后所有的立体几何你将有一个更加清晰的认识.
【知识点分析以及满分技巧】
基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长.要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理，从而去求.
内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求.
求点到平面的距离问题：采用等体积法.
求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高.
对于二面角问题应采用建立立体坐标系去求.但是坐标系要注意采用左手系务必要标记准确对应点以及法向量对应的坐标.
【常见题型限时检测】（建议用时：35分钟）
一、单选题
1．（2019·遵义航天高级中学高考模拟（理））一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）
A．8
3
B．
16
3
C．
20
3
D．8
【答案】B 【解析】
由图可知该几何体底面积为8，高为2的四棱锥，如图所示：
∴该几何体的体积1168233
V =⨯⨯= 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. 2．（2019·天津高考模拟（理））已知四面体ABCD 的四个面都为直角三角形，且AB ⊥平面BCD ，2AB BD CD ===，若该四面体的四个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为（ ）
A ．3π
B ．
C ．
D ．12π
【答案】D 【解析】 【分析】
由已知中的垂直关系可将四面体放入正方体中，求解正方体的外接球表面积即为所求的四面体外接球的表面积；利用正方体外接球半径为其体对角线的一半，求得半径，代入面积公式求得结果. 【详解】
2BD CD ==Q 且BCD ∆为直角三角形 BD CD ∴⊥
又AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD CD AB ∴⊥
CD \^平面ABD
由此可将四面体ABCD 放入边长为2的正方体中，如下图所示：
∴正方体的外接球即为该四面体的外接球O
正方体外接球半径为体对角线的一半，即1
2
R =
= ∴球O 的表面积：2412S R ππ==
本题正确选项：D 【点睛】
本题考查多面体的外接球表面积的求解问题，关键是能够通过线面之间的位置关系，将所求四面体放入正方体中，通过求解正方体外接球来求得结果.
3．（2019·河南高考模拟（理））如图，点P 在正方体1111ABCD A B C D -的面对角线1BC 上
运动，则下列四个结论：
①三棱锥1A D PC -的体积不变；
1//A P ②平面1ACD ； 1DP BC ⊥③；
④平面1PDB ⊥平面1ACD ．
其中正确的结论的个数是( )
A ．1个
B ．2个
C ．3个
D ．4个
【答案】C 【解析】
【分析】
利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解． 【详解】
对于①，由题意知11//AD BC ，从而1//BC 平面1AD C ，
故BC 1上任意一点到平面1AD C 的距离均相等，
所以以P 为顶点，平面1AD C 为底面，则三棱锥1A D PC -的体积不变，故①正确； 对于②，连接1A B ，11A C ，111//AC AD 且相等，由于①知：11//AD BC ， 所以11//BA C 面1ACD ，从而由线面平行的定义可得，故②正确； 对于③，由于DC ⊥平面11BCB C ，所以1DC BC ⊥， 若1DP BC ⊥，则1BC ⊥平面DCP ，
1BC PC ⊥，则P 为中点，与P 为动点矛盾，故③错误；
对于④，连接1DB ，由1DB AC ⊥且11DB AD ⊥，
可得1DB ⊥面1ACD ，从而由面面垂直的判定知，故④正确． 故选：C ． 【点睛】
本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等体积法、线面平行、垂直的判定，要注意使用转化的思想．
4．（2019·贵州高考模拟（理））设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，有下列四个命题：
∴若m α⊂，αβ⊥，则m β⊥； ∴若//a β，m β⊂，则//m α； ∴若m α⊥，//m n ，//αβ，则n β⊥； ∴若//m α，//n β，//m n ，则//αβ
其中正确命题的序号是（ ） A ．∴∴ B ．∴∴
C ．∴∴
D ．∴∴
【答案】C 【解析】
∴两个面垂直，推不出面中任意直线和另一个面垂直，错误；故排除A 、B 选项，对于∴，两个平行平面，其中一个平面内的任意直线都和另一个平面平行，故正确，所以选C.
5．（2019·福建高考模拟（理））在三棱锥P ABC -中，3PA PB ==，BC =8AC =，
AB BC ⊥，平面PAB ⊥平面ABC ，若球O 是三棱锥P ABC -的外接球，则球O 的半
径为（ ）．
A B C D ．
2
【答案】A 【解析】 【分析】
取AB 中点D ，AC 中点E ，连PD ，ED ，得E 为∴ABC 外接圆的圆心，且OE∴平面PAB ，然后求出∴PAB 的外接圆半径r 和球心O 到平面PAB 的距离等于d ，由勾股定理得
R .
【详解】
解：取AB 中点D ，AC 中点E ，连PD ，ED 因为AB BC ⊥，所以E 为∴ABC 外接圆的圆心
因为OE∴PD ，OE 不包含于平面PAB ，所以OE∴平面PAB 因为平面PAB ⊥平面ABC ，3PA PB ==，得PD ⊥AB ，ED ⊥AB 所以PD ⊥平面ABC ，ED ⊥平面PAB
且AB =
=PD 1=
所以球心O 到平面PAB 的距离等于ED d ==
在∴PAB 中，3PA PB ==，AB =1
sin 3
PAB ∠=， 所以∴PAB 得外接圆半径2r 9sin PB PAB ∠=
=，即9
r 2
=
由勾股定理可得球O 的半径R ==
故选：A. 【点睛】
本题考查了三棱锥的外接球问题，经常用球中勾股定理R =R 是外接球半径，d 是球心到截面距离，r 是截面外接圆半径.
二、解答题
6．（2019·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面ABCD ，底
面ABCD 是直角梯形,//AB AD AB CD ⊥，224AB AD CD ===，4PC =.
（1）证明：当点E 在PB 上运动时，始终有平面EAC ⊥平面PBC ； （2）求锐二而角A PB C --的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）5
. 【解析】 【分析】
（1）由PC ⊥底面ABCD ，证得AC PC ⊥，又由勾股定理，得AC CB ⊥，利用线面垂直的判定定理，得到AC ⊥平面PBC ，再由面面垂直的判定定理，可得平面EAC ⊥平面
PBC ，即可得到结论；
（2）分别以CD ，CF ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求得平面PBC 和平面PAB 的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解． 【详解】
（1）由题意，因为PC ⊥底面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC PC ⊥，
又因为224AB AD CD ===，所以4AB =，2AD CD ==，所以AC BC ==，
所以222AC BC AB +=，从而得到AC CB ⊥．
又BC ⊂Q 平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，BC PC C ⋂=，所以AC ⊥平面PBC ， 又AC ⊂Q 平面ACE ，所以平面EAC ⊥平面PBC ， 所以当点E 在PB 上运动时，始终有平面EAC ⊥平面PBC. （2）由条件知PC ⊥底面ABCD ，且AB AD ⊥， AB C D ∥
所以过点C 作CF CD ⊥交AB 于点F ，分别以CD ，CF ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系（如图所示），
所以(0,0,0)C ，(2,2,0)A ，(2,2,0)B -，(0,0,4)P .
由（1）知CA u u u r
为平面PBC 的一个法向量，
因为(2,2,0)CA =u u u r
，(2,2,4)PA =-u u u r (2,2,4)PB =--u u u r ，
设平面P AB 的一个法向量为(,,)n=x y z r
，则(,,)(2,2,4)00(,,)(2,2,4)00x y z n PA x y z n PB ⎧⋅-=⎧⋅=⇒⎨⎨⋅--=⋅=⎩⎩u u
u v r u u u v r ，
即02x y z
=⎧⎨=⎩，令1z =，则2y =，所以(0,2,1)n =r
，
所以|||cos ,|5||||CA n CA n CA n ⋅〈〉===uu r r
uu r r uu r r ，
故锐二面角A PB C --
的余弦值
5
．
【点睛】
本题考查了线面垂直与面面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严
密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空
间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
7（2017·广东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，
90,60ABC ACD BAC CAD ∠=∠=︒∠=∠=︒， PA ⊥平面ABCD ，
2,1PA AB ==.
(1)设点E 为PD 的中点，求证： //CE 平面PAB ；
(2)线段PD 上是否存在一点N ，使得直线CN 与平面PAC 所成的角θ的正弦值为
5
？若存在，试确定点N 的位置；若不存在，请说明理由. 8．（2019·天津市新华中学高考模拟（理））如图所示的几何体中，PD 垂直于梯形ABCD
所在的平面，,2
ADC BAD F π
∠=∠=
为PA 的中点，
1
12
PD AB AD CD ====，四边形PDCE 为矩形，线段PC 交DE 于点N .
（1）求证：AC P 平面DEF ； （2）求二面角A PB C --的正弦值；
（3）在线段EF 上是否存在一点Q ，使得BQ 与平面BCP 所成角的大小为π
6
？若存在，求出FQ 的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）见解析（23）在线段EF 上存在一点Q 满足题意，且FQ =
【解析】 【分析】
(1)由题意结合线面平行的判定定理即可证得题中的结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用两个半平面的法向量可得二面角的余弦值，然后利用同角三角函数基本关系可得二面角的正弦值；
(3)假设点Q 存在，利用直线的方向向量和平面的法向量计算可得点Q 的存在性和位置. 【详解】
（1）因为四边形PDCE 为矩形，所以N 为PC 的中点.连接FN ，
在PAC V 中，,F N 分别为,PA PC 的中点，所以FN AC ∥， 因为FN ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ， 所以AC P 平面DEF .
（2）易知,,DA DC DP 两两垂直，如图以D 为原点，分别以,,DA DC DP 所在直线为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系.
则(1,0,0),(1,1,0),(0,2,0)P A B C
，所以(1,1,,(1,1,0)PB BC ==-u u u r u u u r
.
设平面PBC 的法向量为(,,)m x y z =r
，
则(,,)(1,1,0(,,)(1,1,0)0m PB x y z m BC x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩u u u v r u u u v r
即0,0,x y x y ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩
解得,,
y x z =⎧⎪⎨=⎪
⎩
令1x =
，得1,
y z =⎧⎪⎨
=⎪⎩
所以平面PBC
的一个法向量为m =r
. 设平面ABP 的法向量为(,,)n x y z =r
，
(,,)(0,1,0)0
(,,)(1,1,0
n AB x y z n PB x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩u u u
v r u u u
v r ，据此可得
01x y z ⎧=⎪
=⎨⎪=⎩
， 则平面ABP
的一个法向量为)
n =
r
，
cos ,3m n <>=
=
u r r
，于是sin ,3m n 〈〉=r r
. 故二面角A PB C --
（3）设存在点Q 满足条件.
由1,0,,(0,22F E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝
⎭， 设(01)FQ FE λλ=u u u r u u u r &剟
，整理得1),2,22Q λλλ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭，
则1,22BQ λλ⎛+=-- ⎝⎭
u u u r . 因为直线BQ 与平面BCP 所成角的大小为
6
π
，
所以1
sin |cos ,|||62
||||BQ m BQ m BQ m π⋅====⋅u u u r u r
u u u r u r u u u
r u r 解得21λ=，
由知1λ=，即点Q 与E 重合.
故在线段EF 上存在一点Q
，且FQ EF ==. 【点睛】
本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：
(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．
(2)设,m n u r r 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与,m n <>u r r
互补或相等.求解时一定要
注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
9．（2019·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥平面ABCD ，
ABC ∆为等边三角形，22PA AB ==，AC CD ⊥，PD 与平面PAC 所成角的正切值 为
5
.
(∴)证明：//BC 平面PAD ；
(∴)若M 是BP 的中点，求二面角P CD M --的余弦值.
【答案】（∴）见解析.（∴ 【解析】 【分析】
(∴)先证明DPC ∠为PD 与平面PAC 所成的角，于是可得CD =
60CAD ∠=︒．又由题意得到60BCA ∠=︒，故得//BC AD ，再根据线面平行的性质可得
所证结论． (∴) 取BC 的中点N ，连接AN ，可证得AN AD ⊥．建立空间直角坐标系，分别求出平面PCD 和平面CDM 的法向量，根据两个法向量夹角的余弦值得到二面角的余弦值． 【详解】
(∴)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以PA CD ⊥
又AC CD ⊥,CA PA A =I , 所以CD ⊥平面PAC ，
所以DPC ∠为PD 与平面PAC 所成的角． 在Rt PCD V
中，PC ==
所以CD =
所以在Rt PCD V 中，2AD =,60CAD ∠=︒. 又60BCA ∠=︒，
所以在底面ABCD 中，//BC AD , 又AD ⊂平面PAD ，BC ⊄平面PAD ， 所以//BC 平面PAD ．
(∴)解：取BC 的中点N ，连接AN ，则AN BC ⊥,由(∴)知//BC AD ， 所以AN AD ⊥，
分别以AN ，AD ，AP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系Axyz .
则(0,0,2)P
，1,02C ⎫⎪⎪⎝⎭，(0,2,0)D
，1,14M ⎫
-⎪⎪⎝⎭
所以3,,022CD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭uu u r ，(0,2,2)PD =-u u u
r
，9,,144DM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭
uuu u r
设平面PCD 的一个法向量为()1111,,n x y z =u r
，
由1100n CD n PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u v
u u u v
，即111130220y y z ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩
，得11
11
x z y ⎧=⎪⎨=⎪⎩，
令11y =
，则1,1)n =u r
．
设平面CDM 的一个法向量为()2222,,n x y z =u u
r
，
由2200n CD n MD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u v u u u v u u v u u u u v
，即22
22230940y y z ⎧+=⎪-+=
，得22
2232x y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩， 令21y =
，则232n ⎫=⎪⎭u u r ．
所以12
12
12331cos ,||||
n n n n n n ++
⋅<>===
⋅u r u u r
u r u u r u r u u r 由图形可得二面角P CD M --为锐角， 所以二面角P CD M --
【点睛】
空间向量是求解空间角的有利工具，根据平面的法向量、直线的方向向量的夹角可求得线面角、二面角等，解题时把几何问题转化为向量的运算的问题来求解，体现了转化思想方法的利用，不过解题中要注意向量的夹角和空间角之间的关系，特别是求二面角时，在求得法向量的夹角后，还要通过图形判断出二面角是锐角还是钝角，然后才能得到结论． 10．（2018·吉林高考模拟（理））如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，
E ，
F ， M ， N 分别是棱AB ， AD ， 11A B ， 11A D 的中点，点P ， Q 分别在棱1DD ， 1BB 上移动，且(02)DP BQ λλ==<<.
（1）当1λ=时，证明：直线1//BC 平面EFPQ ；
（2）是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）见解析；（2
）12
λ=±
.
【解析】以D 为原点，射线DA ， DC ， 1DD 分别为x ， y ， z 轴的正半轴建
立如图所示的空间直角坐标系D xyz -.由已知得()2,2,0B ， ()10,2,2C ，
()2,1,0E ，
()1,0,0F ， ()0,0,P λ， ()1,0,2N ， ()2,1,2M ，则()12,0,2BC =-u u u u r
， ()1,0,FP λ=-u u u r ， ()1,1,0FE =u u u r ， ()1,1,0NM =u u u u r ， ()1,0,2NP λ=--u u u r
.
（1）当1λ=时， ()1,0,1FP =-u u u r ，因为()12,0,2BC =-u u u u r ，所以12BC FP =u u u u r u u u r
，即
1//BC FP ，又FP ⊂平面EFPQ ，且1BC ⊄平面EFPQ ，故直线1//BC 平面EFPQ . （2）设平面EFPQ 的一个法向量为(),,n x y z =r
，则
由0{0
FE n FP n ⋅=⋅=u u u r r
u u u r r
，得0{0.x y x z λ+=-+=，于是可取(),,1n λλ=-r . 设平面MNPQ 的一个法向量为()',','m x y z =r
，由0{0
NM m NP m ⋅=⋅=u u u u r r
u u u r r
，得()''0{
'2'0
x y x z λ+=-+-=，于是可取()2,2,1m λλ=--r
. 若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则
()()2,2,1,,10m n λλλλ⋅=--⋅-=r r
，即()()2210λλλλ---+=，解
得
1λ=±
，显然满足02λ<<.
故存在1λ=±
，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角.
点睛：立体几何的有关证明题，首先要熟悉各种证明的判定定理，然后在进行证明，要多总结题型，对于二面角问题一般直接建立空间直角坐标系，求出法向量然后根据向量夹角
公式求解二面角，要注意每一个坐标的准确性。