高二數(shù)學(xué)上學(xué)期期中期末練習(xí)02 空間向量與立體幾何（難點） 含解析

專題02空間向量與立體幾何(難點)

一、單選題

1.正四面體A-BC。的梭長為4,空間中的動點P滿足∣PB+PC∣=2√Σ,則AP?尸。的取值范圍為()

A.[4-2Λ4+2√3]B.[√^,3√2]

C.[4-3√2,4-√2]D.[-14,2]

【答案】D

【分析】分別取8C,Ao的中點E,F,由題意可得點P的軌跡是以E為球心，以及為半徑的球面，又

APPD=4-?PF^,再求出網(wǎng)的最值即可求解

【解析】分別取BC,AO的中點E,F,則∣PB+PC∣=ME∣=2^,

所以網(wǎng)=夜,

故點P的軌跡是以E為球心，以及為半徑的球面，

222

AP?PD=-(PF+M)?(PF+FD)=-(PF+∕=?)(PF-FΛ)=∣FA∣-∣PF∣=4-∣PF∣I

V.ED=yjDC2-CE2=√16-4=√12=2√3,EF=y∣DE2-DF2=√12-4?=2√2，

所以IPFl=EF-√2=√2,IPFI=EF+√2=3√2,

IIminIImax

所以AP尸。的取值范圍為[T4,2].

C

2.已知加，”為空間中兩條互相垂直的直線，等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在的直線與加，〃都

垂直，斜邊A8以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)，有下列結(jié)論：

(1)直線AB與m所成的角不可能為30；

(2)直線A8與團所成角的最大值為90；

(3)直線Ag與"?所成的角為60時，AB與〃所成的角為30.

其中正確的是()

A.(1)(2)B.(2)(3)C.(1)(3)D.(1)(2)(3)

【答案】A

【解析】由題意知，6、AC三條直線兩兩相互垂直，構(gòu)建如圖所示的邊長為1的正方體，IACl=1,

?AB?=yf2,斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸，則A點保持不變，B點的運動軌跡是以C為圓心，1為半徑的

圓，以C坐標原點，以C。為X軸，CB為)，軸，CA為Z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能可求出

結(jié)果

【解析】由題意知，〃?、〃、AC三條直線兩兩相互垂直，不妨平移到同一個交點C,放到一個正方形中，

畫出圖形如圖，不妨設(shè)圖中所示正方體邊長為1,故IAq=I,IABI=斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸則

A點保持不變，8點的運動軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓，

設(shè)”所在的直線為CD,用所在的直線為CB,

所以，以C為坐標原點，以C。為X軸，CB為y軸，C4為Z軸，建立空間直角坐標系，

則。(1,0,0),4(0,0,1),直線〃的方向單位向量々=(1,0,0),忖=1,直線〃1的方向單位向量。=(0,1,0),時=1,

設(shè)點8在運動過程中的坐標為COSaSinao),其中。為3'C與C。的夾角，。?0,2加)，且0+cos2θ=?,

所以A*在運動過程中的向量A8ii=(cose,sin6,-1),∣A8J=0,設(shè)直線AB與機所成角為α,設(shè)直線A8

與〃所成角為4，因為線線角的范圍為θ-?,所以αeθ,?,βeθ,?,

AB^×m∣(cosθ,sinθ,-1)7(0,1,0)|

令COSa=-----T—

A3犀I∣w∣?AB

=Sinq=cos30=??

所以SinO二1不成立,①正確;

AB^m?LKCOSe,sin。,-1)?(0,1,0)|亞

由cosa=_=------------------------------------=?lsmθ?,

?AB^I?H?abI

當。=。時，COSa=O,α=y,所以②正確;

直線AB與"?所成的角為60時，

歷

πIABC×"1√2

cos—=研M=三卜inq=],卜me∣

3

由sin?8+cos?8=1,得CoS'0=l?SinICOSa=,

CoSβ=卜叼=KCOSe,sin。,-1)?(1,0,0)|=也

ICoSM=g,

H?HMτ'

￡=60,所以直線AB與機所成的角為60時，48與〃所成的角不是30,③錯誤

故選：A.

【點睛】本題考查異面直線所成的角，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查推理

論證能力、運算求解能力、空間想象能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想，是中檔題.

3.如圖，在四棱錐P-AβQ?中，B4_L平面ABCO,NB40=90°,PA=AB=BC=-AD=I,BC//AD,

2

己知。是四邊形ABC。內(nèi)部一點（包括邊界），且二面角。-尸。-A的平面角大小為:，則面積

4

的取值范圍是（）

【答案】B

【分析】建立空間直角坐標系，利用向量求得。運動軌跡，進而求得面積的取值范圍

【解析】以A為坐標原點建立空間直角坐標系，如圖，

由二面角Q-PD-A的平面角大小為:，可知Q的軌跡是過點D的一條直線，

又。是四邊形A2CZ)內(nèi)部一點(包括邊界)，則Q的軌跡是過點D的一條線段.

設(shè)。的軌跡與y軸的交點坐標為G(O力,0)(6>0),由題意可知A(0,0,0),f>(2,0,0),P(0,0,l),所以

LlLBlUULI

DP=(-2,0,l),DG=(-2,6,0),AO=(2,0,0).

易知平面APO的一個法向量為4=(OJO),

設(shè)平面PnG的法向量為%=(?,γ2,z2),

則〃2?QP=0,gf-2x2+z2=0,

[n2DG=0[-2X2+by2=0

令…,得々=1,y2=p所以&=[1],2）是平面PnG的一個法向量,

則二面角G-PD-4的平面角的余弦值為

解得匕=*或/,=_氈(舍去)，

55

所以。在。G上運動，所以Q面積的取值范圍為

故選：B.

4.在長方體ABCC-ABcR中，AB=AD=2,M=I.。是AC的中點，點P在線段AG上，若直線

Op與平面ACR所成的角為夕，則COSe的取值范圍是()

【答案】D

【分析】建立空間直角坐標系，利用向量法求得Sine的取值范圍，由此求得sin。，即可得解.

【解析】以。為原點，分別以QAOC,QA所在直線為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示

則D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),O(1,1,0),D1(0,0,1),

UUUUULIUUll

設(shè)P(α,2-4,D(0≤α≤2),則OP=(α-l,l-a,l),AA=(-2,0,1),AC=(-2,2,0),

設(shè)平面ACDi的法向量為rt=(.r,y,z)

n?AD.=—2x+z=0?

則1,令x=l,得”=(1,1,2)

n-AC=-2x+2y=0

rmu

n?OP_a-l÷l-tz+221

所以Sine=

WJQPlII瓜?J(a-1)~+I22,

nλ∕2(α-i)+1

[e芭/

2

由于0≤α≤2,.?.5∕2(α-l)+l∈[1,√3]2e3

λ∕2(α-1)+1L'_

sinxesin2

?'?^?^?π[^^])?'?".?.l-sin2θ∈-J-

39

5.向量的運算包含點乘和叉乘，其中點乘就是大家熟悉的向量的數(shù)量積.現(xiàn)定義向量的叉乘：給定兩個

不共線的空間向量。與6,ax〃規(guī)定：①dxb為同時與G，〃垂直的向量；②a,b,αx人三個向量構(gòu)成

右手系(如圖1);③,XN=悶WSiMa,b)；④若4=(%,y∣,zJ,b=(x2,y2,z2),則

X],Z]?r??a,b

a×b+,+，其中=ad-be,如圖2,在長方體中ABC。-44G。,

)"2工2，Z1cyd

A.∣AB×ΛD∣=∣Λ4l∣

B.AB×AD-=AD×AB

,UUWUlU?UUULUUUUUUUUIUI

C.[AB-ADj×AA^AB×AAi-AD×AA,

LUUUUl.UlUU

D.長方體ABCD-A14CQl的體積V=(A8xAθ)?C∣C

【答案】C

【分析】利用向量的叉乘的定義逐項分析即得.

【解析】解法一：A4,同時與AB，AO垂直；A41,AB，AO三個向量構(gòu)成右手系,

IUUUlULUIIULlUHULU∣/ULlUUUU\

且,BχAQ=M叫Sin(A8,AD)=2X2XSin90。=4≠I我1=3,所以選項A錯誤;

根據(jù)右手系知：ABXA。與AOXAB反向，所以ABxAOwAOxAS，故選項B錯誤;

，、LULΓ∣,ULlTUULΓ__

IUiraiIlJLrlo

因為KAB-AQ)×AΛl∣=∣DB×BB,∣=2√2×3×sin90=6√2,

ULUUULiULUUULI

且DB×BBl=一BDxBB、與CA同向共線;

又因為I潴X瑞卜2x3xsin9(Γ=6,且A8χA/1,與D4同向共線,

o

∣AD×AΛl∣=2×3×sin90=6,AD×AAt與DC同向共線,

IUUUiuuuULUuuuILuuluuuuUUUUUU

所以IABXA41-Af)xAΛ∣∣=6j2,且A3xAA1-ADxAA1與CA同向共線，

UUUlUUU?UUUILUlUUUUUU

故選項正確;

ΛB-AD)×AA1=AB×AA-AD×AAt,C

因為長方體ABS-ABCR的體積為2x2x3=⑵

/ULUUUUU、IXILIU

又因為由右手系知向量ABxAO方向垂直底面向上，與CC反向，所以(ABXAo)?CC<O,故選項D錯誤;

故選：C.

為Z軸建立空間直角坐標系,寫出各個點的坐標.利用法向量求得二面角N-04-B與3夾角的余

弦值.結(jié)合α≤Z?即可求得6的取值范圍,即可得。的最大值.

【解析】設(shè)底面圓的半徑為r,OS=”,以98所在直線為X軸,以垂直于98所在直線為)，軸,以O(shè)S所在直線

為Z軸建立空間直角坐標系,如下圖所示：

則由NAO8=。(0＜。＜萬)

可得0(0,0,0),B(r,0,0),5(0,(),?),A(rcosOjsin(9,0),B'(-r,O,())

M,N是SB的兩個三等分點

則MGO,石W仁,OqJ

所以O(shè)A=(rcoSarSin9,0),ON=

設(shè)平面NQ4的法向量為機=(x∣,y∣,z∣)

(?C[(Λ1,yl,z1)?(∕?cos6*,rsin6＞,0)=0

rf,/n?OA=0八、、一金,a、

則1C入7Z代入可得L?f2r}a

WON=O(x1,y1,z1)?l—,θ,?-I=O

XjCOSe+χrsin6=0

2x1razlθ

IT-+T^

平面OAB的法向量為〃=(0,0,1)

由圖可知，二面角N-OA-3的平面角α為銳二面角,所以二面角N-OA-B的平面角。滿足

Ir

m`na

cosa=

cos2θ4戶

I4Hm—^>—I—~

sin^θa~

設(shè)二面角”一4m一5的法向量為無=(孫)>2,22)

B,A=(r+rcos0,rsinΘ,O),AM=f?-rcos0,-rsin

(Λ?,y,z)?(r+rcos6/sin仇0)=0

:曹學(xué)入可得22

則

(Λ2,y2,z2)J^-rcos，,一廠Sina停)=0

x2r+x2rcosθ+y2rsmθ=0

化簡可得

瞥-Λ2rcose-%rsine+等=O

一I-CoSe2r

令尤2=1,解得>2=---------，Z2=-----

Sinea

-I-CoSe2八

所以Z=1,

Sinea

平面AB'B的法向量為a=(o,o,ι)

由圖可知，二面角M-A9-3的平面角β為銳二面角,所以二面角M-A9-4的平面角β滿足

由二面角的范圍可知0≤α≤6≤"

結(jié)合余弦函數(shù)的圖像與性質(zhì)可知COSa≥cos∕?

I譚、I弓I

s1cos2

即Jι÷?÷?_J.+f-τ^÷?

VsinθaYISineJa~

化簡可得cosθ≤-L,且o<e<萬

2

所以0<。彳

r)jτ

所以。的最大值是g

故選:B

【點睛】本題考查了空間直角坐標系在求二面角中的綜合應(yīng)用,根據(jù)題意建立合適的空間直角坐標系,求得

平面的法向量,即可求解.本題含參數(shù)較多,化簡較為復(fù)雜,屬于難題.

1.在正四面體O-ABC（所有棱長均相等的三棱錐）中，點E在棱AB上，滿足AE=2E8,點F為線段AC

上的動點.設(shè)直線OE與平面尸所成的角為α,則（）

A.存在某個位置，使得DEB.存在某個位置，使得NFDB=E

4

冗

C.存在某個位置，使得平面￡>￡F_L平面OACD.存在某個位置，使得夕="

O

【答案】C

【分析】設(shè)正四面體。-ABC的底面中心為點。，連接OO,則Do?L平面ABC,以點。為坐標原點，OB、

。。所在直線分別為X、Z軸建立空間直角坐標系，設(shè)正四面體D-ABC的棱長為2,然后利用空間向量法

逐一分析求解可得結(jié)果.

【解析】如下圖所示，設(shè)正四面體。-ABC的底面中心為點。，連接。。，則”，平面ABC,

以點。為坐標原點，OB、。。所在直線分別為X、Z軸建立空間直角坐標系，

設(shè)正四面體E>-ABC的棱長為2,

rπl(wèi)/6In）/2Λ∕5nn）/&ιn）∩f∩n2瓜］?/?In

則A——,—1,0?B——,0,0、C——,1,0、D0,0,---、E—,0

?J??J?√J

設(shè)尸一二名,40,其中—1≤X≤1,

\/

對于A選項，若存在某個位置使得,OE=（￥，-；,一半），βF=（-√3,Λ,θ）,

.?.DEBF=-［-^λ=O,解得力=一3,不合乎題意，A選項錯誤；

對于B選項，若存在某個位置使得∕FQ8=g,OF=J坐,人-半］,08=（攣,0,一半

4133J（33

MnDDFDB21亞

"""C研網(wǎng)=后0=后TN,該方程無解，B選項錯誤；

對于C選項，設(shè)平面ZMC的一個法向量為“7=α,y,z∣),

2√k6

√3一

x

由τ

與?l取4=-1,得根=(2夜,0,—1),

3+yl2√κ6

設(shè)平面Z)EF的一個法向量為〃=(%,上，Z2)，

nc,√312√6n

"DE=-x2--y2---z2=0

?',φγ=4√6,則〃=卜血+6近/1,4#,3;1-1),

nr√3?,2√6_

n?DF=---x2+Ay2-z2=()

3

若存在某個位置，使得平面Z)EF，平面DAC,則m?"=2bl+9=O,解得2=-]e[-l,l],合乎題意，C

選項正確;

對于D選項，設(shè)平面DBF的一個法向量為"=(X3,%,Z3)，

叫察。,%'叫率‘普’

2√32√6

u?DnBβ=------------------z?=0n

由<3?,令Z=Q則〃

w?DF=-y-x3+Λγ3-^y-z3=O

?uDE?半(E

若存在某個位置，使得α=f,即SinC=J=kos<",OE>∣=W+∣)∣

2

66211國一MxF2"、氏+2

整理得5紀-4∕l+12=0,Δ=16-240<0,該方程無解，D選項錯誤.

故選：C.

【點評】本題考查利用空間向量法求解空間角以及利用空間向量法處理動點問題，計算量大，屬于難題.

8.如圖，在菱形ABCf)中，AB=處,ZaM)=60。，沿對角線80將aABD折起，使點A,C之間的距

3

離為2&，若尸，。分別為線段B。，C4上的動點，則下列說法錯誤的是()

A

D

A.平面ABo_L平面BeO

B.線段PQ的最小值為0

C.當AQ=QC,4PZ)=O8時，點O到直線尸。的距離為巫

14

D.當P,。分別為線段B。，C4的中點時，PQ與An所成角的余弦值為漁

4

【答案】C

【分析】取8。的中點。，易知OALBnOCLBO,結(jié)合條件及線面垂直的判定定理可得04,平面BOC,

進而有平面ABZ)JL平面%>C,即可判斷A；建立坐標系，利用向量法可判斷BCD.

【解析】取8。的中點。，連接。AOC,

；在菱形ABCf)中，AB=生叵，Zβ4D=60o,

3

，OA=OC=2,又AC=26，

OA2+OC2=AC2,所以Q4J?OC,

又易知OA_LBQ,OC_L3。，

因為LOC,OAVBD,OCBD=O,

所以。41?平面BOC,

因為。4u平面ΛBD,

所以平面ABOL平面BDC,故A正確；

以。為原點，OB,OC,OA分別為X,y,Z軸建立坐標系，

貝Ij8手,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),θ1-^,0,0,

當4Q=QC,4PD=08時，Q(OJl),Pl

哈(軻,OP=惇,°，。)，

J?PQ-DP?I√2i

所以點。到直線PQ的距離為"=F廣=了=5丁，故C錯誤；

V3

設(shè)P(α,0,0),設(shè)CQ=ICA=4(0,-2,2),可得。(0,2-242/1),

IPQl=業(yè)+(2-2/1)2+(21)2=卜+8p_g)+2,

當"CM=；時，IPQImin=0,故B正確；

當P,Q分別為線段BC,CA的中點時，

P(0,0,0),β(0,l,l),PQ=(0,1,1),AD=I-孚,0,-2),

設(shè)PQ與AO所成的角為。，

AP0AD∣2√6

則2對阿瓦1F，

所以PQ與AD所成角的余弦值為漁，故D正確；

4

故選：C.

二、多選題

9.在長方體ABC。-AMG。中，AB=2,∕L4∣=3,AO=4,則下列命題為真命題的是()

A.若直線AG與直線Co所成的角為9,則tang=∣

B.若經(jīng)過點A的直線/與長方體所有棱所成的角相等，且/與面BCG用交于點M,則AM=26

C.若經(jīng)過點A的直線，"與長方體所有面所成的角都為6,則sin。=立

3

D.若經(jīng)過點A的平面α與長方體所有面所成的二面角都為〃，則sin〃=母

【答案】ABC

【分析】A根據(jù)長方體的性質(zhì)找到直線AG與直線8所成角的平面角即可；B構(gòu)建空間直角坐標系，根

據(jù)線線角相等，結(jié)合空間向量夾角的坐標表示求"?<441,人用>=3<48,4加>=85<4￡),4加>,即

可求M坐標，進而確定線段長；C、D將長方體補為以4為棱長的正方體，根據(jù)描述找到對應(yīng)的直線〃八

平面尸，結(jié)合正方體性質(zhì)求線面角、面面角的正弦值.

【解析】解：對于A：如下圖，直線AG與直線CD所成角，即為直線AG與直線AB所成角NBAG,則

tanφ=tan/BACi==—,故A正確；

對于B：構(gòu)建如下圖示的坐標系，過A的直線/與長方體所有棱所成的角相等，與面BCG瓦交于M(X,2,z)

且x,z>O,又A?=(0,0,3),AB=(0,2,0),AD=(4,0,0),

z2

貝qcosVA√4∣,A.M>=—/=cos<AB,A.M>=―/

√x2+4÷Z2√X2+4+Z2

X

=cos<AD,AM>=,\,故X=Z=2,則AM=2由，故B正確；

√jr+4+z

對于C：如下圖，過A的直線機與長方體所有面所成的角都為仇則直線團為以4為棱長的正方體的體對

角線,故Sine=W,故C正確；

3

M

對于D：如下圖，過A的平面用與長方體所有面所成的二面角都為4,只需面用與以4為棱長的正方體中

相鄰的三條棱頂點所在平面平行，如面EDF,故cos”=a=',則sin〃=逅，故D錯誤.

^,ADE33

故選：ABC

10.如圖，底面45Co為邊長是2的正方形，半圓面APDL底面ABCZ）.點P為半圓弧斗。上（不含A,

。點）的一動點.下列說法正確的是（）

A.BP?P。的數(shù)量積不恒為0

B.三棱錐尸-BCD體積的最大值為§

C.不存在點P,使得AB?PB=DB?DP

D.點A到平面BPD的距離取值范圍為

【答案】BCD

【分析】由面面垂直的性質(zhì)結(jié)合平面向量的運算判斷A,由棱錐的體積公式結(jié)合分的范圍判斷B,由數(shù)量

積公式計算DBDP和ABpB判斷C,由等體積法得出點A到平面BPD的距離取值范圍.

【解析】因為半圓面AW)J■底面ABC3,AB±AD,由面面垂直的性質(zhì)可知，ASJL平面APL),

AB±AP,AB±PD,APLPD.

對于A,BPPD=(AP-AB)PD=APPD-ABPD=O,故A錯誤；

111222

對于B,設(shè)點P到平面BCO的距離為3則/Ms=：S^S∕==XTX2X2∕2=(∕Z<;X1=:,當點P為AD

中點時，取等號，故B正確；

對于C,

2?

DBDP=(DP+PA+AB)DP=DP+PA-DP+AB-DP=]DP?^e(0,4)

ABPB=AB2(AB-AP)=AB-ABAP=4,即不存在點P,使得ABpB=DB?DP，故C正確；

對于D,因為。BOP=∣OB∣?∣Z)P∣COSNPO8=∣L>P∣2,所以cos/POB=立IOp|,所以

4

1∣DP∣?J8--DP2

SABDP=51301?IOPlSinZPDB=J~!?---------

因為OP?ZM=,尸,QdCoSNADP=￡>尸?(/JA-Po)=PA?OP+￡>b=∣DP『，所以COSZADP=回，設(shè)點P

到平面ABD的距離為九，點A到平面BPD的距離為A2,則

L?fi?-因為匕-口=也如，所以

DP

^DP?-sinZPDA

「IY42

1MΛAΞLH，設(shè)IDPI='e（°，2），則為t??

D4，因為

2I4√-∣H72

3X23×--------2---------月gV8-r

8-Z2∈(4,8),所以％€(0,α)，故D正確;

故選：BCD

【點睛】關(guān)鍵點睛：在處理D選項時，關(guān)鍵是利用等體積法得;I；h2=,4-f,再結(jié)合t的范圍得出點A

到平面8叨的距離的范圍.

11.直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA，CB,CA=CB=CcrD,E,M分別為BlC,,CC∣,Ag的中點，點N是棱AC

上一動點，則（）

A.對于棱AC上任意點N,有MNLBG

B.棱AC上存在點N,使得上WL面BCIN

C.對于棱AC上任意點N,有MN「面AQE

D.棱AC上存在點N,使得MN〃DE

【答案】AD

【分析】對于A,連接8G,SC,證明BG，平面ABC即可：對于B,建立空間直角坐標系，判斷MN與

BN是否可能垂直即可；對于C、D,當N是AC中點時，MN//DE,即可判斷.

連接8G,3C,由題可知四邊形BCCS是正方形，則BCi耳C,

由題知平面BCGA，平面ABC,平面BCGBj平面A3C=8C,ACrBC,ACU平面ABC,

二AC_L平面BCC￡,又BGUBCGBI,：.AC1BC1,

又與CCAC=C,8∣C,ACu平面AB0,8C∣1平面AqC,

YACVu平面的C,.?BC11MN.

故A正確；

B選項：

如圖建立空間直角坐標系，設(shè)AC=BC=CG=2,

則C(O,0,0),B(2,0,0),A(0,2,0),B,(2,0,2),Λ∕(l,l,l),設(shè)N(OJ,0),0<t<2,貝IJBN=(—2/0),

W=(l,l-r,l),

若BNLMN,則BN?NM=0n-2+r（l-r）=0,即/—，+2=0，方程無實數(shù)根，即BN與MN不垂直，則

不存在點M使得MNL平面BqN,B錯誤;

C選項：

當N是AC中點時，MN//BtC,BxC//DE,〃平面AQE；

當N不是AC中點時，MN和BIC相交，若MN〃平面AQE,結(jié)合BC〃平面AoE可知平面A8∣C〃平面

A1DE,這顯然與圖形不符（AE與Ae相交），故此時MN與平面A。E不平行；故C錯誤;

D選項：

由C項可知，N為AC中點滿足題意，故D正確.

故選：AD.

12.如圖，在棱長為2的正方體ABCO-AB1GR中，點M在線段BC上運動，則下列說法正確的是（）

A.AM,平面AC。

B.幾何體ABG-Aen的外接球半徑r=&

C.異面直線CQ與A例所成角的正弦值的取值范圍為

D.面AQM與底面ABCO所成角正弦值的取值范圍為

【答案】ACD

【分析】對于A,利用面面平行的性質(zhì)定理可判斷；對于B,幾何體ABC-ACR的外接球與正方體

A8C。-ABClA的外接球相同，可求得其半徑；對于C,找到異面直線C。與AM所成角的正弦值取到最

大以及最小值的位置，即可求解；對于D,建立空間直角坐標系，利用空間向量的夾角公式，結(jié)合三角函

數(shù)的知識可進行求解.

【解析】在正方體ABCO-AgGA中，AA,/∕CCl,AAt=CC1,故AACG為平行四邊形，

所以AG//AC,而AGa平面平面ACQ,ACU平面ACQ,故Ae；〃平面AC

同理可證AB平面ACn,而AGAB=A,4￡，48<=平面48￡,

所以平面ABC1//平面ACDt,AMu平面ABCI,則AM〃平面ACDi,A正確.

幾何體ABG-ACA關(guān)于正方體的中心對稱，

其外接球與正方體ABCz）-ABCA的外接球相同，半徑為亞笆運=6，故B錯誤.

2

由于C￡>//4￡,則直線A片與A1M所成最大角為/々44（或N4A/）,

其正弦值為也.直線人蜴與AM所成最小角為4片與平面ABG所成角，

2

當M為BG中點時，所成角即為

而A4J?平面B8∣GC,耳MU平面8BCC,故,

A4=2,BlM=√2,.?.AlM=√4+2=√6,

故SinZBHM=自"=W=且，故C正確.

AiM√63

以。為坐標原點，如圖建立空間直角坐標系,

則力(0,0,0),A(2,0,2),8(2,2,0),C1(0,2,2),則DA=(2,0,2),BC1=(-2,0,2),

=ΛBCl,(0<λ<l),則M(-22+2,2,2Q,.?.OM=(-22+2,2,27),

n-DA.=2a+2c=0

設(shè)平面ADM的法向量為〃=34c),則B

n-DM=(-2λ+2)a+2b+2λc=0

令α=2,則c=-2,6=42-2,故n=(2,42-2,-2),

由題意知平面的法向量可取為則COS〈肛〃〉=

ABCDm=(1,0,0)√8+4(2Λ-l)2

4

則面AQM與底面ABe。所成角正弦值為JI-

8+4(24-1)2

由于0≤4≤1,故當2=；時，8+4(24-1)2取到最小值8,

4取到最小值為亞

8+4(24-1)22

當4=0或2=1時，8+4(22-1)2取最大值12,:取最大值為遠,

所以面A。M與底面ABCz)所成角正弦值的取值范圍為［乎,乎］,D正確，

故選：ACD.

【點睛】本題考查了幾何體中線面平行的判斷，以及外接球的半徑的求解和空間相關(guān)角的求解，涉及知識

點多，綜合性強，計算量大，解答時要充分發(fā)揮空間想象，明確空間的點線面的位置關(guān)系，解答的關(guān)鍵是

能掌握并熟練應(yīng)用空間線線角以及面面角的定義，并能應(yīng)用空間向量的方法求解.

三、填空題

13.在空間直角坐標系O-xyz上，有一個等邊三角形ABC,其中點A在Z軸上.已知該等邊三角形的邊長為

2,重心為G,點8,C在平面Xoy上，若OG在Z軸上的投影是z,則|0G「=(用字母Z表示).

4C4

【答案】|-3z2##-3z2+^

【分析】畫出圖形，結(jié)合重心的性質(zhì)，向量的數(shù)量積，模的算法和余弦定理，即可算出答案.

【解析】如圖，設(shè)BC的中點為連接A",因為等邊三角形ABC的重心為G,所以GM=：AM,

設(shè)OG在Z軸上的投影是ON,則ON=gθ4

又OG在Z軸上的投影是z,所以∣Q4∣=3z,該等邊三角形的邊長為2,

在RfVOAB中，pB∣=√4-9z2,同理可得|。C∣=14-9z',

因為OG=g(θA+OB+OC),

所以

∣OG∣2=∣(θA+OB+Oey="(θ∕+OB2+OC+2OA-OB+2OA-OC+IOC-08)

1(,,,I-------7I-------74-9Z2+4-9Z2-4^

=-9Z2+4-9Z2+4-9Z2+0+0+2√4-9Z2?√4-9Z2?—).?

912√4-9Z2?√4-9Z2J

=--3Z2

3

故答案為：-—??2

222

14.在空間直角坐標系中，點P(x,>,z)滿足：x+y+z=?6,平面α過點M(l,2,3),且平面ɑ的一個法

向量”=(1,1,1),則點P在平面ɑ上所圍成的封閉圖形的面積等于_________.

【答案】4萬

【分析】由題意，點P在球面上，所以點P在平面ɑ上所圍成的封閉圖形即為平面α截球面所得的截面圓,

根據(jù)球的截面性質(zhì)求出截面圓的半徑「即可求解.

【解析】解：由題意，點尸在以(0,0,0)為球心，半徑為4的球面上，

所以點P在平面ɑ上所圍成的封閉圖形即為平面a截球面所得的截面圓，

因為平面α的方程為IX(X-l)+lχ(y-2)+lχ(z-3)=0,即x+y+z-6=0,

所以球心(0,0,0)到平面α的距離為d=γ,卜心J=2出,

所以截面圓的半徑r=My26j=2,截面圓的面積為S=萬戶=4萬，

所以點P在平面ɑ上所圍成的封閉圖形的面積等于4-

故答案為：4乃.

UlllUUUUUUUU

15.已知。4,OB.OC是空間兩兩垂直的單位向量，QP=XQ4+)03+zOC,且x+2y+4z=l,貝IJ

IoP-OH-OQl的最小值為________.

【答案】2亙

21

【分析】設(shè)OA=(1,0,0)，OB=(0,1,0)，OC=(0,0,1),利用向量的坐標運算求出OP，進而求出OP-OA-OB，

2

借助向量模的運算及x+2y+4z=l,整理可得IOP-04-Oq=Jl√i7z+方”+4

+一，

21

進而得解.

【解析】由題意可設(shè)。A=(1,0,0),OB=(OJO),OC=(0,0,1),

由x+2y+4z=l,得x=l-2y-4z,

OP=xOA+yOB+zOC=(x,y,z),

OP-OA-。3=(X-Ly-LZ),

所以IoP_QA_08卜√(x-l)2+(y-l)2+z2

=√(2y+4z)2+(γ-l)2+z2

=√5∕+17z2+16yz-2y+l

所以IOP-04-081的最小值為3區(qū)L

21

故答案為：巫.

21

【點睛】本題考查的是空間向量的坐標運算和空間向量模長的坐標表示，意在考查學(xué)生的計算能力，屬于

中檔題.求向量的模的方法：（1）利用坐標進行求解，）=（x,y）,則IaI=G77；（2）利用性質(zhì)進行求

解，77=∣φ結(jié)合向量數(shù)量積進行求解.

16.如圖，在棱長為1的正方體ABCO-AMGA中，點M為線段BA上的動點，下列四個結(jié)論:

①存在點M,使得直線AM與直線BC夾角為30。；

②存在點M,使得GM與平面A8,C夾角的正弦值為正；

3

③存在點M,使得三棱錐A-CQM的體積為看；

④存在點M,使得α>Z?,其中α為二面角M-AA-B的大小，夕為直線MA與直線A8所成的角.

則上述結(jié)論正確的有.(填上正確結(jié)論的序號)

【答案】②③

【分析】對①：由連接42,BG,由BC，平面ABGR,即可判斷；對③：設(shè)M到平面CDDC的距離為

h,則噴必I,所以％一Cm=VM一鈿°=；SeW)?〃即可判斷；對④：以C為坐標原點建立如圖所示的空間直角

坐標系C-Wz,設(shè)BM=NBn(滕JI1),利用向量法求出c。Sa與CosQ,比較大小即可判斷；對②：設(shè)G"

與平面MC夾角為凡利用向量法求出sin，=卜os<GM,”>|,即可求解判斷.

【解析】解：對①：連接A。，BG,在正方體ABC。-AIBC。中，由他_1_平面8CC田，可得ABl80,

又％C1BC∣,ABlBC1=B,所以隼7,平面ABCQ,所以BC_LAM,故①錯誤；

對③：設(shè)M到平面8〃G的距離為〃，則0釉1,所以％wm=VW-GDQ=§§JDlD"=]X/X故③正

確；

對④：以C為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系C-孫Z,設(shè)1),

則AB=(-1,0,0),Λ4,=(0,O,D,BA=(1,-I,D,BM=Q,-A,⑷，所以“(2,1-4∕i),Λ,M=(Λ-I,

-A,4—1),

..AM?AB\—λ

:.cosβ=∣cos<AM,AλBd>∣=∣iI=T-----,

"'IAMlIABl√3Λ2-4Λ+2

[n-AA1=0fz=0

設(shè)平面MAA的法向量為ZI=(X,y，z),則,,即f

[n-AtM=0[(X-l)x-Λy+(X-I)Z=O

取n=(2,λ-l,0),又DA=(O,1,0)是平面A8B∣A的一個法向量,

又二面角M-AA.-B為銳二面角或直角，

-

...n?DAlI—λiΛ

所以8Sa=Icos<”,PΛ>Hj7向I==布F'

3λ2-4λ+2-(2λ2-2λ+?)=λ