2021届高考理科数学复习《空间向量与立体几何》题型汇总

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考点07

一、单选题空间向量与立体几何

，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，（2020·新疆天山乌市八中高三月考（理））设m，且m，1．n，则“∥”是“m且n”的（A．充分不必要条件C．充分必要条件【答案】A）B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件，是两个不同的平面，且m，n，则“∥”得“m【解析】m，n是两条不同的直线，且n”，根据面面平行的判定定理得“m且n”不能得“∥”，所以“∥”是“m且n”的充分不必要条件.故选：A（2020·全国高三二模（理））如图，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为棱CC1上的动点，2．过点P作平面分别与棱BC，CD交于M，N两点，若三棱锥CPMN为正三棱锥，则下列说法正确的是（）A．A1C与不垂直第 1／42页

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B．存在点P，使得AC1//平面C．用过P，M，D1三点的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形D．存在点P，使得点A1到平面的距离为5a3【答案】D【解析】由题可知，平面与平面C1BD平行，因为A1C平面C1BD，故A1C与平面垂直，所以选项A不正确；因为AC1与平面C1BD相交，故AC1与平面不平行，所以选项B不正确；当点P，C1重合时，截面是矩形，如下图所示：所以选项C不正确；由题可知，A1到平面的距离无限接近于A1C

5

3aa，3故存在点P，使得点A1到平面的距离为5a3所以选项D正确.第 2／42页

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故选：D.（2020·浙江柯城衢州二中高三其他）如图，平面α与平面β相交于BC，点A∉BC，点D∉BC，3．AB⊂α，CD⊂β，则下列叙述错误的是（）A．直线AD与BC异面B．过AD只有唯一平面与BC平行C．过点D只能作唯一平面与BC垂直D．过AD一定能作一平面与BC垂直【答案】D【解析】对于A，由异面直线的判定定理知，直线AD与BC异面，所以A正确；对于B，根据异面直线的性质知，过AD只有唯一平面与BC平行，所以B正确；对于C，由线面平行和垂直的判定定理知，过点D只能作唯一平面与BC垂直，所以C正确；对于D，由异面直线的性质知，只有当AD和BC异面垂直时，过AD一定能作一平面与BC垂直，否则不存在过AD的平面与BC垂直，所以D错误，故选：D4．（2020·全国高三月考（理））已知平面，，直线l满足l，则“l//”是“//”的（A．充分不必要条件B．必要不充分条件）第 3／42页

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C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】若l，l//不能推出//，因为与可能相交；反过来，若l，//，则l与无公共点，根据线面平行的定义，知l//.所以“l//”是“//”的必要不充分条件.故选：B.5．（2020·浙江柯城�衢州二中高三其他）某几何体的三视图如图所示，则该几何体中的最长棱长为（A．32B．25C．26D．27【答案】C【解析】第 4／42页

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由三视图得：该几何体是一个三棱锥SABC，且平面SAC平面ABC，ACBC，过S作SDAC，连接BD，则AD2,AC2,BC2,SD2，所以BDDC2BC220，SBSD2BD226，SASD2AD222，SCSD2AC225，该几何体中的最长棱长为26.故选：C（2020·全国高三其他（理））如图，四边形ABCD为矩形，M为BC的中点，将ABM沿直线AM翻6．起，点B到达点B1的位置，连接B1D，N为棱B1D上的动点，说法中正确的是（）B1N0，则在翻折过程中，下列NDA．存在某个位置，使得CD平面AB1M

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B．至少存在一个实数，使CN//平面AB1M恒成立C．当ABBM时，AMB1D恒成立D．当三棱锥B1AMD的体积最大时，MB1平面AB1D【答案】B【解析】对于选项A，若CD平面AB1M，则必有CDAM，显然不成立；对于选项B，当1时，取AD的中点E，连接CE，NE，NC，CE交MD于点F，连接NF，则NEAB1，NFMB1，故NE//平面AB1M，NF//平面AB1M，又因为NENFN，所以平面AB1M∥平面ENC，又CN平面ENC，所以CNP平面AB1M恒成立；故选Ｂ正确对于选项C，取AD的中点H，连接BH，交AM于点O，连接OD，B1O，显然B1OAM，若AMB1D，则AM平面B1OD，则AMOD，因为ABBM，四边形ABCD为矩形，所以AMBDMC45，所以AMD90，所以AMMD，所以AM与OD不垂直，故选项C错误；对于选项D，当三棱锥B1AMD的体积最大时，平面B1AM平面AMD，且AB1B1M，平面AB1M第 6／42页

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平面AMDAM，设B1OAM于点O，因为B1O平面AB1M，所以B1O平面AMD，所以B1OAD，若MB1平面AB1D，则MB1AD，又ADB1O，所以AD平面AB1M，从而得ADAM，这与ADAB矛盾，故选项D错误．故选：B．A1B1C1D1中，A1H平面AB1D1，（2020·河北桃城衡水中学高三月考（理））如图，在正方体ABCD﹣7．垂足为H，给出下面结论：①直线A1H与该正方体各棱所成角相等；②直线A1H与该正方体各面所成角相等；③过直线A1H的平面截该正方体所得截面为平行四边形；④垂直于直线A1H的平面截该正方体，所得截面可能为五边形，其中正确结论的序号为（）A．①③【答案】DB．②④C．①②④D．①②③第 7／42页

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【解析】如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1H⊥平面AB1D1，垂足为H，连接A1C，可得A1C⊥AB1，A1C⊥AD1，即有A1C⊥平面AB1D1，直线A1H与直线A1C重合，直线A1H与该正方体各棱所成角相等，均为arctan2，故①正确；直线A1H与该正方体各面所成角相等，均为arctan2，故②正确；2过直线A1H的平面截该正方体所得截面为A1ACC1为平行四边形，故③正确；垂直于直线A1H的平面与平面AB1D1平行，截该正方体，所得截面为三角形或六边形，不可能为五边形．故④错误．故选：D．（2020·福建芗城高三其他（理））如图，大摆锤是一种大型游乐设备，常见于各大游乐园.游客坐在圆形8．的座舱中，面向外.通常大摆锤以压肩作为安全束缚，配以安全带作为二次保险.座舱旋转的同时，悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动.今年五一，小明去某游乐园玩“大摆锤”，他坐在点A处，“大摆锤”启动后，主轴OB在平面内绕点O左右摆动，平面与水平地面垂直，OB摆动的过程中，点A在平面内绕点B作圆周运动，并且始终保持OB，B.已知OB6AB，在“大摆锤”启动后，给出下列结论：①点A在某个定球面上运动；②线段AB在水平地面上的正投影的长度为定值；③直线OA与平面所成角的正弦值的最大值为37；37第 8／42页

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④与水平地面所成角记为，直线OB与水平地面所成角记为，当0

时，为定值.2其中正确结论的个数为（）A．1【答案】CB．2C．3D．4【解析】因为点A在平面内绕点B作圆周运动，并且始终保持OB，所以OA又因为OB,AB为定值，所以OA也是定值，所以点A在某个定球面上运动，故①正确；OB2AB2因为点A在平面内绕点B作圆周运动，所以线段AB在水平地面上的正投影的长度也会变化，故②不正确；设AB=a，则OB6a，OAOB2AB2时直线OA与平面所成角的正弦值为37a，当AB时，直线OA与平面所成角最大；此a37，故③正确；

37a37作出简图如下，OBl，所以故选：C.，故④正确.2第 9／42页

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9．（2020·合肥一六八中学高三月考（理））如图所示，在等腰RtABC中，斜边AB

2，D为直角边BC

上的一点，将△ACD沿直AD折叠至△AC1D的位置，使得点C1在平面ABD外，且点C1在平面ABD上的射影H在线段AB上，设AHx，则x的取值范围是()A．1,2B．

2

,12

C．

1,22D．0,1【答案】B【解析】解：∵在等腰Rt△ABC中，斜边AB∴AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，将△ACD沿直AD折叠至△AC1D的位置，使得点C1在平面ABD外，且点C1在平面ABD上的射影H在线段AB上，设AH＝x，∴AC1＝AC＝1，CD＝C1D∈（0，1），∠AC1D＝90°，CH⊥平面ABC，∴AH＜AC1＝1，故排除选项A和选项C；2，D为直角边BC上的一点，第 10／42页

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当CD＝1时，B与D重合，AH

2，2当CD＜1时，AH＞

12，AB

22∵D为直角边BC上的一点，∴CD∈（0，1），∴x的取值范围是（2，1）．2故选B．（2020·赤峰二中高三三模（理））已知a，b是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题10．中：①若α∩β=a，β∩γ=b，且a//b，则α//γ；②若a，b相交，且都在α，β外，a//α，a//β，b//α，b//β，则α//β；③若α⊥β，α∩β=a，b⊂β，a⊥b，则b⊥α；④若a⊂α，b⊂α，l⊥a，l⊥b，则l⊥α.其中正确命题的序号是（A．①②③【答案】C【解析】①若α∩β=a，β∩γ=b，且a//b，则α//γ或，故错误；②若a，b相交，且都在α，β外，a//α，a//β，b//α，b//β，则α//β；由面面平行的判定定理知正确；B．①③C．②③）D．①②③④第 11／42页

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③若α⊥β，α∩β=a，b⊂β，a⊥b，则b⊥α，由面面垂直的性质定理知正确；④若a⊂α，b⊂α，l⊥a，l⊥b，由线面垂直的判定定理知，当a与b⊂相交时，l⊥a则故错误；故选：C（2020·安徽定远高三二模（理））我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既11．同，则积不容异．”意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.已知曲线C:yx2，直线l为曲线C在点(1,1)处的切线.如图所示，阴影部分为曲线C、直线l以及x轴所围成的平面图形，记该平面图形绕y轴旋转一周所得的几何体为T.给出以下四个几何体：图①是底面直径和高均为1的圆锥；图②是将底面直径和高均为1的圆柱挖掉一个与圆柱同底等高的倒置圆锥得到的几何体；图③是底面边长和高均为1的正四棱锥；图④是将上底面直径为2，下底面直径为1，高为1的圆台挖掉一个底面直径为2，高为1的倒置圆锥得到的几何体.根据祖暅原理，以上四个几何体中与T的体积相等的是（A．①B．②C．③）D．④第 12／42页

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【答案】A几何体T是由阴影旋转得到，所以横截面为环形，且等高的时候，抛物线对应的点的横坐标为x1，切线对应的横坐标为x2fxx2,fx2x，kf12

2切线为y12x1，即y2x1，x1y,x2y122

y12y122y横截面面积sx2x1=42

图①中的圆锥高为1，底面半径为1

，可以看成由直线y2x1绕y轴旋转得到22

y1.横截面的面积为sx

2

2

所以几何体T和①中的圆锥在所有等高处的水平截面的面积相等，所以二者体积相等，故选A项.12．（2020·广西七星桂林十八中高二期中（理））已知在三棱锥PABC中，BAC90，ABAC4，PA10，PC2，侧面PAC底面ABC，则三棱锥PABC外接球的表面积为（A．24【答案】DB．28C．32D．36）【解析】如图，取BC的中点D，连接AD，过P作PE平面ABC，交AC于点E，过E作EF//BC，交AD于点F，以D为原点，DB为x轴，AD为y轴，过D作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，第 13／42页

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则DADBDC1161622，AP2AE2PC2CE2，即10AE22(4AE)2，解得2AE3，CE1，PE1，AFEF32232P，，1，则B(22，0，，，设球心O(0，0，t)，则0)22222322OBOP，∴(220)2(0t)200(t1)2，解得t1，∴三棱锥22PABC的外接球的半径R(220)2(01)23，∴三棱锥PABC外接球的表面积为S4R24936.故选D．（2020·上海高三其他）如图为正方体ABCDA1B1C1D1，动点M从B1点出发，在正方体表面沿逆时13．针方向运动一周后，再回到B1的运动过程中，点M与平面A1DC1的距离保持不变，运动的路程x与lMA1MC1MD之间满足函数关系lf(x)，则此函数图象大致是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】解：如图连接AB1、CB1、AC，在正方体ABCDA1B1C1D1中，第 14／42页

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因为AD//B1C1，ADB1C1，所以四边形ADC1B1为平行四边形，所以DC1//AB1，DC1面A1DC1，AB1面A1DC1，所以AB1//面A1DC1，同理可证CB1//面A1DC1，又AB1CB1B1，所以面A1DC1//面AB1C所以点M在△B1AC的边上沿逆时针方向运动，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，将平面A1B1CD与平面B1C1C翻折到同一个平面,当0x

2时，f(x)MA1MC1MD1x2122x222，x2222则f

2x12x2222，1x22x2fx2对称，又f023，222f6，所22

2所以fx在区间0,2上的图象关于直线x2

以f0f2，

同理fx在区间2,22上的图象关于直线x

线x

3222,32对称，fx在区间上的图象关于直252对称，2第 15／42页

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符合C选项的图象特征.故选：C.14．（2020·全国高三其他（理））已知球O与棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1的各面都相切，则平面ACB1截球O所得的截面圆与球心O所构成的圆锥的体积为（）A．239B．318C．2327D．354【答案】C【解析】因为球O与棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1的各面都相切所以球O为正方体ABCDA1B1C1D1的内切球，则球O的半径r1

222222球心O到A的距离为OA32底面ACB1为等边三角形，所以球心O到平面ACB1的距离为d

32326

33236所以平面ACB1截球O所得的截面圆的半径为123361323所以圆锥的体积为V33273

2

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所以选C15．（2020·福建高三其他（理））在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是线段BC1上的动点，以下结论：①A1P//平面ACD1；②A1PB1D；③三棱锥PACD1，体积不变；④P为BC1中点时，直线PC与平面ACD1所成角最大.其中正确的序号为（A．①④【答案】D【解析】如图，）B．②④C．①②③D．①②③④A1C1//AC,PC1//AD1,PC1A1PP，平面PA1C1//平面ACD1，又A1P平面PAC11，A1P//平面ACD1，①正确；在正方体中易知B1D平面ACD1，又平面PA1C1//平面ACD1，所以B1D平面PAC11，而A1P平面PAC11，所以A1PB1D，故②正确；第 17／42页

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因为BC1//AD1,可知BC1//平面ACD1，所以BC1上点到平面ACD1的距离都相等，所以三棱锥PACD1的体积不变，故③正确；由③知，P运动时，P到平面ACD1的距离不变，设为h，设直线PC与平面ACD1所成角为，则sin

h，当P为BC1中点时，PC最短，所以sin最大，因为线面角[0,]，2PC所以此时最大，故④正确.故选：D二、填空题16．（2020·宁夏银川二中高三月考（理））如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是_________（写出所有正确命题的编号）.①当0113

时，S为四边形；②当CQ=时，S为等腰梯形；③当CQ=224316；④当时，即Q为CC中点，此时可得PQ∥AD，AP=QD=2=，故可得截面APQD为等腰梯形，S等腰梯形，故②正确；第 18／42页

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①由如图当点Q向C移动时，满足01

，只需在DD上取点M满足AM∥PQ，即可得截面为四边形2APQM，如图所示，S是四边形，故①正确；③当CQ=31

时，如图，延长DD至N，使DN=，连接AN交AD于S，连接NQ交CD于R，连接SR，可证241，故③正确；3AN∥PQ，由△NRD∽△QRC，可得CR：DR=CQ：DN=1：2，故可得CR=④由③可知当故④不正确；3

＜CQ＜1时，只需点Q上移即可，此时的截面形状仍然如图所示的APQRS，如图S是五边形，4第 19／42页

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⑤当CQ=1时，Q与C重合，取AD的中点F，连接AF，可证PC∥AF，且PC=AF，可知截面为APCF为菱形，故其面积为11636AC•PF=32，如图S是菱形，面积为2，故⑤正确，22222故答案为①②③⑤．17．（2020·湖南雨花高三期末）鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卵结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱分成三组，经90榫卯起来.若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为__________.（容器壁的厚度忽略不计，结果保留）第 20／42页

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【答案】30【解析】该球形容器半径的最小值为：12305221222230该球形容器表面积的最小值为：4

230

故答案为：3018．（2020·南京市玄武高级中学高三其他）过年了，小张准备去探望奶奶，到商店买了一盒点心.为了美观起见，售货员用彩绳对点心盒做了一个捆扎（如图（1）所示），并在角上配了一个花结.彩绳与长方体点心盒均相交于棱的四等分点处.设这种捆扎方法所用绳长为l1，一般的十字捆扎（如图（2）所示）所用绳长为l2.若点心盒的长、宽、高之比为2:2:1，则l1的值为________.l2

【答案】22【解析】解：点心盒的长、宽、高的比是2:2:1，设点心盒的长、宽、高分别为：4a、4a、2a，由题意可得：l142a422a122a，l244a42a24a，第 21／42页

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

l1122a2，l224a22.2故答案为：（2020·湖南开福长沙一中高三月考（理））如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，19．ADDD11,AB3，E，F，G分别为AB,BC,C1D1的中点,点P在平面ABCD内，若直线D1P//平面EFG，则线段D1P长度的最小值是________________.【答案】72【解析】如图，连接D1A,AC,D1C，第 22／42页

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因为E，F，G分别为AB，BC，C1D1的中点，所以AC//EF，EF平面ACD1，则EF//平面ACD1.因为EG//AD1，所以同理得EG//平面ACD1，又EFEGE.所以平面ACD1//平面EFG.因为直线D1P//平面EFG，所以点P在直线AC上.在△ACD1中，AD1

2,AC2,CD12,SAD1C

217，222222277故当D1PAC时.线段D1P的长度最小，最小值为2.1222

故答案为：72

（2020·陕西省商丹高新学校高三其他（文））在三棱锥PABC中，平面PAB平面ABC，ABC20．是边长为6的等边三角形，△PAB是以AB为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．【答案】48如图，在等边三角形ABC中，取AB的中点F，设其中心为O，由AB6，第 23／42页

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得AOBOCO

2

CF23，3PAB是以AB为斜边的等腰角三角形，PFAB,又因为平面PAB平面ABC，PF平面ABC，PFOF，OPOF2PF223，则O为棱锥PABC的外接球球心，外接球半径ROC23，该三棱锥外接球的表面积为423故答案为48.2

48，三、解答题21．（2020·山西迎泽太原五中高三二模（理））如图，在三棱锥SABC中,侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形,BAC90,O为BC中点.（Ⅰ）证明：SO平面ABC;（Ⅱ）求二面角ASCB的余弦值.第 24／42页

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【答案】（Ⅰ）SO平面ABC;

（Ⅱ）二面角ASCB的余弦值为3.32SA，2【解析】（Ⅰ）由题设AB=AC=SB=SC=SA.连结OA，△ABC为等腰直角三角形，所以OA=OB=OC=且AO⊥BC.又△SBC为等腰三角形，故SO⊥BC，SO=2SA，2从而OA2+SO2=SA2，所以△SOA为直角三角形，SOAO.又AO∩BC=O，所以SO⊥平面ABC.（Ⅱ）解法一：取SC中点M,连结AM,OM,由（Ⅰ）知SOOC,SAAC,得OM⊥SC，AM⊥SC.OMA为二面角ASCB的平面角.由AO⊥BC，AO⊥SO，SO∩BCO得第 25／42页

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AO⊥平面SBC，所以AO⊥OM.又AM

3SA，故2

sinAMO

AO26,AM333.3

所以二面角ASCB的余弦值为解法二：以O为坐标原点，射线OB、OA分别为x轴、y轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系Oxyz.设B(1,0,0)，则C(1,0,0),A(0,1,0),S(0,0,1).SC的中点M

11

,0,,22

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1111

MO,0,,MA,1,,SC(1,0,1),

2222

MOSC0，MASC0.

故MO⊥SC，MA⊥SC，MO,MA等于二面角ASCB的平面角.

MOMA3cosMO,MA,

3MOMA

3.3所以二面角ASCB的余弦值为22．（2020·山西平城大同一中高三月考（理））如图，在四面体ABCD中，E，F分别是线段AD，BD的中点，ABDBCD90，EC（1）证明：平面EFC平面BCD；（2）求二面角ACEB的余弦值．2，ABBD2，直线EC与平面ABC所成的角等于30．【答案】(Ⅰ)见证明；(Ⅱ)1

．3【解析】（Ⅰ）在RtBCD中，F是斜边BD的中点，所以FC

1

BD1.2因为E,F是AD,BD的中点，第 27／42页

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所以EF

1

AB1，且EC2，2所以EF2FC2EC2，所以EFFC.又因为ABBD,EF//AB，所以EFBD，又BDFCF，所以EF平面BCD，因为EF平面EFC，所以平面EFC平面BCD．（Ⅱ）方法一：取AC中点M，连ME，则ME//CD，因为CE

1

AD2，2所以CDAC.又因为CDBC，ACBCC，所以CD平面ABC，所以ME平面ABC．第 28／42页

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因此ECM是直线EC与平面ABC所成的角．故AC2MC2ECcos30所以CDBC

6，2.过点B作BNAC于N，则BN平面ACD，且BN

ABBC23．

AC3过点B作BHEC于H，连接HN，则BHN为二面角ACEB的平面角．因为BEBCEC

2，所以BH

366，BE,HNBH2BN2226HN1

，BH31．3所以cosBHN

因此二面角ACEB的余弦值为方法二：如图所示，在平面BCD中，作x轴⊥BD，以B为坐标原点，BD，BA所在直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系Bxyz．因为CDBC2(同方法一,过程略)第 29／42页

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则C1,1,0，A0,0,2,E0,1,1．所以CE=1,0,1,BE0,1,1,AE0,1,1，设平面ACE的法向量mx1,y1,z1，





AE·m0y1z10则，即，取x11,得m1,1,1．x1z10CE·m0

设平面BCE的法向量nx2,y2,z2



BE·n0y2z20则，即，取x21,得n1,1,1．x2z20CE·n0m·n

所以cosm,n

mn133=1，3由图形得二面角ACEB为锐角，因此二面角ACEB的余弦值为1．3（2020·贵州六盘水高三其他（理））如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，23．E为PD的中点．第 30／42页

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（Ⅰ）证明：PB//平面AEC；（Ⅱ）设PA1,ABC60，三棱锥EACD的体积为3，求二面角DAEC的余弦值．8【答案】(Ⅰ)证明见解析；（Ⅱ）13.13【解析】(Ⅰ)连接BD交AC于点O，连接OE，则O为BD中点，E为PD的中点，所以PB//OE，OE平面ACE,PB平面ACE，所以PB//平面AEC；（Ⅱ）设菱形ABCD的边长为a，VPABCD2VPACD4VEACD

3，211323VPABCDSABCDPA2a1，则a3.3342

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取BC中点M，连接AM.以点A为原点，以AM方向为x轴，以AD方向为y轴，以AP方向为z轴，建立如图所示坐标系.3331

D0,3,0，A0,0,0，E0,2,2，C2,2,0



3133

AE0,2,2，AC2,2,0，

设平面ACE的法向量为n1(x,y,z)，由n1AE,n1AC，31

yz022得，令x1，则y3,z33x3y022

n11,3,3，

平面ADE的一个法向量为n21,0,0

nn2113cos1，13139n1n2第 32／42页

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即二面角DAEC的余弦值为13.1324．（2020·四川省泸县第四中学高三月考（文））如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，P、Q分别是AA1、AC11的中点.（1）设棱BB1的中点为D，证明：C1D//平面PQB1；（2）若AB2，ACAA1AC14，AA1B160，且平面AA1C1C平面AA1B1B，求三棱锥PQA1B1的体积.【答案】(1)见解析(2)1（1）证明：连接AD

QD是BB1的中点，P是AA1的中点，可由棱柱的性质知AP//DB1，且APDB1；四边形ADB1P是平行四边形AD//PB1P.Q分别是AA1、AC11的中点AC1//PQ平面AC1D//平面PQB1C1D//平面PQB1

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（2）在面AAC11C内作QMAA1于点M，平面AAC11C平面AA1B1B

QM

平面AA1B1BQM3，A1PA1B12，AA1B160，PA1B1是边长为2的正三角形11

SPA1B1=3于是VPQA1B1SPA1B1QM331.33（2020·北京市第五中学高三其他）如图，在多面体ABCDEF中，梯形ADEF与平行四边形ABCD所25．在平面互相垂直，AF//DE，DEAD，ADBE，AFAD1DE1，AB22.（Ⅰ）求证：BF//平面CDE；（Ⅱ）求二面角BEFD的余弦值；（Ⅲ）判断线段BE上是否存在点Q，使得平面CDQ平面BEF？若存在，求出BQ的值，若不存在，BE第 34／42页

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说明理由．BQ16；（Ⅲ）BE73【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由底面ABCD为平行四边形，知AB//CD，又因为AB平面CDE，CD平面CDE，所以AB//平面CDE.同理AF//平面CDE，又因为ABAFA，所以平面ABF//平面CDE.又因为BF平面ABF，所以BF//平面CDE

（Ⅱ）连接BD,因为平面ADEF平面ABCD，平面ADEF平面ABCDAD，DEAD，所以DE平面ABCD.则DEDB.又因为DEAD，ADBE，DEBEE，所以AD平面BDE，则ADBD.故DA,DB,DE两两垂直，所以以DA,DB,DE所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，如图建立空间直角坐标系，则D0,0,0，A1,0,0，B0,1,0，C1,1,0，E0,0,2，F1,0,1，所以

0,1,0为平面DEF的一个法向量.BE0,1,2,EF1,0,1，nx,y,z，设平面BEF的一个法向量为my2z0,

1,2,1.BE0EF0由，，得令z1，得mmmxz0,



mn所以cos,

mn

mn

63.如图可得二面角BEFD为锐角，所以二面角BEFD的余弦值为6.3第 35／42页

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（Ⅲ）结论：线段BE上存在点Q，使得平面CDQ平面BEF.证明如下：设BQBE0,,2，所以DQDBBQ0,1,2.设平面CDQ的0,1，1b2c0,

a,b,c，又因为DC1,1,0，所以DQ0，DC0，即法向量为uuuab0,

令b1，得1,1,

m



1

.2

11

0，解得0,1.27BQ1

.BE70，即12若平面CDQ平面BEF，则mu所以线段BE上存在点Q，使得平面CDQ平面BEF，且此时26．（2020·吉林长春高三其他（理））如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为梯形，AB//DC,BAD90，点E为PB的中点，且CD2AD2AB4，点F在CD上，且DF

1

FC.3（1）求证：EF//平面PAD；（2）若平面PAD平面ABCD，PAPD且PAPD，求直线PA与平面PBF所成角的正弦值.第 36／42页

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【答案】（1）见解析；（2）277【解析】（1）如图所示，取PA的中点M，连结DM、EM，因为点E为PB的中点，且CD2AD2AB4，所以EM//AB且EM1AB1，2因为DF

11

FC，所以DFDC1，所以EMDF1，43又因为AB//DC，所以EM//DF，所以四边形EMDF为平行四边形，所以EF//DM，又DM平面PAD，EF平面PAD，所以EF∥平面PAD；（2）取AD中点N，BC中点H，连结PN、NH，因为PAPD，所以PN^AD，又平面PAD平面ABCD，所以PN^平面ABCD，又AB//DC,BAD90，所以ADNH，以N为原点，NA方向为x轴，NH方向为y轴，NP方向为z轴，建立空间坐标系，所以P0,0,1，A1,0,0，B1,2,0，F1,1,0，第 37／42页

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

在平面PBF中BP1,2,1，BF2,1,0，PA=1,0,1,

BPn0x2yz0，，设在平面PBF的法向量为nx,y,z，所以

2xy0BFn0



令x1，则法向量n1,2,3，又PA1,0,1，设直线PA与平面PBF所成角为，

|PAn|

所以sin|cosPA,n||PA||n|

427，721427.7即直线PA与平面PBF所成角的正弦值为27．（2020·全国高三二模（理））如图，已知四棱锥PABCD中，ABCD是平行四边形，ABAC，平面PAB平面ABCD，PAPB，M，N分别是AB，PC的中点.第 38／42页

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（1）求证：MN//平面PAD；（2）若PAPB，ABAC，求二面角DPAC的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）6.3【解析】（1）证明：如图，取PD的中点Q，连接AQ，NQ，因为N，Q，M分别为PC，PD，AB的中点，所以NQ//CD，NQ

1

CD，21

CD，2又因为AM//CD，AM

所以NQ//AM，且NQAM，所以四边形NQAM是平行四边形，所以MN//AQ.因为MN平面PAD，AQ平面PAD，所以MN//平面PAD.（2）因为平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，AC平面ABCD，ABAC，第 39／42页

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所以AC平面PAB.因为PB平面PAB，所以ACPB，又PAPB，PAACA，所以PB平面PAC.所以以A为原点，以AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，过点A和平面ABCD垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则z轴在平面PAB内.令ABAC2，又PAPB，PAPB，所以A(0,0,0)，D(2,2,0)，P(1,0,1)，B(2,0,0)，

AD2,2,0，AP1,0,1，设平面PAD的一个法向量为n(x,y,z)，

nAD0,2x2y0,

则所以

xz0,nAP0,

令x1，则y1，z1，所以n(1,1,1).



又PB平面PAC，所以PB1,0,1是平面PAC的一个法向量.第 40／42页

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

所以cosn,PB

116.

1111136.3所以二面角DPAC的余弦值为28．（2020·全国高三二模（理））《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵（qiandu）；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑（bienao）指四个面均为直角三角形的四面体.如图，三棱柱ABCA1B1C1，BC1平面AC11CA，四棱锥BAC11CA为阳马，且E，F分别是BC，A1B1的中点.（1）求证：EF平面AC11CA；（2）在线段AB上是否存在点P，使得BC1平面EFP？若存在，求出由.AP

的值；若不存在，请说明理AB【答案】（1）证明见解析；（2）存在；AP1

.AB2【解析】（1）取AC11中点G，连接FG，GC，在△A1B1C1中，因为F，G分别是A1B1，AC11中点，所以FG∥B1C1，且FG

1

B1C1，2在平行四边形BCC1B中，因为E是BC的中点，第 41／42页

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所以EC∥B1C1，且EC

1

B1C1，2所以ECFG，且ECFG，所以四边形FECG是平行四边形，所以FE∥GC，又因为EF平面AC11CA，GC平面AC11CA，所以EF平面AC11CA.（2）在线段AB上存在点P，使得BC1平面EFP，取AB的中点P，连PE，连PF，因为BC1平面ACC1A1，AC平面ACC1A1，CG平面ACC1A1，所以BC1^AC，BC1CG，在ABC中，因为P，E分别是AB，BC中点，所以PE∥AC，又由（1）知FE∥CG，所以BC1PE，BC1EF，由PEEFE得BC1平面EFP，故当点P是线段AB的中点时，BC1平面EFP.此时，AP1

.AB2第 42／42页