(新高考)高考数学一轮 数学单元复习 过关检测卷第07章《立体几何与空间向量》(解析版)

这是一份(新高考)高考数学一轮 数学单元复习 过关检测卷第07章《立体几何与空间向量》(解析版)，共73页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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：AC

25．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：ABC

27．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﹣A1B1C1D1的棱长为2，点M，N分别是棱BC，CC1的中点，则二面角C﹣AM﹣N的余弦值为__．若动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动，且PA1∥平面AMN，则线段PA1的长度范围是__．

【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﹣A1B1C1D1为正方体，
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），A1(2，0，2），
则，，设平面AMN的一个法向量为，则，
故可取，
又PA1∥平面AMN，
∴，
∴点P的轨迹为经过BB1，B1C1中点的线段，
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PA1的长度范围是．
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】

（1）证明：分别取，的中点，，连接，，，
∵，∴，
∵，∴，
∵，，∴平面，
∵平面，∴，
在中，∵垂直平分，∴，
∵，，∴，
∴.
（2）由（1）知，平面平面，在上取一点O，连接，使，则是四棱锥的高，
∵，解得，
∵，则，即O为正方形的中心，
以O为坐标原点，过点O且垂直于的直线为x轴，所在直线为y轴，
所在直线为z轴，建立如图所求的空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，取，
，
设平面的一个法向量，
则取

则，
设二面角的平面角为，
则，
∴二面角的正弦值为.

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.

58．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；

59．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.
60．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．

61．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.