2025年高考数学一轮复习之空间向量与立体几何

2025年高考数学一轮复习之空间向量与立体几何

选择题（共10小题）

1.正方体ABC。-AiBiCiD中，尸为正方形ABCD内一点（不含边界），记。为正方形A2CD的中心，

直线抬1,PBi,PCi,PD与平面ALBCLDI所成角分别为91,02,03,04.若91=03,02>04,则点

尸在（）

A.线段OA上B.线段OB上C.线段OC上D.线段。。上

2.已知正四棱台上底面边长为1,下底面边长为2,体积为7,则正四棱台的侧棱与底面所成角的正切值

为（）

3版广2V2广

A.-----B.V2C.-----D.3&

25

3.边长都是为1的正方形A8CZ）和正方形ABEE所在的两个半平面所成的二面角为詈，P、。分别是对角

线AC、8尸上的动点，且AP=F。，则尸。的取值范围是（）

A.（芋，1]B.（亨，V^）C.[孝，V2）D.[字，1]

4.如图，三棱柱ABC-ALBIQ满足棱长都相等且平面ABC,。是棱CG的中点，E是棱AA1上的

动点.设A£=x,随着尤增大，平面与底面ABC所成锐二面角的平面角是（）

A.先增大再减小B.减小

C.增大D.先减小再增大

5.三棱锥尸-ABC各顶点均在半径为2a的球。的表面上，AB=AC=2心N2AC=90°,二面角P-

BC-A的大小为45°,则对以下两个命题，判断正确的是（）

8

①三棱锥0-ABC的体积为§；

②点P形成的轨迹长度为兀

A.①②都是真命题

B.①是真命题，②是假命题

C.①是假命题，②是真命题

D.①②都是假命题

6.已知如图所示的几何体中，底面ABC是边长为4的正三角形；侧面A41cle是正方形，平面441cle

，平面ABC,。为棱CCi上一点，CD=^CC1,S.BB1=3CD,则81。与平面A41cle所成角的正弦

值为（）

7.直四棱柱ABC。-421CLDI的底面是菱形，AAt=2a,A2=4,ZBAD=120°,E,F,G分别是48,

AD,CCi的中点，点尸在该直四棱柱的表面（含边界）运动，且GP〃平面A1ER则P的轨迹长度为

D.3V3

8.已知ASAB是圆锥S。的轴截面，点C在&4上，且AC=遮.若过点C且平行于如的平面恰过点。,

71

且该平面与圆锥底面所成的二面角等于］，则该圆锥的体积为（）

C.3nD.9ii

9.如图，正四面体ABCD的顶点C在平面a内，且直线BC与平面a所成的角为30°,顶点B在平面a

内的射影为。，当顶点A与点。的距离最大时，直线CD与平面a所成角的正弦值等于（）

A

V6+3V2V6+V2

10.如图，已知四面体A8CD的棱〃平面a,且AB=2,其余的棱长均为迎.四面体ABC。以所

在的直线为轴旋转尤弧度，且四面体A2C。始终在水平放置的平面a的上方.如果将四面体A8CD在

平面a内正投影面积看成关于x的函数，记为S（x）,则函数S（尤）的最小正周期与S（%）取得最小

值时平面ABC与平面a所成角分别为（）

D

TTTT7T

A.2ir,0B.TT/-xC.271/方D.n,-r

ZZ4

填空题（共5小题）

11.已知正四棱柱A8CD-A181C1O1的底面边长与侧棱长之比为1：3,则平面D48与平面A18Q夹角的

余弦值为.

12.如图所示，直角三角形A3C所在平面垂直于平面a,一条直角边AC在平百a内，另一条直角边BC

长为g且/BAC=V，若平面a上存在点P,使得的面积为?，则线段CP长度的最小值

为.

B

13.如图，正方体A8C£>-431C1D1的棱长为2,M,N分别为BBi,ODi的中点，a为过直线MV的平

面.从下列结论①，②中选择一个，并判断该结论的真假.你选的结论是（填“①”或"②”），

该结论是命题（填“真”或“假”）.

①平面a截该正方体所得截面面积的最大值为3V3；

②若正方体的12条棱所在直线与平面a所成的角都等于0,则sin0=苧.

14.如图，边长为2的正方形A8CD中，E,尸分别是AB,8C的中点，将△AOE,ACDF,△BEF分别

沿DE,DF,跖折起,使A,B,C重合于点尸，则三棱锥P-DEF的外接球的体积为

设直线尸£),PE,PP与平面。所成角分别为a,p,y,贝I]sin2a+sin20+sin2Y=.

15.若将正方体ABCn-AbBiCtDi绕着棱AB旋转30°后，CD所在位置为CO的位置，则直线B81和平

面。所成的角为.

三.解答题(共5小题)

16.如图，已知三棱台ABC-481C1中，AiB=AiC=2BC=4,ZACAi=ZACB=60°.

(1)证明：平面ACQAi_L平面ABC；

(2)记三棱锥Ai-ABC的体积为V1,三棱台ABC-A1B1C1的体积为V2,若匕=^V2=3,求BBi与

平面AbBC所成角的正弦值.

PMBN1

17.如图，在正四棱锥尸-ABC。，B4=AB=2,点A/,N分别在B4,BD上,且—=——=一.

PABD3

(1)求证：MN1AD；

(2)求二面角M-BD-A的余弦值.

P

18.如图，四棱锥尸-ABC。的底面ABC。是梯形，BC||AD,PA=AB=BC^1,4。=2,PC=V3,

平面ABCD.

(1)求证：平面PBC_L平面B4&

V6

(2)在棱尸。上是否存在一点E,使得二面角E-AC-尸的余弦值为三.若存在，求出PE：即的值;

若不存在，请说明理由.

19.如图，在直三棱柱A8C-481Q中，。是棱BC上一点(点。与点C不重合)，且A。，。。，过4

作平面BCCxBi的垂线I.

(1)证明：1//AD-,

(2)若AC=CCi=2,当三棱锥Ci-AC。的体积最大时，求AC与平面AOG所成角的正弦值.

20.如图，在正三棱柱ABC-481C1中，P为8C1的中点.

(1)证明：BCXE41；

(2)若A4i=2,AB=2V3,求直线ABi与平面BliCi所成角的正弦值.

4,G

P

AC

B

2025年高考数学一轮复习之空间向量与立体几何

参考答案与试题解析

一.选择题（共10小题）

1.正方体ABC。-AiBiCiDi中，尸为正方形ABC。内一点（不含边界），记。为正方形A8C。的中心，

直线PBi,PC1,尸》与平面4B1C1D1所成角分别为91,02,例，04.若。1=。3,02>04,则点

尸在（）

A.线段。4上B.线段02上C.线段。。上D.线段。。上

【考点】几何法求解直线与平面所成的角.

【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；数学运算.

【答案】B

【分析】作出示意图形，根据也=。3证出点P在平面A1B1C1D1内的射影。在线段上，然后根据

02>。4证出推导出进而得到本题答案.

【解答】解：过点尸作尸。，平面481C1O1于。，连接。4、QC1,

则ZPAiQ^Qi为PAi与平面AiBiCiDi所成角，/尸。0=。3为PC1与平面AiBiCiDi所成角，

因为。1=。3,所以/B4iQ=/PCi。，可得4。=。。=^^,

tU.71C/-£

结合4D=C1£）1,为公共边，可得△401。之△GD1。，点。在乙41D1G的平分线上，

即P在平面AiBiCiDi内的射影Q在正方形AiBiCiDi的对角线BiDi上，

因为以。、D1Q分别是以尸、O1P在平面AIBICLDI内的射影，

所以/尸的。=02为PB1与平面AiBiCiDi所成角，/尸£）1。=。4为PO1与平面AiBiCiDi所成角,

结合。2>。4,得NPBiQ>NPDi。，可得810<£）1。，

由可得BP<DP,所以点尸在线段。8（不含。点）上运动.

故选：B.

【点评】本题主要考查正方体的结构特征、直线与平面所成角的定义与求法等知识，考查了图形的理解

能力，属于中档题.

2.已知正四棱台上底面边长为1,下底面边长为2,体积为7,则正四棱台的侧棱与底面所成角的正切值

为()

3鱼厂2V2广

A.-----B.&C.-----D.3企

25

【考点】几何法求解直线与平面所成的角.

【专题】转化思想；转化法；立体几何；数学运算.

【答案】D

【分析】画出相应图形，借助正四棱台的性质及体积公式可得其高，结合线面角定义计算即可得解.

【解答】解：如图所示，作于点

1.______

2222

贝=1(1+2+Vlx2)xA1M=7,即4M=3,

AM=--『Ci=27^■一=孝，

则=冬=3V2,

rxIVLVN

~2

由正四棱台的侧棱与底面所成角即为AM与底面ABC。所成角，

设其为。，则e=BPtGine=tanZA^AM=3V2,

故选：D.

【点评】本题考查棱台的体积公式以及线面角的计算，属于中档题.

27r

3.边长都是为1的正方形ABC。和正方形ABM所在的两个半平面所成的二面角为飞■,P、。分别是对角

线AC、8尸上的动点，且&尸=尸。，则P。的取值范围是()

A.>1]B./V2)C.[-^>V2)D.>1]

【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角.

【专题】转化思想；综合法；解三角形；空间角；数学运算.

【答案】D

【分析】由二面角的平面角定义，可得NQHP为A8CD和A8EF所在的两个半平面所成的二面角，设

AP=FQ=x,（0<x<V2）,利用相似三角形得出。”和PH,再利用余弦定理求得尸。的表达式，进

而求得取值范围.

【解答】解：设AP=FQ=x,（0<x<V2）,则PC=BQ=近一灯

由题意，P,。在AB上的投影是同一点，设为H,连接QH,PH,

则/。”尸为ABCD和ABEF所在的两个半平面所成的二面角，

则/°刊产=争

由可得p”=X

万

由项，可得QH=也言,

V2

在△PQH中，由余弦定理可得：

PQ2=（声+（争）2-2X导安X（一品三普，

因为owxw应，所以PQ2eg,1],则PQC[孚，1].

故选：D.

【点评】本题考查二面角的定义，考查相似三角形及余弦定理的应用，属中档题.

4.如图，三棱柱ABC-ALBICI满足棱长都相等且441J_平面ABC,。是棱CCi的中点，E是棱441上的

动点.设AE=x,随着x增大，平面8OE与底面ABC所成锐二面角的平面角是（）

Ci

A.先增大再减小B.减小

C.增大D.先减小再增大

【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角.

【专题】计算题；数形结合；向量法；空间角；数学建模.

【答案】D

【分析】以A为原点，在平面ABC中过A作AC的垂线为x轴，AC为y轴，A41为z轴，建立空间直

角坐标系，利用向量法能求出平面BDE与底面ABC所成锐二面角的平面角随着无增大而增大.

【解答】解：以A为原点，在平面ABC中过A作AC的垂线为无轴，AC为y轴，A41为z轴，建立空

间直角坐标系，

设正三棱柱ABC-A1B1C1中所在棱长都是2,

则8(V3,1,0),D(0,2,1),E(0,0,x),

—>—»_

BD=(-V3,1,1),BE=(-V3,-1,x),

设平面BOE的法向量孩=(a,b,c),

^-BD=-^3a+b+c=0,取i得建a,2V3

‘3―申，-----)

n,BE=—V3a—b+=0x+1

平面ABC的法向量u=(0,0,1),

设平面与底面ABC所成锐二面角的平面角为0,

cos6=乒可=「答=厂值=B,

曲•而[+小一答)2+(筌)2J(X+1)2-3(X+1)+6j[(x+l)-|]2+v，

.'.COS0随着X增大而先增大后减小,

AO随着x增大而先减小后增大.

故选：D.

【点评】本题考查二面角的平面角的变化趋势的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基

础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题.

5.三棱锥P-A8C各顶点均在半径为2企的球。的表面上，AB=AC=2®ZBAC=90°,二面角P-

BC-A的大小为45°,则对以下两个命题，判断正确的是（）

8

①三棱锥0-ABC的体积为］

②点P形成的轨迹长度为2班兀

A.①②都是真命题

B.①是真命题，②是假命题

C.①是假命题，②是真命题

D.①②都是假命题

【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角.

【专题】转化思想；数形结合法；立体几何；直观想象；数学运算.

【答案】A

【分析】根据球的截面圆的性质可得出二面角，利用直角三角形性质判断△ABC外心01和△PBC外心

02的位置，利用垂直关系证明。1是AO中点，利用体积公式判断①，根据O2P为定长判断尸点轨迹是

圆，判断②.

【解答】解：设△A8C外心为。1,Z\PBC外心为02,如图，

则00i_L平面ABC,OO2_L平面PBC,

平面ABC,BCu平面P8C,

A00i±BC,002±BC,

•；OO2COO1=O,

，8C_L平面00102,

oc)2nooi=o,

，8C_L平面00102,

：0102U平面00102,

：.BC±AOi,且014=2,

:二面角尸-8C-A的大小为45°

ZAOi6(2=45°,：.AO21OIO2,

,：A,Oi,O,02四点为共面，5.OO2±O2Oi,

如图：

；.。2是。4中点，

OO1—OiA—2,

111Q

**•Vo-ABC=wx。。1XS^ABC=wX2X2X2V2X2V2=w，故①是真命题;

又：02P=JR2_O.==粕,

点p形成的轨迹是半径为伤的圆,

轨迹长度为2声兀，故②真命题.

故选：A.

【点评】本题考查球的截面圆、线面垂直的判定与性质、体积公式、点的轨迹等基础知识，考查运算求

解能力，是中档题.

6.已知如图所示的几何体中，底面ABC是边长为4的正三角形；侧面A41cle是正方形，平面441cle

，平面ABC,。为棱CCi上一点，CD=^CC1,S.BB1=3CD,则81。与平面A41cle所成角的正弦

值为（）

【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角.

【专题】转化思想；综合法；空间角；数学运算.

【答案】D

【分析】根据线面角定义，找到以。与平面441CC所成角，再利用三角函数的知识求解即可.

【解答】解：因为平面A41cle是正方形，所以A41LAC,

又平面AA1C1CL平面ABC,平面AAiCiCC平面4BC=AC,AAiu平面AA1C1C,

所以A4iJ_平面ABC,

因为8Mu平面ABC,所以44i_LBW,

取AC的中点为M,4G的中点为N,连结MN,BM,NB1,如图所示，贝UMN〃AAi〃CCi,

所以MN1BM,

因为底面ABC是等边三角形，所以8MLAC,

又MNnAC=M,MN、ACu平面A41clC,

所以平面AAiCiC,

->—>

因为BBI=3CD,所以88I〃CZ）,所以即2,M,N,BI四点共面,

因为8Mu平面所以平面平面A41CC,

过点21作交MN于点、H,连结。

因为平面BMNBin平面AAiCiC^MN,平面BMNBi,

所以81"，平面44C1C,

故/BiDH就是BiD与平面AA1C1C所成角，

由题中边长关系可得，BiH=BM=25,CD=1,BBI=3,

所以BID=A/22+42=2V5,

所以s讥/BiD"=祟=塔，即81。与平面AA1CC所成角的正弦值为孚.

5。5

故选：D.

【点评】本题考查线面角的求法，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理或性质定理，线面角的定义与求

法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.

7.直四棱柱ABC。-ALBCLDI的底面是菱形，AA±=2&，AB=4,ZBAD=120°,E,F,G分别是AB,

AD,CCi的中点，点尸在该直四棱柱的表面(含边界)运动，且GP〃平面A1ER则P的轨迹长度为

()

3V3广

A.3B.6C.-----D.3V3

2

【考点】点、线、面间的距离计算；轨迹方程；棱柱的结构特征；空间点、线、面的位置.

【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；立体几何；数学运算.

【答案】D

【分析】根据题意，取81cl的中点H,取CLDI的中点P,连接CH、CP、HP,取HCi的中点PC\

的中点N,连接GM、GN,MN,由平面与平面平行的判定方法可得平面GMN〃平面AEF,即可得P

的轨迹围成的图形为三角形GMN,进而计算可得答案.

【解答】解：根据题意，取的中点H取CLDI的中点P,连接CX、CP、HP,

取”Ci的中点M,PC1的中点N,连接GM、GN,MN,

P为A。的中点，X为B1C1的中点，易得CH〃ALF,

又由G为CCI的中点，M为HC1的中点，则有MG〃CH,

则有GM//AF,

又由Aft平面AEF,GMC平面AEF,故GM〃平面AEF,

同理：GN〃平面AER

又由GAfc平面GMN,GNu平面GMN,GMCGN=G,

故平面GMN〃平面AEF,

则P的轨迹围成的图形为三角形GMN,

又由A4i=2&AB=4,则AiE=我与彳=2遮，易得CH=2«,则有GM=笆8=百，

同理：GN=V3,

ZBA£）=120°,E,尸分别是AB,AD的中点，则EF==4+4—2x2x2义cosl20°=2百,

则有MN=^EF=A/3,

AGMN中，其周长为GM+GN+MN=V3+V3+V3=3V3.

故选：D.

【点评】本题考查棱柱的结构特征，涉及直线与平面平行的性质，属于中档题.

8.已知ASAB是圆锥S。的轴截面，点C在SA上，且2C=遍.若过点C且平行于S3的平面恰过点。，

n

且该平面与圆锥底面所成的二面角等于I则该圆锥的体积为（）

71

A.—B.JTC.3TlD.9ir

3

【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角.

【专题】对应思想；综合法；空间角；数学运算.

【答案】c

【分析】由题意知，CO〃SB,且/。。力=不进一步可得△SAB是边长为2百的等边三角形，再由圆锥

的体积公式，求解即可.

【解答】解:由过点C且平行于SB的平面恰过点O,知CO//SB,且/C04=I，

因为。是A8的中点,

所以C是SA的中点，且

因为4c=V3,

所以△SAB是边长为2百的等边三角形,

1

所以该圆锥的体积为「冗（遍）2・3=311.

故选：C.

【点评】本题主要考查圆锥的结构特征与体积的求法，二面角的定义，考查空间立体感，逻辑推理能力

和运算能力，属于基础题.

9.如图，正四面体A8CZ）的顶点C在平面a内，且直线BC与平面a所成的角为30°,顶点B在平面a

内的射影为。，当顶点A与点。的距离最大时,直线与平面a所成角的正弦值等于（）

V6+3V2V21

A.-----------B.一C.D.-

12242

【考点】几何法求解直线与平面所成的角.

【专题】计算题；转化思想；综合法；函数的性质及应用；空间位置关系与距离；数学抽象.

【答案】D

【分析】根据题意，当0、&A、C四点共面时，顶点A与点。的距离最大，由此作出图形，设正四

面体棱长为1,求出点。到平面a的距离，利用锐角三角函数的定义、直线与平面所成角的性质，求

出直线CO与平面a所成角的正弦值.

【解答】解：根据题意，若点A到点。的距离最大，则。、B、A、C四点共面.

设平面02AC为伍因为80_La,BOcp,所以a_L0,

过点D作DHL平面ABC,垂足为H连接CH,如图所示.

设正四面体ABC。的棱长为1,在RtZ\8C。中，CH=*BC=手

因为80_La,直线8C与平面a所成角为30°,所以N2CO=30°,ZHC(9=30°+30°=60°,

所以点H到平面a的距离为C”-sin60°=X

过点。作DE„La,垂足为E,连接CE,则/。CE为直线CO与平面a所成的角.

因为。a±p,DHta,所以。H〃a,可知点。到平面a的距离等于点“到平面a的距离，即

DE=

在RtZ\CZ)E中，sinZDCE=^=|＞所以直线CD与平面a所成角的正弦值为

故选：D.

【点评】本题主要考查点到平面的距离、线面角、线面平行的判定定理与性质定理等知识，属于中档题.

10.如图，已知四面体A8CD的棱48〃平面a,且AB=2,其余的棱长均为加.四面体ABC。以所

在的直线为轴旋转x弧度，且四面体ABC。始终在水平放置的平面a的上方.如果将四面体A2CD在

平面a内正投影面积看成关于x的函数，记为S(x),则函数S(x)的最小正周期与S(%)取得最小

值时平面ABC与平面a所成角分别为()

7TTT77

A.2TT,0B.nr,JC.2兀，JD.兀，/

【考点】直线与平面所成的角.

【专题】转化思想；转化法；立体几何；数学运算.

【答案】D

【分析】根据对称性得出S(x)的周期；取中点E,可得CELDE,E到C。的距离为且直线

2

7T

DC与平面ABC所成的角为：，A3,面CDE,面面ABC,设CD在平面p的投影为MN,可得

MN±AB,讨论一个周期内的情形，当无日0,2］时,S(x)=V2sin(x+2),则S(无)加〃=1；当在［一去0)

时，S(X)=3AB,MNN与求出S(x),,威及此时。C与a的关系，即可求出此时平面ABC与平面a

所成角.

【解答】解：设过且平行于平面a的平面为仇

由题意知，四面体A8CD在平面0的上方时和下方时完全对称，故函数S(x)的周期为m

取A8中点E,连接CE、DE,如图，

'：AB=2,AC^BC=V2,：.AB2^AC2+BC2,J.AC1BC,

VAB=2,AD=BD=/，：.AB2=AD2+BD2,：.AD±BD,

贝!jCE=OE=l,而CD=VL故CE2+OE2=C£>2,CELDE,

V2

到CD的距禺为一.

2

5LDELAB,ABCCE=E,AB,CEu平面ABC,

；.£)E_L平面ABC,

则/。CE为直线0c与平面ABC所成的角，又/DCE=?

71

・•・直线DC与平面ABC所成的角为一，

4

'：AD=BD,AC^BC,E为AB中点，

：.AB±CE,ABIDE,又DECCE=E,DE,CE在平面内，贝lj42_1面CDE,

又DEu面CDE,贝I]ABYDE,

VCELDE,ABIDE,CEClAB=E,CE,AB在平面内，则。£_1面42。，

XDEC®ABD,贝!]面48。，面ABC,

设CD在平面p的投影为MN,可得MNLAB,

下面讨论一个周期内的情形:

当xe[0,刍时，如图,

117T

S(x)=AB•MN=2x2x(cos%+sinx)=asin(x+.),

..「八兀1,71TC37rl

・％C[0，引，％+.6[r“彳],

„,V271

则三<sin(x+—)<1,

故S(X)min=1,

当％C0)时，如图,

1至I]CD的距离为座，；.MNN印，当CO_La时等号成立,

2/

S(%)=2AB,MNN2x2x即=

综上所述，S(%)而九=辛，

n

此时CDLa,又直线0C与平面ABC所成的角为一，

4

71

・•・平面a与平面ABC所成的角为一.

4

故选：D.

【点评】本题考查立体几何的综合应用，属于难题.

二.填空题(共5小题)

11.已知正四棱柱ABCD-AiBiCiP的底面边长与侧棱长之比为1：3,则平面与平面A12C1夹角的

3V10

余弦值为

TIT

【考点】二面角的平面角及求法.

【专题】转化思想；转化法；立体几何；数学运算.

3V10

【答案】F

【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面ZMB与平面4BC1的法向量，利用向量夹角

公式即可求解.

【解答】解：由已知正四棱柱ABC。-A81C1D,

所以D4、DC、DDi,两两互相垂直，

则以。为原点，DA,DC,。力所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

因为正四棱柱ABCD-ABiCiDi的底面边长与侧棱长之比为1:3

所以令AB=BC=CZ)=ZM=a(a>0),则AAi=BBi=CCi=DD=3“，

则D(0,0,0),B(a,a,0),Ai(a,0,3a),Ci(0,a,3a),D(0,0,3a),

—>—>—>

则。Di=(0,0,3a),ArB=(0/a,-3a),CrB=(a,0,—3a),

->

易知。Di是平面ABD的一个法向量,

设平面AiBCi的一个法向量是二=(%,y,z),

JT

则展甘=0,则一”*=:,

t「0n—3az=0

\n•CrD=0

令z=l,贝(Jx=y=3,

所以蔡=(3,3,1),

设平面DAB与平面AiBCi夹角为0,

则sin8=|cos<n,DDr>\=4啊=113al_=鲁

|叶出卬J(3a)2.同

所以cos0=V1-sin1293=Jl一,=3^^,

即平面DAB与平面AiBCi夹角的余弦值为6”.

10

故答案为：若.

10

【点评】本题考查向量在立体几何中的应用，属于中档题.

12.如图所示，直角三角形A8C所在平面垂直于平面a,一条直角边AC在平百a内，另一条直角边BC

长为日且酒C屋,若平面a上存在点P,使得△树的面积为序则线段CP长度的最小值为

【考点】点、线、面间的距离计算.

【专题】转化思想；转化法；立体几何；数学运算.

V6

【答案】y.

【分析】由题意，根据面面垂直的性质可得平面APC,利用线面垂直的性质可得BCL”,进而

CP=加2_5由三角形的面积公式可得BP=焉，即可求解.

【解答】解：在RtAABC中，BC=拳/BAC=*,贝！)45=竽，

又平面4BC_La,平面A8CCa=AC,AC±BC,BCu平面ABC,

所以BC_L平面APC,

连接CP,CPca,所以BC_LCP,

得CP=yjBP2-BC2=JB)2一?

设NABP=e(O<0<n),

rr1

则S-BP=•BPsin3,

12V3

BP—=-•-----•BPsind,

323

1

得BP=丽，

当sin8=l,即8=刍即A3_LBP时，8尸取到最小值1,

此时CP取到最小值加二|=』2T=学.

V6

故答案为：y.

【点评】本题考查勾股定理和三角形面积公式在立体几何中的应用，属于中档题.

13.如图，正方体ABCD-AiBiCiDi的棱长为2,M,N分别为881,的中点，a为过直线MN的平

面.从下列结论①，②中选择一个，并判断该结论的真假.你选的结论是①（填“①”或"②”）,

该结论是假命题（填“真”或"假"）.

①平面a截该正方体所得截面面积的最大值为3V3；

②若正方体的12条棱所在直线与平面a所成的角都等于0,则sin0=苧.

【考点】直线与平面所成的角；棱柱的结构特征；平面的基本性质及推论.

【专题】对应思想；综合法；立体几何；数学运算.

【答案】①；假（或②；真）.

【分析】选①，根据四边形8。。宙的面积即可判断；

选②，根据三棱锥Ai-AD1B1为正三棱锥，利用等体积法求解A41与平面AD1B1所成角的正弦值即可

求解.

【解答】解：若选①，显然平面BDPBi是过直线的平面，

此时四边形BDD1B1即为该平面截正方体所得截面，

由于四边形BDDiBi的面积为BD-BB]=4&>3旧，故①为假命题;

若选②，如图，连接AD1,ABi,BiDi,

由题可得三棱锥4-AD1B1为正三棱锥，所以44AiBi,4功与平面ADLBI所成角均相等，

故平面a〃平面AD1B1,设4到平面AD181的距离为九

则匕i-ADiBi=/厂人小公050£）$1,h=SAADIA•A/】

SAB|x2x2x2_2

H_^AD1A1'II_

SMD[B]1X272X272X^店

所以AAi与平面AD1B1所成角的正弦值为丁丁=",故sin。=噂，故②为真命题.

AAT33

故答案为：①；假（或②；真）.

【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、线面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.

14.如图，边长为2的正方形A2C£＞中，E,尸分别是A3,8c的中点，将△AOE,ACDF,ABEF分别

沿DE,DF,所折起，使A,B,C重合于点P,则三棱锥P-OE尸的外接球的体积为_乃兀_;设直

线PDPE,尸尸与平面。EF所成角分别为a,p,丫，则sin2a+sin20+sin2丫=」.

【考点】直线与平面所成的角；球的体积和表面积.

【专题】转化思想；分割补形法；立体几何；数学运算.

【答案】V67T；1.

【分析】构造长方体，长方体的外接球就是三棱锥P-DEF的外接球，长方体的体对角线就是外接球的

直径，计算可得外接球的半径和体积，即可求解；先证尸Q_L平面。ER找出PD,PE,尸尸与平面DEF

所成角，利用等体积法求出尸。即可求解.

【解答】解：因为/。尸尸=/。尸£=/£「尸=90°,故PE,PF,尸。三条直线两两互相垂直；

图1

如图1构造长方体，长方体的外接球就是三棱锥P-DEF的外接球,

长方体的体对角线就是外接球的直径，设为2R,

贝IJ（27?）2=PE2+PF2+PD2=12+12+22=6,

即R=苧，

所以所求外接球的体积为l兀/?3=述兀.

如图2,

图2

取斯的中点连接PH,DH,

由PE=PE,DE=DF,可知EFLDH,

故EE_L平面PHD,即平面DEE_L平面PHD,

作垂足为。，则尸。，平面。ER

PD、PE、尸尸与平面。切所成角分别为a、仇丫，

则式=/尸£>0,0=Y=NPE0,

又在正方形ABCD中，S^DEF=^ABCD-S44DE-^ABEF-,^ACDF=》

117

由上述过程可知Vp“EF=争.XPQ=右所以PQ=1

所以sE2a+sin26+si712y=（器/+（器/+（器产=1.

故答案为：V6TT；1.

【点评】本题考查直线与平面垂直、棱锥的体积公式，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力、

直观想象，属于中档题.

15.若将正方体ABCD-AIBICLDI绕着棱AB旋转30°后，CD所在位置为CO的位置，则直线B81和平

面CDC所成的角为15。.

【考点】直线与平面所成的角.

【专题】转化思想；综合法；空间角；数学运算.

【答案】15°.

【分析】由对称性，不妨设C,在正方形BCCLBI内，则△BCC'为顶角为30。的等腰三角形，所以直

线881和平面CDC（即直线CC1和平面CDC'）所成的角为/CiCC',求解即可.

【解答】解：如图，由对称性，不妨设C'在正方形BCCLBI内，

则△BCC'为顶角NC'BC=30°的等腰三角形，ZBCC=/BC'C=75°,

所以直线BBi和平面CDC'（即直线CC1和平面CDC）所成的角为NCCC',

又N3CC'=75°,所以/C1CC'=90°-75°=15°.

故答案为：15°.

【点评】本题考查直线与平面所成角的求解，属于中档题.

三.解答题（共5小题）

16.如图，已知三棱台ABC-481C1中，AiB=AiC=2BC=4,ZACAi=ZACB=60°.

（1）证明：平面ACCiAi_L平面ABC；

（2）记三棱锥Ai-ABC的体积为V1,三棱台ABC-A1B1C1的体积为V1,若匕=^V2=3,求881与

平面AbBC所成角的正弦值.

【考点】直线与平面所成的角；平面与平面垂直.

【专题】对应思想；综合法；立体几何；逻辑推理；数学运算.

【答案】（1）证明见解析；

3785

（2）-------.

85

【分析】（1）过4作4。，4c交AC于点。，连接B。，由勾股定理的逆定理可得结合线

面垂直的判断定理可得4。，平面ABC,从而即可得证；

（2）由口=3,可得AC=3,OA=1,由可得在平面ABC内，过点。作

AC,交A8于点。，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.

【解答】解：（1）证明：过4作40LAC交AC于点。，连接20.

在RtZXAiOC中，因为4c=4,N4OC=90°,ZAiCO=60°,

所以&。=2V3,0C=2,

在△02C中，因为8C=0C=2,ZACB=60°

所以△0BC为正三角形，0B=2,

在△AlOB中，ArB=4,A10=2y[3,OB=2

22

所以a©=16=A10+OB,

所以/4。8=90°,即40_L0B,

又ACC08=。，ACu平面ABC,O8u平面ABC,

所以Al。，平面ABC,

又AiOu平面ACCiAi,

所以平面ACC14_L平面ABC.

1111

(2)由⑴可知，三棱锥Ai-ABC的体积为％=^S^ABC-OAr-|x-BC-sin^ACB-0Ar=tx

F