試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁空間向量與立體幾何中的高考新題型學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、填空題1．如圖所示，在正四棱柱中，，，，分別是棱，，，的中點，是的中點，點在四邊形及其內部運動，則只需滿足條件______時，就有平面．（注：請填上你認為正確的一個條件即可，不必考慮全部可能情況）2．如圖，在四棱錐中，底面且底面各邊都相等，是上一點，當點滿足___________時，平面平面(只要填寫一個你認為正確的條件即可)3．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D為AA1中點，點P在側面BCC1B1上運動，當點P滿足條件___________時，A1P平面BCD(答案不唯一，填一個滿足題意的條件即可)4．如圖，在棱長為的正方體中，點為棱的中點，點為底面內一點，給出下列三個論斷：①；②；③.以其中的一個論斷作為條件，另一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：___________.5．半正多面體（semiregularsolid）亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數不全相同的正多邊形圍成的多面體，體現了數學的對稱美．二十四等邊體就是一種半正多面體，是由正方體切截而成的，它由八個正三角形和六個正方形構成（如圖所示），若它的所有棱長都為，則正確的是_______________________________①⊥平面；②該二十四等邊體的體積為；③該二十四等邊體外接球的表面積為；④與平面所成角的正弦值為.二、雙空題6．如圖，在棱長為的正方體中，，，，分別為棱，，，的中點，點在四邊形及其內部運動，是棱上的點．當__________時（在線上填入確定的常數），若，則動點的軌跡長為__________（填寫一組關系即可）．7．古希臘數學家阿波羅尼奧斯發現：平面上到兩定點A，B距離之比為常數λ（λ＞0且λ≠1）的點的軌跡是一個圓心在直線AB上的圓，該圓簡稱為阿氏圓．根據以上信息，解決下面的問題：如圖，在長方體中，，點E在棱AB上，，動點滿足．若點在平面ABCD內運動，則點所形成的阿氏圓的半徑為________；若點在長方體內部運動，F為棱的中點，M為CP的中點，則三棱錐的體積的最小值為________．三、解答題8．如圖，在三棱錐中，是邊長為的等邊三角形，，是的中點，．(1)證明：平面平面；(2)若是棱上的一點，從①；②二面角大小為；③的體積為這三個論斷中選取兩個作為條件，證明另外一個成立．9．如圖，在四棱錐中，平面平面，底面為梯形，，，且，，．(1)求證：；(2)從①平面與平面所成的銳二面角，②二面角，③二面角這三個條件中任選一個，補充在橫線上，并作答．求______的余弦值．10．如圖，在三棱柱中，側面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點．(1)求證：平面；(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．條件①：；條件②：．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．11．如圖，在三棱柱中，四邊形是邊長為4的菱形，，點為棱上動點（不與，重合），平面與棱交于點.(1)求證：；(2)若，從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇兩個條件作為已知，求直線與平面所成角的正弦值.條件①：平面平面；條件②：；條件③：.12．如圖，在三棱柱中，底面是邊長為2的正三角形，側面是菱形，平面平面，，分別是棱，的中點，是棱上一點，且．(1)證明：平面；(2)從①三棱錐的體積為1；②與底面所成的角為60°；③異面直線與所成的角為30°這三個條件中選擇-一個作為已知，求二面角的余弦值．13．如圖，直四棱柱中，底面是邊長為的正方形，點在棱上.(1)求證：；(2)從條件①?條件②?條件③這三個條件中選擇兩個作為已知，使得平面，并給出證明.條件①：為的中點；條件②：平面；條件③：.(3)在（2）的條件下，求平面與平面夾角的余弦值.14．如圖，在正方體中，是棱的中點．（1）求二面角的余弦值；（2）在棱（包含端點）上是否存在點，使平面，給出你的結論，并證明．15．如圖，在三棱錐中，，，平面平面．（1）求證：；（2）已知，，則棱上是否存在點，使得平面平面？若存在，確定點的位置；若不存在，請說明理由．16．如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，為正三角形，且側面底面，E為線段的中點，M在線段上.（1）求證：；（2）是否存在點M，使二面角的大小為60°，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.17．如圖，在直三棱柱中，底面為等腰直角三角形，，，D點在棱上（與端點不重合）．（1）試確定D在棱上的位置，使得；（2）在（1）的條件下，求平面與平面所成銳二面角的大小．18．《九章算術》中，將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬，如圖，已知在正方體中，，E為的中點，F為的中點，．（1）求證：四棱錐為陽馬；（2）求平面與平面所成二面角的大?。?9．某校積極開展社團活動，在一次社團活動過程中，一個數學興趣小組發現《九章算術》中提到了“芻甍”這個五面體，于是他們仿照該模型設計了一道數學探究題，如圖1，分別是正方形的三邊的中點，先沿著虛線段將等腰直角三角形裁掉，再將剩下的五邊形沿著線段折起，連接就得到了一個“芻甍”(如圖2)．(1)若是四邊形對角線的交點，求證：∥平面(2)若二面角的大小為，求直線與平面所成角的正弦值．20．空間中，兩兩互相垂直且有公共原點的三條數軸構成直角坐標系，如果坐標系中有兩條坐標軸不垂直，那么這樣的坐標系稱為“斜坐標系”.現有一種空間斜坐標系，它任意兩條數軸的夾角均為60°，我們將這種坐標系稱為“斜60°坐標系”.我們類比空間直角坐標系，定義“空間斜60°坐標系”下向量的斜60°坐標：分別為“斜60°坐標系”下三條數軸（x軸?y軸?z軸）正方向的單位向量，若向量，則與有序實數組（x，y，z）相對應，稱向量的斜60°坐標為[x，y，z]，記作.(1)若，，求的斜60°坐標；(2)在平行六面體中，AB=AD=2，AA1=3，，如圖，以為基底建立“空間斜60°坐標系”.①若，求向量的斜坐標；②若，且，求.四、多選題21．中國古代數學著作《九章算術》中，記載了一種稱為“曲池”的幾何體，該幾何體的上下底面平行，且均為扇環形（扇環是指圓環被扇形截得的部分），現有一個如圖所示的曲池，它的高為2，，，，均與曲池的底面垂直，底面扇環對應的兩個圓的半徑分別為1和2，對應的圓心角為90°，則以下命題正確的是（

）A．與成角的余弦值為B．，，，四點不共面C．弧上存在一點，使得D．以點為球心，為半徑的球面與曲池上底面的交線長為答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．點在線段上（答案不唯一）【分析】取中點，證明平面平面，由面面平行的性質定理可得．【詳解】取中點，連接，連接，如圖，由已知得，與、都平行且相等，因此與平行且相等，從而是平行四邊形，，分別是中點，則，平面，平面，所以平面，同理平面，而，平面，所以平面平面，因此只要，就有平面．故答案為：點在線段上（答案不唯一）．2．DMPC(或BMPC)【詳解】試題分析：連接，因為底面，所以,因為四邊形的各邊相等，所以,且，所以平面，即，要使平面平面，只需垂直于面上的與相交的直線即可，所以可填；故填．考點：1．線面垂直的判定；2．面面垂直的判定．【方法點睛】本題考查空間中線線、線面、線面垂直關系的轉化，屬于中檔題；在處理空間中的垂直關系或平行關系時，要注意線線垂直或平行的判定，即空間問題平面化；在利用線面或面面垂直的判定或選擇時，要注意條件的完備性(如：在證明線面垂直時，往往只重視證明線線垂直，而易忽視平面內的兩直線相交)．3．P是CC1中點【分析】根據線面平行的性質，只需在側面BCC1B1上找到一點，A1P平面BCD上的任一條線即可，可以取A1PCD，此時P是CC1中點.【詳解】取CC1中點P，連結A1P，∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D為AA1中點，點P在側面BCC1B1上運動，∴當點P滿足條件P是CC1中點時，A1PCD，∵A1P?平面BCD，CD?平面BCD，∴當點P滿足條件P是CC1中點時，A1P平面BCD故答案為：P是CC1中點.4．若，則；若，則.【分析】建立空間直角坐標系，利用向量工具即可解決.【詳解】如圖,建立空間直角坐標系則設,則而所以以其中的一個論斷作為條件,另一個論斷作為結論,可以寫出兩個正確的命題:若,則若,則答案任填其中一個即可故答案為:若,則(若,則)5．②③④【分析】將幾何體補成正方體，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可判斷①④的正誤，計算出該幾何體的體積，可判斷②的正誤；求出球體的半徑，利用球體的表面積公式可判斷③的正誤.【詳解】將幾何體補成正方體，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系.對于①，，，，，，，則，A錯；對于②，該二十四等邊體是在正方體上截去個全等的三棱錐而成，且三棱錐的底面是腰長為的等腰直角三角形，三棱錐的高為，故該二十四等邊體的體積為，②對；對于③，易知正方體的中心為該二十四等邊體外接球的球心，且該球的半徑為，因此，該二十四等邊體外接球的表面積為，③對；對于④，易知平面的一個法向量為，，，，，故與平面所成角的正弦值為，④對.故答案為：②③④.6．

1（答案不唯一）

6（答案不唯一）【分析】如圖所示建立空間直角坐標系，可得，設，再根據的值，求出的坐標，再根據，可得，求出的值，再根據幾何位置即可求出結果.【詳解】如圖所示建立空間直角坐標系，則，，故，另設，若，則，故，，即，所以，動點的軌跡為線段，其長度為．若，則，故，，即，所以，在棱上取點，使得，過點作，分別交，于，，則動點的軌跡為線段，其長度為．若取其它值時，同上述方法．7．

【分析】以AB為軸，AD為軸，為軸，建立如圖所示的坐標系，設，求出點的軌跡為，即得點所形成的阿氏圓的半徑；②先求出點的軌跡為，到平面的距離為，再求出的最小值即得解三棱錐的體積的最小值.【詳解】①以AB為軸，AD為軸，為軸，建立如圖所示的坐標系，則，設，由得，所以，所以若點在平面內運動，則點所形成的阿氏圓的半徑為.②設點，由得，所以，由題得所以，設平面的法向量為，所以，由題得，所以點到平面的距離為，因為，所以，所以點M到平面的最小距離為，由題得為等邊三角形，且邊長為，所以三棱錐的體積的最小值為.故答案為：，.8．(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）證明平面，再由面面垂直的判定定理即可求證；（2）選①②作為條件，證明③成立，設，利用向量法求二面角，據此求出m,由棱錐體積公式即可求證；選①③作為條件，證明②，由三棱錐體積求出，利用向量法求二面角的大小即可；選②③作為條件，證明①，根據體積求出，再由二面角的大小，根據向量法求參數即可求證.（1）因為，是的中點，所以，又因為，所以平面，因為平面，所以平面平面．（2）連接，又因為是邊長為的等邊三角形，所以，由（1）知平面，所以，，兩兩互相垂直．以為坐標原點，，，所在直線分別為軸，軸，軸建立如圖所示空間直角坐標系．設，則，，，，，

若選①②作為條件，證明③成立．因為，所以，易知平面的法向量為，，，設是平面的法向量，則，所以，可取，

由二面角大小為可得，解得，所以的體積為．

若選①③作為條件，證明②成立．因為的體積為，所以，解得，又因為，所以，易知平面的法向量為，，，設是平面的法向量，則所以，可取，

所以，即二面角大小為．若選②③作為條件，證明①成立．因為的體積為，所以，解得，即，，不妨設（），所以，易知平面的法向量為，，，設是平面的法向量，則所以，，解得（舍），，所以．9．(1)證明見解析；(2)答案見解析.【分析】（1）利用平面平面，結合面面垂直的性質定理，即可證明；（2）在平面內過點作，交于．以為坐標原點，，，所在直線分別為，，軸，建立空間直角坐標系，利用向量法即可求二面角的余弦值.（1）因為平面平面，平面平面，平面，，所以平面，又平面，所以．（2）在平面內過點作，交于．如圖，以為坐標原點，，，所在直線分別為，，軸，建立空間直角坐標系，則，，，，．方案一：選條件①．，，易知平面的一個法向量為．設平面的一個法向量為，則，取，則．設平面與平面所成的銳二面角為，所以，故平面與平面所成的銳二面角的余弦值為．方案二：選條件②．易知平面的一個法向量為，，，設平面的一個法向量為，則，取，則，所以．由圖可知二面角為鈍角，則余弦值為．方案三：選條件③．易知平面的一個法向量為．設平面的一個法向量為，，，則，取，則．所以．由圖可知二面角為銳角，則余弦值為．10．(1)見解析(2)見解析【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面平面，從而可證平面.（2）選①②均可證明平面，從而可建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量可求線面角的正弦值.（1）取的中點為，連接，由三棱柱可得四邊形為平行四邊形，而，則，而平面，平面，故平面，而，則，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，（2）因為側面為正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因為，故平面，因為平面，故，若選①，則，而，，故平面，而平面，故，所以，而，，故平面，故可建立如所示的空間直角坐標系，則，故，設平面的法向量為，則，從而，取，則，設直線與平面所成的角為，則.若選②，因為，故平面，而平面，故，而，故，而，，故，所以，故，而，，故平面，故可建立如所示的空間直角坐標系，則，故，設平面的法向量為，則，從而，取，則，設直線與平面所成的角為，則.11．(1)證明見解析(2)【分析】（1）由棱柱的性質可得，即可得到平面，再根據線面平行的性質證明即可；（2）選條件①②，連接，取中點，連接，，即可得到，根據面面垂直的性質得到平面，即可得到，再由，即可建立空間直角坐標系，利用空間向量法求出線面角的正弦值；選條件②③，連接，取中點，連接，，依題意可得，再由勾股定理逆定理得到，即可得到平面，接下來同①②；選條件①③，取中點，連接，，即可得到，由面面垂直的性質得到平面，從而得到，再由勾股定理逆定理得到接下來同①②；（1）證明：在三棱柱中，，又平面，平面，所以平面，又因為平面平面，所以.（2）解：選條件①②.連接，取中點，連接，.在菱形中，，所以為等邊三角形.又因為為中點，所以，又因為平面平面，平面平面，平面，且，所以平面，平面，所以.又因為，所以.以為原點，以、、為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，則，，，，.所以，.設平面的一個法向量為，則，所以令，則，，故.又因為，設直線與平面所成角為，所以.所以直線與平面所成角的正弦值為.選條件②③.連接，取中點，連接，.在菱形中，，所以為等邊三角形.又為中點，故，且.又因為，.所以，所以.又因為，所以平面.以下同選①②.選條件①③取中點，連接，.在中，因為，所以，且，.又因為平面平面，平面平面，所以平面.因為平面，所以.在中，.又因為，，所以，所以.以下同選①②.12．(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點，連接，，易證四邊形為平行四邊形，從而有，故而得證；（2）過點作于，連接，由平面平面，推出平面．選擇條件①：先求得，可證，故以為原點，、、分別為、、軸建立空間直角坐標系，依次得平面和平面的法向量與，再由，得解；選擇條件②：易知，從而得，接下來同①；選擇條件③：易知，從而有，接下來同②中．（1）證明：取的中點，連接，，因為，分別是棱，的中點，則，，四邊形為平行四邊形，，平面，平面，平面．（2）解：在平面ACC1中過點作于，連接，平面平面，平面平面，平面，選擇條件①：三棱錐的體積，，在中，，點為的中點，，故以為原點，、、分別為、、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，平面平面，平面，平面，平面即平面的一個法向量為，設平面的法向量為，則，即，令，則，，，，顯然二面角為銳二面角，故二面角的余弦值為．選擇條件②：與底面所成的角為，，，點為的中點，，故以為原點，、、分別為、、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，平面平面，平面，平面，平面即平面的一個法向量為，設平面的法向量為，則，即，令，則，，，，顯然二面角為銳二面角，故二面角的余弦值為．選擇條件③：，即為異面直線與所成的角，即，，，，即，，故以為原點，、、分別為、、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，平面平面，平面，平面，平面即平面的一個法向量為，設平面的法向量為，則，即，令，則，，，，顯然二面角為銳二面角，故二面角的余弦值為．13．(1)證明見解析；(2)答案見解析；(3).【分析】（1）連結，，由直四棱柱的性質及線面垂直的性質可得，再由正方形的性質及線面垂直的判定、性質即可證結論.（2）選條件①③，設，連結，，由中位線的性質、線面垂直的性質可得、，再由線面垂直的判定證明結論；選條件②③，設，連結，由線面平行的性質及平行推論可得，由線面垂直的性質有，再由線面垂直的判定證明結論；（3）構建空間直角坐標系，求平面、平面的法向量，應用空間向量夾角的坐標表示求平面與平面夾角的余弦值.（1）連結，，由直四棱柱知：平面，又平面，所以，又為正方形，即，又，∴平面，又平面，∴.（2）選條件①③，可使平面.證明如下：設，連結，，又，分別是，的中點，∴.又，所以.由（1）知：平面，平面，則.又，即平面.選條件②③，可使平面.證明如下：設，連結.因為平面，平面，平面平面，所以，又，則.由（1）知：平面，平面，則.又，即平面.（3）由（2）可知，四邊形為正方形，所以.因為，，兩兩垂直，如圖，以為原點，建立空間直角坐標系，則，，，，，，所以，.由（1）知：平面的一個法向量為.設平面的法向量為，則，令，則.設平面與平面的夾角為，則，所以平面與平面夾角的余弦值為.14．（1）；（2）不存在，證明見解析.【分析】(1)以為正交基底建立直角坐標系，求出相應點的坐標，再求平面的一個法向量為和面的一個法向量為，然后計算法向量夾角的余弦值，即可得二面角的余弦值；(2)設的坐標為，若在棱（包含端點）上存在點，使平面，根據求出，再判斷即可.【詳解】（1）解：設正方體的邊長為單位長度，建立如圖直角坐標系，則，，，所以，．設平面的一個法向量為，則，即，可得平面的一個法向量為．又因為平面的一個法向量為，所以．所以二面角的余弦值為．（2）不存在.證明：設的坐標為，因為的坐標為，所以，若在棱（包含端點）上存在點，使平面，則，所以，即，與矛盾，所以棱（包含端點）上不存在點，使平面．15．（1）證明見解析；（2）存在；．【分析】(1)由給定的面面垂直可證得，再結合已知有平面而得證；(2)在BD上取點G，使DG=2GB，證得EG，FG都平行于平面ABC即可作答.【詳解】（1）因平面平面，平面平面，平面，，于是得平面，又平面，則，而，，平面，平面，則平面，因平面，所以；（2）存在點，滿足時，使得平面平面，如圖：在平面內，因為，，即，則有，因平面，平面，即得平面，同理可得平面，又，平面，又平面，于是得平面平面，所以存在點，滿足時，使得平面平面．16．（1）證明見解析；（2）存在，.【分析】(1)由題設條件可得，再證得平面即可得證；(2)假定存在點M，建立空間直角坐標系，用參數表示出點M的坐標，利用空間向量運算即可得解.【詳解】（1）因為為正三角形，E為的中點，所以，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因為平面，所以；（2）存在，當時，二面角的大小為60°.因為四邊形是菱形，，E是的中點，所以，又因為平面，以E為原點，射線，，分別為x，y，z軸非負半軸建立空間直角坐標系，如圖：則，，，，.設點M坐標為(x，y，z)，，由，得，所以，設平面的法向量為，則，令，則，，得，因為平面，則平面的一個法向量為，所以，即，解得或(舍去)，所以在棱上存在點M，當時，二面角的大小為60°.【點睛】方法點睛：在二面角的一個半平面內找一點作另一個半平面的垂線，再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．17．（1）是棱的中點；（2）．【分析】（1）根據垂直關系可推出要證明，可推出，在平面中，根據長度關系和垂直關系確定點的位置；（2）以點為原點，建立空間直角坐標系，分別求平面的法向量和的法向量，利用公式，求二面角的大小.【詳解】（1）在直三棱柱中，可知，由條件知，，所以平面，而平面，所以．若，因為，所以平面，所以．設，則，在平面中可知，所以，即，解得，所以是棱的中點時．（2）如圖，以，，，所在的直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系．則，，，，，則，，，．設平面的法向量為，則可?。O平面的法向量為．則可取．所以，所以平面與平面所成銳二面角的大小為．【點睛】關鍵點點睛：本題考查垂直關系的證明以及二面角的大小，本題的關鍵是第一問，垂直關系的轉化，要證明，即證明平面，即證明.18．（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）根據題意，