《02卷 第七章 立体几何与空间向量《真题模拟卷》－2022年高考一轮数学单元复习（新高考专用）(解析版).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《02卷 第七章 立体几何与空间向量《真题模拟卷》－2022年高考一轮数学单元复习（新高考专用）(解析版).doc（72页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、02卷 第七章立体几何与空间向量真题模拟卷2022年高考一轮数学单元复习（新高考专用）第I卷（选择题）一、单选题1如图，在圆锥中，为底面圆的两条直径，且，异面直线与所成角的正切值为（ ）ABCD【答案】D【分析】以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角的余弦值，再得正弦值【详解】由题意以为轴建立空间直角坐标系，如图，又，则，设异面直线与所成角为，则，为锐角，所以故选：D2在四棱锥中，底面是平行四边形，为的中点，若，则用基底表示向量为（ ）ABCD【答案】B【分析】结合空间向量的加法法则直接求解即可.【详解】连接BD，如图，因为E是PD的中点，所以，故选：B3已知点，又点在平面内
2、，则的值为（ ）ABCD【答案】B【分析】根据向量的坐标表示求出向量的坐标，再结合空间向量的共面定理即可得出结果.【详解】由题意，得，则，因为P在平面ABC内，并设未知数a，b，则，即，解得.故选：B4若、三点共线，则（ ）ABCD【答案】A【分析】直接根据求解即可.【详解】，由题意得，则，、，故选:A5已知，则（ ）ABCD【答案】C【分析】由空间向量的加法运算求解.【详解】因为，所以，故选：C6点在空间直角坐标系中的位置是（ ）A在轴上B在平面内C在平面内D在平面内【答案】C【分析】根据点的横坐标为判断.【详解】点的横坐标为，点在平面内，故选：C7已知空间向量，满足，则与的夹角为（ ）AB
3、CD【答案】C【分析】将，两边平方，利用空间向量的数量积即可得选项.【详解】设与的夹角为由，得，两边平方，得，所以，解得，又，所以，故选：C8平行六面体的各棱长均相等，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）ABCD【答案】B【分析】利用基底向量表示出向量，即可根据向量的夹角公式求出【详解】如图所示：不妨设棱长为1，所以，即，故异面直线与所成角的余弦值为故选：B二、多选题9给出下列命题，其中为假命题的是（ ）A已知为平面的一个法向量，为直线的一个方向向量，若，则B已知为平面的一个法向量，为直线的一个方向向量，若，则与所成角为C若三个向量，两两共面，则向量，共面D已知空间的三个向量，则对于空间的任意一
4、个向量，总存在实数使得【答案】ACD【分析】根据直线与平面的位置关系、线面角的定义、向量共面的定理，逐一分析选项，即可得答案.【详解】对于A：由题意可得或，故A错误；对于B：由图象可得，则，所以，根据线面角的定义可得：与所成角为，故B正确对于C：若三个向量，两两共面，但三个向量不一定共面，故C错误；对于D：当空间的三个向量，不共面时，对于空间的任意一个向量，总存在实数使得，故D错误.故选：ACD10在平行六面体中，则下列说法正确的是（ ）A线段的长度为B异面直线夹角的余弦值为C对角面的面积为D平行六面体的体积为【答案】AD【分析】设，求得，根据，求得的值，可判定A正确；由，可判定B错误；由为正
5、三角形，根据，得到对角面为矩形，可判定C错误；由，可判定D正确.【详解】设，则，对于A中，因为，可得，所以A正确；对于B中，因为，可得异面直线与夹角的余弦值为0，所以B错误；对于C中，因为，所以为正三角形，可得，因为，所以，所以对角面为矩形，其面积为，所以C错误；对于D中，设与交于点，连接，取的中点，连接，可得，所以D正确.故选：AD.11定义向量的外积：叫做向量与的外积，它是一个向量，满足下列两个条件：（1），且和构成右手系(三个向量的方向依次与拇指食指中指的指向一致)；（2）的模 (表示向量的夹角).如图所示，在正方体中，有以下四个结论中，不正确的有（ ）A与方向相反BC与正方体表面积的数
6、值相等D与正方体体积的数值相等【答案】ABD【分析】由向量的外积的性质逐个分析判断即可【详解】A选项，根据向量外积的第一个性质可知与的方向相同，故A错，B选项，根据向量外积的第一个性质可知与的方向相反，不可能相等，故B错，C选项，根据向量外积的第二个性质可知正方形的面积为，则与正方体表面积的数值相等，故C对，D选项，与的方向相反，则，故D错，故选：ABD.12给出下列命题，其中不正确的为（ ）A若，则必有与重合，与重合，与为同一线段B若，则是钝角C若，则与一定共线D非零向量满足与，与，与都是共面向量，则必共面【答案】ABD【分析】对于ABD，可直接举反例说明，C选项根据共线向量性质可得.【详解
7、】A选项，考虑平行四边形中，满足，不满足与重合，与重合，与为同一线段，故A错，B选项，当两个非零向量的夹角为时，满足，但它们的夹角不是钝角，故B错，C选项，当时，则与一定共线，故C对，D选项，考虑三棱柱，满足与，与，与都是共面向量，但，不共面，故D错，故选ABD.13下列命题中不正确的是（ ）.A若是空间任意四点，则有B若，则的长度相等而方向相同或相反C是共线的充分条件D对空间任意一点与不共线的三点，若()，则四点共面【答案】ABD【分析】本题考察向量的概念与性质，需按个选项分析，A选项考察向量加法的意义，B选项考察向量的模的性质，C选项可以两边平方计算，D选项考察四点共面的性质.【详解】A选
8、项，而不是，故A错，B选项，仅表示与的模相等，与方向无关，故B错，C选项，即，即，与方向相反，故C对，D选项，空间任意一个向量都可以用不共面的三个向量表示，四点不一定共面，故D错，故选ABD.14在正方体中，点在线段上运动，下列说法正确的是（ ）A平面平面B平面C异面直线与所成角的取值范围是D三棱锥的体积不变【答案】ABD【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得；【详解】解：如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，则，因为点在线段上运动，设，则，所以，所以，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，故A正确；显然可以作为平面的法向量，因为，所以，因为平面，所以平面，故
9、B正确；因为且，所以四边形为平行四边形，所以，所以直线与所成角即为异面直线与所成角，显然当在的两端点时所成的角为，当在的中点时所成的角为，故异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；因为，平面，平面，所以平面，所以到平面距离即为到平面的距离，故到平面的距离为一定值，设到平面的距离为，则为定值，故D正确；故选：ABD15如图1，在边长为2的正方形中，分别为，的中点，沿及把这个正方形折成一个四面体，使得三点重合于，得到四面体(如图2).下列结论正确的是（ ）A四面体的外接球体积为B顶点在面上的射影为的重心C与面所成角的正切值为D过点的平面截四面体的外接球所得截面圆的面积的取值范围是【答案】ACD【分
10、析】折叠问题，关键是抓住其中的不变量.选项A：说明两两垂直，将四面体的外接球问题，转化为长方体的外接球问题；选项B：由于两两垂直，可证在面上的射影为的垂心；选项C：线面角的定义法求解；选项D：将四面体补成长方体，找出球心，将问题转化为过一定点作球的截面求截面圆面积最值问题.【详解】对于A项，易知两两垂直，故可以补成长方体，其体对角线长，外接球半径，故外接球体积为，故A项正确；对于B项，由于两两垂直，故在面上的射影为的垂心，理由如下:如图，过点作平面，交平面于点，因为平面，平面，所以，又因为，都在平面内，且相交于点，所以平面，又平面，所以，又，所以平面，又平面，所以.同理可证，所以在面上的射影为
11、的垂心.故B项错误；对于C项，设为中点，则，故平面，故平面平面，所以在平面上的射影为，与平面所成角为，故C项正确；对于D项，设为四面体的外接球球心，平面，连接，当过点的截面经过球心时截面圆面积最大，面积为；当垂直截面圆时，截面圆面积最小，此时，截面圆面积为，得截面圆面积取值范围是.故D项正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：求解几何体的外接球问题或空间角问题一般从以下角度出发：(1) 外接球问题，关键是找出球心，规则图形的球心在对称中心；不规则图形，能补成规则图形最好，若不能，则利用球心与截面圆圆心的连线垂直于截面，可做出球心，再利用几何知识求解.(2) 空间角的处理一般是建系，用向量法求解；
12、若图形中垂直关系明显，空间角容易找出，也可用空间角的定义求解.16如图，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论中正确的是（ ）AB的最小值为C平面D异面直线与，所成角的取值范围是【答案】ABC【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量计算可得；【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则，所以，所以，所以，故A正确；因为是线段上一动点，所以，所以，所以，当且仅当时，故B正确；设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，因为，即，因为平面，所以平面，故C正确；设直线与所成的角为，因为，当在线段的端点处时，在线段的中点时，所以，故D错误；故选：ABC17已知梯形，是线段上的动点；将沿着所在的直线翻折成
13、四面体，翻折的过程中下列选项中正确的是（ ）A不论何时，与都不可能垂直B存在某个位置，使得平面C直线与平面所成角存在最大值D四面体的外接球的表面积的最小值为【答案】AD【分析】利用反证法可判断AB选项的正误；分别取、的中点、，连接、，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断C选项的正误；设四面体的外接球心为，求出四面体外接球半径的最小值，可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，在梯形中，且，则，因为，由余弦定理可得，若，且，平面，平面，事实上，矛盾，故不论何时，与都不可能垂直，A选项正确；对于B选项，若平面，平面，则，所以，而，即，则、无法构成三角形，不合乎
14、题意，B选项错误；对于C选项，分别取、的中点、，连接、，则，则，为的中点，则，故平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、，设三棱锥的球心为，由可得，解得，设三棱锥的外接球半径为，则，当且仅当时，等号成立，因此，四面体的外接球的表面积的最小值为，D选项正确.对于C选项，设，易知平面的一个法向量为，而，即当时，无最大值，进而可知直线与平面所成角无最大值，C选项错误.故选：AD.【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；
15、如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.18如图，棱长为的正方体中，、分别为棱、的中点，为面对角线上一个动点，则（ ）A三棱锥的体积为定值B存在线段，使平面平面C为中点时，直线与所成角最小D三棱锥的外接球半径的最大值为【答案】AD【分析】利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BC选项的正误；设出球心的坐标为
16、，求出的最大值，进而可求得三棱锥的外接球半径的最大值，可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，因为平面，平面平面，所以，点到平面的距离等于，的面积为，所以，A选项正确；对于BC选项，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，则、，、，设平面的法向量为，由，取，可得，设，可得点，其中，则，所以，解得，故平面与平面不平行，B选项错误，设直线与所成角为，则，当时，取得最大值，此时最小，C选项错误；对于D选项，由题意可知，三棱锥的外接球球心在过线段的中点且垂直于平面的垂线上，设球心为，易知点，由，可得，整理可得，因为，则，所以，三棱锥的外接球的半径为，D选项正确.故选：AD.【点睛】方法
17、点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.第II卷（非选择题）三、解答题19如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，（1）证明：平面；（2）若，与平面所成角为，求二面角的大小【答案】（1）证明见解析，（2）【分析】
18、（1）根据题意，由平面，可得，再由可判断平面，得到，而，从而可得，再由线面垂直的判定定理可得结论；（2）根据题意，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可【详解】（1）证明：因为平面，平面，平面，所以， 因为，,所以平面，因为平面，所以，因为底面为平行四边形，所以，所以，因为，所以 平面；（2）解：由（1）可知，因为，所以，因为平面，所以为在平面上的射影，因为与平面所成角为，所以，所以，所以以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则,所以，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，所以，因为二面角为锐二面角，所以二面角
19、为，20如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，底面为直角梯形，（1）证明：平面平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度【答案】（1）证明见解析；（2）或.【分析】（1）利用面面垂直的性质定理直接证明即可；（2）设的长度为，求得平面的法向量，再利用，解方程即可.【详解】（1）证明：底面为直角梯形，又平面平面，且平面平面，平面，又平面，平面平面；（2）如图建立空间直角坐标系，设的长度为，为等边三角形，且，故，则，故，设平面的法向量，则，即，令，则，即，又直线与平面所成角的正弦值为，故，解得或，故的长度为或.21在三棱台中，且平面.设PQR分别为棱ACFCBC的中点.（1）证明：平面平
20、面PQR；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）只需证明，即可证明平面平面PQR；（2）以P为原点，PA为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出两平面的法向量，即可求解.【详解】（1）证明：如图，连接DP，则四边形DPCF是矩形.又.则，从而.由平面，且平面，得.由，且为三角形ABC的中位线，得.又，则平面ADFC.注意到平面ADFC，则.又，则平面PQR.所以平面平面PQR.（2）以P为原点，PA为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，.故，.设是平面BDE的法向量，则所以取，得.设是平面BDC的法向量，则所以取，得.设二面角的平面角为，则，又，所以.从
21、而二面角的平面角的正弦值为.22如图，在多面体中，平面平面，为等边三角形，四边形为正方形，且，分别为，的中点（1）求二面角的余弦值；（2）作平面与平面的交线，记该交线与直线交点为，直接写出的值【答案】（1）；（2）.【分析】（1）取、的中点，分别记为、，连接，证明、两两相互垂直，以为坐标原点，分别以、所在直线为、轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值即可求得二面角的余弦值；（2）延长交的延长线于，连接并延长交于，交的延长线于，则为平面与平面的交线，再由已知结合比例关系可得【详解】（1）取、的中点，分别记为、，连接，为等边三角形，四边形为正方形，平面面，且
22、平面面，平面，平面，平面，平面，又，平面，故、两两相互垂直以为坐标原点，分别以、所在直线为、轴建立空间直角坐标系，则，0，2，2，3，0，又，且，平面，故平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，由，取，得由图可知，二面角为锐二面角，记为，则；（2）延长交的延长线于，连接并延长交于，交的延长线于，则为平面与平面的交线，由比例关系可得23请从下面两个条件中只任选一个，补充在下面的横线上，并作答.；与平面所成的角为.如图，在三棱柱中，是边长为的正三角形，平面平面，是线段的中点，_.（1）求与所成角的余弦值；（2）求二面角的余弦值.【答案】选（1），（2）；选（1），（2）.【分析】选（1）先证明平
23、面，建立空间直角坐标系，求出向量，的坐标，计算即可；（2）先求平面、平面的一个法向量，计算即可；选：（1）先由已知条件证明是等腰直角三角形，建立空间直角坐标系，求出向量，的坐标，计算其夹角的余弦值的绝对值即可求解，（2）分别求平面、平面的一个法向量，利用空间向量夹角公式计算即可求解；【详解】选，（1）是边长为的正三角形，是线段的中点，则，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，如图：以的中点为原点，以过点垂直于的直线为轴，以所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，则， 所以， 所以，所以与所成角的余弦值为，（2），设平面的一个法向量，则令，则，所以，设平面的一个法向量，则令，则，所以
24、，设二面角的平面角为，则，因由图知为锐角，所以余弦值为，二面角的余弦值为.选：与平面所成的角为.因为平面平面，且与平面所成的角为，则，因为，所以，因为是线段的中点，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以以的中点为原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，则，则， ，所以与所成角的余弦值为，（2），设平面的一个法向量，则令，则，所以，因为，所以平面，所以平面的一个法向量，设二面角的平面角为，则，因由图知为锐角，所以余弦值为.所以二面角的余弦值为.24如图，四棱锥的底面是菱形，平面，点是棱上一点（1）求证：；（2）当是的中点时，求二面角的余弦值【答案】
25、（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）证得平面，根据线面垂直的性质即可得出结论；（2）设，连接，证得平面，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式即可求解.【详解】（1）因为平面，且平面，所以，又因为底面是菱形，所以，且，所以平面，又因为平面，所以；（2）设，连接，因为为的中点，所以，所以平面，所以以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，所以，则，设平面的法向量，则，即，取，设平面的法向量，则，即，取，则由图可知：二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.25在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面底面，（1）求证：；（2）点，分别在棱，求平面与平面所成角的正弦值【答案】（1
26、）证明见解析；（2）【分析】（1）连接，设，连接，由于四边形为边长为的正方形，所以，由等腰三角形的性质可得，由面面垂直的性质可得底面，则，再由等腰三角形的判定可得；（2）以为坐标原点，射线，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，利用空间向量求解即可【详解】（1）证明：连接，设，连接，底面为边长为的正方形，平面底面，平面底面，平面，底面，底面，（2）以为坐标原点，射线，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，由（1）可知，可得，设平面的法向量，令，可得，设平面的法向量，令可得，因为所以所以平面与平面所成角的正弦值为26设空间两个不同的单位向量，与向量的夹角都
27、等于（1）求和的值；（2）求的大小【答案】（1）；（2）【分析】（1）根据模长和夹角的坐标表示列方程可得解；（2）由，结合（1）可求坐标，进而得解.【详解】（1），、，又与的夹角为，另外，；（2），由（1）知，、是方程的解，或，同理或，或，27已知，（1）求；（2）求与夹角的余弦值；（3）求确定、的值使得与轴垂直，且【答案】（1）；（2）；（3），【分析】（1）利用向量的数量积运算求解；（2）利用向量的夹角公式求解； （3）取轴上的单位向量，由与轴垂直，且，利用数量积运算求解.【详解】（1）因为，所以.（2），与夹角的余弦值为，（3）取轴上的单位向量，依题意，即，故，解得，28如图，为圆锥的顶
28、点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为底面直径.已知.（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）利用正弦定理易得的边长，再利用勾股定理可得，由此即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面与的法向量，利用向量夹角公式即可得解【详解】（1）设的边长为，则，解得，在中，同理，由于，故，又，平面（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 ，设平面的一个法向量为，则，即，取，则，故设平面的一个法向量为，则，即，取，则，故又由图象可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为29如图，正方形所在平面与等边所在平面互相垂直，设平面与平面相交于直线.（1）
29、求与所成角的大小；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）45°；（2）.【分析】（1）由四边形为正方形，可得，再由线面平行的判定定理可得平面，由线面平行的性质定理可得，由可得与所成角的大小是；（2）分别取、的中点、，连接，可得、两两垂直，所以以为坐标原点，分别以、所在直线为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值【详解】解：（1）四边形为正方形，平面，平面，平面，又平面，且平面平面直线，四边形为正方形，故与所成角的大小是；（2）分别取、的中点、，连接，由为等边三角形，可知，由四边形为正方形，知，平面平面，平面平面，且平面，平面，以为坐标原点，分别以、所在直线为、轴建立空
30、间直角坐标系，设，则，于是，设平面的一个法向量为，由，取，可得；设平面的一个法向量为，由，取，可得.由图可知，二面角为锐二面角，则其余弦值为.30如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，平面平面，是的中点，且.（1）求证：平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）依题意可得为直角三角形，即可得到，根据面面垂直的性质定理即可证明；（2）由（1）可知即为直线与平面所成角，即可得到，再利用勾股定理求出，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；【详解】解：（1）在中，因为是的中点，且，所以，所以为直角三角形，所以，又因为平面平面
31、，平面平面，平面，所以平面（2）因为平面，所以直线与平面所成角为，所以，又，所以，在中，设，则，所以，即，解得，即，作交于点，因为，所以，如图建立空间直角坐标系，则，设面的法向量为，所以，令，则，所以，设面的法向量为，所以，令，则，所以，设二面角为，显然二面角为锐二面角，所以；31如图，在等腰梯形中，为中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置（平面）.（1）证明：；（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）设的中点为，连接、，证明出平面，进而可得出；（2）证明出平面，然后以为原点，为轴、为轴、为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三
32、角函数的基本关系可求得结果.【详解】（1）设的中点为，连接、，翻折前，因为，为的中点，则，且，故四边形为平行四边形，则，故，所以，为等边三角形，为的中点，则，因为，则，翻折后，则有，在中，由余弦定理可得，所以，平面，平面，故；（2）在平面内作，垂足为，平面，平面，所以，平面，所以，直线与平面所成角为，因为，则，所以，故、两点重合，即平面，以为原点，为轴、为轴、为轴，建立空间直角坐标系，则、，则，设平面的一个法向量为，则，即，令，得，易知平面的一个法向量为，所以，则.因此，二面角的正弦值为.32如图，正三棱锥中，与底面所成角正切值为（1）证明：面；（2）设为的中心，延长到点使得，求二面角的平面角
33、的大小【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取底面中心，不妨设，根据线面角可得，由勾股定理可得，根据正棱锥的性质可得，进而可得结果；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，易得面的法向量，求出面的法向量，求出法向量夹角的余弦值即可得结果.【详解】（1）由题意知：取底面中心，则有面，所以即为与底面所成角，不妨设，则有，在正中，因为，所以在中，因为，所以又因为正三棱锥，所以所以面（2）因为为等边三角形，取中点，则，作，则面以为原点，分别为，轴建立空间直角坐标系则有：，所以，所以因为面，所以为面的法向量，设面的法向量为，所以由所以，所以二面角的大小为33如图所示，在四棱锥PABCD中，底面AB
34、CD为等腰梯形，PA底面ABCD，ADBC，BC2AD2AB2DC2PA2，对角线AC与BD交于O点，连接PO.（1）求证：ACPB；（2）过B点作一直线l平行于PC，设Q为直线l上除B外的任意点，设直线PQ与平面PAC所成角为，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）延长BA、CD交于一点R，根据平面几何知识得CABA，根据线面垂直的判定和性质可得证；（2）由（1）得，以A为原点，射线AB，AC，AP的方向为x，y，z轴正方向建立空间坐标系，设，其中，根据线面角的向量求解方法表示，再由二次函数的性质可求得范围.【详解】（1）延长BA、CD交于一点R，因为ADBC，BC2
35、AD2AB2DC2，所以为正三角形，且AD为三角形RBC的中位线，即A为BR边的中点，所以CABA，因为PA底面ABCD，AC平面ABCD，所以PAAC，因为 ABPAA，所以AC平面PAB，PB平面PAB，所以ACPB；（2）由（1）得，AP，AB，AC两两垂直，故以A为原点，射线AB，AC，AP的方向为x，y，z轴正方向建立空间坐标系，则平面PAC的法向量为，P（0，0，1），C（0，0），B（1，0，0），所以（0，1），（1，0，1），因为lPC，所以可设，其中，因为，所以，所以，当且仅当时，.34如图，在七面体中，四边形是菱形，其中，为等边三角形，且，为的中点.（1）证明：平面；（2
36、）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1) 证明见解析； (2) .【分析】(1)利用线面垂直的判定证 平面，得到，再证平面；(2)几何法求解.先确定二面角的平面角，再利用解三角形知识求角.【详解】(1) 连接，因为为菱形的边上的中点，所以，又，由余弦定理得，由，知，即，又，所以 .根据题意，有又 ， 都在平面内，且相交于点 所以 平面 又平面，所以.在等边三角形 中，因为为的中点，所以.又在菱形中，所以.因为，都在平面内，且相交于点，所以 平面.(2) 因为平面 与平面的交线为，由(1)知，所以为二面角的平面角，设 ，则有 ， 由(1)知， 平面，又 平面，所以平面 平面，过点作交
37、于点 ，则有平面，又 为等边三角形，所以， ， .在和中，由余弦定理得，所以 则，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为 .【点睛】立体几何图形证明线面、面面位置关系或求线面、面面角可从以下几点考虑：(1)证明线面、面面位置关系的一般方法是利用相关的判定定理和性质定理，需注意二者的相互转化.若有坐标系也可利用向量法证明.(2)求线面、面面角的一般方法是向量法，若图形容易确定所求角，也可利用几何法，结合解三角形知识求角.35已知正方体中，分别为棱的中点.（1）求证；四点共面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出，坐标得，从而得四边形为平
38、行四边形即可证明；（2）分别求出平面与平面的法向量和，利用向量法求解二面角的公式即可求解.【详解】解：如图建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2，（1）因为，所以，所以，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以四点共面；（2），设平面的法向量分别为，则，即，取得，同理可得，平面的法向量，所以，由图可知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.四、填空题36在正四棱锥中，分别是，的中点，设异面直线与所成角的大小为，则_【答案】【分析】先建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，然后用向量法求异面直线所成的角即可【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设，设异面直线与所成角的大小为，则故答案为：37正方体中，与
39、平面所成角的正弦值为_.【答案】【分析】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，则、，设平面的法向量为，由，取，则，.因此，与平面所成角的正弦值为.故答案为：.38已知二面角为，在与的交线上取线段，且，分别在平面和内，它们都垂直于交线，且，则的长为_.【答案】【分析】利用，将其两边同时平方即可求，再开方即可求解.【详解】如图：，所以，所以，所以的长为，故答案为：.39已知，若点满足，则点的坐标为_【答案】【分析】设，则，再由坐标相等列
40、方程可得解.【详解】设，则，点坐标为故答案为：.40在空间直角坐标系中，、，若，则的值为_【答案】或【分析】根据空间两点距离公式列式求解即可.【详解】，或故答案为：或.41已知、，设点、在平面上的射影分别为、，则向量的坐标为_【答案】【分析】根据题意可得、，进而得解.【详解】点、在平面上的射影分别为、，向量的坐标为故答案为：.42在空间直角坐标系中，已知向量与向量共线且满足方程，则向量的坐标为_【答案】【分析】设，由数量积运算可得，进而可得坐标.【详解】与共线，故可设，由得：，故，故答案为：.43已知点关于坐标平面的对称点为，点关于坐标平面的对称点为，点关于轴的对称点为，则点的坐标为_【答案】
41、【分析】利用空间点关于平面对称点的求法求解.【详解】点关于坐标平面的对称点的坐标为，点关于坐标平面的对称点的坐标为，点关于轴的对称点的坐标是故答案为：44点在平面内的射影为，则_【答案】【分析】利用空间点在平面内的射影求解.【详解】点在平面内的射影为，、，故答案为：0五、双空题45边长为2的正方体内（包含表面和棱上）有一点，、分别为、中点，且（，）（1）若（），则_（2）若（），则三棱锥体积为_【答案】 【分析】（1）以，为基底，把向量，分别用基底表示，利用两个向量相等的条件即可算出；（2）由得，三点共线，利用（1）把k求出来，再利用等体积法算出到面的距离，三角形的面积，即可算出体积.【详解】如图，（1）