历届数学高考中的试题精选空间向量与立体几何
高考数学专题：空间向量与立体几何(含解析)
立体几何中的向量方法1.（2012 年高考（重庆理））设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1, 2 和a , 且长为a 的棱与长为 2 的棱异面, 则a的取值范围是（）A．(0, 2) B．(0, 3) C．(1, 2) D．(1, 3)[ 解析] 以O为原点, 分别以OB、OC、OA所在直线为x、y、z 轴,则cos AOP A O PO2R242 2 1 3,A ( R,0, R), P ( R,R ,0)2 2 2 22AOP arccos ,4 AP R arccos242.（2012 年高考（陕西理））如图, 在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC A B C , CA CC1 2CB , 则直线BC1 与直线AB1 夹角的余弦值为（）1 1 1A．55B．53C．2 55D．35解析: 不妨设CA CC1 2CB 2 ,AB1 = (- 2,2,1), C1B = (0,- 2,1) ,AB ×C B (- 2)? 0 2? ( 2) + 1? 1 51 1cos < AB ,C B > = = = -1 19 5 5AB C B ′1 1 , 直线B C 与直线1AB 夹角为锐角, 所以余弦值为155, 选A.3.（2012 年高考（天津理））如图, 在四棱锥P ABCD 中, PA 丄平面ABCD , AC 丄AD , AB 丄BC, 0ABC =45 , PA=AD =2 , AC=1.( Ⅰ) 证明P C 丄AD ;( Ⅱ) 求二面角A PC D 的正弦值;( Ⅲ) 设E 为棱PA上的点, 满足异面直线BE与CD所成的角为030 , 求AE的长.P【命题意图】本小题主要考查空间两条直线的位置关系, 二面角、异面直线所成的角, 直线与平面垂直等基础知识, 考查用空间向量解决立体几何问题的方法, 考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.方法一: （1）以AD, AC, AP 为x, y, z正半轴方向，建立空间直角左边系 A xyz则1 1D (2,0,0), C(0,1,0), B( , ,0), P(0,0,2)2 2PC (0,1, 2), AD (2,0,0) PC AD 0 PC AD（2）PC (0,1, 2), CD (2, 1,0) ，设平面PCD 的法向量n (x, y, z)则n PC 0 y 2z 0 y 2z2x y 0 x zn CD 0取z 1 n (1,2,1)AD 是平面PAC 的法向量(2,0,0)AD n 6 30 cos AD,n sin AD, n6 6AD n得：二面角A PC D 的正弦值为30 6（3）设AE h [0,2] ；则AE (0,0, 2) ，(1,1,), (2, 1,0)BE h CD2 2BE CD 3 3 10 cos BE ,CD h22 10BE CD 10 20h 即AE1010方法二:(1) 证明, 由P A 平面ABCD , 可得PA AD, 又由AD AC, PA AC A, 故AD 平面PAC , 又PC 平面PAC , 所以PC AD .(2) 解: 如图, 作AH PC 于点H , 连接DH , 由PC AD ,PC AH , 可得PC 平面ADH . 因此, DH PC , 从而AHD 为二面角A PC D 的平面角.在Rt PAC 中,PA 2, AC 1 , 由此得2AH , 由(1) 知AD AH , 故在5R t D AH 中,2 2 2 30DH AD AH , 因此5sin AHDADDH306, 所以二面角A PC D 的正弦值为306 .14.（2012 年高考（新课标理））如图, 直三棱柱ABC A1B1C1 中, AC BC AA1 , D 是2 棱A A 的中点, DC1 BD1(1) 证明: DC BC1(2) 求二面角A1 BD C1 的大小.第一问省略第二问：如图建系:A(0,0,0 ), P(0,0, 2 6 ), M( 32 ,32,0),N( 3 ,0, 0), C( 3 ,3,0).设Q( x, y, z), 则CQ ( x 3，y 3，z)，CP ( 3，3，2 6) .∵CQ CP ( 3 ， 3 ，2 6 ) , ∴Q( 3 3 ，3 3 ，2 6 ) .由OQ CP OQ CP 0 , 得: 13. 即 :2 3 2 6Q( ，2，) .3 3对于平面AMN: 设其法向量为n (a，b，c).∵3 3AM ( ，，0)，AN =( 3，0，0) .2 2则33a3 3AM n 0 a b 0 12 2 b3AN n 03a 0 c 0. ∴3 1n ( ，，0) .3 3同理对于平面AMN得其法向量为v ( 3，1，6) . 记所求二面角A—MN—Q的平面角大小为,则cosn vn v 10 5.∴所求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值为105.5.（2011 年安徽）如图，ABCDEFG 为多面体，平面ABED 与平面AGFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA 1,OD 2,△OAB ，,△OAC ，△O DE ，△O DF 都是正三角形。
【高二数学试题精选】空间向量与立体几何练习题(带答案)
空间向量与立体几何练习题（带答案）5 c一、选择题1．若空间向量a与b不相等，则a与b一定( )A．有不同的方向B．有不相等的模c．不可能是平行向量 D．不可能都是零向量【解析】若a＝0，b＝0，则a＝b，这与已知矛盾，故选D．【答案】 D图2－1－72．如图2－1－7所示，已知平行六面体ABcD－A1B1c1D1，在下列选项中，cD→的相反向量是( )ABA→B．A1c1→cA1B1→ D．AA1→【解析】由相反向量的定义可知，A1B1→是cD→的相反向量．【答案】 c图2－1－83．在如图2－1－8所示的正三棱柱中，与〈AB→，Ac→〉相等的是( )A．〈AB→，Bc→〉B．〈Bc→，cA→〉c．〈c1B1→，Ac→〉D．〈Bc→，B1A1→〉【解析】∵B1A1→＝BA→，∴〈BA→，Bc→〉＝〈AB→，Ac→〉＝〈Bc→，B1A1→〉＝60°，故选D．【答案】 D4．在正三棱锥A BcD中，E、F分别为棱AB，cD的中点，设〈EF→，Ac→〉＝α，〈EF→，BD→〉＝β，则α＋β等于( )Aπ6 B．π4cπ3 D．π2【解析】如图，取Bc的中点G，连接EG、FG，则EG∥Ac，FG∥BD，故∠FEG＝α，∠EFG＝β∵A－BcD是正三棱锥，∴Ac⊥BD．∴EG⊥FG，即∠EGF＝π2∴α＋β＝∠FEG＋∠EFG＝π2【答案】 D5．如图2－1－9所示，正方体ABcD－A1B1c1D1中，以顶点为向量端点的所有向量中，直线AB的方向向量有( )图2－1－9A．8个 B．7个c．6个 D．5个【解析】与向量AB→平行的向量就是直线AB的方向向量，有AB→，BA→，A1B1→，B1A1→，c1D1→，D1c1→，cD→，Dc→，共8个，故选A【答案】 A二、填空题6．在正方体ABcD－A1B1c1D1中，若E为A1c1的中点，则向量cE→和BD→的夹角为________．【解析】∵BD→为平面Acc1A1的法向量，而cE在平面Acc1A1中，∴BD→⊥cE→∴〈BD→，cE→〉＝90°【答案】90°7．下列命题正确的序号是________．①若a∥b，〈b，c〉＝π4，则〈a，c〉＝π4②若a，b是同一个平面的两个法向量，则a＝B．③若空间向量a，b，c满足a∥b，b∥c，则a∥c【解析】①〈a，c〉＝π4或3π4，①错；②a∥b；②错；③当c＝0时，推不出a∥c，③错；④由于异面直线既不平行也不重合，所以它们的方向向量不共线，④对．【答案】④8．在棱长为1的正方体中，S表示所有顶点的集合，向量的集合P＝{a|a＝P1P2→，P1，P2∈S}，则在集合P中模为3的向量的个数为________．【解析】由棱长为1的正方体的四条体对角线长均为3知在集合P中模为3的向量的个数为8【答案】 8三、解答题图2－1－109．如图2－1－10所示，在长、宽、高分别为AB＝3、AD＝2、AA1＝1的长方体ABcD－A1B1c1D1的八个顶点的两点为始点和终点的向量中，(1)单位向量共有多少个？(2)试写出模为5的所有向量；(3)试写出与AB→相等的所有向量．【解】 (1)由于长方体的高为1，所以长方体4条高所对应的AA1→，A1A→，BB1→，B1B→，cc1→，c1c→，DD1→，D1D→这8个向量都是单位向量，而其他向量的模均不为1，故单位向量共8个．(2)由于这个长方体的左右两侧的对角线长均为5，故模为5的向量有AD1→，D1A→，A1D→，DA1→，Bc1→，c1B→，B1c→，cB1→共8个．(3)与向量AB→相等的所有向量(除它自身之外)共有A1B1→，Dc→及D1c1→3个．图2－1－1110．如图2－1－11所示，正四棱锥S－ABcD中，为底面中心，求平面SBD的法向量与AD→的夹角．【解】∵正四棱锥底面为正方形，∴BD⊥Ac，S⊥Ac又∵BD∩S＝∴Ac⊥平面SBD．∴Ac→为平面SBD的一个法向量．∴〈Ac→，AD→〉＝45°图2－1－1211．如图2－1－12，四棱锥P—ABcD中，PD⊥平面ABcD，底面ABcD为正方形且PD＝AD，E、F分别是Pc、PB的中点．(1)试以F为起点作直线DE的一个方向向量；(2)试以F为起点作平面PBc的一个法向量．【解】 (1)取AD的中点，连接F，连接EF，∵E、F分别是Pc、PB的中点，∴EF綊12Bc，又Bc綊AD，∴EF 綊12AD，则由EF綊D知四边形DEF是平行四边形，∴F∥DE，∴F→就是直线DE的一个方向向量．(2)∵PD⊥平面ABcD，∴PD⊥Bc，又Bc⊥cD，∴Bc⊥平面PcD，平面PcD，∴DE⊥Bc，又PD＝cD，E为Pc中点，∴DE⊥Pc，从而DE⊥平面PBc，∴DE→是平面PBc的一个法向量，由(1)可知F→＝ED→，∴F→就是平面PBc的一个法向量5 c。
高考数学一轮复习《空间向量与立体几何》练习题(含答案)
高考数学一轮复习《空间向量与立体几何》练习题（含答案）一、单选题1．已知空间向量()3,4,5AB =-，则AB =（ ） A ．5B ．6C ．7D ．522．设直线1l 、2l 的方向向量分别为a ，b ，能得到12l l ⊥的是（ ） A ．(1,2,2)a =-，(2,4,4)b =- B ．(2,2,1)a =-，(3,2,10)b =- C ．(1,0,0)a =，(3,0,0)b =-D ．(2,3,5)a =-，(2,3,5)b =3．已知正四面体ABCD ，M 为BC 中点，N 为AD 中点，则直线BN 与直线DM 所成角的余弦值为（ ） A ．16B ．23C ．2121D ．421214．已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为平行四边形，M ，N 分别为棱BC ，PD 上的点，12CM BM =，N 是PD 的中点，向量MN AB x AD y AP =-++，则（ ）A ．13x =，12y =-B ．16x =-，12y =C ．13x，12y =D ．16x =，12y =-5．有以下命题：①一个平面的单位法向量是唯一的②一条直线的方向向量和一个平面的法向量平行，则这条直线和这个平面平行 ③若两个平面的法向量不平行，则这两个平面相交④若一条直线的方向向量垂直于一个平面内两条直线的方向向量，则直线和平面垂直 其中真命题的个数有（ ） A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个6．已知(2,2,3)a =--，(2,0,4)=b ，则cos ,a b 〈〉=（ ） A ．48585B ．48585-C ．0D ．17．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别是棱1111,C D A D 上的动点．给出下面四个命题①直线EF 与直线AC 平行；②若直线AF 与直线CE 共面，则直线AF 与直线CE 相交； ③直线EF 到平面ABCD 的距离为定值； ④直线AF 与直线CE 所成角的最大值是3π．其中，真命题的个数是（ ） A ．1B ．2C ．3D ．48．在以下命题中：①三个非零向量a ，b ，c 不能构成空间的一个基底，则a ，b ，c 共面；②若两个非零向量a ，b 与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a ，b 共线； ③对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若222OP OA OB OC =--，则P ，A ，B ，C 四点共面④若a ，b 是两个不共线的向量，且(,,,0)c a b R λμλμλμ=+∈≠，则{},,a b c 构成空间的一个基底⑤若{},,a b c 为空间的一个基底，则{},,a b b c c a +++构成空间的另一个基底； 其中真命题的个数是（ ） A ．0B ．1C ．2D ．39．已知向量(4,2,4),(6,3,2)a b =--=-，则下列结论正确的是（ ） A ．(10,5,2)a b +=- B ．(2,1,6)a b -=-C ．(24,6,8)a b ⋅=-D ．||6a =10．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M ，N 分别为1BB ，CD 的中点．有下列结论：①三棱锥11A MND -在平面11D DCC 上的正投影图为等腰三角形； ②直线//MN 平面11A DC ；③在棱BC 上存在一点E ，使得平面1AEB ⊥平面MNB ；④若F 为棱AB 的中点，且三棱锥M NFB -的各顶点均在同一求面上，则该球的体积为6π． 其中正确结论的个数是（ ） A ．0B ．1C ．2D ．311．如图，某圆锥SO 的轴截面SAC ，其中5SA AO =，点B 是底面圆周上的一点，且2cos 3BOC ∠=，点M 是线段SA 的中点，则异面直线SB 与CM 所成角的余弦值是( )A 235B 665C 13D 312．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，90BAD ∠=︒，112PA AB BC AD ====，//BC AD ，已知Q 是四边形ABCD 内部一点（包括边界），且二面角Q PD A --的平面角大小为30，则ADQ △面积的取值范围是（ ）A ．2150,15⎛⎤ ⎥ ⎝⎦B ．250,5⎛⎤⎥ ⎝⎦C ．2100,15⎛⎤ ⎥ ⎝⎦D ．3100,5⎛⎤ ⎥ ⎝⎦二、填空题13．已知a =(3，2，－1)，b = (2，1，2)，则()()2a b a b -⋅+=___________． 14．若空间中有三点()()()1,0,1,0,1,1,1,2,0A B C - ，则点()1,2,3P 到平面ABC 的距离为______.15．正四棱柱1111ABCD A B C D -中，14AA =，3AB =，点N 为侧面11BCC B 上一动点（不含边界），且满足1D N CN ⊥.记直线1D N 与平面11BCC B 所成的角为θ，则tan θ的取值范围为_________.16．如图所示，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111AC B D F =，若1AF xAB yAD zAA =++，则x y z ++=___________.三、解答题17．如图1，在ABC 中，90C ∠=︒，3BC =3AC =，E 是AB 的中点，D 在AC 上，DE AB ⊥.沿着DE 将ADE 折起，得到几何体A BCDE -，如图2(1)证明：平面ABE ⊥平面BCDE ；(2)若二面角A DE B --的大小为60︒，求直线AD 与平面ABC 所成角的正弦值.18．已知正方体1111ABCD A B C D -中，棱长为2a ，M 是棱1DD 的中点.求证：1DB ∥平面11A MC .19．四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，90PDA BAD ∠=∠=︒，12PD DA AB CD ===，S 为PC中点，BS CD ⊥．（1）证明：PD ⊥平面ABCD ；（2）平面SAD 交PB 于Q ，求CQ 与平面PCD 所成角的正弦值．20．如图，在多面体ABCDEF 中，AD ⊥平面ABF ，AD ∥BC ∥4EF AD =，，3,2BC AB BF EF ====，120ABF ︒∠=．（1）证明：AC DE ⊥；（2）求直线AE 与平面CDE 所成角的大小．21．如图（1）,在直角梯形ABCD 中,AB CD ∥,AB BC ⊥,22CD AB BC ==,过A 点作AE CD ⊥,垂足为E ,现将ADE ∆沿AE 折叠,使得DE EC ⊥,如图（2）.（1）求证:平面DAB ⊥平面DAE ; （2）求二面角D AB E --的大小.22．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为等腰梯形，//AB CD ，24CD AB ==，2AD =，PAB 为等腰直角三角形，PA PB =，平面PAB ⊥底面ABCD ，E 为PD 的中点.(1)求证：//AE 平面PBC ； (2)求二面角A EB C --的余弦值.23．如图所示，边长为2的正方形ABFC 和高为2的直角梯形ADEF 所在的平面互相垂直且2DE =，//ED AF 且90DAF ∠=︒．(1)求BD 和面BEF 所成的角的正弦； (2)求点C 到直线BD 的距离；(3)线段EF 上是否存在点P 使过P 、A 、C 三点的平面和直线DB 垂直，若存在，求EP 与PF 的比值：若不存在，说明理由．24．如图，在三棱锥A BCD -中，ABD △是等边三角形，2AC =，2BC CD ==，BC CD ⊥，E 为空间内一点，且CDE 为以CD 为斜边的等腰直角三角形．（1）证明：平面ABD ⊥平面BCD ；（2）若2BE =，试求平面ABD 与平面ECD 所成锐二面角的余弦值参考答案1．D2．B3．B4．B5．A6．B7．B8．D9．D10．D11．B12．A 13．21415．13,22⎫⎛⎫+∞⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭16．2 17．（1）证明：因为在图1中DE AB ⊥，沿着DE 将ADE 折起， 所以在图2中有DE AE ⊥，DE BE ⊥， 又AEBE E =，所以DE ⊥平面ABE ， 又因为DE ⊂平面BCDE ， 所以平面ABE ⊥平面BCDE ； （2）解：由（1）知，DE AE ⊥，DE BE ⊥， 所以AEB ∠是二面角A DE B --的平面角， 所以60AEB ∠=︒， 又因为AE BE =， 所以ABE 是等边三角形， 连接CE ，在图1中，因为90C ∠=︒，BC =，3AC = 所以60EBC ∠=︒，AB =因为E 是AB 的中点，所以BE BC == 所以BCE 是等边三角形. 取BE 的中点O ，连接AO ，CO ， 则AO BE ⊥，CO BE ⊥，因为平面ABE ⊥平面BCDE ，平面ABE ⋂平面BCDE BE =，所以AO ⊥平面BCDE ， 所以OB ，OC ，OA 两两垂直，以O 为原点，OB ，OC ，OA 为x ，y ，z 轴建系，如图所示.30,0,2A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3B ⎫⎪⎪⎝⎭，30,,02C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ 所以3322AB ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，330,,22AC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，332AD ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭设平面ABC 的法向量为(),,n x y z =，则0,0,n AB n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩即330,2330.22z y z ⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩取1z =，得平面ABC 的一个法向量为()3,1,1n =，所以33311125cos ,52n AD AD n n AD ⎛⎛⎫⨯+-⨯ ⎪⋅⎝⎭===⨯设直线AD 与平面ABC 所成角为θ，则5sin θ=. 18．以点D 为原点，分别以DA ､DC 与1DD 的方向为x ､y 与z 轴的正方向，建立空间直角坐标系.则()0,0,0D ､()2,0,0A a ､()0,2,0C a ､()2,2,0B a a ､()10,0,2D a ､()12,0,2A a a ､()10,2,2C a a ､()12,2,2B a a a ，M 是棱1DD 的中点得()0,0,M a ，()12,2,2DB a a a =.设面11A MC的一个法向量为(),,n x y z =，()12,0,MA a a =，()10,2,MC a a =，则1120,0,20,0,ax az n MA ay az n MC ⎧+=⋅=⎧⎪⇒⎨⎨+=⋅=⎪⎩⎩令1y =，则()1,1,2n =-.又110DB n DB n ⋅=⇒⊥，因为1DB ⊄平面11A MC ，所以1DB ∥平面11A MC .19．（1）取CD 中点为M ，则DM AB =且//DM AB ， 所以四边形ABMD 为平行四边形，可得//BM AD ， 所以BM CD ⊥，又由BS CD ⊥，BM BS B ⋂=，所以CD ⊥平面BSM ，又因为SM ⊂平面BSM ，所以CD SM ⊥, 又由//SM PD ，所以CD PD ⊥，AD PD ⊥，CDAD D =，所以PD ⊥平面ABCD ．（2）延长CB ，DA 交于N ，连SN 与PB 交点即为Q ，因为B 为CN 中点，S 为PC 中点，故Q 为PNC △的重心，故2PQ QB =，以D 为原点，,,DA DC DP 方向为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，不妨设1AB =，则()1,1,0B ，()0,0.1P ，设(),,Q x y z 且2PQ QB =，可得()()()212112x x y y z z ⎧=-⎪=-⎨⎪-=-⎩，所以221,,333x y z ===，可得241,,333CQ ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，因为AD PD ⊥，AD CD ⊥且PD CD D ⋂=，所以AD ⊥平面PCD ． 平面PCD 的法向量为()1,0,0DA =，可得2cos ,211CQ DA CQ DA CQ DA⋅===⋅⋅．即CQ 与平面PCD20．（1）因为AD∥BC∥EF，AD⊥平面ABF，所以BC⊥平面ABF，EF⊥平面ABF，所以四边形ABCD与四边形BCEF都是直角梯形，以B为坐标原点,BA BC所在直线分别为x轴、y轴，过点B且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(2,0,0),(1,0,3),(1,2,3),(0,3,0),(2,4,0)A F E C D--，所以(2,3,0),(3,2,3)AC DE=-=--，所以6600AC DE⋅=-+=，所以AC DE⊥.（2）由（1）知，(3)AE=-，(2,1,0)CD=，(3,23)DE=--，，设平面CDE的法向量为(,,)n x y z=，则CD nDE n⎧⋅=⎨⋅=⎩，即203230x yx y z+=⎧⎪⎨--=⎪⎩，取=1x -，则32,3y z ==，所以31,2,3n ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭为平面CDE 的一个法向量， 设直线AE 与平面CDE 所成的角为0,2πθθ⎛⎫⎡⎤∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭， 则|||341|3sin |cos ,|2||||4343AE n AE n AE n θ⋅++=〈〉===⋅⨯，所以3πθ=， 所以直线AE 与平面CDE 所成角的大小为3π. 21．证明：（1） AE CD ⊥,AB CD ∥,∴ AE AB ⊥DE EC ⊥,AB EC ∥, ∴DE AB ⊥又AE DE E =,故:AB ⊥平面DAE ,AB ⊂平面DAB ,故:平面DAB ⊥平面DAE .（2）以E 为原点,EA 为x 轴,EC 为y 轴,ED 为z 轴,建立空间直角坐标系,如图:设2DE EC ED ===,∴ ()2,0,0A ,()0,0,2D ,()0,0,0E ,()2,2,0B ,可得:()2,0,2AD =-,()0,2,0AB =,设平面DAB 的法向量(),,n x y z =,则22020n AD x z n AB y ⎧⋅=-+=⎨⋅==⎩,取1x =,得()1,0,1n =, 平面ABE 的法向量()0,0,1m =,设二面角D AB E --的大小为θ,则12cos 22m n m n θ⋅===⋅, ∴ 45θ=︒,∴二面角D AB E --的大小为45︒.22．（1）如图，取PC 的中点F ，连接EF ，BF ，∵PE DE =，PF CF =，∴//EF CD ，2CD EF =，∵//AB CD ，2CD AB =，∴//AB EF ，且EF AB =.∴四边形ABFE 为平行四边形，∴//AE BF .∵BF ⊂平面PBC ，AE ⊄平面PBC ，故//AE 平面PBC .（2）取AB 中点O ，CD 中点M ，以O 为原点，OM 为x 轴，AB 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系：则()0,1,0A -，()0,1,0B ，()1,2,0C ，()0,0,1P ，()1,2,0D -，11,1,22E ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则11,2,22BE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()0,2,0AB =，()1,1,0BC =， 设平面ABE 的一个法向量为()111,,m x y z =，平面CBE 的一个法向量为()222,,n x y z =， 则111120112022m AB y m BE x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令11x =，则()1,0,1m =-， 222220112022n BC x y n BE x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，21x =，则()1,1,5n =--， 设m 与n 的夹角为θ，则66cos 3233m n m n θ⋅===⋅，由二面角A EB C --为钝角，则余弦值为63-.23．（1）解：（1）因为AC 、AD 、AB 两两垂直，建立如图坐标系，则()2,0,0B ，()0,0,2D ，()1,1,2E ，()2,2,0F ，()0,2,0C ，则(2,0,2),(1,1,2),(0,2,0)DB BE BF =-=-=设平面BEF 的法向量(,,)n x y z =，则200n BE x y z n BF y ⎧⋅=-++=⎨⋅==⎩令1z =，则2x =，0y =，所以(2,0,1)n =， ∴向量DB 和()2,0,1n =所成角的余弦为2222220210212(2)DB nDB n ⋅+-=⋅++-．即BD 和面BEF 10 （2）解：因为()2,0,2DB =-，()2,2,0BC =-，所以()()2202024DB BC ⋅=⨯-+⨯+⨯-=-，22DB =，22BC =C 到直线BD 的距离()2222422622DB BC d BC DB ⎛⎫⋅-⎛⎫ ⎪=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（3）解：假设线段EF 上存在点P 使过P 、A 、C 三点的平面和直线DB 垂直，不妨设EP 与PF 的比值为m ，即EP mPF =，设(),,P x y z ，即()()1,1,22,2,x y z m x y z ---=---，所以()()12122x m x y m y z mz ⎧-=-⎪-=-⎨⎪-=-⎩，解得12112121m x m m y m z m +⎧=⎪+⎪+⎪=⎨+⎪⎪=⎪+⎩集P 点坐标为12122(,,)111m m m m m +++++， 则向量12122(,,)111m m AP m m m++=+++，向量1212(,,)111m CP m m m +=-+++， 因为()2,0,2DB =-所以()()12122202011112122020111m m m m m m m m m ++⎧⨯+⨯+-⨯=⎪⎪+++⎨+-⎪⨯+⨯+-⨯=⎪+++⎩，解得12m =． 所以存在p ，求EP 与PF 的比值1224．解：（1）取BD 的中点O ，连接OC ，OA ，因为ABD △是等边三角形，2BD =，所以AO BD ⊥，且3AO =，又因为2BC CD ==，所以OC BD ⊥112CO BD ==，又2AC = 222AO OC AC AO OC ∴+=∴⊥又AO BD ⊥，因为CO BD O ⋂=，二面角A BD C --的平面角AOC ∠是直角，∴平面ABD ⊥平面BCD ；（2）由（1）以O 为原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，OA 为z 轴建立空间直角坐标系， 不妨令E 在平面BCD 上方取CD 的中点F ，连接OF ，EF ，则,OF CD EF CD ⊥⊥．OF EF F ⋂=，,OF EF ⊂平面EOF ，∴CD ⊥平面EOF ，CD ⊂平面OCD ，∴平面EOF ⊥平面OCD ，OF =，EF =， 设EFO πθ∠=-，则(0,0,0)O ，(1,0,0)C ，(0,1,0)D，A ，(0,1,0)B -11111113cos ,cos ,cos ,cos 22222222E BE θθθθθθ⎛⎫⎛⎫++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，13322,cos ,sin ,244BE E θθ⎛==∴=∴=∴ ⎝⎭所以(1,1,0)CD =-，13,44CE ⎛=- ⎝⎭，设平面ECD 的一个法向量为(,,)n x y z =，则00CD n CE n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，013044x y x y z -+=⎧⎪∴⎨-+=⎪⎩， 令1x =，则1,1,n ⎛=- ⎝⎭因为平面ABD 的一个法向量为(1,0,0)OC =，所以1|cos ,|4OC n〈〉==，即平面ABD 与平面ECD。
高考数学资料——5年高考题、3年模拟题分类汇编专题_空间向量在立体几何中的应用
第三节空间向量在立体几何中的应用一、填空题1. 若等边的边长为，平面内一点知足，则_________2．在空间直角坐标系中，已知点 A（ 1，0， 2）， B(1 ， -3 ， 1) ，点 M在 y 轴上，且 M到 A 与到 B 的距离相等，则 M的坐标是 ________。
【分析】设由可得故【答案】 (0,-1 ， 0)二、解答题3.（本小题满分 12 分）如图，在五面体ABCDEF中， FA 平面 ABCD, AD（II ）证明：，（I II ）又由题设，平面的一个法向量为4．（此题满分15 分）如图，平面平面，是认为斜边的等腰直角三角形，分别为，，的中点，，．（I ）设是的中点，证明：平面；（II ）证明：在内存在一点，使平面，并求点到，的距离．证明：（ I ）如图，连结 OP，以 O为坐标原点，分别以 OB、 OC、 OP所在直线为轴，轴，轴，成立空间直角坐标系 O，则，由题意得，因，所以平面BOE的法向量为，得，又直线不在平面内，所以有平面6.（本小题满分 12 分）如图，已知两个正方行ABCD 和 DCEF不在同一平面内，M， N 分别为 AB， DF的中点。
（I）若平面 ABCD ⊥平面 DCEF，求直线 MN与平面 DCEF所成角的正当弦；（I I ）用反证法证明：直线 ME 与 BN 是两条异面直线。
设正方形ABCD，DCEF的边长为2，以 D 为坐标原点，分别以射线DC，DF，DA为 x,y,z轴正半轴成立空间直角坐标系如图.则 M（ 1,0,2 ） ,N(0,1,0),可得=(-1,1,2).又 =（ 0， 0， 2）为平面DCEF的法向量，可得cos(,)=·DCEF所成角的正弦值为所以MN与平面cos · 6 分( Ⅱ ) 假定直线ME与 BN共面，8 分则 AB平面 MBEN，且平面 MBEN与平面 DCEF交于 EN由已知，两正方形不共面，故AB平面 DCEF。
高二数学空间向量与立体几何测试题
高二数学 空间向量与立体几何测试题第Ⅰ卷（选择题，共50分）一、选择题：（本大题共10个小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．在下列命题中：①若a 、b 共线，则a 、b 所在的直线平行；②若a 、b 所在的直线是异面直线，则a 、b 一定不共面；③若a 、b 、c 三向量两两共面，则a 、b 、c 三向量一定也共面；④已知三向量a 、b 、c ，则空间任意一个向量p 总可以唯一表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ．其中正确命题的个数为 （ ） A ．0 B.1 C. 2 D. 3 2．在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，向量1D A 、1D C 、11C A 是 （ ）A ．有相同起点的向量B ．等长向量C ．共面向量D ．不共面向量3．若向量λμλμλ且向量和垂直向量R b a n b a m ∈+=,(,、则)0≠μ （ ） A ．//B ．⊥C ．也不垂直于不平行于,D ．以上三种情况都可能4．已知a ＝（2，－1，3），b ＝（－1，4，－2），c ＝（7，5，λ），若a 、b 、c 三向量共面，则实数λ等于（ ） A.627 B. 637 C. 647 D. 6575．直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若CA =a ，CB =b ，1CC =c ， 则1A B = （ ）A.+-a b cB. -+a b cC. -++a b cD. -+-a b c6．已知a +b +c ＝0，|a |＝2，|b |＝3，|c |＝19，则向量a 与b 之间的夹角><b a ,为（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．以上都不对7．若a 、b 均为非零向量，则||||⋅=a b a b 是a 与b 共线的 （ ）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件8．已知△ABC 的三个顶点为A （3，3，2），B （4，－3，7），C （0，5，1），则BC 边上的 中线长为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．59．已知的数量积等于与则35,2,23+-=-+=（ ）EM GDCBA10．已知(1,2,3)OA =，(2,1,2)OB =，(1,1,2)OP =，点Q 在直线OP 上运动，则当QA QB ⋅ 取得最小值时，点Q 的坐标为（ ）A ．131(,,)243B ．123(,,)234C ．448(,,)333D ．447(,,)333第Ⅱ卷（非选择题，共100分）二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分） 11．若A(m ＋1，n －1,3)，B(2m ,n ,m －2n )，C(m ＋3,n －3,9)三点共线，则m +n = ．12．12、若向量 ()()1,,2,2,1,2a b λ==-，,a b 夹角的余弦值为89，则λ等于__________.13．在空间四边形ABCD 中，AC 和BD 为对角线，G 为△ABC 的重心，E 是BD 上一点，BE ＝3ED ，以｛AB ，AC ，AD ｝为基底，则GE ＝ ．14．已知a,b,c 是空间两两垂直且长度相等的基底，m=a+b,n=b-c ,则m,n 的夹角为 。
高考数学空间向量与立体几何选择题
高考数学空间向量与立体几何选择题1. 题目：已知向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，则下列哪个向量不可能与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)共线？A. \(\vec{a}\)B. \(\vec{b}\)C. \(-\vec{a}\)D. \(-\vec{b}\)2. 题目：若两个向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角为120°，则\(\vec{a}\cdot\vec{b}\)的值是多少？A. \(3\)B. \(-3\)C. \(1\)D. \(-1\)3. 题目：已知向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=-2\)，且向量\(\vec{c}\)与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角分别为30°和60°，则\(\vec{c}\cdot\vec{a}\)的值是多少？A. \(1\)B. \(-1\)C. \(2\)D. \(-2\)4. 题目：若向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，则下列哪个向量不可能与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)共线？A. \(\vec{a}\)B. \(\vec{b}\)C. \(-\vec{a}\)D. \(-\vec{b}\)5. 题目：若两个向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角为120°，则\(\vec{a}\cdot\vec{b}\)的值是多少？A. \(3\)B. \(-3\)C. \(1\)D. \(-1\)6. 题目：已知向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=-2\)，且向量\(\vec{c}\)与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角分别为30°和60°，则\(\vec{c}\cdot\vec{a}\)的值是多少？A. \(1\)B. \(-1\)C. \(2\)D. \(-2\)7. 题目：若向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，则下列哪个向量不可能与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)共线？A. \(\vec{a}\)B. \(\vec{b}\)C. \(-\vec{a}\)D. \(-\vec{b}\)8. 题目：若两个向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角为120°，则\(\vec{a}\cdot\vec{b}\)的值是多少？A. \(3\)B. \(-3\)C. \(1\)D. \(-1\)9. 题目：已知向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=-2\)，且向量\(\vec{c}\)与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角分别为30°和60°，则\(\vec{c}\cdot\vec{a}\)的值是多少？A. \(1\)B. \(-1\)C. \(2\)D. \(-2\)10. 题目：若向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，则下列哪个向量不可能与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)共线？A. \(\vec{a}\)B. \(\vec{b}\)C. \(-\vec{a}\)D. \(-\vec{b}\)11. 题目：若两个向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角为120°，则\(\vec{a}\cdot\vec{b}\)的值是多少？A. \(3\)B. \(-3\)C. \(1\)D. \(-1\)12. 题目：已知向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=-2\)，且向量\(\vec{c}\)与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角分别为30°和60°，则\(\vec{c}\cdot\vec{a}\)的值是多少？A. \(1\)B. \(-1\)C. \(2\)D. \(-2\)13. 题目：若向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，则下列哪个向量不可能与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)共线？A. \(\vec{a}\)B. \(\vec{b}\)C. \(-\vec{a}\)D. \(-\vec{b}\)14. 题目：若两个向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角为120°，则\(\vec{a}\cdot\vec{b}\)的值是多少？A. \(3\)B. \(-3\)D. \(-1\)15. 题目：已知向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=-2\)，且向量\(\vec{c}\)与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角分别为30°和60°，则\(\vec{c}\cdot\vec{a}\)的值是多少？A. \(1\)B. \(-1\)C. \(2\)D. \(-2\)16. 题目：若向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，则下列哪个向量不可能与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)共线？A. \(\vec{a}\)B. \(\vec{b}\)C. \(-\vec{a}\)D. \(-\vec{b}\)17. 题目：若两个向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角为120°，则\(\vec{a}\cdot\vec{b}\)的值是多少？B. \(-3\)C. \(1\)D. \(-1\)18. 题目：已知向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=-2\)，且向量\(\vec{c}\)与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角分别为30°和60°，则\(\vec{c}\cdot\vec{a}\)的值是多少？A. \(1\)B. \(-1\)C. \(2\)D. \(-2\)19. 题目：若向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，则下列哪个向量不可能与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)共线？A. \(\vec{a}\)B. \(\vec{b}\)C. \(-\vec{a}\)D. \(-\vec{b}\)20. 题目：若两个向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角为120°，则\(\vec{a}\cdot\vec{b}\)的值是多少？A. \(3\)B. \(-3\)C. \(1\)D. \(-1\)21. 题目：已知向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=-2\)，且向量\(\vec{c}\)与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角分别为30°和60°，则\(\vec{c}\cdot\vec{a}\)的值是多少？A. \(1\)B. \(-1\)C. \(2\)D. \(-2\)22. 题目：若向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，则下列哪个向量不可能与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)共线？A. \(\vec{a}\)B. \(\vec{b}\)C. \(-\vec{a}\)23. 题目：若两个向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角为120°，则\(\vec{a}\cdot\vec{b}\)的值是多少？A. \(3\)B. \(-3\)C. \(1\)D. \(-1\)24. 题目：已知向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=-2\)，且向量\(\vec{c}\)与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角分别为30°和60°，则\(\vec{c}\cdot\vec{a}\)的值是多少？A. \(1\)B. \(-1\)C. \(2\)D. \(-2\)25. 题目：若向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，则下列哪个向量不可能与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)共线？A. \(\vec{a}\)C. \(-\vec{a}\)D. \(-\vec{b}\)26. 题目：若两个向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角为120°，则\(\vec{a}\cdot\vec{b}\)的值是多少？A. \(3\)B. \(-3\)C. \(1\)D. \(-1\)27. 题目：已知向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=-2\)，且向量\(\vec{c}\)与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角分别为30°和60°，则\(\vec{c}\cdot\vec{a}\)的值是多少？A. \(1\)B. \(-1\)C. \(2\)D. \(-2\)28. 题目：若向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，则下列哪个向量不可能与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)共线？A. \(\vec{a}\)B. \(\vec{b}\)C. \(-\vec{a}\)D. \(-\vec{b}\)29. 题目：若两个向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角为120°，则\(\vec{a}\cdot\vec{b}\)的值是多少？A. \(3\)B. \(-3\)C. \(1\)D. \(-1\)30. 题目：已知向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=-2\)，且向量\(\vec{c}\)与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角分别为30°和60°，则\(\vec{c}\cdot\vec{a}\)的值是多少？A. \(1\)B. \(-1\)C. \(2\)D. \(-2\)31. 题目：若向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，则下列哪个向量不可能与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)共线？A. \(\vec{a}\)B. \(\vec{b}\)C. \(-\vec{a}\)D. \(-\vec{b}\)32. 题目：若两个向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角为120°，则\(\vec{a}\cdot\vec{b}\)的值是多少？A. \(3\)B. \(-3\)C. \(1\)D. \(-1\)33. 题目：已知向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=-2\)，且向量\(\vec{c}\)与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角分别为30°和60°，则\(\vec{c}\cdot\vec{a}\)的值是多少？A. \(1\)B. \(-1\)C. \(2\)34. 题目：若向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，则下列哪个向量不可能与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)共线？A. \(\vec{a}\)B. \(\vec{b}\)C. \(-\vec{a}\)D. \(-\vec{b}\)35. 题目：若两个向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角为120°，则\(\vec{a}\cdot\vec{b}\)的值是多少？A. \(3\)B. \(-3\)C. \(1\)D. \(-1\)36. 题目：已知向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=-2\)，且向量\(\vec{c}\)与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角分别为30°和60°，则\(\vec{c}\cdot\vec{a}\)的值是多少？A. \(1\)C. \(2\)D. \(-2\)37. 题目：若向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，则下列哪个向量不可能与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)共线？A. \(\vec{a}\)B. \(\vec{b}\)C. \(-\vec{a}\)D. \(-\vec{b}\)38. 题目：若两个向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角为120°，则\(\vec{a}\cdot\vec{b}\)的值是多少？A. \(3\)B. \(-3\)C. \(1\)D. \(-1\)39. 题目：已知向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=-2\)，且向量\(\vec{c}\)与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角分别为30°和60°，则\(\vec{c}\cdot\vec{a}\)的值是多少？A. \(1\)B. \(-1\)C. \(2\)D. \(-2\)40. 题目：若向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，则下列哪个向量不可能与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)共线？A. \(\vec{a}\)B. \(\vec{b}\)C. \(-\vec{a}\)D. \(-\vec{b}\)41. 题目：若两个向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角为120°，则\(\vec{a}\cdot\vec{b}\)的值是多少？A. \(3\)B. \(-3\)C. \(1\)D. \(-1\)42. 题目：已知向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=-2\)，且向量\(\vec{c}\)与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角分别为30°和60°，则\(\vec{c}\cdot\vec{a}\)的值是多少？A. \(1\)B. \(-1\)C. \(2\)D. \(-2\)43. 题目：若向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，则下列哪个向量不可能与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)共线？A. \(\vec{a}\)B. \(\vec{b}\)C. \(-\vec{a}\)D. \(-\vec{b}\)44. 题目：若两个向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角为120°，则\(\vec{a}\cdot\vec{b}\)的值是多少？A. \(3\)B. \(-3\)C. \(1\)D. \(-1\)45. 题目：已知向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=-2\)，且向量\(\vec{c}\)与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角分别为30°和60°，则\(\vec{c}\cdot\vec{a}\)的值是多少？A. \(1\)B. \(-1\)C. \(2\)D. \(-2\)46. 题目：若向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，则下列哪个向量不可能与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)共线？A. \(\vec{a}\)B. \(\vec{b}\)C. \(-\vec{a}\)D. \(-\vec{b}\)47. 题目：若两个向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角为120°，则\(\vec{a}\cdot\vec{b}\)的值是多少？A. \(3\)B. \(-3\)D. \(-1\)48. 题目：已知向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=-2\)，且向量\(\vec{c}\)与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角分别为30°和60°，则\(\vec{c}\cdot\vec{a}\)的值是多少？A. \(1\)B. \(-1\)C. \(2\)D. \(-2\)49. 题目：若向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)满足\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，则下列哪个向量不可能与\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)共线？A. \(\vec{a}\)B. \(\vec{b}\)C. \(-\vec{a}\)D. \(-\vec{b}\)50. 题目：若两个向量\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)的夹角为120°，则\(\vec{a}\cdot\vec{b}\)的值是多少？B. \(-3\)C. \(1\)D. \(-1\)。
高考数学-向量与立体几何试题及详解
1.1～1.3 习题课1．【多选题】下列命题中，是真命题的是( )A ．同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小B ．两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同C ．只有零向量的模等于0D ．共线的单位向量都相等 答案 ABC解析 对于A ，向量是有向线段，不能比较大小，故A 为真命题；对于B ，两向量相等说明它们的方向相同，模长相等，若起点相同，则终点也相同，故B 为真命题；对于C ，零向量为模长为0的向量，故C 为真命题；对于D ，共线的单位向量是相等向量或相反向量，故D 为假命题．2．若a ＝e 1＋e 2＋e 3，b ＝e 1－e 2－e 3，c ＝e 1＋e 2，d ＝e 1＋2e 2＋3e 3({e 1，e 2，e 3}为空间的一个基底)且d ＝x a ＋y b ＋z c ，则x ，y ，z 的值分别为( ) A.52，－12，－1 B.52，12，1 C ．－52，12，1 D.52，－12，1答案 A解析 d ＝x a ＋y b ＋z c ＝(x ＋y ＋z )e 1＋(x －y ＋z )e 2＋(x －y )e 3.又因为d ＝e 1＋2e 2＋3e 3，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＋z ＝1，x －y ＋z ＝2，x －y ＝3，解得⎩⎨⎧x ＝52，y ＝－12，z ＝－1.3．设x ，y ∈R ，向量a ＝(x ，1，1)，b ＝(1，y ，1)，c ＝(2，－4，2)，且a ⊥b ，b ∥c ，则|a ＋b |＝( ) A ．2 2 B.10 C ．3 D ．4 答案 C解析 因为b ∥c ，所以2y ＝－4×1，所以y ＝－2，所以b ＝(1，－2，1)．因为a ⊥b ，所以a ·b ＝x ＋1×(－2)＋1＝0，所以x ＝1，所以a ＝(1，1，1)，a ＋b ＝(2，－1，2)．所以|a ＋b |＝22＋（－1）2＋22＝3.4．在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，且AB ＝BC ＝1，点E 是AC 的中点，异面直线AD 与BE 所成角为θ，且cos θ＝1010，则该四面体的体积为( )A.13B.23C.43D.83 答案 A5．【多选题】已知向量AB →＝(1，1，1)，AC →＝(1，2，－1)，AD →＝(3，y ，1)，下列结论正确的是( )A ．若A ，B ，C ，D 四点共面，则∃λ，μ∈R ，使得AD →＝λAB →＋μAC →，λ＝2B ．若A ，B ，C ，D 四点共面，则∃λ，μ∈R ，使得AD →＝λAB →＋μAC →，μ＝2 C ．若A ，B ，C ，D 四点共面，则y ＝4 D ．当AD ⊥AC 时，y ＝1 答案 AC解析 由A ，B ，C ，D 四点共面，得∃λ，μ∈R ，使得AD →＝λAB →＋μAC →，所以λ(1，1，1)＋μ(1，2，－1)＝(3，y ，1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＋μ＝3，λ＋2μ＝y ，λ－μ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝1，y ＝4，故A 、C 正确，B 不正确．由AD ⊥AC ，得AD →⊥AC →，所以AD →·AC →＝0.所以3＋2y －1＝0，解得y ＝－1，D 不正确．6.【多选题】如图，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都为a ，点M ，N ，E ，F 分别是AB ，CD ，BC ，AD 的中点，则( )A ．MN ⊥AB B ．MN ⊥CDC ．向量AN →与CM →所成角的余弦值为23D ．四边形MENF 为正方形 答案 ABD解析 设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r .由题意可知，|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p ，q ，r 三个向量两两夹角均为60°.MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB →＝12(q ＋r －p )，所以MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0.所以MN →⊥AB →，即MN ⊥AB .同理可证MN ⊥CD ，A 、B 正确．设向量AN →与MC →的夹角为θ，因为AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r )，MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，所以AN →·MC →＝12(q ＋r )·⎝⎛⎭⎫q －12p ＝12(q 2－12q ·p ＋r ·q －12r ·p )＝12(a 2－12a 2cos 60°＋a 2cos 60°－12a 2cos 60°)＝12⎝⎛⎭⎫a 2－a 24＋a 22－a 24＝a 22.又因为|AN →|＝|MC →|＝32a ，所以AN →·MC →＝|AN →||MC →|cos θ＝32a ×32a ×cos θ＝a 22.所以cos θ＝23.从而向量AN →与CM →所成角的余弦值为－23，C 错误．因为ME →＝12AC →，FN →＝12AC →，所以ME →＝FN →.所以四边形MENF 为平行四边形．因为EN →＝12BD →＝12(AD →－AB →)，所以EN →·ME →＝12(AD →－AB →)·12AC →＝0.所以EN →⊥ME →，|EN →|＝|ME →|＝12a .所以四边形MENF 为正方形．D 正确．7．从点P (1，2，3)出发，沿着向量v ＝(－4，－1，8)的方向取点Q ，使|PQ |＝18，则Q 点的坐标为( )A ．(－1，－2，3)B ．(9，4，－13)C ．(－7，0，19)D ．(1，－2，－3) 答案 C8.【多选题】如图，在三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，△P AC 为等腰直角三角形，P A ＝PC ＝4，平面P AC ⊥平面ABC ，D 为AB 的中点，则( )A ．AP ⊥BCB ．异面直线AC 与PD 所成角的余弦值为24 C ．异面直线PC 与AB 所成角的余弦值为24D ．三棱锥P －ABC 的体积为1663答案 BCD解析 取AC 的中点O ，连接OP ，OB .因为P A ＝PC ，所以AC ⊥OP ，因为平面P AC ⊥平面ABC ，平面P AC ∩平面ABC ＝AC ，所以OP ⊥平面ABC ，又因为AB ＝BC ，所以AC ⊥OB .以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．因为△P AC 是等腰直角三角形，P A ＝PC ＝4，△ABC 为等边三角形，所以A (0，－22，0)，B (26，0，0)，C (0，22，0)，P (0，0，22)，D (6，－2，0)，所以AP →＝(0，22，22)，BC →＝(－26，22，0)，AP →·BC →＝8≠0，A 不正确；因为AC →＝(0，42，0)，PD →＝(6，－2，－22)，所以cos 〈AC →，PD →〉＝AC →·PD →|AC →||PD →|＝－842×4＝－24，则异面直线AC 与PD 所成角的余弦值为24，B 正确；因为PC →＝(0，22，－22)，AB →＝(26，22，0)，所以cos 〈PC →，AB →〉＝PC →·AB →|PC →||AB →|＝84×42＝24，所以异面直线PC 与AB 所成角的余弦值为24，C 正确；三棱锥P －ABC 的体积V P －ABC ＝13S △ABC ·PO ＝13×34×(42)2×22＝1663，D 正确． 9．在四面体OABC 中，棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA ＝1，OB ＝2，OC ＝3，G 为△ABC的重心，则OG →·(OA →＋OB →＋OC →)＝________．答案 14310．已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12，若空间向量b 满足b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，且对于任意x ，y ∈R ，有|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1，x 0，y 0∈R ，则|b |＝________． 答案 2 2解析 问题等价于|b －(x e 1＋y e 2)|当且仅当x ＝x 0，y ＝y 0时取到最小值1，平方即|b |2＋x 2＋y 2－2b ·e 1x －2b ·e 2y ＋2e 1·e 2xy ＝|b |2＋x 2＋y 2－4x －5y ＋xy .已知上式在x ＝x 0，y ＝y 0时取到最小值1，x 2＋y 2＋(y －4)x －5y ＋|b |2＝⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y －422＋34(y －2)2－7＋|b |2，所以⎩⎨⎧x 0＋y 0－42＝0，y 0－2＝0，－7＋|b |2＝1.解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，y 0＝2，|b |＝2 2.11.如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，M ，E ，F 分别为PQ ，AB ，BC 的中点，则异面直线EM 与AF 所成角的余弦值是________．答案303012.如图，已知棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，过点B 作BM ⊥AC 1于点M ，则点M 的坐标为________．答案 ⎝⎛⎭⎫2a 3，a 3，a 3解析 由题意，知A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C 1(0，a ，a )，设M (x ，y ，z )， 则AC 1→＝(－a ，a ，a )，AM →＝(x －a ，y ，z )，BM →＝(x －a ，y －a ，z )．因为BM →⊥AC 1→，所以BM →·AC 1→＝0. 所以－a (x －a )＋a (y －a )＋az ＝0，即x －y －z ＝0.①因为AC 1→∥AM →，所以设AM →＝λAC 1→，则x －a ＝－λa ，y ＝λa ，z ＝λa (λ∈R )，即x ＝a －λa ，y ＝λa ，z ＝λa .②由①②，得x ＝2a 3，y ＝a 3，z ＝a3.所以点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫2a 3，a 3，a 3. 13.如图，已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是四棱柱，底面ABCD 是正方形，AA 1＝3，AB ＝2，且∠C 1CB＝∠C 1CD ＝60°，设CD →＝a ，CB →＝b ，CC 1→＝c .(1)试用a ，b ，c 表示A 1C →；(2)已知O 为对角线A 1C 的中点，求CO 的长．解析 (1)A 1C →＝A 1A →＋AD →＋DC →＝－AA 1→＋BC →－CD →＝－CC 1→－CB →－CD →＝－c －b －a ＝－a －b －c .(2)由题意知|a |＝2，|b |＝2，|c |＝3，a ·b ＝0，a ·c ＝2×3×12＝3，b ·c ＝2×3×12＝3，∵CO →＝12CA 1→＝12(a ＋b ＋c )，∴|CO →|＝14（a ＋b ＋c ）2＝14（a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2a ·c ＋2b ·c ）＝14×（22＋22＋32＋0＋2×3＋2×3）＝294＝292.14．已知空间三点A (0，2，3)，B (－2，1，6)，C (1，－1，5)．(1)若点D 在直线AC 上，且BD →⊥AC →，求点D 的坐标； (2)求以BA ，BC 为邻边的平行四边形的面积．解析 (1)由题意知，AC →＝(1，－3，2)，点D 在直线AC 上， 设AD →＝λAC →＝λ(1，－3，2)＝(λ，－3λ，2λ)， ∴D (λ，2－3λ，2λ＋3)， BD →＝(λ，2－3λ，3＋2λ)－(－2，1，6) ＝(λ＋2，1－3λ，2λ－3)， ∵BD →⊥AC →， ∴AC →·BD →＝(1，－3，2)·(λ＋2，1－3λ，2λ－3)＝λ＋2－3＋9λ＋4λ－6＝14λ－7＝0，∴λ＝12，∴D ⎝⎛⎭⎫12，12，4. (2)∵BA →＝(2，1，－3)，BC →＝(3，－2，－1)， ∴|BA →|＝22＋12＋（－3）2＝14， |BC →|＝32＋（－2）2＋（－1）2＝14， ∴BA →·BC →＝2×3＋1×(－2)＋(－3)×(－1)＝7，∴cos B ＝cos 〈BA →，BC →〉＝BA →·BC →|BA →||BC →|＝714×14＝12，∴sin B ＝32，∴S ＝14×14×32＝73，∴以BA ，BC 为邻边的平行四边形的面积为7 3.15．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，以D 为原点，DA →，DC →，DD 1→所在直线为x ，y ，z 轴建立直角坐标系Dxyz ，点M 在线段AB 1上，点N 在线段BC 1上，且MN ⊥AB 1，MN ⊥BC 1.求：(1)〈AB 1→，BC 1→〉； (2)MN →的坐标．解析 (1)由题意可知D (0，0，0)，A (1，0，0)，B (1，1，0)，B 1(1，1，1)，C 1(0，1，1)，所以AB 1→＝(0，1，1)，BC 1→＝(－1，0，1)， AB 1→·BC 1→＝0×(－1)＋1×0＋1×1＝1， |AB 1→|＝02＋12＋12＝2， |BC 1→|＝（－1）2＋02＋12＝2，所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝12×2＝12.所以〈AB 1→，BC 1→〉＝π3.(2)设点M (1，x ，x )，N (y ，1，1－y )， 则MN →＝(y －1，1－x ，1－x －y )．因为MN →·AB 1→＝0，MN →·BC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧（y －1，1－x ，1－x －y ）·（0，1，1）＝0，（y －1，1－x ，1－x －y ）·（－1，0，1）＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧2－2x －y ＝0，2－x －2y ＝0，解得⎩⎨⎧x ＝23，y ＝23，所以MN →的坐标为⎝⎛⎭⎫－13，13，－13.1．【多选题】已知向量a ＝(1，1，0)，则与a 共线的单位向量e 等于( ) A.⎝⎛⎭⎫－22，－22，0B ．(0，1，0) C.⎝⎛⎭⎫22，22，0D ．(1，1，1)答案 AC 2．在四面体OABC 中，空间的一点M 满足OM →＝14OA →＋16OB →＋λOC →，若M ，A ，B ，C 四点共面，则λ等于( ) A.712 B.13 C.512 D.12 答案 A3．在正四面体ABCD 中，E 是BC 的中点，那么( ) A.AE →·BC →<AE →·CD → B.AE →·BC →＝AE →·CD → C.AE →·BC →>AE →·CD → D.AE →·BC →与AE →·CD →不能比较大小 答案 C解析 因为AE →·BC →＝12(AB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝12(|AC →|2－|AB →|2)＝0，AE →·CD →＝(AB →＋BE →)·CD →＝AB →·(BD →－BC →)＋12BC →·CD →＝|AB →|·|BD →|·cos 120°－|AB →|·|BC →|·cos 120°＋12|BC →|·|CD →|cos 120°<0.所以AE →·BC →>AE →·CD →.4．已知a ＝(1，－2，3)，b ＝(－1，1，－4)，c ＝(1，－3，m )，则“m ＝1”是“{a ，b ，c }构成空间的一个基底”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 当m ＝1时，c ＝(1，－3，1)，易得a ，b ，c 不共面，即{a ，b ，c }能构成空间的一个基底，即“m ＝1”是“{a ，b ，c }构成空间的一个基底”的充分条件；当{a ，b ，c }能构成空间的一个基底时，则a ，b ，c 不共面，设a ，b ，c 共面，即c ＝x a ＋y b ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝1，y －2x ＝－3，3x －4y ＝m ，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝1，m ＝2，即当{a ，b ，c }能构成空间的一个基底时，m ≠2，即当{a ，b ，c }能构成空间的一个基底时，不能推出m ＝1，即“m ＝1”是“{a ，b ，c }构成空间的一个基底”的不必要条件．综上所述，“m ＝1”是“{a ，b ，c }构成空间的一个基底”的充分不必要条件．5．已知P (3cos α，3sin α，1)和Q (2cos β，2sin β，1)，则|PQ →|的取值范围是( ) A ．[0，5] B ．[1，25] C ．[1，5] D ．(1，5) 答案 C6．在四面体O －ABC 中，G 是底面△ABC 的重心，且OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则log 3|xyz |等于________． 答案 －37．已知空间三点A (2，1，0)，B (2，2，1)，C (0，1，2)．(1)求AB →·AC →的值；(2)若(AB →＋kAC →)⊥(AB →＋AC →)，求k 的值．解析 (1)因为A (2，1，0)，B (2，2，1)，所以AB →＝(0，1，1)．又C (0，1，2)，所以AC →＝(－2，0，2)，所以AB →·AC →＝0×(－2)＋1×0＋1×2＝2.(2)由(1)可知AB →＝(0，1，1)，AC →＝(－2，0，2)，所以AB →＋kAC →＝(－2k ，1，2k ＋1)，AB →＋AC →＝(－2，1，3)．因为(AB →＋kAC →)⊥(AB →＋AC →)，所以4k ＋1＋3(2k ＋1)＝0，解得k ＝－25.8.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱P A ⊥底面ABCD ，AB ＝3，BC ＝1，P A ＝2，E 为PD 的中点．(1)求AC 与PB 所成角的余弦值；(2)在侧面P AB 内找一点N ，使NE ⊥平面P AC ，求N 点的坐标． 解析 (1)由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (3，0，0)，C (3，1，0)，D (0，1，0)，P (0，0，2)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，1， 从而AC →＝(3，1，0)，PB →＝(3，0，－2)． 设AC 与PB 的夹角为θ，则cos θ＝|AC →·PB →||AC →|·|PB →|＝327＝3714.∴AC 与PB 所成角的余弦值为3714.(2)由于N 点在侧面P AB 内，故可设N 点坐标为(x ，0，z )，则NE →＝⎝⎛⎭⎫－x ，12，1－z ， 由NE ⊥平面P AC 可得，⎩⎪⎨⎪⎧NE →·AP →＝0，NE →·AC →＝0，即⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫－x ，12，1－z ·（0，0，2）＝0，⎝⎛⎭⎫－x ，12，1－z ·（3，1，0）＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧z －1＝0，－3x ＋12＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝36，z ＝1，即N 点的坐标为⎝⎛⎭⎫36，0，1时，NE ⊥平面P AC .。
十年(2013-2022)高考数学真题分类汇编解析12 立体几何与空间向量(大题)
由（1）得 则 则
，所以 ，
设平面 的一个法向量
可取
，
设平面 的一个法向量
，
，所以
，
,所以 的中点
，
,
，则
，
，则
，
6 / 56
可取 则
， ，
所以二面角
的正弦值为
.
4．【2022 年新高考 2 卷 20】如图， 是三棱锥
的高，
，
，E
是 的中点．
(1)证明： 平面 ；
(2)若
，
，
，求二面角
【答案】(1)证明见解析
（1）证明：平面 （2）求二面角
平面
；
的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
（1）取 的中点为 ，连接
.
因为
，
，则
，
而
，故
.
在正方形
中，因为
，故
，故
，
因为
，故
，故
为直角三角形且
，
14 / 56
因为
，故 平面
，
因为 平面 ，故平面
平面
.
（2）在平面
内，过 作
，交 于 ，则
，
结合（1）中的 平面
(2)作 EF⊥BD 于 F, 作 FM⊥BC 于 M,连 FM
因为 AO⊥平面 BCD，所以 AO⊥BD, AO⊥CD
所以 EF⊥BD, EF⊥CD,
,因此 EF⊥平面 BCD，即 EF⊥BC
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因为 FM⊥BC，
,所以 BC⊥平面 EFM，即 BC⊥MF
则
为二面角 E-BC-D 的平面角,
，所以
高二数学-空间向量与立体几何测试题及答案
高二数学空间向量与立体几何测试题第1卷（选择题，共50分）一、选择题：（本大题共10个小题每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 在下列命题中：CD若a、b共线则a、b所在的直线平行；＠若a、b所在的直线是异面直线，则a、b一定不共面；＠若a、b、c三向量两两共面，则a、b、c三向量一定也共面；＠已知三向量a、b、c,则空间任意一个向量p总可以唯一表示为p=a+yb+zc,, y, z R.其中正确命题的个数为（ ）A. 0B. 1C. 2D. 32. 若三点共线为空间任意一点且则的值为（）A. lB.C.D.3. 设，且，则等千（）A. B. 9 C. D4. 已知a=(2, —1, 3) , b= C—1, 4, —2) , c= (7, 5, 入），若a、b、c三向量共面，则实数入等千（）A. B. C.5.如图1,空间四边形的四条边及对角线长都是，点分别是的中点则等千（）D.A.C.．．BD6. 若a、b均为非零向量，则是a与b共线的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件7. 已知点0是LABC所在平面内一点满足• = • = • '则点0是LABC的（）A. 三个内角的角平分线的交点B. 三条边的垂直平分线的交点C. 三条中线的交点8. 已知a+b+c=O,al =2, bl =3,A. 30°B. 45°D.三条高的交点l e = , 则向量a与b之间的夹角为（）C. 60°D. 以上都不对9. 已知， ＇ ，点Q在直线OP上运动，则当取得最小值时，点Q的坐标为（）A.B.10. 给出下列命题：CD已知，则C. D.＠为空间四点若不构成空间的一个基底，那么共面；＠已知则与任何向量都不构成空间的一个基底；＠若共线则所在直线或者平行或者重合．正确的结论的个数为（）C. 3A.1B.2D.4 第II卷（非选择题，共100分）二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）11.已知LABC的三个顶点为A(3, 3, 2) , B (4, —3, 7) , C (0, 5, 1) , 则BC边上的中线长为12. 已知三点不共线为平面外一点若由向量确定的点与共面，那么13. 已知a,b,c是空间两两垂直且长度相等的基底，m=a+b,n=b-c,则m,n的夹角为14. 在空间四边形ABC D中，AC和B D为对角线G为L:.ABC的重心，E是B D上一点BE=3E D, 以｛， ， ｝为基底，则＝15. 在平行四边形ABCD中，AB=AC=l,乙ACD=90, 将它沿对角线AC折起，使AB与CD成60角，则B,D两点间的距离为16. 如图二面角a-t -B的棱上有A,B两点直线AC,B D分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直千AB,已知AB=4,AC=6, B D=8, C D= ,二面角Q—t—B的大小三、解答题（本大题共5小题，满分70分），17. C lo分）设试问是否存在实数，使成立？如果存在，求出；如果不存在，请写出证明．18. (12分）如图在四棱锥中，底面ABC D是正方形，侧棱底面ABC D,, 是PC的中点，作交PB千点F.(1)证明PAIi平面EDB:(2)证明PB上平面E F D:(3)求二面角的大小．、、、、、、、、.、19. (12分）如图在直三棱柱ABC—AlBlCl中，底面是等腰直角三角形，乙ACB=90°.侧棱AA1=2, D. E 分别是CCl与AlB的中点点E在平面ABO上的射影是DAB D的重心G.(1)求AlB与平面ABO所成角的大小．(2)求Al到平面ABO的距离1) 20. 12分）如图在三棱柱ABC-AlBlCl中，AB上AC,顶点Al在底面ABC上的射影恰为点B,且AB=AC=A1B=2.2)求棱AA1与BC所成角的大小；在棱BlCl上确定一点P,使AP=, 并求出二面角P—AB—Al的平面角的余弦值A1C1B21. (12分）如图直三棱柱ABC-AlBlCl中AB上AC,D.E分别为AAl.B lC的中点DEl_平面BCCl.C I)证明：A B=ACC II)设二面角A-BD-C为60°,求B1C与平面BCD所成的角的大小c,22. (12分）P是平面ABC D外的点四边形ABC D是平行四边形，AP= (-1, 2, -1)(1)求证：PA 平面ABC D.(2)对千向量，定义一种运算：，试计算的绝对值；说明其与几何体P—ABC D的体积关系，并由此猜想向量这种运算的绝对值的几何意义（几何体P-ABC D叫四棱锥，锥体体积公式：V= ) .一、选 1 2 择题（本大题土2上、10小题，每3 4空间向量与立体几何(2)参考答案5 6 7 8 9 10小题5/刀\.让,/、50分）题号答案D D D A B C A 二、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分）11. (0, ,) 12. 0 13. 1, —3 14. 90° l厮—15。
2024年高考数学复习大题全题型专练：空间向量与立体几何(解析版)
专题9立体几何中的探索性问题1．（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C 的体积为4，1A BC 的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1A C 的中点，1AA AB ，平面1A BC 平面11ABB A ，求二面角A BD C 的正弦值．【答案】(2)2【解析】【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC 平面11ABB A ，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.(1)在直三棱柱111ABC A B C 中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则1111111111433333A A BC A A ABC A ABC AB BC C C B V S h h V S A A ，解得h所以点A 到平面1A BC ；(2)取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB ，所以1AE A B ,又平面1A BC 平面11ABB A ，平面1A BC ∩平面111ABB A A B ，且AE 平面11ABB A ，所以AE ⊥平面1A BC ，在直三棱柱111ABC A B C 中，1BB 平面ABC ，由BC 平面1A BC ，BC 平面ABC 可得AE BC ，1BB BC ，又1,AE BB 平面11ABB A 且相交，所以BC 平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE 12AA AB，1A B 2BC ，则 10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1A C 的中点 1,1,1D ，则 1,1,1BD ， 0,2,0,2,0,0BA BC ,设平面ABD 的一个法向量 ,,m x y z ，则020m BD x y z m BA y ，可取 1,0,1m ，设平面BDC 的一个法向量 ,,n a b c ，则020m BD a b c m BC a，可取 0,1,1n r ，则1cos ,2m n m n m n ，所以二面角A BD C2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB ，3DC ，1EF ，60BAD CDE ，二面角F DC B 的平面角为60 ．设M ，N 分别为,AE BC的中点．(1)证明：FN AD ；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；【解析】【分析】（1）过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点G 、H ，由平面知识易得FC BC ，再根据二面角的定义可知，60BCF ，由此可知，FN BC ，FN CD ，从而可证得FN 平面ABCD ，即得FN AD ；（2）由（1）可知FN 平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以可以以点N 为原点，NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N xyz ，求出平面ADE 的一个法向量，以及BM ，即可利用线面角的向量公式解出．(1)过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点交于点G 、H ．∵四边形ABCD 和EFCD 都是直角梯形，//,//,5,3,1AB DC CD EF AB DC EF ，60BAD CDE ，由平面几何知识易知，2,90DG AH EFC DCF DCB ABC ，则四边形EFCG 和四边形DCBH 是矩形，∴在Rt EGD 和Rt DHA，EG DH ∵,DC CF DC CB ，且CF CB C ，∴DC 平面,BCF BCF 是二面角F DC B 的平面角，则60BCF ，∴BCF △是正三角形，由DC 平面ABCD ，得平面ABCD 平面BCF ，∵N 是BC 的中点， FN BC ，又DC 平面BCF ，FN 平面BCF ，可得FN CD ，而BC CD C ，∴FN 平面ABCD ，而AD 平面ABCD FN AD ．(2)因为FN 平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以以点N 为原点，NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N xyz ，设(3,(1,0,3)A B D E，则32M，33,,(2,(2BM AD DE设平面ADE 的法向量为(,,)n x y z 由00n AD n DE，得20230x x z，取n ，设直线BM 与平面ADE 所成角为 ，3．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））如图，在三棱柱111ABC A B C 中，11222A C AA AB AC BC ，160BAA．(1)证明：平面ABC 平面11AA B B ．(2)设P 是棱1CC 的中点，求AC 与平面11PA B 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)4【解析】【分析】（1）设2AB，由余弦定理求出1A B 1A B AB ，1A B BC ，进而证明出线面垂直，面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值.(1)设2AB ．在四边形11AA B B 中，∵12AA AB ，160BAA ，连接1A B ，∴由余弦定理得2221112cos6012A B AA AB AA AB，即1A B ∵22211A B AB AA ，∴1A B AB ．又∵22211A B BC A C ，∴1A B BC ，AB BC B ，∴1A B 平面ABC ，∵1A B 平面11AA B B ，∴平面ABC 平面11AA B B ．(2)取AB 中点D ，连接CD ，∵AC BC ，∴CD AB ，由（1）易知CD 平面11AA B B，且CD 如图，以B 为原点，分别以射线BA ，1BA 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系B -xyz，则(2,0,0)A，1A，C，1(B，1(C，P ．11(2,0,0)A B，1(0,A P ，设平面11PA B 的法向量为(,,)n x y z ，则11100n A B n A P，得200x，令1y ，则取(0,1,1)n，(AC u u u r，||cos ,4||||AC n AC n AC n ，AC 与平面11PA B4．（2022·内蒙古·赤峰红旗中学松山分校模拟预测（理））如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PD 底面ABCD ，M 为线段PC 的中点，PD AD ，N 为线段BC 上的动点．(1)证明：平面MND 平面PBC(2)当点N 在线段BC 的何位置时，平面MND 与平面PAB 所成锐二面角的大小为30°？指出点N 的位置，并说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)点N 在线段BC 的中点【解析】【分析】（1）由PD 底面ABCD ，可得PD BC ，而CD BC ，可证得BC 平面PCD ，从而得BC DM ，而DM PC ，所以DM 平面PBC ，再由面面垂直的判定定理可得结论，（2）设1PD AD ，以D 为原点，以,,DA DC DP 所在的直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可(1)证明：因为PD 底面ABCD ，BC 底面ABCD ，所以PD BC ，因为CD BC ，CD PD D ∩，所以BC 平面PCD ，因为DM 平面PCD ，所以BC DM ，因为四边形ABCD 为正方形，PD AD ，所以PD CD ，因为在PDC △中，PD CD ，M 为线段PC 的中点，所以DM PC ，因为PC BC C ，所以DM 平面PBC ，因为DM 平面DMN ，所以平面MND 平面PBC ，(2)当点N 在线段BC 的中点时，平面MND 与平面PAB 所成锐二面角的大小为30°，理由如下：因为PD 底面ABCD ，, DA DC 平面ABCD ，所以,PD DA PD DC ，因为DA DC ，所以,,DA DC DP 两两垂直，所以以D 为原点，以,,DA DC DP 所在的直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设1PD AD ，则11(0,0,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,0,1),(0,1,0),0,,22D A B P C M，设(,1,0)(01)N ，则11(1,0,1),(0,1,0),(,1,0),0,,22AP AB DN DM，设(,,)m x y z 为平面PAB 的法向量，则00m AP x z m AB y，令1x ，则=(1,0,1)m u r ，设(,,)n a b c 为平面MND 的法向量，则011022n DN a b n DM b c，令1a ，则(1,,)n ，因为平面MND 与平面PAB 所成锐二面角的大小为30°，所以cos ,2m n m n m n ，化简得24410 ，得12 ，所以当点N 在线段BC 的中点时，平面MND 与平面PAB 所成锐二面角的大小为30°5．（2022·四川·成都七中模拟预测（理））如图1，在边上为4的菱形ABCD 中，60DAB ，点M ，N 分别是边BC ，CD 的中点，1AC BD O ，AC MN G ．沿MN 将CMN △翻折到PMN 的位置，连接PA ，PB ，PD ，得到如图2所示的五棱锥P ABMND ．(1)在翻折过程中是否总有平面PBD 平面PAG ？证明你的结论；(2)当四棱锥P MNDB 体积最大时，求直线PB 和平面MNDB 所成角的正弦值；(3)在（2）的条件下，在线段PA 上是否存在一点Q ，使得二面角Q MN P 点Q 的位置；若不存在，请说明理由．【答案】(1)在翻折过程中总有平面PBD 平面PAG ，证明见解析(3)Q 存在且Q 为线段PA 的中点【解析】【分析】（1）证明出BD 平面PAG ，进而证明面面垂直；（2）找到当PG 平面MNDB 时，四棱锥P MNDB 体积最大，直线PB 和平面MNDB 所成角的为PBG ，求出PG ，BG PB ，从而求出PBG 的正弦值；（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量和二面角的大小，列出方程，确定点Q 的位置(1)在翻折过程中总有平面PBD 平面PAG ，证明如下：∵点M ，N 分别是边CD ，CB 的中点，又60DAB ，∴BD MN ∥，且PMN 是等边三角形，∵G 是MN 的中点，∴MN PG ，∵菱形ABCD 的对角线互相垂直，∴BD AC ，∴MN AC ，∵AC PG G ，AC 平面PAG ，PG 平面PAG ，∴MN 平面PAG ，∴BD 平面PAG ，∵BD 平面PBD ，∴平面PBD 平面PAG ．(2)由题意知，四边形MNDB 为等腰梯形，且4DB ，2MN ，1O G所以等腰梯形MNDB 的面积 242S 要使得四棱锥P MNDB 体积最大，只要点P 到平面MNDB 的距离最大即可，∴当PG 平面MNDB 时，点P 到平面MNDB此时四棱锥P MNDB 体积的最大值为133V ，直线PB 和平面MNDB 所成角的为PBG ，连接BG ，在直角三角形PBG 中，PG BG ，由勾股定理得：PB .30sin10PG PBG PB．(3)假设符合题意的点Q 存在．以G 为坐标原点，GA ，GM ，GP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则 A ， 0,1,0M ， 0,1,0N ， P ，由（2）知，AG PG ，又AG MN ，且MN PG G ，MN 平面PMN ，PG 平面PMN ，AG 平面PMN ，故平面PMN 的一个法向量为�1=1,0,0，设AQ AP （01 ≤≤），∵AP ，AQ ，故1 ，∴ 0,2,0NM，1,1,QM ，平面QMN 的一个法向量为 2222,,n x y z ，则20n NM ，20n QM ，即222220,10,y x y z 令21z ，所以 220,31y x211,0,1,0,313131n，则平面QMN 的一个法向量 ,0,31n ，设二面角Q MN P 的平面角为 ，则11cos 10n n n n ，解得：12 ，故符合题意的点Q 存在且Q 为线段PA 的中点．6．（2022·全国·南京外国语学校模拟预测）如图，在三棱台111ABC A B C 中，AB AC ，4AB AC ，1112A A A B ，侧棱1AA 平面ABC ，点D 是棱1CC 的中点．(1)证明：平面1BB C 平面1AB C ；(2)求二面角C BD A的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)15【解析】【分析】（1）先根据线面垂直的性质与判定证明1AC BB ，再根据勾股定理证明11AB BB ，进而根据线面垂直得到1BB 平面1AB C ，从而根据面面垂直的判定证明即可（2）A 为坐标原点，AB ，AC ，1AA 的所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，再分别求解平面,ABD CBD 的一个法向量，进而得到面面角的正弦即可(1)证明：因为1A A 平面ABC ，AC 平面ABC ，所以1AA AC ，又AB AC ，1AA AB A ∩，1AA ，AB Ì平面11ABB A ，所以AC 平面11ABB A ．又1BB 平面11ABB A ，所以1AC BB ．又因为1AB1BB ，所以22211AB AB BB ，所以11AB BB ．又1AB AC A ∩，1AB ，AC 平面1AB C ，所以1BB 平面1AB C ，因为1BB 平面1BB C ，所以平面1BB C 平面1AB C ．(2)以A 为坐标原点，AB ，AC ，1AA 的所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．因为4AB AC ，111112A A A B A C ，所以 0,0,0A ， 4,0,0B ， 0,4,0C ， 10,2,2C ， 0,3,1D ．设平面ABD 的一个法向量为 1111,,x n y z ，设平面CBD 的一个法向量为 2222,,n x y z ，且 4,0,0AB ， 0,3,1AD ，4,4,0CB ， 0,1,1CD ，因为110,0,AB n AD n 所以1110,30,x y z 令11y ，则10x ，13z ，所以 10,1,3n ．又因为220,0.CB n CD n所以22220,0,x y y z 令21x ，则21y ，21z ，所以 21,1,1 n ．所以12121230cos ,15n n n n n n ．设二面角C BD A 的大小为，则sin 所以二面角C BD A 的正弦值为19515．7．（2022·青海·模拟预测（理））如图，在四棱锥A -BCDE 中，底面BCDE 为矩形，M 为CD 中点，连接BM ，CE 交于点F ，G 为△ABE 的重心．(1)证明：//GF 平面ABC(2)已知平面ABC ⊥BCDE ，平面ACD ⊥平面BCDE ，BC =3，CD =6，当平面GCE 与平面ADE 所成锐二面角为60°时，求G 到平面ADE 的距离．【答案】(1)证明见解析【解析】(1)延长EG 交AB 于N ，连接NC ,因为G 为△ABE 的重心，所以点N 为AB 的中点，且2EG GN ,因为//CM BE ,故CMF EBF ∽,所以2EF BE CF CM,故EF EG CF GN ，故//GF NC ,而NC 平面ABC ，GF 平面ABC,故//GF 平面ABC ；(2)由题意知，平面ABC ⊥平面BCDE ，平面ABC ∩平面BCDE=BC ，DC BC ,DC 平面BCDE ，故DC 平面ABC,AC 平面ABC,则DC AC ,同理BC AC ，又,,BC DC C BC DC ∩平面BCDE,所以AC 平面BCDE ，以C 为原点，以CB,CD,CA 所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设点G 到平面BCDE 的距离为(0)t t ，则(0,0,3),(3,0,0),(3,6,0),(2,2,),(0,6,0)A t B E G t D ，故(2,2,),(3,6,0),(0,6,3),(3,0,0)CG t CE AD t DE ,设平面GCE 的法向量为111(,,)m x y z ，则00m CG m CE，即11111220360x y tz x y ，取11y ，则112,,2,z x t 即2(2,1,m t，设平面ADE 的法向量为222(,,)n x y z ，则00n AD n DE，即22263030y tz x ，取22z ，则2y t ，则(0,,2)n t ，所以4||||1cos 602||||t m n t m n，解得212,t t ，又(2,4,DG ，故点G 到平面ADE的距离为||||DG n d n 8．（2022·北京市第九中学模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，△PAB 为正三角形，且侧面PAB ⊥底面ABCD ，M 为PD的中点．(1)求证：PB //平面ACM ；(2)求直线BM 与平面PAD 所成角的正弦值；(3)求二面角C PA D 的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)32；(3)7.【解析】【分析】（1）连接BD AC N ∩，连MN ，证明//PB MN ，再利用线面平行的判定推理作答.（2）（3）取AB 中点O ，连PO ，证明PO 平面ABCD ，以点O 为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求线面角的正弦，二面角的余弦作答.(1)连接BD AC N ∩，连MN ，如图，正方形ABCD 中，N 为BD 的中点，而M 为PD 的中点，则//PB MN ，而MN 平面ACM ，PB 平面ACM ，所以//PB 平面ACM .(2)取AB 中点O ，连PO ，如图，正PAB △中，PO AB，因侧面PAB 底面ABCD ，侧面PAB 底面ABCD AB ，PO 侧面PAB ，则PO 平面ABCD ，在平面ABCD 内过O 作Oy AB ，则射线,,OB Oy OP 两两垂直，以点O 为原点，射线,,OB Oy OP 分别为x ，y ，z 轴非负半轴建立空间直角坐标系，则1(1,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(),(1,2,0)2B A D P M C，3(0,2,0),()2AD AP BM ，设平面PAD 的法向量111(,,)m x y z，则111200m AD y m AP x，令11z，得(m ，设直线BM 与平面PAD 所成角为，则||sin |cos ,|222||||m BM m BM m BM ，所以直线BM 与平面PAD所成角的正弦值是2.(3)由（2）知，(2,2,0)AC u u u r ，设平面CPA 的法向量222(,,)n x y z，则22222200n AC x y n AP x ，令21z，得(n ，于是得cos ,7||||m n m n m n ，显然二面角C PA D 大小为锐角，所以二面角C PA D 的余弦值为277.9．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测（理））已知四棱锥S ABCD 中，四边形ABCD 为菱形，SAB SBA ，.SD AB (1)求证：ABD △是等边三角形；(2)22SA SD AD ，求SC 与平面SAD 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)4214【解析】【分析】（1）取AB 的中点O ，连接SO 、OD ，证明出AB 平面SDO ，可得出AB DO ，可得出AD BD ，再利用菱形的性质可证得结论成立；（2）证明出SO DO ，以点O 为坐标原点，OA 、OD 、OS 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得SC 与平面SAD 所成角的正弦值.(1)证明：取AB 的中点O ，连接SO 、OD ，因为SAB SBA ，O 为AB 的中点，则SO AB ，因为SD AB ，SO SD S ∩，AB 平面SDO ，OD ∵平面SDO ，则 OD AB ，故AD BD ，因为四边形ABCD 为菱形，则AB AD ，所以，AD AB BD ，因此，ABD △为等边三角形.(2)解：由已知2SA SB ，2AB ，则222SA SB AB ，SA SB ，O ∵为AB 的中点，所以，112SO AB ，因为ABD △是边长为2的等边三角形，则2sin33DO ，因为2SD ，则222SO DO SD ，SO DO ，因为AB 平面SDO ，以点O 为坐标原点，OA 、OD 、OS 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则 1,0,0A、 D、C 、 0,0,1S ，设平面SAD 的法向量为 ,,n x y z，AD ， 1,0,1AS ，则00n AD x n AS x z，取xn，1SC，42cos ,14SC n SC n SC n .因此，SC 与平面SAD 所成角的正弦值为4214.10．（2022·广东茂名·二模）如图，四棱锥P ﹣ABCD 的底面是等腰梯形，AD ∥BC ，BC =2AD ，60ABC ，E 是棱PB 的中点，F 是棱PC 上的点，且A 、D 、E 、F四点共面．(1)求证：F 为PC 的中点；(2)若△PAD 为等边三角形，二面角P AD B 的大小为120 ，求直线BD 与平面ADFE 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)4【解析】【分析】（1）先由线面平行的判定定理证明AD ∥平面PBC ，再根据线面平行的性质定理即可证明EF ∥AD ,即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关各点坐标，求得平面ADFE 的法向量，根据向量的夹角公式即可求得答案.(1)证明：四棱锥P ﹣ABCD 中，AD ∥BC ，BC ⊂平面PBC ，∴AD ∥平面PBC ．由题意A 、D 、E 、F 四点共面，平面ADFE ∩平面PBC =EF ，∴AD ∥EF ，而AD ∥BC ，∴EF ∥BC ，∵E 是棱PB 的中点，∴F 为PC 中点．(2)如图，以BC 为x 轴，连接BC 中点O 和AD 中点G ,以OG 为y 轴，过点O 作垂直于平面ABCD 的直线作为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，因为AB =CD ，BC =2AD ，60ABC设AD =a ，则BC =2a ，AB CD a ，所以,(,,0),((,,0),(,0,0)22222a a OG A a B a D a C a ，3(,0),(,0,0)2BD a AD a ，因为△PAD 为等边三角形，所以PG ⊥AD ，由题意知OG AD ,所以∠PGO 为二面角P AD B 的平面角，又二面角P AD B 的大小为120 ，所以120PGO ，因为PG ⊥AD ，GO ⊥AD ，,,PG GO G PG GO ∩平面PGO ，所以AD ⊥平面PGO ，过P 作PH 垂直于y 轴于点H ，因为PH ⊂平面PGO ，所以AD ⊥PH ，又PH ⊥GH ，,GH AD 平面ABCD ，GH AD G ∩，所以PH 垂直于平面ABCD ，且60PGH ,3,,4PG a PH a a GH a ，244OH OG GH a a a ，∴3,4P a，因为E ，F 分别为PB ，PC 的中点，所以33(,),(,),(0,,)282838a a E a a F a a AE a a ，设平面ADFE 的法向量为(,,)n x y z ，则00n AE n AD，所以30880ay az ax，取z =1，n ，设BD 与平面ADFE 所成角为θ，则32sin |cos ,|4a BD n ，即直线BD 与平面ADFE11．（2022·安徽省舒城中学三模（理））在四棱锥P ABCD 中，PAB △为正三角形，四边形ABCD 为等腰梯形，M 为棱AP 的中点，且2224AB AD BC CD，DM 퐴 =14퐴.(1)求证：平面ODM 平面ABCD ；(2)求直线AP 与平面PBC 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)13.【解析】【分析】（1）E 为AB 中点，连接,,OM PE DE ，易得BCDE 为平行四边形，即知△ADE 为等腰三角形，进而有 OD AB ，由等边三角形性质有PE AB ，根据中位线、平行线的推论知OM AB ，再根据线面垂直的判定、面面垂直的判定证结论.（2）构建空间直角坐标系，求出直线AP 方向向量和平面PBC 的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求线面角的正弦值.(1)若E 为AB 中点，连接,,OM PE DE ，由//CD BE 且2CD BE ，故BCDE 为平行四边形，所以2BC DE ，又2AD 且퐴=14퐴 ，即O 为AE 中点，等腰△ADE 中OD AE ，即 OD AB ，又PAB 为正三角形，故PE AB ，因为,O M 分别为AE ，AP 中点，故//OM PE ，则OM AB ，由OM OD O ∩，,OM OD 面OMD ，故AB 面OMD ，而AB Ì面ABCD ，则平面ODM 平面ABCD ；(2)过O 作Oz 面ABCD ，由（1）可构建以O 为原点，,,OB OD Oz为,,x y z轴的空间直角坐标系，所以(1,0,0),(3,0,0),A B C，而OM OD DM，则3)2M ，所以P，故((1,0,3)AP BP CP ，若(,,)m x y z 是面PBC的一个法向量，则23030m BP x z m CP x z，令1z，则m，所以|cos ,|||||||m AP m AP m AP ，故直线AP 与平面PBC 所成角的正弦值31313.12．（2022·广东·大埔县虎山中学模拟预测）如图，在四棱台1111ABCD A B C D 中，2AB ，111A B ，四边形ABCD 为平行四边形，点E 为棱BC 的中点．(1)求证：1//D E 平面11ABB A ；(2)若四边形ABCD 为正方形，1AA 平面ABCD ，12A A AB ，求二面角1A DE C 的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)23.【解析】【分析】（1）连1A B ，利用给定条件证明四边形11A D EB 为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.（2）以点A 为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.(1)在四棱台1111ABCD A B C D 中，四边形ABCD 为平行四边形，且112AB A B ，点E 为棱BC 的中点，连1A B ，如图，则有1112A D AD BE ，11////A D AD BE ，即四边形11A D EB 为平行四边形，则11//D E A B ，又1D E 平面11ABB A ，1A B 平面11ABB A ，所以1//D E 平面11ABB A ．(2)以A 为坐标原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，1AA 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 10,0,2A ， 0,2,0D ， 2,1,0E ， 10,2,2DA ， 2,1,0ED ，设平面1A DE 的一个法向量为 ,,n x y z ，则122020DA n y z ED n x y，令1x ，得 1,2,2n ，平面DEC 的一个法向量为 0,0,1m ，则22cos ,133||||m n m n m n ，显然二面角1A DE C 的平面角为钝角，所以二面角1A DE C 的余弦值为23.13．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥A BCDE 中，AC 平面BCDE ，AD DE ，BCE 为等边三角形，60ECD．(1)求证：DE 平面ACD ，且//BE 平面ACD ．(2)已知3AC ，2BC ，求平面ADE 与平面ABE 所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)1020【解析】【分析】（1）由线面垂直性质可得AC DE ，结合AD DE 可证得DE 平面ACD ；根据//BE CD ，由线面平行的判定可证得结论；（2）以D 为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.(1)AC ∵平面BCDE ，DE 平面BCDE ，AC DE ，又AD DE ，AC AD A ∩，,AC AD 平面ACD ，DE 平面ACD ；BCE QV 为等边三角形，60BEC ，又60ECD ，//BE CD ，CD ∵平面ACD ，BE 平面ACD ，//BE 平面ACD .(2)DE ∵平面ACD ，CD 平面ACD ，DE CD ；以D 为坐标原点，,DC DE 为,x y 轴正方向，作z 轴//AC ，可建立如图所示空间直角坐标系，则 0,0,0D ， 1,0,3A， B， E ，1,0,3DA， DE，3AB ， 2,0,0BE ，设平面ADE 的法向量 111,,n x y z ，则111300DA n x z DE n，令11z ，则13x ，10y ， 3,0,1n ；设平面ABE 的法向量 222,,m x y z ，则22223020AB m x z BE m x，令21z ，则20x，2ym；cos ,20m n m n m n ， 平面ADE 与平面ABE 1020.14．（2022·浙江绍兴·模拟预测）如图，三棱台111ABC A B C 中，90ABC，111A A A B A C 2AB BC．(1)证明：111A C A B ；(2)求直线11A C 与平面1A CB 所成的角．【答案】(1)证明见解析(2)π6【解析】【分析】（1）由题，取AC 中点D ，连接1A D BD 、，11AC A C ∥，先由线线垂直证AC 面1A BD ，即可由线面垂直证1AC A B ，即可证111A C A B ；（2）分别以1DB DC DA 、、为x y 、、z 轴建立如图空间直角坐标系，即可由向量法求所求线面角.(1)由题，取AC 中点D ，连接1A D BD 、，由11A A A C ，AB BC ，则1AC A D AC BD 、，又1A D BD 、面1A BD ，故AC 面1A BD ，因为1A B 面1A BD ，故1AC A B ，又11AC A C ∥，则111A C A B ，得证；(2)由题，90ABC ，则AD BD CD ，又11A A A B ，11A D A D ，故11AA D BA D ，故1190A DB A DA .分别以1DB DC DA 、、为x y 、、z 轴建立如图空间直角坐标系，易得2,0,0B ， 0,2,0C ， 10,0,1,0,2,0A A ， 10,2,1A C ， 12,0,1A B ，0,22,0AC ，设平面1A CB 法向量 ,,n x y z ，则112020n A B x z n A C y z ，令1x ，则1,1,2n ，故221cos ,2222n AC ，故直线AC 与平面1A CB 所成的角为π6.即直线11A C 与平面1A CB 所成的角为π6.15．（2022·辽宁实验中学模拟预测）如图所示正四棱锥,2,7P ABCD AB PA(1)求证：PA BD(2)若沿侧棱将此四棱锥剪开，四个侧面向外旋转，PAD 旋转至1,P AD PCD 旋转至2P CD 如图所示，其中二面角1P AD B与二面角2P CD B 相同，当12DP DP 时，求平面1P AD 与2P CD 所成的锐二面角的余弦值【答案】(1)证明见解析(2)34【解析】【分析】（1）连接,BD AC ，交于点O ，连接PO ，PO 面ABCD ，得PO BD ，从而证得BD 平面PAC ，得线线垂直；（2）以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，过点D 且垂直于平面ABCD 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，设是二面角1P AD B 大小为 ，表示出12,P P 的坐标，由向量垂直求出 ，得12,P P 的坐标，再求出平面1P AD 与平面2P CD 的一个法向量，则法向量夹角得二面角．(1)证明：连接,BD AC ，交于点O ，连接PO ，PO 面ABCD ，BD 平面ABCD ，PO BD ，又BD AC ∵，PO AC O ∩，,PO AC 平面PAC ，所以BD 平面PAC ，又PA ∵平面PAC ，BD PA ．(2)以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，过点D 且垂直于平面ABCD 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，设点E 为DA中点，则1PE ，设F 是BC 中点，则EF AD ，又1P E AD ，所以1PEF 是二面角1P AD B 的平面角，即1P EF ，1)P ，同理2)P 21248sin 0DP DP u u u r u u u r 解得：3cos 2，1sin 2 ，12(1,(P P��1=(1,−6,23),�퐴=(2,0,0)设1(,,)n x y z 为平面1P AD 的法向量，则10n DA ，20x ，0x ，�1⋅��1=0，60x y ，取1y，则z ∴�1=(0,1,3)��2=(−6,1,23)，(0,2,0)DC ，设�2=(�,�,�)为平面2P CD 的法向量，则20n DC ，20s ，0s ，�2⋅��2=0，60m ，取1m，则t ∴�2=(1,0,3)，푐��<�1,�2>==34，平面1P AD 与平面2PCD 所成的锐二面角的余弦值为34．16．（2022·福建·三明一中模拟预测）如图，四边形ABCD 为菱形，2,60AB ABC ，将ACD △沿AC 折起，得到三棱锥D ABC ，点M ，N分别为ABD △和ABC 的重心．(1)证明：CD ∥平面BMN ；(2)当三棱锥D ABC 的体积最大时，求二面角N BM D 的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）延长BM 交AD 于点P ，延长BN 交AC 于O 点，连接PO ,证明PO CD ∥即可.（2）证明,,OC OD OB 两两垂直，以O 为坐标原点，,,OB OC OD 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系Oxyz ，求出两个平面的法向量，利用二面角的向量公式求解即可.(1)延长BM 交AD 于点P ，延长BN 交AC 于O 点，连接PO ．因为点M ，N 分别为ABD △和ABC 的重心，所以点P，O 分别为AD 和AC 的中点，所以PO CD ∥，又CD 平面BMN ，PO 平面BMN ，所以//CD 平面BMN ．(2)当三棱锥D ABC 的体积最大时，点D 到底面ABC 的距离最大，即平面DAC 平面ABC ，连接DO ，因为ADC 和ABC 均为正三角形，于是,DO AC BO AC ，又平面DAC 平面ABC AC ，所以DO 平面ABC ，所以,,OC OD OB 两两垂直，以O 为坐标原点，,,OB OC OD 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系Oxyz ，则1(0,0,0),(0,1,0),0,2O A B D P，所以11,(0,22BP BD OB OP，又二面角N BM D 即二面角O BP D ，设平面BPD 的一个法向量为(,,)n x y z ，则0,0n BP n BD可得1020y，取1z，则(1,n ，同理设平面OBP 的一个法向量为(,,)m a b c ，则00m OB m OP ,即013022b，取b，则m ，所以cos ,5||||m n m n m n ，由图可知二面角N BM D 为钝角，所以二面角N BM D的余弦值为17．（2022·浙江湖州·模拟预测）已知四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为等腰梯形，//AB CD ，24AB CD，AD BC ，PAB △是斜边为AP的等腰直角三角形．(1)若PC PBC 平面ABCD ；(2)若PC PD 与平面ABCD 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；【解析】【分析】（1）根据给定条件，证明PB BC ，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理作答.（2）作出二面角C AB P 的平面角并求出其大小，再建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.(1)因PC，BC 4PB ，则有222PB BC PC ，即有PB BC ，又PB AB ，且AB BC B ，,AB BC 平面ABCD ，于是得PB 平面ABCD ，而PB 平面PBC ，所以平面PBC 平面ABCD .(2)在平面ABCD 内，过B 作直线垂直于AB ，交直线CD 于E ，有1CE ，1BE，如图，则EBP 为二面角C AB P 的平面角，AB 平面EBP ，AB PE ，于是得CE PE ，Rt PEC中，1PC CE，则PE PBE △中，PE 1BE ，4PB ，由余弦定理得2221cos 22PB BE PE PBE PB BE ，则有2π3PBE ，显然平面ABP 平面EBP ，在平面EBP 内过B 作Bz BP ，则Bz 平面ABP ，以B 为原点，分别以射线,BA BP Bz ,为x ，y ，z 轴非负半轴建立空间直角坐标系，则11(4,0,0),(1,),(3,(0,),(0,4,0)222,0,0),2A C D P B ，(4,0,0)BA ，1(1,,)22BC ，设平面ABCD 的法向量(,,)n x y z，则10240n BC x y n BA x ，令1z，得n 而93(3,,)22PD ，设PD 与平面ABCD 所成的角为，||sin |cos ,||5|||n PD n PD n PD 所以PD 与平面ABCD 所成的角的正弦值为105.18．（2022·四川·成都七中模拟预测（理））如图1，在等边ABC 中，点D ，E 分别为边AB ，AC 上的动点且满足//DE BC ，记DE BC.将△ADE 沿DE 翻折到△MDE 的位置并使得平面MDE ⊥平面DECB ，连接MB ，MC 得到图2，点N 为MC 的中点．(1)当EN ∥平面MBD 时，求λ的值；(2)试探究：随着λ值的变化，二面角B -MD -E 的大小是否改变？如果改变，请说明理由；如果不改变，请求出二面角B MD E 的正弦值大小．【答案】(1)12(2)【解析】【分析】（1）首先取MB 的中点为P ，连接DP ，PN ，再结合线面平行的性质即可得到12（2）利用空间向量法求解即可.(1)取MB 的中点为P ，连接DP ，PN ，因为MN CN ，MP BP ，所以NP ∥BC ，又DE ∥BC ，所以NP ∥DE ，即N ，E ，D ，P 四点共面，又EN ∥平面BMD ，EN ⊂平面NEDP ，平面NEDP ∩平面MBD ＝DP ，所以EN ∥PD ，即NEDP 为平行四边形，所以NP ＝DE ，则DE ＝12BC ，即λ＝12.(2)取DE 的中点O ，连接MO ，则MO ⊥DE ，因为平面MDE ⊥平面DECB ，平面MDE ∩平面DECB ＝DE ，且MO ⊥DE ，所以MO ⊥平面DECB ，如图建立空间直角坐标系，不妨设2BC，则 M ， ,0,0D， 1,0B ，所以 ,0,MD，11,0DB ，设平面BMD 的法向量为 ,,m x y z，则0(1))0MD m x z DB m x y，即,x x ，令x1,1m .又平面EMD 的法向量 0,1,0n ，所以cos ,m n m n m n即随着 值的变化，二面角B MD E 的大小不变．且sin ,5m n .所以二面角B MD E.19．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥P ABCD 中，1AB BC ，2DC ，PD PC ，90DPC ，90DCB CBA ，平面PDC 平面ABCD .(1)证明：PD 平面PBC ；(2)求二面角A PC B 的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)63.【解析】【分析】（1）由面面、线面垂直的性质可得BC PD ⊥，且BC CD ，根据线面垂直的判定即可证结论；（2）构建空间直角坐标系，求面APC 、面BPC 的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值.(1)由题设，BC CD ，又面PDC 面ABCD ，面PDC ∩面ABCD CD ，BC 面ABCD ，所以BC 面PDC ，而PD 面PDC ，则BC PD ⊥，由90DPC 得：PC PD ，又BC PC C ，则PD 平面PBC .(2)若O 是CD 的中点，连接,OP OA ，由PD PC ，1AB BC ，2DC ，90DCB CBA ，所以,OP CD OA CD ，面PDC 面ABCD ，面PDC ∩面ABCD CD ，OA 面ABCD ，所以OA 面PDC ，OP 面PDC ，则OA OP .综上，可构建如下空间直角坐标系，90DPC ，所以(1,0,0),(1,1,0),(0,1,0),(0,0,1)A B C P ，则(1,0,1),(0,1,1),(1,1,1)AP CP BP ，若(,,)m x y z 是面APC 的法向量，则00AP m x z CP m y z ，令1z ，则(1,1,1)m ，若(,,)n a b c 是面BPC 的法向量，则00BP m a b c CP m b c，令1c ，则(0,1,1)n ，所以|cos ,|||||||m n m n m n A PC B.20．（2022·上海市光明中学模拟预测）如图所示，设有底面半径为3的圆锥．已知圆锥的侧面积为15 ，D 为PA 中点，3AOC．(1)求圆锥的体积；(2)求异面直线CD 与AB 所成角．【答案】(1)12 (2)2【解析】【分析】（1）由圆锥侧面积公式可求得母线长，进而得到圆锥的高，利用圆锥体积公式可求得结果；（2）解法一：取OA 边上中点E ，由线面垂直的判定可证得AB 平面CDE ，由线面垂直性质得AB CD ，由此可得结果；解法二：取圆弧AB 中点E ，连结OE ，以O 为坐标原点可建立空间直角坐标系，由向量运算可得0AB CD ，知AB CD ，由此可得结果.(1)设圆锥母线长为l ，315S rl l ∵侧，5l ，即5PA PB ，圆锥的高4h OP ，2 1119412333V S h OA OP 底.(2)解法一：取OA 边上中点E ，连结DE ，CE ，AC ，DE ∵是AOP 的中位线，//DE OP ；OP ∵垂直于底面，DE 垂直于底面，DE AB ∴；CA CO ∵，E 为OA 中点，CE OA ，即AB CE ^；CE DE E ∵，,CE DE 平面CDE ，AB 平面CDE ，又CD 平面CDE ，AB CD ，即异面直线AB 与CD 所成角为2.解法二：取圆弧AB 中点E ，连结OE ，则OE AB ；以O 为坐标原点，,,OE OB OP 的正方向为,,x y z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则 0,3,0A ， 0,3,0B，3,02C ，30,,22D ， 0,6,0AB，2CD，0AB CD ，即AB CD ， 异面直线AB 与CD 所成角为2.。
空间向量立体几何(绝对经典)
例1：已知平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1，化简下列向量表达式，并标出化简结果的向量。
(如图)A BCD A 1B 1C 1D 1G1)1(AA AD AB ++1111)1(AC CC AC AA AC AA AD AB =+=+=++解M 始点相同的三个不共面向量之和，等于以这三个向量为棱的平行六面体的以公共始点为始点的对角线所示向量推论:如果 为经过已知点A且平行已知非零向量 的直线,那么对任一点O,点P在直线 上的充要条件是存在实数t,满足等式OP=OA+t 其中向量叫做直线的方向向量.ll aaOABP a若P为A,B中点,则()12=+ OP OA OB2.共面向量定理:如果两个向量 不共线,则向量 与向量 共面的充要条件是存在实数对 使, a b yx , p ,a b OM a b A B A 'Pp p xa yb =+ 推论:空间一点P位于平面MAB内的充要条件是存在有序实数对x,y使或对空间任一点O,有=+MP xMA yMB =++ OP OM xMA yMB 注意：空间四点P 、M 、A 、B 共面⇔存在唯一实数对,,x y MP xMA yMB =+ （）使得(1)OP xOM yOA zOB x y z ⇔=++++= 其中，例1：已知m,n 是平面α内的两条相交直线，直线l 与α的交点为B ，且l ⊥m ，l ⊥n ，求证：l ⊥α。
n mg g m n αl l 证明：在α内作不与m、n重合的任一条直线g,在l、m、n、g上取非零向量l、m、n、g ，因m与n相交，得向量m、n 不平行，由共面向量定理可知，存在唯一的有序实数对（x，y），使g =x m +y n ,l ·g =x l ·m +y l ·n∵ l ·m =0,l ·n =0∴ l ·g =0∴ l⊥g∴ l⊥g这就证明了直线l垂直于平面α内的任一条直线，所以l⊥α巩固练习：利用向量知识证明三垂线定理αa A O P ().,0,,,,0,0,PA a PA a a OA a PO a PA OAy PO x PA y x OA PO OA PO a OA a OA a PO a PO PO aa ⊥⊥∴=⋅+⋅=⋅∴+==⋅∴⊥=⋅∴⊥∴⊥即使有序实数对定理可知，存在唯一的不平行，由共面向量相交，得又又而上取非零向量证明：在αPA a OAa a PA OA PA PO ⊥⊥⊂求证：且内的射影，在是的垂线，斜线，分别是平面已知：,,ααα复习:2. 向量的夹角:a bO ABabθ0a b π≤≤ ，a b ，向量 的夹角记作:a b 与a b = ||||cos ,a b a b 1.空间向量的数量积:111222(,,),(,,)a x y z b x y z == 设121212x x y y z z =++cos ||||a ba b a b =，121212222222111222++=++⋅++x x y y z z x y z x y z 5.向量的模长:2222||a a x y z ==++ (,,)a x y z = 设4.有关性质:(1)两非零向量111222(,,),(,,)a x y zb x y z == 1212120x x y y z z ++=0a b a b ⊥⇔=⇔ (2)||||||a b a b ≤ ||||,a b a b a b =⇒ 同方向||||,a b a b a b =-⇒ 反方向注意：此公式的几何意义是表示长方体的对角线的长度。
高考复习专题10 空间向量与立体几何选择填空题(含解析)三年高考试题
1．【2019年新课标3理科08】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线2．【2019年全国新课标2理科07】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3．【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O 的体积为（）A．8πB．4πC．2πD．π4．【2019年浙江04】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是（）A．158B．162C．182D．3245．【2019年浙江08】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所成角为α，直线PB与平面ABC所成角为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＜β6．【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）A．2B．2C．3D．27．【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．B．C．D．8．【2018年新课标2理科09】在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．9．【2018年新课标3理科03】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）A．B．C．D．10．【2018年新课标3理科10】设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）A．12B．18C．24D．5411．【2018年浙江03】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．2B．4C．6D．812．【2018年浙江06】已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件13．【2018年浙江08】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≤θ114．【2018年上海15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A．4B．8C．12D．1615．【2018年北京理科05】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）A．1B．2C．3D．416．【2017年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10B．12C．14D．1617．【2017年新课标2理科04】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（）A．90πB．63πC．42πD．36π18．【2017年新课标2理科10】已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．19．【2017年新课标3理科08】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A．πB．C．D．20．【2017年浙江03】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．1B．3C．1D．321．【2017年浙江09】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，2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α22．【2017年北京理科07】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）A．3B．2C．2D．223．【2019年天津理科11】已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为．24．【2019年新课标3理科16】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．25．【2019年北京理科11】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为l，那么该几何体的体积为．26．【2019年北京理科12】已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：．27．【2019年江苏09】如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E﹣BCD的体积是．28．【2018年江苏10】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为．29．【2018年新课标2理科16】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为．30．【2018年天津理科11】已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M（如图），则四棱锥M﹣EFGH的体积为．31．【2017年江苏06】如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是．32．【2017年新课标1理科16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△F AB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△F AB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为．33．【2017年新课标3理科16】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最小值为60°；其中正确的是．（填写所有正确结论的编号）34．【2017年上海04】已知球的体积为36π，则该球主视图的面积等于．35．【2017年上海07】如图，以长方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为（4，3，2），则的坐标是．36．【2017年天津理科10】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为．1．【2019年新课标3理科08】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线【解答】解：∵点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，∴BM⊂平面BDE，EN⊂平面BDE，∵BM是△BDE中DE边上的中线，EN是△BDE中BD边上的中线，∴直线BM，EN是相交直线，设DE＝a，则BD，BE，∴BM a，EN a，∴BM≠EN，故选：B．2．【2019年全国新课标2理科07】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【解答】解：对于A，α内有无数条直线与β平行，α∩β或α∥β；对于B，α内有两条相交直线与β平行，α∥β；对于C，α，β平行于同一条直线，α∩β或α∥β；对于D，α，β垂直于同一平面，α∩β或α∥β．故选：B．3．【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（）A．8πB．4πC．2πD．π【解答】解：如图，由P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G，则AC⊥BG，又PO⊥AC，PO∩BG＝O，可得AC⊥平面PBG，则PB⊥AC，∵E，F分别是P A，AB的中点，∴EF∥PB，又∠CEF＝90°，即EF⊥CE，∴PB⊥CE，得PB⊥平面P AC，∴正三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为D．半径为，则球O的体积为．故选：D．4．【2019年浙江04】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是（）A．158B．162C．182D．324【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为直五棱柱，底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解，即27，高为6，则该柱体的体积是V＝27×6＝162．故选：B．5．【2019年浙江08】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所成角为α，直线PB与平面ABC所成角为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【解答】解：方法线段AO上，作DE⊥AC于E，易得PE∥VG，过P作PF∥AC于F，过D作DH∥AC，交BG于H，则α＝∠BPF，β＝∠PBD，γ＝∠PED，则cosαcosβ，可得β＜α；tanγtanβ，可得β＜γ，方法由最大角定理可得β＜γ'＝γ；方法易得cosα，可得sinα，sinβ，sinγ，故选：B．6．【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）A．2B．2C．3D．2【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度：2．故选：B．7．【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．B．C．D．【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长，α截此正方体所得截面最大值为：6．故选：A．8．【2018年新课标2理科09】在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1，∴A（1，0，0），D1（0，0，），D（0，0，0），B1（1，1，），（﹣1，0，），（1，1，），设异面直线AD1与DB1所成角为θ，则cosθ，∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为．故选：C．9．【2018年新课标3理科03】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）A．B．C．D．【解答】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A．故选：A．10．【2018年新课标3理科10】设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且面积为9，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）A．12B．18C．24D．54【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB＝6，球心为O，三角形ABC的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：O′C，OO′2，则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：18．故选：B．11．【2018年浙江03】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．2B．4C．6D．8【解答】解：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱．如图所示：故该几何体的体积为：V．故选：C．12．【2018年浙江06】已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【解答】解：∵m⊄α，n⊂α，∴当m∥n时，m∥α成立，即充分性成立，当m∥α时，m∥n不一定成立，即必要性不成立，则“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选：A．13．【2018年浙江08】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【解答】解：∵由题意可知S在底面ABCD的射影为正方形ABCD的中心．过E作EF∥BC，交CD于F，过底面ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N，连接SN，取AB中点M，连接SM，OM，OE，则EN＝OM，则θ1＝∠SEN，θ2＝∠SEO，θ3＝∠SMO．显然，θ1，θ2，θ3均为锐角．∵tanθ1，tanθ3，SN≥SO，∴θ1≥θ3，又sinθ3，sinθ2，SE≥SM，∴θ3≥θ2．故选：D．14．【2018年上海15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A．4B．8C．12D．16【解答】解：根据正六边形的性质，则D1﹣A1ABB1，D1﹣A1AFF1满足题意，而C1，E1，C，D，E，和D1一样，有2×4＝8，当A1ACC1为底面矩形，有4个满足题意，当A1AEE1为底面矩形，有4个满足题意，故有8+4+4＝16故选：D．15．【2018年北京理科05】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）A．1B．2C．3D．4【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：P A⊥底面ABCD，AC，CD，PC＝3，PD＝2，可得三角形PCD不是直角三角形．所以侧面中有3个直角三角形，分别为：△P AB，△PBC，△P AD．故选：C．16．【2017年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10B．12C．14D．16【解答】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S梯形2×（2+4）＝6，∴这些梯形的面积之和为6×2＝12，故选：B．17．【2017年新课标2理科04】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（）A．90πB．63πC．42πD．36π【解答】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，V＝π•32×10•π•32×6＝63π，故选：B．18．【2017年新课标2理科10】已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC ＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：【解法一】如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角（因异面直线所成角为（0，]），可知MN AB1，NP BC1；作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；∵PQ＝1，MQ AC，△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC＝4+1﹣2×2×1×（）＝7，∴AC，∴MQ；在△MQP中，MP；在△PMN中，由余弦定理得cos∠MNP；又异面直线所成角的范围是（0，]，∴AB1与BC1所成角的余弦值为．【解法二】如图所示，补成四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，求∠BC1D即可；BC1，BD，C1D，∴BD2，∴∠DBC1＝90°，∴cos∠BC1D．故选：C．19．【2017年新课标3理科08】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A．πB．C．D．【解答】解：∵圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，∴该圆柱底面圆周半径r，∴该圆柱的体积：V＝Sh．故选：B．20．【2017年浙江03】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．1B．3C．1D．3【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为π×12×331，故选：A．21．【2017年浙江09】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，2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP＝3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），B（3，﹣3，0）．Q，R，，（0，3，6），（，6，0），，．设平面PDR的法向量为（x，y，z），则，可得，可得，取平面ABC的法向量（0，0，1）．则cos，取α＝arccos．同理可得：β＝arccos．γ＝arccos．∵．∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．设OD＝h．则tanα．同理可得：tanβ，tanγ．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．故选：B．22．【2017年北京理科07】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）A．3B．2C．2D．2【解答】解：由三视图可得直观图，再四棱锥P﹣ABCD中，最长的棱为P A，即P A＝2，故选：B．23．【2019年天津理科11】已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为．【解答】解：由题作图可知，四棱锥底面正方形的对角线长为2，且垂直相交平分，由勾股定理得：正四棱锥的高为2，由于圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，有圆柱的上底面直径为底面正方形对角线的一半等于1，即半径等于；由相似比可得圆柱的高为正四棱锥高的一半1，则该圆柱的体积为：v＝sh＝π（）2×1；故答案为：24．【2019年新课标3理科16】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．【解答】解：该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1，挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm，∴该模型体积为：V O﹣EFGH＝6×6×4＝144﹣12＝132（cm3），∵3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9＝118.8（g）．故答案为：118.8．25．【2019年北京理科11】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为l，那么该几何体的体积为．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体是把棱长为4的正方体去掉一个四棱柱，则该几何体的体积V．故答案为：40．26．【2019年北京理科12】已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：．【解答】解：由l，m是平面α外的两条不同直线，知：由线面平行的判定定理得：若l⊥α，l⊥m，则m∥α．故答案为：若l⊥α，l⊥m，则m∥α．27．【2019年江苏09】如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E﹣BCD的体积是．【解答】解：∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，∴AB×BC×DD1＝120，∴三棱锥E﹣BCD的体积：V E﹣BCDAB×BC×DD1＝10．故答案为：10．28．【2018年江苏10】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为．【解答】解：正方体的棱长为2，中间四边形的边长为：，八面体看做两个正四棱锥，棱锥的高为1，多面体的中心为顶点的多面体的体积为：2．故答案为：．29．【2018年新课标2理科16】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为．【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，可得sin∠ASB．△SAB的面积为5，可得sin∠ASB＝5，即5，即SA＝4．SA与圆锥底面所成角为45°，可得圆锥的底面半径为：2．则该圆锥的侧面积：π＝40π．故答案为：40π．30．【2018年天津理科11】已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M（如图），则四棱锥M﹣EFGH的体积为．【解答】解：正方体的棱长为1，M﹣EFGH的底面是正方形的边长为：，四棱锥是正四棱锥，棱锥的高为，四棱锥M﹣EFGH的体积：．故答案为：．31．【2017年江苏06】如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是．【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为：R3，圆柱的体积为：πR2•2R＝2πR3．则．故答案为：．32．【2017年新课标1理科16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△F AB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△F AB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为．【解答】解法一：由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG BC，即OG的长度与BC的长度成正比，设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5﹣x，三棱锥的高h，3，则V，令f（x）＝25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）＝100x3﹣50x4，令f′（x）≥0，即x4﹣2x3≤0，解得x≤2，则f（x）≤f（2）＝80，∴V4cm3，∴体积最大值为4cm3．故答案为：4cm3．解法二：如图，设正三角形的边长为x，则OG，∴FG＝SG＝5，SO＝h，∴三棱锥的体积V，令b（x）＝5x4，则，令b′（x）＝0，则4x30，解得x＝4，∴（cm3）．故答案为：4cm3．33．【2017年新课标3理科16】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最小值为60°；其中正确的是．（填写所有正确结论的编号）【解答】解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|＝1，|AB|，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量（0，1，0），||＝1，直线b的方向单位向量（1，0，0），||＝1，设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），∴AB′在运动过程中的向量，（cosθ，sinθ，﹣1），||，设与所成夹角为α∈[0，]，则cosα|sinθ|∈[0，]，∴α∈[，]，∴③正确，④错误．设与所成夹角为β∈[0，]，cosβ|cosθ|，当与夹角为60°时，即α，|sinθ|，∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ|cosθ|，∵β∈[0，]，∴β，此时与的夹角为60°，∴②正确，①错误．故答案为：②③．34．【2017年上海04】已知球的体积为36π，则该球主视图的面积等于．【解答】解：球的体积为36π，设球的半径为R，可得πR3＝36π，可得R＝3，该球主视图为半径为3的圆，可得面积为πR2＝9π．故答案为：9π．35．【2017年上海07】如图，以长方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为（4，3，2），则的坐标是．【解答】解：如图，以长方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，∵的坐标为（4，3，2），∴A（4，0，0），C1（0，3，2），∴．故答案为：（﹣4，3，2）．36．【2017年天津理科10】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为．【解答】解：设正方体的棱长为a，∵这个正方体的表面积为18，∴6a2＝18，则a2＝3，即a，∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，∴正方体的体对角线等于球的直径，即a＝2R，即R，则球的体积Vπ•（）3；故答案为：．。
十年真题(-2019)高考数学真题分类汇编 专题09 立体几何与空间向量选择填空题 理(含解析)
专题09立体几何与空间向量选择填空题历年考题细目表题型年份考点试题位置单选题2019表面积与体积2019年新课标1理科12单选题2018几何体的结构特征2018年新课标1理科07单选题2018表面积与体积2018年新课标1理科12单选题2017三视图与直观图2017年新课标1理科07单选题2016三视图与直观图2016年新课标1理科06单选题2016空间向量在立体几何中的应用2016年新课标1理科11单选题2015表面积与体积2015年新课标1理科06单选题2015三视图与直观图2015年新课标1理科11单选题2014三视图与直观图2014年新课标1理科12单选题2013表面积与体积2013年新课标1理科06单选题2013三视图与直观图2013年新课标1理科08单选题2012三视图与直观图2012年新课标1理科07单选题2012表面积与体积2012年新课标1理科11单选题2011三视图与直观图2011年新课标1理科06单选题2010表面积与体积2010年新课标1理科10填空题2017表面积与体积2017年新课标1理科16填空题2011表面积与体积2011年新课标1理科15填空题2010三视图与直观图2010年新课标1理科14历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC,△ABC是边长为2的正三角形,E，F分别是PA,AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（)A．8πB．4πC．2πD．π【解答】解：如图，由PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长,交AC于G，则AC⊥BG，又PO⊥AC，PO∩BG＝O，可得AC⊥平面PBG，则PB⊥AC，∵E，F分别是PA,AB的中点，∴EF∥PB，又∠CEF＝90°，即EF⊥CE，∴PB⊥CE，得PB⊥平面PAC，∴正三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球,其直径为D．半径为，则球O的体积为．故选：D．2．【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为2，底面周长为16,其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（)A．2B．2C．3 D．2【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2,直观图以及侧面展开图如图:圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中，最短路径的长度：2．故选:B．3．【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．B．C．D．【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面,并且正六边形时,α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长，α截此正方体所得截面最大值为：6．故选：A．4．【2017年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10 B．12 C．14 D．16【解答】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S梯形2×(2+4）＝6，∴这些梯形的面积之和为6×2＝12，故选：B．5．【2016年新课标1理科06】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是,则它的表面积是( ）A．17πB．18πC．20πD．28π【解答】解：由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉后的几何体，如图：可得:,R＝2．它的表面积是：4π•2217π．故选：A．6．【2016年新课标1理科11】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．B．C．D．【解答】解：如图：α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABA1B1＝n,可知：n∥CD1，m∥B1D1,∵△CB1D1是正三角形．m、n所成角就是∠CD1B1＝60°．则m、n所成角的正弦值为：．故选：A．7．【2015年新课标1理科06】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛【解答】解：设圆锥的底面半径为r，则r＝8，解得r，故米堆的体积为π×（）2×5，∵1斛米的体积约为1.62立方，∴1。
空间向量与立体几何专题(含答案)
2011届高考专题复习空间向量与立体几何一、近年考情分析与2011年广东命题走势纵观07-10广东试题，我们可以发现，此部分内容涉及试题数及分值为：立体几何的复习要牢固树立以下的思维脉络：证线面垂直(或平行)，转化为证线线垂直(或平行)；证面面垂直(或平行)，转化为证线面垂直(或平行)或证线线垂直(或平行)．二、广东考题剖析及热点题型讲析热点1 空间几何体的结构、三视图、直观图 1．（08年广东5）将正三棱柱截去三个角（如图1所示A B C ，，分别是GHI △三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（ A ）E F DIA H GBC EF D AB C侧视 图1图2 BEA ．BEB ． BEC ．BED ．2．（10年广东6）如图1,△ABC为正三角形,AA＇//BB＇//CC＇,CC＇⊥平面ABC且3AA＇=32 BB＇=CC＇=AB,则多面体ABC-A＇B＇C＇的正视图(也称主视图)是 ( D )3.【2010·陕西文数】若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A.2B.1C.D.【答案】B 本题考查立体图形三视图及体积公式如图，该立体图形为直三棱柱,所以其体积为.4.【2010·全国卷2理数】已知正四棱锥中，，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（）A.1B.C.2D.3【答案】C【解析】本试题主要考察椎体的体积，考察告辞函数的最值问题.设底面边长为a ，则高所以体积，设，则，当y 取最值时，，解得a=0或a=4时，体积最大，此时，故选C.5．如下图所示，四边形OABC 是上底为2下底为6，底角为45度的等腰梯形，由斜二侧画法，画出这个梯形的直观图O ’A ’B ’C ’，在直观图中梯形的高为（ C ）A 、B 、1C 、2D 、126.（全国Ⅰ新卷理10）设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为(A) 2a π (B)273a π (C)2113a π (D) 25a π【答案】B解析：如图，P 为三棱柱底面中心，O 为球心，易知21,32AP OP a ===，所以球的半径R 满足：222217)()212R a a =+=，故22743S R a ππ==球．热点2 点线面的位置关系空间点、线、面位置关系是立体几何中的重要关系，在高考中，选择题、填空题几乎年年考，且常以棱柱、棱锥、和正方体为背景，主要考查平面的基本性质、空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，考查对图形的识别、理解和加工能力。
高考数学空间向量例题
1(2019辽宁理19））已知三棱锥P －ABC 中，PA ⊥面ABC ，AB ⊥AC ，PA=AC=，N 为AB 上一点，AB=4AN,M,S分别为PB,BC 的中点.证明：CM ⊥SN ；审题要津：本题空间坐标系易建立，可用坐标法.证明：设PA=1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x ，y ，z 轴正向建立空间直角坐标系如图，则P （0,0,1），C （0,1,0），B （2,0,0），M （1,0,12），N（12,0,0），S （1,12,0）因为110022CM SN •=-++=， 所以CM ⊥SN .【点评】对坐标系易建立的空间线线垂直判定（证明）问题，常用向量法，即通过证明所证直线的方向向量的数量积为0证明两直线垂直.例2(2019天津理19) 在长方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是棱BC ,1CC 上的点，CF =AB =2CE , 1::AB AD AA = 1:2:4.证明AF ⊥平面1A ED审题要津：本题空间坐标系易建立，可用坐标法.解析：如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设1AB =,依题意得(0,2,0)D ,(1,2,1)F , 1(0,0,4)A ,31,,02E ⎛⎫⎪⎝⎭已知(1,2,1)AF =,131,,42EA ⎛⎫=--⎪⎝⎭,11,,02ED ⎛⎫=- ⎪⎝⎭于是AF ·1EA =0，AF ·ED =0.因此，1AF EA ⊥,AF ED ⊥,又1EA ED E ⋂=所以AF ⊥平面1A ED【点评】对坐标系易建立的空间线面垂直问题，通常用向量法，先求出平面的法向量和直线的方向向量，证明平面法向量与直线的方向向量平行或者直接用向量法证明直线与平面内两条相交直线垂直，再用线面垂直判定定理即可. 例 3 （2019年山东文）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2AD PD MA ==.求证：平面EFG ⊥平面PDC .审题要津：本题空间坐标系易建立，可用坐标法.解析：以A 为原点，向量DA ,AB ,AM 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，如图建立坐标系，设AM=1，则AD=AB=PD=2,则B(0,2,0),C(－2,2,0),D(－2,0,0),P(－2,0,2), M(0,0,1),则E(0,1,12),G(－1,1,1),F(－2,1,1)，∴EG =(-1,0,12),GF =(－1,0,0),设平面EFG 的法向量m =（x ，y ，z ），则 EG •m =12x z -+=0且GF •m =x -=0，取y =1，则x =z =0，∴m =（0，1,0）,易证面PDC 的法向量为DA=(2,0,0), ∵DA •m =200100⨯+⨯+⨯=0,∴m ⊥DA , ∴平面EFG ⊥平面PDC【点评】对于易建立空间坐标系的面面垂直问题，常向量法，即先建立坐标系，求出两个平面的法向量，通过证明这两个平面的法向量垂直，即得面面垂直.考点2.利用空间向量处理空间平行关系空间线线、线面、面面平行关系问题是高考考查的另一个重点内容，考查的形式灵活多样，常与探索性问题、垂直问题、空间角问题结合，可以是小题，也可以是解答题的一个小题，题目的难度一般不大，是高考中的得分点之一.例4（2019 湖南理18）在正方体1111ABCD A B C D -，E 是棱1DD 的中点。
历年全国理科数学高考试题立体几何部分精选(含答案)
1。
在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示,则相应的俯视图可以为2。
已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,23AB BC==，则棱锥-的体积为。
O ABCD3。
如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，AB=2AD，PD⊥底面ABCD.（Ⅰ）证明：PA⊥BD；(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A—PB-C的余弦值。
1.D2.833。
解:（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=︒=, 由余弦定理得3BD AD =从而BD 2+AD 2= AB 2,故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ,可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD（Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D —xyz ，则()1,0,0A ,()03,0B ，，()1,3,0C -，()0,0,1P .(1,3,0),(0,3,1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=- 设平面PAB 的法向量为n=（x ，y ，z ），则0,0,{n AB n PB ⋅=⋅=即 3030x y y z -+=-=因此可取n=(3,1,3)设平面PBC 的法向量为m,则m 0,m 0,{PB BC ⋅=⋅=可取m=(0，—1，3-） 427cos ,727m n -==- 故二面角A-PB-C 的余弦值为 277-1。
正方体ABCD —1111A B C D 中，B 1B 与平面AC 1D 所成角的余弦值为A23 B 33 C 23D 63 2. 已知圆O 的半径为1，PA 、PB 为该圆的两条切线，A 、B 为俩切点，那么PA PB •的最小值为（A ） 42-+ (B)32-+ （C ） 422-+ (D ）322-+3。
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(A ）233 (B)433 (C ） 23 （D) 8334. 如图，四棱锥S-ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB//DC ，AD ⊥DC,AB=AD=1，DC=SD=2，E 为棱SB 上的一点,平面EDC ⊥平面SBC .（Ⅰ)证明:SE=2EB ；（Ⅱ）求二面角A —DE —C 的大小 .1. D 2。
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。
三年高考(2017-2019)理科数学高考真题分类汇总：空间向量与立体几何
空间向量与立体几何2019年1.（2019全国Ⅰ理18）如图，直四棱柱ABCD–A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点． （1）证明：MN ∥平面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 uu u 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)，(1,3,2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-uuu r ，1(1,3,2)A M =--uuuu r ，1(1,0,2)A N =--uuu r ，1(1,0,2)A N =--uuu r．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则110A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uuuu r uuu rm m ， 所以32040x y z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取(3,1,0)=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uuu r uuu r，．n n NMDC BAD 1C 1B 1A 1zy所以3020q p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是2315cos ,||525⋅〈〉===⨯‖m n m n m n ， 所以二面角1A MA N --的正弦值为105．2.（2019北京理16）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ABCD ⊥平面，AD CD ⊥，AD BC P ，2PA AD CD BC ====，．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =．（Ⅰ）求证：CD PAD ⊥平面； （Ⅱ）求二面角F AE P --的余弦值; （Ⅲ）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：（I ）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA CD ⊥. 又因为AB CD ⊥，所以CD ⊥.平面PAD ，（II ）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()0,1,1AE =uu u r ，()2,2,2PC =-uu u r , ()0,0,2AP =uu u r. 所以1222,,3333PF PC ⎛⎫==- ⎪⎝⎭uu u r uu u r ，224,,333AF AP PF ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭uu u r uu u r uu u r设平面AEF 的法向量为(),,x y z =n ，则00AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u v uu u v n n ，即02240333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩.令z =1,则y =-1,x =-1.于是()1,1,1=--n .又因为平面PAD 的法向量为()1,0,0=p ，所以3cos 3⋅==-⋅n p <n,p >n p . 因为二面角F-AE-P 为锐角，所以其余弦值为3（III ）直线AG 在平面AEF 内，因为点G 在PB 上，且2,3PG PB =()2,1,2,PB =--uu r所以2424,,3333PG PB ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭uu u r uu r ，422,,333AG AP PG ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭uuu r uu u r uu u r .由（II ）知，平面AEF 的法向量为()1,1,1=--n ，所以4220333AG ⋅++=uuu r n =-，所以直线AG 在平面AEF 内.3.（2019浙江19）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.解析：方法一：（I ）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥A C. 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC . 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F . 所以BC ⊥平面A 1EF . 因此EF ⊥B C.（Ⅱ）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．z yxBG P FEDC MA由于A 1E ⊥平面ABC ，故AE 1⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形． 由（I ）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上.连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）. 不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3. 由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（Ⅰ）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC . 如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz . 不妨设AC =4，则A 1（0，0，23），B （3，1，0），1(3,3,23)B ，33(,,23)2F ，C (0，2，0). 因此，33(,,23)22EF =u u u r，(3,1,0)BC =-u u u r ． 由0EF BC ⋅=u u u r u u u r得EF BC ⊥．（Ⅱ）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ，由（Ⅰ）可得(3,1,0)BC =-u u u r，1(0,2,23)AC =-u u u r ， 设平面A 1BC 的法向量为(,,)x y z =n ，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u r n n ，得3030x y y z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩，取(1,3,1)=n ，故4sin cos,5EFEFEFθ⋅=〈〉==⋅u u u ru u u ru u u rnnn.因此直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为3 5 .4.（2019江苏16）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．证明：（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.5.（2019全国Ⅲ理19）图1是由矩形ADEB、R t△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，EH=3．以H 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 （2，0，3），CG u u u r =（1，0，3），AC u u u 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 r u u ur n n 即30,20.x z x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =（3，6，–3）．又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以3cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ． 因此二面角B –CG –A 的大小为30°．6.（2019全国Ⅱ理17）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值.解析：（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知11Rt Rt ABE A B E ≅△△，所以45AEB ∠=︒， 故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA u u u r的方向为x 轴正方向，||DA uuu r 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB =u u u r ，(1,1,1)CE =-u u u r，1(0,0,2)CC =u u u u r．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u ur n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u ur m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =（1，1，0）． 于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --7.(2019天津理17)如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====.zyx（Ⅰ）求证：BF ∥平面ADE ；（Ⅱ）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅲ）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，如图所示，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 .（Ⅰ）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 .（Ⅱ）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--u u u r u u u r u u u r.设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rn n ，即020x 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. （Ⅲ）设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rm m ，即020x 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87.2017、2018年解答题1．（2018全国卷Ⅰ）如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥．(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【解析】(1)由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF ．又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD ． (2)作PH ⊥EF ，垂足为H ．由(1)得，PH ⊥平面ABFD ．以H 为坐标原点，HF u u u r的方向为y 轴正方向，||BF uuu r 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系-H xyz ．由(1)可得，DE ⊥PE ．又DP =2，DE =1，所以PEPFE D CBA又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF ．可得2=PH ,32=EH ． 则(0,0,0)H，(0,0,2P ，3(1,,0)2--D ，3(1,,)22=u u u r DP ，HP =u u u r 为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则3sin ||4||||HP DP HP DP θ⋅===⋅u u u r u u u ru u u r u u u r ．所以DP 与平面ABFD所成角的正弦值为4． 2．（2018北京）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB的中点，AB BC ==12AC AA ==．(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角1B CD C --的余弦值； (3)证明：直线FG 与平面BCD 相交． 【解析】(1)在三棱柱111ABC A B C -中，∵1CC ⊥平面ABC ， ∴四边形11A ACC 为矩形．又E ，F 分别为AC ，11A C 的中点， ∴AC ⊥EF ． ∵AB BC =． ∴AC ⊥BE ， ∴AC ⊥平面BEF ．(2)由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥1CC ． 又1CC ⊥平面ABC ，∴EF ⊥平面ABC ．C 1B 1A 1GFEDC B A∵BE ⊂平面ABC ，∴EF ⊥BE ． 如图建立空间直角坐称系E xyz -．由题意得(0,2,0)B ，(1,0,0)C -，(1,0,1)D ，(0,0,2)F ，(0,2,1)G ． ∴=(201)CD ，，uu u r ，=(120)CB ，，uu r， 设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ， ∴00CD CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u ruur n n ，∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩，令2a =，则1b =-，4c =-， ∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ， 又∵平面1CDC 的法向量为=(020)EB uu r，，，∴cos =||||EB EB EB ⋅<⋅>=uu ruu r uu r n n n ． 由图可得二面角1B CD C --为钝角，所以二面角1B CD C --的余弦值为21-． (3)平面BCD 的法向量为(214)=--，，n ，∵(0,2,1)G ，(0,0,2)F ， ∴=(021)GF -uuu r ，，，∴2GF ⋅=-uu u r n ，∴n 与GF uu u r不垂直， ∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，∴GF 与平面BCD 相交．3．(2018全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥-P ABC中，==AB BC PA PB PC ===4AC =，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角--M PA C 为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【解析】(1)因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =连结OB．因为2AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形， 且OB AC ⊥，122OB AC ==． 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥．由⊥OP OB ，⊥OP AC 知PO ⊥平面ABC ．(2)如图，以O 为坐标原点，OB uu u r的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得(0,0,0)O ，(2,0,0)B ，(0,2,0)-A ，(0,2,0)C，(0,0,P ，=AP u u u r ，取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =u u u r． 设(,2,0)(02)-<≤M a a a ，则(,4,0)AM a a =-u u u r．设平面PAM 的法向量为(,,)x y z =n ．由0,0AP AM ⋅=⋅=uu u r uuu r n n得20(4)0y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以cos ,OB =uu u rn．由已知得|cos ,|2OB =uu u r n ．O MPCBA．解得4a =-（舍去），43a =．所以4(,,)333=--n．又(0,2,PC =-u u u r，所以cos ,4PC =uu u r n ． 所以PC 与平面PAM所成角的正弦值为4．4．（2018全国卷Ⅲ）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧»CD所在平面垂直，M 是»CD上异于C ，D 的点． (1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．【解析】(1)由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC 平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ．因为M 为»CD上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以 DM ⊥CM ． 又BC CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM 平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ．(2)以D 为坐标原点，DA u u u 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 -．当三棱锥M ABC -体积最大时，M 为»CD的中点． MD CBA⊂I⊂由题设得(0,0,0)D ，(2,0,0)A ，(2,2,0)B ，(0,2,0)C ，(0,1,1)M ，(2,1,1)AM =-u u u u r ，(0,2,0)AB =u u u r ，(2,0,0)DA =u u u r设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量，则即 可取(1,0,2)=n ．DA u u u r是平面MCD 的法向量，因此，，所以面MAB 与面MCD． 5．(2018天津)如图，AD BC ∥且2AD BC =，AD CD ⊥，EG AD ∥且EG AD =，CD FG ∥且2CD FG =，DG ⊥平面ABCD ，2DA DC DG ===．(1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ； (2)求二面角E BC F --的正弦值；(3)若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60o ，求线段DP 的长．【解析】依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA u u u r ，DC u u u r，DG u u u r的方向为x 轴，y 轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0)D ，(2,0,0)A ，(1,2,0)B ，(0,2,0)C ，(2,0,2)E ，(0,1,2)F ，(0,0,2)G ，3(0,,1)2M ，(1,0,2)N ．0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u ur n n 20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩cos ,5||||DA DA DA ⋅==u u u ru u u r u u u r n nn sin ,DA =u u u r n N AB C D EFG M(1)证明：依题意(0,2,0)DC =u u u r ，(2,0,2)DE =u u u r．设0(,,)x y z =n 为平面CDE 的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r ，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，， 不妨令1z =-，可得0(1,0,1)=-n ． 又3(1,,1)2MN =-u u u u r ，可得00MN ⋅=u u u u r n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．(2)依题意，可得(1,0,0)BC =-u u u r ，(122)BE =-u u u r ，，，(0,1,2)CF =-u u u r．设(,,)x y z =n 为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u ur ，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不妨令1z =，可得(0,1,1)=n ．设(,,)x y z =m 为平面BCF 的法向量，则00BC BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u r ，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，，不妨令1z =，可得(0,2,1)=m ．因此有cos ,||||10⋅<>==m n m n m n，于是sin ,10<>=m n ． 所以，二面角E BC F --． (3)设线段DP 的长为h ([0.2]h ∈)，则点P 的坐标为(0,0,)h ，可得(12)BP h =--u u u r，，．易知，(0,2,0)DC =u u u r为平面ADGE 的一个法向量，故cos BP DC BP DC BP DC ⋅<⋅>==u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u rsin 60==o[0,2]h =．所以线段DP． 6．（2018江苏）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，12AB AA ==，点P ，Q 分别为11A B ，BC 的中点．(1)求异面直线BP 与1AC 所成角的余弦值； (2)求直线1CC 与平面1AQC 所成角的正弦值．【解析】如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，设AC ，11A C 的中点分别为O ，1O ，则OB OC ⊥，1OO OC⊥，1OO OB⊥，以1,{},OB OC OO u u u r u u u r u u u u r为基底，建立空间直角坐标系O xyz -．因为12AB AA ==，所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C --．(1)因为P 为11A B 的中点，所以1,2)2P -，从而11(,2)(0,2,22),BP AC ==-u u u r u u u u r ，故111|||cos ,|||||BP AC BP AC BP AC ⋅===⋅u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r ．因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为．(2)因为Q 为BC 的中点，所以1,0)2Q ，因此3,0)2AQ =u u u r ，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==u u u ur u u u u r ．设n =（x ，y ，z ）为平面AQC 1的一个法向量，则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=u u u ru u u ur n n即30,2220.x y y z +=⎪+=⎩ ABC QPA 1C 1B1不妨取1,1)=-n，设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，则111||sin|cos|,|||CCCCCC|θ==⋅⋅==u u u u ru u u u ru u u u rnnn，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．7．（2017新课标Ⅰ）如图，在四棱锥P ABCD-中，AB∥CD，且90BAP CDP∠=∠=o．(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA PD AB DC===，90APD∠=o，求二面角A PB C--的余弦值．【解析】（1）由已知90BAP CDP∠=∠=︒，得AB⊥AP，CD⊥PD．由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面P AD．又AB⊂平面P AB，所以平面P AB⊥平面P AD．（2）在平面PAD内做PF AD⊥，垂足为F，由（1）可知，AB⊥平面PAD，故AB PF⊥，可得PF⊥平面ABCD．以F为坐标原点，FAu u u r的方向为x轴正方向，||ABuuu r为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz-．由（1）及已知可得2A，(0,0,2P，,1,0)2B，(C．DCAP所以(PC =u u u r，CB =u u u r，)22PA =-u u u r ， (0,1,0)AB =u u u r．设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，则00PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u ur n n，即00x y z ⎧+=⎪⎨=，可取(0,1,=-n ．设(,,)x y z =m 是平面PAB 的法向量，则00PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r m m，即0220x z y -=⎪⎨⎪=⎩， 可取(1,0,1)=n ．则cos ,||||3⋅==-<>n m n m n m ， 所以二面角A PB C --的余弦值为 8．（2017新课标Ⅱ）如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面三角形ABCD ，12AB BC AD ==，90BAD ABC ∠=∠=o ，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45o，求二面角M AB D --的余弦值【解析】（1）取PA 的中点F ，连结EF ，BF ．因为E 是PD 的中点，所以EF AD ∥，EM DCBAP12EF AD =．由90BAD ABC ∠=∠=o 得BC AD ∥，又12BC AD =，所以EF BC ∥，四边形BCEF 是平行四边形，CE BF ∥，又BF ⊂平面PAB ，CE ⊄平面PAB ，故CE ∥平面PAB ．（2）由已知得BA AD ⊥，以A 为坐标原点，AB u u u r的方向为x 轴正方向，||AB uuu r 为单位长，建立如图的空间直角坐标系A xyz -，则(0,0,0)A ，(1,0,0)B ，(1,1,0)C，P，(1,0,PC =u u u r ，(1,0,0)AB =u u u r．设(,,)M x y z (01)x <<，则(1,,)BM x y z =-u u u u r，(,1,PM x y z =--u u u u r．因为BM 与底面ABCD 所成的角为45o ，而(0,0,1)=n 是底面ABCD 的法向量，所以|cos ,|sin 45BM <>=ou u u u r n=， 即222(1)0x y z -+-=． ①又M 在棱PC 上，设PM PC λ=u u u u r u u u r，则x λ=，1y =，z =． ②由①，②解得121x y z ⎧=+⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩（舍去），121x y z ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩所以(1,1,22M -，从而(122AM =-u u u u r ． 设000(,,)x y z =m 是平面ABM 的法向量，则0=0AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅⎪⎩u u u u r u u u r m m，即0000(2200x y x ⎧++=⎪⎨=⎪⎩，所以可取(0,2)=m，于是cos ,||||5⋅<>==m n m n m n ． 因此二面角M AB D --的余弦值为5． 9．（2017新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD 中，ABC ∆是正三角形，ACD ∆是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB BD =．(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D AE C --的余弦值．【解析】（1）由题设可得，ABD CBD ∆≅∆，从而AD DC =．又ACD ∆是直角三角形，所以0=90ACD ∠取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO AC ⊥，DO AO =． 又由于ABC ∆是正三角形，故BO AC ⊥． 所以DOB ∠为二面角D AC B --的平面角． 在Rt AOB ∆中，222BO AO AB +=．又AB BD =，所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==，故90DOB ∠=o ． 所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由题设及（1）知，OA,OB,OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OA u u u r的方向为x 轴正方向，OA u u u r为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则ABCDE(1,0,0)A，B ，(1,0,0)C -，(0,0,1)D ．由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB的中点，得1(0,,)22E ．故 (1,0,1)AD =-u u u r ，(2,0,0)AC =-u u u r，1()22AE =-u u u r设()=x,y,z n 是平面DAE 的法向量，则AD AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r g u u u r g 0，0，n n即x z x y z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩01022可取(1,3=n 设m 是平面AEC 的法向量，则0，0，AC AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r g u u u rg m m同理可得(0,=-m则cos ,==g n m n m n m 所以二面角D AE C --10．（2017天津）如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒．点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ==， 2AB =．（Ⅰ）求证：MN ∥平面BDE ； （Ⅱ）求二面角C EM N --的正弦值；（Ⅲ）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE所成角的余弦值为21，求线段AH 的长．【解析】如图，以A 为原点，分别以AB u u u r ，AC u u u r，AP u u u r 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系．依题意可得(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(0,4,0)C ，(0,0,4)，(0,0,2)D ，(0,2,2)E ，(0,0,1)M ，(1,2,0)N ．（Ⅰ）证明：DE u u u r =(0,2,0)，DB u u u r=(2,0,2)-．设(,,)x y z =n ，为平面BDE 的法向量， 则00DE DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u r n n ，即20220y x z =⎧⎨-=⎩．不妨设1z =，可得(1,0,1)=n ．又MN u u u u r =（1，2，1-），可得0MN ⋅=u u u u rn ．因为MN ⊄平面BDE ，所以MN //平面BDE ．（Ⅱ）易知1(1,0,0)=n 为平面CEM 的一个法向量．设2(,,)x y z =n 为平面EMN 的法向量，则220EM MN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u ru u u u rn n ，因为(0,2,1)EM =--u u u u r ，(1,2,1)MN =-u u u u r ，所以2020y z x y z --=⎧⎨+-=⎩．不妨设1y =，可得2(4,1,2)=--n ．因此有121212cos ,|||⋅<>==n n n n |n n12sin ,<>=n n ．所以，二面角C —EM —N（Ⅲ）依题意，设AH =h （04h ≤≤），则H （0，0，h ），进而可得(1,2,)NH h =--u u u u r ，(2,2,2)BE =-u u u r．由已知，得|||cos ,|||||NH BE NH BE NH BE ⋅<>===u u u u r u u u ru u u u r u u u r u u u u r u u u r ，整理得2102180h h -+=，解得85h =，或12h =． 所以，线段AH 的长为85或12．11．（2017北京）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD //平面MAC，PA PD ==4AB =．（Ⅰ）求证：M 为PB 的中点； （Ⅱ）求二面角B PD A --的大小；（Ⅲ）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）设,AC BD 交点为E ，连接ME ．因为PD ∥平面MAC ，平面MAC I 平面PBD ME =，所以PD ME ∥． 因为ABCD 是正方形，所以E 为BD 的中点，在PBC ∆中，知M 为PB 的中点．（Ⅱ）取AD 的中点O ，连接OP ，OE ． 因为PA PD =，所以OP AD ⊥．又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且OP ⊂平面PAD ，所以OP ⊥平面ABCD ． 因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP OE ⊥． 因为ABCD 是正方形，所以OE AD ⊥．如图建立空间直角坐标系O xyz -，则P ，(2,0,0)D ，(2,4,0)B -，(4,4,0)BD =-u u u r，(2,0,PD =u u u r．设平面BDP 的法向量为(,,)x y z =n ，则00BD PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rn n，即44020x y x -=⎧⎪⎨-=⎪⎩． 令1x =，则1y =，z ==n ．平面PAD 的法向量为(0,1,0)=p ，所以1cos ,||||2⋅==<>n p n p n p ．由题知二面角B PD A --为锐角，所以它的大小为3π．（Ⅲ）由题意知(1,2,)2M -，(2,4,0)D ，(3,2,)2MC =-u u u u r ． 设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则||sin |cos ,|||||MC MC MC α⋅===u u u u r u u u u r u u u u r <>n n n ．所以直线MC 与平面BDP．。
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析1.在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB＝BB1，则AB1与C1B所成的角的大小为（）A．60°B．90°C．105°D．75°【答案】B【解析】用立体几何方法。
作BC中点D,连AD, D,易得AD垂直于BC,AD垂直于平面BC, D为A在平面BC上的射影,易证D垂直于B,所以A垂直于B,A与B所成角为90度,故选B。
【考点】本题主要考查正三棱柱的几何性质及异面直线所成角的求法。
点评：根据题目特点，可灵活采用不同方法，这里运用几何方法，使问题得解，体现解题的灵活性。
2.正四棱锥的高，底边长，则异面直线和之间的距离（）A．B．C．D．【答案】C【解析】建立如图所示的直角坐标系，则，，，，．，．令向量，且，则，，，，．异面直线和之间的距离为：．【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
点评：通过建立空间直角坐标系，将立体几何问题转化成空间向量问题.3.已知是各条棱长均等于的正三棱柱，是侧棱的中点．点到平面的距离（）A．B．C．D．【答案】A【解析】为正方形，，又平面平面，面，是平面的一个法向量，设点到平面的距离为，则===．【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
点评：通过建立空间直角坐标系，将立体几何问题转化成空间向量问题.4.在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC，则直线OD与平面PBC所成角的正弦值（）A． B． C． D．【答案】D【解析】题目中给出了建立空间直角坐标系的条件。
以O为原点，射线OP为非负z轴，建立空间直角坐标系（如图），利用向量知识可计算得到直线OD与平面PBC所成角的正弦值为，故选D。
【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
点评：通过建立空间直角坐标系，将立体几何问题转化成空间向量问题.5.已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是A1B1的中点，求直线AE与平面ABC1D1所成角的正弦值．【答案】【解析】解：如图建立空间直角坐标系，＝（0，1，0），＝（－1，0，1），＝（0，，1）设平面ABC1D1的法向量为＝（x，y，z）,由可解得＝（1，0，1）设直线AE与平面ABC1D1所成的角为θ，则，【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
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空间向量与立体几何1.(2008海南、宁夏理)如图，已知点P 在正方体ABC D －A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，∠PDA=60°。
（1）求DP 与CC 1所成角的大小；（2）求DP 与平面AA 1D 1D2.（2008安徽文）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。
（Ⅰ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小； （Ⅱ）求点B 到平面OCD 的距离。
1A3.（2005湖南文、理）如图1，已知ABCD 是上、下底边长分别为2和6，高为3的等腰梯形，将它沿对称轴OO 1折成直二面角，如图2。
（Ⅰ）证明：AC ⊥BO 1；（Ⅱ）求二面角O －AC －O 1的大小。
4.（2007安徽文、理)如图,在六面体1111D C B A ABCD -中,四边形ABCD 是边长为2的正方形,四边形1111D C B A 是边长为1的正方形,⊥1DD 平面1111D C B A ,⊥1DD 平面ABCD ，DD 1=2。
(Ⅰ)求证:11C A 与AC 共面，11D B 与BD 共面. (Ⅱ)求证:平面;1111BDD B ACC A 平面⊥ (Ⅲ)求二面角C BB A --1的大小.A BC D O O 1 A B O C O 1 D5.(2007海南、宁夏理)如图，在三棱锥S ABC -中，侧面SAB 与侧面SAC 均为等边三角形，90BAC ∠=°，O 为BC 中点． （Ⅰ）证明：SO ⊥平面ABC ； （Ⅱ）求二面角A SC B --的余弦值．6.(2007四川理）如图，PCBM 是直角梯形，∠PCB ＝90°，PM ∥BC ，PM ＝1，BC ＝2，又AC ＝1，∠ACB ＝120°，AB ⊥PC ，直线AM 与直线PC 所成的角为60°. （Ⅰ）求证：平面PAC ⊥平面ABC ; （Ⅱ）求二面角B AC M --的大小; （Ⅲ）求三棱锥MAC P -的体积.OS B AC7.(2006全国Ⅰ卷文、理)如图，1l 、2l 是互相垂直的异面直线,MN 是它们的公垂线段.点A 、B 在1l 上，C 在2l 上，AM MB MN ==。
（Ⅰ）证明AC ⊥NB ；(Ⅱ)若60OACB ∠=，求NB 与平面ABC 所成角的余弦值。
8.（2006福建文、理）如图，四面体ABCD 中，O 、E 分别是BD 、BC的中点，2,CA CB CD BD AB AD ====== （I ）求证：AO ⊥平面BCD ；（II ）求异面直线AB 与CD（III ）求点E 到平面ACD 的距离。
A BM NCl 2l 1 H历届高考中的“空间向量与立体几何”试题选讲(参考答案)1．解：如图，以D 为原点，DA 为单位长建立空间直角坐标系D xyz -．则(100)DA =，，，(001)CC '=，，．连结BD ，B D ''． 在平面BB D D ''中，延长DP 交B D ''于H ．设(1)(0)DH m mm =>，，， 由已知60DH DA <>=，，由cos DA DH DA DH DA DH =<>， 可得2m =2m =，所以222DH ⎛= ⎝，（Ⅰ）因为0011cos 2DH CC +⨯'<>==，所以45DH CC '<>=，．即DP 与CC '所成的角为45． （Ⅱ）平面AA D D ''的一个法向量是(010)DC =，，． 因为01101cos 2DH DC ⨯+⨯+⨯<>==，， 所以60DH DC <>=，． 可得DP 与平面AA D D ''所成的角为30．2．解：作AP CD ⊥于点P ,如图,分别以AB,AP ,AO 所在直线为,,x y z 轴建立坐标系(0,0,0),(1,0,0),(0,,0),((0,0,2),(0,0,1)222A B P D O M -, (1)设AB 与MD 所成的角为θ, (1,0,0),(1)22AB MD ==--∵ 1cos ,23AB MDAB MD πθθ===⋅∴∴ ,∴AB 与MD 所成角的大小为3π (2)22(0,,2),(2)OP OD =-=--∵ ∴设平面OCD 的法向量为(,,)n x y z =,则0,0n OP n OD ==即 20220y z x y z -=⎪⎪⎨⎪+-=⎪⎩取z =解得(0,n =设点B 到平面OCD 的距离为d ,则d 为OB 在向量(0,n =上的投影的绝对值, (1,0,2)OB =-∵, 23OB n d n⋅==∴.所以点B 到平面OCD 的距离为233．解:（I ）证明由题设知OA ⊥OO 1，OB ⊥OO 1. 所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角， 即OA ⊥OB. 故可以O 为原点，OA 、OB 、OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 如图3，则相关各点的坐标是A （3，0，0），B （0，3，0），C （0，1，3）,O 1（0，0，3）. 从而)3,3,0(),3,1,3(1-=-=BO AC ，.03331=⋅+-=⋅BO AC 所以AC ⊥BO 1.（II ）解：因为,03331=⋅+-=⋅OC BO 所以BO 1⊥OC ，由（I ）AC ⊥BO 1，所以BO 1⊥平面OAC ，1BO 是平面OAC 的一个法向量. 设),,(z y x n =是0平面O 1AC 的一个法向量， 由,3.0,033001=⎩⎨⎧==++-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅z y z y x C O n AC n 取得)3,0,1(=n .设二面角O —AC —O 1的大小为θ，由n 、1BO 的方向可知=<θn ，1BO >，所以cos <=cos θn ，1BO >=.43||||11=⋅BO n4.解（向量法）：以D 为原点，以DA ,DC ,1DD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系xyz D -如图，则有A （2，0，0），B （2，2，0），C （0，2，0），).2,0,0(),2,1,0(),2,1,1(),2,0,1(1111D C B A （Ⅰ）证明：),0,2,2(),0,1,1(11-=-=AC C A ),0,2,2(),0,1,1(11==DB B D.2,21111B D DB C A AC ==∴平行，与平行，与1111B D DB C A AC ∴ 于是11C A 与AC 共面，11D B 与BD 共面.（Ⅱ）证明：，）＝，，（），，＝（00222001-••AC DD ，）＝，，（），，＝（0022022-••AC DB.1AC DB AC DD ⊥⊥∴，，是平面与111BDD B DB DD 内的两条相交直线， .11BDD B AC 平面⊥∴又平面，过AC ACC A 11.1111BDD B ACC A 平面平面⊥∴（Ⅲ）解：.210211201111），，＝（），，，＝（），，，＝（----CC BB AA 设的法向量，为平面11111),,(ABB A z y x n =,02,021111111==--=•=+-=•z y x BB n z x AA n于是).1,0,2(,2,1,0111====n z z y 则取 设的法向量，为平面11222),,(BCC B z y x m =.02,022212221=+-=•=+--=•z y CC m z y x BB m于是).1,2,0(,2,1,0222====m y z x 则取.51,cos =•=n m n m n m .511---∴的余弦为二面角C BB A5．证明：（Ⅰ）由题设AB AC SB SC ====SA ，连结，ABC △为等腰直角三角形，所以22OA OB OC SA ===，且AO BC ⊥，又SBC △为等腰三角形，故SO BC ⊥，且22SO SA =， 从而222SA SO OA =+．所以SOA △为直角三角形，SO AO ⊥．又AO BO O =．所以SO ⊥平面ABC ．（Ⅱ）解：以O 为坐标原点，射线OB OA ，分别为x 轴、y 轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系O xyz -．设(100)B ，，，则(100)(010)(001)C A S -，，，，，，，，．SC 的中点11022M ⎛⎫- ⎪⎝⎭，，，111101(101)2222MO MA SC ⎛⎫⎛⎫=-=-=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，，，，． 00MO SC MA SC ==，∴··．故,MO SC MA SC MO MA ⊥⊥>，，<等于二面角A SC B --的平面角．3cos 3MO MA MO MA MO MA<>==，··， 所以二面角A SC B --的余弦值为33．6．解：（Ⅰ）∵,,PC AB PC BC ABBC B ⊥⊥=∴PC ABC ⊥平面， 又∵PC PAC ⊂平面 ∴PAC ABC ⊥平面平面（Ⅱ）在平面ABC 内，过C 作CD CB ⊥，建立空间直角坐标系C xyz -（如图）由题意有31,02A ⎫-⎪⎪⎝⎭，设()()000,0,0P z z >， 则()()000310,1,,,,,0,0,2M z AM z CP z ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭由直线AM 与直线PC 所成的解为060，得0cos60AM CP AM CP ⋅=⋅⋅，即2200032z z z π=+，解得01z =O SB C OSBA Mx zy∴()310,0,1,,02CM CA ⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面MAC 的一个法向量为{}111,,n x y z =，则11110102y z y z +=⎧-=，取11x =，得{1,3,n = 平面ABC 的法向量取为()0,0,1m =设m 与n 所成的角为θ，则3cos 7m n m nθ⋅-==⋅显然，二面角M AC B --的平面角为锐角， 故二面角M AC B --的平面角大小为arccos 7（Ⅲ）解法一：由（Ⅱ）知，PCMN 为正方形 ∴011sin12032P MAC A PCM A MNC M ACN V V V V AC CN MN ----====⨯⋅⋅⋅=（Ⅲ）解法二：取平面PCM 的法向量取为()11,0,0n =，则点A 到平面PCM 的距离113CA n h n ⋅== ∵1,1PCPM ==， ∴11111326P MAC A PCM V V PC PM h --===⨯⋅⋅=⨯⨯=7．解: 如图,建立空间直角坐标系M －xyz.令MN=1, 则有A(－1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0),(Ⅰ)∵MN 是 l 1、l 2的公垂线, l 1⊥l 2, ∴l 2⊥平面ABN. l 2平行于z 轴.故可设C(0,1,m).于是 AC →=(1,1,m), NB →=(1,－1,0). ∴AC →·NB →=1+(－1)+0=0 ∴AC ⊥NB.(Ⅱ)∵AC → =(1,1,m), BC →=(－1,1,m), ∴|AC →|=|BC →|, 又已知∠ACB=60°,∴△ABC 为正三角形,AC=BC=AB=2. 在Rt △CNB 中,NB=2, 可得NC=2,故C(0,1,2). 连结MC,作NH ⊥MC 于H,设H(0,λ,2λ) (λ>0). ∴HN →=(0,1－λ,－2λ),MC →=(0,1,2). HN →·MC →= 1－λ－2λ=0, ∴λ= 13 ,∴H(0,13, 23), 可得HN →=(0,23, － 23), 连结BH,则BH →=(－1,13, 23),∵HN →·BH →=0+29 － 29 =0, ∴HN →⊥BH →, 又MC ∩BH=H,∴HN ⊥平面ABC,∠NBH 为NB 与平面ABC 所成的角.又BN →=(－1,1,0),∴cos ∠NBH= BH →·BN →|BH →|·|BN →|= 4323×2= 63l 18． (1)证明：连结OC.∵BO=DO,AB=AD, ∴AO ⊥BD. ∵BO=DO,BC=CD,∴CO ⊥BD.在△AOC 中，由已知可得AO=1,CO=3.而AC=2, ∴AO 2+CO 2=AC 2,∴∠AOC=90°,即AO ⊥OC. ,0=OC BD∴AO ⊥平面BCD .（Ⅱ）解：以O 为原点，如图建立空间直角坐标系，则B (1，0，0)，D (-1，0，0)，C (0，3，0)，A (0,0,1),E (21,23,0), ).0,3,1(),1,0,1(--=-=CD BA∴,42,cos =•=CD BA CD BA CD BA∴异面直线AB 与CD 所成角的大小为.42arccos（Ⅲ）解法一：设平面ACD 的法向量为n =(x,y,z ),则⎪⎩⎪⎨⎧=-•=•=--•=•,0)1,3,0(),,(,0)1,0,1(),,(z y x AC n z y x AD n ∴⎩⎨⎧=-=+.03,0z y z x 令y=1，得n=(-3,1,3)是平面ACD 的一个法向量.又),0,23,21(-=EC ∴点E 到平面ACD 的距离h=.72173|||·|==n n EC （Ⅲ）解法二：设点E 到平面ACD 的距离为h .CDE A ACD A V V --- ,∴h 31·S △ACD =31·AO ·S △CDE . 在△ACD 中，CA =CD =2,AD =2,∴S △ACD =,2722222132=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯而AO =1, S △CDE =,23243212=⨯⨯ ∴h =,72127231=⨯=•∆∆ACD CDE S S AO ∴点E 到平面ACD 的距离为721.。