考点07 空间向量与立体几何 -2021届高三《新题速递·数学（理）》4月刊（适用于高考复习）解析版

考点 07 空间向量与立体几何 一、单选题 1．（2021·广东茂名市·高三月考）在三棱锥 A BCD 中， 2AB  ， 60ABC ACD     ， E ､ F 分别 为 BC ､ AD 的中点，且 EF BC ， EF AD ， BC AD ，则异面直线 BF 与 DE 所成角的余弦值为 （ ） A． 1 3 B． 2 3 C． 2 3 D． 3 4 【答案】B 【分析】如图，连接 , , ,AE DE BF CF ，  EF BC ， BC AD ， EF AD F ， BC ⊥ 平面 AED ， ,BC AE BC DE   ， 又因为 E 是 BC 中点， ,AB AC DB DC   ，同理可得 ,AB BD AC CD  ， 又因为 60ABC ACD     ，所以 ABC 和 ADC 是等边三角形， 所以 AB BD AC CD BC AD     ，即三棱锥 A BCD 为正四面体， 取CF 中点G ，连接 EG ，则 //EG BF ，则 GED 即为异面直线 BF 与 DE 所成角， 由 2AB  得 1 3 2 2EG BF  ， 3ED  ， 2 2 7 2DG FG FD   ， 在 EGD 中，由余弦定理得 3 73 24 4cos 332 32 GED        . 故选：B. 2．（2021·河南高三月考（理））如图，在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，棱长 1AB BC  ， 1 2AA  ，点 P 为线段 1AB 的中点， M ， N 分别为体对角线 1AC 和棱 1 1C D 上任意一点，则 5 5PM MN 的最小值为 （ ） A． 3 2 B． 2 C．1 D． 2 【答案】C 【分析】如图， MN 的最小值就是 M 到 1 1C D 的距离， 5 5 恰好是 MN 与平面 1 1CDD C 所成角的正弦值， 5 5 MN 就是 M 到平面 1 1CDD C 的距离， 则 5 5PM MN 的最小值即为 P 到平面 1 1CDD C 的距离． 所以 5 5PM MN 的最小值为1． 故选：C. 3．（2021·全国高三专题练习）如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，E 是棱 CD 上的动点．则下列结论不 正确的是（ ） A． 1 / /D E 平面 1 1A B BA B． 1 1EB AD C．直线 AE 与 1 1B D 所成角的范围为 ( , )4 2   D．二面角 1 1E A B A  的大小为 4  【答案】C 【分析】对于选项 A：因为平面 1 1 / /CDD C 平面 1 1A B BA ， 1D E  平面 1 1CDD C ， 所以 1 / /D E 平面 1 1A B BA ，故选项 A 正确； 如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为 1，则 (1,0,0)A ， (0, ,0),0 1E m m  ， 1(1,1,1)B ， 1(0,0,1)D ， 1(1,0,1)A ，对于选项 B： 1 (1,1 ,1)EB m  ， 1 ( 1,0,1)AD   ， 因为 1 1 (1,1 ,1) ( 1,0,1) 1 0 1 0EB AD m           ，所以 1 1EB AD  ，即 1 1EB AD ， 故选项 B 正确； 对于选项 C： ( 1, ,0)AE m  ， 1 1 ( 1, 1,0)B D    ，设直线 AE 与 1 1B D 所成角为 ， 则 1 1 2 |1 |cos | cos , | 1 2 mAE B D m          ， 当 0m  时最大等于 2 2 ，此时 最小为 4  ， 当 1m  时 cos 最小等于 0，此时 最大为 2  ，所以 ,4 2        ， 即直线 AE 与 1 1B D 所成角的范围为 ,4 2       ，故选项 C 不正确； 对于选项 D：二面角 1 1E A B A  即二面角 1 1D A B A  ， 因为 1 1 1DA A B ， 1 1 1AA A B ， 1DA  平面 1 1EAB ， 1AA  平面 1 1AA B ， 所以 1DA A 即为二面角 1 1E A B A  的平面角， 在正方形 1 1ADD A 中， 1 4DA A   ，所以二面角 1 1E A B A  的大小为 4  ， 故选项 D 正确， 故选：C. 4．（2021·全国高三专题练习）如图，在边长为 2 的正方形 ABCD 中，点 M 是边 CD 的中点，将 ADM△ 沿 AM 翻折到 PAM△ ，连结 PB，PC，在 ADM△ 翻折到 PAM△ 的过程中，下列说法错误的是（ ） A．四棱锥 P ABCM 的体积的最大值为 2 5 5 B．当面 PAM  平面 ABCM 时，二面角 P AB C- - 的正切值为 5 4 C．存在某一翻折位置，使得 AM PB D．棱 PB 的中点为 N，则 CN 的长为定值 【答案】C 【分析】在 ADM△ 翻折到 PAM△ 的过程中，因为四棱锥 P ABCM 的底面积为定值，定值为 1 (1 2) 2 32    ， 所以当四棱锥 P ABCM 的高取得最大值时，其体积达到最大， 当平面 PAM  平面 ABCM 时，四棱锥 P ABCM 的高取得最大值， 其最大值为直角三角形 DAM 的斜边上的高，其值为 2 2 1 2 2 5 51 2    ， 所以四棱锥 P ABCM 的体积的最大值为 1 2 5 2 533 5 5    ，故 A 正确； 当平面 PAM  平面 ABCM 时，过 P 作 PG AM^ ，垂足为G ，则 PG 平面 ABCM ，所以 PG AB ， 过G 作GH AB ，垂足为 H ，连接 PH ，因为 PG GH G ，所以 AB  平面 PGH ， 所以 AB PH ，所以 PHG 为二面角 P AB C- - 的平面角， 在直角三角形 PAM 中， 2 2 1 2 2 5 51 2 PG    ， 在直角三角形 PGA 中， 2 2 2 22 5 4 52 ( )5 5AG PA PG     ， 因为 2 2 1 5cos 51 2 DMAMD AM      ， 所以 5cosc 5os GAH AMD   ， 在直角三角形 GAH 中， 4 5 5 4cos 5 5 5AH AG GAH     ， 所以 2 2 2 24 5 4 8( ) ( )5 5 5GH AG AH     ， 所以 2 5 55tan 8 4 5 PGPHG GH     ，所以二面角 P AB C- - 的正切值为 5 4 ，故 B 正确； 连接 GB ，如图： 假设 AM PB ，因为 AM PG ， PG PB P ，所以 AM  平面 PGB ，所以 AG GB ， 所以 4 5 2 55cos 2 5 AGGAB AB     ， 又 5cos cos 5GAH AMD    ，二者相矛盾，故假设不成立， 故 AM 与 PB 不垂直，故 C 不正确； 取 PA 的中点 Q ，连QN ，QM ，CN ，如图： 因为 / /QN AB ， 1 2QN AB ， / /MC AB ， 1 2MC AB ， 所以 / /QN MC ，QN MC ，所以四边形QNCM 为平行四边形，所以 CN QM ， 在直角三角形QPM 中， 2 2 2 21 1 2QN PQ PM     ，所以 2CN  ， 即CN 的长为定值 2 ，故 D 正确， 故选：C 5．（2021·湖北高三月考）已知 m 、n 是两条不同的直线， 、 是两个不同的平面，则下列判断正确的是 （ ） A．若  ， m  ， n  ，则直线 m 与 n 一定平行 B．若 m  ， n  ，  ，则直线 m 与 n 可能相交、平行或异面 C．若 m  ， //n  ，则直线 m 与 n 一定垂直 D．若 m  ， n  ， //  ，则直线 m 与 n 一定平行 【答案】C 【分析】对于 A 选项，若  ， m  ， n  ，则直线 m 、 n 相交、平行或异面，A 选项错误； 对于 B 选项，设直线 m 、 n 的方向向量分别为 a  、b  ， 因为 m  ， n  ，则 a  为平面 的一个法向量，b  为平面  的一个法向量， 因为  ，则 a b  ，即 m n ，但 m 与 n 不可能平行，B 选项错误； 对于 C 选项，设直线 m 、 n 的方向向量分别为 a  、b  ， 因为 m  ，则 a  为平面 的一个法向量， //n  ，则 a b  ，即 m n ，C 选项正确； 对于 D 选项，若 m  ， n  ， //  ，则直线 m 与 n 平行或异面，D 选项错误. 故选：C. 6．（2021·福建漳州市·高三月考）一些二次曲面常常用于现代建筑的设计中，常用的二次曲面有球 面､椭球面､单叶双曲面和双曲抛物面､比如，中心在原点的椭球面的方程为   2 2 2 2 2 2 1 0, 0, 0x y z a b ca b c       ，中国国家大剧院就用到了椭球面的形状(如图1)，若某建筑准备采用 半椭球面设计(如图 2 )，半椭球面方程为   2 2 2 4 4 1 0x y z z    ，该建筑设计图纸的比例(长度比)为 1:50 (单位： m )，则该建筑的占地面积为（ ） A． 24000 m B． 26000 m C． 28000 m D． 210000 m 【答案】D 【分析】解析：求占地面积即求半椭球面的底面积，令 0,5 0y   可得 2x   ； 令 0, 0x z  可得 2y   ， 所以该半椭球面的底面是一个半径为 2 的圆，建筑时选的半径为 2 50 100  米则建筑的占地面积为 2100 10000   平方米. 故选：D 7．（2021·河南新乡市·高三二模（理））正四面体 ABCD 的棱长为 1，点 P 是该正四面体内切球球面上的动 点，当 PA PD  取得最小值时，点 P 到 AD 的距离为（ ） A． 3 2 6 12  B． 6 3 12  C． 2 2 3 12  D． 2 4 【答案】A 【分析】因为四面体 ABCD 是棱长为 1 的正四面体， 所以其体积为 1 1 3 6 21 13 2 2 3 12       . 设正四面体 ABCD 内切球的半径为 r ， 则 1 1 3 24 1 13 2 2 12r       ，得 6 12r  . 如图，取 AD 的中点为 E ，则 ( ) ( )PA PD PE EA PE ED          2 2 1( ) 4PE PE EA ED EA ED PE              . 显然，当 PE 的长度最小时， PA PD  取得最小值. 设正四面体内切球的球心为 O ，可求得 6 4OA OD  . 因为球心 O 到点 E 的距离 2 2 2 2 6 1 2 4 2 4d PA AE                ， 所以球O 上的点 P 到点 E 的最小距离为 2 6 3 2 6 4 12 12d r     ， 即当 PA PD  取得最小值时，点 P 到 AD 的距离为 3 2 6 12  . 故选：A. 8．（2021·全国高三其他模拟）已知半球O 与圆台 OO有公共的底面，圆台上底面圆周在半球面上，半球的 半径为 1，则圆台侧面积取最大值时，圆台母线与底面所成角的余弦值为（ ） A． 3 9 B． 3 27 C． 3 6 D． 3 3 【答案】D 【分析】如图 1 所示，设 BC x ，CO r  ，作CF AB 于点 F ，延长OO交球面于点 E ，则 1BF r  ，  22 2 2 1OO CF BC BF x r       ，由圆的相交弦定理及图 2 得 CO O D      1 1O E O H OO OO        ，即      2 22 2 21 1 1 1r x r x r        ，解得 2 1 2 xr   ， 则圆台侧面积  2 π 1 1 0 22 xS x x          ， 则 ' 232 2S x  ，令 ' 0S  ，则 2 3 3x  或 2 3 3x   （舍去）， 当 2 30 3x  时， ' 0S  ，当 2 3 23 x  时， ' 0S  ， 所以函数 2 π 1 1 2 xS x        在 2 30, 3       上递增，在 2 3 , 23       上递减， 所以当 2 3 3x  时，S 取得最大值． 当 2 3 3x BC  时， 2 11 2 3 xr    ，则 21 3BF r   ． 在轴截面中， OBC 为圆台母线与底面所成的角，在 Rt CFB△ 中可得 3cos 3 BFOBC BC    ， 故选：D． 二、解答题 9．（2021·全国高三月考（理））如图，在四棱锥 E ABCD 中，AD BE ， //AD BC ， 2BC AD ，EA AB ， 2BC  ， 2 2AC  ， 45ACB   ． （1）证明；平面 BCE  平面 ABE ； （2）若 EA CD ，点 F 在 EC 上，且 1 2EF EC  ，求二面角 A BF D  的大小． 【答案】（1）证明见解析；（2） 6  ． 【分析】（1）因为 AD BE ， //AD BC ，所以 BC BE ， 在 ABC 中，由余弦定理得： 2 2 2 cosAB AC BC AC BC ACB      2 2 2(2 2) 2 2 2 2 2 22        ， 因为 2 2 2AB BC AC  ，所以 BC AB ， 又 AB BE B ，所以 BC ⊥ 平面 ABE ， 又 BC 平面 BCE ，所以平面 BCE  平面 ABE ； （2）由（1）可知 EA BC ， 又 EA CD ， BC CD C  ， 所以 EA  平面 ABCD ， 故以 A 为坐标原点， AD ， AB ， AE 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 (0,0,0)A ， (0,2,0)B ， (1,0,0)D ， (2,2,0)C ， (0,0,2)E ， (0,2,0)AB  ， ( 1,2,0)DB   ， (2,2, 2)EC   ， 因为 1 2EF EC  ， 所以点 (1,1,1)F ， (1, 1,1)BF   ， 设平面 ABF 的法向量为 ( , , )m x y z ， 则 0 0 m AB m BF         ，即 2 0 0 y x y z      ， 令 1z  ，则 1x   ，故 ( 1,0,1)m   ， 同理，设平面 BDF 的法向量为  , ,n x y z   ， 易得  2,1, 1n   ， 所以 3 3cos , 22 6 m nm n m n              ， 易知二面角 A BF D  为锐角， 所以二面角 A BF D  的大小为 6  ． 10．（2021·广东茂名市·高三月考）如图，四棱锥 P ABCD 中，PA  矩形 ABCD ，其中 2AD  ， 1AB  ， 2PA  ，点 E 为矩形 ABCD 的边 BC 上一动点. （1）F 为线段 PD 上一点， 3PD DF ，是否存在点 E ，使得 //EF 平面 PAB ，若存在，请求出CE 的 长，若不存在，请说明理由； （2）若 DE PE ，求直线 PC 与平面 PED 所成角的余弦值. 【答案】（1）存在， 2 3CE  ；（2） 3 21 14 . 【分析】（1） 四边形 ABCD 为矩形， AB AD  ，又 PA  平面 ABCD ， 则以 A 为坐标原点， , ,AB AD AP   正方向为 , ,x y z 轴，可建立如图所示的空间直角坐标系， 则  0,2,0D ，  0,0, 2P ,  1,2,0C ， 4 20, ,3 3F       ， 设  1, ,0E y ，则 4 21, ,3 3EF y         ；  平面 PAB y 轴，平面 PAB 的一个法向量  0,1,0n  ， 若存在点 E ，使得 //EF 平面 PAB ，则 nEF   ， 即 4 03EF n y     ，解得： 4 3y  ； 存在点 E ，使得 //EF 平面 PAB ，此时 4 22 3 3CE    ； （2）设  1, ,0E y ，则  1, 2,0DE y  ，  1, , 2PE y  ， DE PE ，  1 2 0DE PE y y       ，解得： 1y  ，即  1,1,0E ；  1,1, 2PE   ，  1, 1,0DE   ， 设平面 PED 的法向量  , ,m a b c  ， 则 2 0 0 m PE a b c m DE a b             ，令 1a  ，则 1b  ， 2c  ，  1,1, 2m  ， 又  1,2, 2PC   ， 设直线 PC 与平面 PED 所成角为 ， 1sin cos , 2 7 PC m PC m PC m                ， 又 0, 2      ， 3 21cos 14   ，即直线 PC 与平面 PED 所成角的余弦值为 3 21 14 . 11．（2021·全国高三专题练习）（1）如图，平面四边形 ABCD 中， 1AB AD CD   ， 2BD  ，BD CD ， 将其沿对角线 BD 折成四面体 A BCD ，使平面 A BD  平面 BCD ，若四面体 A BCD 的顶点在同一个球 面上，求该球的表面积. （2）已知矩形 ABCD ， 1AB  ， 2AD  ，E 为 AD 的中点，现分别沿 BE CE， 将 ABE ， DCE 翻 折，使点 A D， 重合，记为点 P ，求几何体 P BCE 的外接球表面积. 【答案】（1）3 ；（2） 5 2  . 【分析】（1）因为平面 A BD  平面 BCD ，平面 A BD  平面 BCD BD ，BD CD ，CD  平面 BCD ， 所以CD  平面 A BD ，所以 'CD A D ， 又因为 1AB AD CD   ， 2BD  ， 所以 2, 3BD A C BC    ， 所以 DBC△ 与 A BC△ 都是以 BC 为斜边的直角三角形， 由此可得 BC 中点到四个点 A B C D， ， ， 的距离相等， 即该三棱锥的外接球的直径为 3 ， 所以该外接球的表面积 2 34 32S         （2）由题意翻折可得几何体 P BCE 中： PB PE PC PE ， ， 1PA PC  ， 2BC  ， 所以 2 2 2PA PC BC  ，即： PB PC ， 即三棱锥可以补成以 PB PC PE， ， 为边的长方体， 其对角线为外接球的直径： 2 2 2 2 101 1 2 2        ，故 10 4r  ， 所以外接球的表面积为： 10 54 16 2    12．（2021·全国高三其他模拟）如图所示，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， AB BC ，点 1A 在平面 ABC 的射 影为线段 AC 的中点，侧面 1 1AAC C 是菱形，过点 1B ， B ， D 的平面 与棱 1 1AC 交于点 E . （1）判断四边形 1BB ED 的形状并证明； （2）求 1CB 与平面 1 1ABB A 所成角的正弦的最大值. 【答案】（1）矩形，证明见解析；（2） 2 3 . 【分析】解：（1）四边形 1BB ED 为矩形，证明如下： 取 1 1AC 中点为 E ，连接 1B E ，DE .在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，侧面 1 1A ABB 为平行四边形，所以 1 1//B B A A， 又因为 1B B  平面 1 1A ACC ， 1A A  平面 1 1A ACC ，所以 1 //B B 平面 1 1A ACC . 因为 1B B  平面 1BB D ，且平面 1BB D  平面 1 1A ACC DE ，所以 1 //B B DE . 因为在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，平面 //ABC 平面 1 1 1A B C ，平面 1BB D  平面 ABC BD ， 平面 1BB D  平面 1 1 1 1A B C B E ，所以 1//BD B E ，所以四边形 1BB ED 为平行四边形. 在 ABC 中，因为 AB BC ， D 是 AC 的中点，所以 BD AC . 由题可知 1A D  平面 ABC ，所以 1A D BD ， 1A D AC ， 因为 1AC A D D  ，所以 BD  平面 1 1ACC A ， 所以 BD DE ，故四边形 1BB ED 为矩形. （2）由（1）知 DB ， AC ， 1A D 两两垂直，以 DB ， AC ， 1A D 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 D xyz . 设 1AD  ， BD a ，在 1AA D△ 中， 1 2AA AD ， 1 90A DA   ，所以 1 3A D  ， 所以 (0,0,0)D ， (0, 1,0)A  ，  1 0,0, 3A ， ( ,0,0)B a ，则  1 0,1, 3AA  ， ( ,1,0)AB a . 因为  0,1, 3E ，所以  1 ,1, 3DB DE DB a     ，即  1 ,1, 3B a . 因为 (0,1,0)C ，所以  1 ,0, 3CB a .设平面 1 1ABB A 的法向量为 ( , , )n x y z ， 则 1 0, 0, n AA n AB         即 3 0, 0, y z ax y      所以 3 , 3 . y z x za     令 z a ，则 3y a  ， 3x  ，所以  3, 3 ,n a a  . 设 1CB 与平面 1 1ABB A 所成角为 ， 则 1 1 2 2 1 2 3sin cos , 3 4 3 n CB an CB n CB a a               4 2 2 2 2 3 2 3 2 3 2 39 12 154 9 15 4 15 a a a a a         ， 当且仅当 2 2 94a a  ，即 6 2a  时等号成立. 故 1CB 与平面 1 1ABB A 所成角的正弦值最大为 2 3 .