【文档说明】(新高考)高考数学一轮单元复习真题模拟卷第07章《立体几何与空间向量》(解析版).doc，共(68)页，8.726 MB，由MTyang资料小铺上传

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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SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，ABCDO，且ABCD，3SOOB，14SESB，异面直线SC与OE所成角的正切值为（）A．222B．53C．13

16D．113【答案】D【分析】以,,ODOBOS为,,xyz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,,ODOBOS为,,xyz轴建立空间直角坐标系，如图，(0,3,0)A，(0,3,0)B，(3,0,0)C

，(0,0,3)S，又14SESB，1139(0,0,3)(0,3,3)(0,,)4444OEOSSEOSSB．(3,0,3)SC，则27354cos,31010324OESCOESCOESC

，设异面直线SC与OE所成角为，则35coscos,10OESC，为锐角，55sin10，所以55sin1110tancos33510＝．故选：D．2．在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，E为PD的中点，若PAa，PB

b，PCc，则用基底,,abc表示向量BE为（）A．111222abc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．已知点1,1,2A，2,1,1B，3,3

,2C，又点,7,2Px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)ABCPx，，，，，，，，，，，，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：B4．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】∵(1

123)ABmmn，，，(226)AC，，，由题意得//ABAC，则1123226mmn，∴0m、0n，∴0mn，故选:A．5．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．6．点(023)A，，在空间直角坐标系中的位置是（）．A．在x轴上B．在xOy平面内C．在yOz平面内D．在xOz平面内【答案】C【分析】根据点A的横坐标为0判断.【详解】∵点A的横坐标为0，∴点(023)A，，在yOz平面内，

故选：C．7．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abc，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60，故选：C．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1，11DAAAAD，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．二、多选题9．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,,x

yz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：ACD10．在平行六面体1111ABCDABCD中，12ABADAA

，1160AABDABAAD，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,,ABaA

DbAAc，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11

BDDB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=2222426ACabcabca

bacbc，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11116622224232AABDAAOVVSBD，所以D正确.故选：AD.11．定义向量的外积：ab叫做向量a与b的外积，它是一个向量，满足下列两个条件：（1）()aab，()bab，且a､b和ab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）ab的模sin,ababab(ab，表示向量a､b的夹角).如图所示，在正方体1111ABCDABCD中，有以下四个结论中，不正确的有（）A．1ABAC与1BD方向相反B．ABA

CBCABC．6||BCAC与正方体表面积的数值相等D．1()ABABCB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1ABAC

与1BD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ABAC与BCAB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ABCD的面积为sin4BCACBCAC，则6||BCAC与正方体表面积的

数值相等，故C对，D选项，1ABAB与CB的方向相反，则1()0ABABCB，故D错，故选：ABD.12．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.13．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.14．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10,1,1AB，11,0,1AD，11,1,1C

A，所以110111110ABCA，110111110ADCA，所以11ABCA，11ADCA，因为11ABADA，11,ABAD平面11

ABD，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11

ABD的距离为h，则11111113DAPBPDABDABVVSh为定值，故D正确；故选：ABD15．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346π6π32V

，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，

SASF，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，2252OGOMGM，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.16．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：ABC17．已知梯形ABCD，11

2ABADBC，//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ABCD中，112ABADBC，//ADBC，ADAB，222BDABAD，且4ABD，则4CBD，因为2B

C，由余弦定理可得2222cos24CDBCBDBCBD，222BDCDBC，BDCD，若BDAC，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，//OMCD，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,sin22A、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222222cos

sin1222zz，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BC

D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.18．如图，棱长为2的正方体1111ABCDABCD中，E、F分别为棱11AD、1AA的中点，G为面对角线1BC上一个动点，则（）A．三棱锥1AEFG的体积为定值13B．存在G线段1BC，使平面//EFG平面1BDC

C．G为1BC中点时，直线EG与1BC所成角最小D．三棱锥1AEFG的外接球半径的最大值为322【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D为坐标原点，DA、DC、1DD所在直线分别为x、y、z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33,,22Ot，求出t的最大值，进而可求得三棱锥1AEFG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G平面11BBCC，平面11//BBCC平面11AADD

，所以，点G到平面11AADD的距离等于AB，1AEF的面积为1111122AEFSAEAF△，所以，111111123323AEFGGAEFAEFVVSAB△，A选项正确；对于BC选项，以点D为

坐标原点，DA、DC、1DD所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则2,0,0A、2,2,0B、0,2,0C、0,0,0D、12,0,2A、12,2,2B、10,2,2C、10,0,2D，1,0,2E、2,0,1F，设平面1BDC

的法向量为111,,mxyz，2,2,0DB，10,2,2DC，由11111220220mDBxymDCyz，取11y，可得1,1,1mur，设12,0,22

,0,2CGCB，可得点2,2,2G，其中01≤≤，则21,2,22EG，所以，21222450mEG，解得50,14，故平面EFG与平面1BDC不平行，B选

项错误，21,2,22EG，12,0,2BCuuur，设直线EG与1BC所成角为，则1122218643coscos,1624182142222EGBCEGBCEGBC2221624991

162418439，当0时，cos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1AEFG的外接球球心在过线段EF的中点且垂直于平面11AADD的垂线上，设

球心为33,,22Ot，易知点2,2,2G，由1OAOG，可得2221322222tt，整理可得2232t，因为01≤≤，则max2t，所以，三棱锥1AEFG的

外接球的半径为22111322222ROAt，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PABCD中，底面ABCD为平行四边形，45DAB，PD平面ABCD，APBD．（1）证明：BC平面PDB；（2）若2AB，PB与平面APD所成角为45，

求二面角BPCD的大小．【答案】（1）证明见解析，（2）3【分析】（1）根据题意，由PD平面ABCD，可得PDBD，再由APBD可判断BD平面APD，得到BDAD，而AD∥BC，从而可得,BCBD

PDBC，再由线面垂直的判定定理可得结论；（2）根据题意，以D为坐标原点，,,DADBDP所在的直线分别为,,xyz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PD平面ABCD，BD平面ABCD，BC平面A

BCD，所以PDBD，PDBC因为APBD，PDAPP,所以DB平面APD，因为AD平面APD，所以BDAD，因为底面ABCD为平行四边形，所以AD∥BC，所以BCBD，因为PDBC，PDBDD，所以BC平面PDB；（2）解：由（1）

可知BDAD，因为2AB，45DAB，所以1ADBD，因为DB平面APD，所以DP为BP在平面APD上的射影，因为PB与平面APD所成角为45，所以45BPD，所以1PDBD，所以以D为

坐标原点，,,DADBDP所在的直线分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则(0,0,1),(1,0,0),(0,1,0),(1,1,0)PABC,(0,0,0)D所以(1,0,1),(1,1,1),(0,1,1)PAPCPB，(1,1,0)DC设平面PCD

的法向量为(,,)mxyz，则00mPCxyzmDCxy，令1y，则(1,1,0)m，设平面PCB的法向量为(,,)nabc，则00nPCabcnPBbc，令1c，则(0,1,1)n，所以11cos,2

22mnmnmn，因为二面角BPCD为锐二面角，所以二面角BPCD为3，20．如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAD△为等边三角形，底面ABCD为直角梯形，//ABCD，ABAD，2AB

AD．（1）证明：平面PAD平面PCD；（2）若直线PD与平面PBC所成角的正弦值为255，求CD的长度．【答案】（1）证明见解析；（2）4或28.【分析】（1）利用面面垂直的性质定理直接证明即可；（2）设CD的长度为a，求得平面PBC的法向量22,2,3ana

，再利用25cos,5PDn，解方程即可.【详解】（1）证明：底面ABCD为直角梯形，//ABCD，ABAD，CDAD，又平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，CD\^平面PAD，又CD平面PCD，平面PAD平面PCD；（2）如图建立空间直角坐标系

，设CD的长度为a，PADQV为等边三角形，且2AD，故3PO，则1,2,0B，1,,0Ca，1,0,0D，0,0,3P，故1,0,3PD，2,2,0BCa，1,2,3PB，设平面PBC的法向量,,nxyz，则

00PBnBCn，即230220xyzxay，令2y，则2223xayaz，即22,2,3ana，2222222cos,213223aaPDnaa

，又直线PD与平面PBC所成角的正弦值为255，故222222225=5213223aaaa，解得4a或28a，故CD的长度为4或28.21．在三棱台ABCDEF中，ABAC，22ABDE，22AC，2CF，

且CF平面ABC.设P､Q､R分别为棱AC､FC､BC的中点.（1）证明：平面BCD平面PQR；（2）求二面角EBDC的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）210521.【分析】（1）只需证明CDPQ，CDPR，即可证明平面

BCD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Pxyz，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2tantan2CDPCPQ

.则CDPCPQ，从而CDPQ.由CF平面ABC，且PR平面ABC，得CFPR.由ABAC，且PR为三角形ABC的中位线，得ACPR.又ACCFC，则PR平面ADFC.注意到CD平面ADFC，则CDPR.又PQPRP，则C

D平面PQR.所以平面BCD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Pxyz，则2,2,0B，2,0,0C，0,0,2D，0,1,2E.故2,2,2BD，0,1,0DE，22,2,0BC.设,,

mabc是平面BDE的法向量，则2220,0,BDmabcDEmb所以2,0,acb取1c，得2,0,1m.设,,npqr是平面BDC的法向量，则2220,2220,BDnpqrBCnpq所

以2,2,prqp取1r，得2,2,1n.设二面角EBDC的平面角为，则coscos,mn，又211cos,3721mnmnmn，所以22105sin1cos21.从而二

面角EBDC的平面角的正弦值为210521.22．如图，在多面体ABCDEF中，平面FAB平面ABCD，FAB为等边三角形，四边形ABCD为正方形，//EFBC，且332EFBC，H，G分别为CE，CD的中点．（1）求二面角CFHG的余弦值；（2）作平面FHG与平面ABCD

的交线，记该交线与直线AB交点为P，直接写出APAB的值．【答案】（1）73468；（2）16.【分析】（1）取AB、FB的中点，分别记为O、K，连接AK，OF，OG，证明OB、OG、OF两两相互垂直，以O为坐标原点，分别

以OB、OG、OF所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面FHCB与平面FHG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CFHG的余弦值；（2）延长FH交BC的延长线于T，连接TG并延长交AB于P，交DA的延长线于Q，则TQ为平面FHG与平面ABCD的交线

，再由已知结合比例关系可得APAB．【详解】（1）取AB、FB的中点，分别记为O、K，连接AK，OF，OGFAB为等边三角形，四边形ABCD为正方形，FOAB，BCAB，平面FAB面ABCD，且平面FAB面ABCDAB，FO平面FAB，BC平面ABCD，F

O平面ABCD，BC平面FBA，又//OGBC，OG平面FBA，故OB、OG、OF两两相互垂直．以O为坐标原点，分别以OB、OG、OF所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则(0F，0，3)，(0G，2，0)，(1C，2，0)，(0E，3，3)，1(2H，52，

3)2，1(2K，0，3)2，153(,,)222FH，(0,2,3)FG．又AKFB，AKBC，且FBBCB，AK平面FBC，故平面FHCB的一个法向量为33(,0,)22AK，设平面FHG的一个法向量为(,,)nxyz，由1530222230nFHxyznFGyz

，取23z，得(9,3,23)n．由图可知，二面角CFHG为锐二面角，记为，则2737342cos|cos,|||||68||||3102AKnAKnAKn；（2）延长FH交BC的延长线于T，连接TG并延长交AB于P，

交DA的延长线于Q，则TQ为平面FHG与平面ABCD的交线，由比例关系可得16APAB．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.①30CBD；②BD与平面ABC所成的角为45.如图，在三棱柱ABCD中，ABC是边长为2的正三角形

，90BDC，平面ABC平面BCD，O是线段BC的中点，__________.（1）求AC与BD所成角的余弦值；（2）求二面角OADC的余弦值.【答案】选①（1）34，（2）55；选②（1）24，（2）217.【分析】选①（1）先证明AO平面BCD，建立空间直角坐标系，求出向量AC，B

D的坐标，计算cos,ACBDACBDACBD即可；（2）先求平面OAD、平面ADC的一个法向量,mn，计算cos,urrurrurrmnmnmn即可；选②：（1）先由已知条件证明BCD△是等腰直角三角形，建立

空间直角坐标系，求出向量AC，BD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OAD、平面ADC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①30CBD，（1）ABC是边长为

2的正三角形，O是线段BC的中点，则AOBC，因为平面ABC平面BCD，平面ABC平面BCDBC，AO平面ABC，所以AO平面BCD，如图：以BC的中点O为原点，以过点O垂直于BC的直线为x轴，以OC所在的直线为y轴，OA所

在的直线为z轴建立空间直角坐标系，则003A,,，0,1,0B，0,1,0C，0321,,2D所以0,1,3AC，33,,022BD，所以332cos,439244ACBDACBDACBD

，所以AC与BD所成角的余弦值为34，（2）0,0,3OA，31,,322AD，0,1,3AC设平面OAD的一个法向量111,,mxyz，则111130313022mOAzmADxyz

令11x，则13y，10z，所以1,3,0m，设平面ADC的一个法向量222,,nxyz，则2222230313022nACyznADxyz令11x，则2

3y，21z，所以1,3,1nr，设二面角OADC的平面角为，则135coscos,525mnmnmn，因由图知为锐角，所以余弦值为55，二面角OADC的余弦值为55.选②：BD与平面ABC所成的角为45.

因为平面ABC平面BCD，且BD与平面ABC所成的角为45，则45CBD，因为90BDC，所以2BDCD，因为O是线段BC的中点，所以DOBC，因为平面ABC平面BCD，平面ABC平面BCDBC，AO平面ABC，所以AO平面BCD，所以以

BC的中点O为原点，以OD所在的直线为x轴，以OC所在的直线为y轴，OA所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，则003A,,，0,1,0B，0,1,0C，1,0,0D，则0,1,3AC，1,1,0BD，12cos,

422ACBDACBDACBD，所以AC与BD所成角的余弦值为24，（2）0,0,3OA，1,0,3AD，0,1,3AC设平面ADC的一个法向量333,,pxyz，则33333030pACyzpADxz令33x，则33y，

31z，所以3,3,1p，因为DOBC，AOBC，DOAOO，所以BC平面OAD，所以平面OAD的一个法向量0,1,0OC，设二面角OADC的平面角为，则321coscos,717pOCpOCpOC，因由图知

为锐角，所以余弦值为217.所以二面角OADC的余弦值为217.24．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CAMD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0,1,1,0,2,0,3,1,0AMACAD，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77.25．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,15mn．所以平面PCD与平面DMN所成角的正弦值为2101526．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；1114xy；（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1212c

osababxxyyab，，结合（1）可求坐标，进而得解.【详解】（1）∵||||1ab，∴22111xy、22221xy，又∵a与c的夹角为4，∴22226cos111422acac，∴1162acx

y，另外222111111()21xyxyxy，∴211612()122xy，1114xy；（2）1212cosababxxyyab，，由（1）知1162xy，1114x

y，∴1x、1y是方程261024xx的解，∴11624624xy或11624624xy，同理22624624xy或22624624xy，∵ab，∴1221624624xyx

y或1221624624xyxy，∴62626262111cos4444442ab，，∵[0]ab，，，∴3ab，．27．已知(354)a，，，(218)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，∴217138co

s,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(32

548)(564)53，，，，，，，，，故480294853，解得1，12．28．如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC是底面的内接正三角形，AE为底面直径

.已知4,2AEPO.（1）证明：PA平面PBC；（2）求二面角EPCB的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）255【分析】（1）利用正弦定理易得ABC的边长，再利用勾股定理可得,PAPBPAPC，由此即可得证；（2）建立空间直角坐标

系，求出平面PCE与PCB的法向量，利用向量夹角公式即可得解【详解】（1）设ABC的边长为a，则4sin60a，解得23a，在RtPOB中，22246PBOPOB，同理6PAPC，由于222222,PAPBABPAPCAC，故,PAPBP

APC，又PBPCP，PA平面PBC（2）以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则0,0,2,0,2,0,3,1,0,3,1,0PECB，3,1,2,0,2,2,3,1,2PCP

EPB，设平面PCE的一个法向量为,,mxyz，则00mPCmPE，即320220xyzyz，取1y，则32,3zx，故3,1,23m设平面PBC的一个法向量为,,nxyz，则00nPCn

PB，即320320xyzxyz，取2z，则2,0yx，故0,2,2nr425cos,525mnmnmn又由图象可知二面角EPCB为锐角，所以二

面角EPCB的余弦值为25529．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CDE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ABCD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A

BEAB，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u

uur，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,777mnmnmn.由图可知，二面角ACED为锐二面角，则其余弦值为57.30．如图，在四棱锥PAB

CD中，四边形ABCD是直角梯形，ABAD，//ABCD，24ABADCD，平面PBC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PAC

E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12CEPB，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A

BCD（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222625xx，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,,m

xyz，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510

5cos21521nmnm；31．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1ABCE，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PQOB，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,551nnnnnn，则2121225sin,1cos,5nnnn.因此，二面角APEC的正弦值

为255.32．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P

AO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30,6,0AEA

O，所以0,3,0E．因为PB面PAC，所以13,1,2n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3π4．33．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sin的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）270,7.【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PQPBtPC，其中,0ttR，根据线面角的向量求解方法表示21sin422tt，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RBC△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1(1,0,0)n，P（0，0，1），C（0，3，0），B（1，0，0），

所以PC＝（0，3，－1），PB＝（1，0，－1），因为l∥PC，所以可设(1,0,1)(0,3,1)(1,3,(1))PQPBtPCttt，其中,0ttR，2222|||1|1sin||||4221(3)(1)nPQnP

Qtttt，因为,0ttR，所以27422,4tt，所以2127sin0,7422tt，当且仅当14t时，27sin7.34．如图，在七面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，其中60B

AD，,,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1122CGCDCB，又60BCDBA

D，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

EG，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2BE

EF，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2221co

s23BGEGBEBGEBGEG，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.

35．已知正方体1111ABCDABCD中，,EF分别为棱11,DDBB的中点.（1）求证；1,,,AECF四点共面；（2）求二面角11AEBC的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）255.【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出1AE

，FC坐标得1AEFCuuuruuur，从而得四边形1AECF为平行四边形即可证明；（2）分别求出平面11AEB与平面1EBC的法向量m和n，利用向量法求解二面角的公式cos,mnmnmn即可求解.【详解】解：如图建立空间直角

坐标系Dxyz，设正方体的边长为2，（1）因为10,2,2A，0,0,1E，2,0,0C，2,2,1F，所以10,2,1AE，0,2,1FC，所以1AEFCuuuruuur，所以1//AEFC，且1AEFC，所以四边形1AEC

F为平行四边形，所以1,,,AECF四点共面；（2）12,2,2B，设平面11AEB的法向量分别为,,mxyz，则11100mAEmAB，即2020yzx，取

1y得0,1,2m，同理可得，平面1EBC的法向量1,2,2n，所以25cos,5mnmnmn，由图可知，二面角为钝角，所以二面角11AEBC的余弦值为255.四、填空题36．在正四棱锥PABCD﹣中，PAAB＝，E，F分别是PB，PC的中点，设异面直

线AE与BF所成角的大小为，则cos＝__________．【答案】13【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2PAAB＝，1OAOBOP＝，11111,0,0,0,1,0,0,,

,,0,2222ABEF11111,,,,1,2222AEBF设异面直线AE与BF所成角的大小为，则1cos3AEBFAEBF＝故答案为：1337．正方体1111AB

CDABCD中，1BC与平面1ABC所成角的正弦值为___________.【答案】63【分析】设正方体1111ABCDABCD的棱长为1，以点B为坐标原点，BA、BC、1BB所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角

坐标系，利用空间向量法可求得直线1BC与平面1ABC所成角的正弦值.【详解】设正方体1111ABCDABCD的棱长为1，以点B为坐标原点，BA、BC、1BB所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则1,0,0A、0,0,0B、

0,1,0C、10,0,1B、10,1,1C，设平面1ABC的法向量为,,nxyz，1,1,0AC，11,0,1AB，由100nACxynABxz，取1x，则1,

1,1n，10,1,1BC，11126cos,332nBCnBCnBC.因此，1BC与平面1ABC所成角的正弦值为63.故答案为：63.38．已知二面角l为120，在与的交线上取线段9A

B，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，,18

012060CABD所以22222222CDCAABBDCAABBDCAABABBDCABD2222cos902cos902cos60CAABBDCAABABBDCA

BD222149120024122892，所以28917CD，所以CD的长为17，故答案为：17.39．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(21

2)APxyz，，，(263)AB，，，(431)AC，，，∵1()2APABAC，∴113(212)[(263)(431)](634)(32)222xyz，，，，，，，，，，，∴P点坐标为1(5

0)2，，．故答案为：1(50)2，，.40．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13.41．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11A

B的坐标为(0110)，，．故答案为：(0110)，，.42．在空间直角坐标系中，已知向量b与向量(212)a，，共线且满足方程18ab，则向量b的坐标为________．【答案】(424)

，，【分析】设ba，R，由数量积运算可得2，进而可得坐标.【详解】∵b与a共线，故可设ba，R，由18ab得：22||(414)918aaa，故2，∴2(424)ba，，．故答案为：(4

24)，，.43．已知点(231)P，，关于坐标平面xOy的对称点为1P，点1P关于坐标平面yOz的对称点为2P，点2P关于z轴的对称点为3P，则点3P的坐标为________．【答案】(231)，，【分析】利用空间点关于平面对称点的求法求解.【详解】点(231)P

，，关于坐标平面xOy的对称点1P的坐标为(231)，，，点1P关于坐标平面yOz的对称点2P的坐标为(231)，，，点2P关于z轴的对称点3P的坐标是(231)，，．故答案为：(231)，，44．点(121)P，，在xOz平面内的射影为()Bxyz，，，则xyz

________．【答案】0【分析】利用空间点在平面内的射影求解.【详解】点(121)P，，在xOz平面内的射影为(101)B，，，∴1x、0y、1z，∴1010xyz．故答案为

：0五、双空题45．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11

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

t.（2）11111(11(1)1)22APADDABPADADuuAA111)22(1ADABuuAA，111ACAAABBCABADAA，因为11APkAC，所以11111)(22()ADABADAAABuuAAk，所以1

2112kukuk，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111247

7APACAO，所以137OPAO，所以133277PGAE，11111112222222ADCSADDC△，所以11111111324223377APDCPADCADCVVSPG

，故答案为：（1）14；（2）47.46．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AP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，222

RBEAER，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,22si

n,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.47．如图，在直角梯形ABCD中，//ABCD，ABAD.已知222CDAB

ADa.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2222112222aaFAEFEAa，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1ABCD外接球的球心，且球半径Ra.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1x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(

1,1,2)P且法向量为(1,2,3)v的平面的方程是______．【答案】一个平面2350xyz【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,,nABC，且平面过点000,,xyz，那么平面方程为0000

AxxByyCzz计算可得；【详解】解：依题意可得1x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1，过点(1,1,2)P且法向量为(1,2,3)v的平面的方程为1121320xyz，整理得2350xyz

故答案为：一个平面；2350xyz49．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111

1ABCDABCD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243S

R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1·0·0mA

CmCC，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.50．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)EF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,EFEBBAAFEF

ECCDDF，两式相加得出EF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PA

1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∠NQC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CQ⊥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，21

max||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．