1、立体几何与空间向量专题复习（答案版）

立体几何与空间向量期末专题复习（答案版）专题01第八章立体几何小题题型1几何体的表面积与体积1．【答案】18【分析】设母线长为，由弧长公式计算可得；【详解】解：设母线长为，圆锥的底面半径为，则侧面展开的扇形的弧长为，由题意，即，因为，故．故答案为：18.2．【答案】【分析】直接利用侧面积公式计算得到答案.【详解】圆台的侧面积为.故答案为：3．【答案】【分析】利用锥体的体积公式可求得结果.【详解】由题意可知，该圆锥的体积为.故答案为：.4．【答案】B【分析】根据题意，结合正三角形的面积公式和棱柱的体积公式，即可求解.【详解】由题意，直三棱柱的所有棱长都为，可得高为则底面正三角形的面积为，所以该直三棱柱的体积为.故选：B.5．【答案】B【分析】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线为，由圆台的侧面积得，再由圆台的高为可得体积．【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线为，则圆台的侧面积，可得，又因为圆台的高为，可知，故有，圆台的体积．故选：B.6．【答案】/【分析】由球体体积公式直接求解.【详解】由球的体积公式.故答案为：7．【答案】【分析】计算半径为，再计算表面积得到答案.【详解】球的半径，故球的表面积为．故答案为：8．【答案】B【分析】根据正方体与其外接球之间的关系，求出外接球的半径，即可得出球的表面积．【详解】解：易知，正方体的体对角线是其外接球的直径，设外接球的半径为，则，故．所以．故选：B．9．【答案】【解析】设上、下底面半径分别为、，圆台高为，化简即得解.【详解】设上、下底面半径分别为、，圆台高为，根据轴截面可知，即，所以．故答案为：【点睛】本题主要考查圆台的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.题型2几何体的线面关系的判断10．【答案】A【分析】利用异面直线的意义结合线面平行的判定判断AB；利用面面平行的意义及判定判断CD作答.【详解】对于A，令直线为异面直线，在直线a上取点O，过O作直线，则直线确定一个平面，在直线b上取点，过作直线，则直线确定一个平面，在空间取点，使点，过点A作，显然确定平面，，因此，A正确；对于B，令直线为异面直线，当点与直线确定的平面平行于直线时，过点B不能作一个平面与两条异面直线都平行，B错误；对于C，令点为平面内不共线三点，当平面经过线段的中点时，点到平面的距离相等，此时平面与平面相交，C错误；对于D，当一条直线与两个相交平面的交线平行，并且这条直线都不在这两个平面内时，这条直线与这两个平面平行，而这两个平面相交，D错误.故选：A11．【答案】D【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系即可得出真命题.【详解】由题意，A项，其结论是判定线面平行的问题，因此，该直线是否在平面内显得非常重要.与两相交平面的交线平行的直线，既可在平面内，也可不在平面内，故A错误.B项，平行同一直线的平面，可以平行，也可以相交，故B错误.C项，垂直于同一平面的两个平面平行或相交，故C错误.D项，由直线与平面垂直的性质知，垂直于同一平面的两条直线平行，D正确.故选：D.12．【答案】B【分析】由线面、面面的平行、垂直的判定与性质逐一判断即可.【详解】l，m，n表示不同的直线，α，β，y表示不同的平面，对于①，若m∥l，且m⊥α，则由线面垂直的判定定理得l⊥α，故①正确；对于②，若α⊥β，β⊥y，则α与y相交或平行，故②错误；对于③，如图，若α∩β＝l，β∩y＝m，α∩y＝n，结合图形得l，m，n交于同一点，故③错误.故选：B.13．【答案】D【分析】A、B、C，画图举例判断；D.由面面平行的判定定理判断.【详解】A.如图所示：，存在一条直线，，，但平面与平面相交，故错误；B.如图所示：，存在一条直线，，，但平面与平面相交，故错误；C.如图所示：，存在两条平行直线，，，，，，但平面与平面相交，故错误；D.如图所示：，在平面内过b上一点作，则，又，且，所以，故正确；故选：D14．【答案】C【分析】ABD均可举出反例，由线面垂直的性质可得得到C正确.【详解】对于A，垂直于同一平面的两平面相交或平行，如图1，，，而，相交，故A错误；对于B，平行于同一直线的两平面相交或平行，如图2，满足，，但相交，B错误；对于C，垂直于同一平面的两直线平行，故C正确；对于D，平行于同一平面的两直线相交、平行或异面，如图3，满足，，但相交，故D错误.故选：C.15．【答案】C【分析】由线、面平行和垂直的判断与性质定理判断每个选项.【详解】对A，若，则或，故A错；对B，若，则或相交，故B错；对C，由面面垂直的性质、线面垂直的判定定理可知，故C正确；对D，，则或相交，故D错.故选：C16．【答案】B【分析】根据线线、线面、面面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，若，则与可能平行，所以A选项错误.B选项，两个平面垂直于同一个平面，则这两个平面平行，所以B选项正确.C选项，若，则可能含于，所以C选项错误.D选项，若，且与所成的角和与所成的角相等，则可能与异面或相交，故选：B17．【答案】A【分析】平移到,再连接，再解三角形即可求出答案.【详解】平移到,再连接，则或其补角为异面直线与所成的角，设正方体的棱长为2，易得，，，由余弦定理得故选：A.18．【答案】A【解析】取的中点，则因为侧面底面BCD，侧面底面，侧面，所以平面，因为平面，所以，所以就是直线AC与底面BCD所成的角，因为，，，所以，在直角中，，在直角中，，即，所以直线AC与底面BCD所成角的大小为，故选：.19．【答案】【解析】设，连接，平面，平面，，，四边形为正方形，，，平面，平面，又平面，，是二面角的平面角，由，得：.故答案为：.20．【答案】C【解析】如图，过A作，垂足为，连结，易知为A到直线BD1距离.在中，，在正方体中，易得面，又面，故，则在中，，由，得，故A到直线BD1距离为.故选：C.21．【答案】A【分析】根据线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定定理可得平面PAB，则有，再利用等体积法即可得出答案.【详解】解：因为平面ABC，平面ABC，所以，又因为，即，因为，所以平面PAB，又平面PAB，所以，因为，，所以，的面积，设点A到平面PBC的距离为h，则三棱锥的体积，即，解得，即点A到平面PBC的距离为.故选：A.22．【答案】C【解析】因为为长方体，所以面⊥面ABCD，过A作AE⊥BD于E，则AE⊥面，所以直线与平面的距离为AE.在直角三角形ABD中，由等面积法可得：，故选：C专题2第八章立体几何大题题型1共点、共线、共面1．【详解】（1）∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点∴GH是的中位线，∴GHB1C1，又在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1BC，∴GHBC，∴B，C，H，G四点共面．2．证明：因为，所以.由已知可得，，，平面ABC，平面ABC，所以平面ABC，所以平面ABC.同理，平面ADC，平面ADC.所以为平面ABC与平面ADC的一个公共点.又平面平面，所以，所以P，A，C三点共线.3．证明：延长CE交DA的延长线于点O，易得.在与中,∴∴∴O､F､三点共线.∴三条直线DA､CE､交于一点O.题型2平行4．【详解】（1）

证明：取SA中点M，连接BM，EM.又E分别为SD的中点，所以，且ME＝AD，因为底面ABCD为菱形，F分别为BC的中点，所以BF＝AD，，所以，且ME＝BF.所以MEFB为平行四边形.所以.又因为EF平面SAB，平面SAB，所以平面SAB.5．【详解】（1）∵，平面，平面，∴平面.又∵平面，且平面平面，∴.6．证明：∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EFBC，∵平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF平面BCHG，∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，，，∴A1GEB，，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1EGB，∵平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E平面BCHG，∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA1，∴平面EFA1平面BCHG.7.【详解】（1）证明：连接，因为分别是棱的中点，所以,平面,平面,所以平面，因为分别是棱，的中点，所以,.所以四边形是平行四边形，则,.平面,平面,所以平面，因为平面，且，所以平面平面，因为平面，所以平面.题型3垂直8．【详解】（1）在中，，O为AC的中点．则中线，且；同理在中有，则；因为，O为AC的中点．所以且；在中有，则，因为，平面ABC，所以⊥平面ABC．9．求证为正方形，．又平面平面，且平面平面，面，平面，平面，则，，，，则，得．又，平面，平面；10．【详解】（1）因为平面底面，，平面底面，平面，所以底面.（2），，为中点，，则四边形平行四边形，，所以四边形为矩形，，.底面，平面，.又平面，且，平面，平面，.和分别是和的中点，，.又，，平面，平面，平面，平面平面.11．【详解】（1）证明：，∵设，∴，，,∴，∴，∴，∴，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，∵平面，∴．专题03空间直角坐标系与空间向量题型1空间向量的线性运算1．【答案】A【分析】根据空间向量的线性运算计算得解.【详解】因为是的中点，，分别是，的中点，所以.选：A2．【答案】A【分析】根据向量共面，建立方程组，解得答案.【详解】由，，共面，可设，则，由，解得，代入第三个方程可得：，解得.故选：A.3．【答案】B【分析】根据平行关系可知，由向量坐标运算可构造方程求得结果.【详解】，，，解得：.故选：B.题型2空间向量的数量积的运算及应用4．【答案】A【分析】由向量的运算可得，，由向量数量积的定义即可得到答案.【详解】由题得夹角，夹角，夹角均为，，，，故选：A.5．【答案】C【分析】，然后平方可算出答案.【详解】在平行六面体中，，，，，，∵∴，∴.故选：C.6．【答案】24【分析】利用向量的数量积直接求解.【详解】因为，，所以.所以.故答案为：24题型3利用空间向量证明平行问题7．【答案】C【分析】以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，根据条件求得点的坐标，即可得到结果.【详解】以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，由题意可得，则，所以，设平面的法向量为，则，解得，令，则所以平面的一个法向量为因为平面，则设，则，所以解得，所以，即故选:C.8．【答案】-3【分析】由，可得，由向量平行的坐标运算解出，可得结果.【详解】依题意，若，则，有，解得，，∴.故答案为：-39．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据中位线的性质证明线线平行即可证明线面平行；（2）根据结合锥体体积公式求解即可.【详解】（1）是与的交点，是的中点，又是棱的中点，，又平面平面，平面.（2）.题型4利用空间向量证明垂直问题10．【答案】C【分析】根据平面垂直的法向量表示求解.【详解】因为，所以，解得，故选：C11．【答案】(1)0(2)证明见解析【分析】（1）由空间向量数量积的运算法则求解，（2）由数量积为0证明两向量垂直，再由直线与平面垂直的判定定理证明，【详解】（1）设平行六面体的棱长为1.令，，，则，.则有，故.故，.（2），.故，.故，即.又由（1）知，，平面，所以平面.12．【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）根据线面垂直的定义得到，根据等腰三角形的性质得到，然后根据线面垂直的判定定理和定义证明即可；（2）将点到平面的距离转化为点到平面的距离，然后求体积即可.【详解】（1）在三棱柱中，平面，则平面，由平面，则，因为，则，又为的中点，则，又，平面，则平面，由平面，因此，.（2）设点到平面的距离为，则等于点到平面的距离，.13．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据等边三角形与平行四边形的性质，利用线面垂直的性质定理以及判定定理，结合面面垂直判定定理，可得答案；（2）根据线面垂直性质定理，结合三角形的面积公式求得三棱锥底面积，利用三棱锥体积公式，可得答案.【详解】（1）证明：因为，且为等边三角形，所以，因为，，所以四边形ABCD为平行四边形，又为等边三角形，可得，四边形ABCD为菱形，所以，因为平面ABCD，且平面，所以，因为平面，且，所以平面PAC，因为面PBD，所以平面平面PBD.（2）已知平面ABCD，，在等边中，，因为平面PAD，且平面，所以，因为，为边长为2的等边三角形，所以，在，则，，所以，所以四棱锥的体积.专题04空间角与距离的计算题型1异面直线所成的角1．【答案】A【分析】根据题目条件可知，即为平面与平面构成二面角的平面角，将异面直线与所成角的余弦值转化成直线方向向量夹角余弦值的绝对值即可.【详解】根据题意可知，即为平面与平面构成二面角的平面角，所以，设正方形边长为1，异面直线与所成的角为，，，,所以即所以；即，所以，异面直线与所成角的余弦值为.故选：A.2．【答案】【分析】根据异面直线夹角求余弦值的坐标公式，可得答案.【详解】设异面直线和所成角为，则.故答案为：.3．【答案】(1)，(2)【分析】（1）根据向量的线性运算法则求解；（2）用表示，计算，由向量法求异面直线所成的角．【详解】（1），，，，即，解得；（2）由（1）知设异面直线与所成角为，则.题型2直线与平面所成的角4．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值，从而求出余弦值.【详解】因为三棱柱是直三棱柱，且，所以以B为原点、AB所在直线为x轴、BC所在直线为y轴、所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示．因为，所以，故．设为平面的一个法向量，则，令，得．设直线与平面，所成的角为，则，则．故选：D．5．【答案】A【分析】根据线面角的向量法求解即可.【详解】因为平面的一个法向量为，直线的一个方向向量为，所以直线与平面所成角的正弦值为.故选：A.6．【答案】(1)，(2)【分析】（1）先利用正四面体几何性质用表示，进而求得；（2）先求得直线与直线所成角的余弦值，进而得到直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）连接并延长交于，则为中点，则，，则（2）根据题意，平面，因此，直线与平面所成角的正弦值即为直线与直线所成角的余弦值的绝对值.，且故.则直线与平面所成角的正弦值为.题型3面面夹角7．【答案】C【分析】根据题意可得，结合空间向量的数量积的定义及运算律可求得，即可得结果.【详解】设平面ABD与平面CBD的夹角为，由题意可得：，∵，则，即，解得，由，可得，故平面ABD与平面CBD的夹角为.故选：C.8．【答案】C【分析】根据坐标可求出，根据夹角的范围以及平面的夹角与平面法向量之间的关系即可求出答案.【详解】解：由已知可得，，，所以.设为平面与平面的夹角，则，又，所以.故选：C.9．【答案】(1)2(2)【分析】（1）由图及题意可得是二面角的平面角，后可得棱AC的长；（2）建立以C为原点的空间直角坐标系，利用向量方法可得答案.【详解】（1）因平面ABC，平面ABC，则.又，，平面，平面，则平面.又平面，则，故是二面角的平面角，则.又，则.（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，.可得，，，.设平面的法向量为，则，取，得.设平面的法向量为，则，取，得由，得平面与平面的夹角为60°，故平面与平面的夹角的正切值为.题型4点到直线的距离10．【答案】A【分析】根据空间向量数量积的坐标表示求出，利用同角三角函数的关系求出，结合计算即可求解.【详解】空间内三点，，，所以，，，，由，所以，所以点A到直线的距离.故选：A.11．【答案】B【分析】根据直线的方向向量为，取直线的一个单位方向向量为，计算代入空间中点到直线的距离公式即可求解.【详解】依题意，因为直线的方向向量为，所以取直线的一个单位方向向量为，由，可得，所以，，所以.故选：B.12．【答案】(1)2(2).【分析】（1）利用面面垂直得出线面垂直，建立坐标系，利用空间向量求解点到直线的距离；（2）分别求解平面与平面的法向量，利用法向量求解两平面的夹角.【详解】（1）取的中点，连接，并过点作的平行线，交于，则.因为，所以.因为平面平面，平面平面平面，所以平面，因为平面，所以.以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为，则，直线的一个单位方向向量为，点到直线的距离.（2），设平面的法向量为，则令，设平面的法向量为，则令，设平面与平面的夹角为，则.所以平面与平面夹角的余弦值为.题型5点面距13．【答案】B【分析】根据给定条件，利用空间向量点到平面的距离公式计算作答.【详解】依题意，，所以点到平面的距离.故选：B14．【答案】/【分析】求出面的法向量，利用向量法得出到平面的距离.【详解】因为，所以，，设平面的法向量为，由，可得，取，则，即到平面的距离为.故答案为：15．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）建立空间直角坐标系，用向量法证明直线垂直；（2）用空间向量法求点面距，根据条件列方程求出参数值．【详解】（1）以A为坐标原点，AD，AA1，AB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，则，，，，，,所以=，=，所以·=2×2+0+2×=0，所以⊥，故BC⊥C1E；（2）因为=，=，所以=+=+λ=，设平面BB1M的法向量为，则，令x=1+λ，则，因为=，所以C1到平