新高考数学一轮复习单元复习第七章立体几何与空间向量《真题模拟卷》(含解析)

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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 ABPA＝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________．
【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：.
40．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.
41．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：.
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________．
【答案】
【分析】
设，，由数量积运算可得，进而可得坐标.
【详解】
∵与共线，故可设，，
由得：，
故，∴．
故答案为：.
43．已知点关于坐标平面的对称点为，点关于坐标平面的对称点为，点关于轴的对称点为，则点的坐标为________．
【答案】
【分析】
利用空间点关于平面对称点的求法求解.
【详解】
点关于坐标平面的对称点的坐标为，
点关于坐标平面的对称点的坐标为，
点关于轴的对称点的坐标是．
故答案为：
44．点在平面内的射影为，则________．
【答案】
【分析】
利用空间点在平面内的射影求解.
【详解】
点在平面内的射影为，
∴、、，
∴．
故答案为：0

五、双空题
45．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）.
46．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.
47．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.
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．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，它表示______，过点且法向量为的平面的方程是______．
【答案】一个平面
【分析】
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，那么平面方程为计算可得；
【详解】
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，
过点且法向量为的平面的方程为，整理得
故答案为：一个平面；
49．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.
50．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.
51．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．