【文档说明】(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).doc，共(73)页，9.480 MB，由MTyang资料小铺上传

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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1,1,2A，2,1,1B，3,3,2C，又点,7,2

Px在平面ABC内，则x的值为（）A．11B．9C．1D．4【答案】B【分析】根据向量的坐标表示求出向量APABAC、、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(112)(211)(332)(72)A

BCPx，，，，，，，，，，，，则(184)(101)(240)APxABAC，，，，，，，，，因为P在平面ABC内，并设未知数a，b，则APaABbAC，(184)(101)(240)xab

，，，，，，，即1280440xabba，解得9x.故选：B2．在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，E为PD的中点，若PAa，PBb，PCc，则用基底,,abc表示向量BE为（）A．11

1222abcB．131222abcC．111222abcD．113222abc【答案】B【分析】结合空间向量的加法法则直接求解BE即可.【详解】连接BD，如图，因为E是PD的中点，所以11()()22BEBPBDbBABC11()

22bPAPBPCPB11131(2)22222bacbabc，故选：B3．若(113)Amn，，、(22)Bmnmn，，、(339)Cmn，，三点共线，则mn（）．A．0B．1C．2D．3【答案】A【分析】直接根据1123226mmn

求解即可.【详解】∵(1123)ABmmn，，，(226)AC，，，由题意得//ABAC，则1123226mmn，∴0m、0n，∴0mn，故选:A．4．已知(121)a，，，(121

)ab，，，则b（）．A．(202)，，B．(242)，，C．(242)，，D．(213)，，【答案】C【分析】由空间向量的加法运算求解.【详解】因为(121)a，，，(121)ab，，，所以(121)(121)(121)(242)ba

，，，，，，，，，故选：C．5．如图所示，在空间直角坐标系中，2BC，原点O是BC的中点，点D在平面yOz内，且90BDC，30DCB，则点D的坐标为（）．A．13(0)22，，B．13(0)22，，C．13(0)22

，，D．13(0)22，，【答案】B【分析】过点D作DEBC，垂足为E，然后在RtBDC中求解.【详解】过点D作DEBC，垂足为E，在RtBDC中，90BDC，30DCB，2BC，得||1BD、3CD，所以3sin302DECD，所以11cos60122OEOBBE

OBBD，所以点D的坐标为13(0)22，，，故选：B．6．已知空间向量a，b，c满足0abc，1a，2b，7c，则a与b的夹角为（）A．30°B．45C．60D．90【答案】C【分析】将a

bc，两边平方，利用空间向量的数量积即可得选项.【详解】设a与b的夹角为．由0abc，得abc，两边平方，得2222aabbc，所以1212cos47，解得1cos2，又0，，所以6

0，故选：C．7．设1A，2A，…，2021A是空间中给定的2021个不同的点，则使2202110MAMAMA成立的点M的个数为（）A．0B．1C．2020D．2021【答案】B【分析】分别设出1

A，2A，…，2021A和M各点的坐标，根据向量加法坐标运算代入2202110MAMAMA可得答案.【详解】设1111,,xyzA，2222,,xyzA，…，2021202120212021

,,xyzA，,,Mabc，11122221,,,,,,MAMAxaybzcxaybzc2021202120212021,,xaybzMAc，因为2202110MAM

AMA，所以122021122021122021202102021020210xxxayyybzzzc，得122021122021122021202120212021xxxayyybzzzc

，因此存在唯一的点M使得2202110MAMAMA成立.故选：B.8．平行六面体1111ABCDABCD的各棱长均相等，90BAD，1160DAAAAB，则异面直线1BD与1DA所

成角的余弦值为（）A．26B．36C．33D．63【答案】B【分析】利用基底向量1,,ABADAA表示出向量1BD，1DA，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1，11DAAAA

D，111BAADDDABADAABD，所以11BDDA＝11AAADABADAA＝221112AAABAAAD，111DAAAAD，113ABADAABD，即11132cos,63DBDA

，故异面直线1BD与1DA所成角的余弦值为36．故选：B．9．如图，在三棱锥ABCD中，平面ABC平面BCD，090BACBCD，ABAC，112CDBC，点P是线段AB上的动点，若线段CD上存在点Q，使得异面直

线PQ与AD成30°的角，则线段PA长的取值范围是（）A．20,2B．0,2C．0,1D．60,3【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(1,1,1)AD，点,0,0Qq01q，对于点P的设法，采用向量式APABuuuruuur，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0,0,0,0,1,1,0,2,0,1,0,0CABD，设,0,0Qq01q，设0,,APAB01，则()(,0,0)(0,1,1)(0,,)(,1,1)PQCQCAAPqq，(1,1,

1)AD，异面直线PQ与AD成30°的角，22|||2|3cos302||||223PQADqPQADq，22182516qq，201,516[0,11]qqq，即22182018211，解

得2222，201,02，可得2||||22(0,1]PAAP.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a､b是两个不共线的向量，且cabrrr(R、且0)，则{}abc，，构成空间的一个基底D．若OA､OB､OC不能构成空间的一个基底，则O､A､B､C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cabrrr，∴a，b，c共面，不能构成基底，故C错误，D选项，因为OA､OB､OC共起点，若

O，A，B，C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11(1)23m，，，(230)n，，，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】∵112(3)(1)0023mn，∴mn，∴，故B正确，C不正确；不存在，使得mn，则A,D均不正确故选：B.12．已知直线l的一个

方向向量(213)m，，，且直线l过(03)Aa，，和(12)Bb，，两点，则ab（）A．0B．1C．32D．3【答案】D【分析】求得直线的方向向量，利用共线求得,ab的值，从而求得结果.【详解】∵(03)Aa，，和(12)Bb，

，，(123)ABab，，，∵直线l的一个方向向量为(213)m，，，故设ABm，∴(123)(213)ab，，，，，即12，32ab，∴3ab，故选：D.13．已知向量1(245)n，，､2(3)nab，，分别是直线1l､2l的方向向量，若12ll

//，则32ab（）A．0B．12C．2D．3【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，3245ab，∴6a，152b，∴3218153ab，故选：D.14．如图，PA

平面ABCD，四边形ABCD为矩形，其中2ADAB，E是CD的中点，F是AD上一点，当BFPE时，:AFFD（）．A．1:1B．1:2C．1:5D．1:7【答案】D【分析】以A为坐标原点，,,ABADAP所在的直线分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系

，如图所示，设1AB，则2AD，设APa，(0,,0)Fy，然后由BFPE，得0BFPEuuuruur，可求出y，从而可得AF，FD的值，进而可得答案【详解】解：以A为坐标原点，,,ABADAP所在的直线分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，如图

所示，设1AB，则2AD，设APa所以1(0,0,0),(1,0,0),(0,2,0),(,2,0),(0,0,)2ABDEPa，设(0,,0)Fy，则1(,2,),(1,,0)2PEaBFy，因为BFPE，所以0BFPEuuu

ruur，所以1202y，解得14y，所以1(0,,0)4F，所以14AF，则17244FD，所以17::1:744AFFD，故选：D15．正方体1111ABCDABCD中，点F是侧面11CDDC的中心，若1AFxADyABzAA

，则xyz（）．A．12B．1C．32D．2【答案】A【分析】利用空间向量的线性运算直接计算即可.【详解】1111111122AFADDFADDDDCADABAB11111111112222ADAAABABADAAABADABAA

，则1x、1y、12z，则12xyz，故选：A.16．已知三棱锥ABCD中，2ABCDBDAC，2ADBC，则异面直线AB，CD所成角为（）A．π6B．π3C．π4D．π2【答案】B【分析】根据题意将图形补全成一个长、宽、高分别为1，1，3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1，1，3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：1,0,3,1,1,0AB，0,1,3AB，0,0,0,0,1,3CD，0,1,

3CD，21cos,222ABCDABCDABCD，所以异面直线AB，CD所成角为π3.故选：B.17．已知三维数组2,1,0a，1,,7bk，且0ab，则实数k（）A．-2B．-9C．27D

．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(210)(17)abk，，，，，，所以21(1)072abkk，又0ab，所以202kk，.故选：D二、多选题1

8．已知正方体1111ABCDABCD的棱长为1，点,EO分别是11AB，11AC的中点，P在正方体内部且满足1132243APABADAA，则下列说法正确的是（）A．点A到直线BE的距离是255

B．点O到平面11ABCD的距离是24C．平面1ABD与平面11BCD间的距离为33D．点P到直线AD的距离为56【答案】ABCD【分析】以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，1AA为z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(0,0,0)A，(1,0,0)B，(0,1,0)D，1(0,0,1)A，1(1,1,1)C，10,1,1D，1,0,12E，所以1(1,0,0),,0,12BABE．设AB

E，则||5cos5||||BABEBABE，225sin1cos5．故A到直线BE的距离12525||sin155dBA，故选项A正确．易知111111,,0222COCA，平面11AB

CD的一个法向量1(0,1,1)DA，则点O到平面11ABCD的距离11211||224||2DACOdDA，故选项B正确．1111(1,0,1),(0,1,1),(0,1,0)ABADA

D．设平面1ABD的法向量为(,,)nxyz，则110,0,nABnAD所以0,0,xzyz令1z，得1,1yx，所以(1,1,1)n．所以点1D到平面1ABD的距离113||133||3ADndn．因为平面1//ABD平

面11BCD，所以平面1ABD与平面11BCD间的距离等于点1D到平面1ABD的距离，所以平面1ABD与平面11BCD间的距离为33.故选项C正确．因为1312423APABADAA，所以312,,423AP，又(1,0,0)AB，则34|

|APABAB，所以点P到AB的距离2218195||144166APABdAPAB∣.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n为平面的一个法向量，m为直线l的一个方

向向量，若nm，则//lB．已知n为平面的一个法向量，m为直线l的一个方向向量，若2,3nm，则l与所成角为6C．若三个向量a，b，c两两共面，则向量a，b，c共面D．已知空间的三个向量a，b，c，则对于空间的任意一个向量p，总存在实数,,xyz使得pxaybzc

【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//l或l，故A错误；对于B：由图象可得，23CAD，则3DAB，所以6ADB，根据线面角的定义可得：l与所成角为6，故B正确对于C：若

三个向量a，b，c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a，b，c不共面时，对于空间的任意一个向量p，总存在实数,,xyz使得pxaybzc，故D错误.故选：ACD20．在平行六面体1111ABCDABCD中，12ABADAA，1160A

ABDABAAD，则下列说法正确的是（）A．线段1AC的长度为26B．异面直线11BDBC，夹角的余弦值为13C．对角面11BBDD的面积为43D．平行六面体1111ABCDABCD的体积为42【答案】AD【分析

】设1,,ABaADbAAc，求得2222,4ababc，根据1ACabc，求得1AC的值，可判定A正确；由110BDBC，可判定B错误；由ABD△为正三角形，根据10DDDB，得到对角面11BDDB为矩形，可判定C错误；由16AABDVV，

可判定D正确.【详解】设1,,ABaADbAAc，则22222cos602,4acbcababc，对于A中，因为1ACabc，可得2221=2222426ACabcabcabacbc，所

以A正确；对于B中，因为2211()()0BDBCbcabccbacab，可得异面直线1BD与1BC夹角的余弦值为0，所以B错误；对于C中，因为2,60ABADDAB，所以ABD△为

正三角形，可得2BD，因为1()0DDDBcabcacb，所以1DDBD，所以对角面11BDDB为矩形，其面积为22=443，所以C错误；对于D中，设AC与BD交于点O，连接1OA，取1AA的中点M，连接OM，可得11116622224232AABDAA

OVVSBD，所以D正确.故选：AD.21．给出下列命题，其中不正确的为（）A．若ABCD，则必有A与C重合，B与D重合，AB与CD为同一线段B．若0ab，则ab，是钝角C．若0ABCD，则AB与CD一定共线D．非零

向量a､b､c满足a与b，b与c，c与a都是共面向量，则a､b､c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ABDC中，满足ABCD，不满足A与C重合，B与D重合，AB与CD为同一线段，故A错，B选项，当两个非

零向量a､b的夹角为时，满足0ab，但它们的夹角不是钝角，故B错，C选项，当0ABCD时，ABCD，则AB与CD一定共线，故C对，D选项，考虑三棱柱111ABCABC，ABa､ACb､1AAc，满足a与b，b与c，c与a都是共面向量，

但a，b，c不共面，故D错，故选ABD.22．下列命题中不正确的是（）.A．若A､B､C､D是空间任意四点，则有0ABBCCDDAB．若||||ab，则a､b的长度相等而方向相同或相反C．||||||abab是a､b共线的充分条件D．对空间任意一点P与不共线的三点

A､B､C，若OPxOAyOBzOCuuuruuruuuruuur(xyzR，，)，则P､A､B､C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，0ABBCCDDAuuuruuuruuuruuurr而不是0，故A错，B选项，||||ab仅表示a与b的模相等，与方向无关，故B错，C选项，|||||

|abab2222|2|2aabbaabb，即222cosabababab，，即cos1ab，，a与b方向相反，故C对，D选项，空间任意一个向量OP都可以用不共面的三个向量OA､OB､OC表示，∴P､A､B､C四点不

一定共面，故D错，故选ABD.23．在正方体1111ABCDABCD中，点P在线段1BC上运动，下列说法正确的是（）A．平面1PAC平面11ABDB．//DP平面11ABDC．异面直线DP与1AD所成角的取值范围是0,3

D．三棱锥11DAPB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1，则1,0,0A，11,1

,1B，10,0,1D，0,1,0C，11,0,1A，0,0,0D，因为点P在线段1BC上运动，设,1,1Ptt，0,1t，则,1,1DPtt，所以10,1,1A

B，11,0,1AD，11,1,1CA，所以110111110ABCA，110111110ADCA，所以11ABCA，11ADCA，因为11ABADA，11,ABAD平面11ABD

，所以1AC平面11ABD，因为1AC平面1PAC，所以平面1PAC平面11ABD，故A正确；显然11,1,1CA可以作为平面11ABD的法向量，因为1111110CADPtt，所以1CADP，因为DP平

面11ABD，所以//DP平面11ABD，故B正确；因为11//ABDC且11=ABDC，所以四边形11ABCD为平行四边形，所以11//ADBC，所以直线DP与1BC所成角即为异面直线DP与1AD所成角，显然当P在1BC的两端点时所成的角为3，当P在1BC的中点时所

成的角为2，故异面直线DP与1AD所成角的取值范围是,32，故C错误；因为11//ADBC，1AD平面11ABD，1BC平面11ABD，所以1//BC平面11ABD，所以1BC到平面11ABD距离即为P到平面11ABD的距离，故P到平面11ABD的距离为一定值

，设P到平面11ABD的距离为h，则11111113DAPBPDABDABVVSh为定值，故D正确；故选：ABD24．（多选题）在如图所示的几何体中，底面ABCD是边长为2的正方形，1AA，BG，1CC，1DD均与底面ABCD垂直，且11122AACCDDBG

，点E，F分别为线段BC，1CC的中点，则下列说法正确的是（）A．直线1AG与平面AEF平行B．三棱锥GACD的外接球的表面积是3C．点1C到平面AEF的距离为23D．若点P在线段1AD上运动，则异面直线EF和CP所成角的取值范围是0,3π

【答案】AC【分析】由线面平行的判定定理证明A；三棱锥GACD的外接球即为四棱锥GABCD的外接球，则外接球的直径即为DG，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1//EFAD，异面直线EF和CP所成角即为

CP与1AD所成的角，利用特殊位置即可判断D；【详解】解：对于A：连接1AD，1FD，FG，依题意可知1//EFAD，即1,,,AEFD四点共面，因为11//ADGF且11=ADGF，所以四边形11ADFG为平行四边形，所以11//AGDF，因为1A

G平面1AEFD，1DF平面1AEFD，所以1//AG平面1AEFD，即直线1AG与平面AEF平行，故A正确；对于B：三棱锥GACD的外接球即为四棱锥GABCD的外接球，所以外接球的直径即为DG，所以22229DGABBCBG，所以外接球的表面积为9，

故B错误；如图建立空间直角坐标系，则2,0,0A，1,2,0E，0,2,1F，10,2,2C，0,2,0C，10,0,2D，所以1,2,0AE，2,2,1AF，12,2,

2AC，1,0,1EF，设面AEF的法向量为,,nxyz，所以20220nAExynAFxyz，令1y，则2x，2z，所以2,1,2n，所以点1C到平面AEF的距离12222221222322

1nACdn，故C正确；因为点P在线段1AD上运动，1//EFAD，所以异面直线EF和CP所成角即为CP与1AD所成的角，显然当P在1AD的端点处时，所成角为3，当P在1AD的中点时1CPA

D，即所成角为2，所以CP与1AD所成的角的范围为,32，故D错误；故选：AC25．如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E，F，G分别为BC，CD，BE的中点，沿AE､AF及EF把这个正方形折成一个四面体

，使得B､C､D三点重合于S，得到四面体SAEF(如图2).下列结论正确的是（）A．四面体SAEF的外接球体积为6πB．顶点S在面AEF上的射影为AEF的重心C．SA与面AEF所成角的正切值为24D．过点G的平面截四面体SAEF的外接球所得截面圆的面

积的取值范围是13π,π42【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SA､SE､SF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SA､SE､SF两两垂直，可证

S在面AEF上的射影为AEF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SA､SE､SF两两垂直，故可以补成长方体，其体对角线长22116l，外接球半径62R，故外接球体积为346π

6π32V，故A项正确；对于B项，由于SA､SE､SF两两垂直，故S在面AEF上的射影为AEF的垂心，理由如下:如图，过点S作SO平面AEF，交平面AEF于点O，因为SO平面AEF，EF平面AEF，所以SOEF，又因为SASE，SA

SF，SE，SF都在平面SEF内，且相交于点S，所以SA平面SEF，又EF平面SEF，所以SAEF，又SOSAA，所以EF平面SAO，又AO平面SAO，所以AOEF.同理可证EOAF，FOAE，所以S在面AEF

上的射影为AEF的垂心.故B项错误；对于C项，设M为EF中点，则EFSM，AMEF，SMAMM，故EF平面SAM，故平面AEF平面SAM，所以SA在平面AEF上的射影为AM，SA与平面AEF所成角为SAM，2SA，22SM，π2ASM，2tan4SAM

，故C项正确；对于D项，设O为四面体SAEF的外接球球心，OM平面SEF，连接MG，OG，当过点G的截面经过球心O时截面圆面积最大，面积为3π2；当OG垂直截面圆时，截面圆面积最小，此时1122GMSF，1OM，22

52OGOMGM，2222651222rROG，截面圆面积为π4，得截面圆面积取值范围是13π,π42.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1111ABCDABCD的棱长为1，P是线段1BC上的动点，则下列结论中正确的是（）A．1ACBDB．1AP的最小值为62C．1//AP平面1ACDD．

异面直线1AP与1AD，所成角的取值范围是,42【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1,0,0A，0,1,0C，10,0,1D，11,0,1A，1,1

,0B，10,1,1C，所以1,1,0AC，11,1,1BD，10,1,1AB，11,0,1BC，所以10ACBD，所以1ACBD，故A正确；因为P是线段1BC上一动点，所以1BBCP01，所以110,1,11

,0,1,1,1APBBAP，所以21221311222AP，当且仅当12时m1in62AP，故B正确；设平面1ACD的法向量为,,nxyz，则1·0·0nACnAD，即00xyxz

，令1x，则1yz，所以1,1,1n，因为1110nPA，即1nAP，因为1AP平面1ACD，所以1//AP平面1ACD，故C正确；设直线1AP与1AD所成的角为，因为11//ADBC，当P在线段

1BC的端点处时，3，P在线段1BC的中点时，2，所以,32，故D错误；故选：ABC27．已知梯形ABCD，112ABADBC，//ADBC，ADAB，P是线段BC上的动点；将ABD△沿着BD所在的直线翻折成四面体ABCD，翻折的过程

中下列选项中正确的是（）A．不论何时，BD与AC都不可能垂直B．存在某个位置，使得AD平面ABCC．直线AP与平面BCD所成角存在最大值D．四面体ABCD的外接球的表面积的最小值为4【答案】AD【分析】利用反证法可判断AB选项的正误；分别取BD、BC的中

点O、M，连接OM、AO，以点O为坐标原点，OB、OM所在直线分别为x、y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ABCD的外接球心为20,,2Qz，求出四面体ABCD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A

BCD中，112ABADBC，//ADBC，ADAB，222BDABAD，且4ABD，则4CBD，因为2BC，由余弦定理可得2222cos24CDBCBDBCBD，222BDCDBC，BDCD，若B

DAC，且ACCDC，BD平面ACD，AD平面ACD，ADBD，事实上4ADB，矛盾，故不论何时，BD与AC都不可能垂直，A选项正确；对于B选项，若AD平面ABC，AC平

面ABC，则ADAC，所以，221ACCDAD，而1AB，2BC，即ABACBC，则A、B、C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BD、BC的中点O、M，连接OM、AO，则//OMCD，CDBD，//OMC

D，则BDOM，ABAD，O为BD的中点，则AOBD，AOOMO，故BD平面AOM，以点O为坐标原点，OB、OM所在直线分别为x、y轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设0AOM，则220,cos,si

n22A、2,0,02B、2,0,02D、2,2,02C，20,,02M，设三棱锥ABCD的球心为20,,2Qz，由BQAQ可得22222

2cossin1222zz，解得cos2sinz，设三棱锥ABCD的外接球半径为r，则211rz，当且仅当2时，等号成立，因此，四面体ABCD的外接球的表面积的最小值为4，D选项正确.对于

C选项，设2,2,02,2,0PBCB，2222,2,0,cos,sin222PAPBBA2222,cos2,sin222，易知平面BCD的一

个法向量为0,0,1n，2222sin2cos,2212cos2sin222nPAnPAnPA2222sinsin2sin2421cos11cos41cos1cos2122

，而22222cos12sin22cos420,132coscoscos3cos341cos，即当0时，22sin41cos无

最大值，进而可知直线AP与平面BCD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l为120，在与的交线上取线段9AB，且AC，BD分别在平面和内，

它们都垂直于交线AB，且4AC，12BD，则CD的长为_________.【答案】17【分析】利用CDCAABBD，将其两边同时平方即可求2CD，再开方即可求解.【详解】如图：CDCAABBD，CAAB，ABBD，,18012060CABD所以22222222CD

CAABBDCAABBDCAABABBDCABD2222cos902cos902cos60CAABBDCAABABBDCABD222149120024122892，所以2

8917CD，所以CD的长为17，故答案为：17.29．已知(212)A，，，(451)B，，，(223)C，，，若点P满足1()2APABAC，则点P的坐标为________．【答案】1(50)

2，，【分析】设()Pxyz，，，则(212)APxyz，，，再由坐标相等列方程可得解.【详解】设()Pxyz，，，则(212)APxyz，，，(263)AB，，，(431)AC，，，∵1()2APABAC，∴113(212)[(26

3)(431)](634)(32)222xyz，，，，，，，，，，，∴P点坐标为1(50)2，，．故答案为：1(50)2，，.30．在空间直角坐标系中，(123)A，，、(21)Bm，，，若110AB，则m的值为________．【答案

】7或13【分析】根据空间两点距离公式列式求解即可.【详解】222(12)(21)(3)110ABm，∴2(3)100m，∴310m，∴7m或13．故答案为：7或13.31．已知(357)A，，、(243)B

，，，设点A、B在yOz平面上的射影分别为1A、1B，则向量11AB的坐标为________．【答案】(0110)，，【分析】根据题意可得1(057)A，，、1(043)B，，，进而得解.【详解】点(357)A，，、(243)B，，在yOz平面上的射影分别为1(057)A，，

、1(043)B，，，∴向量11AB的坐标为(0110)，，．故答案为：(0110)，，.32．正方体1111ABCDABCD的棱长为1，M､N分别在线段11AC与BD上，MN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11AC与BD是异面直线，所以当MN是两直线的共垂线段时，MN取得最小值.取11

AC的中点P，BD的中点Q.则线段PQ就是两异面直线11AC与BD的共垂线段.下证明之.在矩形11BDDB中，PQ为中位线，所以1//PQBB，又因为1BB平面ABCD，所以PQ平面ABCD又因为BD平面ABCD，所以PQBD.同理可证11PQAC，而PQBDQ，11P

QACP，所以线段PQ就是两异面直线11AC与BD的共垂线段，且1PQ.由异面直线公垂线段的定义可得1MNPQ，故MN的最小值为1.方法二：(参数法)如图，取11AC的中点P，BD的中点Q.则线段PQ就是两异面

直线11AC与BD的共垂线段.由正方体的棱长为1可得1PQ.连结AC，则11//ACAC，所以BQC为两异面直线11AC与BD所成角.在正方形ABCD中，ACBD，所以90BQC.过点M作MHAC，垂足为H，连结NH，则

//MHPQ，且1MHPQ.设PMm，QNt，则QHm.在RtQNH△中，22222HNQNQHnm，在RtMHN中，2222221MNMHHNnm.显然，当0mn时，2MN取得最小值1，即MN的最小值

为1.方法三：(向量法)如图，以D为坐标原点，分别以射线DA､DC､1DD为x､y､z轴建立空间直角坐标系.设DNm，1AMn.则cos45,sin45,0Nmm，即22,,022Nmm；1cos45,s

in45,1Mnn，即221,,122Mnn.所以222222222211222222MNmnmnmnmn2222122mn

，故当22mn时，2MN取得最小值1，即MN的最小值为1.故答案为：1.33．已知点1,1,3A，0,1,2B，2,3,C，若A，B，C三点共线，则______.【答案】4【分析】首先求出AB，AC的坐标，再根据A，B，C

三点共线，即可得到//ABACuuuruuur，从而ACtAB，即可得到方程，解得即可；【详解】解：因为1,1,3A，0,1,2B，2,3,C所以1,2,1AB，1,2,3AC因为A，B，C三点共线，所以//ABACuuuruuur

，即ACtAB，所以1223ttt，解得14t故答案为：434．如图，正三棱柱111ABCABC的高为4，底面边长为43,D是11BC的中点，P是线段1AD上的动点，过BC作截面，使得AP

且垂足为E，则三棱锥PBCE体积的最小值为__________．【答案】43【分析】由PBCEPABCEABCVVV，可得当EABCV最大时，PBCEV最小，建立空间直角坐标系求E到底面距离的最大值，则答案可求．【详解】解：设BC中点为O，以

O为坐标原点，分别以OA、OB、OD所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，得(6A，0，0)，设(Ex，0，)z，则(6,0,)AExz，(,0,)OExz，AP，AEOE，得2(6)00xxz，则2(6)6zxx

xx，当3x时，3maxz，又1(4)3PBCEPABCEABCABCVVVSz，三棱锥PBCE体积的最小值为1143614332V．故答案为：43．35．在三棱锥SABC中，

平面SAC平面ABC，SAAC，BCAC，6SA，21AC，8BC，则SB的长为___________.【答案】11【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SAC平面ABC，平面SAC平面ABCAC，SAAC，SA平面SAC，SA平面ABC，建立以A为原点,平行于BC做x轴，AC为y轴，SA为z轴作空间直角坐标系，则()000A，，，(8210)B，，，0,0,6S∴222||(08)

(021)(60)11SBSB.故答案为：11.36．如图，直三棱柱111ABCABC中，90BCA，12CACBCC，M，N分别是11AB，11AC的中点，则BM与AN所成的角的余弦值为___________.【答案】3010【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(2A，0，0)，(0B，2，0)，(1M，1，2)，(1N，0，2).(1AN，0，2)，(1BM，1，2)，c

osAN，143010||||56ANBMBMANBM，故答案为：301037．在平行六面体1111ABCDABCD中，P是线段1CA的中点，若1APxAByADzAA，则xyz____

__．【答案】32【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，112APAAAC112AAABAD1111222ABADAA，故12xyz，32xyz，故答案为：32．38．已知正四面体ABCD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ABCD表面上任意一点，则PMPN的最小值为___________．【答案】8【分析】设正四面体外接球球心为O，把,PMPN用,,POOMON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ABCD的外接球半径为3，设正四面体ABCD内切球半径为r，一个面的面积为S，高为h，则11433ABCDVSrSh，所以4hr，显然34rhr，所以1r，即min1PO．22()()91

98PMPNPOOMPOONPOOMONPO…．故答案为：8．39．设ABCD的对角线AC和BD交于,EP为空间任意一点，如图所示，若=PAPBPCPDxPE，则x_______．【答案】4【

分析】根据向量的线性加法运算，由E为,ACBD中点，可得=2PAPCPE，=2PBPDPE，即可得解.【详解】由E为,ACBD中点，可得=2PAPCPE，=2PBPDPE，所以=4PAPBPCPDP

E，所以4x，故答案为：4.四、双空题40．边长为2的正方体1111ABCDABCD内（包含表面和棱上）有一点P，M、N分别为11AB、1DD中点，且APAMAN（，R）．（1）若111DPtDC（tR），则t______．（2）若11APkAC（kR），则三棱

锥11APDC体积为______．【答案】1447【分析】（1）以AB，AD，1AA为基底，把向量1DP，11DC分别用基底表示，利用两个向量相等的条件即可算出；（2）由11APkAC得，1A，P，C三点共线，利用（1）把k求出

来，再利用等体积法1111APDCPADCVV算出P到面11ADC的距离，三角形11ADC的面积，即可算出体积.【详解】如图，（1）111()DPDAAPAMADDAND111()()AAADAAAMADDN

11111()()22AAAAABADADAA1111112(()1)2AABuuAAtDCtADB,所以12101102tuu，所以14t.（2）11111(11

(1)1)22APADDABPADADuuAA111)22(1ADABuuAA，111ACAAABBCABADAA，因为11APkAC，所以11111)(22()ADABADAAABuuAAk

，所以12112kukuk，所以27k，如图，连接1AD，1AC，分别与1AD，1AC交于点E，O，连接EO，过点P作1//PGAE，在正方体1111ABCDABCD中，易证1AE面11ADC，所以PG面11ADC，因为11122AEAD

，因为1112477APACAO，所以137OPAO，所以133277PGAE，11111112222222ADCSADDC△，所以11111111324223377APDCPADCADCVVSPG，故答案

为：（1）14；（2）47.41．已知正四面体ABCD内接于半径为362的球O中，在平面BCD内有一动点P，且满足42AP，则||BP的最小值是___________；直线AP与直线BC所成角的取值范围为___

________.【答案】2322,32【分析】（1）先由正四面体ABCD内接于半径为362的球O中，求出四面体的棱长和高，由高和42AP求出点P的轨迹，从而确定||BP的最小值.（2）建立空间直角坐标系，设出点P的坐标，求出直线A

P与直线BC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BCD内的投影为E，故E为三角形BCD的中心，设正四面体ABCD的棱长为x，球O的半径为R.则233323xBEx，2263xAEABBE，依题可得，球心O在

AE上，222RBEAER，代入数据可得6x，则23BE，26AE，又42AP，2222PEAPAE，故P的轨迹为平面BCD内以E为圆心，22为半径的圆，23BE，,,BPE三点共线时，且P在BE之间时，||BP的

最小值是2322.以E为圆心，BE所在直线为x轴建立如图所示直角坐标系，0,0,26A，23,0,0B，3,3,0C，3,3,0D，设22cos,22sin,0P，0,2，故22cos,22sin,26AP，33,3,0BC

，设直线AP与直线BC所成角为，∵66cos62sin1π11cossin,2322426APBCBCAP，∴11cos,22，又0,2απ，故,32

，故答案为：2322，,32.【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ABCD中，//ABCD，ABAD.已知222CDABADa.将ABD△沿直线BD翻折成1ABD，连接1AC.当三棱锥1ABCD的

体积取得最大值时，异面直线1AC与BD所成角的余弦值为___________；若此时三棱锥1ABCD外接球的体积为43，则a的值为___________.【答案】66；3.【分析】①取BD中点E，CD中点F，连接1AE，

EF，可证得1AE平面BCD，EFBD，以E为坐标原点，分别以EB､EF､1EA所在直线为x､y､z轴建立空间直角坐标系，求得BD，1AC，进而由夹角公式可得结果；②首先得出点F是三棱锥1ABCD外接球的球心，且球半径Ra

，代入球的体积公式可解得a.【详解】在直角梯形ABCD中，∵//ABCD，ABAD，222CDABADa，∴2BDa，2BCa，可得222BDBCCD，即BCBD，当平面1ADB平面BCD时，三棱锥1ABCD的体积取得最大值，取BD中点E，CD中点F

，连接1AE，EF，则1AEBD，∵平面1ADB平面BCD，且平面1ADB平面BCDBD，∴1AE平面BCD，∵//EFBC，BCBD，∴EFBD，以E为坐标原点，分别以EB､EF､1EA所在直线为x､y､z轴建立空间直角坐标系，则2(,0,0)2Ba，2(,0,0)2Da，12

(0,0,)2Aa，2(,2,0)2Caa∴2,0,0BDa，122,2,22ACaaa，设异面直线1AC与BD所成角为，则216coscos,623aBDACaa，即异面直线1AC与BD所成角的余弦值为66；显然FDFBFCa，又22

22112222aaFAEFEAa，所以点F是三棱锥1ABCD外接球的球心，且球半径Ra.由34433a，解得3a.故答案为：①66；②3.【点睛】关键点点睛：第二空的关键点是：确定点F是三棱锥1

ABCD外接球的球心，且球半径Ra.43．在空间直角坐标系中，已知(1,2,3),(1,4,1)MN，则||MN_______；M关于N的对称点坐标为_______．【答案】263,6,5

【分析】根据距离公式可求出||MN，根据两点的中点坐标公式可求出M关于N的对称点坐标.【详解】因为(1,2,3),(1,4,1)MN所以222||11243126MNM关于N的对称点坐标为21,82,23，即3

,6,5故答案为：26，3,6,544．已知空间向量OA，OB，OC两两夹角均为3，且|||||OAOBOC∣．若存在非零实数，，使得()OPOAOB，()BQOCOB，且0OPPQBQPQ，则________，

________．【答案】511311【分析】设|||||1OAOBOC∣，可得12OAOBOBOCOAOC，代入条件运算化简，联立方程求解即可.【详解】设|||||1OAOBOC∣，则12OAOBOBOCOA

OC，由()BQOQOBOCOB，可得1OQuOCuOB,2()OPPQOPOQOPOPOQOP2210OAOBuOCuOBOAOB

化简得313022u①，10BQPQBQOQOPOCOBuOCuOBOAOB,化简可得11022u②联立①②31302211022uu，解得53,111

1u，故答案为：531111u；【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1111ABCDABCD的棱长为1，则三棱锥

11ACDD外接球的表面积为_______，二面角11CACD的余弦值为________．【答案】363【分析】依题意三棱锥11ACDD外接球即为正方体1111ABCDABCD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11ACDD外接球即为正方体1111ABCDABCD的外接球，因为正方体1111ABCDABCD的棱长为1，其体对角线即为外接球的

直径，所以22221113R，所以32R，所以外接球的表面积243SR如图建立空间直角坐标系，则1,0,0A，0,1,0C，10,1,1C，10,0,1D，则1,1,0AC，

10,0,1CC，10,1,1CD设面1CAC的法向量为,,mxyz，则1·0·0mACmCC，所以00xyz，令1x，则1y，0z，所以1,1,0m，设面1DAC的法向量为,,nxyz，则1·0·0nACnCD

，所以00xyyz，令1x，则1y，1z，所以1,1,1n，设二面角11CACD为，则26cos323mnmn故答案为：3；63；【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(3,4,2),(7,2,4)ABCD，点E、F分别是线段BC、AD的中点，则||AB_______，EF的坐标为___________．【答案】29(2,1,1)【分析】由模长公式得出||AB，由向量的加法运算以及坐标运算得

出EF.【详解】222||34(2)29AB,EFEBBAAFEFECCDDF2(3,4,2)(7,2,4)(4,2,2)EFEBECBACDAFDFBACD则(2,1,1)E

F故答案为：29；(2,1,1)【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于由向量的加法得出,EFEBBAAFEFECCDDF，两式相加得出EF的坐标.47．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点M，N分别是棱BC，C

C1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】2332,52【分析】延长AM至Q，使得CQ⊥AQ，连接NQ，得∠N

QC为二面角C﹣AM﹣N的平面角，在直角三角形NQC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AMN的一个法向量，利用向量法求得P的轨迹方程，得轨迹，由对称性得1PA长度的最大值和最小值．【详解】解：延长AM至Q，使得C

Q⊥AQ，连接NQ，如图，由于ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，正方体中有1CC平面ABCD，AQ平面ABCD，所以1CCAQ，即CNAQ，CQCNC，,CQCN平面NCQ，所以AQ平面NCQ，又NQ平面NCQ，所以NQAQ，所以∠

NQC为二面角C﹣AM﹣N的平面角，而222sinsin521CQABCMQAMBCMAM，故2255CQCM，∴2223155NQ，∴2cos3CQNQCNQ；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(1,2,0),(2,2,1)AMAN，1(2,2,2)APmn，设平面AMN的一个法向量为(,,)vxyz，则20220vAMxyvANxyz

，故可取(2,1,2)v，又PA1∥平面AMN，∴12(2)22(2)2(3)0APvmnmn，∴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，21max||215PA，当点P在两个中点连线段的中点时，221min232||522PA，故选段PA1的长度范围是32,52．故答案为：23，32,52．【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,,OAOBOC表示OP和OQ，则=OP__________________；=OQ____________________【答案】111633OAOBOC111366OAOBOC【分析】根

据空间向量关系转化即可求解.【详解】1212()2323OPOMMPOAMNOAONOM121121111()232632633OAONOAOAOBOCOAOBOC；1111()2323OQOMM

QOAMNOAONOM111111111()232332366OAONOAOAOBOCOAOBOC.故答案为：111633OAOBOC；111366OAOBOC.49．在棱长为2的正方

体1111ABCDABCD中，Q是棱1BB的中点，点P在侧面11BCCB（包含边界）．（1）若点P与点Q重合，则点P到平面11ACCA的距离是________；（2）若1APDQ，则线段CP长度的取值范围是________．【答案】225,

25【分析】（1）连接11BD交11AC于点E，由正方体的性质可证1//BB面11ACCA，1BE面11ACCA，即可得到点1B到平面11ACCA的距离，当点P与点Q重合时，点P到平面11ACCA的距离即为点1B到平面11ACCA的距离；（2）建立空间

直角坐标系，设,2,Pxz，由1APDQ得到22zx，再根据22CPxz及二次函数的性质计算可得；【详解】解：在正方体1111ABCDABCD中，11//BBCC，1BB面11ACCA，1CC面11ACCA

，所以1//BB面11ACCA，连接11BD交11AC于点E，所以1111BDAC，又1CC面1111DCBA，1BE面1111DCBA，所以11CCEB，因为1111CCACC，所以1BE面11ACCA，因为

正方体的棱长为2，所以12BE，即点1B到平面11ACCA的距离为2若点P与点Q重合，则点P到平面11ACCA的距离即为点1B到平面11ACCA的距离为2；如图建立空间直角坐标系，则0,2,0C，12,0,2A，0,0,0D，2,2,1Q，设,2

,Pxz，则12,2,2APxz，2,2,1DQ，,0,CPxz，因为1APDQ，所以10APDQ，所以22420xz，即22zx，所以222224422555CPxzxxx，因为020222xzx

解得01x，所以2525CP，即25,25CP故答案为：2；25,2550．如图，设O为平行四边形ABCD所在平面外任意一点，E为OC的中点.若12AEODxOByOA，则x__________，y_________.【答

案】1232【分析】连接,ACBD交于M,由平行四边形的性质，M为,ACBD的中点，由线段中点向量公式可得2OAOCOMOBOD，进而求得,OCOBODOA然后利用向量的减法运算求得AE关于,,OBODOA的线性表达式，进而根据空间向量分解唯一性定理

得到,xy的值.【详解】连接,ACBD交于M,由平行四边形的性质，M为,ACBD的中点，所以2,,OAOCOMOBODOCOBODOA12OEOC,111113222222AEOEOAOBODOAOAOBODOA,因为O在

平面ABCD所在平面外，∴,,OBODOA不共面，由空间向量唯一分解定理，可得13,22xy,故答案为：13.22；【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OCOBODOA.五、解答题51．如

图，四棱台1111ABCDABCD的上､下底面均为菱形，ACBDO，1CCh，1CC平面ABCD，60BAD，1145AADAAB，1122ABAB.（1）证明：1AO平面ABCD；（2）求平面1AAB与平面1AAD所成的角.【答案】（1）证明见解析；（2

）90.【分析】（1）先证明1111//,ACOCACOC得四边形11ACCO为平行四边形，可得11//AOCC，即可求证；（2）如图建系，写出各点坐标，由12cos,2AAAB求出h，计算平面1AAB的法向量111,,mxyz，面1AAD的法

向量222,,nxyz，由cos,mnmnmn即可求解.【详解】（1）由四棱台1111ABCDABCD的上､下底面均为菱形，且112ABAB，连接11AC.则112ACAC，O为AC的中点，所以11ACOC因为平面1111//

ABCD平面ABCD，平面11ACCA平面111111ABCDAC,平面11ACCA平面ABCDAC，由面面平行的性质定理可得11//ACAC，即1111//,ACOCACOC，所以四边形11ACCO为平行四边形，所以11//AOCC，又因

为1CC面ABCD，所以1AO面ABCD.（2）以O为原点，OA，OB，1OA为x，y，z轴建立空间直角坐标系，所以3,0,0A，0,1,0B，0,1,0D，10,0,Ah所以3,1,0ABuuur，13,0,AAh，

0,1,ADh，则112132cos,223AAABAAABAAABh，所以62h，若111,,mxyz为面1AAB的法向量，则11111306302mABxymAAxz

，易得1,3,2mur，若222,,nxyz为面1AAD的法向量，则122226302602nAAxznADyz，易得1,3,2n，所以132

cos,0mnmnmnmn，平面1AAB与平面1AAD所成的角为，所以90.52．如图，四棱锥VABCD的底面ABCD是菱形，VA平面ABCD，60ABC，2VAAB，M点是棱VC上一点．（1）求证：BDAM；（2）当M是VC的中点时，求二面角C

AMD的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）77.【分析】（1）证得BD平面VAC，根据线面垂直的性质即可得出结论；（2）设ACBDO，连接OM，证得OM平面ABCD，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VA平面ABCD，且BD平面ABCD，所以VABD，又因为底面ABCD是菱形，所以ACBD，且ACVAA，所以BD平面VAC，又因为AM平面VAC，所以BDAM；（2）设ACBDO，连接OM，因为M为VC的中点，所以VAOM∥，

所以OM平面ABCD，所以以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OM为z轴建立空间直角坐标系，所以0,1,0,0,1,0,3,0,0,0,0,1ACDM，则0,1,1,0,2,0,3,1,0AMAC

AD，设平面AMC的法向量111,,mxyz，则00mACmAM，即111200yyz，取1,0,0m，设平面AMD的法向量222,,nxyz，则00nADnAM

，即2222300xyyz，取1,3,3n，则22217cos71133mnmn由图可知：二面角CAMD的平面角为锐角，所以二面角CAMD

的余弦值为77.53．在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为22的正方形，平面PAC底面ABCD，22PAPC．（1）求证：PBPD；（2）点M，N分别在棱PA，PC，PMAM，PNCN，求平面PCD与平面DMN所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）21015．【分析】

（1）连接BD，设ACBDO，连接PO，由于四边形ABCD为边长为22的正方形，所以2OAOCOBOD，由等腰三角形的性质可得POAC，由面面垂直的性质可得PO底面ABCD，则POBD，再

由等腰三角形的判定可得PBPD；（2）以O为坐标原点，射线OB，OC，OP的方向分别为x轴，y轴，z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BD，设ACBDO，连接PO，底面ABCD

为边长为22的正方形，2OAOCOBOD∴PAPC，POAC，平面PAC底面ABCD，平面PAC底面ABCDAC，PO平面PAC，PO底面ABCD，BDQ底面ABCD，POBD，PBPD∴．（2）以O为坐标原点，射线OB，OC，OP的方向分别为

x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，由（1）可知2OP，可得0,0,2P，0,2,0A，2,0,0B，0,2,0C，2,0,0D，0,1,1M，0,1,1N，2,1,1DM，0,2,0MN

，2,2,0CD，2,0,2PD设平面DMN的法向量,,nxyz，00DMnMNn．200xyzy，令1x，可得1,0,2n，2,0,2PB，设平面PCD的法向量

,,mabc，0mCD?，0mPD?220220abbc，令1a可得1,1,1mur115cos,1553mnmnmn，因为,[0,]mn所以210sin,1

5mn．所以平面PCD与平面DMN所成角的正弦值为2101554．设空间两个不同的单位向量11(0)axy，，，22(0)bxy，，与向量(111)c，，的夹角都等于4．（1）求11xy和11xy的值；（2）求ab，的大小．【答案】（1）1162xy；111

4xy；（2）3．【分析】（1）根据模长和夹角的坐标表示列方程可得解；（2）由1212cosababxxyyab，，结合（1）可求坐标，进而得解.【详解】（1）∵||||1ab，∴22111xy、222

21xy，又∵a与c的夹角为4，∴22226cos111422acac，∴1162acxy，另外222111111()21xyxyxy，∴211612()122xy，1114xy；（2）1212cosababxxyyab

，，由（1）知1162xy，1114xy，∴1x、1y是方程261024xx的解，∴11624624xy或11624624xy，同理22624624xy或22624624xy，∵ab

，∴1221624624xyxy或1221624624xyxy，∴62626262111cos4444442ab，，∵[0]ab，，，∴3ab，．55．已知(354)a，，，(21

8)b，，．（1）求ab；（2）求a与b夹角的余弦值；（3）求确定、的值使得ab与z轴垂直，且53abab．【答案】（1）21；（2）7138230；（3）1，12

．【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z轴上的单位向量(001)n，，，由ab与z轴垂直，且53abab，利用数量积运算求解.【详解】（1）因为(354)a，，，(218)b，，，所以(354)(

218)32514821ab，，，，.（2）∵52a，69b，∴217138cos,2305269ababab，∴a与b夹角的余弦值为7138230，（3）取z轴上的单位向量(001)n，，，(564)ab，，，依题意

053abnabab，即(32548)(001)0(32548)(564)53，，，，，，，，，故480294853，解得1，12

．56．如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为6的正方形，5PAPB.（1）证明：PADPBC；（2）当四棱锥PABCD体积为127时，求二面角APBC的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）5716.【

分析】（1）分别取AB，CD的中点E，F，证明CDPE，CDEF可得CD平面PEF，可证CDPE，由等腰三角形的性质可得PCPD，证明三角形全等即可求证；（2）在EF上取一点O，连接PO，使POEF，根据已知条件证明

O为正方形ABCD的中心，建立空间直角坐标系求出平面PAB和平面PBC的法向量，利用夹角公式即可求解.【详解】（1）证明：分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，∵PAPB，∴PEAB，∵//ABCD

，∴CDPE，∵CDEF，PEEFE，∴CD平面PEF，∵PF平面PEF，∴CDPF，在PCD中，∵PF垂直平分CD，∴PCPD，∵PAPB，ADBC，∴PADPBC，∴PADPBC.（2）由（1）知，平面PEF平面ABCD，在EF上取一点O，连接PO，使POEF

，则PO是四棱锥PABCD的高，∵113612733PABCDABCDVPOSPO，解得7PO，∵2594PE，则3OE，即O为正方形ABCD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，则0,0,7P，3,3,0A，3,3,0B，3,3,0C，6,0,0AB，0,6,0BC，3,3,7PB，设平面PAB的法向量111,,mxyz，则111

1603370mABxmPBxyz，取13z，110,7xy0,7,3m，设平面PBC的一个法向量222,,nxyz，则2222337060nPBxyznBCy取2220,7,3yxz7,0,3n则99co

s,161616mnmnmn，设二面角APBC的平面角为，则2957sin11616，∴二面角的正弦值为5716.57．如图，正方形ABCD所在平面与等边ABE△所在平面互相垂直，设平面ABE与平面CD

E相交于直线l.（1）求l与AC所成角的大小；（2）求二面角ACED的余弦值.【答案】（1）45°；（2）57.【分析】（1）由四边形ABCD为正方形，可得//ABCD，再由线面平行的判定定理可得//AB平面CDE，由线面平行的性质定理可得//lAB，

由45BAC可得l与AC所成角的大小是45；（2）分别取AB、CD的中点O、F，连接EO，可得OA、OE、OF两两垂直，所以以O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】解：（1）∵四边形ABC

D为正方形，∴//ABCD，∵AB平面CDE，CD平面CDE，∴//AB平面CDE，又∵ABÌ平面ABE，且平面ABE平面CDE直线l，∴//lAB，∵四边形ABCD为正方形，∴45BAC，故l与AC所成角的大小是45；（2）分别取AB、CD

的中点O、F，连接EO，由ABE△为等边三角形，可知EOAB，由四边形ABCD为正方形，知FOAB，∵平面ABCD平面ABE，平面ABCD平面ABEAB，且FO平面ABCD，∴FO平面ABE，以O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，设2AB，则1,0,0A，1,0,2C，0,3,0E，1,0,2D，于是2,0,2ACuuur，1,3,2CE，2,0,0CD，设平面ACE的一个法向量为,,mxyz

，由320220mCExyzmACxz，取1y，可得3,1,3m；设平面CDE的一个法向量为111,,nxyzr，由111132020nCExyznCDx，取12y，可得0,2,3n.∴0235cos,77

7mnmnmn.由图可知，二面角ACED为锐二面角，则其余弦值为57.58．如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是直角梯形，ABAD，//ABCD，24ABADCD，平面P

BC平面ABCD，E是PB的中点，且12CEPB.（1）求证：PC平面ABCD；（2）若直线PA与平面ABCD所成角的正弦值为66，求二面角PACE的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）10521【分析】（1）依题意可得PCB为直角三角形

，即可得到PCBC，根据面面垂直的性质定理即可证明；（2）由（1）可知PAC即为直线PA与平面ABCD所成角，即可得到66PCPA，再利用勾股定理求出PC，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PCB中，因为E是PB的中点，且1

2CEPB，所以CEEBPE，所以PCB为直角三角形，所以PCBC，又因为平面PBC平面ABCD，平面PBC平面ABCDBC，PC平面PBC，所以PC平面ABCD（2）因为PC平面ABCD，

所以直线PA与平面ABCD所成角为PAC，所以6sin6PCPACPA，又222ACADDC，4AD，2DC，所以25AC，在RtPAC△中，设PCx，则6PAx，所以222PAPCAC，即22

2625xx，解得2x，即2PC，作//CFDA交AB于点F，因为ABAD，所以ABCF，如图建立空间直角坐标系，则0,0,0C，4,2,0A，4,2,0B，002P,,，2,

1,1E，4,2,0CA，2,1,1CE，0,0,2CPuur，设面PAC的法向量为,,nxyz，所以42020nCAxynCPz，令1x，则2y，0z，所以1,2,0n，设面EAC的法向量为111,

,mxyz，所以1111142020mCAxymCExyz，令11x，则12y，14z，所以1,2,4m，设二面角PACE为，显然二面角为锐二面角，所以5105cos21521nmnm

；59．如图，在等腰梯形ABCD中，//ABCD，1ADABBC，2CD，E为CD中点，以AE为折痕把ADE折起，使点D到达点P的位置（P平面ABCE）.（1）证明：AEPB；（2）若直线PB与平面ABCE所成的角为4，求二面

角APEC的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）255.【分析】（1）设AE的中点为O，连接OP、OB，证明出AE⊥平面POB，进而可得出AEPB；（2）证明出PO平面ABCE，然后以O为原点，OE

为x轴、OB为y轴、OP为z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AE的中点为O，连接OP、OB，翻折前，因为1ADABBC，2CD，E为CD的中点，则1ADDE，//ABCE且1A

BCE，故四边形ABCE为平行四边形，则BCAE，故ADDEAE，所以，ADE为等边三角形，O为AE的中点，则ODAE，因为//ABCD，则3BAEAED，翻折后，则有OPAE，在ABO中，1AB，12AO，

3BAO，由余弦定理可得22232cos34OBABAOABAO，222AOOBAB，所以，OBAE，OPOBO，AE平面POB，PB平面POB，故AEPB；（2）在平面POB内作PQO

B，垂足为Q，AE^Q平面POB，PQ平面POB，所以，PQAE，PQOB，AEOBO，PQ平面ABCE，所以，直线PB与平面ABCE所成角为4PBO，因为，OPOB，则4OPB，所以，OPOB，故O、Q两点重合，即PO平面ABCE，以O为原点，OE为x轴、OB为y

轴、OP为z轴，建立空间直角坐标系，则30,0,2P、1,0,02E、31,,02C，则13,0,22PE，13,,022EC，设平面PCE的一个法向量为1

,,nxyz，则1100nPEnEC，即1302213022xzxy，令3x，得13,1,1n，易知平面PAE的一个法向量为20,1,0nuur，所以，12121215cos,551nnn

nnn，则2121225sin,1cos,5nnnn.因此，二面角APEC的正弦值为255.60．如图，正三棱锥PABC中，PA与底面ABC所成角正切值为22．（1）证明：PA面PBC；（2）设O为ABC的中心，延长AO到点E使得3AEAO，求

二面角APCE的平面角的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）3π4.【分析】（1）取底面中心O，不妨设2AO，根据线面角可得23AC，由勾股定理可得PAPB，根据正棱锥的性质可得PAPC，进而可得结果；（2）建立如图所示的空间直角

坐标系，易得面PAC的法向量，求出面PCE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O，则有PO面ABCD，所以PAO即为PA与底面ABC所成角，不妨设2AO，则有2PO，6PA，

在正ABC中，因为2AO，所以23AC．在PAB△中，因为222PAPBAB，所以PAPB①又因为正三棱锥，所以PAPC②所以PAPBPAPCPAPBPCP面PBC．（2）因为ABC为等边三角形，取BC中点D，则ADBC，作//lPO

，则l面ABC．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：0,0,0D，3,0,0B，0,1,2P，0,3,0A，3,0,0C，0,1,0O，所以30,6,0AEAO，所以0,3,0E．因为PB面PAC，所以1

3,1,2n为面PAC的法向量，设面PCE的法向量为2,,nxyz，所以由2032,6,430nPCnnPE．所以121212366462cos,2662nnnnnn，所以二面角的大小为3π4．61．如图，在七面体A

BCDEF中，四边形ABCD是菱形，其中60BAD，,,BCECEFCDF为等边三角形，且ABBE，G为CD的中点.（1）证明：AB平面EFG；（2）求平面CDF与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)79.【分析】(1)利用线面垂

直的判定证AB平面BEG，得到ABEG，再证AB平面EFG；(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BG，FG，因为G为菱形ABCD的边CD上的中点，所以1122C

GCDCB，又60BCDBAD，由余弦定理得222232cos604BGCGCBCGCBCB，由222223144CBCBBGCGCB，知BGCG，即BGCD，又//ABCD，所以ABBG.根据题意，有ABBE

又BG，BE都在平面BGE内，且相交于点B所以AB平面BEG又EG平面BEG，所以ABEG.在等边三角形CDF中，因为G为CD的中点，所以CDGF.又在菱形ABCD中，//ABCD，所以ABGF.因为E

G，GF都在平面EFG内，且相交于点G，所以AB平面EFG.(2)因为平面ABCD与平面CDF的交线为CD，由(1)知，BGCD，FGCD⊥，所以BGF为二面角ACDF的平面角，设2AB，则有2BEEF，3BGGF由(1)知，AB平面BEG，又ABÌ平面ABCD，所

以平面ABCD平面BEG，过点E作EMBG交BG于点M，则有EM平面ABCD，又BEC△为等边三角形，所以233BMCM，33GM，263EM，3EG.在BEG和EFG中，由余弦定理得2221

cos23BGEGBEBGEBGEG，2221cos23EGFGEFEGFEGFG，所以BGEEGF则27coscos22cos19BGFBGEBGE，所以平面CDF与平面ABCD所成的锐二面角的余弦

值为7cos9BGF.【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.