专题 11 空间向量与立体几何
一、单选题
1．（2020·四川阆中中学高二月考（理））设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为 ，顶点都在一个球
面上，则该球的表面积为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据题意条件可知三棱柱是棱长都为 a 的正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，
如图：
则其外接球的半径为
球的表面积为 ；
故选 B．
2．（2020·全国高三其他（理））连续掷三次骰子，先后得到的点数分别为 x，y，z，那么点 到原
点 O 的距离不超过 3 的概率为（ ）
a
2aπ 27
3 aπ 211
3 aπ 25 aπ
2 2
27
2 2sin 60 12o
a aR a = + =
2
27 74 12 3
aS aπ π= × =球
( , , )P x y zA． B． C． D．
【答案】B
【解析】点 到原点 O 的距离不超过 3，则 ，即
连续掷三次骰子，得到的点的坐标共有 个
其中 满足条件
则点 到原点 O 的距离不超过 3 的概率为
故选：B
3．（2020·昆明市官渡区第一中学高二开学考试（理））设 ， 是两条不同的直线， ， 是两个不同的
平面，且 ， ．下列结论正确的是（ ）
A．若 ，则 B．若 ，则
C．若 ，则 D．若 ，则
【答案】C
【解析】对选项 A，
如图所示， ， ，此时 ，故 A 错误.
对选项 B， ， ， ， ， ，得到 ，
4
27
7
216
11
72
1
6
( , , )P x y z 2 2 2 3x y z+ + ≤ 2 2 2 9x y z+ + ≤
6 6 6 216× × =
(1,1,1),(1,1,2),(1,2,1),(1,2,2),(2,1,1),(2,2,1),(2,1,2)
( , , )P x y z 7
216P =
l m α β
l α⊂ m β⊂
α β⊥ l β⊥ l m⊥ α β⊥
/ /α β l β/ / //l m / /α β
α β⊥ l α⊂ //l β
nα β = l α⊂ m β⊂ l n⊥ //m n l m⊥此时 ， 不一定垂直，故 B 错误.
对选项 C，
因为 ， ，所以 ，故 C 正确.
对选项 D，如图所示： ， ， ， ， ，得到 ，
此时 ， 不平行，故 D 错误.
故选：C
4．（2020·四川三台中学实验学校高二月考（理））已知正三棱柱 ABC－A1B1C1 中，底面边长 AB＝2，
，则异面直线 AB1 与 BC 所成角的余弦值（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图所示:
α β
/ /α β l α⊂ l β/ /
nα β = l α⊂ m β⊂ //l n //m n //l m
α β
1 3AA =
7
7
5
6
5
5
2
2因为 ，
所以 即为异面直线 AB1 与 BC 所成角，
因为 AB＝2， ，
所以 ，
在 中，
由余弦定理得 ，
.
故选：A
5．（2020·四川三台中学实验学校高二月考（理））已知 ， ，则 的最小值
为（ ）
1 1//BC B C
1 1ABC∠
1 3AA =
1 1 7AB AC= =
1 1AB C△
2 2 2
1 1 1 1
1
1 1 1
cos 2
BC AB ACABC BC AB
+ −∠ = ⋅
( ) ( )2 2
22 7 7 7
72 2 7
+ −
= =
× ×
(1 ,1 , )a t t t= − − (2, , )b t t= | |a b− A． B． C． D．
【答案】A
【解析】已知 ， , .
.
当 时， 有最小值 .
故选 A.
6．（2018·福建高二期末（理））三棱锥 ABCD 中，AB＝AC＝AD＝2，∠BAD＝90°，∠BAC＝60°，则
等于( )
A．－2 B．2 C． D．
【答案】A
【解析】
7．（2018·福建高二期末（理））若 且 为共线向量，则 的值为（ ）
A．7 B． C．6 D．
【答案】C
3 5
5
55
5
11
5
5
5
( )1 ,1 ,a t t t= − − ( )2, ,b t t= ( )1 ,1 2 ,0a b t t− = − − −
( )2 2 2 21 9 3 51 (1 2 ) 5 2 2 5( )5 5 5a b t t t t t− = + + − = − + = − + ≥
1
5t = a b− 3 5
5
AB CD⋅
2 3− 2 3
( )· · · · 0 2 2 cos60 2CD AD AC AB CD AB AD AC AB AD AB AC= − ∴ = − = − = − × × = −
( ) ( )2,3, , 2 ,6,8a m b n= = ,a b m n+
5
2 8【解析】由 为共线向量得 ，解得 ，则 ．
故选 C．
8．（2020·浙江高三其他）在正四面体 （所有棱长均相等的三棱锥）中，点 在棱
上，满足 ，点 为线段 上的动点.设直线 与平面 所成的角为 ，则（ ）
A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得
C．存在某个位置，使得平面 平面 D．存在某个位置，使得
【答案】C
【解析】如下图所示，设正四面体 的底面中心为点 ，连接 ，则 平面 ，
以点 为坐标原点， 、 所在直线分别为 、 轴建立空间直角坐标系，
设正四面体 的棱长为 ，
则 、 、 、 、 ，
设 ，其中 ，
,a b 2 3
2 6 8
m
n
= = 4, 2m n= = 6m n+ =
D ABC− E AB
2AE EB= F AC DE DBF α
DE BF⊥
4FDB
π∠ =
DEF ⊥ DAC 6
πα =
D ABC− O DO DO ⊥ ABC
O OB OD x z
D ABC− 2
3 , 1,03A
− −
2 3 ,0,03B
3 ,1,03C
−
2 60,0, 3D
3 1, ,03 3E
−
3 , ,03F λ −
1 1λ− ≤ ≤对于 A 选项，若存在某个位置使得 ， ， ，
，解得 ，不合乎题意，A 选项错误；
对于 B 选项，若存在某个位置使得 ， ， ，
，该方程无解，B 选项错误；
对于 C 选项，设平面 的一个法向量为 ，
， ，
由 ，取 ，得 ，
设平面 的一个法向量为 ，
， ，
由 ，取 ，则 ，
若存在某个位置，使得平面 平面 ，则 ，解得 ，合乎题意，C
选项正确；
对于 D 选项，设平面 的一个法向量为 ，
DE BF⊥ 3 1 2 6, ,3 3 3DE
= − −
( )3, ,0BF λ= −
11 03DE BF λ∴ ⋅ = − − = 3λ = −
4FDB
π∠ = 3 2 6, ,3 3DF λ = − −
2 3 2 6,0,3 3DB
= −
2 2
2 1 2cos , 23 2 3
DF DBDF DB
DF DB λ λ
⋅< >= = = =
⋅ + × +
DAC ( )1 1 1, ,m x y z=
3 2 6, 1,3 3DA
= − − −
3 2 6,1,3 3DC
= − −
1 1 1
1 1 1
3 2 6 03 3
3 2 6 03 3
m DA x y z
m DC x y z
⋅ = − − − =
⋅ = − + − =
1 1z = − ( )2 2,0, 1m = −
DEF ( )2 2 2, ,n x y z=
3 1 2 6, ,3 3 3DE
= − −
3 2 6, ,3 3DF λ = − −
2 2 2
2 2 2
3 1 2 6 03 3 3
3 2 6 03 3
n DE x y z
n DF x y zλ
⋅ = − − =
⋅ = − + − =
4 6y = ( )2 2 6 2 ,4 6,3 1n λ λ= + −
DEF ⊥ DAC 21 9 0m n λ⋅ = + = [ ]3 1,17
λ = − ∈ −
DBF ( )3 3 3, ,u x y z=， ，
由 ，令 ，则 ，
若存在某个位置，使得 ，即
，
整理得 ， ，该方程无解，D 选项错误.
故选：C.
二、多选题
9．（2019·湖南高新技术产业园区�衡阳市一中高二月考）设 是棱长为 a 的正方体，以
下结论为正确的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】如图所示，在正方体 中，
对 A， 在 方向上的投影为 ， ，故 A 正确；
对 B， 在 方向上的投影为 ， ，故 B 错误；
对 C， 在 方向上的投影为 ， ，故 C 正确；
2 3 2 6,0,3 3DB
= −
3 2 6, ,3 3DF λ = − −
3 3
3 3 3
2 3 2 6 03 3
3 2 6 03 3
u DB x z
u DF x y zλ
⋅ = − =
⋅ = − + − =
z λ= ( )2 , 6,u λ λ=
6
πα =
( ) ( )
2
2
6 1 2 131sin cos ,6 2 2 7 2 7 23 6 3
u DE
u DE
u DE
λ λπ
λλ
+ +⋅
= = < > = = =
⋅ × ++ ×
25 4 12 0λ λ− + = 16 240 0∆ = − <
1 1 1 1ABCD A B C D−
2
1AB C A a⋅ = − 2
1 1 2AB AC a⋅ =
2
1BC A D a⋅ = 2
1 1AB C A a⋅ =
1 1 1 1ABCD A B C D−
1C A AB a− ∴ 2
1AB C A a⋅ = −
1 1AC AB a ∴ 2
1 1AB AC a⋅ =
1A D BC a ∴ 2
1BC A D a⋅ = 对 D， 在 方向上的投影为 ， ，故 D 错误；
故选：AC.
10．（2020·全国高二课时练习）（多选题）在四面体 中，以上说法正确的有（ ）
A．若 ，则可知
B．若 为△ 的重心，则
C．若 ， ，则
D．若四面体 各棱长都为 2， 分别为 的中点，则
【答案】ABC
【解析】
1 1C A AB a− ∴ 2
1 1AB C A a⋅ = −
P ABC−
1 2
3 3AD AC AB= + 3BC BD=
Q ABC 1 1 1
3 3 3PQ PA PB PC= + +
0PA BC =
0PC AB =
0PB AC =
P ABC− M N， ,PA BC 1MN =对于 ， ， ， ， ，
即 ，故 正确；
对于 ， 为△ 的重心，则 ，
,
即 ，故 正确；
对于 ，若 ， ，则 ，
,
,
,
， ，故 正确；
A 1 2
3 3AD AC AB= +
3 2AD AC AB∴ = + 2 2AD AB AC AD∴ − = − 2BD DC∴ =
3BD BD DC BC∴ = + = 3BD BC∴ = A
B Q ABC 0QA QB QC+ + = 3 3PQ QA QB QC PQ∴ + + + =
( ) ( ) ( ) 3PQ QA PQ QB PQ QC PQ∴ + + + + + = 3PA PB PC PQ∴ + + =
1 1 1
3 3 3PQ PA PB PC∴ = + + B
C 0PA BC =
0PC AB =
0PA BC PC AB+ =
( ) 0PA BC PC AC CB∴ + + =
0PA BC PC AC PC CB∴ + + =
0PA BC PC AC PC BC∴ + − =
( ) 0PA PC BC PC AC∴ − + =
0CA BC PC AC∴ + =
0AC CB PC AC∴ + =
( ) 0AC PC CB∴ + =
0AC PB∴ =
C对于 ，
，故 错误.
故选：ABC
11．（2020·山东济南�高二期末）如图，棱长为的正方体 中， 为线段 上的动点
（不含端点），则下列结论正确的是（ ）
A．直线 与 所成的角可能是
B．平面 平面
C．三棱锥 的体积为定值
D．平面 截正方体所得的截面可能是直角三角形
【答案】BC
【解析】对于 A，以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1 为 z 轴，建立空间直角坐标系，
D 1 1 1( ) ( )2 2 2MN PN PM PB PC PA PB PC PA∴ = − = + − = + −
1 1
2 2MN PB PC PA PA PB PC∴ = + − = − −
2 2 2
2 2 2PA PB PC PA PB PC PA PB PA PC PC PB− − = + + − − +
2 2 2 1 1 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2
= + + − × × × − × × × + × × × =
2MN∴ = D
1 1 1 1ABCD A B C D− P 1A B
1D P AC 6
π
1 1D A P ⊥ 1A AP
1D CDP−
1APD，设
∴直线 D1P 与 AC 所成的角为 ，故 A 错误；
对于 B，正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，A1D1 AA1，A1D1 AB，
∵AA1 AB＝A，∴A1D1 平面 A1AP，
∵A1D1 平面 D1A1P，∴平面 D1A1P 平面 A1AP，故 B 正确；
对于 C， ，P 到平面 CDD1 的距离 BC＝1，
∴三棱锥 D1﹣CDP 的体积：
为定值，故 C 正确；
对于 D，平面 APD1 截正方体所得的截面不可能是直角三角形，故 D 错误；
故选：BC．
12．（2020·山东泰安�高三其他）如图四棱锥 ，平面 平面 ，侧面 是边长
( ) ( ) ( )1 0,0,1 , 1,0,0 , 0,1,0D A C ( )( )1, , 0 1,0 1P a b a b< < < <
( ) ( )1 1, , 1 , 1,1,0D P a b AC= − = −
( )
1
1 22
1
1cos , 0
1 1 2
D P AC aD P AC
D P AC a b
⋅ −= = <
+ + − ×
1
30 1,0 1, ,2 4a b D P AC
π π< < < < ∴ < = = =
1 1A EB A− − 5 .3
2
2【答案】（1）见解析，（2）
【解析】（1）证明：作 平面 于 ，则 在圆弧 上，
因为 ，所以当 取最小值时， 最小，
由圆的对称性可知， 的最小值为 ，
所以 ,
如图，以 为原点，以 的方向分别为 轴， 轴，
轴的正方向建立空间直角坐标系 ，
则 ，
,
因为 ，
所以 ,
因为 平面 ， 平面 ， ,
所以 DB1⊥平面 D2EF，
3 2 6 2 3[ , ]2 7
+− −
PH ⊥ 1111 DCBA H H EF
2 2
1 1PB PH HB= + 1HB 1PB
1HB 4 2 2 3 2− =
2 2
1 1 4 2PH PB HB= − =
D 2, ,DA DC DD x y
z D xyz−
2 1(0,0,0), (0,0,1 4 2), ( 2,0,1), (0, 2,1), (4,4,1)D D E F B+
1 2(4,4,1), ( 2, 2,0), ( 2,0,4 2)DB EF ED= = − = −
1 1 24 2 4 2 0 0, 4 2 0 4 2 0DB EF DB ED⋅ = − + + = ⋅ = − + + =
1 1 2,DB EF DB ED⊥ ⊥
EF ⊂ 2D EF 2ED ⊂ 2D EF 2ED EF E=（2）解：若 D1D2＝3，由（1）知 ,
设 ，因为 ，
设
所以 ，
，
设平面 的法向量为 ，
则 ，
令 ，则 ，
取平面 的一个法向量 ，
( ) ( ) ( )1 1 14,0,1 , 0,4,1 , 4,4,1A C B
( , ,4)P a b 2 2 2, 0, 0a b a b+ = ≥ ≥
2 cos , 2 sin , [0, ]2a b
πθ θ θ= = ∈
2sin( ) [ 2,2]4a b
πθ+ = + ∈
1 1 1( 4,4,0), ( 4, ,3)AC A P a b= − = −
1 1PAC 1 1 1( , , )n x y z=
1 1 1 1
1 1 1 1
4 4 0
( 4) 3 0
n AC x y
n A P a x by z
⋅ = − + = ⋅ = − + + =
1 1x = 4(1,1, )3
a bn
− −=
1 1 1A B C (0,0,1)m =设二面角 的大小为 ， 显然是钝角，
则 ，
，
则 ，
所以二面角 的正切值的取值范围为 ，
20．（2020·北京高二期中）如图，在三棱柱 中， 平面 ,
， 分别是 的中点
（1）求证： 平面 ；
（2）求直线 与平面 所成角的正弦值；
（3）在棱 上是否存在一点 ，使得平面 与平面 所成二面角为 ？若存在，求出 点的
坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析； （2） ； （3）存在 .
1 1 1P AC B− − θ θ
2
4
3cos cos ,
42 ( )3
a b
m n
m n
a bm n
θ
+ −
⋅
= − = − =
+ −+
2
20 , sin 0,sin 1 co 2
42 ( )
s
3
a b
θ π θ θ θ≤ ≤ ∴ >
+ −+
= − =
3 2 3 2 6 2 3tan [ , ]4 2 7a b
θ += ∈ − −+ −
1 1 1P AC B− − 3 2 6 2 3[ , ]2 7
+− −
1 1 1ABC A B C− 1AA ⊥ 1, 2ABC AA AC BC= = =
90ACB∠ = ,D E 1 1 1,A B CC
1 / /C D 1A BE
1BC 1A BE
1CC P PAB 1A BE 60 P
3
6
300,0, 3P
【解析】（1）取 的中点 ，连接 ，交 于点 ，可知 为 的中点，
连接 ，易知四边形 为平行四边形，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（2）分别以 所在的直线为 轴、 轴， 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
可得 ，
则 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，可得 ，即 ，
所以 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
（3）假设在棱 是存在一点 ，设 ，可得 ，
由 ，可得 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，可得 ，即 ，
又由平面 的一个法向量为 ，
AB F DF 1A B M M DF
EM 1C DME 1 / /C D EM
1C D ⊄ 1A BE EM ⊂ 1A BE 1 / /C D 1A BE
1, ,CA CB CC x y z
1 1(0,2,0), (0,0,2), (0,0,1), (2,0,2)B C E A
1 1(0, 2,2), (2,0,1), (0,2, 1)BC EA EB= − = = −
1A BE ( , , )n x y z=
1 0
0
n EA
n EB
⋅ =
⋅ =
2 0
2 0
x z
y z
+ =
− = 1x = 1, 2y z= − = − (1, 1, 2)n = − −
1
1
1
3cos , 6
BC nBC n
BC n
⋅= = −
⋅
1BC 1A BE 3
6
1CC P ,(0 2)CP a a= < < (0,0, )P a
(2,0,0), (0,2,0)A B (2,0, ), (0,2, )PA a PB a= − = −
PAB 1 1 1( , , )m x y z=
0
0
m PA
m PB
⋅ =
⋅ =
1
2
2 0
2 0
x az
y az
− =
− = 2z = 1 1,x a y a= = ( , ,2)m a a=
1A BE (1, 1, 2)n = − −所以 ，
因为平面 与平面 所成二面角为 ，
可得 ，解得 ，
此时 ，符合题意，
所以在棱 上存在一点 ，使得平面 与平面 所成二面角为 .
2 2
4cos ,
4 6
m nm n
m n a a
⋅ −= =
⋅ + + ⋅
PAB 1A BE 60
2 2
4 1cos60 24 6a a
= =
+ + ⋅
2 10
3a =
30
3a =
1CC 300,0, 3P
PAB 1A BE 60
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