高考数学二轮复习空间向量难点提分专练

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高中试卷-1.2 空间向量基本定理-提高练(含答案)

1.2 空间向量基本定理-提高练一、选择题1.给出下列命题：①已知a b ^r r ，则()()a b c c b a b c ×++×-=×r r r r r r r r ；②,,,A B M N 为空间四点，若,,BA BM BN 不构成空间的一个基底，那么,,,A B M N 共面；③已知a b ^r r ，则,a b r r 与任何向量都不构成空间的一个基底；④若,a b r r 共线，则,a b r r 所在直线或者平行或者重合．正确的结论的个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C 【解析】对于①，若a b ^r r ，则0a b ×=r r ，故()()a b c c b a a b a c c b c a×++×-=×+×+×-×r r r r r r r r r r r r r r 0c b b c =+×=×r r r r ，故①正确；对于②，若,,BA BM BN 不构成空间的一个基底，,,BA BM BN uuu r uuuu r uuu r 这3个向量共线面，故,,,A B M N 共面，故②正确；对于③，当a b ^r r 时，若c r 与,a b r r 不共面，则{},,a b c r r r 可构成空间的一个基底，故③不正确；对于④，根据向量共线的定义可得其成立，故④正确.2.若{},,a b c r r r 为空间的一组基底，则下列各项中能构成基底的一组向量是（）A ．{},,a a b a b +-r r r r r B ．{},,b a b a b +-r r r r r C ．{},,c a b a b +-r r r r r D ．{},,2a b a b a b +-+r r r r r r 【答案】C 【解析】A ：因为()()2a b a b a r r r r r ++-=，所以向量,,a a b a b r r r r r+-是共面向量，因此这三个向量不能构成基底；B ：因为()(1)()2a b a b b r r r r r ++--=，所以向量,,b a b a b r r r r r +-是共面向量，因此这三个向量不能构成基底；C ：因为{},,a b c r r r 为空间的一组基底，所以这三个向量不共面.若,,c a b a b r r r r r +-不构成一组基底，则有()()()()c x a b y a b c x y a x y b r r r r r r r r =++-Þ=++-，所以向量,,a b cr r r 是共面向量，这与这三个向量不共面矛盾，故假设不正确，因此,,c a b a b r r r r r +-能构成一组基底，D ：因为312()()22a b a b a b r r r r r r +=+++，所以向量,,2a b a b a b r r r r r r +-+是共面向量，因此,,2a b a b a b r r r r r r +-+不能构成一组基底.故选：C3.已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是边OA ，CB 的中点，点G 在线段MN 上，且使2MG GN =，用向量OA uuu v ，OB uuu v ，OC uuu v 表示向量OG uuu v是（）A ．2233OG OA OB OC =++uuu v uuu v uuu v uuu v B ．122233OG OA OB OC uuu v uuu v uuu v uuu v =++C ．111633OG OA OB OC =++uuu v uuu v uuu v uuu v D ．112633OG OA OB OC =++uuu v uuu v uuu v uuu v 【答案】C 【解析】2OG OM MG OM MN 3=+=+uuu r uuuu r uu Q uu r uuuu r uuuu r ,()()2121111OM MO OC CN OM OC OB OC OA OB OC 3333633uuuu r uuuu r uuu r uuu r uuuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r =+++=++-=++111OG OA OB OC 633uuu r uuu r uuu r uuu r \=++ ,故选：C ．4.在四面体O-ABC 中,G 1是△ABC 的重心,G 是OG 1上的一点,且OG=3GG 1,若OG =x OA +y OB +z OC ,则(x ,y ,z )为( )14341323【答案】A【解析】如图所示,连接AG 1交BC 于点E ,则E 为BC 中点,AE =12(AB +AC )=12(OB -2OA +OC ),AG 1=23AE =13(OB -2OA +OC ).因为OG =3GG 1=3(OG 1―OG ),所以OG=34OG 1.则OG =34OG 1=34(OA +AG 1)+13OB ―23OA =14OA +14OB +14OC .5.下列关于空间向量的命题中，正确的有（）A.若向量a r ，b r 与空间任意向量都不能构成基底，则//a b r r；B.若非零向量a r ，b r ，c r 满足a b ^r r ，b c ^r r ，则有//a c r r ；C.若OA uuu r ，OB uuu r ，OC uuu r 是空间的一组基底，且111333OD OA OB OC =++uuu r uuu r uuu r uuu r ，则A ，B ，C ，D 四点共面；D.若向量a b +r r ，b c +r r ，c a +r r ，是空间一组基底，则a r ，b r ，c r 也是空间的一组基底.【答案】ACD【解析】对于A ：若向量a r ，b r 与空间任意向量都不能构成基底，只能两个向量为共线向量，即//a b r r，故A 正确；对于B ：若非零向量a r ，b r ，c r 满足a b ^r r ，b c ^r r ，则a r 与c r 不一定共线，故B 错误；对于C ：若OA uuu r ，OB uuu r ，OC uuu r 是空间的一组基底，且111333OD OA OB OC =++uuu r uuu r uuu r uuu r ，则()()1133OD OA OB OA OC OA -=-+-uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r ，即1133AD AB AC =+uuu r uuu r uuu r ，可得到A ，B ，C ，D 四点共面，故C 正确；对于D ：若向量a b +r r ，b c +r r ，c a +r r ，是空间一组基底，则空间任意一个向量d u r ，存在唯一实数组(),,x y z ，使()()()()()()d x a b y b c z x z a x c y b y a z c +=++++=+++++u r r r r r r r r r r ，则a r ，b r ，c r 也是空间的一组基底，故D 正确.6．（多选题）若{a ,b ,c }是空间的一个基底,则下列各组中能构成空间一个基底的是( )A.{a ,2b ,3c }B.{a +b ,b +c ,c +a }C.{a +2b ,2b +3c ,3a -9c }D.{a +b +c ,b ,c }【答案】ABD【解析】由于a ,b ,c 不共面,易判断A,B,D 中三个向量也不共面,可以作为一组基向量.对于C,有3(2b +3c )+(3a -9c )=3(a +2b ),故这三个向量是共面的,不能构成基底.二、填空题7．（2020山东泰安实验中学高二月考）在四面体ABCD 中，E 、G 分别是CD 、BE 的中点，若记®®=AB a ，AD b ®®=，AC c ®®=，则AG ®=______.【答案】111244a b c ®®®++【解析】在四面体ABCD 中，E 、G 分别是CD 、BE 的中点，则AG AB BG ®®®=+12AB BE ®®=+11()22AB BC BD ®®®=+´+1()4AB AC AB AD AB ®®®®®=+-+-111442AB AC AD AB ®®®®=++-111244AB AD AC ®®®=++.8.（2020上海复旦附中青浦分校高二月考）在斜三棱柱111A B C ABC -中，BC 的中点为M ，11A B a =uuuu r r ，11A C b =uuuu r r ，1A A c =uuu r r ，则1B M uuuur 可用a r 、b r 、c r 表示为______.【答案】1()2c b a +-r r r 【解析】在1B BM D 中，11B M B B BM =+uuuur uuur uuuu r ,又BC 的中点为M ,12BM BC =uuuu r uuu r 111A B C ABC -Q 是斜三棱柱，11B C BC =uuuu r uuu r ，11B B A A=uuur uuur 111112B M A A B C uuuur uuur uuuu r =+, 在111A B C D 中111111B C AC A B uuuu r uuuu r uuuu r =-11111111()()22B M A A AC A B c b a uuuur uuur uuuu r uuuu r r r r \=+-=+-9.已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC 1=1,则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为 .【解析】如图所示.设BA =a ,BC =b ,BB 1=c ,则<a ,b >=120°,c ⊥a ,c ⊥b ,因为AB 1=AB +BB 1=-a +c , BC 1=BC +CC 1=b +c ,cos <AB 1,BC 1>=11|AB 1|·|BC 1|=10. （2020山东省高二期末）如图所示的平行六面体1111ABCD A B C D -中，已知1,AB AA AD ==1BAD DAA Ð=Ð60,°=1BAA Ð30°=，N 为11A D 上一点，且111A N A D l =.若BD AN ^，则l 的值为________；若M 为棱1DD 的中点，//BM 平面1AB N ，则l 的值为________.1,23 【解析】 (1)取空间中一组基底：1,,AB a AD b AA c ===uuu r r uuu r r uuur r ，因为BD AN ^，所以0BD AN ×=uuu r uuu r ，因为11,BD AD AB b a AN AA A N c b l =-=-=+=+uuu r uuu r uuu r r r uuu r uuur uuuu r r r ，所以()()0b a c b l -×+=r r r r ，所以1022l l +-=，所以1l =-；(2)在AD 上取一点1M 使得11A N AM =，连接111,,M N M M M B ，因为11//A N AM 且11A N AM =，所以1111//,NB M B NB M B =，又因为1M B Ì/平面1AB N ，1NB Ì平面1AB N ，所以1//M B 平面1AB N ，又因为//BM 平面1AB N ，且1BM M B B =I ，所以平面1//M MB 平面1AB N ，所以1//MM 平面1AB N ，又因为平面11AA D D Ç平面1AB N AN =，且1MM Ì平面11AA D D ，所以1//M M AN ，所以11AA N MDM V V ∽，所以()111111121A N AA A D DM MD A D l l ===-，所以23l =.三、解答题11.如图所示,在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,MA =-13AC ,ND =13A 1D ,设AB =a ,AD =b ,AA 1=c ,试用a ,b ,c 表示MN .【答案】见解析【解析】连接AN ,则MN =MA +AN .由已知可得四边形ABCD 是平行四边形,从而可得AC =AB +AD =a +b ,MA =-13AC =-13(a +b ),又A 1D =AD ―AA 1=b -c ,故AN =AD +DN =AD ―ND =AD ―13A 1D =b -13(b -c ),所以MN =MA +AN =-13(a +b )+b -13(b -c )=13(-a +b +c ).12.在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,已知E ,F ,G ,H 分别是CC 1,BC ,CD 和A 1C 1的中点.证明:(1)AB 1∥GE ,AB 1⊥EH ;(2)A 1G ⊥平面EFD.【答案】见解析【解析】 (1)设正方体棱长为1,AB =i ,AD =j ,AA 1=k ,则{i ,j ,k }构成空间的一个单位正交基底.AB 1=AB +BB 1=i +k ,GE =GC +CE =12i +12k =12AB 1,∴AB 1∥GE.EH =EC 1+C 1H =12k +-i +j )=-12i -12j +12k ,∵AB 1·EH =(i +k )·-12i -12j +12k =-12|i |2+12|k |2=0,∴AB 1⊥EH.(2)A 1G =A 1A +AD +DG =-k +j +12i ,DF =DC +CF =i -12j ,DE =DC +CE =i +12k .∴A 1G ·DF =-k +j +12i ·i -12j =-12|j |2+12|i |2=0,∴A 1G ⊥DF.A 1G ·DE =-k +j +12i ·i +12k =-12|k |2+12|i |2=0,∴A 1G ⊥DE.又DE ∩DF=O ,∴A 1G ⊥平面EFD.。

高三数学二轮专题复习课后强化作业43空间向量及其应用(理)含详解]

中心， M 在线段 DG 上，且∠ AMB＝90°，则 GM 的长为 ( )
1
2
A. 2
B. 2
3 C. 3
6 D. 6
[ 答案 ] D
[ 解析 ] 法一：取 AB 的中点 N，由正四面体的对称性可知△ AMB
11 为等腰三角形，∴ MN＝2AB＝2.
3 又 G 为△ABC 的中心，∴NG＝ 6 ，
所以二面角 A－BE－D 为6. [ 点评 ] 综合法更注重推理，方法巧妙，计算量不大，对空间想象能力以及逻辑推理能力要求较高，而向量法更多的是计算而且方法统一，具有格式化，易于掌握．从近几年高考尤其新课标地区的高考题来看主要以向量法的考查为主，较少使用综合法． 2．(2013 ·桂东一中月考 )如图，四棱锥 P－ABCD 的底面是正方
故 MG＝
MN2－NG2＝
6 6.
→
→
→
法二：设 DA＝a，DB＝b，DC＝c，
→ AM
→ ＝AD＋
→ λDG ＝－
a＋
λ3(a＋b＋
c)＝(λ3－1)
a＋
3λb＋
3λc，
→ BM
→→ ＝BA＋AM
＝(a－
b)＋
λ (3－
1)a＋3λb＋3λc
＝ λ3a＋(3λ－1)b＋3λc.
→→
1
1
由 AM·BM＝0，ab＝bc＝ac＝2，可解得 λ＝2.
→ 1→
6
|MG|＝2|DG|＝ 6 .
二、填空题 6．如图，在空间直角坐标系中有棱长为 a 的正方体 ABCD－ A1B1C1D1，点 M 是线段 DC1 上的动点，则点 M 到直线 AD1 距离的最小值是 ________．

空间向量与立体几何二轮复习专题练习(一)带答案人教版新高考分类汇编

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注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I 卷（选择题）
请点击修改第I 卷的文字说明评卷人
得分一、选择题
1．(汇编全国2理)与正方体1111
ABCD A B C D -的三条棱AB 、1CC 、11A D 所在直线的距离相等的点
A ．有且只有1个
B ．有且只有2个
C ．有且只有3个
D ．有无数个
【答案解析】D
2．已知α ⊥β ，平面α 与平面β 的法向量分别为m ＝(1，－2，3)，n ＝(2，3λ，4)，则λ＝( )
(A )
35 (B )35- (C )37 (D )37-
3．已知空间中三点A (0，2，3)，B (－2，1，6)，C (1，－1，5)，若向量a 分别与AC AB ,都垂直，且3||=a ，则a ＝( )
(A )(1，1，1)
(B )(1，－1，1) (C )(－1，1，1) (D )(－1，－1，－1)或(1，1，1)。

2021年高考数学二轮复习空间向量与立体几何专题训练(含解析)

2021年高考数学二轮复习空间向量与立体几何专题训练（含解析）一、选择题1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM →，D 1N →〉的值为( )A.19B.495 C.29 5 D.23解析设正方体的棱长为2，以D 为原点建立如图所示空间坐标系，则CM →＝(2，－2,1)，D 1N →＝(2,2，－1)，∴cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，∴sin 〈CM →，D 1N →〉＝459.答案 B2.如图，三棱锥A －BCD 的棱长全相等，E 为AD 的中点，则直线CE 与BD 所成角的余弦值为( )A.36B.32C.336D.12解析设AB ＝1，则CE →·BD →＝(AE →－A C →)·(AD →－AB →)＝12AD →2－12AD →·AB →－AC →·AD →＋AC →·AB →＝12－12cos60°－cos60°＋cos60°＝14.∴cos 〈CE →，BD →〉＝CE →·BD →|CE →||BD →|＝1432＝36.故选A.答案 A 3.如图，点P 是单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中异于A 的一个顶点，则AP →·AB →的值为( ) A ．0 B ．1 C ．0或1 D ．任意实数解析 AP →可为下列7个向量：AB →，AC →，AD →，AA 1→，AB 1→，AC 1→，AD 1→，其中一个与AB →重合，AP →·AB →＝|AB →|2＝1；AD →，AD 1→，AA 1→与AB →垂直，这时AP →·AB →＝0；AC →，AB 1→与AB →的夹角为45°，这时AP →·AB →＝2×1×cos π4＝1，最后AC 1→·AB →＝3×1×cos∠BAC 1＝3×13＝1，故选C.答案 C4．(xx·山东卷)已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为( )A.5π12B.π3C.π4D.π6解析如图所示，设△ABC 的中心为O ，S ABC ＝12×3×3×sin60°＝334.∴VABC －A 1B 1C 1＝S ABC ×OP ＝334×OP ＝94，∴OP ＝ 3. 又OA ＝32×3×23＝1，∴tan ∠OAP ＝OPOA＝3，又0<∠OAP <π2， ∴∠OAP ＝π3.答案 B5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22解析以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，如图．设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0,1,0)，所以A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2，所以n 1＝(1,2,2)．因为平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，所以|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.故选B.答案 B6．P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在α，β平面上引射线PM ，PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为( )A ．60° B．70° C ．80° D．90° 解析不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，作ME ⊥AB 于点E ，NF ⊥AB 于点F ，如图．因为∠EPM ＝∠FPN ＝45°，所以PE ＝22a ，PF ＝22b ，所以EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF → ＝ab cos60°－a ×22b cos45°－22ab cos45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0.所以EM →⊥FN →，所以二面角α－AB －β的大小为90°. 答案 D 二、填空题7．已知a ＝(2，－1,1)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(11,5，λ)．若向量a ，b ，c 共面，则λ＝________. 解析由向量a ，b ，c 共面可得c ＝x a ＋y b (x ，y ∈R )，故有⎩⎪⎨⎪⎧11＝2x－y，5＝－x＋4y，λ＝x－2y，解得⎩⎪⎨⎪⎧x＝7，y＝3，λ＝1.答案 18．已知空间不共面四点O，A，B，C，OA→·OB→＝OA→·OC→＝OB→·O C→＝0，且|OA→|＝|OB→|＝|OC→|，AM→＝MB→，则OM与平面ABC所成角的正切值是________．解析由题意可知，OA，OB，OC两两垂直，如图，建立空间直角坐标系O－xyz，设OA＝OB＝OC＝1，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，M⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，故AB→＝(－1,1,0)，AC→＝(－1,0,1)，OM→＝⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0.设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则由⎩⎪⎨⎪⎧n⊥AB→，n⊥AC→，得⎩⎪⎨⎪⎧－x＋y＝0，－x＋z＝0，令x＝1，得平面ABC的一个法向量为n＝(1,1,1)．故cos〈n，OM→〉＝13×22＝63，sin〈n，OM→〉＝1－⎝⎛⎭⎪⎫632＝33，tan〈n，OM→〉＝sin〈n，OM→〉cos〈n，OM→〉＝22.答案229．已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值为________．解析如图，建立空间直角坐标系．设DA ＝1，由已知条件得A (1,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，23， AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，13，AF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，23，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面AEF 与平面ABC 所成的二面角为θ，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，得z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)，平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1)， cos θ＝cos 〈n ，m 〉＝311，tan θ＝23.答案23三、解答题 10.如图所示，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，SD ⊥平面ABCD ，SD ＝AD ＝a ，点E 是SD 上的点，且DE ＝λa (0<λ≤1)．(1)求证：对任意的λ∈(0,1]，都有AC ⊥BE ； (2)若二面角C －AE －D 的大小为60°，求λ的值．解(1)证明：如图所示，建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，D (0,0,0)，E (0,0，λa )，∴AC →＝(－a ，a,0)，BE →＝(－a ，－a ，λa )， ∴AC →·BE →＝0对任意λ∈(0,1]都成立，即对任意的λ∈(0,1]，都有AC ⊥BE .(2)显然n ＝(0,1,0)是平面ADE 的一个法向量，设平面ACE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， ∵AC →＝(－a ，a,0)，AE →＝(－a,0，λa )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋ay ＝0，－ax ＋λaz ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，x －λz ＝0.令z ＝1，则x ＝y ＝λ，∴m ＝(λ，λ，1)． ∵二面角C －AE －D 的大小为60°，∴cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝λ1＋2λ2＝12，∵λ∈(0,1]，∴λ＝22.11.(xx·北京卷)如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P－ABCDE 中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.(1)求证：AB∥FG；(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．解(1)证明：在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB∥DE.又因为AB⊄平面PDE，所以AB∥平面PDE.因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，所以AB∥FG.(2)因为PA⊥底面ABCDE，所以PA⊥AB，PA⊥AE.如图建立空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)，BC→＝(1,1,0)．设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋z ＝0.令z ＝1，则y ＝－1.所以n ＝(0，－1,1)．设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则sin α＝|cos 〈n ，BC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC →|n ||BC →|＝12. 因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6.设点H 的坐标为(u ，v ，w )．因为点H 在棱PC 上，所以可设PH →＝λPC →(0<λ<1)，即(u ，v ，w －2)＝λ(2,1，－2)，所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ. 因为n 是平面ABF 的法向量，所以n ·AH →＝0，即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0，解得λ＝23.所以点H 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，23，23. 所以PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＝2. B 级——能力提高组1.(xx·江西卷)如图，四棱锥P －ABCD 中，ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD . (1)求证：AB ⊥PD ；(2)若∠BPC ＝90°，PB ＝2，PC ＝2，问AB 为何值时，四棱锥P －ABCD 的体积最大？并求此时平面PBC 与平面DPC 夹角的余弦值．解 (1)证明：ABCD 为矩形，故AB ⊥AD . 又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PD .(2)过P 作AD 的垂线，垂足为O ，过O 作BC 的垂线，垂足为G ，连接PG .故PO ⊥平面ABCD ，BC ⊥平面POG ，BC ⊥PG ，在Rt △BPC 中，PG ＝233，GC ＝263，BG ＝63，设AB ＝m ，则OP ＝ PG 2－OG 2＝43－m 2，故四棱锥P －ABCD 的体积为 V ＝13·6·m ·43－m 2＝m 3 8－6m 2. 因为m 8－6m 2＝ 8m 2－6m 4＝－6⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2－232＋83，故当m ＝63，即AB ＝63时，四棱锥P －ABCD 的体积最大．此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为O (0,0,0)，B ⎝⎛⎭⎪⎫63，－63，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫63，263，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，263，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，63.故PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫63，263，－63，BC →＝(0，6，0)， CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，0，0. 设平面BPC 的法向量n 1＝(x ，y,1)，则由n 1⊥PC →，n 1⊥BC →，得⎩⎪⎨⎪⎧ 63x ＋263y －63＝0，6y ＝0，解得x ＝1，y ＝0，n 1＝(1,0,1)．同理可求出平面DPC 的法向量n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，从而平面BPC 与平面DPC 夹角θ的余弦值为cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12· 14＋1＝105. 2.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．解 (1)证明：以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1→＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0.∵AD 1→·B 1E →＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0， ∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)(0≤z 0≤1)，使得DP ∥平面B 1AE .此时DP →＝(0，－1，z 0)．又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．由n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a 2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ， ∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12. (3)连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D . ∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1.∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0,1,1)．设AD 1→与n 所成的角为θ，则cos θ＝n ·AD 1→|n ||AD 1→|＝－a 2－a 2 1＋a 24＋a 2. ∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°， ∴|cos θ|＝cos30°，即3a22 1＋5a24＝32，解得a ＝2，即AB 的长为2.40106 9CAA 鲪39660 9AEC 髬a35726 8B8E 讎37789 939D 鎝38405 9605 阅Q] 21800 5528 唨25456 6370 捰$27604 6BD4 比g30814 785E 硞。

高二空间向量练习题及答案

高二空间向量练习题及答案空间向量是高中数学的一个重要内容，掌握空间向量的概念和运算方法对于解决几何问题有着重要的作用。

下面是一些高二空间向量的练习题及其答案，帮助大家巩固和提升空间向量的学习。

一、选择题1. 设向量a=2i-j+3k，向量b=-3i+j+2k，则a·b的值为：A. -11B. 11C. -9D. 9答案：A2. 设向量a=2i-3j+k，向量b=-i+2j-3k，则a与b的夹角为：A. 60°B. 90°C. 120°D. 150°答案：C3. 已知向量a=2i-j+3k，向量b=3i+2j-4k，则a与b的数量积等于：A. -17B. 17C. -3D. 3答案：B4. 设向量a=3i+4j-2k，向量b=i-3j+5k，则a×b的结果为：A. 23i+2j-13kB. -23i-12j+13kC. 23i-12j+13kD. -23i+2j+13k答案：C5. 向量a=3i+j+k，向量b=2i-4j-2k，求向量a与向量b的和向量c，并求c的模长。

A. 向量c=5i-3j-k，|c|=√35B. 向量c=5i-3j-k，|c|=√33C. 向量c=5i-5j-3k，|c|=√31D. 向量c=5i-3j-k，|c|=√31答案：D二、填空题1. 向量a=2i+3j-4k，向量b=5i-2j+k，求a+b的结果为________。

答案：7i+j-3k2. 向量a=2i-3j+k，向量b=-i+j+2k，求a与b的夹角的余弦值为________。

答案：-1/√143. 设向量a=3i-4j+2k，向量b=2i-3j+k，求a×b的结果为________。

答案：-5i-4j-1k4. 设向量a=-i+2j+k，d是一条过点A(1，2，3)且与向量a垂直的直线方程，则d的方程为_______。

答案：x-2y+z-3=05. 已知平行四边形的两条对角线的向量分别为a=2i-j+k和b=-3i+4j-2k，求平行四边形的面积为_______。

高考数学二轮复习空间向量与立体几何专题训练(含解析)

高考数学二轮复习空间向量与立体几何专题训练（含解析）A 级——基础稳固组一、选择题→ →1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则 sin 〈CM，D1N〉的值为()14A. 9B.9 522C. 5D.93分析→→设正方体的棱长为2，以D为原点成立如下图空间坐标系，则CM＝(2，－2,1)1，，D N＝(2,2－1) ，→ →1∴ cos 〈CM，D1N〉＝－9，→ → 4 5∴ sin 〈CM，D1N〉＝9 .答案B2.如图，三棱锥 A － BCD 的棱长全相等， E 为 AD 的中点，则直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为 ()33A.B.62331C.D.62→→→→→→ 1→ 2 1→→→→→→1 1 分析设 AB ＝ 1，则 CE · BD ＝ ( AE － A C ) ·(AD － AB ) ＝ 2AD － 2AD · AB －AC · AD ＋ AC · AB ＝ 2－21cos60°－ cos60°＋ cos60°＝ 4.→ →1→ → 4 3CE · BD∴ cos 〈CE ， BD 〉＝ → → ＝3 ＝ 6.应选 A.||| |CE BD2答案A3.如图，点 P 是单位正方体 ABCD － A B CD→ →中异于 A 的一个极点，则 AP · AB 的值为 ()1 1 1 1A ． 0B ． 1C ．0或 1D ．随意实数分析 →7 个向量： →→→→→→→ → → →AP 可为以下 AB ， AC ， AD ，AA 1， AB 1，AC 1， AD 1，此中一个与 AB 重合， AP · AB ＝| → | 2＝ 1；→，→1，→ 1与→垂直，这时 → · → ＝ 0； → ，→1与→的夹角为45°，这时→·→＝ 2AB AD AD AA AB AP ABAC AB ABAP AB×1×cos π ＝ 1，最后 →1· →＝ 3×1×cos ∠1＝ 3× 1 ＝ 1，应选 C.4 ACABBAC3答案 C4．(201 3·山东卷 ) 已知三棱柱－ 1 11的侧棱与底面垂直，体积为 9，底面是边长为3的正ABC ABC4三角形．若 P 为底面 A 1B 1C 1 的中心，则 PA 与平面 ABC 所成角的大小为 ()5ππ A. 12B. 3πD.πC.64分析如下图，设△ABC1 3 3ABC 的中心为 O ， S＝ 2× 3× 3×sin60 °＝ 4 .3 39∴ VABC － A 1B 1C 1 ＝S ABC ×OP ＝4 × OP ＝ 4，∴ OP ＝ 3.32又 OA ＝ 2 × 3× 3＝1，OP ∴ tan ∠ OAP ＝＝ 3，OAπ又 0<∠ OAP < 2 ，π∴∠ OAP ＝ 3 .5．在正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中，点 E 为 BB 1 的中点，则平面 A 1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为 ()1 2 A. 2B. 332C. 3D. 2分析以 A 为坐标原点成立空间直角坐标系，如图．设棱长为 1，则 1(0,0,1) ，E 1， 0， 1， (0,1,0) ，A2 D→→1， 0，－1，112所以 AD ＝(0,1 ，－ 1)，AE ＝设平面 1 的一个法向量为 1＝(1 ， y ， ) ，A EDn zy － z ＝0，y ＝2，则1所以 n ＝ (1,2,2) ．所以1－ 2z ＝ 0， z ＝2，1由于平面 ABCD 的一个法向量为 n ＝ (0,0,1) ，2所以 |cos 〈n 1， n 2〉 | ＝223×1 ＝ .3即平面 A ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23. 应选 B.1答案 B6． P 是二面角 α－AB － β 棱上的一点，分别在 α， β 平面上引射线PM ，PN ，假如∠ BPM ＝∠＝45°，∠＝60°，那么二面角－－的大小为 ()A．60° B ．70°C．80° D ．90°分析不如设 PM＝ a， PN＝ b，作 ME⊥ AB于点 E， NF⊥AB于点 F，如图．由于∠ EPM＝∠ FPN＝45°，所以 PE＝22a， PF＝22b，→ →→ →→→所以 EM· FN＝( PM－PE)·(PN－ PF)→ → →→ →→→ →＝ PM· PN－PM· PF－ PE· PN＋ PE·PF2222＝ab cos60°－ a×2 b cos45°－2 ab cos45°＋2 a×2 b abab ab ab＝2－2－2＋2＝0.→→所以 EM⊥ FN，所以二面角α－AB－β 的大小为90°.答案D二、填空题7．已知a＝ (2 ，－1,1)，b＝(－1,4，－2)，c＝(11,5，λ)．若向量 a，b，c 共面，则λ＝________.分析由向量，，c 共面可得c＝xa＋(x，∈R) ，a b yb y11＝ 2x－y，x＝7，故有 5＝－x＋ 4y，解得 y＝3，λ ＝x－2y，λ＝1.答案18．已知空间不共面四点，，，，→·→＝→·→＝→·→＝0，且 |→| ＝|→|＝|→|，→O A B COAOBOAOCOBOC OA OB OC AM →＝ MB，则 OM与平面 ABC所成角的正切值是________．分析由题意可知， OA ， OB ， OC 两两垂直，如图，成立空间直角坐标系O － xyz ，设 OA ＝ OB ＝ OC ＝ 1，1 1则 A (1,0,0) ， B (0,1,0) ， C (0,0,1) ， M 2 ，2， 0 ，→→ → 1 1故 AB ＝ ( － 1,1,0) ，AC ＝ ( － 1,0,1) ， OM ＝ 2，2，0 .设平面 ABC 的法向量为 n ＝ ( x ，y ， z ) ，→－ x ＋y ＝ 0，n ⊥AB ，则由得→ － x ＋z ＝ 0，n ⊥AC ，令 x ＝ 1，得平面 ABC 的一个法向量为 n ＝ (1,1,1) ．→1＝ 6故 cos 〈n ， OM 〉＝，2 33× 2→6 2 3sin 〈 n ，OM 〉＝1－3 ＝ 3 ，→→2sin 〈n ， OM 〉tan 〈 n ，OM 〉＝ cos 〈， →〉＝2.nOM答案229．已知点 E ， F 分别在正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 的棱 BB 1， CC 1 上，且 B 1E ＝ 2EB ， CF ＝ 2FC 1，则平面与平面所成的二面角的正切值为________．AEFABC分析如图，成立空间直角坐标系．设＝ 1，由已知条件得(1,0,0)，E1， 1，1，F0， 1，2，DA A33→1AE＝0， 1，3，→2AF＝－1，1，3，设平面 AEF的法向量为n＝( x，y， z)，平面 AEF与平面→n· AE＝0，由→n· AF＝0，ABC所成的二面角为θ，1y＋3z＝0，得2－x＋ y＋3z＝0.令 y＝1，得 z＝－3， x＝－1，则 n＝(－1,1，－3)，平面 ABC的法向量为 m＝(0,0，－1)，cos θ＝ cos〈n，m〉＝3，tanθ＝2. 113答案2 3三、解答题10.如下图，四棱锥S－ ABCD的底面是正方形，SD⊥平面 ABCD， SD＝ AD＝ a，点 E 是 SD上的点，且 DE＝λa(0<λ≤1)．(1)求证：对随意的λ∈(0,1]，都有AC⊥BE；(2)若二面角 C－ AE－ D的大小为60°，求λ的值．解(1) 证明：如下图，成立空间直角坐标系D －xyz ，则 A ( a, 0,0) ，B ( a ，a, 0) ，C (0 ，a, 0) ，D (0,0,0) ，E (0,0 ， λa ) ，∴→＝(－，0) ，→＝( －，－，) ，ACaa, BEaa λa→ →对随意 λ∈ (0,1]都成立，∴ AC · BE ＝0即对随意的 λ∈ (0,1] ，都有 AC ⊥ BE .(2) 明显n ＝ (0,1,0) 是平面的一个法向量，ADE设平面 ACE 的法向量为 m ＝ ( x ，y ， z ) ，→→－ a, 0， λa )， ∵ AC ＝ ( － a ， a, 0) ， AE ＝(→－ ax ＋ ay ＝0， x － y ＝ 0， m · AC ＝ 0， ∴ →即＋＝ 0，∴－＝ 0.· ＝ 0，－ax λazxλzm AE令 z ＝ 1，则 x ＝ y ＝λ，∴ m ＝( λ， λ， 1) ．∵二面角 C － AE － D 的大小为 60°，∴ cos 〈n ，m 〉＝n ·mλ1＝＝，| n || m |1＋ 2λ222 ∵ λ∈ (0,1] ，∴ λ＝.211.(2014 ·北京卷 ) 如图，正方形AMDE的边长为 2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P－ABCDE中， F为棱 PE的中点，平面 ABF与棱 PD，PC分别交于点 G， H.(1)求证： AB∥ FG；(2) 若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．解 (1) 证明：在正方形AMDE中，由于B是AM的中点，所以 AB∥ DE.又由于 AB?平面 PDE，所以 AB∥平面 PDE.由于 AB?平面 ABF，且平面 ABF∩平面 PDE＝ FG，所以 AB∥ FG.(2)由于 PA⊥底面 ABCDE，所以 PA⊥AB，PA⊥ AE.如图成立空间直角坐标系A－ xyz，则 A(0,0,0)，B(1,0,0)， C(2,1,0)， P(0,0,2)， F(0,1,1)→．， BC＝(1,1,0)设平面 ABF的法向量为 n＝( x，y， z)，→x＝0，n· AB＝0，则即n ·→＝0，y＋ z＝0. AF令 z＝1，则 y＝－1.所以 n＝(0，－1,1)．设直线 BC 与平面 ABF 所成角为 α，→1则 sin＝|cos 〈，→〉 | ＝ n ·BCα＝ .n BC→2| n || BC |π所以直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为 6 .设点 H 的坐标为 ( u ，v ， w ) ．→→由于点 H 在棱 PC 上，所以可设 PH ＝ λPC (0< λ<1) ，即 ( u ， v ， w － 2) ＝ λ(2,1 ，－ 2) ，所以 u ＝ 2λ ， v ＝ λ， w ＝ 2－ 2λ.由于 n 是平面 ABF 的法向量，→所以 n ·AH ＝ 0，即 (0 ，－ 1,1) ·(2 λ，λ， 2－ 2λ) ＝ 0，2解得 λ＝3.所以点 H 的坐标为4 2 2，，3 3 3 .所以＝ 4 2 2 2 42＋＋－＝2.PH 3 3 3B 级——能力提升组1.(2014 ·江西卷 ) 如图，四棱锥 P － ABCD 中， ABCD 为矩形，平面 PAD ⊥平面 ABCD .(1) 求证： AB ⊥ PD ；(2) 若∠ BPC ＝90°， PB ＝ 2，PC ＝ 2，问 AB 为什么值时，四棱锥 P － ABCD 的体积最大？并求此时平面 PBC 与平面 DPC 夹角的余弦值．解 (1) 证明： ABCD 为矩形，故 AB ⊥ AD .又平面 PAD ⊥平面 ABCD ，平面 PAD ∩平面 ABCD ＝ AD ，所以 AB ⊥平面 PAD ，故 AB ⊥ PD .故 PO⊥平面 ABCD， BC⊥平面 POG， BC⊥ PG，23266在 Rt △BPC中，PG＝3，GC＝3，BG＝3，2242设 AB＝ m，则 OP＝PG－ OG＝3－ m，故四棱锥 P－ ABCD的体积为142m2V＝3·6· m·3－ m＝38－6m.由于－2＝24－2228m－＝6m－＋，86m8m 6m3366P－ABCD的体积最大．此时，成立如下图的坐标系，各故当 m＝，即 AB＝时，四棱锥3366626266点的坐标为 O(0,0,0)， B3，－3， 0， C3，3， 0，D 0，3， 0，P 0，0，3.→6266→故 PC＝3，3，－3， BC＝(0，6，0)，→6.CD＝－3，0，0设平面 BPC的法向量 n ＝( x， y, 1)，16266→→3 x＋3 y－3＝0，则由 n ⊥ PC， n ⊥ BC，得116y＝0，解得 x＝1， y＝0，n1＝(1,0,1)．21同理可求出平面＝0，，1，DPC的法向量n2进而平面与平面夹角的余弦值为11| n·n |110cos θ12＝5 .＝| n1|| n2|＝12·4＋ 12.如图，在长方体ABCD－ A1B1C1D1中， AA1＝ AD＝1，E 为 CD的中点．(1)求证： B1E⊥ AD1；(2)在棱 AA1上能否存在一点 P，使得 DP∥平面 B1AE？若存在，求 AP的长；若不存在，说明原因；(3)若二面角 A－ B1E－A1的大小为30°，求 AB的长．解 (1) 证明：以A 为原点，→，→，→x轴、y轴、z轴的正方向成立空间直角1的方向分别为AB AD AA1a1，1，0坐标系 ( 如图 ) ，设AB＝a，则A(0,0,0)， D(0,1,0)， D(0,1,1)， E2， B ( a, 0,1)，→→a→→a，1，011－，1，－ 11， AE＝2.故 AD＝(0,1,1)，BE＝2，AB＝( a, 0,1)→→a∵ AD1· B1E＝－2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥ AD1.(2)假定在棱 AA1上存在一点 P(0,0， z0)(0≤ z0≤1)，使得 DP∥平面 B1AE.高考数学二轮复习空间向量与立体几何专题训练(含分析)→此时 DP ＝ (0 ，－ 1， z 0) ．又设平面 B 1AE 的法向量 n ＝ ( x ， y ， z ) ．→→ax ＋ z ＝0， ax由 n ⊥ AB ，n ⊥ AE ，得12＋ y ＝ 0. 取 x ＝ 1，得平面 B 1AE 的一个法向量an ＝ 1，－ 2，－ a .→a要使 DP ∥平面 B 1AE ，只需 n ⊥DP ，有 2－ az 0＝ 0，1解得 z 0＝ 2. 又 DP ?平面 B 1AE ，1∴存在点P ，知足 DP ∥平面 B 1AE ，此时 AP ＝ 2.(3) 连结 A 1D ， B 1C ，由长方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 及 AA 1＝ AD ＝ 1，得 AD 1⊥ A 1D .∵ B 1C ∥ A 1D ，∴ AD 1⊥ B 1C .又由 (1) 知 B 1E ⊥ AD 1，且 B 1C ∩ B 1E ＝ B 1，∴ AD 1⊥平面 DCB 1A 1.→→．∴ AD 1是平面 A 1B 1E 的一个法向量，此时 AD 1＝ (0,1,1) → 设 AD 1与 n 所成的角为 θ ，a· →1－ 2－aAD.则 cos θ＝ → ＝2| n || AD 1|21＋ a＋ a 24∵二面角－ 1－ 1 的大小为 30°，A B E A3a∴ |cos θ| ＝cos30°，即235a 2＝2 ，21＋ 4解得 a ＝ 2，即 AB 的长为 2.。

数学高考复习空间向量及其运算专题训练(含答案)

数学2021届高考复习空间向量及其运算专题训练（含答案）空间中具有大小和方向的量叫做空间向量，下面是空间向量及其运算专题训练，请考生及时练习。

一、选择题1.以下四个命题中正确的是().A.空间的任何一个向量都可用其他三个向量表示B.若{a，b，c}为空间向量的一组基底，则{a+b，b+c，c+a}构成空间向量的另一组基底C.ABC为直角三角形的充要条件是=0D.任何三个不共线的向量都可构成空间向量的一组基底解析若a+b、b+c、c+a为共面向量，则a+b=(b+c)+(c+a)，(1)a=(1)b+(+)c，，不可能同时为1，设1，则a=b+c，则a、b、c为共面向量，此与{a，b，c}为空间向量基底矛盾.答案 B2.若向量a=(1,1，x)，b=(1,2,1)，c=(1,1,1)，满足条件(ca)(2b)=2，则x= ().A.4B.2C.4D.2解析 a=(1,1，x)，b=(1,2,1)，c=(1,1,1)，ca=(0,0,1x)，2b=(2,4,2).(ca)(2b)=2(1x)=2，x=2.答案 D3.若{a，b，c}为空间的一组基底，则下列各项中，能构成基底的一组向量是().A.{a，a+b，ab}B.{b，a+b，ab}C.{c，a+b，ab}D.{a+b，ab，a+2b}解析若c、a+b、ab共面，则c=(a+b)+m(ab)=(+m)a+(m)b，则a、b、c为共面向量，此与{a，b，c}为空间向量的一组基底矛盾，故c，a+b，ab可构成空间向量的一组基底.答案 C4.如图所示，已知空间四边形OABC，OB=OC，且AOB=AOC=，则cos〈，〉的值为().A.0B.C. D.解析设=a，=b，=c，由已知条件〈a，b〉=〈a，c〉=，且|b|=|c|，=a(cb)=acab=|a||c||a||b|=0，cos〈，〉=0.答案 A5.如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点.若=a，=b，=c，则下列向量中与相等的向量是().A.a+b+cB.a+b+cC.ab+cD.ab+c解析 =+=+()=c+(ba)=a+b+c.答案 A.如图，在大小为45的二面角AEFD中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是()A.B.C.1D.解析 =++，||2=||2+||2+||2+2+2+2=1+1+1=3，故||=.答案 D 二、填空题R，向量，且，则解析 .答案8. 在空间四边形ABCD中，++=________.解析如图，设=a，=b，=c，++=a(cb)+b(ac)+c(ba)=0.答案 0.已知ABCDA1B1C1D1为正方体，(++)2=32;()=0;向量与向量的夹角是60正方体ABCDA1B1C1D1的体积为||.其中正确命题的序号是________.解析由，，，得(++)2=3()2，故正确;中=，由于AB1A1C，故正确;中A1B与AD1两异面直线所成角为60，但与的夹角为120，故不正确;中||=0.故也不正确.答案10.如图，空间四边形OABC中，OA=8，AB=6，AC=4，BC=5，OAC=45，OAB=60，则OA与BC所成角的余弦值等于________. 解析设=a，=b，=c.OA与BC所成的角为，=a(cb)=acab=a(a+)a(a+)=a2+aa2a=2416.cos ===.答案三、解答题.已知A、B、C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足=(++).(1)判断、、三个向量是否共面;(2)判断点M是否在平面ABC内.解 (1)由已知++=3 ，即=+=，，，共面.(2)由(1)知，，，共面且基线过同一点M，四点M，A，B，C共面，从而点M在平面ABC内..把边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起成直二面角，点E、F分别是AD、BC的中点，点O是原正方形的中心，求：(1)EF的长;(2)折起后EOF的大小.如图，以O点为原点建立空间直角坐标系Oxyz，则A(0，a,0)，B(a,0,0)，C0，a,0)，D0,0，a)，E0，a，a)，F(a，a,0).(1)||2=2+2+2=a2，|EF|=a.(2)=，=，=0a++a0=，||=，||=，cos〈，〉==，EOF=120..如图，已知M、N分别为四面体ABCD的面BCD与面ACD的重心，且G为AM上一点，且GMGA=13.求证：B、G、N三点共线.证明设=a，=b，=c，则=a+(a+b+c)=a+b+c，=a+b+c=.∥，即B、G、N三点共线..如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB、AD、CD的中点，计算：(1)(2)(3)EG的长;(4)异面直线AG与CE所成角的余弦值.解设=a，=b，=c.则|a|=|b|=|c|=1，〈a，b〉=〈b，c〉=〈c，a〉=60，(1)==ca，=a，=bc，=(a)=a2ac=，(2)=(ca)(bc)=(bcabc2+ac)=;(3)=++=a+ba+cb=a+b+c，||2=a2+b2+c2ab+bcca=，则||=.(4)=b+c，=+=b+a，cos〈，〉==，由于异面直线所成角的范围是(0，90]，所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.空间向量及其运算专题训练及答案的全部内容就是这些，查字典数学网预祝考生可以取得优异的成绩。

高考数学二轮复习空间向量难点提分专练

高考数学二轮复习空间向量难点提分专练(1)证明：面PAD面PCD;(2)求AC与PB所成的角;(3)求面AMC与面BMC所成二面角A-CM-B的大小。

A-MC-B为钝角，二面角A-CM-B的大小为。

2.如图11-2，在直四棱术ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=2，DC=2，AA1=，ADDC，ACBD，垂足为E。

(1)求证BDA1C;(2)求二面角A1-BD-C1的大小;(3)求异面直线AD与BC1所成角的大小。

【特别提醒】利用空间向量求异面直线所成的角，公式为cos关键是正确地建立坐标系进而写出各有关点的坐标，建立坐标会出现用三条两两不垂直的直线作x轴、y轴、z轴的错误，还会出现用三条两两互相垂直但不过同一点的三条直线作x轴、y轴、z 轴的错误。

写点的坐标也容易出现错误，学习时要掌握一些特殊点坐标的特点，如x轴上的点坐标为(a，0，0)，xoz面上的点坐标为(a,0,b)等，其次还应学会把某个平面单独分化出来，利用平面几何的知识求解，如本节的例2，求B的坐标。

【举一反三】1.已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2a,高为b，求异面直线AC1和A1B所成的角。

2.如图11-4，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F 分别是D1D，BD的中点，G在CD上，且CG=CD，H为C1G的中点。

(1)求证：EFB1C;3.如图11-5 四棱锥PABCD的底面ABCD是矩形，PA底面ABCD，PA=AB=1，BC=2。

(1)求证：平面PAD平面PCD;(2)若E是PD的中点，求异面直线AE与PC所成角的余弦值;(3)在BC边上是否存在一点G，使得D点在平面PAG的距离为1，如果存在，求出BG的值;如果不存在，请说明理由。

易错点 2求直线与平面所成的角1.如图在三棱锥PABC中，ABBC，AB=BC=KPA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP底面ABC。

(1)当k=时，求直线PA与平面PBC所成角的大小;(2)当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好为PBC的重心?2.如图11-7，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PD底面ABCD，AD=PD，E、F分别为CD、PB的中点。

高考数学压轴专题最新备战高考《空间向量与立体几何》难题汇编附答案

【高中数学】数学复习题《空间向量与立体几何》知识点练习一、选择题1．如图，在正方体1111ABCD A B C D -，点P 在线段1BC 上运动，则下列判断正确的是（）①平面1PB D ⊥平面1ACD ②1//A P 平面1ACD③异面直线1A P 与1AD 所成角的取值范围是0,3π⎛⎤ ⎥⎝⎦④三棱锥1D APC -的体积不变 A ．①② B ．①②④C ．③④D ．①④【答案】B 【解析】【分析】由面面垂直的判定定理判断①，由面面平行的性质定理判断②，求出P 在特殊位置处时异面直线所成的角，判断③，由换底求体积法判断④．【详解】正方体中易证直线AC ⊥平面11BDD B ，从而有1AC B D ⊥，同理有11B D AD ^，证得1B D ⊥平面1ACD ，由面面垂直判定定理得平面1PB D ⊥平面1ACD ，①正确；正方体中11//A B CD ，11//BC AD ，从而可得线面平行，然后可得面面平行，即平面11A BC //平面1ACD ，而1A P ⊂平面11A BC ，从而得1//A P 平面1ACD ，②正确；当P 是1BC 中点时，1A P 在平面11A B CD 内，正方体中仿照上面可证1AD ⊥平面11A B CD ，从而11AD A P ⊥，1A P 与1AD 所成角为90︒．③错；∵11D APC P AD C V V --=，由1//BC 平面1ACD ，知P 在线段1BC 上移动时，P 到平面1ACD 距离相等，因此1P AD C V -不变，④正确．故选：B ．【点睛】本题考查面面垂直的判定定理、面面平行的性质定理、异面直线所成的角、棱锥的体积等知识，考查学生的空间想象能力，属于中档题．2．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．273B ．276C ．274D ．272【答案】D 【解析】【分析】先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果. 【详解】几何体为一个三棱锥，高为33333，，所以体积为1127=33333=322V ⨯⨯⨯，选D. 【点睛】(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．3．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，13,1AB AD AA ===,而对角线1A B 上存在一点P ，使得1AP D P +取得最小值，则此最小值为（）A ．7B ．3C ．1+3D ．2【答案】A 【解析】【分析】把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD 并求出，就是最小值．【详解】把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD ．1MD 就是1||||AP D P +的最小值，Q ||||3AB AD ==，1||1AA =，∴0113tan 3,60AA B AA B ∠==∴∠=．所以11=90+60=150MA D ∠o o o2211111111132cos 13223()72MD A D A M A D A M MA D ∴=+-∠=+-⨯⨯-⋅⨯=故选A ．【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查计算能力，空间想象能力，解决此类问题常通过转化，转化为在同一平面内两点之间的距离问题，是中档题．4．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于（）A ．23B ．13C ．12D ．34【答案】B 【解析】分析：先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果.详解：几何体如图S-ABCD ，高为1，底面为平行四边形，所以四棱锥的体积等于21111=33⨯⨯，选B.点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断求解.5．设α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，下列说法正确的是（） A ．若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n ⊥β B ．若α⊥β，n ∥α，则n ⊥β C ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β D ．若m ⊥α，m ⊥β，n ⊥α，则n ⊥β 【答案】D 【解析】【分析】根据直线、平面平行垂直的关系进行判断．【详解】由α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，知：在A 中，若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故A 错误；在B 中，若α⊥β，n ∥α，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故B 错误；在C 中，若m ∥α，m ∥β，则α与β相交或平行，故C 错误；在D 中，若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β， ∴若n ⊥α，则n ⊥β，故D 正确. 故选：D. 【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的益关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.6．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．238 B ．823+C ．283D ．10【答案】A 【解析】【分析】根据三视图可知该几何体为一组合体，是一个棱长为2的正方体与三棱锥的组合体，根据体积公式分别计算即可. 【详解】几何体为正方体与三棱锥的组合体，由正视图、俯视图可得该几何体的体积为311232+232832V =⨯⨯=, 故选A. 【点睛】本题主要考查了三视图，正方体与三棱锥的体积公式，属于中档题.7．如图，在正方体1111ABCD A B C D - 中，,E F 分别为111,B C C D 的中点，点P 是底面1111D C B A 内一点，且//AP 平面EFDB ，则1tan APA ∠ 的最大值是( )A ．2B ．2C ．22D ．32【答案】C 【解析】分析：连结AC 、BD ，交于点O ，连结A 1C 1，交EF 于M ，连结OM ，则AO =P PM ，从而A 1P=C 1M ，由此能求出tan ∠APA 1的最大值．详解：连结AC 、BD ，交于点O ，连结A 1C 1，交EF 于M ，连结OM ，设正方形ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，∵在正方形ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为B 1C 1，C 1D 1的中点，点P 是底面A 1B 1C 1D 1内一点，且AP ∥平面EFDB ， ∴AO =P PM ，∴A 1P=C 1M=244AC =， ∴tan ∠APA 1=11AA A P242． ∴tan ∠APA 1的最大值是2．故选D ．点睛：本题考查角的正切值的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，考查运算求解能力，是中档题．8．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 分别是AB 、11B C 的中点，则异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值为（）A ．3 B ．13C ．58 D ．387【答案】C 【解析】【分析】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF ，推导出四边形BDFE 为平行四边形，可得出//BE DF ，可得出异面直线BE 与CD 所成的角为CDF ∠，通过解CDF V ，利用余弦定理可求得异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值. 【详解】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF .易知EF 是111A B C △的中位线，所以11//EF A B 且1112EF A B =. 又11//AB A B 且11AB A B =，D 为AB 的中点，所以11//BD A B 且1112BD A B =，所以//EF BD 且EF BD =.所以四边形BDFE 是平行四边形，所以//DF BE ，所以CDF ∠就是异面直线BE 与CD 所成的角.因为4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 、F 分别是AB 、11B C 、11A C 的中点，所以111122C F AC ==，111122B E BC ==且CD AB ⊥. 由勾股定理得224442AB =+=，所以2242AC BC CD AB ⋅===. 由勾股定理得2222115229CF CC C F =+=+=，2222115229DF BE BB B E ==+=+=.在CDF V 中，由余弦定理得())()22229222958cos 22922CDF +-∠==⨯⨯.故选：C. 【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，一般利用平移直线法找出异面直线所成的角，考查计算能力，属于中等题.9．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（）A 3B ．πC ．3πD ．12π【答案】C 【解析】该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，把这个三棱锥放到正方体中，即可求出其外接球的表面积. 【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，如图所示该几何体是棱长为1的正方体中的三棱锥1A BCD AB BC BD -===，.所以该三棱锥的外接球即为此正方体的外接球，球的直径2r 为正方体体对角线的长. 即22221113r =++=. 所以外接球的表面积为243r ππ=. 故选：C . 【点睛】本题考查几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题.10．设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m α⊥，//n α，则m n ⊥； ②若//αβ，m α⊥，则m β⊥； ③若//m α，//n α，则//m n ； ④若m α⊥，αβ⊥，则//m β. 其中真命题的序号为（） A ．①和② B ．②和③C ．③和④D ．①和④【答案】A 【解析】【分析】逐一分析命题①②③④的正误，可得出合适的选项. 【详解】对于命题①，若//n α，过直线n 作平面β，使得a αβ⋂=，则//a n ，m α⊥Q ，a α⊂，m a ∴⊥，m n ∴⊥，命题①正确；对于命题②，对于命题②，若//αβ，m α⊥，则m β⊥，命题②正确；对于命题③，若//m α，//n α，则m 与n 相交、平行或异面，命题③错误；对于命题④，若m α⊥，αβ⊥，则m β⊂或//m β，命题④错误. 故选：A.本题考查有关线面、面面位置关系的判断，考查推理能力，属于中等题.11．如图，正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）111ABC A B C -的底面边长为a ，侧棱长为2a ，则1AC 与侧面11ABB A 所成的角是( )A ．30°B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】A 【解析】【分析】以C 为原点，在平面ABC 中，过点C 作BC 的垂线为x 轴，CB 为y 轴，1CC 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出1AC 与侧面11ABB A 所成的角．【详解】解：以C 为原点，在平面ABC 中，过点C 作BC 的垂线为x 轴，CB 为y 轴，1CC 为z 轴，建立空间直角坐标系，则3(a A ，2a ，0)，1(0C ，02)a ，13(a A 2a 2)a ，(0B ，a ，0)， 13(a AC =u u u u r ，2a -2)a ，3(a AB =u u u r ，2a ，0)，1(0AA =u u u r ，02)a ，设平面11ABB A 的法向量(n x =r，y ，)z ，则13·022·20a a n AB x y n AA az ⎧=-+=⎪⎨⎪==⎩u u u v v u u u v v ，取1x =，得(1n =r 3，0)，设1AC 与侧面11ABB A 所成的角为θ，则111||31sin |cos ,|2||||23n AC a n AC n AC a θ=<>===r u u u u rr u u u u r g r u u u ur g ， 30θ∴=︒，1AC ∴与侧面11ABB A 所成的角为30°．故选：A ．【点睛】本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．12．三棱锥D ABC -中，CD ⊥底面,ABC ABC ∆为正三角形，若//,2AE CD AB CD AE ===，则三棱锥D ABC -与三棱锥E ABC -的公共部分构成的几何体的体积为（） A ．39B ．33C ．13D ．3【答案】B 【解析】根据题意画出如图所示的几何体：∴三棱锥D ABC -与三棱锥E ABC -的公共部分构成的几何体为三棱锥F ABC - ∵ABC 为正三角形，2AB = ∴132232ABC S ∆=⨯⨯=∵CD ⊥底面ABC ，//AE CD ，2CD AE == ∴四边形AEDC 为矩形，则F 为EC 与AD 的中点 ∴三棱锥F ABC -的高为112CD = ∴三棱锥F ABC -的体积为13313V ==故选B.13．已知三棱锥P ABC -中，PA PB PC ==，APB BPC CPA ∠>>∠，PO ⊥平面ABC 于O ，设二面角P AB O --，P BC O --，P CA O --分别为,,αβγ，则（）A ．αβγ>>B ．γβα>>C ．βαγ>>D ．不确定【答案】A 【解析】【分析】D 为AB 中点，连接,DP DO ，故PD AB ⊥，计算sin cos2POAPB a α=∠，sin cos 2PO CPB a β=∠，sin cos2POCPA a γ=∠，得到大小关系. 【详解】如图所示：设PA PB PC a ===，D 为AB 中点，连接,DP DO ，故PD AB ⊥， PO ⊥平面ABC ，故PDO ∠为二面角P AB O --的平面角.cos 2APB PD a ∠=，sin cos 2PO POAPB PD a α==∠，同理可得：sin cos 2PO CPB a β=∠，sin cos2POCPA a γ=∠， APB BPC CPA ∠>∠>∠，故sin sin sin αβγ>>，故αβγ>>.故选：A .【点睛】本题考查了二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.14．古代数学名著《张丘建算经》中有如下问题：“今有仓，东西袤一丈二尺，南北广七尺，南壁高九尺，北壁高八尺，问受粟几何？”.题目的意思是：“有一粮仓的三视图如图所示（单位：尺），问能储存多少粟米？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，估算粮仓可以储存的粟米约有（取整数）（）A．441斛B．431斛C．426斛D．412斛【答案】A【解析】【分析】由三视图可知：上面是一个横放的三棱柱，下面是一个长方体．由体积计算公式即可得出．【详解】解：由三视图可知：上面是一个横放的三棱柱，下面是一个长方体．∴体积117127812714V=⨯⨯⨯+⨯⨯=，2∴粮仓可以储存的粟米714441=≈斛．1.62故选：A．15．某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为（）A ．152πB ．12πC ．112π D ．212π【答案】A 【解析】【分析】由三视图可知，该几何体为由18的球体和14的圆锥体组成，结合三视图中的数据，利用球和圆锥的体积公式求解即可. 【详解】由三视图可知，该几何体为由18的球体和14的圆锥体组成，所以所求几何体的体积为11+84V V V =球圆锥，因为31149=3=8832V ππ⨯⨯球， 221111=34344312V r h πππ⨯⨯=⨯⨯⨯=圆锥，所以915322V πππ=+=，即所求几何体的体积为152π. 故选：A 【点睛】本题考查三视图还原几何体及球和圆锥的体积公式；考查学生的空间想象能力和运算求解能力；三视图正确还原几何体是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.16．已知直线和不同的平面，下列命题中正确的是A ．//m m αβαβ⊥⎫⇒⎬⊥⎭ B ．m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭C ．//////m m ααββ⎫⇒⎬⎭ D ．////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭【答案】D 【解析】【分析】对各个选项逐一进行分析即可【详解】A ，若αβ⊥，m β⊥，则有可能m α⊂，故A 错误B ，若αβ⊥，m α⊂，则m 与β不一定垂直，可能相交或平行，故B 错误C ，若//m α，//m β则推不出//αβ，面面平行需要在一个面内找出两条相交线与另一个平面平行，故C 错误D ，若//αβ，m α⊂，则有//m β，故D 正确故选D 【点睛】本题考查了线面平行与面面平行的判断和性质，在对其判定时需要运用其平行的判定定理或者性质定理，所以要对课本知识掌握牢固，从而判断结果17．已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是边OA ，CB 的中点，点G 在线段MN 上，且使2MG GN =，用向量OA u u u v ，OB uuu v ，OC u u u v 表示向量OG u u u v是（）A ．2233OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u vB ．122233OG OA OB OC u u u v u u u v u u u v u u u v =++C ．111633OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u vD ．112633OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v【答案】C 【解析】【分析】根据所给的图形和一组基底，从起点O 出发，把不是基底中的向量，用是基底的向量来表示，就可以得到结论．【详解】2OG OM MG OM MN 3=+=+u u u r u u u u r u u Q u u r u u u u r u u u u r,()()2121111OM MO OC CN OM OC OB OC OA OB OC 3333633u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u ur u u u r u u u r =+++=++-=++111OG OA OB OC 633u u u r u u u r u u u r u u u r ∴=++ ,故选：C ．【点睛】本题考查向量的基本定理及其意义，解题时注意方法，即从要表示的向量的起点出发，沿着空间图形的棱走到终点，若出现不是基底中的向量的情况，再重复这个过程．18．如图1，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，Q 分别是线段AD 1，B 1C ，C 1D 1上的动点，当三棱锥Q-BMN 的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为A ．2B ．1C ．32 D ．52【答案】C 【解析】【分析】判断俯视图的形状，利用三视图数据求解俯视图的面积即可．【详解】由正视图可知：M 是1AD 的中点，N 在1B 处，Q 在11C D 的中点，俯视图如图所示：可得其面积为：1113222111122222⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=，故选C ．【点睛】本题主要考查三视图求解几何体的面积与体积，判断它的形状是解题的关键，属于中档题.19．由两个14圆柱组合而成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A ．π3B ．π2C ．πD ．2π【答案】C 【解析】【分析】根据题意可知，圆柱的底面半径为1，高为2，利用圆柱的体积公式即可求出结果。

压轴22 空间向量备战2021年高考数学二轮必刷压轴题精选精炼(原卷版)

压轴22 空间向量一、单选题1. 已知空间向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OC⃗⃗⃗⃗⃗ 两两相互垂直，且|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP ⃗⃗⃗⃗⃗ |，若OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +z OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则x +y +z 的取值范围是A. [−√33,√33] B. [−1,1] C. [−√3,√3] D. [−2,2]2. 在棱长为1的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 为线段B 1C 的中点，F 是棱C 1D 1上的动点，若点P 为线段BD 1上的动点，则PE +PF 的最小值为A. 5√26B. 1+√22 C. √62 D. 3√223. 如图，在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =1，BC =√3，点M 在棱CC 1上，且MD 1⊥MA ，则当ΔMAD 1的面积最小时，棱CC 1的长为A. 2B. √102C. √2D. 32√2 4. 如图，正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P ，Q 分别在直线AB ，A 1D 1上，M 是线段PQ 的一个三等分点(靠近点P).若|PQ|≤2，则|AM|的取值范围是A.B. [13,√133] C. [13,139]D. [13,23]5. 设OABC 是四面体，G 是ΔABC 的重心，若OG⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +z OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则(x , y , z)为 A. (14 , 14 , 14)B. (13 , 13 , 13)C. (23 , 23 , 23)D. (34 , 34 , 34)6. 若正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1表面上的动点P 满足CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(PA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗ )=3PC ⃗⃗⃗⃗ 2，则动点P 的轨迹为 A. 三段圆弧B. 三条线段C. 椭圆的一部分和两段圆弧D. 双曲线的一部分和两条线段7. 如图，在平行六面体ABCD—A 1B 1C 1D 1中，AE =3EA 1，AF =FD ，AG =12GB ，过E ，F ，G 三点的平面与对角线AC 1交于点P ，则AP ∶PC 1=A. 116B. 316C. 516D. 7168. 对于任意非零向量a⃗ =(a 1,a 2,a 3)，b ⃗ =(b 1,b 2,b 3)，给出下面三个命题： (1)a ⃗ //b ⃗ ⇔a 1b 1=a 2b 2=a3b 3；(2)cos <a ⃗ ，b ⃗ >=112233√a 1+a 2+a 3⋅√b 1+b 2+b 3； (3)若a 1=a 2=a 3=1，则a ⃗ 为单位向量．其中正确命题的个数为A. 0B. 1C. 2D. 39. 已知四边形ABCD ，AB =BD =DA =2，BC =CD =√2，现将ΔABD 沿BD 折起，使二面角A −BD −C的大小在[π6,5π6]内，则直线AB 与CD 所成角的余弦值取值范围是A. [0,5√28] B. [0,√28] C. [0,√28]⋃[5√28,1) D. [√28,5√28] 10. 在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是C 1D 1，CC 1的中点，则异面直线AE 与BF 所成角的余弦值为A. −5√618B. −√55C. −√65D. 2√55二、填空题11. 如图，平面PAB ⊥平面α，AB ⊂α，且△PAB 为正三角形，点D 是平面α内的动点，四边形ABCD 是菱形，点O 为AB 的中点，AC 与OD 交于点Q ，l ⊂α，且l ⊥AB ，则PQ 与l 所成角的正切值的最小值为__________．12. 平行六面体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，已知底面四边形ABCD 为矩形，∠A 1AB =∠A 1AD =π3。

高三数学二轮复习专题能力提升训练14 用空间向量法解决立体几何问题理试题

训练14 用空间向量法解决立体几何问题创作人：历恰面日期：2020年1月1日(时间是：45分钟满分是：75分)一、选择题(每一小题5分，一共25分)1．如下图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝2a 3，那么MN与平面BB1C1C的位置关系是( )．A．相交B．平行C．垂直D．不能确定2．(2021·调研)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，那么BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为( )．A.63B.265C.155D.1053．(2021·模拟)正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长与底面边长相等，那么AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦等于( )．A.64B.104C.22D.324．(2021·模拟)过正方形ABCD 的顶点A ，引PA ⊥平面ABCD .假设PA ＝BA ，那么平面ABP 和平面CDP 所成的二面角的大小是( )．A ．30° B．45° C．60° D．90°5．(2021·模拟)如下图，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F 且EF ＝22，那么以下结论中错误的选项是 ( )．A ．AC ⊥BEB ．EF ∥平面ABCDC ．三棱锥ABEF 的体积为定值D ．异面直线AE ，BF 所成的角为定值二、填空题(每一小题5分，一共15分)6．在空间四边形ABCD 中，AB →＝a －2c ，CD →＝5a ＋6b －8c ，对角线AC 、BD 的中点分别为P 、Q ，那么PQ →＝________.7．(2021·调研)到正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的三条棱AB 、CC 1、A 1D 1所在直线的间隔相等的点：①有且只有1个；②有且只有2个；③有且只有3个；④有无数个．其中正确答案的序号是________．8．ABCDA 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确命题的序号是________．三、解答题(此题一共3小题，一共35分)9．(11分)(2021·)如图，在四棱锥PABCD 中，底面是边长为23的菱形，∠BAD ＝120°，且PA ⊥平面ABCD ，PA ＝26，M ，N 分别为PB ，PD 的中点．(1)证明：MN ∥平面ABCD ；(2)过点A 作AQ ⊥PC ，垂足为点Q ，求二面角AMNQ 的平面角的余弦值．10．(12分)(2021·东北四校一模)如图，斜三棱柱ABCA 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面ABB 1A 1是菱形，且∠A 1AB ＝60°，M 是A 1B 1的中点，MB ⊥AC . (1)求证：MB ⊥平面ABC ； (2)求二面角A 1BB 1C 的余弦值．11．(12分)(2021·二模)如图，在四棱锥PABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2.E 是PB 的中点． (1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；(2)假设二面角PACE 的余弦值为63，求直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值．参考答案训练14 用空间向量法解决立体几何问题1．B [MN →＝MB →＋BC →＋CN →＝23A 1B →＋BC →＋23CA →＝23(A 1B 1→＋B 1B →)＋BC →＋23(CD →＋DA →) ＝23B 1B →＋BC →＋23DA →，又CD →是平面BB 1C 1C 的一个法向量，且MN →·CD →＝23B 1B →＋BC →＋23DA →·CD →＝0，∴MN →⊥CD →，又MN ⊄面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C .] 2．D [连A 1C 1与B 1D 1交与O 点，再连BO ，∵AB ＝BC ，∴⎭⎪⎬⎪⎫D 1B 1⊥A 1C 1面DD 1BB 1⊥A 1B 1C 1D 1⇒C 1O ⊥面DD 1BB 1，那么∠OBC 1为BC 1与平面BB 1D 1D 所成角． cos ∠OBC 1＝OC 1BC 1，OC 1＝2，BC 1＝5， ∴cos ∠OBC 1＝25＝105.] 3．A [如下图建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，A (0，－1,0)，B 1(3，0,2)，那么AB 1→＝(3，1,2)，O (0,0,0)，B (3，0,0)，那么BO →＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量由sin θ＝|AB 1→·BO →||AB 1→||BO →|＝64.]4．B [建立如下图的空间直角坐标系，不难求出平面APB 与平面PCD 的法向量n 1＝(0,1,0)，n 2＝(0,1,1)，故平面ABP 与平面CDP 所成二面角(锐角)的余弦值为|n 1·n 2||n 1||n 2|＝22，故所求的二面角的大小是45°.]5．D [∵AC ⊥平面BB 1D 1D ，又BE ⊂平面BB 1D 1D . ∴AC ⊥BE ，故A 正确．∵B 1D 1∥平面ABCD ，又E 、F 在直线D 1B 1上运动， ∴EF ∥平面ABCD ，故B 正确．C 中由于点B 到直线B 1D 1的间隔不变，故△BEF 的面积为定值，又点A 到平面BEF 的间隔为22，故V ABEF 为定值． ①当点E 在D 1处，点F 为D 1B 1的中点时，建立空间直角坐标系，如下图，可得A (1,1,0)，B (0,1,0)，E (1,0,1)，F 12，12，1，∴AE →＝(0，－1,1)，BF →＝12，－12，1，∴AE →·BF →＝32.又|AE |＝2，|BF |＝62， ∴cos 〈AE →，BF →〉＝AE →·BE →|AE →|·|BF →|＝322·62＝32.∴此时异面直线AE 与BF 成30°角． ②当点E 为D 1B 1的中点，点F 在B 1处时，此时E 12，12，1，F (0,1,1)，∴AE →＝－12，－12，1，BF →＝(0,0,1)，∴AE →·BF →＝1，|AE →|＝－122＋－122＋12＝62， ∴cos 〈AE →，BF →〉＝AE →·BF →|AE →|·|BF →|＝11·62＝63≠32，应选D.]6．解析如图．PQ →＝PC →＋CD →＋DQ →，PQ →＝PA →＋AB →＋BQ →∴2PQ →＝(PC →＋PA →)＋(DQ →＋BQ →)＋CD →＋AB →＝0 ＋0＋a －2c ＋5a ＋6b －8c ＝6a ＋6b －10c ，∴PQ →＝3a ＋3b －5c . 答案 3a ＋3b －5c7．解析注意到正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的对角线B 1D 上的每一点到直线AB ，CC 1，A 1D 1的间隔都相等，因此到ABCDA 1B 1C 1D 1的三条棱AB ，CC 1，A 1D 1所在直线间隔相等的点有无数个，其中正确答案的序号是④. 答案 ④8．解析设正方体的棱长为1，①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3(A 1B 1→)2＝3，故①正确；②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，由于AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中|AB →·AA 1→·AD →④也不正确．答案 ①②9．(1)证明因为M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以MN 是△PBD 的中位线，所以MN ∥BD .又因为MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)解连接AC 交BD 于O .以O 为原点，OC ，OD 所在直线为x ，y 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如下图．在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得AC ＝AB ＝23，BD ＝3AB ＝6.又因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AC .在直角三角形PAC 中，AC ＝23，PA ＝26， AQ ⊥PC ，得QC ＝2，PQ ＝4.由此知各点坐标如下，A (－3，0,0)，B (0，－3,0)，C (3，0,0)，D (0,3,0)，P (－3，0,26)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－32，6， N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32，6，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，263. 设m ＝(x ，y ，z )为平面AMN 的法向量．由AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，6，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，6知，⎩⎪⎨⎪⎧32x －32y ＋6z ＝0，32x ＋32y ＋6z ＝0.取z ＝－1，得m ＝(22，0，－1)．设n ＝(x ，y ，z )为平面QMN 的法向量．由QM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－536，－32，63，QN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－536，32，63知，⎩⎪⎨⎪⎧－536x －32y ＋63z ＝0，－536x ＋32y ＋63z ＝0.取z ＝5，得n ＝(22，0,5)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝3333.所以二面角AMNQ 的平面角的余弦值为3333. 10．(1)证明 ∵侧面ABB 1A 1是菱形，且∠A 1AB ＝60°，∴△A 1BB 1为正三角形，又∵点M 为A 1B 1的中点，∴BM ⊥A 1B 1， ∵AB ∥A 1B 1，∴BM ⊥AB ，由MB ⊥AC ，∴MB ⊥平面ABC .(2)解如图建立空间直角坐标系，设菱形ABB 1A 1边长为2，得B 1(0，－1，3)，A (0,2,0)，C (3，1,0)，A 1(0,1，3)．那么BA 1→＝(0,1，3)，BA →＝(0,2,0)，BB 1→＝(0，－1，3)，BC →＝(3，1,0)．设面ABB 1A 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1⊥BA →，n 1⊥BA 1→得，⎩⎨⎧2y 1＝0，y 1＋3z 1＝0，令x 1＝1，得n 1＝(1,0,0)．设面BB 1C 1C 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由n 2⊥BB 1→，n 2⊥BC →得⎩⎨⎧－y 2＋3z 2＝0，3x 2＋y 2＝0.令y 2＝3，得n 2＝(－1，3，1)，得cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－11·5＝－55.又二面角A 1BB 1C 为锐角，所以所求二面角的余弦值为55. 11．(1)证明 ∵PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥PC ，∵AB ＝2，AD ＝CD ＝1，∴AC ＝BC ＝2， ∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ，又BC ∩PC ＝C ，∴AC ⊥平面PBC ， ∵AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面PBC .(2)解如图，以C 为原点，DA →、CD →、CP →分别为x 轴、y 轴、z 轴正向，建立空间直角坐标系，那么C (0,0,0)，A (1,1,0)，B (1，－1,0)．设P (0,0，a )(a ＞0)，那么E 12，－12，a 2，CA →＝(1,1,0)，CP →＝(0,0，a )，CE →＝12，－12，a 2，取m ＝(1，－1,0)，那么m ·CA →＝m ·CP →＝0，m 为面PAC 的法向量．设n ＝(x ，y ，z )为面EAC 的法向量，那么n ·CA →＝n ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x －y ＋az ＝0，取x ＝a ，y ＝－a ，z ＝－2，那么n ＝(a ，－a ，－2)，依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝a a 2＋2＝63，那么a ＝2.于是n ＝(2，－2，－2)，PA →＝(1,1，－2)．设直线PA 与平面EAC 所成角为θ，那么sin θ＝|cos 〈PA →，n 〉|＝|PA →·n ||PA →||n |＝23，即直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值为23.创作人：历恰面日期： 2020年1月1日。

浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题四 3 第3讲空间向量与立体几何含解析

专题强化训练1．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为CD 和C 1C 的中点，则直线AE 与D 1F 所成角的余弦值为( )A.13 B.25 C.35D.37解析：选B.以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(图略)．若棱长为2，则A (2，0，0)、E (0，1，0)、D 1(0，0，2)、F (0，2，1)．所以EA →＝(2，－1，0)，D 1F →＝(0，2，－1)， cos 〈EA →，D 1F →〉＝EA →·D 1F→|EA →||D 1F →|＝－25·5＝－25.则直线AE 与D 1F 所成角的余弦值为25.2．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22解析：选B.以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12， D (0，1，0)，所以A 1D →＝(0，1，－1)， A 1E →＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.所以n 1＝(1，2，2)．因为平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.3．(2019·浙江省十校联合体期末联考)在三棱锥O -ABC 中，已知OA ，OB ，OC 两两垂直且相等，点P 、Q 分别是线段BC 和OA 上的动点，且满足BP ≤12BC ，AQ ≥12AO ，则PQ 和OB 所成角的余弦的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤22，1B.⎣⎡⎦⎤33，1C.⎣⎡⎦⎤33，255D.⎣⎡⎦⎤22，255解析：选B.根据题意，以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设OA ＝OB ＝OC ＝2，OB →＝(2，0，0)，设P (x ，y ，0)，Q (0，0，z )，因为BP ≤12BC ，AQ ≥12AO ，所以1≤x ≤2，0≤y ≤1且x ＋y ＝2，0≤z ≤1，PQ →＝(－x ，x －2，z )，|cos 〈OB →，PQ →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪OB →·PQ →|OB→|·|PQ →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－x 2x 2－4x ＋4＋z 2，当x ＝1，z ＝1时，|cos 〈OB →，PQ →〉|＝33；当x ＝2，z ＝1时，|cos 〈OB →，PQ →〉|＝255；当x ＝2，z ＝0时，|cos 〈OB →，PQ →〉|＝1.当x ＝1，z ＝0时，|cos 〈OB →，PQ →〉|＝22，结合四个选项可知PQ 和OB 所成角的余弦的取值范围是⎣⎡⎦⎤33，1.4．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，∠BAC ＝π2，AB ＝AC ＝AA 1＝1，已知G 和E 分别为A 1B 1和CC 1的中点，D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)，若GD ⊥EF ，则线段DF 的长度的取值范围为( )A.⎣⎡⎭⎫55，1B.⎣⎡⎦⎤55，1C.⎝⎛⎭⎫255，1D.⎣⎡⎭⎫255，1解析：选 A.建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，1，12，G ⎝⎛⎭⎫12，0，1，F (x ，0，0)，D (0，y ，0)，由于GD ⊥EF ，所以x ＋2y －1＝0， DF ＝x 2＋y 2＝5⎝⎛⎭⎫y －252＋15，由x ＝1－2y >0，得y <12，所以当y ＝25时，线段DF 长度的最小值是15，当y ＝0时，线段DF 长度的最大值是1而不包括端点，故y ＝0不能取，故选A. 5．已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( )A.32B.155C.105D.33解析：选C.如图所示，将直三棱柱ABC -A 1B 1C 1补成直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1，连接AD 1，B 1D 1，则AD 1∥BC 1，所以∠B 1AD 1或其补角为异面直线AB 1与BC 1所成的角．因为∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，所以AB 1＝5，AD 1＝ 2.在△B 1D 1C 1中，∠B 1C 1D 1＝60°，B 1C 1＝1，D 1C 1＝2，所以B 1D 1＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝3，所以cos ∠B 1AD 1＝5＋2－32×5×2＝105，选择C.6.(2019·杭州市学军中学高考数学模拟)如图，在二面角A -CD -B 中，BC ⊥CD ，BC ＝CD ＝2，点A 在直线AD 上运动，满足AD ⊥CD ，AB ＝3.现将平面ADC 沿着CD 进行翻折，在翻折的过程中，线段AD 长的取值范围是________．解析：由题意得AD →⊥DC →，DC →⊥CB →，设平面ADC 沿着CD 进行翻折过程中，二面角A -CD -B 的夹角为θ，则〈DA →，CB →〉＝θ，因为AB →＝AD →＋DC →＋CB →，所以平方得AB →2＝AD →2＋DC →2＋CB →2＋2AD →·DC →＋2CB →·AD →＋2DC →·CB →，设AD ＝x ，因为BC ＝CD ＝2，AB ＝3，所以9＝x 2＋4＋4－4x cos θ，即x 2－4x cos θ－1＝0，即cos θ＝x 2－14x .因为－1≤cos θ≤1，所以－1≤x 2－14x≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1≤4x x 2－1≥－4x ，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x －1≤0x 2＋4x －1≥0，则⎩⎪⎨⎪⎧2－5≤x ≤2＋5，x ≥－2＋5或x ≤－2－ 5.因为x >0，所以5－2≤x ≤5＋2，即AD 的取值范围是[5－2，5＋2]．答案：[5－2，5＋2]7．(2019·台州市高考模拟)如图，在棱长为2的正四面体A -BCD 中，E 、F 分别为直线AB 、CD 上的动点，且|EF |＝ 3.若记EF 中点P 的轨迹为L ，则|L |等于________．(注：|L |表示L 的测度，在本题，L 为曲线、平面图形、空间几何体时，|L |分别对应长度、面积、体积)解析：如图，当E 为AB 中点时，F 分别在C ，D 处，满足|EF |＝3，此时EF 的中点P 在EC ，ED 的中点P 1，P 2的位置上；当F 为CD 中点时，E 分别在A ，B 处，满足|EF |＝3，此时EF 的中点P 在BF ，AF 的中点P 3，P 4的位置上，连接P 1P 2，P 3P 4相交于点O ，则四点P 1，P 2，P 3，P 4共圆，圆心为O ，圆的半径为12，则EF 中点P 的轨迹L 为以O 为圆心，以12为半径的圆，其测度|L |＝2π×12＝π.答案：π8.(2019·金丽衢十二校联考)如图，在三棱锥D -ABC 中，已知AB ＝2，AC →·BD →＝－3，设AD ＝a ，BC ＝b ，CD ＝c ，则c 2ab ＋1的最小值为________．解析：设AD →＝a ，CB →＝b ，DC →＝c ，因为AB ＝2，所以|a ＋b ＋c |2＝4⇒a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝4，又因为AC →·BD →＝－3，所以(a ＋c )·(－b －c )＝－3⇒a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＋c 2＝3，所以a 2＋b 2＋c 2＋2(3－c 2)＝4⇒c 2＝a 2＋b 2＋2，所以a 2＋b 2＋2ab ＋1≥2ab ＋2ab ＋1＝2，当且仅当a＝b 时，等号成立，即c 2ab ＋1的最小值是2.答案：29．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)如图，矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝3，将△ABD 沿对角线BD 向上翻折，若翻折过程中AC 长度在⎣⎡⎦⎤102，132内变化，则点A 所形成的运动轨迹的长度为________．解析：过A 作AE ⊥BD ，垂足为E ，连接CE ，A ′E . 因为矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝3，所以AE ＝32，CE ＝72. 所以A 点的轨迹为以E 为圆心，以32为半径的圆弧．∠A ′EA 为二面角A -BD -A ′的平面角．以E 为原点，以EB ，EA ′所在直线为x 轴，y 轴建立如图所示空间直角坐标系E -xyz ，设∠A ′EA ＝θ，则A ⎝⎛⎭⎫0，32cos θ，32sin θ，C ⎝⎛⎭⎫－1，－32，0，所以AC ＝1＋34（cos θ＋1）2＋34sin 2θ＝5＋3cos θ2，所以102≤5＋3cos θ2≤132，解得0≤cos θ≤12，所以60°≤θ≤90°，所以A 点轨迹的圆心角为30°，所以A 点轨迹的长度为π6·32＝3π12.答案：312π 10．(2019·宁波十校联考模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，∠BAD ＝120°，AB ＝AD ＝2，△BCD 是等边三角形，E 是BP 的中点，AC 与BD 交于点O ，且OP ⊥平面ABCD .(1)求证：PD ∥平面ACE ；(2)当OP ＝1时，求直线P A 与平面ACE 所成角的正弦值．解：(1)证明：因为在四棱锥P -ABCD 中，∠BAD ＝120°，AB ＝AD ＝2，△BCD 是等边三角形，所以△ABC ≌△ACD ，因为E 是BP 中点，AC 与BD 交于点O ，所以O 是BD 中点，连接OE ，则OE ∥PD ，因为PD ⊄平面ACE ，OE ⊂平面ACE ，所以PD ∥平面ACE .(2)因为BD ⊥AC ，PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，OB ，OC ，OP 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，则P (0，0，1)，A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，3，0)，E ⎝⎛⎭⎫32，0，12，EA →＝⎝⎛⎭⎫－32，－1，－12，EC →＝⎝⎛⎭⎫－32，3，－12，P A →＝(0，－1，－1)，设平面ACE 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EA →＝3x ＋2y ＋z ＝0n ·EC →＝3x －6y ＋z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，0，－3)，设直线P A 与平面ACE 所成角为θ，则sin θ＝|n ·P A →||n |·|P A →|＝322＝64，所以直线P A 与平面ACE 所成角的正弦值为64. 11.(2019·浙江暨阳4月联考卷)在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，BC ∥AD ，BC ⊥AB ，PB ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1，E 为棱PD 上的点．(1)若PE ＝13PD ，求证：PB ∥平面ACE ；(2)若E 是PD 的中点，求直线PB 与平面ACE 所成角的正弦值．解：(1)证明：过A 作Az ⊥平面ABCD ，以A 为原点，如图建立直角坐标系，由题意解得，PC ＝3，所以B (1，0，0)，P (1，1，3)，所以BP →＝(0，1，3)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，设E (x ，y ，z )，由PE →＝13PD →，得E (23，43，233)，设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n AC→＝x ＋y ＝0n AE →＝23x ＋43y ＋233z ＝0，取z ＝1，得n ＝(3，－3，1)，所以BP →·n ＝0，因为PB ⊄平面ACE ，所以PB ∥平面ACE .(2)过A 作Az ⊥平面ABCD ，以A 为原点，如图建立直角坐标系，由题意解得PC ＝3，所以B (1，0，0)，P (1，1，3)，A (0，0，0)，所以BP →＝(0，1，3)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，所以E (12，32，32)，AC →＝(1，1，0)，AE →＝(12，32，32)，设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n AC→＝x ＋y ＝0n AE →＝12x ＋32y ＋32z ＝0，取z ＝2，得n ＝(3，－3，2)，所以直线PB 与平面ACE 所成角的正弦值： sin θ＝|BP →·n ||BP →||n |＝3210＝3020.12.(2019·嵊州市第二次高考适应性考试)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面ABC 为边长为2的正三角形，D 是棱A 1C 1的中点，CC 1＝h (h >0)．(1)证明：BC 1∥平面AB 1D ；(2)若直线BC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小为π6，求h 的值．解：(1)证明：连接A 1B 交AB 1于E ，连接DE ，则DE 是△A 1BC 1的中位线．所以DE ∥BC 1.又DE ⊂平面AB 1D ，BC 1⊄平面AB 1D ，故BC 1∥平面AB 1D .(2)以AB 的中点O 为坐标原点，OB ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B (1，0，0)，C 1(0，3，h )．易得平面ABB 1A 1的一个法向量为n ＝(0，1，0)．又BC 1→＝(－1，3，h )．所以sin π6＝|cos 〈BC 1→，n 〉|＝|BC 1→·n ||BC 1→|·|n |.即3h 2＋4＝12，解得h ＝2 2. 13.(2019·温州十五校联考)已知菱形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于一点O ，∠BAD ＝60°，将△BDC 沿着BD 折起得△BDC ′，连接AC ′.(1)求证：平面AOC ′⊥平面ABD ；(2)若点C ′在平面ABD 上的投影恰好是△ABD 的重心，求直线CD 与底面ADC ′所成角的正弦值．解：(1)证明：因为C ′O ⊥BD ，AO ⊥BD ，C ′O ∩AO ＝O ，所以BD ⊥平面C ′OA ，又因为BD ⊂平面ABD ，所以平面AOC ′⊥平面ABD .(2)如图建系O -xyz ，令AB ＝a ，则 A ⎝⎛⎭⎫32a ，0，0，B ⎝⎛⎭⎫0，12a ，0， D ⎝⎛⎭⎫0，－12a ，0， C ′⎝⎛⎭⎫36a ，0，63a ，所以DC →＝AB →＝⎝⎛⎭⎫－32a ，12a ，0，平面ADC ′的法向量为m ＝⎝⎛⎭⎫1，－3，22，设直线CD与底面ADC ′所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈DC →，m 〉|＝|DC →·m ||DC →||m |＝3a a ·32＝63，故直线CD 与底面ADC ′所成角的正弦值为63. 14.(2019·宝鸡市质量检测(一))如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，点E 是PD 的中点，点F 是PC 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)若底面ABCD 为正方形，探究在什么条件下，二面角C -AF -D 的大小为60°？解：易知AD ，AB ，AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设AB ＝2a ，AD ＝2b ，AP ＝2c ，则A (0，0，0)，B (2a ，0，0)，C (2a ，2b ，0)，D (0，2b ，0)， P (0，0，2c )．设AC ∩BD ＝O ，连接OE ，则O (a, b ，0)，又E 是PD 的中点，所以E (0，b ，c )． (1)证明：因为PB →＝(2a ，0，－2c )，EO →＝(a ，0，－c )，所以PB →＝2EO →，所以PB →∥EO →，即PB ∥EO . 因为PB ⊄平面AEC ，EO ⊂平面AEC ，所以PB ∥平面AEC .(2)因为四边形ABCD 为正方形，所以a ＝b ，A (0，0，0)，B (2a ，0，0)，C (2a ，2a ，0)，D (0，2a ，0)，P (0，0，2c )，E (0，a ，c )，F (a ，a ，c )，因为z 轴⊂平面CAF ，所以设平面CAF 的一个法向量为n ＝(x ，1，0)，而AC →＝(2a ，2a ，0)，所以AC →·n ＝2ax ＋2a ＝0，得x ＝－1，所以n ＝(－1，1，0)．因为y 轴⊂平面DAF ，所以设平面DAF 的一个法向量为m ＝(1，0，z )，而AF →＝(a ，a ，c )，所以AF →·m ＝a ＋cz ＝0，得z ＝－a c ，所以m ＝(1，0，－ac)∥m ′＝(c ，0，－a )．cos 60°＝|n ·m ′||n ||m ′|＝c 2（a 2＋c 2）＝12，得a ＝c . 故当AP 与正方形ABCD 的边长相等时，二面角C -AF -D 的大小为60°.。

专题03 空间几何与空间向量(解答题10种考法)(精练)(解析版)2024届高三数学二轮复习《考法分

专题03 空间几何（解答题10种考法）1．（2023·贵州·校联考模拟预测）如图，四棱锥P ABCD -中，2PA PB AB AD ====，4BC =，//AD BC ，AD AB ⊥，AC 与BD 交于点O ，过点O 作平行于平面PAB 的平面α.(1)若平面α分别交PC ，BC 于点E ，F ，求OEF V 的周长；(2)当PD =时，求平面α与平面PCD 夹角的正弦值.【答案】(1)4.【解析】（1）由题意可知，四边形ABCD 是直角梯形，∴AOD △与COB △相似，又12AD BC =，∴12AO OC =，12OD OB =，因为过点O 作平行于平面PAB 的面α分别交PC ，BC 于点E ，F ，即平面//OEF 平面PAB ，平面OEF 平面PBC EF =，平面PBC ⋂平面PAB PB =，平面OEF 平面PAC OE =，平面PAC 平面PAB PA =，平面OEF 平面ABC OF =，平面ABC ⋂平面PAB AB =，由面面平行的性质定理得//OE PA ，//OF AB ，//EF PB ，所以PAB V 与OEF V 相似，相似比为3:2，即32AB AP PB OF OE EF ===，因为PAB V 的周长为6，所以OEF V 的周长为4.（2）∵平面//α平面PAB ，∴平面α与平面PCD 的夹角与平面PAB 与平面PCD 的夹角相等，∵2AD =，2PA =，PD =，∴222PD AD PA =+，∴AD PA ⊥，又AD AB ⊥，AB PA A = ，,AB PA ⊂平面PAB ，∴AD ⊥平面PAB ，AD ⊂平面ABCD ，∴平面PAB ⊥平面ABCD ，取AB 的中点G ，因为ABC V 为等边三角形，∴PG AB ⊥，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，PG ⊂平面PAB ，∴PG ⊥平面ABCD ，以A 点为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，过点A 与PG 平行的直线为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则()0,0,0A ，()0,2,0D，(1,P ，()2,4,0C ，()0,2,0AD = ，()2,2,0DC =，(1,DP =- ，设平面PCD 的法向量(),,n x y z = ，则00DC n DP n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即22020x y x y +=⎧⎪⎨-=⎪⎩，取1x =，则(1,1,n =- ，∵AD ⊥平面PAB ，∴AD 是平面PAB 的一个法向量，设平面α与平面PCD 夹角为θ，则cos AD n AD n θ⋅===，所以sin θ=所以平面α与平面PCD2．（2023·江西九江·统考一模）如图，直角梯形ABCD 中，//AD BC ，90BAD ∠=︒，AB AD ==BC =ABD △沿BD 翻折至A BD 'V 的位置，使得A B A C ''⊥，F 为BC 的中点．(1)求证：平面A BD '⊥平面BCD ；(2)H 为线段A C '上一点（端点除外），若二面角C DF H --A H '的长．【答案】(1)证明见解析【解析】（1）易知A B A C ''⊥，A B A D ''⊥，'''⋂=A C A D A ，,A C A D ''⊂平面A CD '，A B '⊥平面A CD '，又CD ⊂平面A CD '，所以CD A B'⊥由直角梯形ABCD ，//AD BC ，90BAD ∠=︒，AB AD ==可得2BD CD ==，又BC =CD BD ⊥；又A B BD B '⋂=，A B BD '⊂,平面A BD '，所以CD ⊥平面A BD'又CD ⊂平面BCD ，可得平面A BD '⊥平面BCD（2）取BD 的中点E ，连接A E '，EF ，A B A D ''= ，A E BD '∴⊥，又平面A BD '⊥平面BCD ，平面A BD ' 平面BCD BD =，A E '∴⊥平面BCD ，E 为BD 的中点，F 为BC 的中点，可得//EF CD ，又CD BD ⊥，EF BD∴⊥故以,,EB EF EA '所在的直线分别为,,x y z 轴，建立如图空间直角坐标系，则(0,0,0)E ，(0,0,1)A '，(1,0,0)D -，(0,1,0)F ，(1,2,0)C -，设(),0,1A H A C λλ''=∈ ，则(,2,1)H --λλλ设平面HDF 的一个法向量为(,,)m x y z = ，(1,1,0)DF = ，(1,2,1)DH =-- λλλ，所以()()01210m DF x y m DH x y z λλλ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-++-=⎪⎩ ，令1x =，得1y =-，311z λλ-=-，即31(1,1,1m -=-- λλ平面CDF 的一个法向量为(0,0,1)n =可得|||cos ,|||||m n m n m n ⋅==⋅ ，解得12λ=或0λ=(舍)即H 为A C '的中点，易知A C '=故线段A H '的长为1||2A C '=.3．（2023·广西南宁·南宁二中校联考模拟预测）如图所示，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 为直角梯形，AD BC ∥，AB BC ⊥，侧面ABEF 为菱形，平面ABEF ⊥平面ABCD ，M 为棱BE 的中点．(1)若点N 为DE 的中点，求证：MN P 平面ABCD ；(2)若12AB BC AD ==，60EBA ∠=︒，求平面MAD 与平面EFD 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析．【解析】（1）证明：连接BD ，MN ，因为M ，N 分别为BE ，DE 的中点，所以MN 为EBD △的中位线，所以//MN BD ，又MN ⊄平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以//MN 平面ABCD ．（2）解：取AB 的中点O ，连接OE ，因为侧面ABEF 为菱形，且60EBA ∠=︒，所以在EBO V 中，2222cos 60EO BO EB BO EB =+-⋅︒，解得EO =，所以222EO OB EB +='，即OE AB ⊥，又因为平面ABEF ⊥平面ABCD ，平面ABEF ⋂平面ABCD AB =，OE ⊂平面ABEF ，所以OE ⊥平面ABCD ，过O 作AB 的垂线，交BD 于H 并延长，分别以OH ，OA ，OE 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O xyz -，如图所示，设4=AD ，则122AB BC AD ===，故(E ，()4,1,0D ，()0,1,0A，(F ，()0,1,0B -，则10,2M ⎛- ⎝，30,,2MA ⎛= ⎝，34,,2MD ⎛= ⎝ ，()0,2,0= EF，(4,1,ED = ，设平面MAD 的法向量为()111,,m x y z =r，则111113023402m MA y m MD x y ⎧⋅==⎪⎪⎨⎪⋅=+=⎪⎩，即1110x z =⎧⎪⎨=⎪⎩，取11y =，可得(m = ，设平面EFD 的法向量为()222,,n x y z =r，21212040n EF y m ED x y ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩，即22204y x =⎧⎪⎨=⎪⎩，令2z =，则23x =，所以(n = ，则cos m n m n m n ⋅⋅== ，故平面MAD 与平面EFD4．（2023·新疆·统考三模）如图，在圆柱体1OO 中，1OA =，12O O =，劣弧11A B 的长为π6，AB 为圆O 的直径．(1)在弧AB 上是否存在点C （C ，1B 在平面11OAAO 同侧），使1BC AB ⊥，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；(2)求二面角111A O B B --的余弦值．【答案】(1)存在，1B C 为圆柱1OO 的母线【解析】（1）存在，当1B C 为圆柱1OO 的母线时，1BC AB ⊥．证明如下：连接BC ，AC ，1B C ，因为1B C 为圆柱1OO 的母线，所以1B C ⊥平面ABC ，又因为BC ⊂平面ABC ，所以1B C BC ⊥．因为AB 为圆O 的直径，所以BC AC ⊥．又1AC B C C ⋂=，1,AC B C ⊂平面1AB C ，所以BC ⊥平面1AB C ，因为1AB ⊂平面1AB C ，所以1BC AB ⊥．（2）以O 为原点，OA ，1OO 分别为y ，z 轴，垂直于y ，z 轴的直线为x 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则1(0,1,2)A ，1(0,0,2)O ，(0,1,0)B -，因为劣弧11A B 的长为π6，所以111π6AO B ∠=，1122B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，则1(0,1,2)O B =--，1112O B ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭．设平面11O BB 的法向量(,,)m x y z = ，则11120102O B m y z O B m x y ⎧⋅=--=⎪⎨⋅==⎪⎩，令3x =-，解得y =z =m ⎛=- ⎝ ．因为x 轴垂直平面11A O B ，所以平面11A O B 的一个法向量(1,0,0)n = ．所以cos ,m n 〈〉== 又二面角111A O B B --的平面角为锐角，故二面角111A O B B --．5．（2023·河南·校联考二模）如图所示，正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -的底面边长为1，P 为线段1DF 上的动点.(1)求证：//AP 平面1A BC ；(2)设直线AP 与平面11CDF A 所成的角为θ，求sin θ的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）连接AD ，1AF .在正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -中，因为底面为正六边形，所以//AD BC ，因为AD ⊄平面1A BC ，BC ⊂平面1A BC ，所以//AD 平面1A BC .因为11//CD A F ，11CD A F =，所以四边形11CDF A 为平行四边形，所以11//DF A C ，又1DF ⊄平面1A BC ，1AC ⊂平面1A BC ，所以1//DF 平面1A BC ，又1AD DF D = ，所以平面1//ADF 平面1A BC ，因为P 为线段1DF 上的动点，所以AP ⊂平面1ADF ，所以//AP 平面1A BC .（2）取1AC 的中点为Q ，连接AQ ，AC .因为底面边长为1，所以AC =因为1A A =1A A AC =，所以1AQ A C ⊥.易得CD AC ⊥，1CD A A ⊥，1AC A A A ⋂=，所以CD ⊥平面1A AC ，所以CD AQ ⊥，因为1A C CD C ⋂=，所以AQ ⊥平面11CDF A ，即AQ 为平面11CDF A 的一个法向量.连接BF ，以B 为坐标原点，BC ，BF ，1BB 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间坐标系B xyz -，则12A ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，112A ⎛ ⎝-，()1,0,0C，32D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1F ，所以14Q ⎛ ⎝，所以3,4AQ ⎛= ⎝，132DF ⎛=- ⎝ ，(2,0,0)AD = .设132DP DF λλ⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭（01λ≤≤），所以322AP AD DP λ⎛⎫=+=- ⎪ ⎪⎝⎭，则sin AP AQ AP AQ θ⋅=== ，因为01λ≤≤，所以25332,24λλ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦，所以sin θ的取值范围是.6．（2023·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）如图，在六面体ABCDEFG 中，四边形ABCD 是菱形，////AF DE CG ，AF ⊥平面ABCD ，60DAB ∠= ，H 为CD 的中点，//AH 平面BGEF ．(1)求AF CG；(2)若2AF AB ==，求直线BH 与平面BGEF 所成角的正弦值．【答案】(1)2AF CG =【解析】（1）四边形ABCD 是菱形，//AB CD ∴，又CD ⊂平面CDEG ，AB ⊄平面CDEG ，//AB ∴平面CDEG ，同理可得：//AF 平面CDEG ．AB AF A =Q I ，,AB AF ⊂平面ABF ，∴平面//ABF 平面CDEG ，平面BGEF 平面CDEG EG =，平面BGEF 平面ABF BF =，//EG BF ∴，同理可得：//BG EF ，∴四边形BGEF 是平行四边形；连接,FG BE 交于点M ，连接,AC BD 交于点N ，连接MN ，设AF a =，CG b =，则2DE MN AF CG a b ==+=+，延长,EG DC 交于点Q ，连接BQ ，//AH 平面BGEF ，AH ⊂平面ABQD ，平面ABQD 平面BGEF BQ =，//AH BQ ∴，又//AB HQ ，∴四边形AHQB 为平行四边形，则HQ AB CD ==，H 为CD 的中点，QC CH HD ∴==．//CG DE ，13CG QC DE QD ∴==，即13b a b =+，解得：2a b =，2AF CG∴=.（2）由（1）知，,,MN AC BD 两两垂直，故以N 为坐标原点，,,NA NB NM 正方向分别为,,x y z 轴的正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，则()0,1,0B，1,02H ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，)2F，()G，)1,2BF ∴=-，()1,1BG =-，3,02BH ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ ；设平面BGEF 的法向量为(),,n x y z = ，则200n BF y z n BG y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令x =9y =-，6z =-，)9,6n ∴=--，cos ,BH n BH n BH n⋅∴===⋅ ，即直线BH 与平面BGEF7．（2023·四川成都·模拟预测）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，1AB =，2AD =，侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAD ⊥底面ABCD ，点F 是PB 的中点，动点E 在边BC 上移动，且1PA =.(1)证明：PA 垂直于底面ABCD .(2)当点E 在BC 边上移动，使二面角E AF B --为π6时，求二面角F AE P --的余弦值.【答案】(1)证明见解析【解析】（1）因为侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB ⋂底面ABCD AB =，而底面ABCD 是矩形，故AD AB ⊥,AD ⊂底面ABCD ，故AD ⊥平面PAB ，而PA ⊂平面PAB ，故AD PA ⊥;同理侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧面PAD ⋂底面ABCD AD =，而底面ABCD 是矩形，故AD AB ⊥,AB ⊂底面ABCD ，故AB ⊥平面PAD ，而PA ⊂平面PAD ，故AB PA ⊥，又,,AB AD A AB AD =⊂ 底面ABCD ，故PA 垂直于底面ABCD（2）由（1）知PA ⊥底面ABCD ，AB ⊂底面ABCD ，故PA AB ⊥，点F 是PB 的中点，且1==PA AB ，故⊥AF PB ，PB =又AD ⊥平面PAB ，AD BC ∥,故BC ⊥平面PAB ，AF ⊂平面PAB ，故BC AF ⊥，而,,PB BC B PB BC ⋂=⊂平面PBC ，故AF ⊥平面PBC ，故BFE ∠即为二面角E AF B --的平面角，即π6BFE ∠=；而π1,22EBF BF PB BE ∠===∴=以A 为坐标原点，以,,AD AB AP 所在直线分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，则()(),,,,,,,,,11000002102A P F E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，故()1,,,,,,2100102AP AF E A ⎛⎫== ⎪⎝⎭，设平面FAE 的法向量为()111,,m x y z = ，则00m AE m AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1111+011+022y y z =⎪=⎪⎩，令1x =111,1y z =-=，即)1,1m =- ，设平面PAE 的法向量为()222,,n x y z = ，则00n AE n AP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即222+00y z =⎪=⎩，令2x =21y =-，即)01,n =- ，故cos ,||||m n m n m n ⋅〈〉=== 由原图可知二面角F AE P --为锐角，故二面角F AE P --8．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考一模）如图所示，,,,A B C D 四点共面，其中90BAD ADC ∠=∠= ，12AB AD =，点,P Q 在平面ABCD 的同侧，且PA ⊥平面ABCD ，CQ ⊥平面ABCD.(1)若直线l ⊂平面PAB ，求证：//l 平面CDQ ；(2)若//PQ AC ，45ABP DAC ∠=∠= ，平面BPQ I 平面CDQ m =，求锐二面角B m C --的余弦值.【答案】(1)证明见解析【解析】（1）PA ⊥ 平面ABCD ，CQ ⊥平面ABCD ，//PA CQ ∴，PA ⊄ 平面CDQ ，CQ ⊂平面CDQ ，//PA ∴平面CDQ ；90BAD ADC ∠=∠= ，,,,A B C D 四点共面，//AB CD ∴，AB ⊄ 平面CDQ ，CD ⊂平面CDQ ，//AB ∴平面CDQ ；PA AB A = ，,PA AB ⊂平面PAB ，∴平面//PAB 平面CDQ ，又l ⊂平面PAB ，//l ∴平面CDQ .（2）以A 为坐标原点，,,AB AD AP 正方向为,,x y z 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设1AB =，则1AP =，22AD CD AB ===，//PQ AC ，//PA CQ ，∴四边形ACQP 为平行四边形，1PA QC ∴==，则()1,0,0B ，()0,0,1P ，()2,2,1Q ，()1,0,1BP ∴=- ，()1,2,1BQ = ，设平面BPQ 的法向量(),,n x y z = ，020BP n x z BQ n x y z ⎧⋅=-+=⎪∴⎨⋅=++=⎪⎩ ，令1x =，解得：1y =-，1z =，()1,1,1n ∴=- ；平面PAB y ⊥轴，平面//PAB 平面CDQ ，∴平面CDQ y ⊥轴，∴平面CDQ 的一个法向量()0,1,0m =，cos ,m n m n m n⋅∴===⋅ B m C --.9．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）在三棱台ABC DEF -中，G 为AC 中点，2AC DF =，AB BC ⊥，BC CF ⊥.(1)求证：BC ⊥平面DEG ；(2)若2AB BC ==，CF AB ⊥，平面EFG 与平面ACFD 所成二面角大小为π3，求三棱锥E DFG -的体积.【答案】(1)证明见解析(2)16【解析】（1）在三棱台ABC DEF -中，G 为AC 中点，则2AC GC =，又2AC DF =，GC DF ∴=，//AC DF ，∴四边形GCFD 为平行四边形，//DG CF ∴，又BC CF ⊥，BC DG ∴⊥，//DE AB ，AB BC ⊥，BC DE ∴⊥，DE DG D = ，,DE DG ⊂平面DEG ，BC ∴⊥平面DEG .（2）CF AB ⊥ ，//DG CF ，DG AB ∴⊥，又DG BC ⊥，AB BC B ⋂=，,AB BC ⊂平面ABC ，DG ∴⊥平面ABC ，连接BG ，2AB BC == ，AB BC ⊥，G 为AC 中点，GB AC ∴⊥；以{},,GB GC GD 为正交基底，可建立如图所示空间直角坐标系G xyz -，则()0,0,0G，)B，()0,A，()C ，设()0DG CF m m ==>，则()0,0,D m，()F m ，())110,0,22GE GD DE GD AB m m ⎫∴=+=+=+=⎪⎪⎭，()GF m = ，设平面EFG 的一个法向量为(),,n x y z = ，则00n GE x y mz n GF mz ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅+=⎩，令z =y m =，x m =，(,,n m m ∴= ；又平面ACFD 的一个法向量()1,0,0m =，1cos ,2m n m n m n ⋅∴===⋅ ，解得：1m =，即1DG =，DG ⊥ 平面ABC ，平面//ABC 平面DEF ，DG ∴⊥平面DEF ，11111113326E DFG G DEF DEF V V S DG --∴==⋅=⨯⨯⨯⨯=V .10．（2023·河南郑州·统考模拟预测）已知正四棱台1111ABCD A B C D -，其中1124AB A B ==.(1)求侧棱1AA 与底面ABCD 所成的角；(2)在线段1CC 上是否存在一点P ，使得1BP A D ⊥？若存在请确定点P 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)π4(2)不存在，理由见解析【解析】（1）依题意，在正四棱台1111ABCD A B C D -中，1124AB A B ==，所以上底面积1224S =⨯=，下底面积24416S =⨯=，设正四棱台的高为h，则()14163h h +==连接11,AC A C，则11AC A C ==所以12AA ==，设侧棱1AA 与底面ABCD 所成的角为θ，则1sin h AA θ==由于线面角θ的取值范围是π0,2⎡⎤⎢⎣⎦，所以π4θ=.（2）连接11,BD B D ，设正四棱台上下底面的中心分别为1,O O ，以O 为原点，1,,OA OB OO 分别为,,x y z轴建立如图所示空间直角坐标系，()()1,0,,0,A D B -，设线段1CC 上存在一点P ，满足()1101C P C C λλ=≤≤，(()(11,,C C C C =，()1,0,C P = ，则(()()11,0,BP BC C P =+=-+=-，(1A D =- ，若1BP A D ⊥，则10BP A D ⋅= ，即)80+=，解得2λ=，舍去，所以在线段1CC 上不存在一点P ，使得1BP A D ⊥.11．（2023·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测）如图，已知多面体EABCDF 的底面ABCD 是边长为2的正方形，EA ⊥底面A B C D ，//FD EA ，且112FD EA ==.(1)记线段BC 的中点为K ，在平面ABCD 内过点K 作一条直线与平面ECF 平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明；(2)求直线EB 与平面ECF 所成角的正弦值.【答案】(1)答案见解析【解析】（1）延长,AD EF ，设其交点为N ，连接CN ，则CN 为平面ABCD 与平面ECF 的交线，取线段CD 的中点M ，连接KM ，直线KM 即为所求．证明如下：延长,AD EF ，设其交点为N ，连接CN ，则CN 为平面ABCD 与平面ECF 的交线，因为//FD EA ，所以FDA EAN V V ∽，又12FD EA =，所以12ND NA =，所以ND DA BC ==，又//ND BC ，所以四边形BCND 为平行四边形，所以//CN BD ，取CD 的中点M ，连接KM ，∵,K M 分别为,BC CD 的中点，∴//KM BD ，∴//KM CN ．∵CN ⊂平面EFC ， KM ⊄平面EFC ，∴//KM 平面EFC ．（2）以点A 为原点，AB 所在的直线为x 轴，AD 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系，如图.由已知可得()()()()()0,0,0,0,0,2,2,0,0,2,2,0,0,2,1A E B C F ，所以()()()2,2,2,2,0,2,0,2,1EC EB EF =-=-=- ，设平面ECF 的法向量为(,,)n x y z =，则0,0.n EC n EF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得020x y z y z +-=⎧⎨-=⎩，取1y =得，1,2x z ==，平面ECF 的一个法向量(1,1,2)n = .设直线EB 与平面ECF 所成的角为θ，则sin cos ,E EB n E B B n nθ⋅====⋅ 所以直线EB 与平面ECF.12．（2023·河北沧州·校考三模）如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成.,,,C E D G 在同一平面内，且CG DG =.(1)证明：平面BFD ⊥平面BCG ；(2)若直线GC 与平面ABG BFD 与平面ABG 所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析【解析】（1）如图，连接,CE DG ，因为该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成，CG DG =，所以45ECD DCG ∠=∠=︒，所以90ECG ∠=︒，所以CE CG ⊥.因为BC EF ∥，BC EF =，所以四边形BCEF 为平行四边形，所以BF CE P ，所以BF CG ⊥. 因为BC ⊥平面ABF ，BF ⊂平面ABF ，所以BC BF ⊥.因为,BC CG ⊂平面BCG ，BC CG C ⋂=，所以BF ⊥平面BCG ，因为BF ⊂平面BFD ，所以平面BFD ⊥平面BCG .（2）如图，以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，设2AF =，AD t =，则()0,0,0A ，()0,2,0B ，()2,0,0F ，()0,0,D t ，()1,1,G t -，()0,2,C t ，则()0,2,0AB = ，()1,1,AG t =- ，()1,1,0GC = ，设平面ABG 的一个法向量为(),,m x y z = ，则0,0,m AB m AG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即00y x y tz =⎧⎨-++=⎩令1z =，则(),0,1m t = ，记直线GC 与平面ABG 所成的角为θ，则sin cos ,GC m GC m GC m θ⋅==== 解得2t =（负值舍去），即2AD =.设平面BFD 的一个法向量为(),,n x y z ''=' ，()2,2,0FB =- ，()2,0,2FD =- ，则00n FB n FD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即220220x y x z ''''-+=⎧⎨-+=⎩令1x '=，则()1,1,1n = .所以cos ,m n m n m n⋅=== 因此平面BFD 与平面ABG13．（2022·贵州安顺·统考模拟预测）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1CC 上的点（点E 与点C ，1C 不重合）．(1)在图中作出平面1AD E 与平面ABCD 的交线，并说明理由；(2)若正方体的棱长为1，平面1AD E 与平面ABCDCE 的长．【答案】(1)答案见解析(2)13【解析】（1）如图1，分别延长1,D E DC ，交于F 点，连接AF ，则AF 即为所求交线.因为1D E CD F = ，1D E ⊂平面1AD E ，CD ⊂平面ABCD ，所以，F ∈平面1AD E ，F ∈平面ABCD .又A ∈平面1AD E ，A ∈平面ABCD ，所以AF ⊂平面1AD E ，AF ⊂平面ABCD ，所以，平面1AD E ⋂平面ABCD AF =.（2）如图2，以点D 为坐标原点，分别以1,,DA DC DD 所在的直线为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，设CE a =，01a <<.则()10,0,1D ，()1,0,0A ，()0,1,E a ，()0,0,0D ，所以，()10,0,1DD = ，()11,0,1AD =- ，()10,1,1D E a =- .根据正方体的性质可知，1DD ⊥平面ABCD ，所以()10,0,1DD = 即为平面ABCD 的一个法向量.设(),,n x y z = 是平面1AD E 的一个法向量，所以，1100n AD n D E ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即()010x z y a z -+=⎧⎨+-=⎩，令1z =，则1x =，1y a =-，所以，()1,1,1n a =- 是平面1AD E 的一个法向量.由已知可得，c o ,s n整理可得，()2419a -=，解得13a =或53a =（舍去），所以，13a =，即13CE =.14．（2023·四川成都·树德中学校考模拟预测）直三棱柱111ABC A B C -中，12AC BC CC ===，D 为BC 的中点，点E 在1AA 上，1AD DC ⊥.(1)证明：BC ⊥平面1A AD ；(2)若二面角11A DE C --大小为30︒，求以11AE D C ,,,为顶点的四面体体积.【答案】(1)证明见解析【解析】（1）∵三棱柱111ABC A B C -为直三棱柱，∴1C C ⊥平面ABC ，AD ⊂平面ABC ，∴1C C AD ⊥.又1AD DC ⊥，111DC CC C ⋂=，11DC ,CC ⊂平面1C DC ，∴AD ⊥平面1C DC ，BC ⊂平面1C DC ，∴AD BC ⊥，又1AA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴1AA BC ⊥，1AA AD A ⋂=，1,AA AD ⊂平面1A AD ，∴BC ⊥平面1A AD .（2）因为AC BC =，D 为BC 的中点，AD BC ⊥，所以AB AC =，∴ABC V 为正三角形，如图建立空间坐标系，由（1）易知平面1A ED 的一个法向量()11,0,0n =u r ，设AE h =，∵()DE h = ，()11,0,2DC = ，设平面1DEC 的法向量为()2,,n x y z =u u r ，则22100n DE n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即020hz x z +=+=⎪⎩，取(2n h =-- ，由1212cos30n n n n ⋅===⋅︒ ，解得1h =或1h =-（舍去），∵1112A ED S =⨯=△，点1C 到平面1A ED 距离为1，∴以11A E D C ,,,为顶点的四面体体积为113V ==15．（2024·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）如图，在梯形ABCD 中，AB CD P ，1===AD DC CB ，60ABC ∠=︒，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，1CF =.(1)求证：BC ⊥平面ACFE ；(2)求二面角A BF C --的平面角的余弦值；(3)若点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 所成二面角的平面角为(90)θθ≤︒，试求cos θ的范围.【答案】(1)证明见解析(3)cos θ∈1]2.【解析】（1）证明：在梯形ABCD 中，∥ AB CD ，1===AD DC CB ，60ABC ∠=︒，AB 2∴=，2222cos 603AC AB BC AB BC =+-⋅⋅︒=，222AB AC BC ∴=+，BC AC ∴⊥，平面ACFE ⊥平面ABCD ，平面ACFE ⋂平面ABCD AC =，BC ⊂平面ABCD ，BC ∴⊥平面ACFE .（2）解：取FB 中点G ，连接AG ，CG ，2AF == ，AB AF ∴=，AG FB ∴⊥，1CF CB == ，CG FB ∴⊥，AGC ∴∠为二面角的平面角.BC CF = ，FB ∴=CG ∴=AG =222cos 2CG AG AC AGC CG AG +-∴∠==⋅（3）由（2）知：①当M 与F 重合时，cos θ=②当M 与E 重合时，过B 作BN CF ∥，且使BN CF =，连接EN ，FN ，则平面MAB 平面FCB BN =，BC CF ⊥ ，AC CF ⊥，BC ⊂平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∩BC AC C =，CF ∴⊥平面ABC ，BN ∴⊥平面ABC ，ABC θ∴∠=，60θ∴=︒，1cos 2θ∴=；③当M 与E ，F 都不重合时，令FM λ=，0λ<<AM 交CF 的延长线于N ，连接BN ，N ∴在平面MAB 与平面FCB 的交线上，B 在平面MAB 与平面FCB 的交线上，∴平面MAB 平面FCB BN =，过C 作CH NB ⊥交NB 于H ，连接AH ，由（1）知，AC BC ⊥，又AC CN ⊥ ，,CN BC ⊂平面NCB ，∩CN BC C =，AC ∴⊥平面NCB ，∵NB ⊂平面NCB ，AC NB ∴⊥.又CH NB ⊥ ，,AC CH ⊂平面ACH ，AC CH C ⋂=，NB ∴⊥平面ACH ，AH NB ∴⊥，AHC θ∴∠=.在NAC △中，NC =NCB △中，CH =90ACH ∠=︒ ，AH ∴=cos CH AH θ∴==0λ<<1cos 2θ<.综上所述，cos θ∈1]2.16．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考三模）已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，AB BC =，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的动点.11BF A B ⊥.(1)证明：BF DE ⊥；(2)求平面11BB C C 与平面DEF 所成的二面角正弦值的最小值及此时点D 的位置.【答案】(1)证明见解析(2)D 为靠近1B 的11A B 的四等分点【解析】（1）因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1BB ⊥底面ABC ，又,BC AB ⊂底面ABC ，所以1BB AB ⊥，1BB BC ⊥，又因为11AB AB ∥，11BF A B ⊥，所以BF AB ⊥，又1BB BF B ⋂=，1,BB BF ⊂平面11BB C C ，所以AB ⊥平面11BB C C ，又BC ⊂平面11BB C C ，所以AB BC ⊥，即1,,BA BC BB 两两垂直，以B 为原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，设2AB =，则(0,0,0)B ，(2,0,0)A ，(0,2,0)C ，1(0,0,2)B ，1(2,0,2)A ，1(0,2,2)C ，(1,1,0)E ，(0,2,1)F ，设(,0,2)(02)D a a ≤≤，所以(0,2,1)BF = ，(1,1,2)DE a =-- ，因为·0(1)211(2)0BF DE a =⨯-+⨯+⨯-= ，所以BF DE ⊥ ，即BF DE ⊥.（2）设平面DEF 的法向量为(,,)n x y z =，因为(1,1,1)EF =- ，(1,1,2)DE a =-- ，所以·0·(1)20n EF x y z n DE a x y z ⎧=-++=⎪⎨=-+-=⎪⎩ ，令2z a =-，则(3,1,2)n a a =+- ，平面11BB C C 的一个法向量为(2,0,0)BA = ，设平面11BB C C 与平面DEF 所成的二面角为θ，则·cos cos ,n BA n BA n BA θ=〈〉==== 当12a =时，2127222a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭取最小值为272，此时cos θ取得最大值，所以()min sin θ=，所以平面11BB C C 与平面DEFD 为靠近1B 的11A B 的四等分点.17．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知P 是平行六面体1111ABCD A B C D -中线段1CD 上一点，且12D P PC =．(1)证明：1//AC 平面BDP ；(2)已知四边形ABCD 是菱形，12,120AB AA BAD =∠=︒，并且1A AC ∠为锐角，111cos cos 4A AD A AB ∠=∠=，求二面角P BDC --的正切值．【答案】(1)证明见解析【解析】（1）如图：记AC 与BD 交于点O ，延长DP 交1CC 于E ，连接EO ，∵四边形11CC D D是平行四边形，1111,2EC PC DPD EPC DD PD ∴∴==△∽△，即E 是1CC 的中点，又O 是AC 的中点，1OE AC ∴∥，又OE ⊂平面1,BDP AC ⊄平面BDP ，所以1AC ∥平面BDP ．（2）如图：过点1A 作1A H AC ⊥于H ，由于四边形ABCD 是菱形，111111,,A AD A AB AA D AA B A D A B ∠=∠=△≌△，又由于O 是BD 的中点，1AO BD ⊥，由于菱形中,AC BD BD ⊥⊥平面111,AA C C A H ⊂平面111,AA C C BD A H ⊥，所以1A H ⊥平面ABCD ．以O 为坐标原点，1,,OD OA HA 方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系，不妨设菱形ABCD的边长为2，则()()()0,1,0,,0,1,0A B C -，)D ，设()10,,A a b ，由于2211111(1)1,cos AA AB AA a b A AB AA AB ⋅=⇒-+=∠=⋅ ()()11111,41242a a b -⋅-=⇒=⇒==⋅，由于11115,,26DD AA D P =-- ，设平面BDP 的法向量为()1,,n xy z = ，则110,0500,6n BD n DP y ⎧=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=-=⎪⎪⎩⎩ 令5z =，得()1n = ，又平面BDC 的法向量为()20,0,1n =，12cos ,n n 〉∴〈= 记二面角P BD C --的大小θ，则cos sin tan θθθ=⇒=⇒=，故二面角P BD C --．18．（2023·辽宁抚顺·校考模拟预测）如图，在三棱锥A BCD -中，A ABC CB =∠∠，点,E F 分别是棱,BC DC 的中点，CD ⊥平面AEF .(1)证明：平面ABC ⊥平面BCD ；(2)过点B 作CD 的平行线交FE 的延长线于点M ，260∠=∠= ABC BCD ，点G 是线段BD 上的动点，问：点G 在何处时，平面AEG 与平面ABM 夹角的正弦值最小，并求出该最小正弦值.【答案】(1)证明见解析【解析】（1）由A ABC CB =∠∠可知AB AC =，又BE CE =，故AE BC ⊥（三线合一），又CD ⊥平面AEF ，AE ⊂平面AEF ，故CD AE ⊥，又BC CD C ⋂=，,BC CD ⊂平面BCD ，故⊥AE 平面BCD ，又AE ⊂平面ABC ，故平面ABC ⊥平面BCD（2）在平面BCD 中，过E 作EH BD ⊥，垂足为H ，不妨设4BC =，由于260∠=∠= ABC BCD ，则1DF FC EA EF ====，以,,EH EF EA 所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -.则(0,0,0),(0,0,((0,1,0),1,0)E A C D M B --，设,0)(11)G m m -≤≤，则(0,0,EA =，,0)EG m =，MB =，(0,1,MA = .设平面AEG 的法向量(,,)n x y z = ，由00n EA n EG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即00my ⎧=⎪+=，则(),n m = 是其中一条法向量；设平面ABM 的法向量(,,)l a b c = ，由00l MB l MA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即00b =+=⎪⎩，则()0,l =- 是其中一条法向量.设平面AEG 与平面ABM 夹角为θ，则cos cos ,m n θ== 当0m =时，cos θ=19．（2023·内蒙古赤峰·校联考三模）如图，P 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，四边形ABCD 是圆O 的内接四边形，BD 为底面圆的直径，M 在母线PB 上，且2AB BC BM ===，4BD =，MD =(1)求证：平面AMC ⊥平面ABCD ；(2)设点E 为线段PO 上动点，求直线CE 与平面ADM 所成角的正弦值的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)1【解析】（1）如图，设AC 交BD 于点N ，连接,,MN OC OA ，由已知可得2OC OA ==，又2AB BC ==，所以四边形ABCO 为菱形，所以AC BD ⊥，∵2BM =，4BD =，MD =∴222BM MD BD +=，∴π2BMD ∠=，∴1cos 2MBD ∠=，又()0,πMBD ∠∈，所以π3MBD ∠=，因为N 为OB 的中点，∴1BN =，2BM =．由余弦定理可得MN ==∴222BM BN MN =+，所以MN BN ⊥，即MN BD ⊥，又,AC MN ⊂平面AMC ，AC MN N ⋂=，∴BD ⊥平面AMC ．又BD ⊂平面ABCD ，∴平面AMC ⊥平面ABCD ．（2）由已知PO ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以PO AC ⊥，又AC BD ⊥，BD PO P ⋂=，,BD PO ⊂平面PBD ，∴AC ⊥平面PBD ，又MN ⊂平面PBD ，∴MN AC ⊥．由（1）知MN BD ⊥，AC BD N ⋂=，,AC BD ⊂平面ABCD ，所以MN ⊥平面ABCD ，∴//PO MN ，又点N 为BO 的中点，所以2PO MN ==以点N 为坐标原点，,,NA ND NM 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系则)A ，()0,3,0D ，()0,1,0B -，(M ，()C ，()0,1,0O ，设()(0,1,0E t t ≤≤，则)CE t = ，∴()AD = ，(AM = ，设平面AMD 的法向量为(),,n x y z = ，则00AD n AM n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即300y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，令1y =，则x z ==，所以n = 为平面AMD 的一个法向量．设直线CE 与平面AMD 所成的角为θ，则sin cos ,n CE n CE n CE θ⋅=〈〉===⋅ ，构建()0f t t =≤≤，则()f t'==，当0t ≤<()0f t'>，函数()f t在⎡⎣上单调递增，t <≤()0f t '<，函数()f t 在上单调递减，∴t =()f t 取到最大值4．此时，sin θ取到最大值1.另解：由n = ，)CE t = 知，当t =时，n CE ∥ ，此时CE ⊥ 平面AMD ，设直线CE 与平面AMD 所成的角为θ，因为090θ︒≤≤︒，当t =时，sin θ取到最大值1．20．（2023·浙江·校联考三模）如图，三棱台111ABC A B C -中，114A C =，6AC =，D 为线段AC 上靠近C 的三等分点.(1)线段BC 上是否存在点E ，使得1//A B 平面1C DE ，若不存在，请说明理由；若存在，请求出BE BC 的值；(2)若14A A AB ==，1π3A AC BAC ∠=∠=，点1A 到平面ABC 的距离为3，且点1A 在底面ABC 的射影落在ABC V 内部，求直线1B D 与平面11ACC A 所成角的正弦值.【答案】(1)存在，23BE BC =【解析】（1）取BC 的靠近点C 的三等分点E ，连接1C E 、DE 、1DC ，则11226433AD AC A C ==⨯==，又因为11//AD AC ，所以，四边形11AAC D 为平行四边形，则11//AADC ，因为1DC ⊄平面11AA B B ，1AA ⊂平面11AA B B ，所以，1//DC 平面11AA B B ，因为13CD CE AC BC ==，所以，//DE AB ，因为DE ⊄平面11AA B B ，AB ⊂平面11AA B B ，所以，//DE 平面11AA B B ，因为1DC DE D = ，1DC 、DE ⊂平面1C DE ，所以，平面11//AA B B 平面1C DE ，因为1A B ⊂平面11AA B B ，故1//A B 平面1C DE ，因此，线段BC 上是否存在点E ，且当23BE BC =时，1//A B 平面1C DE .（2）过点1A 在平面11AAC C 内作1AO AC ⊥，垂足为点O ，连接BO ，由14A A AB ==，1π3AAC BAC ∠=∠=，AO AO =，所以，1AOA AOB △≌△，所以，1π2AOB AOA ∠=∠=，所以，BO AC ⊥，过点1A 在平面1A OB 内作1A E BO ⊥，垂足为点E ，因为1A O AC ⊥，BO AC ⊥，1A O BO O ⋂=，1AO 、BO ⊂平面1A BO ，所以，AC ⊥平面1A BO ，因为1A E ⊂平面1A BO ，则1A E AC ⊥，又因为1A E BO ⊥，AC BO O ⋂=，AC 、BO ⊂平面ABC ，所以，1A E ⊥平面ABC ，因为点1A 到平面ABC 的距离为3，即13A E =，且111πsin 4sin43A O AA A AC =∠===所以，111sin A E A OB A O ∠===，由图可知，1AOB ∠为锐角，所以，1π3A OB ∠=，以点O 为坐标原点，OB 、OC 、1EA 的方向分别为x 、y 、z 轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0O、)1A 、()0,2,0D 、()0,2,0A -、()B 、()0,4,0C，)1OA = ，()0,6,0AC = ，设平面11ACA C 的法向量(),,n x y z =，则13060n OA z n AC y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩，取x =)1n =-，()112242,0,0333A B AB ⎫===⎪⎪⎭ ，所以，())1111420,2,0,0,333DB DO OA A B ⎫⎫=++=-++=-⎪⎪⎪⎪⎭⎭ ，因为111cos ,DB n DB n DB n ⋅===⋅ ，因此，1B D 与平面11ACA C.21．（2023·湖北武汉·统考三模）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，侧面PAB 是等边三角形，平面PAB ⊥平面ABCD ，2BC AB =，60ABC ∠=．(1)证明：PB AC ⊥；(2)点Q 在侧棱PD 上，2DQ QP =，过B ，Q 两点作平面α，设平面α与PA ，PC 分别交于点E ，F ，当直线//AC α时，求二面角B EQ D --的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)0【解析】（1）证明：在ABC V 中，设22BC AB m ==，因为60ABC ∠= ，由余弦定理可知：()22222221cos 2222m m AC AB BC AC ABC AB BC m m +-+-∠===⋅⨯⨯，解得AC =，所以222AC AB BC +=，所以AB AC ⊥．又因为平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，AB AC ⊥，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥平面PAB ．由PB ⊂平面PAB ，所以PB AC ⊥.（2）连BD 交AC 于点M ，连接PM ，BQ ，设PM 交BQ 于点H ．在PBD △中，过P 作BD 的平行线交BQ 的延长线于N ，由//PN BD ，有::1:2PN BD PQ QD ==，则::1:1PN BM PH HM ==，所以点H 为线段PM 中点．在PAC △中，因为直线//AC 平面α，平面PAC 平面EF α=，所以直线//EF 直线AC ，且直线EF 过点H ，所以点E 为线段PA 中点．以点A 为坐标原点，,AB AC 分别为x 轴，y 轴，过点A 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，设2AB =．则()0,0,0A ，()2,0,0B，()0,C,()2,D -，(1,P ．因为点E 为线段PA中点，所以12E ⎛ ⎝，设平面BEQ （平面BEF ）的法向量为()1,,n x y z = ，因为32BE ⎛=- ⎝，()12EF AC == ，由1100BE n EF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得3020x ⎧-=⎪=，令1x =，则(1n =u r ．设平面EQD （平面PAD ）的法向量为()2,,n x y z ''=' ，因为(AP =，()2,AD =- ，由2200AP n AD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得020x x ⎧=⎪⎨-+=''''⎪⎩．令x '=)21n =- ．所以121212cos ,0n n n n n n ⋅== ，所以二面角B EQ D --的余弦值为0.22．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中统考三模）如图，四边形11ABB A 是圆柱1OO 的轴截面，点M 是母线1CC的中点，圆柱底面半径12R AA ==.(1)求证：11O C //平面1A BM ；(2)当三棱锥1A ABC -的体积最大时，求平面1A BM 与平面CBM 夹角的余弦值.【答案】(1)见解析【解析】（1）证明：连接1OO ，11OO A B N ⋂=，则11//OO CC ，且11OO CC =，1MC MC =，连接MN ，11,A O O B ，由圆柱的性质可得1111//,A O OB A O OB =，所以四边形11AOBO 是平行四边形，1O N NO ∴=，所以N 为1OO 中点，所以易知11//O C MN ，11O C ⊄平面1A BM ，MN ⊂平面1A BM ，所以11O C //平面1A BM ；（2）设,AC a BC b ==，则228a b +=，1221111433323A ABC ABC a b V S AA ab -+=⋅⋅=≤⋅=V ，当且仅当2AC BC ==时取等，如图所示，建立空间直角坐标系C xyz -，()()()12,0,2,0,2,0,0,0,1AB M ，()()10,2,1,2,0,1MB MA =-= ，设平面1A BM 的法向量为(),,n x y z = ，所以1020200MB n y z x z MA n ⎧⋅=-=⎧⎪⇒⎨⎨+=⋅=⎩⎪⎩ ，令2z =，1,1y x ==-，所以()112,,n =- ，取平面CBM 的法向量为()1,0,0m = ，所以平面1A BM 与平面CBM夹角的余弦值cos ,m n m n m n ⋅==⋅所以平面1A BM 与平面CBM23．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知在多面体ABCDE 中，DE AB ∥，AC BC ⊥，24BC AC ==，2AB DE =，DA DC =且平面DAC ⊥平面ABC .(1)设点F 为线段BC 的中点，试证明EF ⊥平面ABC ；(2)若直线BE 与平面ABC 所成的角为60 ，求二面角B AD C --的余弦值．【答案】(1)证明见解析【解析】（1）取AC 的中点O ，连接EF ，OF ，∵在DAC △中DA DC =，∴DO AC ⊥.∴由平面DAC ⊥平面ABC ，且交线为AC ，DO ⊂平面DAC ，得DO ⊥平面ABC .∵O ，F 分别为AC ，BC 的中点，∴//OF AB ，且2AB OF =.又//DE AB ，2AB DE =，∴//OF DE ，且OF DE =.∴四边形DEFO 为平行四边形.∴//EF DO ，∴EF ⊥平面ABC .（2）∵DO ⊥平面ABC ，,AC BC ⊂ABC 平面，所以,DO AC DO BC ⊥⊥，又因为AC BC ⊥，所以,,DO AC BC 三者两两互相垂直，∴以O 为原点，OA 所在直线为x 轴，过点O 与CB 平行的直线为y 轴，OD 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系.则()1,0,0A ，()1,0,0C -，()1,4,0B -.∵EF ⊥平面ABC ，∴直线BE 与平面ABC 所成的角为60EBF ∠= .∴tan 60DO EF BF ===o ∴(0,0,D .可取平面ADC 的法向量()0,1,0m = ，设平面ADB 的法向量(),,n x y z = ，()2,4,0AB =- ，(1,0,AD =-u u u r ，则2400x y x -+=⎧⎪⎨-+=⎪⎩，取1z =，则x =y =∴()n = ，∴cos ,m u r∴二面角B AD C --24．（2022·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）如图①所示，长方形ABCD 中，2AD =，3AB =，点M 是边CD 靠近点C 的三等分点，将△ADM 沿AM 翻折到△PAM ，连接PB ，PC ，得到图②的四棱锥P ABCM -.(1)求四棱锥P ABCM -的体积的最大值；(2)设P AM D --的大小为θ，若π0,2θ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，求平面PAM 和平面PBC 夹角余弦值的最小值.【答案】(2)平面PAM 和平面PBC 【解析】（1）解：取AM 的中点G ，连接PG ，因为2PA PM ==，则PG AM ^，当平面PAM ⊥平面ABCM 时，P 点到平面ABCM 的距离最大，四棱锥P ABCM -的体积取得最大值，此时PG ⊥平面ABCM ，且12PG AM ==底面ABCM 为梯形，面积为1(13)242S =+⨯⨯=，则四棱锥P ABCM -的体积最大值为max 143V =⨯=；（2）解：连接DG ，因为DA DM =，所以DG AM ⊥，所以PGD ∠为P AM D --的平面角，即PGD θ∠=，过点D 作Dz ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DZ 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()2,0,0A ，()0,2,0M ，()0,3,0C ，()2,3,0B 过P 作PH DG ⊥于点H ，由题意得PH ⊥平面ABCM ，设(P x,0y,0)z，所以000cos)1cos,x y zθθθ==-=-，所以(1cos,1cos)Pθθθ--，所以(2,2,0),(1cos,cos1,)AM PAθθθ=-=+-，设平面PAM的法向量为1111(,,)n x y z=，则()()111112201cos cos10x yx y zθθθ-+=⎧⎪⎨++-=⎪⎩，令1zθ=，则1(sin,sin)nθθθ=，设平面PBC的法向量为2222(,,)n x y z=，因为(2,0,0),(cos1,cos2,)CB PCθθθ==-+，则()()2222cos1cos2sin0xx yθθθ=⎧⎪⎨-++=⎪⎩，令2yθ=，可得：2,2cos)nθθ=+，设两平面夹角为α，则1212cosn nn nα⋅==⋅=，令π2cos1,0,2tθθ⎛⎤=+∈ ⎥⎝⎦，所以[)1,3t∈，则1cos2tθ-=所以cosα===，所以当1t=时，cosα所以平面PAM和平面PBC25．（2023·湖南永州·统考一模）如图所示，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，且24,AD AB M N==、分别为PD BC、的中点，H在线段PC上，且3PC PH=．(1)求证：//MN 平面PAB ；(2)当AM PC ⊥时，求平面AMN 与平面HMN 的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)15【解析】（1）如图所示：取AD 中点Q ，连接,MQ NQ ，,M N 分别为PD BC 、的中点，且底面ABCD 为矩形，所以1//,2MQ PA MQ PA =，且//NQ AB ，又因为MQ Ì平面MQN ，MQ ⊄平面PAB ，NQ ⊂平面MQN ，NQ ⊄平面PAB ，所以//MQ 平面PAB ，且//QN 平面PAB ，又因为MQ NQ Q = ，MQ Ì平面MQN ，NQ ⊂平面MQN ，所以平面//MQN 平面PAB ，因为MN ⊂平面MQN ，所以由面面平行的性质可知//MN 平面PAB（2）如图所示：注意到侧面PAD 为正三角形以及M 为PD 的中点，所以由等边三角形三线合一得AM PD ⊥，又因为AM PC ⊥，且PD ⊂面PDC ，PC ⊂面PDC ，PD PC P ⋂=，所以AM ⊥面PDC ，又因为CD ⊂面PDC ，所以CD AM ⊥，又因为底面ABCD 为矩形，所以CD AD ⊥，因为AD AM A = ，AM ⊂面PAD ，AD ⊂面PAD ，所以CD ⊥面PAD ，因为PQ ⊂面PAD ，所以CD PQ ⊥，又//CD NQ ，所以NQ PQ ⊥，又由三线合一PQ AD ⊥，又AD NQ ⊥，所以建立上图所示的空间直角坐标系；因为24==A D A B ，所以()()(()()0,2,0,2,0,0,0,0,,2,2,0,0,2,0A N P C D -，又因为M 为PD 的中点，3PC PH =，所以(22,,33M H ⎛ ⎝，所以(0,3,MA =-，(2,1,MN =-，21,33MH ⎛=- ⎝ ，不妨设平面AMN 与平面HMN 的法向量分别为()()11112222,,,,,n x y z n x y z ==，所以有1100nMA n MN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 以及2200n MHn MN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即分别有111113020y x y ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩以及2222222103320x y z x y ⎧-=⎪⎨⎪-=⎩，分别令121,1y x =-=，并解得(()121,1,,1,2,0n n =-=，不妨设平面AMN 与平面HMN 的夹角为θ，所以cos θ；综上所述：平面AMN 与平面HMN 的夹角的余弦值为15.26．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PBC ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是矩形，,O E 分别是,BC PA 的中点，平面α经过点,,O D E 与棱PB 交于点F ．(1)试用所学知识确定F 在棱PB 上的位置；(2)若22PB PCBC AB ====，求EF 与平面PCD 所成角的正弦值．【答案】(1)靠近B 的三等分点处【解析】（1）过P 作直线l 与BC 平行，延长DE 与l 交于点G ，连接,OG OG 与PB 的交点即为点F ．因为底面ABCD 是矩形，O 是BC 的中点，所以AD BC ∥，且2AD OB =．又l BC ∥，所以l AD ∥，因为E 是PA 的中点，可得PGAD=，则2PG OB =，所以2PF BF =．故F 在棱PB 的靠近B 的三等分点处．。

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