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专题01
空间向量与立体几何
考试时间：120分钟
满分：150分
一、选择题：本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．在空间直角坐标系中，已知，，则的中点关于平面的对称点坐标是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】
D．
【解析】利用中点坐标公式得到，由平面对称性，可得到其对称点是．
2．已知为空间的一条直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（
）
A
.若//，//，则//
B
.若，，则//
C
.若//，，则
D
.若，//，则
【答案】
D．
【解析】选项A：若//，//，则还有一种可能的情形；
选项B：若，，则还有一种可能的情形；
选项C：若//，，则直线与平面的位置关系还可能是平行，相交；选项D：正确．
3．若三棱锥满足，，，，则该三棱锥可能是
A．，，
B．，，
C．，，
D．以上选项都不可能
【答案】
C．
【解析】
由于对棱相等的三棱锥每个面都是锐角三角形，而对于A而言，此时底面为钝角三角形，选项B显然为直角三角形，选项C中为锐角三角形，故选C.
4．如图，在棱长为的正方体中，若点，分别为线段，上的动点，点为底面上的动点，则的最小值为
A．
B．
C．
D．
【答案】
A．
【解析】
当面即时最短，取中点易证，将三角形与三角形展开可得的最小值即为点到线段的距离，由于，所以，所以最短距离就是，故选A．
5.
（黑龙江鹤岗一中2019届期末）如图，在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，则OA与BC所成角的余弦值为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】因为＝－，所以·＝·－·
＝||||cos〈，〉－||||cos〈，〉
＝8×4×cos
135°－8×6×cos
120°＝－16＋24.
所以cos〈，〉＝＝＝.
即OA与BC所成角的余弦值为.
6.
（江苏金陵中学2019届期中）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.斜交
B.平行
C.垂直
D.MN在平面BB1C1C内
【答案】B
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，由于A1M＝AN＝，
则M，N，＝.
又C1D1⊥平面BB1C1C，所以＝(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量.
因为·＝0，所以⊥，又MN?平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C.
7．（
广西南宁三中2019届高三模拟）如图，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】设＝λ，＝μ，(λ，μ∈[0，1])．所以＝λ(0，1，2)＝(0，λ，2λ)，
＝＋μ(－)＝(1，0，0)＋μ(－1，1，0)＝(1－μ，μ，0)．
所以||＝|－|＝|(1－μ，μ－λ，－2λ)|＝
＝≥＝，当且仅当λ＝，μ＝，即λ＝，μ＝时取等号．
所以线段PQ长度的最小值为.故选C.
8．，分别为菱形的边，的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，下列选项正确的是（
）
①
平面；②异面直线与所成角为定值；③在二面角逐渐变小的过程中，三棱锥外接球的半径先变小后变大；④若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则的取值范围是.
A．①②
B．①②④
C．①④
D．①②③④
【答案】
B．
【解析】
由题意得，对于①，∵，分别为菱形的边，的中点，∴，又平面
，平面，∴平面，①正确；
对于②，取中点，连接，，如图，则，，，∴
平面，而平面，∴，∴，即异面直线与所成的角为
，②正确；
对于③，借助极限状态，当平面与平面重合时，三棱锥外接球即是以外接
圆圆心为球心，外接圆半径为球半径，当二面角逐渐变大时，球心离开平面，但球心
在平面内射影仍然是外接圆圆心，故二面角逐渐变小的过程中，三棱锥
外接球的半径不可能先变小后变大，③错误；
对于④，过作于，若为锐角，则在线段上，若为直角，则与重
合，若为钝角，则在线段的延长线上，若存在某个位置，使得直线与垂直，∵
，∴平面，由线面垂直的性质得，若为直角，则与重合，
则，而已知，∴不可能成立，即不可能为直角，若为钝角，
则在线段的延长线上，则在原平面菱形中，为锐角，由于立体图形中，
因此立体图形中比原平面图形更小，∴立体图形中为锐角，而，∴空间图形中
是锐角三角形，由知在线段BC上，与在线段的延长线上矛盾，因此不
可能为钝角，综上可知，只能为锐角，即④正确．
故选：B．
多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
9．（2019?宝山区二模）设向量，其中a2+b2＝c2+d2＝1，则下列判断正确的
的是（ ）
A．向量与z轴正方向的夹角为定值（与c，d之值无关）
B．的最大值为
C．与的夹角的最大值为
D．ad﹣bc的最大值为1．
【解析】解：由向量，其中a2+b2＝c2+d2＝1，知：
在A中，设z轴正方向的方向向量（0，0，t），向量与z轴正方向的夹角的余弦值：
cosα，∴α＝45°，
∴向量与z轴正方向的夹角为定值45°（与c，d之值无关），故A正确；
在B中，ac+bd1，
且仅当a＝c，b＝d时取等号，因此的最大值为1，故B错误；
在C中，由B可得：||≤1，∴﹣11，
∴cos，
∴与的夹角的最大值为，故C正确；
在D中，ad﹣bc1，
∴ad﹣bc的最大值为1．故D正确．
10．下列命题为真命题的是（
）
A．若两个平面有无数个公共点，则这两个平面重合
B．若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直
C．垂直于同一条直线的两条直线相互平行
D．若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面不垂直
【答案】BD
【解析】A错，两个平面相交时，也有无数个公共点；
B选项就是面面垂直的判定定理，正确；
C错，比如，，，显然有，，但b与c也可能相交；
D利用反证法证明，假设这条直线与另一个平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任何一条直线，当然就垂直于这条交线，与已知条件矛盾，所以原说法正确.
故选：BD.
11.如图，直三棱柱中，，，，外接球的球心为，点是侧棱上的一个动点．下列判断中正确的是（
）
A．直线与直线是异面直线
B．一定不垂直
C．三棱锥的体积为定值
D．的最小值为
【答案】ACD
【解析】如图，
A．直线经过平面内的点，而直线在平面内不过，直线与直线是异面直线，故A正确；
B．当时，平面，则，故B错误；
C．由题意知，直三棱柱的外接球的球心为是
与
的交点，则的面积为定值，由平面，
到平面的距离为定值，三棱锥的体积为定值，故C正确；
D．设，则，．由其几何意义，
即平面内动点与两定点，距离和的最小值知，其最小值为，故D正确．
故选：ACD．
12．如图，圆柱的轴截面是四边形，E是底面圆周上异于的一点，则下列结论中正确的是（
）
A．
B．
C．平面
D．平面平面
【答案】ABD
【解析】由是底面圆的直径，得，即.
∵圆柱的轴截面是四边形，底面，底面.
，又，，平面，
平面，.
同理可得，，易得平面平面.
可得正确.
，（或其补角）为与所成的角，显然，平面不正确，即错误.
故选：.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13．某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中的圆弧为圆周，该几何体的体积为_____，表面积为_____．
【答案】
；．
【解析】该几何体由一个底面是直角边为的等腰直角三角形的三棱锥和底面半径为的圆锥构成，两锥体等高，高为，故体积，
表面积．
14．已知三棱柱的棱长均为2，则异面直线与所成角的余弦值为______．
【答案】
．
【解析】
把平移到，异面直线与所成角
即为与所成角，
，，，在中，
由余弦定理得．
15．如图，在三棱锥中，点在以为直径的圆上运动，平面，，垂足为，，垂足为，若，，则
，
三棱锥体积的最大值是
．
【答案】
，．
【解析】
由已知，，，，则平面即，
又，，则平面，即，
又，，则平面，即.
因此，为直角三角形，.
在中，由，，得，，故.
．
在中，，则，当且仅当时，等号成立，此时，，即三棱锥体积的最大值为.
16．已知三棱锥中，侧棱底面，，，则三棱锥的
外接球的表面积为
．
【答案】
．
【解析】
法1：∵面，，，
又，平面，则平面
∴，故为直角三角形．
又∵面，∴，故为直角三角形，
且．
取的中点，则易得：，
故三棱锥外接球的球心为，且半径．
∴表面积．
法2：∵底面，且
∴三棱锥可补成长宽高分别为，，的长方体．
又∵该长方体体对角线．
∴该长方体外接球半径，
即三棱锥外接球半径，
∴表面积．
法3：三棱锥中：底面，
且底面外接圆半径，
设三棱锥外接球半径为，则，
∴表面积．
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，底面，，．
（1）求证：平面；
（2）过的平面交于点，若平面，求三棱锥的体积．
【答案】（1）略；（2）
【解析】
（1）∵面，面，则，∵四边形为
菱形，则，又∵，且，面，
则面．
（2）设与交于点，
∵平面，平面平面，∴．
又∵因为为中点，得为中点，
∴三棱锥的高，
故．
18．如图，三棱柱的棱长均相等，，平面平面，分别为棱，的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的大小．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】（1）取的中点，连接，，于是，又，
所以，所以四边形是平行四边形，所以，
而面，面，所以平面．
（2）连接，，因为四边形为菱形，，为中点，
所以，因为平面平面，所以平面，
又，所以，所以是二面角的平面角．
设棱长为，则，所以，
故二面角的大小为．
19．如图，已知三棱锥中，点在上，，，且为正三角形.
（1）证明：
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）取的中点，连结，，由条件，
又由，得．
∴面，又∵面，∴．
过作于点，由（1）可知，，
∴面．∴即为直线与面所成的角，
不妨设，则，，，
∴，∴，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
20.
（山东济南外国语学校2019届高三质检）如图，在多面体ABC?A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1BC，二面角A1?AB?C是直二面角．
求证：(1)A1B1⊥平面AA1C；
(2)AB1∥平面A1C1C.
证明：因为二面角A1?AB?C是直二面角，
四边形A1ABB1为正方形，
所以AA1⊥平面BAC.
又因为AB＝AC，BC＝AB，
所以∠CAB＝90°，
即CA⊥AB，
所以AB，AC，AA1两两互相垂直．
建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
设AB＝2，则A(0，0，0)，B1(0，2，2)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(1，1，2)．
(1)＝(0，2，0)，＝(0，0，－2)，＝(2，0，0)，
设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)，
则即
即取y＝1，则n＝(0，1，0)．
所以＝2n，
即∥n.
所以A1B1⊥平面AA1C.
(2)易知＝(0，2，2)，＝(1，1，0)，＝(2，0，－2)，
设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，
则即
令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，
即m＝(1，－1，1)．
所以·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，
所以⊥m，
又AB1?平面A1C1C，
所以AB1∥平面A1C1C.
21.
（一中2019届高三模拟）如图，在三棱锥P－ABC中，D为棱PA上的任意一点，点F，G，H分别为所在棱的中点.
(1)证明：BD∥平面FGH；
(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝2，∠BAC＝45°，当二面角C－GF－H的平面角为时，求棱PC的长.
(1)证明 因为G，H分别为AC，BC的中点，所以AB∥GH，且GH?平面FGH，AB?平面FGH，所以AB∥平面FGH.
因为F，G分别为PC，AC的中点，
所以GF∥AP，且FG?平面FGH，AP?平面FGH，所以AP∥平面FGH.
又因为AP∩AB＝A，
所以平面ABP∥平面FGH.
因为BD?平面ABP，所以BD∥平面FGH.
(2)解 在平面ABC内过点C作CM∥AB，如图，以C为原点，分别以CB，CM，CF所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系C－xyz，连接BG.
由△ABC为等腰直角三角形知BG⊥AC.
因为BG⊥CF，AC∩CF＝C，所以BG⊥平面PAC.
设CF＝a，则B(2，0，0)，G(1，－1，0)，
所以＝(－1，－1，0)为平面PAC的一个法向量.
又F(0，0，a)，H(1，0，0)，所以＝(1，0，－a)，＝(1，－1，－a).
设m＝(x，y，z)为平面FGH的法向量，
则即
可得平面FGH的一个法向量为m＝(a，0，1).
由|cos〈m，〉|＝＝，得a＝1(负值已舍去)，从而2a＝2，所以棱PC的长为2.
22.
（黑龙江省绥化一中2019届高三调研）如图，在四棱锥P－ABCD中，AD⊥平面PCD，PD⊥CD，底面ABCD是梯形，AB∥DC，AB＝AD＝PD＝1，CD＝2AB，Q为棱PC上一点.
(1)若点Q是PC的中点，证明：BQ∥平面PAD.
(2)＝λ，试确定λ的值使得二面角Q－BD－P的大小为60°.
(1)证明 如图(1)，取PD的中点M，连接AM，MQ.
图(1)
∵点Q是PC的中点，∴MQ∥CD，MQ＝CD.
又AB∥CD，AB＝CD，
∴MQ∥AB，MQ＝AB，∴四边形ABQM是平行四边形.∴BQ∥AM.
又AM?平面PAD，BQ?平面PAD，∴BQ∥平面PAD.
(2)解 由AD⊥平面PCD，PD⊥CD，可得DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，DA，DC，DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图(2)的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，P(0，0，1)，C(0，2，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0).
图(2)
设Q(x0，y0，z0)，则＝(x0，y0，z0－1)，＝(0，2，－1).
∵＝λ，∴(x0，y0，z0－1)＝λ(0，2，－1)，∴Q(0，2λ，1－λ).
又易证BC⊥平面PBD，
∴n＝(－1，1，0)是平面PBD的一个法向量.
设平面QBD的法向量为m＝(x，y，z)，
则即解得
令y＝1，则m＝.
∵二面角Q－BD－P的大小为60°，
∴|cos〈m，n〉|＝＝＝，
解得λ＝3±.
∵点Q在棱PC上，∴0≤λ≤1，∴λ＝3－.
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空间向量与立体几何
考试时间：120分钟
满分：150分
一、选择题：本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．在空间直角坐标系中，已知，，则的中点关于平面的对称点坐标是（
）
A．
B．
C．
D．
2．已知为空间的一条直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（
）
A
.若//，//，则//
B
.若，，则//
C
.若//，，则
D
.若，//，则
3．若三棱锥满足，，，，则该三棱锥可能是
A．，，
B．，，
C．，，
D．以上选项都不可能
4．如图，在棱长为的正方体中，若点，分别为线段，上的动点，点为底面上的动点，则的最小值为
A．
B．
C．
D．
5.
（黑龙江鹤岗一中2019届期末）如图，在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，则OA与BC所成角的余弦值为( )
A.
B.
C.
D.
6.
（江苏金陵中学2019届期中）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.斜交
B.平行
C.垂直
D.MN在平面BB1C1C内
7．（
广西南宁三中2019届高三模拟）如图，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是( )
A.
B.
C.
D.
8．，分别为菱形的边，的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，下列选项正确的是（
）
①
平面；②异面直线与所成角为定值；③在二面角逐渐变小的过程中，三棱锥外接球的半径先变小后变大；④若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则的取值范围是.
A．①②
B．①②④
C．①④
D．①②③④
多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
9．（2019?宝山区二模）设向量，其中a2+b2＝c2+d2＝1，则下列判断正确的
的是（ ）
A．向量与z轴正方向的夹角为定值（与c，d之值无关）
B．的最大值为
C．与的夹角的最大值为
D．ad﹣bc的最大值为1．
10．下列命题为真命题的是（
）
A．若两个平面有无数个公共点，则这两个平面重合
B．若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直
C．垂直于同一条直线的两条直线相互平行
D．若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面不垂直
11.如图，直三棱柱中，，，，外接球的球心为，点是侧棱上的一个动点．下列判断中正确的是（
）
A．直线与直线是异面直线
B．一定不垂直
C．三棱锥的体积为定值
D．的最小值为
12．如图，圆柱的轴截面是四边形，E是底面圆周上异于的一点，则下列结论中正确的是（
）
A．
B．
C．平面
D．平面平面
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13．某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中的圆弧为圆周，该几何体的体积为_____，表面积为_____．
14．已知三棱柱的棱长均为2，则异面直线与所成角的余弦值为______．
15．如图，在三棱锥中，点在以为直径的圆上运动，平面，，垂足为，，垂足为，若，，则
，
三棱锥体积的最大值是
．
16．已知三棱锥中，侧棱底面，，，则三棱锥的
外接球的表面积为
．
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，底面，，．
（1）求证：平面；
（2）过的平面交于点，若平面，求三棱锥的体积．
18．如图，三棱柱的棱长均相等，，平面平面，分别为棱，的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的大小．
19．如图，已知三棱锥中，点在上，，，且为正三角形.
（1）证明：
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
20.
（山东济南外国语学校2019届高三质检）如图，在多面体ABC?A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1BC，二面角A1?AB?C是直二面角．
求证：(1)A1B1⊥平面AA1C；
(2)AB1∥平面A1C1C.
21.
（一中2019届高三模拟）如图，在三棱锥P－ABC中，D为棱PA上的任意一点，点F，G，H分别为所在棱的中点.
(1)证明：BD∥平面FGH；
(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝2，∠BAC＝45°，当二面角C－GF－H的平面角为时，求棱PC的长.
22.
（黑龙江省绥化一中2019届高三调研）如图，在四棱锥P－ABCD中，AD⊥平面PCD，PD⊥CD，底面ABCD是梯形，AB∥DC，AB＝AD＝PD＝1，CD＝2AB，Q为棱PC上一点.
(1)若点Q是PC的中点，证明：BQ∥平面PAD.
(2)＝λ，试确定λ的值使得二面角Q－BD－P的大小为60°.
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