02卷第七章　立体几何与空间向量《真题模拟卷》－2022年高考一轮数学单元复习（新高考专用）(解析版)_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料_第07章　立体几何与空间向量

02 卷 第七章 立体几何与空间向量《真题模拟卷》 －2022 年高考一轮数学单元复习（新高考专用） 第I卷（选择题） 一、单选题 1．如图，在圆锥 中， ， 为底面圆的两条直径， ，且 ， ， ，异面直线 与 所成角的正切值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 以 为 轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角的余弦值，再得正弦 值． 【详解】 由题意以 为 轴建立空间直角坐标系，如图， ， ， ， ， 又 ，． ， 则 ， 设异面直线 与 所成角为 ，则 ， 为锐角， ，所以 ． 故选：D． 2．在四棱锥 中，底面 是平行四边形， 为 的中点，若 ， ， ，则用基底 表示向量 为（ ）A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 结合空间向量的加法法则直接求解 即可. 【详解】 连接BD，如图，因为E是PD的中点，所以 ， 故选：B 3．已知点 ， ， ，又点 在平面 内，则 的值为（ ） A． B． C． D．【答案】B 【分析】 根据向量的坐标表示求出向量 的坐标，再结合空间向量的共面定理即可得出结果. 【详解】 由题意，得 ， 则 ， 因为P在平面ABC内，并设未知数a，b， 则 ， ， 即 ，解得 . 故选：B 4．若 、 、 三点共线，则 （ ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 直接根据 求解即可. 【详解】 ∵ ， ，由题意得 ，则 ， ∴ 、 ，∴ ， 故选:A． 5．已知 ， ，则 （ ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 由空间向量的加法运算求解. 【详解】 因为 ， ， 所以 ， 故选：C． 6．点 在空间直角坐标系中的位置是（ ）． A．在 轴上 B．在 平面内 C．在 平面内 D．在 平面内 【答案】C 【分析】根据点 的横坐标为 判断. 【详解】 ∵点 的横坐标为 ， ∴点 在 平面内， 故选：C． 7．已知空间向量 ， ， 满足 ， ， ， ，则 与 的夹角为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 将 ，两边平方，利用空间向量的数量积即可得选项. 【详解】 设 与 的夹角为 ．由 ，得 ，两边平方，得 ， 所以 ，解得 ，又 ，所以 ， 故选：C． 8．平行六面体 的各棱长均相等， ， ，则异面直 线 与 所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 利用基底向量 表示出向量 ， ，即可根据向量的夹角公式求出． 【详解】 如图所示：不妨设棱长为1，， ， 所以 ＝ ＝ ， ， ， 即 ，故异面直线 与 所成角的余弦值为 ． 故选：B． 二、多选题 9．给出下列命题，其中为假命题的是（ ） A．已知 为平面 的一个法向量， 为直线 的一个方向向量，若 ，则 B．已知 为平面 的一个法向量， 为直线 的一个方向向量，若 ，则 与 所成角为 C．若三个向量 ， ， 两两共面，则向量 ， ， 共面 D．已知空间的三个向量 ， ， ，则对于空间的任意一个向量 ，总存在实数 使得 【答案】ACD 【分析】根据直线与平面的位置关系、线面角的定义、向量共面的定理，逐一分析选项，即可得答案. 【详解】 对于A：由题意可得 或 ，故A错误； 对于B： 由图象可得， ，则 ， 所以 ，根据线面角的定义可得： 与 所成角为 ，故B正确 对于C：若三个向量 ， ， 两两共面，但三个向量不一定共面，故C错误； 对于D：当空间的三个向量 ， ， 不共面时，对于空间的任意一个向量 ，总存在实数 使得 ，故D错误. 故选：ACD 10．在平行六面体 中， ， ，则 下列说法正确的是（ ） A．线段 的长度为 B．异面直线 夹角的余弦值为 C．对角面 的面积为D．平行六面体 的体积为 【答案】AD 【分析】 设 ，求得 ，根据 ，求得 的值，可 判定A正确；由 ，可判定B错误；由 为正三角形，根据 ，得到对角面 为矩形，可判定C错误；由 ，可判定D正确. 【详解】 设 ，则 ， 对于A中，因为 ， 可得 ， 所以A正确； 对于B中，因为 ， 可得异面直线 与 夹角的余弦值为0，所以B错误； 对于C中，因为 ，所以 为正三角形，可得 ， 因为 ，所以 ， 所以对角面 为矩形，其面积为 ，所以C错误； 对于D中，设 与 交于点 ，连接 ，取 的中点 ，连接 ， 可得 ，所以D正确. 故选：AD.11．定义向量的外积： 叫做向量 与 的外积，它是一个向量，满足下列两个条件：（1） ， ，且 ､ 和 构成右手系(三个向量的方向依次与拇指､食指､中指的指向一 致)；（2） 的模 ( 表示向量 ､ 的夹角).如图所示，在正方体 中，有以下四个结论中，不正确的有（ ） A． 与 方向相反 B． C． 与正方体表面积的数值相等 D． 与正方体体积的数值相等 【答案】ABD 【分析】 由向量的外积的性质逐个分析判断即可【详解】 A选项，根据向量外积的第一个性质可知 与 的方向相同，故A错， B选项，根据向量外积的第一个性质可知 与 的方向相反， 不可能相等，故B错， C选项，根据向量外积的第二个性质可知正方形 的面积为 ，则 与正方体表面积的数值相等，故C对， D选项， 与 的方向相反，则 ，故D错， 故选：ABD. 12．给出下列命题，其中不正确的为（ ） A．若 ，则必有 与 重合， 与 重合， 与 为同一线段 B．若 ，则 是钝角 C．若 ，则 与 一定共线 D．非零向量 ､ ､ 满足 与 ， 与 ， 与 都是共面向量，则 ､ ､ 必共面 【答案】ABD 【分析】 对于ABD，可直接举反例说明，C选项根据共线向量性质可得. 【详解】 A选项，考虑平行四边形 中，满足 ， 不满足 与 重合， 与 重合， 与 为同一线段，故A错， B选项，当两个非零向量 ､ 的夹角为 时，满足 ， 但它们的夹角不是钝角，故B错，C选项，当 时， ，则 与 一定共线，故C对， D选项，考虑三棱柱 ， ､ ､ ， 满足 与 ， 与 ， 与 都是共面向量，但 ， ， 不共面，故D错， 故选ABD. 13．下列命题中不正确的是（ ）. A．若 ､ ､ ､ 是空间任意四点，则有 B．若 ，则 ､ 的长度相等而方向相同或相反 C． 是 ､ 共线的充分条件 D．对空间任意一点 与不共线的三点 ､ ､ ，若 ( )，则 ､ ､ ､ 四点共面 【答案】ABD 【分析】 本题考察向量的概念与性质，需按个选项分析，A选项考察向量加法的意义，B选项考察向量的模的性质， C选项可以两边平方计算，D选项考察四点共面的性质. 【详解】 A选项， 而不是 ，故A错， B选项， 仅表示 与 的模相等，与方向无关，故B错， C选项， ， 即 ， 即 ， 与 方向相反，故C对， D选项，空间任意一个向量 都可以用不共面的三个向量 ､ ､ 表示，∴ ､ ､ ､ 四点不一定共面，故D错， 故选ABD. 14．在正方体 中，点 在线段 上运动，下列说法正确的是（ ） A．平面 平面 B． 平面 C．异面直线 与 所成角的取值范围是 D．三棱锥 的体积不变 【答案】ABD 【分析】 建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得； 【详解】 解：如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为 ，则 ， ， ， ， ， ，因为点 在线段 上运动，设 ， ，则 ， 所以 ， ， ，所以 ， ，所以 ， ，因为 ， 平面 ，所以 平面 ，因为 平面 ，所以平面 平面 ，故A正确； 显然 可以作为平面 的法向量，因为 ，所以 ，因为 平面 ，所以 平面 ，故B正确； 因为 且 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，所以直线 与 所成角即为异面直线 与 所成角，显然当 在 的两端点时所成的角为 ，当 在 的中点时 所成的角为 ，故异面直线 与 所成角的取值范围是 ，故C错误； 因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，所以 到平面 距离即为 到平面 的距离，故 到平面 的距离为一定值，设 到平面 的距离 为 ， 则 为定值，故D正确； 故选：ABD 15．如图1，在边长为2的正方形 中， ， ， 分别为 ， ， 的中点，沿 ､ 及 把这个正方形折成一个四面体，使得 ､ ､ 三点重合于 ，得到四面体 (如图2).下列结 论正确的是（ ）A．四面体 的外接球体积为 B．顶点 在面 上的射影为 的重心 C． 与面 所成角的正切值为 D．过点 的平面截四面体 的外接球所得截面圆的面积的取值范围是 【答案】ACD 【分析】 折叠问题，关键是抓住其中的不变量. 选项A：说明 ､ ､ 两两垂直，将四面体的外接球问题，转化为长方体的外接球问题； 选项B：由于 ､ ､ 两两垂直，可证 在面 上的射影为 的垂心； 选项C：线面角的定义法求解； 选项D：将四面体补成长方体，找出球心，将问题转化为过一定点作球的截面求截面圆面积最值问题. 【详解】 对于A项，易知 ､ ､ 两两垂直，故可以补成长方体，其体对角线长 ， 外接球半径 ，故外接球体积为 ， 故A项正确； 对于B项，由于 ､ ､ 两两垂直，故 在面 上的射影为 的垂心， 理由如下:如图，过点 作 平面 ，交平面 于点 ， 因为 平面 ， 平面 ，所以 ，又因为 ， ， ， 都在平面 内，且相交于点 ， 所以 平面 ，又 平面 ，所以 ， 又 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以 . 同理可证 ， ，所以 在面 上的射影为 的垂心. 故B项错误； 对于C项，设 为 中点，则 ， ， ， 故 平面 ，故平面 平面 ，所以 在平面 上的射影为 ， 与平面 所成角为 ， ， ， ， ， 故C项正确； 对于D项，设 为四面体 的外接球球心， 平面 ，连接 ， ，当过点 的截面经过球心 时截面圆面积最大，面积为 ； 当 垂直截面圆时，截面圆面积最小， 此时 ， ， ， ，截面圆面积为 ， 得截面圆面积取值范围是 . 故D项正确. 故选：ACD. 【点睛】 方法点睛：求解几何体的外接球问题或空间角问题一般从以下角度出发： (1) 外接球问题，关键是找出球心，规则图形的球心在对称中心；不规则图形，能补成规则图形最好，若不 能，则利用球心与截面圆圆心的连线垂直于截面，可做出球心，再利用几何知识求解. (2) 空间角的处理一般是建系，用向量法求解；若图形中垂直关系明显，空间角容易找出，也可用空间角的 定义求解. 16．如图，正方体 的棱长为1，P是线段 上的动点，则下列结论中正确的是 （ ）A． B． 的最小值为 C． 平面 D．异面直线 与 ，所成角的取值范围是 【答案】ABC 【分析】 建立空间直角坐标系，利用空间向量计算可得； 【详解】 解：如图建立空间直角坐标系，则 ， ， ， ， ， ，所以 ， ， ， ，所以 ，所以 ，故A正确； 因为 是线段 上一动点，所以 ，所以 ，所以，当且仅当 时 ，故B正确； 设平面 的法向量为 ，则 ，即 ，令 ，则 ，所以 ，因为 ，即 ，因为 平面 ，所以 平面 ，故C正确； 设直线 与 所成的角为 ，因为 ，当 在线段 的端点处时， ， 在线段 的中点时， ，所以 ，故D错误； 故选：ABC 17．已知梯形 ， ， ， ， 是线段 上的动点；将 沿着 所在的直线翻折成四面体 ，翻折的过程中下列选项中正确的是（ ）A．不论何时， 与 都不可能垂直 B．存在某个位置，使得 平面 C．直线 与平面 所成角存在最大值 D．四面体 的外接球的表面积的最小值为 【答案】AD 【分析】 利用反证法可判断AB选项的正误；分别取 、 的中点 、 ，连接 、 ，以点 为坐标 原点， 、 所在直线分别为 、 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断C选项的正误； 设四面体 的外接球心为 ，求出四面体 外接球半径的最小值，可判断D选项 的正误. 【详解】 对于A选项，在梯形 中， ， ， ， ，且 ，则 ， 因为 ，由余弦定理可得 ， ， ，若 ，且 ， 平面 ， 平面 ， ，事实上 ，矛盾， 故不论何时， 与 都不可能垂直，A选项正确； 对于B选项，若 平面 ， 平面 ，则 ， 所以， ，而 ， ，即 ， 则 、 、 无法构成三角形，不合乎题意，B选项错误； 对于C选项，分别取 、 的中点 、 ，连接 、 ，则 ， ， ，则 ， ， 为 的中点，则 ， ，故 平面 ， 以点 为坐标原点， 、 所在直线分别为 、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设 ，则 、 、 、， ， 设三棱锥 的球心为 ， 由 可得 ，解得 ， 设三棱锥 的外接球半径为 ，则 ，当且仅当 时，等号成立， 因此，四面体 的外接球的表面积的最小值为 ，D选项正确. 对于C选项，设 ， ， 易知平面 的一个法向量为 ， ， 而 ， 即当 时， 无最大值，进而可知直线 与平面 所成角无最大值，C选项错误. 故选：AD. 【点睛】 方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解， 其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离 相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这 些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 18．如图，棱长为 的正方体 中， 、 分别为棱 、 的中点， 为面对角线 上一个动点，则（ ） A．三棱锥 的体积为定值 B．存在 线段 ，使平面 平面 C． 为 中点时，直线 与 所成角最小 D．三棱锥 的外接球半径的最大值为 【答案】AD【分析】 利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BC选项的正误；设出球心的坐标为 ，求出 的最大值，进而可求得三棱锥 的外接球半径的最大值，可判断D选项的正误. 【详解】 对于A选项，因为 平面 ，平面 平面 ， 所以，点 到平面 的距离等于 ， 的面积为 ， 所以， ，A选项正确； 对于BC选项，以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系， 则 、 、 、 、 、 、 、 ， 、 ，设平面 的法向量为 ， ， ， 由 ，取 ，可得 ， 设 ，可得点 ，其中 ， 则 ， 所以， ，解得 ， 故平面 与平面 不平行，B选项错误， ， ， 设直线 与 所成角为 ， 则 ， 当 时， 取得最大值，此时 最小，C选项错误； 对于D选项，由题意可知，三棱锥 的外接球球心在过线段 的中点且垂直于平面 的垂 线上，设球心为 ，易知点 ， 由 ，可得 ，整理可得 ， 因为 ，则 ，所以，三棱锥 的外接球的半径为 ， D选项正确. 故选：AD. 【点睛】 方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解， 其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离 相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这 些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 第II卷（非选择题） 三、解答题 19．如图，在四棱锥 中，底面 为平行四边形， ， 平面 ， ． （1）证明： 平面 ； （2）若 ， 与平面 所成角为 ，求二面角 的大小． 【答案】（1）证明见解析，（2） 【分析】（1）根据题意，由 平面 ，可得 ，再由 可判断 平面 ，得到 ，而 ∥ ，从而可得 ，再由线面垂直的判定定理可得结论； （2）根据题意，以 为坐标原点， 所在的直线分别为 轴，建立空间直角坐标系，利 用空间向量求解即可 【详解】 （1）证明：因为 平面 ， 平面 ， 平面 ， 所以 ， 因为 ， , 所以 平面 ， 因为 平面 ，所以 ， 因为底面 为平行四边形，所以 ∥ ， 所以 ， 因为 ， ， 所以 平面 ； （2）解：由（1）可知 ， 因为 ， ，所以 ， 因为 平面 ，所以 为 在平面 上的射影， 因为 与平面 所成角为 ，所以 ， 所以 ， 所以以 为坐标原点， 所在的直线分别为 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则 , 所以 ，设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，则 ， 设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，则 ， 所以 ， 因为二面角 为锐二面角， 所以二面角 为 ， 20．如图，在四棱锥 中，平面 平面 ， 为等边三角形，底面 为直 角梯形， ， ， ．（1）证明：平面 平面 ； （2）若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求 的长度． 【答案】（1）证明见解析；（2） 或 . 【分析】 （1）利用面面垂直的性质定理直接证明即可； （2）设 的长度为 ，求得平面 的法向量 ，再利用 ， 解方程即可. 【详解】 （1）证明： 底面 为直角梯形， ， ， ， 又 平面 平面 ，且平面 平面 ， 平面 ， 又 平面 ， 平面 平面 ； （2）如图建立空间直角坐标系，设 的长度为 ， 为等边三角形，且 ，故 ， 则 ， ， ， ， 故 ， ， ， 设平面 的法向量 ， 则 ，即 ， 令 ，则 ，即 ， ， 又直线 与平面 所成角的正弦值为 ，故 ， 解得 或 ， 故 的长度为 或 . 21．在三棱台 中， ， ， ， ，且 平面 . 设P､Q､R分别为棱AC､FC､BC的中点. （1）证明：平面 平面PQR； （2）求二面角 的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【分析】 （1）只需证明 ， ，即可证明平面 平面PQR； （2）以P为原点，PA为x轴建立如图所示的空间直角坐标系 ，分别求出两平面的法向量，即可求 解. 【详解】 （1）证明：如图，连接DP，则四边形DPCF是矩形.又 . 则 ，从而 . 由 平面 ，且 平面 ，得 . 由 ，且 为三角形ABC的中位线，得 . 又 ，则 平面ADFC. 注意到 平面ADFC，则 . 又 ，则 平面PQR. 所以平面 平面PQR. （2）以P为原点，PA为x轴建立如图所示的空间直角坐标系 ，则 ， ， ， . 故 ， ， . 设 是平面BDE的法向量， 则 所以 取 ，得 . 设 是平面BDC的法向量， 则所以 取 ，得 . 设二面角 的平面角为 ，则 ， 又 ，所以 . 从而二面角 的平面角的正弦值为 . 22．如图，在多面体 中，平面 平面 ， 为等边三角形，四边形 为 正方形， ，且 ， ， 分别为 ， 的中点． （1）求二面角 的余弦值； （2）作平面 与平面 的交线，记该交线与直线 交点为 ，直接写出 的值．【答案】（1） ；（2） . 【分析】 （1）取 、 的中点，分别记为 、 ，连接 ， ， ，证明 、 、 两两相互垂 直，以 为坐标原点，分别以 、 、 所在直线为 、 、 轴建立空间直角坐标系，分别求出 平面 与平面 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值即可求得二面角 的余弦 值； （2）延长 交 的延长线于 ，连接 并延长交 于 ，交 的延长线于 ，则 为平面 与平面 的交线，再由已知结合比例关系可得 ． 【详解】 （1）取 、 的中点，分别记为 、 ，连接 ， ， 为等边三角形，四边形 为正方形， ， ， 平面 面 ，且平面 面 ， 平面 ， 平面 ， 平面 ， 平面 ， 又 ， 平面 ，故 、 、 两两相互垂直． 以 为坐标原点，分别以 、 、 所在直线为 、 、 轴建立空间直角坐标系， 则 ，0， ， ，2， ， ，2， ， ，3， ，， ， ， ，0， ， ， ． 又 ， ，且 ， 平面 ， 故平面 的一个法向量为 ， 设平面 的一个法向量为 ， 由 ，取 ，得 ． 由图可知，二面角 为锐二面角，记为 ， 则 ； （2）延长 交 的延长线于 ，连接 并延长交 于 ，交 的延长线于 ， 则 为平面 与平面 的交线，由比例关系可得 ． 23．请从下面两个条件中只任选一个，补充在下面的横线上，并作答.① ；② 与平面 所成的角为 .如图，在三棱柱 中， 是边长为 的正三角形， ，平面 平面 ， 是线段 的中点，__________. （1）求 与 所成角的余弦值； （2）求二面角 的余弦值. 【答案】选①（1） ，（2） ；选②（1） ，（2） . 【分析】 选①（1）先证明 平面 ，建立空间直角坐标系，求出向量 ， 的坐标，计算 即可；（2）先求平面 、平面 的一个法向量 ，计算 即可； 选②：（1）先由已知条件证明 是等腰直角三角形，建立空间直角坐标系，求出向量 ， 的 坐标，计算其夹角的余弦值的绝对值即可求解，（2）分别求平面 、平面 的一个法向量，利用空间向量夹角公式计算即可求解； 【详解】 选① ， （1） 是边长为 的正三角形， 是线段 的中点，则 ， 因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ， 如图：以 的中点 为原点，以过点 垂直于 的直线为 轴，以 所在的直线为 轴， 所在 的直线为 轴建立空间直角坐标系，则 ， ， ， 所以 ， ， 所以 ， 所以 与 所成角的余弦值为 ，（2） ， ， 设平面 的一个法向量 ， 则 令 ，则 ， ， 所以 ， 设平面 的一个法向量 ， 则 令 ，则 ， ， 所以 ， 设二面角 的平面角为 ， 则 ， 因由图知 为锐角，所以余弦值为 ， 二面角 的余弦值为 .选②： 与平面 所成的角为 . 因为平面 平面 ，且 与平面 所成的角为 ， 则 ，因为 ，所以 ， 因为 是线段 的中点，所以 ， 因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ， 所以以 的中点 为原点，以 所在的直线为 轴，以 所在的直线为 轴， 所在的直线为 轴建立空间直角坐标系，则 ， ， ， ，则 ， ， ， 所以 与 所成角的余弦值为 ， （2） ， ，设平面 的一个法向量 ， 则 令 ，则 ， ， 所以 ， 因为 ， ， ，所以 平面 ， 所以平面 的一个法向量 ， 设二面角 的平面角为 ， 则 ， 因由图知 为锐角，所以余弦值为 . 所以二面角 的余弦值为 . 24．如图，四棱锥 的底面 是菱形， 平面 ， ， ， 点是棱 上一点． （1）求证： ； （2）当 是 的中点时，求二面角 的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2） . 【分析】 （1）证得 平面 ，根据线面垂直的性质即可得出结论； （2）设 ，连接 ，证得 平面 ，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量 的夹角公式即可求解. 【详解】 （1）因为 平面 ，且 平面 ，所以 ，又因为底面 是菱形，所以 ，且 ，所以 平面 ，又因为 平面 ，所以 ； （2）设 ，连接 ，因为 为 的中点，所以 ，所以 平面 ， 所以以 为坐标原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建立空间直角坐标系，所以 ， 则 ， 设平面 的法向量 ，则 ，即 ， 取 ， 设平面 的法向量 ，则 ，即 ， 取 ， 则由图可知：二面角 的平面角为锐角，所以二面角 的余弦值为 . 25．在四棱锥 中，底面 是边长为 的正方形，平面 底面 ， ． （1）求证： ； （2）点 ， 分别在棱 ， ， ， ，求平面 与平面 所成角的正 弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2） ． 【分析】 （1）连接 ，设 ，连接 ，由于四边形 为边长为 的正方形，所以 ，由等腰三角形的性质可得 ，由面面垂直的性质可得 底面，则 ，再由等腰三角形的判定可得 ； （2）以 为坐标原点，射线 ， ， 的方向分别为 轴， 轴， 轴的正方向建立空间直角坐标 系如图所示，利用空间向量求解即可 【详解】 （1）证明：连接 ，设 ，连接 ， 底面 为边长为 的正方形， ， ， 平面 底面 ，平面 底面 ， 平面 ， 底面 ， 底面 ， ， ． （2）以 为坐标原点，射线 ， ， 的方向分别为 轴， 轴， 轴的正方向建立空间直角坐标 系如图所示， 由（1）可知 ，可得 ， ， ， ， ，， ， ， ， ， 设平面 的法向量 ， ． ，令 ，可得 ， ， 设平面 的法向量 ， ， ，令 可得 ， 因为 所以 ． 所以平面 与平面 所成角的正弦值为 26．设空间两个不同的单位向量 ， 与向量 的夹角都等于 ． （1）求 和 的值； （2）求 的大小． 【答案】（1） ； ；（2） ． 【分析】 （1）根据模长和夹角的坐标表示列方程可得解；（2）由 ，结合（1）可求坐标，进而得解. 【详解】 （1）∵ ，∴ 、 ，又∵ 与 的夹角为 ， ∴ ， ∴ ， 另外 ， ∴ ， ； （2） ， 由（1）知 ， ， ∴ 、 是方程 的解，∴ 或 ， 同理 或 ， ∵ ，∴ 或 ，∴ ， ∵ ，∴ ． 27．已知 ， ． （1）求 ； （2）求 与 夹角的余弦值； （3）求确定 、 的值使得 与 轴垂直，且 ． 【答案】（1） ；（2） ；（3） ， ． 【分析】 （1）利用向量的数量积运算求解； （2）利用向量的夹角公式求解； （3）取 轴上的单位向量 ，由 与 轴垂直，且 ，利用数量积 运算求解. 【详解】 （1）因为 ， ， 所以 . （2）∵ ， ， ∴ ， ∴ 与 夹角的余弦值为 ，（3）取 轴上的单位向量 ， ， 依题意 ， 即 ， 故 ， 解得 ， ． 28．如图， 为圆锥的顶点， 是圆锥底面的圆心， 是底面的内接正三角形， 为底面直径.已 知 . （1）证明： 平面 ； （2）求二面角 的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 【分析】 （1）利用正弦定理易得 的边长，再利用勾股定理可得 ，由此即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面 与 的法向量，利用向量夹角公式即可得解【详解】 （1）设 的边长为 ，则 ，解得 ， 在 中， ，同理 ， 由于 ， 故 ，又 ， 平面 （2）以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ， ， 设平面 的一个法向量为 ， 则 ，即 ， 取 ，则 ，故 设平面 的一个法向量为 ，则 ，即 ， 取 ，则 ，故 又由图象可知二面角 为锐角， 所以二面角 的余弦值为 29．如图，正方形 所在平面与等边 所在平面互相垂直，设平面 与平面 相交于直 线 . （1）求 与 所成角的大小； （2）求二面角 的余弦值. 【答案】（1）45°；（2） . 【分析】 （1）由四边形 为正方形，可得 ，再由线面平行的判定定理可得 平面 ，由线面 平行的性质定理可得 ，由 可得 与 所成角的大小是 ；（2）分别取 、 的中点 、 ，连接 ，可得 、 、 两两垂直，所以以 为坐标原点， 分别以 、 、 所在直线为 、 、 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值 【详解】 解：（1）∵四边形 为正方形，∴ ， ∵ 平面 ， 平面 ， ∴ 平面 ， 又∵ 平面 ，且平面 平面 直线 ，∴ ， ∵四边形 为正方形，∴ ， 故 与 所成角的大小是 ； （2）分别取 、 的中点 、 ，连接 ， 由 为等边三角形，可知 ， 由四边形 为正方形，知 ， ∵平面 平面 ，平面 平面 ， 且 平面 ，∴ 平面 ， 以 为坐标原点，分别以 、 、 所在直线为 、 、 轴建立空间直角坐标系， 设 ，则 ， ， ， ， 于是 ， ， ， 设平面 的一个法向量为 ，由 ，取 ，可得 ； 设平面 的一个法向量为 ， 由 ，取 ，可得 . ∴ . 由图可知，二面角 为锐二面角，则其余弦值为 . 30．如图，在四棱锥 中，四边形 是直角梯形， ， ， ，平面 平面 ， 是 的中点，且 . （1）求证： 平面 ；（2）若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求二面角 的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 【分析】 （1）依题意可得 为直角三角形，即可得到 ，根据面面垂直的性质定理即可证明； （2）由（1）可知 即为直线 与平面 所成角，即可得到 ，再利用勾股定理求 出 ，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值； 【详解】 解：（1）在 中，因为 是 的中点， 且 ，所以 ， 所以 为直角三角形，所以 ， 又因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， 所以 平面 （2）因为 平面 ，所以直线 与平面 所成角为 ，所以 ，又 ， ， ，所以 ，在 中， 设 ，则 ，所以 ，即 ，解得 ，即 ， 作 交 于点 ，因为 ，所以 ，如图建立空间直角坐标系，则 ，， ， ， ， ， ， ， 设面 的法向量为 ，所以 ，令 ，则 ， ，所以 ， 设面 的法向量为 ，所以 ，令 ，则 ， ， 所以 ，设二面角 为 ，显然二面角为锐二面角，所以 ； 31．如图，在等腰梯形 中， ， ， ， 为 中点，以 为 折痕把 折起，使点 到达点 的位置（ 平面 ）.（1）证明： ； （2）若直线 与平面 所成的角为 ，求二面角 的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【分析】 （1）设 的中点为 ，连接 、 ，证明出 平面 ，进而可得出 ； （2）证明出 平面 ，然后以 为原点， 为 轴、 为 轴、 为 轴，建立空间直 角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果. 【详解】 （1）设 的中点为 ，连接 、 ， 翻折前，因为 ， ， 为 的中点，则 ， 且 ，故四边形 为平行四边形，则 ， 故 ，所以， 为等边三角形， 为 的中点，则 ， 因为 ，则 ， 翻折后，则有 ，在 中， ， ， ，由余弦定理可得 ， ， 所以， ， ， 平面 ， 平面 ，故 ； （2）在平面 内作 ，垂足为 ， 平面 ， 平面 ，所以， ， ， ， 平面 ， 所以，直线 与平面 所成角为 ， 因为， ，则 ，所以， ，故 、 两点重合， 即 平面 ，以 为原点， 为 轴、 为 轴、 为 轴，建立空间直角坐标系， 则 、 、 ，则 ， ， 设平面 的一个法向量为 ，则 ，即 ，令 ，得 ，易知平面 的一个法向量为 ， 所以， ，则 . 因此，二面角 的正弦值为 . 32．如图，正三棱锥 中， 与底面 所成角正切值为 ． （1）证明： 面 ； （2）设 为 的中心，延长 到点 使得 ，求二面角 的平面角的大小． 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【分析】 （1）取底面中心 ，不妨设 ，根据线面角可得 ，由勾股定理可得 ，根据正 棱锥的性质可得 ，进而可得结果； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，易得面 的法向量，求出面 的法向量，求出法向量夹角 的余弦值即可得结果. 【详解】 （1）由题意知：取底面中心 ，则有 面 ，所以 即为 与底面 所成角， 不妨设 ，则有 ， ， 在正 中，因为 ，所以 ． 在 中，因为 ，所以 ① 又因为正三棱锥，所以 ② 所以 面 ． （2）因为 为等边三角形，取 中点 ，则 ， 作 ，则 面 ． 以 为原点， ， ， 分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系． 则有： ， ， ， ， ， ， 所以 ，所以 ． 因为 面 ，所以 为面 的法向量， 设面 的法向量为 ，所以由 ． 所以 ，所以二面角的大小为 ．33．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，BC＝2AD＝ 2AB＝2DC＝2PA＝2，对角线AC与BD交于O点，连接PO. （1）求证：AC⊥PB； （2）过B点作一直线l平行于PC，设Q为直线l上除B外的任意点，设直线PQ与平面PAC所成角为 ， 求 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【分析】 （1）延长BA、CD交于一点R，根据平面几何知识得CA⊥BA，根据线面垂直的判定和性质可得证； （2）由（1）得，以A为原点，射线AB，AC，AP的方向为x，y，z轴正方向建立空间坐标系，设 ，其中 ，根据线面角的向量求解方法表示 ，再由二次函 数的性质可求得范围. 【详解】 （1）延长BA、CD交于一点R，因为AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2DC＝2，所以 为正三角形，且AD为三角形RBC的中位线，即A为BR边的中点，所以CA⊥BA， 因为PA⊥底面ABCD，AC⸦平面ABCD，所以PA⊥AC， 因为 AB PA＝A，所以AC⊥平面PAB，PB⸦平面PAB， 所以AC⊥PB； （2）由（1）得，AP，AB，AC两两垂直， 故以A为原点，射线AB，AC，AP的方向为x，y，z轴正方向建立空间坐标系，则平面PAC的法向量为 ， P（0，0，1），C（0， ，0），B（1，0，0）， 所以 ＝（0， ，－1）， ＝（1，0，－1）， 因为l∥PC，所以可设 ，其中 ， ， 因为 ，所以 ， 所以 ，当且仅当 时， . 34．如图，在七面体 中，四边形 是菱形，其中 ， 为等边三角形，且 ， 为 的中点. （1）证明： 平面 ； （2）求平面 与平面 所成的锐二面角的余弦值. 【答案】(1) 证明见解析； (2) . 【分析】 (1)利用线面垂直的判定证 平面 ，得到 ，再证 平面 ； (2)几何法求解.先确定二面角的平面角，再利用解三角形知识求角. 【详解】 (1) 连接 ， ， 因为 为菱形 的边 上的中点， 所以 ，又 ， 由余弦定理得 ，由 ，知 ，即 ， 又 ，所以 . 根据题意，有 又 ， 都在平面 内，且相交于点 所以 平面 又 平面 ，所以 . 在等边三角形 中，因为 为 的中点，所以 . 又在菱形 中， ，所以 . 因为 ， 都在平面 内，且相交于点 ， 所以 平面 . (2) 因为平面 与平面 的交线为 ， 由(1)知， ， ， 所以 为二面角 的平面角， 设 ，则有 ， 由(1)知， 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 ， 过点 作 交 于点 ，则有 平面 ，又 为等边三角形，所以 ， ， ， . 在 和 中，由余弦定理得 ， ， 所以 则 ， 所以平面 与平面 所成的锐二面角的余弦值为 . 【点睛】 立体几何图形证明线面、面面位置关系或求线面、面面角可从以下几点考虑： (1)证明线面、面面位置关系的一般方法是利用相关的判定定理和性质定理，需注意二者的相互转化.若有坐 标系也可利用向量法证明. (2)求线面、面面角的一般方法是向量法，若图形容易确定所求角，也可利用几何法，结合解三角形知识求 角. 35．已知正方体 中， 分别为棱 的中点. （1）求证； 四点共面； （2）求二面角 的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2） . 【分析】 （1）建立空间直角坐标系，求出 ， 坐标得 ，从而得四边形 为平行四边形即可 证明； （2）分别求出平面 与平面 的法向量 和 ，利用向量法求解二面角的公式 即可求解. 【详解】 解：如图建立空间直角坐标系 ，设正方体的边长为2， （1）因为 ， ， ， ， 所以 ， ， 所以 ，所以 ，且 ， 所以四边形 为平行四边形，所以 四点共面； （2） ， 设平面 的法向量分别为 ，则 ，即 ，取 得 ，同理可得，平面 的法向量 ， 所以 ， 由图可知，二面角为钝角，所以二面角 的余弦值为 . 四、填空题 36．在正四棱锥 中， ， ， 分别是 ， 的中点，设异面直线 与 所成 角的大小为 ，则 __________． 【答案】 【分析】 先建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，然后用向量法求异面直线所成的角即可 【详解】 建立如图所示的空间直角坐标系， 设 ， ，设异面直线 与 所成角的大小为 ， 则 故答案为： 37．正方体 中， 与平面 所成角的正弦值为___________. 【答案】 【分析】 设正方体 的棱长为 ，以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线 与平面 所成角的正弦值. 【详解】 设正方体 的棱长为 ，以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系， 则 、 、 、 、 ， 设平面 的法向量为 ， ， ，由 ，取 ，则 ， ， . 因此， 与平面 所成角的正弦值为 . 故答案为： . 38．已知二面角 为 ，在 与 的交线上取线段 ，且 ， 分别在平面 和 内，它们都垂直于交线 ，且 ， ，则 的长为_________. 【答案】 【分析】 利用 ，将其两边同时平方即可求 ，再开方即可求解. 【详解】 如图： ， ， ， 所以 ，所以 ， 所以 的长为 ， 故答案为： . 39．已知 ， ， ，若点 满足 ，则点 的坐标为 ________． 1 (5，，0) 【答案】 2 【分析】 (cid:5) P(x，y，z) AP(x2，y1，z2) 设 ，则 ，再由坐标相等列方程可得解. 【详解】 (cid:5) (cid:5) (cid:5) P(x，y，z) AP(x2，y1，z2) AB (2，6，3) AC (4，3，1) 设 ，则 ， ， ， (cid:5) 1 (cid:5) (cid:5) AP  (ABAC) ∵ 2 ， 1 1 3 (x2，y1，z2) [(2，6，3)(4，3，1)] (6，3，4)(3，，2) ∴ 2 2 2 ， 1 (5，，0) ∴P点坐标为 2 ． 1 (5，，0) 故答案为： 2 . (cid:5) AB  110 40．在空间直角坐标系中，A(1，2，3)、B(2，1，m)，若 ，则m的值为________． 【答案】7或13 【分析】 根据空间两点距离公式列式求解即可. 【详解】(cid:5) AB  (12)2 (21)2 (3m)2  110 ， (m3)2 100 m310 m7 13 ∴ ，∴ ，∴ 或 ． 7 13 故答案为： 或 . (cid:5) 41．已知 A(3，5，7) 、 B(2，4，3) ，设点A、 B 在 yOz 平面上的射影分别为 A 1、 B 1，则向量 A 1 B 1 的坐标 为________． (0，1，10) 【答案】 【分析】 A(0，5，7) B (0，4，3) 根据题意可得 1 、 1 ，进而得解. 【详解】 A(3，5，7) B(2，4，3) yOz A(0，5，7) B (0，4，3) 点 、 在 平面上的射影分别为 1 、 1 ， (cid:5) AB (0，1，10) ∴向量 1 1 的坐标为 ． (0，1，10) 故答案为： . (cid:5) (cid:5) (cid:5)(cid:5) (cid:5) b a (2，1，2) ab18 b 42．在空间直角坐标系中，已知向量 与向量 共线且满足方程 ，则向量 的坐标 为________． (4，2，4) 【答案】 【分析】 (cid:5) (cid:5) ba R 2 设 ， ，由数量积运算可得 ，进而可得坐标. 【详解】 (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) b a ba R ∵ 与 共线，故可设 ， ， (cid:5)(cid:5)  ab18 aa |a|2( 414)2 918 由 得： ， (cid:5) (cid:5) 2 b 2a (4，2，4) 故 ，∴ ．(4，2，4) 故答案为： . P P P P P(2，3，1) xOy yOz 43．已知点 关于坐标平面 的对称点为 1，点 1关于坐标平面 的对称点为 2，点 2 z P P 关于 轴的对称点为 3，则点 3的坐标为________． (2，3，1) 【答案】 【分析】 利用空间点关于平面对称点的求法求解. 【详解】 P(2，3，1) xOy P (2，3，1) 点 关于坐标平面 的对称点 1的坐标为 ， P yOz P (2，3，1) 点 1关于坐标平面 的对称点 2的坐标为 ， 点 P 2关于z轴的对称点 P 3的坐标是 (2，3，1) ． (2，3，1) 故答案为： P(1，2，1) xOz B(x，y，z) x yz  44．点 在 平面内的射影为 ，则 ________． 【答案】0 【分析】 利用空间点在平面内的射影求解. 【详解】 P(1，2，1) xOz B(1，0，1) 点 在 平面内的射影为 ， x1 y0 z 1 ∴ 、 、 ， x yz 1010 ∴ ． 故答案为：0 五、双空题 45．边长为2的正方体 ABCDA 1 B 1 C 1 D 1内（包含表面和棱上）有一点 P ， M 、 N 分别为 A 1 B 1、 DD 1(cid:5) (cid:5) (cid:5) APAM AN  R 中点，且 （ ， ）． (cid:5) (cid:5) DPtDC tR t  （1）若 1 1 1 （ ），则 ______． (cid:5) (cid:5) APkAC APDC （2）若 1 1 （kR），则三棱锥 1 1体积为______． 1 4 【答案】4 7 【分析】 (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) AA DP DC （1）以 AB ，AD， 1为基底，把向量 1 ， 1 1分别用基底表示，利用两个向量相等的条件即可算 出； (cid:5) (cid:5) APkAC A C （2）由 1 1 得， 1，P， 三点共线，利用（1）把k求出来，再利用等体积法 V V ADC ADC APD 1 C 1 PAD 1 C 1算出P到面 1 1的距离，三角形 1 1的面积，即可算出体积. 【详解】 如图， (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) DP D A AP(ADDD )AM AN （1） 1 1 1 (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) ADAA (AA  AM)(ADDN) 1 1 1 (cid:5) (cid:5) (cid:5) 1(cid:5) (cid:5) 1(cid:5) AD AA (AA  AB)(AD AA) 1 1 2 2 11 (cid:5) (cid:5) 1 (cid:5) (cid:5) (cid:5)  AB(u1)AD( u1)AA tDC tAB 2 2 1 1 1 , 1 t  2  u10 所以 ，所以 .  1 1  u10 t   2 4 (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) 1 (cid:5) (cid:5) 1 (cid:5) AP  AD DP AD AB(u1)AD( u1)AA （2） 1 1 1 1 2 2 1 1 (cid:5) (cid:5) 1 (cid:5)  ABuAD( u1)AA 2 2 1， (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) AC  AA ABBC  AB ADAA 1 1 1 ， (cid:5) (cid:5) APkAC 因为 1 1 ， 1 (cid:5) (cid:5) 1 (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) ABuAD( u1)AA k(AB ADAA) 所以2 2 1 1 ， 1 k  2  u k 所以 ，所以 ，  1 2  u1k k   2 7 如图，连接 A 1 D ， A 1 C ，分别与 AD 1， AC 1交于点 E ， O ， 连接 EO ，过点 P 作 PG//A 1 E ，ABCDABC D AE  ADC 在正方体 1 1 1 1中，易证 1 面 1 1， PG  ADC 所以 面 1 1， 1 AE  AD  2 因为 1 2 1 ， 2 4 3 AP  AC  AO OP  AO 因为 1 7 1 7 1 ，所以 7 1 ， 3 3 2 PG  AE  所以 7 1 7 ， 1 1 S  AD DC  2 222 2 △AD 1 C 1 2 1 1 1 2 ， 1 1 3 2 4 V V  S PG  2 2  所以 APD 1 C 1 PAD 1 C 1 3 AD 1 C 1 3 7 7 ， 1 4 故答案为：（1）4 ；（2）7 . 3 6 46．已知正四面体ABCD内接于半径为 2 的球O中，在平面BCD内有一动点 P ，且满足 AP 4 2 |BP| AP BC ，则 的最小值是___________；直线 与直线 所成角的取值范围为___________.  ,   【答案】2 32 2 3 2 【分析】 3 6 （1）先由正四面体ABCD内接于半径为 2 的球O中，求出四面体的棱长和高，由高和AP 4 2 |BP| P 求出点 的轨迹，从而确定 的最小值. P AP BC （2）建立空间直角坐标系，设出点 的坐标，求出直线 与直线 所成角的余弦值，求出余弦值取值 范围，从而出所成角取值范围. 【详解】 BCD 设A在面 内的投影为E，故E为三角形BCD的中心， ABCD x O R 设正四面体 的棱长为 ，球 的半径为 . 2 3 3x 6x BE  x  AE  AB2 BE2  则 3 2 3 ， 3 ， R2  BE2 AER2 依题可得，球心O在AE上， ，代入数据可得x6， BE 2 3 AE 2 6 则 ， ， AP 4 2 PE  AP2 AE2 2 2 又 ， ， 2 2 P 故 的轨迹为平面BCD内以E为圆心， 为半径的圆， BE 2 3 ， B,P,E |BP| 2 32 2 三点共线时，且P在BE之间时， 的最小值是 . 以E为圆心，BE所在直线为x轴建立如图所示直角坐标系，         A 0,0,2 6 B 2 3,0,0 C  3,3,0 D  3,3,0 ， ， ， ，   设 P 2 2cos,2 2sin,0 ，0,2 ，(cid:5) (cid:5)     AP  2 2cos,2 2sin,2 6 BC  3 3,3,0 故 ， ， 设直线AP与直线BC所成角为， (cid:5) (cid:5) APBC 6 6cos6 2sin 1  π  1 1 ∵ cos  B  C (cid:5)  A (cid:5) P   4 26  2 sin    3       2 , 2 ，  1 1 cos  ,   ∴  2 2，  π   α 0,  ,     又  2，故 3 2，   ,   故答案为：2 32 2 ，3 2. 【点睛】 本题考查了立体几何中两条直线所成角的问题，解答的关键在于能利用直线与直线，直线与平面，平面与 平面的关系进行转化.同时对于立体几何中的角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解直线的方 向向量，利用向量的夹角公式求解. ABCD AB//CD AB AD CD2AB 2AD2a △ABD 47．如图，在直角梯形 中， ， .已知 .将 沿直线 BD 翻折成 A 1 BD ，连接 A 1 C .当三棱锥 A 1 BCD 的体积取得最大值时，异面直线 A 1 C 与 BD 所成角的A BCD 4 3 余弦值为___________；若此时三棱锥 1 外接球的体积为 ，则a的值为___________. 6 【答案】 6 ； 3. 【分析】 ① 取 BD 中点E， CD 中点F，连接 A 1 E ， EF ，可证得 A 1 E  平面 BCD ， EF  BD ，以E为坐标原 (cid:5) (cid:5) EA AC 点，分别以EB ､ EF ､ 1所在直线为x､y､z轴建立空间直角坐标系，求得BD， 1 ，进而由夹角公式可 A BCD 得结果；② 首先得出点 F 是三棱锥 1 外接球的球心，且球半径 Ra ，代入球的体积公式可解得 a . 【详解】 ABCD AB//CD AB AD CD2AB 2AD2a 在直角梯形 中，∵ ， ， ， BD 2a BC  2a BD2 BC2 CD2 BC  BD ∴ ， ，可得 ，即 ， ADB  BCD A BCD 当平面 1 平面 时，三棱锥 1 的体积取得最大值， AE AE  BD 取 BD 中点E， CD 中点F，连接 1 ， EF ，则 1 ， ADB  BCD ADB BCD  BD AE  BCD ∵平面 1 平面 ，且平面 1 平面 ，∴ 1 平面 ， EF//BC BC  BD EF  BD ∵ ， ，∴ ， EA 以E为坐标原点，分别以 EB ､ EF ､ 1所在直线为x､y､z轴建立空间直角坐标系，2 2 2 2 B( a,0,0) D( a,0,0) A(0,0, a) C( a, 2a,0) 则 2 ， 2 ， 1 2 ， 2 (cid:5)  2 2  ∴  B  D (cid:5)    2a,0,0 ， A 1 C   2 a, 2a, 2 a ，   设异面直线 A 1 C 与 BD 所成角为  ， (cid:5) (cid:5) a2 6 cos cos BD,AC   则 1 2a 3a 6 ， 6 即异面直线A 1 C与BD所成角的余弦值为 6 ； 2 2  2a  2a FA  EF2 EA2      a 显然 ，又 1 1  2   2  ， FD FB FC a     A BCD 所以点 F 是三棱锥 1 外接球的球心，且球半径 Ra . 4 a3 4 3 由3 ，解得a 3. 6 故答案为：① 6 ；② 3. 【点睛】 A BCD 关键点点睛：第二空的关键点是：确定点 F 是三棱锥 1 外接球的球心，且球半径 Ra .48．17世纪，笛卡尔在《几何学》中，通过建立坐标系，引入点的坐标的概念，将代数对象与几何对象建 立关系，从而实现了代数问题与几何问题的转化，打开了数学发展的新局面，创立了新分支——解析几何． x1 我们知道，方程 在一维空间中，表示一个点；在二维空间中，它表示一条直线，那么在三维空间中， (cid:5) P(1,1,2) v (1,2,3) 它表示______，过点 且法向量为 的平面的方程是______． x2y3z50 【答案】一个平面 【分析】 (cid:5) nA,B,C 根据空间直角坐标系的特征判断即可，再由在空间直角坐标系中，若法向量为 ，且平面过点 x ,y ,z  Axx By y Czz 0 0 0 0 ，那么平面方程为 0 0 0 计算可得； 【详解】 x1 1 解：依题意可得 在三维空间中，它表示一个平面，在这个平面上所有点的横坐标都为 ， (cid:5) P(1,1,2) v (1,2,3) 1x12y13z20 过点 且法向量为 的平面的方程为 ，整理得 x2y3z50 x2y3z50 故答案为：一个平面； ABCDABC D A CDD 49．已知正方体 1 1 1 1的棱长为1，则三棱锥 1 1外接球的表面积为_______，二面角 C  ACD 1 1的余弦值为________． 6 【答案】3 3 【分析】 A CDD ABCDABC D 依题意三棱锥 1 1外接球即为正方体 1 1 1 1的外接球，则正方体的体对角线即为外接 球的直径，利用勾股定理计算得到外接球的半径，再利用面积公式计算可得；建立空间直角坐标系，利用 空间向量法求出二面角的余弦值；【详解】 A CDD ABCDABC D ABCDABC D 解：三棱锥 1 1外接球即为正方体 1 1 1 1的外接球，因为正方体 1 1 1 1的 3 R 棱长为1，其体对角线即为外接球的直径，所以2R 12 12 12  3，所以 2 ，所以外接球的表 S 4R2 3 面积 A1,0,0 C0,1,0 C 0,1,1 D 0,0,1 如图建立空间直角坐标系，则 ， ， 1 ， 1 ， (cid:5) (cid:5) (cid:5) AC 1,1,0 CC 0,0,1 CD 0,1,1 则 ， 1 ， 1   m·AC 0 x y 0 设面 C AC 的法向量为 (cid:5) m  x,y,z，则   m  ·C  C  0 ，所以 z 0 ，令 x1 ，则 y 1 ， z 0 ，所 1 1 (cid:5) m1,1,0 以 ，   n·AC 0 x y 0 设面 D 1 AC 的法向量为 (cid:5) nx,y,z，则   n  ·C  D  1 0 ，所以 yz 0 ，令 x1 ，则 y 1 ， z 1 ，所 (cid:5) n1,1,1 以 ， (cid:5) (cid:5) mn 2 6 (cid:5) cos (cid:5)   设二面角C  ACD 为  ，则 m n 2 3 3 1 16 故答案为：3； 3 ； 【点睛】 与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确 定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方 体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. (cid:5) (cid:5) AB(3,4,2),CD(7,2,4) 50．在空间四边形ABCD中，若 ，点E、F分别是线段BC、AD的中点， (cid:5) (cid:5) |AB| EF 则 _______， 的坐标为___________． 29 (2,1,1) 【答案】 【分析】 (cid:5) (cid:5) |AB| EF 由模长公式得出 ，由向量的加法运算以及坐标运算得出 . 【详解】 (cid:5) | AB| 32 42 (2)2  29 (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) EF  EBBA AF,EF  ECCDDF (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) 2EF  EBECBACD AF DF  BACD (3,4,2)(7,2,4)(4,2,2) (cid:5) EF (2,1,1) 则29 (2,1,1) 故答案为： ； 【点睛】 (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) EF  EBBA AF,EF  ECCDDF 关键点睛：解决本题的关键在于由向量的加法得出 ，两式相 (cid:5) EF 加得出 的坐标. 51．已知正方体ABCD﹣ABC D 的棱长为2，点M，N分别是棱BC，CC 的中点，则二面角C﹣AM﹣N 1 1 1 1 1 的余弦值为__．若动点P在正方形BCC B（包括边界）内运动，且PA∥平面AMN，则线段PA 的长度范 1 1 1 1 围是__． 3 2  2  , 5 【答案】 2 3   【分析】 NQC 延长AM至Q，使得CQ⊥AQ，连接NQ，得∠NQC为二面角C﹣AM﹣N的平面角，在直角三角形 中 求得其余弦值，然后点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设P（m，2，n）（0≤m， PA n≤2），求出平面 AMN 的一个法向量，利用向量法求得 P 的轨迹方程，得轨迹，由对称性得 1长度的 最大值和最小值． 【详解】 解：延长AM至Q，使得CQ⊥AQ，连接NQ，如图，由于ABCD﹣ABC D 为正方体， 1 1 1 1 CC  ABCD AQ ABCD CC  AQ CN  AQ 正方体中有 1 平面 ， 平面 ，所以 1 ，即 ， CQCN C CQ,CN  NCQ AQ NCQ ， 平面 ，所以 平面 ， NQ  NCQ NQ AQ 又 平面 ，所以 ， 所以∠NQC为二面角C﹣AM﹣N的平面角， CQ AB 2 2 2 2 sinCMQsinAMB    CQ CM  而 CM AM 22 1 5 ，故 5 5 ， 2  2  3 ∴NQ   12  ，  5 5 CQ 2 cosNQC   ∴ NQ 3； 以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设P(m，2，n)（0≤m，n≤2），A(2，0，0)，M(1， 2，0），N(0，2，1），A(2，0，2）， 1 (cid:5) (cid:5) (cid:5) (cid:5) AM (1,2,0),AN (2,2,1) AP (m2,2,n2) v (x,y,z) 则 ， 1 ，设平面AMN的一个法向量为 ， (cid:5)   vAM x2y 0 则 (cid:5)  ， vAN 2x2yz 0 (cid:5) v (2,1,2) 故可取 ，又PA∥平面AMN， 1 (cid:5) (cid:5) APv 2(m2)22(n2)2(mn3)0 ∴ 1 ， ∴点P的轨迹为经过BB，BC 中点的线段， 1 1 1 |PA |  22 1 5 根据对称性可知，当点P在两个中点时， 1 max ，当点P在两个中点连线段的中点时， 2  2  2  3 2 |PA |  5    1 min  2  2 ，   3 2   , 5 故选段PA 的长度范围是 ． 1 2   3 2  2  , 5 故答案为： ， ． 2 3   【点睛】 本题考查求二面角，考查空间轨迹问题，求空间线段的长度．解题方法是建立空间直角坐标系，用向量法 求得空间点的轨迹，从而利用轨迹的对称性求得长度的最值．