专题七 空间向量与立体几何——高考数学二轮复习专题进阶训练

这是一份专题七 空间向量与立体几何——高考数学二轮复习专题进阶训练，共32页。
基础题
1.已知平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为( )
A.10B.3C.D.
2.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )
A.B.C.D.
3.如图所示，在平行六面体中，M为与的交点.若，，，则( )
A.B.
C.D.
4.如图，在四面体中，若，，E是AC的中点，则下列结论正确的是( )
A.平面平面ABD
B.平面平面BDC
C.平面平面BDE，且平面平面BDE
D.平面平面ADC，且平面平面BDE
5.如图，在长方体中，，P为的中点，则二面角的大小为( )
A.B.C.D.
6.（多选）设m，n，l是三条不同的直线，，是两个不同的平面.下列命题中正确的是( )
A.若，，，则
B.若，，，则
C.若，，，，则
D.若，则存在直线，使
7.（多选）如图，将正方形ABCD沿对角线BD翻折，使平面平面BCD.连接AC，下列结论正确的是( )
A.AB与平面BCD所成角的大小为B.是等边三角形
C.AB与CD所成的角为D.二面角为
8.揽月阁位于西安市雁塔南路最高点，承接大明宫、大雁塔，是西安唐文化轴的南部重要节点和标志性建筑，高约99米，可近似视为一个正四棱台，塔底宽约36米，塔顶宽约25米.据此估算揽月阁体积约为__________立方米.
9.如图，在四棱锥中，四边形ABCD为平行四边形，M为AC的中点，N为PD上一点，若平面ABP，则___________.
10.如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，O为AC的中点，平面ABCD，M为PD的中点，，，.
（1）求证：平面PAC.
（2）如果二面角的正切值为2，求a的值.
中等题
11.已知空间向量，，则的最小值为( )
A.B.C.2D.4
12.如图，在正方体中，，M，N分别是，的中点，过直线BD的平面平面AMN，则平面截该正方体所得截面的面积为( )
A.B.C.D.
13.如图，在四面体中，平面，，那么二面角的余弦值为( )
A.B.C.D.
14.如图，在直三棱柱中，O是与的交点，D是的中点，，，给出下列结论.
①AB与是相交直线；
②平面；
③平面平面；
④平面，
其中正确的结论是( )
A.①②B.③④C.②③D.②④
15.“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知，则该半正多面体外接球的表面积为( )
A.B.C.D.
16.（多选）如图，长方体的底面是正方形，，E是的中点，则( )
A.为直角三角形
B.
C.直线与平面夹角的正弦值为
D.三棱锥的外接球的表面积是正方形ABCD面积的倍
17.（多选）已知正方体中，E，F分别为，的中点，则( )
A.直线BE与所成角为
B.直线与所成角为
C.直线与平面所成角为
D.直线与平面BFD所成角的正弦值为
18.如图，在正四棱台中，，.若半径为r的球O与该正四棱台的各个面均相切，则该球的表面积___________.
19.在空间直角坐标系中，定义：平面的一般方程为(A，B，C，，)，点到平面的距离，则在底面边长与高都为2的正四棱锥中，底面中心O到侧面的距离等于__________.
20.如图，在四棱锥中，四边形ABCD为梯形，其中，，，.
（1）证明：平面平面ABCD；
（2）若，点E满足，且三棱锥的体积为，求平面PAD与平面BDE的夹角的余弦值.
拓展题
21.如图是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围是( )
A.B.C.D.
22.如图，在四棱柱中，四边形ABCD是正方形，，，E是棱AD的中点，则直线与直线所成角的余弦值为( )
A.B.C.D.
23.如图，在直三棱柱中，M，N分别为棱，的中点，，，平面平面，则四面体ABMN的外接球的体积为( )
A.B.C.D.
24.如图，已知长方体中，，，O为正方形ABCD的中心点，将长方体绕直线进行旋转.若平面满足直线与所成的角为，直线，则旋转的过程中，直线AB与l夹角的正弦值的最小值为（参考数据：，）( )
A.B.C.D.
25.如图，在平行六面体中，，，与BD交于点O，则下列说法不正确的有( )
A.B.若，则平面
C.D.若，则
26.（多选）已知圆锥的轴截面是顶角为的等腰三角形，其母线长为l，底面圆周上有A，B两点，下列说法正确的有( )
A.截面的最大面积为
B.若，则直线与平面夹角的正弦值为
C.若一只小蚂蚁从圆锥底面圆周上一点绕侧面一周回到原点，则最短路程为
D.当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为
27.（多选）如图，在菱形ABCD中，，，沿对角线BD将折起，使点A，C之间的距离为.若P，Q分别为线段BD，CA上的动点，则下列说法正确的是( )
A.平面平面BCD
B.线段PQ长度的最小值为
C.当，时，点D到直线PQ的距离为
D.当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，PQ与AD所成角的余弦值为
28.已知正方体的棱长为1，E，F，G分别是棱，，的中点，过E，F，G三点作该正方体的截面，点M为底面ABCD内一动点.若与该截面平行，则直线与所成角的余弦值的最大值为_________.
29.半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示）.若它的所有棱长都为，则以下结论正确的是__________.（填序号）
①平面EAB；
②该二十四等边体的体积为；
③该二十四等边体外接球的表面积为；
④PN与平面EBFN所成角的正弦值为.
30.如图，在多面体ABCDEF中，侧面BCDF为菱形，侧面ACDE为直角梯形，，，N为AB的中点，点M为线段DF上一动点，且，，.
（1）若点M为线段DF的中点，证明：平面ACDE.
（2）若平面平面ACDE，且，问：线段DF上是否存在点M，使得直线MN与平面ABF所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
答案以及解析
1.答案：D
解析：由，得点P到平面的距离.
2.答案：B
解析：如图，依题意，球的半径.因为圆柱的高，所以圆柱的底面半径.
故圆柱的体积.故选B.
3.答案：D
解析：.故选D.
4.答案：C
解析：因为，且E是AC的中点，所以，同理有，于是平面BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面平面BDE.又由于平面ACD，所以平面平面BDE.故选C.
5.答案：B
解析：在长方体中，平面，平面，平面，，且，即为二面角的平面角.又，易得.故选B.
6.答案：CD
解析：A选项中，m，n的关系可能为平行、垂直、异面；B选项缺少条件；C选项具备面面垂直的性质定理的全部条件；D选项中，当且直线m与两平面的交线垂直时，一定有.因此D正确.
7.答案：BC
解析：由题意，设正方形ABCD的对角线AC与BD的交点为E，则.又平面平面BCD，平面平面，所以平面BCD.因为平面BCD，所以，与平面BCD所成的角为.易得，故A错误.因为，所以是等边三角形，故B正确.又，故可以E为坐标原点，EC，ED，EA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图的空间直角坐标系.
设，则，，，，，所以，，所以.所以AB与CD所成的角为，故C正确.易得，设平面ABC的法向量为，则即令，则，，所以.设平面ACD的法向量为，则即令，则，所以.所以，所以二面角不为，故D错误.故选BC.
8.答案：93093
解析：依题意，揽月阁近似视为一个正四棱台，其体积（立方米）.
9.答案：
解析：如图所示，连接BD，易知M为AC和BD的中点.平面，平面BPD，平面平面，，为BD的中点，为PD的中点，.
10.答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）证明：由，，得，
即.
因为平面ABCD，所以.
又，平面PAC，所以平面PAC.
（2）如图，以点O为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系，
则，，，.
所以，.
设平面MAC的法向量为，
则即令，则.
所以平面MAC的一个法向量为.
又平面ACD的一个法向量为.
设二面角的平面角为，则由题图可知为锐角.
又，所以，解得（负值已舍去）.
11.答案：C
解析：，，，则，当时，取最小值，为2.故选C.
12.答案：B
解析：如图，取，的中点P，Q，连接PD，PQ，BQ，易得，.又，，所以平面平面BQPD，所以平面BQPD为平面.易得，，所以截面的形状是等腰梯形，且上底，下底，高，故其面积.故选B.
13.答案：C
解析：如图，作于点D，于点E.
设，则易得，，进而可以求得，.，
，，
.故二面角的余弦值为.故选C.
14.答案：D
解析：对于①，在直三棱柱中，根据异面直线的定义知AB与是异面直线，所以①错误；
对于②，的中点为D，且O是与的交点，所以O是的中点，连接OD，则，因为平面，平面，所以平面，所以②正确；
对于③，因为平面，所以平面AOD与平面相交，所以③错误；
对于④，因为在直三棱柱中，，所以四边形是正方形，平面，因为平面，所以，又，，所以平面，所以④正确，故选D.
15.答案：A
解析：如图，在正方体中，分别取正方体的中心O，正方形的中心，连接，，，，分别为，的中点，则，正方体的棱长为，故，可得，根据对称性可知：点O到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为O，半径，故该半正多面体外接球的表面积为.故选A.
16.答案：ACD
解析：不妨设，则，，，所以，所以为直角三角形，A正确；
因为与平行，所以CE与不平行，B错误；
由选项A可知，又，，所以，又，所以平面，所以是直线与平面的夹角，所以，C正确；
因为三棱锥的外接球就是长方体的外接球，所以三棱锥的外接球的半径，表面积，又正方形ABCD的面积为1，所以三棱锥的外接球的表面积是正方形ABCD面积的倍，D正确.故选ACD.
17.答案：ABC
解析：以D为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系.
设正方体的棱长为2，则，，，，，，，，，，则，，故，则，故直线BE与所成角为，A正确；
，，，又，故，即直线与所成角为，B正确；
，，，设平面的法向量为，则令，则，
故，因为直线与平面所成角的范围为，所以直线与平面所成角为，C正确；
，，设平面BFD的法向量为，
则令，
则，故，故直线与平面BFD所成角的正弦值为，D错误.故选ABC.
18.答案：
解析：设球O与上底面、下底面分别切于点，，与平面、平面分别切于点E，F，作出其轴截面如图所示，则，，所以.过点M作于点H，连接，，则，由勾股定理可得，所以内切球的半径，所以该球的表面积.
19.答案：
解析：如图，以底面中心O为原点建立空间直角坐标系Oxyz，则，，，.设平面PAB的方程为(A，B，C，，)，分别将A，B，P的坐标代入，得解得，，，所以，即，所以.
20.答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）证明：，，
为等边三角形，，
又四边形ABCD为梯形，，则，
根据余弦定理可知，在中，
，
又，则.
，，平面，平面PBD，
又平面ABCD，平面平面ABCD.
（2）取BD的中点O，连接PO，又，.
由（1）可知，平面平面ABCD，
又平面平面，平面，平面ABCD，
连接OC，则，且平面，，，，两两垂直.
则以O为坐标原点，以的方向为x轴正方向，以的方向为y轴正方向，以的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，.
设，且，，，则.
由三棱锥的体积为得，，
解得，，
则，，，.
设平面PAD的一个法向量为，
则令，则，，故.
设平面BDE的一个法向量为，
则
令，则，，
故.
故平面PAD与平面BDE夹角的余弦值为
.
21.答案：C
解析：由题意得该几何体有6个面是边长为的正方形，8个面是边长为的等边三角形.
在原正方体中建立如图所示的空间直角坐标系，易知原正方体的棱长为2，则，，，设，，，.设直线DE与直线AF所成的角为，则直线DE与直线AF所成角的余弦值，而，故，则.故选C.
22.答案：B
解析：因为，所以
.又，所以.因为，所以，即直线与直线所成角的余弦值为.故选B.
23.答案：A
解析：如图，取BN的中点D，连接CD，因为，所以.
又平面平面，平面平面，平面，所以平面ABN，又平面ABN，所以.依题意知平面，平面ABC，所以，又，平面，所以平面.又平面，所以，，所以，所以.连接，则，所以.又，所以，所以.因为与共斜边AN，所以四面体ABMN的外接球的球心为AN的中点，
则球半径，所以该球的体积为.故选A.
24.答案：A
解析：在长方体中，，则直线AB与l的夹角等于直线与l的夹角.
长方体中，，，O为正方形ABCD的中心点，连接，则，又，所以是等边三角形，故直线与的夹角为.则绕直线旋转的轨迹为圆锥，如图所示，.
因为直线与所成的角为，，所以直线与l的夹角为.
在平面中，作，，使得.结合图形可知，当l与直线平行时，与l的夹角最小，为，易知.设直线与l的夹角为，则，故当时最小，而，故直线AB与l的夹角的正弦值的最小值为，故选A.
25.答案：C
解析：对于A，因为，，
所以，，所以，
因为，所以，所以，所以，A正确；
对于B，连接，
由选项A知，因为在平行四边形ABCD中，，所以四边形ABCD为菱形，所以，又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，因为，，所以，所以，，由于，所以，所以，又因为，所以，又因为，平面，所以平面，所对于C，因为四边形ABCD为平行四边形，所以O为BD的中点，所以，所以，所以C错误；
对于D，设，，因为在菱形ABCD中，，所以，
因为，所以.，所以，所以D正确，故选C.
26.答案：BD
解析：对于A，截面的面积为，所以当时，截面的面积最大，为，A错误.对于B，设MN为圆锥底面圆的直径.由，得，则.如图，
取线段OB的中点C，连接AC，SC.易知为等边三角形，平面SOB.所以点A到平面SOB的距离为，所以直线SA与平面SOB夹角的正弦值为，B正确.对于C，圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为.又因为，所以最短路程为，C错误.对于D，，设，则，所以当时，三棱锥的体积取得最大值，此时外接球的半径，则外接球的表面积，D正确.故选BD.
27.答案：ABD
解析：取BD的中点O，连接OA，OC.在菱形ABCD中，，，所以.
因为，所以，所以.
又因为，O为BD的中点，所以，同理可得，
因为，，，平面BCD，所以平面BCD.
因为平面ABD，所以平面平面BCD，故A正确.
又，，，故以O为原点，OB，OC，OA所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，.
当，时，，，，，
所以点D到直线PQ的距离为，故C错误.
设，，设，，得，，
当且时，，故B正确.
当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，，，，，
设PQ与AD所成的角为，则，
所以PQ与AD所成角的余弦值为，故D正确.故选ABD.
28.答案：
解析：由题意，补全截面EFG为正六边形EFGHQR，如图，其中H，Q，R分别是，，的中点.
易得，故即为直线与所成的角.连接，，.因为H，G分别为，的中点，所以.又平面，平面EFGHQR，所以平面EFGHQR.同理可得，平面EFGHQR.再由可得平面平面EFGHQR.由平面，得平面EFGHQR.连接BD，交AC于点O，易知点M位于底面对角线AC上，且当M与底面中心O重合时，最小，此时其余弦值最大，且最大值为.
29.答案：②③④
解析：将几何体补成正方体，
以点O为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
对于①，，，，，
所以，，则，故①错误；
对于②，该二十四等边体是在正方体上截去8个全等的三棱锥而成，
且三棱锥的底面是腰长为1的等腰直角三角形，三棱锥的高为1，
故该二十四等边体的体积，故②正确；
对于③，易知正方体的中心为该二十四等边体外接球的球心，且该球的半径为，
因此，该二十四等边体外接球的表面积为，故③正确；
对于④，易知平面EBFN的一个法向量为，，，所以，
所以，故PN与平面EBFN所成角的正弦值为，故④正确.故答案为②③④.
30.答案：（1）证明见解析
（2）线段DF上存在点M，使得直线MN与平面ABF所成角的正弦值为，此时
解析：（1）证明：如图①，取AC中点G，连接NG，GD.
因为N，G分别为AB，AC的中点，所以，.
因为四边形BCDF为菱形，M为DF中点，所以，，
所以，，则四边形NGDM为平行四边形，所以.
因为平面，平面ACDE，所以平面ACDE.
（2）存在点M使得直线MN与平面ABF所成角的正弦值为.理由如下：
如图②，取DF中点H，连接CH，CF.
因为平面平面ACDE，平面平面，，平面ACDE，
所以平面BCDF.
因为平面BCDF，平面BCDF，所以，，
因为，四边形BCDF为菱形，
所以为等边三角形.
因为H为DF中点，所以，所以，所以CH，CB，AC两两垂直，
则以C为坐标原点，分别以CA，CB，CH所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，，.
设，则，.
设平面ABF的法向量为，则
令，则，，
所以，
，
解得，
所以线段DF上存在点M，使得直线MN与平面ABF所成角的正弦值为，此时.