(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)

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，在圆锥中，，为底面圆的两条直径，，且，，，异面直线与所成角的正切值为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】以为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】由题意以为轴建立空间直角坐标系，如图，，，，，又，．，则，设异面直线与所成角为，则，为锐角，，所以．故选：D．2．在四棱锥中，底面是平行四边形，为的中点，若，，，则用基底表示向量为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】结合空间向量的加法法则直接求解即可.【详解】连接BD，如图，因为E是PD的中点，所以，故选：B3．已知点，，，又点在平面内，则的值为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据向量的坐标表示求出向量的坐标，再结合空间向量的共面定理即可得出结果.【详解】由题意，得，则，因为P在平面ABC内，并设未知数a，b，则，，即，解得.故选：B4．若、、三点共线，则（）．A．B．C．D．【答案】A【分析】直接根据求解即可.【详解】∵，，由题意得，则，∴、，∴，故选:A．5．已知，，则（）．A．B．C．D．【答案】C【分析】由空间向量的加法运算求解.【详解】因为，，所以，故选：C．6．点在空间直角坐标系中的位置是（）．A．在轴上B．在平面内C．在平面内D．在平面内【答案】C【分析】根据点的横坐标为判断.【详解】∵点的横坐标为，∴点在平面内，故选：C．7．已知空间向量，，满足，，，，则与的夹角为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】将，两边平方，利用空间向量的数量积即可得选项.【详解】设与的夹角为．由，得，两边平方，得，所以，解得，又，所以，故选：C．8．平行六面体的各棱长均相等，，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用基底向量表示出向量，，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，，，所以＝＝，，，即，故异面直线与所成角的余弦值为．故选：B．二、多选题9．给出下列命题，其中为假命题的是（）A．已知为平面的一个法向量，为直线的一个方向向量，若，则B．已知为平面的一个法向量，为直线的一个方向向量，若，则与所成角为C．若三个向量，，两两共面，则向量，，共面D．已知空间的三个向量，，，则对于空间的任意一个向量，总存在实数使得【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：由题意可得或，故A错误；对于B：由图象可得，，则，所以，根据线面角的定义可得：与所成角为，故B正确对于C：若三个向量，，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，，不共面时，对于空间的任意一个向量，总存在实数使得，故D错误.故选：ACD10．在平行六面体中，，，则下列说法正确的是（）A．线段的长度为B．异面直线夹角的余弦值为C．对角面的面积为D．平行六面体的体积为【答案】AD【分析】设，求得，根据，求得的值，可判定A正确；由，可判定B错误；由为正三角形，根据，得到对角面为矩形，可判定C错误；由，可判定D正确.【详解】设，则，对于A中，因为，可得，所以A正确；对于B中，因为，可得异面直线与夹角的余弦值为0，所以B错误；对于C中，因为，所以为正三角形，可得，因为，所以，所以对角面为矩形，其面积为，所以C错误；对于D中，设与交于点，连接，取的中点，连接，可得，所以D正确.故选：AD.11．定义向量的外积：叫做向量与的外积，它是一个向量，满足下列两个条件：（1），，且､和构成右手系(三个向量的方向依次与拇指､食指､中指的指向一致)；（2）的模(表示向量､的夹角).如图所示，在正方体中，有以下四个结论中，不正确的有（）A．与方向相反B．C．与正方体表面积的数值相等D．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与的方向相同，故A错，B选项，根据向量外积的第一个性质可知与的方向相反，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的面积为，则与正方体表面积的数值相等，故C对，D选项，与的方向相反，则，故D错，故选：ABD.12．给出下列命题，其中不正确的为（）A．若，则必有与重合，与重合，与为同一线段B．若，则是钝角C．若，则与一定共线D．非零向量､､满足与，与，与都是共面向量，则､､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，考虑平行四边形中，满足，不满足与重合，与重合，与为同一线段，故A错，B选项，当两个非零向量､的夹角为时，满足，但它们的夹角不是钝角，故B错，C选项，当时，，则与一定共线，故C对，D选项，考虑三棱柱，､､，满足与，与，与都是共面向量，但，，不共面，故D错，故选ABD.13．下列命题中不正确的是（）.A．若､､､是空间任意四点，则有B．若，则､的长度相等而方向相同或相反C．是､共线的充分条件D．对空间任意一点与不共线的三点､､，若()，则､､､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，而不是，故A错，B选项，仅表示与的模相等，与方向无关，故B错，C选项，，即，即，与方向相反，故C对，D选项，空间任意一个向量都可以用不共面的三个向量､､表示，∴､､､四点不一定共面，故D错，故选ABD.14．在正方体中，点在线段上运动，下列说法正确的是（）A．平面平面 B．平面C．异面直线与所成角的取值范围是 D．三棱锥的体积不变【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，则，，，，，，因为点在线段上运动，设，，则，所以，，，所以，，所以，，因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，故A正确；显然可以作为平面的法向量，因为，所以，因为平面，所以平面，故B正确；因为且，所以四边形为平行四边形，所以，所以直线与所成角即为异面直线与所成角，显然当在的两端点时所成的角为，当在的中点时所成的角为，故异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；因为，平面，平面，所以平面，所以到平面距离即为到平面的距离，故到平面的距离为一定值，设到平面的距离为，则为定值，故D正确；故选：ABD15．如图1，在边长为2的正方形中，，，分别为，，的中点，沿､及把这个正方形折成一个四面体，使得､､三点重合于，得到四面体(如图2).下列结论正确的是（）A．四面体的外接球体积为B．顶点在面上的射影为的重心C．与面所成角的正切值为D．过点的平面截四面体的外接球所得截面圆的面积的取值范围是【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､､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､､两两垂直，可证在面上的射影为的垂心；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､､两两垂直，故可以补成长方体，其体对角线长，外接球半径，故外接球体积为，故A项正确；对于B项，由于､､两两垂直，故在面上的射影为的垂心，理由如下:如图，过点作平面，交平面于点，因为平面，平面，所以，又因为，，，都在平面内，且相交于点，所以平面，又平面，所以，又，所以平面，又平面，所以.同理可证，，所以在面上的射影为的垂心.故B项错误；对于C项，设为中点，则，，，故平面，故平面平面，所以在平面上的射影为，与平面所成角为，，，，，故C项正确；对于D项，设为四面体的外接球球心，平面，连接，，当过点的截面经过球心时截面圆面积最大，面积为；当垂直截面圆时，截面圆面积最小，此时，，，，截面圆面积为，得截面圆面积取值范围是.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，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论中正确的是（）A．B．的最小值为C．平面D．异面直线与，所成角的取值范围是【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，，，，，，所以，，，，所以，所以，故A正确；因为是线段上一动点，所以，所以，所以，当且仅当时，故B正确；设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，因为，即，因为平面，所以平面，故C正确；设直线与所成的角为，因为，当在线段的端点处时，，在线段的中点时，，所以，故D错误；故选：ABC17．已知梯形，，，，是线段上的动点；将沿着所在的直线翻折成四面体，翻折的过程中下列选项中正确的是（）A．不论何时，与都不可能垂直B．存在某个位置，使得平面C．直线与平面所成角存在最大值D．四面体的外接球的表面积的最小值为【答案】AD【分析】利用反证法可判断AB选项的正误；分别取、的中点、，连接、，以点为坐标原点，、所在直线分别为、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；设四面体的外接球心为，求出四面体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，在梯形中，，，，，且，则，因为，由余弦定理可得，，，若，且，平面，平面，，事实上，矛盾，故不论何时，与都不可能垂直，A选项正确；对于B选项，若平面，平面，则，所以，，而，，即，则、、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、的中点、，连接、，则，，，则，，为的中点，则，，故平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、、、，，设三棱锥的球心为，由可得，解得，设三棱锥的外接球半径为，则，当且仅当时，等号成立，因此，四面体的外接球的表面积的最小值为，D选项正确.对于C选项，设，，易知平面的一个法向量为，，而，即当时，无最大值，进而可知直线与平面所成角无最大值，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，棱长为的正方体中，、分别为棱、的中点，为面对角线上一个动点，则（）A．三棱锥的体积为定值B．存在线段，使平面平面C．为中点时，直线与所成角最小D．三棱锥的外接球半径的最大值为【答案】AD【分析】利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、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，求出的最大值，进而可求得三棱锥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，因为平面，平面平面，所以，点到平面的距离等于，的面积为，所以，，A选项正确；对于BC选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则、、、、、、、，、，设平面的法向量为，，，由，取，可得，设，可得点，其中，则，所以，，解得，故平面与平面不平行，B选项错误，，，设直线与所成角为，则，当时，取得最大值，此时最小，C选项错误；对于D选项，由题意可知，三棱锥的外接球球心在过线段的中点且垂直于平面的垂线上，设球心为，易知点，由，可得，整理可得，因为，则，所以，三棱锥的外接球的半径为，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，在四棱锥中，底面为平行四边形，，平面，．（1）证明：平面；（2）若，与平面所成角为，求二面角的大小．【答案】（1）证明见解析，（2）【分析】（1）根据题意，由平面，可得，再由可判断平面，得到，而∥，从而可得，再由线面垂直的判定定理可得结论；（2）根据题意，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可【详解】（1）证明：因为平面，平面，平面，所以，因为，,所以平面，因为平面，所以，因为底面为平行四边形，所以∥，所以，因为，，所以平面；（2）解：由（1）可知，因为，，所以，因为平面，所以为在平面上的射影，因为与平面所成角为，所以，所以，所以以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则,所以，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，所以，因为二面角为锐二面角，所以二面角为，20．如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，底面为直角梯形，，，．（1）证明：平面平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度．【答案】（1）证明见解析；（2）或.【分析】（1）利用面面垂直的性质定理直接证明即可；（2）设的长度为，求得平面的法向量，再利用，解方程即可.【详解】（1）证明：底面为直角梯形，，，，又平面平面，且平面平面，平面，又平面，平面平面；（2）如图建立空间直角坐标系，设的长度为，为等边三角形，且，故，则，，，，故，，，设平面的法向量，则，即，令，则，即，，又直线与平面所成角的正弦值为，故，解得或，故的长度为或.21．在三棱台中，，，，，且平面.设P､Q､R分别为棱AC､FC､BC的中点.（1）证明：平面平面PQR；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）只需证明，，即可证明平面平面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，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.则，从而.由平面，且平面，得.由，且为三角形ABC的中位线，得.又，则平面ADFC.注意到平面ADFC，则.又，则平面PQR.所以平面平面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，则，，，.故，，.设是平面BDE的法向量，则所以取，得.设是平面BDC的法向量，则所以取，得.设二面角的平面角为，则，又，所以.从而二面角的平面角的正弦值为.22．如图，在多面体中，平面平面，为等边三角形，四边形为正方形，，且，，分别为，的中点．（1）求二面角的余弦值；（2）作平面与平面的交线，记该交线与直线交点为，直接写出的值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）取、的中点，分别记为、，连接，，，证明、、两两相互垂直，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值即可求得二面角的余弦值；（2）延长交的延长线于，连接并延长交于，交的延长线于，则为平面与平面的交线，再由已知结合比例关系可得．【详解】（1）取、的中点，分别记为、，连接，，为等边三角形，四边形为正方形，，，平面面，且平面面，平面，平面，平面，平面，又，平面，故、、两两相互垂直．以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，则，0，，，2，，，2，，，3，，，，，，0，，，．又，，且，平面，故平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，由，取，得．由图可知，二面角为锐二面角，记为，则；（2）延长交的延长线于，连接并延长交于，交的延长线于，则为平面与平面的交线，由比例关系可得．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.①；②与平面所成的角为.如图，在三棱柱中，是边长为的正三角形，，平面平面，是线段的中点，__________.（1）求与所成角的余弦值；（2）求二面角的余弦值.【答案】选①（1），（2）；选②（1），（2）.【分析】选①（1）先证明平面，建立空间直角坐标系，求出向量，的坐标，计算即可；（2）先求平面、平面的一个法向量，计算即可；选②：（1）先由已知条件证明是等腰直角三角形，建立空间直角坐标系，求出向量，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、平面的一个法向量，利用空间向量夹角公式计算即可求解；【详解】选①，（1）是边长为的正三角形，是线段的中点，则，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，如图：以的中点为原点，以过点垂直于的直线为轴，以所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，所以，，所以，所以与所成角的余弦值为，（2），，设平面的一个法向量，则令，则，，所以，设平面的一个法向量，则令，则，，所以，设二面角的平面角为，则，因由图知为锐角，所以余弦值为，二面角的余弦值为.选②：与平面所成的角为.因为平面平面，且与平面所成的角为，则，因为，所以，因为是线段的中点，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以以的中点为原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，则，，，所以与所成角的余弦值为，（2），，设平面的一个法向量，则令，则，，所以，因为，，，所以平面，所以平面的一个法向量，设二面角的平面角为，则，因由图知为锐角，所以余弦值为.所以二面角的余弦值为.24．如图，四棱锥的底面是菱形，平面，，，点是棱上一点．（1）求证：；（2）当是的中点时，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）证得平面，根据线面垂直的性质即可得出结论；（2）设，连接，证得平面，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）因为平面，且平面，所以，又因为底面是菱形，所以，且，所以平面，又因为平面，所以；（2）设，连接，因为为的中点，所以，所以平面，所以以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，所以，则，设平面的法向量，则，即，取，设平面的法向量，则，即，取，则由图可知：二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.25．在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面底面，．（1）求证：；（2）点，分别在棱，，，，求平面与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）连接，设，连接，由于四边形为边长为的正方形，所以，由等腰三角形的性质可得，由面面垂直的性质可得底面，则，再由等腰三角形的判定可得；（2）以为坐标原点，射线，，的方向分别为轴，轴，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，设，连接，底面为边长为的正方形，，，平面底面，平面底面，平面，底面，底面，，．（2）以为坐标原点，射线，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，由（1）可知，可得，，，，，，，，，，设平面的法向量，．，令，可得，，设平面的法向量，，，令可得，因为所以．所以平面与平面所成角的正弦值为26．设空间两个不同的单位向量，与向量的夹角都等于．（1）求和的值；（2）求的大小．【答案】（1）；；（2）．【分析】（1）根据模长和夹角的坐标表示列方程可得解；（2）由，结合（1）可求坐标，进而得解.【详解】（1）∵，∴、，又∵与的夹角为，∴，∴，另外，∴，；（2），由（1）知，，∴、是方程的解，∴或，同理或，∵，∴或，∴，∵，∴．27．已知，．（1）求；（2）求与夹角的余弦值；（3）求确定、的值使得与轴垂直，且．【答案】（1）；（2）；（3），．【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）取轴上的单位向量，由与轴垂直，且，利用数量积运算求解.【详解】（1）因为，，所以.（2）∵，，∴，∴与夹角的余弦值为，（3）取轴上的单位向量，，依题意，即，故，解得，．28．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为底面直径.已知.（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）利用正弦定理易得的边长，再利用勾股定理可得，由此即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面与的法向量，利用向量夹角公式即可得解【详解】（1）设的边长为，则，解得，在中，，同理，由于，故，又，平面（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设平面的一个法向量为，则，即，取，则，故设平面的一个法向量为，则，即，取，则，故又由图象可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为29．如图，正方形所在平面与等边所在平面互相垂直，设平面与平面相交于直线.（1）求与所成角的大小；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）45°；（2）.【分析】（1）由四边形为正方形，可得，再由线面平行的判定定理可得平面，由线面平行的性质定理可得，由可得与所成角的大小是；（2）分别取、的中点、，连接，可得、、两两垂直，所以以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、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）∵四边形为正方形，∴，∵平面，平面，∴平面，又∵平面，且平面平面直线，∴，∵四边形为正方形，∴，故与所成角的大小是；（2）分别取、的中点、，连接，由为等边三角形，可知，由四边形为正方形，知，∵平面平面，平面平面，且平面，∴平面，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，于是，，，设平面的一个法向量为，由，取，可得；设平面的一个法向量为，由，取，可得.∴.由图可知，二面角为锐二面角，则其余弦值为.30．如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，，平面平面，是的中点，且.（1）求证：平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）依题意可得为直角三角形，即可得到，根据面面垂直的性质定理即可证明；（2）由（1）可知即为直线与平面所成角，即可得到，再利用勾股定理求出，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）在中，因为是的中点，且，所以，所以为直角三角形，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面（2）因为平面，所以直线与平面所成角为，所以，又，，，所以，在中，设，则，所以，即，解得，即，作交于点，因为，所以，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，设面的法向量为，所以，令，则，，所以，设面的法向量为，所以，令，则，，所以，设二面角为，显然二面角为锐二面角，所以；31．如图，在等腰梯形中，，，，为中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置（平面）.（1）证明：；（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）设的中点为，连接、，证明出平面，进而可得出；（2）证明出平面，然后以为原点，为轴、为轴、为轴，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）设的中点为，连接、，翻折前，因为，，为的中点，则，且，故四边形为平行四边形，则，故，所以，为等边三角形，为的中点，则，因为，则，翻折后，则有，在中，，，，由余弦定理可得，，所以，，，平面，平面，故；（2）在平面内作，垂足为，平面，平面，所以，，，，平面，所以，直线与平面所成角为，因为，，则，所以，，故、两点重合，即平面，以为原点，为轴、为轴、为轴，建立空间直角坐标系，则、、，则，，设平面的一个法向量为，则，即，令，得，易知平面的一个法向量为，所以，，则.因此，二面角的正弦值为.32．如图，正三棱锥中，与底面所成角正切值为．（1）证明：面；（2）设为的中心，延长到点使得，求二面角的平面角的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取底面中心，不妨设，根据线面角可得，由勾股定理可得，根据正棱锥的性质可得，进而可得结果；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，易得面的法向量，求出面的法向量，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，则有面，所以即为与底面所成角，不妨设，则有，，在正中，因为，所以．在中，因为，所以①又因为正三棱锥，所以②所以面．（2）因为为等边三角形，取中点，则，作，则面．以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系．则有：，，，，，，所以，所以．因为面，所以为面的法向量，设面的法向量为，所以由．所以，所以二面角的大小为．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，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）.【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，其中，根据线面角的向量求解方法表示，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，P（0，0，1），C（0，，0），B（1，0，0），所以＝（0，，－1），＝（1，0，－1），因为l∥PC，所以可设，其中，，因为，所以，所以，当且仅当时，.34．如图，在七面体中，四边形是菱形，其中，为等边三角形，且，为的中点.（1）证明：平面；（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】(1)利用线面垂直的判定证平面，得到，再证平面；(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，，因为为菱形的边上的中点，所以，又，由余弦定理得，由，知，即，又，所以.根据题意，有又，都在平面内，且相交于点所以平面又平面，所以.在等边三角形中，因为为的中点，所以.又在菱形中，，所以.因为，都在平面内，且相交于点，所以平面.(2)因为平面与平面的交线为，由(1)知，，，所以为二面角的平面角，设，则有，由(1)知，平面，又平面，所以平面平面，过点作交于点，则有平面，又为等边三角形，所以，，，.在和中，由余弦定理得，，所以则，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.【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．已知正方体中，分别为棱的中点.（1）求证；四点共面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出，坐标得，从而得四边形为平行四边形即可证明；（2）分别求出平面与平面的法向量和，利用向量法求解二面角的公式即可求解.【详解】解：如图建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2，（1）因为，，，，所以，，所以，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以四点共面；（2），设平面的法向量分别为，则，即，取得，同理可得，平面的法向量，所以，由图可知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.四、填空题36．在正四棱锥中，，，分别是，的中点，设异面直线与所成角的大小为，则__________．【答案】【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，，设异面直线与所成角的大小为，则故答案为：37．正方体中，与平面所成角的正弦值为___________.【答案】【分析】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则、、、、，设平面的法向量为，，，由，取，则，，.因此，与平面所成角的正弦值为.故答案为：.38．已知二面角为，在与的交线上取线段，且，分别在平面和内，它们都垂直于交线，且，，则的长为_________.【答案】【分析】利用，将其两边同时平方即可求，再开方即可求解.【详解】如图：，，，所以，所以，所以的长为，故答案为：.39．已知，，，若点满足，则点的坐标为________．【答案】【分析】设，则，再由坐标相等列方程可得解.【详解】设，则，，，∵，∴，∴点坐标为．故答案为：.40．在空间直角坐标系中，、，若，则的值为________．【答案】或【分析】根据空间两点距离公式列式求解即可.【详解】，∴，∴，∴或．故答案为：或.41．已知、，设点、在平面上的射影分别为、，则向量的坐标为________．【答案】【分析】根据题意可得、，进而得解.【详解】点、在平面上的射影分别为、，∴向量的坐标为．故答案为：.42．在空间直角坐标系中，已知向量与向量共线且满足方程，则向量的坐标为________．【答案】【分析】设，，由数量积运算可得，进而可得坐标.【详解】∵与共线，故可设，，由得：，故，∴．故答案为：.43．已知点关于坐标平面的对称点为，点关于坐标平面的对称点为，点关于轴的对称点为，则点的坐标为________．【答案】【分析】利用空间点关于平面对称点的求法求解.【详解】点关于坐标平面的对称点的坐标为，点关于坐标平面的对称点的坐标为，点关于轴的对称点的坐标是．故答案为：44．点在平面内的射影为，则________．【答案】【分析】利用空间点在平面内的射影求解.【详解】点在平面内的射影为，∴、、，∴．故答案为：0五、双空题45．边长为2的正方体内（包含表面和棱上）有一点，、分别为、中点，且（，）．（1）若（），则______．（2）若（），则三棱锥体积为______．【答案】【分析】（1）以，，为基底，把向量，分别用基底表示，利用两个向量相等的条件即可算出；（2）由得，，，三点共线，利用（1）把k求出来，再利用等体积法算出到面的距离，三角形的面积，即可算出体积.【详解】如图，（1）,所以，所以.（2），，因为，所以，所以，所以，如图，连接，，分别与，交于点，，连接，过点作，在正方体中，易证面，所以面，因为，因为，所以，所以，，所以，故答案为：（1）；（2）.46．已知正四面体内接于半径为的球中，在平面内有一动点，且满足，则的最小值是___________；直线与直线所成角的取值范围为___________.【答案】【分析】（1）先由正四面体内接于半径为的球中，求出四面体的棱长和高，由高和求出点的轨迹，从而确定的最小值.（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，求出直线与直线所成角的余弦值，求出余弦值取值范围，从而出所成角取值范围.【详解】设A在面内的投影为E，故E为三角形BCD的中心，设正四面体的棱长为，球的半径为.则，，依题可得，球心在上，，代入数据可得，则，，又，，故的轨迹为平面BCD内以E为圆心，为半径的圆，，三点共线时，且P在BE之间时，的最小值是.以E为圆心，BE所在直线为x轴建立如图所示直角坐标系，，，，，设，，故，，设直线与直线所成角为，∵，∴，又，故，故答案为：，.【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，在直角梯形中，，.已知.将沿直线翻折成，连接.当三棱锥的体积取得最大值时，异面直线与所成角的余弦值为___________；若此时三棱锥外接球的体积为，则a的值为___________.【答案】；.【分析】①取中点E，中点F，连接，，可证得平面，，以E为坐标原点，分别以､､所在直线为x､y､z轴建立空间直角坐标系，求得，，进而由夹角公式可得结果；②首先得出点是三棱锥外接球的球心，且球半径，代入球的体积公式可解得.【详解】在直角梯形中，∵，，，∴，，可得，即，当平面平面时，三棱锥的体积取得最大值，取中点E，中点F，连接，，则，∵平面平面，且平面平面，∴平面，∵，，∴，以E为坐标原点，分别以､､所在直线为x､y､z轴建立空间直角坐标系，则，，，∴，，设异面直线与所成角为，则，即异面直线与所成角的余弦值为；显然，又，所以点是三棱锥外接球的球心，且球半径.由，解得.故答案为：①；②.【点睛】关键点点睛：第二空的关键点是：确定点是三棱锥外