2025高考数学一轮复习-7.6-空间向量及其运算-专项训练
【A级 基础巩固】
1．已知a＝(2，1，－3)，b＝(0，－3，2)，c＝(－2，1，2)，则a·(b＋c)等于( )
A．18 B．－18
C．3 D．－3
2．已知空间向量a＝(1，0，1)，b＝(1，1，n)，且a·b＝3，则向量a与b的夹角为( )
A． B．
C． D．
3．已知a＝(λ＋1，0，2)，b＝(6，2μ－1，2λ).若a∥b，则λ与μ的值可以是( )
A．2，
B．－，
C．－3，2
D．2，2
4．(多选)已知ABCD A1B1C1D1为正方体，则下列说法正确的是( )
A．(＋＋)2＝32
B．·(－)＝0
C．向量与向量的夹角是60°
D．正方体ABCD A1B1C1D1的体积为|·|
5．如图，在四面体OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC的中点，则＝________．
6．若空间中三点A(1，5，－2)，B(2，4，1)，C(p，3，q)共线，则p＋q＝________．
7．已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足＝(＋＋).
(1)判断，，三个向量是否共面；
(2)判断点M是否在平面ABC内．
8．如图，在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.
(1)求AC1的长；
(2)求与夹角的余弦值．
【B级 能力提升】
1．A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，M为BC的中点，则△AMD是( )
A．钝角三角形 B．锐角三角形
C．直角三角形 D．不确定
2．如图，已知四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形，E为棱AB的中点，＝，＝2，AC1与平面EFG交于点M，则＝________．
3．已知O(0，0，0)，A(1，2，1)，B(2，1，2)，P(1，1，2)，点Q在直线OP上运动．当·取最小值时，点Q的坐标是________．
4．已知A(－1，2，1)，B(－1，5，4)，C(1，3，4).
(1)求〈，〉；
(2)求在上的投影向量．
5．已知在空间几何体ABCDE中，△ABC，△ECD是全等的正三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面ECD⊥平面BCD.
(1)若BD＝BC，求证：BC⊥ED.
(2)探索A，B，D，E四点是否共面．若共面，请给出证明；若不共面，请说明理由．
参考答案
【A级 基础巩固】
1．解析：因为b＋c＝(－2，－2，4)，所以a·(b＋c)＝－4－2－12＝－18.
答案：B
2．解析：由题意，a·b＝1＋0＋n＝3，解得n＝2.
又|a|＝＝，|b|＝＝，
所以cos 〈a，b〉＝＝＝.又〈a，b〉∈[0，π]，所以a与b的夹角为.
答案：A
3．解析：∵a∥b，∴b＝ka(k∈R)，
即(6，2μ－1，2λ)＝k(λ＋1，0，2)，
∴解得或
答案：A
4．解析：由向量的加法得到＋＋＝，∵A1C2＝3A1B，∴2＝32，故A说法正确；∵－＝，AB1⊥A1C，∴·＝0，故B说法正确；∵△ACD1是等边三角形，∴∠AD1C＝60°.又A1B∥D1C，∴异面直线AD1与A1B所成的角为60°，但是向量与向量的夹角是120°，故C说法错误；∵AB⊥AA1，∴·＝0，故|·|＝0，因此D说法错误．
答案：AB
5．解析：如图，连接ON，则＝－＝(＋)－＝(b＋c)－a＝－a＋b＋c.
答案：－a＋b＋c
6．解析：因为空间中三点A(1，5，－2)，B(2，4，1)，C(p，3，q)共线，所以∥，所以＝(1，－1，3)，＝(p－1，－2，q＋2)，所以＝＝，解得p＝3，q＝4，所以p＋q＝7.
答案：7
7．解：(1)由题知＋＋＝3，
所以－＝(－)＋(－)，
即＝＋＝－－，
所以，，共面．
(2)法一：由(1)知，，，共面且它们过同一点M，
所以M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内．
法二：因为＝(＋＋)
＝＋＋.
又因为＋＋＝1，
所以M，A，B，C四点共面，从而M在平面ABC内．
8．解：(1)设＝a，＝b，＝c，
由题意知|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，∴a·b＝b·c＝c·a＝.
∴||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×＝6，
∴||＝，即AC1的长为.
(2)＝b＋c－a，＝a＋b，∴||＝，||＝.
又·＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，∴cos 〈，〉＝＝，即与夹角的余弦值为.
【B级 能力提升】
1．解析：∵M为BC的中点，∴＝(＋)，∴·＝(＋)·
＝·＋·＝0.
∴AM⊥AD，△AMD为直角三角形．
答案：C
2．解析：由题图知，设＝λ(0＜λ＜1).
由已知，得＝＋＋＝2＋3＋，
所以＝2λ＋3λ＋.
因为M，E，F，G四点共面，
所以2λ＋3λ＋＝1，解得λ＝.
答案：
3．解析：由题意，设＝λ，则＝(λ，λ，2λ)，即Q(λ，λ，2λ)，则＝(1－λ，2－λ，1－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2，当λ＝1时取最小值，此时Q点坐标为(1，1，2).
答案：(1，1，2)
4．解：(1)因为A(－1，2，1)，B(－1，5，4)，C(1，3，4)，
所以＝(0，3，3)，＝(2，－2，0).
因为·＝0×2＋3×(－2)＋3×0＝－6，
||＝3，||＝2，
所以cos 〈，〉＝＝－＝－，
故〈，〉＝.
(2)因为＝(2，1，3)，＝(0，3，3)，
所以·＝0＋1×3＋3×3＝12.
因为||＝3，||＝，
所以cos 〈，〉＝＝＝，
所以在上的投影向量为||cos 〈，〉＝××＝＝(0，2，2).
5．(1)证明：∵△ABC，△ECD是全等的正三角形，∴CD＝BC.
∵BD＝BC，∴BD2＝BC2＋DC2，∴BC⊥DC.
∵平面ECD⊥平面BCD，且平面ECD∩平面BCD＝CD，
∴BC⊥平面ECD.∵DE 平面ECD，∴BC⊥ED.
(2)解：A，B，D，E四点共面．
理由如下，如图，分别取BC，DC的中点M，N，连接AM，EN，MN，
∵△ABC是等边三角形，
∴AM⊥BC，AM＝BC.
∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，∴AM⊥平面BCD.
同理，EN⊥平面BCD，且EN＝CD＝BC，
∴AM∥EN，且AM＝EN，∴四边形AMNE是矩形，
∴AE∥MN.又MN∥BD，∴AE∥BD，∴A，B，D，E四点共圆。2025高考数学一轮复习-7.8-空间距离问题-专项训练
【A级 基础巩固】
1．已知平面α的一个法向量为n＝(－2，－2，1)，点A(－1，3，0)在平面α内，则点P(－2，1，4)到平面α的距离为( )
A．10 B．3
C． D．
2．已知A(0，0，2)，B(1，0，2)，C(0，2，0)，则点A到直线BC的距离为( )
A． B．1
C． D．2
3．正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，则A1A到平面B1D1DB的距离为( )
A． B．2
C． D．
4．已知空间直角坐标系Oxyz中有一点A(－1，－1，2)，点B是平面xOy内的直线x＋y＝1上的动点，则A，B两点间的最短距离是( )
A． B．
C．3 D．
5．设正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________．
6．如图，在正三棱柱ABC A1B1C1中，若BB1＝2，AB＝2，则点C到直线AB1的距离为________．
7．如图，在正三棱柱ABC A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点．
(1)求点N到直线AB的距离；
(2)求点C1到平面ABN的距离．
8．如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，AB⊥平面BCC1B1，BC＝AB＝AA1＝2，BC1＝2，M为线段AB上的动点．
(1)证明：BC1⊥CM；
(2)若E为A1C1的中点，求点A1到平面BCE的距离．
【B级 能力提升】
1．在棱长均为a的正三棱柱ABC A1B1C1中，D是侧棱CC1的中点，则点C1到平面AB1D的距离为( )
A．a B．a
C．a D．a
2．已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )
A． B．
C．1 D．
3．已知棱长为1的正方体ABCD EFGH，若点P在正方体内部且满足＝＋＋，则点P到AB的距离为________．
4．已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，E是线段AB的中点．若P是线段BC上的动点，则点P到平面B1DE的距离的取值范围为________．
5．在如图所示多面体中，平面EDCF⊥平面ABCD，EDCF是面积为的矩形，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2.
(1)证明：BD⊥EA；
(2)求点D到平面ABFE的距离．
参考答案
【A级 基础巩固】
1．解析：＝(1，2，－4)，点P到平面α的距离d＝＝＝.
答案：D
2．解析：因为A(0，0，2)，B(1，0，2)，C(0，2，0)，
所以＝(1，0，0)，＝(－1，2，－2)，
所以点A到直线BC的距离为
d＝||
＝||
＝1×＝.
答案：A
3．解析：由正方体性质可知，A1A∥平面B1D1DB，A1A到平面B1D1DB的距离就是点A1到平面B1D1DB的距离，连接A1C1，交B1D1于O1(图略)，A1O1的长即为所求，由题意可得A1O1＝A1C1＝.
答案：A
4．解析：因为点B是平面xOy内的直线x＋y＝1上的动点，
所以可设点B(m，1－m，0)，由空间两点之间的距离公式得，
|AB|＝＝＝，所以当m＝时，|AB|的最小值为＝，即A，B两点间的最短距离是.
答案：B
5．解析：如图，建立空间直角坐标系，
则D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，
所以＝(2，0，0)，＝(2，0，2)，＝(2，2，0).
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，
所以点D1到平面A1BD的距离d＝＝.
答案：
6．解析：设AC的中点为O，
建立如图所示空间直角坐标系，
则A(1，0，0)，B1(0，，2)，C(－1，0，0)，
＝(－1，，2)，＝(－2，0，0)，
所以点C到直线AB1的距离为＝＝.
答案：
7．解：建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4).
∵N是CC1的中点，
∴N(0，4，2).
(1)＝(0，4，2)，＝(2，2，0)，
则||＝2，||＝4.
设点N到直线AB的距离为d1，
则d1＝＝4.
(2)设平面ABN的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝2，则y＝－1，x＝，
即n＝.
易知＝(0，0，－2)，
设点C1到平面ABN的距离为d2，
则d2＝＝＝.
8．(1)证明：因为AB⊥平面BB1C1C，C1B 平面BB1C1C，所以AB⊥C1B.
在△BCC1中，BC＝2，BC1＝2，CC1＝AA1＝4，所以BC2＋BC＝CC，所以CB⊥C1B.
因为AB∩BC＝B，AB，BC 平面ABC，所以C1B⊥平面ABC.
又因为CM 平面ABC，
所以C1B⊥CM.
(2)解：由(1)知，AB⊥C1B，BC⊥C1B，AB⊥BC，
以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
则B(0，0，0)，C(2，0，0)，C1(0，2，0)，A1(－2，2，4)，E(－1，2，2)，
＝(2，0，0)，＝(－1，2，2).
设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝，则n＝(0，，－3).
又因为＝(4，－2，－4)，
故点A1到平面BCE的距离d＝＝.
【B级 能力提升】
1．解析：以A为空间直角坐标原点，以垂直于AC的直线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系．
由ABC A1B1C1是棱长均为a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，
故A(0，0，0)，B1，D，C1(0，a，a)，
所以＝，＝，＝，
设平面AB1D的法向量是n＝(x，y，z)，
所以取n＝(，1，－2)，
故点C1到平面AB1D的距离d＝＝＝a.
答案：A
2．解析：如图所示，过球心O作OO1⊥平面ABC，则O1为等边三角形ABC的中心．
设△ABC的边长为a，则a2＝，解得a＝3，
∴O1A＝××3＝.
设球O的半径为r，则由4πr2＝16π，得r＝2，即OA＝2.
在Rt△OO1A中，OO1＝＝1，
即O到平面ABC的距离为1.
答案：C
3．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，
则＝(1，0，0)＋(0，1，0)＋(0，0，1)＝.
又＝(1，0，0)，
∴在上的投影向量的模为＝，
∴点P到AB的距离为＝.
答案：
4．解析：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，E(2，1，0)，B1(2，2，2)，
设P(a，2，0)(0≤a≤2)，
则＝(a，2，0)，＝(2，1，0)，＝(2，2，2)，
设平面B1DE的法向量为n＝(x，y，z)，
由
则
令x＝1，则y＝－2，z＝1，则n＝(1，－2，1).
设点P到平面B1DE的距离为h，
所以h＝＝＝(4－a)∈，所以点P到平面B1DE的距离的取值范围是.
答案：
5．(1)证明：因为平面EDCF⊥平面ABCD，且平面EDCF∩平面ABCD＝CD，ED⊥DC，ED 平面EDCF，所以ED⊥平面ABCD.
又BD 平面ABCD，所以ED⊥BD.
在四边形ABCD中，作DM⊥AB于M，CN⊥AB于N.
因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，则AM＝BN＝，所以DM＝，BD＝＝，
所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.又ED∩AD＝D，ED 平面EAD，AD 平面EAD，所以BD⊥平面EAD.又因为EA 平面EAD，所以BD⊥EA.
(2)解：由(1)知ED⊥平面ABCD，AD⊥BD，以点D为原点，，，为x，y，z轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系．因为矩形EDCF的面积为，CD＝1，所以ED＝，所以A(1，0，0)，B(0，，0)，E(0，0，)，
则＝(－1，0，)，＝(0，－，)，＝(0，0，)，
设平面ABFE的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则可取n＝(，1，1).
设点D到平面ABFE的距离为d，则d＝＝＝2025高考数学一轮复习-7.9-空间角问题-专项训练
【A级 基础巩固】
1．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m，n〉＝－，则直线l与平面α所成的角为( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
2．已知直线l1的方向向量s1＝(1，0，1)与直线l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，则直线l1和l2所成角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
3．如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，A1D1的中点，则直线BE与DF所成角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
4．如图，在大小为45°的二面角A EF D中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是( )
A． B．
C．1 D．
5．已知两平面的法向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这两个平面夹角的余弦值为________．
6．在空间中，已知平面α过点(3，0，0)和(0，4，0)及z轴上一点(0，0，a)(a＞0).如果平面α与平面Oxy的夹角为45°，则a＝________．
7．如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点．
(1)求证：C1M⊥B1D；
(2)求二面角B B1E D的正弦值；
(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．
【B级 能力提升】
1．如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，点P是线段B1D1上一动点，且AP∥平面DBC1，则异面直线AP与BD所成角的取值范围为( )
A． B．
C． D．
2．(多选)如图，已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的是( )
A．若MN与平面ABCD所成的角为，则点N的轨迹为圆
B．若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π
C．若点N到直线BB1与到直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线
D．若D1N与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线
3．若在三棱柱ABC A1B1C1中，∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为________．
4．在长方体ABCD A1B1C1D1中，已知二面角A1 BD A的大小为，若空间有一条直线l与直线CC1所成的角为，则直线l与平面A1BD所成角的取值范围是________．
5．如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F DC B的平面角为60°.设M，N分别为AE，BC的中点．
(1)证明：FN⊥AD；
(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
参考答案
【A级 基础巩固】
1．解析：由于cos 〈m，n〉＝－，所以〈m，n〉＝120°，所以直线l与平面α所成的角为30°.
答案：A
2．解析：因为s1＝(1，0，1)，s2＝(－1，2，－2)，
所以|cos 〈s1，s2〉|＝＝＝.
所以直线l1和l2所成角的余弦值为.
答案：C
3．解析：以D为原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D xyz(图略)，则D(0，0，0).
设正方体的棱长为2，则F(1，0，2)，B(2，2，0)，E(2，0，1)，
所以＝(1，0，2)，＝(0，－2，1)，
所以所求的余弦值为
＝＝.
答案：A
4．解析：∵＝＋＋，
∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－＝3－，
故||＝ .
答案：D
5．解析：＝.
答案：
6．解析：平面Oxy的一个法向量为n＝(0，0，1)，
设平面α的法向量为u＝(x，y，z)，
则则3x＝4y＝az，取z＝1，
则u＝，
而|cos 〈n，u〉|＝＝.
又a＞0，故a＝.
答案：
7．(1)证明：依题意，以C为原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C1(0，0，3)，A1(2，0，3)，B1(0，2，3)，D(2，0，1)，E(0，0，2)，M(1，1，3).
依题意，＝(1，1，0)，＝(2，－2，－2)，从而·＝2－2＋0＝0，所以C1M⊥B1D.
(2)解：依题意，＝(2，0，0)是平面BB1E的一个法向量，＝(0，2，1)，＝(2，0，－1).设n＝(x，y，z)为平面DB1E的法向量，则即不妨设x＝1，可得n＝(1，－1，2).
因此有cos 〈，n〉＝＝，于是sin 〈，n〉＝.
所以，二面角B B1E D的正弦值为.
(3)解：依题意，＝(－2，2，0).由(2)知n＝(1，－1，2)为平面DB1E的一个法向量，
于是cos 〈，n〉＝＝－.
所以，直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为.
【B级 能力提升】
1．解析：如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，
则D(0，0，0)，B(1，1，0)，A(1，0，0)，
设P(λ，λ，1)，λ∈[0，1]，
∴＝(1，1，0)，＝(λ－1，λ，1)，
∴·＝2λ－1，||＝，
||＝.
设异面直线AP与BD所成的角为θ，
则cos θ＝＝
＝·＝·
＝·，
当λ＝时，cos θ取得最小值为0，
当λ＝0或1时，cos θ取得最大值为，
∴0≤cos θ≤，则≤θ≤.
答案：C
2．解析：如图所示，对于A，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角，所以∠MND＝，所以DN＝DM＝DD1＝×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；
对于B，在Rt△MDN中，DN＝＝＝2，取MD的中点E，连接PE.因为P为MN的中点，所以PE∥DN，且PE＝DN＝.因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内．又PE＝，所以点P的轨迹为以为半径的圆，其面积为π·()2＝3π，故B不正确；对于C，连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以点N到直线BB1的距离为NB，所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离．又B不在直线CD上，所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；对于D，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(4，0，0)，B(4，4，0)，D1(0，0，4)，设N(x，y，0)，
则＝(0，4，0)，＝(x，y，－4).
因为D1N与AB所成的角为，
所以|cos 〈，〉|＝cos ，
所以＝，整理得－＝1，所以点N的轨迹为双曲线，故D正确．
答案：ACD
3．解析：令M为AC的中点，连接MB，MA1，
由题意知△ABC是等边三角形，
所以BM⊥AC，同理，A1M⊥AC.
因为平面A1ACC1⊥平面ABC，
平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
BM 平面ABC，
所以BM⊥平面A1ACC1.
因为A1M 平面A1ACC1，
所以BM⊥A1M，
所以AC，BM，A1M两两垂直，以M为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
设AA1＝AC＝AB＝2，
则A(1，0，0)，B(0，，0)，A1(0，0，)，
C1(－2，0，)，
所以＝(－3，0，)，＝(0，，－)，
所以|cos 〈，〉|＝＝，故异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为.
答案：
4．解析：如图，过点A作AE⊥BD于点E，连接A1E，则∠A1EA＝.过点A作AH⊥A1E于点H，则为平面A1BD的法向量，且∠A1AH＝.因为l与直线CC1所成角的大小为，即l与直线AA1所成角的大小为，那么l与直线AH所成角的取值范围为.又因为l与直线AH所成的角和l与平面A1BD所成的角互余，所以直线l与平面A1BD所成角的取值范围是.
答案：
5．(1)证明：因为ABCD是直角梯形，∠BAD＝60°，
所以∠ABC＝90°，即AB⊥BC.
因为CDEF是直角梯形，∠CDE＝60°，
所以∠DCF＝90°，即DC⊥FC.
如图，在AB边上作AH＝2，连接DH，易得DH⊥AB.在Rt△DAH中，因为∠DAH＝60°，所以AD＝2AH＝4，DH＝2＝BC.
在DC边上作DG＝2，连接EG，易得GE⊥DC.在Rt△EGD中，因为∠EDG＝60°，所以DE＝2DG＝4，EG＝2＝FC，
易知二面角F DC B的平面角为∠FCB＝60°.又FC＝BC＝2，故△FBC为等边三角形．
又N为BC的中点，所以FN⊥BC.
因为DC⊥FC，DC⊥BC，FC∩BC＝C，所以DC⊥平面BCF.
又FN 平面BCF，所以DC⊥FN.
因为BC⊥FN，BC∩DC＝C，故FN⊥平面ABCD.
又AD 平面ABCD，故FN⊥AD.
(2)解：如图，取AD的中点K，连接NK，以N为坐标原点，
以NK，NB，NF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B(0，，0)，A(5，，0)，D(3，－，0)，E(1，0，3)，M.
设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
取x＝，则y＝－1，z＝，即n＝(，－1，)是平面ADE的一个法向量．
设直线BM与平面ADE所成角为θ，
因为＝，所以sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝2025高考数学一轮复习-7.7-利用空间向量研究直线、平面间的位置关系算-专项训练
【A级 基础巩固】
1．已知直线l的一个方向向量为m＝(x，2，－5)，平面α的一个法向量为n＝(3，－1，2).若l∥α，则x等于( )
A．－6 B．6
C．－4 D．4
2．如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )
A．相交 B．平行
C．垂直 D．不能确定
3．(多选)已知空间中三点A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(－1，3，1)，则下列结论正确的有( )
A．与是共线向量
B．与共线的单位向量是(1，1，0)
C．与夹角的余弦值是－
D．平面ABC的一个法向量是(1，－2，5)
4．已知直线l的方向向量是m＝(1，a＋2b，a－1)(a，b∈R)，平面α的一个法向量是n＝(2，3，3).若l⊥α，则a＋b＝________．
5．平面α的法向量为n＝(1，－1，2)，＝(2，0，－1)，那么直线AB与平面α的关系是________．
6．如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1C的中点．
(1)用向量法证明平面A1BD∥平面B1CD1；
(2)用向量法证明MN⊥平面A1BD.
【B级 能力提升】
1．(多选)下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是( )
A．两条不重合直线l1，l2的方向向量分别是a＝(2，3，－1)，b＝(－2，－3，1)，则l1∥l2
B．两个不同的平面α，β的法向量分别是u＝(2，2，－1)，v＝(－3，4，2)，则α⊥β
C．直线l的方向向量a＝(1，－1，2)，平面α的法向量是u＝(6，4，－1)，则l⊥α
D．直线l的方向向量a＝(0，3，0)，平面α的法向量是u＝(0，－5，0)，则l∥α
2．在正三棱柱ABC A1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，＝λ，且AB1⊥MN，则λ的值为________．
3．已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，＝，＝，＝，则VA与平面PMN的位置关系是________．
4．如图，四棱锥P ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，M是PC的中点，PA＝AB.
(1)求证：AM⊥平面PBD；
(2)设直线AM与平面PBD交于O，求证：AO＝2OM.
5．如图所示，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．
(1)求证：B1E⊥AD1.
(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．
参考答案
【A级 基础巩固】
1．解析：若l∥α，则m⊥n，从而m·n＝0，
即3x－2－10＝0，解得x＝4.
答案：D
2．解析：分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．因为A1M＝AN＝，所以M，N，所以＝.
又C1(0，0，0)，D1(0，a，0)，所以＝(0，a，0)，所以·＝0，所以⊥.
因为是平面BB1C1C的一个法向量，且MN 平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C.
答案：B
3．解析：对于A，＝(2，1，0)，＝(－1，2，1)，不存在实数λ，使得＝λ，所以与不是共线向量，所以A错误；对于B，因为＝(2，1，0)，所以与共线的单位向量为或，所以B错误；对于C，向量＝(2，1，0)，＝(－3，1，1)，所以cos 〈，〉＝＝－，所以C正确；对于D，设平面ABC的法向量是n＝(x，y，z).因为＝(2，1，0)，＝(－1，2，1)，所以即令x＝1，则n＝(1，－2，5)，所以D正确．
答案：CD
4．解析：∵m＝(1，a＋2b，a－1)(a，b∈R)是直线l的方向向量，n＝(2，3，3)是平面α的一个法向量，l⊥α，∴m∥n，∴＝＝，解得a＝，b＝－，∴a＋b＝2.
答案：2
5．解析：因为·n＝0，所以⊥n，则AB∥α或AB α.
答案：AB∥α或AB α
6．证明：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则D(0，0，0)，A1(2，0，2)，B(2，2，0)，B1(2，2，2)，C(0，2，0)，D1(0，0，2).
设平面A1BD的法向量为m＝(x，y，z)，
因为＝(2，0，2)，＝(2，2，0)，
所以
所以取m＝(－1，1，1)，同理平面B1CD1的一个法向量为n＝(－1，1，1)，
所以m∥n，所以平面A1BD∥平面B1CD1.
(2)因为M，N分别为AB，B1C的中点，
所以＝(－1，1，1)，又由(1)知，平面A1BD的一个法向量为m＝(－1，1，1)，
所以∥m，所以MN⊥平面A1BD.
【B级 能力提升】
1．解析：对于A，两条不重合直线l1，l2的方向向量分别是a＝(2，3，－1)，b＝(－2，－3，1)，则b＝－a，所以l1∥l2，选项A正确；对于B，两个不同的平面α，β的法向量分别是u＝(2，2，－1)，v＝(－3，4，2)，则u·v＝2×(－3)＋2×4－1×2＝0，所以α⊥β，选项B正确；对于C，直线l的方向向量a＝(1，－1，2)，平面α的法向量是u＝(6，4，－1)，则a·u＝1×6－1×4＋2×(－1)＝0，所以l∥α或l α，选项C错误；对于D，直线l的方向向量a＝(0，3，0)，平面α的法向量是u＝(0，－5，0)，则u＝－a，所以l⊥α，选项D错误．
答案：AB
2．解析：如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，
以，，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系．
因为底面边长为1，侧棱长为2，
则A，B1，C，C1，M(0，0，0).
设N，
因为＝λ，
所以N，
所以＝，＝.
又因为AB1⊥MN，
所以·＝0，
所以－＋＝0，
解得λ＝15.
答案：15
3．解析：如图，设＝a，＝b，＝c，则＝a＋c－b，
由题意知＝b－c，＝－＝a－b＋c.
因此＝＋，∴，，共面．
又∵VA 平面PMN，∴VA∥平面PMN.
答案：平行
4．证明：(1)由题意知，AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图，
设PA＝AB＝2，则A(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(2，2，0)，M(1，1，1)，＝(2，0，－2)，
＝(0，2，－2)，＝(1，1，1).
设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则取x＝1，得n＝(1，1，1).
∵＝n，∴AM⊥平面PBD.
(2)如图，连接AC交BD于点E，
则E是AC的中点，连接PE，
∵AM∩平面PBD＝O，
∴O∈AM且O∈平面PBD.
∵AM 平面PAC，
∴O∈平面PAC.
又平面PBD∩平面PAC＝PE，
∴O∈PE，
∴AM，PE的交点就是O，连接ME.
∵M是PC的中点，
∴PA∥ME，PA＝2ME，
∴△PAO∽△EMO，
∴＝＝，
∴AO＝2OM.
5．(1)证明：以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝a，
则A(0，0，0)，D(0，1，0)，D1(0，1，1)，E，B1(a，0，1).
故＝(0，1，1)，＝.
因为·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
所以⊥，即B1E⊥AD1.
(2)解：存在满足要求的点P，
假设在棱AA1上存在一点P(0，0，z0)，
使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0).
设平面B1AE的法向量为n＝(x，y，z).
＝(a，0，1)，＝.
因为n⊥平面B1AE，所以n⊥，n⊥，
得
取x＝1，则y＝－，z＝－a，
故n＝.
要使DP∥平面B1AE，只需n⊥，
则－az0＝0，解得z0＝.
所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝2025高考数学一轮复习-7.4-空间直线、平面的平行-专项训练
【A级 基础巩固】
1．下列命题中正确的是( )
A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面
B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行
C．平行于同一条直线的两个平面平行
D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b α，则b∥α
2．已知P为△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，且α交线段PA，PB，PC于点A′，B′，C′.若PA′∶AA′＝2∶3，则S△A′B′C′∶S△ABC等于( )
A．2∶3 B．2∶5
C．4∶9 D．4∶25
3．(多选)如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2，则下列结论正确的是( )
A．BD∥平面EGHF
B．FH∥平面ABC
C．AC∥平面EGHF
D．直线GE，HF，AC交于一点
4．如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长等于________．
5．如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，点D，E，F分别为AB，A1B1，BC的中点，线段CD与线段AF交于点G.
(1)求证：平面AC1E∥平面B1CD；
(2)若AC＝BC＝CC1＝2，AC⊥BC，求三棱锥A A1C1G的体积．
【B级 能力提升】
1．(多选)如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，E，F分别是棱A1C1，BC的中点，则下列结论中正确的是( )
A．CC1∥平面A1ABB1
B．AF∥平面A1B1C1
C．EF∥平面A1ABB1
D．AE∥平面B1BCC1
2．(多选)已知在正方体ABCD A1B1C1D1中，点O是底面ABCD的中心，点M是侧面BB1C1C内的一个动点(含边界)，且OM∥平面C1A1D，则以下关系一定正确的是( )
A．OM∥DC1
B．VM C1A1D＝VC C1A1D
C．OM⊥B1C
D．OM⊥BD1
3．如图所示，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1.一平面截该长方体，所得截面为OPQRST，其中O，P分别为AD，CD的中点，B1S＝，则AT＝________．
4．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．
(1)求证：平面BDM∥平面EFC；
(2)若AB＝1，BF＝2，求三棱锥A CEF的体积．
参考答案
【A级 基础巩固】
1．解析：A中，a可以在过b的平面内；B中，a与α内的直线也可能异面；C中，两平面可相交；D中，由直线与平面平行的判定定理知b∥α，故D正确．
答案：D
2．解析：∵平面α∥平面ABC，
∴A′C′∥AC，A′B′∥AB，B′C′∥BC，
∴S△A′B′C′∶S△ABC＝(PA′∶PA)2.
又PA′∶AA′＝2∶3，
∴PA′∶PA＝2∶5，
∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25.
答案：D
3．解析：因为BG∶GC＝DH∶HC，
所以GH∥BD.
又E，F分别为AB，AD的中点，
所以EF∥BD，且EF＝BD，
则EF∥GH.
易知BD∥平面EGHF，FH与AC为相交直线，
故A正确，B，C错误；
因为EF∥GH，且EF≠GH，
所以四边形EGHF为梯形，
所以EG与FH必相交，设交点为M，
而EG 平面ABC，FH 平面ACD，
则点M在平面ABC与平面ACD的交线上．
又平面ABC∩平面ACD＝AC，
所以M∈AC，即直线GE，HF，AC交于一点，
故D正确．
答案：AD
4．解析：因为EF∥平面AB1C，EF 平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，
所以EF∥AC，所以点F为DC的中点，
故EF＝AC＝.
答案：
5．(1)证明：如图，连接ED.因为在三棱柱ABC A1B1C1中，D，E分别为AB，A1B1的中点，
所以DE∥CC1，
且DE＝CC1，
则四边形DEC1C是平行四边形，
故EC1∥DC.
又CD 平面B1CD，EC1 平面B1CD，
所以EC1∥平面B1CD.
因为在三棱柱ABC A1B1C1中，D，E分别为AB，A1B1的中点，
所以B1E∥AD，且B1E＝AD，
所以四边形B1EAD是平行四边形，
所以EA∥DB1.
又DB1 平面B1CD，EA 平面B1CD，
所以EA∥平面B1CD.
又EA 平面AC1E，EC1 平面AC1E，
且EA∩EC1＝E，
所以平面AC1E∥平面B1CD.
(2)解：因为AC＝BC＝CC1＝2，AC⊥BC，
所以S△A1C1A＝AA1·A1C1＝×2×2＝2，过点G作GH⊥AC于点H，
连接DF.由题意可知AA1⊥平面ABC，GH 平面ABC，所以AA1⊥GH.
又AA1∩AC＝A，AA1，AC 平面ACC1A1，
所以GH⊥平面ACC1A1.
因为D，F分别是AB，BC的中点，
所以DF＝AC，且DF∥AC，
所以＝＝，
其中CD＝AB＝，
所以CG＝，
易知△CGH是等腰直角三角形．
所以GH＝，VA A1C1G＝VG A1C1A
＝S△A1AC1·GH＝，
故三棱锥A A1C1G的体积为.
【B级 能力提升】
1．解析：在直三棱柱ABC A1B1C1中，因为CC1∥AA1，CC1 平面A1ABB1，AA1 平面A1ABB1，所以CC1∥平面A1ABB1，A正确；
因为平面ABC∥平面A1B1C1，AF 平面ABC，所以AF∥平面A1B1C1，B正确；
取AB的中点G，连接A1G，GF(图略)，
因为G，F分别是棱AB，BC的中点，
所以GF綉AC，且A1E綉AC，
所以GF綉A1E，所以四边形GFEA1为平行四边形，
所以EF∥A1G，EF 平面A1ABB1，A1G 平面A1ABB1，
所以EF∥平面A1ABB1，C正确；
取AC的中点H，连接C1H(图略)，易证得四边形AHC1E为平行四边形，所以EA∥C1H，C1H与平面B1BCC1相交，所以AE与平面B1BCC1相交，D不正确．
答案：ABC
2．解析：对于A，如图，连接AB1，AC，
由正方体的性质可得平面A1C1D∥平面AB1C.
因为OM∥平面C1A1D，且点M是侧面BB1C1C内的一个动点，
所以点M在线段B1C上，
所以OM与DC1不一定平行，故A错误；
对于B，由选项A知B1C∥平面C1A1D，由线面平行的性质可知点C与点M到平面C1A1D的距离相等，故VM C1A1D＝VC C1A1D，故B正确；
对于C，因为点O为AC的中点，点M在线段B1C上，所以OM与B1C不一定垂直，故C错误；
对于D，根据正方体性质易知BD1⊥平面AB1C，OM 平面AB1C，所以OM⊥BD1，故D正确．
答案：BD
3．解析：设AT＝x，则A1T＝1－x，
由面面平行的性质可知PO∥SR，TO∥QR，TS∥PQ，
∴△DOP∽△B1RS.
∵DP＝OD＝1，∴B1S＝B1R＝，
∴A1S＝C1R＝.
由△ATO∽△C1QR，可得＝，
即＝，故C1Q＝.
由△A1TS∽△CQP，可得＝，
即＝，解得x＝.
答案：
4．(1)证明：如图，设AC与BD交于点N，
则N为AC的中点，连接MN.
又M为棱AE的中点，∴MN∥EC.
∵MN 平面EFC，EC 平面EFC，
∴MN∥平面EFC.
∵BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，∴BF∥DE，且BF＝DE，
∴四边形BDEF为平行四边形，∴BD∥EF.
∵BD 平面EFC，EF 平面EFC，∴BD∥平面EFC.
又MN∩BD＝N，MN，BD 平面BDM，
∴平面BDM∥平面EFC.
(2)解：连接EN，FN.
在正方形ABCD中，AC⊥BD.
又BF⊥平面ABCD，∴BF⊥AC.
又BF∩BD＝B，BF，BD 平面BDEF，
∴AC⊥平面BDEF.又N是AC的中点，
∴V三棱锥A NEF＝V三棱锥C NEF，
∴V三棱锥A CEF＝2V三棱锥A NEF＝2××AN×S△NEF＝2×××××2＝，
∴三棱锥A CEF的体积为2025高考数学一轮复习-7.3-空间点、直线、平面之间的位置关系-专项训练
【A级 基础巩固】
1．(多选)下列命题中正确的是( )
A．梯形的四个顶点共面
B．经过两条平行直线确定一个平面
C．空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等
D．四边形确定一个平面
2．下列推断中错误的是( )
A．若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈l
B．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β α∩β＝AB
C．l α，A∈l A α
D．A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线 α，β重合
3．a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中的真命题是( )
A．若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面
B．若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交
C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等
D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c
4．如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C l，则平面ABC与平面β的交线是( )
A．直线AC B．直线AB
C．直线CD D．直线BC
5．如图所示，ABCD A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确是( )
A．A，M，O三点共线
B．A，M，O，A1不共面
C．A，M，C，O不共面
D．B，B1，O，M共面
6．在四棱锥P ABCD中，所有侧棱长都为4，底面是边长为2的正方形，O是P在平面ABCD内的射影，M是PC的中点，则异面直线OP与BM所成的角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
7．(多选)如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，下列四个命题中正确的是( )
A．BM与ED平行
B．CN与BE是异面直线
C．CN与BM成60°角
D．DM与BN垂直
8．(多选)关于正方体ABCD A1B1C1D1有如下四个说法，其中正确的是( )
A．若点P在直线BC1上运动时，三棱锥A D1PC的体积不变
B．若点P是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则P点的轨迹是直线A1D1
C．若点P在线段BC1(含端点)上运动时，直线AP与DC所成角的范围为
D．若点P在线段BC1(含端点)上运动时，直线AP与D1C所成的角一定是锐角
9．在正方体AC1中，与面ABCD的对角线AC异面的棱有________条．
10．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________．
11．在正方体ABCD A1B1C1D1中，点O是底面ABCD的中心，过O点作一条直线l与A1D平行．设直线l与直线OC1的夹角为θ，则cos θ＝________．
【B级 能力提升】
1．(多选)已知直线l与平面α相交于点P，则下列说法正确的是( )
A．α内不存在直线与l平行
B．α内有无数条直线与l垂直
C．α内所有直线与l是异面直线
D．至少存在一个过l且与α垂直的平面
2．我国古代的数学著作《九章算术·商功》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．在如图所示的“堑堵”ABC A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，M，N分别是BB1和A1C1的中点，则平面AMN截“堑堵”ABC A1B1C1所得截面图形的面积为________．
3．如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥平面ABCD，ED∥PA，且PA＝ED＝AB.现将△CDE以直线DE为轴旋转一周后，则直线BP与动直线CE所成角的范围是________．
4．如图，在三棱锥P ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝，AB＝2，AC＝2，PA＝2.求：
(1)三棱锥P ABC的体积；
(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．
5．如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为正方形，边长为4，E为AB的中点，PE⊥平面ABCD.
(1)若△PAB为等边三角形，求四棱锥P ABCD的体积；
(2)若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成的角为45°，求PC与AD所成角的正切值．
参考答案
【A级 基础巩固】
1．解析：显然选项A正确；
对于选项B，两条平行直线确定唯一一个平面，故选项B正确；
对于选项C，由空间角的等角定理知，空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故选项C错误；
对于选项D，因为空间四边形不在一个平面内，故选项D错误．
答案：AB
2．解析：对于A，因为M∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事实3可知M∈l，A正确；对于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直线AB α，AB β，则α∩β＝AB，B正确；对于C，若l∩α＝A，则有l α，A∈l，但可能A∈α，C错误；对于D，有三个不共线的点在平面α，β中，故α，β重合，D正确．
答案：C
3．解析：若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确．
答案：C
4．解析：由题意知，D∈l，l β，所以D∈β.又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，所以点D在平面ABC与平面β的交线上．又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面β与平面ABC的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD.
答案：C
5．解析：连接A1C1，AC(图略)，则A1C1∥AC，∴A1，C1，A，C四点共面，∴A1C 平面ACC1A1.∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上．同理，A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上．
∴A，M，O三点共线．
答案：A
6．解析：如图，由题意可知O是正方形ABCD的中心，
取N为OC的中点，连接MN，OB，所以OP∥MN，
则∠BMN是异面直线OP与BM所成的角．
因为OP⊥平面ABCD，
所以MN⊥平面ABCD.
因为在四棱锥P ABCD中，所有侧棱长都为4，底面是边长为2的正方形，
所以OC＝2，所以OP＝＝2，
因此MN＝.
在Rt△BON中，BN＝＝，
所以tan ∠BMN＝＝，∴∠BMN＝60°，
则异面直线OP与BM所成的角为60°.
答案：C
7．解析：由题意画出正方体的图形如图，
显然A，B不正确；
∠ANC＝60°，即CN与BM成60°角，C正确；
因为BC⊥DM，CN⊥DM，BC∩CN＝C，BC，CN 平面BCN，所以DM⊥平面BCN.又BN 平面BCN，所以DM⊥BN，所以D正确．
答案：CD
8．解析：对于A，由BC1∥AD1，可得BC1∥平面AD1C，
则P到平面AD1C的距离不变，
由△AD1C的面积为定值，
可知点P在直线BC1上运动时，三棱锥A D1PC的体积不变，故A正确；
对于B，若点P是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，
则P点的轨迹是平面A1BCD1与平面A1B1C1D1的交线A1D1，故B正确；
对于C，直线AP与DC所成角即为∠PAB，当P与C1重合时，∠PAB最大，最大值为arctan ＜，故C错误；
对于D，当P与C1重合时，AP与D1C所成的角为，故D错误．
所以其中说法正确的是A，B.
答案：AB
9．解析：如图，在正方体AC1中，与面ABCD的对角线AC异面的棱有BB1，DD1，A1B1，A1D1，D1C1，B1C1，共6条．
答案：6
10．解析：因为AB∥CD，由图可以看出EF平行于正方体左右两个侧面，与另外四个侧面相交．
答案：4
11．解析：如图所示，设正方体的表面ABB1A1的中心为点P，容易证明OP∥A1D，所以直线l即为直线OP，∠POC1＝θ或π－θ.
设正方体的棱长为2，则OP＝A1D＝，OC1＝，PC1＝，
则cos θ＝|cos ∠POC1|＝＝＝.
答案：
【B级 能力提升】
1．解析：如图，对于A，直线l与平面α相交于点P，所以平面α内不存在直线与l平行，故A正确；
对于B，平面α内存在与l在平面α的射影PO垂直的直线n，平面α内与n平行的直线都与l垂直，有无数条，故B正确；
对于C，平面α内过点P的直线m与直线l相交，不是异面直线，故C错误；
对于D，取直线l上除斜足外一点A，过该点作平面α的垂线AO，则平面POA垂直于平面α，故D正确．
答案：ABD
2．解析：延长AN，与CC1的延长线交于点P，则P∈平面BB1C1C，连接PM，与B1C1交于点E，连接NE，得到的四边形AMEN是平面AMN截“堑堵”ABC A1B1C1所得截面图形．
由题意，解三角形可得NE＝ME＝，
AM＝AN＝，MN＝，
∴△AMN中MN边上的高h1＝＝，
△EMN中MN边上的高h2＝＝.
∴AMN截“堑堵”ABC A1B1C1所得截面图形的面积
S＝S△AMN＋S△EMN＝MN·(h1＋h2)＝×＝.
答案：
3．解析：如图所示，将PB平移到EB1的位置，C1点在以D为圆心、半径为1的圆上运动，
则∠B1EC1就是所求的角，根据三角形中，大角对大边，EB1，EC1为定值，故最值由B1C1来确定，故当C1在C处线线角最小，在C2处线线角最大．由于PA＝ED＝AB，故∠PBA＝∠EB1D＝.而DE＝DC＝1，故∠ECD＝，所以∠CEB1＝－＝.而∠EC2D＝∠ECD＝，故∠B1EC2＝π－－＝.所以所求线线角的取值范围是.
答案：
4．解：(1)S△ABC＝×2×2＝2，三棱锥P ABC的体积为V＝S△ABC·PA＝×2×2＝.
(2)如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则ED∥BC，
所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角．在△ADE中，DE＝2，AE＝，AD＝2，
cos ∠ADE＝＝＝.
故异面直线BC与AD所成角的余弦值为.
5．解：(1)∵正方形ABCD的边长为4，且△PAB为等边三角形，E为AB的中点，
∴PE＝PB·sin ∠PBE＝AB·sin 60°＝2.
又PE⊥平面ABCD，
∴四棱锥P ABCD的体积VP ABCD＝×42×2＝.
(2)如图，连接EF，
∵AD∥BC，
∴∠PCB即PC与AD所成的角．
∵PE⊥平面ABCD，EF，BC 平面ABCD，
∴PE⊥EF，PE⊥BC.
又PF与平面ABCD所成角为45°，
即∠PFE＝45°，
∴PE＝EF·tan ∠PFE＝4，
∴PB＝＝＝2.
又BC⊥AB，PE∩AB＝E，PE，AB 平面PAB，
∴BC⊥平面PAB.
又PB 平面PAB，∴BC⊥PB，
∴tan ∠PCB＝＝，
∴PC与AD所成角的正切值为。2025高考数学一轮复习-7.1-基本立体图形及简单几何体的表面积和体积-专项训练
【A级 基础巩固】
1．下列说法中，正确的是( )
A.棱柱的侧面可以是三角形
B.若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其他侧面也是矩形
C.正方体的所有棱长都相等
D.棱柱的所有棱长都相等
2．一个菱形的边长为4 cm，一内角为60°，用斜二测画法画出的这个菱形的直观图的面积为( )
A.2 cm2 B．2 cm2
C.4 cm2 D．8 cm2
3．在正四棱锥P ABCD中，PA＝6，且PA与底面所成的角为60°，则该四棱锥的体积为( )
A.16 B．18
C.36 D．54
4．已知圆锥的底面周长为6π，其侧面展开图的圆心角为π，则该圆锥的高为( )
A.6 B．9
C.3 D．3
5．如图是战国时期的一个铜镞，其由两部分组成，前段是高为2 cm、底面边长为1 cm的正三棱锥，后段是高为0.6 cm的圆柱，圆柱底面圆与正三棱锥底面的正三角形内切，则此铜镞的体积约为( )
A.0.25 cm3 B．0.65 cm3
C.0.15 cm3 D．0.45 cm3
6．已知圆台下底面的半径为2、高为2、母线长为，则这个圆台的体积为( )
A.π B．π
C.π D．π
7．在我国古代数学名著《数书九章》中有这样一个问题：“今有木长二丈四尺，围之五尺．葛生其下，缠本两周，上与木齐，问葛长几何？”意思是“圆木长2丈4尺，圆周长为5尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长多少尺？”(注：1丈等于10尺)，则这个问题中，葛藤长的最小值为( )
A.2丈4尺 B．2丈5尺
C.2丈6尺 D．2丈8尺
8．如图是水平放置的正方形ABCO，在直角坐标系xOy中，点B的坐标为(2，2)，则由斜二测画法画出的正方形的直观图中，顶点B′到x′轴的距离为________．
9．在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40 cm，母线长最短50 cm，最长80 cm，则斜截圆柱的侧面面积S＝________cm2.
10．如图，长方体ABCD A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E BCD的体积是________．
11．在三棱锥P ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥D ABE的体积为V1，P ABC的体积为V2，则＝________．
【B级 能力提升】
1．已知正四棱锥的底面边长为2，高为2，O为底面四边形的中心．若存在点O′到该正四棱锥的四个侧面和底面的距离都等于d，则d＝( )
A. B．
C. D．
2．扇面是中国书画作品的一种重要表现形式．一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为27和12的两个同心圆上的弧，侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心且圆心角为.若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为( )
A.15 B．
C.10 D．12
3．(多选)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB，记三棱锥E ACD，F ABC，F ACE的体积分别为V1，V2，V3，则( )
A.V3＝2V2
B.V3＝V1
C.V3＝V1＋V2
D.2V3＝3V1
4．已知正方体ABCD A1B1C1D1的体积为1，点M在线段BC上(点M异于B，C两点)，点N为线段CC1的中点．若平面AMN截正方体ABCD A1B1C1D1所得的截面为五边形，则线段BM的取值范围是( )
A. B．
C. D．
5．如图，已知三棱柱ABC A1B1C1的体积为V，点M，N分别为棱AA1，CC1的中点，则棱锥B AMNC的体积为________．
6．某同学的通用技术作品如图所示，该作品由两个相同的正四棱柱组成．已知正四棱柱的底面边长为3 cm，则这两个正四棱柱的公共部分构成的多面体的面数为________，体积为________cm3.
7．已知球O是圆锥PO1的外接球，圆锥PO1的母线长是底面半径的3倍，且球O的表面积为，则圆锥PO1的侧面积为________．
8．如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为________．
参考答案
【A级 基础巩固】
1．解析：棱柱的侧面都是平行四边形，A错误；其他侧面可能是平行四边形，B错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，D错误；易知C正确．
答案：C
2．解析：直观图的面积为××42＝2(cm2).
答案：B
3．解析：设四棱锥的高h＝PA·sin 60°＝6×＝3，AC＝PA＝6，则该四棱锥的体积V＝××3＝18.
答案：B
4．解析：由题意得，该圆锥的底面半径r＝＝3，母线长l＝＝9，所以该圆锥的高h＝＝6.
答案：A
5．解析：设正三棱锥底面正三角形的内切圆半径为r，
由等面积法，可得×1×1×sin 60°＝×(1＋1＋1)r，解得r＝.
由三棱锥体积公式与圆柱体积公式可得，
所求体积V＝××1×1×sin 60°×2＋π××0.6≈0.45(cm3).
答案：D
6．解析：设圆台上底面的半径为r，下底面半径为R，高为h，
则有()2＝(2－r)2＋22，解得r＝1或r＝3(舍去).
圆台的体积V＝πh(r2＋R2＋rR)＝×π×2×(12＋22＋2×1)＝π.
答案：A
7．解析：如图，由题意，圆柱的侧面展开图是矩形ABEF，一条直角边(即圆木的高)长AB＝24尺，另一条直角边长BE＝5尺，因此葛藤绕圆木2周后最少长为BD＝＝＝26(尺)，即为2丈6尺．
答案：C
8．解析：利用斜二测画法作正方形ABCO的直观图如图，在坐标系x′O′y′中，
B′C′＝1，∠x′C′B′＝45°.过点B′作x′轴的垂线，垂足为点D′.
在Rt△B′D′C′中，B′D′＝B′C′sin 45°＝1×＝.
答案：
9．解析：将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．
由题意得所求侧面展开图的面积S＝×(π×40)×(50＋80)＝2 600π(cm2).
答案：2 600π
10．解析：设BC＝a，CD＝b，CC1＝c，则abc＝120，
∴VE BCD＝×ab×c＝abc＝10.
答案：10
11．解析：如图，设S△ABD＝S1，S△PAB＝S2，E到平面ABD的距离为h1，C到平面PAB的距离为h2，则S2＝2S1，h2＝2h1，V1＝S1h1，V2＝S2h2，∴＝＝.
答案：
【B级 能力提升】
1．解析：如图，在正四棱锥S ABCD中，连接OS，取BC的中点E，连接OE，SE，
易知点O′在线段OS上，过O′作O′F⊥SE，交SE于点F，
易知O′F⊥平面SBC.设∠OSE＝α，
由题意可得OE＝1，SO＝2，O′F＝OO′＝d，则SO′＝SO－OO′＝2－d，
sin α＝＝，即＝，解得d＝.
答案：A
2．解析：由题意知该几何体为圆台，如图所示，其中AB，CD分别为上、下底面圆的直径，
设圆台的上底面圆的半径为r1，圆心为O1，下底面圆的半径为r2，圆心为O2，
则得
过点A作AM⊥CD，交CD于点M，连接O1O2，则四边形AO1O2M为矩形，
所以△ADM为直角三角形，AO1＝MO2，AM＝O1O2.圆台的母线长l＝AD＝27－12＝15，
所以圆台的高h＝AM＝＝＝10.
答案：C
3．解析：因为ED⊥平面ABCD，且FB∥ED，所以FB⊥平面ABCD.
设AB＝ED＝2FB＝2a，则FB＝a，
则V1＝S△ACD·ED＝×·2a·2a·2a＝a3，
所以V2＝V1＝a3.如图，连接BD，交AC于O，连接OE，OF.
易证AC⊥平面BDEF.S△EOF＝S梯形BDEF－S△ODE－S△OBF＝(a＋2a)×2a－×2a×a－×a×a＝a2，故V3＝S△EOF·AO×2＝×a2×a×2＝2a3，
故V1＋V2＝V3，2V3＝3V1成立．
答案：CD
4．解析：∵正方体ABCD A1B1C1D1的体积为1，
∴正方体的棱长为1，点M在线段BC上(点M异于B，C两点)，
当点M为线段BC的中点时，MN∥AD1，A，M，N，D1共面，截面为四边形AMND1，如图，
即BM＝，不合题意，排除选项A，C，D；当BM>时，截面为五边形，如图，符合题意，
即平面AMN截正方体ABCD A1B1C1D1所得的截面为五边形，线段BM的取值范围为.
答案：B
5．解析：如图，连接AN，
对于三棱锥B ACN，B AMN，显然它们等底同高，故VB ACN＝VB AMN，而VB ACN＝VN ABC，
注意到CN＝C1N，
于是三棱锥N ABC的高是三棱柱ABC A1B1C1高的一半，且它们都以△ABC为底面，
故VN ABC＝×V＝V，故VB AMNC＝2×V＝V.
答案：V
6．解析：易知两个正四棱柱的公共部分为两个正四棱锥拼接而成，且两个正四棱锥的底面重合，所以公共部分构成的多面体的面数为8，因为正四棱柱的底面边长为3，则公共部分的两个正四棱锥的底面边长为3，高为，
所以体积V＝×2×(3)2×＝18(cm3).
答案：8 18
7．解析：如图，设O1B＝r，球O的半径为R，则PB＝3r，球O的表面积为4πR2＝，得R2＝，PO1＝＝2r.
在Rt△OO1B中，R2＝(PO1－R)2＋r2，即R2＝(2r－R)2＋r2，解得r＝1，
故圆锥PO1的侧面积为πr·PB＝3π.
答案：3π
8．解析：如图，过BC作与EF垂直的截面BCG，作平面ADM∥平面BCG，取BC的中点O，
连接GO，FO，由题意可得FO＝，FG＝，所以GO＝＝，所以S△BCG＝×1×＝，VBCG ADM＝S△BCG·AB＝，
2VF BCG＝2×S△BCG·GF＝2×××＝，
所以V多面体ABCDEF＝＋＝.
答案：2025高考数学一轮复习-7.2-球及组合体-专项训练
【A级 基础巩固】
1．正方体的外接球与内切球的表面积比值为( )
A． B．3
C．3 D．
2．在四面体ABCD中，若AB＝CD＝，AC＝BD＝2，AD＝BC＝，则四面体ABCD的外接球的表面积为( )
A．2π B．4π
C．6π D．8π
3．已知三棱锥S ABC的棱SA⊥底面ABC.若SA＝2，AB＝AC＝BC＝3，则其外接球的表面积为( )
A．4π B．8π
C． D．16π
4．已知三棱锥S ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为( )
A． B．
C． D．
5．在Rt△ABC中，CA＝CB＝，以AB为旋转轴旋转一周得到一个几何体，则该几何体的内切球的体积为( )
A． B．
C．2π D．
6．已知直三棱柱ABC A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上．若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为( )
A． B．2
C． D．3
7．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为( )
A．16π B．20π
C．24π D．32π
8．已知一个圆锥的母线长为2，侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的外接球的体积为( )
A．36π B．48π
C．36 D．24
9．在三棱锥A BCD中，若AD⊥平面BCD，AB⊥BC，AD＝BD＝2，CD＝4，点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为________．
10．如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现．我们来重温这个伟大发现，圆柱的体积与球的体积之比为________，圆柱的表面积与球的表面积之比为________．
11．如图，在底面边长为4，高为6的正四棱柱中有两个球，大球与该正四棱柱的五个面均相切，小球在大球上方且与该正四棱柱的三个面相切，也与大球相切，则小球的半径为________．
12．在三棱锥P ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AB＝2，AC＝4，∠BAC＝30°，则该三棱锥外接球的体积为________．
【B级 能力提升】
1．已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( )
A． B．
C． D．
2．已知正四棱锥P ABCD内接于一个半径为R的球，则正四棱锥P ABCD的体积的最大值是( )
A． B．
C． D．R3
3．设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D ABC体积的最大值为( )
A．12 B．18
C．24 D．54
4．已知三棱锥S ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，SA＝SB＝SC＝AB＝2.设S，A，B，C四点均在以点O为球心的某个球面上，则点O到平面ABC的距离为( )
A． B．
C． D．
5．已知过球面上三点A，B，C的截面到球心O的距离等于球半径的一半，且AB＝BC＝6，AC＝4，则球的表面积为________．
6．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．
7．已知在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝，E是CD边的中点．现以AE为折痕将△ADE折起．当三棱锥D ABE的体积最大时，该三棱锥外接球的体积为________．
8．已知正三棱锥A BCD的底面是边长为2的等边三角形，其内切球的表面积为π，且和各侧面分别相切于点F，M，N，则△FMN的周长为________．
参考答案
【A级 基础巩固】
1．解析：设正方体的外接球的半径为R，内切球的半径为r，棱长为1，
则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R＝，所以R＝，
正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r＝1，即r＝，所以＝，
所以正方体的外接球与内切球的表面积比值为＝＝3.
答案：C
2．解析：由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD的对棱相等，
所以将四面体放入如图所示的长、宽、高分别为x，y，z的长方体中，
并且x2＋y2＝3，x2＋z2＝5，y2＋z2＝4，
则有(2R)2＝x2＋y2＋z2＝6(R为外接球的半径)，得R2＝，
所以四面体ABCD的外接球的表面积为S＝4πR2＝6π.
答案：C
3．解析：等边三角形ABC的外接圆直径2r＝，解得r＝.
设外接球的半径为R，则R2＝r2＋＝3＋1＝4，
所以其外接球的表面积为S＝4πR2＝16π.
答案：D
4．解析：由于三棱锥S ABC与三棱锥O ABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥S ABC的高是三棱锥O ABC高的2倍，所以三棱锥S ABC的体积也是三棱锥O ABC体积的2倍．在三棱锥O ABC中，其棱长都是1，如图所示，
S△ABC＝×AB2＝，高OD＝＝，
∴VS ABC＝2VO ABC＝2×××＝.
答案：A
5．解析：如图所示，旋转体的轴截面为边长为的正方形，
设O为内切球的球心．内切球半径r＝AC＝，
所以该几何体的内切球的体积为×π×＝.
答案：A
6．解析：如图所示，由球心作平面ABC的垂线，
则垂足为BC的中点M.
又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，
所以球O的半径R＝OA＝ ＝.
答案：C
7．解析：如图所示，在正四棱锥P ABCD中，O1为底面对角线的交点，O为外接球的球心．因为VP ABCD＝×S正方形ABCD×3＝6，
所以S正方形ABCD＝6，即AB＝.因为O1C＝＝.
设正四棱锥外接球的半径为R，则OC＝R，OO1＝3－R，所以(3－R)2＋()2＝R2，解得R＝2.
所以外接球的表面积为4π×22＝16π.
答案：A
8．解析：设圆锥的底面半径为r，由侧面展开图是圆心角为的扇形，得2πr＝×2，解得r＝2.作出圆锥的轴截面如图所示．
设圆锥的高为h，则h＝ ＝4.
设该圆锥的外接球的球心为O，半径为R，则有R＝，
即R＝ ，解得R＝3，
所以该圆锥的外接球的体积为V＝＝＝36π.
答案：A
9．解析：根据题意得，BC⊥平面ABD，则BC⊥BD，即AD，BC，BD三条线两两垂直，所以可将三棱锥A BCD放置于长方体内，如图所示，
该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球心为长方体体对角线的中点，
即外接球的半径为长方体体对角线长的一半，此时AC为长方体的体对角线，即为外接球的直径，
所以该球的表面积S＝4πR2＝π·AC2＝π·(22＋42)＝20π.
答案：20π
10．解析：由题意，设圆柱底面半径为r，球的半径为R，
则R＝r，圆柱的高h＝2R，则V球＝πR3，V柱＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3.
∴＝＝.又∵S球＝4πR2，S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2.
∴＝＝.
答案：
11．解析：由题意可知大球的半径R＝2，
设小球的半径为r(0＜r＜2)，
大球的球心为O，小球的球心为C，E为小球与上底面的切点，如图所示，
连接CO，CE，过点O作OD⊥CE交EC的延长线于点D，
由题意可知，OD＝2－r，CD＝4－r，CO＝2＋r.由CO2＝CD2＋OD2，
得(2＋r)2＝(4－r)2＋(2－r)2，即r2－10r＋10＝0，r∈(0，2)，解得r＝5－.
答案：5－
12．解析：如图所示，在△ABC中，由余弦定理得
BC2＝(2)2＋42－2×2×4·cos 30°＝4.所以AB2＋BC2＝16＝AC2，即△ABC为直角三角形．
故△ABC外接圆的圆心为斜边AC的中点．取AC的中点为O1，连接PO1，则PO1⊥AC.
由平面PAC⊥平面ABC，得PO1⊥平面ABC，该三棱锥外接球的球心在线段PO1上．
设球心为O，连接OA，则OA＝OP，且均为外接球的半径．
在Rt△PO1A中，PO1＝＝2.在Rt△OO1A中，OA2＝OO＋AO，即R2＝(2－R)2＋4，则R＝.所以外接球的体积V＝πR3＝π＝9π.
答案：9π
【B级 能力提升】
1．解析：如图，设∠AO1D＝α1，∠AO1B＝α2，∠BO1C＝α3，∠CO1D＝α4，球O的半径为R，四棱锥的底面所在圆O1的半径为r，
则R＝1，S四边形ABCD＝r2(sin α1＋sin α2＋sin α3＋sin α4)，
当且仅当α1＝α2＝α3＝α4＝时，四边形ABCD的面积最大，最大为2r2，此时四边形ABCD为正方形．
在△OO1C中，设高OO1＝h，则h＝＝，
V四棱锥O ABCD＝S正方形ABCDh＝×2r2(0＜r＜1)，
令r2＝t，则V四棱锥O ABCD＝t＝ (0＜t＜1)，
设f(t)＝t2－t3，则f′(t)＝2t－3t2＝t(2－3t)，
当t∈时，f′(t)＞0，则f(t)单调递增；
当t∈时，f′(t)＜0，则f(t)单调递减，
∴t＝时，f(t)取得最大值，且f(t)max＝，
∴(V四棱锥O ABCD)max＝，此时高h＝＝.
答案：C
2．解析：如图，记O为正四棱锥P ABCD的外接球的球心，O1为底面ABCD的中心，则P，O，O1三点共线，连接PO1，OA，O1A.设OO1＝x，则O1A＝，AB＝·，PO1＝R＋x，所以正四棱锥P ABCD的体积V＝AB2×PO1＝×2(R2－x2)×(R＋x)＝×(2R－2x)(R＋x)×(R＋x)≤＝，
当且仅当2R－2x＝R＋x，即x＝时取等号．
答案：C
3．解析：由等边△ABC的面积为9可得AB2＝9，
所以AB＝6，
所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝AB＝2.
设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝＝＝2.
所以三棱锥D ABC高的最大值为2＋4＝6，
所以三棱锥D ABC体积的最大值为×9×6＝18.
答案：B
4．解析：取AB的中点D，连接CD，SD，如图，
因为AB是等腰直角三角形ABC的斜边，
所以D是球O被平面ABC所截圆的圆心，CD＝1.又SA＝SB＝SC＝AB＝2，点D是AB的中点，则有SD⊥AB，SD＝，而SD2＋CD2＝4＝SC2，
所以∠SDC＝90°，即SD⊥CD.而CD∩AB＝D，CD，AB 平面 ABC，则SD⊥平面ABC.
由球的截面圆性质知，球心O在直线SD上，球半径R＝－OD或R＝＋OD.
由R2＝OD2＋12，
即(－OD)2＝OD2＋12，解得OD＝，或(＋OD)2＝OD2＋12，解得OD＝－(舍)，
所以点O到平面ABC的距离为.
答案：A
5．解析：如图所示，设截面圆心为O1，连接BO，BO1，OO1，则OO1⊥BO1.
在△ABC中，cos ∠ABC＝＝，∴sin ∠ABC＝，
∴BO1＝＝.
∵OB＝2OO1，OO1⊥BO1，∴∠OBO1＝，
∴BO＝＝，∴球的表面积S＝4πR2＝54π.
答案：54π
6．解析：圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝2，△PEO∽△PDB，故＝，即＝，解得r＝，故内切球的体积为π＝π.
答案：π
7．解析：如图，过点D作DF⊥AE交AE于点F，
AB＝2，AD＝，DE＝1，AE＝BE＝2.在Rt△ADE中，有·AD·DE＝·AE·DF，
则DF＝，EF＝＝，△ABE是等边三角形，边长为2.
由＝，可得△ABE外接圆的半径为.
设其外接圆圆心为O，连接BO，并延长BO交AE于点M，
则BM⊥AE，OB＝，OM＝OB，ME＝BE·cos 60°＝2×＝1，
所以在△OMF中，OF＝＝＝＝，
当平面ADE⊥平面ABE时，三棱锥D ABE的体积最大，此时DF⊥平面ABE，
由于OD＝＝＝，OD＝OB，
所以O是三棱锥D ABE外接球的球心，设外接球半径为R，则R＝，
所以外接球的体积为×＝.
答案：
8．解析：设三棱锥A BCD的内切球球心为O，球O切三棱锥的侧面ACD于点F，取CD的中点E(如图)，连接BE，
设正三角形BCD的中心为点G，则G在线段BE上．
连接AG，设AG＝h，△BCD的外接圆半径为BG＝＝2，则GE＝BG＝1.
∵AC＝AD，E为CD的中点，∴AE⊥CD，AE＝＝.
设球O的半径为r，则4πr2＝π，解得r＝，即OF＝OG＝.
由正棱锥的性质可知，AG⊥平面BCD.∵BE 平面BCD，∴AG⊥BE.
∵OF⊥AE，∴sin ∠EAG＝＝，即＝，解得h＝，
∴OA＝AG－OG＝－＝，AF＝＝＝.
取BC的中点H，连接AH，EH，DH.
设球O切侧面ABC于点M，连接FM，同理可得AM＝，AH＝AE＝.
∵H，E分别为BC，CD的中点，∴EH＝BD＝.∵＝＝，则FM∥EH，
且＝＝，∴FM＝EH＝.
设BD的中点为Q，连接EQ，HQ，则EQ＝HQ＝EH＝，故△EHQ为等边三角形，
设球O切侧面ABD于点N，连接NM，NF，易知△FMN为等边三角形，
故△FMN的周长为3×＝.
答案：.2025高考数学一轮复习-7.5-空间直线、平面的垂直行-专项训练
【A级 基础巩固】
1．已知平面α和直线l有交点，则“直线l与平面α垂直”是“平面α内存在两条夹角为30°的直线m，n，使得m⊥l且n⊥l”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
2．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不垂直的是( )
3．如图所示，已知四边形ABCD是由一个等腰直角△ABC和一个有一内角为30°的直角三角形ACD拼接而成，将△ACD绕AC边旋转的过程中，下列结论中不可能成立的是( )
A．CD⊥AB B．BC⊥AD
C．BD⊥AB D．BC⊥CD
4．(多选)四棱台ABCD A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，AA1⊥平面ABCD，则下列结论正确的是( )
A．直线AD与直线B1D1所成的角为45°
B．直线AA1与直线CC1异面
C．平面ABB1A1⊥平面ADD1A1
D．CA1⊥AD
5．如图所示是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中，棱________所在的直线与棱AB所在的直线是异面直线且互相垂直．(注：填上你认为正确的一条棱即可，不必考虑所有可能的情况)
6．已知△ABC在平面α内，∠A＝90°，DA⊥平面α，则直线CA与DB的位置关系是________．
7．如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE.
【B级 能力提升】
1．(多选)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点，则满足MN⊥OP的是( )
2．(多选)在三棱锥D ABC中，已知AB＝BC＝2，AC＝2，DB＝4，平面BCD⊥平面ABC，且DB⊥AB，则( )
A．DB⊥AC
B．平面DAB⊥平面ABC
C．三棱锥D ABC的体积为
D．三棱锥D ABC的外接球的表面积为16π
3．如图所示，在四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为是正确的条件即可).
4．已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱AA1的中点为E，AC与BD交于点O，平面α过点E，且与直线OC1垂直．若AB＝1，则平面α截该正方体所得截面图形的面积为________．
5．在如图所示的五面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M为BC的中点．
(1)求证：FM∥平面BDE；(2)若平面ADE⊥平面ABCD，求点F到平面BDE的距离．
参考答案
【A级 基础巩固】
1．解析：若直线l与平面α垂直，则l垂直α内的任意一条直线，若平面α内存在两条夹角为30°的直线m，n，则l⊥m且l⊥n，故充分性成立；若平面α内存在两条夹角为30°的直线m，n，使得m⊥l且n⊥l，由线面垂直的判定定理可知直线l与平面α垂直，故必要性成立，所以“直线l与平面α垂直”是“平面α内存在两条夹角为30°的直线m，n，使得m⊥l且n⊥l”的充要条件．
答案：C
2．解析：对于A选项，如图①，因为M，N，Q为所在棱的中点，
故由正方体的性质易得BB1⊥AB，CD⊥AB，MQ∥CD，MN∥BB1，
所以MQ⊥AB，MN⊥AB，且MQ∩MN＝M，MQ，MN 平面MNQ，故AB⊥平面MNQ，故A选项不符合题意；
对于B选项，如图②，因为M，N，Q为所在棱的中点，所以MN∥CD，MQ∥A1C，
由正方体的性质得AB1⊥CD，CD⊥BB1，且AB1∩BB1＝B1，AB1，BB1 平面ABB1，
所以CD⊥平面ABB1.
又AB 平面ABB1，故CD⊥AB，
所以MN⊥AB，
同理得MQ⊥AB.
又MN∩MQ＝M，MN，MQ 平面MNQ，
故AB⊥平面MNQ，故B选项不符合题意；
对于C选项，如图③，
因为M，N，Q为所在棱的中点，
所以MN∥A1B1，AC∥A1B1，
则MN∥AC.在△ABC中，AB与AC的夹角为，故异面直线MN与AB所成的角为，故AB⊥平面MNQ不成立，故C选项符合题意；
对于D选项，同A选项，可判断AB⊥平面MNQ.
答案：C
3．解析：对于A，D，当平面ADC⊥平面ABC时，
因为CD⊥AC，平面ADC∩平面ABC＝AC，
所以CD⊥平面ABC.
又AB 平面ABC，BC 平面ABC，
所以CD⊥AB，CD⊥BC，故A，D可能成立；
对于C，假设DC＝a，则AD＝2a，
AC＝＝a，BC＝AB＝a，
连接BD(图略).在△BCD中，由余弦定理得
BD＝
＝＝a＞a，
则在旋转过程中，存在某一时刻满足BD＝a，此时BD2＋AB2＝AD2，BD⊥AB.故C可能成立；
利用排除法可知选项中不成立的结论为B项．
答案：B
4．解析：对于A，如图，连接BD，则BD∥B1D1，
则直线AD与直线BD所成的角即为直线AD与直线B1D1所成角．
在正方形ABCD中，∠ADB＝45°，故直线AD与直线B1D1所成的角为45°，故A正确；
对于B，由于棱台的侧棱延长后会交于同一点，故直线AA1与直线CC1是相交直线，故B错误；
对于C，由AA1⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，
所以AA1⊥AB.又AB⊥AD，且AA1∩AD＝A，AA1，AD 平面ADD1A1，
故AB⊥平面ADD1A1，而AB 平面ABB1A1，
故平面ABB1A1⊥平面ADD1A1，故C正确；
对于D，如图，连接AC，由题意知AC⊥BD.
因为AA1⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，
所以BD⊥AA1，且AA1∩AC＝A，AA1，AC 平面AA1C，
所以BD⊥平面AA1C，CA1 平面AA1C，
故BD⊥CA1.若CA1⊥AD，
而AD∩BD＝D，AD，BD 平面ABCD，
所以CA1⊥平面ABCD，显然不成立，
故AD不可能垂直于CA1，故D错误．
答案：AC
5．解析：如图，结合平面图形还原出正方体，
结合正方体性质易知，
棱CG，DH，EH，FG所在的直线与棱AB所在的直线是异面直线且互相垂直．
答案：CG，DH，EH，FG(任选一个作答)
6．解析：∵DA⊥平面α，CA 平面α，
∴DA⊥CA.
在△ABC中，∵∠A＝90°，
∴AB⊥CA，且DA∩AB＝A，DA，AB 平面DAB，
∴CA⊥平面DAB.又DB 平面DAB，
∴CA⊥DB.
答案：垂直
7．证明：(1)因为PA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，
所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.
又PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，
所以BD⊥平面PAC.
(2)因为PA⊥平面ABCD，AE 平面ABCD，
所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，
且E为CD的中点，所以AE⊥CD.
所以AB⊥AE.
又AB∩PA＝A，AB，PA 平面PAB，
所以AE⊥平面PAB.
因为AE 平面PAE，
所以平面PAB⊥平面PAE.
【B级 能力提升】
1．解析：设正方体的棱长为2.
对于A，如图(1)所示，连接AC，则MN∥AC，故∠POC(或其补角)为异面直线OP，MN所成的角．
在直角△OPC中，OC＝，CP＝1，故tan ∠POC＝＝，故MN⊥OP不成立，故A错误；
对于B，如图(2)所示，取MT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥MN，PQ⊥MN，OQ，PQ 平面OPQ，所以MN⊥平面OPQ.又OP 平面OPQ，故MN⊥OP，故B正确；
对于C，如图(3)，连接BD，则BD∥MN，由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正确；
对于D，如图(4)，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，PQ，OQ，PK，OK，则AC∥MN.因为DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO(或其补角)为异面直线PO，MN所成的角．
因为正方体的棱长为2，故PQ＝AC＝，OQ＝＝＝，PO＝＝＝，QO2
答案：BC
2．解析：因为AB＝BC＝2，AC＝2，
所以cos ∠ABC＝＝－，
所以∠ABC＝.
如图，过D作DE⊥BC于E.
因为平面BCD⊥平面ABC，平面BCD∩平面ABC＝BC，
所以DE⊥平面ABC.
因为AB 平面ABC，
所以DE⊥AB.
假设DB，DE不重合，
因为DB⊥AB，DE∩DB＝D，DE，DB 平面BCD，
所以AB⊥平面BCD.
因为BC 平面BCD，
所以AB⊥BC，与∠ABC＝矛盾，
所以假设不成立，
所以DB，DE重合，即DB⊥平面ABC.
因为AC 平面ABC，所以DB⊥AC.
因为DB 平面DAB，
所以平面DAB⊥平面ABC，故A，B正确；
三棱锥D ABC的体积为××2×2×sin ×4＝，故C正确；
如图，设△ABC的外心为F，其外接圆半径为×＝2，
过F作FO⊥平面ABC，
设O为外接球的球心，则FA＝FB＝2，OA＝OD，
所以＝，
所以＝，解得OF＝2，
所以外接球的半径为OA＝＝2，
所以三棱锥D ABC的外接球的表面积为
S＝4π·OA2＝32π，故D错误．
答案：ABC
3．解析：连接AC，BD，
则AC⊥BD.
因为PA⊥底面ABCD，BD 平面ABCD，
所以PA⊥BD.
又PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，PC 平面PAC，
所以BD⊥PC.
所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，
有PC⊥平面MBD.
又PC 平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.
答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)
4．解析：如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E为棱AA1的中点，AB＝1，
则OC＝CC＋OC2＝1＋＝，OE2＝OA2＋AE2＝＋＝，
EC＝A1C＋A1E2＝2＋＝，
∴OC＋OE2＝EC，
∴OE⊥OC1.
又BD⊥平面ACC1A1，OC1 平面ACC1A1，
∴BD⊥OC1，且OE∩BD＝O，
∴OC1⊥平面BDE，
且S△BDE＝BD·OE＝××＝，
即平面α截该正方体所得截面图形的面积为.
答案：
5．(1)证明：取BD的中点O，
连接OM，OE.
因为O，M分别为BD，BC的中点，
所以OM∥CD，且OM＝CD.
因为四边形ABCD为菱形，所以CD∥AB，
又EF∥AB，所以CD∥EF.
又AB＝CD＝2EF，
所以EF＝CD，
所以OM∥EF，且OM＝EF，
所以四边形OMFE为平行四边形，
所以MF∥OE.
又OE 平面BDE，MF 平面BDE，
所以MF∥平面BDE.
(2)解：由(1)得FM∥平面BDE，
所以点F到平面BDE的距离等于点M到平面BDE的距离．
取AD的中点H，连接EH，BH，
因为EA＝ED，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，
所以EH⊥AD，BH⊥AD.
因为平面ADE⊥平面ABCD，
平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH 平面ADE，
所以EH⊥平面ABCD.
因为BH 平面ABCD，所以EH⊥BH.
因为EH＝BH＝，所以BE＝，
所以S△BDE＝××＝.
设点F到平面BDE的距离为h，
连接DM，则S△BDM＝S△BCD＝××4＝.
连接EM，由V三棱锥E BDM＝V三棱锥M BDE，
得××＝×h×，解得h＝，
即点F到平面BDE的距离为