高考数学一轮复习讲义 第15讲 空间向量与立体几何新题赏析 理

2020年高考数学（理）重难点03 空间向量与立体几何【高考考试趋势】立体几何在高考数学是一个必考知识点，一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点，理科高考中立体几何主要考查三视图的相关性质利用，简单几何体的体积，表面积以及外接圆问题.另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图.选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及二面角问题.前面的重点专题已经对立体几何进行了一系列详细的说明，本专题继续加强对高考中立体几何出现的习题以及对应的题目类型进行必要的加强.本专题包含了高考中几乎所有题型，学完本专题以后，对以后所有的立体几何你将有一个更加清晰的认识.【知识点分析以及满分技巧】基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长.要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理，从而去求.内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求.求点到平面的距离问题：采用等体积法.求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高.对于二面角问题应采用建立立体坐标系去求.但是坐标系要注意采用左手系务必要标记准确对应点以及法向量对应的坐标.【常见题型限时检测】（建议用时：35分钟）一、单选题1．（2019·遵义航天高级中学高考模拟（理））一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．83B．163C．203D．8【答案】B 【解析】由图可知该几何体底面积为8，高为2的四棱锥，如图所示：∴该几何体的体积1168233V =⨯⨯= 故选B【点睛】：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽. 2．（2019·天津高考模拟（理））已知四面体ABCD 的四个面都为直角三角形，且AB ⊥平面BCD ，2AB BD CD ===，若该四面体的四个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为（ ）A ．3πB ．C ．D ．12π【答案】D 【解析】 【分析】由已知中的垂直关系可将四面体放入正方体中，求解正方体的外接球表面积即为所求的四面体外接球的表面积；利用正方体外接球半径为其体对角线的一半，求得半径，代入面积公式求得结果. 【详解】2BD CD ==Q 且BCD ∆为直角三角形 BD CD ∴⊥又AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD CD AB ∴⊥CD \^平面ABD由此可将四面体ABCD 放入边长为2的正方体中，如下图所示：∴正方体的外接球即为该四面体的外接球O正方体外接球半径为体对角线的一半，即12R == ∴球O 的表面积：2412S R ππ==本题正确选项：D 【点睛】本题考查多面体的外接球表面积的求解问题，关键是能够通过线面之间的位置关系，将所求四面体放入正方体中，通过求解正方体外接球来求得结果.3．（2019·河南高考模拟（理））如图，点P 在正方体1111ABCD A B C D -的面对角线1BC 上运动，则下列四个结论：①三棱锥1A D PC -的体积不变；1//A P ②平面1ACD ； 1DP BC ⊥③；④平面1PDB ⊥平面1ACD ．其中正确的结论的个数是( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C 【解析】【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解． 【详解】对于①，由题意知11//AD BC ，从而1//BC 平面1AD C ，故BC 1上任意一点到平面1AD C 的距离均相等，所以以P 为顶点，平面1AD C 为底面，则三棱锥1A D PC -的体积不变，故①正确； 对于②，连接1A B ，11A C ，111//AC AD 且相等，由于①知：11//AD BC ， 所以11//BA C 面1ACD ，从而由线面平行的定义可得，故②正确； 对于③，由于DC ⊥平面11BCB C ，所以1DC BC ⊥， 若1DP BC ⊥，则1BC ⊥平面DCP ，1BC PC ⊥，则P 为中点，与P 为动点矛盾，故③错误；对于④，连接1DB ，由1DB AC ⊥且11DB AD ⊥，可得1DB ⊥面1ACD ，从而由面面垂直的判定知，故④正确． 故选：C ． 【点睛】本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等体积法、线面平行、垂直的判定，要注意使用转化的思想．4．（2019·贵州高考模拟（理））设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，有下列四个命题：∴若m α⊂，αβ⊥，则m β⊥； ∴若//a β，m β⊂，则//m α； ∴若m α⊥，//m n ，//αβ，则n β⊥； ∴若//m α，//n β，//m n ，则//αβ其中正确命题的序号是（ ） A ．∴∴ B ．∴∴C ．∴∴D ．∴∴【答案】C 【解析】∴两个面垂直，推不出面中任意直线和另一个面垂直，错误；故排除A 、B 选项，对于∴，两个平行平面，其中一个平面内的任意直线都和另一个平面平行，故正确，所以选C.5．（2019·福建高考模拟（理））在三棱锥P ABC -中，3PA PB ==，BC =8AC =，AB BC ⊥，平面PAB ⊥平面ABC ，若球O 是三棱锥P ABC -的外接球，则球O 的半径为（ ）．A B C D ．2【答案】A 【解析】 【分析】取AB 中点D ，AC 中点E ，连PD ，ED ，得E 为∴ABC 外接圆的圆心，且OE∴平面PAB ，然后求出∴PAB 的外接圆半径r 和球心O 到平面PAB 的距离等于d ，由勾股定理得R .【详解】解：取AB 中点D ，AC 中点E ，连PD ，ED 因为AB BC ⊥，所以E 为∴ABC 外接圆的圆心因为OE∴PD ，OE 不包含于平面PAB ，所以OE∴平面PAB 因为平面PAB ⊥平面ABC ，3PA PB ==，得PD ⊥AB ，ED ⊥AB 所以PD ⊥平面ABC ，ED ⊥平面PAB且AB ==PD 1=所以球心O 到平面PAB 的距离等于ED d ==在∴PAB 中，3PA PB ==，AB =1sin 3PAB ∠=， 所以∴PAB 得外接圆半径2r 9sin PB PAB ∠==，即9r 2=由勾股定理可得球O 的半径R ==故选：A. 【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，经常用球中勾股定理R =R 是外接球半径，d 是球心到截面距离，r 是截面外接圆半径.二、解答题6．（2019·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形,//AB AD AB CD ⊥，224AB AD CD ===，4PC =.（1）证明：当点E 在PB 上运动时，始终有平面EAC ⊥平面PBC ； （2）求锐二而角A PB C --的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）5. 【解析】 【分析】（1）由PC ⊥底面ABCD ，证得AC PC ⊥，又由勾股定理，得AC CB ⊥，利用线面垂直的判定定理，得到AC ⊥平面PBC ，再由面面垂直的判定定理，可得平面EAC ⊥平面PBC ，即可得到结论；（2）分别以CD ，CF ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求得平面PBC 和平面PAB 的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解． 【详解】（1）由题意，因为PC ⊥底面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC PC ⊥，又因为224AB AD CD ===，所以4AB =，2AD CD ==，所以AC BC ==，所以222AC BC AB +=，从而得到AC CB ⊥．又BC ⊂Q 平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，BC PC C ⋂=，所以AC ⊥平面PBC ， 又AC ⊂Q 平面ACE ，所以平面EAC ⊥平面PBC ， 所以当点E 在PB 上运动时，始终有平面EAC ⊥平面PBC. （2）由条件知PC ⊥底面ABCD ，且AB AD ⊥， AB C D ∥所以过点C 作CF CD ⊥交AB 于点F ，分别以CD ，CF ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系（如图所示），所以(0,0,0)C ，(2,2,0)A ，(2,2,0)B -，(0,0,4)P .由（1）知CA u u u r为平面PBC 的一个法向量，因为(2,2,0)CA =u u u r，(2,2,4)PA =-u u u r (2,2,4)PB =--u u u r ，设平面P AB 的一个法向量为(,,)n=x y z r，则(,,)(2,2,4)00(,,)(2,2,4)00x y z n PA x y z n PB ⎧⋅-=⎧⋅=⇒⎨⎨⋅--=⋅=⎩⎩u uu v r u u u v r ，即02x y z=⎧⎨=⎩，令1z =，则2y =，所以(0,2,1)n =r，所以|||cos ,|5||||CA n CA n CA n ⋅〈〉===uu r ruu r r uu r r ，故锐二面角A PB C --的余弦值5．【点睛】本题考查了线面垂直与面面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.7（2017·广东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，90,60ABC ACD BAC CAD ∠=∠=︒∠=∠=︒， PA ⊥平面ABCD ，2,1PA AB ==.(1)设点E 为PD 的中点，求证： //CE 平面PAB ；(2)线段PD 上是否存在一点N ，使得直线CN 与平面PAC 所成的角θ的正弦值为5？若存在，试确定点N 的位置；若不存在，请说明理由. 8．（2019·天津市新华中学高考模拟（理））如图所示的几何体中，PD 垂直于梯形ABCD所在的平面，,2ADC BAD F π∠=∠=为PA 的中点，112PD AB AD CD ====，四边形PDCE 为矩形，线段PC 交DE 于点N .（1）求证：AC P 平面DEF ； （2）求二面角A PB C --的正弦值；（3）在线段EF 上是否存在一点Q ，使得BQ 与平面BCP 所成角的大小为π6？若存在，求出FQ 的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（23）在线段EF 上存在一点Q 满足题意，且FQ =【解析】 【分析】(1)由题意结合线面平行的判定定理即可证得题中的结论；(2)建立空间直角坐标系，利用两个半平面的法向量可得二面角的余弦值，然后利用同角三角函数基本关系可得二面角的正弦值；(3)假设点Q 存在，利用直线的方向向量和平面的法向量计算可得点Q 的存在性和位置. 【详解】（1）因为四边形PDCE 为矩形，所以N 为PC 的中点.连接FN ，在PAC V 中，,F N 分别为,PA PC 的中点，所以FN AC ∥， 因为FN ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ， 所以AC P 平面DEF .（2）易知,,DA DC DP 两两垂直，如图以D 为原点，分别以,,DA DC DP 所在直线为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系.则(1,0,0),(1,1,0),(0,2,0)P A B C，所以(1,1,,(1,1,0)PB BC ==-u u u r u u u r.设平面PBC 的法向量为(,,)m x y z =r，则(,,)(1,1,0(,,)(1,1,0)0m PB x y z m BC x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩u u u v r u u u v r即0,0,x y x y ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩解得,,y x z =⎧⎪⎨=⎪⎩令1x =，得1,y z =⎧⎪⎨=⎪⎩所以平面PBC的一个法向量为m =r. 设平面ABP 的法向量为(,,)n x y z =r，(,,)(0,1,0)0(,,)(1,1,0n AB x y z n PB x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩u u uv r u u uv r ，据此可得01x y z ⎧=⎪=⎨⎪=⎩， 则平面ABP的一个法向量为)n =r，cos ,3m n <>==u r r，于是sin ,3m n 〈〉=r r. 故二面角A PB C --（3）设存在点Q 满足条件.由1,0,,(0,22F E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭， 设(01)FQ FE λλ=u u u r u u u r &剟，整理得1),2,22Q λλλ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭，则1,22BQ λλ⎛+=-- ⎝⎭u u u r . 因为直线BQ 与平面BCP 所成角的大小为6π，所以1sin |cos ,|||62||||BQ m BQ m BQ m π⋅====⋅u u u r u ru u u r u r u u ur u r 解得21λ=，由知1λ=，即点Q 与E 重合.故在线段EF 上存在一点Q，且FQ EF ==. 【点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．(2)设,m n u r r 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与,m n <>u r r互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．9．（2019·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥平面ABCD ，ABC ∆为等边三角形，22PA AB ==，AC CD ⊥，PD 与平面PAC 所成角的正切值 为5.(∴)证明：//BC 平面PAD ；(∴)若M 是BP 的中点，求二面角P CD M --的余弦值.【答案】（∴）见解析.（∴ 【解析】 【分析】(∴)先证明DPC ∠为PD 与平面PAC 所成的角，于是可得CD =60CAD ∠=︒．又由题意得到60BCA ∠=︒，故得//BC AD ，再根据线面平行的性质可得所证结论． (∴) 取BC 的中点N ，连接AN ，可证得AN AD ⊥．建立空间直角坐标系，分别求出平面PCD 和平面CDM 的法向量，根据两个法向量夹角的余弦值得到二面角的余弦值． 【详解】(∴)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以PA CD ⊥又AC CD ⊥,CA PA A =I , 所以CD ⊥平面PAC ，所以DPC ∠为PD 与平面PAC 所成的角． 在Rt PCD V中，PC ==所以CD =所以在Rt PCD V 中，2AD =,60CAD ∠=︒. 又60BCA ∠=︒，所以在底面ABCD 中，//BC AD , 又AD ⊂平面PAD ，BC ⊄平面PAD ， 所以//BC 平面PAD ．(∴)解：取BC 的中点N ，连接AN ，则AN BC ⊥,由(∴)知//BC AD ， 所以AN AD ⊥，分别以AN ，AD ，AP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系Axyz .则(0,0,2)P，1,02C ⎫⎪⎪⎝⎭，(0,2,0)D，1,14M ⎫-⎪⎪⎝⎭所以3,,022CD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭uu u r ，(0,2,2)PD =-u u ur，9,,144DM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭uuu u r设平面PCD 的一个法向量为()1111,,n x y z =u r，由1100n CD n PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u vu u u v，即111130220y y z ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，得1111x z y ⎧=⎪⎨=⎪⎩，令11y =，则1,1)n =u r．设平面CDM 的一个法向量为()2222,,n x y z =u ur，由2200n CD n MD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u v u u u v u u v u u u u v，即2222230940y y z ⎧+=⎪-+=，得222232x y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩， 令21y =，则232n ⎫=⎪⎭u u r ．所以121212331cos ,||||n n n n n n ++⋅<>===⋅u r u u ru r u u r u r u u r 由图形可得二面角P CD M --为锐角， 所以二面角P CD M --【点睛】空间向量是求解空间角的有利工具，根据平面的法向量、直线的方向向量的夹角可求得线面角、二面角等，解题时把几何问题转化为向量的运算的问题来求解，体现了转化思想方法的利用，不过解题中要注意向量的夹角和空间角之间的关系，特别是求二面角时，在求得法向量的夹角后，还要通过图形判断出二面角是锐角还是钝角，然后才能得到结论． 10．（2018·吉林高考模拟（理））如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ， M ， N 分别是棱AB ， AD ， 11A B ， 11A D 的中点，点P ， Q 分别在棱1DD ， 1BB 上移动，且(02)DP BQ λλ==<<.（1）当1λ=时，证明：直线1//BC 平面EFPQ ；（2）是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）12λ=±.【解析】以D 为原点，射线DA ， DC ， 1DD 分别为x ， y ， z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -.由已知得()2,2,0B ， ()10,2,2C ，()2,1,0E ，()1,0,0F ， ()0,0,P λ， ()1,0,2N ， ()2,1,2M ，则()12,0,2BC =-u u u u r， ()1,0,FP λ=-u u u r ， ()1,1,0FE =u u u r ， ()1,1,0NM =u u u u r ， ()1,0,2NP λ=--u u u r.（1）当1λ=时， ()1,0,1FP =-u u u r ，因为()12,0,2BC =-u u u u r ，所以12BC FP =u u u u r u u u r，即1//BC FP ，又FP ⊂平面EFPQ ，且1BC ⊄平面EFPQ ，故直线1//BC 平面EFPQ . （2）设平面EFPQ 的一个法向量为(),,n x y z =r，则由0{0FE n FP n ⋅=⋅=u u u r ru u u r r，得0{0.x y x z λ+=-+=，于是可取(),,1n λλ=-r . 设平面MNPQ 的一个法向量为()',','m x y z =r，由0{0NM m NP m ⋅=⋅=u u u u r ru u u r r，得()''0{'2'0x y x z λ+=-+-=，于是可取()2,2,1m λλ=--r. 若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则()()2,2,1,,10m n λλλλ⋅=--⋅-=r r，即()()2210λλλλ---+=，解得1λ=±，显然满足02λ<<.故存在1λ=±，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角.点睛：立体几何的有关证明题，首先要熟悉各种证明的判定定理，然后在进行证明，要多总结题型，对于二面角问题一般直接建立空间直角坐标系，求出法向量然后根据向量夹角公式求解二面角，要注意每一个坐标的准确性。

高考数学空间向量与立体几何2017年高考数学空间向量与立体几何导语:没有承受困难的能力，就没有希望了。

下面是小编为大家整理的，数学知识，更多相关信息请关注CNFLA学习网!空间向量一、空间向量知识点1.空间向量的概念：定义：空间向量的定义和平面向量一样，那些具有大小和方向的量叫做向量，并且仍用有向线段表示空间向量，且方向相同、长度相等的有向线段表示相同向量或相等的向量。

具有大小和方向的量叫做向量注：⑴空间的一个平移就是一个向量⑵向量一般用有向线段表示同向等长的有向线段表示同一或相等的向量⑶空间的两个向量可用同一平面内的两条有向线段来表示ⅰ定理：如果三个向量不共面，那么对于空间任一向量，存在唯一的有序实数组x、y、z，使。

且把叫做空间的一个基底，都叫基向量。

ⅱ正交基底：如果空间一个基底的三个基向量是两两相互垂直，那么这个基底叫正交基底。

ⅲ 单位正交基底：当一个正交基底的三个基向量都是单位向量时，称为单位正交基底，通常用表示。

ⅳ 空间四点共面：设O、A、B、C是不共面的四点，则对空间中任意一点P，都存在唯一的有序实数组x、y、z，使。

2.空间向量的运算定义：与平面向量运算一样，空间向量的加法、减法与数乘向量运算如下运算律：⑴加法交换律：⑵加法结合律：⑶数乘分配律：3 共线向量ⅰ定义：如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，记作。

ⅱ规定：零向量与任意向量共线;ⅲ共线向量定理：对空间任意两个向量平行的充要条件是：存在实数λ，使。

表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量.平行于记作.当我们说向量、共线(或//)时，表示、的有向线段所在的直线可能是同一直线，也可能是平行直线.4.共线向量定理及其推论共线向量定理：空间任意两个向量、(≠)，//的充要条件是存在实数λ，使=λ.推论：如果为经过已知点A且平行于已知非零向量的直线，那么对于任意一点O，点P在直线上的充要条件是存在实数t满足等式.其中向量叫做直线的方向向量.5.向量与平面平行已知平面和向量，作，如果直线平行于或在内，那么我们说向量平行于平面，记作：.通常我们把平行于同一平面的向量，叫做共面向量说明：空间任意的两向量都是共面的6.共面向量定理ⅰ定义：一般地，能平移到同一平面内的向量叫做共面向量;空间的任意两个向量都是共面向量。

空间向量与立体几何新题赏析引入“稳定与创新”永远是高考的主题，高考中的立体几何也不例外．我们不能把数学念成了“八股文”，不能只把某几个类型的题目练熟，不应该被新颖题目所吓倒．学习数学应该提高分析问题和解决问题的能力．本讲我们一起来看看近几年有哪些新颖的题目出现，我们又是利用了哪些不变的方法和能力加以应对的．新题赏析题一：已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上，若3AB =，4AC =，AB AC ⊥，112AA =，则球O 的半径为( )．AB． C ．132 D．题二：如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )．A ．35003cm πB ．38663cm πC ．313723cm πD ．320483cm π 题三：如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，P 为BC 的中点，Q 为线段1CC 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102CQ <<时，S 为四边形；②当12CQ =时，S 为等腰梯形； ③当34CQ =时，S 与11C D 的交点R 满足113C R =；④当314CQ <<时，S 为六边形；⑤当1CQ =时，S题四：如图，圆锥顶点为P ，底面圆心为O ，其母线与底面所成的角为22.5︒．AB 和CD 是底面圆O 上的两条平行的弦，轴OP 与平面PCD 所成的角为60︒． (Ⅰ)证明：平面PAB 与平面PCD 的交线平行于底面；(Ⅱ)求cos COD ∠．题五：如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧棱1AA ABCD ⊥底面，//AB DC ，11AA =，3AB k =，4AD k =，5BC k =，6DC k =(0)k >． （Ⅰ）求证：11CD ADD A ⊥平面；（Ⅱ）若直线1AA 与平面1AB C 所成角的正弦值为67，求k 的值； PBA OCD1 A（Ⅲ）现将与四棱柱1111ABCD A B C D -形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的棱柱，规定：若拼接成的新的四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案．问：共有几种不同的方案?在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为()f k ，写出()f k 的表达式(直接写出答案，不必要说明理由)．学习提醒平时全面备考，考时熟题不错、新题不慌！新题赏析题一：C 题二：A 题三：①②③⑤ 题四：(Ⅰ)略；(Ⅱ)17-题五：（Ⅰ）略；（Ⅱ）1；（Ⅲ）2257226,018()53636,18k k k f k k k k ⎧+<≤⎪⎪=⎨⎪+>⎪⎩A B CD E A 1 B 1C 1D 1。

2021年高考数学一轮复习第15讲空间向量与立体几何新题赏析理题一：某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（）．A． B． C． D．题二：如图，已知三棱锥O－ABC，OA，OB，OC两两垂直且长度均为6，长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△OBC内运动(含边界)，则MN的中点P的轨迹与三棱锥的面OAB，OBC，OAC围成的几何体的体积为________．题三：已知一个棱长为6cm的正方体塑料盒子（无上盖），上口放着一个半径为5cm的钢球，则球心到盒底的距离为_______．题四：在半径为13的球面上有A , B, C三点，AB=6，BC=8，CA=10，则（1）球心到平面ABC的距离为；（2）过A，B两点的大圆面为平面ABC所成二面角为（锐角）的正切值为．题五：如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误．．的为( )．A ．AC ⊥BDB ．AC ∥截面PQMNC ．AC ＝BD D ．异面直线PM 与BD 所成的角为45°题六：如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为A 1D 1和CC 1的中点． 题七：（1）画出由A ，E ，F 确定的平面β截正方体所得的截面；（保留作图痕迹，使用2B 铅笔作图）题八：（2）求异面直线EF 和AC 所成角的大小．题九：题十：如图，在正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝12AB ，点E 、M 分别为A 1B 、C 1C 的中点，过点A 1、B 、M 三点的平面A 1BMN 交C 1D 1于点N ． (1)求证：EM ∥平面A1B1C1D1；(2)设截面A1BMN 把该正四棱柱截成两个几何体的体积分别为V1、V2(V1<V2)，求V1∶V2的值．题十一：如图，矩形与所在平面垂直，将矩形沿对折，使得翻折后点落在上，设，，．(1)试求关于的函数解析式；(2)当取最小值时，指出点的位置，并求出此时与平面所成的角；(3)在条件(2)下，求三棱锥P-ADQ内切球的半径．题十二：如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2，以BD的中点O为球心、BD为直径的球面交PD于点M．(1)求证：平面ABM⊥平面PCD；(2)求直线PC与平面ABM的夹角的正弦值．题十三：正三角形ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E、F分别是AC、BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B．(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；(2)求二面角E－DF－C的余弦值；(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？证明你的结论．第15讲空间向量与立体几何新题赏析题一：B．详解：由题意知该几何体是一个底面半径为高为2的圆柱, 根据球与圆柱的对称性, 可得外接球的半径∴．题二：π6．详解：根据已知三角形MON是以O为直角顶点的直角三角形，故OP＝MN2＝1，即点P的轨迹是以点O 为球心的八分之一球面，其与三棱锥的三个侧面围成的空间几何体的体积为18×4π3＝π6．题三：10cm ．详解：球心到底面的距离，实际上是求两个简单的组合体的上顶点到下底面的距离，可以看做下面是一个正方体，上面是一个四棱锥，四棱锥的斜高是5，用勾股定理做出四棱锥的高，求和得到结果．由题意知求球心到底面的距离，实际上是求两个简单的组合体的上顶点到下底面的距离， 可以看做下面是一个正方体，正方体的棱长是6cm ．上面是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个边长为6的正方形，斜高是5， 则四棱锥的高是，∴球心到盒底的距离为6+4=10cm ．题四：12；3． 详解：（1）由的三边大小易知此三角形是直角三角形， 所以过三点小圆的直径即为10，也即半径是5， 设球心到小圆的距离是，则由，可得．（2）设过三点的截面圆的圆心是中点是点，球心是点，则连三角形，易知就是所求的二面角的一个平面角，，所以tan ，即正切值是3．题五：C ．详解：由PQ ∥AC ，QM ∥BD ，PQ ⊥QM 可得AC ⊥BD ，故A 正确；由PQ ∥AC 可得AC ∥截面PQMN ，故B 正确；异面直线PM 与BD 所成的角等于PM 与PN 所成的角，故D 正确．综上C 是错误的．题六：（2）． 详解：（1）取BC 的四等分点G （靠近C 的），D 1C 1的四等分点H （靠近C 1的），则五边形AGFHE 即为由A ，E ，F 确定的平面β截正方体所得的截面；（2）由（1）可知EH ∥AC ，故∠HEF （或其补角）即为异面直线直线EF 和AC 所成角，设出正方体的棱长在△HEF 中，由余弦定理可得∠HEF ，即可得答案．（1）如图，取BC 的四等分点G （靠近C 的），D 1C 1的四等分点H （靠近C 1的）， 则五边形AGFHE 即为由A ，E ，F 确定的平面β截正方体所得的截面， （2）由（1）可知EH ∥AC ，故∠HEF （或其补角）即为异面直线EF 和AC 所成角，设正方体的棱长为4，可得22222313,125EH HF =+==+=， ，在△HEF 中，由余弦定理可得： ，故，故异面直线EF 和AC 所成角的大小为：．题七：(2) V 1V 2＝717． 详解：(1)设A 1B 1的中点为F ，连结EF 、FC 1．∵E 为A 1B 的中点，∴EF 平行且等于12B 1B ．又C 1M 平行且等于 12B 1B ，∴EF 平行且等于 MC 1．∴四边形EMC 1F 为平行四边形．∴EM ∥FC 1．∵EM ⊄平面A 1B 1C 1D 1，FC 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，∴EM ∥平面A 1B 1C 1D 1．(2)延长A 1N 与B 1C 1交于P ，则P ∈平面A 1BMN ，且P ∈平面BB 1C 1C ．又∵平面A 1BMN ∩平面BB 1C 1C ＝BM ，∴P ∈BM ，即直线A 1N 、B 1C 1、BM 交于一点P ．又∵平面MNC 1∥平面BA 1B 1，∴几何体MNC 1—BA 1B 1为棱台．设AB ＝2AA 1＝2a ，∵S △BA 1B 1＝12·2a ·a ＝a 2，S △MNC 1＝12·a ·12a ＝14a 2，棱台MNC 1—BA 1B 1的高为B 1C 1＝2a ，V 1＝13·2a ·(a 2＋a 2·14a 2＋14a 2)＝76a 3，∴V 2＝2a ·2a ·a －76a 3＝176a 3．∴V 1V 2＝717．题八：详解：(1)显然，连接，∵，， ∴．由已知，∴，． ∵∽， ， ∴ 即 ．∴． (2) 211111)1(1222222　h h h h h h y ≥-+-=-+--=当且仅当时，等号成立．此时，即为的中点．于是由，知平面，是其交线，则过作．∴就是与平面所成的角． 由已知得，，∴， , ．(3) 设三棱锥的内切球半径为，则ADQ P ADQ PDQ PAQ PAD V r S S S S -∆∆∆∆=⋅+++)(31∵，，，，， ∴．题九：见详解．详解：(1)依题设，M 在以BD 为直径的球面上，则BM ⊥PD ， 因为PA ⊥平面ABCD ，则PA ⊥AB ，又AB ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面PAD ，则AB ⊥PD ． 又BM ∩AB ＝B ，因此有PD ⊥平面ABM ．因为PD 平面PCD ，所以平面ABM ⊥平面PCD ． (2)如图所示，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，P (0,0,4)，B (2,0,0)，C (2,4,0)，D (0,4,0)，M (0,2,2)，所以＝(2,4，－4)，设平面ABM 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥，n ⊥可得：⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝0，2y ＋2z ＝0，令z ＝－1，则y ＝1，即n ＝(0,1，－1)．设直线PC 与平面ABM 的夹角为α，则sin α＝|·n |||n ||＝223，故所求角的正弦值为223．题十：见详解．详解：(1)AB ∥平面DEF ．∵在△ABC 中，E 、F 分别是AC 、BC 的中点，∴EF ∥AB ， 又AB 平面DEF ，EF 平面DEF ，∴AB ∥平面DEF ．(2)由题易知，AD 、DB 、DC 两两垂直，则以点D 为坐标原点，直线DB 、DC 、DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则D (0,0,0)，A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0,23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，∴＝(1，3，0)，＝(0，3，1)，＝(0,0,2)．易知平面CDF 的一个法向量为＝(0,0,2)，设平面EDF 的一个法向量为n ＝(x , y , z )，则⎩⎪⎨⎪⎧·n ＝0·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝03y ＋z ＝0，令y ＝－3，则n ＝(3，－3，3)．∴cos〈·n 〉＝·n |||n |＝217，∴二面角E －DF －C 的余弦值为217．(3)在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE ．证明如下：在线段BC 上取点P ，使BP ＝13BC ，过P 点作PQ ⊥CD 于点Q ，连接AQ ，∴PQ ⊥平面ACD ．∴PQ ⊥DE ．∵DQ ＝13DC ＝233，且AD ＝2，∴∠DAQ ＝30°．又△ADE 为等边三角形，∴AQ ⊥DE ，又AQ ∩PQ ＝Q ，∴DE ⊥平面APQ ，∵AP 平面APQ ，∴AP ⊥DE ．39420 99FC 駼)34955 888B 袋&K 40313 9D79 鵹26110 65FE 旾29235 7233 爳 24770 60C2 惂38081 94C1 铁 3。

考点7 空间向量与立体几何—高考数学一轮复习考点创新题训练1.坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形.若，，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD 的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为( )A. B. C. D.2.中和殿是故宫外朝三大殿之一，位于紫禁城太和殿与保和殿之间，中和殿建筑的亮点是屋顶为单檐四角攒（cuán ）尖顶，体现天圆地方的理念，其屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知此正四棱锥的侧棱长为，这个角接近30°，若取，则下列结论正确的是( )A.正四棱锥的底面边长为48mB.正四棱锥的高为4mC.正四棱锥的体积为D.正四棱锥的侧面积为3.两个相交平面构成四个二面角，其中较小的二面角称为这两个相交平面的夹角.由正方体的四个顶点所确定的平面统称为该正方体的“表截面”.则在正方体中，两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为( )A. B. C. D.25m AB =10m BC AD ==102m 112m 117m 125m30θ=︒2230︒45︒60︒90︒4.海口钟楼的历史悠久，最早是为适应对外通商而建立，已成为海口的最重要的标志性与象征性建筑物之一，如图所示，海口钟楼的主体结构可以看成一个长方体，四个侧面各有一个大钟，则从8：00到10：00这段时间内，相邻两面钟的分针所成角为的次数为( )A.2B.4C.6D.85.在空间直角坐标系Oxyz 中，，，若直线AB 与平面xOy 交于点，( )6.在空间直角坐标系中，经过点且一个法向量为的平面的方程为，经过点P 且一个方向向量为的直的方程为的距离为( )7.阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，点，则点Q 到平面距离为( )8.《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》60︒()1,,2A m (),0,1B n (),,0P x y 2y +=O xyz -()000,,P x y z (),,m a b c = α()()()0000a x x b y y c z z -+-+-=()(),,0n v v μωμω=≠ 0y y v -==3541x y z -++=5y ==O xyz -()000,,P x y z (),,n a b c = α()()()0000a x x b y y c z z -+-+-=α21x y z -+=()3,1,1Q -α中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图是阳马，平面，，，.则该阳马的外接球的表面积为( )C.9.（多选）如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成，，，G 是上的动点.则( )A.平面平面B.G 为的中点时，C.存在点G ，使得直线与的距离为D.存在点G ，使得直线与平面所成的角为10.（多选）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案(如图1)把三片这样的达芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则( )P ABCD -PA ⊥ABCD 5PA =3AB =4BC =π100ABF DCE -AB AF ⊥4AB AD AF ===»CDADG ⊥BCG»CD//BF DG EF AG CF BCG 60︒··A.B.异面直线与C.点P 到直线D.M 为线段上的一个动点，则的最大值为311.有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长都相等的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.已知点为线段上一点且，，则______.12.如图，在棱长为8的正方体中，E 是棱上的一个动点，给出下列三个结论：①若F 为上的动点，则EF 的最小值为到平面③M 为BC 的中点，P 为空间中一点，且与平面ABCD 所成的角为，PM 与平面ABCD122QC AD AB AA =++ CQ AD CQ ME MC ⋅ E BC BE BC λ= λ=1111ABCD A B C D -1AA 1BD D BED PD 30︒所成的角为，则P 在平面ABCD 上射影的轨迹长度为，其中所有正确结论的序号是___________.13.六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体），如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之①该八面体的表面积为③若点P 为棱上一动点，存在点P ，使得；④若点P 为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值..若为空间向量与232323a ab bc c =123231312321213132a b c a b c a b c a b c a b c a b c ++---1122a b x y x j i y ⨯= b ⨯ a 60︒6SF EC AP BE ⊥EC F ABP -b的叉乘，其中，，为单位正交基底.以O 为坐标原点，分别以的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，已知A ，B 是空间直角坐标系中异于O 的不同两点.（1）①若，求；②证明：.（2）记的面积为，证明：（3）问：的几何意义表示以15.在①，②这三个条件中任选一个，补充在下面的横线中，并完成问题.问题：如图，在正方体中，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系.已知点的坐标为，E 为棱上的动点，F 为棱上的动点，_________，试问是否存在点E ，F 满足？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.()()DE CF DE CF +⊥- ||DE = cos ,1EF DB <〈〉< 1111ABCD A B C D -D xyz -1D (0,0,2)11D C 11B C 1EF A C ⊥AE BF ⋅ ()111111,,a x y z x y i j k z =++∈R ()222222,,b x i y j z k x y z =++∈R {},,i j k ,,i j k ()()0,2,1,1,3,2A B -OA OB ⨯ 0OA OB OB OA ⨯+⨯= AOB △AOB S △12AOB S OA =⨯ △2()OA OB ⨯ △⨯答案以及解析1.答案：C解析：如图，过E 作平面ABCD ，垂足为O ，过E 分别作，，垂足分别为G ，M ，连接OG ，OM ，由题意得等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与底面夹角分别为和，所以.因为平面，平面ABCD ，所以.因为，，平面，，所以平面EOG .因为平面EOG ，所以.同理，.又，故四边形OMBG 是正方形，所以由得，所以，所以，所以在直角三角形EOG 中，，在直角三角形EBG 中，，，又因为，所有棱长之和为.故选C.2.答案：C解析：如图，在正四棱锥中，O为正方形的中心，，则H为的中点，连接，，，则平面，，则为侧面与底面所成的锐二面角，EO ⊥EG BC⊥EM AB ⊥EMO ∠EGO∠tan tan EMO EGO ∠=∠=MO CO =EO ⊥ABCD BC ⊂EO BC ⊥EG BC ⊥EO EG ⊂EOG EO EG E = BC ⊥OG ⊂BC OG ⊥OM BM ⊥BM BG ⊥10BC =5OM =EO =5OG =EG ===5BG OM ==8EB ===55255515EF AB =--=--=2252101548117(m)⨯+⨯++⨯=S ABCD -ABCD SH AB ⊥AB SO OH AO SO ⊥ABCD OH AB ⊥SHO ∠设底面边长为.正四棱谁的则面与底两所成的䌼二面但为，这个角接近，取，，则，，.在中，，解得，故底面边长为，正四棱锥的高为，侧面积为，体积.故选C 3.答案：A 解析：在正方体中，平面ABCD 和平面的夹角为，D 选项错误.平面和平面的夹角为，B 选项错误.设正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量为，则令，可得.设平面的法向量为，则令，可得，设平面与平面的夹角为，则由于，所以，所以C 选项错误.平面ABCD 与平面的夹角为.由图可知两个不重合的“表截面”的夹角的大小不可能为.故选A.2a θ30︒30θ=︒30SHO ∴∠=︒OH a =OS =SH =Rt SAH △222a ⎫+=⎪⎪⎭12a =24()m 12=21424122S =⨯⨯=3124243V =⨯⨯⨯=1111ABCD A B C D -11ADD A 90︒11BDD B 11ADD A 45︒1111ABCD A B C D -(1,0,0)A (1,1,0)B 1(0,0,1)D (0,1,0)C (0,1,0)AB ∴= 1(1,1,1)BD =-- (1,0,0)CB = 11ABC D 111,)(,x y z =m 111110,0,AB y BD x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=--+=⎪⎩ m m 11x =(1,0,1)=m 11A BCD 222,)(,x y z =n 212220,0,CB x BD x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=--+=⎪⎩ n n 21y =(0,1,1)=n 11ABC D 11A BCD θcos ||||θ⋅===m n m n 090θ︒≤≤︒60θ=︒1111A B C D 0︒30︒4.答案：D 解析：在长方体中，以点A 为原点，，，所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.设矩形的对角线的交点为E ，矩形的对角线的交点为F ，分针长为a .考查到这个时间段，设t 时刻，侧面和侧面内的钟的分针的位置分别为M ，N ，，其中，则，所以.由题意得.因为，所以的取值为，，，，即在到这个时间段，相邻两面钟的分针所成角为的次数为4，因此，从到这段时间内，相邻两面钟的分针所成角为的次数为8.故选D.5.答案：B解析：依题意，，显然，解得，即，6.答案：C解析：由题可知点在直线l 上，取平面内一点根据题设材料可知平面一个法向量为，所以的距离为11AA B B 11AA D D 8:009:0011AA B B 11AA D D (sin ,0,cos )EM a a θθ= 3600θ-︒≤≤︒(0,sin ,cos )FN a a θθ=- EM FN ⋅=22cos a θ2|||cos ,|cos ||||EM FN EM FN EM FN θ⋅〈〉=== θ=3600θ-︒≤≤︒1111ABCD A B C D -AB AD 1AA θ45-︒135-︒225-︒315-︒8:009:0060︒8:0010:0060︒(1,,1),(,,1)BA n m BP x n y =-=-- //BP 11y m -==2x n y m=-⎧⎨=-⎩2()1m -=22(1)1n m -+==(0,0,0)O α(0,0,P α()3,5,4m =- (0,0,OP = cos ,OP m OP m OP m ⋅<>===7.答案：A解析：平面的法向量，在平面上任取一点，则，8.答案：B解析：因，平面，平面，则，，又因四边形为矩形，则.则阳马的外接球与以，，为长宽高的长方体的外接球相同.又，，.则外接球的直径为长方体体对角线，故外接球半径为：.故选：B 9.答案：AB解析：对于选项A ，由题意知，，平面，因为平面，所以，又，、平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，即选项A 正确；对于选项B ，当G 为的中点时，取的中点H ，连接，，则，，所以四边形是平行四边形，所以，因为和都是等腰直角三角形，所以，所以，所以，即选项B 正确；对于选项C ，因为，且平面，平面，所以平面，所以直线与的距离等价于直线到平面的距离，也等价于点F 到平面的距离，以A 为坐标原点，，，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 ，，，设点，其中，，由射影定理知，，即，所以，，，1cos ,4OP OP m <>== α()1,1,2n =- α()1,0,1A -()4,1,0QA =- QA n d n⋅=== PA ABCD ⊥平面AB ⊂ABCD AD ⊂ABCD PA AB ⊥PA AD ⊥ABCD AB AD ⊥PA AB AD 5PA =3AB =4AD BC ==R ===2504π4π50π4S R ==⋅=DG CG ⊥AD ⊥CDG CG ⊂CDG AD CG ⊥DG AD D = DG AD ⊂ADG CG ⊥ADG CG ⊂BCG ADG ⊥BCG »CD »AB AH GH //AD GH AD GH =ADGH //DG AH ABF △ABH △45ABF HAB ∠=∠=︒//AH BF //BF DG //EF AD EF ⊂/ADG AD ⊂ADG //EF ADG EF AG EF ADG ADG AF AB AD ()4,0,0F ()0,0,0A ()0,0,4D (),,4G m n -04m <≤04n <≤2(4)m n n =-224m n n +=()4,0,0AF = ()0,0,4AD = (),,4AG m n =-设平面的法向量为，则，取，则，，所以，若直线与的距离为到平面的距离为而点F 到平面的距离G ，使得直线与的距离为对于选项D ，，，所以，，，设平面的法向量为，则，取，则，，所以，若直线与平面所成的角为，则由，知，此方程无解，所以不存在点G ，使得直线与平面所成的角为，即选项D 错误.故选：AB.10.答案：BD解析：如图建立空间直角坐标系：ADG (),,n x y z = 4040n AD z n AG mx ny z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-++=⎪⎩ x n =y m =0z =(),,0n n m = EF AG F ADG ADG 4AF n d n ⋅====≤=< EF AG ()0,4,4C ()0,4,0B ()0,0,4BC = (),4,0CG m n =-- ()4,4,4CF =-- BCG (),,m a b c = 40(4)0m BC c m CG ma n b ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩ b m =4a n =-0c =()4,,0m n m =- CF BCG 60︒sin 60cos ,CF m CF m CF m ⋅︒====⋅ ()24m n n =-4n -=2850m m n n ⎛⎫⋅-⋅+= ⎪⎝⎭CF BCG 60︒则，，，，，，，，故，，，，，，，，对于A ，所以，A 错误；对于C ，记同向的单位向量为，则点P 到直线的距离，故C 错误；对于D ，设点，使，，，，，则，故，则因，则时，即点M 与点Q 重合时，取得最大值3，故D 项正确.故选：BD.122,,333||QC a QC ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭ d ==QM tQC = (1,0,2)Q (0,2,0)C (1,2,22)M t t t -+-+(1,2,22)(1,22,22)ME MC t t t t t t ⋅=+--⋅--- 2229123913t t t ⎛⎫=-+=-- ⎪⎝⎭01t ≤≤0t =ME MC ⋅ (1,0,2)Q (0,2,0)C (1,1,0)A (1,2,0)B (0,1,0)D 1(1,1,1)A 1(0,1,1)D (2,0,1)P (1,2,2)QC =-- (1,0,0)AD =- (0,1,0)AB = 1(0,0,1)AA = (0,2,2)BC =- (1,1,0)BD =-- (1,0,1)QP =- 1(1,0,1)AD =- 122(1,0,0)2(0,1,0)2(0,0,1)(1,2,2)AD AB AA QC ++=-++=-≠ (1,2,2)QC =-- CQ (,,)M x y z 01t ≤≤(2,0,0)E (1,,2)(1,2,2)x y z t --=--解析：将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.，，，，，，，所以，，则，.设直线DE 与直线AF 所成角为，则即，解得12.答案：①②③解析：①平面，EF 取最小值即为E到平面的距离，为分别为，的中点.故①正确.②由①知，三角形到平面的距离为，③建立如图所示的空间直角坐标系，()2,1,0A ()2,2,1F ()1,0,2B ()0,1,2C ()1,2,2D ()0,1,1AF = ()1,1,0BC =- (),,0BE BC λλλ==- []0,1λ∈()1,,2E λλ-(),2,0DE λλ=-- θcos cos ,AF DE AF DE AF DE θ⋅==== 2610λλ+-=λ==1//AA 11BB D D 11BB D D 1AA 1BD BED =1BED h 18883h =⨯⨯⨯=则，作平面ABCD 于点H ，由题意及几何关系得，设点，则，即点H 的轨迹方程为迹长度为.故③正确.13.答案：①③④八面体的表面积为②连接，相交于点O ，连接，在八面体中，平面是正方形，且平面，，在中，，所以该八面体的体积为③若点P 为棱上一动点，当点P 与点重合时，因为在正方形中，，且平面，平面，所以，又因为，是平面内两条相交直线，所以平面，平面可得，③正确；④在正八面体中，，平面，平面所以平面，若点P 为棱上的动点，则点P 到平面的距离与直线到平面的距离相等且是一个定值，三棱锥的体积为是定值，④正确；14.答案：（1）①；()4,8,0M PH ⊥3DH MH =(),y,0H x 22229(4)(8)x y x y ⎡⎤+=-+-⎣⎦229(9)2x y ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭2π=182⨯=AC BD OE ABCD OE ⊥ABCD 2AC BD ==DBE △1OE ===1213⨯=EC C ABCD AC BD ⊥EO ⊥ABCD AC ⊂ABCD AC EO ⊥BD EO BED AC ⊥BED BE ⊂BED AP BE ⊥//EC AF EC ⊄ABF AF ⊂ABF //EC ABF EC ABF EC ABF F ABP -13FAB F ABP P ABF V V S h --==⨯⨯△()1,1,2-②证明见解析（2）证明见解析（3）6解析：（1）①因为，，则.②证明：设，，则，与互换，与互换，与互换，可得，故.（2）证明：因为故.由（1），，，()0,2,1A ()1,3,2B -()021*******,1,2132i j k OA OB i j k i i j k ⨯==-++--=-+=-- ()111,,A x y z ()222,,B x y z 121212212121OA OB y z i z x j x y k x y k z x j y z i⨯=++---()122112211221,,y z y z z x z x x y x y =---2x 1x 2y 1y 2z 1z ()211221122112,,OB OA y z y z z x z x x y x y ⨯=--- ()0,0,00OA OB OB OA ⨯+⨯== sin AOB ∠===1sin 2AOB S OA OB AOB =⋅∠= △AOB ⨯2222()OB OA OB OA OB ⨯-⋅= ()111,,OA x y z = ()222,,OB x y z =()122112211221,,OA OB y z y z z x z x x y x y ⨯=--- ()()()2222122112211221OB y z y z z x z x x y x y ⨯=-+-+-，成立，故，故的几何意义表示：以15.答案：选择①：存在点，，满足；选择②：存在点，，满足；选择③：不存在点E ，F 满足，理由见解析解析：由题意知，正方体的棱长为2，则，，，，，设，，则，，，，所以，.选择①：因为，所以，即，得，若，则，则，故存在点，，满足，142()EF AC a b ⋅=-+ 82AE BF b ⋅=- ()()DE CF DE CF +⊥- ()()0DE CF DE CF +⋅-= 22DE CF = a b =10EF AC ⋅= 42()0a b -+=1a b ==(0,1,2)E 22111x y z ++222222x y z ++()22121212()OA OB x x y y z z ⋅=++2()OA OB ⋅ ⨯1222AOB OA OB OA OB S OA =⨯⋅⨯=⋅⨯ △21()63AOB OA OB S OA OB ⨯=⋅⨯⨯ △2()OA OB ⨯ △⨯(0,1,2)E (1,2,2)F 1EF A C ⊥6AE BF ⋅= 10,,22E ⎛⎫ ⎪⎝⎭3,2,22F ⎛⎫ ⎪⎝⎭1EF A C ⊥5AE BF ⋅= 1EF A C ⊥1111ABCD A B C D -(2,0,0)A (2,2,0)B 1(2,0,2)A (0,0,0)D (0,2,0)C (0,,2)(02)E a a ≤≤(,2,2)(02)F b b ≤≤(,2,0)EF b a =- 1(2,2,2)AC =-- (2,,2)AE a =- (2,0,2)BF b =- (1,2,2)F 1EF A C ⊥此时.选择②：因为，若，则，得故存在点，，满足，此时.选择③：因为，所以与不共线，又，所以，即，则，故不存在点E ，F 满足.826AE BF b ⋅=-= ||DE = (0,,2)DE a = ==10EF AC ⋅= 42()0a b -+=b =10,,22E ⎛⎫ ⎪⎝⎭3,2,22F ⎛⎫ ⎪⎝⎭1EF A C ⊥825AE BF b ⋅=-= 0cos ,1EF DB <〈〉< EF DB (2,2,0)DB = 2b a ≠-2a b +≠142()0EF AC a b ⋅=-+≠ 1EF A C ⊥。

高考立体几何命题分析和复习建议高考立体几何命题分析和复习建议一、考纲中对立体几何与空间向量的要求(1)空间几何体①认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构;②知道平行投影与中心投影的概念，了解空间图形的不同表示形式;③能画出简单空间图形(长方体、棱柱、圆柱、圆锥、球等及其简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二侧法画出它们的直观图;④了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式(不要求记忆公式)(2)点、直线、平面之间的位置关系①理解空间直线、平面的位置关系的定义，并了解如下的公理和定理:定理1, 2,3, 4及定理:空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补;②理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理。

理解以下判定定理和性质定理:(判定定理和性质定理各4个，略)③能运用公理、定理和己获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题。

④能根据定义解决两条异面直线所成的角、直线和平面所成的角、二面角的简单计算问题。

(3)空间向量及其运算①了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正夕分解及其坐标表示;②掌握空间向量的线性运算及其坐标表示;③掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用数量积判断向量的共线与垂直;(4)空间向量的应用①理解直线的方向向量与平面的法向量的概念;②能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系;③能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)④能用向量方法解决两条异面直线所成的角、直线和平面所成的角、二面角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用。

文科在这部分内容中，共学习必修2两章按课程标准规定的课时数，文科数学总课时数是252课时，这两章的课时数是18课时，约占7%，试卷中期望的分数应是11分.而全国新课程卷考查了两个小题一个大题，分值达到了22分.可见这部分的知识虽然课时数不多，但是份量却不轻，占到总分的15%。

第三章《空间向量与立体几何》测试讲评一、讲评目的1、通过讲评，使学生明确自己出现的问题，并进一步改正试卷中的问题；2、加深对所学知识的掌握和理解，进而提高自己的能力。

二、讲评的重点、难点1、重点（1）测试中出现的错误题目；（2）在分析问题的过程中强调有关的知识。

2、难点如何在解题中快速的找到解决问题的方法和思路，并能规范地解答所给问题。

三、课前准备1、批阅试卷，完成对成绩、存在问题的分析。

2、多媒体、展台。

四、讲评过程（一）基本情况介绍1、测试内容及试卷来源本次测试的内容为高中数学选修2-1第三章《空间向量在立体几何中的应用》。

主要是通过该试卷来检测一下学生对空间向量在立体几何中应用的掌握程度，以及运用知识解决问题的能力。

试卷是由老师根据平时的教学情况自己组成的，试卷的结构、题量与高考的形式相同。

试题难度适中，主要侧重于对基本知识、基本方法和学生运算能力的考查。

设计意图：让学生明确考试的有关背景，对所考内容有所了解，同时对本章内容的掌握程度、主要题型都有所了解。

2、相关数据（1）选择题正答率（2）成绩统计各分数段人数设计意图：让学生明确自己在考试中所处的位次及自己的成绩情况，鼓励学生树立学习的自信心。

（3）考试中暴露的问题①对所学知识、常用方法掌握不熟练，有遗忘现象;②运算速度、准确度仍存在较大的缺陷;③答卷中的规范性问题，乱写、乱画的现象仍存在。

设计意图：让学生了解自己在考试中暴露出的问题，明确自己的问题所在。

（二）试卷讲评设计意图：本次的讲评采用相同类型的问题集中讲解的方法，可使学生对相关中出现的错误有整体的了解，从总体上把握该类问题的知识及解法，便于学生对知识的掌握。

本次测试的试题从总体上分为三个部分：（1）空间向量的线性运算、空间向量基本定理、向量的共线。

包括第1、2、4、11、13、15题。

（2）数量积及其应用。

包括：3、5、6、7、9、12、14、16题。

（3）空间向量在立体几何中的应用。

高三数学第一轮复习：立体几何的综合问题【本讲主要内容】立体几何的综合问题立体几何知识的综合应用及立体几何与其它知识点的综合问题【知识掌握】【知识点精析】1. 立体几何的综合问题融直线和平面的位置关系于平面与几何体中，有计算也有论证。

解决这类问题需要系统地掌握线线、线面、面面的位置关系，特别是平行与垂直的判定与性质．深刻理解异面直线所成的角、斜线与平面所成的角、二面角的平面角的概念，理解点到面的距离、异面直线的距离的概念．2. 立体几何横向可与向量、代数、三角、解析几何等综合．3. 应用性问题、探索性问题需综合运用所学知识去分析解决．【解题方法指导】例1. 如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1的侧面AB1内有一动点P到直线A1B1与直线BC的距离相等，则动点P所在曲线的形状为（）解析：P到直线BC的距离等于P到B的距离，动点P的轨迹满足抛物线定义．故选C.例2. 如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为a的正方形，PB⊥平面ABCD，（Ⅰ）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；（Ⅱ）证明不论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°．（Ⅰ）解：∵PB⊥面ABCD，∴BA是PA在面ABCD上的射影，又DA⊥AB ∴PA⊥DA∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角∴∠PAB＝60°，PB＝AB·tan60°＝3a ,∴ V 锥＝3233·3·31a a a =（Ⅱ）证明：不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD 与PCD 恒为等腰三角形，作AE ⊥PD ，垂足为E ，连结CE ，则△ADE ≌△CDE ，因为AE ＝CE ，∠CED ＝90o，故∠CEA 是面PAD 与面PCD 所成的二面角的平面角． 设AC 与BD 交于点O ，连结EO ，则EO ⊥AC ，所以a AD AE OA a =<<=22，22a AE <， 在△AEC 中，02222cos 222222222<-=-=∙-+=∠AE a AE AE a AE EC AE AC EC AE CEA 所以面PAD 与面PCD 所成的二面角恒大于90o。