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专题八 空间向量与立体几何
考向(一) 空间几何体的结构特征、三视图、
表面积与体积(三视图新高考不作要求)
命题点1 数学文化与简单几何体的性质
1.(2021新高考全国Ⅰ，3)已知圆锥的底面半径为 ，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )
A.2 C.4
[试题情境]本题属于课程学习情境.本题是以圆锥的侧面展开图为背景，考查圆的周长公式和弧长公式.
[必备知识]本题考查的知识是圆锥的侧面展开图中各量间的关系、圆的周长公式和弧长公式.
[能力素养]本题主要考查逻辑思维能力和运算求解能力.本题考查的学科素养是理性思维和数学探索.利用圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，列出方程，求解即可.
[解题思路]设圆锥底面半径为r ，圆锥侧面展开图半圆所在圆的半径为r .
由条件得， 则 故该圆锥的母线长为
故选B.
[答案]B
2.(2021新高考全国Ⅱ，5)正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为( )
[试题情境]本题属于课程学习情境.本题以正四棱台为载体，考查空间中直线、平面间的位置关系及正四棱台的体积.
[能力素养]本题考查运算求解能力.本题考查的学科素养是数学应用.合理作出辅助线，构造直角三角形，结合台体的体积公式加上勾股定理知识即可求解.
[答案]D
[试题情境]本题属于生活实践情境.本题以四棱锥为载体，考查几何体及其组合体的结构特征.
[必备知识]本题考查的知识是正四棱锥的结构特征及截面中直角三角形的应用.
[能力素养]本题以胡夫金字塔的结构特征为背景，体现数学应用价值.考查空间想象能力和逻辑思维能力，这也是解决立体几何问题最重要的能力.本题考查的学科素养是数学应用和数学文化.通过正四棱锥的结构特征，利用截面三角形中的勾股定理和侧面面积公式列出等量关系，即正四棱锥的高、底面正方形的边长、侧面三角形底边上的高的等量关系，将问题代数化，转化为求侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的关系，进而使得实际问题获得解决.
[解题思路]如图，设正四棱锥的高为h，底面边长为a，侧面三角形底边上的高为h′，
[答案]C
点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成的角为( )
A.20° B.40°
C.50° D.90°
[试题情境]本题属于生活实践情境.本题以数学文化中日晷为背景，以球为载体，考查空间线面角的定义和求法.
[必备知识]本题考查的知识是球的性质、直观图、纬度的概念、线面角的定义和求法等.
[能力素养]本题考查空间想象能力和运算求解能力.本题考查的学科素养是数学应用和数学文化.通过直观图理解空间图形线面关系，也即寻找合适的截面(如轴截面)，从而将空间关系转化为平面关系.考生必须具备良好的数学阅读和数学抽象思维能力，利用球的直观图，画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A处的纬度，计算出晷针与点A处的水平面所成角.
∴晷针与点A处的水平面所成角为40°，故选B.
[答案]B
[失分剖析]阅读能力弱，不能从直观图中发现起关键作用的截面图是造成失分的主要原因.
5.(2021全国甲，文14)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为 .
[试题情境]本题属于课程学习情境.本题以圆锥为载体，考查扇形面积公式.
[必备知识]本题考查的知识是圆锥的体积公式、扇形面积公式.
[能力素养]本题考查逻辑思维能力和空间想象能力.本题考查的学科素养是理性思维和数学探索.设圆锥的高为h，根据圆锥的底面半径为6，其体积为30π，求出h，再由勾股定理求得母线的长度，然后代入圆锥的侧面积公式即可.
[解题思路]设圆锥的高为h，母线长为l，
则 解得 则 所以圆锥的侧面积为 39π.
[答案]39π
6.(2019全国Ⅱ，理16)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).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.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1,则该半正多面体共有 个面,其棱长为 .
[试题情境]本题属于生活实践情境.本题融入了中国悠久的金石文化，以“半正多面体”为载体，考查正多面体的顶点、棱和面的关系，并考查点线面的位置关系.
[必备知识]本题考查的知识是正多面体的性质、多面体的边角关系.
[能力素养]本题以数学文化印信为背景，考查空间想象能力和创新能力.本题考查的学科素养是数学应用、数学探索和数学文化.本题是空间几何体中要素的求值问题，考生将实际问题抽象为数学问题，利用几何问题中常用的“割补”思想将其补成正方体，想象出半正多面体在正方体中的位置，实现空间图形的转化能力和空间想象能力的统一，从而利用对称性，推导出可计算的结果.
的另一条棱于点H.由半正多面体的对称性可知，△BGE为等腰直角三角形，所以BG=
所以 解得 即该半正多
面体的棱长为
[答案]
命题点2 三视图和直观图(三视图新高考不再考查)
[试题情境]本题属于课程学习情境.本题以正方体为载体，考查几何体的三视图.
[必备知识]本题考查的知识是由几何体的正视图画出直观图，由直观图画出侧视图.
[能力素养]本题考查空间想象能力.本题考查的学科素养是理性思维.通过题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进而判断侧视图.
8.(2021浙江，4)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
B.3
[试题情境]本题属于课程学习情境.本题是以四棱柱为背景考查三视图和棱柱的体积公式.
[必备知识]本题考查的知识是由三视图还原几何体和棱柱的体积公式.
[能力素养]本题以四棱柱为载体考查空间想象能力，考查的学科素养是理性思维.三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系.通过观察已知条件正视图，确定该正视图的长和高，结合长、高以及侧视图中的实线、虚线来确定俯视图图形.
[必备知识]本题考查的知识是空间中点的位置判断、由三视图转化直观图，对几何体及其组合体的结构特征的认知.
[能力素养]本题考查空间想象能力和逻辑思维能力.本题考查的学科素养是理性思维.考生从题干中的三视图及其描述获取到空间几何体的图形形状(直观图)、比例和位置关系等信息，研究所给图形中几何元素之间的相互位置关系，即首先把三视图转换为直观图，然后进
一步得到图形中的对应点，进而解决问题.
[答案]A
[失分剖析]不能准确地将三视图所示的几何体的直观图画出来是造成失分的主要原因.
[必备知识]本题考查的知识是几何体的三视图、直观图、三棱锥的表面积计算等.
[能力素养]本题考查空间想象能力和运算求解能力，本题考查的学科素养是数学应用.考生需从题干中的三视图及其描述获取到空间几何体的图形形状(直观图)、相关数值和位置关系等信息.通过三棱锥直观图的建构，培养考生的空间想象能力.由三视图画出几何体的直观图，再利用三视图的数据、三棱锥的表面积公式计算即可.
[答案]C
[失分剖析]如果不能根据几何体的三视图画出直观图，或者标识数据有误，可能造成失分.
11.(2021全国乙，理16、文16)以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为 (写出符合要求的一组答案即可).
[试题情境]本题属于课程学习情境.本题以三棱锥为载体，考查三视图中各边长等量关系的判断.
[必备知识]本题考查的知识是三视图中各个图形边长的等量关系，以及对于三视图中特殊线条能够还原到原立体图形中.
[能力素养]本题以三棱锥为载体，考查空间想象能力.本题考查的学科素养是理性思维.三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系.通过观察已知条件正视图，确定该正视图的长和高，结合长、高以及侧视图中的实线、虚线来确定俯视图图形.
[解题思路]根据“长对正、高平齐、宽相等”及图中数据，侧视图只能是②或③.
若侧视图为②,如图(1),平面PBC⊥平面ABC,△ABC为等腰三角形(BC为底边),俯视图为⑤;若侧视图为③,如图(2),PB⊥平面ABC,AB=BC,俯视图为④.
[答案]②⑤(或③④)
命题点3 球及其组合体(重点关注表面积与体积)
12.(2021全国甲,理11)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( )
[试题情境]本题属于课程学习情境.本题以三棱锥及其外接球为载体，考查球内的截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系及三棱锥的体积.
[必备知识]本题考查的知识是球内的截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系
[能力素养]本题以三棱锥及其外接球为载体考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力，考查的学科素养是理性思维和数学探索.先确定△ABC所在的截面圆的圆心O 为斜边AB的中点，然后在Rt△ABC和Rt△AOO 中，利用勾股定理求出OO ，再利用锥体的体积公式求解即可.
[解题思路]AC⊥BC,AC=BC=1,设O 为AB的中点,连接CO ,OO ,则 由题意OO ⊥平面ABC,在Rt△OO C中, 则三棱锥O-ABC的体积为
[失分剖析]不能找到△ABC所在圆的圆心的位置，不能灵活运用球内的截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系.
13.(2020全国Ⅰ,理10、文12)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,⊙O 为△ABC 的外接圆.若⊙O 的面积为4π,AB=BC=AC=OO ,则球O的表面积为( )
A.64π B.48π C.36π D.32π
[试题情境]本题属于课程学习情境.本题以球为载体，重点考查点、线、面的关系和球的表面积.
[必备知识]本题考查的知识是等边三角形的面积公式 球的性质，空间点、直
[能力素养]本题以球为背景考查考生的空间想象能力和运算求解能力.本题考查的学科素养是理性思维和数学探索.题干已知等边三角形ABC外接圆面积，利用圆的面积公式求出半径，再利用正弦定理求出三角形边长是本题突破口.其次要明确球的半径、球心到截面圆圆心的距离和小圆半径之间满足勾股定理，从而求出外接球的半径，进而求解球的表面积.
[解题思路]利用已知条件求出OO ，然后求解球的半径，即可求解球的表面积.
由题意知⊙O 的半径r=2.由正弦定理知
∴球O的半径
∴球O的表面积为 4πR =64π.
[答案]A
[失分剖析]如果对球的直观图认识不到位，不了解球半径、小圆半径和球心到截面圆圆心的距离的关系，可能无法求球的表面积.
14.(2020全国Ⅱ,理10、文11)已知△ABC是面积为 的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )
C.1
[试题情境]本题属于课程学习情境.本题以球为载体，侧重于对球的相关性质进行考查，特别是对“球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面”这一重要性质的考查.
4πR 及空间点、直线、平面之间的位置关系.
[能力素养]本题以球为背景考查学生的空间想象能力和运算求解能力.本题考查的学科素养是理性思维和数学探索，借助球及三棱锥的几何特征探索、推理球的半径、球心到截面圆
圆心的距离、三角形外接圆半径之间的关系.利用已知条件求△ABC的外接圆的半径及球的半径，然后利用球的半径、球心到截面圆圆心的距离、三角形外接圆半径之间的勾股关系求解O到平面ABC的距离即可.
[解题思路]设等边三角形ABC的边长为a，球O的半径为R，△ABC的外接圆的半径
设O到平面ABC的距离为d，则 d +r =R ,
故 故选C.
[答案]C
[失分剖析]考生对球的半径，三角形的外接圆的半径及球心到截面圆圆心的距离的关系不了解是失分的主要原因.
15.(2019全国Ⅰ,理12)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为( )
[试题情境]本题属于探索创新情境.本题以三棱锥及其外接球为载体，考查立体几何中的割补思想.
[必备知识]本题考查的知识是正三棱锥的几何特征，点、直线、平面之间的位置关系，正
[能力素养]本题以三棱锥及其外接球为载体，重点考查考生利用立体几何中的“割补”思想来探究正三棱锥的外接球问题，发展学生的逻辑思维能力、空间想象能力和运算求解能力.本题考查的学科素养是理性思维和数学探索.此题的关键在于判断三棱锥的形状.有三个角度可以突破：
角度1：借助三棱锥几何图形，探索推理线线、线面之间的垂直关系，取AC中点D，连接PD,易证AC⊥平面BDP,从而PB⊥AC.因为E,F分别为PA,AB的中点,得到EF∥PB,所以EF ⊥AC.又EF⊥CE,CE∩AC=C,所以EF⊥平面PAC,所以PB⊥平面PAC,所以∠APB=90°,所以PA,PB,PC两两垂直.
角度2:设PA=PB=PC=2x.在△AEC中,由余弦定理表示出cos∠EAC.作PD⊥ AC 于点D，在△APD中，由余弦定理表示出cos∠EAC，从而建立等量关系求出x，所以PA，PB,PC两两垂直.
角度3:设∠APB=∠BPC=∠CPA=θ,选择 作为基底，将 用基底来表示,将∠CEF=90°转化为 从而求出θ=90°,所以PA,PB,PC两两垂直.
此题的另一个难点是运用“割补”思想将其放置于正方体中，那么此三棱锥的外接球即为正方体的外接球，此题迎刃而解.
所以∠APB=90°,所以 所以三棱锥P-ABC是正方体的一部分，
所以 即
故选D.
在△AEC中，由余弦定理可知
作PD⊥AC于点D,因为PA=PC,
所以D为AC的中点，
所以 所以 2x +1=2. 所以 即
所以 又 AB=BC=AC=2,
所以PA,PB,PC两两垂直.所以
所以 所以 故选D.
思路3.在三棱锥P-ABC中,PA=PB=PC,△ABC为边长为2的等边三角形,所以∠APB=∠BPC=∠CPA.设∠APB=θ(0°<0<180°),
由E,F分别是PA,AB的中点,所以 又∠CEF=90°,) 所以
所以θ=90°.
所以PA,PB,PC两两垂直,所以
所以 所以 所以
[答案]D
[失分剖析]考生空间观念不强，逻辑思维能力差，运算能力弱，不能合理利用题干中所给出的条件发现三条侧棱两两垂直的特性，不能由此联想到此三棱锥其实是正方体的一部分，造成思路阻塞.
16.(2020全国Ⅲ，理15、文16)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 .
[试题情境]本题属于探索创新情境.本题以圆锥及其内切球为载体，考查圆锥的性质及其内切球的相关性质.
[能力素养]本题以圆锥及其内切球为载体考查考生的逻辑思维能力、空间想象能力和运算求解能力.本题考查的学科素养是理性思维和数学探索.考生要认真分析图形，发现切点的位置，即圆锥内半径最大的球应为圆锥的内切球，作图确定有关元素间的数量关系，并作出轴截面，问题转化为等腰三角形中内切球的半径问题.解决角度有两个：
角度1：转化成平面图形中的三角形相似问题，求出内切圆半径，
角度2：利用三角形中的等面积法求得内切圆半径.
思路2.由题意可知该圆锥的轴截面为底边长为2，腰长为3的等腰三角形，其内切圆为
该球的大圆.该三角形的周长为8，面积为由于三角形面积S，周长C和内切圆半径R
[答案
[失分剖析]作不出轴截面，找不出等量关系，处理不到位是失分的主要原因.
考向(二) 空间点、直线、平面之间的位置关系
命题点1 点、线、面空间位置关系与命题、逻辑
1.(2021全国乙,理5、文10)在正方体ABCD-A B C D 中,P为B D 的中点,则直线PB与AD 所成的角为( )
[试题情境]本题属于课程学习情境.本题以正方体为背景，考查异面直线所成的角.
[必备知识]本题考查的知识是异面直线所成的角的定义及求法.
[能力素养]本题以正方体为背景，考查空间想象能力和运算求解能力.本题考查的学科素养是理性思维和数学探索.求解异面直线所成的角常用的方法有两种：几何法和向量法.几何法的处理方式就是结合异面直线所成角的定义将直线平移至相交，找到相应的角求解即可.平移直线AD 至BC ，将直线PB与AD 所成的角转化为PB与BC 所成的角，用余弦定理解三角形即可.如果还能发现PC ⊥PB，就可以在直角三角形中解决了.
[解题思路]思路1(正弦定理).
可得 故C P⊥PB.
则在Rt△BPC 中,有 于是 即直线PB与AD 所成的角等于
思路2(余弦定理).
∵AD ∥BC ,∴∠PBC 是直线PB与AD 所成的角(或所成角的补角),
设正方体ABCD-A B C D 的棱长为1,
则
∴直线PB与AD 所成的角为 故选D.
[答案]D
2.(2020浙江,6)已知空间中不过同一点的三条直线l,m,n.“l,m,n共面”是“l,m,n两两相交”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
[试题情境]本题属于课程学习情境.本题以逻辑命题为载体，考查平面的基本性质，并对充分条件、必要条件的判断进行了考查.
[必备知识]本题考查的知识是充分必要条件的概念与判定，共面的判定与性质.
[能力素养]本题考查逻辑思维能力和空间想象能力.本题考查的学科素养是理性思维和数学探索.试题将平面的确定和命题的充分必要性结合起来，从推理的角度考查考生的分析判断能力.
所以“m，n，l共面”是“m，n，l两两相交”的必要不充分条件.故选B.
[答案]B
[失分剖析]对充分、必要条件的理解不到位，四个基本事实不清晰是失分的主要原因.
3.(2019全国Ⅱ,理7、文7)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是( )
A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行
C.α，β平行于同一条直线 D.α，β垂直于同一平面
[试题情境]本题属于课程学习情境.本题结合充要条件考查空间点、线、面位置关系的判断.
[必备知识]本题考查的知识是空间图形的位置关系，空间中平行、垂直关系的判定与性质及充分必要条件的概念.
[能力素养]本题以简易逻辑为载体，考查空间想象能力和逻辑思维能力，考查的学科素养是理性思维和数学探索.根据面面平行的判定定理“如果一个平面内有两条相交直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行”可直接选出答案.也可利用排除法进行判断.
[解题思路]思路1.由面面平行的判定定理知，“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的充分条件.由面面平行的性质知，“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的必要条件，故选B.
思路2.设α∩β=m，则α内有无数直线与m平行，也即与β平行，故A错误；存在不在α，β内的直线与m平行，也即与α，β都平行，故C错误；存在平面γ与直线m垂直，也即与α，β都垂直，故D错误.
[答案]B
[失分剖析]对平行、垂直判定定理不熟悉，空间想象能力弱，批判性思维缺乏会导致丢分.
命题点2空间轨迹、距离、折叠与展开、截面以及生产生活实践
4.(多选)(2021新高考全国Ⅰ,12)在正三棱柱ABC-A B C 中,AB=AA =1,. 点P满足 其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则( )
A.当λ=1时,△AB P的周长为定值
B.当μ=1时,三棱锥P-A BC的体积为定值
C.当 时，有且仅有一个点P，使得A P⊥BP
D.当 时，有且仅有一个点P，使得A B⊥平面AB P
[试题情境]本题属于探索创新情境.本题以正三棱柱为载体，考查平面向量的线性运算、动点的轨迹问题、空间中直线、平面的平行与垂直关系、三棱柱的体积问题等，综合性很强，重点考查考生灵活应用立体几何和空间向量等知识和方法来分析问题、解决问题的能力.
[必备知识]本题考查的知识是平面向量的线性运算、动点的轨迹问题、空间中直线、平面
由图2可知B C ∥平面A BC，即B C 上的每一点到平面A BC的距离都相等，因此三棱锥P-A BC的体积为定值，故B正确；
C项中，当 时,分别取线段BC,B C 的中点D,D ,连接DD ,可知点P在线段DD (包括端点)上，如图3所示.
取AC的中点O，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则
从而
由 得u=0或u=1.
当点P与点D或D 重合时，满足A P⊥BP，所以点P不唯一，故C错误；
D项中，当 时，分别取线段BB ，CC 的中点M，N，连接MN，可知点P在线段MN(包括端点)上，
当且仅当点P与点N重合时，A B⊥平面AB P，故D正确.
综上所述，选BD.
[答案]BD
[失分剖析]不能正确找出P点的轨迹，不能灵活地选择特殊点进行判断，想不到利用空间向量知识求解几何问题.
星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为 S=2πr (1-cosα) (单位:
km ),则S占地球表面积的百分比约为( )
A.26% B.34% C.42% D.50%
[试题情境]本题属于生活实践情境.本题以北斗三号全球卫星导航系统为背景，考查球的截面圆及直线与圆的位置关系、球的表面积公式.借此背景可以增加学生的民族自豪感.
[能力素养]本题以北斗三号全球卫星导航系统为背景，考查运算求解能力和空间想象能力，考查的学科素养是数学应用和数学探索.本题的难点在于题目的理解，读懂题目后运用题目所给数据，数形结合将cosα表示出来，根据题目意思将比值表示出来并进行估算即可.
故选C.
[答案]C
6.(2019全国Ⅲ,理8)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则( )
A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线
B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线
C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线
D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线
[试题情境]本题属于课程学习情境.本题以两个相互垂直的平面为载体，侧重考查空间直线位置和大小关系的判定.
[必备知识]本题考查的知识是相交、异面的定义及判定方法，空间中直线与直线的位置和大小关系，两点间的距离公式
[能力素养]本题以两个相互垂直的平面为载体，考查逻辑思维能力和空间想象能力.考查的学科素养是理性思维和数学探索.题干中可获取到两个平面相互垂直且分别是正三角形和正方形，解决角度有两个：
角度1：由于空间几何体的特殊性，可以选择建立空间直角坐标系，借助坐标运算解决两点间的距离
角度2：构造辅助线，借助几何图形间的关系，相交、异面的定义及判定方法确定两直线的位置关系，构造直角三角形借用勾股定理求出线段长度.
[解题思路]思路1.考虑到平面ECD⊥平面ABCD,N为正方形ABCD的中心,△ECD 为正三角形，可以建立空间直角坐标系求解.
所以四边形MNBE为梯形，所以直线BM，EN是相交直线.
又 所以BM≠EN.
排除选项C,D.
作EO⊥CD于点O,连接ON.
作MF⊥OD于点F,连接BF.
∵平面CDE⊥平面ABCD,平面CDE∩平面ABCD=CD,EO⊥CD,EO 平面CDE,
∴EO⊥平面ABCD.同理,MF⊥平面ABCD.
∴△MFB与△EON均为直角三角形.
设正方形ABCD的边长为2，易知
则 故选B.
[答案]B
[失分剖析]理不清空间中直线和平面之间关系，数形结合能力差造成思维混乱是失分的重要原因.
7.(2020新高考全国Ⅰ,16)已知直四棱柱ABCD-A B C D 的棱长均为2,∠BAD=60°.以D 为球心, 为半径的球面与侧面BCC B 的交线长为 .
[试题情境]本题属于探索创新情境.本题以直四棱柱和球为载体，侧重考查空间点线面的关系，截面、球面距离的求法，球与几何体相交的交线等问题.
[必备知识]本题考查的知识是直四棱柱的结构特征、直线与平面垂直的判定、立体几何中的轨迹问题、扇形中的弧长公式l=ar，球面距离是球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度.
[能力素养]本题以直四棱柱和球为载体，侧重考查空间想象能力和运算求解能力，考查的学科素养是数学探索.解决本题要认真分析图形，分析出侧面上曲线的类型.用平面去截球，截面一定是圆，由于四棱柱的面不是无限大的，所以得到的曲线只能是圆弧，求圆弧的长可以用大圆，也可以用小圆.可以先根据球的半径长确定出E，F点，即分别为BB ，CC 的中点，然后再找到相对应的圆弧，利用弧长公式即可求得.
[解题思路]分析题目要求，发现平面截球边界一定是圆(或圆弧).
如图所示,∵∠B C D =∠B A D =∠BAD=60°且. B C =C D ,
∴△B C D 为等边三角形.∴B D =2.
设点O 是B C 的中点,则 易证D O ⊥平面BCC B ,设P是球面与侧面BCC B 交线任意一点,连接O P,则O D ⊥ O P,
即5=3+O P ,
即P在以O 为圆心，以为半径的圆上.
取BB ,CC 的中点分别为E,F,则 B E=C F=O B =O C =1,EF=2,
∴∠EO F=90°,∴交线 的长为
[答案]
[失分剖析]弄不清所得曲线的类型，以及不能计算出小圆半径和圆心角，是造成失分的主要原因.
8.(2019全国Ⅰ,文16)已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB 两边AC，BC的距离均为 ,那么P到平面ABC的距离为 .
[试题情境]本题属于课程学习情境.本题以三棱锥为载体，考查空间点到平面的距离.
[必备知识]本题考查的知识是射影的定义、空间中点、线、面的位置关系，点到平面的距离定义.
[能力素养]本题以三棱锥为载体，考查逻辑思维能力和空间想象能力，考查的学科素养是数学探索.该题以空间中的点到平面距离为背景，要求考生先确定点P在平面ABC内的射影，再根据线面垂直的判定定理得到CD⊥平面PDO，从而CD⊥OD，再根据直角三角形中的勾股定理求距离.此题也可考虑利用线面角中的三余弦定理 cosθ=cosθ ·cosθ 来快速解题.
∴∠PCB=∠PCA=60°.
∴PO⊥CO,CO为∠ACB的平分线,
又
[失分剖析]对于线面垂直的条件不熟悉是造成失分的主要原因.
9.(2019全国Ⅲ，理16)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型长方体ABCD-A B C D 挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6 cm,AA =4cm. 3D 打印所用原料密度为0.9g/cm .不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为 g.
[试题情境]本题属于生活实践情境.本题以长方体与四棱锥为载体，考查几何体体积的计算.让考生考虑利用3D打印技术制作模型过程中要解决的问题，引导考生关注劳动、尊重劳动、参加劳动，体现了劳动教育的要求.
[必备知识]本题考查的知识是空间几何体的体积计算、“割补”思想、棱锥的体积公式
[能力素养]本题以3D打印技术制作模型过程为背景，考查运算求解能力和空间想象能力，考查的学科素养是数学应用和数学探索.考生从熟悉的实际问题中获取求不规则几何体体积的信息，构建相应的组合体，选择合适的计算方法求体积，即用长方体的体积减去正四棱锥的体积即为所求.
[解题思路]由题意得，四棱锥O-EFGH的底面积为 点0到平面BB C C的距离为3cm，则此四棱锥的体积为
又长方体 ABCD-A B C D 的体积为 V =4×6×6=144(cm ), 则该模型的体积为V=V -V =144-12=132(cm ). 故其质量为0.9×132=118.8(g).
[答案]118.8
[失分剖析]不会准确应用棱柱和棱锥的体积公式是造成失分的主要原因.
考向(三) 空间向量与立体几何
命题点1线线、线面、面面平行(垂直)关系判定，表面积、体积计算(文科)
条直线垂直于一个平面，那么它就和平面内的任意一条直线垂直)，线线垂直的向量法证明
转化思想、“割补”思想.
[能力素养]本题以直三棱柱为载体，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力.考查的学科素养是数学探索.首先要明确锥体的体积公式，其次要注意三棱锥中的等体积转化法，即三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积.只需求AC的长度，然后利用体积公式得三棱锥的体积即可.第二问证明线线垂直的方法就比较灵活，共有3个角度：
角度1：运用立体几何中的“割补”思想，将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论.
角度2:巧作辅助线,取BC中点M,连接EM,B M,先证明EM∥AB∥B D,从而得到E，M，B ，D四点共面，再由线面垂直的判定定理证明BF⊥平面EMB D，进而得证.
角度3：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，易知 由BF⊥A B ,BF⊥AB，再利用勾股定理求得AF和AC的长，从而证明BA⊥BC，然后以B为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直，体会向量方法在研究几何问题中的作用，理解空间直角坐标系建立的数学意义，感受用坐标运算解题的简洁之美.
这几种不同的思考角度给我们展示了不同的转化方式将会采取不同的问题解决方式，要灵活掌握立体几何中的线面垂直证明，会巧作辅助线，体会“割补”思想的妙处，会利用空间向量这一工具来解决立体几何中的问题.
[解题思路]解(1)在直三棱柱ABC-A B C 中,BB ⊥ A B ,
∵BF ⊥A B ,BB ∩BF=B,BB ,BF 平面BCC B ,∴A B ⊥平面BCC B .∵ AB∥A B ,∴AB⊥平面BCC B ,∴AB⊥BC.
(2)思路1.由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体ABCM-A B C M ,如图所示,取棱AM,BC的中点H,G,连接A H,HG,GB ,
正方形BCC B 中,G,F为中点,则BF⊥B G.又BF⊥A1 B ,A B ∩ B1G=B ,故BF⊥平面A B GH,而DE 平面A B GH,从而BF⊥ DE.
∴∠FBM+∠B MB=90°,∴BF⊥MB .
又BF⊥A B ,MB ∩A B =B ,MB ,A B 平面A B ME,∴BF⊥平面A B ME,又DE A EMB ,∴BF⊥DE.
思路3.∵三棱柱ABC-A B C 是直三棱柱,∴BB ⊥底面ABC,∴BB ⊥ AB.
∵A B ∥AB,BF⊥A B ,∴BF⊥AB.
[必备知识]本题考查的知识是面面垂直的判定定理、线面垂直的判定定理、三角形相似
[能力素养]本题以四棱锥为载体考查逻辑思维能力、空间想象能力和运算求解能力.考查的学科素养是理性思维.本题第一问解题关键是找到平面PAM或平面PBD的垂线，结合题目条件PB⊥AM，所以垂线可以从PB，AM中产生，稍加分析即可判断出AM⊥ 平面PBD，从而证出；第二问关键是底面矩形面积的计算，利用第一问的结论结合平面几何知识可得出△BAM∽△ADB，从而求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积.
[解题思路](1)证明∵PD⊥平面ABCD,AM 平面ABCD,
∴PD⊥AM.
又PB⊥AM,PB∩PD=P,PB 平面PBD,PD 平面PBD,∴ AM⊥ 平面PBD.
∵AM 平面PAM,∴平面PAM⊥平面PBD.
(2)解∵M为BC的中点,四边形ABCD为矩形,
且AB=DC=1. ①
∵AM⊥平面PBD,BD 平面PBD,∴AM⊥BD,则有∠MAD+∠ADB=90°,又∠BAM+∠MAD=90°,
∴∠BAM=∠ADB,又∠DAB=∠ABM=90°,
∴△BAM∽△ADB,得 将①式代入，解得
值运算解决简单的几何问题.以圆锥为问题背景，考查立体几何证明和求值问题.
[必备知识]本题考查的知识是线面垂直的判定定理(如果一条直线与平面内的两条相交
直线垂直，则这条直线与这个平面垂直)，面面垂直的判定定理(如果一个平面过另一个平面
三棱锥中的等体积法.
[能力素养]本题以圆锥为问题背景，考查空间想象能力和逻辑思维能力，考查的学科素养是数学探索.考生从熟悉的问题情境中，结合此圆锥的结构特征证得线面垂直，从而证得面面垂直.第二问中根据圆锥轴截面中的勾股定理以及圆锥侧面积公式列出两个等式，从而求出圆锥中的数量关系，再结合三棱锥中的“等体积法”求得相应三棱锥的体积.
[解题思路](1)证明由题设可知,PA=PB=PC.
由于△ABC是正三角形，
故可得△PAC≌△PAB,△PAC≌△PBC.
又∠APC=90°,故∠APB=90°,∠BPC=90°.
从而PB⊥PA,PB⊥PC,故PB⊥平面PAC,
所以平面PAB⊥平面PAC.
(2)解设圆锥的底面半径为r，母线长为l.
由题设可得
解得
从而 由(1)可得 PA +PB =AB , 故
所以三棱锥P-ABC的体积为
[失分剖析]失分点一：未掌握线面、面面垂直的判定.
失分点二：几何体的体积公式应用不到位.
4.(2020全国Ⅱ,文20)如图,已知三棱柱ABC-A B C 的底面是正三角形,侧面3B C C是矩形,M,N分别为BC,B C 的中点,P为AM上一点.过B C 和P的平面交AB于E,交AC于F.
(1)证明:AA ∥MN,且平面A AMN⊥平面EB C F;
(2)设O为△A B C 的中心.若AO=AB=6,AO∥平面EB C F,且 求四棱锥B-EB C F的体积.
[试题情境]本题属于探索创新情境.以三棱柱为载体，考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面之间的平行与垂直关系，通过逻辑推理，抽象出空间线线平行、面面垂直的必备条件.通过对线面角概念的理解，合理利用所给条件，求解四棱锥的体积.
[必备知识]本题考查的知识是基本图形位置关系中的线线平行、面面垂直的判定定理、
[解题思路](1)证明因为M,N分别为BC,B C 的中点,
所以MN∥CC .
又由已知得AA ∥CC ,故AA ∥MN.
因为△A B C 是正三角形,所以B C ⊥ A N.
又B C ⊥MN,故B C ⊥平面A AMN.
所以平面A AMN⊥平面EB C F.
因为BC∥平面EB C F,所以四棱锥B-EB C F的顶点B到底面EB C F的距离等于
点M到底面EB C F的距离.
如图,作MT⊥PN,垂足为T,则由(1)知,MT⊥平面EB C F,故MT=PMsin∠MPN=3.
底面EB C F的面积为
所以四棱锥B-EB C F的体积为
[失分剖析]不能将所求四棱锥的体积进行转化是失分的主要原因.
[能力素养]本题选取长方体作为研究对象，本题考查空间想象能力和逻辑思维能力，本题考查的学科素养是理性思维和数学探索.从题干中分析发现要证明线线垂直需要的条件，获取证明命题的判定和性质定理，并将图形语言转化为符号语言.第一问解题的关键是找到一条直线垂直于另一条直线所在的平面，利用线面垂直的性质定理即可证得.由BB ⊥ 平面ABCD，于是AC⊥BB ，再加上正方形中对角线垂直，利用线面垂直的判定定理证得AC⊥ 平面BB D D，从而EF⊥AC.第二问解题的关键是证明四点共面，利用两条直线平行可以确定一个平面，从而证明点在平面内.
[解题思路]证明(1)如图,连接BD,B D .
因为AB=BC,所以四边形ABCD为正方形,故AC⊥ BD.
又因为BB ⊥平面ABCD,于是AC⊥BB .所以AC⊥平面BB D D.
又因为EF 平面BB D D,所以EF⊥AC.
于是AE∥FC .所以A,E,F,C 四点共面,即点C 在平面AEF内.
命题点2空间向量与线面关系证明、空间角的计算(理科和新高考)
6.(多选)(2021新高考全国Ⅱ，10)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点,M,N为正方体的顶点,则满足MN⊥OP的是( )
[试题情境]本题属于课程学习情境.本题以正方体为载体，考查空间中直线与直线的位置关系.
[必备知识]本题考查的知识是空间中直线与直线垂直关系的判断，几何法(勾股定理、线
[能力素养]本题以正方体为载体，考查空间想象能力和运算求解能力.考查的学科素养是理性思维.若选择几何法解决，需将直线平移至相交，然后再解三角形；若选择向量法解决，则需要建立空间直角坐标系，判断 即可，体会向量方法在研究几何问题中的作用，理解空间直角坐标系建立的数学意义，感受用坐标运算解题的简洁之美.
[解题思路]对于A，设正方体棱长为2，设MN与OP所成角为θ，
[答案]BC
[试题情境]本题属于探索创新情境.本题以三棱锥为载体，考查空间中直线与平面的垂直关系、已知二面角求几何体的体积.
[必备知识]本题考查的知识是面面垂直的性质定理、线面垂直的性质、二面角的概念与
角度1：建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题，设A(0，0，t)，利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求出t的值，然后利用锥体的体积公式求解即可，体会向量方法在研究几何问题中的作用，理解空间直角坐标系建立的数学意义，感受用坐标运算解题的简洁之美.
角度2：关键是作出二面角的平面角，借助解三角形进行求解.对学生的空间想象能力有较高的要求.
[解题思路](1)证明在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,
∴AO⊥BD.
∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO 平面ABD,
∴AO⊥平面BCD.
∵CD 平面BCD,∴AO⊥CD.
则O(0,0,0),B(0,-1,0), D(0,1,0),
设A(0,0,t),则
∵OA⊥平面BCD，故平面BCD的一个法向量为
设平面BCE的法向量为n=(x,y,z),
又
令 则 故
∵二面角E-BC-D的大小为45°,
故
∴∠BCD=90°,即DC⊥BC.
又EN∩NM=N,
∴BC⊥平面EMN,∴BC⊥ME.
∴二面角E-BC-D的平面角是∠EMN=45°,即△EMN是等腰直角三角形.
[失分剖析]不能够建立合适的空间直角坐标系进行求解.
中线线垂直、线面垂直及面面垂直及空间角问题，通过空间情景下的综合推理或者向量运算，
加深考生对空间中线面关系、空间角以及空间向量在立体几何中应用的理性把握和灵活
应用.
[必备知识]本题考查的知识是线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理以及二面角的概念及求法.
[能力素养]本题以四棱锥为载体，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力，考查的学科素养是理性思维.本题寻找出起关键作用的平面图形，利用勾股定理等知识，寻找到直线和直线的垂直关系，进而得到直线和平面的垂直关系，再利用面面垂直的判定定理即可证得；在第二问中通过空间向量的知识，求出两个面的法向量进而求出二面角的余弦值，也可以用传统的几何方法找出二面角的平面角，通过解三角形得到正确答案.
[解题思路](1)证明取AD的中点E,连接QE,·
∴QE +CE =9=QC ,∴QE⊥CE.
又AD∩CE=E,∴QE⊥平面ABCD,∵QE 平面QAD,
∴平面QAD⊥平面ABCD.
2,∴n =( 2,2,1).
易知平面QDA的一个法向量 n =( 1,0,0),
设二面角B-QD-A的平面角为θ，则θ为锐角.
∴二面角B-QD-A的平面角的余弦值为
思路2.由(1)知平面QAD⊥平面ABCD,
又BA⊥AD,BA 平面ABCD,平面ABCD∩平面QAD=AD,
∴BA⊥平面QAD.
过点A作AM⊥QD于点M,连接BM.
则∠AMB为所求二面角的平面角.
由 解得
∴二面角B-QD-A的平面角的余弦值为
(2021全国甲,理19)已知直三棱柱ABC-A B C 中,侧面AA B B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC 的中点,D为棱A B 上的点,BF⊥ A B .
(1)证明:BF⊥DE
(2)当B D为何值时，平面BB C C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小
[试题情境]本题属于探索创新情境.本题以直三棱锥为载体，考查空间中直线与直线的垂直关系、二面角的求法以及函数最值问题.
[必备知识]本题考查的知识是线面垂直的性质、线线垂直的向量法证明、二面角的概念及求法、同角三角函数的基本关系式 sin θ+cos θ=1.
[能力素养]本题以直三棱锥为载体考查空间想象能力和运算求解能力.考查的学科素养是数学探索.此题的处理方式一种是通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，易知CF=1， 由BF⊥A B ,BF⊥AB,再利用勾股定理求得AF和AC的长,从而证明BA⊥ BC,然后以B为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直和求出二面角的余弦值最大，进而可以确定出答案，体会向量方法在研究几何问题中的作用，理解空间直角坐标系建立的数学意义，感受用坐标运算解题的简洁之美.当然也可选择传统的几何方法进行求解，需要较高的空间想象能力和逻辑思维能力.灵活运用立体几何中的“割补”思想，将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论.
∴∠FBM+∠B MB=90°,∴BF⊥ MB .
又BF⊥A B ,MB ∩A B =B ,MB ,A B 平面A B ME,∴BF⊥ 平面A B ME,∴BF⊥DE.
设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),
即
∴n=( 1+t,3,2-t).
则
要求最小正弦值，则求最大余弦值.
当 时二面角的余弦值最大，则 时二面角正弦值最小.
[失分剖析]不能巧妙地借用空间向量的知识来解决几何问题，化简到最后的分式形式求最值也是一个易错点，审题是求二面角正弦值的最小值，最后结果容易求到二面角余弦值的最大值就止步.
定定理、三角形相似、二面角的概念及求法、同角三角函数中的平方关系 sin θ+cos θ=1.
[能力素养]本题以四棱锥为载体，考查空间想象能力和运算求解能力.考查的学科素养是理性思维和数学探索.对于第一问既可以选择综合几何法进行求解，连接BD，利用线面垂直的性质定理证明AM⊥PD,从而可以证明AM⊥平面PBD,得到AM⊥ BD,证明Rt△DAB∽Rt△ABM，即可得到BC的长度；当然也可以建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量这一工具，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，以点D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设BC=2，由已知条件得出 可得出BC的长；第二问求二面角的正弦值只需利用待定系数法求出平面PAM，平面PBM的法向量，由向量的夹角公式以及同角三角函数关系求解即可，体会向量方法在研究几何问题中的作用，理解空间直角坐标系建立的数学意义，感受用坐标运算解题的简洁之美.
[解题思路]解(1)思路1.连接BD.∵PD⊥底面ABCD,AM 底面ABCD,∴PD⊥AM.∵PB⊥AM,PB∩PD=P,∴AM⊥平面PBD,
∴AM⊥BD,∴∠ADB+∠DAM=90°.
又∠DAM+∠MAB=90°,∴∠ADB=∠MAB,
取 可得
设平面PBM的法向量为
取y =1,可得n=(0,1,1).
则
因此，二面角A-PM-B的正弦值为
[失分剖析]不能巧妙地借用空间向量的知识来解决几何问题，审题是求二面角正弦值，最后结果容易求到二面角余弦值就止步.
间中线线垂直、线面垂直、空间角问题，通过空间情景下的综合推理或者向量运算，加深考生
对空间中线面关系、空间角以及空间向量在立体几何中应用的理性把握和灵活应用.
[必备知识]本题考查的知识是线面垂直的判定定理以及二面角的概念及求法.
[能力素养]本题考查空间想象能力、运算求解能力和逻辑思维能力.本题考查的学科素养是理性思维和数学探索.本题选取圆锥作为研究对象，结合圆锥的直观图，寻找出起关键作用的平面图形，利用勾股定理等知识，寻找到直线和直线的垂直关系，进而得到直线和平面的垂直关系，也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量证明直线的方向向量和平面的法向量存在线性关系，从而说明直线和平面垂直；在第二问中通过空间向量的知识，求出两个面的法向量进而求出二面角的余弦值，第二问也可以用传统的几何方法找出二面角的平面角，通过解三角形得到正确答案.
[解题思路]思路1.(1)证明由题设，知△DAE为等边三角形，不妨设圆O的半径为1，
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则
取x=2,则. 所以
(2)解据(1)可知, 是平面PBC的一个法向量， 设平面PCE的法向量为n=(a,b,c)
所以平面PCE的法向量为
由图可以判定二面角B-PC-E为锐二面角，设其大小为θ，
故 即二面角B-PC-E的余弦值
由余弦定理可知 所以
所以 所以 又∠BCE=30°,
所以 M 所以 所以
间中直线与直线、直线与平面、平面与平面之间的平行与垂直的关系，通过对线面角概念的理
解，利用数值运算或向量运算的方法解决立体几何中角的计算问题.
[必备知识]本题考查的知识是面面垂直的判定定理、线面垂直的性质、线面垂直的判定定理、线面平行的性质定理、线面角的概念和求解.
[能力素养]本题考查空间想象能力和逻辑思维能力，本题考查的学科素养是数学探索.本题第一问解题的关键是利用直观想象，通过对已知条件和结论的探究，分析出面面垂直的证明思路，寻找到关键的平行四边形；对于本题第二问则有两种角度处理：
角度1:因为平面AMNA ∩平面EB C F=PN, 由(1)中的结论知直线B E在平面A AMN内的射影为PN,所以直线B E与平面A AMN所成角即为等腰梯形EFC B 中B E与PN所成角，这是本题的突破口.此题的另一个关键是找出几何图形中的边长关系，从而将所求角放于直角三角形中求正弦值.
角度2：建立空间直角坐标系，求出直线B E的一个方向向量和平面A AMN的一个法向量，利用 即可求得，但需要注意的是此三棱锥的侧棱并不一定垂直于底面，所以不能盲目建系.
[解题思路](1)证明因为M,N分别为BC,B C 的中点,所以MN∥CC .
又由已知得AA ∥CC ,故AA ∥MN.
因为△A B C 是正三角形,
所以B C ⊥A N.又B C ⊥MN,故B C ⊥平面A AMN.
所以平面A AMN⊥平面EB C F.
(2)解思路1.连接PN(图略)，因为三棱柱上下底面平行，平面EB C F与上下底面分别交于B C ,EF,
所以EF∥B C ∥BC,因为AO∥平面EB C F,AO 平面AMNA ,平面AMNA ∩ 平面EB C F=PN,
所以AO∥PN，所以四边形APNO为平行四边形，
因为O是正三角形A B C 的中心,AO=AB,所以 A N=3ON,AM=3AP,
PN=BC=B C =3EF,
由(1)知直线B E在平面A AMN内的射影为PN,
直线B E与平面A AMN所成角即为等腰梯形EFC B 中B E与PN所成角,
在等腰梯形EFC B 中,令EF=1,过E作EH⊥B C 于H,图略.
则
所以直线B E与平面A AMN所成角的正弦值为
思路2.由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点， 的方向为x轴正方向， 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz， 则
又n=(0,-1,0)是平面A AMN的法向量,
[失分剖析]坐标系建立不恰当、推理过程不正确、计算有误是造成失分的主要原因.
[能力素养]本题考查空间想象能力、逻辑思维能力及运算求解能力.考查的学科素养是理性思维和数学探索.第一问以长方体作为研究对象，通过证明空间直线与直线平行，说明四点共面，从而说明点在平面上.第二问利用空间想象及数值运算解决空间角问题.本题解决有两个不同的角度：
角度1：观察几何图形，找到恰当的平行四边形，从而证明C E∥AF，且 C E=AF, 所以四边形AEC F为平行四边形，从而证明点C 在平面AEF内.第二问的关键是找到所求二面角的平面角进行求解.找二面角的平面角时先找出二面角的棱，然后从一个面上找线垂直于这条棱，在另一面上过垂足找到棱的垂线，即可得二面角的平面角.对于本题，由等腰三角形得A H⊥EF,作AF的中点为M,所以MH⊥EF,所以∠MHA 为二面角A-EF-A 的平面角，利用解三角形的知识求解即可，对学生的空间想象能力有较高的要求.
角度2：通过建立恰当的空间直角坐标系，正确写出点的坐标，利用 因此EA∥C F，所以点C 在平面AEF内.第二问则利用空间向量求出两个平面的法向量，先求 再求得二面角的正弦值.能用向量方法解决空间角的问题，能合理地将几何问题代数化，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
所以四边形BCGF为平行四边形,所以BC∥GF,且BC=GF,又因为BC∥AD,且BC=AD,所以GF∥AD,且 GF=AD. 所以四边形ADGF为平行四边形,所以AF∥DG,且AF=DG.
同理可证四边形DEC G为平行四边形,所以C E∥DG,且C E=DG,
所以C E∥AF,且C E=AF, 所以四边形AEC F为平行四边形，
所以点C 在平面AEF内.
所以∠MHA 为二面角A-EF-A 的平面角,
由余弦定理可得，
所以 因为
思路2.解设AB=a,AD=b,AA =c,. 如图，以C 为坐标原点， 的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系 C - xyz.
得 因此EA∥C F,即A,E,F,C 四点共面,
所以点C 在平面AEF内.
所以 即二面角A-EF-A 的正弦值为
[失分剖析]失分点一：找不到关键的平行四边形；失分点二：不会利用空间向量求解空间角.
[试题情境]本题属于探索创新情境.本题以四棱锥为载体，通过对线面垂直的论证，提升学生逻辑思维能力.考生通过运用向量的方法研究空间基本图形的位置关系和度量关系，体会向量方法和综合几何方法的共性和差异，感悟向量是研究几何问题的有效工具.
[必备知识]本题考查的知识是线面平行的判定定理(如果不在一个平面内的一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行)，线面平行的性质定理(如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和两平面的交线平行)，线面垂直的判定定理和性质，线面角的概念和利用空间向量求线面角，利用不等式求最值.
[能力素养]本题考查空间想象能力、运算求解能力和逻辑思维能力，考查的学科素养是数学探索.从所给的问题情境中，发现并寻找要证明线面垂直所需要的条件，将图形语言转化为数学语言，本题的难点在于两平面的交线的探求，在这个过程中体现了考生的空间想象能力；第二问则需考生灵活选择运用向量方法或综合几何方法解决求空间角的问题，从而感悟分析问题、解决问题必须要遵循的数学逻辑.
角度1：建立合适的空间直角坐标系，将几何问题转化成空间向量问题，利用向量的数量积运算求得线面角的正弦值，再利用数学推理与运算求得其最大值.
角度2：综合几何法的难点在于找到相应的线面角，首先过PM作平面PD C M与平面QQ CD平行，其次证明BH⊥平面PMC D ，则∠BPH即为所求的线面角，利用解三角形的知识求解即可，对学生的空间想象能力有较高的要求.
[解题思路](1)证明因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.
所以AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC,AD不在平面PBC中,所以AD∥平面PBC,又因为AD 平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,所以l∥AD.所以l⊥平面PDC.
可取n=(-1,0,a).所以
设PB与平面QCD所成角为θ，则
因为 当且仅当a=1时，等号成立，所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为
设PQ=m(m>0),则 所以
因为 设PB与平面QCD所成角为θ，
所以
当且仅当m=1时，等号成立，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为
[失分剖析]本题失分的原因有两点：一是找不出直线PB与平面QCD所成的角，运算有误；二是不会通过借助基本不等式求正弦值的最大值.
[必备知识]本题考查的知识是线面平行的判定定理(如果不在一个平面内的一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行)及运用向量方法解决二面角的计算问题.
[能力素养]本题考查逻辑思维能力、空间想象能力和运算求解能力.本题考查的学科素养是理性思维和数学探索.本题选取直四棱柱作为研究对象，利用平行四边形的性质，说明MN∥ED，通过证明空间直线与平面平行考查推理论证能力，通过图形分析条件和结论之间的关系考查空间想象能力；第二问选择合适的坐标原点建立空间直角坐标系，正确写出点的
坐标，利用空间向量求两个半平面的法向量，用两个法向量所成的角转化为二面角考查考生的运算求解能力.
[解题思路](1)证明连接B C,ME.
因为M,E分别为BB ,BC的中点,所以ME∥B C,且
又因为N为A D的中点，所以
因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.
又MN 平面EDC ,所以MN∥平面C DE.
设n=(p,q,r)为平面A MN的法向量,则
所以 可取n=(2,0,-1).
于是 所以二面角A-MA -N的正弦值为
[失分剖析]失分的原因是坐标系建立不合理，无法准确写出点的坐标或者运算求解能力弱化简过程出错.
16.(2019全国Ⅲ,理19)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.
(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.
[试题情境]本题属于课程学习情境.本题以三棱柱为载体，考查折叠问题、空间几何体中线线平行关系和线面、面面垂直关系及二面角的概念与求法.
[必备知识]本题考查的知识是线线平行的传递性、线面垂直的判定定理(如果一条直线
与平面内的两条相交直线垂直，则这条直线与这个平面垂直)、面面垂直的判定定理(如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则两个平面相互垂直)、二面角的概念及求解.
[能力素养]本题考查逻辑思维能力、空间想象能力和运算求解能力，考查的学科素养是理性思维和数学探索.需从熟悉的问题情境中，发现要证明四点共面及面面垂直需要的条件，获取证明命题的判定和性质定理，并将图形语言转化为符号语言；求解二面角的方法有2种：
角度1：建立合适的空间直角坐标系，正确写出点的坐标，先求两个半平面的法向量，然后利用 求解二面角，体会向量方法在研究几何问题中的作用，理解空间直角坐标系建立的数学意义，感受用坐标运算解题的简洁之美.
角度2：关键是作出二面角的平面角，借助解三角形进行求解.过D作DM⊥CG，连接EM.由(1)得DE⊥CG,故CG⊥平面DEM,得CG⊥EM,因此∠EMD为二面角B-CG-A的平面角.
[解题思路](1)证明由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,
所以AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.
又因为AB 平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解思路1.作EH⊥BC,垂足为H.
因为EH 平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC.
由已知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得
又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),所以
因此二面角B-CG-A的大小为30°.
思路2.过D作DM⊥CG,M为垂足,连接EM(图略).由(1)知DE⊥平面BCGE,又CG 平面BCGE,所以DE⊥CG.故CG⊥平面DEM,得CG⊥ EM,因此∠EMD为二面角B-CG-A的平面角.
在Rt△EMG中,EG=2,∠EGM=60°,所以
故 所以∠EMD=30°.所以二面角B-CG-A的大小为30°.
[失分剖析]考生易建立错误的坐标系或找不到二面角的平面角专题八 空间向量与立体几何
考向(一) 空间几何体的结构特征、三视图、
表面积与体积(三视图新高考不作要求)
命题点1 数学文化与简单几何体的性质
1.(2021新高考全国Ⅰ，3)已知圆锥的底面半径为 ，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )
A.2 C.4
(2021新高考全国Ⅱ，5)正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为( )
点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成的角为( )
A.20° B.40°
C.50° D.90°
(2021全国甲，文14)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为 .
6.(2019全国Ⅱ，理16)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).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.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1,则该半正多面体共有 __个面,其棱长为 .
8.(2021浙江，4)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
B.3
11.(2021全国乙，理16、文16)以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为 (写出符合要求的一组答案即可).
12.(2021全国甲,理11)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( )
13.(2020全国Ⅰ,理10、文12)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,⊙O 为△ABC 的外接圆.若⊙O 的面积为4π,AB=BC=AC=OO ,则球O的表面积为( )
A.64π B.48π C.36π D.32π
14.(2020全国Ⅱ,理10、文11)已知△ABC是面积为 的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )
C.1
15.(2019全国Ⅰ,理12)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为( )
.
16.(2020全国Ⅲ，理15、文16)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 .
考向(二) 空间点、直线、平面之间的位置关系
命题点1 点、线、面空间位置关系与命题、逻辑
1.(2021全国乙,理5、文10)在正方体ABCD-A B C D 中,P为B D 的中点,则直线PB与AD 所成的角为( )
2.(2020浙江,6)已知空间中不过同一点的三条直线l,m,n.“l,m,n共面”是“l,m,n两两相交”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
3.(2019全国Ⅱ,理7、文7)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是( )
A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行
C.α，β平行于同一条直线 D.α，β垂直于同一平面
命题点2空间轨迹、距离、折叠与展开、截面以及生产生活实践
4.(多选)(2021新高考全国Ⅰ,12)在正三棱柱ABC-A B C 中,AB=AA =1,. 点P满足 其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则( )
A.当λ=1时,△AB P的周长为定值
B.当μ=1时,三棱锥P-A BC的体积为定值
C.当 时，有且仅有一个点P，使得A P⊥BP
D.当 时，有且仅有一个点P，使得A B⊥平面AB P
星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为 S=2πr (1-cosα) (单位:
km ),则S占地球表面积的百分比约为( )
A.26% B.34% C.42% D.50%
6.(2019全国Ⅲ,理8)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则( )
A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线
B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线
C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线
D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线
7.(2020新高考全国Ⅰ,16)已知直四棱柱ABCD-A B C D 的棱长均为2,∠BAD=60°.以D 为球心, 为半径的球面与侧面BCC B 的交线长为 .
(2019全国Ⅰ,文16)已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB 两边AC，BC的距离均为 ,那么P到平面ABC的距离为 .
9.(2019全国Ⅲ，理16)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型长方体ABCD-A B C D 挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6 cm,AA =4cm. 3D 打印所用原料密度为0.9g/cm .不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为 g.
考向(三) 空间向量与立体几何
命题点1线线、线面、面面平行(垂直)关系判定，表面积、体积计算(文科)
4.(2020全国Ⅱ,文20)如图,已知三棱柱ABC-A B C 的底面是正三角形,侧面3B C C是矩形,M,N分别为BC,B C 的中点,P为AM上一点.过B C 和P的平面交AB于E,交AC于F.
(1)证明:AA ∥MN,且平面A AMN⊥平面EB C F;
(2)设O为△A B C 的中心.若AO=AB=6,AO∥平面EB C F,且 求四棱锥B-EB C F的体积.
(多选)(2021新高考全国Ⅱ，10)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点,M,N为正方体的顶点,则满足MN⊥OP的是( )
(2021全国甲,理19)已知直三棱柱ABC-A B C 中,侧面AA B B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC 的中点,D为棱A B 上的点,BF⊥ A B .
(1)证明:BF⊥DE
(2)当B D为何值时，平面BB C C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小
.
.
16.(2019全国Ⅲ,理19)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.
(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.

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