01卷第七章　立体几何与空间向量《过关检测卷》－2022年高考一轮数学单元复习（新高考专用）(解析版)_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

01 卷 第七章 立体几何与空间向量《过关检测卷》 －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．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 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．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． 4．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．5．如图所示，在空间直角坐标系中， ，原点 是 的中点，点 在平面 内，且 ， ，则点 的坐标为（ ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 过点 作 ，垂足为 ，然后在 中求解. 【详解】 过点 作 ，垂足为 ， 在 中， ， ， ， 得 、 ，所以 ， 所以 ， 所以点 的坐标为 ， 故选：B． 6．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． 7．设 ， ，…， 是空间中给定的2021个不同的点，则使 成立的点 的个数为（ ） A．0 B．1 C．2020 D．2021 【答案】B 【分析】 分别设出 ， ，…， 和 各点的坐标，根据向量加法坐标运算代入 可得答案. 【详解】设 ， ，…， ， ， ， 因为 ，所以 ，得 ， 因此存在唯一的点 使得 成立. 故选：B. 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． 9．如图，在三棱锥 中，平面 平面 ， ， ， ，点 是线段 上的动点，若线段 上存在点 ，使得异面直线 与 成30°的 角，则线段 长的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 向量法. 以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，根据各点的坐标写出向量 ，点 ，对于点 的设法，采用向量式 ，而后利用异面直线所成的角的向量计算公式列方程求解. 【详解】 如图，以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴， 建立空间直角坐标系， 则 ， 设 ，设 ， 则 ， ， 异面直线PQ与AD成 的角， ， ， ， 即 ，解得 ，， 可得 . 故选：C. 10．下列结论错误的是（ ）. A．三个非零向量能构成空间的一个基底，则它们不共面 B．两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线 C．若 ､ 是两个不共线的向量，且 ( 且 )，则 构成空间的一个基底 D．若 ､ ､ 不能构成空间的一个基底，则 ､ ､ ､ 四点共面 【答案】C 【分析】 根据空间向量基本定理：空间中任意三个不共面的非零向量，都可以作为空间的一个基底，根据此定理判 断即可.. 【详解】 A选项，三个非零向量能构成空间的一个基底，则三个非零向量不共面，故A正确； B选项，三个非零向量不共面，则此三个向量可以构成空间的一个基底，若两个非零向量与任何一个向量 都不能构成空间的一个基底，则这三个向量共面，则已知的两个向量共线，如图，故B正确； C选项，∵ 满足 ，∴ ， ， 共面，不能构成基底，故C错误， D选项，因为 ､ ､ 共起点，若 ， ， ， 四点不共面，则必能作为空间的一个基底，故D 正确， 故选C. 11．若平面 ､ 的一个法向量分别为 ， ，则（ ）A． B． C． 与 相交但不垂直 D． 或 与 重合 【答案】B 【分析】 根据空间向量数量积求得数量积为0，从而得出两个平面垂直，得出结论. 【详解】 ∵ ，∴ ，∴ ，故B正确，C不正确； 不存在 ，使得 ，则A, D均不正确 故选：B. 12．已知直线 的一个方向向量 ，且直线 过 和 两点，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 求得直线的方向向量，利用共线求得 的值，从而求得结果. 【详解】 ∵ 和 ， ， ∵直线 的一个方向向量为 ，故设 ， ∴ ，即 ， ，∴ ， 故选：D. 13．已知向量 ､ 分别是直线 ､ 的方向向量，若 ，则 （ ）A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 利用空间向量的共线求得参数，从而得出结论. 【详解】 由题意得， ，∴ ， ，∴ ， 故选：D. 14．如图， 平面 ，四边形 为矩形，其中 ， 是 的中点， 是 上 一点，当 时， （ ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 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，设 ， 则 ，设 ， ，然后由 ，得 ，可求出 ，从而可得 ， 的值，进而可得答案 【详解】 解：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， 设 ，则 ，设所以 ， 设 ，则 ， 因为 ，所以 ， 所以 ，解得 ， 所以 ， 所以 ，则 ， 所以 ， 故选：D 15．正方体 中，点 是侧面 的中心，若 ，则 （ ）．A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 利用空间向量的线性运算直接计算即可. 【详解】 ， 则 、 、 ，则 ， 故选：A. 16．已知三棱锥 中， ， ，则异面直线 ， 所 成角为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 根据题意将图形补全成一个长、宽、高分别为1，1， 的长方体，再利用向量法即可得出答案. 【详解】解：如图所示，在一个长、宽、高分别为1，1， 的长方体中可以找到满足题意的三棱锥，以C为坐标 原点，建立如图所示空间直角坐标系： ， ， ， ， ， 所以异面直线 ， 所成角为 . 故选：B. 17．已知三维数组 ， ，且 ，则实数 （ ） A．-2 B．-9 C． D．2 【答案】D 【分析】 结合空间向量的数量积的应用即可. 【详解】因为 ， 所以 ， 又 ， 所以 . 故选：D 二、多选题 18．已知正方体 的棱长为 ，点 分别是 ， 的中点， 在正方体内部且满 足 ，则下列说法正确的是（ ） A．点 到直线 的距离是 B．点 到平面 的距离是 C．平面 与平面 间的距离为 D．点 到直线 的距离为 【答案】ABCD 【分析】 以 为坐标原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建系.利用向量法求解点到直线的距离， 点到平面的距离得到选项A，B，C，D正确. 【详解】 如图，建立空间直角坐标系，则 ， ，， ， ， ， 所以 ． 设 ，则 ， ． 故A到直线 的距离 ， 故选项A正确． 易知 ， 平面 的一个法向量 ， 则点O到平面 的距离 ， 故选项B正确． ． 设平面 的法向量为 ， 则 所以令 ，得 ， 所以 ． 所以点 到平面 的距离 ． 因为平面 平面 ， 所以平面 与平面 间的距离等于点 到平面 的距离， 所以平面 与平面 间的距离为 . 故选项C正确． 因为 ，所以 ， 又 ，则 ， 所以点P到 的距离 . 故选项D正确． 故选：ABCD. 19．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 20．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. 21．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. 22．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. 23．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 24．（多选题）在如图所示的几何体中，底面 是边长为2的正方形， ， ， ， 均与 底面 垂直，且 ，点 ， 分别为线段 ， 的中点，则下列说 法正确的是（ ）A．直线 与平面 平行 B．三棱锥 的外接球的表面积是 C．点 到平面AEF的距离为 D．若点 在线段 上运动，则异面直线 和 所成角的取值范围是 【答案】AC 【分析】 由线面平行的判定定理证明A；三棱锥 的外接球即为四棱锥 的外接球，则外接球的 直径即为 ，利用勾股定理求出外接球的直径即可判断B；建立空间直角坐标系，利用向量法求出点到 面的距离，由 ，异面直线 和 所成角即为 与 所成的角，利用特殊位置即可判断 D； 【详解】 解：对于A：连接 ， ， ，依题意可知 ，即 四点共面，因为 且 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，因为 平面 ， 平 面 ，所以 平面 ，即直线 与平面 平行，故A正确；对于B：三棱锥 的外接球即为四棱锥 的外接球，所以外接球的直径即为 ，所以 ，所以外接球的表面积为 ，故B错误； 如图建立空间直角坐标系，则 ， ， ， ， ， ， 所以 ， ， ， ，设面 的法向量为 ，所以 ，令 ，则 ， ，所以 ，所以点 到平面AEF的距离 ，故C正确； 因为点 在线段 上运动， ，所以异面直线 和 所成角即为 与 所成的角， 显 然当 在 的端点处时，所成角为 ，当 在 的中点时 ，即所成角为 ，所以 与 所成的角的范围为 ，故D错误； 故选：AC25．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. 26．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：ABC27．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. 第II卷（非选择题） 三、填空题 28．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： . 29．已知 ， ， ，若点 满足 ，则点 的坐标为 ________． 【答案】 【分析】 设 ，则 ，再由坐标相等列方程可得解. 【详解】设 ，则 ， ， ， ∵ ， ∴ ， ∴ 点坐标为 ． 故答案为： . 30．在空间直角坐标系中， 、 ，若 ，则 的值为________． 【答案】 或 【分析】 根据空间两点距离公式列式求解即可. 【详解】 ， ∴ ，∴ ，∴ 或 ． 故答案为： 或 . 31．已知 、 ，设点 、 在 平面上的射影分别为 、 ，则向量 的坐标 为________． 【答案】 【分析】 根据题意可得 、 ，进而得解. 【详解】 点 、 在 平面上的射影分别为 、 ，∴向量 的坐标为 ． 故答案为： . 32．正方体 的棱长为1， ､ 分别在线段 与 上， 的最小值为______. 【答案】1 【分析】 方法一，该题可以结合正方体的结构特征，将其转化为两异面直线的距离来求； 方法二，可设出变量，构建相应的函数，利用函数的最值求解； 方法三，建立空间直角坐标系，利用点的坐标以及距离公式表示出目标函数，然后利用函数方法求解最值. 【详解】 方法一(定义转化法)：因为直线 与 是异面直线，所以当 是两直线的共垂线段时， 取得最 小值.取 的中点 ， 的中点 .则线段 就是两异面直线 与 的共垂线段. 下证明之.在矩形 中， 为中位线，所以 ， 又因为 平面 ，所以 平面 又因为 平面 ， 所以 . 同理可证 ， 而 ， ， 所以线段 就是两异面直线 与 的共垂线段，且 . 由异面直线公垂线段的定义可得 ，故 的最小值为1. 方法二：(参数法)如图，取 的中点 ， 的中点 .则线段 就是两异面直线 与 的共垂线 段.由正方体的棱长为1可得 . 连结 ，则 ，所以 为两异面直线 与 所成角. 在正方形 中， ，所以 . 过点 作 ，垂足为 ，连结 ，则 ，且 . 设 ， ，则 .在 中， ， 在 中， . 显然，当 时， 取得最小值1，即 的最小值为1. 方法三：(向量法)如图，以 为坐标原点，分别以射线 ､ ､ 为 ､ ､ 轴建立空间直角坐标系. 设 ， .则 ，即 ； ，即 . 所以 ， 故当 时， 取得最小值1，即 的最小值为1. 故答案为：1. 33．已知点 ， ， ，若 ， ， 三点共线，则 ______. 【答案】【分析】 首先求出 ， 的坐标，再根据 ， ， 三点共线，即可得到 ，从而 ，即可 得到方程，解得即可； 【详解】 解：因为 ， ， 所以 ， 因为 ， ， 三点共线，所以 ，即 ，所以 ， 解得 故答案为： 34．如图，正三棱柱 的高为4，底面边长为 是 的中点， 是线段 上的动 点，过 作截面 ，使得 且垂足为 ，则三棱锥 体积的最小值为__________． 【答案】 【分析】 由 ，可得当 最大时， 最小，建立空间直角坐标系求 到底面距离 的最大值，则答案可求． 【详解】解：设 中点为 ，以 为坐标原点，分别以 、 、 所在直线为 、 、 轴建立空间直角 坐标系， 得 ，0， ，设 ，0， ，则 ， ， ， ，得 ，则 ， 当 时， ， 又 ， 三棱锥 体积的最小值为 ． 故答案为： ． 35．在三棱锥 中，平面 平面 ， ， ， ， ， ，则 的长为___________.【答案】 【分析】 建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用两点间距离公式求得结果. 【详解】 平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ， 平面 ， 建立以 为原点,平行于BC做 轴，AC为 轴，SA为 轴作空间直角坐标系， 则 ， ， ∴ . 故答案为：11. 36．如图，直三棱柱 中， ， ， ， 分别是 ， 的中点，则 与 所成的角的余弦值为___________. 【答案】【分析】 如图所示，建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式即可得出异面直线所成的角． 【详解】 如图所示，建立空间直角坐标系，可得 ，0， ， ，2， ， ，1， ， ，0， ，0， ， ， ， ， ， ， 故答案为： 37．在平行六面体 中， 是线段 的中点，若 ，则 ______． 【答案】 【分析】 画出图象，根据向量加法的平行四边形法则求解即可． 【详解】 解：如图， ，故 ， ， 故答案为： ． 38．已知正四面体 的外接球半径为3，MN为其外接球的一条直径，P为正四面体 表面 上任意一点，则 的最小值为___________． 【答案】 【分析】 设正四面体外接球球心为O，把 用 表示并计算数量积后可得． 【详解】 设正四面体外接球球心为O， 正四面体 的外接球半径为3， 设正四面体 内切球半径为 ，一个面的面积为 ，高为 ，则 ，所以 ，显然 ，所以 ，即 ． ． 故答案为： ． 39．设 的对角线 和 交于 为空间任意一点，如图所示，若，则 _______． 【答案】4 【分析】 根据向量的线性加法运算，由 为 中点，可得 ， ，即可得解. 【详解】 由 为 中点， 可得 ， ， 所以 ， 所以 ， 故答案为： . 四、双空题 40．边长为2的正方体 内（包含表面和棱上）有一点 ， 、 分别为 、 中点，且 （ ， ）． （1）若 （ ），则 ______． （2）若 （ ），则三棱锥 体积为______．【答案】 【分析】 （1）以 ， ， 为基底，把向量 ， 分别用基底表示，利用两个向量相等的条件即可算 出； （2）由 得， ， ， 三点共线，利用（1）把k求出来，再利用等体积法 算出 到面 的距离，三角形 的面积，即可算出体积. 【详解】 如图， （1） , 所以 ，所以 .（2） ， ， 因为 ， 所以 ， 所以 ，所以 ， 如图，连接 ， ，分别与 ， 交于点 ， ， 连接 ，过点 作 ， 在正方体 中，易证 面 ， 所以 面 ，因为 ， 因为 ，所以 ， 所以 ， ， 所以 ， 故答案为：（1） ；（2） . 41．已知正四面体 内接于半径为 的球 中，在平面 内有一动点 ，且满足 ，则 的最小值是___________；直线 与直线 所成角的取值范围为___________. 【答案】 【分析】 （1）先由正四面体 内接于半径为 的球 中，求出四面体的棱长和高，由高和 求出点 的轨迹，从而确定 的最小值. （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】设A在面 内的投影为E，故E为三角形BCD的中心， 设正四面体 的棱长为 ，球 的半径为 . 则 ， ， 依题可得，球心 在 上， ，代入数据可得 ， 则 ， ， 又 ， ， 故 的轨迹为平面BCD内以E为圆心， 为半径的圆， ， 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， ， ， ， ， 设 ， ， 故 ， ， 设直线 与直线 所成角为 ， ∵ ， ∴ ， 又 ，故 ，故答案为： ， . 【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. 42．如图，在直角梯形 中， ， .已知 .将 沿直线 翻折成 ，连接 .当三棱锥 的体积取得最大值时，异面直线 与 所成角的 余弦值为___________；若此时三棱锥 外接球的体积为 ，则a的值为___________. 【答案】 ； . 【分析】① 取 中点E， 中点F，连接 ， ，可证得 平面 ， ，以E为坐标原 点，分别以 ､ ､ 所在直线为x､y､z轴建立空间直角坐标系，求得 ， ，进而由夹角公式可 得结果；② 首先得出点 是三棱锥 外接球的球心，且球半径 ，代入球的体积公式可解得 . 【详解】 在直角梯形 中，∵ ， ， ， ∴ ， ，可得 ，即 ， 当平面 平面 时，三棱锥 的体积取得最大值， 取 中点E， 中点F，连接 ， ，则 ， ∵平面 平面 ，且平面 平面 ，∴ 平面 ， ∵ ， ，∴ ， 以E为坐标原点，分别以 ､ ､ 所在直线为x､y､z轴建立空间直角坐标系， 则 ， ， ， ∴ ， ， 设异面直线 与 所成角为 ， 则 ， 即异面直线 与 所成角的余弦值为 ；显然 ，又 ， 所以点 是三棱锥 外接球的球心，且球半径 . 由 ，解得 . 故答案为：① ；② . 【点睛】 关键点点睛：第二空的关键点是：确定点 是三棱锥 外接球的球心，且球半径 . 43．在空间直角坐标系中，已知 ，则 _______； 关于 的对称点坐标为 _______． 【答案】 【分析】 根据距离公式可求出 ，根据两点的中点坐标公式可求出 关于 的对称点坐标. 【详解】 因为 所以关于 的对称点坐标为 ，即 故答案为： ， 44．已知空间向量 ， ， 两两夹角均为 ，且 ．若存在非零实数 ， ， 使得 ， ，且 ，则 ________， ________． 【答案】 【分析】 设 ，可得 ，代入条件运算化简，联立方程求解即 可. 【详解】 设 ， 则 ， 由 ，可得 , 化简得 ①， ,化简可得 ② 联立①② ，解得 ， 故答案为： 【点睛】 关键点点睛：根据数量积的定义及数量积的运算律，代入运算，要求运算准确，运算能力是解题的关键， 属于中档题. 45．已知正方体 的棱长为1，则三棱锥 外接球的表面积为_______，二面角 的余弦值为________． 【答案】 【分析】 依题意三棱锥 外接球即为正方体 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】 解：三棱锥 外接球即为正方体 的外接球，因为正方体 的 棱长为1，其体对角线即为外接球的直径，所以 ，所以 ，所以外接球的表 面积如图建立空间直角坐标系，则 ， ， ， ， 则 ， ， 设面 的法向量为 ，则 ，所以 ，令 ，则 ， ，所 以 ， 设面 的法向量为 ，则 ，所以 ，令 ，则 ， ，所 以 ， 设二面角 为 ，则 故答案为： ； ； 【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.46．在空间四边形ABCD中，若 ，点E、F分别是线段BC、AD的中点， 则 _______， 的坐标为___________． 【答案】 【分析】 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】 则 故答案为： ； 【点睛】 关键点睛：解决本题的关键在于由向量的加法得出 ，两式相 加得出 的坐标. 47．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__．【答案】 【分析】 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， n≤2），求出平面 的一个法向量，利用向量法求得 的轨迹方程，得轨迹，由对称性得 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 正方体中有 平面 ， 平面 ，所以 ，即 ， ， 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以 ， 所以∠NQC为二面角C﹣AM﹣N的平面角， 而 ，故 ， ∴ ， ∴ ； 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 则 ， ，设平面AMN的一个法向量为 ， 则 ， 故可取 ， 又PA∥平面AMN， 1 ∴ ， ∴点P的轨迹为经过BB，BC 中点的线段， 1 1 1 根据对称性可知，当点P在两个中点时， ，当点P在两个中点连线段的中点时， ， 故选段PA 的长度范围是 ． 1故答案为： ， ． 【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． 48．如图所示，M，N分别是四面体OABC的棱OA，BC的中点，P，Q是MN的三等分点，用向量 表示 和 ，则 __________________； ____________________ 【答案】 【分析】 根据空间向量关系转化即可求解. 【详解】 ；. 故答案为： ； . 49．在棱长为2的正方体 中， 是棱 的中点，点 在侧面 （包含边界）． （1）若点 与点 重合，则点 到平面 的距离是________； （2）若 ，则线段 长度的取值范围是________． 【答案】 【分析】 （1）连接 交 于点 ，由正方体的性质可证 面 ， 面 ，即可得到点 到平面 的距离，当点 与点 重合时，点 到平面 的距离即为点 到平面 的距离； （2）建立空间直角坐标系，设 ，由 得到 ，再根据 及二次 函数的性质计算可得； 【详解】 解：在正方体 中， ， 面 ， 面 ，所以 面 ，连接 交 于点 ，所以 ，又 面 ， 面 ， 所以 ，因为 ，所以 面 ，因为正方体的棱长为 ，所以 ，即点 到平面 的距离为 若点 与点 重合，则点 到平面 的距离即为点 到平面 的距离为 ；如图建立空间直角坐标系，则 ， ， ， ，设 ，则 ， ， ，因为 ，所以 ，所以 ，即 ，所以 ，因 为 解得 ，所以 ，即 故答案为： ； 50．如图，设 为平行四边形 所在平面外任意一点， 为 的中点.若 ， 则 __________， _________. 【答案】【分析】 连接 交于 ,由平行四边形的性质， 为 的中点，由线段中点向量公式可得 ，进而求得 然后利用向量的减法运算求得 关于 的线性表达式，进而根据空间向量分解唯一性定理得到 的值. 【详解】 连接 交于 ,由平行四边形的性质， 为 的中点， 所以 , , 因为 在平面 所在平面外，∴ 不共面， 由空间向量唯一分解定理，可得 , 故答案为： 【点睛】 本题考查空间向量的线性运算和空间向量基本定理中的分解唯一性定理，关键是得出. 五、解答题 51．如图，四棱台 的上､下底面均为菱形， ， ， 平面 ， ， ， . （1）证明： 平面 ； （2）求平面 与平面 所成的角. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【分析】 （1）先证明 得四边形 为平行四边形，可得 ，即可求证； （2）如图建系，写出各点坐标，由 求出 ，计算平面 的法向量 ， 面 的法向量 ，由 即可求解. 【详解】（1）由四棱台 的上､下底面均为菱形， 且 ，连接 .则 ， 为 的中点，所以 因为平面 平面 ，平面 平面 , 平面 平面 ，由面面平行的性质定理可得 ， 即 ，所以四边形 为平行四边形， 所以 ，又因为 面 ，所以 面 . （2）以 为原点， ， ， 为 ， ， 轴建立空间直角坐标系， 所以 ， ， ， 所以 ， ， ， 则 ，所以 ， 若 为面 的法向量， 则 ，易得 ，若 为面 的法向量， 则 ， 易得 ， 所以 ， 平面 与平面 所成的角为 ， 所以 . 52．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 . 53．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 54．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 ， ∴ ， ∵ ，∴ ． 55．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 ， ． 56．如图，四棱锥 的底面 是边长为6的正方形， . （1）证明： ； （2）当四棱锥 体积为 时，求二面角 的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2） . 【分析】 （1）分别取 ， 的中点 ， ，证明 ， 可得 平面 ， 可证 ，由等腰三角形的性质可得 ，证明三角形全等即可求证； （2）在 上取一点O，连接 ，使 ，根据已知条件证明O为正方形 的中心，建立 空间直角坐标系求出平面 和平面 的法向量，利用夹角公式即可求解. 【详解】 EF PF （1）证明：分别取 ， 的中点 ， ，连接 ， ， ， ∵PA PB，∴PE  AB， AB//CD CD PE ∵ ，∴ ， CD EF PEEF  E CD PEF ∵ ， ，∴ 平面 ， PF  PEF CD PF ∵ 平面 ，∴ ，  PCD PF CD PC  PD 在 中，∵ 垂直平分 ，∴ ， PA PB AD BC PAD PBC   ∵ ， ，∴ ， PADPBC ∴ .PEF  ABCD EF PO PO EF PO （2）由（1）知，平面 平面 ，在 上取一点O，连接 ，使 ，则 是四棱 锥P ABCD的高， 1 1 V  POS  PO3612 7 ∵ PABCD 3 ABCD 3 ，解得PO 7 ， PE  259 4 OE 3 ABCD ∵ ，则 ，即O为正方形 的中心， 以O为坐标原点，过点O且垂直于EF 的直线为x轴，EF 所在直线为y轴， OP 所在直线为z轴，建立如图所求的空间直角坐标系，   P 0,0, 7 A3,3,0 B3,3,0 C3,3,0 则 ， ， ， ，      AB6,0,0 BC 0,6,0 PB  3,3, 7 ， ， ，  mx ,y ,z  设平面PAB的法向量 1 1 1 ，   mAB6x 0 1 则  ，取 ，  mPB3x 3y  7z 0 z 3 x 0,y  7 1 1 1 1 1 1    m 0, 7,3  ，  PBC nx ,y ,z  设平面 的一个法向量 2 2 2 ，  nPB3x 3y  7z 0 则   n  B  C  6y 2 0 2 2 取 y 0,x  7,z 3 2 2 2 2    n 7,0,3     mn 9 9 cos m,n    则 m   n  16 16 16 ， APBC  设二面角 的平面角为 ， 2  9  5 7 sin 1  则   ， 16 165 7 ∴二面角的正弦值为 16 . ABCD △ABE ABE CDE 57．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 l 线 . l AC （1）求 与 所成角的大小； ACED （2）求二面角 的余弦值. 5 【答案】（1）45°；（2）7 . 【分析】 ABCD AB//CD AB// CDE （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 l//AB BAC 45 l AC 45 平行的性质定理可得 ，由 可得 与 所成角的大小是 ；AB CD O F EO OA OE OF O （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OA、OE、OF 所在直线为x、 y 、z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】 ABCD AB//CD 解：（1）∵四边形 为正方形，∴ ， AB CDE CD CDE ∵ 平面 ， 平面 ， AB// CDE ∴ 平面 ， AB� ABE ABE  CDE l l//AB 又∵ 平面 ，且平面 平面 直线 ，∴ ， ABCD BAC 45 ∵四边形 为正方形，∴ ， l AC 45 故 与 所成角的大小是 ； AB CD O F EO （2）分别取 、 的中点 、 ，连接 ， △ABE EO AB 由 为等边三角形，可知 ， ABCD FO  AB 由四边形 为正方形，知 ， ABCD ABE ABCD  ABE  AB ∵平面 平面 ，平面 平面 ， FO ABCD FO ABE 且 平面 ，∴ 平面 ， O OA OE OF x y z 以 为坐标原点，分别以 、 、 所在直线为 、 、 轴建立空间直角坐标系，   A1,0,0 C1,0,2 E 0, 3,0 D1,0,2 设AB2，则 ， ， ， ， uuur     于是AC 2,0,2 ， CE  1, 3,2 ， CD2,0,0 ，  ACE mx,y,z 设平面 的一个法向量为 ，    mCE  x 3y2z 0 由   ，取 ，可得  ； m 3,1, 3 mAC 2x2z 0 y 1r nx ,y ,z  设平面CDE的一个法向量为 1 1 1 ，    nCE  x  3y 2z 0 1 1 1 由   ，取 ，可得  .  nCD2x 0 y 2 n 0,2, 3 1 1     mn 023 5 cos m,n    ∴ m   n  7 7 7 . 5 由图可知，二面角ACED为锐二面角，则其余弦值为7 . P ABCD ABCD AB AD AB//CD 58．如图，在四棱锥 中，四边形 是直角梯形， ， ， 1 CE  PB AB AD2CD4，平面PBC 平面ABCD，E是PB的中点，且 2 . PC  ABCD （1）求证： 平面 ； 6 （2）若直线 PA 与平面ABCD所成角的正弦值为 6 ，求二面角PACE的余弦值.105 【答案】（1）证明见解析；（2） 21 【分析】  PCB PC BC （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； PC 6  （2）由（1）可知PAC即为直线 PA 与平面ABCD所成角，即可得到 PA 6 ，再利用勾股定理求 PC 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】  PCB E PB 解：（1）在 中，因为 是 的中点， 1 CE  PB 且 2 ，所以CE  EB PE ，  PCB PC BC 所以 为直角三角形，所以 ， PBC  ABCD PBC ABCD  BC PC  PBC  又因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， PC  ABCD 所以 平面 PC  ABCD PA ABCD PAC （2）因为 平面 ，所以直线 与平面 所成角为 ，所以 PC 6 sinPAC   PA 6 ，又AC2  AD2 DC2， AD4 ， DC 2 ，所以 AC 2 5 ，在Rt△PAC 中，  2  2 设PC  x，则PA 6x，所以 PA2  PC2  AC2，即 6x  x2  2 5 ，解得x2，即PC 2， C0,0,0 作 CF//DA 交 AB 于点F ，因为AB AD，所以 ABCF ，如图建立空间直角坐标系，则 ， uur   A4,2,0 B4,2,0 P0,0,2 E2,1,1 CA4,2,0 CE 2,1,1 CP0,0,2 ， ， ， ， ， ， ， nCA4x2y 0 设面 PAC 的法向量为  nx,y,z，所以  nC  P  2z 0 ，令 x1 ，则 y 2 ， z 0 ，所以  n1,2,0 ，  mCA4x 2y 0 1 1 设面 EAC 的法向量为 m  x 1 ,y 1 ,z 1 ，所以   mC  E  2x 1  y 1 z 1 0 ，令 x 1 1 ，则 y 1 2 ， z 1 4 ，  所以 m1,2,4 ，设二面角PACE为  ，显然二面角为锐二面角，所以   nm 5 105 cos     n  m 5 21 21 ； ABCD AB//CD AD AB BC 1 CD2 E CD AE 59．如图，在等腰梯形 中， ， ， ， 为 中点，以 为  ADE D P P ABCE 折痕把 折起，使点 到达点 的位置（ 平面 ）.（1）证明：AE  PB；  （2）若直线PB与平面ABCE所成的角为 4 ，求二面角APE C的正弦值. 2 5 【答案】（1）证明见解析；（2） 5 . 【分析】 AE O OP OB AE⊥ POB AE  PB （1）设 的中点为 ，连接 、 ，证明出 平面 ，进而可得出 ； PO ABCE O OE x OB y OP z （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】 AE O OP OB （1）设 的中点为 ，连接 、 ， AD AB BC 1 CD2 E CD AD  DE 1 翻折前，因为 ， ， 为 的中点，则 ，  AB//CE AB CE 1 ABCE BC  AE 且 ，故四边形 为平行四边形，则 ， 故AD DE  AE，所以， ADE为等边三角形，  O为AE的中点，则OD AE ，  BAE AED 因为AB//CD，则 3 ， 1  AO  BAO 翻折后，则有OP AE，在 ABO中，AB1， 2， 3 ， 3 OB2  AB2  AO2 2ABAOcos  由余弦定理可得 3 4 ，AO2 OB2  AB2， OB AE 所以， ，  OP  OBO AE  POB  PB POB AE  PB ， 平面 ， 平面 ，故 ； POB PQOB Q （2）在平面 内作 ，垂足为 ， QAE^ POB PQ POB PQ AE 平面 ， 平面 ，所以， ，  PQOB AE  OBO PQ ABCE ， ， 平面 ，  PBO 所以，直线PB与平面ABCE所成角为 4 ，  OPB 因为，OP OB，则 4 ，所以，OPOB，故O、Q两点重合， PO ABCE O OE x OB y OP z 即 平面 ，以 为原点， 为 轴、 为 轴、 为 轴，建立空间直角坐标系，  3  1   3   1 3  1 3  则 P  0,0,  、E  ,0,0 、 C  1, ,0 ，则 PE   ,0,  ， EC   , ,0 ，  2  2   2   2 2   2 2  1 3  x z 0 2 2    设平面 的一个法向量为 ，则n PE 0，即 ， 1 1 3    x y 0 PCE n 1 x,y,z  n 1 EC 0  2 2   uur n  3,1,1 n 0,1,0 令x 3，得 1 ，易知平面PAE 的一个法向量为 2 ，     n n 1 5 所以， cosn 1 ,n 2  n  1  n  2   51  5 ，则sin n  ,n   1cos2 n  ,n    2 5 . 1 2 1 2 1 2 5 2 5 因此，二面角APE C的正弦值为 5 . 2 60．如图，正三棱锥PABC 中， PA 与底面ABC所成角正切值为 2 ． PA PBC （1）证明： 面 ；   O ABC AO E AE 3AO APCE （2）设 为 的中心，延长 到点 使得 ，求二面角 的平面角的大小． 3 π 【答案】（1）证明见解析；（2）4 . 【分析】 O AO2 AC 2 3 PA PB （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 PA PC 棱锥的性质可得 ，进而可得结果； PAC PCE （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】 O PO ABCD （1）由题意知：取底面中心 ，则有 面 ，PAO PA ABC 所以 即为 与底面 所成角， AO2 PO 2 PA 6 不妨设 ，则有 ， ， ABC AO2 AC 2 3 在正 中，因为 ，所以 ． △PAB PA2 PB2  AB2 PA PB 在 中，因为 ，所以 ① PA PC 又因为正三棱锥，所以 ② PA PB  PA PC  PA 所以 面 ．  PBPC  P  PBC ABC BC D ADBC  （2）因为 为等边三角形，取 中点 ，则 ， l//PO l  ABC 作 ，则 面 ． 以 D 为原点，DB，DE，l分别为x， y ，z轴建立空间直角坐标系．     则有： D0,0,0 ， B 3,0,0 ，P  0,1, 2  ， A0,3,0 ， C  3,0,0 ， O0,1,0 ，   AE 3AO0,6,0 E0,3,0 所以 ，所以 ．    n  3,1, 2 因为PB 面PAC ，所以 1 为面PAC 的法向量，  nPC 0    设面 PCE 的法向量为n  2 x,y,z，所以由  n  P  E  0 n 2  3 2, 6,4 3 ．     n n 3 6 64 6 2 cos n ,n  1 2   3 所以 1 2 n   n  66 2 2 ，所以二面角的大小为 π． 1 2 4ABCDEF ABCD BAD60  BCE,  CEF,  CDF 61．如图，在七面体 中，四边形 是菱形，其中 ， 为 AB BE G CD 等边三角形，且 ， 为 的中点. AB  EFG （1）证明： 平面 ； CDF ABCD （2）求平面 与平面 所成的锐二面角的余弦值. 7 【答案】(1) 证明见解析； (2) 9 . 【分析】 AB  BEG AB  EG AB  EFG (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】 BG FG (1) 连接 ， ，G ABCD CD 因为 为菱形 的边 上的中点， 1 1 CG  CD CB 所以 2 2 ，又BCDBAD60， 3 BG2 CG2 CB2 2CGCBcos60  CB2 由余弦定理得 4 ， 3 1 由BG2 CG2  CB2  CB2 CB2 ，知 ，即 ， 4 4 BG CG BG CD AB//CD AB  BG 又 ，所以 . 根据题意，有AB BE BG BE BGE B 又 ， 都在平面 内，且相交于点 AB  BEG 所以 平面 EG BEG AB  EG 又 平面 ，所以 .  CDF G CD CDGF 在等边三角形 中，因为 为 的中点，所以 . ABCD AB//CD ABGF 又在菱形 中， ，所以 . 因为EG，GF 都在平面EFG内，且相交于点G ， AB  EFG 所以 平面 . ABCD CDF CD (2) 因为平面 与平面 的交线为 ， BG CD FG⊥CD 由(1)知， ， ，BGF ACDF 所以 为二面角 的平面角， AB2 BE  EF 2 BGGF  3 设 ，则有 ， AB  BEG AB� ABCD ABCD BEG 由(1)知， 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 ， E EM BG BG M EM  ABCD 过点 作 交 于点 ，则有 平面 ， 2 3 3 2 6 BM CM  GM  EM  又△BEC 为等边三角形，所以 3 ， 3 ， 3 ， EG  3 . BEG EFG   在 和 中，由余弦定理得 BG2 EG2 BE2 1 EG2 FG2 EF2 1 cosBGE   cosEGF   2BGEG 3， 2EGFG 3， 所以BGE EGF 7 cosBGF cos2BGE 2cos2BGE1 则 9 ， 7 所以平面 与平面 所成的锐二面角的余弦值为 cosBGF  . CDF ABCD 9 【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.