2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)熱搜題速遞之空間向量與立體幾何（2024年7月）

第1頁（共1頁）2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)熱搜題速遞之空間向量與立體幾何（2024年7月）一．選擇題（共10小題）1．已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為（）A．334 B．233 C．32．在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長方體的體積為（）A．8 B．62 C．82 D．833．已知△ABC是面積為934的等邊三角形，且其頂點(diǎn)都在球O的球面上．若球O的表面積為16π，則O到平面A．3 B．32 C．1 D．4．如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)O為線段BD的中點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P在線段CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為α，則sinα的取值范圍是（）A．[33，1] B．[63，1] C．[63，223] D5．在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，已知B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均為30°，則（）A．AB＝2AD B．AB與平面AB1C1D所成的角為30° C．AC＝CB1 D．B1D與平面BB1C1C所成的角為45°6．已知四棱錐S﹣ABCD的底面是正方形，側(cè)棱長均相等，E是線段AB上的點(diǎn)（不含端點(diǎn)）．設(shè)SE與BC所成的角為θ1，SE與平面ABCD所成的角為θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角為θ3，則（）A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1 C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ17．如圖，已知正四面體D﹣ABC（所有棱長均相等的三棱錐），P、Q、R分別為AB、BC、CA上的點(diǎn)，AP＝PB，BQQC=CRRA=2，分別記二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角為αA．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α8．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于（）A．23 B．33 C．23 9．在平行六面體（底面是平行四邊形的四棱柱）ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，則AC1的長為（）A．3 B．3 C．6 D．610．日晷是中國古代用來測定時(shí)間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時(shí)間．把地球看成一個(gè)球（球心記為O），地球上一點(diǎn)A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點(diǎn)A處的水平面是指過點(diǎn)A且與OA垂直的平面．在點(diǎn)A處放置一個(gè)日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點(diǎn)A處的緯度為北緯40°，則晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角為（）A．20° B．40° C．50° D．90°二．填空題（共5小題）11．已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB所成角的余弦值為78，SA與圓錐底面所成角為45°，若△SAB的面積為515，則該圓錐的側(cè)面積為12．已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC＝2，點(diǎn)P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為3，那么P到平面ABC的距離為．13．已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB互相垂直，SA與圓錐底面所成角為30°．若△SAB的面積為8，則該圓錐的體積為．14．如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在線段D1E上，點(diǎn)P到直線CC1的距離的最小值為．15．已知e→1，e→2是空間單位向量，e→1?e→2=12，若空間向量b→滿足b→?e→1=2，b→?e→2=52，且對于任意x，y∈R，三．解答題（共5小題）16．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）證明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．17．如圖，在三棱錐P﹣ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)．（1）證明：PO⊥平面ABC；（2）若點(diǎn)M在棱BC上，且二面角M﹣PA﹣C為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值．18．如圖，四棱錐P﹣ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC=12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是（1）證明：直線CE∥平面PAB；（2）點(diǎn)M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．19．如圖，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點(diǎn)．（1）證明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．20．如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積為4，△A1BC的面積為22（1）求A到平面A1BC的距離；（2）設(shè)D為A1C的中點(diǎn)，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A﹣BD﹣C的正弦值．

2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)熱搜題速遞之空間向量與立體幾何（2024年7月）參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為（）A．334 B．233 C．3【考點(diǎn)】幾何法求解直線與平面所成的角．【專題】計(jì)算題；數(shù)形結(jié)合；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；空間角．【答案】A【分析】利用正方體棱的關(guān)系，判斷平面α所成的角都相等的位置，然后求解α截此正方體所得截面面積的最大值．【解答】解：正方體的所有棱中，實(shí)際上是3組平行的棱，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，如圖：所示的正六邊形平行的平面，并且正六邊形時(shí)，α截此正方體所得截面面積的最大，此時(shí)正六邊形的邊長22α截此正方體所得截面最大值為：6×3故選：A．【點(diǎn)評】本題考查直線與平面所成角的大小關(guān)系，考查空間想象能力以及計(jì)算能力，有一定的難度．2．在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長方體的體積為（）A．8 B．62 C．82 D．83【考點(diǎn)】幾何法求解直線與平面所成的角．【專題】計(jì)算題；數(shù)形結(jié)合；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離．【答案】C【分析】畫出圖形，利用已知條件求出長方體的高，然后求解長方體的體積即可．【解答】解：長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，即∠AC1B＝30°，可得BC1=ABtan30°可得BB1=(23)所以該長方體的體積為：2×2×2故選：C．【點(diǎn)評】本題考查長方體的體積的求法，直線與平面所成角的求法，考查計(jì)算能力．3．已知△ABC是面積為934的等邊三角形，且其頂點(diǎn)都在球O的球面上．若球O的表面積為16π，則O到平面A．3 B．32 C．1 D．【考點(diǎn)】空間中點(diǎn)到平面的距離．【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；分析法；空間位置關(guān)系與距離；直觀想象；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】C【分析】畫出圖形，利用已知條件求三角形ABC的外接圓的半徑，然后求解OO1即可．【解答】解：由題意可知圖形如圖：△ABC是面積為934的等邊三角形，可得∴AB＝BC＝AC＝3，可得：AO1=2球O的表面積為16π，外接球的半徑為：R；所以4πR2＝16π，解得R＝2，所以O(shè)到平面ABC的距離為：4-3故選：C．【點(diǎn)評】本題考查球的內(nèi)接體問題，求解球的半徑，以及三角形的外接圓的半徑是解題的關(guān)鍵．4．如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)O為線段BD的中點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P在線段CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為α，則sinα的取值范圍是（）A．[33，1] B．[63，1] C．[63，223] D【考點(diǎn)】幾何法求解直線與平面所成的角．【專題】空間角；直觀想象；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】B【分析】由題意可得：直線OP于平面A1BD所成的角α的取值范圍是[∠AOA【解答】解：由題意可得：直線OP于平面A1BD所成的角α的取值范圍是[∠AOA不妨取AB＝2．在Rt△AOA1中，sin∠sin∠C1OA1＝sin（π﹣2∠AOA1）＝sin2∠AOA1＝2sin∠AOA1cos∠AOA1=2×sinπ2∴sinα的取值范圍是[6故選：B．【點(diǎn)評】本題考查了正方體的性質(zhì)和直角三角形的邊角關(guān)系、線面角的求法，考查了推理能力，屬于中檔題．5．在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，已知B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均為30°，則（）A．AB＝2AD B．AB與平面AB1C1D所成的角為30° C．AC＝CB1 D．B1D與平面BB1C1C所成的角為45°【考點(diǎn)】幾何法求解直線與平面所成的角．【專題】數(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；空間位置關(guān)系與距離；空間角；直觀想象．【答案】D【分析】不妨令A(yù)A1＝1，可根據(jù)直線與平面所成角的定義，確定長方體的各棱長，即可求解．【解答】解：如圖所示，連接AB1，BD，不妨令A(yù)A1＝1，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AD⊥面AA1B1B，BB1⊥面ABCD，所以∠B1DB和∠DB1A分別為B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，即∠B1DB＝∠DB1A＝30°，所以在Rt△BDB1中，BB1＝AA1＝1，BD=在Rt△ADB1中，DB1＝2，AD=1所以AB=2，CB1故選項(xiàng)A，C錯(cuò)誤，由圖易知，AB在平面AB1C1D上的射影在AB1上，所以∠B1AB為AB與平面AB1C1D所成的角，在Rt△ABB1中，sin∠故選項(xiàng)B錯(cuò)誤，如圖，連接B1C，則B1D在平面BB1C1C上的射影為B1C，所以∠DB1C為B1D與平面BB1C1C所成的角，在Rt△DB1C中，B1C=2=DC，所以∠DB所以選項(xiàng)D正確，故選：D．【點(diǎn)評】本題考查了直線與平面所成角，屬于中檔題．6．已知四棱錐S﹣ABCD的底面是正方形，側(cè)棱長均相等，E是線段AB上的點(diǎn)（不含端點(diǎn)）．設(shè)SE與BC所成的角為θ1，SE與平面ABCD所成的角為θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角為θ3，則（）A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1 C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1【考點(diǎn)】幾何法求解二面角及兩平面的夾角．【專題】數(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；空間角．【答案】D【分析】作出三個(gè)角，表示出三個(gè)角的正弦或正切值，根據(jù)三角函數(shù)的單調(diào)性即可得出三個(gè)角的大?。窘獯稹拷猓骸哂深}意可知S在底面ABCD的射影為正方形ABCD的中心．過E作EF∥BC，交CD于F，過底面ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N，連接SN，取AB中點(diǎn)M，連接SM，OM，OE，則EN＝OM，則θ1＝∠SEN，θ2＝∠SEO，θ3＝∠SMO．顯然，θ1，θ2，θ3均為銳角．∵tanθ1=SNNE=SNOM，tanθ3=∴θ1≥θ3，又sinθ3=SOSM，sinθ2=SOSE，∴θ3≥θ2．故選：D．【點(diǎn)評】本題考查了空間角的計(jì)算，三角函數(shù)的應(yīng)用，屬于中檔題．7．如圖，已知正四面體D﹣ABC（所有棱長均相等的三棱錐），P、Q、R分別為AB、BC、CA上的點(diǎn)，AP＝PB，BQQC=CRRA=2，分別記二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角為αA．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α【考點(diǎn)】空間向量法求解二面角及兩平面的夾角．【專題】空間位置關(guān)系與距離；空間角；空間向量及應(yīng)用．【答案】B【分析】解法一：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)底面△ABC的中心為O．不妨設(shè)OP＝3．則O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，62），Q(3，3，0)解法二：如圖所示，連接OP，OQ，OR，過點(diǎn)O分別作垂線：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分別為E，F(xiàn)，G，連接DE，DF，DG．可得tanα=ODOE．tanβ=ODOF，tanγ=ODOG．由已知可得：【解答】解法一：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)底面△ABC的中心為O．不妨設(shè)OP＝3．則O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，62），B（33，﹣3，0）．Q(3，3，PR→=(-23，3，0)，PD→=（0，3，6QD→設(shè)平面PDR的法向量為n→=（x，y，z），則n→可得n→=(6，22，-1)，取平面則cos＜m→，n→＞同理可得：β＝arccos3681．γ＝arccos2∵115∴α＜γ＜β．解法二：如圖所示，連接OP，OQ，OR，過點(diǎn)O分別作垂線：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分別為E，F(xiàn)，G，連接DE，DF，DG．設(shè)OD＝h．則tanα=OD同理可得：tanβ=ODOF，tanγ由已知可得：OE＞OG＞OF．∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ為銳角．∴α＜γ＜β．故選：B．【點(diǎn)評】本題考查了空間角、空間位置關(guān)系、正四面體的性質(zhì)、法向量的夾角公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．8．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于（）A．23 B．33 C．23 【考點(diǎn)】直線與平面所成的角．【專題】綜合題；壓軸題；空間角；空間向量及應(yīng)用．【答案】A【分析】設(shè)AB＝1，則AA1＝2，分別以D1A1→、D1C1→、D1D→的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)n→=（x，y，z）為平面【解答】解：設(shè)AB＝1，則AA1＝2，分別以D1A1→、D1如下圖所示：則D（0，0，2），C1（1，0，0），B（1，1，2），C（1，0，2），DB→=（1，1，0），DC1→=（1，0，﹣2），DC→設(shè)n→=（x，y，z）為平面BDC1的一個(gè)法向量，則n→?DB→=0n→?D設(shè)CD與平面BDC1所成角為θ，則sinθ＝|n→?DC故選：A．【點(diǎn)評】本題考查直線與平面所成的角，考查空間向量的運(yùn)算及應(yīng)用，準(zhǔn)確理解線面角與直線方向向量、平面法向量夾角關(guān)系是解決問題的關(guān)鍵．9．在平行六面體（底面是平行四邊形的四棱柱）ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，則AC1的長為（）A．3 B．3 C．6 D．6【考點(diǎn)】空間向量的數(shù)量積運(yùn)算．【專題】數(shù)形結(jié)合；方程思想；空間向量及應(yīng)用；直觀想象；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】D【分析】由AC1→=AB→+AD→【解答】解：AC則AC1→2=(＝1+1+1+3×2×1×1×cos60°＝6．∴|A故選：D．【點(diǎn)評】本題考查了平行四邊形法則、向量數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)、模的計(jì)算公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．10．日晷是中國古代用來測定時(shí)間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時(shí)間．把地球看成一個(gè)球（球心記為O），地球上一點(diǎn)A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點(diǎn)A處的水平面是指過點(diǎn)A且與OA垂直的平面．在點(diǎn)A處放置一個(gè)日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點(diǎn)A處的緯度為北緯40°，則晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角為（）A．20° B．40° C．50° D．90°【考點(diǎn)】幾何法求解直線與平面所成的角．【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；空間角；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】B【分析】由緯度的定義和線面角的定義，結(jié)合直角三角形的性質(zhì)，可得晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角．【解答】解：可設(shè)A所在的緯線圈的圓心為O'，OO'垂直于緯線所在的圓面，由圖可得∠OHA為晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角，又∠OAO'為40°且OA⊥AH，在Rt△OHA中，O'A⊥OH，∴∠OHA＝∠OAO'＝40°，另解：畫出截面圖，如下圖所示，其中CD是赤道所在平面的截線．l是點(diǎn)A處的水平面的截線，由題意可得OA⊥l，AB是晷針?biāo)谥本€．m是晷面的截線，由題意晷面和赤道面平行，晷針與晷面垂直，根據(jù)平面平行的性質(zhì)定理可得m∥CD，根據(jù)線面垂直的定義可得AB⊥m，由于∠AOC＝40°，m∥CD，所以∠OAG＝∠AOC＝40°，由于∠OAG+∠GAE＝∠BAE+∠GAE＝90°，所以∠BAE＝∠OAG＝40°，也即晷針與A處的水平面所成角為∠BAE＝40°，故選：B．【點(diǎn)評】本題是立體幾何在生活中的運(yùn)用，考查空間線面角的定義和求法，屬于基礎(chǔ)題．二．填空題（共5小題）11．已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB所成角的余弦值為78，SA與圓錐底面所成角為45°，若△SAB的面積為515，則該圓錐的側(cè)面積為402π【考點(diǎn)】直線與平面所成的角．【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離．【答案】402π．【分析】利用已知條件求出圓錐的母線長，利用直線與平面所成角求解底面半徑，然后求解圓錐的側(cè)面積．【解答】解：圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB所成角的余弦值為78，可得sin∠ASB=△SAB的面積為515，可得12SA2sin∠ASB＝515，即12SA2SA與圓錐底面所成角為45°，可得圓錐的底面半徑為：22×45則該圓錐的側(cè)面積：12×410π故答案為：402π．【點(diǎn)評】本題考查圓錐的結(jié)構(gòu)特征，母線與底面所成角，圓錐的截面面積的求法，考查空間想象能力以及計(jì)算能力．12．已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC＝2，點(diǎn)P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為3，那么P到平面ABC的距離為2．【考點(diǎn)】點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算．【專題】計(jì)算題；數(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯推理．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】過點(diǎn)P作PD⊥AC，交AC于D，作PE⊥BC，交BC于E，過P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，連結(jié)OD，OC，則PD＝PE=3，從而CD＝CE＝OD＝OE=22-(3【解答】解：∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC＝2，點(diǎn)P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為3，過點(diǎn)P作PD⊥AC，交AC于D，作PE⊥BC，交BC于E，過P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，連結(jié)OD，OC，則PD＝PE=3∴由題意得CD＝CE＝OD＝OE=22∴PO=P∴P到平面ABC的距離為2．故答案為：2．【點(diǎn)評】本題考查點(diǎn)到平面的距離的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．13．已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB互相垂直，SA與圓錐底面所成角為30°．若△SAB的面積為8，則該圓錐的體積為8π．【考點(diǎn)】直線與平面所成的角；棱柱、棱錐、棱臺的體積．【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；空間角．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】利用已知條件求出母線長度，然后求解底面半徑，以及圓錐的高．然后求解體積即可．【解答】解：圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB互相垂直，△SAB的面積為8，可得：12SA2=8SA與圓錐底面所成角為30°．可得圓錐的底面半徑為：23，圓錐的高為：2，則該圓錐的體積為：V=13×故答案為：8π．【點(diǎn)評】本題考查圓錐的體積的求法，母線以及底面所成角的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．14．如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在線段D1E上，點(diǎn)P到直線CC1的距離的最小值為255【考點(diǎn)】點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算．【專題】空間位置關(guān)系與距離．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】如圖所示，取B1C1的中點(diǎn)F，連接EF，ED1，利用線面平行的判定即可得到C1C∥平面D1EF，進(jìn)而得到異面直線D1E與C1C的距離．【解答】解：如圖所示，取B1C1的中點(diǎn)F，連接EF，ED1，∴CC1∥EF，又EF?平面D1EF，CC1?平面D1EF，∴CC1∥平面D1EF．∴直線C1C上任一點(diǎn)到平面D1EF的距離是兩條異面直線D1E與CC1的距離．過點(diǎn)C1作C1M⊥D1F，∵平面D1EF⊥平面A1B1C1D1．∴C1M⊥平面D1EF．過點(diǎn)M作MP∥EF交D1E于點(diǎn)P，則MP∥C1C．取C1N＝MP，連接PN，則四邊形MPNC1是矩形．可得NP⊥平面D1EF，在Rt△D1C1F中，C1M?D1F＝D1C1?C1F，得C1∴點(diǎn)P到直線CC1的距離的最小值為25故答案為2【點(diǎn)評】熟練掌握通過線面平行的性質(zhì)即可得到異面直線的距離是解題的關(guān)鍵．15．已知e→1，e→2是空間單位向量，e→1?e→2=12，若空間向量b→滿足b→?e→1=2，b→?e→2=52，且對于任意x，y∈R，|【考點(diǎn)】空間向量的數(shù)量積運(yùn)算；平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算．【專題】創(chuàng)新題型；空間向量及應(yīng)用．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】由題意和數(shù)量積的運(yùn)算可得＜e1→?e2→＞=π3，不妨設(shè)e1→=（12，32，0），e2→=（1，0，0），由已知可解b→=（52，32，t），可得|b→-（xe1→+ye2→|2＝（x+y-42）2+34（y﹣2）2+t【解答】解：∵e1→?e2→=|e1→||e2→∴＜e1→不妨設(shè)e1→=（12，32，0），e2→=（1，0，0），則由題意可知b→?e1→=b→?e解得m=52，n∴b→=（52，3∵b→-（xe1→+ye2→∴|b→-（xe1→+ye2→）|2＝（52-12由題意當(dāng)x＝x0＝1，y＝y(tǒng)0＝2時(shí)，（x+y-42）2+34（y﹣2）2此時(shí)t2＝1，故|b→故答案為：1；2；22【點(diǎn)評】本題考查空間向量的數(shù)量積，涉及向量的模長公式，屬中檔題．三．解答題（共5小題）16．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）證明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法；平面與平面垂直．【專題】綜合題；數(shù)形結(jié)合；向量法；空間角．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）由已知可得PA⊥AB，PD⊥CD，再由AB∥CD，得AB⊥PD，利用線面垂直的判定可得AB⊥平面PAD，進(jìn)一步得到平面PAB⊥平面PAD；（2）由已知可得四邊形ABCD為平行四邊形，由（1）知AB⊥平面PAD，得到AB⊥AD，則四邊形ABCD為矩形，設(shè)PA＝AB＝2a，則AD=22a．取AD中點(diǎn)O，BC中點(diǎn)E，連接PO、OE，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)A、OE、OP所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面PBC的一個(gè)法向量，再證明PD⊥平面PAB，得PD→為平面PAB的一個(gè)法向量，由兩法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣PB【解答】（1）證明：∵∠BAP＝∠CDP＝90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵PA∩PD＝P，且PA?平面PAD，PD?平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又AB?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD；（2）解：∵AB∥CD，AB＝CD，∴四邊形ABCD為平行四邊形，由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，則四邊形ABCD為矩形，在△APD中，由PA＝PD，∠APD＝90°，可得△PAD為等腰直角三角形，設(shè)PA＝AB＝2a，則AD=22取AD中點(diǎn)O，BC中點(diǎn)E，連接PO、OE，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)A、OE、OP所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則：D（-2a，0，0），B（2a，2a，0），PD→=(-2a，設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量為n→由n→?PB→=0n→?BC∵AB⊥平面PAD，AD?平面PAD，∴AB⊥PD，又PD⊥PA，PA∩AB＝A，∴PD⊥平面PAB，則PD→為平面PAB的一個(gè)法向量，PD∴cos＜PD由圖可知，二面角A﹣PB﹣C為鈍角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值為-3【點(diǎn)評】本題考查平面與平面垂直的判定，考查空間想象能力和思維能力，訓(xùn)練了利用空間向量求二面角的平面角，是中檔題．17．如圖，在三棱錐P﹣ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)．（1）證明：PO⊥平面ABC；（2）若點(diǎn)M在棱BC上，且二面角M﹣PA﹣C為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值．【考點(diǎn)】直線與平面所成的角；直線與平面垂直．【專題】轉(zhuǎn)化思想；向量法；轉(zhuǎn)化法；空間位置關(guān)系與距離；空間向量及應(yīng)用．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證明PO⊥AC，PO⊥OB即可；（2）根據(jù)二面角的大小求出平面PAM的法向量，利用向量法即可得到結(jié)論．【解答】（1）證明：連接BO，∵AB＝BC＝22，O是AC的中點(diǎn)，∴BO⊥AC，且BO＝2，又PA＝PC＝PB＝AC＝4，∴PO⊥AC，PO＝23，則PB2＝PO2+BO2，則PO⊥OB，∵OB∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC；（2）建立以O(shè)坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OP分別為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系如圖：A（0，﹣2，0），P（0，0，23），C（0，2，0），B（2，0，0），BC→=（﹣2，2，設(shè)BM→=λBC→=（﹣2λ，2λ，0），0則AM→=BM→-BA→=（﹣2λ，2λ，0）﹣（﹣2，﹣2，0）＝（2﹣2則平面PAC的法向量為m→=（1，0，設(shè)平面MPA的法向量為n→=（x，y，則PA→=（0，﹣2，﹣2則n→?PA→=-2y﹣23z＝0，n→?AM→=（2﹣2λ）x+（2令z＝1，則y=-3，x即n→=（(λ+1)3∵二面角M﹣PA﹣C為30°，∴cos30°＝|m→?n即(λ解得λ=13或λ＝則平面MPA的法向量n→=（23，-3PC→=（0，2，﹣2PC與平面PAM所成角的正弦值sinθ＝|cos＜PC→，n→＞|＝|【點(diǎn)評】本題主要考查空間直線和平面的位置關(guān)系的應(yīng)用以及二面角，線面角的求解，建立坐標(biāo)系求出點(diǎn)的坐標(biāo)，利用向量法是解決本題的關(guān)鍵．18．如圖，四棱錐P﹣ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC=12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是（1）證明：直線CE∥平面PAB；（2）點(diǎn)M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法；直線與平面平行．【專題】數(shù)形結(jié)合；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；空間角．【答案】（1）證明見解答．（2）105【分析】（1）取PA的中點(diǎn)F，連接EF，BF，通過證明CE∥BF，利用直線與平面平行的判定定理證明即可．（2）利用已知條件轉(zhuǎn)化求解M到底面的距離，作出二面角的平面角，然后求解二面角M﹣AB﹣D的余弦值即可．【解答】（1）證明：取PA的中點(diǎn)F，連接EF，BF，因?yàn)镋是PD的中點(diǎn)，所以EF=∥12AD，AB＝BC=12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∴∴BCEF是平行四邊形，可得CE∥BF，BF?平面PAB，CE?平面PAB，∴直線CE∥平面PAB；（2）解：四棱錐P﹣ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC=12∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中點(diǎn)．取AD的中點(diǎn)O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，設(shè)AD＝2，則AB＝BC＝1，OP=3∴∠PCO＝60°，直線BM與底面ABCD所成角為45°，可得：BN＝MN，CN=33MN，BC＝可得：1+13BN2＝BN2，BN=62作NQ⊥AB于Q，連接MQ，AB⊥MN，所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ==10二面角M﹣AB﹣D的余弦值為：110【點(diǎn)評】本題考查直線與平面平行的判定定理的應(yīng)用，二面角的平面角的求法，考查空間想象能力以及計(jì)算能力．19．如圖，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點(diǎn)．（1）證明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法；直線與平面平行．【專題】數(shù)形結(jié)合；向量法；空間角．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）過N作NH⊥AD，證明NM∥BH，再證明BH∥DE，可得NM∥DE，再由線面平行的判定可得MN∥平面C1DE；（2）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以垂直于DC得直線為x軸，以DC所在直線為y軸，以DD1所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面A1MN與平面MAA1的一個(gè)法向量，由兩法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．【解答】（1）證明：如圖，過N作NH⊥AD，則NH∥AA1，且NH=又MB∥AA1，MB=12AA1，∴四邊形NMBH由NH∥AA1，N為A1D中點(diǎn)，得H為AD中點(diǎn)，而E為BC中點(diǎn)，∴BE∥DH，BE＝DH，則四邊形BEDH為平行四邊形，則BH∥DE，∴NM∥DE，∵NM?平面C1DE，DE?平面C1DE，∴MN∥平面C1DE；（2）解：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以垂直于DC的直線為x軸，以DC所在直線為y軸，以DD1所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則N（32，-12，2），M（3，1，2），A1（3，﹣1NM→=(3設(shè)平面A1MN的一個(gè)法向量為m→由m→?NM→=3又平面MAA1的一個(gè)法向量為n→∴cos＜m∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值為1-【點(diǎn)評】本題考查直線與平面平行的判定，考查空間想象能力與思維能力，訓(xùn)練了利用空間向量求解空間角，是中檔題．20．如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積為4，△A1BC的面積為22（1）求A到平面A1BC的距離；（2）設(shè)D為A1C的中點(diǎn)，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A﹣BD﹣C的正弦值．【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法；點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算．【專題】綜合題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間角；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）利用等體積法可求點(diǎn)A到平面A1BC的距離；（2）以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC，BA，BB1所在直線為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，利用向量法可求二面角A﹣BD﹣C的正弦值．【解答】解：（1）由直三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積為4，可得VA設(shè)A到平面A1BC的距離為d，由VA∴13S△A1BC?d=43，∴13（2）連接AB1交A1B于點(diǎn)E，∵AA1＝AB，∴四邊形ABB1A1為正方形，∴AB1⊥A1B，又∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，∴AB1⊥平面A1BC，∴AB1⊥BC，由直三棱柱ABC﹣A1B1C1知BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥BC，又AB1∩BB1＝B1，∴BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥AB，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC，BA，BB1所在直線為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，∵AA1＝AB，∴BC×2AB×12=22，又12AB×BC×AA1＝4，解得AB＝BC＝則B（0，0，0），A（0，2，0），C（2，0，0），A1（0，2，2），D（1，1，1），則BA→=（0，2，0），BD→=（1，1，1），BC→=（設(shè)平面ABD的一個(gè)法向量為n→=（x，y，則n→?BA→=2y=0n→?BD→=∴平面ABD的一個(gè)法向量為n→=（1，0，﹣設(shè)平面BCD的一個(gè)法向量為m→=（a，b，m→?BC→=2a=0m→?BD→=平面BCD的一個(gè)法向量為m→=（0，1，﹣cos＜n→，二面角A﹣BD﹣C的正弦值為1-【點(diǎn)評】本題考查求點(diǎn)到面的距離，求二面角的正弦值，屬中檔題．

考點(diǎn)卡片1．平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1、平面向量數(shù)量積的重要性質(zhì)：設(shè)a→，b→都是非零向量，e→是與b→方向相同的單位向量，a→（1）a→?e→=（2）a→⊥b→（3）當(dāng)a→，b→方向相同時(shí)，a→?b→=|a→||b→|；當(dāng)a→特別地：a→?a→=|a→|2（4）cosθ=a（5）|a→?b→|≤|2、平面向量數(shù)量積的運(yùn)算律（1）交換律：a→（2）數(shù)乘向量的結(jié)合律：（λa→）?b→=λ（a→?（3）分配律：（a→?b→）?平面向量數(shù)量積的運(yùn)算平面向量數(shù)量積運(yùn)算的一般定理為①（a→±b→）2=a→2±2a→?b→+b→2．②（a→-b→）（a→+b→）=【解題方法點(diǎn)撥】例：由代數(shù)式的乘法法則類比推導(dǎo)向量的數(shù)量積的運(yùn)算法則：①“mn＝nm”類比得到“a→②“（m+n）t＝mt+nt”類比得到“（a→+b③“t≠0，mt＝nt?m＝n”類比得到“c→≠0，④“|m?n|＝|m|?|n|”類比得到“|a→?b→|＝|a→|⑤“（m?n）t＝m（n?t）”類比得到“（a→?b⑥“acbc=ab”類比得到a→?解：∵向量的數(shù)量積滿足交換律，∴“mn＝nm”類比得到“a→即①正確；∵向量的數(shù)量積滿足分配律，∴“（m+n）t＝mt+nt”類比得到“（a→+b即②正確；∵向量的數(shù)量積不滿足消元律，∴“t≠0，mt＝nt?m＝n”不能類比得到“c→≠0，即③錯(cuò)誤；∵|a→?b→|≠|(zhì)a→|∴“|m?n|＝|m|?|n|”不能類比得到“|a→?b→|＝|a→|即④錯(cuò)誤；∵向量的數(shù)量積不滿足結(jié)合律，∴“（m?n）t＝m（n?t）”不能類比得到“（a→?b即⑤錯(cuò)誤；∵向量的數(shù)量積不滿足消元律，∴acbc=ab即⑥錯(cuò)誤．故答案為：①②．向量的數(shù)量積滿足交換律，由“mn＝nm”類比得到“a→?b→=b→?a→”；向量的數(shù)量積滿足分配律，故“（m+n）t＝mt+nt”類比得到“（a→+b→）?c→=a→?c→+b→?c→”；向量的數(shù)量積不滿足消元律，故“t≠0，mt＝nt?m＝n”不能類比得到“c→≠0，a→?c→=b→?c→?a→=c→”；|a→?b→|≠|(zhì)a→|?【命題方向】本知識點(diǎn)應(yīng)該所有考生都要掌握，這個(gè)知識點(diǎn)和三角函數(shù)聯(lián)系比較多，也是一個(gè)?？键c(diǎn)，題目相對來說也不難，所以是拿分的考點(diǎn)，希望大家都掌握．2．棱柱、棱錐、棱臺的體積【知識點(diǎn)的認(rèn)識】柱體、錐體、臺體的體積公式：V柱＝sh，V錐=133．直線與平面平行【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1、直線與平面平行的判定定理：如果平面外一條直線和這個(gè)平面內(nèi)的一條直線平行，那么這條直線和這個(gè)平面平行．用符號表示為：若a?α，b?α，a∥b，則a∥α．2、直線與平面平行的判定定理的實(shí)質(zhì)是：對于平面外的一條直線，只需在平面內(nèi)找到一條直線和這條直線平行，就可判定這條直線必和這個(gè)平面平行．即由線線平行得到線面平行．1、直線和平面平行的性質(zhì)定理：如果一條直線和一個(gè)平面平行，經(jīng)過這條直線的平面和這個(gè)平面相交，那么這條直線和交線平行．用符號表示為：若a∥α，a?β，α∩β＝b，則a∥b．2、直線和平面平行的性質(zhì)定理的實(shí)質(zhì)是：已知線面平行，過已知直線作一平面和已知平面相交，其交線必和已知直線平行．即由線面平行?線線平行．由線面平行?線線平行，并不意味著平面內(nèi)的任意一條直線都與已知直線平行．正確的結(jié)論是：a∥α，若b?α，則b與a的關(guān)系是：異面或平行．即平面α內(nèi)的直線分成兩大類，一類與a平行有無數(shù)條，另一類與a異面，也有無數(shù)條．4．直線與平面垂直【知識點(diǎn)的認(rèn)識】直線與平面垂直：如果一條直線l和一個(gè)平面α內(nèi)的任意一條直線都垂直，那么就說直線l和平面α互相垂直，記作l⊥α，其中l(wèi)叫做平面α的垂線，平面α叫做直線l的垂面．直線與平面垂直的判定：（1）定義法：對于直線l和平面α，l⊥α?l垂直于α內(nèi)的任一條直線．（2）判定定理1：如果兩條平行直線中的一條垂直于一個(gè)平面，那么另一條也垂直于這個(gè)平面．（3）判定定理2：如果一條直線和一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，那么這