高中数学立体几何与空间向量(解析)

立体几何与空间向量

1、线面平行的判定定理与性质定理

1）线面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则直线与平面平行.

符号语言：a（Za,b（za,a//b=>a//a.

要判定直线与平面平行，只需证明直线平行于平面内的一条直线.

2）线面平行的性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的平面与已知平面的交线与该直线平行.

符号语言：a//a,ac:/3,aC\/3=h^a//b.

当直线与平面平行时，直线与平面内的直线不一定平行，只有在两条直线共面时才平行.

3）面面平行的判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行.

符号语言：a//a,b//a,a<^）3,bci/3,a（\h=P=>all/3.

要使两个平面平行，只需证明其中一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行即可，这里的直线需是相

交直线.

4）面面平行的性质定理：如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行.

符号语言：all=m,pC\y=n^=>mlln.

2、直线、平面垂直的判定定理与性质定理

1）线面垂直的判定定理：如果直线垂直于平面内的两条相交直线，则直线与平面垂直.

符号语言：/_La,/_Lb,aua,Oue,an〃=P=>/_La.

要判定直线与平面垂直，只需判定直线垂直于平面内的两条相交直线即可.

2）线面垂直的性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行.

符号语言：a工a,bLa=a//b.

此性质反映了平行、垂直之间的关系，也可以获得以下推论：两直线平行，若其中一条直线与一个平面垂

直，则另一条直线也与该平面垂直.

3）面面垂直的判定定理：若直线垂直于平面，则过该直线的平面与已知平面垂直.

符号语言：aLa,aua10.

要证明平面与平面垂直，关键是在其中一个平面内找到一条与另一个平面垂直的直线.

4）面面垂直的性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.

符号语言：aV/3,a[y/3=m,n（^a,nVm=>nV（3.

要通过平面与平面垂直推理得到直线与平面垂直，必须满足直线垂直于这两个平面的交线.

3、异面直线所成角

设异面直线a,6所成的角为仇则cos6=^1,其中a,b分别是直线”，6的方向向量.

4、直线与平面所成角

设/为平面a的斜线，/na=A,a为/的方向向量，n为平面a的法向量，@为/与a所成的角，则sine=

iaM

|cos〈a,n〉|=IMMl

5、二面角

平面a与£相交于直线/,平面a的法向量为m，平面”的法向量为ri?,<ni，n2>=仇则二面角a-//

为。或兀一“设二面角大小为（p,则1£0§型闫三鸨含

6、利用空间向量求距离

点到平面的距离

如图所示，已知AB为平面a的一条斜线段,n为平面a的法向量,则B到平面a的距离为|初尸端

选择题（共5小题）

1.（2021♦新高考I）已知圆锥的底面半径为企,其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）

A.2B.2V2C.4D.472

【解答】解：由题意，设母线长为/,

因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，

则有，2兀-72=71-/,解得I=2VL

所以该圆锥的母线长为2或.

故选：B.

2.（2021•新高考H）正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,则其体积为（）

5628V2

A.20+12次B.28aC.——D.-------

33

【解答】解：如图ABC。-481c1。1为正四棱台，AB=2,A\B\=4,AA]=2.

在等腰梯形A1B1BA中，过A作AE_LAiBi,可得A1E=-J-=1,

2

AE=JAAJ-AZE=V4-1=V3.

连接AC,A\C\,AC=V4T4=2>/2,4。=C16+16=4&,

过A作AG_LAi。，A\G==V2,

2

AG=JAA『-A1G=V4^2=V2,

正四棱台的体积为：

S上+s+JS上，S广

22+42+y/22x42万_28/2

V=-------5-------xh=

3X'2=-y-

故选：D.

3.（2021•新高考H）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中，地球静

止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000b”（轨道高度是指卫星到地球表面的

距离）.将地球看作是一个球心为。，半径r为6400h〃的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成

角的度数.地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为a,该卫星信号覆

盖地球表面的表面积S=2TTJ（1-cosa）（单位：km2）,则S占地球表面积的百分比约为（）

A.26%B.34%C.42%D.50%

【解答】解：由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，

地球静止同步轨道

贝I」OP=36000+6400=424000,那么cosa==备;

卫星信号覆盖的地球表面面积S=2TTJ（1-cosa）,

那么，S占地球表面积的百分比为27rd^42%.

4兀产106

故选：C.

4.（2021•甲卷）已知4,B,C是半径为1的球O的球面上的三个点，S.ACLBC,AC=BC=1,则三棱

锥O-ABC的体积为（）

V2V3V2V3

A.—B.—C.—D.—

121244

【解答】解：因为4CLBC,AC=BC=\,所以底面ABC为等腰直角三角形，

所以△ABC所在的截面圆的圆心0\为斜边AB的中点，所以。0」平面ABC,

在Rt/VABC中，AB=>JAC2+BC2=V2,则A。1=与，

在RtAAOOi中，。。1=JoA2-AO）=导,

故三棱锥O-ABC的体积为U=|•ShABC-001=1X|X1X1X^=Y|.

5.（2021•乙卷）在正方体A8CO-AiBiCiD中，P为8iQi的中点，则直线PB与AD1所成的角为（）

71TT7111

A•—B•—C.—D.一

2346

【解答】.,.直线PB与A与所成角为NPBC1,

在正△A1BC1中，BP是。的平分线，

:.NPBC\=Z

O

71

直线PB与AD\所成的角为7

6

故选：D.

二.多选题（共2小题）

（多选）6.（2021•新高考II）如图，下列正方体中，。为底面的中心，P为所在棱的中点，M,N为正方

体的顶点，则满足MN，。尸的是（）

【解答】解：对于A,设正方体棱长为2,设MN与OP所成角为0,

ne-^=^

则ta=T不满足MNJ_OP,故A错误;

|V4+42

对于8,如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2,

则N(2,0,0),M(0,0,2),P(2,0,1),O(1,1,0),

MN=(2,0,-2),OP=(1,-1,1),

MN•OP=0,满足MN1.OP,故B正确；

对于C,如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2,

则M(2,2,2),N(0,2,0),O(1,1,0),P(0,0,1),

加=(-2,0,-2),OP=(-1,-1,1),

MN-OP^0,：.满足MN1OP,故C正确；

对于。，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2,

Sf

则M(0,2,2),N(0,0,0),P(2,1,2),O(1,1,0),

MN=(0,-2,-2),OP=(1,0,2),

疝V•办=-4,.•.不满足OP,故。错误.

故选：BC.

(多选)7.(压轴)(2021•新高考I)在正三棱柱ABC-481。中,AB=A4i=l,点P满足而=人院+欧良,

其中入曰0,1],|1G[O,1],则()

A.当入=1时，△ABiP的周长为定值

B.当四=1时，三棱锥P-4BC的体积为定值

C.当人另时，有且仅有一个点P,使得AiPLBP

D.当时，有且仅有一个点尸，使得平面4B1P

【解答】解：对于A，当入=1时，BP=BC+[iBB1,即鼠=〃841，所以辰

故点P在线段CC上，此时△ABiP的周长为A8I+8IP+AP,

当点P为CCi的中点时，△48iP的周长为b+VI

当点P在点C1处时，△ABP的周长为2鱼+1,

故周长不为定值，故选项A错误；

对于8,当四=1时，BP=ABC+BBX,即所以||BC,

故点尸在线段81cl上，

因为BiCi〃平面A1BC,

所以直线B\C\上的点到平面AiBC的距离相等，

又△A/C的面积为定值,

所以三棱锥P-A1BC的体积为定值，故选项8正确;

对于C,当入=割寸，取线段BC,86的中点分别为M,Mi,连结AW,

因为晶=寺后+〃B%i，即加=所以而||B%i，

则点P在线段MiM上，

当点P在Mi处时,AiMi±BiCi,

又BiCiCBiB=Bi,所以CMi_L平面BBiGC,

又8Miu平面8BC1C,所以即AiP_L8P,

同理，当点P在历处，AiPA.BP,故选项C错误；

对于£>,当时，取CC1的中点Oi,B8i的中点力，

因为丽=4品+即而=4品，所以防II品，

则点P在线的上，

当点P在点01处时，取4c的中点E,连结AiE,BE,

因为BEJ_平面ACC1A1,又AQiu平面ACC14,所以AOi_LBE,

在正方形ACGA1中，AD\LA\E,

又BECAiE=E,BE,AiEu平面AiBE,

故AQi_L平面AiBE,又4Bu平面AiBE,所以AiB_LAOi,

在正方体形中，A1B1AB1,

y.AD\QAB]=A,AD\,ABiu平面ABiDi,所以4B_L平面ABiQ,

因为过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，

故有且仅有一个点P,使得48,平面A8iP,故选项力正确.

故选：BD.

四.解答题(共5小题)

8.(2021•甲卷)已知直三棱柱ABC-AIBICI中，侧面A41818为正方形，AB=BC=2,E,尸分别为4c和

CC1的中点，BF±AiBi.

(1)求三棱锥F-EBC的体积；

(2)已知。为棱4B1上的点，证明：BF1DE.

【解答】解：（1）在直三棱柱A8C-4BI。中，8Bi_L4Bi,

又BF_LAiBi,BBGBF=B,BB\,BFu平面BCC向，

.•.48i_L平面BCC\B\,

'：AB//A\B\,

平面BCC\B\,

：.AB±BC,

又AB=BC,故4c=V22+22=2V2,

CE=V2=BE,

11

而侧面AA\B\B为正方形，=[CCi=[AB=1,

W=|SAEBC-CF=|x|xV2xV2xl=1,即三棱锥F-EBC的体积为点

(2)证明：如图，取BC中点G,连接EG,BiG,设BiGCB尸=H,

•・•点E是AC的中点，点G时8C的中点，：.EG//AB,

：.EG//AB//B\D,

:・E、G、Bi、。四点共面，

由（1）可得A8_L平面5CC181,・・・EG_L平面3CC131,

：.BF±EGf

Vtan^CBF-~\ftanZ-BB^G—pp--i,且这两个角都是锐角,

DL>ZDD-yZ

：.ZCBF^ZBB\G,

：.NBHBi=NBGBi+NCBF=NBGBi+NBBtG=90°,

：.BF±BiG,

又EGCBiG=G,EG,BiGu平面EG81。，

...BEL平面EGB\D,

又OEu平面EGBiD,

J.BFYDE.

9.（2021•新高考H）在四棱锥Q-ABCD中，底面AB。是正方形，若AD=2,QD^QA=V5,QC=3.

（I）求证：平面04。，平面ABC。；

（II）求二面角8-Q£>-A的平面角的余弦值.

【解答】（I）证明：AQCD中，C£>=AO=2,QD=V5,QC=3,所以CD2+QD2^QC2,所以CDJ_

QD；

又CDLAD,ADHQD=D,ADu平面QAO,QOu平面QA。，所以C£）_L平面QAD；

又C£>u平面ABCD,所以平面QADmABCD.

(II)取A。的中点。，在平面ABCD内作OxJ_A。，

以。。所在直线为y轴，。。所在直线为z轴，建立空间直角坐标系O-qz,如图所示:

则。(0,0,0),B(2,-1,0),D(0,1,0),Q(0,0,2),

因为Ox,平面AOQ,所以平面AOQ的一个法向量为0=(1,0,0),

设平面B。。的一个法向量为2=(x,y,z),

由2。=(-2,2,0),DQ=(0,-1,2),

得僚二：即串+2”。，…得产一所以j2,»

ct,p_2+0+0_2

所以cosVa,0>

\a\-\p\lx"+4+l3>

所以二面角B-QD-A的平面角的余弦值为|.

10.(2021•乙卷)如图，四棱锥P-ABC。的底面是矩形，P/〃底面ABC。，PO=OC=1,M为BC中点,

且PBLAM.

(1)求BC；

(2)求二面角A-PM-B的正弦值.

【解答】解：(1)连结3£>,因为PO_L底面ABCD,且AMu平面488,

则AM2.PO,又PBCPD=P,PB,P£>u平面尸8。，

所以平面PBD,又BOu平面PBD,则AM±BD,

所以NABC+NMAB=90°,又NABQ+/AQB=90°,

则有NA£>B=NM48,所以RtZXZMBsRt/^ABM,

4DBA1

则而=—,所以yBC?=i,解得BC=V2；

(2)因为DA,DC,。尸两两垂直，故以点。位坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，

则4(近，0,0),B(V2,1,0),M(苧，L0),P(0,0,1),

TT万T万T

所以AP=(—VL0,1),AM=(一号,L0),BM=(噬,0,0),BP=(一&，-1,1),

设平面AMP的法向量为£=(%,y,z),

「Tn_n(―V2x+Z=0

则有？竺=°,即72，

(TITM=0(-2%+y=。

令％=近，则y=l,z=2,故？i=(&，1,2),

设平面3M尸的法向量为薪=(p,q,r),

则有秒号=°,即卜冬=°,

,BP=0\—y[2p-q+r=0

令9=1,则厂=1,故薪=(0,1,1),

所以|cos/,薪〉|=居沙=不3=

17111Ml/7X/214

设二面角A-PM-B的平面角为a,

uni-x-----7_C>—_>I/3J14、；V70

WUsina=vl—cos^a=JI-cos"Vn,m>=J1-()z=

y/70

所以二面角A-PM-B的正弦值为一7.

11.（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC-AiBiCi中，侧面AA181B为正方形，AB=BC=2,E,f分别为AC

和CC1的中点，力为棱4Bi上的点，BF1A\B\.

(1)证明：BFLDE-,

（2）当劭。为何值时，面8BC1C与面。FE所成的二面角的正弦值最小？

【解答】(1)证明：连接4F,

,/£,尸分别为直三棱柱ABC-4B1C1的棱AC和CC1的中点，且AB=BC=2,

CF=1,BF=V5,

"：BFLA\B\,AB//A\B\,

.,.BF1.AB

：.AF=yjAB2+BF2=J22+(V5)2=3,AC=VAF2-CF2=V32-I2=2VL

：.AC2=AB2+BC2,即BA±BC,

故以B为原点，BA,BC,8B1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(2,0,0),B(0,0,0),C(0,2,0),E(1,1,0),F(0,2,1),

设81。=机，则D(机，0,2),

：.BF=(0,2,1),DE=(1-/n,1,-2),

J.BF-DE=0,BPBFVDE.

(2)解:平面BBiCiC,...平面BBiCiC的一个法向量为方=(1,0,0),

由(1)知，DE=(1-1,-2),£T=(-1,1,1),

设平面QEF的法向量为旌G,y,z),则层呼=°，即已二:)：2一=。，

(n・EF=0(%十y十z-u

令x=3,则y=nz+l,z=2-m,.*.n=(3,m+\,2-

./-p-n333

・・cos<p，n>=-Tt=-----/iT==,

IPHnllxj9+(m+l)2+(2-m)2J2m2-2nl+14J2(zn-；)，:

...当"口;时，面BBiCiC与面QFE所成的二面角的余弦值最大，此时正弦值最小，

故当BiO=%寸，面BB1C1C与面OFE所成的二面角的正弦值最小.

12.(2021•新高考I)如图，在三棱锥A-BCD中，平面平面8C。，AB=AD,。为BO的中点.

(1)证明：OALCD-.

(2)若△OCO是边长为1的等边三角形，点E在棱AO上，£>E=2E4,且二面角E-8C-。的大小为

45°,求三棱锥A-BC。的体积.

【解答】解：(1)证明：因为A8=A£>,。为B£>的中点，所以AOLB。，

又平面480J_平面BCD,平面ABOC平面BC£)=B。，AOu平面ABD,

所以AO_L平面BCD,又CDu平面BCD,

所以AO_LCD；

(2)方法一：

取0。的中点凡因为△0C。为正三角形，所以CF_L。。，

过。作OMMCF与BC交于点M,则OM_L0D,

所以OM,0D,。4两两垂直，

以点0为坐标原点，分别以OM,0D,04所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示,

则8(0,-1,0),C得,0),D(0,I,0),

设A(0,0,力,贝同0,1,y),

因为OAJL平面BCD,故平面BC。的一个法向量为&=(0,0,t),

设平面BCE的法向量为孩=(x,y,z),

又BC=,楙，0)>BE=(0,等),

-Tz3

XTOcodV231.y=o

由

n得

所以KD=

»l4f

—T-T==

VnoDEol"+2_tZO

3

t

n

因为二面角E-BC-O的大小为45°,

所以|cos<71，0A>\=

\n\\OA\

解得1=1，所以OA=1,

又S^OCD=^X1X1X苧=空,所以S^BCO=亭，

-11叵叵

故以-BCD=qS^BCD0A=SX12X1=~^-

选择题（共6小题）

1.设a、0是两个不同的平面，/是一条直线，则以下命题正确的是（）

A.若/〃a,a〃B，则/u0B.若/〃a,a±p,则

C.若/La,alp,则/u0D.若/La,a〃仇则

【解答】解：a、0是两个不同的平面，/是一条直线，

对于A,若/〃a,a〃0,则/u0或/〃0,故A错误；

对于B,若/〃a,alp,则/与B相交、平行或仁0,故8错误；

对于C,若/_La,a±p,则/up或/〃0,故C错误；

对于。，若/La,a〃B，则由线面垂直的判定定理得/，仇故。正确.

故选：D.

2.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆

锥为直角圆锥.若一个直角圆锥的侧面积为36立TT,则它的体积为（)

A.18V2TTB.72-rrC.64&兀D.216n

【解答】解：设该直角圆锥的底面圆半径为r,高为〃，母线长为/,

因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以/z=r,/=

因为直角圆锥的侧面积为36位兀，所以兀包=壶口2=36让兀，解得r=6,

111

所以该直角圆锥的体积为一nr，=-nr3=-7Tx63=727r.

333

故选：B.

3.在三棱锥尸-A8C中，△ABC是等腰直角三角形，AB=BC=2,PC=AC,且PC_L平面ABC,则三棱锥

的外接球的表面积为（）

432

A.16TlB.8nC.-7rD.—n

33

【解答】解：因为△ABC是等腰直角三角形，A3=5C=2,所以4BC=90°,AC=V22+22=2^2.

因为PC,平面A3C,ACu平面ABC,所以ACLPC,所以AP为球的直径，

且AP=>JAC2+PC2=J：+Q夜）2=4,

所以三棱锥P-ABC的外接球的半径为2,

所以三棱锥的外接球的表面积为16n.

故选：A.

4.阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他一生最为满意的一个数学

发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器

的底面和侧面都相切），球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之二.今有

一“圆柱容球”模型，其圆柱表面积为12TT,则该模型中球的体积为（）

8872

A.8TTB.4TTC.fD.---TT

33

【解答】解：由题意球的表面积为127rxi=8兀，

即4717^=811,得r=企，

・,•球的体积为V=^?rr3=1兀x（V2）3=4％.

故选：D.

5.设E,尸分别是正方体ABC。-A181C1O1的棱。C上两点，且AB=2,EF=\,给出下列四个命题:

①三棱锥Di-B\EF的体积为定值；

②异面直线。181与EF所成的角为45°；

③0181，平面B1EF；

④直线。出1与平面B1EF所成的角30°.

其中正确的命题个数为（）

A.1B.2C.3D.4

【解答】解：三棱锥£>i-B⑻的体积为仁3皿EF・BICI=/X；X2X2X1=|为定值，①正确；

EF//D\C\,是异面直线。181与EF所成的角为45°,②正确；

O1B1与EF不垂直，由此知。山1与平面81EF不垂直，③错误；

在三棱锥GB1OC中，设。1到平面£>CBi的距离为〃，

1111

VB1-D1DC=v%-DCBi，即有三X2义/2*2=广/2><2回?，解得仁嫄,

y/21_

直线与平面8必”所成的角的正弦为二衣=-，即所成角为30°,④正确.

2V22

综上，正确的命题序号是①②④.

故选：C.

6.在四棱锥P-ABCD中，PDJ_平面A8C。，四边形ABC。是正方形，PD^AD,M,N分别为AB,PC

的中点，则BN与MC所成角的余弦值是（）

V30V6V70V30

A.---B.—C.---D.---

661010

【解答】解：如图，不妨设4力=2,取PO的中点为Q,连接QV,QM,QC,

则QN//CD//MB,且QN=%D=MB,

故四边形MBNQ为平行四边形，

所以BN//MQ,

则/QMC即为所求异面直线BN与MC所成角.

在△QMC中，MC=CQ=VTT4=V5,QM=V1+1+4=V6,

f7|||/CAS5+6—5v30

则COsZQMC=双底市=-io--

故选：D.

二.多选题（共4小题）

（多选）7.某正方体的平面展开图如图所示，在原正方体中，下列结论正确的有（）

A.BF，平面DEHB.OE〃平面ABC

C.尸G_L平面ABCD.平面DE”〃平面ABC

【解答】解：如图所示，正方体各个面逐一命名，

建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1,则G(0,0,0),C(1,0,0),B(0,1,0),E(1,1,

0),D(1,0,1),H(0,1,1),F(1,1,1),A(0,0,1),

DE=(0,1,-1),ZW=(-1,1,0),AB=(0,1,-1),BC=(1,-1,0),

'T-

设平面£)£77的法向量为%=(x,y9z),?竺°,f令y=l,%=(1,1,

Hi-DH=01y-

'->T

平面48c的法向量为R=(x,y,z),电空一°,即『_2二1，令y=],=(1,1,1),

n2BC=0-丫=u

故平面OE”〃平面ABC,。正确，

BF=(1,0,1),DE=(0,1,-1),FG=(1,-1,-1),

丁丽工成，

・・・8/不垂直于平面故A错误，

*

VZ)E*n2=1-1=0,

.'.DE±n2>

.•.OE〃平面ABC,故8正确,

'CFG=-n2,

：.FG//n2,

...启为平面ABC,

.\FG_L平面ABC,故C正确.

故选：BCD.

（多选）8.已知几何体ABCO-AiBiCi。是正方体，则下列判断错误的是（）

A.A。〃平面AiBCi

B.在直线8B1上存在一点E,使得AE_LC。

C.AC_L平面A1BC1

D.在直线。£>1上存在一点£,使得CE〃平面A1BC1

【解答】解：对于A,正方体ABC。-A181C1D1中，AD//A\D\,4Z）m平面Ai8Ci=4,所以AO与平

面A1BC1不平行，选项A错误；

对于8,假设直线BB1上存在一点E,使得AELCD,因为CD〃A8,所以4E_LAB,

又因为44LAB,且AE、A41在平面AiABBi中，这显然不成立，所以选项B错误：

对于C,若ABi_L平面4BC1,则ABIJLAICI,

因为ABi〃OCi,所以NAiCiO是ABi与4cl所成的角，且NAiCi£）=60°,所以ABi与4G不垂直,

选项C错误；

对于。，当点E与£>1重合时，CE//BA\,得出CE〃平面418。，所以选项。正确.

D,

故选：ABC.

（多选）9.已知正方体ABC。-AIBICIDI中，E为线段BiDi上的一个动点（E可以与端点Bi、重合），

则下列结论中正确的是（）

A.AC.LBE

B.AE〃平面BC1O

C.AE与平面BB\D\D所成角的最小值为0,则sin。=空

D.三棱锥B-A1OE的体积为定值

【解答】解：由正方体的性质可知ACL平面BODiBi,BEu平面BOOiBi,，AC_LBE,故4正确；

因平面ABiQi〃平面8C1Q,AEu平面ABiOi,所以AE〃平面B。。，故B正确：

设正方体的校长为m则4到平面BBiDiO的距离为ja,AE最长为&a,所以最小值。满足sin。=}

所以C错误；

因“_力道£=/_ABD，BI。〃平面BAD所以E到平面841。的距离不变，这样三棱锥B-A1QE的体

积不变，所以。正确.

故选：ABD.

（多选）10.（压轴）如图，在棱长为2的正方体A8C。-4810中，E,F,G,H,P均为所在棱的中

点，则下列结论正确的是（）

A.棱AB上一定存在点Q,使得QCLQiQ

B.三棱锥F-EPH的外接球的表面积为81T

C.过点E,F,G作正方体的截面，则截面面积为3遍

2A/2

D.设点M在平面B8C1C内，且4M〃平面AGH,则4M与AB所成角的余弦值的最大值为三

【解答】解：建立如图空间直角坐标系，

-------------------UHy

彳°3

设Q(2,a,0),其中0<aW2,

C(0,2,0),D\(0,0,2),

所以近=(-2,2-a,0),D；Q=(2,a,-2),

若棱AB上存在点。，使得QCJ_Oi。，则命•D；Q=0,

整理得（67-1）2+1=0,此方程无解，A不正确；

设AB的中点为K,则四边形PHKE是边长为鱼的正方形，其外接圆的半径为r=l,

又FK,底面ABCD,所以三棱锥F-EPH的外接球的半径为R=Vrr+T=&，

所以其表面积为8m8正确；

过点E,F,G作正方体的截面，截面如图中六边形EPGTFR,

A

B

因为边长均为近，且对边平行，所以六边形EPGTFR为正六边形,

其面积为S=6x1xV2xV2xsin60°=373,C正确；

设M(x,2,z),则4(2,0,2),A(2,0,0),G(0,2,1),H(1,2,0),

痴=(x-2,2,z-2),AG=(-2,2,1),GW=(1,0,-1),

设蔡=(x,y,z)是平面4G”的一个法向量，则,,芯二°，

tn-GH=0

1T1

令z=l可得x=Ly=2f即九=(1，1)，

因为4M〃平面4G”，所以•£=(),即x+z=3,

TT

设A1M与A8所成角为8,则cos。=•"=?=、

2

141MllJ2X-6X+9

4c9

当x=2时，y—2^2-6x+9取最小值a，

272

所以A1M与AB所成角的余弦值的最大值为三，。正确；

故选：BCD.

三.填空题(共4小题)

II.已知圆锥顶点为P,底面的中心为O,过直线OP的平面截该圆锥所得的截面是面积为3次的正三角形,

则该圆锥的体积为37T.

【解答】解：由题意，过直线PO的平面截该圆锥所得的截面是面积为3百的正三角形，

设正三角形的边长为“，可得舁2=30,解得a=2叵

.•.底面圆的半径为r=遮，圆锥的高为h=3,

所以该圆锥的体积为V=^nr2h=^n(V3)2x3=37r.

故答案为：3K.

12.如图，三棱锥P-ABC的底面ABC是等腰直角三角形，/AC8=90°,PA=PB=AB=V2,PC=V3,

V3

则点C到平面PAB的距离等于y.

p

【解答】解：由题意，可将三棱锥P-ABC补全为棱长为1的正方体如图所示,

PA=PB=AB=V2,AC=BC=PD=1,

设点C到平面PAB的距离为/?,

11

则由PD=-ShPAB-h,

13.已知半径为5的球面上有P,4,B,C四点，满足/AC8=90°,AC=1,BC=则球心O到平

.28V15

面ABC的距离为3,三棱锥P-ABC体积的最大值为二一.

【解答】解：如图，

在RtZ\AC2中，由/4CB=90°,AC=7,BC=V15,得A8=J72+(V15)2=8,

设AACB外接圆的半径为r,则r=4,设球心为O,三角形ACB外接圆的圆心为Oi,

由球的性质可得，OOi_L平面ACB,在RtAOOiA中，可得。。1=V52-42=3.

即球心0到平面ABC的距离为3；

要使三棱锥P-A8C体积取最大值，则P为010与球面的交点，

此时P到底面ACB的距离为8,则三棱锥P-ABC体积的最大值为mX(-x7x，15)x8=—.

14.(压轴)在棱长为2的正方体A8CO-481C1D1中，点E、F分别是棱BC,CC1的中点，尸是侧面四边

形8CC181内（不含边界）一点，若A1P〃平面AEF,则线段4P长度的取值范围是[于，遍1.

【解答】解：如下图所示，分别取棱881,田。的中点M、N,连MN,BC\,

VM,N,E,尸分别为所在棱的中点，则MN〃BCi,EF//BC\,

：.MN//EF,又MNC平面AEF,EFu平面4EF,

；.MN〃平面AEF.

'：AA\//NE,AA\=NE,

...四边形AEN4为平行四边形，

：.A\N//AE,

又AWC平面AEF,AEu平面AEF,

；.4N〃平面AEF,

又AiNCMN=N,

平面A1MN〃平面AEF.

:尸是侧面8CC1B1内一点，且4P〃平面AEF,

...点P必在线段MN上.

在中，A\M=J&B/+&M2=心+1=后

同理，在RtZ\AiBiN中，可得44花，

...△A1MN为等腰三角形.

当点P为MN中点0时，A1PLMN,此时A1P最短；点P位于例、N处时，4P最长.

：AiO=，4/2_0M2=J（V5）2-（孝）2=竽，A\M=A\N=V5.

•••线段4P长度的取值范围是|尊，V5].

_3V2「

故答案为：V5J.

四.解答题(共6小题)

15.如图，四棱锥尸-A8c。中，ZDAB=ZABC=W°，AD=2AB=2BC=2,H_L平面A8CD点M是

PC的中点，且平面平面PCD.

(1)证明：平面PCD；

(2)求直线与平面AMO所成角的正弦值.

【解答】(1)证明：连结AC,则AC=夜，又C0=夜，AD=2,所以AC_LCZ)

由布，平面ABC。，CDc^ffiABCD,得％_LCO,又ACC%=4,AC,以u平面附C,从而CD工平

面B4C,又AMu平面B4C,

于是CE>J_4M①

过C作CE_LM。，垂足为E,由平面AMDJ_平面PCD,

平面AMCC平面PCD=MD知CE_L平面AMD,而AMu平面AMD,

于是CELAM

结合①得，又CEAC£>=C,CE,C£>u平面PC。，AM_L平面PCD

(2)解：由(1)知，AMLPC,且点M是PC的中点，所以PA=4C=&

如图，建立空间直角坐标系，

则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),M(1,芋),

AD=(0,2,0),XM=(|,孝)

设平面AMD的法向量为九=(%/yfz),

则pg=y=O,令『J,得£=(_4o,1)

{n-AM=%+y+\[2z—0

BM=(-1,I，务，设直线BM与平面AM。所成角为。，

TI,71/2,V2

则sin6=|cos<BM，n>|=|—~—|=、』=〒.

|BM||n|V3xlJ

16.如图，在底面是菱形的四棱锥P-ABCQ中，以，平面ABC。，ZABC=60°,B4=A8=2,点E,F

分别为8C,PO的中点，设直线PC与平面AEF交于点Q.

(1)已知平面网BCI平面尸C£)=/,求证：AB//1.

(2)求直线AQ与平面PC。所成角的正弦值.

【解答】(1)证明：'.'AB//CD,平面PCD,CDu平面PC。.

.♦.AB〃平面PCD,

；ABu平面以B,平面B48C平面PC£)=/

(2)解：；底面是菱形，E为8c的中点AB=2,

：.BE=1,AE=V3,AE1BC,

：.AEA.AD'：PAmABCD,则以点4为原点，直线AE、AD,AP分别为轴建立如图所示空间直角坐

标系则。(0,2,0),P(0,0,2),C(V3,1,0),F(V3,0,0)

：.F(0,1,1),AE=(V3,0,0),AF=(0,1,1),DC