浙江专用2020版高考数学一轮复习(练习)专题8立体几何与空间向量 第57练 空间角的问题

考点三
利用空间向量证明平行、垂直(考点难度★)
【例1】 如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,侧棱PA⊥底面
ABCD,且PA=AD=2,E,F,H分别是线段PA,PD,AB的中点.
求证:(1)PB∥平面EFH;
(2)PD⊥平面AHF.
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考点一
考点二
考点三
证明:建立如下图的空间直角坐标系A-xyz.
容,重点考察向量方法的应用,题目有一定难度.题目的常见类型
有:(1)利用空间向量求异面直线所成的角;(2)利用空间向量求直线
与平面所成的角;(3)利用空间向量求二面角.
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考点一
考点二
考点三
类型一 利用空间向量求异面直线所成的角
【例2】 将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周
PA=PD,E,F分别为线段AD,PC的中点.
(1)求证:PA∥平面BEF;
(2)假设直线PC与AB所成的角为45°,求线段PE的长.
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考点一
考点二
考点三
(1)证明:∵在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,四边形
1
ABCD为直角梯形,BC∥AD,∠ADC=90°,BC=CD= 2 AD=1,
1 2
∴||= (- 2) + 2 + 1 = (2-1)2 + 2 + 1.
1
3
2
30
4பைடு நூலகம்
4
5
29
5
∵ ≤y≤ ,∴当 y= 时,||min=
3
当 y= 时,||max=
4
4
;
.
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考点一

高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量8.2球的切、接问题题型一特殊几何体的切、接问题例1(1)已知正方体的棱长为a，则它的外接球半径为________，与它各棱都相切的球的半径为________．答案32a22a解析∵正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，为3a，∴它的外接球的半径为32a，∵球与正方体的各棱都相切，则球的直径为面对角线，而正方体的面对角线长为2a，∴与它各棱都相切的球的半径为2 2a.(2)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．答案2 3π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面P AB，如图所示，则△P AB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB中，P A＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝22，△PEO∽△PDB，故POPB＝OEDB，即22－r3＝r1，解得r＝2 2，故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.思维升华 (1)正方体与球的切、接常用结论 正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)长方体的共顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球的半径R ＝64a ，内切球的半径r ＝612a ，其半径R ∶r ＝3∶1(a 为该正四面体的棱长)．跟踪训练1 (1)(2022·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为32π3的球O 的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为( ) A ．4π B ．8π C ．12π D ．16π 答案 B解析 如图所示，设球O 的半径为R ，由球的体积公式得43πR 3＝32π3，解得R ＝2. 设圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α，则r ＝2cos α， 圆柱的高为4sin α，∴圆柱的侧面积为4πcos α×4sin α＝8πsin 2α， 当且仅当α＝π4，sin 2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.(2)(2022·长沙检测)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是________． 答案9π2解析 易知AC ＝10.设△ABC 的内切圆的半径为r ， 则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ， 所以r ＝2. 因为2r ＝4>3，所以最大球的直径2R ＝3，即R ＝32，此时球的体积V ＝43πR 3＝9π2.题型二 补形法例2 (1)在四面体ABCD 中，若AB ＝CD ＝3，AC ＝BD ＝2，AD ＝BC ＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( ) A ．2π B ．4π C ．6π D ．8π 答案 C解析 由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD 的对棱相等，所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x ，y ，z 的长方体，并且x 2＋y 2＝3，x 2＋z 2＝5，y 2＋z 2＝4，则有(2R )2＝x 2＋y 2＋z 2＝6(R 为外接球的半径)，得2R 2＝3，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝6π.(2)(2022·重庆实验外国语学校月考)如图，在多面体中，四边形ABCD 为矩形，CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．答案 136π解析 如图添加的三棱锥为直三棱锥E －ADF ，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF －BCE ， 因为CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1， 所以S △CBE ＝12CE ×BC ＝12×1×1＝12，直三棱柱ADF －BCE 的体积为 V ＝S △EBC ·DC ＝12×2＝1，添加的三棱锥的体积为13V ＝13；如图，分别取AF ，BE 的中点M ，N ，连接MN ，与AE 交于点O ，因为四边形AFEB 为矩形，所以O 为AE ，MN 的中点，在直三棱柱ADF －BCE 中，CE ⊥平面ABCD ，FD ⊥平面ABCD ，即∠ECB ＝∠FDA ＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O ，连接DO ，DO 即为球的半径， 连接DM ，因为DM ＝12AF ＝22，MO ＝1，所以DO 2＝DM 2＋MO 2＝12＋1＝32，所以外接球的表面积为4π·DO 2＝6π. 思维升华 补形法的解题策略(1)侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)直三棱锥补成三棱柱求解．跟踪训练2 已知三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( ) A.7143π B ．14π C ．56π D.14π答案 B解析 以线段P A ，PB ，PC 为相邻三条棱的长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′被平面ABC 所截的三棱锥P －ABC 符合要求，如图，长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′与三棱锥P －ABC 有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP ′，设外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PP ′2＝P A 2＋PB 2＋PC 2 ＝12＋22＋32＝14，则所求表面积S ＝4πR 2＝π·(2R )2＝14π. 题型三 定义法例3 (1)已知∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABC ，若P A ＝AB ＝BC ＝1，则四面体P ABC 的外接球(顶点都在球面上)的体积为( ) A ．π B.3π C ．2π D.3π2答案 D解析 如图，取PC 的中点O ，连接OA ，OB ，由题意得P A ⊥BC ，又因为AB ⊥BC ，P A ∩AB ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ， 所以BC ⊥平面P AB ， 所以BC ⊥PB ，在Rt △PBC 中，OB ＝12PC ，同理OA ＝12PC ，所以OA ＝OB ＝OC ＝12PC ，因此P ，A ，B ，C 四点在以O 为球心的球面上， 在Rt △ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2＝ 2. 在Rt △P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝3， 球O 的半径R ＝12PC ＝32，所以球的体积为43π⎝⎛⎭⎫323＝3π2.延伸探究 本例(1)条件不变，则四面体P －ABC 的内切球的半径为________． 答案2－12解析 设四面体P －ABC 的内切球半径为r . 由本例(1)知，S△P AC＝12P A·AC＝12×1×2＝22，S△P AB＝12P A·AB＝12×1×1＝12，S△ABC＝12AB·BC＝12×1×1＝12，S△PBC＝12PB·BC＝12×2×1＝22，V P－ABC＝13×12AB·BC·P A＝13×12×1×1×1＝16，V P－ABC＝13(S△P AC＋S△P AB＋S△ABC＋S△PBC)·r＝13⎝⎛⎭⎫22＋12＋12＋22·r＝16，∴r＝2－1 2.(2)在矩形ABCD中，BC＝4，M为BC的中点，将△ABM和△DCM分别沿AM，DM翻折，使点B与点C重合于点P，若∠APD＝150°，则三棱锥M－P AD的外接球的表面积为() A．12π B．34πC．68π D．126π答案 C解析如图，由题意可知，MP⊥P A，MP⊥PD.且P A∩PD＝P，P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，所以MP⊥平面P AD.设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得ADsin ∠APD ＝2r ，即4sin 150°＝2r ，所以r ＝4.设三棱锥M －P AD 的外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PM 2＋(2r )2，即(2R )2＝4＋64＝68，所以4R 2＝68， 所以外接球的表面积为4πR 2＝68π.思维升华 到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可． 跟踪训练3 (1)一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．答案4π3解析 设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ， 则有⎩⎪⎨⎪⎧ 6x ＝3，98＝6×34x 2h ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，h ＝ 3. ∴正六棱柱的底面外接圆的半径r ＝12，球心到底面的距离d ＝32.∴外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝1.∴V 球＝4π3.(2)(2022·哈尔滨模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，其中AD ＝1，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等边三角形，则四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为( ) A.16π3 B.76π3 C.64π3 D.19π3 答案 A解析 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，P A ＝PD ，取AD 的中点E ，则PE ⊥AD ，PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥AB ，由AD ⊥AB ，AD ∩PE ＝E ，AD ，PE ⊂平面P AD ，可知AB ⊥平面P AD ， 由△P AD 为等边三角形，E 为AD 的中点知，PE 的三等分点F (距离E 较近的三等分点)是三角形的中心，过F 作平面P AD 的垂线，过矩形ABCD 的中心O 作平面ABCD 的垂线，两垂线交于点I ，则I 即外接球的球心． OI ＝EF ＝13PE ＝13×32＝36，AO ＝12AC ＝52，设外接球半径为R ， 则R 2＝AI 2＝AO 2＋OI 2＝⎝⎛⎭⎫522＋⎝⎛⎭⎫362＝43， 所以四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.课时精练1．正方体的外接球与内切球的表面积之比为( ) A. 3 B ．3 3 C ．3 D.13答案 C解析 设正方体的外接球的半径为R ，内切球的半径为r ，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R ＝3，所以R ＝32，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r ＝1，即r ＝12，所以R r ＝3，正方体的外接球与内切球的表面积之比为4πR 24πr 2＝R 2r2＝3.2．(2022·开封模拟)已知一个圆锥的母线长为26，侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，则该圆锥的外接球的体积为( ) A ．36π B ．48π C ．36 D ．24 2答案 A解析 设圆锥的底面半径为r ，由侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，得2πr ＝23π3×26，解得r ＝2 2.作出圆锥的轴截面如图所示．设圆锥的高为h ， 则h ＝262－222＝4.设该圆锥的外接球的球心为O ，半径为R ，则有R ＝h －R 2＋r 2，即R ＝4－R2＋222，解得R ＝3，所以该圆锥的外接球的体积为 4πR 33＝4π×333＝36π. 3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为( ) A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π 答案 A解析 如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，O 1为底面对角线的交点，O 为外接球的球心．V P －ABCD ＝13×S 正方形ABCD ×3＝6，所以S 正方形ABCD ＝6，即AB ＝ 6. 因为O 1C ＝126＋6＝ 3.设正四棱锥外接球的半径为R ， 则OC ＝R ，OO 1＝3－R ，所以(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2. 所以外接球的表面积为4π×22＝16π.4．已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为( ) A.68π B.64π C.38π D.34π 答案 A解析 如图将棱长为1的正四面体B 1－ACD 1放入正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝22， 所以正方体的体对角线 AC 1＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝62， 所以正方体外接球的直径2R ＝AC 1＝62， 所以正方体外接球的体积为 43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫643＝68π， 因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为68π. 5．(2021·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( ) A ．3π B ．4π C ．9π D ．12π 答案 B解析 如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3∶1， 即AD ＝3BD ，设球的半径为R ，则4πR 33＝32π3，可得R ＝2，所以AB ＝AD ＋BD ＝4BD ＝4， 所以BD ＝1，AD ＝3，因为CD ⊥AB ，AB 为球的直径， 所以△ACD ∽△CBD ，所以AD CD ＝CDBD ，所以CD ＝AD ·BD ＝3，因此，这两个圆锥的体积之和为 13π×CD 2·(AD ＋BD )＝13π×3×4＝4π. 6．(2022·蚌埠模拟)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为9 cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据：6≈2.45，π≈3.14)( )A ．20 cm 3B ．22 cm 3C ．26 cm 3D ．30 cm 3答案 C解析 如图，正四面体ABCD ，其内切球O 与底面ABC 切于O 1，设正四面体棱长为a ，内切球半径为r ，连接BO 1并延长交AC 于F ，易知O 1为△ABC 的中心，点F 为边AC 的中点．易得BF ＝32a ， 则S △ABC ＝34a 2，BO 1＝23BF ＝33a ， ∴DO 1＝BD 2－BO 21＝63a ， ∴V D －ABC ＝13·S △ABC ·DO 1＝212a 3，∵V D －ABC ＝V O －ABC ＋V O －BCD ＋V O －ABD ＋V O －ACD ＝4V O －ABC ＝4×13×34a 2·r ＝33a 2r ，∴33a 2r ＝212a 3⇒r ＝612a ， ∴球O 的体积V ＝43π·⎝⎛⎭⎫612a 3＝43π·⎝⎛⎭⎫612×93＝2768π≈278×2.45×3.14≈26(cm 3)． 7．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，P A ⊥平面ABC ，P A ＝6，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝23，点D 为AB 的中点，过点D 作球的截面，则截面的面积不可以是( ) A.π2 B ．π C ．9π D ．13π答案 A解析 三棱锥P －ABC 的外接球即为以AB ，AC ，AP 为邻边的长方体的外接球， ∴2R ＝62＋22＋232＝213，∴R ＝13，取BC 的中点O 1，∴O 1为△ABC 的外接圆圆心，∴OO 1⊥平面ABC ，如图． 当OD ⊥截面时，截面的面积最小，∵OD ＝OO 21＋O 1D 2＝32＋32＝23，此时截面圆的半径为r ＝R 2－OD 2＝1， ∴截面面积为πr 2＝π，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR 2＝13π， 故截面面积的取值范围是[π，13π]．8．(2021·全国甲卷)已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，则三棱锥O －ABC 的体积为( ) A.212 B.312 C.24 D.34答案 A解析 如图所示，因为AC ⊥BC ，所以AB 为截面圆O 1的直径，且AB ＝ 2.连接OO 1，则OO 1⊥平面ABC ， OO 1＝1－⎝⎛⎭⎫AB 22＝1－⎝⎛⎭⎫222＝22， 所以三棱锥O －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×OO 1＝13×12×1×1×22＝212.9．已知三棱锥S －ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA ＝1，SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的半径是________． 答案 32解析 如图所示，将三棱锥补为长方体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R ，则(2R )2＝12＋22＋22＝9， ∴4R 2＝9，R ＝32.即这个外接球的半径是32.10．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________． 答案2－1解析 如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE .因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心． 因为AB ＝BC ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2. 所以S 三棱锥表＝3×12×23×2＋3 3＝36＋3 3. 因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由13S 三棱锥表·r ＝3， 得r ＝3336＋33＝2－1.11．等腰三角形ABC 的腰AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将它沿高AD 翻折，使二面角B －AD －C 成60°，此时四面体ABCD 外接球的体积为________． 答案2873π 解析 由题意，设△BCD 所在的小圆为O 1，半径为r ，又因为二面角B －AD －C 为60°，即∠BDC ＝60°，所以△BCD 为边长为3的等边三角形，由正弦定理可得，2r ＝3sin 60°＝23，即DE ＝23，设外接球的半径为R ，且AD ＝4，在Rt △ADE 中，(2R )2＝AD 2＋DE 2⇒4R 2＝42＋(23)2＝28， 所以R ＝7， 所以外接球的体积为 V ＝43πR 3＝43π×(7)3＝2873π.12．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为________．答案32π3解析 设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23， ∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin ∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，即直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球半径R ＝2， ∴V 球＝43π×23＝32π3.。

第1课时 空间角[基础题组练]1．在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C.不妨设AB ＝AC ＝AA 1＝1，建立空间直角坐标系如图所示，则B (0，－1，0)，A 1(0，0，1)，A (0，0，0)，C 1(－1，0，1)，所以BA 1→＝(0，1，1)，AC 1→＝(－1，0，1)，所以cos 〈BA 1→，AC 1→〉 ＝BA 1→·AC 1→|BA 1→|·|AC 1→|＝12×2＝12，所以〈BA 1→，AC 1→〉＝60°，所以异面直线BA 1与AC 1所成的角等于60°.2．在三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，点D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为( )A.15B.255C.55D.25解析：选C.以A 为原点，AB ，AC ，AP 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A ­xyz ，由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，1，0)，P (0，0，2)，D ⎝⎛⎭⎪⎫12，0，0，E ⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0， F ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，1. 所以PA →＝(0，0，－2)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，1.设平面DFE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2，0，1)，设直线PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈PA →，n 〉|＝|PA →·n ||PA →||n |＝55，所以直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55.3．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．解析：以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12， D (0，1，0)，所以A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.所以n 1＝(1，2，2)．因为平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.答案：234．在正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AB ＝1，点D 在棱BB 1上，若BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为________．解析：如图，设AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，点E 为AC 的中点，连接BE ，则BE ⊥AC ，所以BE ⊥平面AA 1C 1C ，可得AD →·EB →＝(AB →＋BD →)·EB →＝AB →·EB →＝1×32×32＝34＝2×32×cos θ(θ为AD →与EB →的夹角)，所以cosθ＝64＝sin α，所以所求角的正切值为tan α＝cos θsin θ＝155. 答案：1555．已知单位正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别是棱B 1C 1，C 1D 1的中点．试求：(1)AD 1与EF 所成角的大小； (2)AF 与平面BEB 1所成角的余弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系B 1­xyz ，得A (1，0，1)，B (0，0，1)，D 1(1，1，0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0. (1)因为AD 1→＝(0，1，－1)， EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，所以cos 〈AD 1→，EF →〉＝（0，1，－1）·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，02×22＝12，即AD 1与EF 所成的角为60°.(2)FA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1，由图可得，BA →＝(1，0，0)为平面BEB 1的一个法向量，设AF 与平面BEB 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BA →，FA →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（1，0，0）·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，11×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋（－1）2＋12＝13，所以cos θ＝223.即AF 与平面BEB 1所成角的余弦值为223.6．(2020·某某市余姚中学高三期中)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，点Q 为AD 的中点．(1)若PA ＝PD ，求证：平面PQB ⊥平面PAD ；(2)设点M 是线段PC 上的一点，PM ＝tPC ，且PA ∥平面MQB . ①某某数t 的值；②若PA ＝PD ＝AD ＝2，且平面PAD ⊥平面ABCD ，求二面角M ­BQ ­C 的大小． 解：(1)证明：连接BD ，因为四边形ABCD 为菱形， ∠BAD ＝60°，所以△ABD 是正三角形，又Q 为AD 中点， 所以AD ⊥BQ .因为PA ＝PD ，Q 为AD 中点，所以AD ⊥PQ .又BQ ∩PQ ＝Q ，所以AD ⊥平面PQB ，AD ⊂平面PAD ， 所以平面PQB ⊥平面PAD .(2)①当t ＝13时，使得PA ∥平面MQB .连接AC 交BQ 于N ，交BD 于O ，则O 为BD 的中点，又因为BQ 为△ABD 边AD 上的中线，所以N 为正三角形ABD 的重心， 令菱形ABCD 的边长为a ，则AN ＝33a ，AC ＝3a . 因为PA ∥平面MQB ，PA ⊂平面PAC ，平面PAC ∩平面MQB ＝MN ，所以PA ∥MN ，PM PC ＝AN AC ＝3a33a ＝13，即PM ＝13PC ，t ＝13.②因为PQ ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD ，所以QA ，QB ，QP 两两垂直，以Q 为坐标原点，分别以QA ，QB ，QP 所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Q ­xyz ，由PA ＝PD ＝AD ＝2，则B (0，3，0)，C (－2，3，0)，P (0，0，3)，设M (a ，b ，c )，则PM →＝(a ，b ，c －3)，PC →＝(－2，3，－3)， 因为PM ＝13PC ，所以PM →＝13PC →，所以a ＝－23，b ＝33，c ＝233，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，33，233，设平面MQB 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 由QM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，33，233，QB →＝(0，3，0)，且n ⊥QM →，n ⊥QB →，得⎩⎪⎨⎪⎧－23x ＋33y ＋233z ＝03y ＝0， 取z ＝1，得n ＝(3，0，1)， 又平面ABCD 的法向量m ＝(0，0，1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝12，由图知二面角M ­BQ ­C 的平面角为锐角， 所以二面角M ­BQ ­C 的大小为60°.[综合题组练]1.(2020·某某中学高三月考)如图，四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，PA ⊥底面ABCD ，点M 是棱PD 的中点，且PA ＝AB ＝AC ＝2，BC ＝2 2.(1)求证：CD ⊥平面PAC ； (2)求二面角M ­AB ­C 的大小；(3)如果N 是棱AB 上一点，且直线与平面MAB 所成角的正弦值为105，求ANNB的值． 解：(1)证明：因为在△ABC 中，AB ＝AC ＝2，BC ＝22， 所以BC 2＝AB 2＋AC 2，所以AB ⊥AC ， 因为AB ∥CD ，所以AC ⊥CD ，又因为PA ⊥底面ABCD ，所以PA ⊥CD ， 因为AC ∩PA ＝A ，所以CD ⊥平面PAC .(2)如图，建立空间直角坐标系A ­xyz ，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (－2，2，0)，因为点M 是棱PD 的中点，所以M (－1，1，1)，所以AM →＝(－1，1，1)，AB →＝(2，0，0)， 设n ＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＋z ＝02x ＝0.令y ＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0y ＝1z ＝－1，所以平面MAB 的法向量n ＝(0，1，－1)． 因为PA ⊥平面ABCD ，所以AP →＝(0，0，2)是平面ABC 的一个法向量． 所以cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝－22×2＝－22.因为二面角M ­AB ­C 为锐二面角， 所以二面角M ­AB ­C 的大小为π4.(3)因为N 是棱AB 上一点，所以设N (x ，0，0)，NC →＝(－x ，2，0)， 设直线与平面MAB 所成角为α， 因为平面MAB 的法向量n ＝(0，1，－1)， 所以sin α＝|cos 〈NC →，n 〉|＝22×x 2＋4＝105， 解得x ＝1，即AN ＝1，NB ＝1，所以ANNB＝1.2．(2020·某某市第三次调研考试)如图，四边形ABCD 是圆柱OQ 的轴截面，点P 在圆柱OQ 的底面圆周上，点G 是DP 的中点，圆柱OQ 的底面圆的半径OA ＝2，侧面积为83π，∠AOP ＝120°.(1)求证：AG ⊥BD ；(2)求二面角P ­AG ­B 的平面角的余弦值． 解：建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，由题意可知83π＝2×2π×AD ，解得AD ＝2 3.则A (0，0，0)，B (0，4，0)，D (0，0，23)，P (3，3，0)， 因为G 是DP 的中点，所以可求得G ⎝⎛⎭⎪⎫32，32，3. (1)证明：BD →＝(0，－4，23)，AG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，3.所以AG →·BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，3·(0，－4，23)＝0，所以AG ⊥BD . (2)BP →＝(3，－1，0)，AG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，3，PG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－32，3，BG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－52，3，因为BP →·PG →＝0，AG →·BP →＝0，所以BP →是平面APG 的法向量．设n ＝(x ，y ，1)是平面ABG 的法向量，由n ·AG →＝0，n ·BG →＝0.解得n ＝(－2，0，1)， cos 〈BP →，n 〉＝BP →·n |BP →|·|n |＝－2325＝－155.结合图形得，二面角P ­AG ­B 的平面角的余弦值为155. 3．(2020·某某十五校联考)已知菱形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于一点O ，∠BAD ＝60°，将△BDC 沿着BD 折起得△BDC ′，连接AC ′.(1)求证：平面AOC ′⊥平面ABD ；(2)若点C ′在平面ABD 上的投影恰好是△ABD 的重心，求直线CD 与底面ADC ′所成角的正弦值．解：(1)证明：因为C ′O ⊥BD ，AO ⊥BD ，C ′O ∩AO ＝O ，所以BD ⊥平面C ′OA ，又因为BD ⊂平面ABD ，所以平面AOC ′⊥平面ABD .(2)如图建系O ­xyz ，令AB ＝a ，则A ⎝⎛⎭⎪⎫32a ，0，0， B ⎝⎛⎭⎪⎫0，12a ，0，D ⎝⎛⎭⎪⎫0，－12a ，0，C ′⎝ ⎛⎭⎪⎫36a ，0，63a ，所以DC →＝AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，12a ，0，平面ADC ′的法向量为m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－3，22，设直线CD 与底面ADC ′所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈DC →，m 〉|＝|DC →·m ||DC →||m |＝3a a ·32＝63， 故直线CD 与底面ADC ′所成角的正弦值为63. 4.如图，在四棱锥PABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧棱PA ＝PD ＝2，PA ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 的中点．(1)求直线PB 与平面POC 所成角的余弦值； (2)求B 点到平面PCD 的距离；(3)线段PD 上是否存在一点Q ，使得二面角Q ­AC ­D 的余弦值为63？若存在，求出PQ QD的值；若不存在，请说明理由．解：(1)在△PAD 中，PA ＝PD ，O 为AD 中点，所以PO ⊥AD ，又侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面PAD ，所以PO ⊥平面ABCD .在直角梯形ABCD 中，连接OC ，易得OC ⊥AD ，所以以O 为坐标原点，直线OC 为x 轴，直线OD 为y 轴，直线OP 为z 轴可建立空间直角坐标系Q ­xyz (OC →、OD →、OP →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向)，则P (0，0，1)，A (0，－1，0)，B (1，－1，0)，C (1，0，0)，D (0，1，0)，所以PB →＝(1，－1，－1)．易证OA ⊥平面POC ，所以OA →＝(0，－1，0)是平面POC 的一个法向量， 又cos 〈PB →，OA →〉＝PB →·OA →|PB →||OA →|＝33，所以直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为63. (2)PD →＝(0，1，－1)，CP →＝(－1，0，1)，设平面PCD 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CP →＝－x ＋z ＝0，u ·PD →＝y －z ＝0，取z ＝1，得u ＝(1，1，1)．所以B 点到平面PCD 的距离为d ＝|BP →·u ||u |＝33.(3)存在．设PQ →＝λPD →(0≤λ＜1)，因为PD →＝(0，1，－1)，所以PQ →＝(0，λ，－λ)＝OQ →－OP →， 所以OQ →＝(0，λ，1－λ)，所以Q (0，λ，1－λ)． 设平面CAQ 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝x ′＋y ′＝0，m ·AQ →＝（λ＋1）y ′＋（1－λ）z ′＝0.取z ′＝λ＋1，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)， 易知平面CAD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)， 因为二面角Q ­AC ­D 的余弦值为63， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63，得3λ2－10λ＋3＝0， 解得λ＝13或λ＝3(舍去)，所以存在点Q ，使得二面角Q ­AC ­D 的余弦值为63，且PQ QD ＝12.。

单元检测八 立体几何与空间向量(时间：120分钟 满分：150分) 第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下列命题中，错误的是( ) A ．平行于同一平面的两个平面平行 B ．平行于同一直线的两个平面平行C ．一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么这条直线必和另一个平面相交D ．一条直线与两个平行平面所成的角相等 答案 B解析 选项A 正确，是面面平行的传递性．选项B 错误，比如正方体的两相邻侧面与一侧棱都平行，但两侧面所在平面相交．选项C 正确，由反证法，若直线与另一平面不相交，则直线在平面内或直线与平面平行，与直线与第一个平面相交矛盾．选项D 正确，由线面角定义可知正确．2．长方体的一个顶点上三条棱长分别是3,4,5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是( )A ．25πB ．50πC ．125πD ．都不对 答案 B解析 长方体的8个顶点都在同一球面上，则这个球是长方体的外接球，所以球的直径等于长方体的体对角线长，即R ＝32＋42＋522＝522，所以球的表面积为4πR 2＝4π·⎝ ⎛⎭⎪⎫5222＝50π，故选B.3.如图，在多面体ABCDEF 中，已知底面ABCD 是边长为3的正方形，EF ∥AB ，EF ＝32，且EF与底面ABCD 的距离为2，则该多面体的体积为( )A.92B ．5C ．6D.152 答案 D解析 分别取AB ，CD 的中点G ，H ，连接EG ，GH ，EH ，把该多面体分割成一个四棱锥与一个三棱柱，可求得四棱锥的体积为3，三棱柱的体积为92，进而整个多面体的体积为152.4.如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，∠DAD 1＝45°，∠CDC 1＝30°，那么异面直线AD 1与DC 1所成角的余弦值是( )A.28 B.38 C.24D.34答案 C解析 由长方体∠DAD 1＝45°，∠CDC 1＝30°，设AD ＝DD 1＝1，CD ＝ 3.连接BC 1，BD . 由AD 1∥BC 1，所以异面直线AD 1与DC 1所成角，即∠BC 1D .在△BDC 1中，BC 1＝2，BD ＝2，C 1D ＝2，由余弦定理可得cos∠BC 1D ＝C 1D 2＋BC 21－BD22C 1D ·BC 1＝22＋2－222×2×2＝24， 所以异面直线AD 1与DC 1所成角的余弦值是24. 5．(2018·嘉兴测试)已知两个不同的平面α，β和三条不同的直线m ，a ，b ，若α∩β＝m ，a ⊂α且a ⊥m ，b ⊂β，设α和β所成的一个二面角的大小为θ1，直线a 与平面β所成的角的大小为θ2，直线a ，b 所成的角的大小为θ3，则( ) A ．θ1＝θ2≥θ3 B ．θ3≥θ1＝θ2 C ．θ1≥θ3，θ2≥θ3 D ．θ1≥θ2，θ3≥θ2答案 D解析 由题意可知θ1＝θ2或θ1＋θ2＝π，因为线面角的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的范围为[0，π]，所以θ1≥θ2；当b ⊥m 时，θ2＝θ3，当b 不与m 垂直时，θ2<θ3，所以θ2≤θ3.故选D.6．若圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为3π2的扇形，则由它的两条母线所确定的最大截面与底面所成二面角的余弦值为( ) A.24B.12C.22D.74答案 A解析 设圆锥底面圆的半径为r ，由2πr ＝3π2×2，得r ＝32，设轴截面顶角大小为2θ，则sin θ＝34>22，所以2θ>π2，设两条母线所确定的截面最大时，两条母线的夹角为α， 则α≤2θ，最大截面所对应的三角形的面积S ＝12×2×2sin α，则α＝π2，所以两条母线所确定的最大截面为等腰直角三角形，其斜边上的高为2，底面圆的圆心到最大截面斜边的距离为⎝ ⎛⎭⎪⎫322－(2)2＝12，则两条母线所确定的最大截面与底面所成二面角的余弦值为122＝24. 7．已知三棱锥S —ABC 的每个顶点都在球O 的表面上，SA ⊥底面ABC ，AB ＝AC ＝4，BC ＝215，且二面角S —BC —A 的正切值为4，则球O 的表面积为( ) A ．240πB ．248πC ．252πD ．272π 答案 D解析 设BC 的中点为D ，连接AD ，SD ，可得AD ＝1，则∠SDA 是二面角S —BC —A 的平面角，由于二面角S —BC —A 的正切值为4，∴SA ＝4，由余弦定理知，cos∠CAB ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ×AC ＝16＋16－602×4×4＝－78，sin∠CAB ＝158， 由正弦定理知，△ABC 的外接圆直径 2r ＝BC sin∠CAB＝215158＝16，设三棱锥S —ABC 的外接球半径为R ， 则⎝ ⎛⎭⎪⎫SA 22＋r 2＝R 2，得R 2＝68， ∴球O 的表面积为4πR 2＝272π，故选D.8.(2018·杭州质检)在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E 分别是BC ，AB 的中点，AB ≠AC ，且AC >AD .设PC 与DE 所成角为α，PD 与平面ABC 所成角为β，二面角P－BC －A 为γ，则( )A ．α<β<γB ．α<γ<βC ．β<α<γD ．γ<β<α答案 A解析 由题图可知∠PCA ＝α<π2，∠PDA ＝β<π2，因为PA ⊥平面ABC ，所以tan α＝PA AC ，tan β＝PA AD. 又AC >AD ，故tan β>tan α，则β>α.过点A 作AQ ⊥BC ，垂足为Q ，连接PQ ，则∠PQA ＝γ， 同理可证得γ>β，所以α<β<γ，故选A.9.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱AP ⊥平面ABCD ，AB ＝1，AP ＝3，点M 在线段BC 上，且AM ⊥MD ，则当△PMD 的面积最小时，线段BC 的长度为( )A.2B ．2C.102 D.322答案 D解析 方法一 设BM ＝x ，MC ＝y ，则BC ＝AD ＝x ＋y ， ∵PA ⊥平面ABCD ，MD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥MD ， 又AM ⊥MD ，PA ∩AM ＝A ，PA ，AM ⊂平面PAM ， ∴MD ⊥平面PAM ，又PM ⊂平面PAM ，∴MD ⊥PM ， 易知AM ＝x 2＋1，MD ＝y 2＋1， 在Rt△AMD 中，AM 2＋MD 2＝AD 2，即x 2＋1＋y 2＋1＝(x ＋y )2，化简得xy ＝1.在Rt△PMD 中，PM ＝x 2＋4，MD ＝y 2＋1＝1x 2＋1，∴S △PMD ＝12PM ·MD ＝12·x 2＋4·1x 2＋1＝12x 2＋4x 2＋5≥122x 2·4x 2＋5＝32，当且仅当x 2＝4x 2，即x ＝2，y ＝22时取等号，此时BC ＝x ＋y ＝322.方法二 由题意知，AB ，AD ，AP 两两垂直．以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 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BC ＝a ，M (1，x,0)，x >0，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1，a,0)，D (0，a,0)，P (0,0，3)．由AM ⊥MD ，得AM →·MD →＝0，即(1，x,0)·(－1，a －x,0)＝ax －x 2－1＝0， 解得a ＝x ＋1x，而PM →·MD →＝ax －x 2－1＝0，∴PM ⊥MD ，∴S △PMD ＝12|PM →|·|MD →|＝12x 2＋4·(a －x )2＋1＝12x 2＋4·1x 2＋1＝125＋x 2＋4x 2≥122x 2·4x 2＋5＝32，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4x2，a ＝x ＋1x，即⎩⎨⎧x ＝2，a ＝2＋12＝322时等号成立，此时BC ＝322.10．(2018·温州市高考适应性考试)已知正四面体PABC ，Q 为△ABC 内的一点，记PQ 与平面PAB ，PAC ，PBC 所成的角分别为α，β，γ，则下列式子恒成立的是( )A ．sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ≥2 B ．cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ≥2 C ．tan 2α＋tan 2β＋tan 2γ≤1 D.1tan 2α＋1tan 2β＋1tan 2γ≤1 答案 B解析 取点Q 为△ABC 的中心，设正面体的棱长为1，则sin α＝sin β＝sin γ＝13×3232＝13， 所以sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ＝13<2，排除A ；所以cos 2α＝cos 2β＝cos 2γ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝89，所以tan 2α＝tan 2β＝tan 2γ＝18，所以1tan 2α＋1tan 2β＋1tan 2γ＝24>1，排除D ；取BC 的中点D ，连接PD ，AD ， 易知AP 与平面PBC 所成的角为∠APD ， 且cos∠APD ＝12PA PD ＝1232＝13，所以sin∠APD ＝23，所以tan∠APD ＝2>1，所以当点Q 靠近点A 时，QP 与平面PBC 所成的角的正切值大于1，所以tan 2α＋tan 2β＋tan 2γ>1，排除C.故选B.第Ⅱ卷(非选择题 共110分)二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．把答案填在题中横线上)11．某空间几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体侧视图的面积为______cm 2，此几何体的体积为______cm 3.答案 27 67解析 此几何体的侧视图为直角三角形，高为4cm ，底为42－32＝7，面积为12×4×7＝27；该几何体是以正视图为底面的四棱锥，如图所示，其底面为直角梯形，面积是12(4＋2)×6＝18(cm 2)，高为7，体积为13×18×7＝67(cm 3)．12．已知过球面上三点A ，B ，C 的截面到球心的距离等于球半径的一半，且AC ＝BC ＝6，AB ＝4，则球面面积为________． 答案 54π解析 如图，设球的半径为r ，O ′是△ABC 的外心，外接圆半径为R ，D 是AB 的中点， 则OO ′⊥平面ABC .在Rt△ACD 中，cos A ＝13，则sin A ＝223.在△ABC 中，由正弦定理得BC sin A ＝2R ，得R ＝924，即O ′C ＝924.在Rt△OCO ′中，r 2－14r 2＝81×216，得r ＝362，S 球表＝4π×544＝54π.13.如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝90°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，则AC 1＝________.答案23解析 ∵∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，∴A 1在平面ABCD 上的射影必落在直线AC 上， ∴平面ACC 1A 1⊥平面ABCD ， ∵AB ＝1，AD ＝2，AA 1＝3，AC 1→＝AC →＋CC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→，∴|AC 1→|2＝(AB →＋AD →＋AA 1→)2＝|AB →|2＋|AD →|2＋|AA 1→|2＋2AB →·AD →＋2AB →·AA 1→＋2AD →·AA 1→ ＝1＋4＋9＋0＋2×1×3×12＋2×2×3×12＝23，∴|AC 1→|＝23，∴AC 1＝23.14．(2018·浙江五校联考)在正三棱锥S －ABC 中，M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥S －ABC 的体积为________，其外接球的表面积为________． 答案 4312π解析 由正三棱锥的对棱互相垂直可得SB ⊥AC ， 又SB ⊥AM ，AM ∩AC ＝A ，AM ，AC ⊂平面SAC ，所以SB ⊥平面SAC ，则SB ⊥SA ，SB ⊥SC .所以正三棱锥S －ABC 的三个侧面都是等腰直角三角形．又AB ＝22，所以SA ＝SB ＝SC ＝2，故正三棱锥S －ABC 是棱长为2的正方体的一个角，其体积为16SA ·SB ·SC ＝43，其外接球的直径2R ＝23，故外接球的表面积为4πR 2＝12π.15.如图，在三棱锥S －ABC 中，若AC ＝23，SA ＝SB ＝SC ＝AB ＝BC ＝4，E 为棱SC 的中点，则直线AC 与BE 所成角的余弦值为__________，直线AC 与平面SAB 所成的角为__________．答案 1460°解析 取SA 的中点M ，连接ME ，BM ，则直线AC 与BE 所成的角等于直线ME 与BE 所成的角， 因为ME ＝3，BM ＝BE ＝23，cos∠MEB ＝ME 2＋BE 2－MB 22ME ×BE＝3＋12－122×3×23＝14，所以直线AC 与BE 所成角的余弦值为14.取SB 的中点N ，则AN ⊥SB ，CN ⊥SB ， 又AN ∩CN ＝N ，AN ，CN ⊂平面ACN ， 即SB ⊥平面ACN ，即平面SAB ⊥平面ACN ， 因此直线AC 与平面SAB 所成的角为∠CAN ， 因为AN ＝CN ＝AC ＝23，所以∠CAN ＝60°， 因此直线AC 与平面SAB 所成的角为60°.16．如图，已知四棱锥A －BCDE 中，AB ＝BC ＝2，BE ＝2CD ＝4，∠ABC ＝120°，∠EBC ＝30°，BE ∥CD ，M 为棱DE 的中点，三棱锥M －ABC 的体积为33，则点M 到平面ABC 的距离为________，二面角A －BC －D 的正弦值为________．答案 1 23解析 在△ABC 中，因为AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°， 所以S △ABC ＝12×AB ×BC ×sin∠ABC ＝ 3.设点M 到平面ABC 的距离为h ，则由题意得， 13×S △ABC ×h ＝13×3×h ＝33，所以h ＝1. 作MF ⊥BC 于点F ，MN ⊥平面ABC 于点N ，连接FN ， 则BC ⊥平面MNF ，故NF ⊥BC ，故∠MFN 为二面角A －BC －D 的平面角或其补角．过点E 作ES ⊥BC 于点S ，过点D 作DT ⊥BC 的延长线于点T (图略)，则ES ＝BE sin30°＝2， 又BE ∥CD ，所以DT ＝CD sin30°＝1， 所以MF ＝ES ＋DT 2＝32，由(1)知MN ＝h ＝1，所以sin∠MFN ＝MN MF ＝23，设二面角A －BC －D 的平面角为θ，则sin θ＝sin∠MFN ＝23.17．已知边长为1的正△A ′BC 的顶点A ′在平面α内，顶点B ，C 在平面α外的同一侧，点B ′，C ′分别为B ，C 在平面α内的射影，设BB ′≤CC ′，直线CB ′与平面A ′CC ′所成的角为φ.若△A ′B ′C ′是以角A ′为直角的直角三角形，则tan φ的最小值为________． 答案22解析 如图，以点A ′为坐标原点，A ′C ′，A ′B ′所在直线分别为x 轴，y 轴，建立空间直角坐标系．设B (0，b ，m )，C (c,0，n )，则⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋m 2＝c 2＋n 2＝1，(0，b ，m )·(c ，0，n )＝1·1·cos60°，0<m ≤n ，可得mn ＝12且0<m ≤n ，故0<m ≤22，又因为c 2＋n 2＝1，故n <1，又mn ＝12，故m >12，又因为tan φ＝b ＝1－m 2，12<m ≤22，所以22≤tan φ<32，所以tan φ的最小值为22. 三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 18．(14分)如图，在直三棱柱(侧棱垂直于底面)ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝9，BC ＝12，AB ＝15，AA 1＝12，点D 是AB 的中点．(1)求证：AC ⊥B 1C ； (2)求证：AC 1∥平面CDB 1.证明 (1)∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱， ∴CC 1⊥平面ABC ，又AC ⊂平面ABC ，∴CC 1⊥AC . 又∵AC ＝9，BC ＝12，AB ＝15， ∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC .∵CC 1，BC ⊂平面BB 1C 1C ，CC 1∩BC ＝C ， ∴AC ⊥平面BB 1C 1C ，又B 1C ⊂平面BB 1C 1C ，∴AC ⊥B 1C .(2)取A 1B 1的中点D 1，连接C 1D 1，D 1D 和AD 1.∵AD ∥D 1B 1，且AD ＝D 1B 1， ∴四边形ADB 1D 1为平行四边形， ∴AD 1∥DB 1，又∵AD 1⊄平面CDB 1，DB 1⊂平面CDB 1， ∴AD 1∥平面CDB 1. ∵CC 1∥DD 1，且CC 1＝DD 1，∴四边形CC 1D 1D 为平行四边形，∴C 1D 1∥CD ， 又∵CD ⊂平面CDB 1，C 1D 1⊄平面CDB 1，∴C 1D 1∥平面CDB 1.∵AD 1∩C 1D 1＝D 1，AD 1，C 1D 1⊂平面AC 1D 1， ∴平面AC 1D 1∥平面CDB 1，又AC 1⊂平面AC 1D 1，∴AC 1∥平面CDB 1.19．(15分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ⊥平面PDC ，AD ∥BC ，PD ⊥PB ，AD ＝1，BC ＝3，CD ＝4，PD ＝2.(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； (2)求证：PD ⊥平面PBC ；(3)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．(1)解 由已知AD ∥BC ，得∠DAP 或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角．因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD .在Rt△PDA 中，由已知，得AP ＝AD 2＋PD 2＝5，故cos∠DAP ＝AD AP ＝55.所以异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55. (2)证明 因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD . 又因为BC ∥AD ，所以PD ⊥BC ，又PD ⊥PB ，BC ，PB ⊂平面PBC ，BC ∩PB ＝B ， 所以PD ⊥平面PBC .(3)解 过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连接PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角．因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影，所以∠DFP 为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于AD ∥BC ，DF ∥AB ，故BF ＝AD ＝1，由已知，得CF ＝BC －BF ＝2.又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt△DCF 中，可得DF ＝CD 2＋CF 2＝25，在Rt△DPF 中，可得sin∠DFP ＝PD DF ＝55. 所以，直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55. 20．(15分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，∠ADC ＝∠BCD ＝90°，BC＝2，CD ＝3，PD ＝4，∠PDA ＝60°，且平面PAD ⊥平面ABCD .(1)求证：AD ⊥PB ；(2)在线段PA 上是否存在一点M ，使二面角M －BC －D 的大小为π6？若存在，求出PMPA 的值；若不存在，请说明理由．(1)证明过点B作BO∥CD，交AD于点O，连接PO，则AD⊥BO，在△PDO中，PD＝4，DO＝2，∠PDA＝60°，则PO⊥AD，∵PO∩BO＝O，PO，BO⊂平面POB，∴AD⊥平面POB，又∵PB⊂平面POB，∴AD⊥PB.(2)解假设存在点M，过点M作AD的平行线交PO于点N，连接BN，易知M，N，B，C四点共面，∵平面MBC∩平面BCD＝BC，由(1)知，AD⊥平面POB，BC∥AD，则BC⊥平面POB，又BN⊂平面POB，∴BN⊥BC，又OB∥CD，则OB⊥BC，则∠NBO即为二面角M－BC－D的平面角，则tan∠NBO＝33＝NOOB，得NO＝1，PN＝PO－NO＝23－1，∴PMPA＝PNPO＝23－123＝1－36.21．(15分)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，E ，F 分别是AB ，BC 的中点．(1)求A 1E 与B 1F 所成的角； (2)求A 1E 与平面BCC 1B 1所成的角． 解 (1)取AD 的中点H ，连接A 1H ，HE ，HF .由于H ，F 分别是AD ，BC 的中点，ABCD 为正方形， 所以HF ∥AB ，且HF ＝AB ， 所以A 1B 1∥HF ，且A 1B 1＝HF ， 所以A 1B 1FH 为平行四边形， 所以B 1F ∥A 1H ，且B 1F ＝A 1H ，故A 1E 与B 1F 所成的角等于A 1E 与A 1H 所成的角，A 1E ＝2，HE ＝2，A 1H ＝2，故∠HA 1E ＝60°，故A 1E 与B 1F 所成的角为60°. (2)因为平面BCC 1B 1∥平面ADD 1A 1，所以直线A 1E 与平面BCC 1B 1所成的角即为直线A 1E 与平面ADD 1A 1所成的角， 所以∠EA 1A 即为所求角，而易知∠EA 1A ＝45°， 所以直线A 1E 与平面BCC 1B 1所成的角为45°.22．(15分)如图，四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，且△PAD 是边长为2的等边三角形，PC ＝13，点M 是PC 的中点．(1)求证：PA ∥平面MBD ；(2)点F 在PA 上，且满足AF FP ＝12，求直线DM 与平面FBD 所成角的正弦值．(1)证明 连接AC ，交BD 于点E ，连接ME . 因为四边形ABCD 是矩形， 所以点E 是AC 的中点， 又点M 是PC 的中点， 所以PA ∥ME ，又PA ⊄平面MBD ，EM ⊂平面MBD ， 所以PA ∥平面MBD .(2)解 取AD 的中点O ，则PO ⊥AD ，又平面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩底面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面PAD ，故PO ⊥平面ABCD ，连接OC .在Rt△POC 中，OC ＝PC 2－PO 2＝10， 所以在Rt△ODC 中，DC ＝OC 2－DO 2＝3，以O 为坐标原点，OA ，OE ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,3,0)，D (－1，0,0)，C (－1,3,0)， P (0,0，3)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，32， 则BD →＝(－2，－3,0)，设F (x 0，y 0，z 0)，AF →＝(x 0－1，y 0，z 0)，AP →＝(－1,0，3)，BF →＝(x 0－1，y 0－3，z 0)． 则由AF →＝13AP →得(x 0－1，y 0，z 0)＝13(－1,0，3)，即F ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0，33，则BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，－3，33.设平面FBD 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2x －3y ＝0，－13x －3y ＋33z ＝0，令x ＝3，则y ＝－2，z ＝－53，故m ＝(3，－2，－53)，又DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，32，设直线DM 与平面FBD 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈m ，DM →〉|＝|m ·DM →||m ||DM →|＝9222·132＝9286286，故直线DM 与平面FBD 所成角的正弦值为9286286.。