专题01 空间向量与立体几何（五大题型+好题推送）（期末真题汇编，北京专用）高二数学上学期人教B版

学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题01空间向量与立体几何（五大题型+好题推送） ☆5大高频考点概览 考点01点、直线、平面之间的位置关系 考点2空间向量的基本运算 考点3空间几何体 考点04空间向量与立体几何 考点05立体几何中的劣构问题 考点06动点及存在性、折叠问题 考点07立体几何与其他知识点综合 目目 考点01 点、直线、平面之间的位置关系 1.己知，B是空间中两个不同平面，m,n是两条不同直线，则下列命题中正确的是() A.若m11a,n/1B,a/1B,则m∥n B.若mca,ncB,a⊥B,则m⊥n C.若m⊥a,n⊥阝，m∥n,则a/B D.若m⊥n,m⊥a,n/1B,则a⊥B 2.己知1，m是两条不同的直线，a,B是两个不同的平面，且1ca,a∩B=m,则“1∥m”是“川B”的() A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 3.己知，B是两个不同的平面，直线1ca,则1⊥B”是“a⊥B”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 4.下列说法正确的是() A.平行于同一直线的两个平面平行 B.平行于同一平面的两条直线平行 C.垂直于同一平面的两个平面平行 D.垂直于同一直线的两个平面平行 5.在空间直角坐标系O-z中，点A4,-2,8)到平面x0z的距离与其到平面Oz的距离的比值等于() A B.月 C.2 D.4 6.在空间直角坐标系O-z中，点A1,2,1,B(-1,2,-1,则() A.直线AB∥坐标平面xOy B.直线AB⊥坐标平面xOy 1/27 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 C.直线AB∥坐标平面xOz D.直线AB⊥坐标平面xOz 7.棱长为2的正方体ABCD-A,B,CD,中，P是BC,中点，则异面直线PD与AB所成角的余弦值是() A.3 2 6 B. C.3 D.2 6 3 3 8.长方体ABCD-A,B,C,D中，AA=AD=2,AB=2V2,则异面直线DB,与AA,所成角的大小为() A.30° B.45° C.60° D.90° 9.正四棱锥P-ABCD的所有棱长均为2，则侧面与底面所成角的余弦值为() A B. c. 2 D.3 3 10.如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，点E,F分别是棱AC1,BC的中点，则下列结论中不正确的是() E A 9 B F B A.CC‖平面AABB, B.AF‖平面AB,C C.EF‖平面AABB, D.AEI平面B,BCC, 11.如图，在正方体ABCD-A,B,C,D,中，直线CB与直线AC所成角的大小为() D …方 C B A. 6 B.π 4 D. 12.在正四面体ABCD中，棱AB与底面BCD所成角的正弦值为() A.3 B.6 c 3 D. 22 3 3 3 13.己知底面边长为2的正四棱柱ABCD-A,B,C,D,的体积为8√，则直线AC与A,B所成角的余弦为() A.③ B. C.3 D.V2 2 4 4 2/27 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 14.在正方体ABCD-A,B,CD,中，直线AB,与BC,所成角大小为 15.在直三棱柱8C-4G,中，∠ACB-受4C=BC=C,点D是4C的中点，则8D与4所成角的余 弦值为」 16.如图，已知M是正方体ABCD-A,B,C,D,的棱AB的中点，则直线AM与CD所成角的余弦值为 D C B D C M B 17.在空间直角坐标系中，若直线1的方向向量是v=（-2,2,),平面α的一个法向量是n=(2,0,1),则直线1 与平面α所成角的正弦值等于 18.如图，己知E,F分别为三棱锥D-ABC的棱AB,DC的中点，则直线DE与BF的位置关系是 (填“平行”，“异面”，“相交”). E 目目 考点02 空间向量的基本运算 19.在四面体0-ABC中，若AM=MB,ON=NC,OA=a,OB=b,OC=c,则NM=() A.-(a+B+c) B.(a+6-c) 2 C.(a-b+) D.() 20.己知四面体0-ABC中，设OA=a,OB=b,OC=c,D为BC的中点，E为0D的中点，则A正用向 量a,b,c可表示为() 3/27 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.i+26+c 1 44 B.-e 1.1 C.-a+5b+5c 2 2 -6- D. 21.已知{a,6,c为空间的一组基底，则下列向量也能构成空间的一组基底的是() A.a+b、b-c、a+c B.-a+b+2c、b+c、a+b C.a+2b、a+2c、a+b+c D.a+c、a-b、b-c 22.己知向量a=(1,-2,2),万=(3，k,6),若a/1b,则实数k的值为() A.6 B.2 C.-2 D.-6 23.设x∈R,向量a=1,x,1),b=(2,-4,2),a/6,则x=() A.-4 B.-3 C.-2 D.-1 24.已知向量a=(-1,2,10,b=(3,x,y),且a∥b,那么y=() A.-18 B.9 C.-9 D.18 25.如图，在四面体OABC中，点E,F分别为AB,OC的中点，则EF=() B A.-204-108+0c B.-oc D.0i+0B+0c 26.已知a,6,c,d均为空间向量，其中a=1,0,0),6=(01,0),c=(0,0,1),若从a,i,c,d这4个向量中任取 3个向量，均能构成空间中的一组基底，则向量ā的坐标可以为 27.已知三棱锥P-ABC中，设AB-a,AC=b,AP=c,O为BC中点，则OP=(） A.-a-b+c B.a+b+c C.-1a-18+c D.a+ib+c 2”2 2 2 28.己知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形，M为侧棱PC上的点，且PM=2MC,若 4/27 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 BM=xAB+yAD+zAP,xy+=() M B 5 A. 3 29.如图，在三棱锥O-ABC中，D是BC的中点，若0A=a,OB=b,OC=c,则AD等于() B A.-a+b+c B.-a+b-c C.-a+1B+1c 2 D. 30.在空间直角坐标系O-xz中，点M(2,-3,1)关于原点对称的点的坐标为() A.（-2,-3,-1B.2,3,-1 C.（-2,3,1 D.（-2,3,-1 31,若直线1的方向向量为21m川，平面a的法向量为分2， 且1⊥a,则m=() A.1 B.2 C.3 D.4 32.若平面a,的法向量分别为a=(-1,2,4),6=x,-1,-2),且aLB,则x的值为() A.10 B.-10 C. D.-月 33. 已知向量a=(4,m,0),万=1,212)，且a1,则实数1=一， a-b=_ 目目 考点03 空间几何体 5/27 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 34.有下面两组几何体，根据要求填写所有符合条件的序号. 第①组：两个三棱锥分别是下图（左）中的A-ABD,和下图（右）中的B,-ABD. D D A B D D B B 第②组：两个均由棱长为1的正方体组成的组合体 其中，第组中的两个几何体的体积相同，第 组中的两个几何体不同.（两个几何体相 同指的是它们可以通过整体平移或旋转后重合.) 35.某景观亭（如图1）的上部可视为正四棱锥S-ABCD(如图2).已知AB长为4米，且平面SAD⊥平 面SBC,则顶点S到直线AB的距离为】 米；正四棱锥S-ABCD的侧面积为 平方 米 D B 图1 图2 36.中国国家博物馆中的清代仿官窑四方委角象耳瓶向我们展示了我国古代工匠的高超技艺：瓶唇口，直 颈，颈两侧饰对称象耳，方腹委角，高圈足外撒.其中“委角”是一种工艺术语，指的是将方形器物的尖角 抹平，向内收缩，如同把角折起来.如图，该瓶的瓶身相当于是在长方体ABCD-A,B,C,D,中抹去八个形状 与大小都相同的三棱锥.在长方体ABCD-A,B,C,D,中，AB=BC=x,AA,=2,E为AA,的中点，F与G 分别是棱AD与棱AB上的点，且满足AE=AF=AG.己知委角之后的瓶身体积是长方体ABCD-A,B,C,D,体 6/27 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 积的8，则长方体ABCD-4BC,D,的体对角线长度为 9 D A分 G 37.庑殿（图1）是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，多用于宫殿、坛庙、重要门楼等高级建筑上，庑 殿的基本结构包括四个坡面，坡面相交处形成5根屋脊，故又称“四阿殿”或“五脊殿”.图2是根据庑殿顶构 造的多面体模型，底面ABCD是矩形，且四个侧面与底面的夹角均相等，则()， 图1 图2 A.AB=BC+EF B.AB=BC +EF C.AB=BC+EF D.AB=2BC-EF 38.正三棱柱ABC-A,B,C,的所有棱长都为4，E,F分别是B,C,AB的中点，则EF的长是() A C B A.2W5 B.27 C.4 D.6 39.已知正四棱锥P-ABCD的高为4，棱AB的长为2，点H为侧棱PC上的一动点，则△HBD面积的取小 值为() 7/27 厨学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.√2 B.4V2 c.3 D.V2 3 2 3 40.《九章算术》中的方亭指的是正四面形棱台体建筑物，正四面形棱台即今天的正四棱台.如图，某方亭 的上底面与下底面的边长分别为4和8，每个侧面与下底面夹角的正切值均为√4，则方亭的侧面积为() A.64V15 B.4815 C.1215 D.4V15 41.两个项点朝下竖直放置的圆锥形容器盛有体积相同的同种液体（示意图如图所示），液体表面圆的半 径分别为3,6，则窄口容器与宽口容器的液体高度的比值等于」 42.某玩具模型设计图为一个六面几何体，如图所示，ABC、△BCE和△BCD均为等边三角形，测得 AB=4cm,AE=AD=DE=6cm,则这个玩具模型的体积是cm3. B E 目目 考点04 空间向量与立体几何综合 8/27 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 43.己知六面体ABCDEF的底面ABCD是矩形，AB=4,AD=3,AF∥DE且DE=2AF=4. E B (I)求证：BF∥平面DEC; (2)若DE⊥平面ABCD,求直线BF与平面BEC夹角的正弦值 44.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=4 ,E为PA的中点，F为PC中点 B (1)求证：PD⊥CD; (2)设平面BEF与平面PAD的交线为1， (i)求二面角B-1-A的余弦值； (ⅱ)求直线1与直线PC所成角的余弦值 45.如图，在斜三棱柱ABC-A,B,C中，AB=BC,点M为AC的中点. B C B (I)求证：BC∥平面ABM; (2)若平面AACC⊥平面ABC,求证：BM⊥AC. 46.如图，平面PAB⊥平面ABCD,PA=PB=3,ABIIDC,DC=2AB=2BC=4,AB⊥BC,E为PD中 点 9/27 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E B (1)求证：AE∥平面PBC; (2)求平面ABE与平面PAB所成角的余弦值 47.如图在正方体ABCD-A,B,C,D,中，E为DD,的中点. B B (1)求证：BD/1平面ACE; (2)求直线AD与平面ACE所成角的正弦值. 48.如图，在直三棱柱ABC-A,B,C,中，BA⊥BC,BC=3,AB=AA,=4 B B (1)证明：直线AB,⊥平面ABC; (2)求二面角B-CA,-A的余弦值 49.如图，四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD,底面ABCD为直角梯形，∠DAB=∠ADC=T, PA L AD,AB=3,CD AD=2,PA=23 10/27 专题01 空间向量与立体几何（五大题型+好题推送） 5大高频考点概览 考点01 点、直线、平面之间的位置关系 考点02 空间向量的基本运算 考点03 空间几何体 考点04 空间向量与立体几何 考点05 立体几何中的劣构问题 考点06 动点及存在性、折叠问题 考点07 立体几何与其他知识点综合 地 城 考点01 点、直线、平面之间的位置关系 1．已知是空间中两个不同平面，是两条不同直线，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】C 【分析】由平面的基本性质，结合线线、线面关系及平面法向量概念判断各项正误即可. 【详解】对于A，若，，，则或相交，或是异面直线，故A错误； 对于B，若，，，则或相交，或是异面直线，故B错误； 对于C，若，，则直线的方向向量分别为的法向量， 又，所以，故C正确； 对于D，若，，则或，又，所以或与相交，故D错误； 故选：C. 2．已知l，m是两条不同的直线，，是两个不同的平面，且，，则“”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】利用线面平行的性质定理与判定定理即可判断出关系． 【详解】因为，，，则， 所以“”是“”的必要条件； 因为，，， 所以，且，所以， 所以“”是“”的充分条件； 则“”是“”的充要条件． 故选：C． 3．已知是两个不同的平面，直线，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】由面面垂直的判定定理及性质定理即可判断 【详解】根据面面垂直的判定定理，可知若，则成立，满足充分性； 反之，若，则与的位置关系不确定，即不满足必要性， 所以“”是“”的充分不必要条件， 故选：A. 4．下列说法正确的是（   ） A．平行于同一直线的两个平面平行 B．平行于同一平面的两条直线平行 C．垂直于同一平面的两个平面平行 D．垂直于同一直线的两个平面平行 【答案】D 【分析】通过找出的反例，判断ABC正误；利用直线垂直平面的性质判定D的正误，得到结果. 【详解】作正方体，   平面，平面，平面平面，A选项错误； 平面，平面，，B选项错误； 平面平面，平面平面，平面平面，C选项错误； 根据线面垂直的性质定理可知垂直于同一直线的两条平面平行，D选项正确. 故选：D 5．在空间直角坐标系中，点到平面的距离与其到平面的距离的比值等于（    ） A． B． C．2 D．4 【答案】B 【分析】由题意点到平面的距离与其到平面的距离的比值等于其纵坐标与横坐标的比的绝对值. 【详解】由题意点到平面的距离与其到平面的距离的比值等于. 故选：B. 6．在空间直角坐标系中，点，则（    ） A．直线坐标平面 B．直线坐标平面 C．直线坐标平面 D．直线坐标平面 【答案】C 【分析】首先求向量的坐标，再判断向量与坐标平面的法向量的关系，即可判断选项. 【详解】由题意可知，， 平面的法向量为， 因为，且 所以与既不平行也不垂直，所以直线与坐标平面既不平行也不垂直， 故AB错误； 坐标平面的法向量为， ，所以，且平面，故C正确，D错误. 故选：C 7．棱长为2的正方体中，是中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】的中点为，有，余弦定理求即可；或建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成的角. 【详解】解法一：连接，取的中点，连接，如图所示，   分别是的中点，，则是异面直线与所成角或其补角. 正方体棱长为2，面对角线长为，由正方体的结构可知， 中，，，则， 同理，在中，，， 由余弦定理可知. 所以异面直线与所成角的余弦值是. 解法二：以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 有，， 所以异面直线与所成角的余弦值是. 故选：A. 8．长方体中，，则异面直线与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过平移说明即异面直线与所成角，借助于直角三角形和三角函数定义即可求得. 【详解】 如图所示，因，则即异面直线与所成角. 连接，在中，， 则，即异面直线与所成角为. 故选：C. 9．正四棱锥的所有棱长均为2，则侧面与底面所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作出辅助线，证明线面垂直，得到线线垂直，得到即为侧面与底面所成角，求出各边长，得到. 【详解】连接相交于点，取的中点，连接，，， 则⊥平面， 因为平面，所以⊥， 又，⊥，所以⊥， 又，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 故即为侧面与底面所成角， 正四棱锥的所有棱长均为2，故， 由勾股定理得， 由， 故. 故选：D 10．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点E，F分别是棱A1C1，BC的中点，则下列结论中不正确的是（　　） A．CC1∥平面A1ABB1 B．AF∥平面A1B1C1 C．EF∥平面A1ABB1 D．AE∥平面B1BCC1 【答案】D 【分析】利用线面平行的判定定理逐项判断即可． 【详解】解：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，可得CC1∥AA1，AA1⊂平面A1ABB1，CC1⊄平面A1ABB1，∴CC1∥平面A1ABB1，故A正确； AF⊂平面ABC，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，可得平面ABC∥平面A1B1C1，∴AF∥平面A1B1C1，故B正确； 取A1B1中点N，又E是A1C1中点，∴NE∥C1B1，且NE＝C1B1， 又F是棱BC的中点，所以BF＝C1B1，AF∥C1B1，∴BF∥NE，BF＝NE， ∴四边形BFEN是平行四边形，∴EF∥BN，BN⊂平面A1ABB1，EF⊄平面A1ABB1，∴EF∥平面A1ABB1，故C正确； ∵EC1∥AC，但EC1≠AC，∴AE与CC1相交，从而有AE不平行于平面B1BCC1，故D错误． 故选：D． 11．如图，在正方体中，直线与直线所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 连接、，可得且为等边三角形，即可得直线与直线所成角的大小. 【详解】 连接，，在正方体中，易得， 故直线与直线所成角的大小与直线与直线所成角大小相等， 又，故为等边三角形，故， 即直线与直线所成角的大小为. 故选：C. 12．在正四面体中，棱与底面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意作出线面角的平面角，利用线面垂直和勾股定理即可求出正弦值为. 【详解】如下图所示： 取为底面的中心，为底面的中点，连接； 由正四面体性质易知底面，且三点共线， 所以即为棱与底面所成角的平面角， 取正四面体的棱，可得， 由正三角形中心可得，勾股定理可得 所以； 故选：B 13．已知底面边长为2的正四棱柱的体积为，则直线与所成角的余弦为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据异面直线所成角及余弦定理即可求解. 【详解】如图，连接，则， 正四棱柱的体积为， 则，则， 则为异面直线与所成角， 则，， 故. 故选：D    14．在正方体中，直线与所成角大小为 ． 【答案】 【分析】先连接，由异面直线的夹角可得直线与所成角即为，由为等边三角形可得. 【详解】    如图，连接，， 由正方体性质知，则直线与所成角即为， 因都是正方体的面对角线，所以， 故为等边三角形，故， 故答案为：. 15．在直三棱柱中，，点是的中点，则与所成角的余弦值为 . 【答案】 【分析】根据条件建立空间直角坐标系，表示向量，结合公式求解即可得到结果. 【详解】 设，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ∴， ∴， ∴与所成角的余弦值为. 故答案为：. 16．如图，已知M是正方体的棱的中点，则直线与所成角的余弦值为 . 【答案】 【分析】首先根据异面直线所成角的定义，转化为相交直线所成角，再求解其余弦值. 【详解】因为，所以直线与所成角即为直线与所成角, 即为所求角，， 设正方体棱长为2，点为的中点，所以，, 所以， 所以直线与所成角的余弦值为. 故答案为： 17．在空间直角坐标系中，若直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则直线与平面所成角的正弦值等于 . 【答案】/ 【分析】利用空间向量的坐标求出直线与平面法向量夹角的余弦值，即可得到直线与平面所成角的正弦值. 【详解】直线与平面所成角的正弦值即直线与平面法向量夹角的余弦值的绝对值． 设直线与平面所成的角为，则： 所以. 故答案为：. 18．如图，已知E，F分别为三棱锥的棱的中点，则直线与的位置关系是 （填“平行”，“异面”，“相交”）． 【答案】异面 【分析】假设共面推出矛盾. 【详解】假设直线共面，平面， 由，则平面， 同理，平面，故共面， 这与是三棱锥矛盾，故假设错误，故直线异面. 故答案为：异面. 地 城 考点02 空间向量的基本运算 19．在四面体中， 若，，，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作图，由，得到分别为中点，利用空间向量的线性关系得到即可. 【详解】如图： ∵，，∴分别为中点， ∴ ， 故选：B. 20．已知四面体中，设，，，为的中点，为的中点，则用向量可表示为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量的线性运算的几何表示可得. 【详解】 如图，， 故选：A 21．已知为空间的一组基底，则下列向量也能构成空间的一组基底的是（    ） A．、、 B．、、 C．、、 D．、、 【答案】D 【分析】根据空间向量基底的概念逐项判断即可. 【详解】对于A选项，因为，则、、共面， 所以，、、不能构成空间的一组基底； 对于B选项，因为，则、、共面， 所以，、、不能作为空间的一组基底； 对于C选项，因为，则、、共面， 所以，、、不能作为空间的一组基底； 对于D选项，假设、、共面， 则存在、使得， 由于为空间的一组基底，则，该方程组无解， 故假设不成立，即、、不共面， 所以，、、可以作为空间的一组基底. 故选：D. 22．已知向量，，若，则实数k的值为（   ） A．6 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】根据向量平行的坐标表示，即可求解. 【详解】因为，， 所以，所以，. 故选：D 23．设，向量，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用向量共线的充要条件求解即可. 【详解】因为向量，，，所以存在，使得， 即，解得， 故选：C. 24．已知向量，且，那么（    ） A． B．9 C． D．18 【答案】D 【分析】，则，使得，据此计算即可. 【详解】依题意，由可知，，使得，于是，解得 于是. 故选：D. 25．如图，在四面体中，点E，F分别为的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量的加减以及数乘运算，即可求得答案. 【详解】由题意可得, 故选：A. 26．已知均为空间向量，其中，，，若从这4个向量中任取3个向量，均能构成空间中的一组基底，则向量的坐标可以为 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】由题意得可以构成空间的单位正交基底，设，则，根据空间向量基本定理及平面向量基本定理可得结果. 【详解】∵，，，∴， ∴， ∴可以构成空间的单位正交基底， 设，则， ∵从这4个向量中任取3个向量，均能构成空间中的一组基底， ∴与中的任意两个向量均不共面， 根据平面向量基本定理可得均不为零， ∴向量的坐标可以为（答案不唯一）. 故答案为：（答案不唯一）. 27．已知三棱锥中，设，，，为中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间向量的线性运算法则求解． 【详解】由题意， 故选：C． 28．已知四棱锥的底面ABCD是平行四边形，为侧棱上的点，且， 若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】运用向量的线性运用表示向量，进而求得，进而求值即可. 【详解】因为，所以，所以， 所以，所以， 又，所以， 所以. 故选：C. 29．如图，在三棱锥O－ABC中，D是BC的中点，若，，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用空间向量的线性运算计算即可. 【详解】因为D为BC的中点，所以， 又， 所以． 故选:C． 30．在空间直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由空间直角坐标系对称点的特征即可求得结果. 【详解】根据空间直角坐标系中点坐标的特征可知， 关于原点对称的点的坐标需要把横坐标、纵坐标、竖坐标都变为原来的相反数， 所以点关于原点对称的点的坐标为. 故选：D 31．若直线的方向向量为，平面的法向量为，且，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】由可知，直线的方向向量与平面的法向量平行，列方程组求解即可. 【详解】∵直线的方向向量为，平面的法向量为，且， ∴直线的方向向量与平面的法向量平行， 则存在实数使， ∴，解得， 故选：D. 32．若平面α，β的法向量分别为＝(－1，2，4)，＝(x，－1，－2)，且α⊥β，则x的值为（    ） A．10 B．－10 C． D．－ 【答案】B 【分析】由α⊥β，可得它们的法向量也互相垂直，从而可求出x的值 【详解】解：因为α⊥β，所以它们的法向量也互相垂直， 所以＝(－1，2，4)·(x，－1，－2)＝0， 解得x＝－10． 故选：B 33．已知向量，，且，则实数 ， . 【答案】 【分析】运用向量垂直坐标表示和模长公式计算即可. 【详解】，则，解得. 则，，. . 故答案为：；13. 地 城 考点03 空间几何体 34．有下面两组几何体，根据要求填写所有符合条件的序号． 第①组：两个三棱锥分别是下图（左）中的和下图（右）中的．    第②组：两个均由棱长为1的正方体组成的组合体.    其中，第 组中的两个几何体的体积相同，第 组中的两个几何体不同．（两个几何体相同指的是它们可以通过整体平移或旋转后重合．） 【答案】 ①② ①② 【分析】第①组：利用等体积法求出两个三棱锥分别是下图（左）中的和下图（右）中的的体积，第②组：数出小正方体的体积即可判断；分别说明两个三棱锥和各个面的特点，第②组：通过平移或旋转不重合. 【详解】第①组：设正方体边长为，由正方体性质可得， 左图中的体积 ， 右图中的体积 ， 体积相等， 第②组中两个几何体都是由12个体积为1的正方体组成的组合体，故体积相等； 第①组：在左图中中， 由正方体的性质可知面和都为直角三角形， 而由平面，平面，所以， 所以面也为直角三角形， 同理，面也为直角三角形，即四个面都为直角三角形， 而在右图中中，面为等边三角形，故两个几何体不同； 第②组中的第二个几何体通过旋转得到    与第一个几何体不同. 故答案为：①②；①② 35．某景观亭（如图1）的上部可视为正四棱锥（如图2）．已知长为4米，且平面平面，则顶点S到直线的距离为 米；正四棱锥的侧面积为 平方米． 【答案】 【分析】根据平行关系，构造直二面角的平面角，根据几何关系，即可求解. 【详解】设平面和平面交于过点的直线， 因为，平面，平面， 所以平面，平面，且平面平面， 所以， 取的中点，连结， ，，即，， 因为平面平面， 所以，且，， 所以， 所以点到的距离为； 正四棱锥的侧面积为. 故答案为：； 36．中国国家博物馆中的清代仿官窑四方委角象耳瓶向我们展示了我国古代工匠的高超技艺：瓶唇口，直颈，颈两侧饰对称象耳，方腹委角，高圈足外撇……其中“委角”是一种工艺术语，指的是将方形器物的尖角抹平，向内收缩，如同把角折起来．如图，该瓶的瓶身相当于是在长方体中抹去八个形状与大小都相同的三棱锥．在长方体中，，，E为的中点，F与G分别是棱与棱上的点，且满足.已知委角之后的瓶身体积是长方体体积的，则长方体的体对角线长度为 ． 【答案】4 【分析】由题意结合柱体和锥体的体积公式建立关于x的方程，求出x即可计算求解长方体的体对角线长度. 【详解】由题长方体体积为，， 所以抹去的八个形状与大小都相同的三棱锥的体积之和为， 所以， 所以长方体的体对角线长度为. 故答案为：4. 37．庑殿（图1）是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，多用于宫殿、坛庙、重要门楼等高级建筑上，庑殿的基本结构包括四个坡面，坡面相交处形成5根屋脊，故又称“四阿殿”或“五脊殿”．图2是根据庑殿顶构造的多面体模型，底面是矩形，且四个侧面与底面的夹角均相等，则（    ）．       A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设点在底面上的射影为，作，，垂足分别为，，设四个侧面与底面的夹角为，即可得到，根据三角形全等得到方程，整理即可. 【详解】如图所示，设点在底面上的射影为，作，，垂足分别为，． 则为侧面与底面的夹角，为侧面与底面的夹角， 设四个侧面与底面的夹角为，则在和中，，    又为公共边，所以，即，整理得． 故选：A 38．正三棱柱的所有棱长都为，分别是的中点，则的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点为，连接，结合勾股定理即可求解； 【详解】 取的中点为，连接， 由正三棱柱的性质易知：平面, 又面， 所以，又， 所以， 故选：A 39．已知正四棱锥的高为4，棱的长为2，点为侧棱上的一动点，则面积的取小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正四棱锥的性质得到平面，，然后根据，，得到的范围，最后根据三角形面积公式求面积的最小值即可. 【详解】取中点，连接、、， 因为四棱锥为正四棱锥，所以平面，， 因为为中点，所以， 因为平面，所以， 因为，，所以，， 在直角三角形中，当时，最小，为， 当点和点重合时，最大，最大为4，所以， ，所以当时，的面积最小为. 故选：B 40．《九章算术》中的方亭指的是正四面形棱台体建筑物，正四面形棱台即今天的正四棱台.如图，某方亭的上底面与下底面的边长分别为4和8，每个侧面与下底面夹角的正切值均为，则方亭的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用侧面与下底面的夹角的正切值均为，求得正棱台的高，进而求得其斜高，结合侧面积公式，即可求解. 【详解】设上底面为，下底面为，取的中点，的中点，连接， 设上底面的中心为，下底面的中心为，连接， 过点作于点，如图所示， 因为， 所以即为侧面与下底面夹角的平面角，即， 又因为， 所以，所以， 所以， 所以方亭的侧面积为. 故选：B. 41．两个顶点朝下竖直放置的圆锥形容器盛有体积相同的同种液体（示意图如图所示），液体表面圆的半径分别为3，6，则窄口容器与宽口容器的液体高度的比值等于 . 【答案】4 【分析】根据圆锥体积公式，利用半径比以及体积相等即可得. 【详解】设窄口容器的液体高度为，宽口容器的液体高度为， 由液体体积相同及液体表面圆的半径分别为3，6可得， 即可得，所以. 故答案为：4 42．某玩具模型设计图为一个六面几何体，如图所示，、和均为等边三角形，测得cm，cm，则这个玩具模型的体积是 cm3. 【答案】 【分析】取中点 ，连接 ，可证明 平面 ，可得三棱锥 的体积为 ，再根据对称性可知三棱锥 ，三棱锥 ，棱锥 全等，进而可得答案. 【详解】如图，取 中点 ，连接 ， 则由 、 和 均为等边三角形， 可得 ， ，又 ， 平面 平面 ，又易知 ， ， 等腰三角形 的底边 边上的高为 ， 三角形 的面积为 ， 三棱锥 的体积为 ， 又根据对称性可知三棱锥 ，三棱锥 ，棱锥 全等， 这个玩具模型的体积是 . 故答案为： . 地 城 考点04 空间向量与立体几何综合 43．已知六面体的底面是矩形，，，且. (1)求证：平面； (2)若平面，求直线与平面夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，利用平行四边形和矩形的性质可得，根据线线平行可得线面平行. （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法计算可得结果. 【详解】（1） 如图，取中点，连接. ∵且，∴，， ∴四边形是平行四边形，∴，， ∵四边形是矩形，∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形，∴， ∵平面，平面， ∴平面. （2）∵平面，∴， ∵四边形是矩形，∴， 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，， ∴，，. 设平面一个法向量为， 则，即， 令，则，即， 设直线与平面所成角为，则， ∴直线与平面夹角的正弦值为. 44．如图，在四棱锥中，，，，，，为的中点，为中点. (1)求证：； (2)设平面与平面的交线为， （ⅰ）求二面角的余弦值； （ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）由已知可得，又，进而可得平面，可证结论； （2）（ⅰ）取的中点，连接，可证两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，立空间直角坐标系，求得平面和的一个法向量，利用向量法可求二面角的余弦值；（ⅱ）设平面，平面，交线即为直线，设，利用向量法可求得的坐标，进而利用向量的夹角公式可求得直线与直线所成角的余弦值. 【详解】（1）因为平面，因为平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面，又平面，所以. （2）（ⅰ）取的中点，连接， 因为，，，， 所以四边形为矩形， 所以. 又因为平面， 可得两两垂直， 所以以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，如图建立空间直角坐标系. 则，，，，. 因为分别为中点， 所以，， 所以，，，     是平面的一个法向量.      设平面的法向量为， ，即， 令，则，，于是， 所以， 因为二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为.     （ⅱ）设平面， 因为平面与平面的交线为，平面， 所以交线即为直线. 设，则. 因为， 所以， 所以. ① 因为在直线上， 所以. ② 由①②解得， 所以，     所以.     因为，     设直线与直线所成角为， 所以.     所以直线与直线所成角的余弦值为. 45．如图，在斜三棱柱中， ，点为的中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接交于点，连接.借助平行四边形性质和中位线性质，得到，结合线面平行判定进而得到线面平行；（2）运用面面垂直性质得到线面垂直，再用线面垂直性质得到线线垂直即可. 【详解】（1）连接交于点，连接. 因为为平行四边形，所以为的中点                                在中， 为中位线，所以，                                   又平面，平面，                        所以平面.     （2）在中，，点为的中点，所以，     因为平面平面，平面平面，底面， 所以平面， 又平面，所以． 46．如图，平面平面，，，，，为中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点为，通过四边形为平行四边形，即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解； 【详解】（1）取的中点为，连接， 由为中点可得：， 又，， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，又在平面内，在平面外， 所以平面； （2）取的中点为，，知， 因为平面平面，又平面平面，平面， 所以平面，过点作的平行线交与点， 易知两两垂直，如图建系: 因为，， 可得， 则， 所以， 则， 设平面的法向量为， 可得：，即， 令，可得， 所以， 易知平面的法向量为， 所以平面与平面所成角的余弦值， 由图可知所求二面角为锐角， 故平面与平面所成角的余弦值为. 47．如图.在正方体中，E为的中点． (1)求证：平面ACE； (2)求直线AD与平面ACE所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）连连接BD与AC交于点O，根据中位线定理可知，然后根据线面平行的判定定理可得. （2）建立空间直角坐标系，计算，平面的一个法向量，然后根据空间向量的夹角公式计算即可. 【详解】（1）如图所示： ， 连接BD与AC交于点O， 因为O，E为中点， 所以,又平面，平面， 所以平面； （2）建立如图所示的空间直角坐标系 令，所以 设平面的一个法向量为 所以，令 所以， 所以直线AD与平面ACE所成角的正弦值 48．如图，在直三棱柱中，. (1)证明：直线平面； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证明直线平面，只需证明和即可结合线面垂直的判定定理得证. （2）建立适当的空间直角坐标系，分别求出形成二面角的两个面的法向量，由向量夹角余弦值结合二面角的平面角为锐角即可得解. 【详解】（1）在直三棱柱中，平面平面， 所以. 又，平面， 所以平面， 又平面，所以. 由，得四边形为正方形，所以. 又，平面， 所以平面. （2）因为平面，所以两两互相垂直， 故以为原点，的方向分别为轴､轴､轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则. 所以. 设平面的法向量为，则，即， 令，则，于是. 由（1）可知：是平面的一个法向量. 因为， 由图可知二面角的平面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. 49．如图，四棱锥中，平面平面，底面为直角梯形，，，，，.    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由题意得，利用线面平行的判定定理，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解空间距离即可， （3）根据法向量的夹角即可求解. 【详解】（1）底面为直角梯形，，， 又平面，平面， 平面； （2）平面平面，且平面平面， 又，平面， 又，即， 则以为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示：    又，，， 则，，，，， 故，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则，， 平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. （3）设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 平面的一个法向量为， 又平面，则平面的一个法向量为， ， 由图形得二面角所成角为锐二面角， 二面角的所成角的余弦值为． 50．如图，四边形为矩形，平面平面，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）结合线面垂直及面面垂直的知识，先证平面，再证平面； （2）利用向量法求出平面的法向量，求出直线与平面所成角即可. 【详解】（1）法1： ，， ，又． 四边形为矩形，． 平面平面，且平面平面，平面, 平面．平面，． 平面,平面． 法2：平面平面，且平面平面， 且平面,, 平面．平面，． 由两两垂直，则以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系． , ， 由．可得，， 平面，平面． （2）结合上问可知：， 设平面的法向量为 则，． 即，令，则．即． 因为， 设所求角的大小为．则 故直线与平面所成角的大小. 51．如图，四边形为梯形，，四边形为矩形，平面，，. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）首先证明，再利用平面，得到，再结合四边形为矩形得到平面，进而得到，最后得到平面，最终得证； （2）以为原点，建立合适的空间直角坐标系，写出相关向量，计算出平面的法向量为，则可计算出线面角的正弦值. 【详解】（1）   连接，平面，平面，， ，，，，， 在中，由余弦定理得， ，， 平面，平面，， 四边形为矩形，， ，平面，平面，平面， 平面，， 又，平面，平面，平面， 平面，. （2）由（1）知，，，， ，，两两垂直， 以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则 令，则，，于是， 设直线与平面所成角为，， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 52．如图，在四棱锥中，侧棱底面，四边形为平行四边形，，，，是的中点. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)答案见详解 (2) 【分析】（1）构造线线平行，证明线面平行； （2）借助等体积法求点到面的距离. 【详解】（1）如图：连接，交于，连接， 因为四边形是平行四边形，所以为中点，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）因为平面，平面，所以， 又，，平面，，所以平面， 平面，所以. 所以底面为矩形. 因为为中点，所以、到平面的距离相等，设为. 由， 而，， 中，，，，所以是直角三角形，且， 所以，即为所求. 53．如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点.    (1)求证：； (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，根据向量的垂直及可求解， （2）求解平面法向量，即可根据夹角公式求解. 【详解】（1）由于,故建立如图所示的空间直角坐标系，则, , 故， 故，因此 （2）由于平面，故平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， , 故，令，则， 设二面角的平面角为，由图可知为钝角， 故 54．如图，在三棱柱中，平面，，，. (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由平面得，又，建立空间直角坐标系，由线面角公式即可求出结果. （2）由点到平面的距离公式即可求出结果. 【详解】（1）因为平面，平面，所以，又因为，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，,,,,,, 设平面的法向量为 得，取， 设直线与平面所成角为，所以. （2）因为, 设点到平面的距离为，所以. 55．如图，在直三棱柱中，，，D，E分别为，的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用法向量与方向向量的关系即可求证， （2）利用法向量的夹角即可求解. 【详解】（1）因为是直三棱柱， 所以底面. 因为底面，底面， 所以，. 因为，如图建立空间直角坐标系. 设，则，，，，. 因为D，E分别为，的中点， 所以，. 所以，. 因为底面，所以是平面的一个法向量. 因为，所以. 因为平面，所以平面. （2）因为，，设平面的法向量为， 所以即令，则，.于是. 设平面与平面的夹角为， 所以. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 56．如图，已知正方体的棱长为，为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得平面； （2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系. 因为正方体的棱长为，是的中点， 所以、、、、、、， ，. 设平面的法向量为，由， 令，则，，所以. 因为，所以， 因为平面，所以平面； （2）由（1）知，平面的法向量. 又平面的法向量为. 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. 【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下： （1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标； （2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）； （3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值. 57．如图，在直三棱柱中，，，，是的中点. (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，再求平面的法向量结合公式求解线面角正弦即可； （2）应用点到平面距离公式计算即可. 【详解】（1）由，，可得两两垂直， 所以以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，. 设平面的法向量为， 所以即                 令，则，，于是，    设直线与平面所成角为， 则，                   所以直线与平面所成角的正弦值为. （2）因为，                                   所以点到平面的距离为. 58．如图，在棱长为的正方体中，为的中点，与平面交于点. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)2 【分析】（1）可以用面面平行的性质定理证明线线平行，也可以用线面平行的性质定理证线线平行. （2）建立空间直角坐标系，用空间向量求线面角. （3）用空间向量求点到平面的距离. 【详解】（1）法一： 在正方体中， 因为平面平面， 平面平面，平面平面， 所以.   法二： 在正方体中， 因为平面平面，平面， 所以平面.                               又因为平面，平面平面， 所以. （2）如图，建立空间直角坐标系.则                     ，，，，. 所以，，.       设平面的法向量，则 即 . 令，则. 所以.              设直线与平面所成角为， 所以.   所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）因为，所以. 所以点到平面的距离为. 59．如图，在三棱柱中，平面，是边长为的正三角形，分别为 的中点． (1)求证：平面． (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明，，进而根据判定定理即可证明； （2）取的中点为，连接，证明，，进而建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，利用坐标法求解即可； 【详解】（1）解：在三棱柱中，因为平面，平面， 所以． 又为等边三角形，为的中点， 所以． 因为平面， 所以平面 ． （2）解：取的中点为，连接， 因为在三棱柱中，四边形为平行四边形，分别为的中点， 所以， 因为平面，平面， 所以 所以．由（1）知， 故建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz， 由题意得 所以，． 设平面的法向量， 则，令，则，所以． 由题意可知，平面的一个法向量 因为． 由已知可得二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． 60．如图，四棱锥中，平面，过的平面分别与棱交于点M，N． (1)求证：; (2)记二面角的大小为，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面平行判定定理与性质定理可证； （2）建立空间直角坐标系，设，利用法向量方法，用表示两平面法向量夹角的余弦，再由向量夹角与二面角大小关系求最大值. 【详解】（1）因为，平面，平面， 所以平面. 因为过的平面分别与棱交于， 所以； （2）因为平面，平面，平面， 所以， 又因为， 如图，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设， 则， 设平面即平面的法向量为， 则，令，则， 于是； 设平面即平面的法向量为， 则，令，则， 于是， 所以， 因为，所以， 由二面角的大小为， 根据的方向判断可得， 所以，当时，的最大值为. 地 城 考点05 立体几何中的劣构问题 61．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，分别为，的中点． (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值． 条件①：异面直线与所成角的余弦值为； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）借助中位线证明平行四边形从而得到线线平行，结合线面平行的判定定理即可得； （2）若选条件①：借助题目条件建立空间直角坐标系，利用异面直线与所成角的余弦值计算出的长度，即可得二面角的余弦值；若选条件②：借助题目条件利用勾股定理求出的长度，再建立空间直角坐标系即可得二面角的余弦值. 【详解】（1）连接点与中点，连接， 由底面为矩形且为中点，故、， 又、分别为，的中点，故、， 故四边形为平行四边形，故， 又平面、平面， 故平面； （2）若选条件①：异面直线与所成角的余弦值为， 连接点与中点，连接， 由，故，故， 又平面平面，平面平面， 平面，故平面， 又平面，故， 由、分别为，的中点，故， 故、、两两垂直， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 设，则有、、、、 、、， 则、， 又异面直线与所成角的余弦值为， 故， 解得，故、， 设平面的法向量为， 则有，即，令，可得、， 故平面的法向量可为， 又平面，故平面的法向量可为， 故， 即二面角的余弦值为. 若选条件②：， 连接点与中点，连接，连接， 由，故，故， 则， 又平面平面，平面平面， 平面，故平面， 又平面，故， 由、分别为，的中点，故， 故、、两两垂直， 同理可得平面，由平面，故， 由，，则， ， 可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则有、、、、、， 、， 设平面的法向量为， 则有，即，令，可得、， 故平面的法向量可为， 又平面，故平面的法向量可为， 故， 即二面角的余弦值为. 62．如图，正方体的棱长为2，E为BC的中点.点在上.再从下列三个条件中选择一个作为已知，使点M唯一确定，并解答问题. 条件①： 条件②：； 条件③：平面. (1)求证：为的中点； (2)求直线EM与平面所成角的大小，及点E到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)； 【分析】（1）分别选条件①②③，结合线面平行位置关系的判定定理和性质定理，即可得证； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量为，利用向量的夹角公式，求得，结合，即可求解. 【详解】（1）选条件①：由， 根据正方体的对称性，此时点为上的任意一点，所以不成立； 选条件②：， 连接，在正方体中，由平面， 因为平面，所以， 又因为，， 所以， 因为平面，所以， 又因为为的中点， 所以为的中点． 选择条件 ③：平面， 连接，因为平面，平面， 且平面平面，所以， 因为为的中点，所以为的中点． （2）在正方体中，两两互相垂直，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．于是， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的大小为， 点到平面的距离为. 63．如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，分别为的中点.    (1)求证：平面； (2)若，再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知．求二面角的大小. 条件①：； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）取中点，证得，得到四边形为平行四边形，证得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面. （2）选择条件①：根据题意，证得，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解；选择条件②：以为原点，连接，求得，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：取中点，连接， 在中，分别为的中点，所以且， 在菱形中，因为且， 所以,所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，且平面，所以平面.    （2）解：选择条件①： 因为平面，平面， 所以. 连接，因为，且， 所以，在菱形中，，即为正三角形， 又因为为中点，所以， 以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，因为且. 又因为为正三角形且，所以， 则，则， 由平面，可得平面的法向量为， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 所以，所以二面角的大小为.    选择条件②： 因为平面，且平面，所以. 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 连接，因为且，又因为又为中点，所以， 所以为正三角形且，所以， 则，则， 由平面，可得平面的法向量为， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 所以，所以二面角的大小为.    64．如图，在四棱锥中，平面，，，，是的中点. (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值. 条件①：； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接点与中点，连接，由题意可证四边形是平行四边形，故，由线面平行的判定定理即可得证； （2）若选条件①，则可由结合题意推出平面，从而得到，借助几何性质及勾股定理从而计算出，再得到、、两两垂直，即可建立空间直角坐标解决二面角问题；若选条件②，由结合直角三角形的几何性质可推出，即可重复选条件①时步骤解决问题. 【详解】（1）连接点与中点，连接，由是的中点， 故为中位线，故且， 又且，故且， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2）若选条件①：， 由平面，且平面， 故，又，， 、平面，故平面， 又平面，故， 连接点与中点， 由，则， 又，，故四边形为矩形， 故，故， 则， 即，则， 由平面，、平面， 故、，又， 故、、两两垂直， 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则有、、、， 则，有、， 由平面，故平面的法向量可为， 设平面的法向量为， 则有，即，令，则、， 故平面的法向量可为， 则， 即二面角的余弦值为. 若选条件②：， 由平面，且平面， 故，又是的中点， 故，由，故， 故， 由平面，且平面， 故，又，， 、平面，故平面， 又平面，故， 连接点与中点， 由，则， 又，，故四边形为矩形， 故，故， 则， 即，则， 由平面，平面， 故，又，， 故、、两两垂直， 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则有、、、， 则，有、， 由平面，故平面的法向量可为， 设平面的法向量为， 则有，即，令，则、， 故平面的法向量可为， 则， 即二面角的余弦值为. 65．如图，三棱锥中，，平面平面，点是棱的中点，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知. (1)求证：； (2)求二面角的余弦值. 条件①：；条件②：直线与平面所成角为. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）由面面垂直性质定理证明线面垂直，进而得线线垂直， 选①再由长度关系利用勾股定理证明另一组线线垂直， 选②结合线面角的定义证明，由此可得,利用勾股定理证明另一组线线垂直， 则由线面垂直判定理证明线面垂直，由此线线垂直得证； （2）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，利用向量方法求解二面角的大小. 【详解】（1）选择条件①. 取的中点，连接. 因为，所以， 又平面平面，平面， 平面平面， 故平面， 而平面，故，即， 所以， 又，故， 则，即. 因为，平面， 所以平面，平面， 所以. 选择条件②. 取的中点，连接. 因为，所以， 又平面平面，平面， 平面平面， 故平面， 所以在平面内的射影是， 所以是直线与平面所成角. 所以. 由平面，而平面，故，即， 所以，又， 故，则，即. 因为，平面， 所以平面，平面， 所以. （2）由（1）知两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 于是， 由点是棱的中点，所以， 于是，又， 设是平面的法向量， 则， 令，则， 所以是平面的一个法向量，， 又是平面的一个法向量， 设二面角的大小为，由题可知为锐角， 所以. 66．如图，在四棱锥中，，，，，，，E为的中点，平面与棱交于点F． (1)求证：F为的中点； (2)若G为的中点，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值． 条件①：； 条件②：． 【答案】(1)证明见解析 (2)选条件①：；选条件②： 【分析】（1）利用线面平行的判定定理、性质定理，结合条件即得证； （2）选条件①：利用线面平行的判定定理、性质定理得出平面，以点为原点建系，求出相关平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得；选条件②：．计算边长可证得，再由线面垂直的判定定理得出平面，以点为原点建系，求出相关平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】（1）因为，平面，平面， 所以平面， 又平面，平面平面，所以， 因为E为的中点，所以F为的中点； （2）选条件①：， 因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又因为，，所以， 以点为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 得， ，， 设为平面的一个法向量，则 ，令，可得， 设为平面的一个法向量，则 ，令，可得， 由， 由图可知，二面角为钝二面角，故其余弦值为； 选条件②：．连接， 因为，，所以， 可得，由G为的中点，所以， 由得， 所以，又由， 所以，即，且， ，平面，所以平面， 又因为，，所以， 以点为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 得， ，， 设为平面的一个法向量，则 ，令，可得， 设为平面的一个法向量，则 ，令，可得， 由， 由图可知，二面角的余弦值为. 地 城 考点06 动点及存在性、折叠问题 67．如图，在棱长为2的正方体中，点M是的中点，点N是底面正方形ABCD内的动点（包括边界），则下列选项正确的是（    ） A．不存在点N满足 B．满足的点N的轨迹长度是 C．满足平面的点N的轨迹长度是 D．满足的点M的轨迹长度是 【答案】D 【分析】利用正方体中的垂直关系建立空间直角坐标系，设出对应点的坐标，翻译条件求出轨迹方程，注意变量的取值范围，求解轨迹长度即可. 【详解】 如图建立空间直角坐标系，则有，，，，， , 对于A选项，若，则，且，， 故轨迹方程为，当时，，点既在轨迹上， 也在底面内，故存在这样的点存在，A错误； 对于B选项，，，在底面内轨迹的长度是以A为圆心， 1为半径的圆周长的，故长度为，B错误； 对于C选项，，，设面的法向量 故有，解得，故， 平面， ，的轨迹方程为， ，在底面内轨迹的长度为，C错误； 对于D选项，， ，，的轨迹方程为，即， ，在底面内轨迹的长度为，D正确 故选：D. 68．如图，在正方体中，E是棱CD上的动点．则下列结论不正确的是（    ） A．平面 B． C．直线AE与所成角的范围为 D．二面角的大小为 【答案】C 【分析】由平面平面，平面，即可判断A；建立空间直角坐标系计算即可判断选项B；求的范围即可判断选项C；先找出二面角的平面角为即可判断选项D，进而可得正确选项． 【详解】对于选项A：因为平面平面，平面， 所以平面，故选项A正确； 如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，， ，，，对于选项B：，， 因为，所以，即， 故选项B正确； 对于选项C：，，设直线与所成角为， 则， 当时最大等于，此时最小为， 当时最小等于0，此时最大为，所以， 即直线与所成角的范围为，故选项C不正确； 对于选项D：二面角即二面角， 因为，， 平面，平面， 所以即为二面角的平面角， 在正方形中，，所以二面角的大小为， 故选项D正确， 故选：C. 69．如图，正方体中，、分别是、上的中点，是上的动点.下列结论错误的是（    ） A．存在点，使得平面 B． C．平面截正方体所得截面为等腰梯形 D．平面平面 【答案】B 【分析】通过建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，写出相关点的坐标，求得相关向量的坐标，利用空间向量的相关运算即可判断线面、线线以及面面之间的位置关系，逐一判断A，B，D项，对于C，只需通过作截面，说理计算即可判断. 【详解】 如图建系，设正方体的棱长为2. 对于A，易得， 因是的中点，故，点在上，设， 则， 平面的法向量可取为， 由，解得，即存在，使得平面， 此时，点恰为的中点，故A正确； 对于B，由上建系，则， 由，可知与不垂直，故B错误； 对于C，如图，取的中点为，连接，易得， 因，则得，故有，则， 又平面平面，平面平面， 故即为平面与平面的截线， 又，故平面截正方体所得截面为等腰梯形，故C正确； 对于D，由上建系，因为的中点，则，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 又， 设平面的法向量为， 则，故可取， 由，可得， 故平面平面，即D正确. 故选：B. 70．如图，棱长为2的正方体中，，分别是线段和上的动点.对于下列四个结论：    ①存在无数条直线平面； ②线段长度的取值范围是； ③三棱锥的体积最大值为； ④设，分别为线段和上的中点，则线段的垂直平分线与底面的交点构成的集合是圆. 则其中正确的命题有 . 【答案】①③ 【分析】构造面面平行，寻找线面平行，可以判断①的对错；通过特殊位置，可以判断②是错误的；分析三棱锥的高是确定的，求底面积最大值，可得三棱锥体积的最大值，判断③的对错；根据公理，两个平面的交点在一条直线上，可得④是错误的. 【详解】对①：过作，交于，连接，则平面，因为点再上运动，故满足条件的直线有无数条.所以①正确；    对②：当与重合，为中点时，，所以长度取值范围是是错误的； 对③：    因为直线平面，所以到平面的距离为定值，是正方体体对角线的，所以当与重合时，底面积最大，此时的体积最大，为，所以③正确； 对④，当，位置确定时，线段的垂直平分线构成一个平面，它和底面的交点应该是一条直线，所以④错误. 故答案为：①③ 71．如图，在棱长为2的正方体中，点，分别在线段和上．给出下列四个结论： ①的最小值为2； ②三棱锥的体积为； ③有且仅有一条直线与垂直； ④存在点，，使为等腰三角形． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【分析】①由的最小值为和之间的距离判断；，②由等体积法判断；③由，分别与重合和 M是线段的中点，N与重合时判断；④由时判断. 【详解】①点，分别在线段和移动时，的最小值为和之间的距离，故正确； ②三棱锥，故正确； ③当，分别与重合时，由正方体的性质知：； 当M是线段的中点，N与重合时，由正方体的性质知：平面 ， 且平面，则，又因为，且平面，所以平面， 又平面，则，故错误； ④当时，，则，故存在点，，使为等腰三角形，故正确； 故答案为：①②④ 72．如图，在长方体中，，，，分别是棱和上的两个动点，且，则的中点到的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取的中点，连接，以为坐标原点建立空间直角坐标系，结合，利用两点间距离公式，求出的长即可． 【详解】取的中点，连接， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 因为是的中点，所以， 所以，而， 所以，即，所以点到的距离就是， 因为， 所以，即， 所以，即， 所以的中点到的距离为. 故选：D. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是发现，再利用整体法即可得解. 73．如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，动点F沿着线段从点B移动到点．则下列结论中正确的是（    ） A．直线与直线为异面直线 B．恒为钝角 C．三棱锥体积越来越大 D． 【答案】D 【分析】根据直线共面可得A错误，利用的特殊位置可得B错误，利用线面平行可判断C错误，利用线面垂直可判断D正确. 【详解】对于A，易知，所以直线与直线为共面直线，A错误； 对于B，由正方体的性质可知，当F与重合时，为锐角，B错误； 对于C，因为，又平面，平面，所以平面， 又在上，所以到平面的距离为定值， 又三角形也为定值，所以三棱锥体积为定值， C错误； 对于D，因为平面，所以， 又，，所以平面， 因为平面，所以，D正确. 故选：D 74．如图，在正方体中，为棱的中点，为棱（含端点）上的一个动点.给出下列四个结论： ①存在符合条件的点，使得平面； ②不存在符合条件的点，使得； ③异面直线与所成角的余弦值为； ④三棱锥的体积的取值范围是. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②④ 【分析】利用线面平行的判定定理可知当与点重合时，能满足平面，即①正确；建立空间坐标系，假设存在符合条件的点并利用垂直的向量表示可得，不满足题意，即②正确；利用空间向量可求得异面直线与所成角的余弦值为，即③错误；易知的面积为，由空间向量求出点到平面的距离为，即可得④正确. 【详解】对于①，易知，平面，平面， 所以可得平面， 又为棱（含端点）上的一个动点，当与点重合时，能满足平面，即①正确； 对于②，以为坐标原点建立如下图所示的空间直角坐标系， 则，假设存在符合条件的点满足； 则易知， 由可得，解得，不满足题意，舍去； 所以不存在符合条件的点，使得，即②正确； 对于③，易知，可得， 所以， 即异面直线与所成角的余弦值为，即③错误； 对于④，易知， 由余弦定理可得，， 所以的面积为， 设平面的一个法向量为， 由可得， 令，则，即； 又，所以点到平面的距离为， 由可得 可得三棱锥的体积， 因此可得三棱锥的体积的取值范围是，即④正确. 故答案为：①②④ 【点睛】关键点点睛：在求解④中三棱锥的体积的取值范围时，由于锥体的高不易获得，所以可通过空间向量求得点到平面的距离，再结合点竖坐标的取值范围即可得出结论. 75．如图，在正四棱柱中，为棱上的一个动点，给出下列四个结论： ①； ②三棱锥的体积为定值； ③存在点，使得平面； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②③ 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及空间向量的应用，逐项判定，即可求解. 【详解】以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 设，则， 因为，所以，即，所以①正确； 由，因为的面积为定值，点到平面的距离也是定值， 所以为定值，所以②正确； 又由 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为，由，解得，所以③正确； 又因为，，则， 所以不存在点，使得平面，所以④错误. 故选：①②③. 76．正方体的棱长为1，动点M在线段CC1上，动点P在平面上，且平面. （Ⅰ）当点M与点C重合时，线段AP的长度为 ； （Ⅱ）线段AP长度的最小值为 . 【答案】 【分析】（Ⅰ）当点M与点C重合时，可以得到点与点重合，从而可得的长度； （Ⅱ）利用线面垂直得到等量关系，结合二次函数求解最值. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设则,. 因为平面，所以, . （Ⅰ）当点M与点C重合时, , ,此时的长度为； （Ⅱ）. 【点睛】本题主要考查空间中的垂直关系及动线段的长度问题.动点引发的长度变化，要寻求其中不变的关系式，综合运用其他知识求解. 77．如图，在棱长为2的正方体中，点为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足平面平面，给出下列四个结论： ①的面积的最大值为； ②满足的面积为2的点有且仅有4个； ③点可能为的中点； ④线段的最大值为3. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①④ 【分析】先找出的运动轨迹，再结合图形逐项分析，即可得解. 【详解】取的中点为，连接，由为的中点，得， ，则，，又， 则，于是，又平面，平面， 则，又平面，因此平面， 而平面，则平面平面，又平面平面， 于是的轨迹为线段， 对于①，由图知，当在上时，此时三角形面积最大， ，面积的最大值为，①正确； 对于②，由图可知，当或时，的面积为2， 因此满足使的面积为2的点有且只有2个，②错误； 对于③，由图知，点不可能在线段上，点不可能是的中点，③错误； 对于④, 由图知，当与重合时，此时长度最大，最大值为，④正确. 故答案为：①④ 78．如图，正方体的棱长为4，点是棱的中点，点是平面内的动点，且到平面的距离等于线段的长度，则点的轨迹为 ，线段长度的最小值为 ．    【答案】 抛物线 【分析】根据抛物线的定义得出点轨迹，建立空间直角坐标系后由空间两点间距离公式计算． 【详解】因为平面平面，平面平面，而平面， 所以到直线的距离就是到平面的距离， 由到平面的距离等于线段的长度，可知点轨迹是以为焦点，为准线的抛物线， 建立如图所示的空间直角坐标系（的中点为原点，与正方体的棱平行的直线为坐标轴）， ，，， 点的轨迹方程是， ， 所以时，， 故答案为：抛物线；．    79．已知正方体的棱长为2，点M，N分别是棱，的中点，点P在平面内，点Q在线段上，若，则长度的最小值为 .    【答案】 【分析】根据题意，由条件可得点在以为圆心，为半径的位于平面内的半圆上，点到的距离减去半径就是长度的最小值，结合图形，代入计算，即可得到结果. 【详解】 取中点，连接，则平面，所以，因为，正方体的棱长为2，为的中点，所以，，所以点在以为圆心，为半径的位于平面内的半圆上，单独画出平面以及相关点线，所以点到的距离减去半径就是长度的最小值，连接，做交于点，则 ，所以，解得，所以长度的最小值为. 故答案为： 80．如图，在四面体中，平面，点为棱的中点，. (1)证明：； (2)求平面和平面夹角的余弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）由勾股定理得，由平面得，从而平面，进而得出结论； （2）以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式求解； （3）设，则，求得，设直线与平面所成角为，由题意，列式求解即可. 【详解】（1）∵，∴，∴， ∵平面，平面，∴， ∵，平面， ∴平面， ∵平面，∴. （2）以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， , 设平面的法向量为， 由，令，则，， 设平面的法向量为， 由，令，则，， ∴， ∴平面和平面夹角的余弦值为. （3）设，则， 设，则，得， ∴，， 平面的法向量为， 设直线与平面所成角为， 由题意，， ∴，此方程无解， ∴在线段上是不存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为. 81．如图，在四棱锥中，平面为棱的中点，平面与棱相交于点，且，再从下列两个条件中选择一个作为已知. 条件①：；条件②：. (1)求证：； (2)求点到平面的距离； (3)已知点在棱上，直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面平行的性质定理可得； （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得点到平面的距离为； （3）设，利用线面角的向量求法解方程即可求得. 【详解】（1）选择条件①： （1）因为平面平面， 所以平面. 又因为平面，平面平面， 所以. 选择条件②：解法同上 （2）选择条件①： 因为平面，平面， 所以. 又因为， 所以. 因此，即两两垂直. 如图，以为原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系， 所以. 由（1），得，且为棱的中点， 所以点为棱的中点.， 故. 设平面的一个法向量为， 则， 取，则，即. 所以点到平面的距离. 选择条件②： 因为平面，平面 所以， 又因为与相交，平面， 所以平面，平面， 所以， 即两两垂直. 以为原点建立空间直角坐标系及以下步骤同上； （3）选择条件①： 设， 则. 所以. 设直线与平面所成角为， 所以； 化简得，解得， 即. 选择条件②：解法同上 82．在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点E为线段PD的中点，点为线段（不含端点）上的动点. (1)证明：平面平面； (2)若存在点，使得平面与平面的夹角为，求的值. (3)在（2）的条件下，求四面体的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理和面面垂直的判定定理即可求证； （2）以A为原点，分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量表示出平面与平面的夹角即可求解； （3）求出四面体的底面面积，再用向量法求出点到平面的距离即可. 【详解】（1）因为底面为正方形，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为，平面，所以平面， 因为平面PAD，所以， 因为，且E为PD的中点，所以， 又因为，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面. （2）因为平面，平面，所以， 因为四边形是正方形形，所以， 以A为原点，分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系， 则，， 则，，， 设，则 设平面的法向量，则，                        令，则，故， 又因为， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 由题意，，即， 整理得，，解得或（舍）， 所以. （3）由（1）得，平面，所以平面的一个法向量为， 由（2）得，，所以点到平面的距离为，                            又， 所以四面体的体积. 83．如图，在三棱柱中，侧面为矩形，侧面底面，为等边三角形，，，点在上，. (1)求证：为中点； (2)设上一点，若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理得平面，然后证明线面垂直平面，得出线线垂直，最后由等边三角形得证中点； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用空间向量法求二面角的方法可求得值． 【详解】（1）因为四边形是矩形，则， 又因为平面底面，面底面，平面， 所以平面，平面，则， 因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 因为是等边三角形，所以是中点； （2）分别以所在直线为轴，过且平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，， 所以，， 设，则， ， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 显然平面的一个法向量是， 因为平面与平面的夹角的余弦值为， 所以，又，故解得， 所以． 84．如图，已知菱形的边长为2，且分别为棱中点．将和分别沿折叠，若满足平面，则线段的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】借助空间直观想象，折叠前在平面图形中求出的长度，折叠过程中证明平面平面，面面距离即为的最小值，由此得到的范围. 【详解】    折叠前，连接. 由题意，在菱形中，， ， 则由余弦定理得，， 所以，，故在折叠过程中，. 折叠后，若平面， 则平面，则，故BD项错误； 折叠前，在菱形中，，， 则是正三角形， 由分别为棱中点， 则，所以. 折叠后，， 又平面，且平面， 则平面，同理平面，所以平面平面， 则平面与平面的距离即为， 由点平面，点平面，则. 在折叠过程中，当时，由， 则均为正三角形，可构成如图所示的正三棱柱， 满足平面，此时. 所以最小值为，故A正确，C项错误. 故选：A.    85．如图1，菱形的边长为4，，E是的中点，将△沿着翻折，使点C到点P处，连接，得到如图2所示的四棱锥 (1)证明：； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据菱形的性质可得，通过线面垂直可得线线垂直. （2）以E为坐标原点，利用空间向量计算两平面夹角的余弦值可得结果. 【详解】（1） 如图1，连接. ∵四边形为菱形，，∴为等边三角形， ∵E是的中点，∴， 在图2中，， ∵，平面，平面，∴平面． ∵平面，∴． （2）在平面内，过E点作，则. 由（1）可知平面，∵平面，∴． ∵，∴两两垂直． 以E为坐标原点，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，，，． ∴，，． 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，∴． 设平面的法向量为， 则，即， 令，得，，∴． 设平面与平面的夹角为，则 ， ∴平面与平面的夹角的余弦值为 ． 86．已知等腰直角三角形，如图（1），，为斜边上的高.以为折痕将三角形折起，使得为直角，为中点.如图（2）. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线线垂直易证得线面垂直，进而可证面面垂直； （2）由（1）平面，易得即直线与平面所成角，借助于直角三角形和三角函数即可求得. 【详解】（1）在图（1）中，因，折起后，， 因，则平面， 又平面，故平面平面. （2）由（1）已得，平面，连接，则即在平面上的射影， 故即直线与平面所成角. 在图（1）中，， 在图（2）中，，则， 在中，，故， 即直线与平面所成角的正弦值为. 地 城 考点07 立体几何与其他知识点综合 87．已知三棱柱中，侧面底面，则“”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】由面面垂直的性质定理可证明“”是“”的必要条件，由底面为正三角形的直三棱柱模型，可知“”不是“”的充分条件. 【详解】①已知侧面底面，且侧面底面， 又平面， 若，则由面面垂直的性质定理可得平面， 平面，则， 所以则“”是“”的必要条件； ②若三棱柱是直三棱柱，底面是正三角形， 则底面，平面，则满足条件侧面底面. 又平面，则，但与不垂直. 所以“”不是“”的充分条件. 综上所述，“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 88．已知直线和平面，且，则“直线直线”是“直线平面”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【分析】根据线面平行性质分别画出不同情况下的直线和平面的位置关系可得结论. 【详解】根据题意可得，如下图所示：    若“直线直线”，则直线可以在平面内；即充分不成立； 若“直线平面”，如下图所示：    直线和直线可以异面，即必要性不成立； 所以可知“直线直线”是“直线平面”的既不充分也不必要条件， 故选：D 89．在正方体中，点Q为底面（含边界）上的动点，满足平面平面，则点的轨迹为（    ） A．一段圆弧 B．一段抛物线 C．一段椭圆 D．一条线段 【答案】D 【分析】取的中点M，连接并延长交的延长线于N，由条件得平面，，所以平面，从而平面平面，结合题意可得，即可得解. 【详解】取的中点M，连接并延长交的延长线于N， 由，可得，所以，所以A为的中点． 连接，由正方体可得， 又平面，平面，所以， 又平面，所以平面． 因为，，所以四边形是平行四边形， 所以，所以平面， 因为平面，所以平面平面． 又因为点Q为底面（含边界）上的动点，满足平面平面， 所以，即点Q的轨迹是线段， 故选：D． 90．已知四棱锥中，侧面底面，，底面是边长为的正方形，是四边形及其内部的动点，且满足，则动点构成的区域面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取线段的中点，连接、，推导出平面，可知点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆及其内部，结合圆的面积公式可求得结果. 【详解】取线段的中点，连接、， 因为，为的中点，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面， 因为平面，则， 因为四边形是边长为的正方形，则， 所以，，， 所以，点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆及其内部， 因此，动点构成的区域面积为. 故选：B. 91．如图，在长方体中，为棱的中点，为四边形内（含边界）的一个动点.且，则动点的轨迹长度为（    ） A．5 B． C． D． 【答案】B 【分析】利用正方体性质以及线面垂直判定定理可证明平面，由线面垂直的性质可得当时，动点的轨迹为. 【详解】如下图所示： 作交于点，易知四边形是边长为4的正方形， 利用三角形相似可知，即可得，所以， 由勾股定理可知， 利用正方体性质可知平面，平面，所以； 又，，平面， 可知平面； 由可知平面，又为四边形内（含边界）的一个动点， 所以动点的轨迹为平面与四边形的交线，即为， 因此可得动点的轨迹长度为. 故选：B 【好题推送】 92．在中国古代数学经典著作《九章算术》中，称图中的多面体为“刍（chu）甍（meng）”. 若底面是边长为的正方形，，且，和是等腰三角形，，则该刍甍的高（即点到底面的距离）为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如图，利用线面垂直的判定定理与性质确定为刍甍的高，求出即可. 【详解】如图，取的中点，连接， 则，过点分别作，垂足分别为， 则四边形为矩形，且， 由，平面， 得平面，又平面， 所以，又平面， 所以平面，即为刍甍的高. 又，所以， 因为，为的中点，所以， 所以， 即该刍甍的高为. 故选：B 93．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点A到平面的距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，用点到平面的距离公式计算即可. 【详解】建立空间直角坐标系如图所示： 则，，，，，，设平面的法向量为，则，即，则平面的一个法向量为， 则点A到平面的距离. 故选：C 94．如图，在棱长为2的正方体中，M为棱的中点，则点C到平面的距离为（   ） A．5 B． C．1 D． 【答案】D 【分析】利用等体积转化求点到平面的距离. 【详解】由条件可知，平面，平面，所以， ， 设点到平面的距离为，由， 所以，解得：. 故选：D 95．如图，在正方体中，点分别为棱的中点，平面交棱于点，则下列结论中正确的是（    ）   A．直线与直线异面 B．直线平面 C．平面平面 D．截面是直角梯形 【答案】B 【分析】根据线面平行可判断是的中点，，即可建立空间直角坐标系，求解向量的坐标，即可根据向量的垂直求解BD，根据面面平行求解C. 【详解】取的中点，则是的中点，（理由如下：） 由于是的中点，则,故，因此在同一平面，故是的中点， 对于A，连接,则，故，故直线与直线共面，A错误， 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2， 则, 故, 由于，， 故，，平面 故直线平面，B正确， 对于C，由于，平面，平面，故平面，又平面，平面，故平面，平面，故平面平面，但由于平面与平面相交，故平面与平面不可能平行，C错误， 由于， ,, 故不垂直，且不垂直，又，故四边形不是直角梯形， 故选：B 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $