考點10空間向量與立體幾何（18種題型10個易錯考點）

考點10空間向量與立體幾何（18種題型10個易錯考點）【課程安排細目表】真題搶先刷，考向提前知二、考點清單三、題型方法四、易錯分析五.刷壓軸一一、真題搶先刷，考向提前知一．選擇題（共1小題）1．（2023?上海）如圖所示，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點P為邊A1C1上的動點，則下列直線中，始終與直線BP異面的是（）A．DD1 B．AC C．AD1 D．B1C【分析】根據空間中的兩條直線的位置關系，判斷是否為異面直線即可．【解答】解：對于A，當P是A1C1的中點時，BP與DD1是相交直線；對于B，根據異面直線的定義知，BP與AC是異面直線；對于C，當點P與C1重合時，BP與AD1是平行直線；對于D，當點P與C1重合時，BP與B1C是相交直線．故選：B．【點評】本題考查了兩條直線間的位置關系應用問題，是基礎題．二．填空題（共1小題）2．（2023?上海）空間中有三個點A、B、C，且AB＝BC＝CA＝1，在空間中任取2個不同的點D，E（不考慮這兩個點的順序），使得它們與A、B、C恰好成為一個正四棱錐的五個頂點，則不同的取法有9種．【分析】根據正四棱錐的性質，分類討論，即可求解．【解答】解：如圖所示，設任取2個不同的點為D、E，當△ABC為正四棱錐的側面時，如圖，平面ABC的兩側分別可以做ABDE作為圓錐的底面，有2種情況，同理以BCED、ACED為底面各有2種情況，所以共有6種情況；當△ABC為正四棱錐的截面時，如圖，D、E位于AB兩側，ADBE為圓錐的底面，只有一種情況，同理以BDCE、ADCE為底面各有1種情況，所以共有3種情況；綜上，共有6+3＝9種情況．故答案為：9．【點評】本題考查正四棱錐的性質，分類討論思想，屬中檔題．三．解答題（共2小題）3．（2023?上海）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2，AD＝3，CD＝4．（1）證明：直線A1B∥平面DCC1D1；（2）若該四棱柱的體積為36，求二面角A1﹣BD﹣A的大小．【分析】（1）先證明平面A1ABB1∥平面DCC1D1，再根據面面平行的性質，即可證明；（2）先根據體積建立方程求出A1A＝4，再利用三垂線定理作出所求二面角的平面角，最后再解三角形，即可求解．【解答】解：（1）證明：根據題意可知AB∥DC，AA1∥DD1，且AB∩AA1＝A，∴可得平面A1ABB1∥平面DCC1D1，又直線A1B?平面A1ABB1，∴直線A1B∥平面DCC1D1；（2）設AA1＝h，則根據題意可得該四棱柱的體積為＝36，∴h＝4，∵A1A⊥底面ABCD，在底面ABCD內過A作AE⊥BD，垂足點為E，則A1E在底面ABCD內的射影為AE，∴根據三垂線定理可得BD⊥A1E，故∠A1EA即為所求，在Rt△ABD中，AB＝2，AD＝3，∴BD＝＝，∴AE＝＝＝，又A1A＝h＝4，∴tan∠A1EA＝＝＝，∴二面角A1﹣BD﹣A的大小為arctan．【點評】本題考查線面平行的證明，面面平行的判定定理與性質，二面角的求解，三垂線定理作二面角，化歸轉化思想，屬中檔題．4．（2023?上海）已知三棱錐P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝3，AC＝4，M為BC中點，過點M分別作平行于平面PAB的直線交AC、PC于點E，F．（1）求直線PM與平面ABC所成角的大?。唬?）求直線ME到平面PAB的距離．【分析】（1）連接AM，PM，∠PMA為直線PM與平面ABC所成的角，在△PAM中，求解即可；（2）先證明AC⊥平面PAB，可得AE為直線ME到平面PAB的距離．進則求AE的長即可．【解答】解：（1）連接AM，PM，∵PA⊥平面ABC，∴∠PMA為直線PM與平面ABC所成的角，在△PAM中，∵AB⊥AC，∴BC＝＝5，∵M為BC中點，∴AM＝BC＝，∴tan∠PMA＝，即直線PM與平面ABC所成角為arctan；（2）由ME∥平面PAB，MF∥平面PAB，ME∩MF＝M，∴平面MEF∥平面PAB，∵ME?平面MEF，∴ME∥平面PAB，∵PA⊥平面ABC，AC?平面ABC，∴PA⊥AC，∵AB⊥AC，PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，∴AC⊥平面PAB，∴AE為直線ME到平面PAB的距離，∵ME∥平面PAB，ME?平面ABC，平面ABC∩平面PAB＝AB，∴ME∥AB，∵M為BC中點，∴E為AC中點，∴AE＝2，∴直線ME到平面PAB的距離為2．【點評】本題考查直線與平面所成的角，考查直線與平面的距離的求法，屬中檔題．二二、考點清單1．特殊的四棱柱2．球的截面的性質(1)球的任何截面是圓面；(2)球心和截面(不過球心)圓心的連線垂直于截面；(3)球心到截面的距離d與球的半徑R及截面的半徑r的關系為r＝eq\r(R2－d2).3．按照斜二測畫法得到的平面圖形的直觀圖，其面積與原圖形面積的關系如下：S直觀圖＝eq\f(\r(2),4)S原圖形，S原圖形＝2eq\r(2)S直觀圖．4．正四面體的表面積與體積棱長為a的正四面體，其表面積為eq\r(3)a2，體積為eq\f(\r(2),12)a3.5．幾個與球有關的切、接常用結論(1)正方體的棱長為a，球的半徑為R，①若球為正方體的外接球，則2R＝eq\r(3)a；②若球為正方體的內切球，則2R＝a；③若球與正方體的各棱相切，則2R＝eq\r(2)a.(2)若長方體的同一頂點的三條棱長分別為a，b，c，外接球的半徑為R，則2R＝eq\r(a2＋b2＋c2).(3)正四面體的外接球與內切球的半徑之比為3∶1，棱長為a的正四面體，其內切球半徑R內＝eq\f(\r(6),12)a，外接球半徑R外＝eq\f(\r(6),4)a.6．異面直線的判定定理經過平面內一點的直線與平面內不經過該點的直線互為異面直線．7．等角定理的引申(1)在等角定理中，若兩角的兩邊平行且方向相同或相反，則這兩個角相等．(2)在等角定理中，若兩角的兩邊平行且方向一個邊相同，一個邊相反，則這兩個角互補．8．唯一性定理(1)過直線外一點有且只有一條直線與已知直線平行．(2)過直線外一點有且只有一個平面與已知直線垂直．(3)過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行．(4)過平面外一點有且只有一條直線與已知平面垂直．9.線、面平行的性質(1)兩個平面平行，其中一個平面內的任意一條直線平行于另一個平面．(2)夾在兩個平行平面間的平行線段長度相等．(3)經過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行．(4)兩條直線被三個平行平面所截，截得的對應線段成比例．(5)如果兩個平面分別和第三個平面平行，那么這兩個平面互相平行．(6)如果一個平面內有兩條相交直線分別平行于另一個平面內的兩條直線，那么這兩個平面平行．(7)垂直于同一條直線的兩個平面平行．(8)垂直于同一平面的兩條直線平行．10．若兩條平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面．11．一條直線垂直于兩平行平面中的一個，則這條直線與另一個平面也垂直．12．兩個相交平面同時垂直于第三個平面，它們的交線也垂直于第三個平面．13．過一點有且只有一條直線與已知平面垂直．14．過一點有且只有一個平面與已知直線垂直．15．空間向量加法、減法運算的兩個技巧(1)巧用相反向量：向量減法的三角形法則是解決空間向量加法、減法的關鍵，靈活運用相反向量可使向量首尾相接．(2)巧用平移：利用三角形法則和平行四邊形法則進行向量加、減法運算時，務必注意和向量、差向量的方向，必要時可采用空間向量的自由平移獲得運算結果．16．利用數乘運算進行向量表示的技巧(1)數形結合：利用數乘運算解題時，要結合具體圖形，利用三角形法則、平行四邊形法則，將目標向量轉化為已知向量．(2)明確目標：在化簡過程中要有目標意識，巧妙運用中點性質．17.在幾何體中求空間向量的數量積的步驟1首先將各向量分解成已知模和夾角的向量的組合形式.2利用向量的運算律將數量積展開，轉化成已知模和夾角的向量的數量積.3根據向量的方向，正確求出向量的夾角及向量的模.4代入公式a·b＝|a||b|cos〈a，b〉求解.18.利用空間向量證明或求解立體幾何問題時，首先要選擇基底或建立空間直角坐標系轉化為其坐標運算，再借助于向量的有關性質求解(證).19.求點到平面的距離的四步驟20.用坐標法求異面直線所成角的一般步驟(1)建立空間直角坐標系；(2)分別求出兩條異面直線的方向向量的坐標；(3)利用向量的夾角公式計算兩條直線的方向向量的夾角；(4)結合異面直線所成角的范圍求出異面直線所成的角．21.利用向量法求兩平面夾角的步驟(1)建立空間直角坐標系；(2)分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量；(3)求兩個法向量的夾角；(4)法向量夾角或其補角就是兩平面的夾角(不大于90°的角)三三、題型方法一．棱柱的結構特征（共2小題）1．（2023?閔行區(qū)校級一模）《九章算術》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為“鱉臑”，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，鱉臑的個數為（）A．48 B．36 C．24 D．12【分析】每個頂點對應6個鱉臑，所以8個頂點對應48個鱉臑．但每個鱉臑都重復一次，再除2，即可得解．【解答】解：在正方體ABCD﹣EFGH中，當頂點為A時，三棱錐A﹣EHG、A﹣EFG、A﹣DCG、A﹣DHG、A﹣BCG、A﹣BFG均為鱉臑．所以8個頂點為8×6＝48個．但每個鱉臑都重復一次，所以鱉臑的個數為個．故選：C．【點評】本題主要考查了空間中線面的位置關系，考查了學生的空間想象能力，屬于基礎題．2．（2023?嘉定區(qū)二模）已知一個棱長為1的正方體，與該正方體每個面都相切的球半徑記為R1，與該正方體每條棱都相切的球半徑為R2，過該正方體所有頂點的球半徑為R3，則下列關系正確的是（）A．R1：R2：R3＝：2 B．R1+R2＝R3 C．+＝ D．+＝【分析】根據已知條件，依次求出R1，R2，R3，再結合選項，即可求解．【解答】解：與該正方體每個面都相切的球直徑為棱長：，與該正方體每條棱都相切的球直徑面對角線長：，過該正方體所有頂點的球的半徑為體對角線：，，故A錯誤；，故C正確，BD錯誤．故選：C．【點評】本題主要考查棱柱的結構特征，屬于基礎題．二．旋轉體（圓柱、圓錐、圓臺）（共5小題）3．（2023?浦東新區(qū)校級模擬）已知圓錐的軸截面為正三角形，則其側面展開圖的圓心角為π．【分析】根據題意，圓錐的母線長對應扇形的半徑，圓錐底面圓周長對應扇形的弧長．列出方程組求解．【解答】解：根據題意，設圓錐母線長為R，底面圓半徑為r，扇角為α，扇形弧長為c，截面為正三角形，所以R＝2r，又2πr＝c，c＝αR，聯立解得α＝π，故答案為：π．【點評】本題考查圓錐的幾何結構，涉及弧長公式，屬于基礎題．4．（2023?長寧區(qū)校級三模）若一個圓柱的側面積是4π，高為1，則這個圓柱的體積是4π．【分析】根據圓柱的側面積公式求出底面圓的半徑，進而可求解．【解答】解：圓柱的側面積是S＝2πrh＝2πr×1＝4π，∴r＝2，所以體積V＝Sh＝πr2?h＝4π．故答案為：4π．【點評】本題主要考查圓柱體積的求解，屬于基礎題．5．（2023?嘉定區(qū)模擬）某圓柱兩個底面面積之和等于其側面面積，則該圓柱底面半徑與高的比值為1．【分析】設圓柱的底面半徑為r，高為h，根據題意列方程求出r與l的關系，即可求出結果．【解答】解：設圓柱的底面半徑為r，高為h，則圓柱的底面面積為πr2，側面面積為2πrh，由題意知，2πr2＝2πrl，所以r＝l，所以該圓柱底面半徑與高的比值為1．故答案為：1．【點評】本題考查了圓柱的結構特征與應用問題，是基礎題．6．（2023?閔行區(qū)校級二模）在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝2，CB＝3，將△ABC繞邊AB旋轉一周，所得到幾何體的體積為6π．【分析】△ABC繞直線AB旋轉一周，所得幾何體是底面是以BC為半徑的圓，高為AB的圓錐，由此根據圓錐的體積公式能求出其體積．【解答】解：因為在直角三角形△ABC中，∠A＝90°，AB＝2，CB＝3，所以△ABC繞直線AB旋轉一周所得幾何體是底面是以BC為半徑的圓，高為AB的圓錐，示意圖如下圖所示：所以△ABC繞直線AB旋轉一周所得幾何體的體積為．故答案為：6π．【點評】本題主要考查了圓錐的結構特征，屬于基礎題．7．（2023?青浦區(qū)校級模擬）已知圓錐的側面展開圖是一個半徑為4，弧長為4π的扇形，則該圓錐的表面積為12π．【分析】根據圓錐的側面展開圖是一個半徑為4，弧長為4π的扇形，可知圓錐的底面半徑和母線長，再結合圓錐的表面積公式求解即可．【解答】解：設圓錐的底面半徑為r，母線長為l，∵圓錐的側面展開圖是一個半徑為4，弧長為4π的扇形，∴，解得，∴該圓錐的表面積為πrl+πr2＝8π+4π＝12π．故答案為：12π．【點評】本題主要考查了圓錐的結構特征，考查了圓錐的表面積公式，屬于基礎題．三．棱柱、棱錐、棱臺的側面積和表面積（共5小題）8．（2023?浦東新區(qū)二模）若圓柱的高為10，底面積為4π，則這個圓柱的側面積為40π．（結果保留π）【分析】根據底面積求得底面圓半徑以及底面圓周長即可求得圓柱的側面積．【解答】解：設圓柱底面圓半徑為r，母線長為l，根據已知可得πr2＝4π，解得r＝2，故底面圓周長為2πr＝4π，則圓柱的側面積為2πrl＝40π．故答案為：40π．【點評】本題考查圓柱的側面積公式，屬于基礎題．9．（2023?黃浦區(qū)校級三模）已知正方形ABCD的邊長是1，將△ABC沿對角線AC折到△AB′C的位置，使（折疊后）A、B′、C、D四點為頂點的三棱錐的體積最大，則此三棱錐的表面積為1+．【分析】根據題意，分析可得當B′O⊥面ACD時，四棱錐B′﹣ABC的體積最大，由此求出三棱錐各個面的面積，計算可得答案．【解答】解：根據題意，正方形ABCD中，設AC與BD交于點O，在翻轉過程中，當B′O⊥面ACD時，四棱錐B′﹣ABC的高最大，此時四棱錐B′﹣ABC的體積最大，若B′O⊥面ACD，由于OA＝OB＝OC，則B′D＝B′A＝B′A＝1，則△DB′C△DB′A都是邊長為1的等邊三角形，SΔDB′A＝SΔDB′C＝×1×1×＝，△ADC中，AD＝DC＝1且AD⊥DC，則S△ADC＝×1×1＝，同理：S△AB′C＝S△ABC＝S△ADC＝，此時，三棱錐的表面積S＝SΔDB′A+SΔDB′C+S△ADC+S△AB′C＝1+．故答案為：1+．【點評】本題考查棱錐的體積、表面積的計算，注意分析棱錐體積最大的條件，屬于基礎題．10．（2023?黃浦區(qū)二模）如圖，某學具可看成將一個底面半徑與高都為10cm的圓柱挖去一個圓錐（此圓錐的頂點是圓柱的下底面圓心、底面是圓柱的上底面）所得到的幾何體，則該學具的表面積為（300+100）πcm2．【分析】先求得挖去的圓錐的母線長，從而得到圓錐的側面積，再求圓柱的側面積和一個底面積，即可求解幾何體的表面積．【解答】解：挖去圓錐的母線長為＝10，則圓錐的側面積為π?10?10＝100π，圓柱的側面積為2π×10×10＝200π，圓柱的一個底面積為102×π＝100π，故幾何體的表面積為100π+200π+100π＝（300+100）πcm2．故答案為：（300+100）π．【點評】本題考查了幾何體表面積的計算，屬于基礎題．11．（2023?奉賢區(qū)二模）已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1、O2，過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，則該圓柱的側面積為8π．【分析】根據題意求出圓柱的底面圓半徑r和高h，再計算圓柱的側面積．【解答】解：如圖所示，設圓柱的底面圓半徑為r，則高為h＝2r，所以該圓柱的軸截面面積為（2r）2＝8，解得r＝，∴該圓柱的側面積為S側＝2πrh＝2π??2＝8π．故答案為：8π．【點評】本題考查了圓柱側面積和軸截面的應用問題，是基礎題．12．（2023?松江區(qū)模擬）已知圓錐的底面半徑為2，底面圓心到某條母線的距離為1，則該圓錐的側面積為．【分析】根據條件可以求出母線長，進而可以求出結果．【解答】解：如圖所示，O為底面圓心，OC＝2，OD⊥AC，則OD＝1，在△AOC中由等面積可知，即AC＝2AO，又因為AC2＝AO2+OC2，即（2AO）2＝AO2+4，則，則該圓錐的側面積為，故答案為：．【點評】本題主要考查了圓錐的結構特征，考查了圓錐的側面積公式，屬于基礎題．四．棱柱、棱錐、棱臺的體積（共11小題）13．（2023?閔行區(qū)二模）已知圓柱的底面積為9π，側面積為12π，則該圓柱的體積為18π．【分析】設圓柱的底面半徑為r，高為h，由已知可得r，h，進而可求圓柱的體積．【解答】解：設圓柱的底面半徑為r，高為h，由已知可得πr2＝9π，∴r＝3，∴2πr?h＝12π，∴h＝2，∴該圓柱的體積為9π×2＝18π．故答案為：18π．【點評】本題考查空間幾何體的體積的計算，屬基礎題．14．（2023?徐匯區(qū)二模）如圖所示，圓錐SO的底面圓半徑OA＝1，側面的平面展開圖的面積為3π，則此圓錐的體積為．【分析】由圓錐側面的平面展開圖的面積公式求出圓錐的母線長，再由勾股定理求出圓錐的高，再由體積公式即可得出答案．【解答】解：設圓錐的母線長為l，所以圓錐側面的平面展開圖的面積為：，所以l＝3，所以圓錐的高．故圓錐的體積為：．故答案為：．【點評】本題考查圓錐的體積計算，考查運算求解能力，屬于基礎題．15．（2023?普陀區(qū)校級模擬）如圖，在正四棱錐P﹣ABCD中，AP＝AB＝4，則正四棱錐的體積為．【分析】求得正四棱錐的高，利用錐體的體積公式可求正四棱錐的體積．【解答】解：連接AC與BD交于O，則O是正方形ABCD的中心，∴PO⊥平面ABCD，∵AB＝4，∴AO＝2，∵PA＝4，∴PO＝＝2，∴正四棱錐的體積為V＝S正方形ABCD?PO＝×16×2＝．故答案為：．【點評】本題考查正四棱錐的體積的計算，屬基礎題．16．（2023?松江區(qū)二模）將如圖所示的圓錐形容器內的液體全部倒入底面半徑為50mm的直立的圓柱形容器內，則液面高度為50mm．【分析】求得三棱錐中的液面體積，進而可求圓柱形容器內液面高度．【解答】解：設液面圓的半徑為r，由圖形可得＝，∴r＝50，∴V液＝×π×502×150＝503π，設圓柱形容器內液面的高度為h，則π×502×h＝503π，解得h＝50．故答案為：50．【點評】本題考查空間幾何體的體積的計算，屬基礎題．17．（2023?嘉定區(qū)二模）已知四棱錐P﹣ABCD的底面是邊長為的正方形，側棱長均為．若點A、B、C、D在圓柱的一個底面圓周上，點P在圓柱的另一個底面內，則該圓柱的體積為2π．【分析】求出正四棱錐的底面對角線長和正四棱錐的高，可得圓柱的底面圓半徑和圓柱的高，則圓柱體積可求．【解答】解：由題作圖可知，四棱錐底面正方形的對角線長為2，且垂直相交平分，由勾股定理得，正四棱錐的高為2，點A、B、C、D在圓柱的一個底面圓周上，即圓柱的底面圓半徑等于1，圓柱的高即為正四棱錐的高，則該圓柱的體積為：V＝S?h＝π×12×2＝2π．故答案為：2π．【點評】本題考查正四棱錐與圓柱內接的情況，考查圓柱的體積公式，屬基礎題．18．（2023?普陀區(qū)校級三模）一塊邊長為10cm的正方形鐵片按如圖所示的陰影部分裁下，然后用余下的四個全等的等腰三角形作側面，以它們的公共頂點p為頂點，加工成一個如圖所示的正四棱錐形容器．當x＝6cm時，該容器的容積為48cm3．【分析】根據圖形，在等腰△PAB中算出高PE＝5，再由勾股定理得出四棱錐的高PO＝4，最后根據錐體體積公式，算出四棱錐P﹣ABCD的體積，即為該容器的容積．【解答】解：等腰△PAB中，AB＝x＝6，高PE＝5∴四棱錐的高PO＝＝＝4由此可得，四棱錐P﹣ABCD的體積為V＝×S正方形ABCD×PO＝×62×4＝48即得該容器的容積為48cm3故答案為：48【點評】本題給出平面圖形，求翻折成的正四棱錐的體積，著重考查了正四棱錐的性質和錐體體積公式等知識，屬于基礎題．19．（2023?楊浦區(qū)校級模擬）若某圓錐高為3，其側面積與底面積之比為2：1，則該圓錐的體積為3π．【分析】由題意可列出關于圓錐底面半徑r和母線l的方程組，解方程組即可求得底面半徑r和母線l，從而可求圓錐的體積．【解答】解：設此圓錐的底面半徑為r，母線長為l，則l2＝r2+9，因為圓錐的側面展開圖是一個扇形，扇形的弧長是圓錐底面圓的周長，扇形的半徑是圓錐母線長，所以，，又側面積與底面積之比為2：1，所以，所以l＝2r，結合l2＝r2+9可解得，，所以該圓錐的體積．故答案為：3π．【點評】本題考查圓柱的體積的求解，屬中檔題．20．（2023?虹口區(qū)校級模擬）如圖，已知a，b是相互垂直的兩條異面直線，直線AB與a，b均相互垂直，且，動點P，Q分別位于直線a，b上，若直線PQ與AB所成的角，三棱錐A﹣BPQ的體積的最大值為．【分析】根據直線a，b，AB三條直線兩兩垂直，將圖形還原為長方體APFE﹣BCDQ，再根據AB∥PC，可得∠PQC即為直線PQ與AB所成的角的平面角，由此可求得CQ，從而可得BC2+BQ2，再根據棱錐的體積公式結合基本不等式即可得解．【解答】解：因為直線a，b，AB三條直線兩兩垂直，如圖，將圖形還原為長方體APFE﹣BCDQ，因為AB∥PC，所以∠PQC即為直線PQ與AB所成的角的平面角，則，因為PC⊥平面BCDQ，CQ?平面BCDQ，所以PC⊥CQ，在Rt△PCQ中，由，得CQ＝2，所以BC2+BQ2＝4，，當且僅當時，取等號，所以三棱錐A﹣BPQ的體積的最大值為．故答案為：．【點評】本題主要考查了三棱錐的體積公式，考查了利用基本不等式求最值，屬于中檔題．21．（2023?奉賢區(qū)校級三模）一個正方體和一個球的表面積相同，則正方體的體積V1和球的體積V2的比值＝．【分析】設正方體的棱長為a，球的半徑為R，由表面積相等列式可得得，再由正方體與球的體積公式得答案．【解答】解：設正方體的棱長為a，球的半徑為R，由題意，6a2＝4πR2，得．∴，，∴＝．故答案為：．【點評】本題考查正方體與球表面積、體積的求法，考查運算求解能力，是中檔題．22．（2023?嘉定區(qū)校級三模）甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側面展開圖的圓心角之和為2π，側面積分別為S1和S2，體積分別為V1和V2.若S1＝2S2，則＝．【分析】利用圓錐側面積公式S＝πrl，推得R＝2r，再由側面展開圖的圓心角公式，推得l＝3r，由此得到兩圓錐高，從而求得兩圓錐體積的比值．【解答】解：依題意，不妨設甲圓錐的底面半徑為r，高為h，乙圓錐底面半徑為R，高為H，兩者母線長為l，則S1＝πrl，S2＝πRl，由得，故R＝r，因為側面展開圖的圓心角之和為2π，所以2πr+2πR＝2πl(wèi)，故l＝3R＝，所以h＝，H＝＝r，所以＝＝．故答案為：．【點評】本題考查空間幾何體的體積的求法，等體積法的應用，考查運算求解能力，是中檔題．23．（2023?松江區(qū)校級模擬）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝4，BC＝3，AB＝5．（1）求證：AC⊥BC1；（2）設AC1與底面ABC所成角的大小為60°，求三棱錐C﹣ABC1的體積．【分析】（1）由已知可得AC⊥BC，C1C⊥BC，進而可證AC⊥平面CBB1C1，可證結論；（2）由已知可得∠C1AC即為AC1與平面ABC所成的角，可得C1C＝4，進而可求三棱錐C﹣ABC1的體積．【解答】解：（1）證明：由AC＝4，BC＝3，AB＝5，得AB2＝AC2+CB2，∴∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，可得C1C⊥BC，BC∩C1C＝C，∴AC⊥平面CBB1C1，∵BC1?平面CBB1C1，∴AC⊥BC1；（2）由C1C⊥平面ABC，可得AC為AC1在底面ABC內的射影，知∠C1AC即為AC1與平面ABC所成的角，∴∠C1AC＝60°，又∵△C1AC為直角三角形，且AC＝4，∴C1C＝4，C1C為三棱錐C1﹣ABC的高，S△ABC＝6，＝＝?S△ABC?C1C＝×6×4＝8，∴三棱錐C﹣ABC1的體積8．【點評】本題考查線線垂直的證明，考查空間幾何體的體積的計算，屬中檔題．五．球的體積和表面積（共5小題）24．（2023?虹口區(qū)二模）已知A，B是球O的球面上兩點，∠AOB＝60°，P為該球面上的動點，若三棱錐P﹣OAB體積的最大值為6，則球O的表面積為48π．【分析】設球的半徑R，由題意當OP⊥面AOB時，三棱錐P﹣OAB體積的最大，由∠AOB＝60°，可得△AOB為等邊三角形，進而求出它的面積，代入三棱錐的體積公式，可得R的值，進而求出球的表面積．【解答】解：設球的半徑為R，當OP⊥面AOB時，三棱錐P﹣OAB體積的最大，因為∠AOB＝60°，所以△AOB為等邊三角形，可得S△AOB＝R2，所以VP﹣AOB≤S△AOB?OP＝×R3＝6，可得R＝2，所以球的表面積S＝4πR2＝4π?12＝48π，故答案為：48π．【點評】本題考查三棱錐的體積的求法及球的表面積的求法，屬于基礎題．25．（2023?浦東新區(qū)校級三模）一個正三棱錐的側棱長為1，底邊長為，四個頂點在同一球面上，則此球的表面積為3π．【分析】由題意球心到正三棱錐四個頂點的距離相等都為R，由于頂點在底面的射影是底面的中心，故棱錐的高易求出，由此球心到底面的距離可以表示出，故可以利用球心到謀面的距離、球的半徑、底面中心到頂點的距離這個直角三角形利用勾股定理建立方程求出球的半徑．【解答】解：由題意設球的半徑為R，正三棱錐在底面的投影是底面的中心，由于一個正三棱錐的側棱長為1，底邊長為，故底面三角形的高為，底面中心到底面三角形的頂點的距離是＝故三棱錐的頂點到底面的距離是＝故球心到底面的距離是﹣R，由幾何體的結構知得R＝此球的表面積為4×π×＝3π故答案為3π【點評】本題考查球的體積和表面積，求解本題的關鍵是根據三棱錐的幾何結構求出球的半徑，再由公式求表面積．對幾何體空間結構的透徹了解，是解立體幾何體的關鍵．26．（2023?嘉定區(qū)模擬）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝，BC＝3，點P在棱BB1上，且PA⊥PC1，當△APC1的面積取最小值時，三棱錐P﹣ABC的外接球的表面積為28π．【分析】根據線面垂直的判定定理與性質，三角形面積公式，基本不等式，即可求解．【解答】解：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1為直三棱柱，又AC⊥BC，∴易得AC⊥平面BCC1B1，又PC1?平面BCC1B1，∴PC1⊥AC，又PA⊥PC1，且AC∩PA＝A，∴PC1⊥平面PAC，又AP?平面PAC，∴PC1⊥AP，如圖，設∠BCP＝θ，則易得∠CC1P＝θ，又BC＝3，∴PC1＝＝，又AC＝，∴PA＝＝，∴△APC1的面積S＝＝＝＝＝＝＝≥＝，當且僅當，即tanθ＝時，等號成立，此時PB＝BC×tanθ＝，又AB＝＝＝4，∴PA＝＝＝，∵AC⊥PC，AB⊥PB，∴三棱錐P﹣ABC的外接球的直徑2R＝PA＝，∴三棱錐P﹣ABC的外接球的半徑R＝，∴三棱錐P﹣ABC的外接球的表面積為4πR2＝28π，故答案為：28π．【點評】本題考查線面垂直的判定定理與性質，三角形面積的最值的求解，基本不等式的應用，三棱錐的外接球問題，屬中檔題．27．（2023?徐匯區(qū)二模）如圖，棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1的內切球為球O，E、F分別是棱AB和棱CC1的中點，G在棱BC上移動，則下列命題正確的個數是（）①存在點G，使OD垂直于平面EFG；②對于任意點G，OA平行于平面EFG；③直線EF被球O截得的弦長為；④過直線EF的平面截球O所得的所有截面圓中，半徑最小的圓的面積為．A．0 B．1 C．2 D．3【分析】①當點G為中點時，證明B1D⊥平面EFG；②當點G與B重合時，A在平面EFB上，O在平面EFB外，說明不成立；③點M是線段EF的中點，利用弦長公式求弦長；④當OM垂直于過EF的平面，此時截面圓的面積最小，利用③的結果求圓的面積．【解答】解：當G為BC中點時，EG⊥BD，EG⊥BB1，BD∩BB1＝B，BD，BB1?平面BDB1，∴EG⊥平面BDB1，平面EFG∥平面ACD1，B1D?平面BDB1，∴EG⊥B1D，同理GF⊥B1D，EG?GF＝G，EG，GF?平面EFG，所以B1D⊥平面EFG，即OD⊥平面EFG，故①正確；當G與B重合時，A在平面EFB上，O在平面EFB外，故②不正確；如圖，點M是線段EF的中點，由對稱性可知OM⊥EF，由勾股定理可知易知，，球心O到EF距離為，則EF被球截得的弦長為，故③正確；當OM垂直于過EF的平面，此時截面圓的面積最小，此時圓的半徑就是，面積為，故④正確．故選：D．【點評】本題考查線面垂直的判定定理，球的截面問題，化歸轉化思想，屬中檔題．28．（2023?虹口區(qū)校級三模）已知圓錐SO（O是底面圓的圓心，S是圓錐的頂點）的母線長為，高為1，P、Q為底面圓周上任意兩點．有以下三個結論：①三角形SPQ面積的最大值為2；②三棱錐O﹣SPQ體積的最大值為；③四面體SOPQ外接球表面積的最小值為9π．以上所有正確結論的個數為（）A．0 B．1 C．2 D．3【分析】對①，由已知計算出底面半徑的長度，以及軸截面的頂角大小，利用三角形的面積公式可知，當∠PSQ＝90°時，三角形SPQ面積最大，可判斷選項①；對②，利用三棱錐等體積轉換，可得當OQ⊥面SOP時，三棱錐O﹣SPQ體積最大，可判斷選項②；對③，因為SO⊥底面圓，所以四面體SOPQ外接球球心在SO的中垂面和過△OPQ外接圓圓心的底面垂線的交點處，利用勾股定理和正弦定理可計算出最小值，判斷選項③．【解答】解：對于①，由母線長為，高為1，可得底面半徑為＝2，設BC是底面圓的一條直徑，則cos∠BSC＝＝﹣＜0，即∠BSC是鈍角，又S△SPQ＝SP×SQ×sin∠PSQ＝×××sin∠PSQ＝×sin∠PSQ，則存在點P，Q，當∠PSQ＝90°時，sin∠PSQ＝1，三角形SPQ面積的最大值為，故①錯誤；對于②，∵S△SOP＝SO×OP＝×1×2＝1，∴當OQ⊥面SOP時，（VO﹣SPQ）max＝（VQ﹣SOP）max＝×S△SOP×OQ＝×1×2＝，故②正確；對于③，設△OPQ的外接圓半徑為r，∵SO⊥底面圓，∴四面體SOPQ外接球半徑R，∴R2＝r2+（SO）2，若外接球表面積的最小，即外接球的半徑R最小，又R2＝r2+，即在底面圓中，△OPQ的外接圓半徑最小，由正弦定理2r＝＝，∴點P經過線段OQ的中垂線時，∠OPQ最大，△OPQ的外接圓半徑最小，此時2r＝＝，R2＝r2+＝+＝，即四面體SOPQ外接球表面積的最小值為4πR2＝19π，故③錯誤．故選：B．【點評】本題考查圓錐中截面三角形面積的最值的求解，正弦定理的應用，化歸轉化思想，運動變化思想，屬中檔題．六．平面的基本性質及推論（共1小題）29．（2023?黃浦區(qū)校級三模）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分別為棱AB，CC1的中點，在平面ADD1A1內且與平面D1EF平行的直線（）A．不存在 B．有1條 C．有2條 D．有無數條【分析】由已知中E，F分別為棱AB，CC1的中點，結合正方體的結構特征易得平面ADD1A1與平面D1EF相交，由公理3，可得兩個平面必有交線l，由線面平行的判定定理在平面ADD1A1內，只要與l平行的直線均滿足條件，進而得到答案．【解答】解：由題設知平面ADD1A1與平面D1EF有公共點D1，由平面的基本性質中的公理知必有過該點的公共線l，在平面ADD1A1內與l平行的線有無數條，且它們都不在平面D1EF內，由線面平行的判定定理知它們都與面D1EF平行，故選：D．【點評】本題考查的知識點是平面的基本性質，正方體的幾何特征，線面平行的判定定理，熟練掌握這些基本的立體幾何的公理、定理，培養(yǎng)良好的空間想像能力是解答此類問題的關鍵．七．異面直線及其所成的角（共1小題）30．（2023?浦東新區(qū)校級一模）如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝AC，D是BC的中點．（1）求證：BC⊥平面A1AD；（2）若∠BAC＝90°，BC＝4，三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積是8，求異面直線A1D和AB1所成的角的大?。痉治觥浚?）推導出AA1⊥BC，BC⊥AD，由此能證明BC⊥平面A1AD．（2）以A為原點，AB為x軸，AC為y軸，AA1為z軸，建立空間直角坐標系，由此能求出異面直線A1D和AB1所成的角的大?。窘獯稹孔C明：（1）∵AA1⊥底面ABC，∴AA1⊥BC，又AB＝AC，D是BC的中點，BC⊥AD，AA1∩AD＝A，∴BC⊥平面A1AD．解：（2）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝4，∴AB＝AC＝2，＝＝4，∵三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積是8，∴S△ABC?AA1＝4AA1＝8，解得AA1＝2，以A為原點，AB為x軸，AC為y軸，AA1為z軸，建立空間直角坐標系，則D（，0），A（0，0，0），B1（2，0，2），＝（，﹣2），＝（2，0，2），設異面直線A1D，AB1所成角為θ，則cosθ＝＝＝．∴異面直線A1D和AB1所成的角的大小為arccos．【點評】本題考查線面垂直的證明，考查異面直線所成角的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，考查數形結合思想，是中檔題．八．空間中直線與直線之間的位置關系（共2小題）31．（2023?黃浦區(qū)校級三模）如圖，點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，則（）A．BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線 B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線 C．BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線 D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線【分析】根據題意，連接BD，分析有B、M、E、N四點共面，易得直線BM，EN是相交直線，再作EO⊥CD于O，連接ON，過M作MF⊥OD于F，連接BF，求出BM、EN的長，即可得答案．【解答】解：根據題意，如圖所示，連接BD，點N為正方形ABCD的中心，則N在BD上，故EN、BM都在平面BED上，結合圖形易得，直線BM，EN是相交直線，再作EO⊥CD于O，連接ON，過M作MF⊥OD于F，連接BF，由于平面CDE⊥平面ABCD．EO⊥CD，EO?平面CDE，則EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，△MFB與△EON均為直角三角形．設正方形邊長為2，易知，，∴．∴BM≠EN，故選：B．【點評】本題考查空間直線與直線的位置關系，涉及異面直線的定義，屬于基礎題．32．（2023?長寧區(qū)二模）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1，點P在直線AD1上，Q為線段BD的中點．則下列說法不正確的是（）A．存在點P，使得PQ⊥A1C1 B．存在點P，使得PQ∥A1B C．直線PQ始終與直線CC1異面 D．直線PQ始終與直線BC1異面【分析】根據已知條件，結合線面垂直的判斷，異面直線的定義，中位線定理，即可依次求解．【解答】解：正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，易得A1C1⊥平面BDD1B1，∵點P在直線AD1上，Q為線段BD的中點，當點P和D1重合時，PQ?平面BDD1B1，∴PQ⊥A1C1，故A正確；連接A1D，如圖所示：當點P為線段A1D的中點時，PQ為三角形A1BD的中位線，即PQ∥A1B，故B正確；CC1?平面AA1C1C，當點P和點A重合時，PQ?平面AA1C1C，則直線PQ和CC1在同一平面內，故C錯誤；BC1?平面ABC1D1，PQ∩平面ABC1D1＝P，P?BC1，故直線PQ始終與直線BC1不相交，且不平行，是異面直線，故D正確．故選：C．【點評】本題主要考查空間中直線與直線之間的位置關系，考查轉化能力，屬于中檔題．九．空間中直線與平面之間的位置關系（共4小題）33．（2023?金山區(qū)二模）如圖，在矩形ABCD中，E、F分別為邊AD、BC上的點，且AD＝3AE，BC＝3BF，設P、Q分別為線段AF、CE的中點，將四邊形ABFE沿著直線EF進行翻折，使得點A不在平面CDEF上，在這一過程中，下列關系不能恒成立的是（）A．直線AB∥直線CD B．直線PQ∥直線ED C．直線AB⊥直線PQ D．直線PQ∥平面ADE【分析】根據題意，由直線與平面的位置關系依次分析選項，綜合可得答案．【解答】解：根據題意，取EF的中點M，連接PM、NM、PQ、AD，依次分析選項：對于A，在矩形ABCD中，E、F分別為邊AD、BC上的點，且AD＝3AE，BC＝3BF，則AE＝BF，又由AE∥BF，則有四邊形ABFE為矩形，則有AB∥EF，同理：EF∥CD，則有AB∥CD；對于B，Q為線段CE的中點，M為EF的中點，則MQ∥ED，PQ和ED不一定平行；對于C，P、Q分別為線段AF、CE的中點，M為EF的中點，則有MP⊥EF，MQ⊥EF，則EF⊥面PMQ，則有EF⊥PQ，又由EF∥AB，則AB⊥PQ；對于D，分析可得MP∥AE，則PM∥平面AED，同理：MQ∥平面AED，則平面MQP∥平面AED，則有PQ∥∥平面AED．故選：B．【點評】本題考查直線與直線，直線與平面的位置關系，涉及直線與平面平行、垂直的判斷，屬于基礎題．34．（2023?嘉定區(qū)模擬）已知直線m、n及平面α，其中m∥n，那么在平面α內到兩條直線m、n距離相等的點的集合可能是：①一條直線；②一個平面；③一個點；④空集．其中正確的是（）A．①②③ B．①②④ C．①④ D．②④【分析】在空間中，到兩條平行線距離相等的點的軌跡是兩條直線公垂線段的中垂面，此平面與α的交集，即為所求結果．【解答】解：在空間中，到兩條平行線距離相等的點的軌跡是兩條直線公垂線段的中垂面，設為β．由于α與β的交集可能是直線、平面、空集，故在平面α內到兩條直線m、n距離相等的點的集合可能是：①②④，故選：B．【點評】本題考查空間線面位置關系，屬于基礎題．35．（2023?閔行區(qū)校級三模）已知x，y，z是空間的直線或平面，要使命題“若x⊥z，y⊥z，則x∥y”是真命題，x，y，z可以是（）A．x，y，z是三個不同的平面 B．x，z是兩條不同的直線，y是平面 C．x，y，z是三條不同的直線 D．x，y是兩條不同的直線，z是平面【分析】由空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關系逐一分析四個選項得答案．【解答】解：若x，y，z是三個不同的平面，由x⊥z，y⊥z，不一定得到x∥y，故A錯誤；若x，z是兩條不同的直線，y是平面，由x⊥z，y⊥z，得x∥y或x?y，故B錯誤；若x，y，z是三條不同的直線，由x⊥z，y⊥z，得x∥y或x與y相交或x與y異面，故C錯誤；若x，y是兩條不同的直線，z是平面，由x⊥z，y⊥z，得x∥y，故D正確．故選：D．【點評】本題考查空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面位置關系的判定及應用，考查空間想象能力與思維能力，是基礎題．36．（2023?浦東新區(qū)三模）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分別為BC1，CD1的中點，則下列說法錯誤的是（）A．MN與CC1垂直 B．MN與平面ACC1A1垂直 C．MN與DC平行 D．MN與平面BDA1平行【分析】以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出結果．【解答】解：∵在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點，∴以D為原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，設正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，則B（2，2，0），C1（0，2，2），M（1，2，1），D1（0，0，2），C（0，2，0），N（0，1，1），A（2，0，0），＝（﹣1，﹣1，0），＝（0，0，2），∴?＝0，∴MN⊥CC1，故A正確；＝（﹣2，2，0），?＝2﹣2+0＝0，∴AC⊥MN，又MN⊥CC1，AC∩CC1＝C，∴MN⊥平面ACC1A1，故B成立；＝（0，2，0），若MN與DC平行，則存在唯一實數λ，使得，∴，無解，∴MN與DC不平行，故C錯誤；∵＝（2，2，0），＝（﹣1，﹣1，0），∴MN和BD平行，∵BD?平面A1BD，MN?平面A1BD，故MN∥平面A1BD，故D正確．故選：C．【點評】本題考查命題的真假判斷，考空間中線線、線面、面面間的位置關系，考查空間直角坐標系的運用，考查運算求解能力，考查函數與方程思想，是中檔題．一十．直線與平面垂直（共2小題）37．（2023?嘉定區(qū)校級三模）如圖所示，在斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，過C1作C1H⊥平面ABC，垂足為H，則點H在（）A．直線AC上 B．直線AB上 C．直線BC上 D．△ABC內部【分析】先通過線線垂直證明AC⊥面ABC1，進而可得面ABC⊥面ABC1，由面面垂直的性質定理可得要過C1作C1H⊥平面ABC，只需過C1作C1H⊥AB即可，則答案可求．【解答】解：連接AC1，∵BC1⊥AC，BA⊥AC，且BC1∩BA＝B，∴AC⊥面ABC1，又AC?面ABC，∴面ABC⊥面ABC1，∵面ABC∩面ABC1＝AB，要過C1作C1H⊥平面ABC，則只需過C1作C1H⊥AB即可，故點H在直線AB上，故選：B．【點評】本題考查線面垂直問題，屬于基礎題．38．（2023?楊浦區(qū)校級模擬）如圖，矩形AMND所在平面與直角梯形MBCN所在的平面垂直，MB∥NC，MN⊥MB．（1）求證：平面AMB∥平面DNC；（2）若MC⊥CB，求證：BC⊥AC．【分析】（1）由線面平行的判定可證MB∥面DNC、MA∥面DNC，再用面面平行的判定證結論；（2）由面面垂直的性質得AM⊥平面MBCN，再由線面垂直的性質、判定證BC⊥面AMC，最后由線面垂直的性質證線線垂直即可．【解答】證明：（1）因為MB∥NC，MB?面DNC，NC?面DNC，所以MB∥面DNC．因為AMND是矩形，所以MA∥DN，又MA?面DNC，DN?面DNC，所以MA∥面DNC．又MA∩MB＝M，且MA、MB?平面AMB，所以面AMB∥面DNC．（2）因為AMND是矩形，所以AM⊥MN．因為面AMND⊥面MBCN，且面AMND∩面MBCN＝MN，AM?面AMND，所以AM⊥平面MBCN，而BC?平面MBCN，所以AM⊥BC．因為MC⊥BC，MC∩AM＝M，MC、AM?面AMC，所以BC⊥面AMC，因為AC?面AMC，所以BC⊥AC．【點評】本題主要考查平面與平面平行的判定與性質定理，平面與平面垂直的性質定理和直線和平面垂直的判定和性質定理，考查邏輯推理能力，屬于中檔題．一十一．空間中的點的坐標（共1小題）39．（2023?黃浦區(qū)模擬）在空間直角坐標系O﹣xyz中，點A（2，﹣1，3）關于平面yOz對稱的點的坐標是（﹣2，﹣1，3）．【分析】根據點關于平面yOz對稱的點坐標的特點可直接得到結果．【解答】解：∵點（a，b，c）關于平面yOz對稱的點為（﹣a，b，c），∴A（2，﹣1，3）關于平面yOz對稱的點的坐標為（﹣2，﹣1，3）．故答案為：（﹣2，﹣1，3）．【點評】本題主要考查空間中的點的坐標，屬于基礎題．一十二．共線向量與共面向量（共1小題）40．（2023?浦東新區(qū)三模）空間向量＝（2，2，﹣1）的單位向量的坐標是．【分析】得出，從而得出的單位向量坐標為：，然后進行向量坐標的數乘運算即可．【解答】解：，∴的單位向量的坐標為：．故答案為：．【點評】本題考查了單位向量的定義及求法，根據向量的坐標求向量的長度的方法，向量坐標的數乘運算，考查了計算能力，屬于基礎題．一十三．空間向量的數量積運算（共1小題）41．（2023?徐匯區(qū)三模）在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點P在正方體的12條棱上（包括頂點）運動，則的取值范圍是[﹣4，4]．【分析】建立空間直角坐標系，利用向量法求出的表達式，再求出的取值范圍．【解答】解：以D為坐標原點建立空間直角坐標系，如圖，則A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），＝（﹣2，2，0），P在正方體的12條棱上運動，設P（x，y，z），則＝（x﹣2，y﹣2，z），∴＝4﹣2x+2y﹣4＝2y﹣2x，∵，∴﹣4≤2y﹣2x≤4，當x＝2，y＝0時，取最小值﹣4，當x＝0，y＝2時，取最大值4，∴的取值范圍是[﹣4，4]．故答案為：[﹣4，4]．【點評】本題考查向量的數量積的取值范圍的求法，考查正方體的結構特征、向量數量積公式等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．一十四．向量的數量積判斷向量的共線與垂直（共1小題）42．（2023?松江區(qū)二模）已知空間向量，，，若，則λ＝﹣1．【分析】根據已知條件，結合空間向量的坐標運算，以及向量垂直的性質，即可求解．【解答】解：，，則＝（4，2，6），，，則4+2+6λ＝0，解得λ＝﹣1．故答案為：﹣1．【點評】本題主要考查空間向量的坐標運算，以及向量垂直的性質，屬于基礎題．一十五．平面的法向量（共1小題）43．（2023?靜安區(qū)二模）若直線l的方向向量為，平面α的法向量為，則能使l∥α的是（）A．＝（1，0，0），＝（﹣2，0，0） B．＝（1，3，5），＝（1，0，1） C．＝（1，﹣1，3），＝（0，3，1） D．＝（0，2，1），＝（﹣1，0，﹣1）【分析】由l∥α，得?＝0，由此能求出結果．【解答】解：∵直線l的方向向量為，平面α的法向量為，l∥α，∴?＝0，在A中，＝（1，0，0），＝（﹣2，0，0），?＝﹣2≠0，故A錯誤；在B中，＝（1，3，5），＝（1，0，1），?＝6≠0，故B錯誤；在C中，＝（1，﹣1，3），＝（0，3，1），?＝0，故C正確；在D中，＝（0，2，1），＝（﹣2，1，0），?＝2≠0，故D錯誤．故選：C．【點評】本題考查線面平行的條件的判斷，是基礎題，解題時要認真審題，注意線面平行的性質的合理運用．一十六．直線與平面所成的角（共6小題）44．（2023?靜安區(qū)二模）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為AB的中點，F為正方形BCC1B1的中心，則直線EF與側面BB1C1C所成角的正切值是．【分析】由直線與平面所成角的作法可得∠EFB為直線EF與側面BB1C1C所成的角，然后求解即可．【解答】解：連接BC1，∵EB⊥平面BB1C1C，則∠EFB為直線EF與側面BB1C1C所成的角，設|AB|＝2，則|BE|＝1，，則＝，則直線EF與側面BB1C1C所成角的正切值是．故答案為：．【點評】本題考查了直線與平面所成角的作法，重點考查了直線與平面所成角的求法，屬基礎題．45．（2023?浦東新區(qū)校級三模）如圖，直角三角形ABC和等邊三角形ABD所在平面互相垂直，AB＝AC＝2，E是線段AD上一點．（Ⅰ）設E為AD的中點，求證：BE⊥CD；（Ⅱ）若直線CD和平面BCE所成角的正弦值為，求的值．【分析】（Ⅰ）由題意得AB⊥AC，利用面面垂直的性質可得AC⊥BE，AD⊥BE，利用線面垂直定理可得BE⊥平面ACD，即可證明結論；（Ⅱ）設，λ∈[0，1]，取AB的中點O，BC的中點F，連接OD，OF，則OD⊥AB，OF∥AC，由（I）得AC⊥平面ABD，則OF⊥平面ABD，建立空間直角坐標系，利用向量法，即可得出答案．【解答】解：（I）證明：由題意得AB⊥AC，∵平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，∴AC⊥平面ABD．∵BE?平面ABD，∴AC⊥BE，∵△ABD為等邊三角形，E是AD的中點，∴AD⊥BE，∵AC∩AD＝A，∴BE⊥平面ACD，∴BE⊥CD；（II）設，λ∈[0，1]，取AB的中點O，BC的中點F，連接OD，OF，則OD⊥AB，OF∥AC，由（I）得AC⊥平面ABD，∴OF⊥平面ABD，∴OF⊥AB，OF⊥OD，建立空間直角坐標系O﹣xyz，則A（﹣1，0，0），B（1，0，0），C（﹣1，2，0），，∴，，，，，設平面BCE的法向量為＝（x，y，z），則即，取，則，z＝2﹣λ，∴平面BCE的法向量為＝（λ，，2﹣λ），∵直線CD和平面BCE所成角的正弦值為，∴|cos＜，＞|＝＝＝，整理得8λ2﹣26λ+11＝0，解得或，∵λ∈[0，1]，∴，即．【點評】本題考查直線與平面所成的角，考查轉化思想和數形結合思想，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．46．（2023?普陀區(qū)校級模擬）已知平面α、β所成角為80°，P為兩平面外一點，則過點P且與平面α、β所成角均為40°的直線有（）條．A．1 B．2 C．3 D．4【分析】作出兩平面α，β所成二面角α﹣l﹣β的平面角∠AOB，先考慮二面角α﹣l﹣β內符合題意的直線，再考慮在二面角α﹣l﹣β的鄰補的二面角內符合題間的直線，綜合可得答案．【解答】解：如圖，作出兩平面α，β所成二面角α﹣l﹣β的平面角∠AOB，則∠AOB＝80°，設OP1為∠AOB的平分線，則∠P1OA＝∠P1OB＝40°，當OP1以OP為中心，在二面角α﹣l﹣β的角平分面上旋轉時，OP1與兩平面的夾角變小，此時與平面α，β所成角均為40°的直線僅有OP1這一條，設OP2為∠AOB的補角的平分線，則∠P2OA＝∠P2OB＝50°，當OP2以O為中心，在二面角α﹣l﹣β的鄰補的二面角的角平分面上旋轉時，OP2與兩平面的夾角變小，此時在OP2的兩側各出現一條與兩平面成40°的直線，分別設為l1，l2，∴過點P可作一條與OP1平行的直線，符合題意，可作與l1，l2平行的直線各一條，符合題意，∴過點P且與平面α，β所成角均為40°的直線有3條．故選：C．【點評】本題考查二面角、線面角的定義及求法等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．47．（2023?普陀區(qū)校級三模）如圖，在四棱錐C﹣ABED中，正方形ABED的邊長為2，平面ABED⊥平面ABC，且BC⊥AC，，點G，F分別是線段EC，BD的中點．（1）求證：直線GF∥平面ABC；（2）求直線GF與平面BDE所成角的大小．【分析】（1）連接AE可得GF為AC的中位線，再利用線面平行的判定定理即可得出證明；（2）利用四棱錐C﹣ABED的結構特征以及線面垂直的判定定理，建立空間直角坐標系，利用空間向量和線面角的位置關系，求得直線GF與平面BDE所成的角．【解答】解：（1）根據題意，連接AE，則AE交BD與F，在△ACE中，F為AE的中點，又點G是線段EC的中點，所以GF∥AC，又GF?平面ABC，AC?平面ABC，所以直線GF∥平面ABC；（2）由平面ABED⊥平面ABC，且平面ABED∩平面ABC＝AB，又四邊形ABED是正方形，所以BE⊥AB，又BE?平面ABED，所以BE⊥平面ABC；過點B作直線y平行于AC，又BC⊥AC，以B為坐標原點，分別以直線BC，直線y，直線BE為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示：由正方形ABED的邊長為2，BC⊥AC，AC＝，可得BC＝1；所以B（0，0，0），C（1，0，0），E（0，0，2），D（1，，2）；＝（0，0，2），＝（1，，0）；又點G，F分別是線段EC，BD的中點，所以G（，0，1），F（，，1）；即＝（0，，0）；設平面CDE的一個法向量為＝（x，y，z）；所以，可得z＝0，令x＝，解得y＝﹣1；即＝（，﹣1，0），設直線GF與平面CDE所成的角為θ，θ∈（0，]，則sinθ＝|cos＜，＞|＝＝＝，解得θ＝；所以直線GF與平面BDE所成的角為．【點評】本題考查了空間中的平行關系應用問題，也考查了直線與平面所成角的計算問題，是中檔題．48．（2023?虹口區(qū)校級三模）已知圓錐的頂點為S，底面圓心為O，半徑為2，母線SA、SB的長為2，∠AOB＝90°且M為線段AB的中點．（1）證明：平面SOM⊥平面SAB；（2）求直線SM與平面SOA所成角的大?。痉治觥浚?）根據線面垂直的判定定理證明線面垂直，再由面面垂直判定定理證明即可．（2）由線面角定義求線面角正切，再求線面角的大?。窘獯稹拷猓海?）證明：∵AO＝BO，M為AB中點，∴OM⊥AB，∵SO⊥平面AOB，AB?平面AOB，∴SO⊥AB，且OM∩SO＝O，OM?平面SOM，SO?平面SOM，∴AB⊥平面SOM，∵AB?平面SAB，∴平面SAB⊥平面SOM．（2）設AO的中點為N，連接MN，SN，則MN∥OB，∵OA⊥OB，∴OA⊥MN，∵SO⊥底面AOB，∴SO⊥MN，SO?平面SOA，OA?平面SOA，OA∩OS＝O，∴MN⊥平面SOA，∴∠MSN就是直線SM與平面SOA所成角，∵圓錐的底面半徑為2，母線長為2，∴高SO＝2，解得SN＝，MN＝1，∵SN⊥MN，∴tan＝，∴直線SM與平面SOA所成角的大小為arctan．【點評】本題考查線面垂直的判定定理、面面垂直判定定理、線面角定義等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．49．（2023?閔行區(qū)校級二模）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1，點E為A1D1中點，直線B1C1交平面CDE于點F．（1）證明：點F為B1C1的中點；（2）若點M為棱A1B1上一點，且直線MF與平面CDE所成角的正弦值為，求的值．【分析】（1）由CD∥C1D1可得CD∥平面A1B1C1D1，再利用線面平行的性質定理可得CD∥EF，從而證得F為B1C1的中點；（2）以D為坐標原點，DA，DC，DD1方向分別為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為3，設，求出相應點的坐標，進而求出相應向量的坐標，再利用線面夾角的向量公式求解即可．【解答】證明：（1）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，CD∥C1D1，又CD?平面A1B1C1D1，且C1D1?平面A1B1C1D1，則CD∥平面A1B1C1D1，而B1C1交平面CDE于點F，即F∈平面CDE，F∈B1C1，又B1C1?平面A1B1C1D1，有F∈平面A1B1C1D1，因此平面CDE∩平面A1B1C1D1＝EF，于是CD∥EF，又因為E為A1D1中點，所以F為B1C1的中點；（2）以D為坐標原點，分別以，，為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示：不妨設正方體的棱長為3，設，則，從而，設平面CDE的一個法向量為，則，即，取x＝2，解得，所以，又因為直線MF與平面CDE所成角的正弦值為，所以，解得，所以．【點評】本題主要考查了線面平行的判定定理，考查了利用空間向量求直線與平面所成的角，屬于中檔題．一十七．二面角的平面角及求法（共6小題）50．（2023?浦東新區(qū)校級模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，點E，F分別為PA，PD的中點，AB＝BC＝2，AD＝AP＝4．（1）證明：直線EF∥平面PBC；（2）求二面角F﹣CD﹣B的余弦值．【分析】（1）由E，F分別為PA，PD的中點，得AD∥EF，進而可得EF∥BC，由線面平行的判定定理，即可得出答案．（2）根據題意可得AB⊥BC，AC＝2，CD＝＝2，由線面垂直的判定定理可得CD⊥面PAC，進而可得CD⊥PC，則二面角P﹣CD﹣A得平面角為∠ACP，進而可得cos∠ACP＝，即可得出答案．【解答】解：（1）證明：因為E，F分別為PA，PD的中點，所以AD∥EF，因為AD∥BC，所以EF∥BC，因為EF?面PBC，BC?面PBC，所以EF∥面PBC．（2）因為AB⊥AD，AD∥BC，所以AB⊥BC，連接AC，由AB＝BC＝2得AC＝2，因為AD＝4，所以CD＝＝2，所以AC⊥CD，因為PA⊥面ABCD，所以PA⊥AC，PA⊥CD，因為PA，AC是平面PAC內兩相交直線，所以CD⊥面PAC，因為PC?面PAC，所以CD⊥PC，所以二面角P﹣CD﹣A的平面角為∠ACP，因為AP＝4，所以PC＝2，所以cos∠ACP＝＝，所以二面角P﹣CD﹣A的余弦值為，所以二面角F﹣CD﹣B的余弦值為．【點評】本題考查直線與平面的位置關系，二面角，解題中需要理清思路，屬于中檔題．51．（2023?浦東新區(qū)二模）如圖，三角形EAD與梯形ABCD所在的平面互相垂直，AE⊥AD，AB⊥AD，BC∥AD，AB＝AE＝BC＝2，AD＝4，F、H分別為ED、EA的中點．（1）求證：BH∥平面AFC；（2）求平面ACF與平面EAB所成銳二面角的余弦值．【分析】（1）連接FH，由題意得FH∥AD且FH＝AD，結合題意可得FH∥BC且FH＝BC，即四邊形FHBC是平行四邊形，利用線面平行的判定定理，即可證明結論；（2）由題意得平面EAD⊥平面ABCD，AE⊥AD，可得AE⊥AB，建立以A為原點的空間直角坐標系A﹣xyz，利用向量法，即可得出答案．【解答】解：（1）證明：連接FH，如圖所示：∵F、H分別為ED、EA的中點，∴在△AED中，FH∥AD且FH＝AD，∵BC∥AD，BC＝2，AD＝4，∴FH∥BC且FH＝BC，∴四邊形FHBC是平行四邊形，∴FC∥BH，又BH?平面平面AFC，FC?平面AFC，∴BH∥平面AFC；（2）∵三角形EAD與梯形ABCD所在的平面互相垂直，即平面EAD⊥平面ABCD，AE⊥AD，又平面EAD∩平面ABCD＝AD，AE?平面EAD，∴AE⊥平面ABCD，又AB?平面ABCD，則AE⊥AB，則建立以A為原點的空間直角坐標系A﹣xyz，如圖所示：AB＝AE＝BC＝2，AD＝4，則A（0，0，0），C（2，2，0），D（0，4，0），F（0，2，1），∴＝（2，2，0），＝（0，2，1），由（1）得平面EAB的法向量為＝（0，1，0），設平面ACF的一個法向量為＝（x，y，z），則，取y＝﹣1，則x＝1，z＝2，∴平面ACF的一個法向量為＝（1，﹣1，2），設平面ACF與平面EAB所成銳二面角為α，∴cosα＝|cos＜，＞|＝＝＝，故平面ACF與平面EAB所成銳二面角的余弦值為．【點評】本題考查空間中直線與平面的位置關系和二面角，考查轉化思想和數形結合思想，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．52．（2023?閔行區(qū)二模）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為矩形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝2，AB＝4，點E在線段AB上，且BE＝AB．（1）求證：CE⊥平面PBD；（2）求二面角P﹣CE﹣A的余弦值．【分析】（1）利用線面垂直的判定定理，即可證明結論；（2）由題意得PD⊥平面ABCD，DC⊥AD，則建立以A為原點的空間直角坐標系D﹣xyz，利用向量法，即可得出答案．【解答】解：（1）設BD與CE相交于點F，∵PD⊥平面ABCD，CE?平面ABCD，∴PD⊥CE，∵AB＝4，BE＝AB，∴BE＝1，在矩形ABCD中，∠ECB＝90°，PD＝AD＝2，則在Rt△ECB中，tan∠ECB＝，在Rt△ABD中，tan∠ABD＝，∴∠ECB＝∠ABD，∵∠DBC＝∠ADB，∴∠BHC＝∠BAD＝90°，即BD⊥CE，又PD⊥CE，PE∩BD＝D，且PD?平面PBD，BD?平面PBD，∴CE⊥平面PBD；（2）由題意得PD⊥平面ABCD，DC⊥AD，則建立以A為原點的空間直角坐標系D﹣xyz，如圖所示：PD＝AD＝2，AB＝4，則D（0，0，0），C（0，4，0），A（2，0，0），P（0，0，2），E（2，3，0），∴＝（0，4，﹣2），＝（2，﹣1，0），設平面PCE的一個法向量為＝（x，y，z），則，取x＝1，則y＝2，z＝4，∴平面PCE的一個法向量為＝（1，2，4），平面ACE的法向量為＝（0，0，2），設二面角P﹣CE﹣A的平面角為α，且α為銳角，則cosα＝|cos＜，＞|＝＝＝，故二面角P﹣CE﹣A的余弦值為．【點評】本題考查直線與平面垂直和二面角，考查轉化思想和數形結合思想，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．53．（2023?浦東新區(qū)校級一模）在120°的二面角內放置一個半徑為6的小球，它與二面角的兩個半平面相切于A、B兩點，則這兩個點在球面上的距離是2π．【分析】由題意及二面角的面與球相切的性質可以求得∠AOB＝60°，又半徑已知，由弧長公式求出兩切點在球面上的最短距離．【解答】解：由球的性質知，OA，OB分別垂直于二面角的兩個面，又120°的二面角內，故∠AOB＝60°∵半徑為6的球切兩半平面于A，B兩點∴兩切點在球面上的最短距離是6×＝2π．故答案為：2π．【點評】本題考查球面距離及相關計算，解題的關鍵是根據二面角與球的位置關系得出過兩切點的兩個半徑的夾角以及球面上兩點距離的公式，考查空間想像能力，是中檔題．54．（2023?黃浦區(qū)校級三模）已知，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，AC＝1，延長CB至D，使CB＝BD．（1）求證：CA⊥DA1；（2）求平面B1AD與平面ADC所成銳二面角的余弦值．【分析】（1）通過底面的邊角關系可得∠DAC＝90°，DA⊥CA，進而可證得CA⊥平面A1AD，從而得證；（2）法一：取AD中點E，聯結B1E，可證得∠BEB1為二面角B1﹣AD﹣C的平面角，從而得解．法二：建立空間直角坐標系用向量的方法求解．【解答】解：（1）因為是正三棱柱ABC﹣A1B1C1，所以AA1⊥CA，AB＝BC，且∠BAC＝∠BCA＝60°，從而∠DBA＝120°又CB＝BD，所以AB＝BD，∠DAB＝30°，∠DAC＝∠DAB+∠BAC＝90°，即DA⊥CA，又DA?AA1＝A，AA1、DA?面A1AD，∴CA⊥平面A1AD，又DA1?面A1AD，∴CA⊥DA1；（2）解法一：取AD中點E，聯結B1E．所以BE∥AC，又DA⊥CA，故DA⊥BE，因為BB1⊥平面ABC，DA?面ABC，所以DA⊥BB1，又BE∩BB1＝B，BB1、BE?面BB1E，所以DA⊥平面BB1E，又B1E?面BB1E，所以DA⊥B1E，所以∠BEB1為二面角B1﹣AD﹣C的平面角，因為，所以，則平面B1AD與平面ADC所成銳二面角的余弦值為．解法二：以直線AD為x軸，直線AC為y軸，直線AA1為z軸建立空間直角坐標系．則，設平面AB1D的一個法向量，則，令w＝1，則v＝﹣4，所以，又平面ACB的一個方向量，設二面角B1﹣AD﹣C的大小為α，則，平面B1AD與平面ADC所成銳二面角的余弦值為．【點評】本題考查線面垂直的判定及其性質，考查利用空間向量求解二面角的余弦值，考查空間想象能力，推理論證能力和運算求解能力，考查直觀想象和數學運算等核心素養(yǎng)，屬于中檔題．55．（2023?黃浦區(qū)二模）如圖，△ABD與△BCD都是等腰直角三角形．其底邊分別為BD與BC，點E、F分別為線段BD、AC的中點．設二面角A﹣BD﹣C的大小為α，當α在區(qū)間（0，π）內變化時、下列結論正確的是（）A．存在某一α值，使得AC⊥BD B．存在某一α值，使得EF⊥BD C．存在某一α值，使得EF⊥CD D．存在某一α值，使得AB⊥CD【分析】由直線與平面垂直的判定與性質結合反證法思想判斷ABC錯誤；取時，可得D正確．【解答】解：已知AB⊥AD，BD⊥DC.對于A，若AC⊥BD，又BD⊥DC，且AC∩DC＝C，∴BD⊥平面ACD，可得BD⊥AD，與∠ADB＝45°矛盾，故A錯誤；對于B，∵E是BD的中點，∴AE⊥BD，若EF⊥BD，又AE∩EF＝E，∴BD⊥平面AEF，即BD⊥AC，由選項A可知，AC⊥BD錯誤，故B錯誤；對于C，取BC中點G，連接EG，FG，則EG∥CD，可得BD⊥EG，若EF⊥CD，則EF⊥EG，而BD∩EF＝E，則EG⊥平面BFD，即CD⊥平面BFD，此時需要CD⊥DF，在△ACD中，CD＝AD＞AD，F為AC的中點，由等面積法可知，∠CDF＜∠ADF，而∠ADC＜π，則∠CDF＜，即CD⊥DF不成立，故C錯誤；對于D，當平面ABD⊥平面BCD時，有AB⊥CD，故D正確．故選：D．【點評】本題考查二面角的應用，考查空間想象能力與思維能力，考查運算求解能力，是中檔題．一十八．點、線、面間的距離計算（共5小題）56．（2023?寶山區(qū)二模）四棱錐P﹣ABCD的底面是邊長為2的菱形，∠DAB＝60°，對角線AC與BD相交于點O，PO⊥底面ABCD，PB與底面ABCD所成的角為60°，E是PB的中點．（1）求異面直線DE與PA所成角的大?。ńY果用反三角函數值表示）；（2）證明：OE∥平面PAD，并求點E到平面PAD的距離．【分析】（1）取AB的中點F，連接EF，DF，可得EF∥PA，所以DE與EF所成的角即為DE與PA所成的角，由題意求出EF，DE，DF的值，由余弦定理可得兩條直線所成角的余弦值，進而求出角的大??；（2）由（1）可證得面OEF∥面PAD，進而可證得OE∥面PAD，進而可知E到平面PAD的距離等于O到平面PAD的距離，再由等體積法求出O到平面PAD的距離．【解答】解：（1）因為PO⊥底面ABCD，BO＝OD，所以PB＝PD，又因為PB與底面ABCD所成的角為60°，所以△PBD為等邊三角形，因為E為PB的