高考数学必考题型过关练专题六立体几何与空间向量学生版
数学高三立体几何与空间向量专题复习检测(含答案)
数学高三立体几何与空间向量专题复习检测（含答案）平面几何是3维欧氏空间的几何的传统称号，下面是平面几何与空间向量专题温习检测，请考生练习。
一、选择题1.(2021武汉调研)一个几何体的三视图如下图，那么该几何体的直观图可以是()解析 A、B、C与仰望图不符.答案 D2.将长方体截去一个四棱锥，失掉的几何体如下图，那么该几何体的侧(左)视图为()解析抓住其一条对角线被遮住应为虚线，可知正确答案在C，D中，又结合直观图知，D正确.答案 D3.(2021安徽卷)一个多面体的三视图如下图，那么该多面体的外表积为()A.21+3B.18+3C.21D.18解析由三视图知，该多面体是由正方体割去两个角所成的图形，如下图，那么S=S正方体-2S三棱锥侧+2S三棱锥底=24-231211+234(2)2=21+3.答案 A4.S，A，B，C是球O外表上的点，SA平面ABCD，ABBC，SA=AB=1，BC=2，那么球O的外表积等于()A.4B.3C.2解析如下图，由ABBC知，AC为过A，B，C，D四点小圆直径，所以ADDC.又SA平面ABCD，设SB1C1D1-ABCD为SA，AB，BC为棱长结构的长方体，得体对角线长为12+12+22=2R，所以R=1，球O的外表积S=4.故选A.答案 A5.(2021湖南卷)一块石材表示的几何体的三视图如下图.将该石材切削、打磨，加工成球，那么能失掉的最大球的半径等于()A.1B.2C.3D.4解析由三视图可得原石材为如下图的直三棱柱A1B1C1-ABC，且AB=8，BC=6，BB1=12.假定要失掉半径最大的球，那么此球与平面A1B1BA，BCC1B1，ACC1A1相切，故此时球的半径与△ABC内切圆的半径相等，故半径r=6+8-102=2.应选B.答案 B6.点A，B，C，D均在同一球面上，其中△ABC是正三角形，AD平面ABC，AD=2AB=6，那么该球的体积为()A.323B.48C.643D.163解析如下图，O1为三角形ABC的外心，过O做OEAD，OO1面ABC，AO1=33AB=3.∵OD=O A，E为DA的中点.∵AD面ABC，AD∥OO1，EO=AO1=3.DO=DE2+OE2=23.R=DO= 23.V=43(23)3=323.答案 A二、填空题7.某四棱锥的三视图如下图，该四棱锥的体积是________. 解析由三视图可知，四棱锥的高为2，底面为直角梯形ABCD.其中DC=2，AB=3，BC=3，所以四棱锥的体积为132+3322=533. 答案 5338.如图，在三棱柱A1B1C1-ABC中，D，E，F区分是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F-ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1-ABC 的体积为V2，那么V1V2=________.解析设三棱柱A1B1C1-ABC的高为h，底面三角形ABC的面积为S，那么V1=1314S12h=124Sh=124V2，即V1V2=124. 答案 1249.在四面体ABCD中，AB=CD=6，AC=BD=4，AD=BC=5，那么四面体ABCD的外接球的外表积为________.解析结构一个长方体，使得它的三条面对角线区分为4、5、6，设长方体的三条边区分为x，y，z，那么x2+y2+z2=772，而长方体的外接球就是四面体的外接球，所以S=4R2=772. 答案 772三、解答题10.以下三个图中，左边是一个正方体截去一个角后所得多面体的直观图.左边两个是其正(主)视图和侧(左)视图. (1)请在正(主)视图的下方，依照画三视图的要求画出该多面体的仰望图(不要求表达作图进程).(2)求该多面体的体积(尺寸如图).解 (1)作出仰望图如下图.(2)依题意，该多面体是由一个正方体(ABCD-A1B1C1D1)截去一个三棱锥(E-A1B1D1)失掉的，所以截去的三棱锥体积VE-A1B1D1=13S△A1B1D1A1E=1312221=23，正方体体积V正方体AC1=23=8，所以所求多面体的体积V=8-23=223.11.(2021安徽卷)如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1A底面ABCD.四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD=2BC.过 A1，C，D三点的平面记为，BB1与的交点为Q.(1)证明：Q为BB1的中点;(2)求此四棱柱被平面所分红上下两局部的体积之比.解 (1)证明：由于BQ∥AA1，BC∥AD，BCBQ=B，ADAA1=A，所以平面QBC∥平面A1AD.从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，即QC∥A1D.故△QBC与△A1AD的对应边相互平行，于是△QBC∽△A1AD.所以BQBB1=BQAA1=BCAD=12，即Q为BB1的中点.(2)如图，衔接QA，QD.设AA1=h，梯形ABCD的高为d，四棱柱被平面所分红上下两局部的体积区分为V上和V下，BC=a，那么AD=2a.VQ-A1AD=13122ahd=13ahd，VQ-ABCD=13a+2a2d12h=14ahd，所以V下=VQ-A1AD+VQ-ABCD=712ahd，又V四棱柱A1B1C1D1-ABCD=32ahd，所以V上=V四棱柱A1B1C1D1-ABCD-V下=32ahd-712ahd=1112ahd.故V上V下=117.B级才干提高组1.(2021北京卷)在空间直角坐标系Oxyz中，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，2).假定S1，S2，S3区分是三棱锥D-ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，那么()A.S1=S2=S3B.S2=S1且S2S3C.S3=S1且S3 S2D.S3=S2且S3S1解析作出三棱锥在三个坐标平面上的正投影，计算三角形的面积.如下图，△ABC为三棱锥在坐标平面xOy上的正投影，所以S1=1222=2.三棱锥在坐标平面yOz上的正投影与△DE F(E，F 区分为OA，BC的中点)全等，所以S2=1222=2.三棱锥在坐标平面xOz上的正投影与△DGH(G，H区分为AB，OC 的中点)全等，所以S3=1222=2.所以S2=S3且S1S3.应选D. 答案 D2.(2021山东卷)三棱锥P-ABC中，D，E区分为PB，PC的中点，记三棱锥D-ABE的体积为V1，P-ABC的体积为V2，那么V1V2=________.解析由于VP-ABE=VC-ABE，所以VP-ABE=12VP-ABC，又因VD-ABE=12VP-ABE，所以VD-ABE=14VP-ABC，V1V2=14.答案 143.(理)(2021课标全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，E为PD的中点.(1)证明：PB∥平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD的体积.解 (1)衔接BD交AC于点O，衔接EO.由于ABCD为矩形，所以O为BD的中点.又E为PD的中点，所以EO∥PB.EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)由于PA平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直.如图，以A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向，|PA|为单位长，树立空间直角坐标系A-xyz.那么D(0，3，0)，E0，32，12， AE=0，32，12.设B(m,0,0)(m0)，那么C(m，3，0)，AC=(m，3，0)，设n1=(x，y，z)为平面ACE的法向量，那么n1AC=0，n1AE=0，即mx+3y=0，32y+12z=0，可取n1=3m，-1，3.又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量，由题设|cos〈n1，n2〉|=12，即 33+4m2=12，解得m=32.由于E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为12.三棱锥E-ACD的体积V=131233212=38.3.(文)如图，在Rt△ABC中，AB=BC=4，点E在线段AB上.过点E作EF∥BC交AC于点F，将△AEF沿EF折起到△PEF 的位置(点A与P重合)，使得PEB=30.(1)求证：EF(2)试问：当点E在何处时，四棱锥P-EFCB的正面PEB的面积最大?并求此时四棱锥P-EFCB的体积.解 (1)证明：∵AB=BC，BCAB，又∵EF∥BC，EFAB，即EFBE，EFPE.又BEPE=E，EF平面PBE，EFPB.(2)设BE=x，PE=y，那么x+y=4.S△PEB=12BEPEsinPEB=14xy14x+y22=1.当且仅当x=y=2时，S△PEB的面积最大.此时，BE=PE=2.由(1)知EF平面PBE，平面PBE平面EFCB，在平面PBE中，作POBE于O，那么PO平面EFCB.即PO为四棱锥P-EFCB的高.又PO=PEsin30=212=1.S梯形EFCB =12(2+4)2=6.VP-BCFE=1361=2.平面几何与空间向量专题温习检测及答案的全部内容就是这些，查字典数学网预祝考生可以取得更好的效果。
2023-2024学年高考数学空间向量与立体几何专项练习题(附答案)
A ．B ．223．若直线的方向向量为，平面l bA ．()(1,0,0,2,0,0b n ==-()(0,2,1,1,0,1b n ==--A ．B ．5136．如图，在平行六面体ABCDA．1122a b c -++C．1122a b c --+7．如图，在四面体OABC中，1-16．已知四棱锥P ABCDPC棱上运动，当平面1．C【分析】根据已知结合向量的坐标运算可得出，且.然后根据向量的数量积a b a +=- 14a = 运算求解，即可得出答案.【详解】由已知可得，且.()1,2,3a b a+=---=-14a =又，()7a b c +⋅= 所以，即有，7a c -⋅= cos ,14cos ,7a c a c a c -⋅=-=所以，.1cos ,2a c =-又，所以.0,180a c ≤≤ ,120a c =︒ 故选：C.2．C【分析】利用中点坐标公式求出中点的坐标，根据空间两点间的距离公式即可得出中线BC 长.【详解】由图可知：，，，(0,0,1)A (2,0,0)B (0,2,0)C 由中点坐标公式可得的中点坐标为，BC (1,1,0)根据空间两点间距离公式得边上的中线的长为.BC 22211(1)3++-=故选：C 3．D【分析】若直线与平面平行，则直线的方向向量与平面的法向量垂直，利用向量数量积检验.【详解】直线的方向向量为，平面的法向量为，l bαn 若可能，则，即.//l αb n ⊥r r 0b n ⋅=r r A 选项，；()1220b n =⨯-⋅=-≠B 选项，；11305160b n =⨯⨯⋅+⨯+=≠C 选项，；()()01201110b n =⨯-+⨯+⨯-⋅=-≠D 选项，；()1013310b n =⨯+-⨯=⋅+⨯因为，，3AB =4BC =2PA =所以()()(0,0,2,3,0,0,0,0,1P B Q 设平面的法向量为BQD (m x =()(),,3,0,1m BQ x y z ⎧设，2AB AD AS ===则()()()0,0,0,0,0,2,2,2,0,A S C P 设，()0,,2M t t -(1,1,2OM t =--所以1120OM AP t t ⊥=-+-+-=点到平面与平面的距离和为为定值，D 选项正确.M ABCD SAB 22t t -+=，，()2,0,0B ()()2,0,2,0,2,0SB BC =-=设平面的法向量为，SBC (),,n x y z =则，故可设，22020n SB x z n BC y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅==⎪⎩()1,0,1n = 要使平面，又平面，//OM SBC OM ⊄SBC 则，()()1,1,21,0,11210OM n t t t t ⋅=---⋅=-+-=-=解得，所以存在点，使平面，B 选项正确.1t =M //OM SBC 若直线与直线所成角为，又，OM AB 30︒()2,0,0AB =则，()()222213cos3022661122OM ABOM ABt t t t ⋅-︒====⋅-++-+-⨯ 整理得，无解，所以C 选项错误.23970,8143730t t -+=∆=-⨯⨯=-<故选：ABD.10．BCD【分析】根据向量的多边形法则可知A 正确；根据向量的三角不等式等号成立条件可知，B 错误；根据共线向量的定义可知，C 错误；根据空间向量基本定理的推论可知，D 错误．【详解】对A ，四点恰好围成一封闭图形，根据向量的多边形法则可知，正确；对B ，根据向量的三角不等式等号成立条件可知，同向时，应有，即必要,a b a b a b+=+ 性不成立，错误；对C ，根据共线向量的定义可知，所在直线可能重合，错误；,a b对D ，根据空间向量基本定理的推论可知，需满足x +y +z =1，才有P 、A 、B 、C 四点共面，错误．故选：BCD ．11．AB【分析】以，，作为空间的一组基底，利用空间向量判断A ，C ，利用空间向量法ABAD AA 可得面，再用向量法表示，即可判断B ，利用割补法判断D ；1AC ⊥PMN AH【详解】依题意以，，作为空间的一组基底，ABAD AA 则，，11AC AB AD AA =++ ()1122MN BD AD AB ==-因为棱长均为2，，11π3A AD A AB ∠=∠=所以，，224AB AD == 11π22cos 23AA AD AA AB ⋅=⋅=⨯⨯= 所以()()1112D A A C MN AD A A B AA B++⋅⋅=- ，()2211102AB AD AB AD AB AD AA AD AA AB ⋅-+-⋅+==⋅+⋅故，即，故A 正确；1AC MN ⊥1AC MN ⊥同理可证，，面，面，PN AC ⊥MN PN N ⋂=MN ⊂PMN PN ⊂PMN 所以面，即面，即为正三棱锥的高，1AC ⊥PMN AH ⊥PMN AH A PMN -所以()()1133AH AN NH AN NP NM AN AP AN AM AN=+=++=+-+- ，()13AP AM AN =++又，，分别是，，的中点，，P M N 1AA AB AD π3PAM PAN MAN ∠=∠=∠=所以，则三棱锥是正四面体，1PA AM AN PM MN PN ======P AMN -所以()11111133222AH AP AM AN AA AB AD ⎛⎫=++=⨯++ ⎪⎝⎭ ，()111166AA AB AD AC =++=所以，故B 正确；116AH AC =因为()211AC AB AD AA =++ ()()()222111222AB ADAA AB AD AB AA AD AA =+++⋅+⋅+⋅ ，2426==()21111111=AC AA AB AD AA AA AB AA AD AA AA ⋅=++⋅⋅+⋅+ ，11222222=822=⨯⨯+⨯⨯+⨯设直线和直线所成的角为，1AC 1BB θ则，故C 错误；1111111186cos cos ,cos ,3262AC AA AC BB AC AA AC AA θ⋅=====⨯ ，11111111111111A B D C ABCD A B C D A B D A C B D A B ABC D ADCV V V V V V ------=----其中，1111111111116ABCD A B C D A B D A C B D C B ABC D ADC V V V V V -----====所以，故D 错误.1111113A B D C ABCD A B C D V V --=故选：AB.关键点睛：本题解决的关键点是利用空间向量的基底法表示出所需向量，利用空间向量的数量积运算即可得解.12．AC【分析】对于A ，根据即可算出的值；对于B ，根据计算；对于C ，根据||2a = m a b ⊥ m 计算即可；对于D ，根据求出，从而可计算出.a b λ= 1a b ⋅=- m a b + 【详解】对于A ，因为，所以，解得，故A 正确；||2a = 2221(1)2m +-+=2m =±对于B ，因为，所以，所以，故B 错误；a b ⊥ 2120m m -+-+=1m =对于C ，假设，则，a b λ= (1,1,)(2,1,2)m m λ-=--所以，该方程组无解，故C 正确；()12112m m λλλ=-⎧⎪-=-⎨⎪=⎩对于D ，因为，所以，解得，1a b ⋅=- 2121m m -+-+=-0m =所以，，所以，故D 错误.(1,1,0)a =- (2,1,2)b =-- (1,2,2)+=-- a b 故选：AC.13．15【分析】根据线面垂直，可得直线的方向向量和平面的法向量共线，由此列式计算，即得答案.【详解】∵，∴，∴，解得，l α⊥u n ∥ 3123a b ==6,9a b ==∴，15a b +=故1514．2【分析】根据垂直得到，得到方程，求出.()0a a b λ⋅-= 2λ=【详解】，()()()2,1,31,2,12,12,3a b λλλλλ-=---=--- 因为，所以，()a a b λ⊥- ()0a a b λ⋅-= 即，()()2,12,3241293702,1,134λλλλλλλ----=-++-+-=+⋅-=解得.2λ=故215．17【分析】利用向量的加法，转化为，直接求模长即可.CD CA AB BD =++ 【详解】因为.CD CA AB BD =++ 所以()22CD CA AB BD =++ 222222CA CA AB AB AB BD BD CA BD=+⋅++⋅++⋅ 222132022042342⎛⎫=+⨯++⨯++⨯⨯⨯- ⎪⎝⎭17=所以.17CD = 故答案为.1716．33【分析】首先建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量垂MBD PCD 直求点的位置，并利用向量法求异面直线所成角的余弦值，即可求解正弦值.M 【详解】如图，以点为原点，以向量为轴的正方向，建立空间直角坐标A ,,AB AD AP ,,x y z 系，设，2AD AP ==，，，，()2,0,0B ()0,2,0D ()002P ,,()2,2,0C 设,()()()0,2,22,2,22,22,22DM DP PM DP PC λλλλλ=+=+=-+-=-- ，，，()2,2,0BD =-u u u r ()2,0,0DC =u u u r ()0,2,2DP =- 设平面的法向量为，MBD ()111,,m x y z =r ，()()11111222220220DM m x y z DM m x y λλλ⎧⋅=+-+-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩33故。
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。
8.42021届高三数学专题复习练习空间向量与立体几何（学生版）
8.42021届⾼三数学专题复习练习空间向量与⽴体⼏何（学⽣版）【课前测试】如图，已知正⽅形ABCD和矩形ACEF所在的平⾯互相垂直，AB＝，AF＝1，M是线段EF的中点．（2）求⼆⾯⾓A﹣DF﹣B的⼤⼩；（3）试在线段AC上⼀点P，使得PF与CD所成的⾓是60°．1空间向量与⽴体⼏何【知识梳理】⼀、平⾏、垂直的向量证法设直线l，m的⽅向向量分别为a，b，平⾯α，β的法向量分别为u，ν，则线线平⾏：l∥m?a∥b?a＝k b，k∈R；线⾯平⾏：l∥α?a⊥u?a·u＝0；⾯⾯平⾏：α∥β?u∥ν?u＝kν，k∈R.线线垂直：l⊥m?a⊥b?a·b＝0；线⾯垂直：l⊥α?a∥u?a＝k u，k∈R；⾯⾯垂直：α⊥β?u⊥ν?u·ν＝0.⼆、空间⾓的求法1、异⾯直线所成的⾓设a，b分别是两异⾯直线l1，l2的⽅向向量，则设直线l的⽅向向量为a，平⾯α的法向量为n，直线l与平⾯α所成的⾓为θ，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n| |a||n|.3、求⼆⾯⾓的⼤⼩23①如图①，AB ，CD 是⼆⾯⾓α-l -β的两个⾯内与棱l 垂直的直线，则⼆⾯⾓的⼤⼩θ＝〈AB →，CD →〉．②如图②③，n 1，n 2分别是⼆⾯⾓α-l -β的两个半平⾯α，β的法向量，则⼆⾯⾓的⼤⼩θ满⾜|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，⼆⾯⾓的平⾯⾓⼤⼩是向量n 1与n 2的夹⾓(或其补⾓)．4【课堂讲解】考点⼀空间向量法证明平⾏或垂直问题例1、如图，在多⾯体ABC -A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正⽅形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1平⾏且等于12BC ，⼆⾯⾓A 1-AB -C 是直⼆⾯⾓．求证：(1)A 1B 1⊥平⾯AA 1C ； (2)AB 1∥平⾯A 1C 1C .变式训练：1、已知正⽅体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别是BB 1，DD 1的中点，求证： (1)FC 1∥平⾯ADE ； (2)平⾯ADE ∥平⾯B 1C 1F .52、如图，在四棱锥E-ABCD中，AB⊥平⾯BCE，CD⊥平⾯BCE，AB＝BC＝CE＝2CD＝2，∠BCE＝120°.求证：平⾯ADE⊥平⾯ABE.3、如右图，在四棱锥P-ABCD中，底⾯ABCD是正⽅形，侧棱PD⊥底⾯ABCD，PD=DC，E是Pc的中点，作EF上PB交PB于F，证明：（1）直线PA∥平⾯EDB；（2）直线PB⊥平⾯EFD．67考点⼆利⽤空间向量求异⾯直线所成⾓例2、如图，在正⽅体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为AB 的中点． (1)求直线AD 和直线B 1C 所成⾓的⼤⼩； (2)求证：平⾯EB 1D ⊥平⾯B 1CD .变式训练：1．长⽅体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异⾯直线BC 1与AE 所成⾓的余弦值为( ) A.1010B.3010C.21510D.310102.如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平⾯ABCD ，底⾯ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°. (1)求证：BD ⊥平⾯P AC ；(2)若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成⾓的余弦值．8考点三利⽤空间向量求直线与平⾯所成⾓例3、如图，在直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC ＝1，AD ＝AA 1＝3.(1)证明：AC ⊥B 1D ；(2)求直线B 1C 1与平⾯ACD 1所成⾓的正弦值．变式训练：1、如图所⽰，在四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥底⾯ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2.(1)若M 为CD 的中点，求证：AM ⊥平⾯AA 1B 1B ； (2)求直线DD 1与平⾯A 1BD 所成⾓的正弦值．2、在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧⾯ABB1A1为矩形，AB＝2，AA1＝22，D是AA1的中点，BD与AB1交于点O，且CO⊥平⾯ABB1A1.(1)证明：BC⊥AB1；(2)若OC＝OA，求直线CD与平⾯ABC所成⾓的正弦值．考点四利⽤空间向量求⼆⾯⾓例4、已知正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝ 6.点F，E分别是边A1C1和侧棱BB1的中点．(1)证明：FB⊥平⾯AEC；9(2)求⼆⾯⾓F－AE－C的余弦值.1011变式训练：1、如图，在四棱锥S －ABCD 中，底⾯ABCD 是直⾓梯形，侧棱SA ⊥底⾯ABCD ，AB 垂直于AD 和BC ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1，M 是棱SB 的中点． (1)求证：AM ∥平⾯SCD ；(2)求平⾯SCD 与平⾯SAB 所成的⼆⾯⾓的平⾯⾓的余弦值；2、在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平⾯ABCD ，E 是PD 的中点，∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，AC ＝AP ＝2. (1)求证：PC ⊥AE ；(2)求⼆⾯⾓A －CE －P 的余弦值.3、如图，四边形ABCD 为正⽅形，PD⊥平⾯ABCD ，PD∥QA ，QA = AB =1PD．2（I）证明：平⾯PQC ⊥平⾯DCQ ；考点五解决探索性问题例5、如图，四棱锥P-ABCD的底⾯为直⾓梯形，AD∥BC，AD＝2BC＝2，BC⊥DC，∠BAD ＝60°，平⾯P AD⊥底⾯ABCD，E为AD的中点，△P AD为正三⾓形，M是棱PC上的⼀点(异于端点)．(1)若M为PC的中点，求证：P A∥平⾯BME.(2)是否存在点M，使⼆⾯⾓M-BE-D的⼤⼩为30°？若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．12变式训练：1、直三棱柱ABC A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1，D为棱A1B1上的点．(1)证明：DF⊥AE；(2)是否存在⼀点D，使得平⾯DEF与平⾯ABC所成锐⼆⾯⾓的平⾯⾓的余弦值为1414？若存在，说明点D的位置，若不存在，说明理由．2、如图，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥平⾯ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝22，BC＝42，P A＝2.(1)求证：AB⊥PC；(2)在线段PD上，是否存在⼀点M，使得⼆⾯⾓M-AC-D的⼤⼩为45°，如果存在，求BM与平⾯MAC所成⾓的正弦值，如果不存在，请说明理由．1314考点六空间中的距离问题例6、如图，平⾯P AD ⊥平⾯ABCD ，四边形ABCD 为正⽅形，△P AD 是直⾓三⾓形，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段P A ，PD ，CD 的中点． (1)求证：平⾯EFG ⊥平⾯P AB ； (2)求点A 到平⾯EFG 的距离．变式训练：如图，在四棱锥O ABCD -中，底⾯ABCD 四边长为1的菱形，4ABC π∠=OA ABCD ⊥底⾯ 2OA = M 为OA 的中点，N 为BC 的中点(1)证明：直线MN OCD平⾯‖；(2)求异⾯直线AB 与MD 所成⾓的⼤⼩； (3)求点B 到平⾯OCD 的距离。
高中数学复习提升-高中数学专题——立体几何专题(学生版)
立体几何专题【命题趋向】高考对空间想象能力的考查集中体现在立体几何试题上，着重考查空间点、线、面的位置关系的判断及空间角等几何量的计算．既有以选择题、填空题形式出现的试题，也有以解答题形式出现的试题．选择题、填空题大多考查概念辨析、位置关系探究、空间几何量的简单计算求解，考查画图、识图、用图的能力；解答题一般以简单几何体为载体，考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及空间几何量的求解问题，综合考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．试题在突出对空间想象能力考查的同时，关注对平行、垂直关系的探究，关注对条件或结论不完备情形下的开放性问题的探究．【考点透析】立体几何主要考点是柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征、三视图、直观图，表面积体积的计算，空间点、直线、平面的位置关系判断与证明，（理科）空间向量在平行、垂直关系证明中的应用，空间向量在计算空间角中的应用等．【例题解析】题型1 空间几何体的三视图以及面积和体积计算一、看图选择正确的三视图1、（2010广东理数）6.如图1，△ABC为三角形，AA'//BB'//CC' ,CC'⊥平面ABC且3AA'=32BB'=CC'=AB,则多面体△ABC -A B C'''的正视图（也称主视图）是2、（2010北京理数）一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正（主）视图与侧（左）视图分别如右图所示，则该几何体的俯视图为二、根据三视图求几何体的面积、体积1、（2010安徽理数）8、一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积为A、280B、292C、360D、372A B C D2、（江苏省苏州市2009届高三教学调研测试第12题）已知一个正三棱锥P ABC -的主视图如图所示，若32AC BC ==， 6PC =_________．3、（2010全国卷1文数）已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为 2343 (C) 2383题型2 空间点、线、面位置关系的判断例1 （江苏苏州市2009届高三教学调研测试7）已知n m ,是两条不同的直线，βα,为两个不同的平面，有下列四个命题：①若βα⊥⊥n m ,，m n ⊥，则βα⊥；②若n m n m ⊥,//,//βα，则βα//； ③若n m n m ⊥⊥,//,βα，则βα//；④若βαβα//,//,n m ⊥，则n m ⊥．其中正确的命题是（填上所有正确命题的序号）_______________． 分析：根据空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐个作出判断．例2 （浙江省2009年高考省教研室第一次抽样测试理科第5题）设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，下列命题正确的是A ．若,,//m n m n αβ⊥⊥，则//αβB ．若//,//,//,m n αβαβ则//m nC ．若,//,//m n αβαβ⊥，则m n ⊥D ．若//,//,//,m n m n αβ则//αβ题型3 空间平行与垂直关系的证明、空间几何体的有关计算例1．(2009江苏泰州期末16)如图所示，在棱长为2的正方体 1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别为1DD 、DB 的中点． （1）求证：EF //平面11ABC D ；（2）求证：1EF B C ⊥； （3）求三棱锥EFC B V -1的体积．例2．（江苏省苏州市2009届高三教学调研测试第17题） 在四棱锥P ABCD -中，90ABC ACD ∠=∠=，60BAC CAD ∠=∠=，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点，22PA AB ==．（1）求四棱锥P ABCD -的体积V ；（2）若F 为PC 的中点，求证PC ⊥平面AEF ； （3）求证CE ∥平面PAB ．题型4 求空间的角的大小一、异面直线所成的角例1（2007年广东理数）如图6所示，等腰三角形△ABC 的底边AB=66CD=3，点E 是线段BD 上异于B 、D 的动点，点F 在BC 边上，且E F ⊥AB ，现沿EF 将△BEF 折起到△PEF 的位置，使P E ⊥AE ，记BE=x ，V （x ）表示四棱锥P-ACEF 的体积。
方法篇练习：专题6 立体几何与空间向量 第26练 含解析
第26练“空间角”攻略［题型分析·高考展望］空间角包括异面直线所成的角，线面角以及二面角，在高考中频繁出现，也是高考立体几何题目中的难点所在．掌握好本节内容,首先要理解这些角的概念,其次要弄清这些角的范围，最后再求解这些角．在未来的高考中，空间角将是高考考查的重点，借助向量求空间角,将是解决这类题目的主要方法．体验高考1．(2015·浙江)如图，已知△ABC,D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′-CD—B的平面角为α，则(）A．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α答案B解析极限思想：若α＝π，则∠A′CB＜π，排除D;若α＝0,如图，则∠A′DB，∠A′CB都可以大于0,排除A,C。
故选B。
2．(2016·课标全国乙)平面α过正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(）A。
错误!B。
错误!C。
错误! D.错误!答案A解析如图所示,设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，∵α∥平面CB1D1，则m1∥m，又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥m1，∴B1D1∥m,同理可得CD1∥n。
故m、n所成角的大小与B1D1、CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小．而B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线),因此∠CD1B1＝π3,得sin∠CD1B1＝错误!,故选A。
3．(2016·课标全国丙)如图,四棱锥P—ABCD中,P A⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3,P A＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM ＝2MD，N为PC的中点．（1）证明MN∥平面P AB；（2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．（1）证明由已知得AM＝错误!AD＝2。
高考数学(理)之立体几何与空间向量 专题06 平面与平面的平行、垂直的判定与性质(解析版)
立体几何与空间向量06 平面与平面的平行、垂直的判定与性质【考点讲解】一、具体目标：1.理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理；2.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理；3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.二、知识概述：1.面面平行的判定与性质a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，α∥β，α∩γ＝a，(1)定义：两个平面没有公共点，称这两个平面平行；(2)判定定理：a⊂α，b⊂α，a∩b＝M，a∥β，b∥β⇒α∥β；(3)推论：a∩b＝M，a，b⊂α，a′∩b′＝M′，a′，b′⊂β，a∥a′，b∥b′⇒α∥β.3．两个平面平行的性质定理(1)α∥β，a⊂α⇒a∥β；(2)α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b⇒a∥b.3.平面与平面垂直的判定与性质(1)平面与平面垂直的判定方法①定义法.②利用判定定理：如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直．(2)平面与平面垂直的性质：如果两平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面．4.定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．5.定理：⎭⎪⎬⎪⎫AB βAB ⊥α⇒β⊥α⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝MNAB βAB ⊥MN⇒AB ⊥α1.【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（ ） A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【解析】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件.由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ． 【答案】B2.【2019年高考浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则（ ） A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β【解析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BDPB PB PB PBαβ===<=，即αβ>； 【真题分析】在Rt △PED 中，tan tan PD PDED BDγβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.【变式1】【2018年高考浙江卷】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θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则（ ）A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ1【解析】设O 为正方形ABCD 的中心，M 为AB 中点，过E 作BC 的平行线EF ，交CD 于F ，过O 作ON 垂直EF 于N ，连接SO ，SN ，SE ，SM ，OM ，OE ，则SO 垂直于底面ABCD ，OM 垂直于AB ， 因此123,,,SEN SEO SMO ∠=∠=∠=θθθ从而123tan ,tan ,tan ,SN SN SO SOEN OM EO OM====θθθ 因为SN SO EO OM ≥≥，，所以132tan tan tan ,≥≥θθθ即132≥≥θθθ，故选D. 【答案】D【变式2】【2017年高考浙江卷】如图，已知正四面体–D ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，2BQ CR QC RA==，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面角为αβγ,,，则（ ）A ． γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βγα<<【解析】设O 为三角形ABC 中心，则O 到PQ 距离最小，O 到PR 距离最大，O 到RQ 距离居中，而三棱锥的高相等，因此αγβ<<，所以选B ． 【答案】B3.【2018优选题】空间中，设,m n 表示不同的直线， ,,αβγ表示不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A. 若,αγβγ⊥⊥，则//αβB. 若,m m αβ⊥⊥，则//αβC. 若,m βαβ⊥⊥，则//m αD. 若,n m n α⊥⊥，则//m α 【解析】本题考点是面面平行，线面平行的判定.A 项，若,αγβγ⊥⊥，过正方体同一顶点的三个平面分别为,,αβγ，则αβ⊥，故A 项不合题意；B 项，若,m m αβ⊥⊥，根据垂直于同一条直线的两个平面平行，则//αβ，故B 项符合题意；C 项，若,m βαβ⊥⊥，由同时垂直于一个平面的直线和平面的位置关系可以是直线在平面内或平行可知，直线m 在平面α内或平行，故C 项不合题意；D 项，若,n m n α⊥⊥,由同时垂直于一条直线的直线和平面的位置关系可以是直线在平面内或平行可知，直线m 在平面α内或平行，故D 项不合题意. 故选B. 【答案】B4.【2019优选题】在正四面体P －ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，则下面四个结论中不成立的是( ) A ．BC ∥平面PDF B ．DF ⊥平面P AE C ．平面PDF ⊥平面ABCD ．平面P AE ⊥平面ABC【解析】画出图形，如图所示，则BC ∥DF ，又DF ⊂平面PDF ，BC ⊄平面PDF ，∴BC ∥平面PDF ，故A 成立；由题意可得AE ⊥BC ，PE ⊥BC ，BC ∥DF ，则DF ⊥AE ，DF ⊥PE ，∴DF ⊥平面P AE ，故B 成立； 又DF ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面P AE ，故D 成立．本题的考点是平面与平面垂直的判定.【答案】C5.【2016全国新课标2】α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题：①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β. ②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n . ③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等. 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号）【解析】对于①，,,//m n m n αβ⊥⊥，则,αβ的位置关系无法确定，故错误；对于②,因为//n α，所以过直线n 作平面γ与平面α相交于直线c ，则//n c ，因为,,m m c m n α⊥⊥⊥所以所以，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确的命题有②③④.本题考点是空间中的线面关系. 【答案】②③④6.【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求二面角A−MA 1−N 的正弦值．【解析】（1）连结B 1C ，ME ．因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ． 又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =12A 1D ．由题设知A 1B 1=P DC ，可得B 1C =P A 1D ，故ME =P ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ．又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ．（2）由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点，DA uuu r的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-u u u r ，1(12)A M =--u u u u r ，1(1,0,2)A N =--u u u u r，(0,MN =u u u u r ．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u rm m ，所以2040x z z ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，．可取=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u ur ，．n n所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n．于是cos ,||⋅〈〉===‖m n m n m n ， 所以二面角1A MA N --的正弦值为5． 7.【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的二面角B −CG −A 的大小.【解析】（1）由已知得AD P BE ，CG P BE ，所以AD P CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ． 由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°，可求得BH =1，EHH 为坐标原点，HC u u u r的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz ，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，0），CG uuu r =（1，0），AC uuu r=（2，–1，0）．设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u r n n即0,20.x x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =（3，6，．又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ． 因此二面角B –CG –A 的大小为30°．8.【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底部ABCD 为菱形，E 为CD 的中点．（1）求证：BD ⊥平面PAC ；（2）若∠ABC =60°，求证：平面PAB ⊥平面PAE ；（3）棱PB 上是否存在点F ，使得CF ∥平面PAE ？说明理由．【解析】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定.（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA BD ⊥．又因为底面ABCD 为菱形，所以BD AC ⊥． 所以BD ⊥平面PAC ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点，所以AE ⊥CD ．所以AB ⊥AE ．所以AE ⊥平面PAB ．所以平面PAB⊥平面PAE．（3）棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE．取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG．则FG∥AB，且FG=12 AB．因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CE∥AB，且CE=12AB．所以FG∥CE，且FG=CE．所以四边形CEGF为平行四边形．所以CF∥EG．因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，所以CF∥平面PAE．9.【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积.【解析】本题从多面体折叠开始，考查考生在折叠过程中掌握哪些量的大小与位置关系是不变与变化的，折叠后的多面体的性质解决题中的要求.（1）由已知得AD P BE，CG P BE，所以AD P CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE．又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．（2）取CG的中点M，连结EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．10.【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =． （1）求证：CD ⊥平面PAD ； （2）求二面角F –AE –P 的余弦值； （3）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【解析】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD ．又因为AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ． （2）过A 作AD 的垂线交BC 于点M ．因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD ．如图建立空间直角坐标系A −xyz ，则A （0，0，0），B （2，-1，0），C （2，2，0），D （0，2，0）， P （0，0，2）．因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）．所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-=u u u ru u u r u u u r．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n 即0,2240.333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩ 令z =1，则1,1y x =-=-．于是=(1,1,1)--n ．又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），所以3cos ,||3⋅〈〉==-‖n p n p n p . 由题知，二面角F −AE −P ．（3）直线AG 在平面AEF 内．因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--u u ur ，所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n .所以4220333AG ⋅=-++=u u u r n .所以直线AG 在平面AEF 内.11.【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.【解析】（1）连接BD ，易知AC BD H =I ，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥. 又因为GH ⊄平面P AD ，PD ⊂平面P AD ，所以GH ∥平面P AD . （2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ，又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC I 平面PCD PC =，所以DN ⊥平面P AC ， 又PA ⊂平面P AC ，故DN PA ⊥.又已知PA CD ⊥，CD DN D =I ，所以PA ⊥平面PCD . （3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面P AC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面P AC 所成的角， 因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC的中点，所以DN =又DN AN ⊥， 在Rt AND △中，3sinDN DAN AD ∠==.所以，直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为3.12.【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； （3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE u u u r u u u r u u u r，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)CF h h =>>，则()1,2,F h ．（1）依题意，(1,0,0)AB =u u u r 是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =u u u r ，可得0BF AB ⋅=u u u r u u u r ，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ． （2）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--u u u ru u u r u u u r．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =，可得(2,2,1)=n ．因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==-u u u ru u u r u u u r n n n ．所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49．（3）设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r m m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩不妨令1y =，可得21,1,h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭m．由题意，有||1cos ,||||3⋅〈〉===m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意． 所以，线段CF的长为87．【模拟考场】1.设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．“m β∥”是“αβ∥”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【解析】本题考点是线面平行与面面平行与充要条件的综合应用.因为α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．若“m β∥”，则平面、αβ可能相交也可能平行，不能推出//αβ，反过来若//αβ，m α⊂，则有m β∥，则“m β∥”是“αβ∥”的必要而不充分条件，故选B. 【答案】B2.设,a b 是空间中不同的直线， ,αβ是不同的平面，则下列说法正确的是（ ）A. //,a b b α⊂，则//a αB. ,,//a b αβαβ⊂⊂，则//a bC. ,,//,//a b b αααββ⊂⊂，则//αβD. //,a αβα⊂，则//a β【解析】本题考点是线面平行，面面平行的判定。
2024届高考数学立体几何专项练(6)空间向量及其运算
15.如图，已知四棱锥Pu u u r u u7.答案：Bu u u r u u u ru u u r1D.由C 可得左边59=，又(1,3,7)--=--a b c ，所以右边||59=--=a b c ，D 正确.12.答案：ABC解析：对于A,(2,1,0),(1,2,1)AB AC ==-u u u r u u u r ,所以不存在实数λ,使得AB AC λ=u u u r u u u r ,则AB u u u r 与AC u u u r 不是共线向量,所以A 错误;对于B,因为(2,1,0)AB =u u u r ,所以与AB u u u r 同向的单位向量为255,,055⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,所以B 错误;对于C,向量(2,1,0),(3,1,1)AB BC ==-u u u r u u u r ,所以55cos ,11||||AB BC AB BC AB BC ⋅〈〉==-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ,所以C 错误;对于D 项,设平面ABC 的一个法向量是(,,),(2,1,0),(1,2,1)x y z AB AC ===-n u u u r u u u r ,所以0,0,AB AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n u u u r u u u r 则20,20,x y x y z +=⎧⎨-++=⎩令1x =,则平面ABC 的一个法向量为,所以D 正确.故选ABC.13.答案：32-解析：22(1)1812(1)16640λλλλλ⋅=++⋅+=-++=+=m n a a b b ，故32λ=-.14.答案：1解析：，所以12x =，，从而1x y z ++=.15.答案：23-解析：因为1223MN PN PM PD PC =-=- 12()()23AD AP AB AD AP =--+- 211366AB AD AP =--+ ，所以23x y z ++=-.16.答案：257解析：已知AB BC ⊥u u u r u u u r ，由题意，可得，BP BC ⊥u u r u u u r .(1,2,5)=-n 1111()()2224AG AB BE AB AE AB AB AC AD =+=+-=++ 14y z ==BP AB ⊥u u r u u u r设2PA AB ==，则，(0,2,0)D -，，(2,2,0)AD =-- ，(2,0,0)A (0,22,0)BD ∴=-。
高考数学必考题型立体几何与空间向量 (1)
第30练 空间角的突破方略题型一 异面直线所成的角例1 在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,求异面直线BA 1与AC 所成的角、破题切入点 利用BA 1→·AC →＝|BA 1→|·|AC →|×cos 〈BA 1→,AC →〉,求出向量BA 1→与AC →的夹角〈BA 1→,AC →〉,再根据异面直线BA 1,AC 所成角的范围确定异面直线所成角、还可用几何法或坐标法、 解 方法一因为BA 1→＝BA →＋BB 1→,AC →＝AB →＋BC →, 所以BA 1→·AC →＝(BA →＋BB 1→)·(AB →＋BC →) ＝BA →·AB →＋BA →·BC →＋BB 1→·AB →＋BB 1→·BC →. 因为AB ⊥BC ,BB 1⊥AB ,BB 1⊥BC , 所以BA →·BC →＝0,BB 1→·AB →＝0, BB 1→·BC →＝0,BA →·AB →＝－a 2. 所以BA 1→·AC →＝－a 2.又BA 1→·AC →＝|BA 1→|·|AC →|·cos 〈BA 1→,AC →〉, cos 〈BA 1→,AC →〉＝－a 22a ×2a＝－12.所以〈BA 1→,AC →〉＝120°.所以异面直线BA 1与AC 所成的角为60°. 方法二连接A 1C 1,BC 1,则由条件可知A 1C 1∥AC ,从而BA 1与AC 所成的角亦为BA 1与A 1C 1所成的角, 由于该几何体为边长为a 的正方体, 于是△A 1BC 1为正三角形,∠BA 1C 1＝60°, 从而所求异面直线BA 1与AC 所成的角为60°. 方法三 由于该几何体为正方体,所以DA ,DC ,DD 1两两垂直且长度均为a ,于是以D 为坐标原点,DA →,DC →,DD 1→分别为x ,y ,z 轴正方向建立空间直角坐标系, 于是有A (a,0,0),C (0,a,0),A 1(a,0,a ),B (a ,a,0), 从而AC →＝(－a ,a,0),BA 1→＝(0,－a ,a ), 且|AC →|＝|BA 1→|＝2a ,AC →·BA 1→＝－a 2, ∴cos 〈AC →,BA 1→〉＝－a 22a ·2a ＝－12,〈AC →,BA 1→〉＝120°,所以所求异面直线BA 1与AC 所成角为60°. 题型二 直线与平面所成的角例2 如图,已知四棱锥P —ABCD 的底面为等腰梯形,AB ∥CD ,AC ⊥BD ,垂足为H ,PH 是四棱锥的高,E 为AD 的中点、(1)证明：PE ⊥BC ；(2)若∠APB ＝∠ADB ＝60°,求直线P A 与平面PEH 所成角的正弦值、破题切入点 平面的法向量是利用向量方法解决位置关系或夹角的关键,本题可通过建立坐标系,利用待定系数法求出平面PEH 的法向量、 (1)证明以H 为原点,HA ,HB ,HP 所在直线分别为x ,y ,z 轴,线段HA 的长为单位长度,建立空间直角坐标系(如图),则A (1,0,0),B (0,1,0)、设C (m,0,0),P (0,0,n ) (m <0,n >0),则D (0,m,0),E ⎝⎛⎭⎫12，m 2，0. 可得PE →＝⎝⎛⎭⎫12，m 2，－n ,BC →＝(m ,－1,0)、 因为PE →·BC →＝m 2－m2＋0＝0,所以PE ⊥BC .(2)解 由已知条件可得m ＝－33,n ＝1, 故C ⎝⎛⎭⎫－33，0，0,D ⎝⎛⎭⎫0，－33，0,E ⎝⎛⎭⎫12，－36，0, P (0,0,1)、设n ＝(x ,y ,z )为平面PEH 的法向量, 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·HE →＝0，n ·HP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －36y ＝0，z ＝0.因此可以取n ＝(1,3,0)、又P A →＝(1,0,－1), 所以|cos 〈P A →,n 〉|＝24.所以直线P A 与平面PEH 所成角的正弦值为24. 题型三 二面角例3 如图,在五面体ABCDEF 中,F A ⊥平面ABCD ,AD ∥BC ∥FE ,AB ⊥AD ,M 为EC 的中点,AF ＝AB ＝BC ＝FE ＝12AD .(1)求异面直线BF 与DE 所成的角的大小； (2)证明：平面AMD ⊥平面CDE ；(3)求二面角A －CD －E 的余弦值、破题切入点 以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系、 (1)解如图所示,建立空间直角坐标系,点A 为坐标原点,设AB ＝1,依题意得B (1,0,0),C (1,1,0), D (0,2,0),E (0,1,1), F (0,0,1), M ⎝⎛⎭⎫12，1，12. BF →＝(－1,0,1),DE →＝(0,－1,1),于是cos 〈BF →,DE →〉＝BF →·DE →|BF →||DE →|＝0＋0＋12·2＝12.所以异面直线BF 与DE 所成的角的大小为60°.(2)证明 由AM →＝⎝⎛⎭⎫12，1，12,CE →＝(－1,0,1),AD →＝(0,2,0),可得CE →·AM →＝0,CE →·AD →＝0. 因此,CE ⊥AM ,CE ⊥AD .又AM ∩AD ＝A , 故CE ⊥平面AMD .而CE ⊂平面CDE , 所以平面AMD ⊥平面CDE .(3)解 设平面CDE 的法向量为u ＝(x ,y ,z ),则 ⎩⎪⎨⎪⎧u ·CE →＝0，u ·DE →＝0.于是⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－y ＋z ＝0.令x ＝1可得u ＝(1,1,1)、又由题设,平面ACD 的一个法向量为v ＝(0,0,1)、 所以cosu ,v ＝u ·v |u ||v |＝0＋0＋13×1＝33.因为二面角A －CD －E 为锐角,所以其余弦值为33. 总结提高 空间中各种角包括：异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及二面角、 (1)异面直线所成的角的范围是(0,π2]、求两条异面直线所成的角的大小一般方法是通过平行移动直线,把异面问题转化为共面问题来解决、具体步骤如下：①利用定义构造角,可固定一条,平移另一条,或两条同时平移到某个特殊的位置,顶点选择在特殊的位置上；②证明作出的角即为所求的角； ③利用三角形来求角、(2)直线与平面所成的角的范围是[0,π2]、求直线和平面所成的角用的是射影转化法、具体步骤如下：①找过斜线上一点与平面垂直的直线；②连接垂足和斜足,得出斜线在平面的射影,确定出所求的角； ③把该角置于三角形中计算、注：斜线和平面所成的角,是它和平面内任何一条直线所成的一切角中的最小角,即若θ为线面角,α为斜线与平面内任何一条直线所成的角,则有θ≤α. (3)确定点的射影位置有以下几种方法：①斜线上任意一点在平面上的射影必在斜线在平面的射影上；②如果一个角所在的平面外一点到角的两边距离相等,那么这一点在平面上的射影在这个角的平分线上；如果一条直线与一个角的两边的夹角相等,那么这一条直线在平面上的射影在这个角的平分线上；③两个平面相互垂直,一个平面上的点在另一个平面上的射影一定落在这两个平面的交线上； ④利用某些特殊三棱锥的有关性质,确定顶点在底面上的射影的位置：a 、如果侧棱相等或侧棱与底面所成的角相等,那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的外心；b 、如果顶点到底面各边距离相等或侧面与底面所成的角相等,那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的内心(或旁心)；c 、如果侧棱两两垂直或各组对棱互相垂直,那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的垂心； (4)二面角的范围是(0,π],解题时要注意图形的位置和题目的要求、作二面角的平面角常有三种方法、①棱上一点双垂线法：在棱上任取一点,过这点在两个平面内分别引棱的垂线,这两条射线所成的角,就是二面角的平面角；②面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线,再由垂足向棱作垂线得到棱上的点(即斜足),斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角,即为二面角的平面角； ③空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面,截二面角得两条射线,这两条射线所成的角就是二面角的平面角、1、(2014·课标全国Ⅱ)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,∠BCA ＝90°,M ,N 分别是A 1B 1,A 1C 1的中点,BC ＝CA ＝CC 1,则BM 与AN 所成角的余弦值为( ) A.110 B.25 C.3010 D.22 答案 C解析 方法一 补成正方体,利用向量的方法求异面直线所成的角、 由于∠BCA ＝90°,三棱柱为直三棱柱,且BC ＝CA ＝CC 1, 可将三棱柱补成正方体、建立如图(1)所示空间直角坐标系、设正方体棱长为2,则可得A (0,0,0),B (2,2,0),M (1,1,2),N (0,1,2), ∴BM →＝(1,1,2)－(2,2,0)＝(－1,－1,2),AN →＝(0,1,2)、 ∴cos 〈BM →,AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|＝－1＋4(－1)2＋(－1)2＋22×02＋12＋22＝36×5＝3010.方法二 通过平行关系找出两异面直线的夹角,再根据余弦定理求解、如图(2),取BC 的中点D ,连接MN ,ND ,AD ,由于MN 綊12B 1C 1綊BD ,因此有ND 綊BM ,则ND 与NA 所成的角即为异面直线BM 与AN 所成的角、设BC ＝2,则BM ＝ND ＝6,AN ＝5,AD ＝5,因此cos ∠AND ＝ND 2＋NA 2－AD 22ND ·NA ＝3010.2、在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的正弦值是( ) A.64 B.16 C.63 D.32答案 C解析 建立空间直角坐标系如图所示、设正方体的棱长为1,直线BC 1与平面A 1BD 所成的角为θ, 则D (0,0,0),A 1(1,0,1),B (1,1,0),C 1(0,1,1), ∴DA 1→＝(1,0,1),DB →＝(1,1,0),BC 1→＝(－1,0,1)、 设n ＝(x ,y ,z )是平面A 1BD 的一个法向量, 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝x ＋z ＝0，n ·DB →＝x ＋y ＝0，令z ＝1,则x ＝－1,y ＝1. ∴n ＝(－1,1,1),∴sin θ＝|cos 〈n ,BC 1→〉|＝|1＋13·2|＝63.3、如图,过正方形ABCD 的顶点A ,引P A ⊥平面ABCD .若P A ＝BA ,则平面ABP 和平面CDP 所成的二面角的大小是( )A 、30°B 、45°C 、60°D 、90° 答案 B解析 将四棱椎P －ABCD 还原成正方体, 可知∠APD 为平面ABD 与平面PCD 的平面角, 即∠APD ＝45°.4.如图,在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,∠ACB ＝90°,AA 1＝2,AC ＝BC ＝1,则异面直线A 1B 与AC 所成角的余弦值是( )A.63B.66 C.33 D.22答案 B 解析以C 为坐标原点,CA 、CB 、CC 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系,A 1(1,0,2),B (0,1,0),A (1,0,0),C (0,0,0), 则A 1B →＝(－1,1,－2), AC →＝(－1,0,0),cos 〈A 1B →,AC →〉＝A 1B →·AC →|A 1B →||AC →|＝11＋1＋4＝66.5、在四棱锥P —ABCD 中,底面ABCD 是正方形,侧棱PD ⊥平面ABCD ,AB ＝PD ＝a .点E 为侧棱PC 的中点,又作DF ⊥PB 交PB 于点F ,则PB 与平面EFD 所成角为( ) A 、30° B 、45° C 、60° D 、90° 答案 D 解析建立如图所示的空间直角坐标系D —xyz ,D 为坐标原点、则P (0,0,a ),B (a ,a,0), E (0,a 2,a 2)、故PB →＝(a ,a ,－a ), DE →＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2, 所以PB →·DE →＝0＋a 22－a 22＝0,所以PB ⊥DE ,由已知DF ⊥PB ,且DF ∩DE ＝D , 所以PB ⊥平面EFD ,所以PB 与平面EFD 所成角为90°.6、将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A －BD －C ,则下面结论错误的为( ) A 、AC ⊥BDB 、△ACD 是等边三角形C 、AB 与平面BCD 所成的角为60° D 、AB 与CD 所成的角为60° 答案 C解析 取BD 中点O ,连接AO 、CO , 则AO ⊥BD ,CO ⊥BD , ∴BD ⊥平面AOC ,∴AC ⊥BD ,又AC ＝2AO ＝AD ＝CD , ∴△ACD 是等边三角形,而∠ABD 是AB 与平面BCD 所成的角,应为45°. 又AC →＝AB →＋BD →＋DC →(设AB ＝a ), 则a 2＝a 2＋2a 2＋a 2＋2·a ·2a ·(－22) ＋2a ·2a ·(－22)＋2a 2cos 〈AB →,DC →〉, ∴cos 〈AB →,DC →〉＝12,∴AB 与CD 所成的角为60°.7、如图所示,在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,AA 1⊥底面ABC ,AB ＝BC ＝AA 1,∠ABC ＝90°,点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点,则直线EF 和BC 1所成的角是______、答案 60°解析 以BC 为x 轴,BA 为y 轴,BB 1为z 轴,建立空间直角坐标系、设AB ＝BC ＝AA 1＝2, 则C 1(2,0,2),E (0,1,0),F (0,0,1), 则EF →＝(0,－1,1),BC 1→＝(2,0,2), ∴EF →·BC 1→＝2, ∴cos 〈EF →,BC 1→〉＝22×22＝12,∴EF 和BC 1所成的角为60°.8、在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,AB ＝2,BC ＝AA 1＝1,则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________、 答案 13解析如图,建立空间直角坐标系D －xyz ,则D 1(0,0,1),C 1(0,2,1),A 1(1,0,1),B (1,2,0),∴D 1C 1→＝(0,2,0),设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(x ,y ,z ),由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1C 1→＝(x ，y ，z )·(－1，2，0)＝－x ＋2y ＝0，n ·A 1B →＝(x ，y ，z )·(0，2，－1)＝2y －z ＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝2y ，令y ＝1,得n ＝(2,1,2), 设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ,则sin θ＝|cos 〈D 1C 1→,n 〉|＝|D 1C 1→·n ||D 1C 1→||n |＝22×3＝13. 9.如图,在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,M 、N 分别是棱CD 、CC 1的中点,则异面直线A 1M 与DN 所成角的大小是________、答案 90°解析 方法一 连接MD 1,易证△DD 1M ≌△CDN ,则∠NDM ＝∠DD 1M ,∴∠NDM ＋∠D 1MD ＝∠DD 1M ＋∠D 1MD ＝90°,即DN ⊥D 1M ,又A 1D 1⊥平面DC 1,∴A 1D 1⊥DN ,∴DN ⊥平面A 1D 1M .∵A 1M ⊂平面A 1D 1M ,∴A 1M ⊥DN .即A 1M 与DN 所成的角为90°.方法二 (空间向量法)以D 为原点,分别以DA ,DC ,DD 1为x ,y ,z 轴,设正方体边长为2,则D (0,0,0),N (0,2,1),M (0,1,0),A 1(2,0,2),∴DN →＝(0,2,1),MA 1→＝(2,－1,2),cos 〈DN →,MA 1→〉＝DN →·MA 1→|DN →||MA 1→|＝0, ∴A 1M 与DN 的夹角为90°.10、正四棱锥S －ABCD 中,O 为顶点在底面上的射影,P 为侧棱SD 的中点,且SO ＝OD ,则直线BC 与平面P AC 所成的角是________、答案 30°解析如图所示,以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ,则A (a,0,0),B (0,a,0),C (－a,0,0),P (0,－a 2,a 2), 则CA →＝(2a,0,0),AP →＝(－a ,－a 2,a 2),CB →＝(a ,a,0)、 设平面P AC 的法向量为n ,可求得n ＝(0,1,1),则cos 〈CB →,n 〉＝CB →·n |CB →||n |＝a 2a 2·2＝12. ∴〈CB →,n 〉＝60°,∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°.11、如图所示,在四棱锥P －ABCD 中,底面ABCD 为直角梯形,AD ∥BC ,∠ADC ＝90°,平面P AD ⊥底面ABCD ,E 为AD 的中点,M 是棱PC 的中点,P A ＝PD ＝2,BC ＝12AD ＝1,CD ＝ 3.(1)求证：PE ⊥平面ABCD ；(2)求直线BM 与平面ABCD 所成角的正切值；(3)求直线BM 与CD 所成角的余弦值、(1)证明 因为P A ＝PD ,E 为AD 的中点,所以PE ⊥AD .又平面P AD ⊥平面ABCD ,且平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ,所以PE ⊥平面ABCD .(2)解连接EC ,设EC 的中点为H ,连接MH ,HB ,如图、因为M 是PC 的中点,H 是EC 的中点,所以MH ∥PE .由(1),知PE ⊥平面ABCD ,所以MH ⊥平面ABCD ,所以HB 是BM 在平面ABCD 内的射影、所以∠MBH 为直线BM 与平面ABCD 所成的角、因为AD ∥BC ,BC ＝12AD ,E 为AD 的中点,∠ADC ＝90°, 所以四边形BCDE 为矩形,所以EC ＝2,HB ＝12EC ＝1. 又MH ＝12PE ＝32, 所以在△MHB 中,tan ∠MBH ＝MH HB ＝32. 所以直线BM 与平面ABCD 所成角的正切值为32. (3)解 由(2),知CD ∥BE ,所以直线BM 与CD 所成角为直线BM 与BE 的夹角、连接ME ,在Rt △MHE 中,ME ＝72,同理求得BM ＝72, 又BE ＝CD ＝3,所以在△MEB 中,cos ∠MBE ＝BM 2＋BE 2－ME 22BM ×BE＝74＋3－742×72×3＝217,所以直线BM 与CD 所成角的余弦值为217. 12.在如图所示的几何体中,四边形ABCD 是菱形,ADNM 是矩形,平面ADNM ⊥平面ABCD ,∠DAB ＝60°,AD ＝2,AM ＝1,E 是AB 的中点、(1)求证：AN ∥平面MEC ；(2)在线段AM 上是否存在点P ,使二面角P －EC －D 的大小为π6？若存在,求出AP 的长；若不存在,请说明理由、(1)证明 由已知,MN ∥AD ∥BC ,连接BN ,设CM 与BN 交于F ,连接EF ,如图所示、又MN ＝AD ＝BC ,所以四边形BCNM 是平行四边形,F 是BN 的中点、又E 是AB 的中点,所以AN ∥EF .因为EF ⊂平面MEC ,AN ⊄平面MEC ,所以AN ∥平面MEC .(2)解 如图所示,假设在线段AM 上存在点P ,使二面角P －EC －D 的大小为π6. 延长DA ,CE 交于点Q ,过A 作AH ⊥EQ 于H ,连接PH .因为四边形ADNM 是矩形,平面ADNM ⊥平面ABCD ,所以MA ⊥平面ABCD ,又CQ ⊂平面ABCD ,所以MA ⊥EQ ,EQ ⊥平面P AH ,所以EQ ⊥PH ,∠PHA 为二面角P －EC －D 的平面角、由题意,知∠PHA ＝π6. 在△QAE 中,AE ＝1,AQ ＝2,∠QAE ＝120°, 则EQ ＝12＋22－2×1×2cos 120°＝7,所以AH ＝AE ×AQ sin 120°EQ ＝37. 又在Rt △P AH 中,∠PHA ＝π6, 则AP ＝AH ×tan 30°＝37×33＝17＝77<1. 所以在线段AM 上存在点P ,使二面角P －EC －D 的大小为π6, 此时AP 的长为77.。
高考一轮复习—立体几何—6空间向量在立体几何的应用—配套练习(学生版)
立体几何—6空间向量在立体几何的应用—配套练习
1.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC和△AA1C均是边长为2的等边三角形，点O为AC中点，平面AA1C1C⊥平面ABC.
(1)证明：A1O⊥平面ABC；
(2)求直线AB与平面A1BC1所成角的正弦值．
2.如图1，在△ABC中，BC=3，AC=6，∠C=90°，且DE∥BC，将△ADE沿DE折起到△A1DE 的位置，使A1D⊥CD，如图2.
(1)求证：BC⊥平面A1DC；
(2)若CD=2，求BE与平面A1BC所成角的正弦值．
3.如图1，在边长为5的菱形ABCD 中，AC =6，现沿对角线AC 把△ADC 翻折到△APC 的位置得到四面体P -ABC ，如图2所示．已知PB =42 .
(1)求证：平面PAC ⊥平面ABC ；(2)若Q 是线段AP 上的点，且AQ =13
AP ，求二面角Q -BC -A 的余弦值．4.如图所示，在正四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 的边长为2，侧棱长为22 .
(1)若点E 为PD 上的点，且PB ∥平面EAC ，试确定E 点的位置；
(2)在(1)的条件下，在线段PA 上是否存在点F ，使平面AEC 和平面BDF 所成的锐二面角的余
弦值为114
，若存在，求线段PF 的长度，若不存在，请说明理由．
5.如图，在四棱锥E -ABCD 中，底面ABCD 是圆内接四边形，CB =CD =CE =1，AB =AD =AE =3 ，EC ⊥BD .
(1)求证：平面BED ⊥平面ABCD ；
(2)若点P 在侧面ABE 内运动，且DP ∥平面BEC ，求直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值．。
高考数学压轴专题最新备战高考《空间向量与立体几何》专项训练及答案
数学《空间向量与立体几何》高考知识点一、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ABC AD ⊂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 =()22min 32cos 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 ⊥βB ．若α⊥β，n ∥α，则n ⊥βC ．若m ∥α，m ∥β，则α∥βD ．若m ⊥α，m ⊥β，n ⊥α，则n ⊥β【答案】D【解析】【分析】根据直线、平面平行垂直的关系进行判断．【详解】由α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，知：在A 中，若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故A 错误； 在B 中，若α⊥β，n ∥α，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故B 错误；在C 中，若m ∥α，m ∥β，则α与β相交或平行，故C 错误；在D 中，若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β，∴若n ⊥α，则n ⊥β，故D 正确.故选：D.【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的益关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.4．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 ∥lB ．若m ∥l ，则m ∥βC ．若m ⊥β，则m ⊥lD ．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.5．《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.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 ．3πC ．4πD ．6π 【答案】C【解析】【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 EBF a 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222819452424cos93222222A F EF A EA FEA F EF+-''+-'∠==='⋅⋅⨯⨯，∴4A FEπ'∠=．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,9322A F ACA F ACA F AC+'⋅'==='⋅⨯u u u u r u u u ru u u u r u u u ru 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．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．8．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.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．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（ ）A 29B ．35C 41D ．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()22461101++=()2241661++=()2246165++= （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()22226213++=()22262217++=()22262217++= （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()2223441++=()2224335++=()2223453++= 综上所述，沿着长方体的表面从A 点到B 41.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.11．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.12．如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（ ）A ．2对B ．3对C ．4对D ．5对【答案】C【解析】【分析】 画出该几何体的直观图P ABCD -，易证平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PCD ⊥平面PAD ，平面PAB ⊥平面PAD ，平面PAB ⊥平面PCD ，从而可选出答案．【详解】该几何体是一个四棱锥，直观图如下图所示，易知平面PAD ⊥平面ABCD ， 作PO ⊥AD 于O ，则有PO ⊥平面ABCD ，PO ⊥CD ，又AD ⊥CD ，所以，CD ⊥平面PAD ，所以平面PCD ⊥平面PAD ，同理可证：平面PAB ⊥平面PAD ，由三视图可知：PO ＝AO ＝OD ，所以，AP ⊥PD ，又AP ⊥CD ，所以，AP ⊥平面PCD ，所以，平面PAB ⊥平面PCD ，所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题．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．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②B ．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.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．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13，此三棱柱的高为23A ．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2221(3)2r =+=，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2221(3)21r r =+=⇒=，根据球的性质，可得外接球的直径为22222(2)2(23)4R r h =+=+=，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.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．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 ．53C ．64D ．104【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 2522θ+-==⨯⨯， 即异面直线AM 与1BC 所成角的余弦值为104，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．。
新高考2021届高考数学小题必练6立体几何与空间向量
立体几何研究现实世界中物体的形状、大小与位置关系．本单元的学习，可以帮助学生以长方体为载体，认识和理解空间点、直线、平面的位置关系；用数学语言表述有关平行、垂直的性质与判定，并对某些结论进行论证；了解一些简单几何体的表面积与体积的计算方法；运用直观感知、操作确认、推理论证、度量计算等认识和探索空间图形的性质，建立空间观念．学生在学习平面向量的基础上，利用类比的方法理解空间向量的概念、运算、基本定理和应用，体会平面向量和空间向量的共性和差异，运用向量的方法研究空间基本图形的位置关系和度量关系，体会向量方法和综合几何方法的共性和差异，运用向量方法解决筒单的数学问题和实际问题，感悟向量是研究几何问题的有效工具．内容包括：基本立体图形、基本图形位置关系、空间直角坐标系、空间向量及其运算、向量基本定理及坐标表示、空间向量的应用．1．基本立体图形①利用实物、计算机软件等观察空间图形，认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．②知道球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题．③能用斜二测法画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合）的直观图．2．基本图形位置关系①借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义，了解以下基本事实（基本事实1~4也称公理）和定理．基本事实1：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面．基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内．基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行．定理：如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．②从上述定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直的关系，归纳出以下判定定理，并加以证明．◆一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行．◆两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行．◆垂直于同一个平面的两条直线平行．◆两个平面垂直，如果一个平面内有一条直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直．③从上述定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直的关系，归纳出以下性质定理，并加以证明．◆如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行． ◆如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行． ◆如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直． ◆如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直． 3．空间直角坐标系①在平面直角坐标系的基础上，了解空间直角坐标系，感受建立空间直角坐标系的必要性，会用空间直角坐标系刻画点的位置．②借助特殊长方体（所有棱分别与坐标轴平行)顶点的坐标． 探索并得出空间两点间的距离公式． 4．空间向量及其运算①经历由平面向量推广到空间向量的过程，了解空间向量的概念． ②经历由平面向量的运算及其法则推广到空间向量的过程． 5．向量基本定理及坐标表示①了解空间向量基本定理及其意义，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．④了解空间向量投影的概念以及投影向量的意义（参见案例9）． 6．空间向量的应用①能用向量语言指述直线和平面，理解直线的方向向量与平面的法向量．②能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角以及垂直与平行关系． ③能用向量方法证明必修内容中有关直线、平面位置关系的判定定理．④能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题， 并能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用．1．【2020·全国高考真题（理）】已知ABC △是面积为4的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上． 若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（）A B ．32C ．1D 【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，则24π16πR =，解得2R =． 设ABC △外接圆半径为r ，边长为a ，ABC △的等边三角形，212a ∴=，解得3a =，2233r ∴===，∴球心O 到平面ABC 的距离1d =，故选C ．【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用； 解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面． 2．【2020全国Ⅱ卷】下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A ．6+B ．4+C ．6+D ．4+【答案】C【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，根据立体图形可得12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△，根据勾股定理可得AB AD DB ===ADB ∴△是边长为根据三角形面积公式可得211sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△ ∴该几何体的表面积是632=⨯++C ．【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形， 考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题．一、单选题．1．设α，β是两平面，a ，b 是两直线．下列说法正确的是（） ①若//a b ，//a c ，则//b c ②若a α⊥，b α⊥，则//a b ③若a α⊥，a β⊥，则//αβ ④若a β⊥，b αβ=，a α⊂，a b ⊥，则a β⊥A ．①③B ．②③④C ．①②④D ．①②③④【答案】D【解析】由平行公理知①对；垂直于同一平面的两条直线平行，故②对； 垂直于同一直线的两个平面平行，故③对； 由面面垂直性质定理知④对， 故选D ．2．某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是（）A ．4B ．8C ．D ．【答案】C【解析】根据几何体的三视图还原得到该几何体的直观图为：该几何体为三棱锥体． 如图所示：由于2AB =，4BD =，下底面BCD △为等腰直角三角形．可得12ACD S =⨯=△14242ABD S =⨯⨯=△，14242BCD S =⨯⨯=△，122ABC S =⨯=△所以该四面体四个面的面积中，最大的是ACD S =△，故选C ．3．已知球面上A ，B ，C 三点，如果AB BC AC ===，且球的体积为π3，则球心到平面ABC 的距离为（）A ．1 BCD ．2【答案】D【解析】设球的半径R ，则34π3V R ==，所以R =设ABC △外接圆的半径r ，则由22r ==，所以1r =，而()222R OO r '=+，即()251OO '=+，所以2OO '=，故选D ． 4．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，以下结论错误的是（）A ．面对角线中与直线1A D 所成的角为60︒的有8条B ．直线1A D 与1BC 垂直 C ．直线1AD 与1BD 平行 D ．三棱锥1A ACD -的体积为316a【答案】C【解析】如图所示，建立空间直角坐标系．对于A ，()1,0,A a a ，()0,0,0D ，(),0,0A a ，()1,,B a a a ， ∴()1,0,A D a a =--，()10,,AB a a =，∴21111111cos ,22A D AB A D AB A D AB ⋅===-， 由于两异面直线的夹角范围是0,π2⎛⎤⎥⎝⎦，∴异面直线1A D 与1AB 所成的角为60︒，同理：正方体的六个面中除了平面11ADD A 与11BCC B 的面对角线外， 其他的面对角线都与1A D 所成的角为60︒，则共有8条，故A 正确； 对于B ，()10,,C a a ，(),,0B a a ，()()2211,0,,0,0A D BC a a a a a a ⋅=--⋅-=-=，∴直线1A D 与1BC 垂直，故B 正确；对于C ，()10,0,D a ，∵()()2211,0,,,0A D BD a a a a a a a ⋅=--⋅--=-=，∴直线1A D 与1BD 垂直，不平行，故C 错误； 对于D ，三棱锥1A ACD -的体积为123111326C A AD V a a a -=⨯⋅=，故D 正确， 综上可知，只有C 不正确，故选C ．5．直三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC AA ==，60BAC ∠=︒，则异面直线1BA 和1AC 所成角的余弦值为（） A．2B ．34C ．14D ．13【答案】C【解析】因为AB AC =，60BAC ∠=︒，所以三角形ABC △是等边三角形， 取AC 的中点D ，以点D 为原点，建立空间直角坐标系如图： 设2AB =，则B ，(0,1,0)A -，1(0,1,2)A -，1(0,1,2)C ， 所以1(1,2)BA =--，1(0,2,2)AC ，122BA =122AC =112BA AC ⋅=，所以异面直线1BA 和1AC 所成角的余弦值为11111cos 42BA AC BA AC θ⋅===⋅，故选C ．6．三棱锥P ABC -的三条侧棱互相垂直，且1PA PB PC===，则其外接球上的点到平面ABC 的距离的最大值为（） ABC ．6D 【答案】B【解析】空间四个点P A B C 、、、在同一球面上，PA PB PC 、、两两垂直，且1PA PB PC ===，则PA PB PC 、、可看作是正方体的一个顶点发出的三条棱，所以过空间四个点P A B C 、、、，球心O 到平面ABC 的距离为体对角线的16，即球心O 到平面ABC其外接球上的点到平面ABC =B ． 7．用斜二测画法画水平放置的ABC △的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形A B C '''△．已知点O '是斜边B C ''的中点，且1A O，则ABC △的边BC 边上的高为（）A ．1B ．2C D ．【答案】D【解析】∵直观图是等腰直角三角形A B C '''，90B A C ，1A O ，∴2A C，根据直观图中平行于y 轴的长度变为原来的一半，∴ABC △的边BC 上的高222ACA C，故选D ．8．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面为直角三角形，90ACB ∠=︒，6AC =，1BC CC ==，点P 是线段1BC 上一动点，则1CP PA +的最小值是（）A B ．C 1D ．6【答案】B【解析】连1A B ，沿1BC 将1CBC △展开与11A BC △在同一个平面内， 连接1A C ，长度即是所求．∵直三棱柱111ABC A B C -中，底面为直角三角形，90ACB ∠=︒，6AC =，1BC CC =，∴矩形11BCC B 12BC =， 另外116AC AC ==；在矩形11ABB A 中，11A B AB ==1BB =，则1A B =易发现226240+=，即2221111AC BC A B =+，∴1190A C B ∠=︒，则11135A C C ∠=︒，故1AC ===， 故答案为B ．二、多选题．9．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E ，F ，G 分别为BC ，1CC ，1BB 的中点，则（）A ．直线1DD 与直线AF 垂直B ．直线1A G 与平面AEF 平行C ．点C 与点G 到平面AEF 的距离相等D ．平面AEF 截正方体所得的截面面积为98【答案】BD【解析】对于A ，取1DD 中点M ，则AM 为AF 在平面11AA D D 上的射影，AM 与1DD 不垂直，AF ∴与1DD 不垂直，故A 错；对于B ，取11B C 中点N ，连接1A N ，GN ，在正方体1111ABCD A B C D -中，1//A N AE ，//NG EF ，1A N ⊄平面AEF ，AE ⊂平面AEF ，所以1//A N 平面AEF ， 同理可证//NG 平面AEF ，1A NNG N =，所以平面1AGN ∥平面AEF ， 1AG ⊂平面1A GN ，所以1A G ∥平面AEF ，故B 正确； 对于C ，假设C 与G 到平面AEF 的距离相等，即平面AEF 将CG 平分， 则平面AEF 必过CG 的中点，连接CG 交EF 于H ，而H 不是CG 中点， 则假设不成立，故C 错；对于D ，在正方体1111ABCD A B C D -中，1//AD EF ， 把截面AEF 补形为四边形1AEFD ， 由等腰梯形计算其面积98S =，故D 正确，故选BD ．10．已知,αβ是两个不重合的平面，,m n 是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（） A ．若m n ⊥，m α⊥，n β∥，则αβ⊥ B ．若m α⊥，n α∥，则m n ⊥ C ．若αβ∥，m α⊂，则m β∥D ．若m n ∥，αβ∥，则m 与α所成的角和n 与β所成的角相等 【答案】BCD【解析】选项A ：若m n ⊥，m α⊥，则n α⊂或n α∥， 又n β∥，并不能得到αβ⊥这一结论，故选项A 错误；选项B ：若m α⊥，n α∥，则由线面垂直的性质定理和线面平行的性质定理可得m n ⊥，故选项B 正确； 选项C ：若αβ∥，m α⊂，则有面面平行的性质定理可知m β∥，故选项C 正确；选项D ：若m n ∥，αβ∥，则由线面角的定义和等角定理知，m 与α所成的角和n 与β所成的角相等， 故选项D 正确， 故选BCD ．11．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -，若 AB BC =，E 、F 分别是1AB 、1BC 的中点，则下列结论中成立的是（）A ． EF 与1BB 垂直 B ．EF ⊥平面11BDD BC ．EF 与1CD 所成的角为45︒ D ． //EF 平面1111D C B A【答案】ABD【解析】连接1A B 、11A C 、1A D ，则E 为1A B 的中点，对于A 选项，1BB ⊥平面1111D C B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，111BB AC ∴⊥，E 、F 分别为1A B 、1BC 的中点，则11//EF A C ，1EF BB ∴⊥，A 选项正确；对于B 选项，四边形1111D C B A 为正方形，则1111AC B D ⊥， 又111AC BB ⊥，1111B D BB B =，11A C ∴⊥平面11BDD B ，11//EF AC ，EF ∴⊥平面11BDD B ，B 选项正确；对于C 选项，易知11A C D △为等边三角形，则1160AC D ∠=︒，11//EF AC ，则EF 与1C D 所成的角为1160AC D ∠=︒，C 选项错误；对于D 选项，11//EF AC ，EF ⊄平面1111D C B A ，11A C ⊂平面1111D CB A ，//EF ∴平面1111DC B A ，D 选项正确， 故选ABD ．12．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 是等边三角形，侧棱1AA ⊥底面ABC ，D 为AB 的中点，若2AB =，1AA ，则（）A ．1CD A D ⊥B ．异面直线1A D 与1AC所成角的余弦值为14 C ．异面直线1A D 与1ACD ．//CD 平面11AB C 【答案】AC【解析】A ：因为侧棱1AA ⊥底面ABC ，所以1AA CD ⊥， 因为ABC 是等边三角形，AD BD =，所以CD AB ⊥， 因为1ABAA A =，所以CD ⊥平面1AA D ，则1CD A D ⊥，A 正确；以D 为原点，如图建立空间直角坐标系，则(1A -，()1,0,0A -，(1C，(1B ，所以(11,0,A D =，(11,AC =，所以111111cos ,147A D AC A D AC A D AC ⋅===-，所以异面直线1A D 与1AC，B 不正确，C 正确；又因为(1AB =，(11,AC =，设平面11AB C 法向量为(),,x y z =n，则1120AB x AC x ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=++=⎪⎩n n ，即2x y z ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，取2z =，则()=n ，因为()0,CD =，且0CD ⋅=≠n ，所以若//CD 平面11AB C 不成立，D 不正确，故选AC ．三、填空题．13．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，AB BC ⊥，3PA =，AB =2BC =，若E ，F 是PC 的三等分点，则异面直线AE 与BF 所成角的余弦值_________．【答案】602【解析】如图所示：以AB 为x 轴，AP 为z 轴，平面ABC 内垂直于AB 的直线为y 轴建立空间直角坐标系， 则()0,0,0A ，)B，)C，()0,0,3P ，13PE PC =，23PF PC =，则2,23E ⎫⎪⎪⎝⎭，4,13F ⎫⎪⎪⎝⎭，则32,23AE⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，4,13BF F ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，则23cos ,60243AE BF AE BF AE BF⋅===⋅，故异面直线AE 与BF 故答案为602．14．如图所示，已知平行六面体1111ABCD A B C D -中，2AB AD ==，14AA =，11BAA DAA ∠=∠=60BAD∠=︒．M 为1CC 的中点，则AM 长度为______．【答案】【解析】因为11112AM AC C M AB AD AA =+=++， 所以22112AM AB AD AA ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭222111124AB AD AA AB AD AA AB AD AA =+++⋅+⋅+⋅，22211112242224242244222=++⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=，所以26AM =故答案为．15．在直三棱柱111ABC A B C -中，3AC =，3BC =，AB =12AA =，则异面直线1A C 与1BC 所成角的余弦值为________． 【答案】413【解析】因为3AC =，3BC =，AB =C 为直角，又直棱柱中，侧棱与底面垂直，所以1CA CB CC 、、两两垂直，以C 点为坐标原点， 以1CA CB CC 、、方向分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则()0,0,0C ，()10,0,2C ，()13,0,2A ，()0,3,0B ，所以()13,0,2AC =--，()1 0,3,2BC =-， 设异面直线1A C 与1BC 所成角为θ，则1111114cos cos 139AC BC AC BC AC BC θ====⋅，，故答案为413．16．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧棱PA PD ==PA PD ⊥，底面ABCD 为直角梯形，其中//BCAD ，AB AD ⊥，1AB BC ==，O 为AD 的中点．（1）则直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为_______； （2）则B 点到平面PCD 的距离为______．【解析】（1）在△PAD 中PA PD =，O 为AD 中点，所以PO AD ⊥， 又侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD =，PO ⊂平面PAD ，所以PO ⊥平面ABCD ．又在直角梯形ABCD 中，易得OC AD ⊥；所以以O 为原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系．则()0,0,1P ，()0,1,0A -，()1,1,0B -，()1,0,0C ，()0,1,0D ， 所以()1,1,1PB =--，OA POOA COPO CO O ⊥⎧⎪⊥⎨⎪=⎩，得OA ⊥平面POC ， 所以()0,1,0OA =-是平面POC 的一个法向量，3cos ,3PB OA PB OA PB OA⋅∴==，6,PB OA =，所以PB 与平面POC 所成角的余弦值为3． （2）()1,1,1PB =--，设平面PDC 的法向量为(),,x y z =n ，则()()()(),,1,0,10,,0,1,10CP x y z x z PD x y z y z ⎧⋅=⋅-=-+=⎪⎨⋅=⋅-=-=⎪⎩n n ，取z ＝1，得()1,1,1=n ， B 点到平面PCD的距离3BP d ⋅==n n．。
高考数学压轴专题最新备战高考《空间向量与立体几何》专项训练及答案
新《空间向量与立体几何》专题一、选择题1．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 ．64B ．62C ．32D ．34【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.2．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．3．一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.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．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.6．四面体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23sin32CD 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.7．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 ．22C ．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 ， 上底长为22112+=，下底边长为222222+=，高为：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．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．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．10．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．11．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 ．130 B ．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.12．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实（虚）线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（ ）A ．64B ．643C ．16D ．163【答案】D【解析】根据三视图知几何体是：三棱锥D ABC -为棱长为4的正方体一部分，直观图如图所示：B 是棱的中点，由正方体的性质得，CD ⊥平面,ABC ABC ∆的面积12442S =⨯⨯=，所以该多面体的体积1164433V =⨯⨯=，故选D.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 ．8316ππ+C ．28πD ．8216ππ+ 【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．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．15．若圆锥的高等于底面直径，则它的底面积与侧面积之比为A ．1∶2B ．13C ．15D 32【答案】C【解析】【分析】由已知，求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的底面面积和侧面积，可得答案【详解】设圆锥底面半径为r ，则高h ＝2r ，∴其母线长l ＝r ．∴S 侧＝πrl ＝πr 2，S 底＝πr 故选C ．【点睛】本题考查的知识点是旋转体，圆锥的表面积公式，属于基础题．16．圆锥SD （其中S 为顶点，D 为底面圆心）的侧面积与底面积的比是2:1，则圆锥SD 与它外接球（即顶点在球面上且底面圆周也在球面上）的体积比为（ ）A ．9:32B ．8:27C ．9:22D ．9:28【答案】A【解析】【分析】根据已知条件求得圆锥母线与底面圆半径r 的关系，从而得到圆锥的高与r 关系，计算圆锥体积，由截面图得到外接球的半径R 与r 间的关系，计算球的体积，作比即可得到答案.【详解】设圆锥底面圆的半径为r,圆锥母线长为l ，则侧面积为πrl ， 侧面积与底面积的比为2πrl 2l r r π==,则母线l=2r,圆锥的高为h=223l r r -=, 则圆锥的体积为2313πh 3r r π=, 设外接球的球心为O,半径为R,截面图如图，则OB=OS=R,OD=h-R=3r R -,BD=r, 在直角三角形BOD 中，由勾股定理得222OB OD BD =+,即()2223R r r R =+-, 展开整理得R=,3r 所以外接球的体积为33344333393R r ππ=⨯=, 故所求体积比为33393323293r r ππ= 故选：A【点睛】本题考查圆锥与球的体积公式的应用，考查学生计算能力，属于中档题.17．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.18．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.19．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.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-.13 PAC PABS S∆∆==，22PACS∆=，2ABCS∆=，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. 20．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OAu u u v，OBuuu v，OCu u u v表示向量OGu u u v是（）A．2233OG OA OB OC=++u u u v u u u v u u u v u u u vB．122233OG OA OB OCu 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 vD．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 MN3=+=+u u u r u u u u r u uQu 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 OC633u u u r u u u r u u u r u u u r∴=++ ,【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．。
高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》专项训练及答案
数学《空间向量与立体几何》知识点一、选择题1．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.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．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．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 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 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.5．一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.6．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=244AC =， ∴tan ∠APA 1=11AA A P242． ∴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．7．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．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 ．66C 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⋅=vv，12b c⋅=v v，12a c⋅=v v1AB a c=+u u u v v vQ，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 vv 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 c b a c a b b c a c=-+=++-⋅+⋅-⋅=u u u u v v v v vv v v v v v v v1111116cos,6AB BCAB BCAB BC⋅∴<>===⋅u u u v u u u u vu u u v u u u u vu 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．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1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．4 B．3 C．2 D．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 ．2305C ．27D ．47【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．已知正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等，D 是11A B 的中点，则AD 与平面11BCC B 所成角的正弦值为（ ）A ．5 B ．25C ．1010D ．1510【答案】D 【解析】 【分析】先找出直线AD 与平面11BCC B 所成角，然后在1B EF V 中，求出1sin EB F ∠，即可得到本题答案. 【详解】如图，取AB 中点E ，作EF BC ⊥于F ，连接11,B E B F ，则1EB F ∠即为AD 与平面11BCC B 所成角. 不妨设棱长为4，则1,2BF BE ==，13,25EF B E ∴=1315sin 1025EB F ∴∠==. 故选：D 【点睛】本题主要考查直线与平面所成角的求法，找出线面所成角是解决此类题目的关键.12．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 ．4π C ．512π D ．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()21cos 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.13．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（ ）A B ． C D ．【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.14．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 ．3D ．3【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 uv 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 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.15．等腰三角形ABC 的腰5AB AC ==，6BC =，将它沿高AD 翻折，使二面角B AD C --成60︒，此时四面体ABCD 外接球的体积为（ ）A ．7πB ．28πC 1919D 287 【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.16．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17．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.18．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。
立体几何与空间向量-高考数学必做题(详解版)
．
①当
时， 为四边形；
②当
时， 为五边形；
③当
时， 为六边形；
④当
时， 为菱形．
上的动点，过点 ，
答案 ①②④ 解析 对于①，如图所示
当
时， 为 中点，此时可得
，
截面
为等腰梯形；
当点 向 移动时，满足
，只需在
即可得截面为四边形
，①正确；
对于②，当
时，如图所示，
上取点 满足
， ，
延长 至 ，使
，
连接 交 于 ，连接 交 于 ，连接 ，
∵平面
平面
．
∴
平面
．过点 作
交 于点 ，则
．
取
，连接 ，则四边形
是矩形．
可得 平面
在
中，
得
．
∴点 到直线 的距离的最小值为 ． 故答案为： ．
考点
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 空间向量 空间向量的应用
5 如图，正方体
的棱长为 ， 为 的中点， 为线段
， 的平面截该正方体所得截面记为 ，则下列命题正确的是
∵四边形
是平行四边形，
∴ 为 的中点．
∵ 为 的中点，
∴
，
∵ 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ．
（3） 如图，作
，交 于 点，
则 为 的中点，
∵
，
，
∴
，
连接 ，则
，
∵ 平面
， 平面
，
∴
，从而
，
∴ 平面 ，
∴
是二面角
的平面角，
∵
，
，
，
∴
，
高考题型预测06 立体几何与空间向量(真题回顾+押题预测)(解析版)2023
预测06 立体几何与空间向量解析版1、有关线面位置关系的组合判断,试题通常以选择题的形式出现,主要是考查空间线线、线面、面面位置关系的判定与性质;2、有关线线、线面和面面的平行与垂直的证明,试题以解答题中的第一问为主,常以多面体为载体,突出考查学生的空间想象能力及推理论证能力;3、线线角、线面角和二面角是高考的热点,选择题、填空题皆有，解答题中第二问必考,一般为中档题,在全卷的位置相对稳定，主要考查空间想象能力、逻辑思维能力和转化与化归的应用能力.1、线面平行的判定定理与性质定理1)线面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则直线与平面平行.符号语言：,,////a b a b a ααα⊄⊂⇒.要判定直线与平面平行，只需证明直线平行于平面内的一条直线.2)线面平行的性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的平面与已知平面的交线与该直线平行. 符号语言：//,,//a a b a b αβαβ⊂=⇒.当直线与平面平行时，直线与平面内的直线不一定平行，只有在两条直线共面时才平行.3)面面平行的判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行.符号语言：//,//,,,//a b a b a b P ααββαβ⊂⊂=⇒.要使两个平面平行，只需证明其中一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行即可，这里的直线需是相交直线.4)面面平行的性质定理：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. 符号语言：//,,//m n m n αβαγβγ==⇒.2、直线、平面垂直的判定定理与性质定理1)线面垂直的判定定理：如果直线垂直于平面内的两条相交直线，则直线与平面垂直.符号语言：,,,,l a l b a b a b P l ααα⊥⊥⊂⊂=⇒⊥.要判定直线与平面垂直，只需判定直线垂直于平面内的两条相交直线即可. 2)线面垂直的性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行. 符号语言：,//a b a b αα⊥⊥⇒.此性质反映了平行、垂直之间的关系，也可以获得以下推论：两直线平行，若其中一条直线与一个平面垂直，则另一条直线也与该平面垂直.3)面面垂直的判定定理：若直线垂直于平面，则过该直线的平面与已知平面垂直. 符号语言：,a a αβαβ⊥⊂⇒⊥.要证明平面与平面垂直，关键是在其中一个平面内找到一条与另一个平面垂直的直线.4)面面垂直的性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直. 符号语言：,,,m n n m n αβαβαβ⊥=⊂⊥⇒⊥.要通过平面与平面垂直推理得到直线与平面垂直，必须满足直线垂直于这两个平面的交线. 3、异面直线所成角设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |， 其中a ，b 分别是直线a ，b 的方向向量． 4、直线与平面所成角设l 为平面α的斜线，l ∩α＝A ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，φ为l 与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n | 5、二面角平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α l β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|6、利用空间向量求距离点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO ―→|＝|AB ―→·n ||n |.一．选择题（共5小题）1．（2021•新高考Ⅰ）已知圆锥的底面半径为√2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ） A ．2B ．2√2C ．4D ．4√2【解答】解：由题意，设母线长为l ，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有2π⋅√2=π⋅l ，解得l =2√2， 所以该圆锥的母线长为2√2． 故选：B ．2．（2021•新高考Ⅱ）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ） A ．20+12√3B ．28√2C ．563D ．28√23【解答】解：如图ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1为正四棱台，AB ＝2，A 1B 1＝4，AA 1＝2． 在等腰梯形A 1B 1BA 中，过A 作AE ⊥A 1B 1，可得A 1E =4−22=1，AE =√AA 12−A 1E 2=√4−1=√3．连接AC ，A 1C 1，AC =√4+4=2√2，A 1C 1=√16+16=4√2， 过A 作AG ⊥A 1C 1，A 1G =4√2−2√22=√2，AG =√AA 12−A 1G 2=√4−2=√2，∴正四棱台的体积为：V=S上+S下+√S上⋅S下3×ℎ=22+42+√22×423×√2=28√23．故选：D．3．（2021•新高考Ⅱ）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积S＝2πr2（1﹣cosα）（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（）A．26%B．34%C．42%D．50%【解答】解：由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，则OP＝36000+6400＝424000，那么cosα=640042400=853；卫星信号覆盖的地球表面面积S＝2πr2（1﹣cosα），那么，S占地球表面积的百分比为2πr 2(1−cosα)4πr2=45106≈42%．故选：C．4．（2021•甲卷）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O﹣ABC的体积为（）A．√212B．√312C．√24D．√34【解答】解：因为AC⊥BC，AC＝BC＝1，所以底面ABC为等腰直角三角形，所以△ABC所在的截面圆的圆心O1为斜边AB的中点，所以OO1⊥平面ABC，在Rt△ABC中，AB=√AC2+BC2=√2，则AO1=√22，在Rt△AOO1中，OO1=√OA2−AO12=√22，故三棱锥O﹣ABC的体积为V=13⋅S△ABC⋅OO1=13×12×1×1×√22=√212．故选：A．5．（2021•乙卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB 与AD1所成的角为（）A．π2B．π3C．π4D．π6【解答】∵AD1∥BC1，∴直线PB与AD1所成角为∠PBC1，在正△A1BC1中，BP是∠A1BC1的平分线，∴∠PBC1=π6．∴直线PB与AD1所成的角为π6．故选：D．二．多选题（共2小题）（多选）6．（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点，则满足MN⊥OP的是（）A．B．C．D．【解答】解：对于A，设正方体棱长为2，设MN与OP所成角为θ，则tan θ=12√4+4=√22，∴不满足MN ⊥OP ，故A 错误；对于B ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则N （2，0，0），M （0，0，2），P （2，0，1），O （1，1，0）， MN →=（2，0，﹣2），OP →=（1，﹣1，1）， MN →⋅OP →=0，∴满足MN ⊥OP ，故B 正确；对于C ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则M （2，2，2），N （0，2，0），O （1，1，0），P （0，0，1）， MN →=（﹣2，0，﹣2），OP →=（﹣1，﹣1，1）， MN →⋅OP →=0，∴满足MN ⊥OP ，故C 正确；对于D ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则M （0，2，2），N （0，0，0），P （2，1，2），O （1，1，0）， MN →=（0，﹣2，﹣2），OP →=（1，0，2）， MN →⋅OP →=−4，∴不满足MN ⊥OP ，故D 错误． 故选：BC ．（多选）7．（压轴）（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝1，点P 满足BP →=λBC →+μBB 1→，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（ ）A ．当λ＝1时，△AB 1P 的周长为定值B ．当μ＝1时，三棱锥P ﹣A 1BC 的体积为定值 C ．当λ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1P ⊥BPD ．当μ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1B ⊥平面AB 1P【解答】解：对于A ，当λ＝1时，BP →=BC →+μBB 1→，即CP →=μBB 1→，所以CP →∥BB 1→， 故点P 在线段CC 1上，此时△AB 1P 的周长为AB 1+B 1P +AP ， 当点P 为CC 1的中点时，△AB 1P 的周长为√5+√2， 当点P 在点C 1处时，△AB 1P 的周长为2√2+1， 故周长不为定值，故选项A 错误；对于B ，当μ＝1时，BP →=λBC →+BB 1→，即B 1P →=λBC →，所以B 1P →∥BC →， 故点P 在线段B 1C 1上， 因为B 1C 1∥平面A 1BC ，所以直线B 1C 1上的点到平面A 1BC 的距离相等， 又△A 1BC 的面积为定值，所以三棱锥P ﹣A 1BC 的体积为定值，故选项B 正确；对于C ，当λ=12时，取线段BC ，B 1C 1的中点分别为M ，M 1，连结M 1M ， 因为BP →=12BC →+μBB 1→，即MP →=μBB 1→，所以MP →∥BB 1→， 则点P 在线段M 1M 上，当点P 在M 1处时，A 1M 1⊥B 1C 1，A 1M 1⊥B 1B ，又B 1C 1∩B 1B ＝B 1，所以A 1M 1⊥平面BB 1C 1C ， 又BM 1⊂平面BB 1C 1C ，所以A 1M 1⊥BM 1，即A 1P ⊥BP ， 同理，当点P 在M 处，A 1P ⊥BP ，故选项C 错误；对于D ，当μ=12时，取CC 1的中点D 1，BB 1的中点D ， 因为BP →=λBC →+12BB 1→，即DP →=λBC →，所以DP →∥BC →， 则点P 在线的DD 1上，当点P 在点D 1处时，取AC 的中点E ，连结A 1E ，BE ， 因为BE ⊥平面ACC 1A 1，又AD 1⊂平面ACC 1A 1，所以AD 1⊥BE ， 在正方形ACC 1A 1中，AD 1⊥A 1E ， 又BE ∩A 1E ＝E ，BE ，A 1E ⊂平面A 1BE ，故AD 1⊥平面A 1BE ，又A 1B ⊂平面A 1BE ，所以A 1B ⊥AD 1， 在正方体形ABB 1A 1中，A 1B ⊥AB 1，又AD 1∩AB 1＝A ，AD 1，AB 1⊂平面AB 1D 1，所以A 1B ⊥平面AB 1D 1， 因为过定点A 与定直线A 1B 垂直的平面有且只有一个， 故有且仅有一个点P ，使得A 1B ⊥平面AB 1P ，故选项D 正确．故选：BD ．四．解答题（共5小题）8．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 为正方形，AB ＝BC ＝2，E ，F 分别为AC 和CC 1的中点，BF ⊥A 1B 1． （1）求三棱锥F ﹣EBC 的体积；（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．【解答】解：（1）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥A1B1，又BF⊥A1B1，BB1∩BF＝B，BB1，BF⊂平面BCC1B1，∴A1B1⊥平面BCC1B1，∵AB∥A1B1，∴AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥BC，又AB＝BC，故AC=√22+22=2√2，∴CE=√2=BE，而侧面AA1B1B为正方形，∴CF=12CC1=12AB=1，∴V=13S△EBC⋅CF=13×12×√2×√2×1=13，即三棱锥F﹣EBC的体积为13；（2）证明：如图，取BC中点G，连接EG，B1G，设B1G∩BF＝H，∵点E是AC的中点，点G时BC的中点，∴EG∥AB，∴EG∥AB∥B1D，∴E、G、B1、D四点共面，由（1）可得AB⊥平面BCC1B1，∴EG⊥平面BCC1B1，∴BF⊥EG，∵tan∠CBF=CFBC =12，tan∠BB1G=BGBB1=12，且这两个角都是锐角，∴∠CBF＝∠BB1G，∴∠BHB1＝∠BGB1+∠CBF＝∠BGB1+∠BB1G＝90°，∴BF⊥B1G，又EG∩B1G＝G，EG，B1G⊂平面EGB1D，∴BF⊥平面EGB1D，又DE⊂平面EGB1D，∴BF ⊥DE ．9．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q ﹣ABCD 中，底面ABCD 是正方形，若AD ＝2，QD ＝QA =√5，QC ＝3．（Ⅰ）求证：平面QAD ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B ﹣QD ﹣A 的平面角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：△QCD 中，CD ＝AD ＝2，QD =√5，QC ＝3，所以CD 2+QD 2＝QC 2，所以CD ⊥QD ；又CD ⊥AD ，AD ∩QD ＝D ，AD ⊂平面QAD ，QD ⊂平面QAD ，所以CD ⊥平面QAD ；又CD ⊂平面ABCD ，所以平面QAD ⊥平面ABCD ． （Ⅱ）取AD 的中点O ，在平面ABCD 内作Ox ⊥AD ，以OD 所在直线为y 轴，OQ 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系O ﹣xyz ，如图所示：则O （0，0，0），B （2，﹣1，0），D （0，1，0），Q （0，0，2）， 因为Ox ⊥平面ADQ ，所以平面ADQ 的一个法向量为α→=（1，0，0），设平面BDQ 的一个法向量为β→=（x ，y ，z ）， 由BD →=（﹣2，2，0），DQ →=（0，﹣1，2），得{β→⋅BD →=0β→⋅DQ →=0，即{−2x +2y =0−y +2z =0，令z ＝1，得y ＝2，x ＝2，所以β→=（2，2，1）；所以cos ＜α→，β→＞=α→⋅β→|α→|⋅|β→|=1×√4+4+1=23，所以二面角B ﹣QD ﹣A 的平面角的余弦值为23．10．（2021•乙卷）如图，四棱锥P ﹣ABCD 的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ＝1，M 为BC 中点，且PB ⊥AM ． （1）求BC ；（2）求二面角A ﹣PM ﹣B 的正弦值．【解答】解：（1）连结BD ，因为PD ⊥底面ABCD ，且AM ⊂平面ABCD ， 则AM ⊥PD ，又AM ⊥PB ，PB ∩PD ＝P ，PB ，PD ⊂平面PBD ， 所以AM ⊥平面PBD ，又BD ⊂平面PBD ，则AM ⊥BD ， 所以∠ABD +∠MAB ＝90°，又∠ABD +∠ADB ＝90°， 则有∠ADB ＝∠MAB ，所以Rt △DAB ∽Rt △ABM ， 则AD AB=BA BM，所以12BC 2=1，解得BC =√2；（2）因为DA ，DC ，DP 两两垂直，故以点D 位坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则A(√2，0，0)，B(√2，1，0)，M(√22，1，0)，P （0，0，1）， 所以AP →=(−√2，0，1)，AM →=(−√22，1，0)，BM →=(−√22，0，0)，BP→=(−√2，−1，1)，设平面AMP 的法向量为n →=(x ，y ，z)， 则有{n →⋅AP →=0n →⋅AM →=0，即{−√2x +z =0−√22x +y =0， 令x =√2，则y ＝1，z ＝2，故n →=(√2，1，2)， 设平面BMP 的法向量为m →=(p ，q ，r)， 则有{m →⋅BM →=0m →⋅BP →=0，即{−√22p =0−√2p −q +r =0，令q ＝1，则r ＝1，故m →=(0，1，1)， 所以|cos ＜n →，m →＞|=|n →⋅m →||n →||m →|=√7×√2=3√1414， 设二面角A ﹣PM ﹣B 的平面角为α，则sin α=√1−cos 2α=√1−cos 2＜n →，m →＞=√1−(3√1414)2=√7014， 所以二面角A ﹣PM ﹣B 的正弦值为√7014．11．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 为正方形，AB ＝BC ＝2，E ，F 分别为AC 和CC 1的中点，D 为棱A 1B 1上的点，BF ⊥A 1B 1． （1）证明：BF ⊥DE ；（2）当B 1D 为何值时，面BB 1C 1C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小？【解答】（1）证明：连接AF ，∵E ，F 分别为直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的棱AC 和CC 1的中点，且AB ＝BC ＝2，∴CF ＝1，BF =√5， ∵BF ⊥A 1B 1，AB ∥A 1B 1， ∴BF ⊥AB∴AF =√AB 2+BF 2=√22+(√5)2=3，AC =√AF 2−CF 2=√32−12=2√2， ∴AC 2＝AB 2+BC 2，即BA ⊥BC ，故以B 为原点，BA ，BC ，BB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A （2，0，0），B （0，0，0），C （0，2，0），E （1，1，0），F （0，2，1）， 设B 1D ＝m ，则D （m ，0，2），∴BF →=（0，2，1），DE →=（1﹣m ，1，﹣2）， ∴BF →•DE →=0，即BF ⊥DE ．（2）解：∵AB ⊥平面BB 1C 1C ，∴平面BB 1C 1C 的一个法向量为p →=（1，0，0），由（1）知，DE →=（1﹣m ，1，﹣2），EF →=（﹣1，1，1），设平面DEF 的法向量为n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅DE →=0n →⋅EF →=0，即{(1−m)x +y −2z =0−x +y +z =0， 令x ＝3，则y ＝m +1，z ＝2﹣m ，∴n →=（3，m +1，2﹣m ）， ∴cos ＜p →，n →＞=p →⋅n→|p →|⋅|n →|=1×√9+(m+1)2+(2−m)2=√2m 2−2m+14=√2(m−12)2+272，∴当m =12时，面BB 1C 1C 与面DFE 所成的二面角的余弦值最大，此时正弦值最小，故当B 1D =12时，面BB 1C 1C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小．12．（2021•新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A ﹣BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB＝AD ，O 为BD 的中点． （1）证明：OA ⊥CD ；（2）若△OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，DE ＝2EA ，且二面角E ﹣BC ﹣D 的大小为45°，求三棱锥A ﹣BCD 的体积．【解答】解：（1）证明：因为AB ＝AD ，O 为BD 的中点，所以AO ⊥BD ， 又平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AO ⊂平面ABD ， 所以AO ⊥平面BCD ，又CD ⊂平面BCD ， 所以AO ⊥CD ； （2）方法一：取OD 的中点F ，因为△OCD 为正三角形，所以CF ⊥OD ， 过O 作OM ∥CF 与BC 交于点M ，则OM ⊥OD ， 所以OM ，OD ，OA 两两垂直，以点O 为坐标原点，分别以OM ，OD ，OA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图所示，则B （0，﹣1，0），C(√32，12，0)，D （0，1，0）， 设A （0，0，t ），则E(0，13，2t3)，因为OA ⊥平面BCD ，故平面BCD 的一个法向量为OA →=(0，0，t)， 设平面BCE 的法向量为n →=(x ，y ，z)， 又BC →=(√32，32，0)，BE →=(0，43，2t3)，所以由{n →⋅BC →=0n →⋅BE →=0，得{√32x+32y =043y +2t3z =0， 令x =√3，则y ＝﹣1，z =2t ，故n →=(√3，−1，2t )， 因为二面角E ﹣BC ﹣D 的大小为45°，所以|cos ＜n →，OA →＞|=|n →⋅OA →||n →||OA →|=t√4+4t2=√22， 解得t ＝1，所以OA ＝1， 又S △OCD =12×1×1×√32=√34，所以S △BCD =√32， 故V A−BCD =13S △BCD ⋅OA =13×√32×1=√36．一．选择题（共6小题）1．设α、β是两个不同的平面，l 是一条直线，则以下命题正确的是（ ） A ．若l ∥α，α∥β，则l ⊂β B ．若l ∥α，α⊥β，则l ⊥β C ．若l ⊥α，α⊥β，则l ⊂βD ．若l ⊥α，α∥β，则l ⊥β【解答】解：α、β是两个不同的平面，l 是一条直线， 对于A ，若l ∥α，α∥β，则l ⊂β或l ∥β，故A 错误；对于B ，若l ∥α，α⊥β，则l 与β相交、平行或l ⊂β，故B 错误； 对于C ，若l ⊥α，α⊥β，则l ⊂β或l ∥β，故C 错误；对于D ，若l ⊥α，α∥β，则由线面垂直的判定定理得l ⊥β，故D 正确． 故选：D ．2．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．若一个直角圆锥的侧面积为36√2π，则它的体积为（ ） A ．18√2πB ．72πC ．64√2πD ．216π【解答】解：设该直角圆锥的底面圆半径为r ，高为h ，母线长为l ， 因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以h ＝r ，l =√2r ．因为直角圆锥的侧面积为36√2π，所以πrl =√2πr 2=36√2π，解得r ＝6， 所以该直角圆锥的体积为13πr 2ℎ=13πr 3=13π×63=72π． 故选：B ．3．在三棱锥P ﹣ABC 中，△ABC 是等腰直角三角形，AB ＝BC ＝2，PC ＝AC ，且PC ⊥平面ABC ，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A ．16πB ．8πC ．43πD ．323π【解答】解：因为△ABC 是等腰直角三角形，AB ＝BC ＝2，所以∠ABC =90°，AC =√22+22=2√2．因为PC ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以AC ⊥PC ，所以AP 为球的直径， 且AP =√AC 2+PC 2=√(2√2)2+(2√2)2=4， 所以三棱锥P ﹣ABC 的外接球的半径为2， 所以三棱锥的外接球的表面积为16π． 故选：A ．4．阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之二．今有一“圆柱容球”模型，其圆柱表面积为12π，则该模型中球的体积为（ ） A ．8πB ．4πC ．83πD ．8√23π 【解答】解：由题意球的表面积为12π×23=8π， 即4πr 2＝8π，得r =√2，∴球的体积为V =43πr 3=43π×(√2)3=8√23π．故选：D ．5．设E ，F 分别是正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱DC 上两点，且AB ＝2，EF ＝1，给出下列四个命题：①三棱锥D 1﹣B 1EF 的体积为定值； ②异面直线D 1B 1与EF 所成的角为45°； ③D 1B 1⊥平面B 1EF ；④直线D 1B 1与平面B 1EF 所成的角30°． 其中正确的命题个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【解答】解：三棱锥D 1﹣B 1EF 的体积为V =13S △D 1EF •B 1C 1=13×12×2×2×1=23为定值，①正确；EF ∥D 1C 1，∠B 1D 1C 1是异面直线D 1B 1与EF 所成的角为45°，②正确； D 1B 1与EF 不垂直，由此知D 1B 1与平面B 1EF 不垂直，③错误； 在三棱锥D 1B 1DC 中，设D 1到平面DCB 1的距离为h ， VB 1−D 1DC=VD 1−DCB 1，即有13×2×12×2×2=13×12×2×2√2h ，解得h =√2，直线D 1B 1与平面B 1EF 所成的角的正弦为√22√2=12，即所成角为30°，④正确．综上，正确的命题序号是①②④． 故选：C ．6．在四棱锥P ﹣ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，PD ＝AD ，M ，N 分别为AB ，PC 的中点，则BN 与MC 所成角的余弦值是（ ） A ．√306B ．√66C ．√7010D ．√3010【解答】解：如图，不妨设AD ＝2，取PD 的中点为Q ，连接QN ，QM ，QC ， 则QN ∥CD ∥MB ，且QN =12CD ＝MB ，故四边形MBNQ 为平行四边形， 所以BN ∥MQ ，则∠QMC 即为所求异面直线BN 与MC 所成角．在△QMC 中，MC ＝CQ =√1+4=√5，QM =√1+1+4=√6， 则cos ∠QMC =2×√5×√6=√3010． 故选：D ．二．多选题（共4小题）（多选）7．某正方体的平面展开图如图所示，在原正方体中，下列结论正确的有（ ）A ．BF ⊥平面DEHB ．DE ∥平面ABCC ．FG ⊥平面ABCD ．平面DEH ∥平面ABC【解答】解：如图所示，正方体各个面逐一命名，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则G （0，0，0），C （1，0，0），B （0，1，0），E （1，1，0），D （1，0，1），H （0，1，1），F （1，1，1），A （0，0，1），DE →=(0，1，−1)，DH →=（﹣1，1，0），AB →=（0，1，﹣1），BC →=（1，﹣1，0）， 设平面DEH的法向量为n 1→=（x ，y ，z ），{n 1→⋅DE →=0n 1→⋅DH →=0，即{y −z =0−x +y =0，令y＝1，n 1→=（1，1，1），平面ABC的法向量为n 2→=（x ，y ，z ），{n 2→⋅AB →=0n 2→⋅BC →=0，即{y −z =0x −y =0，令y ＝1，n 2→=（1，1，1），故平面DEH ∥平面ABC ，D 正确，BF →=（1，0，1），DE →=（0，1，﹣1），FG →=（1，﹣1，﹣1）， ∵BF →≠λn 1→，∴BF 不垂直于平面DEH ，故A 错误， ∵DE →•n 2→=1﹣1＝0， ∴DE →⊥n 2→，∴DE ∥平面ABC ，故B 正确， ∵FG →=−n 2→，∴FG →∥n 2→， ∴FG →为平面ABC ，∴FG ⊥平面ABC ，故C 正确． 故选：BCD ．（多选）8．已知几何体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1是正方体，则下列判断错误的是（ ） A ．AD ∥平面A 1BC 1B ．在直线BB 1上存在一点E ，使得AE ⊥CDC ．AB 1⊥平面A 1BC 1D ．在直线DD 1上存在一点E ，使得CE ∥平面A 1BC 1【解答】解：对于A ，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AD ∥A 1D 1，A 1D 1∩平面A1BC1＝A1，所以AD与平面A1BC1不平行，选项A错误；对于B，假设直线BB1上存在一点E，使得AE⊥CD，因为CD∥AB，所以AE ⊥AB，又因为AA1⊥AB，且AE、AA1在平面A1ABB1中，这显然不成立，所以选项B 错误；对于C，若AB1⊥平面A1BC1，则AB1⊥A1C1，因为AB1∥DC1，所以∠A1C1D是AB1与A1C1所成的角，且∠A1C1D＝60°，所以AB1与A1C1不垂直，选项C错误；对于D，当点E与D1重合时，CE∥BA1，得出CE∥平面A1BC1，所以选项D 正确．故选：ABC．（多选）9．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点（E 可以与端点B1、D1重合），则下列结论中正确的是（）A．AC⊥BEB．AE∥平面BC1DC．AE与平面BB1D1D所成角的最小值为θ，则sinθ=√33D．三棱锥B﹣A1DE的体积为定值【解答】解：由正方体的性质可知AC⊥平面BDD1B1，BE⊂平面BDD1B1，∴AC⊥BE，故A正确；因平面AB1D1∥平面BC1D，AE⊂平面AB1D1，所以AE∥平面BC1D，故B正确：设正方体的校长为a，则A到平面BB1D1D的距离为√22a，AE最长为√2a，所以最小值θ满足sinθ=12，所以C错误；因V B−A1DE =V E−A1BD，B1D1∥平面BA1D，所以E到平面BA1D的距离不变，这样三棱锥B ﹣A 1DE 的体积不变，所以D 正确． 故选：ABD ．（多选）10．（压轴）如图，在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H ，P 均为所在棱的中点，则下列结论正确的是（ ）A ．棱AB 上一定存在点Q ，使得QC ⊥D 1Q B ．三棱锥F ﹣EPH 的外接球的表面积为8πC ．过点E ，F ，G 作正方体的截面，则截面面积为3√3D ．设点M 在平面BB 1C 1C 内，且A 1M ∥平面AGH ，则A 1M 与AB 所成角的余弦值的最大值为2√23【解答】解：建立如图空间直角坐标系，设Q （2，a ，0），其中0≤a ≤2， C （0，2，0），D 1（0，0，2），所以QC →=(−2，2−a ，0)，D 1Q →=(2，a ，−2)， 若棱AB 上存在点Q ，使得QC ⊥D 1Q ，则QC →⋅D 1Q →=0， 整理得（a ﹣1）2+1＝0，此方程无解，A 不正确；设AB 的中点为K ，则四边形PHKE 是边长为√2的正方形，其外接圆的半径为r ＝1，又FK ⊥底面ABCD ，所以三棱锥F ﹣EPH 的外接球的半径为R =√r 2+1=√2， 所以其表面积为8π，B 正确；过点E ，F ，G 作正方体的截面，截面如图中六边形EPGTFR ，因为边长均为√2，且对边平行，所以六边形EPGTFR 为正六边形， 其面积为S =6×12×√2×√2×sin60°=3√3，C 正确；设M （x ，2，z ），则A 1（2，0，2），A （2，0，0），G （0，2，1），H （1，2，0），A 1M →=(x −2，2，z −2)，AG →=(−2，2，1)，GH →=(1，0，−1)， 设n →=（x ，y ，z ）是平面AGH 的一个法向量，则{n →⋅AG →=0n →⋅GH →=0， 令z ＝1可得x =1，y =12，即n →=(1，12，1)， 因为A 1M ∥平面AGH ，所以A 1M →⋅n →=0，即x +z ＝3， 设A 1M 与AB 所成角为θ，则cosθ=A 1M →⋅AB→|A 1M →||AB →|=√2x 2−6x+9，当x =32时，y ＝2x 2﹣6x +9取最小值92， 所以A 1M 与AB 所成角的余弦值的最大值为2√23，D 正确； 故选：BCD ． 三．填空题（共4小题）11．已知圆锥顶点为P ，底面的中心为O ，过直线OP 的平面截该圆锥所得的截面是面积为3√3的正三角形，则该圆锥的体积为 3π ．【解答】解：由题意，过直线PO 的平面截该圆锥所得的截面是面积为3√3的正三角形，设正三角形的边长为a，可得√34a2=3√3，解得a=2√3，∴底面圆的半径为r=√3，圆锥的高为h＝3，所以该圆锥的体积为V=13πr2ℎ=13π(√3)2×3=3π．故答案为：3π．12．如图，三棱锥P﹣ABC的底面ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，且P A＝PB＝AB=√2，PC=√3，则点C到平面P AB的距离等于√33．【解答】解：由题意，可将三棱锥P﹣ABC补全为棱长为1的正方体如图所示，PA=PB=AB=√2，AC＝BC＝PD＝1，设点C到平面P AB的距离为h，则由V P﹣ABC＝V C﹣P AB得13S△ABC⋅PD=13S△PAB⋅ℎ，所以ℎ=S△ABC⋅PDS△PAB =12×1×1×1√34×(√2)=√33．故答案为：√33．13．已知半径为5的球面上有P，A，B，C四点，满足∠ACB＝90°，AC＝7，BC=√15，则球心O到平面ABC的距离为3，三棱锥P﹣ABC体积的最大值为28√153．【解答】解：如图，在Rt△ACB中，由∠ACB＝90°，AC＝7，BC=√15，得AB=√72+(√15)2=8，设△ACB外接圆的半径为r，则r＝4，设球心为O，三角形ACB外接圆的圆心为O1，由球的性质可得，OO1⊥平面ACB，在Rt△OO1A中，可得OO1=√52−42=3．即球心O到平面ABC的距离为3；要使三棱锥P﹣ABC体积取最大值，则P为O1O与球面的交点，此时P到底面ACB的距离为8，则三棱锥P﹣ABC体积的最大值为1 3×(12×7×√15)×8=28√153．故答案为：3；28√153．14．（压轴）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面四边形BCC1B1内（不含边界）一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是[3√22，√5]．【解答】解：如下图所示，分别取棱BB1，B1C1的中点M、N，连MN，BC1，∵M，N，E，F分别为所在棱的中点，则MN∥BC1，EF∥BC1，∴MN∥EF，又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，∴MN∥平面AEF．∵AA1∥NE，AA1＝NE，∴四边形AENA1为平行四边形，∴A1N∥AE，又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，∴A1N∥平面AEF，又A 1N ∩MN ＝N ， ∴平面A 1MN ∥平面AEF ．∵P 是侧面BCC 1B 1内一点，且A 1P ∥平面AEF ， ∴点P 必在线段MN 上．在Rt △A 1B 1M 中，A 1M =√A 1B 12+B 1M 2=√22+1=√5． 同理，在Rt △A 1B 1N 中，可得A 1N =√5， ∴△A 1MN 为等腰三角形．当点P 为MN 中点O 时，A 1P ⊥MN ，此时A 1P 最短；点P 位于M 、N 处时，A 1P 最长．∵A 1O =√A 1M 2−OM 2=√(√5)2−(√22)2=3√22，A 1M ＝A 1N =√5．∴线段A 1P 长度的取值范围是[3√22，√5]． 故答案为：[3√22，√5]．四．解答题（共6小题）15．如图，四棱锥P ﹣ABCD 中，∠DAB ＝∠ABC ＝90°，AD ＝2AB ＝2BC ＝2，P A ⊥平面ABCD ．点M 是PC 的中点，且平面AMD ⊥平面PCD ． （1）证明：AM ⊥平面PCD ；（2）求直线BM 与平面AMD 所成角的正弦值．【解答】（1）证明：连结AC ，则AC =√2，又CD =√2，AD ＝2，所以AC ⊥CD由P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，得P A ⊥CD ，又AC ∩P A ＝A ，AC ，P A ⊂平面P AC ，从而CD ⊥平面P AC ，又AM ⊂平面P AC ，于是CD ⊥AM ①过C 作CE ⊥MD ，垂足为E ，由平面AMD ⊥平面PCD ，平面AMD ∩平面PCD ＝MD 知CE ⊥平面AMD ，而AM ⊂平面AMD ， 于是CE ⊥AM结合①得，又CE ∩CD ＝C ，CE ，CD ⊂平面PCD ，AM ⊥平面PCD ．（2）解：由（1）知，AM ⊥PC ，且点M 是PC 的中点，所以PA =AC =√2 如图，建立空间直角坐标系，则A （0，0，0），B （1，0，0），C （1，1，0），D （0，2，0），M(12，12，√22)， AD →=(0，2，0)，AM →=(12，12，√22)设平面AMD 的法向量为n →=(x ，y ，z)，则{n →⋅AD →=y =0n →⋅AM →=x +y +√2z =0，令z ＝1，得n →=(−√2，0，1) BM →=(−12，12，√22)，设直线BM 与平面AMD 所成角为θ，则sinθ=|cos ＜BM →，n →＞|=|BM →⋅n→|BM →||n →||=√22+√22√3×1=√63． 16．如图，在底面是菱形的四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝60°，P A ＝AB ＝2，点E ，F 分别为BC ，PD 的中点，设直线PC 与平面AEF 交于点Q ．（1）已知平面P AB ∩平面PCD ＝l ，求证：AB ∥l ． （2）求直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值．【解答】（1）证明：∵AB ∥CD ，AB ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ． ∴AB ∥平面PCD ，∵AB ⊂平面P AB ，平面P AB ∩平面PCD ＝l ∴AB ∥l ．（2）解：∵底面是菱形，E 为BC 的中点AB ＝2， ∴BE =1，AE =√3，AE ⊥BC ，∴AE ⊥AD ∵P A ⊥平面ABCD ，则以点A 为原点，直线AE 、AD 、AP 分别为轴建立如图所示空间直角坐标系则D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(√3，1，0)，E(√3，0，0)∴F （0，1，1），AE →=(√3，0，0)，AF →=(0，1，1)，DC →=(√3，−1，0)，DP →=(0，−2，2)，设平面PCD 的法向量为n →=(x ，y ，z)，有PD →⋅n →=0，CD →⋅n →=0得n →=(1，√3，√3)，设AQ →=λAC →+(1−λ)AP →，则AQ →=(√3λ，λ，2(1−λ))，AQ →=mAE →+nAF →则{√3λ=√3m λ=n 2(1−λ)=n 解之得m =n =λ=23，∴AQ →=(23√3，23，23)，设直线AQ 与平面PCD 所成角为α， 则sinα=|cos〈n →，AQ →＞|=3√10535， ∴直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值为3√10535．17．如图，在三棱锥P ﹣ABC 中，△P AC 为等腰直角三角形，∠APC ＝90°，△ABC 为正三角形，D 为AC 的中点，AC ＝2． （1）证明：PB ⊥AC ；（2）若三棱锥P ﹣ABC 的体积为√33，求二面角A ﹣PC ﹣B 的余弦值．【解答】（1）证明：∵△P AC 为等腰直角三角形，D 为AC 的中点，∴PD ⊥AC ．又△ABC 为正三角形，D 为AC 中点，∴BD ⊥AC ． 又PD ∩BD ＝D ，PD ，BD 平面PBD ，∴AC ⊥平面PBD ． 又PB ⊥平面PBD ，∴PB ⊥AC ．（2）解：设三棱锥P ﹣ABC 的高为h ，BD =BCsin60°=√3， ∴V P−ABC =13×12×AC ×BD ×ℎ=√33ℎ=√33， ∴h ＝1．又PD =12AC =1，∴PD ⊥平面ABC ，如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D ﹣xyz ，则 A(1，0，0)，B(0，√3，0)，C(−1，0，0)，P(0，0，1)∴DB →=(0，√3，0)，CP →=(1，0，1)，CB →=(1，√3，0)，设n →=（x ，y ，z ）为平面PBC 的一个法向量，则{CP →⋅n →=0CB →⋅n →=0即{x +z =0x +√3y =0令x =1，得{y =−√33z =−1，∴n →=(1，−√33，−1)，又DB →是平面P AC 的一个法向量， ∴cos〈DB →，n →〉=DB →⋅n→|DB →||n →|=−√77， ∴二面角A ﹣PC ﹣B 的余弦值为√77．18．如图，在四棱锥S ﹣ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，M 为SD 的中点，底面ABCD 为直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，且CD ＝2AB ＝2AD ＝2． （1）求证：AM ∥平面SBC ，平面SBC ⊥平面SDB ；（2）若SB 与平面SDC 所成角的正弦值为√33，求二面角A ﹣SB ﹣C 的余弦值．【解答】证明：（1）设SC 中点是E ，连接BE ，ME 则ME ∥=12DC ，AB ∥=12DC ，∴ABEM 为平行四边形，∴AM ∥EB ， ∵EB ⊂平面SBC ，AM ⊄平面SBC ， ∴AM ∥平面SBC ，∵ABCD 为直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，且CD ＝2AB ＝2AD ＝2， ∴DB ＝BC =√2，∴DB ⊥BC ， ∵SD ⊥底面ABCD ，∴SD ⊥BC ， ∵SD ∩DB ＝D ，∴BC ⊥底面SBD∵BC ⊂底面SBC ，∴平面SBC ⊥平面SDB ．解：（2）∵SB 与平面SDC 所成角的正弦值为√33，∴SD ＝1， 建立如图所示的空间直角坐标系∴S （0，0，1），A （1，0，0），B （1，1，0），C （0，2，0）， SA →=（1，0，﹣1），SB →=（1，1，﹣1），SC →=（0，2，﹣1），设平面SAB 的法向量n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅SA →=x −z =0n →⋅SB →=x +y −z =0，取x ＝1，得n →=（1，0，1）， 设平面SBC 的法向量m →=（1，1，2）， ∴cos ＜n →，m →＞=n →⋅m→|n →|⋅|m →|=√32． ∴二面角A ﹣SB ﹣C 的余弦值为−√32．19．如图1所示，梯形ABCD 中，AD ＝2AB ＝2BC ＝2CD ＝4．E 为AD 的中点，连结BE ，AC 交于F ，将△ABE 沿BE 折叠，使得平面ABE ⊥平面BCDE （如图2）．（1）求证：AF ⊥CD ；（2）求平面AFC 与平面ADE 所成的二面角的正弦值．【解答】（1）证明：连接EC ，因为AD ＝2AB ＝2BC ＝2CD ＝4．E 为AD 的中点，所以△ABE 、△BCE 、△CDE 都是边长为2的正三角形，四边形ABCE 是菱形，FE ＝FB ＝1，F A ＝FC =√3， 所以AF ⊥BE ，CF ⊥BE ，又因为平面ABE ⊥平面BCDECF ，平面ABE ∩平面BCDE ＝BE ，所以AF ⊥平面BCDE ，又因为CD ⊂平面BCDE ，所以AF ⊥CD ； （2）解：由（1）知FB 、FC 、F A 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，E （﹣1，0，0），D （﹣2，√3，0），A （0，0，√3）， ED →=（﹣1，√3，0），EA →=（1，0，√3）， 设平面ADE 的法向量为m →=（x ，y ，z ），{ED →⋅m →=−x +√3y =0EA →⋅m →=x +√3z =0，令x =√3，m →=（√3，1，﹣1）， 平面AFC 的法向量为n →=（1，0，0），设平面AFC 与平面ADE 所成的二面角的大小为θ， |cos θ|=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=√3√5⋅1=√3√5，sin θ=√1−cos 2θ=√1−35=√105．20．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，侧棱P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，P A ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1，M 是棱PB 的中点． （1）求证：AM ∥平面PCD ；（2）设点N 是线段CD 上的一动点，当点N 在何处时，直线MN 与平面P AB 所成的角最大？并求出最大角的正弦值．【解答】（1）证明：以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A （0，0，0），B （0，2，0），C （2，2，0），D （1，0，0），P （0，0，2），M （0，1，1）AM →=(0，1，1)，PD →=(1，0，−2)，CD →=(−1，−2，0) 设平面PCD 的法向量是n →=(x ，y ，z){n →⋅PD →=0n →⋅CD →=0得{x −2z =0−x −2y =0令x =2得n →=(2，−1，1)⋯（3分）AM →⋅n →=0得AM →⊥n →⋯（4分） 又AM ⊄平面PCD ∴AM ∥平面PCD⋯（5分）（2）解：由点N是线段CD上的一点，可设DN →=λDC →=(λ，2λ，0)，λ∈[0，1]AN →=AD →+DN →=(1+λ，2λ，0)MN →=AN →−AM →=(1+λ，2λ−1，−1)⋯（7分）平面P AB 的一个法向量为AD →=(1，0，0)设MN 与平面P AB 成θ角，则sinθ=|cos〈MN →，AB →＞|=√5λ2−2λ+3⋯（8分）令1+λ＝t ∈[1，2]sinθ=√5(t−1)2−2(t−1)+3=√5−12t +10t2=√10(1t −35)2+75t ∈[1，2]当1t =35即t =53时(sinθ)max =√357，此时λ=23⋯（11分）∴当点N 是线段CD 上靠近点C的三等分点时，MN 与平面P AB 所成角最大，最大角的正弦值为√357．…（12分）。
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第27练空间几何体的三视图及表面积与体积题型一三视图识图例1将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥，得到如图(2)所示的几何体，则该几何体的侧(左)视图为()题型二空间几何体的表面积和体积例2如图是某简单组合体的三视图，则该组合体的体积为()A．363(π＋2) B．363(π＋2) C．1083πD．108(3π＋2)题型三立体几何中的综合问题例3(2014·陕西)四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.(1)求四面体ABCD的体积；(2)证明：四面体EFGH是矩形．总结提高 (1)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高．(2)三视图排列规则：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图一样；侧视图放在正视图的右面，高度和正视图一样，宽度与俯视图一样．(3)立体几何中有关表面积、体积的计算首先要熟悉几何体的特征，其次运用好公式，作好辅助线等．1．(2013·四川)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )2．如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm ，高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727B.59C.1027D.133．(2014·浙江)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )A ．90 cm 2B ．129 cm 2C ．132 cm 2D ．138 cm 24．(2014·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．54B ．60C ．66D ．725．两球O 1和O 2在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的内部，且互相外切，若球O 1与过点A 的正方体的三个面相切，球O 2与过点C 1的正方体的三个面相切，则球O 1和球O 2的表面积之和的最小值为( ) A ．(6－33)π B ．(8－43)π C ．(6＋33)π D ．(8＋43)π6．已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S —ABC 的体积为( )A ．3 3B ．2 3 C. 3 D ．17．(2014·辽宁)某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．8－2πB ．8－πC ．8－π2D ．8－π48．已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图均由直角三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得几何体的体积为( )A.2π3＋12 B.4π3＋16 C.2π6＋16 D.2π3＋129．(2014·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________．10．已知正三棱锥P－ABC，点P，A，B，C都在半径为3的球面上，若P A，PB，PC两两相互垂直，则球心到截面ABC的距离为________．11．已知一个圆锥的底面半径为R，高为H，在其内部有一个高为x的内接圆柱．(1)求圆柱的侧面积；(2)x为何值时，圆柱的侧面积最大？12．(2014·北京)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E－ABC的体积．第28练完美破解立体几何证明题题型一空间中的平行问题例1在如图所示多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，且AC＝AD＝CD＝DE＝2，AB＝1.(1)请在线段CE上找到点F的位置，使得恰有直线BF∥平面ACD，并证明．(2)求多面体ABCDE的体积．题型二空间中的垂直问题例2如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧面AA1B1B为正方形，侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1＝60°，AB⊥B1C.(1)求证：平面AA1B1B⊥平面BB1C1C.(2)若AB＝2，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．题型三空间中的平行、垂直综合问题例3在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E、G、F分别为MB、PB、PC的中点，且AD＝PD＝2MA.(1)求证：平面EFG∥平面PMA；(2)求证：平面EFG⊥平面PDC；(3)求三棱锥P－MAB与四棱锥P－ABCD的体积之比．总结提高 1.证明平行关系的方法：(1)证明线线平行的常用方法：①利用平行公理，即证明两直线同时和第三条直线平行；②利用平行四边形进行转换；③利用三角形中位线定理证明；④利用线面平行、面面平行的性质定理证明．(2)证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证明线线平行；②利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证明面面平行．(3)证明面面平行的方法：证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．2．证明空间中垂直关系的方法：(1)证明线线垂直的常用方法①利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直；②利用勾股定理逆定理；③利用线面垂直的性质，即要证明线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可．(2)证明线面垂直的常用方法①利用线面垂直的判定定理，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直；②利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证明面面垂直；③利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等．(3)证明面面垂直的方法证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决．1．若平面α∥平面β，直线a⊂α，点B∈β，则在β内过点B的所有直线中()A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一与a平行的直线2．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱AB上的动点，则直线A1D与直线C1E所成的角等于() A．60°B．90°C．30°D．随点E的位置而变化3．(2014·攀枝花质量检测)已知α、β是两个不同的平面，给出下列四个条件：①存在一条直线a，a⊥α，a⊥β；②存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β；③存在两条平行直线a、b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；④存在两条异面直线a、b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，可以推出α∥β的是()A ．①③B ．②④C ．①④D ．②③4.如图，在正方形ABCD 中，E 、F 分别是BC 、CD 的中点，AC ∩EF ＝G .现在沿AE 、EF 、F A 把这个正方形折成一个四面体，使B 、C 、D 三点重合，重合后的点记为P ，则在四面体P －AEF 中必有( )A ．AP ⊥△PEF 所在平面B ．AG ⊥△PEF 所在平面C ．EP ⊥△AEF 所在平面D ．PG ⊥△AEF 所在平面5.如图所示，直线P A 垂直于⊙O 所在的平面，△ABC 内接于⊙O ，且AB 为⊙O 的直径，点M 为线段PB 的中点．现有结论：①BC ⊥PC ；②OM ∥平面APC ；③点B 到平面P AC 的距离等于线段BC 的长．其中正确的是( )A ．①②B ．①②③C ．①D ．②③6.如图，若Ω是长方体ABCD —A1B 1C 1D 1被平面EFGH 截去几何体EB 1F －HC 1G 所得到的几何体，其中E 为线段A 1B 1上异于B 1的点，F 为线段BB 1上异于B 1的点，且EH ∥A 1D 1，则下列结论中不正确的是( ) A ．EH ∥FG B ．四边形EFGH 是矩形 C ．Ω是棱柱 D ．Ω是棱台7.如图，在空间四边形ABCD 中，M ∈AB ，N ∈AD ，若AM MB ＝AN ND ，则直线MN 与平面BDC的位置关系是________．8.如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于______．9.如图，已知六棱锥P －ABCDEF 的底面是正六边形，P A ⊥平面ABC ，P A ＝2AB ，则下列结论中：①PB ⊥AE ；②平面ABC ⊥平面PBC ；③直线BC ∥平面P AE ；④∠PDA ＝45°.其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)．10．(2014·四川省名校联考)给出命题： ①在空间中，垂直于同一平面的两个平面平行；②设l ，m 是不同的直线，α是一个平面，若l ⊥α，l ∥m ，则m ⊥α；③已知α，β表示两个不同平面，m 为平面α内的一条直线，“α⊥β”是“m ⊥β”的充要条件； ④在三棱锥S －ABC 中，SA ⊥BC ，SB ⊥AC ，则S 在平面ABC 内的射影是△ABC 的垂心；⑤a ，b 是两条异面直线，P 为空间一点，过P 总可以作一个平面与a ，b 之一垂直，与另一条平行． 其中，正确的命题是________．(只填序号)11．如图所示，M，N，K分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点．求证：(1)AN∥平面A1MK；(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.12．(2014·课标全国Ⅱ)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥E－ACD的体积．第29练空间向量解决立体几何问题两妙招——“选基底”与“建系”题型一选好基底解决立体几何问题例1如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点．(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；(2)求MN的长；(3)求异面直线AN与CM夹角的余弦值．题型二 建立空间直角坐标系解决立体几何问题例2 如图，在底面是矩形的四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ； (2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .题型三 综合应用问题例3 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点． (1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由．1．下列各组向量共面的是( ) A ．a ＝(1,2,3)，b ＝(3,0,2)，c ＝(4,2,5) B ．a ＝(1,0,0)，b ＝(0,1,0)，c ＝(0,0,1) C ．a ＝(1,1,0)，b ＝(1,0,1)，c ＝(0,1,1) D ．a ＝(1,1,1)，b ＝(1,1,0)，c ＝(1,0,1)2.如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( ) A ．－12a ＋12b ＋c B.12a ＋12b ＋cC ．－12a －12b ＋c D.12a －12b ＋c3．如图，已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成的角的大小是________．4．P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α、β上引射线PM 、PN ，如果∠BPM＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为________． 5.如图所示，正四面体V －ABC 的高VD 的中点为O ，VC 的中点为M .(1)求证：AO 、BO 、CO 两两垂直； (2)求〈DM →，AO →〉．6.如图所示，平行六面体ABCD －A1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°. (1)求AC 1的长；(2)求BD 1与AC 夹角的余弦值．7．(2014·课标全国Ⅰ)如图，三棱柱ABC －A1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C . (1)证明：AC ＝AB 1；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面角A －A 1B 1－C 1的余弦值．8．(2014·山东)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，∠DAB ＝60°，AB ＝2CD ＝2，M 是线段AB 的中点．(1)求证：C 1M ∥平面A 1ADD 1；(2)若CD 1垂直于平面ABCD 且CD 1＝3，求平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值．9.如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝4，CB ＝4，CC 1＝22，∠ACB ＝90°，点M 在线段A 1B 1上．(1)若A 1M ＝3MB 1，求异面直线AM 和A 1C 所成角的余弦值；(2)若直线AM 与平面ABC 1所成角为30°，试确定点M 的位置．10．(2013·北京)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BD BC 1的值．第30练 空间角的突破方略题型一 异面直线所成的角例1 在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求异面直线BA 1与AC 所成的角．题型二 直线与平面所成的角例2 如图，已知四棱锥P —ABCD 的底面为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，垂足为H ，PH 是四棱锥的高，E 为AD 的中点．(1)证明：PE ⊥BC ；(2)若∠APB ＝∠ADB ＝60°，求直线P A 与平面PEH 所成角的正弦值．题型三 二面角例3 如图，在五面体ABCDEF 中，F A ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ∥FE ，AB ⊥AD ，M 为EC 的中点，AF ＝AB ＝BC ＝FE ＝12AD . (1)求异面直线BF 与DE 所成的角的大小；(2)证明：平面AMD ⊥平面CDE ；(3)求二面角A －CD －E 的余弦值．总结提高 空间中各种角包括：异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及二面角．(1)异面直线所成的角的范围是(0，π2]．求两条异面直线所成的角的大小一般方法是通过平行移动直线，把异面问题转化为共面问题来解决．具体步骤如下：①利用定义构造角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选择在特殊的位置上；②证明作出的角即为所求的角；③利用三角形来求角．(2)直线与平面所成的角的范围是[0，π2]．求直线和平面所成的角用的是射影转化法．具体步骤如下：①找过斜线上一点与平面垂直的直线；②连接垂足和斜足，得出斜线在平面的射影，确定出所求的角；③把该角置于三角形中计算．注：斜线和平面所成的角，是它和平面内任何一条直线所成的一切角中的最小角，即若θ为线面角，α为斜线与平面内任何一条直线所成的角，则有θ≤α.(3)确定点的射影位置有以下几种方法：①斜线上任意一点在平面上的射影必在斜线在平面的射影上；②如果一个角所在的平面外一点到角的两边距离相等，那么这一点在平面上的射影在这个角的平分线上；如果一条直线与一个角的两边的夹角相等，那么这一条直线在平面上的射影在这个角的平分线上； ③两个平面相互垂直，一个平面上的点在另一个平面上的射影一定落在这两个平面的交线上； ④利用某些特殊三棱锥的有关性质，确定顶点在底面上的射影的位置：a ．如果侧棱相等或侧棱与底面所成的角相等，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的外心；b ．如果顶点到底面各边距离相等或侧面与底面所成的角相等，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的内心(或旁心)；c ．如果侧棱两两垂直或各组对棱互相垂直，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的垂心；(4)二面角的范围是(0，π]，解题时要注意图形的位置和题目的要求．作二面角的平面角常有三种方法．①棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角；②面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点(即斜足)，斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角；③空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．1．(2014·课标全国Ⅱ)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.110B.25C.3010D.222．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的正弦值是( ) A.64 B.16 C.63 D.323．如图，过正方形ABCD 的顶点A ，引P A ⊥平面ABCD .若P A ＝BA ，则平面ABP 和平面CDP 所成的二面角的大小是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°4.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝2，AC ＝BC ＝1，则异面直线A 1B 与AC 所成角的余弦值是( )A.63B.66C.33D.225．在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥平面ABCD ，AB ＝PD ＝a .点E 为侧棱PC 的中点，又作DF ⊥PB 交PB 于点F ，则PB 与平面EFD 所成角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°6．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A －BD －C ，则下面结论错误的为( )A ．AC ⊥BDB ．△ACD 是等边三角形C ．AB 与平面BCD 所成的角为60°D ．AB 与CD 所成的角为60°7．如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是______．8．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．9.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是棱CD 、CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成角的大小是________．10．正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角是________．11．如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面P AD ⊥底面ABCD ，E 为AD 的中点，M 是棱PC 的中点，P A ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3.(1)求证：PE ⊥平面ABCD ；(2)求直线BM 与平面ABCD 所成角的正切值；(3)求直线BM 与CD 所成角的余弦值．12.在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是菱形，ADNM 是矩形，平面ADNM ⊥平面ABCD ，∠DAB ＝60°，AD ＝2，AM ＝1，E 是AB 的中点．(1)求证：AN ∥平面MEC ；(2)在线段AM 上是否存在点P ，使二面角P －EC －D 的大小为π6？若存在，求出AP的长；若不存在，请说明理由．。