空间向量与立体几何高考题汇编62478
空间向量与立体几何高考题汇编
1. （2009北京卷）（本小题共14分）如图，四棱锥 P-ABCD 的底面是正方形， PD _底面ABCD ,点E 在棱PB 上.（I ）求证：平面 AEC _平面PDB ；（H ）当PD = J2AB 且E 为PB 的中点时，求 AE 与平面PDB 所成的角的大小.解：如图，以D 为原点建立空间直角坐标系 D-xyz ,设 AB 二 a,PD 二h,则 A a,0,0 ,B a,a,0 ,C 0,a,0 , D 0,0,0 ,P 0,0,h ,(I 「AC …a,a,0 齐=0,0,h,DB=a,a,0 ,••• AC 丄 DR AC 丄 DB ••• AC 丄平面 PDB•••平面AEC _平面PDB .（n ）当PD =・』2AB 且E 为PB 的中点时,设ASBD=O 连接 OE由（I ）知ACL 平面PDB 于 O, • / AEO 为AE 与平面PDB 所的角，•- AOE =45，即AE 与平面PDB 所成的角的大小为45 •2.（2009山东卷）（本小题满分12分）P 0,0,、、2a Ji i 42E —a, —a, — a , 匹2 2丿•cos AEOEA 】EO 2p,解法二：(1)因为AB=4, BC=CD=2, F 是棱AB 的中点， 所以BF=BC=CF ^ BCF 为正三角形，因为ABCD 为 等腰梯形，所以/ BAC=Z ABC=60 ,取AF 的中点M, 连接。
皿＞则DMLAB,所以DM L CD,以DM 为x 轴,DC 为y 轴,DDi 为z 轴建立空间直角坐标系， ,则 D( 0,0,0 ) ,A (、.3,-1,0 ) ,F ( ... 3,1,0 ) ,C向量为；=(x, y,则 4 ^F=0所以]n C 。
= 0iEE i i-丄.3 i 0=0,所以 n _ EE i ,所以直线 EEj/ 平面 FCC . 2 22 ) FB =(0, 2,0),设平面BFC 的法向量为n =( x, y, z)则]Ji n FC =0.厂 ,取 n=(2,0, J3),则-、3x i y i 2 Z i —02 7,由图可知二面角 B-FC 1 -C2 .77B-FC i -C 的余弦值为+3. (2009全国卷H)(本小题满分12分)如图，直三棱柱 ABC-ABG 中，AB_AC, D 、E 分别为AA ,、B iC 的中点，DE _平面BCC i(I )证明：AB=AC(II )设二面角A-BD -C 为60°,求B i C 与平面BGD 所成的角 的大小。
高考数学压轴专题最新备战高考《空间向量与立体几何》全集汇编附答案
数学高考《空间向量与立体几何》复习资料一、选择题1．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M ， N 分别为棱111,C D CC 的中点，以下四个结论：①直线DM 与1CC 是相交直线；②直线AM 与NB 是平行直线；③直线BN 与1MB 是异面直线；④直线AM 与1DD 是异面直线．其中正确的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C 【解析】 【分析】根据正方体的几何特征，可通过判断每个选项中的两条直线字母表示的点是否共面；如果共面，则可能是相交或者平行；若不共面，则是异面. 【详解】①：1CC 与DM 是共面的，且不平行，所以必定相交，故正确；②：若AM BN 、平行，又AD BC 、平行且,AM AD A BN BC B ⋂=⋂=，所以平面BNC P 平面ADM ，明显不正确，故错误；③：1BN MB 、不共面，所以是异面直线，故正确； ④：1AM DD 、不共面，所以是异面直线，故正确； 故选C. 【点睛】异面直线的判断方法：一条直线上两点与另外一条直线上两点不共面，那么两条直线异面；反之则为共面直线，可能是平行也可能是相交.2．三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ︒∠=∠=，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A．3B．6C．4D【答案】B 【解析】 【分析】设1AA c=u u u v v，AB a =u u u vv，AC b =u u u v v，根据向量线性运算法则可表示出1AB u u u v 和1BC u u u u v；分别求解出11AB BC ⋅u u u v u u u u v 和1AB u u u v ，1BC u u u u v ，根据向量夹角的求解方法求得11cos ,AB BC <>u u u v u u u u v，即可得所求角的余弦值. 【详解】设棱长为1，1AA c=u u u v v，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v由题意得：12a b ⋅=v v ，12b c ⋅=v v ，12a c ⋅=v v1AB a c =+u u u v v v Q ，11BC BC BB b a c =+=-+u u u u v u u u v u u u v v v v()()22111111122AB BC a c b a c a b a a c b c a c c ∴⋅=+⋅-+=⋅-+⋅+⋅-⋅+=-++=u u u v u u u u v v v v v v v v v v v v v v v v又1AB ===u u u v1BC ===u u u u v111111cos ,6AB BC AB BC AB BC ⋅∴<>===⋅u u u v u u u u vu u u v u u u u v u u u v u u u u v即异面直线1AB 与1BC本题正确选项：B 【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.3．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，且ABC ∆为等边三角形，2AP AB ==，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ） A ．272π B ．283π C ．263π D ．252π 【答案】B 【解析】 【分析】计算出ABC ∆的外接圆半径r ，利用公式R =可得出外接球的半径，进而可得出三棱锥P ABC-的外接球的表面积.【详解】ABC∆的外接圆半径为23 2sin3ABrπ==PA⊥Q底面ABC，所以，三棱锥P ABC-的外接球半径为222223211233PAR r⎛⎫⎛⎫=+=+=⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此，三棱锥P ABC-的外接球的表面积为2221284433Rπππ⎛⎫=⨯=⎪⎪⎝⎭.故选：B.【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，选择合适的公式计算外接球的半径，考查计算能力，属于中等题.4．《乌鸦喝水》是《伊索寓言》中一个寓言故事，通过讲述已知乌鸦喝水的故事，告诉人们遇到困难要运用智慧，认真思考才能让问题迎刃而解的道理，如图2所示，乌鸦想喝水，发现有一个锥形瓶，上面部分是圆柱体，下面部分是圆台，瓶口直径为3厘米，瓶底直径为9厘米，瓶口距瓶颈为23厘米，瓶颈到水位线距离和水位线到瓶底距离均为332厘米，现将1颗石子投入瓶中，发现水位线上移32厘米，若只有当水位线到达瓶口时乌鸦才能喝到水，则乌鸦共需要投入的石子数量至少是（）A．2颗B．3颗C．4颗D．5颗【答案】C【解析】【分析】利用图形中的数据，分别算出石子的体积和空瓶的体积即可.【详解】如图，9,3,33AB cm EF GH cm LO cm ====所以60A ∠=︒，原水位线直径6CD cm =，投入石子后，水位线直径5IJ cm = 则由圆台的体积公式可得石子的体积为：()22319133MN CN IM CN IM cm ππ⋅⋅++⋅= 空瓶的体积为：()22213LN CN EL CN EL EL KL ππ⋅++⋅+⋅⋅633363993888πππ=+=所以需要石子的个数为：()99329783,491913ππ=∈ 所以至少需要4颗石子 故选：C 【点睛】本题考查的是圆台和圆柱体积的算法，掌握其公式是解题的关键.5．如图，直三棱柱ABC A B C '''-的侧棱长为3，AB BC ⊥，3AB BC ==，点E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE BF =，当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，则异面直线A F '与AC 所成的角为（ ）A ．2π B ．3π C ．4π D ．6π 【答案】C 【解析】 【分析】设AE BF a ==，13B EBF EBF V S B B '-'=⨯⨯V ，利用基本不等式，确定点 E ，F 的位置，然后根据//EF AC ，得到A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，再利用余弦定理求解. 【详解】设AE BF a ==，则()()23119333288B EBFa a V a a '-+-⎡⎤=⨯⨯⨯-⨯≤=⎢⎥⎣⎦，当且仅当3a a =-，即32a =时等号成立， 即当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，点E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点， 方法一：连接A E '，AF ，则352A E '=，352AF =，2292A F AA AF ''=+=，13222EF AC ==， 因为//EF AC ，所以A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，由余弦定理得222819452424cos 93222222A F EF A E A FE A F EF +-''+-'∠==='⋅⋅⨯⨯， ∴4A FE π'∠=．方法二：以B 为坐标原点，以BC 、BA 、BB '分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则()0,3,0A ，()3,0,0C ，()0,3,3A '，3,0,02F ⎛⎫⎪⎝⎭， ∴3,3,32A F ⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭u u u u r ，()3,3,0AC =-u u u r ，所以9922cos ,92322A F AC A F AC A F AC +'⋅'==='⋅⨯u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r ，所以异面直线A F '与AC 所成的角为4π． 故选：C【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，余弦定理，基本不等式以及向量法求角，还考查了推理论证运算求解的能力，属于中档题.6．已知圆锥的母线与底面所成的角等于60°，且该圆锥内接于球O ，则球O 与圆锥的表面积之比等于（ ） A ．4：3 B ．3：4 C ．16：9 D ．9：16【答案】C 【解析】 【分析】由圆锥的母线与底面所成的角等于60°，可知过高的截面为等边三角形，设底面直径，可以求出其表面积，根据圆锥内接于球O ，在高的截面中可以求出其半径，可求其表面积，可求比值． 【详解】设圆锥底面直径为2r ，圆锥的母线与底面所成的角等于60°，则母线长为2r ， 则圆锥的底面积为：2r π，侧面积为1222r r π⋅， 则圆锥的表面积为2212232r r r r πππ+⋅=， 该圆锥内接于球O ，则球在圆锥过高的截面中的截面为圆，即为边长为2r 的等边三角形的内切圆，则半径为R =，表面积为221643r R ππ=， 则球O 与圆锥的表面积之比等于2216:316:93r r ππ=，故选：C ． 【点睛】本题考查圆锥的性质，以及其外接球，表面积，属于中档题．7．设α为平面，a ，b 为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( ) A ．若//a α，//b α，则//a b B ．若a α⊥，//a b ，则b α⊥ C ．若a α⊥，a b ⊥r r ，则//b α D ．若//a α，a b ⊥r r，则b α⊥【答案】B 【解析】 【分析】利用空间线线、线面、面面间的关系对每一个选项逐一分析判断得解． 【详解】若//a α，//b α，则a 与b 相交、平行或异面，故A 错误；若a α⊥，//a b ，则由直线与平面垂直的判定定理知b α⊥，故B 正确； 若a α⊥，a b ⊥r r，则//b α或b α⊂，故C 错误；若//a α，a b ⊥r r，则//b α，或b α⊂，或b 与α相交，故D 错误． 故选：B ． 【点睛】本题考查命题的真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．8．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 ．32π B ．πC ．3πD ．12π【答案】C 【解析】 【分析】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.9．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 分别是AB 、11B C 的中点，则异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值为（ ）A 3B ．13C 58D 387【答案】C 【解析】 【分析】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF ，推导出四边形BDFE 为平行四边形，可得出//BE DF ，可得出异面直线BE 与CD 所成的角为CDF ∠，通过解CDF V ，利用余弦定理可求得异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值. 【详解】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF .易知EF 是111A B C △的中位线，所以11//EF A B 且1112EF A B =. 又11//AB A B 且11AB A B =，D 为AB 的中点，所以11//BD A B 且1112BD A B =，所以//EF BD 且EF BD =.所以四边形BDFE 是平行四边形，所以//DF BE ，所以CDF ∠就是异面直线BE 与CD 所成的角.因为4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 、F 分别是AB 、11B C 、11A C 的中点， 所以111122C F AC ==，111122B E BC ==且CD AB ⊥. 由勾股定理得22442AB =+=2242AC BC CD AB ⋅=== 由勾股定理得2222115229CF CC C F =+=+=2222115229DF BE BB B E ==+=+=.在CDF V 中，由余弦定理得((22229222958cos 22922CDF +-∠==⨯⨯.故选：C. 【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，一般利用平移直线法找出异面直线所成的角，考查计算能力，属于中等题.10．如图，在正方体1111ABCD A B C D -，点P 在线段1BC 上运动，则下列判断正确的是（ ）①平面1PB D ⊥平面1ACD ②1//A P 平面1ACD③异面直线1A P 与1AD 所成角的取值范围是0,3π⎛⎤ ⎥⎝⎦④三棱锥1D APC -的体积不变 A ．①② B ．①②④C ．③④D ．①④【答案】B 【解析】 【分析】由面面垂直的判定定理判断①，由面面平行的性质定理判断②，求出P 在特殊位置处时异面直线所成的角，判断③，由换底求体积法判断④． 【详解】正方体中易证直线AC ⊥平面11BDD B ，从而有1AC B D ⊥，同理有11B D AD ^，证得1B D ⊥平面1ACD ，由面面垂直判定定理得平面1PB D ⊥平面1ACD ，①正确；正方体中11//A B CD ，11//BC AD ，从而可得线面平行，然后可得面面平行，即平面11A BC //平面1ACD ，而1A P ⊂平面11A BC ，从而得1//A P 平面1ACD ，②正确；当P 是1BC 中点时，1A P 在平面11A B CD 内，正方体中仿照上面可证1AD ⊥平面11A B CD ，从而11AD A P ⊥，1A P 与1AD 所成角为90︒．③错；∵11D APC P AD C V V --=，由1//BC 平面1ACD ，知P 在线段1BC 上移动时，P 到平面1ACD距离相等，因此1P AD C V -不变，④正确．故选：B ．【点睛】本题考查面面垂直的判定定理、面面平行的性质定理、异面直线所成的角、棱锥的体积等知识，考查学生的空间想象能力，属于中档题．11．设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m α⊥，//n α，则m n ⊥；②若//αβ，m α⊥，则m β⊥；③若//m α，//n α，则//m n ；④若m α⊥，αβ⊥，则//m β.其中真命题的序号为（ ）A ．①和②B ．②和③C ．③和④D ．①和④ 【答案】A【解析】【分析】逐一分析命题①②③④的正误，可得出合适的选项.【详解】对于命题①，若//n α，过直线n 作平面β，使得a αβ⋂=，则//a n ，m α⊥Q ，a α⊂，m a ∴⊥，m n ∴⊥，命题①正确；对于命题②，对于命题②，若//αβ，m α⊥，则m β⊥，命题②正确；对于命题③，若//m α，//n α，则m 与n 相交、平行或异面，命题③错误；对于命题④，若m α⊥，αβ⊥，则m β⊂或//m β，命题④错误.故选：A.【点睛】本题考查有关线面、面面位置关系的判断，考查推理能力，属于中等题.12．已知平面α，β和直线1l ，2l ，且2αβl =I ，则“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】将“12l l P ”与“1l α∥且1l β∥”相互推导，根据能否推导的情况判断充分、必要条件.【详解】当“12l l P ”时，1l 可能在α或β内，不能推出“1l α∥且1l β∥”.当“1l α∥且1l β∥”时，由于2αβl =I ，故“12l l P ”.所以“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的必要不充分条件. 故选：B.【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查空间直线、平面的位置关系，属于基础题.13．已知,m l 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列可以推出αβ⊥的是（ ）A ．,,m l m l βα⊥⊂⊥B ．,,m l l m αβα⊥⋂=⊂C ．//,,m l m l αβ⊥⊥D ．,//,//l m l m αβ⊥【答案】D【解析】【分析】A ，有可能出现α，β平行这种情况.B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况.C ，根据面面平行的性质定理判断.D ，根据面面垂直的判定定理判断.【详解】对于A ，m l ⊥，m β⊂，若l β⊥，则//αβ，故A 错误；对于B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况，故B 错误；对于C ，因为//m l ，m α⊥，则l α⊥，又因为l βαβ⊥⇒∥，故C 错误； 对于D ，l α⊥，m l m α⇒⊥∥，又由m βαβ⇒⊥∥，故D 正确.故选：D【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.14．若圆锥的高等于底面直径，则它的底面积与侧面积之比为A ．1∶2B ．1∶3C ．1∶5D ．3∶2【答案】C【解析】【分析】由已知，求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的底面面积和侧面积，可得答案【详解】设圆锥底面半径为r ，则高h ＝2r ，∴其母线长l ＝r ．∴S 侧＝πrl ＝πr 2，S 底＝πr 故选C ．【点睛】本题考查的知识点是旋转体，圆锥的表面积公式，属于基础题．15．设A ，B ，C ，D 是同一个球面上四点，ABC ∆是斜边长为6的等腰直角三角形，若三棱锥D ABC -体积的最大值为27，则该球的表面积为（ ）A ．36πB ．64πC ．100πD ．144π【答案】C【解析】【分析】由题意画出图形，求出三棱锥D ABC -的外接球的半径，代入表面积公式求解．【详解】解：如图，ABC ∆是斜边BC 长为6的等腰直角三角形，则当D 位于直径的端点时，三棱锥D ABC -体积取最大值为27，由AB AC =，AB AC ⊥，6BC =，可得斜边BC 上的高3AE =，32AB AC == 由1132322732DE ⨯⨯=，解得9DE =， 则21AE EF DE==． ∴球O 的直径为10DE EF +=，则球O 的半径为11052⨯=． ∴该球的表面积为245100S ππ=⨯=．故选C ．【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．16．我国南北朝时期数学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“缘幂势既同，则积不容异也”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与右侧三视图所对应的几何体满足“幂势既同”，其中俯视图中的圆弧为14圆周，则该不规则几何体的体积为（ ）A ．12π+B ．136π+C ．12π+D ．1233π+ 【答案】B【解析】【分析】根据三视图知该几何体是三棱锥与14圆锥体的所得组合体，结合图中数据计算该组合体的体积即可．【详解】解：根据三视图知，该几何体是三棱锥与14圆锥体的组合体， 如图所示；则该组合体的体积为21111111212323436V ππ=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+； 所以对应不规则几何体的体积为136π+． 故选B ．【点睛】本题考查了简单组合体的体积计算问题，也考查了三视图转化为几何体直观图的应用问题，是基础题．17．设三棱锥V ﹣ABC 的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥底面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A ﹣VC ﹣B 为γ，则（ ）A ．2παββγ+＜，＞ B ．2παββγ+＜，＜ C ．2παββγ+＞，＞D ．2παββγ+＞，＜【答案】C【解析】【分析】 由最小角定理得αβ>，由已知条件得AB ⊥平面VAC ，过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠，推导出BVA γ>∠，由VA ⊥平面ABC ，得VMA β=∠，推导出MVA γ>∠，从而2πβγ+>，即可得解.【详解】 由三棱锥V ABC -的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥平面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A VC B --为γ， 由最小角定理得αβ>，排除A 和B ；由已知条件得AB ⊥平面VAC ，过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠，∴tan tan AB BNA AN γ=∠=， 而tan AB BVA AV∠=，AN AV <，∴tan tan BNA BVA ∠>∠， ∴BVA γ>∠，∵VA ⊥平面ABC ，∴VMA β=∠，∴2MVA πβ+∠=， ∵tan AM MVA AV∠=，AB AM >，∴tan tan BVA MVA ∠>∠， ∴MVA γ>∠，∴2πβγ+>．故选：C ．【点睛】本题查了线线角、线面角、二面角的关系与求解，考查了空间思维能力，属于中档题.18．在空间中，下列命题正确的是A ．如果一个角的两边和另一角的两边分别平行,那么这两个角相等B ．两条异面直线所成的有的范围是0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行D ．如果一条直线和平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行【答案】C【解析】【分析】根据两个角可能互补判断A ；根据两条异面直线所成的角不能是零度,判断B ；根据根据两个平面平行的性质定理知判断C ；利用直线与这个平面平行或在这个平面内判断D.【详解】如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行,这两个角相等或互补,故A 不正确； 两条异面直线所成的角不能是零度,故B 不正确；根据两个平面平行的性质定理知C 正确；如果一条直线和一个平面内的一条直线平行,那么这条直线与这个平面平行或在这个平面内,故D 不正确,综上可知只有C 的说法是正确的,故选C.【点睛】本题考查平面的基本性质及推论,考查等角定理,考查两个平面平行的性质定理,考查异面直线所成的角的取值范围,考查直线与平面平行的判断定理,意在考查对基础知识的掌握情况，本题是一个概念辨析问题.19．设,αβ是两个不同的平面，,l m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，则（ ） A ．若//αβ，则//l mB ．若//m a ，则//αβC ．若m α⊥，则αβ⊥D ．若αβ⊥，则//l m【答案】C【解析】【分析】根据空间线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断可得答案.【详解】A. 若//αβ，则l 与m 可能平行，可能异面，所以A 不正确.B. 若//m a ，则α与β可能平行，可能相交，所以B 不正确.C. 若m α⊥，由m β⊂，根据面面垂直的判定定理可得αβ⊥，所以C 正确.D 若αβ⊥，且l α⊂，m β⊂，则l 与m 可能平行，可能异面，可能相交, 所以D 不正确.【点睛】本题考查空间线线、线面、面面的位置判断定理和性质定理，考查空间想象能力，属于基础题.20．已知棱长为1的正方体被两个平行平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则剩余部分的表面积为( )A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】根据三视图得到几何体的直观图，然后再根据题中的数据求出几何体的表面积即可．【详解】由三视图可得，该几何体为如图所示的正方体截去三棱锥和三棱锥后的剩余部分．其表面为六个腰长为1的等腰直角三角形和两个边长为的等边三角形，所以其表面积为．故选B．【点睛】在由三视图还原空间几何体时，一般以主视图和俯视图为主，结合左视图进行综合考虑．热悉常见几何体的三视图，能由三视图得到几何体的直观图是解题关键．求解几何体的表面积或体积时要结合题中的数据及几何体的形状进行求解，解题时注意分割等方法的运用，转化为规则的几何体的表面积或体积求解．。
高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》真题汇编及解析
【最新】高考数学《空间向量与立体几何》练习题一、选择题1．若a ，b 是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列四个命题：①若a P α，b β∥，a b ⊥r r，则αβ⊥；②若a P α，b β∥，a b ∥，则αβ∥；③若a α⊥，b β⊥，a b ∥，则αβ∥；④若a P α，b β⊥，a b ⊥r r，则αβ∥．正确的个数为（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】B 【解析】 【分析】对每一个选项逐一分析得解. 【详解】命题①中α与β还有可能平行或相交； 命题②中α与β还有可能相交； 命题④中α与β还有可能相交；∵a b P ，a α⊥，∴b α⊥，又b β⊥，∴αβP ．故命题③正确． 故选B ． 【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象能力.2．如图，在底面边长为4，侧棱长为6的正四棱锥P ABCD -中，E 为侧棱PD 的中点，则异面直线PB 与CE 所成角的余弦值是（ ）A 34B ．23417C 517D ．31717【答案】D 【解析】 【分析】首先通过作平行的辅助线确定异面直线PB 与CE 所成角的平面角，在PCD ∆中利用余弦定理求出cos DPC ∠进而求出CE ，再在GFH ∆中利用余弦定理即可得解.如图，取PA 的中点F ，AB 的中点G ，BC 的中点H ，连接FG ，FH ，GH ，EF ，则//EF CH ，EF CH =，从而四边形EFHC 是平行四边形，则//EC FH ， 且EC FH =.因为F 是PA 的中点，G 是AB 的中点，所以FG 为ABP ∆的中位线，所以//FG PB ，则GFH ∠是异面直线PB 与CE 所成的角.由题意可得3FG =，1222HG AC ==. 在PCD ∆中，由余弦定理可得2223636167cos 22669PD PC CD DPC PD PC +-+-∠===⋅⨯⨯，则2222cos 17CE PC PE PC PE DPC =+-⋅∠=，即17CE =在GFH ∆中，由余弦定理可得222cos 2FG FH GH GFH FG FH +-∠=⋅317172317==⨯⨯. 故选：D 【点睛】本题考查异面直线所成的角，余弦定理解三角形，属于中档题.3．在以下命题中：①三个非零向量a r ，b r ，c r 不能构成空间的一个基底，则a r ，b r ，c r共面；②若两个非零向量a r ，b r 与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a r ，b r共线；③对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若222OP OA OB OC =--u u u r u u u r u u u u r u u u u r，则P ，A ，B ，C 四点共面④若a r ，b r是两个不共线的向量，且(,,,0)c a b R λμλμλμ=+∈≠r r r ，则{},,a b c r r r 构成空间的一个基底⑤若{},,a b c r r r 为空间的一个基底，则{},,a b b c c a +++r r r r r r构成空间的另一个基底；其中真命题的个数是（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】D 【解析】根据空间向量的运算法则，逐一判断即可得到结论. 【详解】①由空间基底的定义知，三个非零向量a r ，b r ，c r 不能构成空间的一个基底，则a r ，b r，c r共面，故①正确；②由空间基底的定义知，若两个非零向量a r ，b r与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a r，b r共线，故②正确；③由22221--=-≠，根据共面向量定理知,,,P A B C 四点不共面，故③错误；④由c a b λμ=+r r r ，当1λμ+=时，向量c r 与向量a r ，b r构成的平面共面，则{},,a b c r r r 不能构成空间的一个基底，故④错误；⑤利用反证法：若{},,a b b c c a +++r r r r r r不构成空间的一个基底， 设()()()1a b x b c x c a +=++-+r r r r r r ，整理得()1c xa x b =+-r r r ，即,,a b c r r r共面，又因{},,a b c r r r 为空间的一个基底，所以{},,a b b c c a +++r r r r r r能构成空间的一个基底，故⑤正确.综上：①②⑤正确. 故选：D. 【点睛】本题考查空间向量基本运算，向量共面，向量共线等基础知识，以及空间基底的定义，共面向量的定义，属于基础题．4．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.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.5．已知平面α∩β=l ，m 是α内不同于l 的直线，那么下列命题中错误的是（ ） A ．若m ∥β，则m ∥l B ．若m ∥l ，则m ∥β C ．若m ⊥β，则m ⊥l D ．若m ⊥l ，则m ⊥β【答案】D 【解析】 【分析】A 由线面平行的性质定理判断.B 根据两个平面相交，一个面中平行于它们交线的直线必平行于另一个平面判断.C 根据线面垂直的定义判断.D 根据线面垂直的判定定理判断. 【详解】A 选项是正确命题，由线面平行的性质定理知，可以证出线线平行；B 选项是正确命题，因为两个平面相交，一个面中平行于它们交线的直线必平行于另一个平面；C 选项是正确命题，因为一个线垂直于一个面，则必垂直于这个面中的直线；D 选项是错误命题，因为一条直线垂直于一个平面中的一条直线，不能推出它垂直于这个平面； 故选：D. 【点睛】本题主要考查线线关系和面面关系，还考查了推理论证的能力，属于中档题.6．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【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．7．鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（ ）A ．8(6623)+B ．6(8823)+C ．8(632)+D ．6(8832)+ 【答案】A【分析】该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可. 【详解】由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为222+的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为2，则该几何体的表面积为2116(222)42282322S ⎡⎤=⨯+-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⎢⎥⎣⎦8(6623)=++.故选：A. 【点睛】本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.8．如下图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点E F 、分别为棱1BB ，1CC 的中点，点O 为上底面的中心，过E F O 、、三点的平面把正方体分为两部分，其中含1A 的部分为1V ，不含1A 的部分为2V ，连接1A 和2V 的任一点M ，设1A M 与平面1111D C B A 所成角为α，则sin α的最大值为（ ）．A ．22B 25C ．65D ．266【答案】B 【解析】 【分析】连接EF ，可证平行四边形EFGH 为截面，由题意可找到1A M 与平面1111D C B A 所成的角，进而得到sin α的最大值. 【详解】连接EF ，因为EF//面ABCD,所以过EFO 的平面与平面ABCD 的交线一定是过点O 且与EF 平行的直线，过点O 作GH//BC 交CD 于点G,交AB 于H 点，则GH//EF,连接EH ，FG,则平行四边形EFGH 为截面，则五棱柱1111A B EHA D C FGD -为1V ，三棱柱EBH-FCG 为2V ，设M 点为2V 的任一点，过M 点作底面1111D C B A 的垂线，垂足为N ，连接1A N ,则1MA N ∠即为1A M 与平面1111D C B A 所成的角，所以1MA N ∠=α，因为sinα=1MNA M,要使α的正弦最大，必须MN 最大，1A M 最小，当点M 与点H 重合时符合题意，故sinα的最大值为11=MN HN A M A H =255, 故选B【点睛】本题考查空间中的平行关系与平面公理的应用，考查线面角的求法，属于中档题.9．我国南北朝时期数学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“缘幂势既同，则积不容异也”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与右侧三视图所对应的几何体满足“幂势既同”，其中俯视图中的圆弧为14圆周，则该不规则几何体的体积为（ ）A ．12π+B ．136π+ C ．12π+D ．1233π+ 【答案】B 【解析】 【分析】根据三视图知该几何体是三棱锥与14圆锥体的所得组合体，结合图中数据计算该组合体的体积即可． 【详解】解：根据三视图知，该几何体是三棱锥与14圆锥体的组合体，如图所示；则该组合体的体积为21111111212323436V ππ=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+； 所以对应不规则几何体的体积为136π+． 故选B ．【点睛】本题考查了简单组合体的体积计算问题，也考查了三视图转化为几何体直观图的应用问题，是基础题．10．圆锥SD （其中S 为顶点，D 为底面圆心）的侧面积与底面积的比是2:1，则圆锥SD 与它外接球（即顶点在球面上且底面圆周也在球面上）的体积比为（ ） A ．9:32 B ．8:27 C ．9:22 D ．9:28 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件求得圆锥母线与底面圆半径r 的关系，从而得到圆锥的高与r 关系，计算圆锥体积，由截面图得到外接球的半径R 与r 间的关系，计算球的体积，作比即可得到答案. 【详解】设圆锥底面圆的半径为r,圆锥母线长为l ，则侧面积为πrl ， 侧面积与底面积的比为2πrl 2lr rπ==,则母线l=2r,圆锥的高为223l r r -=, 则圆锥的体积为2313πh 33r r =, 设外接球的球心为O,半径为R,截面图如图，则3r R -,BD=r, 在直角三角形BOD 中，由勾股定理得222OB OD BD =+,即)2223R r r R =+-,展开整理得,3所以外接球的体积为33344333393R ππ==, 故所求体积比为333933293r=【点睛】本题考查圆锥与球的体积公式的应用，考查学生计算能力，属于中档题.11．四棱锥P ABCD -所有棱长都相等，M 、N 分别为PA 、CD 的中点，下列说法错误的是（ ）A ．MN 与PD 是异面直线B ．//MN 平面PBC C ．//MN ACD ．MN PB ⊥【答案】C 【解析】 【分析】画出图形，利用异面直线以及直线与平面平行的判定定理，判断选项A 、B 、C 的正误，由线线垂直可判断选项D ． 【详解】由题意可知四棱锥P ABCD -所有棱长都相等，M 、N 分别为PA 、CD 的中点，MN 与PD 是异面直线，A 选项正确； 取PB 的中点为H ，连接MH 、HC ，四边形ABCD 为平行四边形，//AB CD ∴且AB CD =，M Q 、H 分别为PA 、PB 的中点，则//MH AB 且12MH AB =，N Q 为CD 的中点，//CN MH ∴且CN MH =，则四边形CHMN 为平行四边形， //MN CH ∴，且MN ⊄平面PBC ，CH ⊂平面PBC ，//MN ∴平面PBC ，B 选项正确；若//MN AC ，由于//CH MN ，则//CH AC ，事实上AC CH C ⋂=，C 选项错误；PC BC =Q ，H 为PB 的中点，CH PB ∴⊥，//MN CH Q ，MN PB ∴⊥，D 选项正确.故选：C ．本题考查命题的真假的判断与应用，涉及直线与平面的平行与垂直的位置关系的判断，是中档题.12．设三棱锥V ﹣ABC 的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥底面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A ﹣VC ﹣B 为γ，则（ ） A ．2παββγ+＜，＞ B ．2παββγ+＜，＜C ．2παββγ+＞，＞D ．2παββγ+＞，＜【答案】C 【解析】 【分析】由最小角定理得αβ>，由已知条件得AB ⊥平面VAC ，过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠，推导出BVA γ>∠，由VA ⊥平面ABC ，得VMA β=∠，推导出MVA γ>∠，从而2πβγ+>，即可得解.【详解】由三棱锥V ABC -的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥平面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A VC B --为γ，由最小角定理得αβ>，排除A 和B ； 由已知条件得AB ⊥平面VAC ，过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠， ∴tan tan ABBNA ANγ=∠=， 而tan ABBVA AV∠=，AN AV <，∴tan tan BNA BVA ∠>∠， ∴BVA γ>∠，∵VA ⊥平面ABC ，∴VMA β=∠， ∴2MVA πβ+∠=，∵tan AMMVA AV∠=，AB AM >，∴tan tan BVA MVA ∠>∠， ∴MVA γ>∠，∴2πβγ+>．故选：C ．【点睛】本题查了线线角、线面角、二面角的关系与求解，考查了空间思维能力，属于中档题.13．在正四面体A BCD -中，P 是AB 的中点，Q 是直线BD 上的动点，则直线PQ 与AC 所成角可能为（ ）A ．12πB ．4π C ．512π D ．2π 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，取BC 的中点M ，连接MQ ，则//AC MQ ，所以QPM ∠为异面直线PQ 与AC 所成角，在利用余弦定理可得242MQ x x =+-，易知PQ MQ =，所以在等腰三角形PMQ 中()2cos 0442QPM x x x∠=≤≤+-，，即可求出33cos QPM ⎡⎤∠∈⎢⎥⎣⎦，，进而求出结果.【详解】取BC 的中点M ，连接MQ ，则//AC MQ ，所以QPM ∠为异面直线PQ 与AC 所成角，如下图所示：设正四面体A BCD -的棱长为4，()04BQ x x =≤≤，，在BMQ ∆中，22222cos 6042MQ BM BQ BM BQ x x =+-⋅︒=+-， 在正四面体A BCD -中，易知PQ MQ =， 所以在等腰三角形PMQ 中，()2cos 0442QPM x x x∠=≤≤+-，所以33cos 123QPM ⎡⎤∠∈⎢⎥⎣⎦，，所以异面直线PQ 与AC 所成角可能为512π. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了异面直线成角，余弦定理的应用，考查了空间几何中的动态问题，考查学生的应用能力和空间想象能力，属于中档题.14．某四面体的三视图如图所示，正视图，俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中面积最大的为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．26【答案】B 【解析】解：如图所示，该几何体是棱长为2的正方体中的三棱锥P ABC - ， 其中面积最大的面为：1232232PAC S V =⨯= 本题选择B 选项.点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．15．已知四面体P ABC -的外接球的球心O 在AB 上，且PO ⊥平面ABC ，23AC AB =，若四面体P ABC -的体积为32，求球的表面积( ) A ．8π B ．12πC ．83πD ．3π【答案】B 【解析】 【分析】依据题意作出图形，设四面体P ABC -的外接球的半径为R ，由题可得：AB 为球的直径，即可求得：2AB R =，3AC R =， BC R =，利用四面体P ABC -的体积为32列方程即可求得3R =【详解】依据题意作出图形如下：设四面体P ABC -的外接球的半径为R ， 因为球心O 在AB 上，所以AB 为球的直径， 所以2AB R =，且AC BC ⊥ 由23AC AB =可得：3AC R =， BC R =所以四面体P ABC -的体积为111333322ABC V S PO R R R ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯= 解得：3R =所以球的表面积2412S R ππ== 故选：B 【点睛】本题主要考查了锥体体积公式及方程思想，还考查了球的表面积公式及计算能力，考查了空间思维能力，属于中档题。
高考数学压轴专题人教版备战高考《空间向量与立体几何》真题汇编附答案
【高中数学】高考数学《空间向量与立体几何》练习题一、选择题1．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 P22． ∴tan ∠APA 1的最大值是2． 故选D ．点睛：本题考查角的正切值的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，考查运算求解能力，是中档题．2．三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ︒∠=∠=，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A 3B 6C 3D ．36【答案】B 【解析】 【分析】设1AA c=u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v，根据向量线性运算法则可表示出1AB u u u v 和1BC u u u u v ；分别求解出11AB BC ⋅u u u v u u u u v 和1AB u u u v ，1BC u u u u v ，根据向量夹角的求解方法求得11cos ,AB BC <>u u u v u u u u v，即可得所求角的余弦值. 【详解】设棱长为1，1AA c =u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v由题意得：12a b ⋅=v v ，12b c ⋅=v v ，12a c ⋅=v v1AB a c =+u u u v v v Q ，11BC BC BB b a c =+=-+u u u u v u u u v u u u v v v v()()22111111122AB BC a c b a c a b a a c b c a c c ∴⋅=+⋅-+=⋅-+⋅+⋅-⋅+=-++=u u u v u u u u v v v v v v v v v v v v v v v v又()222123AB a c a a c c =+=+⋅+=u u u v v v v v v v()222212222BC b a cb ac a b b c a c =-+=++-⋅+⋅-⋅=u u u u vv v v v v v v v v v v v1111116cos ,6AB BC AB BC AB BC ⋅∴<>===⋅u u u v u u u u vu u u v u u u u v u u u v u u u u v即异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为：66本题正确选项：B 【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.3．已知一个几何体的三视图如图所示（正方形边长为1），则该几何体的体积为（ ）A ．34B ．78C ．1516D ．2324【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】由三视图可知：该几何体为正方体挖去了一个四棱锥A BCDE -，该几何体的体积为1111711132228⎛⎫-⨯⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭ 故选B点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.4．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．5．《九章算术》是中国古代的数学瑰宝，其第五卷商功中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺，问积几何？”翻译成现代汉语就是：今有三面皆为等腰梯形，其他两侧面为直角三角形的五面体的隧道，前端下宽6尺，上宽一丈，深3尺，末端宽8尺，无深，长7尺（注：一丈=十尺）．则该五面体的体积为（ ）A ．66立方尺B ．78立方尺C ．84立方尺D ．92立方尺【答案】C 【解析】 【分析】如图，在DC ，EF 上取G ，H ，使得DG EH AB ==，连接BG ，BH ，GH ，CH ，ADE BGH B CGHF V V V --=+，计算得到答案.【详解】如图，在DC ，EF 上取G ，H ，使得DG EH AB ==，连接BG ，BH ，GH ，CH ，故多面体的体积11()7332ADE BGH B CGHF V V V S AB CG HF --=+=⋅+⨯+⨯⨯直截面 111736(42)7384232=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=， 故选：C ．【点睛】本题考查了几何体体积的计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.6．已知圆锥的母线与底面所成的角等于60°，且该圆锥内接于球O ，则球O 与圆锥的表面积之比等于（ ） A ．4：3 B ．3：4C ．16：9D ．9：16【答案】C 【解析】 【分析】由圆锥的母线与底面所成的角等于60°，可知过高的截面为等边三角形，设底面直径，可以求出其表面积，根据圆锥内接于球O ，在高的截面中可以求出其半径，可求其表面积，可求比值． 【详解】设圆锥底面直径为2r ，圆锥的母线与底面所成的角等于60°，则母线长为2r ，高为3r ， 则圆锥的底面积为：2r π，侧面积为1222r r π⋅， 则圆锥的表面积为2212232r r r r πππ+⋅=， 该圆锥内接于球O ，则球在圆锥过高的截面中的截面为圆，即为边长为2r 的等边三角形的内切圆，则半径为32R r =，表面积为221643r R ππ=， 则球O 与圆锥的表面积之比等于2216:316:93r r ππ=，故选：C ． 【点睛】本题考查圆锥的性质，以及其外接球，表面积，属于中档题．7．在正方体1111ABCD A B C D -中，点E ∈平面11AA B B ，点F 是线段1AA 的中点，若1D E CF ⊥，则当EBC V 的面积取得最小值时，EBCABCDS S =△（ ） A ．25B ．12C ．5D ．5 【答案】D 【解析】 【分析】根据1D E CF ⊥分析出点E 在直线1B G 上，当EBC V 的面积取得最小值时，线段EB 的长度为点B 到直线1B G 的距离，即可求得面积关系． 【详解】先证明一个结论P ：若平面外的一条直线l 在该平面内的射影垂直于面内的直线m ，则l ⊥m ，即：已知直线l 在平面内的射影为直线OA ，OA ⊥OB ，求证：l ⊥OB . 证明：直线l 在平面内的射影为直线OA ，不妨在直线l 上取点P ，使得PA ⊥OB ，OA ⊥OB ，OA ，PA 是平面PAO 内两条相交直线， 所以OB ⊥平面PAO ，PO ⊂平面PAO ，所以PO ⊥OB ，即l ⊥OB .以上这就叫做三垂线定理. 如图所示，取AB 的中点G ，正方体中：1111A C D B ⊥，CF 在平面1111D C B A 内的射影为11A C ， 由三垂线定理可得：11CF D B ⊥，CF 在平面11A B BA 内的射影为FB ，1FB B G ⊥由三垂线定理可得：1CF B G ⊥，1B G 与11D B 是平面11B D G 内两条相交直线， 所以CF ⊥平面11B D G ，∴当点E 在直线1B G 上时，1D E CF ⊥，设BC a =，则1122EBC S EB BC EB a =⨯⨯=⨯⨯△， 当EBC V 的面积取最小值时，线段EB 的长度为点B 到直线1B G 的距离， ∴线段EB 5， 525EBC ABCDaS S ⨯⨯∴==△. 故选：D . 【点睛】此题考查立体几何中的轨迹问题，通过位置关系讨论面积关系，关键在于熟练掌握线面垂直关系的判定和平面图形面积的计算.8．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 为1CC 的中点.若AM ⊥平面α，且B ∈平面α，则平面α截正方体所得截面的周长为（ ）A ．3225B ．442+C ．2225D ．62【答案】A 【解析】 【分析】根据线面垂直确定平面α，再根据截面形状求周长. 【详解】显然在正方体中BD ⊥平面11ACC A ,所以BD ⊥ AM ,取AC 中点E, 取AE 中点O,则11tan tan AOA ACM AO AM ∠=∠∴⊥, 取A 1C 1中点E 1, 取A 1E 1中点O 1,过O 1作PQ//B 1D 1,分别交A 1B 1,A 1D 1于P ,Q 从而AM ⊥平面BDQP ,四边形BDQP 为等腰梯形， 周长为22222123225++⨯+=+，选A. 【点睛】本题考查线面垂直判断以及截面性质，考查综合分析与求解能力，属难题.9．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面ABCD 内（不包括边界），若1B P P 平面1A BM ，则1C P 的最小值是（ ）A ．30B ．230C ．27D ．47【答案】B 【解析】 【分析】在11A D 上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接11,,,DN NB B Q QD ，根据面面平行的判定定理可知平面1//B QDN 平面1A BM ，从而可得P 的轨迹是DN （不含,D N 两点）；由垂直关系可知当CP DN ⊥时，1C P 取得最小值；利用面积桥和勾股定理可求得最小值. 【详解】如图，在11A D 上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接11,,,DN NB B Q QD//DN BM Q ，1//DQ A M 且DN DQ D =I ，1BM A M M =I∴平面1//B QDN 平面1A BM ，则动点P 的轨迹是DN （不含,D N 两点）又1CC ⊥平面ABCD ，则当CP DN ⊥时，1C P 取得最小值此时，22512CP ==+ 2212230255C P ⎛⎫∴≥+= ⎪⎝⎭本题正确选项：B 【点睛】本题考查立体几何中动点轨迹及最值的求解问题，关键是能够通过面面平行关系得到动点的轨迹，从而找到最值取得的点.10．若底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为5，它的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是( )． A ．130 B ．140C ．150D ．160【答案】D 【解析】设直四棱柱1111ABCD A B C D -中，对角线119,15AC BD ==， 因为1A A ⊥平面,ABCD AC Ì,平面ABCD ，所以1A A AC ⊥， 在1Rt A AC ∆中，15A A =，可得221156AC AC A A =-=, 同理可得2211200102BD D B D D =-==，因为四边形ABCD 为菱形，可得,AC BD 互相垂直平分， 所以2211()()1450822AB AC BD =+=+=，即菱形ABCD 的边长为8， 因此，这个棱柱的侧面积为1()485160S AB BC CD DA AA =+++⨯=⨯⨯=， 故选D.点睛：本题考查了四棱锥的侧面积的计算问题，解答中通过给出的直四棱柱满足的条件，求得底面菱形的边长，进而得出底面菱形的底面周长，即可代入侧面积公式求得侧面积，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及空间想象能力，其中正确认识空间几何体的结构特征和线面位置关系是解答的关键.11．设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．“m βP ”是“αβP ”的（ ） A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】 试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B ．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.12．若a ，b 是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列四个命题：①若a P α，b β∥，a b ⊥r r，则αβ⊥；②若a P α，b β∥，a b ∥，则αβ∥；③若a α⊥，b β⊥，a b ∥，则αβ∥；④若a P α，b β⊥，a b ⊥r r，则αβ∥．正确的个数为（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】B 【解析】 【分析】对每一个选项逐一分析得解. 【详解】命题①中α与β还有可能平行或相交； 命题②中α与β还有可能相交； 命题④中α与β还有可能相交；∵a b P ，a α⊥，∴b α⊥，又b β⊥，∴αβP ．故命题③正确． 故选B ． 【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象能力.13．在正四面体A BCD -中，P 是AB 的中点，Q 是直线BD 上的动点，则直线PQ 与AC 所成角可能为（ ）A ．12πB ．4π C ．512π D ．2π 【答案】C 【解析】根据题意，取BC 的中点M ，连接MQ ，则//AC MQ ，所以QPM ∠为异面直线PQ 与AC 所成角，在利用余弦定理可得242MQ x x =+-，易知PQ MQ =，所以在等腰三角形PMQ 中()2cos 0442QPM x x x ∠=≤≤+-，，即可求出33cos QPM ⎡⎤∠∈⎢⎥⎣⎦，，进而求出结果.【详解】取BC 的中点M ，连接MQ ，则//AC MQ ，所以QPM ∠为异面直线PQ 与AC 所成角，如下图所示：设正四面体A BCD -的棱长为4，()04BQ x x =≤≤，，在BMQ ∆中，22222cos 6042MQ BM BQ BM BQ x x =+-⋅︒=+-，在正四面体A BCD -中，易知PQ MQ =，所以在等腰三角形PMQ 中，()2cos 0442QPM x x x ∠=≤≤+-所以33cos 123QPM ∠∈⎣⎦，，所以异面直线PQ 与AC 所成角可能为512π. 故选：C.【点睛】本题主要考查了异面直线成角，余弦定理的应用，考查了空间几何中的动态问题，考查学生的应用能力和空间想象能力，属于中档题.14．在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，15AA =，垂直于1AA 的截面分别与面对角线1D A ，1B A ，1B C ，1D C 相交于四个不同的点E ，F ，G ，H ，则四棱锥1A EFGH -体积的最大值为（ ）.A ．83B ．1258C ．12825D ．64081【解析】【分析】由直棱柱的特点和底面为正方形可证得四边形EFGH 为矩形，设点1A 到平面EFGH 的距离为()501t t <<，可表示出,EF FG ，根据四棱锥体积公式将所求体积表示为关于t 的函数，利用导数可求得所求的最大值.【详解】Q 四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，1AA ∴⊥平面ABCD ，1AA ⊥平面1111D C B A ∴平面//EFGH 平面ABCD ，平面//EFGH 平面1111D C B A ，由面面平行性质得：11EF //B D //GH ，EH //AC//FG ，又11B D AC ⊥，EF FG ∴⊥，∴四边形EFGH 为矩形.设点1A 到平面EFGH 的距离为()501t t <<，1142AC B D ==Q )421EF t ∴=-，42FG t =，∴四棱锥1A EFGH -的体积()()231160532133V t t t t t =⨯⨯-=-， ()2160233V t t '∴=-，∴当20,3t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0V '>，当2,13t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0V '<， ∴当23t =时，max 16048640392781V ⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭. 故选：D .【点睛】本题考查立体几何中的体积最值的求解问题，关键是能够将所求四棱锥的体积表示为关于某一变量的函数的形式，进而利用导数来求解函数最值，从而得到所求体积的最值.15．已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图是全等的直角三角形，则该几何体的各个面中，最大面的面积为（ ）A ．2B ．5C ．13D ．22【答案】D【解析】【分析】 根据三视图还原出几何体，找到最大面，再求面积.【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，如图所示，将其放在一个长方体中，并记为三棱锥P ABC -.13PAC PAB S S ∆∆==，22PAC S ∆=，2ABC S ∆=，故最大面的面积为22.选D.【点睛】本题主要考查三视图的识别，复杂的三视图还原为几何体时，一般借助长方体来实现.16．如图，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器．当这个正六棱柱容器的底面边长为（ ）时，其容积最大．A ．34B ．23C ．13D ．12【答案】B【解析】【分析】设正六棱柱容器的底面边长为x ,则正六棱柱容器的高为)312x -,则可得正六棱柱容器的容积为()())()32921224V x x x x x x x =+⋅⋅-=-+,再利用导函数求得最值,即可求解.【详解】设正六棱柱容器的底面边长为x ,则正六棱柱容器的高为)12x -,所以正六棱柱容器的容积为()())()329214V x x x x x x x =+-=-+, 所以()227942V x x x '=-+,则在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上,()0V x '>；在2,13⎛⎫ ⎪⎝⎭上,()0V x '<, 所以()V x 在20,3⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,在2,13⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减, 所以当23x =时,()V x 取得最大值, 故选:B【点睛】 本题考查利用导函数求最值,考查棱柱的体积,考查运算能力.17．设,αβ是两个不同的平面，,l m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，则（ ） A ．若//αβ，则//l mB ．若//m a ，则//αβC ．若m α⊥，则αβ⊥D ．若αβ⊥，则//l m【答案】C【解析】【分析】根据空间线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断可得答案.【详解】A. 若//αβ，则l 与m 可能平行，可能异面，所以A 不正确.B. 若//m a ，则α与β可能平行，可能相交，所以B 不正确.C. 若m α⊥，由m β⊂，根据面面垂直的判定定理可得αβ⊥，所以C 正确. D 若αβ⊥，且l α⊂，m β⊂，则l 与m 可能平行，可能异面，可能相交, 所以D 不正确.【点睛】本题考查空间线线、线面、面面的位置判断定理和性质定理，考查空间想象能力，属于基础题.18．已知棱长为1的正方体被两个平行平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则剩余部分的表面积为( )A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】【分析】 根据三视图得到几何体的直观图，然后再根据题中的数据求出几何体的表面积即可．【详解】 由三视图可得，该几何体为如图所示的正方体截去三棱锥和三棱锥后的剩余部分．其表面为六个腰长为1的等腰直角三角形和两个边长为的等边三角形， 所以其表面积为． 故选B ．【点睛】 在由三视图还原空间几何体时，一般以主视图和俯视图为主，结合左视图进行综合考虑．热悉常见几何体的三视图，能由三视图得到几何体的直观图是解题关键．求解几何体的表面积或体积时要结合题中的数据及几何体的形状进行求解，解题时注意分割等方法的运用，转化为规则的几何体的表面积或体积求解．19．已知直三棱柱111ABC A B C 的所有棱长都相等，M 为11A C 的中点，则AM 与1BC 所成角的余弦值为( )A 15B 5C 6D 10【答案】D【解析】【分析】取AC 的中点N ，连接1C N ，则1//AM C N ,所以异面直线AM 与1BC 所成角就是直线AM 与1C N 所成角，在1BNC ∆中，利用余弦定理，即可求解．【详解】由题意，取AC 的中点N ，连接1C N ，则1//AM C N ,所以异面直线AM 与1BC 所成角就是直线AM 与1C N 所成角，设正三棱柱的各棱长为2,则115,22,3C N BC BN ===，设直线AM 与1C N 所成角为θ，在1BNC ∆中，由余弦定理可得222(5)(22)(3)10cos 42522θ+-==⨯⨯， 即异面直线AM 与1BC 所成角的余弦值为10，故选D ．【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．20．一个各面均为直角三角形的四面体有三条棱长为2，则该四面体外接球的表面积为（ ）A ．6πB ．12πC ．32πD ．48π【答案】B【解析】【分析】先作出几何图形，确定四个直角和边长，再找到外接球的球心和半径，再计算外接球的表面积.【详解】由题得几何体原图如图所示，其中SA⊥平面ABC,BC⊥平面SAB,SA=AB=BC=2,所以2,3SC=设SC中点为O,则在直角三角形SAC中，3,在直角三角形SBC中，OB=13 2SC=所以3所以点O3所以四面体外接球的表面积为43=12ππ.故选：B【点睛】本题主要考查四面体的外接球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理的能力.。
高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》全集汇编及答案
【高中数学】数学《空间向量与立体几何》复习知识要点一、选择题1．已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点）．设SE 与BC 所成的角为α，SE 与平面ABC D 所成的角为β，二面角S-AB-C 的平面角为γ，则（ ）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．a βγ≤≤D ．γβα≤≤【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分别求出SE 与BC 所成的角α、SE 与平面ABC D 所成的角β、二面角S-AB-C 的平面角γ的正切值，由正四棱锥的线段大小关系即可比较大小. 【详解】四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等， 所以四棱锥为正四棱锥，（1）过E 作//EF BC ，交CD 于F ，过底面中心O 作ON EF ⊥交EF 于N ，连接SN ，取AB 中点M ，连接OM ，如下图（1）所示：则tan SN SN NE OMα==；（2）连接,OE 如下图（2）所示，则tan SO OEβ=;（3）连接OM ，则tan SOOMγ=，如下图（3）所示：因为,,SN SO OE OM ≥≥ 所以tan tan tan αγβ≥≥， 而,,αβγ均为锐角， 所以,αγβ≥≥ 故选：C. 【点睛】本题考查了异面直线夹角、直线与平面夹角、平面与平面夹角的求法，属于中档题.2．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，且ABC ∆为等边三角形，2AP AB ==，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ） A ．272π B ．283π C ．263π D ．252π 【答案】B 【解析】 【分析】计算出ABC ∆的外接圆半径r，利用公式R =可得出外接球的半径，进而可得出三棱锥P ABC -的外接球的表面积. 【详解】ABC ∆的外接圆半径为2sin3AB r π==PA ⊥Q 底面ABC ，所以，三棱锥P ABC -的外接球半径为3R ===， 因此，三棱锥P ABC -的外接球的表面积为2228443R πππ=⨯=⎝⎭. 故选：B. 【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，选择合适的公式计算外接球的半径，考查计算能力，属于中等题.3．已知圆锥SC 的高是底面半径的3倍，且圆锥SC 的底面直径、体积分别与圆柱OM 的底面半径、体积相等，则圆锥SC 与圆柱OM 的侧面积之比为（ ）. AB ．3:1C ．2:1D2【答案】A 【解析】 【分析】设圆锥SC 的底面半径为r ，可求得圆锥的母线长，根据圆锥侧面积公式求得侧面积；由圆锥体积与圆柱体积相等可构造方程求得圆柱的高，进而根据圆柱侧面积公式求得圆柱侧面积，从而求得比值. 【详解】设圆锥SC 的底面半径为r ，则高为3r ，∴圆锥SC的母线长l ==，∴圆锥SC的侧面积为2rl r π=；圆柱OM 的底面半径为2r ，高为h ， 又圆锥的体积23133V r r r ππ=⋅=，234r h r ππ∴=，4rh ∴=， ∴圆柱OM 的侧面积为2224rh rh r πππ⋅==，∴圆锥SC 与圆柱OM22:r r π=.故选：A . 【点睛】本题考查圆锥和圆柱侧面积的求解问题，涉及到圆锥和圆柱体积公式的应用，属于基础题.4．如图，在底面边长为4，侧棱长为6的正四棱锥P ABCD -中，E 为侧棱PD 的中点，则异面直线PB 与CE 所成角的余弦值是（ ）A ．3417B ．23417C ．51717D ．31717【答案】D 【解析】 【分析】首先通过作平行的辅助线确定异面直线PB 与CE 所成角的平面角，在PCD ∆中利用余弦定理求出cos DPC ∠进而求出CE ，再在GFH ∆中利用余弦定理即可得解. 【详解】如图，取PA 的中点F ，AB 的中点G ，BC 的中点H ，连接FG ，FH ，GH ，EF ，则//EF CH ，EF CH =，从而四边形EFHC 是平行四边形，则//EC FH ， 且EC FH =.因为F 是PA 的中点，G 是AB 的中点，所以FG 为ABP ∆的中位线，所以//FG PB ，则GFH ∠是异面直线PB 与CE 所成的角.由题意可得3FG =，1222HG AC ==. 在PCD ∆中，由余弦定理可得2223636167cos 22669PD PC CD DPC PD PC +-+-∠===⋅⨯⨯，则2222cos 17CE PC PE PC PE DPC =+-⋅∠=，即17CE =在GFH ∆中，由余弦定理可得222cos 2FG FH GH GFH FG FH +-∠=⋅9178317172317+-==⨯⨯. 故选：D 【点睛】本题考查异面直线所成的角，余弦定理解三角形，属于中档题.5．棱长为2的正方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则该截面的面积为( )A ．92B ．922C ．32D ．3【答案】A 【解析】 【分析】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台，其截面是一个梯形，分别求出上下底边的长和高，代入梯形面积公式可得答案． 【详解】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台ABC DEF -，所得的组合体，其截面是一个梯形BCFE ， 22112+=22222+=高为：222322()2+=， 故截面的面积1329(222)222S =+⨯=， 故选：A ． 【点睛】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．6．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E 、F ，且EF=12．则下列结论中正确的个数为①AC ⊥BE ； ②EF ∥平面ABCD ；③三棱锥A ﹣BEF 的体积为定值； ④AEF ∆的面积与BEF ∆的面积相等， A ．4 B ．3C ．2D ．1【答案】B 【解析】试题分析：①中AC ⊥BE ，由题意及图形知，AC ⊥面DD1B1B ，故可得出AC ⊥BE ，此命题正确；②EF ∥平面ABCD ，由正方体ABCD-A1B1C1D1的两个底面平行，EF 在其一面上，故EF 与平面ABCD 无公共点，故有EF ∥平面ABCD ，此命题正确；③三棱锥A-BEF 的体积为定值，由几何体的性质及图形知，三角形BEF 的面积是定值，A 点到面DD1B1B 距离是定值，故可得三棱锥A-BEF 的体积为定值，此命题正确；④由图形可以看出，B 到线段EF 的距离与A 到EF 的距离不相等，故△AEF 的面积与△BEF 的面积相等不正确 考点：1．正方体的结构特点；2．空间线面垂直平行的判定与性质7．设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m α⊥，//n α，则m n ⊥； ②若//αβ，m α⊥，则m β⊥； ③若//m α，//n α，则//m n ； ④若m α⊥，αβ⊥，则//m β. 其中真命题的序号为（ ）A ．①和②B ．②和③C ．③和④D ．①和④【答案】A 【解析】 【分析】逐一分析命题①②③④的正误，可得出合适的选项. 【详解】对于命题①，若//n α，过直线n 作平面β，使得a αβ⋂=，则//a n ，m α⊥Q ，a α⊂，m a ∴⊥，m n ∴⊥，命题①正确；对于命题②，对于命题②，若//αβ，m α⊥，则m β⊥，命题②正确； 对于命题③，若//m α，//n α，则m 与n 相交、平行或异面，命题③错误； 对于命题④，若m α⊥，αβ⊥，则m β⊂或//m β，命题④错误. 故选：A. 【点睛】本题考查有关线面、面面位置关系的判断，考查推理能力，属于中等题.8．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 分别是AB 、11B C 的中点，则异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值为（ ）A 3B ．13C 58D 387【答案】C 【解析】 【分析】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF ，推导出四边形BDFE 为平行四边形，可得出//BE DF ，可得出异面直线BE 与CD 所成的角为CDF ∠，通过解CDF V ，利用余弦定理可求得异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值. 【详解】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF .易知EF 是111A B C △的中位线，所以11//EF A B 且1112EF A B =. 又11//AB A B 且11AB A B =，D 为AB 的中点，所以11//BD A B 且1112BD A B =，所以//EF BD 且EF BD =.所以四边形BDFE 是平行四边形，所以//DF BE ，所以CDF ∠就是异面直线BE 与CD 所成的角.因为4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 、F 分别是AB 、11B C 、11A C 的中点， 所以111122C F AC ==，111122B E BC ==且CD AB ⊥. 由勾股定理得22442AB =+=2242AC BC CD AB ⋅=== 由勾股定理得2222115229CF CC C F =+=+=2222115229DF BE BB B E ==+=+=.在CDF V 中，由余弦定理得((22229222958cos 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．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中： ①BM 与ED 平行 ②CN 与BE 是异面直线 ③CN 与BM 成60︒角 ④DM 与BN 是异面直线 以上四个命题中，正确命题的个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B 【解析】 【分析】把平面展开图还原原几何体，再由棱柱的结构特征及异面直线定义、异面直线所成角逐一核对四个命题得答案． 【详解】把平面展开图还原原几何体如图：由正方体的性质可知，BM 与ED 异面且垂直，故①错误；CN 与BE 平行，故②错误；连接BE ，则BE CN P ，EBM ∠为CN 与BM 所成角，连接EM ，可知BEM ∆为正三角形，则60EBM ∠=︒，故③正确；由异面直线的定义可知，DM 与BN 是异面直线，故④正确． ∴正确命题的个数是2个． 故选：B ． 【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查异面直线定义及异面直线所成角，是中档题．10．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面ABCD 内（不包括边界），若1B P P 平面1A BM ，则1C P 的最小值是（ ）A ．30B ．230C ．27D ．47【答案】B 【解析】 【分析】在11A D 上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接11,,,DN NB B Q QD ，根据面面平行的判定定理可知平面1//B QDN 平面1A BM ，从而可得P 的轨迹是DN （不含,D N 两点）；由垂直关系可知当CP DN ⊥时，1C P 取得最小值；利用面积桥和勾股定理可求得最小值. 【详解】如图，在11A D 上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接11,,,DN NB B Q QD//DN BM Q ，1//DQ A M 且DN DQ D =I ，1BM A M M =I∴平面1//B QDN 平面1A BM ，则动点P 的轨迹是DN （不含,D N 两点）又1CC ⊥平面ABCD ，则当CP DN ⊥时，1C P 取得最小值此时，22512CP ==+ 2212230255C P ⎛⎫∴≥+= ⎪⎝⎭本题正确选项：B 【点睛】本题考查立体几何中动点轨迹及最值的求解问题，关键是能够通过面面平行关系得到动点的轨迹，从而找到最值取得的点.11．已知m ，l 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出αβ⊥的是（ ）A ．m l ⊥，m β⊂，l α⊥B ．m l ⊥，l αβ=I ，m α⊂C ．//m l ，m α⊥，l β⊥D ．l α⊥，//m l ，//m β【答案】D 【解析】 【分析】A ，有可能出现α，β平行这种情况.B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况.C ，根据面面平行的性质定理判断.D ，根据面面垂直的判定定理判断. 【详解】对于A ，m l ⊥，m β⊂，l α⊥，则//αβ或α，β相交，故A 错误； 对于B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况，故B 错误；对于C ，因为//m l ，m α⊥，则l α⊥，由因为l βαβ⊥⇒∥，故C 错误； 对于D ，l α⊥，m l m α⇒⊥∥，又由m βαβ⇒⊥∥，故D 正确. 故选：D 【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.12．已知,m l 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列可以推出αβ⊥的是（ ）A ．,,m l m l βα⊥⊂⊥B ．,,m l l m αβα⊥⋂=⊂C ．//,,m l m l αβ⊥⊥D ．,//,//l m l m αβ⊥【答案】D 【解析】 【分析】A ，有可能出现α，β平行这种情况.B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况.C ，根据面面平行的性质定理判断.D ，根据面面垂直的判定定理判断. 【详解】对于A ，m l ⊥，m β⊂，若l β⊥，则//αβ，故A 错误； 对于B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况，故B 错误；对于C ，因为//m l ，m α⊥，则l α⊥，又因为l βαβ⊥⇒∥，故C 错误； 对于D ，l α⊥，m l m α⇒⊥∥，又由m βαβ⇒⊥∥，故D 正确. 故选：D 【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.13．若圆锥的高等于底面直径，则它的底面积与侧面积之比为 A ．1∶2 B ．1∶3 C ．1∶5 D ．3∶2【答案】C 【解析】 【分析】由已知，求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的底面面积和侧面积，可得答案 【详解】设圆锥底面半径为r ，则高h ＝2r ，∴其母线长l ＝r ．∴S 侧＝πrl ＝πr 2，S 底＝πr 故选C ． 【点睛】本题考查的知识点是旋转体，圆锥的表面积公式，属于基础题．14．若a ，b 是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列四个命题：①若a P α，b β∥，a b ⊥r r，则αβ⊥；②若a P α，b β∥，a b ∥，则αβ∥；③若a α⊥，b β⊥，a b ∥，则αβ∥；④若a P α，b β⊥，a b ⊥r r，则αβ∥．正确的个数为（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】B 【解析】 【分析】对每一个选项逐一分析得解. 【详解】命题①中α与β还有可能平行或相交； 命题②中α与β还有可能相交； 命题④中α与β还有可能相交；∵a b P ，a α⊥，∴b α⊥，又b β⊥，∴αβP ．故命题③正确． 故选B ． 【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象能力.15．设，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，下列命题中，正确的是（ ） A ．若，与所成的角相等，则B ．若，，则C ．若，，则D ．若，，则【答案】C 【解析】试题分析：若，与所成的角相等，则或，相交或，异面；A 错. 若，，则或，B 错. 若，，则正确. D ．若，，则，相交或，异面，D 错考点：直线与平面，平面与平面的位置关系16．已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P -ABC 的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（ ）A ．PA ，PB ，PC 两两垂直 B ．三棱锥P -ABC 的体积为83C ．||||||6PA PB PC ===D ．三棱锥P -ABC 的侧面积为35【答案】C 【解析】 【分析】根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图，然后再计算可得. 【详解】解：根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图如图所示，其中D 为AB 的中点，PD ⊥底面ABC . 所以三棱锥P -ABC 的体积为114222323⨯⨯⨯⨯=， 2AC BC PD ∴===，2222AB AC BC ∴=+=，||||||2DA DB DC ∴===，()22||||||226,PA PB PC ∴===+=222PA PB AB +≠Q ，PA ∴、PB 不可能垂直，即,PA ,PB PC 不可能两两垂直，1222222PBAS ∆=⨯⨯=Q ，()22161252PBC PAC S S ∆∆==⨯-⨯=Q .∴三棱锥P -ABC 的侧面积为2522+.故正确的为C. 故选：C. 【点睛】本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题.17．在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，4AB BC BD ===，E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点，则直线EF 与平面ACD 所成角的余弦值（ ） A ．13B ．3 C ．22D ．6 【答案】C 【解析】 【分析】因为AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系，求出向量EF u u u r 与平面ACD 的法向量n r ，再根据cos ,||||EF nEF n EF n ⋅〈〉=u u u r ru u u r r u u u r r ，即可得出答案. 【详解】因为在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系， 又因为4AB BC BD ===；()4,0,0,(0,0,0),(0,4,0),(0,0,4)A B D C ，又因为E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点所以(0,0,2),(2,2,0)E F故()2,2,2EF =-u u u r ，(4,4,0)AD =-u u u r ，(4,0,4)AC =-u u u r.设平面ACD 的法向量为(,,)n x y z =r，则00n AD n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v 令1,x = 则1y z ==；所以(1,1,1)n =r1cos ,3||||EF n EF n EF n ⋅〈〉===u u u r ru u u r r u u u r r 设直线EF 与平面ACD 所成角为θ ，则sin θ= cos ,EF n 〈〉u u u r r所以cos 3θ== 故选：C 【点睛】本题主要考查线面角，通过向量法即可求出，属于中档题目.18．已知平面α，β和直线1l ，2l ，且2αβl =I ，则“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】 【分析】将“12l l P ”与“1l α∥且1l β∥”相互推导，根据能否推导的情况判断充分、必要条件. 【详解】当“12l l P ”时，1l 可能在α或β内，不能推出“1l α∥且1l β∥”.当“1l α∥且1l β∥”时，由于2αβl =I ，故“12l l P ”.所以“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的必要不充分条件. 故选：B. 【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查空间直线、平面的位置关系，属于基础题.19．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.20．一个各面均为直角三角形的四面体有三条棱长为2，则该四面体外接球的表面积为（ ） A ．6π B ．12πC ．32πD ．48π【答案】B 【解析】 【分析】先作出几何图形，确定四个直角和边长，再找到外接球的球心和半径，再计算外接球的表面积. 【详解】由题得几何体原图如图所示，其中SA⊥平面ABC,BC⊥平面SAB,SA=AB=BC=2,所以2,3SC=设SC中点为O,则在直角三角形SAC中，3,在直角三角形SBC中，OB=13 2SC=所以3所以点O3所以四面体外接球的表面积为43=12ππ.故选：B【点睛】本题主要考查四面体的外接球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理的能力.。
高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》真题汇编附解析
【高中数学】《空间向量与立体几何》考试知识点一、选择题1．已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点）．设SE 与BC 所成的角为α，SE 与平面ABC D 所成的角为β，二面角S-AB-C 的平面角为γ，则（ ）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．a βγ≤≤D ．γβα≤≤【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分别求出SE 与BC 所成的角α、SE 与平面ABC D 所成的角β、二面角S-AB-C 的平面角γ的正切值，由正四棱锥的线段大小关系即可比较大小. 【详解】四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等， 所以四棱锥为正四棱锥，（1）过E 作//EF BC ，交CD 于F ，过底面中心O 作ON EF ⊥交EF 于N ，连接SN ，取AB 中点M ，连接OM ，如下图（1）所示：则tan SN SN NE OMα==；（2）连接,OE 如下图（2）所示，则tan SO OEβ=;（3）连接OM ，则tan SOOMγ=，如下图（3）所示：因为,,SN SO OE OM ≥≥ 所以tan tan tan αγβ≥≥， 而,,αβγ均为锐角， 所以,αγβ≥≥ 故选：C. 【点睛】本题考查了异面直线夹角、直线与平面夹角、平面与平面夹角的求法，属于中档题.2．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，13,1AB AD AA ===,而对角线1A B 上存在一点P ，使得1AP D P +取得最小值，则此最小值为（ ）A ．7B ．3C ．1+3D ．2【答案】A 【解析】 【分析】把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD 并求出，就 是最小值． 【详解】把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD ．1MD 就是1||||AP D P +的最小值，Q ||||3AB AD ==，1||1AA =，∴0113tan 3,60AA B AA B ∠==∴∠=．所以11=90+60=150MA D ∠o o o2211111111132cos 13223()72MD A D A M A D A M MA D ∴=+-∠=+-⨯⨯-⋅⨯=故选A ． 【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查计算能力，空间想象能力，解决此类问题常通过转化，转化为在同一平面内两点之间的距离问题，是中档题．3．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点M 在线段1CC 上，动点P 在平面．．1111D C B A 上，且AP ⊥平面1MBD .线段AP 长度的取值范围为( )A ．2⎡⎣B ．3⎡⎣C ．32⎣D ．62⎣ 【答案】D 【解析】 【分析】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，设(),,1P x y ，()0,1,M t ，由AP ⊥平面1MBD ，可得+11x t y t =⎧⎨=-⎩，然后用空间两点间的距离公式求解即可.【详解】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，则()()()()11,0,0,1,1,0,0,1,,0,0,1A B M t D ，(),,1P x y .()1,,1AP x y =-u u u r ,()11,1,1BD =--u u u u r ,()[]1,0,0,1，BM t t =-∈u u u u r由AP ⊥平面1MBD ，则0BM AP ⋅=u u u u r u u u r且01BD AP ⋅=u u u u r u u u r所以10x t -+=且110x y --+=得+1x t =，1y t =-.所以()2221311222AP x y t ⎛⎫=-++=-+ ⎪⎝⎭u u u r 当12t =时，min 6AP =u u u r ，当0t =或1t =时，max 2AP =u u u r ， 62AP ≤≤u u ur 故选：D【点睛】本题考查空间动线段的长度的求法，考查线面垂直的应用，对于动点问题的处理用向量方法要简单些，属于中档题.4．已知正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为AB ，1AA 的中点，则异面直线1C M 与BN 所成角的大小为（ ）A ．30°B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】D 【解析】 【分析】根据题意画出图形，可将异面直线转化共面的相交直线，再进行求解 【详解】 如图：作AN 的中点'N ，连接'N M ，1'C N 由题设可知'N M BN P ，则异面直线1C M 与BN 所成角为1'N MC ∠或其补角，设正方体的边长为4，由几何关系可得，'5N M =，16C M =，1'41C N =21122''N M M C N C =+，即1'90N MC ∠=︒故选D 【点睛】本题考查异面直线的求法，属于基础题5．如图，直三棱柱ABC A B C '''-的侧棱长为3，AB BC ⊥，3AB BC ==，点E ，F分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE BF =，当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，则异面直线A F '与AC 所成的角为（ ）A ．2π B ．3π C ．4π D ．6π 【答案】C 【解析】 【分析】设AE BF a ==，13B EBF EBF V S B B '-'=⨯⨯V ，利用基本不等式，确定点 E ，F 的位置，然后根据//EF AC ，得到A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，再利用余弦定理求解. 【详解】设AE BF a ==，则()()23119333288B EBFa a V a a '-+-⎡⎤=⨯⨯⨯-⨯≤=⎢⎥⎣⎦，当且仅当3a a =-，即32a =时等号成立， 即当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，点E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点， 方法一：连接A E '，AF ，则352A E '=352AF =2292A F AA AF ''=+=，13222EF AC ==， 因为//EF AC ，所以A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，由余弦定理得222819452424cos 93222222A F EF A E A FE A F EF +-''+-'∠==='⋅⋅⨯，∴4A FE π'∠=．方法二：以B 为坐标原点，以BC 、BA 、BB '分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则()0,3,0A ，()3,0,0C ，()0,3,3A '，3,0,02F ⎛⎫⎪⎝⎭， ∴3,3,32A F ⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭u u u u r ，()3,3,0AC =-u u u r ，所以9922cos ,92322A F AC A F AC A F AC +'⋅'==='⋅⨯u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r ，所以异面直线A F '与AC 所成的角为4π． 故选：C 【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，余弦定理，基本不等式以及向量法求角，还考查了推理论证运算求解的能力，属于中档题.6．已知ABC V 的三个顶点在以O 为球心的球面上，且2cos 3A =，1BC =，3AC =，三棱锥O ABC -14O 的表面积为( ) A ．36π B ．16πC ．12πD ．163π【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理和勾股定理的逆定理即可判断三角形ABC 是直角三角形，根据棱锥的体积求出O 到平面ABC 的距离，利用勾股定理计算球的半径OA ，得出球的面积． 【详解】由余弦定理得22229122cos 263AB AC BC AB A AB AC AB +-+-===g ，解得22AB = 222AB BC AC ∴+=，即AB BC ⊥．AC ∴为平面ABC 所在球截面的直径．作OD ⊥平面ABC ，则D 为AC 的中点， 11114221332O ABC ABC V S OD OD -∆==⨯⨯⨯=Q g7OD ∴=． 222OA OD AD ∴=+=． 2416O S OA ππ∴=⋅=球．故选：B ．【点睛】本题考查了球与棱锥的关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，判断ABC ∆的形状是关键．7．已知正方体1111A B C D ABCD -的棱1AA 的中点为E ，AC 与BD 交于点O ，平面α过点E 且与直线1OC 垂直，若1AB =，则平面α截该正方体所得截面图形的面积为( ) A 6B 6C 3D 3【答案】A 【解析】 【分析】根据正方体的垂直关系可得BD ⊥平面11ACC A ，进而1BD OC ⊥，可考虑平面BDE 是否为所求的平面，只需证明1OE OC ⊥即可确定平面α. 【详解】如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1AA 的中点，1AB =，则2113122OC =+=，2113424OE =+=，2119244EC =+=，∴22211OC OE EC +=，1OE OC ∴⊥；又BD ⊥平面11ACC A ，1BD OC ∴⊥，且OE BD O =I ，1OC ∴⊥平面BDE ，且1136222BDE S BD OE ∆==g ， 即α6故选:A .【点睛】本题考查线面垂直的判定，考查三角形面积的计算，熟悉正方体中线面垂直关系是解题的关键，属于中档题.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 ．33B ．13C ．5829D ．38729【答案】C 【解析】 【分析】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF ，推导出四边形BDFE 为平行四边形，可得出//BE DF ，可得出异面直线BE 与CD 所成的角为CDF ∠，通过解CDF V ，利用余弦定理可求得异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值. 【详解】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF .易知EF 是111A B C △的中位线，所以11//EF A B 且1112EF A B =. 又11//AB A B 且11AB A B =，D 为AB 的中点，所以11//BD A B 且1112BD A B =，所以//EF BD 且EF BD =.所以四边形BDFE 是平行四边形，所以//DF BE ，所以CDF ∠就是异面直线BE 与CD 所成的角.因为4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 、F 分别是AB 、11B C 、11A C 的中点， 所以111122C F AC ==，111122B E BC ==且CD AB ⊥. 由勾股定理得22442AB =+=2242AC BC CD AB ⋅=== 由勾股定理得2222115229CF CC C F =+=+=2222115229DF BE BB B E ==+=+=.在CDF V 中，由余弦定理得((22229222958cos 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．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实（虚）线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（ ）A ．64B ．643C ．16D ．163【答案】D 【解析】根据三视图知几何体是：三棱锥D ABC -为棱长为4的正方体一部分，直观图如图所示：B 是棱的中点，由正方体的性质得，CD ⊥平面,ABC ABC ∆的面积12442S =⨯⨯=，所以该多面体的体积1164433V =⨯⨯=，故选D.10．如下图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点E F 、分别为棱1BB ，1CC 的中点，点O 为上底面的中心，过E F O 、、三点的平面把正方体分为两部分，其中含1A 的部分为1V ，不含1A 的部分为2V ，连接1A 和2V 的任一点M ，设1A M 与平面1111D C B A 所成角为α，则sin α的最大值为（ ）．A．22B．25C．265D．266【答案】B【解析】【分析】连接EF，可证平行四边形EFGH为截面，由题意可找到1A M与平面1111DCBA所成的角，进而得到sinα的最大值.【详解】连接EF，因为EF//面ABCD,所以过EFO的平面与平面ABCD的交线一定是过点O且与EF平行的直线，过点O作GH//BC交CD于点G,交AB于H点，则GH//EF,连接EH，FG,则平行四边形EFGH为截面，则五棱柱1111A B EHA D C FGD-为1V，三棱柱EBH-FCG为2V，设M点为2V的任一点，过M点作底面1111DCBA的垂线，垂足为N，连接1A N,则1MA N∠即为1A M与平面1111DCBA所成的角，所以1MA N∠=α，因为sinα=1MNA M,要使α的正弦最大，必须MN最大，1A M最小，当点M与点H重合时符合题意，故sinα的最大值为11=MN HNA M A H=25,故选B【点睛】本题考查空间中的平行关系与平面公理的应用，考查线面角的求法，属于中档题.11．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．12．设，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，下列命题中，正确的是（）A．若，与所成的角相等，则B．若，，则C．若，，则D．若，，则【答案】C【解析】试题分析：若，与所成的角相等，则或，相交或，异面；A错.若，，则或，B错. 若，，则正确. D．若，，则，相交或，异面，D错考点：直线与平面，平面与平面的位置关系13．四棱锥P ABCD -所有棱长都相等，M 、N 分别为PA 、CD 的中点，下列说法错误的是（ ）A ．MN 与PD 是异面直线B ．//MN 平面PBC C ．//MN ACD ．MN PB ⊥【答案】C 【解析】 【分析】画出图形，利用异面直线以及直线与平面平行的判定定理，判断选项A 、B 、C 的正误，由线线垂直可判断选项D ． 【详解】由题意可知四棱锥P ABCD -所有棱长都相等，M 、N 分别为PA 、CD 的中点，MN 与PD 是异面直线，A 选项正确； 取PB 的中点为H ，连接MH 、HC ，四边形ABCD 为平行四边形，//AB CD ∴且AB CD =，M Q 、H 分别为PA 、PB 的中点，则//MH AB 且12MH AB =，N Q 为CD 的中点，//CN MH ∴且CN MH =，则四边形CHMN 为平行四边形， //MN CH ∴，且MN ⊄平面PBC ，CH ⊂平面PBC ，//MN ∴平面PBC ，B 选项正确；若//MN AC ，由于//CH MN ，则//CH AC ，事实上AC CH C ⋂=，C 选项错误；PC BC =Q ，H 为PB 的中点，CH PB ∴⊥，//MN CH Q ，MN PB ∴⊥，D 选项正确.故选：C ． 【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，涉及直线与平面的平行与垂直的位置关系的判断，是中档题.14．设三棱锥V ﹣ABC 的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥底面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A ﹣VC ﹣B 为γ，则（ ） A ．2παββγ+＜，＞ B ．2παββγ+＜，＜C ．2παββγ+＞，＞D ．2παββγ+＞，＜【答案】C 【解析】 【分析】由最小角定理得αβ>，由已知条件得AB ⊥平面VAC ，过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠，推导出BVA γ>∠，由VA ⊥平面ABC ，得VMA β=∠，推导出MVA γ>∠，从而2πβγ+>，即可得解.【详解】由三棱锥V ABC -的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥平面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A VC B --为γ，由最小角定理得αβ>，排除A 和B ； 由已知条件得AB ⊥平面VAC ，过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠， ∴tan tan ABBNA ANγ=∠=， 而tan ABBVA AV∠=，AN AV <，∴tan tan BNA BVA ∠>∠， ∴BVA γ>∠，∵VA ⊥平面ABC ，∴VMA β=∠， ∴2MVA πβ+∠=，∵tan AMMVA AV∠=，AB AM >，∴tan tan BVA MVA ∠>∠， ∴MVA γ>∠，∴2πβγ+>．故选：C ．【点睛】本题查了线线角、线面角、二面角的关系与求解，考查了空间思维能力，属于中档题.15．已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P -ABC 的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（ ）A ．PA ，PB ，PC 两两垂直 B ．三棱锥P -ABC 的体积为83C ．||||||6PA PB PC ===D ．三棱锥P -ABC 的侧面积为35【答案】C 【解析】 【分析】根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图，然后再计算可得. 【详解】解：根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图如图所示，其中D 为AB 的中点，PD ⊥底面ABC . 所以三棱锥P -ABC 的体积为114222323⨯⨯⨯⨯=，2AC BC PD ∴===，2222AB AC BC ∴=+=，||||||2DA DB DC ∴===，()22||||||226,PA PB PC ∴===+=222PA PB AB +≠Q ，PA ∴、PB 不可能垂直，即,PA ,PB PC 不可能两两垂直，1222222PBA S ∆=⨯⨯=Q ，()22161252PBC PAC S S ∆∆==⨯-⨯=Q .∴三棱锥P -ABC 的侧面积为2522+.故正确的为C. 故选：C. 【点睛】本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题.16．某四面体的三视图如图所示，正视图，俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中面积最大的为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．26【答案】B 【解析】解：如图所示，该几何体是棱长为2的正方体中的三棱锥P ABC - ， 其中面积最大的面为：1232232PAC S V =⨯= 本题选择B 选项.点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．17．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 上一点且12CE EC =，则异面直线AE 与1A B 所成角的余弦值为（ ） A 11B 11 C ．1144D 11【答案】B 【解析】 【分析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AE 与1A B 所成角的余弦值． 【详解】解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系， 设3AB =，则()3,0,0A ，()0,3,2E ，()13,0,3A ，()3,3,0B，()3,3,2AE =-u u u r ，()10,3,3A B =-u u u r，设异面直线AE 与1A B 所成角为θ， 则异面直线AE 与1A B 所成角的余弦值为：1111cos 222218AE A B AE A Bθ⋅===⋅⋅u u u r u u u r u u u r u u u r ．故选：B ．【点睛】本题考查利用向量法求解异面直线所成角的余弦值，难度一般.已知1l 的方向向量为a r，2l 的方向向量为b r，则异面直线12,l l 所成角的余弦值为a b a b⋅⋅r rr r .18．在空间中,下列命题为真命题的是( ). A ．对于直线,,a b c ,若,a c b c ⊥⊥则//a bB ．对任意直线a ,在平面α中必存在一条直线b 与之垂直C ．若直线a ,b 与平面α所成的角相等,则a ∥bD ．若直线a ,b 与平面α所成的角互余,则a ⊥b 【答案】B 【解析】 【分析】通过空间直线与直线的位置关系判断选项的正误即可。
高考数学压轴专题最新备战高考《空间向量与立体几何》全集汇编及答案
数学《空间向量与立体几何》试卷含答案一、选择题1．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 ．3π B ．πC ．3πD ．12π【答案】C 【解析】 【分析】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.2．如图所示是一个组合几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．163π B ．643 C ．16643π+ D ．1664π+ 【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体是有一个四棱锥与一个圆锥的四分之一组成，其中四棱锥的底面是边长为4 的正方形，高为4 ，圆锥的底面半径为4 ，高为4，该几何体的体积为， 221116644444333V ππ+=⨯⨯+⨯⨯⨯=， 故选C.3．如图，在底面边长为4，侧棱长为6的正四棱锥P ABCD -中，E 为侧棱PD 的中点，则异面直线PB 与CE 所成角的余弦值是（ ）A 34B 234C 517D 317【答案】D 【解析】 【分析】首先通过作平行的辅助线确定异面直线PB 与CE 所成角的平面角，在PCD ∆中利用余弦定理求出cos DPC ∠进而求出CE ，再在GFH ∆中利用余弦定理即可得解. 【详解】如图，取PA 的中点F ，AB 的中点G ，BC 的中点H ，连接FG ，FH ，GH ，EF ，则//EF CH ，EF CH =，从而四边形EFHC 是平行四边形，则//EC FH ， 且EC FH =.因为F 是PA 的中点，G 是AB 的中点，所以FG 为ABP ∆的中位线，所以//FG PB ，则GFH ∠是异面直线PB 与CE 所成的角.由题意可得3FG =，1222HG AC ==. 在PCD ∆中，由余弦定理可得2223636167cos 22669PD PC CD DPC PD PC +-+-∠===⋅⨯⨯，则2222cos 17CE PC PE PC PE DPC =+-⋅∠=，即17CE =在GFH ∆中，由余弦定理可得222cos 2FG FH GH GFH FG FH +-∠=⋅3172317==⨯⨯. 故选：D 【点睛】本题考查异面直线所成的角，余弦定理解三角形，属于中档题.4．《乌鸦喝水》是《伊索寓言》中一个寓言故事，通过讲述已知乌鸦喝水的故事，告诉人们遇到困难要运用智慧，认真思考才能让问题迎刃而解的道理，如图2所示，乌鸦想喝水，发现有一个锥形瓶，上面部分是圆柱体，下面部分是圆台，瓶口直径为3厘米，瓶底直径为9厘米，瓶口距瓶颈为23332厘米，现将1颗石子投入瓶中，发现水位线上移32厘米，若只有当水位线到达瓶口时乌鸦才能喝到水，则乌鸦共需要投入的石子数量至少是（ ）A ．2颗B ．3颗C ．4颗D ．5颗【答案】C 【解析】 【分析】利用图形中的数据，分别算出石子的体积和空瓶的体积即可. 【详解】如图，9,3,33AB cm EF GH cm LO cm ====所以60A ∠=︒，原水位线直径6CD cm =，投入石子后，水位线直径5IJ cm = 则由圆台的体积公式可得石子的体积为：()22319133MN CN IM CN IM ππ⋅⋅++⋅= 空瓶的体积为：()22213LN CN EL CN EL EL KL ππ⋅++⋅+⋅⋅633363993888πππ=+=()99329783,49191324ππ=∈ 所以至少需要4颗石子 故选：C 【点睛】本题考查的是圆台和圆柱体积的算法，掌握其公式是解题的关键.5．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点M 在线段1CC 上，动点P 在平面．．1111D C B A 上，且AP ⊥平面1MBD .线段AP 长度的取值范围为( )A ．2⎡⎣B ．3⎡⎣C ．32⎣D ．62⎣ 【答案】D 【解析】 【分析】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，设(),,1P x y ，()0,1,M t ，由AP ⊥平面1MBD ，可得+11x t y t=⎧⎨=-⎩，然后用空间两点间的距离公式求解即可. 【详解】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，则()()()()11,0,0,1,1,0,0,1,,0,0,1A B M t D ，(),,1P x y .()1,,1AP x y =-u u u r ,()11,1,1BD =--u u u u r ,()[]1,0,0,1，BM t t =-∈u u u u r由AP ⊥平面1MBD ，则0BM AP ⋅=u u u u r u u u r且01BD AP ⋅=u u u u r u u u r所以10x t -+=且110x y --+=得+1x t =，1y t =-.所以()2221311222AP x y t ⎛⎫=-++=-+ ⎪⎝⎭u u u r 当12t =时，min 6AP =u u u r ，当0t =或1t =时，max 2AP =u u u r ， 62AP ≤≤u u ur 故选：D【点睛】本题考查空间动线段的长度的求法，考查线面垂直的应用，对于动点问题的处理用向量方法要简单些，属于中档题.6．如图，直三棱柱ABC A B C '''-的侧棱长为3，AB BC ⊥，3AB BC ==，点E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE BF =，当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，则异面直线A F '与AC 所成的角为（ ）A ．2π B ．3π C ．4π D ．6π 【答案】C 【解析】 【分析】设AE BF a ==，13B EBF EBF V S B B '-'=⨯⨯V ，利用基本不等式，确定点 E ，F 的位置，然后根据//EF AC ，得到A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，再利用余弦定理求解. 【详解】设AE BF a ==，则()()23119333288B EBF a a V a a '-+-⎡⎤=⨯⨯⨯-⨯≤=⎢⎥⎣⎦，当且仅当3a a =-，即32a =时等号成立， 即当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，点E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点， 方法一：连接A E '，AF ，则352A E '=352AF =2292A F AA AF ''=+=，13222EF AC ==，因为//EF AC ，所以A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，由余弦定理得222819452424cos 93222222A F EF A E A FE A F EF +-''+-'∠==='⋅⋅⨯⨯， ∴4A FE π'∠=．方法二：以B 为坐标原点，以BC 、BA 、BB '分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则()0,3,0A ，()3,0,0C ，()0,3,3A '，3,0,02F ⎛⎫⎪⎝⎭， ∴3,3,32A F ⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭u u u u r ，()3,3,0AC =-u u u r ，所以9922cos ,92322A F AC A F AC A F AC +'⋅'==='⋅⨯u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r ，所以异面直线A F '与AC 所成的角为4π． 故选：C 【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，余弦定理，基本不等式以及向量法求角，还考查了推理论证运算求解的能力，属于中档题.7．如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，O 是底面1111D C B A 的中心，则O 到平面11ABC D 的距离是（ ）A ．12B ．24C ．22D ．32【答案】B 【解析】 【分析】如图建立空间直角坐标系，可证明1A D ⊥平面11ABC D ，故平面11ABC D 的一个法向量为：1DA u u u u r，利用点到平面距离的向量公式即得解.【详解】如图建立空间直角坐标系，则：1111(,,1),(0,0,1),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,1)22O D A B C 111(,,0)22OD ∴=--u u u u r由于AB ⊥平面111,ADD A AD ⊂平面11ADD A1AB A D ∴⊥，又11AD A D ⊥，1AB AD I1A D ∴⊥平面11ABC D故平面11ABC D 的一个法向量为：1(1,0,1)DA =u u u u rO ∴到平面11ABC D 的距离为： 1111||224||2OD DA d DA ⋅===u u u u r u u u u ru u u u r 故选：B 【点睛】本题考查了点到平面距离的向量表示，考查了学生空间想象，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.8．三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ︒∠=∠=，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A ．33B ．66C ．34D 3 【答案】B 【解析】 【分析】设1AA c=u u u v v，AB a =u u u vv，AC b =u u u v v，根据向量线性运算法则可表示出1AB u u u v 和1BC u u u u v；分别求解出11AB BC ⋅u u u v u u u u v 和1AB u u u v ，1BC u u u u v ，根据向量夹角的求解方法求得11cos ,AB BC <>u u u v u u u u v，即可得所求角的余弦值. 【详解】设棱长为1，1AA c=u u u v v，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v由题意得：12a b ⋅=v v ，12b c ⋅=v v ，12a c ⋅=v v1AB a c =+u u u v v v Q ，11BC BC BB b a c =+=-+u u u u v u u u v u u u v v v v()()22111111122AB BC a c b a c a b a a c b c a c c ∴⋅=+⋅-+=⋅-+⋅+⋅-⋅+=-++=u u u v u u u u v v v v v v v v v v v v v v v v又()222123AB a c a a c c =+=+⋅+=u u u v v v v v v v()222212222BC b a cb ac a b b c a c =-+=++-⋅+⋅-⋅=u u u u v v v v v v v v v v v v v1111116cos ,66AB BC AB BCAB BC ⋅∴<>===⋅u u u v u u u u vu u u v u u u u v u u u v u u u u v即异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为：6本题正确选项：B 【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.9．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 为1CC 的中点.若AM ⊥平面α，且B ∈平面α，则平面α截正方体所得截面的周长为（ ）A ．3225+B ．442+C ．2225+D ．62【答案】A 【解析】 【分析】根据线面垂直确定平面α，再根据截面形状求周长. 【详解】显然在正方体中BD ⊥平面11ACC A ,所以BD ⊥ AM ,取AC 中点E, 取AE 中点O,则11tan tan AOA ACM AO AM ∠=∠∴⊥, 取A 1C 1中点E 1, 取A 1E 1中点O 1,过O 1作PQ//B 1D 1,分别交A 1B 1,A 1D 1于P ,Q 从而AM ⊥平面BDQP ,四边形BDQP 为等腰梯形， 周长为22222123225++⨯+=+，选A. 【点睛】本题考查线面垂直判断以及截面性质，考查综合分析与求解能力，属难题.10．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M ， N 分别为棱111,C D CC 的中点，以下四个结论：①直线DM 与1CC 是相交直线；②直线AM 与NB 是平行直线；③直线BN 与1MB 是异面直线；④直线AM 与1DD 是异面直线．其中正确的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C【分析】根据正方体的几何特征，可通过判断每个选项中的两条直线字母表示的点是否共面；如果共面，则可能是相交或者平行；若不共面，则是异面.【详解】①：1CC 与DM 是共面的，且不平行，所以必定相交，故正确；②：若AM BN 、平行，又AD BC 、平行且,AM AD A BN BC B ⋂=⋂=，所以平面BNC P 平面ADM ，明显不正确，故错误；③：1BN MB 、不共面，所以是异面直线，故正确；④：1AM DD 、不共面，所以是异面直线，故正确；故选C.【点睛】异面直线的判断方法：一条直线上两点与另外一条直线上两点不共面，那么两条直线异面；反之则为共面直线，可能是平行也可能是相交.11．设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m α⊥，//n α，则m n ⊥；②若//αβ，m α⊥，则m β⊥；③若//m α，//n α，则//m n ；④若m α⊥，αβ⊥，则//m β.其中真命题的序号为（ ）A ．①和②B ．②和③C ．③和④D ．①和④ 【答案】A【解析】【分析】逐一分析命题①②③④的正误，可得出合适的选项.【详解】对于命题①，若//n α，过直线n 作平面β，使得a αβ⋂=，则//a n ，m α⊥Q ，a α⊂，m a ∴⊥，m n ∴⊥，命题①正确；对于命题②，对于命题②，若//αβ，m α⊥，则m β⊥，命题②正确；对于命题③，若//m α，//n α，则m 与n 相交、平行或异面，命题③错误；对于命题④，若m α⊥，αβ⊥，则m β⊂或//m β，命题④错误.故选：A.【点睛】本题考查有关线面、面面位置关系的判断，考查推理能力，属于中等题.12．已知平面α，β和直线1l ，2l ，且2αβl =I ，则“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】B【解析】【分析】将“12l l P ”与“1l α∥且1l β∥”相互推导，根据能否推导的情况判断充分、必要条件.【详解】当“12l l P ”时，1l 可能在α或β内，不能推出“1l α∥且1l β∥”.当“1l α∥且1l β∥”时，由于2αβl =I ，故“12l l P ”.所以“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的必要不充分条件. 故选：B.【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查空间直线、平面的位置关系，属于基础题.13．已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P -ABC 的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（ ）A ．PA ，PB ，PC 两两垂直B ．三棱锥P -ABC 的体积为83 C ．||||||6PA PB PC ===D ．三棱锥P -ABC 的侧面积为35【答案】C【解析】【分析】 根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图，然后再计算可得.【详解】解：根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图如图所示，其中D 为AB 的中点，PD ⊥底面ABC .所以三棱锥P -ABC 的体积为114222323⨯⨯⨯⨯=， 2AC BC PD ∴===，2222AB AC BC ∴=+=，||||||2DA DB DC ∴===，()22||||||226,PA PB PC ∴===+=222PA PB AB +≠Q ，PA ∴、PB 不可能垂直，即,PA ,PB PC 不可能两两垂直， 1222222PBA S ∆=⨯⨯=Q ，()22161252PBC PAC S S ∆∆==⨯-⨯=Q .∴三棱锥P -ABC 的侧面积为2522+.故正确的为C.故选：C.【点睛】本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题.14．某四面体的三视图如图所示，正视图，俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中面积最大的为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．26【答案】B【解析】 解：如图所示，该几何体是棱长为2的正方体中的三棱锥P ABC - ，其中面积最大的面为：1232232PAC S V =⨯= 本题选择B 选项.点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．15．已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图是全等的直角三角形，则该几何体的各个面中，最大面的面积为（ ）A ．2B ．5C 13D 22【答案】D【解析】【分析】 根据三视图还原出几何体，找到最大面，再求面积.【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，如图所示，将其放在一个长方体中，并记为三棱锥P ABC -.13PAC PAB S S ∆∆=22PAC S ∆=，2ABC S ∆=22.选D.【点睛】本题主要考查三视图的识别，复杂的三视图还原为几何体时，一般借助长方体来实现.16．某多面体的三视图如图所示，则该多面体的各棱中，最长棱的长度为( )A ．6B ．5C ．2D ．1【答案】A【解析】 由三视图可知该多面体的直观图为如图所示的四棱锥P ABCD -：其中，四边形ABCD 为边长为1的正方形，PE ⊥面ABCD ，且1AE =，1PE =. ∴222AP AE PE =+=2BE AB AE =+=，222DE AD AE =+= ∴225CE BE BC =+=225PB BE PE =+223PD PE DE =+=∴226PC CE PE =+=∴最长棱为PC故选A.点睛: 思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：①首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；②观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；③画出整体，然后再根据三视图进行调整.17．由两个14圆柱组合而成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．π3B ．π2C ．πD ．2π【答案】C【解析】【分析】根据题意可知，圆柱的底面半径为1，高为2，利用圆柱的体积公式即可求出结果。
高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》全集汇编及答案
【高中数学】数学《空间向量与立体几何》期末复习知识要点一、选择题1．设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列四个命题：①若m α⊥，//n α，则m n ⊥； ②若//αβ，m α⊥，则m β⊥； ③若//m α，//n α，则//m n ； ④若m α⊥，αβ⊥，则//m β. 其中真命题的序号为（ ） A ．①和② B ．②和③C ．③和④D ．①和④【答案】A 【解析】 【分析】逐一分析命题①②③④的正误，可得出合适的选项. 【详解】对于命题①，若//n α，过直线n 作平面β，使得a αβ⋂=，则//a n ，m α⊥Q ，a α⊂，m a ∴⊥，m n ∴⊥，命题①正确；对于命题②，对于命题②，若//αβ，m α⊥，则m β⊥，命题②正确； 对于命题③，若//m α，//n α，则m 与n 相交、平行或异面，命题③错误； 对于命题④，若m α⊥，αβ⊥，则m β⊂或//m β，命题④错误. 故选：A. 【点睛】本题考查有关线面、面面位置关系的判断，考查推理能力，属于中等题.2．三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ︒∠=∠=，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A 3B ．66C 3D ．36【答案】B 【解析】 【分析】设1AA c =u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v，根据向量线性运算法则可表示出1AB u u u v 和1BC u u u u v ；分别求解出11AB BC ⋅u u u v u u u u v 和1AB u u u v ，1BC u u u u v ，根据向量夹角的求解方法求得11cos ,AB BC<>u u u v u u u u v，即可得所求角的余弦值. 【详解】设棱长为1，1AA c =u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v由题意得：12a b ⋅=v v ，12b c ⋅=v v ，12a c ⋅=v v1AB a c =+u u u v v v Q ，11BC BC BB b a c =+=-+u u u u v u u u v u u u v v v v()()22111111122AB BC a c b a c a b a a c b c a c c ∴⋅=+⋅-+=⋅-+⋅+⋅-⋅+=-++=u u u v u u u u v v v v v v v v v v v v v v v v又()222123AB a c a a c c =+=+⋅+=u u u v v v v v v v()222212222BC b a cb ac a b b c a c =-+=++-⋅+⋅-⋅=u u u u vv v v v v v v v v v v v1111116cos ,66AB BC AB BC AB BC ⋅∴<>===⋅u u u v u u u u vu u u v u u u u v u u u v u u u u v即异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为：6 本题正确选项：B 【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.3．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33，底为一个直角三角形，直角边分别为333，，所以体积为1127=33333=322V⨯⨯⨯⨯，选D.【点睛】(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．4．四面体ABCD的四个顶点都在球O的表面上，AB BCD⊥平面，BCDV是边长为3的等边三角形，若2AB=，则球O的表面积为( )A．16πB．323πC．12πD．32π【答案】A【解析】【分析】先求底面外接圆直径,再求球的直径,再利用表面积2S Dπ=求解即可.【详解】BCDV外接圆直径23sin3CDdCBD===∠ ,故球的直径平方222222(23)16D AB d=+=+=,故外接球表面积216S Dππ==故选：A【点睛】本题主要考查侧棱垂直底面的锥体外接球表面积问题,先利用正弦定理求得底面直径d,再利用锥体高h,根据球直径22D d h=+求解即可.属于中等题型.5．如图，直三棱柱ABC A B C'''-的侧棱长为3，AB BC⊥，3AB BC==，点E，F 分别是棱AB，BC上的动点，且AE BF=，当三棱锥B EBF'-的体积取得最大值时，则异面直线A F'与AC所成的角为（）A．2πB．3πC．4πD．6π【答案】C【解析】 【分析】设AE BF a ==，13B EBF EBF V S B B '-'=⨯⨯V ，利用基本不等式，确定点 E ，F 的位置，然后根据//EF AC ，得到A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，再利用余弦定理求解. 【详解】设AE BF a ==，则()()23119333288B EBFa a V a a '-+-⎡⎤=⨯⨯⨯-⨯≤=⎢⎥⎣⎦，当且仅当3a a =-，即32a =时等号成立， 即当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，点E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点， 方法一：连接A E '，AF ，则352A E '=，352AF =，2292A F AA AF ''=+=，13222EF AC ==， 因为//EF AC ，所以A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，由余弦定理得222819452424cos 93222222A F EF A E A FE A F EF +-''+-'∠==='⋅⋅⨯⨯，∴4A FE π'∠=．方法二：以B 为坐标原点，以BC 、BA 、BB '分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则()0,3,0A ，()3,0,0C ，()0,3,3A '，3,0,02F ⎛⎫⎪⎝⎭， ∴3,3,32A F ⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭u u u u r ，()3,3,0AC =-u u u r ，所以9922cos ,92322A F AC A F AC A F AC +'⋅'==='⋅⨯u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r ，所以异面直线A F '与AC 所成的角为4π． 故选：C 【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，余弦定理，基本不等式以及向量法求角，还考查了推理论证运算求解的能力，属于中档题.6．如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，O 是底面1111D C B A 的中心，则O 到平面11ABC D 的距离是（ ）A ．12B ．2 C ．2 D ．3 【答案】B 【解析】 【分析】如图建立空间直角坐标系，可证明1A D ⊥平面11ABC D ，故平面11ABC D 的一个法向量为：1DA u u u u r，利用点到平面距离的向量公式即得解.【详解】如图建立空间直角坐标系，则：1111(,,1),(0,0,1),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,1)22O D A B C 111(,,0)22OD ∴=--u u u u r由于AB ⊥平面111,ADD A AD ⊂平面11ADD A1AB A D ∴⊥，又11AD A D ⊥，1AB AD I1A D ∴⊥平面11ABC D故平面11ABC D 的一个法向量为：1(1,0,1)DA =u u u u rO ∴到平面11ABC D 的距离为：1111||224||2OD DA d DA ⋅===u u u u r u u u u ru u u u r 故选：B 【点睛】本题考查了点到平面距离的向量表示，考查了学生空间想象，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.7．如图，网格纸是由边长为1的小正方形构成，若粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A ．920π+B ．926π+C ．520π+D ．526π+【答案】C 【解析】 【分析】根据三视图还原为几何体，结合组合体的结构特征求解表面积. 【详解】由三视图可知，该几何体可看作是半个圆柱和一个长方体的组合体，其中半圆柱的底面半圆半径为1，高为4，长方体的底面四边形相邻边长分别为1，2，高为4，所以该几何体的表面积2112141222S ππ=⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯14224520π+⨯⨯+⨯=+，故选C. 【点睛】本题主要考查三视图的识别，利用三视图还原成几何体是求解关键，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.8．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 分别是AB 、11B C 的中点，则异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值为（ ）A 3B ．13C 58D 387【答案】C 【解析】 【分析】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF ，推导出四边形BDFE 为平行四边形，可得出//BE DF ，可得出异面直线BE 与CD 所成的角为CDF ∠，通过解CDF V ，利用余弦定理可求得异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值. 【详解】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF .易知EF 是111A B C △的中位线，所以11//EF A B 且1112EF A B =. 又11//AB A B 且11AB A B =，D 为AB 的中点，所以11//BD A B 且1112BD A B =，所以//EF BD 且EF BD =.所以四边形BDFE 是平行四边形，所以//DF BE ，所以CDF ∠就是异面直线BE 与CD 所成的角.因为4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 、F 分别是AB 、11B C 、11A C 的中点， 所以111122C F AC ==，111122B E BC ==且CD AB ⊥. 由勾股定理得22442AB =+=2242AC BC CD AB ⋅=== 由勾股定理得2222115229CF CC C F =+=+=2222115229DF BE BB B E ==+=+=.在CDF V 中，由余弦定理得((22229222958cos 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．已知正方体1111A B C D ABCD -的棱1AA 的中点为E ，AC 与BD 交于点O ，平面α过点E 且与直线1OC 垂直，若1AB =，则平面α截该正方体所得截面图形的面积为( ) A ．64B ．62C ．3 D ．3 【答案】A 【解析】 【分析】根据正方体的垂直关系可得BD ⊥平面11ACC A ，进而1BD OC ⊥，可考虑平面BDE 是否为所求的平面，只需证明1OE OC ⊥即可确定平面α. 【详解】如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1AA 的中点，1AB =，则2113122OC =+=，2113424OE =+=，2119244EC =+=，∴22211OC OE EC +=，1OE OC ∴⊥；又BD ⊥平面11ACC A ，1BD OC ∴⊥，且OE BD O =I ，1OC ∴⊥平面BDE ，且1136222BDE S BD OE ∆==⨯⨯=g ， 即α截该正方体所得截面图形的面积为6. 故选:A .【点睛】本题考查线面垂直的判定，考查三角形面积的计算，熟悉正方体中线面垂直关系是解题的关键，属于中档题.10．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中： ①BM 与ED 平行 ②CN 与BE 是异面直线 ③CN 与BM 成60︒角 ④DM 与BN 是异面直线 以上四个命题中，正确命题的个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B 【解析】 【分析】把平面展开图还原原几何体，再由棱柱的结构特征及异面直线定义、异面直线所成角逐一核对四个命题得答案． 【详解】把平面展开图还原原几何体如图：由正方体的性质可知，BM 与ED 异面且垂直，故①错误；CN 与BE 平行，故②错误；连接BE ，则BE CN P ，EBM ∠为CN 与BM 所成角，连接EM ，可知BEM ∆为正三角形，则60EBM ∠=︒，故③正确；由异面直线的定义可知，DM 与BN 是异面直线，故④正确． ∴正确命题的个数是2个． 故选：B ． 【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查异面直线定义及异面直线所成角，是中档题．11．如下图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点E F 、分别为棱1BB ，1CC 的中点，点O 为上底面的中心，过E F O 、、三点的平面把正方体分为两部分，其中含1A 的部分为1V ，不含1A 的部分为2V ，连接1A 和2V 的任一点M ，设1A M 与平面1111D C B A 所成角为α，则sin α的最大值为（ ）．A．22B．25C．265D．266【答案】B【解析】【分析】连接EF，可证平行四边形EFGH为截面，由题意可找到1A M与平面1111DCBA所成的角，进而得到sinα的最大值.【详解】连接EF，因为EF//面ABCD,所以过EFO的平面与平面ABCD的交线一定是过点O且与EF平行的直线，过点O作GH//BC交CD于点G,交AB于H点，则GH//EF,连接EH，FG,则平行四边形EFGH为截面，则五棱柱1111A B EHA D C FGD-为1V，三棱柱EBH-FCG为2V，设M点为2V的任一点，过M点作底面1111DCBA的垂线，垂足为N，连接1A N,则1MA N∠即为1A M与平面1111DCBA所成的角，所以1MA N∠=α，因为sinα=1MNA M,要使α的正弦最大，必须MN最大，1A M最小，当点M与点H重合时符合题意，故sinα的最大值为11=MN HNA M A H=25,故选B【点睛】本题考查空间中的平行关系与平面公理的应用，考查线面角的求法，属于中档题.12．若a，b是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列四个命题：①若a Pα，bβ∥，a b⊥r r，则αβ⊥；②若a Pα，bβ∥，a b∥，则αβ∥；③若aα⊥，b β⊥，a b ∥，则αβ∥；④若a P α，b β⊥，a b ⊥r r ，则αβ∥．正确的个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B【解析】【分析】对每一个选项逐一分析得解.【详解】命题①中α与β还有可能平行或相交；命题②中α与β还有可能相交；命题④中α与β还有可能相交；∵a b P ，a α⊥，∴b α⊥，又b β⊥，∴αβP ．故命题③正确．故选B ．【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象能力.13．古代数学名著《张丘建算经》中有如下问题：“今有仓，东西袤一丈二尺，南北广七尺，南壁高九尺，北壁高八尺，问受粟几何？”.题目的意思是：“有一粮仓的三视图如图所示（单位：尺），问能储存多少粟米？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，估算粮仓可以储存的粟米约有（取整数）（ ）A ．441斛B ．431斛C ．426斛D ．412斛【答案】A【解析】【分析】 由三视图可知：上面是一个横放的三棱柱，下面是一个长方体．由体积计算公式即可得出．【详解】解：由三视图可知：上面是一个横放的三棱柱，下面是一个长方体．∴体积1171278127142V =⨯⨯⨯+⨯⨯=，∴粮仓可以储存的粟米7144411.62=≈斛．故选：A ．14．已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P -ABC 的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（ ）A ．PA ，PB ，PC 两两垂直B ．三棱锥P -ABC 的体积为83 C ．||||||6PA PB PC ===D ．三棱锥P -ABC 的侧面积为35【答案】C 【解析】 【分析】 根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图，然后再计算可得.【详解】 解：根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图如图所示，其中D 为AB 的中点，PD ⊥底面ABC .所以三棱锥P -ABC 的体积为114222323⨯⨯⨯⨯=， 2AC BC PD ∴===，2222AB AC BC ∴=+=，||||||2DA DB DC ∴===，()22||||||226,PA PB PC ∴===+= 222PA PB AB +≠Q ，PA ∴、PB 不可能垂直，即,PA ,PB PC 不可能两两垂直， 1222222PBA S ∆=⨯⨯=Q ，()22161252PBC PAC S S ∆∆==⨯-⨯=Q . ∴三棱锥P -ABC 的侧面积为2522+.故正确的为C.故选：C.【点睛】本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题.15．如图长方体中，过同一个顶点的三条棱的长分别为2、4、6，A 点为长方体的一个顶点，B 点为其所在棱的中点，则沿着长方体的表面从A 点到B 点的最短距离为（ ）A 29B ．35C 41D ．213【答案】C【解析】【分析】 由长方体的侧面展开图可得有3种情况如下：①当B 点所在的棱长为2；②当B 点所在的棱长为4；③当B 点所在的棱长为6，分别再求出展开图AB 的距离即可得最短距离.【详解】由长方体的侧面展开图可得：（1）当B 点所在的棱长为2，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()22461101++=()2241661++=()2246165++= （2）当B 点所在的棱长为4，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()22226213++=()22262217++=()22262217++= （3）当B 点所在的棱长为6，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()2223441++=()2224335++=()2223453++= 综上所述，沿着长方体的表面从A 点到B 41.故选：C .【点睛】本题考查长方体的展开图，考查空间想象与推理能力，属于中等题.16．已知平面α⊥平面β，l αβ=I ，a α⊂，b β⊂，则“a l ⊥”是“a b ⊥r r”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】A【解析】【分析】 根据面面垂直的性质定理，以及充要条件的判定方法，即可作出判定，得到答案.【详解】由题意知，平面α⊥平面β，,,l a b αβαβ⋂=⊂⊂，当a l ⊥时，利用面面垂直的性质定理，可得a b ⊥r r成立， 反之当a b ⊥r r 时，此时a 与l 不一定是垂直的，所以a l ⊥是a b ⊥r r 的充分不必要条件，故选A.【点睛】本题主要考查了充要条件的判定，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理，以及充要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.17．某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为（ ）A ．152πB ．12πC ．112πD ．212π 【答案】A【解析】【分析】 由三视图可知，该几何体为由18的球体和14的圆锥体组成，结合三视图中的数据，利用球和圆锥的体积公式求解即可.【详解】 由三视图可知，该几何体为由18的球体和14的圆锥体组成， 所以所求几何体的体积为11+84V V V =球圆锥，因为31149=3=8832V ππ⨯⨯球， 221111=34344312V r h πππ⨯⨯=⨯⨯⨯=圆锥， 所以915322V πππ=+=，即所求几何体的体积为152π. 故选：A【点睛】本题考查三视图还原几何体及球和圆锥的体积公式；考查学生的空间想象能力和运算求解能力；三视图正确还原几何体是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.18．某多面体的三视图如图所示，则该多面体的各棱中，最长棱的长度为( )A ．6B ．5C ．2D ．1【答案】A 【解析】 由三视图可知该多面体的直观图为如图所示的四棱锥P ABCD -：其中，四边形ABCD 为边长为1的正方形，PE ⊥面ABCD ，且1AE =，1PE =. ∴222AP AE PE =+=2BE AB AE =+=，222DE AD AE =+= ∴225CE BE BC =+=225PB BE PE =+223PD PE DE =+=∴226PC CE PE =+=∴最长棱为PC故选A.点睛: 思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：①首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；②观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；③画出整体，然后再根据三视图进行调整.19．已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是边OA ，CB 的中点，点G 在线段MN 上，且使2MG GN =，用向量OA u u u v ，OB uuu v ，OC u u u v 表示向量OG u u u v是（ ） A ．2233OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v B ．122233OG OA OB OC u u u v u u u v u u u v u u u v =++ C ．111633OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v D ．112633OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v 【答案】C【解析】【分析】根据所给的图形和一组基底，从起点O 出发，把不是基底中的向量，用是基底的向量来表示，就可以得到结论．【详解】2OG OM MG OM MN 3=+=+u u u r u u u u r u u Q u u r u u u u r u u u u r , ()()2121111OM MO OC CN OM OC OB OC OA OB OC 3333633u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r =+++=++-=++ 111OG OA OB OC 633u u u r u u u r u u u r u u u r ∴=++ , 故选：C ．【点睛】 本题考查向量的基本定理及其意义，解题时注意方法，即从要表示的向量的起点出发，沿着空间图形的棱走到终点，若出现不是基底中的向量的情况，再重复这个过程．20．如图，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器．当这个正六棱柱容器的底面边长为（ ）时，其容积最大．A ．34B ．23C ．13D ．12【答案】B【解析】【分析】设正六棱柱容器的底面边长为x ,则正六棱柱容器的高为)312x -,则可得正六棱柱容器的容积为()())()3233921224V x x x x x x x =+⋅⋅-=-+,再利用导函数求得最值,即可求解.【详解】设正六棱柱容器的底面边长为x ,)31x -, 所以正六棱柱容器的容积为()())()32339214V x x x x x x x =+-=-+, 所以()227942V x x x '=-+,则在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上,()0V x '>；在2,13⎛⎫ ⎪⎝⎭上,()0V x '<, 所以()V x 在20,3⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,在2,13⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减, 所以当23x =时,()V x 取得最大值, 故选:B【点睛】 本题考查利用导函数求最值,考查棱柱的体积,考查运算能力.。
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.。
空间向量与立体几何 2024高考题目及答案
空间向量与立体几何 2024高考题目及答案2024年高考题目及答案：空间向量与立体几何【引言】2024年高考数学试题中，空间向量与立体几何是一个重要的考点。
在此次试题中，考查了空间向量的定义、运算和应用，以及立体几何中的线面交角、直线方程和平面方程等内容。
本文将对这些题目进行具体分析和解答，帮助同学们更好地理解和掌握相关知识点。
【题目一：空间向量的定义和运算】题目描述：已知点A(1, 2, -3)、B(4, -1, 2)，向量AB可以表示为OA减去OB。
求向量AB的模长和方向余弦。
解答：首先，根据向量的定义，向量AB可以表示为OB减去OA，即AB = OB - OA。
则有向量AB = (4, -1, 2) - (1, 2, -3) = (4-1, -1-2, 2-(-3)) = (3, -3, 5)。
其次，求向量AB的模长，使用模长的定义：|AB| = √(3^2 + (-3)^2+ 5^2) = √(9 + 9 + 25) = √43。
最后，利用方向余弦的定义，设向量AB与空间坐标轴的夹角为α、β、γ，则有：cosα = 3 / √43，cosβ = -3 / √43，cosγ= 5 / √43。
【题目二：空间向量的应用】题目描述：在空间直角坐标系中，已知向量a = (3, 0, 4)，向量b = (1, -2, 2)。
求向量a与向量b的数量积、向量积和夹角。
解答：首先，求向量a与向量b的数量积，使用数量积的定义：a·b = 3*1 + 0*(-2) + 4*2 = 3 + 0 + 8 = 11。
其次，求向量a与向量b的向量积，使用向量积的定义：a×b = |i j k ||3 0 4 ||1 -2 2 |= i*(0*2-(-2)*4) - j*(3*2-4*1) + k*(3*(-2)-1*0)= i*(-8) - j*(6) + k*(-6)= (-8, -6, -6)。
高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》分类汇编含答案解析
新高考数学《空间向量与立体几何》练习题一、选择题1．设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列四个命题：①若m α⊥，//n α，则m n ⊥； ②若//αβ，m α⊥，则m β⊥； ③若//m α，//n α，则//m n ； ④若m α⊥，αβ⊥，则//m β. 其中真命题的序号为（ ） A ．①和② B ．②和③C ．③和④D ．①和④【答案】A 【解析】 【分析】逐一分析命题①②③④的正误，可得出合适的选项. 【详解】对于命题①，若//n α，过直线n 作平面β，使得a αβ⋂=，则//a n ，m α⊥Q ，a α⊂，m a ∴⊥，m n ∴⊥，命题①正确；对于命题②，对于命题②，若//αβ，m α⊥，则m β⊥，命题②正确； 对于命题③，若//m α，//n α，则m 与n 相交、平行或异面，命题③错误； 对于命题④，若m α⊥，αβ⊥，则m β⊂或//m β，命题④错误. 故选：A. 【点睛】本题考查有关线面、面面位置关系的判断，考查推理能力，属于中等题.2．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点M 在线段1CC 上，动点P 在平面．．1111D C B A 上，且AP ⊥平面1MBD .线段AP 长度的取值范围为( )A ．2⎡⎣B ．3⎡⎣C ．322⎣D ．622⎣ 【答案】D 【解析】 【分析】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，设(),,1P x y ，()0,1,M t ，由AP ⊥平面1MBD ，可得+11x t y t =⎧⎨=-⎩，然后用空间两点间的距离公式求解即可. 【详解】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，则()()()()11,0,0,1,1,0,0,1,,0,0,1A B M t D ，(),,1P x y .()1,,1AP x y =-u u u r ,()11,1,1BD =--u u u u r ,()[]1,0,0,1，BM t t =-∈u u u u r由AP ⊥平面1MBD ，则0BM AP ⋅=u u u u r u u u r且01BD AP ⋅=u u u u r u u u r所以10x t -+=且110x y --+=得+1x t =，1y t =-.所以()2221311222AP x y t ⎛⎫=-++=-+⎪⎝⎭u u u r当12t =时，min 62AP =u u u r ，当0t =或1t =时，max 2AP =u u u r ， 所以62AP ≤≤u u ur故选：D【点睛】本题考查空间动线段的长度的求法，考查线面垂直的应用，对于动点问题的处理用向量方法要简单些，属于中档题.3．设α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ） A ．若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n ⊥β B ．若α⊥β，n ∥α，则n ⊥β C ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β D ．若m ⊥α，m ⊥β，n ⊥α，则n ⊥β 【答案】D 【解析】【分析】根据直线、平面平行垂直的关系进行判断． 【详解】由α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，知：在A 中，若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故A 错误； 在B 中，若α⊥β，n ∥α，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故B 错误； 在C 中，若m ∥α，m ∥β，则α与β相交或平行，故C 错误； 在D 中，若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β， ∴若n ⊥α，则n ⊥β，故D 正确. 故选：D. 【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的益关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.4．已知正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为AB ，1AA 的中点，则异面直线1C M 与BN 所成角的大小为（ ）A ．30°B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】D 【解析】 【分析】根据题意画出图形，可将异面直线转化共面的相交直线，再进行求解 【详解】 如图：作AN 的中点'N ，连接'N M ，1'C N 由题设可知'N M BN P ，则异面直线1C M 与BN 所成角为1'N MC ∠或其补角，设正方体的边长为4，由几何关系可得，'5N M =，16C M =，1'41C N =21122''N M M C N C =+，即1'90N MC ∠=︒故选D 【点睛】本题考查异面直线的求法，属于基础题5．已知平面α⊥平面β，l αβ=I ，a α⊂，b β⊂，则“a l ⊥”是“a b ⊥r r”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】A 【解析】 【分析】根据面面垂直的性质定理，以及充要条件的判定方法，即可作出判定，得到答案. 【详解】由题意知，平面α⊥平面β，,,l a b αβαβ⋂=⊂⊂， 当a l ⊥时，利用面面垂直的性质定理，可得a b ⊥r r成立， 反之当a b ⊥r r时，此时a 与l 不一定是垂直的，所以a l ⊥是a b ⊥r r的充分不必要条件，故选A.【点睛】本题主要考查了充要条件的判定，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理，以及充要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.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 -，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．8．已知一个几何体的三视图如图所示（正方形边长为1），则该几何体的体积为（ ）A ．34B ．78C ．1516D ．2324【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】由三视图可知：该几何体为正方体挖去了一个四棱锥A BCDE -，该几何体的体积为1111711132228⎛⎫-⨯⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭ 故选B点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.9．以下说法正确的有几个（ ）①四边形确定一个平面；②如果一条直线在平面外，那么这条直线与该平面没有公共点；③过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；④如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行； A ．0个 B ．1个C ．2个D ．3个【答案】B 【解析】 【分析】对四个说法逐一分析，由此得出正确的个数. 【详解】①错误，如空间四边形确定一个三棱锥. ②错误，直线可能和平面相交. ③正确，根据公理二可判断③正确. ④错误，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能相交，也可能异面，也可能平行.综上所述，正确的说法有1个，故选B. 【点睛】本小题主要考查空间有关命题真假性的判断，属于基础题.10．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 xy 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．11．三棱锥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 =∴12222ABC 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1133V ==故选B.12．已知平面α，β和直线1l ，2l ，且2αβl =I ，则“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】 【分析】将“12l l P ”与“1l α∥且1l β∥”相互推导，根据能否推导的情况判断充分、必要条件. 【详解】当“12l l P ”时，1l 可能在α或β内，不能推出“1l α∥且1l β∥”.当“1l α∥且1l β∥”时，由于2αβl =I ，故“12l l P ”.所以“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的必要不充分条件. 故选：B. 【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查空间直线、平面的位置关系，属于基础题.13．已知m ，l 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出αβ⊥的是（ ）A ．m l ⊥，m β⊂，l α⊥B ．m l ⊥，l αβ=I ，m α⊂C ．//m l ，m α⊥，l β⊥D ．l α⊥，//m l ，//m β【答案】D 【解析】 【分析】A ，有可能出现α，β平行这种情况.B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况.C ，根据面面平行的性质定理判断.D ，根据面面垂直的判定定理判断. 【详解】对于A ，m l ⊥，m β⊂，l α⊥，则//αβ或α，β相交，故A 错误； 对于B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况，故B 错误；对于C ，因为//m l ，m α⊥，则l α⊥，由因为l βαβ⊥⇒∥，故C 错误； 对于D ，l α⊥，m l m α⇒⊥∥，又由m βαβ⇒⊥∥，故D 正确. 故选：D 【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.14．若a ，b 是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列四个命题：①若a P α，b β∥，a b ⊥r r，则αβ⊥；②若a P α，b β∥，a b ∥，则αβ∥；③若a α⊥，b β⊥，a b ∥，则αβ∥；④若a P α，b β⊥，a b ⊥r r，则αβ∥．正确的个数为（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】B 【解析】 【分析】对每一个选项逐一分析得解. 【详解】命题①中α与β还有可能平行或相交； 命题②中α与β还有可能相交； 命题④中α与β还有可能相交；∵a b P ，a α⊥，∴b α⊥，又b β⊥，∴αβP ．故命题③正确． 故选B ． 【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象能力.15．设，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，下列命题中，正确的是（ ） A ．若，与所成的角相等，则B ．若，，则C ．若，，则D ．若，，则【答案】C 【解析】试题分析：若，与所成的角相等，则或，相交或，异面；A 错. 若，，则或，B 错. 若，，则正确. D ．若，，则 ，相交或，异面，D 错考点：直线与平面，平面与平面的位置关系16．已知正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等，D 是11A B 的中点，则AD 与平面11BCC B 所成角的正弦值为（ ）A ．5B ．25C ．10D ．15 【答案】D【解析】【分析】先找出直线AD 与平面11BCC B 所成角，然后在1B EF V 中，求出1sin EB F ∠，即可得到本题答案.【详解】如图，取AB 中点E ，作EF BC ⊥于F ，连接11,B E B F ，则1EB F ∠即为AD 与平面11BCC B 所成角.不妨设棱长为4，则1,2BF BE ==，13,25EF B E ∴=1315sin 25EB F ∴∠==. 故选：D【点睛】 本题主要考查直线与平面所成角的求法，找出线面所成角是解决此类题目的关键.17．圆锥SD （其中S 为顶点，D 为底面圆心）的侧面积与底面积的比是2:1，则圆锥SD 与它外接球（即顶点在球面上且底面圆周也在球面上）的体积比为（ ）A ．9:32B ．8:27C ．9:22D ．9:28【答案】A【解析】【分析】根据已知条件求得圆锥母线与底面圆半径r 的关系，从而得到圆锥的高与r 关系，计算圆锥体积，由截面图得到外接球的半径R 与r 间的关系，计算球的体积，作比即可得到答案.【详解】设圆锥底面圆的半径为r,圆锥母线长为l ，则侧面积为πrl ， 侧面积与底面积的比为2πrl 2l r r π==,则母线l=2r,圆锥的高为h=223l r r -=, 则圆锥的体积为2313πh 3r r π=, 设外接球的球心为O,半径为R,截面图如图，则OB=OS=R,OD=h-R=3r R -,BD=r, 在直角三角形BOD 中，由勾股定理得222OB OD BD =+,即()2223R r r R =+-, 展开整理得R=,3r 所以外接球的体积为33344333393R r ππ=⨯=, 故所求体积比为33393323293r r ππ= 故选：A【点睛】本题考查圆锥与球的体积公式的应用，考查学生计算能力，属于中档题.18．在空间中，下列命题正确的是A ．如果一个角的两边和另一角的两边分别平行,那么这两个角相等B ．两条异面直线所成的有的范围是0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行D ．如果一条直线和平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行【答案】C【解析】【分析】根据两个角可能互补判断A ；根据两条异面直线所成的角不能是零度,判断B ；根据根据两个平面平行的性质定理知判断C ；利用直线与这个平面平行或在这个平面内判断D.【详解】如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行,这两个角相等或互补,故A 不正确； 两条异面直线所成的角不能是零度,故B 不正确；根据两个平面平行的性质定理知C 正确；如果一条直线和一个平面内的一条直线平行,那么这条直线与这个平面平行或在这个平面内,故D 不正确,综上可知只有C 的说法是正确的,故选C.【点睛】本题考查平面的基本性质及推论,考查等角定理,考查两个平面平行的性质定理,考查异面直线所成的角的取值范围,考查直线与平面平行的判断定理,意在考查对基础知识的掌握情况，本题是一个概念辨析问题.19．已知,αβ是不同的两个平面，直线a α⊂，直线b β⊂，条件:p a 与b 没有公共点，条件://q αβ，则p 是q 的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件【答案】B【解析】∵a 与b 没有公共点时，a 与b 所在的平面β可能平行，也可能相交（交点不在直线b 上）∴命题p ：a 与b 没有公共点⇒命题q ：α∥β，为假命题又∵α∥β时，a 与b 平行或异面，即a 与b 没有公共点∴命题q ：α∥β⇒命题p ：a 与b 没有公共点，为真命题；故p 是q 的必要不充分条件故选B20．一个各面均为直角三角形的四面体有三条棱长为2，则该四面体外接球的表面积为（ ）A ．6πB ．12πC ．32πD ．48π【答案】B【解析】【分析】先作出几何图形，确定四个直角和边长，再找到外接球的球心和半径，再计算外接球的表面积.【详解】由题得几何体原图如图所示，其中SA⊥平面ABC,BC⊥平面SAB,SA=AB=BC=2,所以2,3SC=设SC中点为O,则在直角三角形SAC中，3,在直角三角形SBC中，OB=13 2SC=所以3所以点O3所以四面体外接球的表面积为43=12ππ.故选：B【点睛】本题主要考查四面体的外接球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理的能力.。
高考立体几何与空间向量含(易中难)含详解
高考立体几何与空间向量（易中难）专项训练目录一、异面直线所成角二、直线与平面所成角三、二面角问题四、面面夹角五、存在性问题与折叠问题（综合）一、异面直线所成角注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．1、如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，//AD BC ，90BAD ∠= ，PA ⊥底面ABCD ，且2PA AD AB BC ===，M 为PC 的中点．（1）求证：PB DM ⊥；（2）求AC 与PD 所成角的余弦值．2、如图（1）是将一副直角三角尺拼成的平面图形，已知=BC 45ACB ∠=︒，60D ∠=︒，现将ABC 沿着BC 折起使之与BCD △构成二面角，如图（2）．(1)当三棱锥A BCD -体积最大时，求三棱锥A BCD -的体积；(2)在（1）的情况下，求AC 与BD 所成角的余弦值．3、如图，在三棱锥P ABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ；(2)已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长．4、如图，在几何体ABCDE 中，底面ABC 为以AC 为斜边的等腰直角三角形.已知平面ABC ⊥平面ACD ，平面ABC ⊥平面,BCE DE 平面,ABC AD DE ⊥.(1)证明：DE ⊥平面ACD ；(2)若22AC CD ==，设M 为棱BE 的中点，求当几何体ABCDE 的体积取最大值时AM 与CD 所成角的正切值.5、如图，在四棱锥P ABCD -PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，π2∠=∠=ABC BAD ，2PA AD ==，1AB BC ==.(1)证明：AB PD ⊥；(2)线段CP 上是否存在一点M ，使得直线AM 垂直平面PCD ，若存在，求出线段AM 的长，若不存在，说明理由；(3)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长.二、直线与平面所成角利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．注意夹角的取值范围：若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2.1、已知四棱锥P ABCD -（如图），四边形ABCD 为正方形，面PAB ⊥面ABCD ，2PA PB AB ===，M 为AD 中点.(1)求证：PC BM ⊥；(2)求直线PC 与平面PBM 所成角的余弦值.2、如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PD ＝PB ，H 为PC 上的点，过AH 的平面分别交PB ，PD 于点M ，N ，且BD ∥平面AMHN .(1)证明：MN ⊥PC ；(2)设H 为PC 的中点，PA ＝PC ＝3AB ，PA 与平面ABCD 所成的角为60°，求AD 与平面AMHN 所成角的正弦值．3、如图，在三陵锥P ABC -中，PAC ∆为等腰直角三角形，,2PA PC AC ==，ABC ∆为正三角形，D 为AC 的中点.(1)证明：平面PDB ⊥平面PAC ；(2)若二面角P AC B --的平面角为锐角，且棱锥P ABC -的体积为6，求直线PA 与平面PCB 所成角的正弦值.4、已知在直三棱柱111ABC A B C -中，E ，F 分别为棱1BB 和11A C 的中点，若π4BAC ∠=，AC =3AB =．(1)证明：平面CEF ⊥平面11ACC A ；(2)若直线1EC 与平面CEF 所成角的正弦值为3且13AA <，求直三棱柱111ABC A B C -的体积．5、如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，D 为棱1AA 上的点，E ，F ，G 分别为AC ，11AC ，1BB 的中点，12AC AA ==．(1)求证：ACFG ⊥(2)若直线FG 与平面BCD AD 的长．6、在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是菱形，AC 交BD 于点O ，60,BAD AB ︒∠==．(1)若13AA =，求证：平面11AO D ⊥平面1BDC ；(2)若直线1OD 与平面11A OB 所成角的正弦值为7，求四棱柱1111ABCD A B C D -的高．7、如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，AB AC =，点F 是11B C 的中点，点E 满足()1101C E C C λλ=<< .(1)求证：11A F B E ⊥；(2)若AB AC ⊥，112AB AA =，直线1A F 与平面1AB E 所成的角为60︒，求λ的值.三、二面角问题利用向量法计算二面角大小的常用方法找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两注意：求余弦值时需加绝对值，再判断是钝二面角还是锐二面角1、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 1N 的正弦值．2、如图，已知圆锥-P ABC ，AB 是底面圆О的直径，且长为4，C 是圆O 上异于A ，B 的一点，PA =P AC B --与二面角P BC A --的大小分别为α与β.(1)求2211tan tan αβ+的值；(2)若tan βα=，求二面角A PC B --的余弦值.3、如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，平面PAD ⊥平面ABCD ，△PAD 是边长为4的等边三角形，BC ⊥PB ，E 是AD 的中点．(1)求证：BE ⊥PD ；(2)若直线AB 与平面PAD 所成角的正弦值为154，求平面PAD 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值．4、如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为梯形，PD ⊥底面ABCD，//AB CD ，AD CD ⊥，1AD AB ==，BC =(1)求证：平面PBD ⊥平面PBC；(2)设H 为CD 上一点，满足2CH HD = ，若直线PC 与平面PBD 所成的角的正切值为63，求二面角H PB C --的余弦值．5、如图，四边形ABCD 是圆柱底面的内接四边形，AC 是圆柱的底面直径，PC 是圆柱的母线，E 是AC 与BD 的交点，AB AD =，60BAD ∠=︒．(1)记圆柱的体积为1V ，四棱锥P ABCD -的体积为2V ，求12V V ；(2)设点F 在线段AP 上，4,4PA PF PC CE ==，求二面角F CD P --的余弦值．6、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．7、如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是直角梯形，AD AB ⊥，//AB CD ，22PB CD AB AD ===，PD =，PC DE ⊥，E 是棱PB 的中点．(1)证明：PD ⊥平面ABCD ；(2)若AF AB λ= ，求平面DEF 与平面PAD 所成的锐二面角的余弦值的最大值．8、如图，在等腰直角ABC 中，90,BAC DB ∠= 和EC 都垂直于平面ABC ，且.36,EC BC DB F ===为线段AE 上一点，设(01)AF AE λλ=<<.(1)当λ为何值时，DF //平面ABC ；(2)当二面角E DF C --的余弦值为11时，求四棱锥F BCED -的体积.四、面面夹角问题：设平面与平面的夹角为θ，则1212cos n n n n θ⋅=⋅ 代入求解，与求二面角不同不需要观察，公式中一定有绝对值.1．如图，在多面体ABCDE 中，已知AB DE ∥，AB BD ⊥，AE CE =，22AB BD DE ===，BCD △为等边三角形.(1)求证：AC BE ⊥；(2)求平面ACE 与平面BCE 夹角的余弦值.2、如图在几何体11ABC ABO -中，ABC 是等边三角形，直线OC ⊥平面11A B O ，平面1AAOC ⊥平面1BB OC ，11////AA BB OC ，112AA BB OC ==．(1)证明：11OA OB ⊥；(2)在“①//OM 平面ABC ；②CM ⊥平面1BB OC ”两个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答．点M 为线段1AA 上的一点，满足__________，直线OM 与平面11A B O 所成角的大小为30 ，求平面ABC 与平面1MB O 的夹角的余弦值．（请在答题纸上注明你选择的条件序号．．．．．．．．．．．．．．．．）3、如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =，D 是棱AB 的中点.(1)证明：平面1A CD ⊥平面11ABB A ；(2)若[]11,2AA ∈，求平面1ACD 与平面11A CC 的夹角余弦值的取值范围.4、如图，直角梯形ABCD 中，22CD AB BC ==，AB BC ⊥，AB CD ∥，点E 为CD 的中点，ADE V 沿着AE 翻折至APE V ，点M 为PC 的中点，点N 在线段BC 上.(1)证明：EM ⊥平面PBC ；(2)若平面PAE ⊥平面ABCE ，平面EMN 与平面PAB 的夹角为30 ，求BN BC的值.五、存在性问题与折叠问题（综合）存在性问题：在设存在性问题过程中，要学会减少未知数个数，学会用向量的共线方法去设折叠性问题：要注意在折叠翻转过程中的不变量1、已知在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，PAD △是正三角形，CD ⊥平面PAD ，E,F,G,O 分别是PC,PD,BC,AD 的中点．(Ⅰ)求证：PO ⊥平面ABCD ；(Ⅱ)求平面EFG 与平面ABCD 所成锐二面角的大小；(Ⅲ)线段PA 上是否存在点M ，使得直线GM 与平面EFG 所成角为π6，若存在，求线段PM 的长度；若不存在，说明理由．2、已知如图1直角梯形ABCD ，///AB CD ，90DAB ∠=︒，4AB =，2AD CD ==，E 为AB 的中点，沿EC 将梯形ABCD 折起(如图2)，使平面BED ⊥平面AECD .(1)证明：BE ⊥平面AECD ；(2)在线段CD 上是否存在点F ，使得平面FAB 与平面EBC 所成的锐二面角的余弦值为23，若存在，求出点F 的位置；若不存在，请说明理由.3、如图1，在ABC 中，ACB ∠是直角，CA CB ==P 是斜边AB 的中点，M N ，分别是,PB PC 的中点．沿中线CP 将CAP 折起，连接AB ，点Q 是线段AC 上的动点，如图2所示．(1)求证：//MN 平面ABC ；(2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，当二面角Q MN C --的余弦值为3时．求AQ AC 的值．条件①：BP AC ⊥；条件②：AB AC =．4、已知矩形ABCD 中，4AB =，2BC =，E 是CD 的中点，如图所示，沿BE 将BCE 翻折至BFE △，使得平面BFE ⊥平面ABCD .(1)证明：BF AE ⊥；(2)若(01)DP DB λλ=<< 是否存在λ，使得PF 与平面DEF ？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.5、如图①，已知正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，将正方形ABCD 沿EF 折成如图②所示的二面角，且二面角的大小为60°，点M 在线段AB 上(包含端点)，连接AD .(1)若M 为AB 的中点，直线MF 与平面ADE 的交点为O ，试确定点O 的位置，并证明直线OD ∥平面EMC ；(2)是否存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°？若存在，求此时二面角M EC F 的余弦值；若不存在，说明理由．6、如图(1)，边长为2的正方形ABEF 中，D ，C 分别为EF 、AF 上的点，且ED CF =，现沿DC 把CDF ∆剪切、拼接成如图(2)的图形，再将BEC ∆，CDF ∆，ABD ∆沿BC ，CD ，BD 折起，使E 、F 、A 三点重合于点A '，如图(3).(1)求证：'⊥BA CD ；(2)求二面角'--B CD A 最小时的余弦值.7、如图①，△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝90°，E ，F 分别为边AB ，AC 的中点，以EF 为折痕把△AEF 折起，使点A 到达点P 的位置(如图②)，且PB ＝BE .(1)证明：EF ⊥平面PBE ；(2)设N 为线段PF 上的动点(包含端点)，求直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值．8、如图，正三棱柱ABC DEF -中，2AB AD ==，点G 为线段BE 上一点（含端点）.(1)当G 为BE 的中点时，求证：CD ⊥平面AFG(2)是否存在一点G ，使平面AFG 与平面ABC 请求出BG BE 的值，若不存在，请说明理由.9、图1是直角梯形ABCD ，AB CD ∥，90D Ð=°，四边形ABCE 是边长为4的菱形，并且60BCE ∠=︒，以BE 为折痕将BCE 折起，使点C 到达1C 的位置，且1AC =，如图2.(1)求证：平面1BC E ⊥平面ABED ；(2)在棱1DC 上是否存在点P ，使得P 到平面1ABC 的距离为5？若存在，求出直线EP 与平面1ABC 所成角的正弦值.高考立体几何与空间向量（易中难）专项训练参考答案一、异面直线所成角1、【分析】以AB ，AD ，AP 为基底，利用向量法求解.(1)两条直线垂直可转化为两个向量垂直，利用两个非零向量数量积为零可得两向量垂直；(2)两条直线的夹角可转化为两个向量的夹角，利用向量数量积求夹角.【详解】(1)证明：结合图形，知PB AB AP =- ，，()111113222224DM DP DC AP AD AB AD AP AB AD ⎛⎫=+=-+-=+- ⎪⎝⎭ 因为PA ⊥底面ABCD ，所以PA AB ⊥，PA AD ⊥，有0PA AB ⋅= ，0PA AD ⋅= .又90BAD ∠=︒，所以0AB AD ⋅=uu u r uuu r .所以()113224PB DM AP AB A AB A D P ⎛⎫⋅=⋅+- ⎪⎝-⎭221122AB AP =- .又AB AP =，所以22AB AP = ，0PB DM ⋅= .所以PB DM ⊥.(2)设22PA AD AB BC a ====，因为PD AD AP =- ，12AC AB AD=+ 所以222228PD AD AP AD AD AP AP a =-=-⋅+=，PD = .22211524AC AB AD AB AB AD AD a =+=+⋅+=，AC = ()2211222PD AC AD AP AB AD a ⎛⎫⋅=-⋅+== ⎪⎝⎭ 记直线AC 和PD 所成角为θ，则2cos AC PD AC PDθ⋅= 所以直线AC 和PD2、【分析】（1）作AO BC ⊥，根据题意先求得CD ，AO 的值，折起过程中，BCD △面积不变，当AO 为三棱锥A BCD -的高时，三棱锥A BCD -体积最大，再根据三棱锥的体积公式求解即可；（2）在（1）的情况下建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可．【详解】（1）如图，作AO BC ⊥，由题意2CD ，6AO =，折起过程中，BCD △面积不变，当AO 为三棱锥A BCD -的高时，三棱锥A BCD -体积最大，11626233222A BCD BCD V S AO -⋅=⋅== ．（2）如图，建立空间直角坐标系，则62A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，62B ⎫⎪⎪⎝⎭，62C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，62,02D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，66,0,22AC ⎛=- ⎝⎭ ，()6,2,0BD = ，设AC ，BD 所成的角为θ，则6cos cos ,4322AC BD θ==⋅ ，∴AC 与BD 643、解：如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，4，0)，P (0，0，4)，D (0，0，2)，E (0，2，2)，M (0，0，1)，N (1，2，0)．(1)证明：DE →＝(0，2，0)，DB →＝(2，0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨设z ＝1，可取n ＝(1，0，1)．又MN →＝(1，2，－1)，可得MN →·n ＝0.因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE .(2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0，0，h )，进而可得NH →＝(－1，－2，h )，BE →＝(－2，2，2)．由已知，得|cos〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721，整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12.所以，线段AH 的长为85或12.4、【分析】（1）先做一条辅助线，再通过面面垂直的性质得到DO ⊥平面ABC ，再根据DE 平面ABC ，可得DO DE ⊥，进而根据线面垂直的判定定理即可证明.（2）过点E 作EN BC ⊥交BC 与点N ,连接ON ,通过题目条件和小问1结论证明四边形ODEN 为平行四边形，然后把多面体ABCDE 分为两个三棱锥求体积，令()01DE x x =≤≤，把求体积的最大值转化为求关于x 的函数的最大值.构造函数()f x ，通过导函数判断其单调性，进而得到()f x 的最大值，求出此时的x 值.然后以点O 为原点建立空间直角坐标系O xyz -，通过向量法求AM 与CD 所成角的正切值.【详解】（1）过点D 作DO AC ⊥交AC 与点O ，平面ABC ⊥平面ACD ，且两平面的交线为ACDO ∴⊥平面ABC 又DE 平面ABCDO DE∴⊥又AD DE ⊥ 且AD DO D ⋂=DE ∴⊥平面ACD（2）过点E 作EN BC ⊥交BC 与点N ,连接ON平面ABC ⊥平面BCE ，且两平面的交线为BCEN ∴⊥平面ABC又DE 平面ABC,D E ∴到平面ABC 的距离相等DO EN ∴ 且DO EN =，ON ⊥平面ACD ,CO ON DE ON∴==()11111=+133333ABCDE E ABC E ACD ABC ACD V V V EN S DE S EN DE DO DO DE--∴=+=⋅+⋅⋅=+ 又222221DO DE DO CO CD +=+==，令()01DE x x =≤≤则()())11133ABCDEx V f x DO DE +==+=，())12f x x '-.所以()f x 在102⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，在112⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，即12ABCDE V f ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭1=2DE 时取得最大值.如图所示，以点O 为原点建立空间直角坐标系O xyz -，则311,0,0,,0,,,,0,0,0,022221A B EC D ⎛⎛⎛⎫⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以1531,,,,444423M AM CD ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-==- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.设AM 与CD 所成角为α，则cos AM CD AM CDα⋅==⋅ tan 6α=，即当几何体ABCDE 体积最大时，AM 与CD 所成角的正切值为6.5、【分析】（1）通过定义法证明线面垂直，即可证出两线垂直.（2）通过建立空间直角坐标系，表达坐标点，进而根据线面垂直的性质，证明直线AM 与CD和PD都垂直，求出点M 的坐标，进而求出线段AM 的长.（3）通过向量关系表达出BQ ，再表达出CQ，列出直线CQ 与DP 所成的角的表达式，求出最值和最值成立的条件，进而求出线段BQ 的长.【详解】（1）由题意，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥面ABCD ，AB ABCD ⊂面,AD ABCD ⊂面，∴PA AB ⊥，PA AD⊥在直角梯形ABCD 中，AB AD ⊥，π2∠=∠=ABC BAD ∵AD ADP ⊂面，AP ADP ⊂面∴AB ADP ⊥面∵PD ADP ⊂面∴AB PD⊥（2）由题意及（1）得，存在一点M ，使得直线AM 垂直平面PCD ，在四棱锥P ABCD -中，2PA AD ==，1AB BC ==作出空间直角坐标系如下图所示：由几何知识得，()0,0,0A ，()1,0,0B ，()1,1,0C ，()0,2,0D ，()002P ,,，∴()1,1,2PC =- ，()1,1,0CD =- ，()0,2,2PD =- ，设()111,,M x y z ，则()111,,2PM x y z =-,∴1112112x y z t -===-∴(),,22M t t t -+，(),,22AM t t t =-+若AM ⊥面PCD ()00022220AM CD t t AM PD t t ⎧⋅=-++=⎪⎨⋅=+--+=⎪⎩ 解得：23t =∴222,,333M ⎛⎫⎪⎝⎭AM =（3）由题意及（1）（2）得，()0,2,2DP =- ，()0,1,0CB =- ，()1,0,2BP =-设()(),0,201BQ BP λλλλ==-≤≤∴(),1,2CQ CB BQ λλ=+=--，cos ,CQ DP DP CQ DP ⋅==设12λμ+=，13μ≤≤，∴22229cos ,101520999DP μ==≤⎛⎫-+⎪⎝⎭当且仅当95μ=即2=5λ时，cos ,CQ DP最大，为10，在cos y x =中，π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数，∴cos ,CQ DP最大时，直线CQ 与DP 所成的角最小，∵BP ==，∴255BQ BP ==，∴当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ.二、直线与平面所成角1、【分析】（1）运用面面垂直性质定理证得PO ⊥面ABCD ，以O 为原点建立空间直角坐标系，运用空间向量坐标法证明线线垂直.（2）运用空间向量坐标法求线面角的正弦值，再运用同角三角函数的平方关系可得其余弦值.【详解】（1）证明：取AB 中点O ，连接OP ，并过点O 作BC 的平行线OE ，交CD 于E ，则OE AB ⊥，∵PA PB AB ==，∴PAB 为等边三角形，又∵O 为AB 中点，∴PO AB ⊥，又∵面PAB ⊥面ABCD ，面PAB ⋂面ABCD AB =，PO ⊂面PAB ，∴PO ⊥面ABCD ，∴PO OE ⊥，以O 为原点，OB ，OE ，OP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图空间直角坐标系，因为2PA AB ==.则()1,0,0B ，(3P ，()1,1,0M -，()1,2,0C ，(1,2,3PC =- ，()2,1.0BM =-，所以()(1221300PC BM ⋅=⨯-+⨯+-⨯=，所以PC BM ⊥.（2）(1,1,3PM =-- ，(1,2,3PC =-，设平面PBM 的一个法向量为(),,n x y z = ，则有00PM n BM n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即3020x y z x y ⎧-+-=⎪⎨-+=⎪⎩，令1x =，则2y =，33z =，所以31,2,3n ⎛= ⎝⎭，设直线PC 与平面PBM 所成角为θ，则4sin 31122(3)36114143os ,3c PC n PC n PC nθ+⋅⨯+⨯+⨯-=⋅⨯++=+= ，因为π[0,]2θ∈，所以22610cos 1sin 144θθ⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭，所以直线PC 平面PBM 所成角的余弦值为104.2、解：(1)证明：如图①，连接AC 交BD 于点O ，连接PO .因为四边形ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC ，且O 为BD 的中点．因为PD ＝PB ，所以PO ⊥BD ，因为AC ∩PO ＝O ，且AC ，PO ⊂平面PAC ，所以BD ⊥平面PAC .因为PC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥PC .因为BD ∥平面AMHN ，且平面AMHN ∩平面PBD ＝MN ，所以BD ∥MN ，所以MN ⊥PC .(2)由(1)知BD ⊥AC 且PO ⊥BD ，因为PA ＝PC ，且O 为AC 的中点，所以PO ⊥AC ，所以PO ⊥平面ABCD ，因为PA 与平面ABCD 所成的角为∠PAO ，所以∠PAO ＝60°，所以AO ＝12PA ，PO ＝32PA .因为PA ＝3AB ，所以BO ＝3PA .以O 为坐标原点，OA →，OD →，OP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图②所示的空间直角坐标系，记PA ＝2，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，B 0，－33，0C (－1，0，0)，D0，33，0，P (0，0，3)，H －12，0，32所以BD →0，233，0AH →－32，0，AD →－1，33，0设平面AMHN 的法向量为n ＝(x，y ，z ·BD →＝0，·AH →＝0，＝0，＋32z ＝0，令x ＝2，解得y ＝0，z ＝23，所以n ＝(2，0，23)是平面AMHN 的一个法向量．记AD 与平面AMHN 所成角为θ，则sin θ＝|cos〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →|n ||AD →||＝34.所以AD 与平面AMHN 所成角的正弦值为34.3、【解析】(1)证明：∵PA PC =，D 为AC 中点，∴AC PD ⊥，又ABC ∆为等边三角形，BA BC =，∴AC BD ⊥，BD PD D = ，∴AC ⊥平面PDB ，AC ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面PDB ；(2)由(1)知点P 在平面ABC 内的射影O 在直线BD 上，又二面角P AC B --的平面角为锐角，∴O 在射线DB 上，344ABC S ∆=⨯=1336P ABC ABC V S PO -∆==，∴12PO =，又1PD =，∴32OD =，即O 为中点，取AB 中点E ，连接OE ，则//OE AD ，∴OE ⊥平面POB ，∴,,OE OB OP 两两互相垂直，以O 为坐标原点，,,OE OB OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则()10,0,0,,0,1,,0,1,,0,0,0,2222O B A C P ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭()10,,,1,22PB BC ⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭设平面PCB 的法向量为(),,n x y z =由00n PB n BC ⎧⋅=⎨⋅=⎩得10220y z x -=⎪⎨⎪-=⎩令1y =，得平面PCB的一个法向量为(=n ，又11,,22PA ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，设PA 与平面PCB 所成角为α，则42sin cos ,7n PAn PA n PAα⋅===⋅，∴直线PA 与平面PCB 所成角的正弦值为427.4、【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面EFC ⊥平面11A ACC ；（2）利用直线1EC 与平面EFC 所成角的正弦值求得1AA ，再根据柱体的体积公式即可得解.【详解】（1）如图所示，以A 为原点1,AB AA为y 轴和z 轴的正方向在平面ABC 内，过A 作y 轴的垂线为x 轴建立空间直角坐标系，设12AA a =，则11(0,0,0),(2,2,0),(1,1,2),(0,3,),(0,0,2),(2,2,2)A C F a E a A a C a ，所以(2,1,),(1,1,2),(2,2,0)CE a CF a AC =-=--=，1(0,0,2)AA a = ，设平面EFC 的法向量为()111,,x n y z =，则1111112020n CE x y az n CF x y az ⎧⋅=-++=⎪⎨⋅=--+=⎪⎩ ，令11x =，故11,1,n a ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，设平面11A ACC 的法向量为()222,,m x y z =，则221222020m AC x y m AA az ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩，令21x =，故()1,1,0m =- ，由于1(1,1,0)(1,1,)0m n a⋅=-⋅= ，所以m n ⊥ ，所以平面EFC ⊥平面11A ACC ；（2）()12,1,EC a =- ，由（1）知平面EFC 的一个法向量为11,1,n a ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，由直线1EC 与平面EFC 所成角的正弦值为23，得112122cos ,3152EC n EC n EC na a ⋅==⋅+⨯+，整理得422750a a -+=，由于13AA <，所以解得1a =，即12AA =，12223322ABC S =⨯⨯= ，所以直三棱柱111ABC A B C -的体积13223V =⨯⨯=.5、【分析】(1)由已知可得//EF BG ，所以E 、F 、B 、G 四点共面，再证明AC ⊥平面EFGB 即可证明；(2)以E 为原点，建立空间直角坐标系E xyz -，设AD m =,求出F G，平面BCD 的一个法向量，由向量的夹角公式建立方程即可求解.【详解】（1）在正三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，因为E ，F ，G 分别为AC ，11AC ，1BB 的中点，所以1//EF CC ，又1//BG CC ，所以//EF BG ，所以E 、F 、B 、G 四点共面，EF ⊥平面ABC ，EF AC ∴⊥，又因为BE AC ⊥，且EF BE E = ，又,EF BE ⊂平面EFGB ，所以AC ⊥平面EFGB ，又FG ⊂平面EFGB ，所以FG AC ^.（2）以E 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -，设AD m =，则()0,0,2F ，()3,1G ，()3,1FG ∴=-.()()()3,0,1,0,0,1,0,B C D m -()()3,0,2,0,CB CD m ∴==设平面BCD 的一个法向量为(),,n x y z = ，则0,0n CB n CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即020x x mz ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，令x，则,y m z =-=-，,,n m ∴=-- 设直线FG 与平面BCD 所成角的大小为θ，所以sin cos ,4FG n FG n FG n θ⋅===⋅，1=，22(2)3m m ∴-+=+，解得14m =故AD 的长14.6、【分析】（1）由线面垂直性质定理证得1AA BD ⊥，由线面垂直判定定理及性质定理证得1BD AO ⊥，由平面几何知识证得11AO OC ⊥，进而证得1A O ⊥平面1BDC ，再由面面垂直判定定理证得结果.（2）以O 【详解】（1）证明：连接1OC ，因为底面ABCD 是菱形，所以AC BD ⊥，又1AA ⊥平面,ABCD BD ⊂平面ABCD ，所以1AA BD ⊥，又1AA AC A = ，所以BD ⊥平面1AOA ，又1AO ⊂平面1AOA ，所以1BD AO ⊥，又60AB AD BAD ==∠=︒，所以ABD △是等边三角形，所以3AO =，在1Rt AOA 中，又13A O A A ==，所以145AOA ∠=︒，同理145COC ∠=︒，所以1190AOC ∠=︒，即11A O OC ⊥，又1BD O C O = ，所以1A O ⊥平面1BDC ，又1AO ⊂平面11A OD ，所以平面11AO D ⊥平面1BDC ．（2）以O 为坐标原点，向量1,,OA OB AA的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，设1AA h =，则111(0,0,0),(3,0,),3,),(0,3,)O A h B h D h -，所以1111(3,0,),(3,0),(0,3,)OA h AB OD h ==-=- ．设平面11A OB 的一个法向量为(,,)m x y z =，由11100m A B m OA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 得330,30,x x hz ⎧-+=⎪⎨+=⎪⎩取3y =33,m h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ．设直线1OD 与平面11A OB 所成的角为θ，则1121242sin cos ,7||343m OD m OD m OD h h θ⋅====⎛⎫+-⋅+ ⎪⎝⎭，解得3h =32，即四棱柱1111ABCD A B C D -332．7、【分析】（1）通过证明1A F ⊥平面11BCC B 得证11A F B E ⊥；（2）建立空间直角坐标系求得向量1A F与面1AB E 的法向量，用线面角公式求得λ的值.【详解】（1）因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1CC ⊥平面111A B C ，因为1A F ⊂平面111A B C ，所以11CC A F ⊥.因为1111A B AC =，点F 是11B C 的中点，所以111A F B C ⊥，1111B C CC C = ，11B C ⊂平面11BCC B ，1CC ⊂平面11BCC B ，所以1A F ⊥平面11BCC B ，因为点E 是棱1CC 上异于端点的动点，所以1B E ⊂平面11BCC B ，所以11A F B E ⊥.（2）不妨设1AB =，则12AA =.因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1AA ⊥平面111A B C ，因为11A B ⊂平面111A B C ，11AC ⊂平面111A B C ，所以111111AA A B AA AC ⊥⊥，.又AB AC ⊥，所以1111A B AC ⊥，如图，以1A 为坐标原点，直线11A B ，11A C ，1AA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则()10,0,0A ，()11,0,0B ，()10,1,0C ，11,,022F ⎛⎫⎪⎝⎭，()0,0,2A ，()0,1,2E λ，则111,,022A F ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()11,1,2B E λ=- ，()11,0,2B A =-.设平面1AB E 的法向量为(),,m x y z = ，则112020m B A x z m B E x y z λ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩ ，令2x =，则()2,22,1m λ=-.所以111sin 60cos ,2m A F m A F m A F⋅︒===，整理得24850λλ+-=，解得12λ=或25λ=-（舍去），所以12λ=.三、二面角问题1、【解】(1)证明：连接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═∥DC ，可得B 1C ═∥A 1D ，故ME ═∥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 →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A (2，0，0)，A 1(2，0，4)，M (1，3，2)，N (1，0，2)，A 1A →＝(0，0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1，0，－2)，MN →＝(0，－3，0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，·A 1M →＝0，·A 1A →＝0.x ＋3y －2z ＝0，z ＝0.可取m ＝(3，1，0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN ·MN →＝0，·A 1N →＝0.－3q ＝0，p －2r ＝0.可取n ＝(2，0，－1)．于是cos〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，所以二面角A MA 1N 的正弦值为105.2、【分析】（1）作出,αβ，从而求得2211tan tan αβ+的值.（2）建立空间直角坐标系，利用平面PAC 和平面PBC 的法向量，计算出二面角A PC B --的余弦值．【详解】（1）连结PO ．因为点P 为圆锥的顶点，所以PO ⊥平面ABC ．分别取AC ，BC 的中点M ，N ，连接PM ，OM ，PN ，ON ，则在圆O 中，OM AC ⊥．由PO ⊥平面ABC ，得PO AC ⊥．又PO OM O = ，故AC ⊥平面PMO ，所以AC PM ⊥．所以∠=PMO α．同理，∠=PNO β．于是22222222111tan tan 2⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+=== ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭OM ON OC OC OP OP OP AP OA αβ．（2）因为tan βα，即OP ON =所以,OM即,BC222,2AC BC AB BC AC +=∴== ．在圆O 中，CA CB ⊥，以点C 为坐标原点，CA 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，过C 且垂直于平面ABC 的直线为z 轴建立空间直角坐标系C xyz -．则(0,0,0)C ，(2,0,0)A ，(0,3,0)B ．又因为PO ⊥平面ABC ，所以OP//z轴，从而P ．则(2,0,0)CA =，= CB，=CP ．设平面PAC 的法向量为(,,)m x y z =，则00m CA m CP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即200x x =⎧⎪⎨+=⎪⎩，不妨取y =0x =，z =，此时(0,m =．设平面PBC 的法向量为(,,)n m n t =，则00n CB n CP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00m ⎧=⎪⎨+=⎪⎩不妨取m =，则0n =，1t =-，此时1)n =-．所以cos ,33||||m n m n m n ⋅<>=⋅．又二面角A PC B --为钝二面角，所以二面角A PC B --的余弦值为【点睛】方法点睛：几何法求解二面角，要根据二面角的定义来求解；向量法求解二面角，关键是求得二面角的两个半平面的法向量，并且要注意二面角是锐角还是钝角.3、解：(1)证明：因为△PAD 是等边三角形，E 是AD 的中点，所以PE ⊥AD .又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PE ⊂平面PAD ，所以PE ⊥平面ABCD ，所以PE ⊥BC ，PE ⊥BE .又BC ⊥PB ，PB ∩PE ＝P ，所以BC ⊥平面PBE ，所以BC ⊥BE .又BC ∥AD ，所以AD ⊥BE .又AD ∩PE ＝E 且AD ，PE ⊂平面PAD ，所以BE ⊥平面PAD ，所以BE ⊥PD .(2)由(1)得BE ⊥平面PAD ，所以∠BAE 就是直线AB 与平面PAD 所成的角．因为直线AB 与平面PAD 所成角的正弦值为154，即sin∠BAE ＝154，所以cos∠BAE ＝14.所以cos∠BAE ＝AE AB ＝2AB ＝14，解得AB ＝8，则BE ＝AB 2－AE 2＝215.由(1)得EA ，EB ，EP 两两垂直，所以以E 为坐标原点，EA ，EB ，EP 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，则点P (0，0，23)，A (2，0，0)，D (－2，0，0)，B (0，215，0)，C (－4，215，0)，所以PB →＝(0，215，－23)，PC →＝(－4，215，－23)．设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，·m ＝0，·m ＝0，215y －23z ＝0，x ＋215y －23z ＝0，＝0，＝5y .令y ＝1，可得平面PBC 的一个法向量为m ＝(0，1，5)．易知平面PAD 的一个法向量为n ＝(0，1，0)，设平面PAD 与平面PBC 所成的锐二面角的大小为θ，则cos θ＝|m ·n|m ||n ||＝|(0，1，5)·(0，1，0)6×1|＝66.所以平面PAD 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值为66.4、【解析】(I)由,//,1AD CDAB CD AD AB ⊥==，可得BD =，又,.4BC BC BD π=∠=∴⊥从而2CD =，PD ⊥ 底面ABCD ，BC PD∴⊥PD BD D ⋂= ，BC ∴⊥平面,PBD 所以平面PBD ⊥平面PBC .(II)由(I)可知BPC ∠为PC 与底面PBD 所成角.所以6tan 3BPC ∠=，所以1PB PD ==又23CH HD =及2CD =，可得64,55CH DH ==,以D 点为坐标原点，,,DA DC 分别,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则()()()41,1,0,0,0,1,0,2,0,0,,05B P C H ⎛⎫ ⎪⎝⎭.设平面HPB 的法向量(),,n x y z =.则由00n PB n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩ 得4050y z x y z ⎧-+=⎪⎨⎪+-=⎩取()1,5,4n =--同理平面PBC 的法向量为()1,1,2m =所以cos ,7m n m n m n ⋅==-又二面角H PB C--为锐角.所以二面角H PB C --余弦值为7.5、【分析】（1）利用平面几何的知识推得AC BD ⊥，进而得到BD =与4AC EC =，从而利用柱体与锥体的体积公式求得12,V V 关于,EC PC 的表达式，由此得解；（2）根据题意建立空间直角坐标系，设1CE =，结合（1）中结论与（2）中所给条件得到所需向量的坐标表示，从而求得平面FCD 与平面PCD 的法向量n 与m，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【详解】（1）因为ABD ∠与ACD ∠是底面圆弧 AD 所对的圆周角，所以ABD ACD ∠=∠，因为AB AD =，所以在等腰ABD △中，ABD ADE ∠=∠，所以ADE ACD ∠=∠，因为AC 是圆柱的底面直径，所以90ADC ∠=︒，则90CAD ACD ∠+∠=︒，所以90CAD ADE ∠+∠=︒，则90AED ∠=︒，即AC BD ⊥，所以在等腰ABD △，BE DE =，AC 平分BAD ∠，则1302CAD BAD ∠=∠=︒，所以60ADE ∠=︒，则30∠=︒CDE ，故在Rt CED 中，2CD EC =，DE ，则2BD DE ==，在Rt ACD △中，24AC CD EC ==，因为PC 是圆柱的母线，所以PC ⊥面ABCD ，所以()22211ππ24π2V AC CP EC PC EC PC ⎛⎫=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅ ⎪⎝⎭，221114326V AC BD PC EC PC PC =⨯⋅⋅=⨯⨯⋅=⋅，所以12V V =．（2）以C 为坐标原点，CA的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz -，不妨设1CE =，则44AC EC ==，DE =44PC CE ==，则()()()()0,0,0,4,0,0,1,,0,0,4C A D P ，所以()CD = ，()0,0,4CP = ，()4,0,4PA =-，因为4PA PF =，所以()11,0,14PF PA ==-，则()()01,0,1(1,0,3,0,4)CF CP PF ==+=-+，设平面FCD 的法向量(,,)n x y z = ，则00n CF n CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即300x z x +=⎧⎪⎨=⎪⎩，令3x =-，则1y z ==，故(n =-，设平面PCD 的法向量(,,)m p q r = ，则00m CP m CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即400r p =⎧⎪⎨=⎪⎩，令3p =-，则0q r ==，故(m =-，设二面角F CD P --的平面角为θ，易知π02θ<<，所以cos cos ,||||n m n m n m θ⋅===⋅因此二面角F CD P --．6、【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.由题设得()()()()()0,0,0,2,0,0,2,2,0,0,2,0,0,1,1D A B C M ，()()()2,1,1,0,2,0,2,0,0AM AB DA =-==设(),,n x y z =是平面MAB 的法向量,则0,0.n AM n AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩可取()1,0,2n =.DA是平面MCD 的法向量,因此5cos ,5n DA n DA n DA ⋅==，sin ,5n DA = ，所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是255.7、【分析】（1）由线面垂直判定可证得DE ⊥平面PBC ，进而得到DE BC ⊥；利用勾股定理和线面垂直的判定得到BC ⊥平面PBD ，从而得到BC PD ⊥；利用勾股定理可证得PD BD ⊥，由此可得结论；（2）以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，设2AB =，由二面角的向量求法可求得cos θ=cos θ的最大值.【详解】（1）连接BD，AB AD = ，AB AD ⊥，BD ∴=，又PD =，PD BD ∴=，E 为棱PB 中点，DE PB ∴⊥，又PC DE ⊥，PC PB P = ，,PC PB ⊂平面PBC ，DE ∴⊥平面PBC ，又BC ⊂平面PBC ，DE BC ∴⊥；在直角梯形ABCD 中，取CD 中点M ，连接BM，2CD AB = ，DM AB ∴=，又//DM AB ，AB AD =，AB AD ⊥，∴四边形ABMD 为正方形，BM AD ∴=，BM CD ⊥，BC ∴==，又BD ，222BD BC CD ∴+=，BC BD ∴⊥，BD DE D = ，,BD DE ⊂平面PBD ，BC ∴⊥平面PBD ，PD ⊂ 平面PBD ，BC PD ∴⊥；PD BD = ，2PB AB =，222PD BD PB ∴+=，PD BD ∴⊥，又BC BD B = ，,BC BD ⊂平面ABCD ，PD ∴⊥平面ABCD .（2）以D 为坐标原点，,,DA DC DP正方向为,,x y z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设2AB =，则()2,0,0A ，()2,2,0B ，()0,0,0D，(E，(0,0,P，(DE ∴=，(2,0,PA =-，(2,2,PB =- ，()0,2,0AB =；()0,2,0AF AB λλ== ，()2,2,0F λ∴，()2,2,0DF λ∴=；设平面DEF 的法向量为(),,n x y z =，则0220n DE x y n DF x y λ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令x =，解得：y =1z λ=-，),n λ∴=-；y 轴⊥平面PAD ，∴平面PAD 的一个法向量()0,1,0m =，设平面DEF 与平面PAD 所成的锐二面角为θ，则cos cos ,m n m n m n θ⋅=<>==⋅ 当13λ=时，()m n2i 32383λλ-+=，()max cos θ∴即平面DEF 与平面PAD 所成的锐二面角余弦值的最大值为2.8、【分析】（1）作出辅助线，证明出DBHF 为平行四边形，得到//DF BH ，从而证明出线面平行；（2）建立空间直角坐标系，设AF AE λ=，利用空间向量列出方程，求出14λ=，从而得到四棱锥的体积.【详解】（1）当13λ=时，F 为AE 上靠近点A 的三等分点，取AC 上靠近点A 的三等分点H ，连接,FH BH ，则//FH EC ，且123FH EC ==，又因为DB ⊥面,ABC EC ⊥面ABC ，所以//DB EC ，又因为36EC BD ==,所以2BD =，于是//BD FH 且BD FH =，所以四边形DBHF 为平行四边形，所以//DF BH ，又DF ⊄平面,ABC BH ⊂平面ABC ，所以DF //平面ABC ，故当13λ=时，DF //平面ABC .（2）如图，以点B 为原点，Bx Bx 垂直于平面DBCE ）为x 轴，,BC BD 所在直线为y 轴和z 轴建立空间直角坐标系B xyz -，则()()()()3,3,0,0,0,2,0,6,0,0,6,6A D C E ，设(),,F m n t ，AF AE λ=，故()()3,3,3,3,6m n t λ--=-，解得：33,33,6m n t λλλ=-=+=，由可得：()33,33,6F λλλ-+，()()()33,33,62,0,6,4,0,6,2DF DE DC λλλ=-+-==- 设平面FDC 的法向量为(),,n x y z =r，则()()()3333620620n DF x y z n DC y z λλλ⎧⋅=-+++-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，令1y =，则3z =，171x λλ-=-，故17,1,31n λλ-⎛⎫=⎪-⎝⎭，取平面EDC 的法向量为()1,0,0m =，当二面角E DF C --cos ,11m m nn m n ⋅==⋅，解得：14λ=，此时()33112663184432F BCED A BCED V V --==⨯⨯+⨯⨯=.四、面面夹角问题1．【分析】（1）解法一，取AC 中点M ，BC 中点F ，连ME ，DF ，以F 为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用0AC BE ⋅证明即可；解法二，利用线面垂直和面面垂直的判定定理和性质定理求解即可；（2）解法一：利用空间向量法求解即可；解法二：作AG CE ⊥于,G BH CE ⊥于H ，连接MH ，由勾股定理可得BHM ∠即为所求二面角.【详解】（1）解法一：取AC 中点M ，连ME ，因为AE CE =，所以ME AC ⊥，在等边三角形BCD △中，取BC 中点F ，连接DF ，则DF BC ⊥，因为MF AB DE ∥∥，且MF DE =，所以四边形MFDE 为平行四边形.故DF ME ∥，所以DF AC ⊥，由,DF BC DF AC ⊥⊥，BC AC C ⋂=，,BC AC ⊂平面ABC ，得DF ⊥平面ABC ，因为AB ⊂平面ABC ，所以DF AB ⊥，又因为DF BD D = ，,DF BD ⊂平面BCD ，所以AB ⊥平面BCD ，。
2023-2024学年高考数学空间向量与立体几何专项练习题(附答案)
A ．B ．223．若直线的方向向量为，平面l bA ．()(1,0,0,2,0,0b n ==-()(0,2,1,1,0,1b n ==--A ．B ．5136．如图，在平行六面体ABCDA．1122a b c -++C．1122a b c --+7．如图，在四面体OABC中，1-16．已知四棱锥P ABCDPC棱上运动，当平面1．C【分析】根据已知结合向量的坐标运算可得出，且.然后根据向量的数量积a b a +=- 14a = 运算求解，即可得出答案.【详解】由已知可得，且.()1,2,3a b a+=---=-14a =又，()7a b c +⋅= 所以，即有，7a c -⋅= cos ,14cos ,7a c a c a c -⋅=-=所以，.1cos ,2a c =-又，所以.0,180a c ≤≤ ,120a c =︒ 故选：C.2．C【分析】利用中点坐标公式求出中点的坐标，根据空间两点间的距离公式即可得出中线BC 长.【详解】由图可知：，，，(0,0,1)A (2,0,0)B (0,2,0)C 由中点坐标公式可得的中点坐标为，BC (1,1,0)根据空间两点间距离公式得边上的中线的长为.BC 22211(1)3++-=故选：C 3．D【分析】若直线与平面平行，则直线的方向向量与平面的法向量垂直，利用向量数量积检验.【详解】直线的方向向量为，平面的法向量为，l bαn 若可能，则，即.//l αb n ⊥r r 0b n ⋅=r r A 选项，；()1220b n =⨯-⋅=-≠B 选项，；11305160b n =⨯⨯⋅+⨯+=≠C 选项，；()()01201110b n =⨯-+⨯+⨯-⋅=-≠D 选项，；()1013310b n =⨯+-⨯=⋅+⨯因为，，3AB =4BC =2PA =所以()()(0,0,2,3,0,0,0,0,1P B Q 设平面的法向量为BQD (m x =()(),,3,0,1m BQ x y z ⎧设，2AB AD AS ===则()()()0,0,0,0,0,2,2,2,0,A S C P 设，()0,,2M t t -(1,1,2OM t =--所以1120OM AP t t ⊥=-+-+-=点到平面与平面的距离和为为定值，D 选项正确.M ABCD SAB 22t t -+=，，()2,0,0B ()()2,0,2,0,2,0SB BC =-=设平面的法向量为，SBC (),,n x y z =则，故可设，22020n SB x z n BC y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅==⎪⎩()1,0,1n = 要使平面，又平面，//OM SBC OM ⊄SBC 则，()()1,1,21,0,11210OM n t t t t ⋅=---⋅=-+-=-=解得，所以存在点，使平面，B 选项正确.1t =M //OM SBC 若直线与直线所成角为，又，OM AB 30︒()2,0,0AB =则，()()222213cos3022661122OM ABOM ABt t t t ⋅-︒====⋅-++-+-⨯ 整理得，无解，所以C 选项错误.23970,8143730t t -+=∆=-⨯⨯=-<故选：ABD.10．BCD【分析】根据向量的多边形法则可知A 正确；根据向量的三角不等式等号成立条件可知，B 错误；根据共线向量的定义可知，C 错误；根据空间向量基本定理的推论可知，D 错误．【详解】对A ，四点恰好围成一封闭图形，根据向量的多边形法则可知，正确；对B ，根据向量的三角不等式等号成立条件可知，同向时，应有，即必要,a b a b a b+=+ 性不成立，错误；对C ，根据共线向量的定义可知，所在直线可能重合，错误；,a b对D ，根据空间向量基本定理的推论可知，需满足x +y +z =1，才有P 、A 、B 、C 四点共面，错误．故选：BCD ．11．AB【分析】以，，作为空间的一组基底，利用空间向量判断A ，C ，利用空间向量法ABAD AA 可得面，再用向量法表示，即可判断B ，利用割补法判断D ；1AC ⊥PMN AH【详解】依题意以，，作为空间的一组基底，ABAD AA 则，，11AC AB AD AA =++ ()1122MN BD AD AB ==-因为棱长均为2，，11π3A AD A AB ∠=∠=所以，，224AB AD == 11π22cos 23AA AD AA AB ⋅=⋅=⨯⨯= 所以()()1112D A A C MN AD A A B AA B++⋅⋅=- ，()2211102AB AD AB AD AB AD AA AD AA AB ⋅-+-⋅+==⋅+⋅故，即，故A 正确；1AC MN ⊥1AC MN ⊥同理可证，，面，面，PN AC ⊥MN PN N ⋂=MN ⊂PMN PN ⊂PMN 所以面，即面，即为正三棱锥的高，1AC ⊥PMN AH ⊥PMN AH A PMN -所以()()1133AH AN NH AN NP NM AN AP AN AM AN=+=++=+-+- ，()13AP AM AN =++又，，分别是，，的中点，，P M N 1AA AB AD π3PAM PAN MAN ∠=∠=∠=所以，则三棱锥是正四面体，1PA AM AN PM MN PN ======P AMN -所以()11111133222AH AP AM AN AA AB AD ⎛⎫=++=⨯++ ⎪⎝⎭ ，()111166AA AB AD AC =++=所以，故B 正确；116AH AC =因为()211AC AB AD AA =++ ()()()222111222AB ADAA AB AD AB AA AD AA =+++⋅+⋅+⋅ ，2426==()21111111=AC AA AB AD AA AA AB AA AD AA AA ⋅=++⋅⋅+⋅+ ，11222222=822=⨯⨯+⨯⨯+⨯设直线和直线所成的角为，1AC 1BB θ则，故C 错误；1111111186cos cos ,cos ,3262AC AA AC BB AC AA AC AA θ⋅=====⨯ ，11111111111111A B D C ABCD A B C D A B D A C B D A B ABC D ADCV V V V V V ------=----其中，1111111111116ABCD A B C D A B D A C B D C B ABC D ADC V V V V V -----====所以，故D 错误.1111113A B D C ABCD A B C D V V --=故选：AB.关键点睛：本题解决的关键点是利用空间向量的基底法表示出所需向量，利用空间向量的数量积运算即可得解.12．AC【分析】对于A ，根据即可算出的值；对于B ，根据计算；对于C ，根据||2a = m a b ⊥ m 计算即可；对于D ，根据求出，从而可计算出.a b λ= 1a b ⋅=- m a b + 【详解】对于A ，因为，所以，解得，故A 正确；||2a = 2221(1)2m +-+=2m =±对于B ，因为，所以，所以，故B 错误；a b ⊥ 2120m m -+-+=1m =对于C ，假设，则，a b λ= (1,1,)(2,1,2)m m λ-=--所以，该方程组无解，故C 正确；()12112m m λλλ=-⎧⎪-=-⎨⎪=⎩对于D ，因为，所以，解得，1a b ⋅=- 2121m m -+-+=-0m =所以，，所以，故D 错误.(1,1,0)a =- (2,1,2)b =-- (1,2,2)+=-- a b 故选：AC.13．15【分析】根据线面垂直，可得直线的方向向量和平面的法向量共线，由此列式计算，即得答案.【详解】∵，∴，∴，解得，l α⊥u n ∥ 3123a b ==6,9a b ==∴，15a b +=故1514．2【分析】根据垂直得到，得到方程，求出.()0a a b λ⋅-= 2λ=【详解】，()()()2,1,31,2,12,12,3a b λλλλλ-=---=--- 因为，所以，()a a b λ⊥- ()0a a b λ⋅-= 即，()()2,12,3241293702,1,134λλλλλλλ----=-++-+-=+⋅-=解得.2λ=故215．17【分析】利用向量的加法，转化为，直接求模长即可.CD CA AB BD =++ 【详解】因为.CD CA AB BD =++ 所以()22CD CA AB BD =++ 222222CA CA AB AB AB BD BD CA BD=+⋅++⋅++⋅ 222132022042342⎛⎫=+⨯++⨯++⨯⨯⨯- ⎪⎝⎭17=所以.17CD = 故答案为.1716．33【分析】首先建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量垂MBD PCD 直求点的位置，并利用向量法求异面直线所成角的余弦值，即可求解正弦值.M 【详解】如图，以点为原点，以向量为轴的正方向，建立空间直角坐标A ,,AB AD AP ,,x y z 系，设，2AD AP ==，，，，()2,0,0B ()0,2,0D ()002P ,,()2,2,0C 设,()()()0,2,22,2,22,22,22DM DP PM DP PC λλλλλ=+=+=-+-=-- ，，，()2,2,0BD =-u u u r ()2,0,0DC =u u u r ()0,2,2DP =- 设平面的法向量为，MBD ()111,,m x y z =r ，()()11111222220220DM m x y z DM m x y λλλ⎧⋅=+-+-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩33故。
专题九 立体几何与空间向量(学生版)--2020-2023高考真题数学专题分类汇编
专题九立体几何与空间向量--2020-2023高考真题数学专题分类汇编真题卷题号考点考向2023新课标1卷12基本的立体图形正方体、球体、四面体、圆柱体的结构特征14简单几何体的表面积与体积求四棱台的体积18空间直线、平面的垂直、二面角线线平行的判定、已知二面角确定动点位置2023新课标2卷9基本的立体图形、二面角圆锥的结构特征、圆锥的表面积与体积、二面角的定义14简单几何体的表面积与体积求四棱台的体积20空间直线、平面的垂直、二面角异面垂直的判定、求二面角2022新高考1卷4简单几何体的表面积与体积求棱台的体积8简单几何体的表面积与体积、外接球求棱锥的体积、球的切接问题9空间角求异面直线成角、线面角19空间中的距离、空间角求点到平面的距离、求二面角2022新高考2卷7简单几何体的表面积与体积求外接球的表面积11简单几何体的表面积与体积求三棱锥的体积20空间直线、平面的平行、空间角线面平行的判定、求二面角2021新高考1卷3基本的立体图形求圆锥的母线长12基本的立体图形几何体中的动点问题（动点轨迹、三棱锥的体积、线线垂直的判定、线面垂直的判定）20空间直线、平面的垂直、简单几何体的表面积与体积线线垂直的判定、求三棱锥的体积2021新高考2卷4简单几何体的表面积与体积求球的表面积5简单几何体的表面积与体积求正四棱台的体积10空间直线、平面的垂直线线垂直的判定19空间直线、平面的垂直、空间角面面垂直的判定、求二面角2020新高考1卷4空间角求线面角16基本的立体图形球的截面问题20空间直线、平面的垂直、空间角线面垂直的判定、求线面角正弦值的最值2020新高考2卷13简单几何体的表面积与体积求三棱锥的体积20空间直线、平面的垂直、空间角线面垂直的判定、求线面角【2023年真题】1.（2023·新课标I 卷第12题）（多选）下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：)m 的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有()A.直径为0.99m 的球体B.所有棱长均为1.4m 的四面体C.底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D.底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体2.（2023·新课标II 卷第9题）（多选）已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，AB 为底面直径，120,2APB PA ︒∠==，点C 在底面圆周上，且二面角P AC O --为45︒，则()A.该圆锥的体积为πB.该圆锥的侧面积为C.AC = D.PAC ∆3.（2023·新课标I 卷第14题）在正四棱台1111ABCD A B C D -中，2AB =，111A B =，1AA =，则该棱台的体积为__________4.（2023·新课标II 卷第14题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为__________5.（2023·新课标I 卷第18题）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB =，1 4.AA =点2A ，2B ，2C ，2D ，分别在棱1AA ，1BB ，1CC ，1DD 上，21AA =，222BB DD ==，2 3.CC =(1)证明：2222//B C A D ；(2)点P 在棱1BB 上，当二面角222P A C D --为150 时，求2.B P 6.（2023·新课标II 卷第20题）如图三棱锥A BCD -中，DA DB DC ==，BD CD ⊥，60ADB ADC ︒∠=∠=，E 为BC 的中点.(1)证明：;BC DA ⊥(2)点F 满足EF DA = ，求二面角D AB F --的正弦值.【2022年真题】7.（2022·新高考I 卷第4题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5m 时，相应水面的面积为2140.0;km 水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为2180.0.km 将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m 上升到157.5m时，增加的水量约为 2.65)≈()A.931.010m ⨯ B.931.210m ⨯ C.931.410m ⨯ D.931.610m ⨯8.（2022·新高考I 卷第8题）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一个球面上，若该球的体积为36π，且3l ，则该正四棱锥体积的取值范围是()A.81[18,4B.2781[,]44C.2764[,]43D.[18,27]9.（2022·新高考II 卷第7题）已知正三棱台的高为1，上下底面的边长分别为同一球面上，则该球的表面积为()A.100πB.128πC.144πD.192π10.（2022·新高考I 卷第9题）（多选）已知正方体1111ABCD A B C D -，则()A.直线1BC 与1DA 所成的角为90︒B.直线1BC 与1CA 所成的角为90︒C.直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D.直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒11.（2022·新高考II 卷第11题）（多选）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，//FB ED ，2AB ED FB ==，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为1V ，2V ，3V ，则()A.322V V =B.312V V =C.312V V V =+D.3123V V =12.（2022·新高考I 卷第19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1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值.13.（2022·新高考II 卷题20题）如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB 的中点.(1)证明：//OE 平面;PAC (2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --正弦值.【2021年真题】14.（2021·新高考I 卷第3题）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为()A.2B.C.4D.15.（2021·新高考II 卷第4题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km(轨道高度是指卫星到地球表面的距离).将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22(1cos )(S r πα=-单位：2km )，则S 占地球表面积的百分比约为()A.26%B.34%C.42%D.50%16.（2021·新高考II 卷第5题）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为()A.20+B.C.563 D.317.（2021·新高考I 卷第12题）（多选）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+ ，其中[0,1]λ∈，[0,1]μ∈，则()A.当1λ=时，1AB P 的周长为定值B.当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C.当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D.当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 18.（2021·新高考II 卷第10题）（多选）如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点，则满足MN OP ⊥的是()A. B.C. D.19.（2021·新高考I 卷第20题）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.(1)证明：;OA CD ⊥(2)若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，-的体积.求三棱锥A BCD-中，底面ABCD是正方形，若20.（2021·新高考II卷第19题）在四棱锥Q ABCD====AD QD QA QC2,5, 3.(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；--的平面角的余弦值．(2)求二面角B QD A【2020年真题】21.（2020·新高考I卷第4题、II卷第4题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的O，地球上一点A的纬度是指OA与地晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为)球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40︒，则晷针与点A处的水平面所成角为()A.20︒B.40︒C.50︒D.90︒22.（2020·新高考I 卷题16题）已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，60.BAD ︒∠=以1D 为5为半径的球面与侧面11BCC B 的交线长为________.23.（2020·新高考II 卷题13题）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，则三棱锥1A NMD -的体积为__________.24.（2020·新高考I 卷题20题）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面.ABCD 设平面PAD 与平面PBC 的交线为.l (1)证明：l ⊥平面;PDC (2)已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值.25.（2020·新高考II 卷第20题）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面.ABCD 设平面PAD 与平面PBC 的交线为.l (1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，2QB =，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【答案解析】1.（2023·新课标I 卷第12题）（多选）解：选项A ，正方体的内切球直径为10.99>，故A 正确;选项B ，连接正方体的六个面对角线，可以得到一个正四面体，即正方体的内接正四面题的棱长为 2 1.4>，故B 正确;对于C ，D ，假设放入最大的圆柱AB ，A ，B 分别为圆柱下、上底面的圆心，设圆柱底面半径为r ，正方体体对角线为CD ，||3CD =26322AC ∴=，当r 取定时，圆柱的高 max 36.h r =对于C ，当0.005r =时， max 360.005 1.72 1.8h =≈<，故C 错．对于D ，当0.6r =时， max 30.660.260.01h =->，故D 正确．故选：.ABD 2.（2023·新课标II 卷第9题）（多选）解：对于A ：在PAB ∆中，2,120PA PB APB ︒==∠=，则1PO =，23AB =故圆锥的体积2111333V PO OA πππ=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=，故A 正确；对于B ：圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的半径为2，弧长为3π，故圆锥的侧面积为12332S ππ=⋅⋅=，故B 错误；对于C ：取AC 中点D ，连接,PD OD ，则,PD AC OD AC ⊥⊥，则PDO ∠为二面角P AC O --的平面角，即45PDO ︒∠=，在Rt PDO ∆中，1PO =，故1,2DO PD ==，在Rt ODA ∆中，22312AD OA OD =-=-=，故22AC =C 正确；对于D ：1122222PAC S PD AC ∆=⋅⋅==，故D 正确.故选.AC 3.（2023·新课标I 卷第14题）解：如图，将正四棱台1111ABCD A B C D -补成正四棱锥，则 2AO =，22SA =， 162OO =，故 12121(3V S S S S h =++， 22221676(2121).3V =⨯++⨯⨯4.（2023·新课标II 卷第14题）解：由题意可得四棱台的高为3，上底面面积为224⨯=，下底面面积为4416⨯=，故正四棱台的体积 1(416416)328.3V =⨯+⨯⨯=所得棱台的体积为28.5.（2023·新课标I 卷第18题）证明：(1)如图，作21A E BB ⊥于点E ，21D F CC ⊥于点F ，则有22//A E D F ，22A E D F =，即四边形22A EFD 是平行四边形，从而22//A D EF ，又22//B E C F ，221B E C F ==，即四边形22B EFC 是平行四边形，从而22//B C EF ，从而2222//B C A D ，得证.(2)如图，以点B 为原点，以BC 、BA 、1BB 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系.设(0,0,)P t ，2(2,0,3)C ，2(0,2,1)A ，2(2,2,2)D ，22(2,0,1)A D = ，22(2,-2,2)A C = ，2(0,-2,1)A P t =- ，设平面222A C D 的一个法向量为，则，即，令12z =-，则11x =，11y =-，故(1,1,2)m =--设平面22PA C 的一个法向量为，则，即，令22z =，则23x t =-，21y t =-，故(3,1,2)n t t =-- 二面角222P A C D --的平面角为150 ，，解得1t =或3，则2 1.B P =6.（2023·新课标II 卷第20题）解：(1)连接AE ，DE ，DB DC = ，DE BC ∴⊥，又DA DB DC == ，60ADB ADC ︒∠=∠=，ACD ∴ 与ABD 均为等边三角形，AC AB ∴=，AE BC ∴⊥，AE DE E ⋂=，BC ∴⊥平面ADE ，.BC DA ∴⊥(2)设2DA DB DC ===，BC ∴=DE AE ∴==，2AD =，2224AE DE AD ∴+==，AE DE ∴⊥，又AE BC ⊥ ，DE BC E ⋂=，AE ∴⊥平面BCD ，如图建立空间直角坐标系，D ∴，A ，B ，(0,0,0)E ，(EF DA F =⇒，(DA ∴=，AB = ，(AF = ，设平面DAB 与平面ABF 的一个法向量分别为1111(,,)n x y z = ，2222(,,)n x y z = ，设二面角D AB F --平面角为θ，，1212|||cos |3||||n n n n θ⋅∴=== ，3sin 3θ∴=7.（2022·新高考I 卷第4题）解：依据棱台的体积公式1(3V S S h =⋅+'+⋅1(14000000018000000093=⋅+⨯931.410.m ≈⨯8.（2022·新高考I 卷第8题）解：方法(1):设正四棱锥P ABCD -的高为1PO h =，底面边长为a ，球心为O ，由已知易得球半径为3R =，所以22222222)(3)9622(6))2a h h l a h h a h l ⎧+-=⎪⎧=⎪⇒⎨⎨=-⎩⎪+=⎪⎩，因为393962722l h h ⇒⇒，故所以2212(6)33V a h h h h ==-，求导2(4)V h h '=-，所以22(6)3V h h =-在3[,4]2上单调递增，在9[4,2上单调递减，所以max 64(4)3V V ==，min 39327min{(),(()2224V V V V ===，故该正四棱锥体积的取值范围是2764[,].43方法(2):由方法(1)中知22(6)3V h h =-，3922h ，求导2(4)V h h '=-，所以22(6)3V h h =-在3[,4]2上单调递增，在9[4,2上单调递减，所以max 64(4)3V V ==，min 39327min{(),(()2224V V V V ===，故该正四棱锥体积的取值范围是2764[,].439.（2022·新高考II 卷第7题）解：由题意易得上底面所在平面截球面所得圆的半径为3，下底面所在平面截球面所得圆的半径为4，设该球的半径为R ，当正三棱台的上、下底面在球心异侧时，1=，无解；所以正三棱台的上、下底面在球心同侧，所以1=，解得225R =，因此该球的表面积为24100.S R ππ==10.（2022·新高考I 卷第9题）（多选）解：如图，因为11BC B C ⊥，11//B C DA ，所以11BC DA ⊥，故A 正确;对于选项:B 因为11A B ⊥平面11BB C C ，1BC ⊂平面11BB C C ，所以111BC A B ⊥，又11BC B C ⊥，且1111A B B C B ⋂=，11A B ，1B C ⊂平面11CDA B ，所以1BC ⊥平面11CDA B ，且1CA ⊂平面11CDA B ，所以直线11BC CA ⊥，故B 正确;对于选项:C 连接11AC 与11B D 交于点1O ，因为1B B ⊥平面1111A B C D ，11AC ⊂平面1111A B C D ，所以111B B A C ⊥，又1111A C B D ⊥，且1111B D B B B ⋂=，11B D ，1B B ⊂平面11BB D D ，所以11A C ⊥平面11BB D D ，则11O BC ∠即为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角，111111sin 2O C O BC BC ∠==，所以1130O BC ∠=︒，故C 错误;对于选项:D 直线1BC 与平面ABCD 所成的角即为145C BC ∠=︒，所以D 正确.11.（2022·新高考II 卷第11题）（多选）解：设22AB ED FB ===，则1142233V =⨯⨯=，21221.33V =⨯⨯=连结BD 交AC 于M ，连结EM 、FM ，则FM =，EM =3EF =，故13222EMF S == ，3123EMF V S AC =⨯= ，312V V V =+，3123.V V =12.（2022·新高考I 卷第19题）解：(1)设A 到平面1A BC 的距离为d ，因为直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，即可得14ABC S AA ⋅= ，故111433A ABC ABC V S AA -=⋅= ，又111114333A ABCA A BC A BC V V S d d --==⋅=⨯= ，解得d =，所以A 到平面1A BC的距离为；(2)连接1AB ，因为直三棱柱111ABC A B C -中，1AA AB =，故四边形11AA B B 为正方形，即11AB A B ⊥，又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC ⋂平面111ABB A A B =，1AB ⊂平面11ABB A ，故1AB ⊥平面1A BC ，因为BC ⊂平面1A BC ，所以1AB BC ⊥，又因为1AA BC ⊥，11,AB AA ⊂平面11ABB A ，且11AB AA A ⋂=，故BC ⊥平面11ABB A ，因为AB ⊂平面11ABB A ，则BC AB ⊥，所以1,,BB AB BC 三条直线两两垂直，故如图可以以B 为原点建立空间直角坐标系，设1AA AB a ==，BC b =，则12A B a =，由条件可得，解得，则(0,0,0)B ，(2,0,0)C ，(0,2,0)A ，1(0,2,2)A ，1AC 的中点(1,1,1)D ，所以(0,2,0)BA = ，(1,1,1)BD = ，(2,0,0)BC = ，设平面ABD 的一个法向量为1(,,)n x y z = ，，取1(1,0,1)n =- ，同理可求得平面BCD 的一个法向量为2(0,1,1)n =-，所以1212121|cos ,|2n n n n n n ⋅<>== ，所以二面角A BD C --的正弦值为3213.（2022·新高考II 卷题20题）解：(1)法一：连接OA 、OB ，因为PO 是三棱锥P ABC -的高，所以PO ⊥平面ABC ，所以PO OA ⊥，PO OB ⊥，所以90POA POB ∠=∠=︒，又PA PB =，PO PO =，所以POA ≌POB ，所以OA OB =，作AB 中点D ，连接OD 、DE ，则有OD AB ⊥，又AB AC ⊥，所以//OD AC ，又因为OD ⊂/平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，所以//OD 平面PAC ，又D 、E 分别为AB 、PB 的中点，所以，在BPA 中，//DE PA又因为DE ⊂/平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，所以//DE 平面PAC ，又OD 、DE ⊂平面ODE ，OD DE D ⋂=，所以平面//ODE 平面PAC ，又OE ⊂平面ODE ，所以//OE 平面;PAC 法二：(1)连接OA 、OB ，因为PO 是三棱锥P ABC -的高，所以PO ⊥平面ABC ，所以PO OA ⊥，PO OB ⊥，所以90POA POB ∠=∠=︒，又PA PB =，PO PO =，所以POA ≌POB ，所以OA OB =，又AB AC ⊥，在Rt ABF ，O 为BF 中点，延长BO ，交AC 于F ，连接PF ，所以在PBF 中，O 、E 分别为BF 、PB 的中点，所以//EO PF ，因为EO ⊂/平面PAC ，PF ⊂平面PAC ，所以//EO 平面;PAC (2)法一：过点D 作//DF OP ，以DB 为x 轴，DO 为y 轴，DF 为z 轴.建立如图所示的空间直角坐标系.因为3PO =，5PA =，由(1)4OA OB ==，又30ABO CBO ∠=∠=︒，所以2OD =，23DB =，所以(0,2,3)P ，(23,0,0)B ，(23,0,0)A -，3(3,1,)2E ，设AC a =，则(23,,0)C a -，平面AEB 的法向量设为1111(,,)n x y z = ，直线AB 的方向向量可设为(1,0,0)a = ，直线DP ⊂平面AEB ，直线DP 的方向向量为(0,2,3)b = ，所以，所以10x =，设13y =，则12z =-，所以1(0,3,2);n =-平面AEC 的法向量设为2222(,,)n x y z = ，(0,,0)AC a = ，3(33,1,)2AE = ，所以，所以20y =，设23x =，则26z =-，所以(3,0,6);n =-所以1cos n < ，1221212124313||||1339133n n n n n ⋅>====⋅⨯ ，二面角C AE B --的平面角为θ，则211sin 1cos 13θθ=-=，所以二面角C AE B --的正弦值为1113法二：(2)过点A 作//AF OP ，以AB 为x 轴，AC 为y 轴，AF 为z 轴建立所示的空间直角坐标系.因为3PO =，5PA =，由(1)4OA OB ==，又30ABO CBO ︒∠=∠=，所以，43AB =，所以(23,2,3)P ，(43,0,0)B ，(0,0,0)A ，3(33,1,)2E ，设AC a =，则(0,,0)C a ，平面AEB 的法向量设为1111(,,)n x y z = ，(43,0,0)AB = ，3(33,1,)2AE = ，所以，所以10x =设12z =-，则13y =，所以1(0,3,2);n =- 平面AEC 的法向量设为2(,,)n x y z = ，(0,,0)AC a = ，3(33,1,)2AE = ，所以，所以20y =，设23x =，则26z =-，所以2(3,0,6);n =-所以1cos n < ，1221212124313||||1339133n n n n n ⋅>====⋅⨯ 二面角C AE B --的平面角为θ，则211sin 1cos 13θθ=-=，所以二面角C AE B --的正弦值为11.1314.（2021·新高考I 卷第3题）解：设圆锥的母线长为l ，因为圆锥的底面半径为2，所以底面圆周长为22π，由展开图可知半圆的弧长为22π，所以22l ππ=，得22l =，故选：.B 15.（2021·新高考II 卷第4题）解：如图所示：由题意可得，S 占地球表面积的百分比约为：222(1cos )1cos 42r r πααπ--=640016400360000.4242%.2-+=≈=故选.C 16.（2021·新高考II 卷第5题）解：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图所示，因为该正四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高222(222)2h =--=，下底面面积116S =，上底面面积24S =，所以该棱台的体积12121()3V h S S S S =++1(16433=+=故选：.D 17.（2021·新高考I 卷第12题）（多选）解：对于A ，当1λ=时，1BP BC BB μ=+ ，即1CP BB μ= ，所以1//CP BB ，故点P 在线段1CC 上，此时1AB P 的周长为11AB B P AP ++，当点P 为1CC 的中点时，1AB P 的周长为+，当点P 在点1C 处时，1AB P 的周长为1+，故周长不为定值，故选项A 错误；对于B ，当1μ=时，1BP BC BB λ=+ ，即1B P BC λ= ，所以1//B P BC ，故点P 在线段11B C 上，因为11//B C 平面1A BC ，所以直线11B C 上的点到平面1A BC 的距离相等，又1A BC 的面积为定值，所以三棱锥1P A BC -的体积为定值，故选项B 正确；对于C ，当12λ=时，取线段BC ，11B C 的中点分别为M ，1M ，连接1M M ，因为112BP BC BB μ=+ ，即1MP BB μ= ，所以1//MP BB ，则点P 在线段1M M 上，当点P 在1M 处时，1111A M B C ⊥，111A M B B ⊥，又1111B C B B B ⋂=，所以11A M ⊥平面11BB C C ，又1BM ⊂平面11BB C C ，所以111A M BM ⊥，即1A P BP ⊥，同理，当点P 在M 处，1A P BP ⊥，故选项C 错误；对于D ，当12μ=时，取1CC 的中点1D ，1BB 的中点D ，因为112BP BC BB λ=+ ，即DP BC λ= ，所以//DP BC ，则点P 在线的1DD 上，当点P 在点1D 处时，取AC 的中点E ，连接1A E ，BE ，因为BE ⊥平面11ACC A ，又1AD ⊂平面11ACC A ，所以1AD BE ⊥，在正方形11ACC A 中，11AD A E ⊥，又1BE A E E ⋂=，BE ，1A E ⊂平面1A BE ，故1AD ⊥平面1A BE ，又1A B ⊂平面1A BE ，所以11A B AD ⊥，在正方体形11ABB A 中，11A B AB ⊥，又11AD AB A ⋂=，1AD ，1AB ⊂平面11AB D ，所以1A B ⊥平面11AB D ，因为过定点A 与定直线1A B 垂直的平面有且只有一个，故有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P ，故选项D 正确．故选：.BD 18.（2021·新高考II 卷第10题）（多选）解：设正方体的棱长为2，对于A ，如图(1)所示，连接AC ，易知//MN AC ，且MN 、AC 、OP 在同一平面内，由图可知直线OP 与AC 相交且不垂直，故MN OP ⊥不成立，故A 错误.对于B ，如图(2)所示，取MT 的中点为Q ，连接PQ ，OQ ，则OQ MT ⊥，PQ MN ⊥，由正方体SBCN MADT -可得SM ⊥平面MADT ，而OQ ⊂平面MADT ，故SM OQ ⊥，而SM MT M ⋂=，SM ，MT ⊂平面SNTM ，故OQ ⊥平面SNTM ，又MN ⊂平面SNTM ，所以OQ MN ⊥，而OQ PQ Q ⋂=，,OQ PQ OPQ ⊂平面，所以MN ⊥平面OPQ ，而PO ⊂平面OPQ ，故MN OP ⊥，故B 正确.对于C ，如图(3)，连接BD ，则//BD MN ，由B 的判断可得OP BD ⊥，故OP MN ⊥，故C 正确.对于D ，如图(4)，取AM '的中点G ，连接PG ，OG ，M N ''，则//MN M N ''，PG =，OG =PO =，则222PO PG OG =+，可得PG OG ⊥，根据三角形的性质可知PO 与PG 不垂直，故PO 与MN 不垂直，故D 错误.故选.BC 19.（2021·新高考I 卷第20题）(1)证明：AB AD = ，ABD ∴ 是以BD 为底的等腰三角形，又O 为BD 的中点，OA BD ∴⊥，平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ⋂平面BCD BD =，OA ⊂平面ABD ，OA ∴⊥平面BCD ，CD ⊂ 平面BCD ，.OA CD ∴⊥(2)解：以O 为坐标原点，OD 为y 轴，OA 为z 轴，垂直OD 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系.OCD 是边长为1的等边三角形，，，，不妨设， 点E 在棱AD 上，2DE EA =，12(0,,33x E ∴，，，设向量为平面BCE 的法向量，设3a =1b =-，2c x=，即显然是平面BCD 的法向量， 二面角E BC D --的大小为45︒，，即，解得1(x =舍去1)-，11133OA 2133226A BCD BCD V S -∴=⋅=⨯⨯⨯= 20.（2021·新高考II 卷第19题）解：(1)证明：取AD 的中点为O ，连接,.QO CO 因为QA QD =，OA OD =，则QO AD ⊥，而2,5AD QA ==1AO DO ==，51 2.QO =-=在正方形ABCD 中，2AD CD ==，1DO =，故5CO =，因为3QC =，故222QC QO OC =+，故QOC 为直角三角形且QO OC ⊥，因为OC AD O = ，OC 、AD ⊂平面ABCD ，故QO ⊥平面ABCD ，因为QO ⊂平面QAD ，故平面QAD ⊥平面.ABCD (2)在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，因为(1)中的QO ⊥平面ABCD ，OT ⊂平面ABCD ，QO OT ⊥，故可以OT 为x 轴，以OD 为y 轴，以OQ 为z 轴，建如图所示的空间直角坐标系.则，故(2,1,2),(2,2,0).BQ BD =-=-设平面QBD 的一个法向量(,,)n x y z = ，则00n BQ n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即，取1x =，则11,2y z ==，故1(1,1,).2n = 而平面QAD 的法向量为(1,0,0)m = ，故cos ⟨,m n ⟩12.3312==⨯又二面角B QD A --的平面角为锐角，故其余弦值为2.321.（2020·新高考I 卷第4题、II 卷第4题）解：可设A 所在的纬线圈的圆心为O '，OO '垂直于纬线所在的圆面，由图可得OHA ∠为晷针与点A 处的水平面所成角，又40OAO ︒∠'=且OA AH ⊥，在Rt OHA 中，O A OH '⊥，40OHA OAO ︒∴∠=∠'=，故选：.B 22.（2020·新高考I 卷题16题）解：直四棱柱棱长为2，底面是边长为2的菱形，侧面是边长为2的正方形，又60BAD ︒∠=，可得111D C B =60∠︒，点1D 到面11BB C C 的距离即为点1D 到11B C 的距离，即为则根据勾股定理可得截面的圆半径为r ==，11112B C >=，且2<，则球与侧面11BB C C 所形成的交线为一段圆弧，其圆心角为2π，故形成的交线长为22l ππ==.故答案为2.223.（2020·新高考II 卷题13题）解：如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，111122ANM S ∴=⨯⨯= ，111112.323A NMD D AMN V V --∴==⨯⨯=故答案为：1.324.（2020·新高考I 卷题20题）解：(1)PD ⊥ 底面ABCD ，且AD ⊂平面ABCD ，PD AD ∴⊥，ABCD 为正方形，AD DC ∴⊥，又PD DC D ⋂= ，且PD 、DC 在平面PDC 内，AD ∴⊥平面PDC ，//AD BC ，且BC ⊂平面PBC ，AD ⊂/平面PBC ，//AD ∴平面PBC ，又 平面PAD 与平面PBC 的交线为l ，且AD ⊂平面PAD ，//AD l ∴，l ∴⊥平面PDC ；(2)以D 为原点，以DA 、DC 、DP 分别为x 、y 、z轴，建立空间直角坐标系如图所示：由1PD AD ==，得(0,0,1)P ，(1,1,0)B ，(0,1,0)C ，(0,0,0)D ，则(1,1,1)PB =- ，(0,1,0)DC = ，设点Q 的坐标为(,0,1)t ，平面QCD 的法向量为000(,,)n x y z =，则(,0,1)DQ t = ，即有，即，取01x =，得(1,0,)n t =-，又设PB 与n夹角为α，PB 与平面QCD 所成角为θ，则cos ||||PB n PB n α⋅=== ，于是sin θ==，当0t =时，3sin 3θ=，当0t <时，sin θ==，又1[()]2(()t t -+---当且仅当t 1=-时，取等号)，即得30sin 3θ<，当0t >时，sin θ==，又12(t t +当且仅当t 1=时，取等号)，即得36sin 33θ<，综上可知，PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为6325.（2020·新高考II 卷第20题）解：(1)证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D ⋂=，CD ，PD ⊂平面PCDBC ∴⊥平面PCD ，//l BC ，l ∴⊥平面PCD ；(2)如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，1PD AD == ，Q 为l上的点，QB =，PB ∴=，1QP =，则(0,0,0)D ，(1,0,0)A ，(0,1,0)C ，(0,0,1)P ，(1,1,0)B ，设(1,0,1)Q ，则(1,0,1)DQ = ，(1,1,1)PB =- ，(0,1,0)DC = ，设平面QCD 的法向量为(,,)n a b c =，则，，取1c =，可得(1,0,1)n =- ，cos n ∴< ，63||||32n PB PB n PB ⋅>===⋅ PB ∴与平面QCD 所成角的正弦值为6.3。
2024年高考真题分类汇编九 空间向量与立体几何
则 0,
可得⃗
1,0 , 1,
0,
1,
1,0 , 1,0,0 , 0,2,0 , 0,0,2 ，
2 , ⃗
1,
1,
2 , ⃗
1,0,
2 , ⃗
0,2,
2 ,
6 / 14
, , ，则
则 0,0,0 , 0,0,2 3 , 0,3 3, 0 , 3,3 3, 0 , 2,0,0 , 0,
，
2 3, 0 ，
因为是的中点，所以 4,2 3, 0 ，
所以⃗
3,3 3,
2 3 , ⃗
0,3 3,
2 3 , ⃗
4,2 3,
2 3 , ⃗
2,0,
1 1 0
分别取1
2
1，则1
⃗⋅⃗
|⃗|⋅|⃗|
则 cos⃗, ⃗
3、1
1、2
2 22
22 0
，
0，即⃗
1,3,1 、⃗
0,0,2 ，平面1 的法向量为⃗
1,3,1 ，
1 3
1 9 1⋅ 1 1
1，2
0
1,1,0 ，
2 22
，
11
故平面1 与平面1 1 的夹角余弦值为2 22；
设平面的法向量为⃗
令
1，则取
2，可得⃗
0,
2，则
则 cos⟨⃗, ⃗⟩
2,1 ，
1
5
2 0 ，
2 2 0
2,1,1 ，
1，可得⃗
⃗⋅⃗
|⃗|⋅|⃗|
0,
⃗
, , ，则 ⃗ ⋅
⃗ ⋅ ⃗
高考数学压轴专题专题备战高考《空间向量与立体几何》真题汇编含解析
数学《空间向量与立体几何》高考复习知识点一、选择题1．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =,123AA =，D ，F 分别是棱AB ，1AA 的中点，E 为棱AC 上的动点，则DEF ∆的周长的最小值为()A ．222+B ．232+C ．62+D ．72+【答案】D 【解析】 【分析】根据正三棱柱的特征可知ABC ∆为等边三角形且1AA ⊥平面ABC ，根据1AA AD ⊥可利用勾股定理求得2DF =；把底面ABC 与侧面11ACC A 在同一平面展开，可知当,,D E F 三点共线时，DE EF +取得最小值；在ADF ∆中利用余弦定理可求得最小值，加和得到结果. 【详解】Q 三棱柱111ABC A B C -为正三棱柱 ABC ∆∴为等边三角形且1AA ⊥平面ABCAD ⊂Q 平面ABC 1AA AD ∴⊥ 132DF ∴=+=把底面ABC 与侧面11ACC A 在同一平面展开，如下图所示：当,,D E F 三点共线时，DE EF +取得最小值 又150FAD ∠=o ，3AF =1AD =()22min32cos 42372DE EF AF AD AF AD FAD ⎛⎫∴+=+-⋅∠=-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭DEF ∴∆周长的最小值为：72+本题正确选项：D 【点睛】本题考查立体几何中三角形周长最值的求解问题，关键是能够将问题转化为侧面上两点间最短距离的求解问题，利用侧面展开图可知三点共线时距离最短.2．如图所示是一个组合几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．163π B ．643 C ．16643π+ D ．1664π+ 【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体是有一个四棱锥与一个圆锥的四分之一组成，其中四棱锥的底面是边长为4 的正方形，高为4 ，圆锥的底面半径为4 ，高为4，该几何体的体积为， 221116644444333V ππ+=⨯⨯+⨯⨯⨯=， 故选C.3．设三棱锥V ﹣ABC 的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥底面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A ﹣VC ﹣B 为γ，则（ ） A ．2παββγ+＜，＞ B ．2παββγ+＜，＜C ．2παββγ+＞，＞D ．2παββγ+＞，＜【答案】C 【解析】 【分析】由最小角定理得αβ>，由已知条件得AB ⊥平面VAC ，过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠，推导出BVA γ>∠，由VA ⊥平面ABC ，得VMA β=∠，推导出MVA γ>∠，从而2πβγ+>，即可得解.【详解】由三棱锥V ABC -的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥平面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A VC B --为γ，由最小角定理得αβ>，排除A 和B ； 由已知条件得AB ⊥平面VAC ，过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠， ∴tan tan ABBNA ANγ=∠=， 而tan ABBVA AV∠=，AN AV <，∴tan tan BNA BVA ∠>∠， ∴BVA γ>∠，∵VA ⊥平面ABC ，∴VMA β=∠， ∴2MVA πβ+∠=， ∵tan AMMVA AV ∠=，AB AM >，∴tan tan BVA MVA ∠>∠，∴MVA γ>∠，∴2πβγ+>．故选：C ．【点睛】本题查了线线角、线面角、二面角的关系与求解，考查了空间思维能力，属于中档题.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.5．四棱锥P ABCD -所有棱长都相等，M 、N 分别为PA 、CD 的中点，下列说法错误的是（ ）A ．MN 与PD 是异面直线B ．//MN 平面PBC C ．//MN ACD ．MN PB ⊥【答案】C 【解析】 【分析】画出图形，利用异面直线以及直线与平面平行的判定定理，判断选项A 、B 、C 的正误，由线线垂直可判断选项D ．由题意可知四棱锥P ABCD -所有棱长都相等，M 、N 分别为PA 、CD 的中点，MN 与PD 是异面直线，A 选项正确； 取PB 的中点为H ，连接MH 、HC ，四边形ABCD 为平行四边形，//AB CD ∴且AB CD =，M Q 、H 分别为PA 、PB 的中点，则//MH AB 且12MH AB =，N Q 为CD 的中点，//CN MH ∴且CN MH =，则四边形CHMN 为平行四边形， //MN CH ∴，且MN ⊄平面PBC ，CH ⊂平面PBC ，//MN ∴平面PBC ，B 选项正确；若//MN AC ，由于//CH MN ，则//CH AC ，事实上AC CH C ⋂=，C 选项错误；PC BC =Q ，H 为PB 的中点，CH PB ∴⊥，//MN CH Q ，MN PB ∴⊥，D 选项正确.故选：C ． 【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，涉及直线与平面的平行与垂直的位置关系的判断，是中档题.6．我国南北朝时期数学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“缘幂势既同，则积不容异也”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与右侧三视图所对应的几何体满足“幂势既同”，其中俯视图中的圆弧为14圆周，则该不规则几何体的体积为（ ）A ．12π+B ．136π+ C ．12π+D ．1233π+【解析】 【分析】根据三视图知该几何体是三棱锥与14圆锥体的所得组合体，结合图中数据计算该组合体的体积即可． 【详解】解：根据三视图知，该几何体是三棱锥与14圆锥体的组合体， 如图所示；则该组合体的体积为21111111212323436V ππ=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+； 所以对应不规则几何体的体积为136π+． 故选B ．【点睛】本题考查了简单组合体的体积计算问题，也考查了三视图转化为几何体直观图的应用问题，是基础题．7．设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．“m βP ”是“αβP ”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】 试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B ．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.8．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.9．在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，4AB BC BD ===，E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点，则直线EF 与平面ACD 所成角的余弦值（ ）A ．13B ．3C ．3D ．3【答案】C 【解析】 【分析】因为AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系，求出向量EF u u u r 与平面ACD 的法向量n r ，再根据cos ,||||EF nEF n EF n ⋅〈〉=u u u r ru u u r r u u u r r ，即可得出答案. 【详解】因为在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系， 又因为4AB BC BD ===；()4,0,0,(0,0,0),(0,4,0),(0,0,4)A B D C ，又因为E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点所以(0,0,2),(2,2,0)E F故()2,2,2EF =-u u u r ，(4,4,0)AD =-u u u r ，(4,0,4)AC =-u u u r.设平面ACD 的法向量为(,,)n x y z =r，则00n AD n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v 令1,x = 则1y z ==；所以(1,1,1)n =r1cos,3||||332EF n EF n EF n ⋅〈〉===⨯u u u r ru u u r r u u u r r 设直线EF 与平面ACD 所成角为θ ，则sin θ= cos ,EF n 〈〉u u u r r所以222cos 1sin θθ=-= 故选：C 【点睛】本题主要考查线面角，通过向量法即可求出，属于中档题目.10．若四面体的三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和为（ ）A ．2B ．25C ．425+D ．4【答案】B【解析】 【分析】根据四面体的三视图可知：一侧面垂直于底面，且底面是以该侧面与底面的交线为直角边的直角三角形，然后根据面面垂直的性质定理，得到与底面的另一直角边为交线的侧面为直角三角形求解. 【详解】由四面体的三视图可知：平面PAB ⊥平面ABC ，BC AB ⊥， 所以BC ⊥平面PAB ，所以BC PB ⊥， 所以,ABC PBC V V 是直角三角形， 如图所示：所以直角三角形的面积和为:11112252252222ABC PBC S S AB BC PB BC +=⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯+=+V V 故选：B 【点睛】本题主要考查三视图的应用以及线面垂直，面面垂直的关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.11．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，且ABC ∆为等边三角形，2AP AB ==，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ） A ．272π B ．283π C ．263π D ．252π 【答案】B 【解析】 【分析】计算出ABC ∆的外接圆半径r ，利用公式222PA R r ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭可得出外接球的半径，进而可得出三棱锥P ABC -的外接球的表面积. 【详解】ABC ∆的外接圆半径为32sin3ABrπ==，PA⊥Q底面ABC，所以，三棱锥P ABC-的外接球半径为3R===，因此，三棱锥P ABC-的外接球的表面积为22284433Rπππ⎛=⨯=⎝⎭.故选：B.【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，选择合适的公式计算外接球的半径，考查计算能力，属于中等题.12．已知正方体1111A B C D ABCD-的棱1AA的中点为E，AC与BD交于点O，平面α过点E且与直线1OC垂直，若1AB=，则平面α截该正方体所得截面图形的面积为( )A．4B．2C．2D．4【答案】A【解析】【分析】根据正方体的垂直关系可得BD⊥平面11ACC A，进而1BD OC⊥，可考虑平面BDE是否为所求的平面，只需证明1OE OC⊥即可确定平面α.【详解】如图所示，正方体1111ABCD A B C D-中，E为棱1AA的中点，1AB=，则2113122OC=+=，2113424OE=+=，2119244EC=+=，∴22211OC OE EC+=，1OE OC∴⊥；又BD⊥平面11ACC A，1BD OC∴⊥，且OE BD O=I，1OC∴⊥平面BDE，且1122BDES BD OE∆==g，即α故选:A.【点睛】本题考查线面垂直的判定，考查三角形面积的计算，熟悉正方体中线面垂直关系是解题的关键，属于中档题.13．如图，直三棱柱ABC A B C '''-的侧棱长为3，AB BC ⊥，3AB BC ==，点E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE BF =，当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，则异面直线A F '与AC 所成的角为（ ）A ．2πB ．3πC ．4πD ．6π 【答案】C【解析】【分析】设AE BF a ==，13B EBF EBF V S B B '-'=⨯⨯V ，利用基本不等式，确定点 E ，F 的位置，然后根据//EF AC ，得到A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，再利用余弦定理求解.【详解】设AE BF a ==，则()()23119333288B EBF a a V a a '-+-⎡⎤=⨯⨯⨯-⨯≤=⎢⎥⎣⎦，当且仅当3a a =-，即32a =时等号成立， 即当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，点E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点， 方法一：连接A E '，AF ，则352A E '=352AF =2292A F AA AF ''=+=，13222EF AC ==，因为//EF AC ，所以A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角， 由余弦定理得222819452424cos 9322222A F EF A E A FE A F EF +-''+-'∠==='⋅⋅⨯⨯， ∴4A FE π'∠=． 方法二：以B 为坐标原点，以BC 、BA 、BB '分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 则()0,3,0A ，()3,0,0C ，()0,3,3A '，3,0,02F ⎛⎫ ⎪⎝⎭， ∴3,3,32A F ⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭u u u u r ，()3,3,0AC =-u u u r ， 所以9922cos ,92322A F AC A F AC A F AC +'⋅'==='⋅⨯u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r ， 所以异面直线A F '与AC 所成的角为4π． 故选：C【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，余弦定理，基本不等式以及向量法求角，还考查了推理论证运算求解的能力，属于中档题.14．已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π【答案】B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为22的圆，且高为2，所以其表面积为22(2)222212S πππ=+⋅⋅=，故选B. 点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.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 ．112πD ．212π 【答案】A【解析】【分析】由三视图可知，该几何体为由18的球体和14的圆锥体组成，结合三视图中的数据，利用球和圆锥的体积公式求解即可.【详解】由三视图可知，该几何体为由18的球体和14的圆锥体组成， 所以所求几何体的体积为11+84V V V =球圆锥，因为31149=3=8832V ππ⨯⨯球， 221111=34344312V r h πππ⨯⨯=⨯⨯⨯=圆锥， 所以915322V πππ=+=，即所求几何体的体积为152π. 故选：A【点睛】本题考查三视图还原几何体及球和圆锥的体积公式；考查学生的空间想象能力和运算求解能力；三视图正确还原几何体是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.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．某多面体的三视图如图所示，则该多面体的各棱中，最长棱的长度为( )A 6B 5C ．2D ．1【答案】A【解析】 由三视图可知该多面体的直观图为如图所示的四棱锥P ABCD -：其中，四边形ABCD 为边长为1的正方形，PE ⊥面ABCD ，且1AE =，1PE =. ∴222AP AE PE =+=2BE AB AE =+=，222DE AD AE =+= ∴225CE BE BC =+=225PB BE PE =+223PD PE DE =+=∴226PC CE PE =+=∴最长棱为PC故选A.点睛: 思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：①首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；②观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；③画出整体，然后再根据三视图进行调整.18．设,αβ是两个不同的平面，,l m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，则（ ） A ．若//αβ，则//l mB ．若//m a ，则//αβC ．若m α⊥，则αβ⊥D ．若αβ⊥，则//l m【答案】C【解析】【分析】根据空间线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断可得答案.【详解】A. 若//αβ，则l 与m 可能平行，可能异面，所以A 不正确.B. 若//m a ，则α与β可能平行，可能相交，所以B 不正确.C. 若m α⊥，由m β⊂，根据面面垂直的判定定理可得αβ⊥，所以C 正确. D 若αβ⊥，且l α⊂，m β⊂，则l 与m 可能平行，可能异面，可能相交, 所以D 不正确.【点睛】本题考查空间线线、线面、面面的位置判断定理和性质定理，考查空间想象能力，属于基础题.19．已知棱长为1的正方体被两个平行平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则剩余部分的表面积为( )A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】根据三视图得到几何体的直观图，然后再根据题中的数据求出几何体的表面积即可．【详解】由三视图可得，该几何体为如图所示的正方体截去三棱锥和三棱锥后的剩余部分．其表面为六个腰长为1的等腰直角三角形和两个边长为的等边三角形，所以其表面积为．故选B．【点睛】在由三视图还原空间几何体时，一般以主视图和俯视图为主，结合左视图进行综合考虑．热悉常见几何体的三视图，能由三视图得到几何体的直观图是解题关键．求解几何体的表面积或体积时要结合题中的数据及几何体的形状进行求解，解题时注意分割等方法的运用，转化为规则的几何体的表面积或体积求解．20．一个各面均为直角三角形的四面体有三条棱长为2，则该四面体外接球的表面积为（）A．6πB．12πC．32πD．48π【答案】B【解析】【分析】先作出几何图形，确定四个直角和边长，再找到外接球的球心和半径，再计算外接球的表面积.【详解】由题得几何体原图如图所示，其中SA⊥平面ABC,BC⊥平面SAB,SA=AB=BC=2,所以2,3SC=设SC中点为O,则在直角三角形SAC中，3,在直角三角形SBC中，OB=13 2SC=所以3所以点O3所以四面体外接球的表面积为43=12ππ.故选：B【点睛】本题主要考查四面体的外接球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理的能力.。
高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》全集汇编附答案
【高中数学】数学高考《空间向量与立体几何》试题含答案一、选择题1．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M ， N 分别为棱111,C D CC 的中点，以下四个结论：①直线DM 与1CC 是相交直线；②直线AM 与NB 是平行直线；③直线BN 与1MB 是异面直线；④直线AM 与1DD 是异面直线．其中正确的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C【解析】【分析】 根据正方体的几何特征，可通过判断每个选项中的两条直线字母表示的点是否共面；如果共面，则可能是相交或者平行；若不共面，则是异面.【详解】①：1CC 与DM 是共面的，且不平行，所以必定相交，故正确；②：若AM BN 、平行，又AD BC 、平行且,AM AD A BN BC B ⋂=⋂=，所以平面BNC P 平面ADM ，明显不正确，故错误；③：1BN MB 、不共面，所以是异面直线，故正确；④：1AM DD 、不共面，所以是异面直线，故正确；故选C.【点睛】异面直线的判断方法：一条直线上两点与另外一条直线上两点不共面，那么两条直线异面；反之则为共面直线，可能是平行也可能是相交.2．已知平面α∩β=l ，m 是α内不同于l 的直线，那么下列命题中错误的是（ ） A ．若m ∥β，则m ∥lB ．若m ∥l ，则m ∥βC ．若m ⊥β，则m ⊥lD ．若m ⊥l ，则m ⊥β【答案】D【解析】【分析】A 由线面平行的性质定理判断.B 根据两个平面相交，一个面中平行于它们交线的直线必平行于另一个平面判断.C 根据线面垂直的定义判断.D 根据线面垂直的判定定理判断.【详解】A 选项是正确命题，由线面平行的性质定理知，可以证出线线平行；B 选项是正确命题，因为两个平面相交，一个面中平行于它们交线的直线必平行于另一个平面；C 选项是正确命题，因为一个线垂直于一个面，则必垂直于这个面中的直线；D 选项是错误命题，因为一条直线垂直于一个平面中的一条直线，不能推出它垂直于这个平面；故选：D.【点睛】本题主要考查线线关系和面面关系，还考查了推理论证的能力，属于中档题.3．如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，O 是底面1111D C B A 的中心，则O 到平面11ABC D 的距离是（ ）A ．12B 2C 2D 3【答案】B【解析】【分析】如图建立空间直角坐标系，可证明1A D ⊥平面11ABC D ，故平面11ABC D 的一个法向量为：1DA u u u u r ，利用点到平面距离的向量公式即得解.【详解】如图建立空间直角坐标系，则：1111(,,1),(0,0,1),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,1)22O D A B C 111(,,0)22OD ∴=--u u u u r 由于AB ⊥平面111,ADD A AD ⊂平面11ADD A1AB A D ∴⊥，又11AD A D ⊥，1AB AD I1A D ∴⊥平面11ABC D 故平面11ABC D 的一个法向量为：1(1,0,1)DA =u u u u r O ∴到平面11ABC D 的距离为：1111||224||2OD DA d DA ⋅===u u u u r u u u u r u u u u r 故选：B【点睛】本题考查了点到平面距离的向量表示，考查了学生空间想象，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.4．如图，网格纸是由边长为1的小正方形构成，若粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A ．920π+B ．926π+C ．520π+D ．526π+【答案】C【解析】【分析】 根据三视图还原为几何体，结合组合体的结构特征求解表面积.【详解】由三视图可知，该几何体可看作是半个圆柱和一个长方体的组合体，其中半圆柱的底面半圆半径为1，高为4，长方体的底面四边形相邻边长分别为1，2，高为4，所以该几何体的表面积2112141222S ππ=⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯14224520π+⨯⨯+⨯=+，故选C. 【点睛】本题主要考查三视图的识别，利用三视图还原成几何体是求解关键，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.5．已知ABC V 的三个顶点在以O 为球心的球面上，且2cos 3A =，1BC =，3AC =，三棱锥O ABC -的体积为146，则球O 的表面积为( ) A ．36πB ．16πC ．12πD ．163π 【答案】B【解析】【分析】 根据余弦定理和勾股定理的逆定理即可判断三角形ABC 是直角三角形，根据棱锥的体积求出O 到平面ABC 的距离，利用勾股定理计算球的半径OA ，得出球的面积．【详解】 由余弦定理得22229122cos 26AB AC BC AB A AB AC AB +-+-==g ，解得22AB = 222AB BC AC ∴+=，即AB BC ⊥．AC ∴为平面ABC 所在球截面的直径．作OD ⊥平面ABC ，则D 为AC 的中点，11114221332O ABC ABC V S OD OD -∆==⨯⨯⨯⨯=Q g ， 7OD ∴=． 222OA OD AD ∴=+=．2416O S OA ππ∴=⋅=球．故选：B ．【点睛】本题考查了球与棱锥的关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，判断ABC ∆的形状是关键．6．棱长为2的正方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则该截面的面积为( )A ．92B 92C ．32D ．3【答案】A【解析】【分析】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台，其截面是一个梯形，分别求出上下底边的长和高，代入梯形面积公式可得答案．【详解】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台ABC DEF -，所得的组合体，其截面是一个梯形BCFE ， 上底长为22112+=，下底边长为222222+=， 高为：222322()2+=， 故截面的面积1329(222)222S =+⨯=， 故选：A ．【点睛】 本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．7．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．383+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+2328323V =⨯⨯⨯⨯=+, 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.8．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2的正方形，则该几何体的表面积为( )A ．132πB ．7πC ．152πD ．8π【答案】B【解析】【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解表面积即可．【详解】由题意可知：几何体是一个圆柱与一个14的球的组合体，球的半径为：1，圆柱的高为2， 可得：该几何体的表面积为：22141212274ππππ⨯⨯+⨯⨯+⨯=．故选：B ．【点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.9．以下说法正确的有几个（ ）①四边形确定一个平面；②如果一条直线在平面外，那么这条直线与该平面没有公共点；③过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；④如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行；A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个【答案】B【解析】【分析】对四个说法逐一分析，由此得出正确的个数.【详解】①错误，如空间四边形确定一个三棱锥. ②错误，直线可能和平面相交. ③正确，根据公理二可判断③正确. ④错误，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能相交，也可能异面，也可能平行.综上所述，正确的说法有1个，故选B.【点睛】本小题主要考查空间有关命题真假性的判断，属于基础题.10．已知四面体P ABC -的外接球的球心O 在AB 上，且PO ⊥平面ABC ，2AC =，若四面体P ABC -的体积为32，求球的表面积( )A ．8πB ．12πC ．D ． 【答案】B【解析】【分析】 依据题意作出图形，设四面体P ABC -的外接球的半径为R ，由题可得：AB 为球的直径，即可求得：2AB R =，AC =， BC R =，利用四面体P ABC -的体积为32列方程即可求得R =【详解】依据题意作出图形如下：设四面体P ABC -的外接球的半径为R ，因为球心O 在AB 上，所以AB 为球的直径，所以2AB R =，且AC BC ⊥ 由23AC AB =可得：3AC R =， BC R =所以四面体P ABC -的体积为111333322ABC V S PO R R R ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯= 解得：3R =所以球的表面积2412S R ππ==故选：B【点睛】本题主要考查了锥体体积公式及方程思想，还考查了球的表面积公式及计算能力，考查了空间思维能力，属于中档题。
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1.（2009北京卷）（本小题共14分）如图，四棱锥P ABCD -的底面是正方形，PD ABCD ⊥底面，点E 在棱PB 上.（Ⅰ）求证：平面AEC PDB ⊥平面；（Ⅱ）当2PD AB =且E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小.解:如图，以D 为原点建立空间直角坐标系D xyz -， 设,,AB a PD h ==则()()()()(),0,0,,,0,0,,0,0,0,0,0,0,A a B a a C a D P h ， （Ⅰ）∵()()(),,0,0,0,,,,0AC a a DP h DB a a =-==，∴0,0AC DP AC DB ⋅=⋅=， ∴AC ⊥DP ，AC ⊥DB ，∴AC ⊥平面PDB ， ∴平面AEC PDB ⊥平面.（Ⅱ）当2PD AB =且E 为PB 的中点时，()1120,0,2,,,222P a E a a a ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭， 设AC∩BD=O，连接OE ，由（Ⅰ）知AC ⊥平面PDB 于O ， ∴∠AEO 为AE 与平面PDB 所的角， ∵1122,,,0,0,2222EA a a a EO a ⎛⎫⎛⎫=--=-⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∴2cos 2EA EO AEO EA EO⋅∠==⋅， ∴45AOE ︒∠=，即AE 与平面PDB 所成的角的大小为45︒.2.(2009山东卷)（本小题满分12分）如图，在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB//CD ，AB=4, BC=CD=2, AA 1=2, E 、E 1、F 分别是棱AD 、AA 1、AB 的中点。
（1） 证明：直线EE 1//平面FCC 1； （2） 求二面角B-FC 1-C 的余弦值。
ECE 1A 1B 1C 1D 1D解法二:（1）因为AB=4, BC=CD=2, F 是棱AB 的中点, 所以BF=BC=CF,△BCF 为正三角形, 因为ABCD 为 等腰梯形,所以∠BAC=∠ABC=60°,取AF 的中点M, 连接DM,则DM ⊥AB,所以DM ⊥CD,以DM 为x 轴,DC 为y 轴,DD 1为z 轴建立空间直角坐标系, ,则D （0,0,0）,A （3,-1,0）,F （3,1,0）,C （0,2,0）C 1（0,2,2）,E （32,12-,0）,E 1（3,-1,1）,所以131(,,1)22EE =-,(3,1,0)CF =-,1(0,0,2)CC =1(3,1,2)FC =-设平面CC 1F 的法向量为(,,)n x y z =则100n CF n CC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以300x y z ⎧-=⎪⎨=⎪⎩取(1,3,0)n =,则1311310022n EE ⋅=⨯-⨯+⨯=,所以1n EE ⊥,所以直线EE 1//平面FCC 1. （2）(0,2,0)FB =,设平面BFC 1的法向量为1111(,,)n x y z =,则11100n FB n FC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以11110320y x y z =⎧⎪⎨-++=⎪⎩,取1(2,0,3)n =,则12130032n n ⋅=⨯-⨯+⨯=, 2||1(3)2n =+=,221||20(3)7n =++=,所以11127cos ,7||||27n n n n n n ⋅〈〉===⨯,由图可知二面角B-FC 1-C 为锐角,所以二面角B-FC 1-C 的余弦值为77. 3.（2009全国卷Ⅱ）（本小题满分12分）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，,AB AC D ⊥、E 分别为1AA 、1B C 的中点，DE ⊥平面1BCC（I ）证明：AB AC =（II ）设二面角A BD C --为60°，求1B C 与平面BCD 所成的角的大小。
（I ）分析一：连结BE ，111ABC A B C -为直三棱柱， 190,B BC ∴∠=︒EA BCFEA 1B 1C 1D 1Dxz ME 为1B C 的中点，BE EC ∴=。
又DE ⊥平面1BCC ，BD DC ∴=（射影相等的两条斜线段相等）而DA ⊥平面ABC ，AB AC ∴=（相等的斜线段的射影相等）。
分析二：取BC 的中点F ，证四边形AFED 为平行四边形，进而证AF ∥DE ，AF BC ⊥，得AB AC =也可。
分析三：利用空间向量的方法。
具体解法略。
（II ）分析一：求1B C 与平面BCD 所成的线面角，只需求点1B 到面BDC 的距离即可。
作AG BD ⊥于G ，连GC ，则GC BD ⊥，AGC ∠为二面角A BD C --的平面角，60AGC ∠=︒.不妨设23AC =，则2,4AG GC ==.在RT ABD ∆中，由AD AB BD AG ⋅=⋅，易得6AD =.设点1B 到面BDC 的距离为h ，1B C 与平面BCD 所成的角为α。
利用11133B BC BCD S DE S h ∆∆⋅=⋅，可求得h =23，又可求得143B C = 11sin 30.2h B C αα==∴=︒ 即1B C 与平面BCD 所成的角为30.︒分析三：利用空间向量的方法求出面BDC 的法向量n ，则1B C 与平面BCD 所成的角即为1B C 与法向量n 的夹角的余角。
具体解法详见高考试题参考答案。
总之在目前，立体几何中的两种主要的处理方法：传统方法与向量的方法仍处于各自半壁江山的状况。
命题人在这里一定会兼顾双方的利益 4.（2009全国卷Ⅰ）(本小题满分12分)如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2AD =，2DC SD ==，点M 在侧棱SC 上，∠ABM=60。
（I ）证明：M 是侧棱SC 的中点；()II 求二面角S AM B --的大小。
解法二、分别以DA 、DC 、DS 为x 、y 、z 轴如图建立空间直角坐标系D —xyz ，则)2,0,0(),2,0,0(),0,2,2(),0,0,2(S C B A 。
（Ⅰ）设)0,0)(,,0(>>b a b a M ，则)2,,0(),,2,2(),0,2,0(-=--=-=b a SM b a BM BA ，)2,2,0(-=SC ，由题得⎪⎩⎪⎨⎧>=<SC SM BM BA //21,cos ，即 ⎪⎩⎪⎨⎧-=-=++-⋅--)2(22212)2(2)2(222b a b a a 解之个方程组得1,1==b a 即)1,1,0(M 所以M 是侧棱SC 的中点。
法2：设MC SM λ=，则)12,12,2(),12,12,0(λλλλλ+-+=++MB M 又o AB MB AB 60,),0,2,0(>=<= 故o AB MB AB MB 60cos ||||⋅=•，即22)12()12(214λλλ++++=+，解得1=λ， 所以M 是侧棱SC 的中点。
（Ⅱ）由（Ⅰ）得)1,1,2(),1,1,0(--=MA M ，又)2,0,2(-=AS ，)0,2,0(=AB ， 设),,(),,,(22221111z y x n z y x n ==分别是平面SAM 、MAB 的法向量，则SABCD Mz xy⎪⎩⎪⎨⎧=•=•0011AS n MA n 且⎪⎩⎪⎨⎧=•=•0012AB n MA n ，即⎪⎩⎪⎨⎧=+-=--022*******z x z y x 且⎪⎩⎪⎨⎧==--02022222y z y x 分别令221==x x 得2,0,1,12211====z y y z ，即)2,0,2(),1,1,2(21==n n ，∴3662202,cos 21=⋅++>=<n n二面角S AM B --的大小36arccos-π。
5.（2009天津卷）（本小题满分12分）如图，在五面体ABCDEF 中，FA ⊥平面ABCD, AD//BC//FE ，AB ⊥AD ，M 为EC 的中点，AF=AB=BC=FE=12AD (I) 求异面直线BF 与DE 所成的角的大小； (II) 证明平面AMD ⊥平面CDE ； （III ）求二面角A-CD-E 的余弦值。
方法二：如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点。
设，1=AB 依题意得()，，，001B ()，，，011C ()，，，020D ()，，，110E ()，，，100F .21121M ⎪⎭⎫⎝⎛，， （I ）()，，，解：101B F -= ()，，，110DE -= .2122100DEBF DE BF DE cos =•++=•=，于是BF所以异面直线B F 与DE 所成的角的大小为060.（II ）证明：，，，由⎪⎭⎫ ⎝⎛=21121AM ()，，，101CE -= ()0AM CE 020AD =•=，可得，，， .AMD CE A AD AM .AD CE AM CE .0AD CE 平面，故又，因此，⊥=⊥⊥=•.CDE AMD CDE CE 平面，所以平面平面而⊥⊂（III ）⎪⎩⎪⎨⎧=•=•=.0D 0)(CDE E u CE u z y x u ，，则，，的法向量为解：设平面.111(1.00），，，可得令，于是==⎩⎨⎧=+-=+-u x z y z x又由题设，平面ACD 的一个法向量为).100(，，=v.3313100cos =•++=•=v u v u v u ，所以， 6.（2009年上海卷）（本题满分14分）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12AA BC AB ===,AB BC ⊥,求二面角111B AC C --的大小。
【解】如图，建立空间直角坐标系则A （2，0，0）、 C （0，2，0） A1（2，0，2），B1（0，0，2） 、C1（0，2，2） ……2分设AC 的中点为M ，∵BM ⊥AC, BM ⊥CC1;∴BM ⊥平面A1C1C,即BM =(1,1,0)是平面A1C1C 的一个法向量。
……5分 设平面111A B C 的一个法向量是(,,)n x y z = =（x ，y ，z ）， 1AC =（-2，2，-2）， 11A B =（-2，0，0） ……7分120,2220,1,0,1(0,1,1)...................10n AB x n AC x y z z x y n ∴⋅=-=⋅=-+-====∴=令解得分设法向量n BM 与的夹角为ϕ，二面角111B AC C --的大小为θ，显然θ为锐角1111cos cos ,233n BMn BM B AC C πθϕθπ⋅====∴--解得二面角的大小为…………………….14分7（2010湖南）18.（本小题满分12分）如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，AB=AD=1，AA 1=2，M 是棱CC 1的中点（Ⅰ）求异面直线A 1M 和C 1D 1所成的角的正切值； （Ⅱ）证明：平面ABM ⊥平面A 1B 1M 118.解 Ⅰ）如图，因为1111A B D C //，所以11B MA ∠异面 直线1A Ｍ和1C 1D 所成的角，因为1A 1B ⊥平面11B BCC ， 所以1190=∠M B A ，而1A 1B =1，2212111=+=MC C B M B ，故211111==∠B A MB B MA tan . 即异面直线1A Ｍ和1C 1D 所成的角的正切值为2（Ⅱ）由1A 1B ⊥平面11B BCC ，BM ⊂⊥平面11B BCC ，得1A 1B ⊥ BM ①由（Ⅰ）知，21=M B ， 222=+=CM BC BM ，21=B B ，所以21221B B BM M B =+，从而BM ⊥B 1M ② 又1111B M B B A = , 再由① ②得BM ⊥平面A 1B 1M ，而BM ⊂平面ABM ，因此平面ABM ⊥平面A 1B 1M.8.（2010辽宁理数）（19）（本小题满分12分）已知三棱锥P －ABC 中，PA ⊥ABC ，AB ⊥AC ，PA=AC=½AB ，N 为AB 上一点，AB=4AN,M,S 分别为PB,BC 的中点. （Ⅰ）证明：CM ⊥SN ；（Ⅱ）求SN 与平面CMN 所成角的大小.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。