新高考重难点讲解03 空间向量与立体几何练习题

这是一份新高考重难点讲解03 空间向量与立体几何练习题，共53页。试卷主要包含了球面几何，空间几何中的动态问题，空间向量的应用等内容，欢迎下载使用。

热点03 空间向量与立体几何


命题趋势
  立体几何在新高考中主要考查简单几何体的体积，表面积以及外接球问题，有关角的问题；另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图有所弱化；选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及二面角问题。前面的热点专题已经对立体几何进行了一系列详细的说明，本专题继续对新高考中立体几何出现的习题以及对应的题目类型进行必要的加强。
满分技巧
空间几何中的动态问题：空间几何的动态问题,较好地体现了平面向空间转化的各种线线,线面位置关系,成了高考命题的热点,备受命题者推崇。
立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别。
处理此类问题的关键是熟练掌握立体几何中的点线面垂直平行异面的关系，找到与包含未知点的量和已知量之间的等量关系或不等关系即可，总体来说难度不大，如果找不出，直接建系来处理即可。
有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理，从而去求。
内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求。
求点到平面的距离问题：采用等体积法。
求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高。
对于线面角、二面角问题应采用建立空间坐标系去求，但是坐标系要注意采用左手系务必要标记准确对应点以及法向量对应的坐标。
热点解读
热点1、球面几何
主要考查多面体的外接球的表面积、体积等，一般应用“老方法”，求出球的半径即可。
热点2、空间几何中的动态问题
(1)研究动态中的几何关系（位置关系、数量关系）问题。
(2)研究空间几何中的动态轨迹问题。
热点3、空间向量的应用（求角、距离等）

限时检测
A卷（建议用时60分钟）
一、单选题
1．（2021·福建厦门市·高三二模）2008年北京奥运会游泳中心(水立方)的设计灵感来于威尔·弗兰泡沫，威尔·弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进，开尔文体是一种多面体，它由正六边形和正方形围成(其中每一个顶点处有一个正方形和两个正六边形)，已知该多面体共有24个顶点，且棱长为1，则该多面体表面积是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】棱长为1的正方形的面积为，正六边形的面积为，
又正方形有4个顶点，正六边形有6个顶点，该多面体共有24个顶点，所以最多有6个正方形，最少有4个正六边形，1个正六边形与3个正方形相连，所以该多面体有6个正方形，正六边形有个，
所以该多面体的表面积为，故选：C.
2．（2021·天津英华国际学校高三期中）在四面体中，平面，，，，则该四面体的外接球的表面积是（ ）
A． B．100π C． D．20π
【答案】D
【分析】由题知，，，设为三角形的外心，进而得，过作三角形的垂线，球心在上，且，进而得外接球半径，再计算表面积即可得答案.
【详解】如图：因为平面，，所以，，
因为，由余弦定理可解得，设为三角形的外心，
则由正弦定理得三角形外接圆半径为2，即，
过作三角形的垂线，球心在上，则， 可求外接球半径，
故该四面体的外接球的表面积是，故选：D.

3．（2021·全国高考真题）在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成角，解三角形即可.
【详解】如图，连接，因为∥，所以或其补角为直线与所成的角，

因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，设正方体棱长为2，则，
，所以.故选：D
4．（2022·湖北·高三专题练习）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M、N、F分别是B1C1、CC1、AB的中点，则下列说法正确的是（ ）

A．MNEF，且MN与EF平行 B．MNEF，且MN与EF平行
C．MNEF，且MN与EF异面 D．MNEF，且MN与EF异面
【答案】D
【分析】设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2a，求出即得MN，连结DE，再证明MN与EF异面，即得解.
【详解】解：设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2a，则，
作点E在平面ABCD内的射影点G，连结EG，GF，所以，
所以MN，故选项A,C错误；连结DE，因为E为平面ADD1A1的中心，所以DE，
又因为M，N分别为B1C1，CC1的中点，所以MN∥B1C，
又因为B1C∥A1D，所以MN∥ED，且DE∩EF＝E，所以MN与EF异面，故选项B错误；故选：D．

5．（2022·广东·高三专题练习）已知长方体中，，点在线段上，，平面过线段的中点以及点，若平面截长方体所得截面为平行四边形，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设线段的中点为M，平面与交于点G，连接GE，由已知得四边形是平行四边形，所以，随着点E从C向移动，则点G沿着向下运动，当点G仍在线段上时，面截长方体所得截面始终是平行四边形，临界状态为点E为的中点，由此可得选项.
【详解】解：设，则，设线段的中点为M，平面与交于点G，连接GE，若平面截长方体所得截面为平行四边形，即四边形是平行四边形，所以，随着点E从C向移动，则点G沿着向下运动，当点G仍在线段上时，面截长方体所得截面始终是平行四边形，则点G从的中点开始运动，此时点E与重合，直到点G运动到点D为止，此时点E为的中点，所以临界状态为点E为的中点，此时，所以，故选：D.

【点睛】对于立体几何中的动点问题，常需动中觅静，这里的"静"是指问题中的不变量或者是不变关系，动中觅静就是在运动变化中探索问题中的不变性."静"只是"动"的瞬间，是运动的一种特殊形式，然而抓住"静"的瞬间，使一般情形转化为特殊情形，问题便迎刃而解.
6．（2021·浙江·台州一中高三期中）如图，等腰直角中，，点为平面外一动点，满足，，则存在点使得（ ）
A． B．与平面所成角为 C． D．二面角的大小为

【答案】D
【分析】假设，结合线面垂直判定定理证明面，由此得到，推出矛盾，确定A错误，建立坐标系，计算与平面所成角，判断B，计算,判断C错误，求二面角的大小，判断D.
【详解】对于A：由是等腰直角三角形，可得
因为，所以，若，，
则面，因为面，所以，即与矛盾，A错误；
以点为原点，为轴，如图建立空间直角坐标系

则，，设点， ∵ ，，∴ ，，
∴ ，，∴ ，，
设，，则，，设平面的法向量为，则
，即，
取，可得平面的一个法向量为，
又，∴ ，
若与平面所成角为，则
则，可得，与矛盾，B错误，
∵ ，∴ ，
∴ ，所以不存在点满足，C错误，
∵ 平面的一个法向量为，∴ ，
令，则，∴ ，
∴ ，解得（-1舍去），
所以存在点使得二面角的大小为，D正确故选：D
7．（2021·河南省实验中学高三期中）棱长为2的正方体中，是棱的中点，点在侧面内，若垂直于，则的面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用求得点坐标间的相互关系，写出面积的表达式，利用二次函数的对称轴，求得面积的最小值.
【详解】以分别为轴建立空间直角坐标系，
依题意有，，由于，
故，解得.
根据正方体的性质可知，，故为直角三角形，
而，故，
的面积为，
当时，面积取得最小值为，故选:A.

8．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体内切球的表面积为，是空间中任意一点：
①若点在线段上运动，则始终有；
②若是棱中点，则直线与是相交直线；
③若点在线段上运动，三棱锥体积为定值；
④为中点，过点，且与平面平行的正方体的截面面积为;
以上命题为真命题的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】根据线面垂直的性质定理证明①是真命题；由图可知直线与是异面直线，故②是假命题；利用等体积转化法得到三棱锥体积等于三棱锥的体积，接着求点到平面的距离和底面面积，从而证明三棱锥体积为定值；做出过点，且与平面平行的正方体的截面为面，最后求其面积即可.
【详解】因为正方体内切球的表面积为，
设内切球的半径为，则，解得，所以正方体的棱长为，

因为,且,所以面，因为面，
所以恒成立，故①是真命题；由图可知，直线与是异面直线，故②是假命题；
由图可知：因为，三棱锥体积等于三棱锥的体积，
由①知，面，所以点到面的距离为，
因为动点到直线的距离等于1，所以的面积等于，
所以，故棱锥体积为定值，故③是真命题；
取中点为,中点为,连接，
因为，所以面面,
所以过点，且与平面平行的正方体的截面为面，
由图可知面是菱形，其中对角线长为，
所以，故④是真命题；真命题的个数有3个，故选：B;
【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.
二、多选题
9．（2021·广东顺德·高三阶段练习）如图，在正方体中，点E，F分别为，BC的中点，设过点E，F，的平面为，则下列说法正确的是（ ）
A．为等边三角形；
B．平面交正方体的截面为五边形；
C．在正方体中，存在棱与平面平行；
D．在正方体中，不存在棱与平面垂直；

【答案】BD
【分析】设正方体棱长为2，求出各边长可判断A；根据平面的性质作出截面可判断B；分别判断三组平行线与的位置关系即可判断CD.
【详解】对A，设正方体棱长为2，则易得，故不是等边三角形，故A错误；对B，如图，取中点，易得，取中点，连接，则易得，再取中点，连接，则，所以，所以是平面与正方体底面的交线，延长，与的延长线交于，连接，交于，则可得五边形即为平面交正方体的截面，故B正确；

对C，因为，所以都不与平行，又，所以都不与平行，因为，所以都不与平行，故不存在棱与平面平行，故C错误；
对D，显然与不垂直，所以与不垂直，则都不与垂直；
因为与不垂直，所以与不垂直，则都不与垂直；
因为与不垂直，所以与不垂直，则都不与垂直；
所以不存在棱与平面垂直，故D正确.故选：BD.
10．（2021·福建省龙岩第一中学模拟预测）已知正方体的棱长为4，点是棱的中点，点在面内(包含边界)，且，则( )
A．点的轨迹的长度为 B．存在，使得
C．直线与平面所成角的正弦值最大为
D．沿线段的轨迹将正方体切割成两部分，挖去体积较小部分，剩余部分几何体的表面积为
【答案】AD
【分析】选项A：利用正方体的结构特征和圆的定义可知点的轨迹为半径为2的半圆，进而求解即可；选项B：建立平面直角坐标系，利用相互垂直的两向量的数量积为0即可判断；选项C：利用线面夹角的向量公式即可判断；选项D：切割的部分为半圆锥，对于剩余部分的几何体只需分别求面积即可.
【详解】对于选项A：结合已知条件，过M作，垂足为N，如下图所示：

由已知条件和正方体性质易知，，且平面，
因为平面，所以，又因为，所以，
故点的轨迹是以的中点N为圆心，半径为2的一个半圆，
从而点的轨迹的长度为，故A正确；
对于选项B：以D为坐标原点，DA、DC和为、和轴建立空间直角坐标系，如下图：

由已知条件可知，，，，，
不妨设，且，且，
因为，，所以，
假设存在存在，使得，故，
即，即，这与矛盾，从而假设不成立，故B错误；
对于选项C：连接AC，易知平面，
因为，所以为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，故，
不妨令，，其中，从而，
当且仅当，即时，最大值，从而的最大值为，
即直线与平面所成角的正弦值最大为，故C错误；
对于选项D：由题意可知，挖去的部分为一个底面半径为2，高为4的半圆锥，
则半圆锥的侧面为，正方体的侧面剩余的面积为，
正方体底面剩余面积为，正方体其余四个面的面积为，
故剩余部分几何体的表面积为，故D正确.故选：AD.
11. （2021·全国新高考1卷真题）正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A. 当时，的周长为定值
B. 当时，三棱锥的体积为定值
C. 当时，有且仅有一个点，使得
D. 当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】BD
【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．
【详解】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；

对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选：BD．
【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．
12．（2021·山东潍坊·高三期中）已知正方体的棱长为，下列结论正确的有（ ）
A．异面直线与所成角的大小为
B．若是直线上的动点，则平面
C．与此正方体的每个面都有公共点的截面的面积最小值是
D．若此正方体的每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截正方体所得截面面积的最大值是
【答案】BC
【分析】A.易证平面 判断；B.易证平面平面；C.易知平面为一个与正方体的每个面都有公共点判断；D.点E，F，G，H，M，N分别为相应棱的中点，可得平面EFGHMN 平面PQR求解判断.
【详解】A.如图所示：，，则平面 ，

所以，所以异面直线与所成角的大小为，故错误；
B. 如图所示： ，因为，平面，平面，所以平面，同理平面，因为，所以平面平面，
因为平面,所以平面，故正确；
C.如图所示： ，平面为一个与正方体的每个面都有公共点，且截面面积最小的面，其面积为：，故正确；
D.如图所示： ，若此正方体的每条棱所在直线与平面所成的角都相等，只需平面与过同一顶点的三条棱所成的角相等，设，则平面PQR与正方体过顶点A的三条棱所成角相等，

若点E，F，G，H，M，N分别为相应棱的中点，可得平面EFGHMN 平面PQR，且六边形EFGHMN为正六边形，正方体的棱长为1，则正六边形的边长为，此时正六边形的面积为，为截面的最大面积，故错误；故选：BC
三、填空题
13．（2021·湖南·衡阳市八中模拟预测）阿基米德（公元前287年—公元前212年），伟大的古希腊哲学家、数学家、物理学家，享有“力学之父”的美称，阿基米德和高斯、牛顿并列为世界三大数学家.公元前212年，古罗马军队入侵叙拉古，阿基米德被罗马士兵杀死，终年七十五岁.阿基米德的遗体葬在西西里岛，墓碑上刻着一个圆柱内切球（一个球与圆柱上下底面相切且与侧面相切）的图形，以纪念他在几何学上的卓越贡献，这个图形中的内切球的体积与圆柱体积之比为_____，内切球的表面积与圆柱的表面积之比为______.

【答案】
【分析】设出球半径，根据圆柱和球的体积公式和表面积公式求解可得.
【详解】设内切球的半径为，根据圆柱内切球和圆柱的关系，
可得，.故答案为：；.
14．（2020·海南高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
【答案】.
【分析】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果.
【详解】如图：
取的中点为，的中点为，的中点为，
因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，
又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，
因为，所以侧面，
设为侧面与球面的交线上的点，则，
因为球的半径为，，所以，
所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，
因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，
因为，所以，
所以根据弧长公式可得.故答案为：.
【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.
15．（2021·江西·南昌市豫章中学高三开学考试）已知三棱锥中，，，，，且平面平面，则该三棱锥的外接球的表面积为_________．

【答案】
【分析】本题首先可在中根据余弦定理得出，然后通过勾股定理得出，根据面面垂直的性质得出平面，外接球的球心到平面的距离为，再然后通过正弦定理求出的外接圆的半径，最后根据求出外接球的半径，即可求出外接球的表面积.
【详解】在中，由余弦定理易知，，
即，解得，因为，所以，
因为平面平面且交于，平面，
所以平面，外接球的球心到平面的距离为，
设的外接圆的半径为，外接球的半径为，则由正弦定理得出，解得，
，解得，外接球的表面积，故答案为：.
【点睛】本题考查几何体的外接球的表面积的求法，考查面面垂直证明线面垂直，考查余弦定理与正弦定理的应用，考查数形结合思想，是难题.
16．（2021·西藏·拉萨那曲高级中学高三期中）在矩形中，，，在上运动，设，将沿折起，使得平面垂直于平面，长最小时的值为__________．

【答案】
【分析】在平面ABP中，过A作，垂足为，利用面面垂直的性质得到AH⊥平面．进而得到为直角三角形，利用直角三角形中的边角关系和余弦定理，在，，中进行运算，得到的长度用已知的量、、的三角函数表示出来．再根据其形式来进行运算求值．
【详解】解：在平面ABP中，过A作，垂足为，连，∵平面ABP⊥平面BPDC，
∴AH⊥平面．∴、，∴在中，，．

在中，由余弦定理得：，
∴在中，，当且仅当时取得最大值1，
∴当且仅当时，长最小．故答案为：
四、解答题
17．（2021·山东省济南市莱芜第一中学高三期中）如图，在四棱台中，底面是平行四边形，平面，，，.
（1）证明：；（2）证明：平面.

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析
【分析】（1）根据题意证明平面，进而证明结论；（2）连结AC､，设，连结，证明四边形是平行四边形即可结合判定定理证明结论.
（1）证明：（1），，
在中，由余弦定理得，，，
平面ABCD，且平面ABCD，，又，平面.
又平面，.
（2）证明：连结AC､，设，连结，∵ 四边形是平行四边形，，
由棱台的定义及知，，且，
∴ 四边形是平行四边形，，又平面，平面，平面.

18．（2021·江苏·南京师大苏州实验学校高三期中）如图，四棱锥中，底面，，，，，M是上一点，且，N是中点.
（1）求证：；（2）若二面角大小为，求棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析（2）
【分析】（1在中，由正弦定理求得，在中，由余弦定理得求得，
由勾股定理得，由此得四边形ABCD是以AC为直径的圆的内接四边形，根据圆的垂径定理证得，由线面垂直的性质证得，根据线面垂直的判定和性质可得证.
（2）由二面角的定义得就是二面角的平面角，再运用等体积法可求得三棱锥的体积.
（1）证明：在中，，，，，由正弦定理得，
，即，解得，所以，
在中，由余弦定理得， ，
即，所以，
所以，所以，所以四边形ABCD是以AC为直径的圆的内接四边形，所以，
又底面，底面，所以，
又，所以面，所以.
（2）解：又底面，底面，所以，
由（1）知，又，所以 面，
又面，所以，又，所以就是二面角的平面角，所以
所以为等腰直角三角形，所以，
在中，，，所以是正三角形，所以，
由（1）得面，又M是上一点，且， 所以M点到平面PAC的距离d等于点B到平面PAC的距离的，所以，
因为N是中点.所以，
所以，所以棱锥的体积为.
19．（2021·天津二中高三期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，，面ABCD，E、F分别为PA、AB的中点，直线AC与DF相交于O点．（1）证明：平面DEF；（2）求直线PC与平面DEF所成角的正弦值；（3）求二面角A-EO-D的余弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）（3）
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，计算得出与平面的法向量垂直，再由线在面外，得线面平行；（2）求出直线的方向向量与平面法向量的夹角的余弦值后可得所求线面角的正弦值；（3）用二面角两个面的法向量的夹角求解二面角．
（1）解：以为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，，，
设平面DEF的法向量为，，，
∵，，∴，取；
又，∴，∴，面DEF，所以平面DEF.

（2）∵，∴，
设直线PC与平面DEF所成角为，则.
（3），，，
，，所以面AEO的法向量为，
面DEO的法向量为，∴；
设二面角A-EO-D所成角为，由图所示，为锐角，则.
20．（2021·福建·福清西山学校高三期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，，，E为棱PB上一点.（1）若E为棱PB的中点，求证：直线平面PAD；（2）若E为棱PB上存在异于P､B的一点，且二面角的平面角的余弦值为，求直线AE与平面ABCD所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）
【分析】（1）先取PA的中点F，连接DF，再由平行四边形即可证明线线平行，进而证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量由二面角的平面角的余弦值求出E的坐标，再利用空间向量求出线面角的正弦值即可.
（1）解：证明：取PA的中点F，连EF，DF，

∵E为PB的中点，∴且，又，且，
∴，所以四边形CDFE为平行四边形，∴，
又平面PAD，平面PAD，故直线平面PAD.
（2）解：以A为坐标原点，以AD，AB，AP所在射线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，.设，则，.
∵E在棱PB上，∴可设.故，解得，即，
易知平面ACB的法向量为，设平面ACB的法向量，，，
∴，即，即.
取，则，，故.
因为二面角的平面角的余弦值为，所以，即，
即 ，解得.
∴，.因为z轴⊥平面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量为.
设AE与平面ABCD所成角为，则.
故AE与平面ABCD所成角的正弦值为.
21．（2021·天津市第五十四中学高三期中）如图，四棱锥中，底面为平行四边形，底面，是棱的中点，且，.（1）求证：平面；（2）棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求的值；若不存在，说明理由.

【答案】（1）证明见解析（2）存在，
【分析】(1)首先结合已知条件，利用勾股定理证明，进而可证，再利用线面垂直的性质即可证明平面；(2)建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再设出N点坐标，利用线面夹角的正弦值的空间向量公式即可求解.
（1）因为在中，，，所以，故，
因为，所以，又因为底面，底面，所以，
因为，，平面，所以平面.
（2）以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如下图：

则，，，，，
因为是棱的中点，所以，所以，，
设为平面的法向量，所以，即，不妨令，则，且，
所以平面的法向量可取，
由是在棱上一点，故设，，，
设直线与平面所成角为，因为平面的法向量，
所以，解得，即，，即，
所以在棱AB上存在这样的点N，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时.
22．（2020·北京·北师大二附中高三期中）如图所示，四边形ABCD是边长为3的正方形，平面ABCD，，，BE与平面ABCD所成角为60°.（1）求证：平面BDE；（2）求二面角的余弦值；（3）设点M是线段BD上的一个动点，试确定点M的位置，使得平面BEF，并证明你的结论.

【答案】（1）证明见解析（2）（3），证明见解析
【分析】（1）由已知中平面ABCD，ABCD是边长为3的正方形，我们可得，，结合线面垂直的判定定理可得平面BDE；（2）以D为坐标原点，DA，DC，DE方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，分别求出平面BEF和平面BDE的法向量，代入向量夹角公式，即可求出二面角的余弦值；（3）由已知中M是线段BD上一个动点，设.根据平面BEF，则直线AM的方向向量与平面BEF法向量垂直，数量积为0，构造关于t的方程，解方程，即可确定M点的位置.
（1）因为平面ABCD，所以.因为ABCD是正方形，所以，
，从而平面BDE.
（2）因为DA，DC，DE两两垂直，所以建立空间直角坐标系，如图所示.
因为BE与平面ABCD所成角为600，即，所以.由，可知，.
则，，，，，所以，.
设平面BEF的法向量为，则，即.令，则.
因为平面BDE，所以为平面BDE的法向量，.
所以.因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.

（3）点M是线段BD上一个动点，设.则.
因为平面BEF，所以，即，解得.
此时，点M坐标为，即当时，平面BEF.














B卷（建议用时90分钟）
一、单选题
1．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）

A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
【答案】A
【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【详解】
连，在正方体中，M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，平面平面，所以平面.
因为不垂直，所以不垂直,则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，平面，所以，
，所以平面，平面，所以，
且直线是异面直线，所以选项B错误，选项A正确.故选：A.
【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
2．（2021·江苏南京市·高三一模）钺（yuè）的本字其实是“戊（yuè）”，是一种斧头．在中国古代，长江流域以南的少数民族都被称为越人，由于民族很杂部落众多，也称“百越”，有学者指出，“越人”的“越”，其含义可能由“戊”而来，意指这些都是一帮拿着斧头的人．此外，“戊（wù）”的本意和“戊”一样，也是指斧头．如图是一把斧子，它的斧头由铁质锻造，它的形状可以近似看做由上下两个多面体组合而成，上部是一个长方体，下部是一个“楔（xie）形”，其尺寸如图标注（单位：cm），已知铁的比重为，斧头上用作安装斧柄的洞眼仍看作实心，这只斧头的质量（单位：g）所在的区间为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】 由题得几何体有一个长方体、一个三棱柱和两个三棱锥组成，

长方体的体积：；三棱柱的体积：；
两个三棱锥的体积：；所以几何体的体积为，
所以这只斧头的质量为.故选：A
3．（2020·海南高考真题）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O)，地球上一点A的纬度是指OA与地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°
【答案】B
【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角.
【详解】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..
由于，所以，
由于，
所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.故选：B

【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.
4．（2021·山东·胶州市教育体育局教学研究室高三期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面为等边三角形，平面平面，为上一点，为上一点，直线平面，则的面积为（ ）

A． B． C． D．3
【答案】C
【分析】作于，作交于，连，证明且，
求出，再代入三角形的面积公式，即可得到答案；
【详解】作于，作交于，连，，，，
面，面，，面，，
，四边形为矩形，且，且，
面，，为的中点，，
，故选：C.

5．（2021·江西景德镇·模拟预测）在三棱锥中，平面平面，，，，的面积为，则三棱锥的外接球体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取的中点，过作于，连接，则由已知条件可得为三棱锥的外接球的球心，则为半径，从而可求出三棱锥的外接球体积
【详解】取的中点，则为的外心，过作于，连接，
在中，，，，所以，
所以，，
因为平面平面，平面平面，，所以平面，
因为平面，所以，因为的面积为，，，
所以，得，所以，
在中由余弦定理得，，
所以，所以，所以,
所以为三棱锥的外接球的球心，且球的半径为
所以三棱锥的外接球体积为，故选：C

6．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方体中，点M在线段(不包含端点)上运动，则下列判断中正确的是（ ）

①平面； ②异面直线与所成角的取值范围是；
③平面恒成立； ④三棱锥的体积不是定值．
A．①③ B．①② C．①②③ D．②④
【答案】B
【分析】根据给定条件证得平面平面可判断①；由及正可判断②；
取特殊位置说明与不垂直判断③；利用等体积法转化可判断④即可作答.
【详解】在正方体中，连接，如图，

因对角面ABC1D1是矩形，则AD1//BC1，而平面ACD1，平面ACD1，于是得BC1//平面ACD1，同理，A1B//平面ACD1，而，平面，因此，平面平面，又平面，故有平面，①正确；
因，即异面直线与所成角即为与所成角，而是正三角形，
点M在线段(不包含端点)上运动时，与所成角范围为，②正确；
当M为的中点时，直线过点C，，即此时与不垂直，平面不恒成立，③错误；因BC1//平面ACD1，则，即三棱锥的体积是定值，④错误.
故选：B
7．（2021·浙江省杭州第二中学模拟预测）已知正三棱锥中，底面是边长为的正三角形，侧棱长为，为的中点，为中点，是的动点，是平面上的动点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．

【答案】A
【分析】作出图形，在正三棱锥中，分析得出平面，固定，找出点运动时取得最小值时的位置，利用解三角形的相关知识即可求得结果.
【详解】因为为上的动点，为平面上的动点，且两者的运动无关，所以采用一定一动的原则，
先固定，当在动的时候，显然，当平面时，取最小值，
为了确定垂直状态在哪里，具体给出下图：

作分别交、于点、，连接，当点在上且时，平面，
以下证明此时平面，，为的中点，则，同理可知，，
，平面，所以，，所以，平面，
此时，再将平面绕着转动，使得、、、四点共面，
此时，释放点，当点在运动过程中，、、三点共线时，，
已经找到最小状态，易知，，
，平面，则平面，则平面，
平面，，故，则，
，，则，则为等腰直角三角形，
故，，
因为.故选：A.
【点睛】（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；
（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.
8．（2022·浙江·高三专题练习）在三棱锥中，，点在面上的投影是的垂心，二面角的平面角记为，二面角的平面角记为，二面角的平面角记为，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据题意作出各二面角的平面角，再在每一个直角三角形中将角用三角函数表示出达，然后再通过比较边长从而达到比较角的大小的目的.
【详解】因为为点在平面的投影，且为的垂心连接交于点，连接，可知平面，所以，可知，所以在上的投影为，过作，连接.
连接交于，连接.这样.
又因为,在中，,可得.
在中，,,，
又因为在中，，所以，所以，
所以，所以而所以.
所以在中，，所以在中，，
因为，所以，所以.由题意，可知平面，所以，
又为的垂心，所以，且，所以平面，所以，
取的中点，连接、.由于为正三角形，所以，且，
所以平面，因此，由于为的中点，所以，
又，所以三棱锥为正三棱锥.在分别，中，，
而，，从而可知选项C正确.故选：C.
二、多选题
9. （2020.八省联考）下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（ ）

A. B. C. D.
【答案】BCD
【分析】由平面展开图还原为正方体，根据正方体性质即可求解.
【解析】由正方体的平面展开图还原正方体如图，由图形可知，，故A错误；

由，四边形为平行四边形，所以，故B正确；
因为,,所以平面,所以，故C正确；
因为，而,所以，故D正确. 故选：BCD
10．（2021·福建·莆田一中高三期中）如图1，在矩形与菱形中，，，，分别是，的中点．现沿将菱形折起，连接，，构成三棱柱，如图2所示，若，记平面平面，则（ ）

A．平面平面 B．
C．直线与平面所成的角为60° D．四面体的体积为
【答案】ABD
【分析】对于A，证得平面即可推理判断；对于B，证得，再结合线面平行的性质推理判断；
对于C，利用菱形的性质结合线面垂直的判定可得平面，求出线面角即可判断；
对于D，由给定条件直接计算四面体的体积即可判断作答.
【详解】对于A，矩形中，，而，，平面，
则平面，又平面，所以平面平面，A正确；
对于B，因为矩形ABCD对角线的中点，则为BD中点，而是中点，可得，
又平面ADF，平面ADF，于是得平面ADF，因平面平面，平面AMN，所以，B正确；
对于C，菱形中，，又，而，平面，则平面，
因此为直线与平面所成的角，而，即，有，
所以直线与平面所成的角为，C不正确；
对于D，菱形中，，，，
由A选项可知，平面，所以四面体的体积，D正确.
故选：ABD
11．（2021·重庆市育才中学二模）如图，正四棱锥的高为3，底面边长为2，K是棱的中点，过作平面与线段，分别交于点M，N(M，N可以是线段的端点)，设，，下列说法正确的是（ ）

A．时，平面与平面所成锐二面角取得最大值 B．
C．类比，可得到一个真命题： D．的最小值为
【答案】CD
【分析】判断时，平面与平面所成锐二面角取得最小值判断A；推出，判断B；利用比例关系推出结果判断C；求出体积的最小值判断D.
【详解】
对于A，时，平面与平面所成锐二面角取得最小值，当与不平行时，平面与平面所成锐二面角始终比平行时的锐二面角大，所以A不正确；
对于B，，，和始终是变化，和始终变化，当时，，，为，的中点，所以，，，所以B不正确；
对于C，，，所以C正确；
对于D，当时，取得最小值，由C可知：，

截面如图，建立坐标系如图，则，，，，，，，
可得的方程为：，解得，所以，
可得，所以最小值为，所以D正确；故选：CD
【点睛】解答本题的关键是选项D的真假的判断，关键一，分析得到当时，取得最小值，关键二，要求出.
12．（2021·河北石家庄·模拟预测）正方体的棱长为6，M､N为底面内两点，，异面直线与所成角为30°，则正确的是（ ）
A． B．直线与为异面直线
C．线段长度最小值为 D．三棱锥的体积可能取值为12
【答案】ACD
【分析】由向量的线性运算确定点轨迹是线段，由异面直线所成的角的定义确定点轨迹是上底面上以为圆心的四分之一圆弧，然后通过线面垂直，相交直线、圆上的点到直线的距离的最值，棱锥的体积判断各选项．
【详解】由得，，
所以点轨迹是线段，
，面直线与所成角为30°，所以（它为异面直线与所成角），
所以是以为轴，为顶点，顶角为的圆锥的母线，该圆锥侧面与上底面的交线为以为圆心，为半径的圆在正方形内的圆弧，即为点轨迹．
平面，平面，则，又，，平面，
所以平面，而平面，所以，A正确；
在平面内作直线与线段，和点轨迹圆弧分别交于点，则与相交，B错；
到直线的距离是，所以的最小值为，C正确；
三棱锥中，在正方形中知到直线的距离等于到距离的最大值，
此最大值为，因此的最大值为，
三棱锥体积的最大值为，D正确．故选：ACD．

三、填空题
13．（2021·江苏连云港·高三期中）现有四个半径都为2的小球，若把这四个小球完全装入一个球形容器内，则该球形容器半径的最小值为___________.
【答案】
【分析】由分析可得当4个小球彼此相外切，与大球内切时，大球半径最小，此时四个小球的球心为一个正四面体的顶点，且大球的半径为正四面体的外接球半径与小球的半径和，再求正四面体的外接球的半径，由此可得结果.
【详解】当4个小球彼此相外切，与大球内切时，大球半径最小，
四个小球，三个在下一个在上，四个球心连成正四面体.
设正四面体的边长为，的外接圆的圆心为，正四面体的外接球的球心为,
则,正四面体的高
设正四面体的外接球半径为,则,∴
正四面体的外接球半径，∴大球半径最小为，又.
∴，即该球形容器半径的最小值为，故答案为：.

14．（2021·北京高考模拟）a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；
③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最大值为60°.
其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）
【答案】②③
【分析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，|AC|＝1，|AB|，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【详解】解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，
不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|＝1，|AB|，
斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，
以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，
则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量（0，1，0），||＝1，
直线b的方向单位向量（1，0，0），||＝1，
设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），
∴AB′在运动过程中的向量，（cosθ，sinθ，﹣1），||，
设与所成夹角为α∈[0，]，则cosα|sinθ|∈[0，]，
∴α∈[，]，∴③正确，④错误．设与所成夹角为β∈[0，]，
cosβ|cosθ|，
当与夹角为60°时，即α，|sinθ|，
∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ|cosθ|，
∵β∈[0，]，∴β，此时与的夹角为60°，∴②正确，①错误．故答案为②③．

【点睛】（1）平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，可知当求出的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角.（2）求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.
15．（2021·内蒙古呼和浩特·二模）在正方体中，M为AB中点，N为BC中点，P为线段上一动点（不含C）过M、N、P与正方体的截面记为，则下面三个判断，其中正确判断的序号有______．
①当P为中点时，截面为六边形；②当时，截面为五边形；
③当截面为四边形时，它一定是等腰梯形；

【答案】①③.
【分析】①延长交于，交于，延长交于，取的中点，连接交于，连接，结合图形即可判断；②延长交于，交于，连接交于，连接交于，此时截面为五边形，求出即可判断；
③当截面为四边形时，点与点重合，判断四边形的形状即可.
【详解】解：如图①，延长交于，交于，延长交于，取的中点，连接交于，连接，因为M为AB中点，N为BC中点，所以，同理，
又因，所以，同理，所以共面，
此时六边形为截面，所以截面为六边形；故①正确；

如图②，延长交于，交于，连接交于，连接交于，此时截面为五边形因为，所以，所以，即，
所以当时，截面为五边形；故②错误；
当截面为四边形时，点与点重合，如图，由①得，，所以四边形即为截面，
设正方体的棱长为1，则，，所以，
所以四边形是等腰梯形；故③正确.故答案为：①③.

16．（2022·全国·高三专题练习）如图，在长方体中，，，，点是棱的中点，点在棱上，且满足，是侧面四边形内一动点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是_________．

【答案】
【分析】取中点，在上取点，使，连结、、，可得平面平面，则可得线段，由此可知当与的中点重合时，线段长度取最小值，当与点或点重合时，线段长度取最大值或，然后根据题中的数据进行计算即可
【详解】解：取中点，在上取点，使，
连结、、，则平面平面，
∵是侧面四边形内一动点（含边界），平面，
∴线段，∴当与的中点重合时，线段长度取最小值，
当与点或点重合时，线段长度取最大值或，

∵在长方体中，，，，
点是棱的中点，点在棱上，且满足，
∴，，．
∴线段长度的取值范围是．故答案为：
四、解答题
17．（2021·四川泸州·模拟预测）如图，四边形为正方形，若平面平面，，，.（1）求二面角A－CF－D的余弦值；（2）判断点D与平面CEF的位置关系，并说明理由.

【答案】（1）（2）点在平面外，证明见解析
【分析】（1）设出相应线段的长度，进而建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式求得答案；
（2）根据空间向量共面定理即可判断.
（1）因为平面平面，且交线为，
因为四边形为正方形，所以，于是平面，
以为原点，所在方向分别为轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.

设，容易得到，所以，，，，
，，设平面的法向量为，由，可取，
又，，设平面的法向量为，
由，可取，所以，
所以二面角的的余弦值为.
（2）点在平面外，证明如下，连接ED，因为，，，
设，则，
即，显然此方程组无解，
所以四点，，，不共面，即点在平面外.
18．（2021·浙江·绍兴一中高三期中）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，平面，，，分别为，的中点，点在线段上.（1）求证：平面；（2）如果直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，求的值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据题意只需证明，由此可得到，再结合，由线面垂直的判定定理即可证明；（2）设，根据直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，利用向量法求出的值，从而可求出的值.
（1）在平行四边形中，因为，所以，
又在中，，所以，所以，即，
又因为，分别为，的中点，所以，所以，
因为平面，平面，所以，因为，所以平面；
（2）由（1）可知，，又平面，故以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，
所以,
设，则，所以，，
易得平面的法向量，设平面的法向量，则，
即，令，得，
因为直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，
所以，即，
所以，解得，所以，即.

19．（2021·北京·新农村中学高三期中）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，M为的中点，且.（1）求的长；（2）求二面角的余弦值；（3）求点C到平面的距离.

【答案】（1）（2）（3）
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；（2）求出平面、的法向量，利用空间向量法求二面角的余弦即可；（3）利用向量法求点到平面的距离即可.
（1）平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、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、、、、，则，，
，则，解得，故；
（2）设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，，
因此，二面角的余弦值为.
（3）由（2）知, ，所以点C到平面的距离.
20．（2021·江苏·邵伯高级中学高三阶段练习）如图，在圆柱中，AB是底面圆的直径，CD是底面圆O的直径，已知圆O的半径为，圆柱的母线，E为的中点.
（1）若，证明：平面ABE；（2）若，求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）
【分析】（1）由题利用线面垂直的判定定理可证平面，再利用线面垂直的性质定理、勾股定理及线面垂直的判定定理即证；（2）建立空间直角坐标系，利用坐标法即求.
（1）连接，由题易知，

又，，所以平面，因为平面，故.
由，且，可得，连接，则，即.
结合，且，∴平面ABE.
（2）以O为坐标原点，OC，所在直线分别为x，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易知为等边三角形，因此，又，，，
所以，，.
设平面CAB的法向量为，则得
令，则，，所以.
设平面EAB的法向量为，则得
令，则，，所以，则，
易知二面角为锐二面角，因此二面角的余弦值为.
21．（2021·江苏·南京师大附中高三期中）在三棱柱中，侧面是正方形，，AB⊥BC．（1）求证：平面平面ABC；（2）线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角为？

【答案】（1）证明见解析（2）存在，且E为B1C的中点
【分析】（1）取AC中点O，连接，BO，根据勾股定理逆定理得到，证明平面ABC，得到答案.（2）如图所示建立空间直角坐标系，得到各点坐标，设，平面的一个法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.
（1）取AC中点O，连接，BO，，，故BO⊥，，
，四边形是正方形，故，
，，，故，
，平面ABC，Ì平面，故平面平面ABC。
（2）以为轴建立空间直角坐标系，
则A(0，－1，0)，B(1，0，0)，，由，得到，

设，，，则平面的一个法向量，
，
即(2λ－1)(λ＋1)＝0，所以λ＝，即E为B1C的中点.
22．（2021·天津市第一零二中学高三期中）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D，E分别是，的中点（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值；（3）在棱上是否存在一点P，使得直线PD与平面所成角正弦值为?若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见详解（2）（3）或
【分析】（1）取AB的中点F ,连DF 交于点M,可证 ,利用线而平行的判定定理可得平面;（2）建立空间直角坐标系,求出平面的法向量,利用向量的夹角公式,可求平面 与平面所成角的余弦值，再求正弦值.（3）假设在棱上存在一点 P , 使得直线PD与平面所成角正弦值为 ,求出平面的法向量,根据向量的夹角公式,列方程求出点P坐标,即可得结论.
（1）取AB的中点F ,连DF 交于点M,可知M为中点，连，
可知四边形 为平行四边形，所以,,，
由线而平行的判定定理可得平面；
（2）建立空间坐标系如图所示：
则,所以,
设平面的法向量为，则令，所以，由题意知平面法向量,，所以平面与平所成角得正弦值为
所以与平面所成角的正弦值为 .

（3）假设在棱上存在一点 P 使得直线PD与平面所成角正弦值为,设点,则 ,由( 2)知平面的法向量为
所以，解得或,
故在棱上存在一点P , 使得直线PD与平面所成角正弦值为,
P 点的坐标为或.