高二数学上学期期中期末练习02 空间向量与立体几何（难点） 含解析

专题02空间向量与立体几何(难点)

一、单选题

1.正四面体A-BC。的梭长为4,空间中的动点P满足∣PB+PC∣=2√Σ,则AP∙尸。的取值范围为()

A.[4-2Λ4+2√3]B.[√^,3√2]

C.[4-3√2,4-√2]D.[-14,2]

【答案】D

【分析】分别取8C,Ao的中点E,F,由题意可得点P的轨迹是以E为球心，以及为半径的球面，又

APPD=4-∖PF^,再求出网的最值即可求解

【解析】分别取BC,AO的中点E,F,则∣PB+PC∣=ME∣=2^,

所以网=夜,

故点P的轨迹是以E为球心，以及为半径的球面，

222

AP∙PD=-(PF+M)∙(PF+FD)=-(PF+∕=¾)(PF-FΛ)=∣FA∣-∣PF∣=4-∣PF∣I

V.ED=yjDC2-CE2=√16-4=√12=2√3,EF=y∣DE2-DF2=√12-4ɪ=2√2，

所以IPFl=EF-√2=√2,IPFI=EF+√2=3√2,

IIminIImax

所以AP尸。的取值范围为[T4,2].

C

2.已知加，”为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在的直线与加，〃都

垂直，斜边A8以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：

(1)直线AB与m所成的角不可能为30；

(2)直线A8与团所成角的最大值为90；

(3)直线Ag与"?所成的角为60时，AB与〃所成的角为30.

其中正确的是()

A.(1)(2)B.(2)(3)C.(1)(3)D.(1)(2)(3)

【答案】A

【解析】由题意知，6、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，IACl=1,

∖AB∖=yf2,斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的

圆，以C坐标原点，以C。为X轴，CB为)，轴，CA为Z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能可求出

结果

【解析】由题意知，〃?、〃、AC三条直线两两相互垂直，不妨平移到同一个交点C,放到一个正方形中，

画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1,故IAq=I,IABI=斜边AB以直线AC为旋转轴则

A点保持不变，8点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，

设”所在的直线为CD,用所在的直线为CB,

所以，以C为坐标原点，以C。为X轴，CB为y轴，C4为Z轴，建立空间直角坐标系，

则。(1,0,0),4(0,0,1),直线〃的方向单位向量々=(1,0,0),忖=1,直线〃1的方向单位向量。=(0,1,0),时=1,

设点8在运动过程中的坐标为COSaSinao),其中。为3'C与C。的夹角，。«0,2加)，且0+cos2θ=∖,

所以A*在运动过程中的向量A8ii=(cose,sin6,-1),∣A8J=0,设直线AB与机所成角为α,设直线A8

与〃所成角为4，因为线线角的范围为θ-ɪ,所以αeθ,ɪ,βeθ,ɪ,

AB^×m∣(cosθ,sinθ,-1)7(0,1,0)|

令COSa=-----T—

A3犀I∣w∣∖AB

=Sinq=cos30=ɪ»

所以SinO二1不成立,①正确;

AB^m∖LKCOSe,sin。,-1)?(0,1,0)|亚

由cosa=_=------------------------------------=ɪlsmθ∖,

∖AB^I∖H∖abI

当。=。时，COSa=O,α=y,所以②正确;

直线AB与"?所成的角为60时，

历

πIABC×"1√2

cos—=研M=三卜inq=],卜me∣

3

由sin?8+cos?8=1,得CoS'0=l∙SinICOSa=,

CoSβ=卜叼=KCOSe,sin。,-1)?(1,0,0)|=也

ICoSM=g,

H⅛HMτ'

£=60,所以直线AB与机所成的角为60时，48与〃所成的角不是30,③错误

故选：A.

【点睛】本题考查异面直线所成的角，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理

论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题.

3.如图，在四棱锥P-AβQ?中，B4_L平面ABCO,NB40=90°,PA=AB=BC=-AD=I,BC//AD,

2

己知。是四边形ABC。内部一点（包括边界），且二面角。-尸。-A的平面角大小为:，则面积

4

的取值范围是（）

【答案】B

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量求得。运动轨迹，进而求得面积的取值范围

【解析】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，

由二面角Q-PD-A的平面角大小为:，可知Q的轨迹是过点D的一条直线，

又。是四边形A2CZ)内部一点(包括边界)，则Q的轨迹是过点D的一条线段.

设。的轨迹与y轴的交点坐标为G(O力,0)(6>0),由题意可知A(0,0,0),f>(2,0,0),P(0,0,l),所以

LlLBlUULI

DP=(-2,0,l),DG=(-2,6,0),AO=(2,0,0).

易知平面APO的一个法向量为4=(OJO),

设平面PnG的法向量为%=(¾,γ2,z2),

则〃2∙QP=0,gf-2x2+z2=0,

[n2DG=0[-2X2+by2=0

令…,得々=1,y2=p所以&=[1],2）是平面PnG的一个法向量,

则二面角G-PD-4的平面角的余弦值为

解得匕=*或/,=_毡(舍去)，

55

所以。在。G上运动，所以Q面积的取值范围为

故选：B.

4.在长方体ABCC-ABcR中，AB=AD=2,M=I.。是AC的中点，点P在线段AG上，若直线

Op与平面ACR所成的角为夕，则COSe的取值范围是()

【答案】D

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得Sine的取值范围，由此求得sin。，即可得解.

【解析】以。为原点，分别以QAOC,QA所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示

则D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),O(1,1,0),D1(0,0,1),

UUUUULIUUll

设P(α,2-4,D(0≤α≤2),则OP=(α-l,l-a,l),AA=(-2,0,1),AC=(-2,2,0),

设平面ACDi的法向量为rt=(.r,y,z)

n∙AD.=—2x+z=0ʌ

则1,令x=l,得”=(1,1,2)

n-AC=-2x+2y=0

rmu

n∙OP_a-l÷l-tz+221

所以Sine=

WJQPlII瓜∙J(a-1)~+I22,

nλ∕2(α-i)+1

[e芭/

2

由于0≤α≤2,.∙.5∕2(α-l)+l∈[1,√3]2e3

λ∕2(α-1)+1L'_

sinxesin2

∙'∙^⅛^⅛π[^^])∙'∙".∙.l-sin2θ∈-J-

39

5.向量的运算包含点乘和叉乘，其中点乘就是大家熟悉的向量的数量积.现定义向量的叉乘：给定两个

不共线的空间向量。与6,ax〃规定：①dxb为同时与G，〃垂直的向量；②a,b,αx人三个向量构成

右手系(如图1);③,XN=闷WSiMa,b)；④若4=(%,y∣,zJ,b=(x2,y2,z2),则

X],Z]ɪrʃɪa,b

a×b+,+，其中=ad-be,如图2,在长方体中ABC。-44G。,

)"2工2，Z1cyd

A.∣AB×ΛD∣=∣Λ4l∣

B.AB×AD-=AD×AB

,UUWUlU∖UUULUUUUUUUUIUI

C.[AB-ADj×AA^AB×AAi-AD×AA,

LUUUUl.UlUU

D.长方体ABCD-A14CQl的体积V=(A8xAθ)∙C∣C

【答案】C

【分析】利用向量的叉乘的定义逐项分析即得.

【解析】解法一：A4,同时与AB，AO垂直；A41,AB，AO三个向量构成右手系,

IUUUlULUIIULlUHULU∣/ULlUUUU\

且,BχAQ=M叫Sin(A8,AD)=2X2XSin90。=4≠I我1=3,所以选项A错误;

根据右手系知：ABXA。与AOXAB反向，所以ABxAOwAOxAS，故选项B错误;

，、LULΓ∣,ULlTUULΓ__

IUiraiIlJLrlo

因为KAB-AQ)×AΛl∣=∣DB×BB,∣=2√2×3×sin90=6√2,

ULUUULiULUUULI

且DB×BBl=一BDxBB、与CA同向共线;

又因为I潴X瑞卜2x3xsin9(Γ=6,且A8χA/1,与D4同向共线,

o

∣AD×AΛl∣=2×3×sin90=6,AD×AAt与DC同向共线,

IUUUiuuuULUuuuILuuluuuuUUUUUU

所以IABXA41-Af)xAΛ∣∣=6j2,且A3xAA1-ADxAA1与CA同向共线，

UUUlUUU∖UUUILUlUUUUUU

故选项正确;

ΛB-AD)×AA1=AB×AA-AD×AAt,C

因为长方体ABS-ABCR的体积为2x2x3=⑵

/ULUUUUU、IXILIU

又因为由右手系知向量ABxAO方向垂直底面向上，与CC反向，所以(ABXAo)∙CC<O,故选项D错误;

故选：C.

为Z轴建立空间直角坐标系,写出各个点的坐标.利用法向量求得二面角N-04-B与3夹角的余

弦值.结合α≤Z?即可求得6的取值范围,即可得。的最大值.

【解析】设底面圆的半径为r,OS=”,以98所在直线为X轴,以垂直于98所在直线为)，轴,以OS所在直线

为Z轴建立空间直角坐标系,如下图所示：

则由NAO8=。(0＜。＜万)

可得0(0,0,0),B(r,0,0),5(0,(),«),A(rcosOjsin(9,0),B'(-r,O,())

M,N是SB的两个三等分点

则MGO,石W仁,OqJ

所以OA=(rcoSarSin9,0),ON=

设平面NQ4的法向量为机=(x∣,y∣,z∣)

(〜C[(Λ1,yl,z1)∙(∕∙cos6*,rsin6＞,0)=0

rf,/n∙OA=0八、、一金,a、

则1C入7Z代入可得L∖f2r}a

WON=O(x1,y1,z1)∙l—,θ,ʒ-I=O

XjCOSe+χrsin6=0

2x1razlθ

IT-+T^

平面OAB的法向量为〃=(0,0,1)

由图可知，二面角N-OA-3的平面角α为锐二面角,所以二面角N-OA-B的平面角。满足

Ir

m`na

cosa=

cos2θ4户

I4Hm—^>—I—~

sin^θa~

设二面角”一4m一5的法向量为无=(孙)>2,22)

B,A=(r+rcos0,rsinΘ,O),AM=fʌ-rcos0,-rsin

(Λ⅛,y,z)∙(r+rcos6/sin仇0)=0

:曹学入可得22

则

(Λ2,y2,z2)J^-rcos，,一厂Sina停)=0

x2r+x2rcosθ+y2rsmθ=0

化简可得

瞥-Λ2rcose-%rsine+等=O

一I-CoSe2r

令尤2=1,解得>2=---------，Z2=-----

Sinea

-I-CoSe2八

所以Z=1,

Sinea

平面AB'B的法向量为a=(o,o,ι)

由图可知，二面角M-A9-3的平面角β为锐二面角,所以二面角M-A9-4的平面角β满足

由二面角的范围可知0≤α≤6≤"

结合余弦函数的图像与性质可知COSa≥cos∕?

I谭、I弓I

s1cos2

即Jι÷⅞÷⅛_J.+f-τ^÷⅛

VsinθaYISineJa~

化简可得cosθ≤-L,且o<e<万

2

所以0<。彳

r)jτ

所以。的最大值是g

故选:B

【点睛】本题考查了空间直角坐标系在求二面角中的综合应用,根据题意建立合适的空间直角坐标系,求得

平面的法向量,即可求解.本题含参数较多,化简较为复杂,属于难题.

1.在正四面体O-ABC（所有棱长均相等的三棱锥）中，点E在棱AB上，满足AE=2E8,点F为线段AC

上的动点.设直线OE与平面尸所成的角为α,则（）

A.存在某个位置，使得DEB.存在某个位置，使得NFDB=E

4

冗

C.存在某个位置，使得平面£>£F_L平面OACD.存在某个位置，使得夕="

O

【答案】C

【分析】设正四面体。-ABC的底面中心为点。，连接OO,则Do∙L平面ABC,以点。为坐标原点，OB、

。。所在直线分别为X、Z轴建立空间直角坐标系，设正四面体D-ABC的棱长为2,然后利用空间向量法

逐一分析求解可得结果.

【解析】如下图所示，设正四面体。-ABC的底面中心为点。，连接。。，则”，平面ABC,

以点。为坐标原点，OB、。。所在直线分别为X、Z轴建立空间直角坐标系，

设正四面体E>-ABC的棱长为2,

rπl/6In）/2Λ∕5nn）/&ιn）∩f∩n2瓜］ʌ/ɜIn

则A——,—1,0ʌB——,0,0、C——,1,0、D0,0,---、E—,0

ɔJɔɔJ⅜√J

设尸一二名,40,其中—1≤X≤1,

\/

对于A选项，若存在某个位置使得,OE=（¥，-；,一半），βF=（-√3,Λ,θ）,

.∙.DEBF=-［-^λ=O,解得力=一3,不合乎题意，A选项错误；

对于B选项，若存在某个位置使得∕FQ8=g,OF=J坐,人-半］,08=（挛,0,一半

4133J（33

MnDDFDB21亚

"""C研网=后0=后TN,该方程无解，B选项错误；

对于C选项，设平面ZMC的一个法向量为“7=α,y,z∣),

2√k6

√3一

x

由τ

与ʃl取4=-1,得根=(2夜,0,—1),

3+yl2√κ6

设平面Z)EF的一个法向量为〃=(%,上，Z2)，

nc,√312√6n

"DE=-x2--y2---z2=0

⅛',φγ=4√6,则〃=卜血+6近/1,4#,3;1-1),

nr√3ɪ,2√6_

n∙DF=---x2+Ay2-z2=()

3

若存在某个位置，使得平面Z)EF，平面DAC,则m∙"=2bl+9=O,解得2=-]e[-l,l],合乎题意，C

选项正确;

对于D选项，设平面DBF的一个法向量为"=(X3,%,Z3)，

叫察。,%'叫率‘普’

2√32√6

u∙DnBβ=------------------zɜ=0n

由<3ɜ,令Z=Q则〃

w∙DF=-y-x3+Λγ3-^y-z3=O

∖uDE∖半(E

若存在某个位置，使得α=f,即SinC=J=kos<",OE>∣=W+∣)∣

2

66211国一MxF2"、氏+2

整理得5纪-4∕l+12=0,Δ=16-240<0,该方程无解，D选项错误.

故选：C.

【点评】本题考查利用空间向量法求解空间角以及利用空间向量法处理动点问题，计算量大，属于难题.

8.如图，在菱形ABCf)中，AB=处,ZaM)=60。，沿对角线80将aABD折起，使点A,C之间的距

3

离为2&，若尸，。分别为线段B。，C4上的动点，则下列说法错误的是()

A

D

A.平面ABo_L平面BeO

B.线段PQ的最小值为0

C.当AQ=QC,4PZ)=O8时，点O到直线尸。的距离为巫

14

D.当P,。分别为线段B。，C4的中点时，PQ与An所成角的余弦值为渔

4

【答案】C

【分析】取8。的中点。，易知OALBnOCLBO,结合条件及线面垂直的判定定理可得04,平面BOC,

进而有平面ABZ)JL平面%>C,即可判断A；建立坐标系，利用向量法可判断BCD.

【解析】取8。的中点。，连接。AOC,

；在菱形ABCf)中，AB=生叵，Zβ4D=60o,

3

，OA=OC=2,又AC=26，

OA2+OC2=AC2,所以Q4J∙OC,

又易知OA_LBQ,OC_L3。，

因为LOC,OAVBD,OCBD=O,

所以。41•平面BOC,

因为。4u平面ΛBD,

所以平面ABOL平面BDC,故A正确；

以。为原点，OB,OC,OA分别为X,y,Z轴建立坐标系，

贝Ij8手,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),θ1-^,0,0,

当4Q=QC,4PD=08时，Q(OJl),Pl

哈(轲,OP=惇,°，。)，

J∖PQ-DP∖I√2i

所以点。到直线PQ的距离为"=F广=了=5丁，故C错误；

V3

设P(α,0,0),设CQ=ICA=4(0,-2,2),可得。(0,2-242/1),

IPQl=业+(2-2/1)2+(21)2=卜+8p_g)+2,

当"CM=；时，IPQImin=0,故B正确；

当P,Q分别为线段BC,CA的中点时，

P(0,0,0),β(0,l,l),PQ=(0,1,1),AD=I-孚,0,-2),

设PQ与AO所成的角为。，

AP0AD∣2√6

则2对阿瓦1F，

所以PQ与AD所成角的余弦值为渔，故D正确；

4

故选：C.

二、多选题

9.在长方体ABC。-AMG。中，AB=2,∕L4∣=3,AO=4,则下列命题为真命题的是()

A.若直线AG与直线Co所成的角为9,则tang=∣

B.若经过点A的直线/与长方体所有棱所成的角相等，且/与面BCG用交于点M,则AM=26

C.若经过点A的直线，"与长方体所有面所成的角都为6,则sin。=立

3

D.若经过点A的平面α与长方体所有面所成的二面角都为〃，则sin〃=母

【答案】ABC

【分析】A根据长方体的性质找到直线AG与直线8所成角的平面角即可；B构建空间直角坐标系，根

据线线角相等，结合空间向量夹角的坐标表示求"»<441,人用>=3<48,4加>=85<4£),4加>,即

可求M坐标，进而确定线段长；C、D将长方体补为以4为棱长的正方体，根据描述找到对应的直线〃八

平面尸，结合正方体性质求线面角、面面角的正弦值.

【解析】解：对于A：如下图，直线AG与直线CD所成角，即为直线AG与直线AB所成角NBAG,则

tanφ=tan/BACi==—,故A正确；

对于B：构建如下图示的坐标系，过A的直线/与长方体所有棱所成的角相等，与面BCG瓦交于M(X,2,z)

且x,z>O,又Aʌ=(0,0,3),AB=(0,2,0),AD=(4,0,0),

z2

贝qcosVA√4∣,A.M>=—/=cos<AB,A.M>=―/

√x2+4÷Z2√X2+4+Z2

X

=cos<AD,AM>=,\,故X=Z=2,则AM=2由，故B正确；

√jr+4+z

对于C：如下图，过A的直线机与长方体所有面所成的角都为仇则直线团为以4为棱长的正方体的体对

角线,故Sine=W,故C正确；

3

M

对于D：如下图，过A的平面用与长方体所有面所成的二面角都为4,只需面用与以4为棱长的正方体中

相邻的三条棱顶点所在平面平行，如面EDF,故cos”=a=',则sin〃=逅，故D错误.

^,ADE33

故选：ABC

10.如图，底面45Co为边长是2的正方形，半圆面APDL底面ABCZ）.点P为半圆弧斗。上（不含A,

。点）的一动点.下列说法正确的是（）

A.BP∙P。的数量积不恒为0

B.三棱锥尸-BCD体积的最大值为§

C.不存在点P,使得AB∙PB=DB∙DP

D.点A到平面BPD的距离取值范围为

【答案】BCD

【分析】由面面垂直的性质结合平面向量的运算判断A,由棱锥的体积公式结合分的范围判断B,由数量

积公式计算DBDP和ABpB判断C,由等体积法得出点A到平面BPD的距离取值范围.

【解析】因为半圆面AW)J■底面ABC3,AB±AD,由面面垂直的性质可知，ASJL平面APL),

AB±AP,AB±PD,APLPD.

对于A,BPPD=(AP-AB)PD=APPD-ABPD=O,故A错误；

111222

对于B,设点P到平面BCO的距离为3则/Ms=：S^S∕==XTX2X2∕2=(∕Z<;X1=:,当点P为AD

中点时，取等号，故B正确；

对于C,

2ɔ

DBDP=(DP+PA+AB)DP=DP+PA-DP+AB-DP=]DP∖^e(0,4)

ABPB=AB2(AB-AP)=AB-ABAP=4,即不存在点P,使得ABpB=DB∙DP，故C正确；

对于D,因为。BOP=∣OB∣∙∣Z)P∣COSNPO8=∣L>P∣2,所以cos/POB=立IOp|,所以

4

1∣DP∣∙J8--DP2

SABDP=51301∙IOPlSinZPDB=J~!ɪ---------

因为OP∙ZM=,尸,QdCoSNADP=£>尸∙(/JA-Po)=PA∙OP+£>b=∣DP『，所以COSZADP=回，设点P

到平面ABD的距离为九，点A到平面BPD的距离为A2,则

L⅛fi⅛-因为匕-口=也如，所以

DP

^DP∖-sinZPDA

「IY42

1MΛAΞLH，设IDPI='e（°，2），则为tɪɪ

D4，因为

2I4√-∣H72

3X23×--------2---------月gV8-r

8-Z2∈(4,8),所以％€(0,α)，故D正确;

故选：BCD

【点睛】关键点睛：在处理D选项时，关键是利用等体积法得;I；h2=,4-f,再结合t的范围得出点A

到平面8叨的距离的范围.

11.直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA，CB,CA=CB=CcrD,E,M分别为BlC,,CC∣,Ag的中点，点N是棱AC

上一动点，则（）

A.对于棱AC上任意点N,有MNLBG

B.棱AC上存在点N,使得上WL面BCIN

C.对于棱AC上任意点N,有MN「面AQE

D.棱AC上存在点N,使得MN〃DE

【答案】AD

【分析】对于A,连接8G,SC,证明BG，平面ABC即可：对于B,建立空间直角坐标系，判断MN与

BN是否可能垂直即可；对于C、D,当N是AC中点时，MN//DE,即可判断.

连接8G,3C,由题可知四边形BCCS是正方形，则BCi耳C,

由题知平面BCGA，平面ABC,平面BCGBj平面A3C=8C,ACrBC,ACU平面ABC,

二AC_L平面BCC£,又BGUBCGBI,：.AC1BC1,

又与CCAC=C,8∣C,ACu平面AB0,8C∣1平面AqC,

YACVu平面的C,.∖BC11MN.

故A正确；

B选项：

如图建立空间直角坐标系，设AC=BC=CG=2,

则C(O,0,0),B(2,0,0),A(0,2,0),B,(2,0,2),Λ∕(l,l,l),设N(OJ,0),0<t<2,贝IJBN=(—2/0),

W=(l,l-r,l),

若BNLMN,则BN∙NM=0n-2+r（l-r）=0,即/—，+2=0，方程无实数根，即BN与MN不垂直，则

不存在点M使得MNL平面BqN,B错误;

C选项：

当N是AC中点时，MN//BtC,BxC//DE,〃平面AQE；

当N不是AC中点时，MN和BIC相交，若MN〃平面AQE,结合BC〃平面AoE可知平面A8∣C〃平面

A1DE,这显然与图形不符（AE与Ae相交），故此时MN与平面A。E不平行；故C错误;

D选项：

由C项可知，N为AC中点满足题意，故D正确.

故选：AD.

12.如图，在棱长为2的正方体ABCO-AB1GR中，点M在线段BC上运动，则下列说法正确的是（）

A.AM,平面AC。

B.几何体ABG-Aen的外接球半径r=&

C.异面直线CQ与A例所成角的正弦值的取值范围为

D.面AQM与底面ABCO所成角正弦值的取值范围为

【答案】ACD

【分析】对于A,利用面面平行的性质定理可判断；对于B,几何体ABC-ACR的外接球与正方体

A8C。-ABClA的外接球相同，可求得其半径；对于C,找到异面直线C。与AM所成角的正弦值取到最

大以及最小值的位置，即可求解；对于D,建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式，结合三角函

数的知识可进行求解.

【解析】在正方体ABCO-AgGA中，AA,/∕CCl,AAt=CC1,故AACG为平行四边形，

所以AG//AC,而AGa平面平面ACQ,ACU平面ACQ,故Ae；〃平面AC

同理可证AB平面ACn,而AGAB=A,4£，48<=平面48£,

所以平面ABC1//平面ACDt,AMu平面ABCI,则AM〃平面ACDi,A正确.

几何体ABG-ACA关于正方体的中心对称，

其外接球与正方体ABCz）-ABCA的外接球相同，半径为亚笆运=6，故B错误.

2

由于C£>//4£,则直线A片与A1M所成最大角为/々44（或N4A/）,

其正弦值为也.直线人蜴与AM所成最小角为4片与平面ABG所成角，

2

当M为BG中点时，所成角即为

而A4J∙平面B8∣GC,耳MU平面8BCC,故,

A4=2,BlM=√2,.∙.AlM=√4+2=√6,

故SinZBHM=自"=W=且，故C正确.

AiM√63

以。为坐标原点，如图建立空间直角坐标系,

则力(0,0,0),A(2,0,2),8(2,2,0),C1(0,2,2),则DA=(2,0,2),BC1=(-2,0,2),

=ΛBCl,(0<λ<l),则M(-22+2,2,2Q,.∙.OM=(-22+2,2,27),

n-DA.=2a+2c=0

设平面ADM的法向量为〃=34c),则B

n-DM=(-2λ+2)a+2b+2λc=0

令α=2,则c=-2,6=42-2,故n=(2,42-2,-2),

由题意知平面的法向量可取为则COS〈肛〃〉=

ABCDm=(1,0,0)√8+4(2Λ-l)2

4

则面AQM与底面ABe。所成角正弦值为JI-

8+4(24-1)2

由于0≤4≤1,故当2=；时，8+4(24-1)2取到最小值8,

4取到最小值为亚

8+4(24-1)22

当4=0或2=1时，8+4(22-1)2取最大值12,:取最大值为远,

所以面A。M与底面ABCz)所成角正弦值的取值范围为［乎,乎］,D正确，

故选：ACD.

【点睛】本题考查了几何体中线面平行的判断，以及外接球的半径的求解和空间相关角的求解，涉及知识

点多，综合性强，计算量大，解答时要充分发挥空间想象，明确空间的点线面的位置关系，解答的关键是

能掌握并熟练应用空间线线角以及面面角的定义，并能应用空间向量的方法求解.

三、填空题

13.在空间直角坐标系O-xyz上，有一个等边三角形ABC,其中点A在Z轴上.已知该等边三角形的边长为

2,重心为G,点8,C在平面Xoy上，若OG在Z轴上的投影是z,则|0G「=(用字母Z表示).

4C4

【答案】|-3z2##-3z2+^

【分析】画出图形，结合重心的性质，向量的数量积，模的算法和余弦定理，即可算出答案.

【解析】如图，设BC的中点为连接A",因为等边三角形ABC的重心为G,所以GM=：AM,

设OG在Z轴上的投影是ON,则ON=gθ4

又OG在Z轴上的投影是z,所以∣Q4∣=3z,该等边三角形的边长为2,

在RfVOAB中，pB∣=√4-9z2,同理可得|。C∣=14-9z',

因为OG=g(θA+OB+OC),

所以

∣OG∣2=∣(θA+OB+Oey="(θ∕+OB2+OC+2OA-OB+2OA-OC+IOC-08)

1(,,,I-------7I-------74-9Z2+4-9Z2-4^

=-9Z2+4-9Z2+4-9Z2+0+0+2√4-9Z2∙√4-9Z2•—).?

912√4-9Z2∙√4-9Z2J

=--3Z2

3

故答案为：-—ɜɪ2

222

14.在空间直角坐标系中，点P(x,>,z)满足：x+y+z=∖6,平面α过点M(l,2,3),且平面ɑ的一个法

向量”=(1,1,1),则点P在平面ɑ上所围成的封闭图形的面积等于_________.

【答案】4万

【分析】由题意，点P在球面上，所以点P在平面ɑ上所围成的封闭图形即为平面α截球面所得的截面圆,

根据球的截面性质求出截面圆的半径「即可求解.

【解析】解：由题意，点尸在以(0,0,0)为球心，半径为4的球面上，

所以点P在平面ɑ上所围成的封闭图形即为平面a截球面所得的截面圆，

因为平面α的方程为IX(X-l)+lχ(y-2)+lχ(z-3)=0,即x+y+z-6=0,

所以球心(0,0,0)到平面α的距离为d=γ,卜心J=2出,

所以截面圆的半径r=My26j=2,截面圆的面积为S=万户=4万，

所以点P在平面ɑ上所围成的封闭图形的面积等于4-

故答案为：4乃.

UlllUUUUUUUU

15.已知。4,OB.OC是空间两两垂直的单位向量，QP=XQ4+)03+zOC,且x+2y+4z=l,贝IJ

IoP-OH-OQl的最小值为________.

【答案】2亘

21

【分析】设OA=(1,0,0)，OB=(0,1,0)，OC=(0,0,1),利用向量的坐标运算求出OP，进而求出OP-OA-OB，

2

借助向量模的运算及x+2y+4z=l,整理可得IOP-04-Oq=Jl√i7z+方”+4

+一，

21

进而得解.

【解析】由题意可设。A=(1,0,0),OB=(OJO),OC=(0,0,1),

由x+2y+4z=l,得x=l-2y-4z,

OP=xOA+yOB+zOC=(x,y,z),

OP-OA-。3=(X-Ly-LZ),

所以IoP_QA_08卜√(x-l)2+(y-l)2+z2

=√(2y+4z)2+(γ-l)2+z2

=√5∕+17z2+16yz-2y+l

所以IOP-04-081的最小值为3区L

21

故答案为：巫.

21

【点睛】本题考查的是空间向量的坐标运算和空间向量模长的坐标表示，意在考查学生的计算能力，属于

中档题.求向量的模的方法：（1）利用坐标进行求解，）=（x,y）,则IaI=G77；（2）利用性质进行求

解，77=∣φ结合向量数量积进行求解.

16.如图，在棱长为1的正方体ABCO-AMGA中，点M为线段BA上的动点，下列四个结论:

①存在点M,使得直线AM与直线BC夹角为30。；

②存在点M,使得GM与平面A8,C夹角的正弦值为正；

3

③存在点M,使得三棱锥A-CQM的体积为看；

④存在点M,使得α>Z?,其中α为二面角M-AA-B的大小，夕为直线MA与直线A8所成的角.

则上述结论正确的有.(填上正确结论的序号)

【答案】②③

【分析】对①：由连接42,BG,由BC，平面ABGR,即可判断；对③：设M到平面CDDC的距离为

h,则喷必I,所以％一Cm=VM一钿°=；SeW)•〃即可判断；对④：以C为坐标原点建立如图所示的空间直角

坐标系C-Wz,设BM=NBn(滕JI1),利用向量法求出c。Sa与CosQ,比较大小即可判断；对②：设G"

与平面MC夹角为凡利用向量法求出sin，=卜os<GM,”>|,即可求解判断.

【解析】解：对①：连接A。，BG,在正方体ABC。-AIBC。中，由他_1_平面8CC田，可得ABl80,

又％C1BC∣,ABlBC1=B,所以隼7,平面ABCQ,所以BC_LAM,故①错误；

对③：设M到平面8〃G的距离为〃，则0釉1,所以％wm=VW-GDQ=§§JDlD"=]X/X故③正

确；

对④：以C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系C-孙Z,设1),

则AB=(-1,0,0),Λ4,=(0,O,D,BA=(1,-I,D,BM=Q,-A,⑷，所以“(2,1-4∕i),Λ,M=(Λ-I,

-A,4—1),

..AM∙AB\—λ

:.cosβ=∣cos<AM,AλBd>∣=∣iI=T-----,

"'IAMlIABl√3Λ2-4Λ+2

[n-AA1=0fz=0

设平面MAA的法向量为ZI=(X,y，z),则,,即f

[n-AtM=0[(X-l)x-Λy+(X-I)Z=O

取n=(2,λ-l,0),又DA=(O,1,0)是平面A8B∣A的一个法向量,

又二面角M-AA.-B为锐二面角或直角，

-

...n∙DAlI—λiΛ

所以8Sa=Icos<”,PΛ>Hj7向I==布F'

3λ2-4λ+2-(2λ2-2λ+∖)=λ