资料简介
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 .
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