百题优选04：空间向量与立体几何-2024年高二数学暑假作业（人教A版2019选修一）重难点专题强化

2024年高二数学暑假作业（选修一）重难点专题强化 空间向量与立体几何 1．（23-24高二下·甘肃庆阳·期中）下列命题是真命题的是（    ） A．空间向量就是空间中的一条有向线段 B．不相等的两个空间向量的模必不相等 C．任一向量与它的相反向量不相等 D．向量与向量的长度相等 2．（24-25高二上·上海·课堂例题）给出下列命题：①若空间向量、满足，则；②空间任意两个单位向量必相等；③若空间向量、、满足，则；④在正方体中，必有.其中假命题的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（23-24高二上·新疆·阶段练习）下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，互为相反向量，则 C．空间中两平行向量相等 D．在四边形ABCD中， 4．（23-24高二上·山东日照·阶段练习）下列命题中为真命题的是（    ） A．向量与的长度相等 B．将空间中所有的单位向量移到同一个起点，则它们的终点构成一个圆 C．空间非零向量就是空间中的一条有向线段 D．不相等的两个空间向量的模必不相等 5．（23-24高二上·福建泉州·期中）在正方体中，与向量相反的向量是（    ） A． B． C． D． 6．（20-21高二·全国·课后作业）给出下列命题： ①空间向量就是空间中的一条有向线段； ②在正方体中，必有； ③是向量的必要不充分条件； ④若空间向量满足，，则． 其中正确的命题的个数是（    ）． A．1 B．2 C．3 D．0 1．（24-25高二上·全国·课后作业）在空间四边形中，点分别是和的中点，则（ ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·甘肃·期中）在空间四边形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，则（    ） A． B． C． D． 3．（2024高三·全国·专题练习）如图，在空间四边形中，，分别是，的中点，则（　　） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·湖南·阶段练习）平行六面体中，为的中点，设，，，用表示，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二下·云南·开学考试）如图，在三棱柱中，（    ）    A． B． C． D． 6．（23-24高二上·江西景德镇·期末）在空间四边形中，化简（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二上·山东威海·阶段练习）在四面体ABCD中，点M，N满足，，若，则（    ） A． B． C． D．1 1．（23-24高二上·河南周口·阶段练习）已知，，且，，不共面，若，则x，y的值分别为（    ） A．，8 B．，5 C．7，5 D．7，8 2．（22-23高二下·甘肃天水·阶段练习），若∥，则（    ） A．8 B．7 C．6 D．5 3．（2023·贵州六盘水·模拟预测）已知，，不共面，若，，且三点共线，则（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 4．（23-24高二上·广西玉林·阶段练习）若，，、、三点共线，那么（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 1．（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）给出下列四个命题： ①若存在实数，使，则 与共面； ②若 与共面， 则存在实数， 使 ③若存在实数，使 ，则点共面； ④若点共面， 则存在实数， 使 其中（    ）是真命题． A．②④ B．①③ C．①② D．③④ 2．（23-24高二下·甘肃兰州·期中）已知，，，若，，共面，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·福建漳州·期末）已知向量，，，若，，三个向量共面，则实数（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（2023·河南·模拟预测）已知空间向量，若共面，则实数 （    ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．（23-24高二下·江苏宿迁·期末）已知三点不共线，为平面外一点，下列条件中能确定四点共面的是（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二下·江苏·阶段练习）已知向量不共面，则使向量共面的实数x的值是（    ） A． B． C． D．4 7．（23-24高二下·江苏盐城·期中）已知空间四面体中，对空间内任一点，满足，则下列条件中能确定点共面的是（    ） A． B． C． D． 1．（23-24高二上·山东青岛·期末）已知四面体中，为中点，若，则（    ） A．3 B．2 C． D． 2．（23-24高二下·浙江杭州·期中）正方体的棱长为1，则（    ） A．1 B．0 C． D．2 3．（23-24高二下·福建龙岩·期中）如图，在斜三棱柱中，，，，则（    ） A．48 B．32 C． D． 4．（23-24高二下·江苏常州·期中）如图，在正三棱柱中，，P为的中点，则（    ） A． B．1 C． D． 5．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）由四个棱长为1的正方体组合成的正四棱柱（如图所示），点是正方形的中心，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 6．（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）有一长方形的纸片，的长度为，的长度为，现沿它的一条对角线把它折成直二面角，则折叠后（    ） A． B． C． D． 二、填空题 7．（23-24高二下·上海·阶段练习）已知正四面体，底面边长为2，侧棱中点为E，则 ． 1．（23-24高二下·甘肃·期末）在所有棱长均为2的平行六面体中，，则的长为（    ） A． B． C． D．6 2．（23-24高二下·内蒙古赤峰·期末）如图，在平行六面体中，，，则的长为（    ） A． B． C．85 D．97 3．（23-24高一下·广东中山·期中）如图,二面角等于,是棱上两点, 分别在半平面内, ,, 且则的长等于（    ） A．4 B． C． D． 4．（23-24高二下·贵州遵义·阶段练习）如图，这是缠线用的线拐子，在结构简图中，线段AB与线段CD所在直线异面垂直，E，F分别为AB，CD的中点，且，．使用线拐子时使丝线从点A出发，依次经过D，B，C，又回到点A．这样一直循环，丝线缠好后从线拐子上脱下，这称为“束丝”．若图中，则丝线缠一圈的长度为（    ）    A． B． C． D． 5．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在所有棱长均为的平行六面体中，为与交点，，则的长为（    ）    A． B． C． D． 1．（23-24高二下·江苏南通·阶段练习）在棱长均为1的平行六面体中，，，则（    ） A．30° B．45° C．60° D．90° 2．（23-24高二下·河南驻马店·期末）已知M，N 分别是正四面体中棱AD，BC的中点，若点 P 满足则DP与AB夹角的余弦值为（     ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·福建厦门·期末）在四面体中，，，，，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·陕西宝鸡·期中）在空间四边形中，，，则的值为（    ） A． B． C． D．0 5．（2024·山西晋中·三模）已知三棱锥中，分别为棱的中点，则直线与所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二下·江苏连云港·期中）已知平行六面体中，，，，则（    ） A． B． C． D． 1．（23-24高二下·江苏南京·期中）已知EF是棱长为8的正方体的一条体对角线，空间一点M满足，AB是正方体的一条棱，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·上海·课堂例题）已知为原点，，，，点在直线上运动，则取得最小值时，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·福建漳州·期末）正方体的棱长为，是正方体外接球的直径，为正方体表面上的动点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知棱长为2的正方体内有一内切球，点在球的表面上运动，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二下·山东烟台·阶段练习）在正方体中，点在线段上，且.当为锐角时，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 6．（23-24高二下·上海·阶段练习）已知空间向量、、满足：，，若，则的取值范围为 ． 7．（23-24高二下·江苏宿迁·期中）已知MN是长方体外接球的一条直径，点P在长方体表面上运动，长方体的棱长分别为1、1、4，则的取值范围为 1．（23-24高二下·江苏宿迁·期中）已知，，则的值为 （   ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·甘肃酒泉·期末）已知向量则（    ） A．－3 B．3 C．9 D．0 3．（23-24高二下·福建龙岩·期中）与空间向量同向的单位向量为（    ） A． B． C． D． 4．（22-23高二上·广东佛山·阶段练习）已知向量，，且与互相垂直，则k的值是（    ） A．1 B． C． D． 5．（23-24高二上·江西上饶·期末）已知空间向量，，若，则（    ） A． B．3 C． D．2 6．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）设，，且，则（    ） A． B．0 C．3 D． 7．（23-24高二下·甘肃白银·期中）已知向量，则（    ） A． B． C． D． 1．（23-24高二下·湖北·期末）空间向量在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·四川成都·阶段练习）已知向量，则向量在向量上的投影向量的坐标为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·云南昆明·阶段练习）已知，则向量在向量上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·广东佛山·期末）在棱长为的正方体中，点是的中点．设在上的投影向量为，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高三上·江苏苏州·阶段练习）如图，圆台的轴截面为等腰梯形在上底面的圆周上，且，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二下·江苏徐州·期中）已知向量，，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二上·河北·期中）如图，在三棱锥中，平面，，且，则在方向上的投影向量为（    ）      A． B． C． D． 1．（22-23高二上·辽宁葫芦岛·期末）已知向量为平面α的一个法向量，为一条直线，则是的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．（23-24高二上·湖南益阳·阶段练习）在空间直角坐标系中，直线的方向量分别为，则（    ） A． B． C．与异面 D．与相交 3．（23-24高二上·广西河池·阶段练习）以下命题正确的是（    ） A．直线l的方向向量为，直线m的方向向量，则l与m垂直 B．直线l的方向向量，平面的法向量，则 C．两个不同平面的法向量分别为，，则 D．平面经过三点，向量是平面的法向量，则 4．（2024高二上·全国·专题练习）已知直线l与平面垂直，直线l的一个方向向量为，向量为平面的法向量，则z＝ . 5．（23-24高二上·浙江绍兴·期末）如图所示，在棱长均相等的平行六面体中分别为线段的中点． (1)设，请以向量表示； (2)求证：平面平面． 6．（2024高二上·全国·专题练习）如图所示，在直角梯形中，，，，是的中点，分别为的中点，将沿折起，使得平面，试用向量方法证明平面. 7．（22-23高二上·广东深圳·期末）如图，在平行六面体中，，．设，，． (1)用基底表示向量，，，； (2)证明：平面． 一、单选题 1．（23-24高二下·河南驻马店·期末）已知M，N 分别是正四面体中棱AD，BC的中点，若点 P 满足则DP与AB夹角的余弦值为（     ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·福建厦门·期末）在四面体中，，，，，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·青海·模拟预测）如图，在三棱锥P-ABC中，，，，点D，E，F满足，，，则直线CE与DF所成的角为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·河南开封·期末）在棱长为1的正四面体ABCD中，M是BC的中点，且，，则直线AM与CN夹角的余弦值的最大值为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·江苏镇江·期末）如图，在平行六面体中，，，，，设，，. (1)用向量，，表示并求 (2)求的值和异面直线与的夹角余弦值. 6．（24-25高二上·上海·课堂例题）如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，G在棱CD上，且，H是的中点．建立适当的空间直角坐标系，解决下列问题： (1)求证：； (2)求异面直线EF与所成角的余弦值. 7．（24-25高二上·上海·随堂练习）如图，已知正三棱柱的各条棱长都相等，P为上一点，，且． (1)求λ的值； (2)求异面直线PC与所成角的余弦值． 1．（23-24高二上·内蒙古巴彦淖尔·期末）在空间直角坐标系中，已知向量是平面的一个法向量，且，则直线与平面所成角的正弦值是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·安徽黄山·期末）人教A版选择性必修一习题1.4拓广探索第17题中提到“在空间直角坐标系中，己知向量，点，若平面经过点，且以为法向量，点是平面内的任意一点，则平面的方程为”．现己知平面的方程为，直线l是平面与平面的交线，且直线l的方向向量为，则平面的一个法向量可以为 ，直线l与平面所成角的正弦值为 . 3．（23-24高二上·湖北·期末）如图，已知四棱锥，面，四边形中，，，，，，点A在平面内的投影G恰好是的重心． (1)求证：平面⊥平面； (2)求线段的长及直线与平面所成的角的正弦值． 4．（2024·山西·模拟预测）如图，在四棱锥中，与交于点，点在平面内的投影为点，若为正三角形，且，．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 5．（22-23高二上·上海徐汇·期末）如图，在三棱柱中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在平面ABC上的投影为AC的中点D，且． (1)求点C到侧面的距离； (2)在线段上是否存在点E，使得直线DE与侧面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由． 1．（23-24高二上·河北张家口·期末）如图，在四棱锥中，平面，其中，为棱的中点，点满足. (1)证明：向量与向量共面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 2．（22-23高二·贵州贵阳·阶段练习）如图，在三棱锥中，是点在平面ABC上的投影，，，是BD的中点. (1)证明：平面DAC； (2)若O点正好落在的内角平分线上，，，，求二面角的正弦值. 3．（2024·江西南昌·一模）如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，已知为棱的中点，在底面的投影为线段的中点，是棱上一点.    (1)若，求证：平面； (2)若，确定点的位置，并求二面角的余弦值. 4．（23-24高二上·安徽黄山·期末）如图，在矩形ABCD中，已知，M，E分别为AB，CD的中点，AC，BE交于点F，DM与AE交于点N，将沿着AE向上翻折使D到（点不在平面ABCD内）.    (1)证明：平面平面ABCD； (2)若点在平面ABCD上的投影H落在梯形ABCE的内部及边界上，当FH最大时，求平面与平面夹角的余弦值． 5．（23-24高二上·四川泸州·期末）如图所示，在几何体中，平面，点在平面的投影在线段上，，，，平面. (1)证明：平面平面. (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 6．（2024·安徽·三模）如图，已知四棱锥中，点在平面内的投影为点，，.    (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面所成角的正弦值为，求的值. 1．（23-24高二下·江苏淮安·期中）已知点，则点A到直线的距离是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）已知，，则点B到直线AC的距离为（    ） A． B． C．2 D．3 3．（23-24高二下·江苏南通·阶段练习）在三棱锥中，，，两两垂直，且，，，三角形重心为G，则点P到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·广西来宾·一模）棱长为3的正方体中，点E，F满足，，则点E到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二下·江西·阶段练习）已知正方体的棱长为是棱的中点，若点在线段上运动，则点到直线的距离的最小值为（   ） A． B． C． D． 6．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点在棱上，且． (1)求四棱锥的表面积 (2)若点在棱上，且到平面的距离为，求点到直线的距离． 7．（23-24高二下·江苏扬州·期末）已知三棱柱的棱长均为. (1)证明：平面平面； (2)若，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离. 一、单选题 1．（23-24高二下·福建厦门·期末）在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是棱，，的中点，过作平面，使得，则点到平面的距离是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·江苏常州·期中）四棱锥中，，，，则顶点到底面的距离为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（23-24高二下·江苏泰州·期末）在空间直角坐标系中，已知点，若点到平面的距离为，则点的坐标可以是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·江苏徐州·期末）在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·江苏盐城·模拟预测）棱长为2的正方体中，设点为底面内（含边界）的动点，则点到平面距离之和的最小值为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，为棱上的一点，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点满足，点是棱上的一个点(包括端点)． (1)求证：； (2)若二面角的余弦值为，求点到平面的距离． 8．（24-25高二·上海·随堂练习）如图1，在等腰直角三角形ABC中，，，D，E分别是AC，AB上的点，，O为BC的中点．将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥，其中． (1)求证：； (2)求点B到平面的距离． 9．（23-24高一下·四川成都·期末）如图，四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，，E为中点，与交点为O． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)若，求点C到平面的距离． 1．（23-24高二下·湖南·期中）如图，直四棱柱的底面是菱形，，且直线与平面所成角为． (1)求直四棱柱的高； (2)在棱上是否能找到一点，使得平面与平面的夹角为？若能，求出的值；若不能，说明理由． 2．（23-24高二下·湖北·期中）在中，，点分别为边的中点，将沿折起，使得平面平面.    (1)求证：； (2)在平面内是否存在点，使得平面平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 3．（21-22高一下·山东青岛·期末）如图所示，在三棱柱中，，是的中点. (1)用表示向量； (2)在线段上是否存在点，使？若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由. 4．（23-24高二下·江苏盐城·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，M为棱PC的中点． (1)证明：平面PAD； (2)若， （i）求二面角的余弦值； （ii）在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出PQ的值；若不存在，说明理由． 5．（23-24高二上·山东临沂·期末）如图，在直三棱柱中，是AB的中点，是的中点，是与的交点.    (1)在线段上找一点，使得平面; (2)在（1）的条件下，求PQ与平面的距离. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年高二数学暑假作业（选修一）重难点专题强化 空间向量与立体几何 1．（23-24高二下·甘肃庆阳·期中）下列命题是真命题的是（    ） A．空间向量就是空间中的一条有向线段 B．不相等的两个空间向量的模必不相等 C．任一向量与它的相反向量不相等 D．向量与向量的长度相等 【答案】D 【分析】根据空间向量的相关概念逐一判断即可. 【详解】对于A，有向线段是空间向量的一种表示形式，但不能把二者完全等同起来，故A错误； 对于B，不相等的两个空间向量的模也可以相等，只要它们的方向不相同即可，故B错误； 对于C，零向量的相反向量仍是零向量，但零向量与零向量是相等的，故C错误； 对于D，与仅是方向相反，它们的长度是相等的，故D正确， 故选：D 2．（24-25高二上·上海·课堂例题）给出下列命题：①若空间向量、满足，则；②空间任意两个单位向量必相等；③若空间向量、、满足，则；④在正方体中，必有.其中假命题的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据向量定义判断A，B，应用特殊值法判断C选项，根据向量相等判断D选项. 【详解】对于A：模长相等方向未知不能确定向量相等，A选项错误； 对于B：模长相等都是1，方向未知不能确定向量相等，B选项错误； 对于C：满足， 但是不满足，C选项错误； 对于D：在正方体中，且方向相同，D选项正确. 假命题个数为3. 故选：C. 3．（23-24高二上·新疆·阶段练习）下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，互为相反向量，则 C．空间中两平行向量相等 D．在四边形ABCD中， 【答案】D 【分析】根据向量的相关定义即可求解ABC,根据向量的减法运算即可求解D. 【详解】对于A，向量不可以比较大小，所以A错误； 对于B, 若，互为相反向量，则，故B错误； 对于C，两向量相等需要向量的方向相同，且长度相同，故C错误； 对于D，四边形ABCD中，，故D正确. 故选：D 4．（23-24高二上·山东日照·阶段练习）下列命题中为真命题的是（    ） A．向量与的长度相等 B．将空间中所有的单位向量移到同一个起点，则它们的终点构成一个圆 C．空间非零向量就是空间中的一条有向线段 D．不相等的两个空间向量的模必不相等 【答案】A 【分析】由于向量的长度与向量的方向无关，相反向量的长度相等，由此可判断AD，将空间所有的单位向量平移到一个起点，则它们的终点构成一个球面，由此可判断B，由向量与有向线段的关系判断C. 【详解】选项A：因为空间向量与互为相反向量，所以空间向量与的长度相等，所以A正确； 选项B：将空间所有的单位向量平移到一个起点，则它们的终点构成一个球面，所以B错误； 选项C：空间向量可以用空间中的一条有向线段表示，但空间向量不是有向线段，所以C错误； 选项D：两个空间向量不相等，它们的模可能相等，也可能不相等，如向量与的模相等，所以D错误； 故选：A. 5．（23-24高二上·福建泉州·期中）在正方体中，与向量相反的向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正方体的特征及相反向量的概念判定即可. 【详解】    如图所示，可知是的相反向量. 故选：A 6．（20-21高二·全国·课后作业）给出下列命题： ①空间向量就是空间中的一条有向线段； ②在正方体中，必有； ③是向量的必要不充分条件； ④若空间向量满足，，则． 其中正确的命题的个数是（    ）． A．1 B．2 C．3 D．0 【答案】B 【分析】根据空间向量的相关概念逐项判断. 【详解】有向线段起点和终点是固定的，而空间向量是可以平移的，故①错误； 和大小一样、方向相同， 则，故②正确； 若，则和的模相等，方向不一定相同，若，则和的模相等，方向也相同，所以是向量的必要不充分条件，故③正确； 向量的平行不具有传递性，比如当为零向量时，零向量与任何向量都平行，则不一定平行，故④错误. 综上所述，②③正确. 故选：B． 1．（24-25高二上·全国·课后作业）在空间四边形中，点分别是和的中点，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据已知可得，代入即可得出答案. 【详解】 因为点G是CD的中点， 所以， 所以. 故选:C. 2．（23-24高二下·甘肃·期中）在空间四边形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用空间向量运算计算即得. 【详解】在空间四边形ABCD中，E为BC的中点，则， 所以. 故选：C 3．（2024高三·全国·专题练习）如图，在空间四边形中，，分别是，的中点，则（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】借助向量线性运算法则计算即可得. 【详解】. 故选：A. 4．（23-24高二下·湖南·阶段练习）平行六面体中，为的中点，设，，，用表示，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据平行六面体的结构特征，由空间向量的线性运算，即可得到结果. 【详解】平行六面体中，    有 故选：A． 5．（23-24高二下·云南·开学考试）如图，在三棱柱中，（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量的线性运算计算即可. 【详解】由题意可知：. 故选：D 6．（23-24高二上·江西景德镇·期末）在空间四边形中，化简（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用向量的加减运算求解. 【详解】. 故选：B 7．（23-24高二上·山东威海·阶段练习）在四面体ABCD中，点M，N满足，，若，则（    ） A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】直接利向量的线性运算求出结果． 【详解】在四面体中，由于点，满足，， 如图所示： 故， 故． 故选：C 1．（23-24高二上·河南周口·阶段练习）已知，，且，，不共面，若，则x，y的值分别为（    ） A．，8 B．，5 C．7，5 D．7，8 【答案】A 【分析】利用共线向量定理解决即可. 【详解】因为且，则存在实数，使得，即， 又因为，，不共面，则，解得. 故选：A 2．（22-23高二下·甘肃天水·阶段练习），若∥，则（    ） A．8 B．7 C．6 D．5 【答案】A 【分析】根据空间向量的平行关系，列出方程组，解出的值，即可得答案. 【详解】解：因为，解得， 所以. 故选：A. 3．（2023·贵州六盘水·模拟预测）已知，，不共面，若，，且三点共线，则（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】根据向量共线设，从而得到方程组，求出，得到答案. 【详解】因为三点共线，所以， 即，故，解得， 所以. 故选：C 4．（23-24高二上·广西玉林·阶段练习）若，，、、三点共线，那么（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】根据向量共线的坐标运算即可求解. 【详解】由于、、三点共线，所以与共线， 所以，解得，所以， 故选：D 1．（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）给出下列四个命题： ①若存在实数，使，则 与共面； ②若 与共面， 则存在实数， 使 ③若存在实数，使 ，则点共面； ④若点共面， 则存在实数， 使 其中（    ）是真命题． A．②④ B．①③ C．①② D．③④ 【答案】B 【分析】利用空间向量共面定理依次判断即可. 【详解】①：由共面向量定理知，故①正确； ②：共线，则不与共线， 则不存在实数x，y，使，故②错误； ③：共面向量定理知，故③正确； ④：共线，不与共线， 则不存在实数x，y，使，故④错误． 故选：B 2．（23-24高二下·甘肃兰州·期中）已知，，，若，，共面，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】因为，，共面，可设，由此可求的值. 【详解】因为，，共面，可设，即， 得：. 故选：A 3．（23-24高二下·福建漳州·期末）已知向量，，，若，，三个向量共面，则实数（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】由题意得与不共线，所以由空间向量共面定理可知存在实数，使，然后将坐标代入化简可求出的值. 【详解】因为 所以与不共线， 所以存在实数，使， 所以， 所以，解得. 故选：B 4．（2023·河南·模拟预测）已知空间向量，若共面，则实数 （    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】根据空间向量共面定理可知存在一对有序实数，使，然后列方程组可求得答案. 【详解】因为不共线，共面， 所以存在一对有序实数，使， 所以， 所以，解得， 故选：A 5．（23-24高二下·江苏宿迁·期末）已知三点不共线，为平面外一点，下列条件中能确定四点共面的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据空间向量基本定理对选项逐个进行验证即可得出结论. 【详解】由空间向量基本定理可知，若四点共面，则需满足存在实数使得，且， 显然选项A，C不成立； 对于选项B，由可得， 不合题意，即B错误； 对于D，化简可得， 满足，可得D正确； 故选：D 6．（23-24高二下·江苏·阶段练习）已知向量不共面，则使向量共面的实数x的值是（    ） A． B． C． D．4 【答案】A 【分析】利用向量共面得到线性表示，再化简求值即可. 【详解】因为共面，所以存在实数，使得，所以，解得. 故选：A. 7．（23-24高二下·江苏盐城·期中）已知空间四面体中，对空间内任一点，满足，则下列条件中能确定点共面的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由空间向量基本定理易求得的值. 【详解】由，因四点共面,由空间向量基本定理可知，需使，解得. 故选：B. 1．（23-24高二上·山东青岛·期末）已知四面体中，为中点，若，则（    ） A．3 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】根据空间向量的运算法则，化简得到，结合题意，列出方程，即可求解. 【详解】根据题意，利用空间向量的运算法则，可得：， 因为，所以，解得. 故选：D. 2．（23-24高二下·浙江杭州·期中）正方体的棱长为1，则（    ） A．1 B．0 C． D．2 【答案】A 【分析】根据空间向量数量积的运算律，结合垂直关系即可求解. 【详解】, 故选：A 3．（23-24高二下·福建龙岩·期中）如图，在斜三棱柱中，，，，则（    ） A．48 B．32 C． D． 【答案】C 【分析】把变成，然后再根据空间向量的数量积公式及运算律直接计算即可. 【详解】. 故选：C 4．（23-24高二下·江苏常州·期中）如图，在正三棱柱中，，P为的中点，则（    ） A． B．1 C． D． 【答案】A 【分析】以为基底表示后可求的值. 【详解】由正三棱柱可得，， 而， 故 . 故选：A. 5．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）由四个棱长为1的正方体组合成的正四棱柱（如图所示），点是正方形的中心，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】用、、分别表示、，结合空间向量数量积运算求解即可. 【详解】因为，， 所以 . 故选：C. 6．（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）有一长方形的纸片，的长度为，的长度为，现沿它的一条对角线把它折成直二面角，则折叠后（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由空间向量数量积的运算律计算即可． 【详解】在中，，，， 所以， 所以， 故选：C． 二、填空题 7．（23-24高二下·上海·阶段练习）已知正四面体，底面边长为2，侧棱中点为E，则 ． 【答案】 【分析】根据向量的线性运算、数量积的运算即可求解. 【详解】因为正四面体，底面边长为2，侧棱PB中点为E， 所以 . 故答案为：. 1．（23-24高二下·甘肃·期末）在所有棱长均为2的平行六面体中，，则的长为（    ） A． B． C． D．6 【答案】C 【分析】先将用表示，然后再结合数量积的运算律即可得解. 【详解】因为，所以 ， 从而，即的长为． 故选：C. 2．（23-24高二下·内蒙古赤峰·期末）如图，在平行六面体中，，，则的长为（    ） A． B． C．85 D．97 【答案】B 【分析】依题意可得，将两边平方，根据数量积的定义及运算律计算可得. 【详解】依题意可得，，，， ，． ， ， ，即的长为. 故选：B． 3．（23-24高一下·广东中山·期中）如图,二面角等于,是棱上两点, 分别在半平面内, ,, 且则的长等于（    ） A．4 B． C． D． 【答案】A 【分析】借助向量来解决,由二面角的平面角的定义可得,求的模即为的长. 【详解】由二面角的平面角的定义知,, 由,,得,,, , 所以,即． 故选：A． 4．（23-24高二下·贵州遵义·阶段练习）如图，这是缠线用的线拐子，在结构简图中，线段AB与线段CD所在直线异面垂直，E，F分别为AB，CD的中点，且，．使用线拐子时使丝线从点A出发，依次经过D，B，C，又回到点A．这样一直循环，丝线缠好后从线拐子上脱下，这称为“束丝”．若图中，则丝线缠一圈的长度为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可得，根据数量积的运算律求出，同理可求出，，，即可得答案. 【详解】由题意可知， 所以， 因为， 所以 ， 所以， 同理可得，，， 所以丝线缠一圈的长度为， 故选：A 5．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在所有棱长均为的平行六面体中，为与交点，，则的长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以，，作为一组基底表示出，再根据数量积的运算律求出，即可得解. 【详解】依题意 ， 所以 ， 所以，即. 故选：C 1．（23-24高二下·江苏南通·阶段练习）在棱长均为1的平行六面体中，，，则（    ） A．30° B．45° C．60° D．90° 【答案】D 【分析】直接由公式即可建立方程求解. 【详解】 设，注意到， 所以，所以. 故选：D. 2．（23-24高二下·河南驻马店·期末）已知M，N 分别是正四面体中棱AD，BC的中点，若点 P 满足则DP与AB夹角的余弦值为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，表达出，进而求出，进而得到，，从而利用夹角余弦公式求出DP与AB夹角的余弦值. 【详解】设， 因为，所以 ， 设正四面体的棱长为1， 故 ， 又 ， 所以， 故， DP与AB夹角的余弦值为. 故选：A 3．（23-24高二下·福建厦门·期末）在四面体中，，，，，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用向量的夹角公式和数量积的运算律，即可求解异面直线夹角. 【详解】由题知，，令为与所成夹角， 则 . 故选：A 4．（23-24高二上·陕西宝鸡·期中）在空间四边形中，，，则的值为（    ） A． B． C． D．0 【答案】D 【分析】先利用题给条件求得的值，进而求得的值. 【详解】如图所示， ∵ ， 又，， 则 ∴，∴，. 故选：D 5．（2024·山西晋中·三模）已知三棱锥中，分别为棱的中点，则直线与所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间向量的数量积和运算律求出的值，再分别求出两向量的模，最后利用夹角公式即可. 【详解】记，则， ， 则， ， ， 设直线与所成的角为则 ， 所以 故选：C. 6．（23-24高二下·江苏连云港·期中）已知平行六面体中，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用向量的线性运算法则和数量积的性质化简条件可求，结合向量夹角公式可求结论. 【详解】因为 所以， . 故选：B. 1．（23-24高二下·江苏南京·期中）已知EF是棱长为8的正方体的一条体对角线，空间一点M满足，AB是正方体的一条棱，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由空间向量的数量积运算计算可得，即可得的轨迹，即可根据数量积的几何意义求解即可． 【详解】取的中点,, 则， 所以． 所以在以为球心，为半径的球面上，如图 可知在上的投影数量最小值为， 所以的最小值为， 所以的最小值为． 故选：B． 2．（24-25高二上·上海·课堂例题）已知为原点，，，，点在直线上运动，则取得最小值时，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用向量表示出点坐标，再求出，的坐标，借助数量积建立函数关系即可求解. 【详解】因点在直线上运动，则，设，于是有， 因为，，所以，， 因此，， 于是得 ， 则当时，，此时点， 所以当取得最小值时，点的坐标为. 故选：C 3．（23-24高二下·福建漳州·期末）正方体的棱长为，是正方体外接球的直径，为正方体表面上的动点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用向量数量积的运算律可知，，进一步只需求出即可得解. 【详解】由题意等于正方体的体对角线长，设点为的中点， 所以， 则 ， 当点与某个侧面的中心重合时，最小，且， 当点与正方体的顶点重合时，最大，且， 由于点是在正方体表面连续运动，所以的取值范围是， 的取值范围是. 故选：A. 【点睛】关键点睛：本题关键在于利用球心，将转化为，然后分析点位置即可. 4．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知棱长为2的正方体内有一内切球，点在球的表面上运动，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，设出点，可知，所以表示点与点之间距离的平方，分析求解即可. 【详解】以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，设点， 所以，， 所以， 因为表示点与点之间距离的平方， 所以当点的坐标为时，取得最大值为， 当与点重合时，取得最小值， 所以的取值范围为：. 故选：A. 5．（23-24高二下·山东烟台·阶段练习）在正方体中，点在线段上，且.当为锐角时，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，将为锐角转化为，利用向量的坐标运算求解即可. 【详解】如图建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为， 则， 则，所以， 所以， ， 由图可知，， 所以为锐角等价于， 所以 又，解得. 故选：C. 二、填空题 6．（23-24高二下·上海·阶段练习）已知空间向量、、满足：，，若，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】根据得到，根据求出，从而得到 【详解】因为，所以， 故， ， 故， . 故答案为： 【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路： ①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解； ②数化，即利用平面向量的运算，向量中的不等关系把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解. 7．（23-24高二下·江苏宿迁·期中）已知MN是长方体外接球的一条直径，点P在长方体表面上运动，长方体的棱长分别为1、1、4，则的取值范围为 【答案】 【分析】利用空间向量结合极化恒等式求解即可. 【详解】根据题意，以D为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图示.    设长方体外接球球心为O，则DB1为外接球的一条直径， 设O为DB1中点，不妨设M与D重合，N与B1重合. 所以， 所以 ， 由P在长方体表面上运动，所以，故 所以，即. 故答案为： 1．（23-24高二下·江苏宿迁·期中）已知，，则的值为 （   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】依题意，根据数量积的坐标表示计算可得. 【详解】因为且， 所以，解得. 故选：C 2．（23-24高二下·甘肃酒泉·期末）已知向量则（    ） A．－3 B．3 C．9 D．0 【答案】B 【分析】利用向量的坐标运算求解即可. 【详解】因为，所以 故选：B. 3．（23-24高二下·福建龙岩·期中）与空间向量同向的单位向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意可得，结合与空间向量同向的单位向量为运算求解. 【详解】因为，则， 所以与空间向量同向的单位向量为. 故选：C. 4．（22-23高二上·广东佛山·阶段练习）已知向量，，且与互相垂直，则k的值是（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量垂直的坐标表示，列式计算即得. 【详解】，， 由与互相垂直，得，即， 所以. 故选：D 5．（23-24高二上·江西上饶·期末）已知空间向量，，若，则（    ） A． B．3 C． D．2 【答案】D 【分析】根据空间向量运算的坐标表示进行计算即可. 【详解】由题意可得， 因为，所以， 解得. 故选：D. 6．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）设，，且，则（    ） A． B．0 C．3 D． 【答案】D 【分析】根据向量的垂直和平行，先求出的值，再求所给向量的模. 【详解】由， 由，. 所以. 故选：D 7．（23-24高二下·甘肃白银·期中）已知向量，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由空间向量的坐标运算求解即可. 【详解】因为所以所以． 故选：D. 1．（23-24高二下·湖北·期末）空间向量在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据投影向量公式计算即可. 【详解】，， 由投影向量的定义和公式可知在的投影向量为， 故选：C. 2．（23-24高二下·四川成都·阶段练习）已知向量，则向量在向量上的投影向量的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用投影向量的定义结合空间向量数量积的坐标运算可得在上的投影向量的坐标. 【详解】已知空间向量， 则在上的投影向量为 . 故选：B. 3．（23-24高二下·云南昆明·阶段练习）已知，则向量在向量上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 直接利用向量的夹角运算及数量积运算求解投影向量. 【详解】 因为，则向量在向量上的投影为， 所以向量在向量上的投影向量是. 故选:C． 4．（23-24高二上·广东佛山·期末）在棱长为的正方体中，点是的中点．设在上的投影向量为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算结合投影向量的定义可求得的值. 【详解】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， 则、、、， ，， 由题意可知，， 所以，. 故选：C. 5．（23-24高三上·江苏苏州·阶段练习）如图，圆台的轴截面为等腰梯形在上底面的圆周上，且，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，以点为原点建立空间直角坐标系，如图所示，根据空间向量数量积的坐标公式及投影向量的定义即可得解. 【详解】如图，连接，则底面圆， 以点为原点建立空间直角坐标系，如图所示， 不妨设圆台的高为，，则， 故， 则， 所以， 所以在上的投影向量为. 故选：B. 6．（23-24高二下·江苏徐州·期中）已知向量，，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先求出，，，再根据投影向量的定义计算可得. 【详解】因为，， 所以， 所以，， 所以在上的投影向量为. 故选：B 7．（23-24高二上·河北·期中）如图，在三棱锥中，平面，，且，则在方向上的投影向量为（    ）      A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以为坐标原点，所在直线为建立空间直角坐标系,从而在方向上的投影向量，即在轴正方向上的投影向量. 【详解】∵平面,， ∴,, 故以为坐标原点，所在直线为建立空间直角坐标系，令.    则， 则， ∴在方向上的投影向量，即在轴正方向上的投影向量为. 故选：C. 1．（22-23高二上·辽宁葫芦岛·期末）已知向量为平面α的一个法向量，为一条直线，则是的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】根据平面法向量与直线的关系，结合充分、必要性定义判断条件间的充分、必要关系. 【详解】向量为平面α的一个法向量，设为直线l的一个方向向量， 若，则，则，充分性成立； 若，则，则，必要性成立， 所以是的充要条件． 故选：C． 2．（23-24高二上·湖南益阳·阶段练习）在空间直角坐标系中，直线的方向量分别为，则（    ） A． B． C．与异面 D．与相交 【答案】A 【分析】应用空间向量数量积的坐标运算，结合向量垂直表示即可确定直线的位置关系. 【详解】由，故， 所以. 故选：A 3．（23-24高二上·广西河池·阶段练习）以下命题正确的是（    ） A．直线l的方向向量为，直线m的方向向量，则l与m垂直 B．直线l的方向向量，平面的法向量，则 C．两个不同平面的法向量分别为，，则 D．平面经过三点，向量是平面的法向量，则 【答案】C 【分析】根据空间向量数量积的坐标运算，求解即可判断A、B；由已知推得，即可根据法向量的关系，得出平面位置关系；根据已知得出，求出向量的坐标代入求解，得出，即可判断D. 【详解】对于A项，因为， 所以不垂直，所以l与m不垂直，故A错误； 对于B项，因为， 所以，所以或不垂直，故B错误； 对于C项，因为， 所以，所以，故C正确； 对于D项，因为，，向量是平面的法向量， 所以，，即，解得，故D错误. 故选：C. 二、填空题 4．（2024高二上·全国·专题练习）已知直线l与平面垂直，直线l的一个方向向量为，向量为平面的法向量，则z＝ . 【答案】 【分析】利用空间位置的向量关系即可求解. 【详解】平面的法向量为，依题意，，则， 因此，所以. 故答案为： 三、解答题 5．（23-24高二上·浙江绍兴·期末）如图所示，在棱长均相等的平行六面体中分别为线段的中点． (1)设，请以向量表示； (2)求证：平面平面． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意直接分解向量即可. （2）由向量的数量积公式得，结合菱形性质线面、面面垂直的判定定理即可得证. 【详解】（1）. （2）∵ ∴， 又∵， ∴，即， ∵底面菱形中，，且，平面. 所以平面． 又平面． ∴平面平面． 6．（2024高二上·全国·专题练习）如图所示，在直角梯形中，，，，是的中点，分别为的中点，将沿折起，使得平面，试用向量方法证明平面. 【答案】证明见解析 【分析】建立空间直角坐标系，求出的方向向量和平面的法向量即可求解. 【详解】由题意可知底面为正方形， 因为平面，平面，所以两两垂直， 如图以为原点，以为方向向量建立空间直角坐标系， 则有关点及向量的坐标为： ，，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，取可得平面的一个法向量为， 因为，又在平面外， 所以平面. 7．（22-23高二上·广东深圳·期末）如图，在平行六面体中，，．设，，． (1)用基底表示向量，，，； (2)证明：平面． 【答案】(1)，，， (2)证明见解析 【分析】（1）利用空间向量基本定理和向量的线性运算直接求解； （2）先利用向量法证明出和，再利用线面垂直的判定定理直接证明. 【详解】（1）因为， ，，， 所以，，，. （2）不妨设，， 所以 ，即， 又因为 ，即， 又，平面，平面. 所以平面. 一、单选题 1．（23-24高二下·河南驻马店·期末）已知M，N 分别是正四面体中棱AD，BC的中点，若点 P 满足则DP与AB夹角的余弦值为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，表达出，进而求出，进而得到，，从而利用夹角余弦公式求出DP与AB夹角的余弦值. 【详解】设， 因为，所以 ， 设正四面体的棱长为1， 故 ， 又 ， 所以， 故， DP与AB夹角的余弦值为. 故选：A 2．（23-24高二下·福建厦门·期末）在四面体中，，，，，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用向量的夹角公式和数量积的运算律，即可求解异面直线夹角. 【详解】由题知，，令为与所成夹角， 则 . 故选：A 3．（2024·青海·模拟预测）如图，在三棱锥P-ABC中，，，，点D，E，F满足，，，则直线CE与DF所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，，，利用空间向量运算得，，利用数量积的运算律求解数量积，即可解答. 【详解】设，，，则，， ， ， 所以， 故直线CE与DF所成的角为. 故选：D 4．（23-24高二下·河南开封·期末）在棱长为1的正四面体ABCD中，M是BC的中点，且，，则直线AM与CN夹角的余弦值的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】选取为基底，将进行分解，可表示出：，，，进一步结合向量夹角公式即可求解. 【详解】如图所示，延长，使得，由题意点在线段上（不包含端点）， 选取为基底，由题意， 而， 从而， ， ， 所以， 设，因为，所以，而， 因为 ， 设，则，， 当且仅当，即，即时，的最小值为， 所以当且仅当时，. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：关键是表示出：，，，进一步得出，由此即可通过换元法得解. 二、解答题 5．（23-24高二上·江苏镇江·期末）如图，在平行六面体中，，，，，设，，. (1)用向量，，表示并求 (2)求的值和异面直线与的夹角余弦值. 【答案】(1)，； (2)1，. 【分析】（1）利用空间向量的基底表示，再利用数量积的运算律计算得. （2）利用向量数量积的运算律及夹角公式求解即得. 【详解】（1）在平行六面体中，， 由，，得，， 所以. （2）依题意，，则， ，则， 所以异面直线与的夹角余弦值为. 6．（24-25高二上·上海·课堂例题）如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，G在棱CD上，且，H是的中点．建立适当的空间直角坐标系，解决下列问题： (1)求证：； (2)求异面直线EF与所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，首先求出相应点的坐标，再证明，故． （2）利用空间向量法，利用向量的夹角公式求异面直线EF与所成角的余弦值. 【详解】（1）证明：如图，以D为原点，以射线DA、DC、分别为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，， 所以，， 所以， 所以，故． （2）因为，所以． 因为，且， 所以． 7．（24-25高二上·上海·随堂练习）如图，已知正三棱柱的各条棱长都相等，P为上一点，，且． (1)求λ的值； (2)求异面直线PC与所成角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，表示出的坐标，根据，可得，即可求得答案； （2）根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1） 设正三棱柱的棱长为2，分别取AC、中点为O、点，连接OB，． 因为为等边三角形，所以，，． 又O、点分别为AC、的中点，所以． 又由正三棱柱的性质可知，平面ABC，所以平面ABC． 以点O为坐标原点，分别以OB、OC、所在的直线为x、y、z轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 所以，，，， 所以． 因为，所以， 所以有，解得． （2）由（1）可知：， 所以， 所以异面直线PC与所成角的余弦值为． 一、单选题 1．（23-24高二上·内蒙古巴彦淖尔·期末）在空间直角坐标系中，已知向量是平面的一个法向量，且，则直线与平面所成角的正弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意，根据空间向量的数量积的定义计算即可. 【详解】直线与平面所成角的正弦值等于 . 故选：B 二、填空题 2．（23-24高二上·安徽黄山·期末）人教A版选择性必修一习题1.4拓广探索第17题中提到“在空间直角坐标系中，己知向量，点，若平面经过点，且以为法向量，点是平面内的任意一点，则平面的方程为”．现己知平面的方程为，直线l是平面与平面的交线，且直线l的方向向量为，则平面的一个法向量可以为 ，直线l与平面所成角的正弦值为 . 【答案】 / 【分析】结合题意求出平面的法向量和直线的方向向量，用线面角的向量求法处理即可. 【详解】显然平面的一个法向量可以为, 易知平面的法向量为，平面的法向量为， 且直线l的方向向量为，故，，令， 解得，，故，设直线l与平面所成角为， 则. 故答案为：； 三、解答题 3．（23-24高二上·湖北·期末）如图，已知四棱锥，面，四边形中，，，，，，点A在平面内的投影G恰好是的重心． (1)求证：平面⊥平面； (2)求线段的长及直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理与判定定理、以及面面垂直的判定定理即得； （2）设出长，建系后，利用求得长，列出相关点的坐标，推理得到平面的法向量，运用空间向量的线面夹角公式即可求得. 【详解】（1）∵平面，平面，∴， 又∵，，平面， ∴平面，又面，平面⊥平面. （2）如图，过作的平行线交于E，则两两垂直， 以A为原点，以所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，， 则，， 由可得：，解得：，即， 则， 取中点H，则，易得， 又，平面，∴面， 又 ，故为平面的法向量， 设直线与平面所成的角为，则， ∴直线与平面所成的角正弦值为. 4．（2024·山西·模拟预测）如图，在四棱锥中，与交于点，点在平面内的投影为点，若为正三角形，且，．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）分别证明与垂直后可得证线面垂直； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角． 【详解】（1）由题意可得， ， ，即． 又点在平面内的投影为点， 即平面， 又平面，， 又，，平面， 平面． （2）由（1）可得，，两两垂直，建立以为原点如图所示的空间直角坐标系，如图所示，    设， 在中，由得，所以，因此中有，， 所以由 得，， 所以，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则有取得， 直线与平面所成角的正弦值为 ． 5．（22-23高二上·上海徐汇·期末）如图，在三棱柱中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在平面ABC上的投影为AC的中点D，且． (1)求点C到侧面的距离； (2)在线段上是否存在点E，使得直线DE与侧面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）先由题意证得，，两两垂直，从而建立空间直角坐标系，再求出与平面的一个法向量，利用点到平面的距离公式即可得解； （2）假设存在满足条件的点E，且，从而得到，再利用空间向量线面夹角公式得到关于的方程，进而求得，由此即可求出的长. 【详解】（1）因为点在底面ABC上的投影为AC的中点，所以平面ABC， 又平面ABC，故，， 因为是以AC为斜边的等腰直角三角形，点为AC的中点，故， 所以，，两两垂直，故以点为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图， . 因为是以AC为斜边的等腰直角三角形，，所以，， 因为侧面为菱形，所以， 又，所以， 则，，，，， 则，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，则，故， 所以点到平面的距离为. （2）假设存在满足条件的点E， 则存在，使得， 则， 因为直线DE与侧面所成角的正弦值为， 所以， 即，解得， 又，故， 因此存在满足条件的点，且，即． 【点睛】关键点睛：本题第2小问解决的关键是利用空间向量的线性运算求得关于的表达式，从而利用空间向量线面夹角公式求得的值，由此得解. 1．（23-24高二上·河北张家口·期末）如图，在四棱锥中，平面，其中，为棱的中点，点满足. (1)证明：向量与向量共面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，根据坐标运算，能解出即可证明共面； （2）利用空间向量法求平面与平面的夹角. 【详解】（1）因为平面，且， 所以两两垂直，如图建立空间直角坐标系， 设，， 则， 所以， 令， 则，解得， 即存在实数使， 所以向量与向量共面； （2）， ， 则在直角梯形中， 所以， 则， 设面的法向量为， 则，取得， 设设面的法向量为， 则，取得， 故平面与平面夹角的余弦值为 2．（22-23高二·贵州贵阳·阶段练习）如图，在三棱锥中，是点在平面ABC上的投影，，，是BD的中点. (1)证明：平面DAC； (2)若O点正好落在的内角平分线上，，，，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）连接BO并延长交AC于点E，由题可得，进而可得，然后根据线面平行的判定定理即得； （2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得. 【详解】（1）连接BO并延长交AC于点E，连接OA，DE， 因为是在平面ABC上的投影， 所以平面，，平面ABC，所以，， 又，所以，即，所以， 又，即， 所以，， 所以，所以， 即，所以为BE的中点， 又为DB的中点，所以， 又平面，平面DAC， 所以平面DAC； （2）过点A作，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，， 所以， 又点正好落在的角平分线上， 所以，所以， 所以，，则， 所以，所以，，，， 所以， 则，，， 设平面AMB的一个法向量为， 则，令则， 所以. 设平面AMC的一个法向量为， 则， 令，则，，所以. 所以. 设二面角的大小为，则， 所以， 即二面角的正弦值为. 3．（2024·江西南昌·一模）如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，已知为棱的中点，在底面的投影为线段的中点，是棱上一点.    (1)若，求证：平面； (2)若，确定点的位置，并求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)为中点，. 【分析】 （1）根据角平分线性质定理得，由平行线分线段成比例定理得，再由线面平行的判定可证； （2）利用线面垂直可得，进而得平面，由线面垂直得，然后根据等边三角形三线重合即得为中点，以为原点，分别以为轴，以过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用公式求解即可 【详解】（1）设，因为底面是边长为2的菱形， 所以，对角线BD平分， 又为棱的中点，所以, 在中，根据角平分线性质定理得， 又，所以，所以， ，平面，且平面平面. （2）平面，且平面，， 因为，所以， 在中，，，所以是等边三角形， 又为棱的中点，所以， 平面，平面，所以平面平面， 又平面平面，平面ABCD，平面， 又平面，， 又，平面， 平面，且平面，. 因为P在底面的投影H为线段EC的中点，所以，又 所以为等边三角形，故为中点， 所以在底面上的投影为的中点. 在中，， ， 以为原点，分别以为轴， 以过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，    所以， ， 设是平面的一个法向量，则， 令，则，即， 平面，是平面的一个法向量， ， 因为二面角是一个锐角， 所以二面角的余弦值为. 【点睛】方法点睛：向量法求二面角的方法： 首先设两个平面的法向量坐标，利用线面垂直得到线线垂直即向量的数量积为零列出方程组求出法向量坐标，把二面角转化为向量的夹角，利用公式，结合图形写出夹角或补角. 4．（23-24高二上·安徽黄山·期末）如图，在矩形ABCD中，已知，M，E分别为AB，CD的中点，AC，BE交于点F，DM与AE交于点N，将沿着AE向上翻折使D到（点不在平面ABCD内）.    (1)证明：平面平面ABCD； (2)若点在平面ABCD上的投影H落在梯形ABCE的内部及边界上，当FH最大时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，可知四边形与四边形是全等的正方形，可得，进而可证得平面，由线面垂直的判断定理即可证得结果; （2）首先明确在平面上的投影的轨迹，进而判断FH最大值时的位置，建立空间直角坐标系，求得平面，平面的法向量，计算得出结果. 【详解】（1）连接， 因为矩形ABCD中，已知，M，E分别为AB，CD的中点， 所以四边形与四边形是全等的正方形， 所以, 所以,,,平面，平面， 所以平面，又因为平面ABCD，所以平面平面ABCD； （2）由（1）可知，平面，所以点在平面上的投影 落在线段上. 因为 ，， 点在平面上的投影落在点处， 如图建立平面直角坐标系，则有， 直线的方程为：，直线的方程为：， 联立解得：，,, 所以  ,, 所以当FH最大时，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则 所以 设平面的法向量为，则，即， 取，则，，所以， 设平面的法向量为，则，即， 取，则，，所以， 所以. 所以平面与平面夹角的余弦值.    5．（23-24高二上·四川泸州·期末）如图所示，在几何体中，平面，点在平面的投影在线段上，，，，平面. (1)证明：平面平面. (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 【答案】(1)证明见解析 (2)2或3 【分析】（1）过点作的垂线，垂足为，连接，由题意及正弦定理可得，结合，可证明结论； （2）由（1）建立如图所示的空间直角坐标系，设，由平面与平面的夹角的余弦值为，列出方程即可解出. 【详解】（1）过点作的垂线，垂足为，连接，由题知平面， 因为平面，所以， 又因为平面，所以， 所以四边形为矩形，所以. 因为，，，所以， 由正弦定理易知，，所以，又因为，且，所以AE⊥平面ADP. 因为，所以平面， 因为平面PCD，所以平面平面； （2）由（1）知，两两垂直，分别以所在的直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，设， 易得：， 所以. 设平面的法向量，所以  ， 令，可得平面的一个法向量， 设平面的法向量，所以， 令，可得平面的一个法向量， 所以， 解得，所以. 6．（2024·安徽·三模）如图，已知四棱锥中，点在平面内的投影为点，，.    (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设中点为，连接，即可得到四边形为正方形，利用勾股定理逆定理得到，再由线面垂直的性质得到，即可证明平面，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）设中点为，连接， 因为，且，故四边形为正方形， 而，，， 所以，所以， 因为平面，平面， 所以，又平面，， 所以平面，因为平面， 所以平面平面； （2）以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，，所以，， 设平面的法向量为，则，即，令，所以， 由（1）知，平面的法向量为， 设平面与平面所成角为，则，所以， 即，解得或（舍去）， 所以.    一、单选题 1．（23-24高二下·江苏淮安·期中）已知点，则点A到直线的距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求与同方向的单位向量和的坐标，代入点到直线的距离的向量公式即得. 【详解】由题意，, 则与同方向的单位向量为，又, 于是，点A到直线的距离是：. 故选：B. 2．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）已知，，则点B到直线AC的距离为（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】C 【分析】由坐标运算求出，，，进而求出，再求得在方向上的投影，然后即可求出点B到直线AC的距离. 【详解】因为，， 所以，， ， ， 所以在方向上的投影为，， 所以点B到直线AC的距离为. 故选：C. 3．（23-24高二下·江苏南通·阶段练习）在三棱锥中，，，两两垂直，且，，，三角形重心为G，则点P到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求点到直线的距离即可得解. 【详解】如图所示：以为轴建立空间直角坐标系， 则，，，则，   ，， 故在的投影为， 点到线的距离为. 故选：D. 4．（2024·广西来宾·一模）棱长为3的正方体中，点E，F满足，，则点E到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用向量法求点到直线的距离. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，根据条件可得，，， ，，设向量与的夹角为， ， 所以点到直线的距离为. 故选：A. 5．（23-24高二下·江西·阶段练习）已知正方体的棱长为是棱的中点，若点在线段上运动，则点到直线的距离的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以点D为原点，建立空间直角坐标系，借助空间向量结合二次函数求解作答. 【详解】在棱长为2的正方体中，以分别为轴建立空间直角坐标系， 则有，则， 设点， 则点到直线的距离 ， 当且仅当时取等号，则点到直线的距离的最小值为. 故选：D. 二、解答题 6．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点在棱上，且． (1)求四棱锥的表面积 (2)若点在棱上，且到平面的距离为，求点到直线的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据三角形以及梯形面积公式即可求解， （2）建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量法求解即可. 【详解】（1）由，,所以, , 所以,, 故四棱锥的表面积为 （2）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则,0,，,4,， ,4,，，其中， 则， 设平面的法向量为，则， 即令，则平面的法向量， 设到平面的距离为，， 由于，解得， 故， 点到直线的距离为． 7．（23-24高二下·江苏扬州·期末）已知三棱柱的棱长均为. (1)证明：平面平面； (2)若，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）取的中点，连接，可证得，，则平面，然后利用面面垂直的判定定理可证得结论； （2）以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：取的中点，连接， 所以， 所以，所以， 由题设可知，为边长为2的等边三角形，所以， 因为，所以，所以， 又因为平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面； （2）由（1）可知两两垂直， 所以以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 所以， . 因为，则， 设平面的法向量为， 则即 取， 所以是平面的一个法向量. 设直线与平面所成角为， ， 化简整理得 解得，或（舍去）， 所以， 又因为， 所以. 设点到直线的距离为，则， 所以. 一、单选题 1．（23-24高二下·福建厦门·期末）在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是棱，，的中点，过作平面，使得，则点到平面的距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量求出点到平面的距离. 【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，设平面的法向量， 由，，得，则，令，得， 所以点到平面的距离. 故选：D 【点睛】方法点睛：求点到平面的距离可以利用几何法，作出点到平面的垂线段求解；也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出这一点与平面内任意一点确定的向量在法向量的投影即可. 2．（23-24高二下·江苏常州·期中）四棱锥中，，，，则顶点到底面的距离为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】先求出平面的法向量，再根据点到面的距离的向量公式求解即可. 【详解】设平面的法向量为， 则有，令，则， 所以， 所以顶点到底面的距离为. 故选：A. 3．（23-24高二下·江苏泰州·期末）在空间直角坐标系中，已知点，若点到平面的距离为，则点的坐标可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用点到平面距离的向量求法逐项检验可得答案. 【详解】对于A，当时，设为平面的一个法向量， ，， 所以，即，令，则， 则点到平面的距离为，故A错误； 对于B，当时，设为平面的一个法向量， ，， 所以，即，令，则， 则点到平面的距离为，故B错误；     对于C，当时，设为平面的一个法向量， ，， 所以，即，令，则， 则点到平面的距离为，故C错误；     对于D，当时，设为平面的一个法向量， ，， 所以，即，令，则， 则点到平面的距离为，故D正确. 故选：D. 4．（23-24高二下·江苏徐州·期末）在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，再利用点到平面距离的向量法，即可求出结果. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为4， 则， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 由，得到，取，得到，所以， 所以点到平面的距离为， 故选：C. 5．（2024·江苏盐城·模拟预测）棱长为2的正方体中，设点为底面内（含边界）的动点，则点到平面距离之和的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量，然后利用距离的向量公式并换元化简得，最后利用二次函数性质求解最值即可. 【详解】在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系， 如图所示：    则，设， 所以，，设平面的法向量为， 则，令，则．于是， 则点到平面距离之和为， 设，则，， 因为，所以，所以， 函数开口向上，对称轴为，在上单调递增， 所以当时，取到最小值为. 故选：B 6．（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，为棱上的一点，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，由点到平面的距离公式计算即可． 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，． 设平面的法向量为，则， 取，得， 所以点到平面的距离为， 故选：D． 二、解答题 7．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点满足，点是棱上的一个点(包括端点)． (1)求证：； (2)若二面角的余弦值为，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意可建立适当空间直角坐标系，得到、后借助空间向量共线定理即可得证； （2）求出平面与平面的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得点具体位置，再借助点到平面距离公式求解即可得. 【详解】（1）因为底面，且底面为正方形，且、底面， 所以，，两两互相垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，有，故； （2），因为点满足，点是棱上的一个点（包括端点）， 所以，设，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，令，得，，则， 由题可得轴平面，则平面的一个法向量为， 因为二面角角的余弦值为， 所以， 解得或（舍去），所以， 因为，所以点到平面的距离为． 8．（24-25高二·上海·随堂练习）如图1，在等腰直角三角形ABC中，，，D，E分别是AC，AB上的点，，O为BC的中点．将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥，其中． (1)求证：； (2)求点B到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用余弦定理求得，结合已知条件得，从而，再利用线面垂直的判定定理即可证明结论； （2）取中点，则．以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式求解即可． 【详解】（1）连接， 因为在等腰直角三角形中，， 在中，，同理得， 因为， 所以，所以 所以平面， 所以平面． （2）取中点，则， 以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为，， 所以，令，则，则， 又，， 所以点到平面的距离为． 9．（23-24高一下·四川成都·期末）如图，四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，，E为中点，与交点为O． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)若，求点C到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）只需证明，结合线面平行的判定定理即可得解； （2）只需证明平面，在结合面面垂直的判定定理即可得解； （3）首先证明面，由等体积法即可列方程求解. 【详解】（1）设，连结， ∵E为中点，O为中点，∴， 又∵平面，平面，∴平面； （2）连结，∵，O为中点，∴， 又∵底面为菱形，∴，∵且两直线在平面内，∴平面， 又∵平面，∴平面平面； （3）由（2）得：，由，同理可得：， 而平面， ∴面可求：，，， ∴， 而中，，可求：，， 可求：， 而，则， 则即为所求点C到平面的距离． 1．（23-24高二下·湖南·期中）如图，直四棱柱的底面是菱形，，且直线与平面所成角为． (1)求直四棱柱的高； (2)在棱上是否能找到一点，使得平面与平面的夹角为？若能，求出的值；若不能，说明理由． 【答案】(1) (2)能， 【分析】（1）设，以分别为轴正方向建立空间直角坐标系，设，用空间向量法结合直线与平面所成角为，列出方程求解即可； （2）假设能找到这样的点，设，且，根据平面与平面的夹角为及空间向量，列方程解出，即可说明存在，计算出即可． 【详解】（1）设， 因为棱柱是直棱柱，且底面是菱形，故两两垂直， 如图，以分别为轴正方向建立空间直角坐标系， 因为菱形中，， 所以，设， 则，， 所以 设平面的一个法向量为，则由,得， 令得，， 所以， 因为直线与平面所成角为， 所以，即，解得． （2）假设能找到这样的点， 设，且， 则， 设平面的一个法向量为，则由,得， 令得，， 则， 由平面与平面的夹角为， 可得，即，解得， 所以能找到这样的点， 此时，，故． 2．（23-24高二下·湖北·期中）在中，，点分别为边的中点，将沿折起，使得平面平面.    (1)求证：； (2)在平面内是否存在点，使得平面平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，点在直线（点在直线上且）上 【分析】（1）利用已知可得，结合面面垂直可得平面，可证结论. （2）以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，若，求得平面的一个法向量，可判断此情况不成立，若与不共线，设，连接，利用，可求得结论. 【详解】（1）在中，点D、E分别为边AC、AB的中点， 且. 又平面平面，平面平面平面， 平面. 又平面. （2）由（1）知，. 以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则. ， 设为平面的一个法向量， 则，取，则. 假设在平面内存在点，使得平面平面.连接. 若，则设.设平面的一个法向量为. 由，取，则. 平面的法向量.由知，此情况不成立. 若与不共线，设，连接.    设，则. 当，即时，. 又平面，即平面平面，也即平面平面. 所以在平面内存在点，当点在直线（点在直线上且）上时， 平面平面. 3．（21-22高一下·山东青岛·期末）如图所示，在三棱柱中，，是的中点. (1)用表示向量； (2)在线段上是否存在点，使？若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)存在，时，. 【分析】（1）结合图形由空间向量的线性运算计算可得； （2）设，用向量表示，由向量垂直根据空间向量的数量积的坐标运算求出即可. 【详解】（1） （2）假设存在点，使，设， 显然. 因为，所以， 即 . 设，又， 即， 解得， 所以当时，. 4．（23-24高二下·江苏盐城·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，M为棱PC的中点． (1)证明：平面PAD； (2)若， （i）求二面角的余弦值； （ii）在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出PQ的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在，． 【分析】（1）取中点，可证四边形是平行四边形，可得，从而得证； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，（ii）假设存在点到平面的距离为，利用点到面的距离公式法求解即可. 【详解】（1）取PD的中点N，连接AN，MN，如图所示：∵M为棱PC的中点， ∴，∵，∴， ∴四边形ABMN是平行四边形，∴， 又平面PAD，平面PAD，∴平面PAD． （2）∵，∴，∴， ∵平面平面ABCD，平面平面，平面PDC， ∴平面ABCD， 又AD，平面ABCD，∴，而，， ∴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， 如图：则， ∵M为棱PC的中点， ∴ （i）， 设平面BDM的一个法向量为， 则，令，则，∴， 平面PDM的一个法向量为， ∴， 根据图形得二面角为钝角， 则二面角的余弦值为. （ii）假设在线段PA上存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是， 设， 则， 由（2）知平面BDM的一个法向量为，， ∴点Q到平面BDM的距离是， ∴，∴． 5．（23-24高二上·山东临沂·期末）如图，在直三棱柱中，是AB的中点，是的中点，是与的交点.    (1)在线段上找一点，使得平面; (2)在（1）的条件下，求PQ与平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）首先以点为原点建立空间直角坐标系，并求平面的法向量，并利用参数表示向量，利用向量，即可证明线面平行； （2）根据（1）的结果，利用点到平面的距离的向量公式，即可求解. 【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则 ， 设平面的法向量，则，即， 令，得，是平面的一个法向量， 设， 则， 若平面，则， 从而，即，解得， ， 当为线段上靠近的三等分点时，平面; （2）由(1)知， ， 到平面的距离为. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$