专题01 空间向量与立体几何（12大基础题+4大提升题）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学上学期期中真题分类汇编（人教A版2019选择性必修第一册）

专题01 空间向量与立体几何 空间向量的线性运算 1．（23-24高二下·江苏南通·期中）在平行六面体中，已知，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·江苏徐州·期中）在四棱柱中，，，则（    ） A． B． C． D． 3．（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． 4．（23-24高二下·湖北孝感·期中）在三棱柱中，是的中点，，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·天津南开·期中）在正四面体中，过点A作平面的垂线，垂足为H点，点M满足，则（    ）． A． B． C． D． 6．（23-24高二上·山西大同·期中）在平行六面体中，分别是的中点，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 7．（多选）（23-24高二上·湖北武汉·期中）如图，空间四边形中，，分别是边，上的点，且，，点是线段的中点，则以下向量表示正确的是（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高二上·上海·期中）平行六面体中，若，，，则= ． 共线与共面问题 1．（23-24高二上·吉林延边·期中）已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（    ） A．，3 B．，2 C．1，3 D．，2 2．（23-24高二上·安徽·期末）已知向量与共线，则（    ） A． B．0 C．2 D．6 3．（23-24高二上·青海海南·期中）已知是空间的一个基底，，，若，则 （    ） A． B． C．6 D．5 4．（23-24高二上·天津南开·期中）已知向量，若不能构成空间的一个基底，则实数m的值为（    ）． A． B．0 C．5 D． 5．（23-24高二上·四川成都·期中）已知向量，，，若，，共面，则（    ） A．4 B．2 C．3 D．1 6．（多选）（23-24高二上·山东烟台·期中）下列说法正确的是（    ） A．对于空间任意两个非零向量是的充要条件 B．若向量，则与任何向量都不能构成空间的一个基底 C．若，则与向量共线的一个单位向量为 D．若构成空间一组基底，则共面 7．（多选）（23-24高二上·河南开封·期中）若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 8．（23-24高二上·甘肃武威·期中）已知点，，，若直线，则 ． 9．（23-24高二上·四川成都·阶段练习）已知向量 ， 且， 则实数 ． 10．（23-24高二下·广东湛江·开学考试）已知向量，，，若三个向量共面，则 ． 求空间向量的数量积 1．（23-24高二上·辽宁沈阳·期中）如图，正四面体ABCD的棱长为2，点E，F分别为棱AD，BC的中点，则的值为（    ） A．4 B． C． D．2 2．（23-24高二上·北京顺义·期中）如图，四面体的所有棱长都是2，则（    ） A． B． C．2 D．1 3．（23-24高二上·江西·期中）已知空间向量，，，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（23-24高二上·海南海口·期中）已知点，，，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．（23-24高二上·北京西城·期中）如图，已知四面体的所有棱长都等于，，，分别是棱，，的中点．则与分别等于（    ） A．和 B．和 C．和 D．和 6．（23-24高二上·北京房山·期中）在棱长为2的正方体中，（    ） A． B． C．2 D．4 7．（23-24高二上·辽宁·阶段练习）在长方体中，，，，则（ ） A． B． C．3 D．9 8．（23-24高二上·吉林松原·期中）我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，四棱锥为阳马，平面，且，，则（    ） A． B．3 C．2 D．5 9．（23-24高二上·广东广州·期中）在四面体中，棱两两垂直，且为的重心，则（    ） A． B． C． D． 10．（23-24高二上·新疆昌吉·期中）已知，，且，则（    ） A． B． C． D． 11．（多选）（23-24高二上·四川眉山·期中）如图，在四棱锥中，底面，四边形是边长为1的菱形，且，，则（    ）      A． B． C． D． 12．（多选）（23-24高二上·宁夏·期中）正方体的棱长为1，若动点P在线段，则可能的取值是（    ） A． B． C． D．2 13．（多选）（22-23高二下·福建·期中）如图正方体中，为正方形的中心，分别为的中点，下列结论正确的是（    ）    A．平面 B． C． D．平面 14．（23-24高三上·福建福州·期中）已知向量的夹角的余弦值为，则 15．（23-24高二上·安徽阜阳·期中）在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱的长为3，且，则为 . 空间向量夹角问题 1．（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 2．（23-24高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知空间三点，则向量与的夹角为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·北京丰台·期中）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）. 数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体. 如图，已知一个正八面体的棱长为2，，分别为棱，的中点，则直线和夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 4．（16-17高二上·湖北黄石·期中）已知向量，，，若，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·安徽·期中）在空间直角坐标系中，已知点，，，则（    ） A． B． C． D． 6．（多选）（23-24高二上·辽宁·期中）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是为与的交点，若，则下列正确的是（    ） A． B． C． D．的长为 7．（多选）（23-24高二上·江西景德镇·期中）在正方体中，下列结论中正确的是（    ） A．四边形的面积为 B．与的夹角为 C． D． 8．（多选）（23-24高二上·辽宁沈阳·期中）已知空间单位向量两两之间的夹角均为，则下列说法中正确的是（    ） A． B． C． D． 9．（23-24高二上·浙江嘉兴·期中）已知点，，，则向量与的夹角为 ． 10．（23-24高二上·北京·期中）已知直线m，n的方向向量分别为，，则直线m，n夹角的余弦值为 . 11．（23-24高二上·上海奉贤·期中）如图，为正方体，动点在对角线上，记．当为钝角时，的取值范围为 ．    空间向量的模 1．（23-24高二上·江苏无锡·期中）在棱长为的正四面体中，点在上，且，为中点，则为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·云南楚雄·期中）在平行六面体中，，则（    ） A． B． C．4 D． 3．（23-24高二上·广东清远·期中）如图，平行六面体的各棱长均为，则（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·广东东莞·期中）在三棱锥中，已知，，，若点为平面内一点，且，则（    ） A．2 B． C．3 D．5 5．（23-24高二上·河南商丘·期中）金刚石是天然存在的最硬的物质，如图1所示是组成金刚石的碳原子在空间排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示．这就是说，图2中有，若正四面体ABCD的棱长为2，则下列结论不正确的是（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二上·广东广州·期中）在平行六面体中，，，，，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二上·北京·期中）已知点，为坐标原点，且，则（   ） A． B． C． D． 8．（23-24高二上·天津·期中）向量，，，则（    ） A．9 B．3 C．1 D． 9．（23-24高二上·陕西咸阳·期中）若，，则（    ） A．10 B．3 C． D． 10．（23-24高二上·河南开封·期中）设，，，，且，，则（    ） A． B． C．3 D． 11．（23-24高二上·浙江·期中）已知空间向量，若，则（    ） A． B．3 C．4 D．5 12．（多选）（23-24高二上·重庆江津·期中）已知向量，，则下列正确的是（    ） A． B． C． D． 13．（多选）（23-24高二上·辽宁沈阳·期中）已知向量，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．能构成空间向量的一组基底 14．（23-24高二上·陕西渭南·期中）已知空间向量，，则 ． 15．（23-24高二上·河南·期中）设，，若空间向量与平行，则 . 投影向量 1．（23-24高二上·江苏无锡·期中）已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·河北唐山·期中）在空间四边形中，，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·湖北十堰·期中）已知空间向量，则向量在坐标平面上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·浙江杭州·阶段练习）已知空间向量，，向量在向量上的投影向量坐标为 5．（23-24高二上·安徽六安·期中）已知向量在向量上的投影向量为，则实数的取值范围为 . 6．（23-24高二上·陕西榆林·期中）已知，则在上的投影向量为 . 7．（23-24高二上·天津河东·期中）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是 ． 8．（23-24高二上·四川成都·期中）向量在y轴上的投影向量为 . 空间位置关系的向量判断 1．（23-24高二上·全国·期中）已知为直线的方向向量，和分别为平面与的法向量与不重合），那么下列说法中： ①； ②； ③； ④． 其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（23-24高二上·全国·期中）若直线的方向向量为,,，平面的法向量为,6,，则（    ） A． B． C． D．与位置关系不确定 3．（23-24高二上·福建厦门·期中）若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（    ） A． B． C． D．无法确定 4．（23-24高二上·新疆和田·期中）已知、分别为不重合的两直线、的方向向量，、分别为不重合的两平面、的法向量，则下列所有正确结论（    ）个. ①；②；③；④. A． B． C． D． 5．（23-24高二上·广东湛江·期中）直线与的方向向量分别为和，则与的位置关系是（   ） A．平行 B．垂直 C．相交 D．重合 6．（23-24高二上·北京丰台·期中）若直线的方向向量为，平面的法向量为，则下列选项中能使成立的是（    ） A．， B．， C．， D．， 7．（23-24高二上·浙江温州·期中）已知平面的法向量为，则直线与平面的位置关系为（    ） A． B． C．与相交但不垂直 D． 8．（23-24高二上·福建三明·期中）已知分别为直线的方向向量（不重合），分别为平面，的法向量（，不重合），则下列说法中错误的是（    ） A． B． C． D． 9．（23-24高二上·北京顺义·期中）如图，在正方体中，点是线段的中点，点是线段上的动点，下列结论中错误的是（    ）    A．对于任意的点，均有 B．存在点，使得平面 C．存在点，使得与所成角是 D．不存在点，使得与平面的所成角是 10．（23-24高二上·浙江·期中）如图，在正方体中，不能互相垂直的两条直线是（    ）    A．和 B．和 C．和 D．和 11．（23-24高二上·安徽池州·期中）如图，在长方体中，，点为线段上的动点，则下列结论错误的是（    ） A．当时，三点共线 B．当时，平面 C．当时，平面 D．当时， 12．（多选）（23-24高二上·福建厦门·期中）已知正三棱柱的所有棱长均相等，，分别是的中点，点满足，下列选项中一定能得到的是（    ） A． B． C． D． 异面直线所成角 1．（23-24高二上·陕西西安·期中）在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·山东淄博·期中）如图，在圆锥SO中，AB是底面圆的直径，,  D，E分别为SO，SB的中点，点C是底面圆周上一点（不同于A,B）且，则直线AD与直线CE所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·辽宁沈阳·期中）如图，四面体A-BCD，△ABD与△BCD均为等边三角形，点E、F分别在边AD、BD，且满足，，记二面角的平面角为，，则异面直线BE与CF所成角的正弦值是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·重庆·期中）正方体中，M，N分别是，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·内蒙古呼和浩特·阶段练习）如图，在正三棱柱中，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 ．    6．（23-24高二上·浙江金华·期中）如图，已知平行六面体中，底面是边长为的正方形，侧棱长为，且，若异面直线和所成角的大小，则 . 7．（23-24高二上·河南洛阳·期中）如图，四边形和均为正方形，且，平面平面分别为的中点，为线段上的动点，则异面直线与所成角的余弦值最大时， .    8．（23-24高二上·上海·期中）正四棱锥的侧面是等边三角形，为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为 . 9．（23-24高二上·辽宁·期中）三棱锥中，两两垂直，，点为平面内的动点，且满足，则三棱锥体积的最大值 ，若记直线与直线的所成角为，则的取值范围为 . 10．（23-24高二上·天津南开·期中）如图，平行六面体中，． (1)证明：； (2)求的长； (3)求直线与AC所成角的余弦值． 线面角 1．（23-24高二上·全国·期中）PA，PB，PC是从点P引出的三条射线，每两条的夹角均为，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·北京·期中）如图，在正方体中，点是线段上任意一点，则与平面所成角的正弦值不可能是（    ）    A． B． C． D．1 3．（23-24高二上·山东烟台·期中）如图，在正四棱柱中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·山东济宁·期中）在正四棱锥中，为顶点S在底面内的射影，为侧棱的中点，且，则直线与平面所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·安徽宿州·期中）在正方体中，分别是棱上的动点，且，当、共面时，直线和平面夹角的正弦值为（    ）    A． B． C． D． 6．（多选）（23-24高二上·四川乐山·期末）如图，在正方体中，，点为线段上的一动点，则下列结论正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积为定值 C．当点P与点重合时，平面平面 D．当时，直线与平面所成角的正切值为 7．（23-24高二上·新疆伊犁·期中）如图，四棱锥的底面是梯形，平面，，，，，为线段上一个动点，且，若与平面所成的角为，则 ． 8．（23-24高二上·辽宁大连·期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，为棱的中点，且为棱上的一点，若与平面所成角的正弦值为，则 .    9．（23-24高二上·广东广州·期中）如图，已知平面，底面为正方形，，M，N分别为，的中点.    (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 10．（23-24高二上·青海西宁·期中）如图，为正方体． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 11．（23-24高二上·宁夏吴忠·期中）在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面．    (1)求证：； (2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 二面角 1．（23-24高二上·福建福州·期中）正方形中，边长为为正方形中心，为的中点，为中点，将沿着对角线BD缓慢折起，当的余弦值为时，二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·北京·期中）已知，则下列说法错误的是（    ） A．若分别是直线的方向向量，则所成角余弦值是 B．若分别是直线l的方向向量与平面的法向量，则l与所成角正弦值是 C．若分别是平面ABC、平面BCD的法向量，则二面角的余弦值是 D．若分别是直线l的方向向量与平面的法向量，则l与所成角余弦值是. 3．（23-24高二上·浙江·期中）正方体中，二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·湖北武汉·期中）如图，在四棱锥中，已知：平面，，，，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，若点是中点，则四棱锥体积的最大值是（    ）    A． B． C． D． 5．（多选）（23-24高二上·山东淄博·期中）如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边）且，下列说法错误的是（    ） A．当E，F运动时，存在点E，F使得 B．当E，F运动时，存在点E，F使得 C．当E运动时，二面角最小值为 D．当E，F运动时，二面角的余弦值为定值． 6．（多选）（23-24高二上·山东临沂·期中）如图所示，棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（    ）    A． B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．平面与平面的夹角为 7．（多选）（23-24高三上·江苏南通·期中）已知正三棱柱的各棱长都为1，为的中点，则（    ） A．直线与直线为异面直线 B．平面 C．二面角的正弦值为 D．若棱柱的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 8．（22-23高二上·浙江温州·期中）如图，平行六面体中，底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，E是CD的中点，D1E⊥CD，AB＝2BC＝2，且平面BCC1B1与平面D1EB的夹角的余弦值为，则线段D1E的长度为 ． 9．（23-24高二上·上海黄浦·期中）四面体的所有棱长均为2，则二面角的大小为 . 10．（23-24高二上·福建泉州·期中）中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种被称为“羡除”的几何体，该几何体是三个面均为梯形，其他两个面为三角形的五面体.如图，现有一羡除，平面平面，，，四边形，均为等腰梯形，，M，N，P分别为，，的中点，则二面角的平面角的余弦值为 11．（22-23高二下·四川内江·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，底面ABCD，点E为棱PC的中点，． (1)证明：平面PAD； (2)在棱PC上是否存在点F，PF=PC，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 12．（23-24高二上·北京·期中）如图，在直三棱柱中，分别为的中点 (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. 13．（23-24高二上·新疆阿克苏·期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，点分别为的中点．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值； 点到直线的距离 1．（23-24高二上·安徽芜湖·期中）如图，在正三棱柱中，，点D是棱BC的中点，则点到直线的距离为（    ）    A． B． C． D． 2．（23-24高二上·山西朔州·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是矩形，，，，点是的中点，则线段上的动点到直线的距离的最小值为（    ） A． B．2 C． D．3 3．（23-24高二上·四川凉山·期中）在三棱柱中，，则该三棱柱的体积为（    ） A． B．3 C．4 D． 4．（23-24高二上·浙江·期中）已知正方体的棱长为1，若点P满足，则点P到直线AB的距离为（     ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·河南商丘·期中）已知是空间一点，直线过点且一个方向向量为，则到直线的距离为（    ） A．1 B． C．2 D．3 6．（23-24高二上·河北·期中）若，，，则点A到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二上·四川成都·期中）已知正方体的棱长为，在正方体内部且满足，则点到直线的距离为 ． 8．（23-24高二上·山东潍坊·期中）已知点，，，则到的距离为 . 9．（23-24高二上·福建莆田·期中）如图，在平行六面体中，，，E为的中点，则点E到直线的距离为 ． 10．（23-24高二上·江苏无锡·期中）在直四棱柱中，底面是边长为的正方形，侧棱长为，点为棱上靠近的三等分点，点在棱上靠近点的三等分点. (1)求证：点，，，共面； (2)求点到的距离. 11．（23-24高二上·山西·期中）如图，在棱长为3的正方体中，点E在线段BD上，点F在线段上，且，．    (1)求到直线EF的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 12．（23-24高二上·福建厦门·期中）已知空间三点，，，. (1)求以，为邻边的平行四边形的面积； (2)若D点在平面上，求的值. 点到平面的距离 1．（23-24高二上·四川·期中）在空间直角坐标系中，点在平面外，点在平面内，平面的一个法向量为，则点到平面的距离为（    ） A．2 B．1 C． D． 2．（23-24高二上·河北保定·期中）已知，是平面的一个法向量，且是平面内一点，则点A到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·山东济宁·期中）已知平面的一个法向量为，其中，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·四川凉山·期中）已知圆锥的顶点是，底面圆心是，为底面直径，，，点在底面圆周上，且二面角为，下面说法正确的是（    ） A．与平面所成角的正弦值为 B．到平面的距离为 C．与所成角的余弦值为 D．平面与平面所成角的正弦值为 5．（23-24高二上·四川成都·期中）如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截得到的，其中，，，，则中点到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 6．（23-24高二上·浙江·期中）在空间直角坐标系中，已知，则点到平面的距离是（    ） A． B． C． D． 7．（多选）（21-22高二上·湖北孝感·期中）已知正方体的棱长为，下列四个结论中正确的是（    ） A．直线与直线所成的角为 B．直线与平面所成角的余弦值为 C．平面 D．点到平面的距离为 8．（23-24高二上·江苏无锡·期中）在棱长为3的正方体中，为线段靠近的三等分点.为线段靠近的三等分点，则直线到平面的距离为 . 9．（23-24高二上·浙江杭州·期中）已知． (1)求在上的投影向量； (2)若四边形是平行四边形，求顶点D的坐标； (3)若点，求点P到平面的距离． 10．（23-24高三上·天津北辰·期中）如图，且且且平面． (1)若为的中点，为的中点，求证：平面； (2)求二面角的平面角的正弦值； (3)若点在线段上，直线与平面所成的角为，求点到平面的距离． 11．（23-24高二上·安徽淮北·期中）如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，，，为的中点． (1)求证：平面平面； (2)求点到面的距离． 数量积中的范围与最值问题 1．（23-24高二上·重庆·期中）已知是棱长为8的正方体的一条体对角线，点在正方体表面上运动，则的最小值为（    ） A． B． C． D．0 2．（23-24高二上·北京西城·期中）已知是正方体内切球（球在正方体内且与正方体的六个面都相切）的一条直径，点在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·山东济宁·期中）在棱长为的正方体中，是正方体外接球的直径，点是正方体表面上的一点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·湖南·期中）已知正方体的棱长为2，球是正方体的内切球，点是内切球表面上的一个动点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·北京·期中）已知空间直角坐标系中，，点在直线上运动，则当取得最小值时，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二上·浙江台州·期中）在长方体中，，，E，F，G分别是棱，BC，的中点，M是平面ABCD内一动点，若直线与平面EFG平行，则的最小值为（    ）    A． B．9 C． D． 7．（23-24高二上·福建福州·期中）已知正方体的棱长为，球是正方体的内切球，是球的直径，点是正方体表面上的一个动点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高二上·上海·期中）已知空间三个向量,,的模均为1，它们相互之间的夹角均为60°．若，则k的取值范围为 ． 9．（23-24高二上·河南·期中）已知正方体的棱长为，点在线段上（不含端点）.若是锐角，则线段长度的取值范围为 . 10．（23-24高二上·安徽六安·期中）已知是棱长为4的正四面体的外接球的一条直径，点是该正四面体表面上的一点，则的取值范围为 . 空间中的轨迹问题 1．（23-24高二上·浙江嘉兴·期中）已知长方体，，，M是 的中点，点P满足，其中，，且平面，则动点P的轨迹所形成的轨迹长度是（    ） A． B．6 C． D．5 2．（多选）（22-23高二下·安徽滁州·期中）长方体中，，，，点是空间一动点，是棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A．若在侧面内含边界运动，当长度最小时，三棱锥的体积为 B．若在侧面内含边界运动，存在点，使平面 C．若在侧面内含边界运动，且，则点的轨迹为圆弧 D．若在内部运动，过分别作平面，平面，平面的垂线，垂足分别为，，，则为定值 3．（多选）（23-24高二上·山东日照·期中）如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（    ）    A．当P在侧面上运动时，四棱锥的体积不变 B．当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是 C．当直线AP与平面ABCD所成的角为45°时，点P的轨迹长度为 D．若F是的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足平面时，PF长度的取值范围是 4．（多选）（23-24高二上·浙江台州·期中）正方体的棱长为1，E，F，G分别为BC，，的中点,则正确的是（    ）    A． B．平面AEF C．点B、C到平面AEF的距离相等 D．若P为底面ABCD内一点，且，则点P的轨迹是线段 5．（多选）（23-24高二下·青海海西·期中）如图，点是边长为2的正方体的表面上一个动点，则下列说法正确的是（    ） A．当点在侧面上时，四棱锥的体积为定值 B．存在这样的点，使得 C．当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为 D．当时，点的轨迹长度为 6．（多选）（23-24高二下·福建·期中）如图，在棱长为1的正方体中，为边的中点，点在底面ABCD内运动（包括边界），则下列说法正确的有（   ）． A．不存在点，使得 B．过三点的正方体的截面面积为 C．四面体的内切球的表面积为 D．点在棱上，且，若，则点的轨迹是圆 7．（多选）（23-24高二上·贵州贵阳·期中）如图，在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足.下列说法中错误的是（    ）    A．点可以是棱的中点 B．线段长度的最大值为 C．点的轨迹是正方形 D．点的轨迹长度为 8．（多选）（23-24高二上·山西运城·阶段练习）已知正方体棱长为为棱中点，为正方形上的动点，则（    ） A．满足的点的轨迹长度为 B．满足平面的点的轨迹长度为 C．存在点，使得平面经过点 D．存在点满足 9．（多选）（23-24高二上·浙江·期中）如图，在棱长为2的正方体中，点是的中点，点是底面正方形内的动点（包括边界），则下列选项正确的是（    ） A．存在点满足 B．满足的点的轨迹长度是 C．满足平面的点的轨迹长度是1 D．满足的点的轨迹长度是 10．（23-24高二上·山东济宁·期中）如图所示，正方体的棱长为3，动点在底面正方形内，且与两个定点，的距离之比为． (1)求动点的轨迹方程，并说明轨迹的形状； (2)求动点到平面的距离的取值范围． 存在性问题 1．（多选）（23-24高三上·江西·期末）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中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，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在点、使得、、、四点共面 B．存在点，使 C．存在点，使得直线与平面所成角为 D．存在点，使得直线与直线所成角的余弦值 2．（多选）（23-24高二上·河南商丘·期中）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，为线段上的动点，则（    ） A．存在点，使得直线 B．存在点，使得平面 C．点到直线距离的最小值为 D．三棱锥的体积为 3．（多选）（23-24高二上·海南省直辖县级单位·期中）在长方体中，，，动点P在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（    ） A．当P为中点时，为锐角 B．存在点P，使得平面APC C．的最小值 D．顶点B到平面APC的最大距离为 4．（23-24高二上·福建三明·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)棱上是否存在点，它与点到平面的距离相等，若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 5．（23-24高二上·北京·期中）如图：在直三棱柱中，，，，M是的中点，N是的中点． (1)求证：∥平面； (2)求：二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在点P，使得点P到平面MBC的距离为，若存在求此时的值，若不存在请说明理由． 6．（23-24高二上·湖北黄冈·期中）如图①，在直角梯形中，，，.将沿折起，使平面平面，连，得如图②的几何体. (1)求证：平面平面； (2)若，二面角的平面角的正切值为，在棱上是否存在点使二面角的平面角的余弦值为，若存在，请求出的值，若不存在，说明理由. 7．（23-24高二上·湖北孝感·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，为中点，点在上，且.    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得平面？说明理由. 8．（23-24高二上·湖北孝感·期中）在四棱锥中，底面是正方形，平面是的中点. (1)证明：平面； (2)若点在棱上，且，在棱上求一点，使得平面. 9．（23-24高二上·江西景德镇·期中）如图，已知四边形是矩形，平面，，，点M，N分别在线段上．    (1)求证：直线平面． (2)是否存在M，N，使得？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值．若不存在，请说明理由． 新定义问题 1．（23-24高二下·湖北孝感·期中）在空间中，经过点，法向量为的平面的方程（即平面上任意一点的坐标满足的关系式）为：.用此方法求得平面和平面的方程，化简后的结果分别为和，则这两平面夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·江苏徐州·期中）定义.若向量，向量为单位向量，则的取值范围是 . 3．（23-24高二上·北京·期中）在移动通信中，总是有很多用户希望能够同享一个发射媒介，进行无线通信，这种通信方式称为多址通信.多址通信的理论基础是：若用户之间的信号可以做到正交，这些用户就可以同享一个发射媒介.在n维空间中，正交的定义是两个n维向量满足.已知某通信方式中用户的信号是4维非平行向量，有四个用户同享一个发射媒介，已知前三个用户的信号向量为.写出一个满足条件的第四个用户的信号向量 . 4．（22-23高二上·北京·期中）对于空间向量，定义，其中表示这三个数的最大值. (1)已知，. ①写出，写出（用含的式子表示）； ②当，写出的最小值及此时x的值； (2)设，，求证： (3)在空间直角坐标系O−xyz中，，，，点P是以O为球心，1为半径的球面上的动点，点Q是△ABC内部的动点，直接写出的最小值及相应的点P的坐标. 5．（22-23高二上·福建福州·期中）如图，已知向量，可构成空间向量的一个基底，若，，．在向量已有的运算法则的基础上，新定义一种运算，显然的结果仍为一向量，记作 (1)求证：向量为平面OAB的法向量； (2)若，，求以OA，OB为边的平行四边形OADB的面积，并比较四边形OADB的面积与的大小； (3)将四边形OADB按向量平移，得到一个平行六面体，试判断平行六面体的体积V与的大小．（注：第（2）小题的结论可以直接应用） ( 1 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 空间向量与立体几何 空间向量的线性运算 1．（23-24高二下·江苏南通·期中）在平行六面体中，已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平行六面体结构特征和相等向量的定义，结合向量加法法则即可求解. 【详解】在平行六面体中，, 所以. 故选：D. 2．（23-24高二下·江苏徐州·期中）在四棱柱中，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】借助空间向量的线性运算计算即可得. 【详解】 ，故A、B错误； ，故C错误、D正确. 故选：D. 3．（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 4．（23-24高二下·湖北孝感·期中）在三棱柱中，是的中点，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】依题意可得，再根据空间向量线性运算法则计算可得. 【详解】因为，所以， 所以 . 故选：C 5．（23-24高二上·天津南开·期中）在正四面体中，过点A作平面的垂线，垂足为H点，点M满足，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知条件，结合空间向量的线性运算，即可求解. 【详解】在正四面体中， 因为平面，所以是的中心，连接， 则， 所以 . 故选：B. 6．（23-24高二上·山西大同·期中）在平行六面体中，分别是的中点，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间向量的线性运算逐一判断即可. 【详解】由空间向量加法运算可知，A正确； ，B正确； ，C错误； ，D正确. 故选：C    7．（多选）（23-24高二上·湖北武汉·期中）如图，空间四边形中，，分别是边，上的点，且，，点是线段的中点，则以下向量表示正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】利用空间向量的基底表示向量，再结合空间向量线性运算，逐一对各项计算判断即可得出结果. 【详解】空间四边形中，，，点是线段的中点， ， ，所以选项D正确； 对于选项A，，所以选项A错误； 对于选项B，，所以选项B错误； 对于选项C，，所以选项C正确， 故选：CD. 8．（23-24高二上·上海·期中）平行六面体中，若，，，则= ． 【答案】 【分析】 根据空间向量基本定理得到答案. 【详解】由题意得，， 即， 故. 故答案为： 共线与共面问题 1．（23-24高二上·吉林延边·期中）已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（    ） A．，3 B．，2 C．1，3 D．，2 【答案】D 【分析】由A，B，C三点共线，得与共线，然后利用共线向量定理列方程求解即可. 【详解】因为，，， 所以，， 因为A，B，C三点共线，所以存在实数，使， 所以， 所以，解得. 故选：D 2．（23-24高二上·安徽·期末）已知向量与共线，则（    ） A． B．0 C．2 D．6 【答案】C 【分析】根据两向量共线的坐标关系，列出方程求解即可. 【详解】因为向量与共线， 显然：,所以， 所以， 故． 故选：C. 3．（23-24高二上·青海海南·期中）已知是空间的一个基底，，，若，则 （    ） A． B． C．6 D．5 【答案】C 【分析】化简，结合，列出方程组，即可求解. 【详解】因为向量， 又因为，且， 可得，则，解得， 所以. 故选：C. 4．（23-24高二上·天津南开·期中）已知向量，若不能构成空间的一个基底，则实数m的值为（    ）． A． B．0 C．5 D． 【答案】C 【分析】根据题意得到存在使得，从而得到方程组，得到答案. 【详解】因为不能构成空间的一个基底， 所以共面， 故存在使得， 即， 故，解得. 故选：C 5．（23-24高二上·四川成都·期中）已知向量，，，若，，共面，则（    ） A．4 B．2 C．3 D．1 【答案】D 【分析】根据共面定理得，即可代入坐标运算求解. 【详解】因为，，共面，所以存在两个实数、，使得， 即，即，解得. 故选：D 6．（多选）（23-24高二上·山东烟台·期中）下列说法正确的是（    ） A．对于空间任意两个非零向量是的充要条件 B．若向量，则与任何向量都不能构成空间的一个基底 C．若，则与向量共线的一个单位向量为 D．若构成空间一组基底，则共面 【答案】BC 【分析】根据空间向量平行、基底、单位向量、共面等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项，两个非零向量满足，则或，所以A选项错误. B选项，，则与任何向量共面，不能构成基底，B选项正确. C选项，与向量共线的一个单位向量为， 所以C选项正确. D选项，构成空间一组基底，则不共面， 不共线， 若共面， 则存在使得， 则，此方程组无解，所以不共面，D选项错误. 故选：BC 7．（多选）（23-24高二上·河南开封·期中）若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】ACD 【分析】根据空间向量共面基本定理进行求解判断即可． 【详解】对于A，因为，故三个向量共面，故A符合题意； 对于B，假设，，共面， 则，使得， 故有，方程组无解，故假设不成立，即，，不共面； 故B不符合题意； 对于C，，故三个向量共面，故C符合题意； 对于D，，故三个向量共面，故D题意符合． 故选：ACD． 8．（23-24高二上·甘肃武威·期中）已知点，，，若直线，则 ． 【答案】2 【分析】先求向量的坐标，然后根据向量共线定理即可求解； 【详解】因为，， 所以，又，所以， 又， 所以，解得，故． 故答案为：2 9．（23-24高二上·四川成都·阶段练习）已知向量 ， 且， 则实数 ． 【答案】5 【分析】根据向量共线的坐标关系即可求解. 【详解】因为 ， 所以存在实数， 使得，即 ， 所以 ，解得，，，所以 故答案为：5 10．（23-24高二下·广东湛江·开学考试）已知向量，，，若三个向量共面，则 ． 【答案】 【分析】由向量共面的性质可得，列出方程组解出即可. 【详解】因为三向量共面，所以可设， 即， 所以，解得，，所以. 故答案为：-4 求空间向量的数量积 1．（23-24高二上·辽宁沈阳·期中）如图，正四面体ABCD的棱长为2，点E，F分别为棱AD，BC的中点，则的值为（    ） A．4 B． C． D．2 【答案】C 【分析】根据数量积的运算律即可结合数量积的定义即可求解. 【详解】， ． 故选：C． 2．（23-24高二上·北京顺义·期中）如图，四面体的所有棱长都是2，则（    ） A． B． C．2 D．1 【答案】C 【分析】确定，再计算向量的数量积得到答案. 【详解】四面体的所有棱长都是2，故， . 故选：C. 3．（23-24高二上·江西·期中）已知空间向量，，，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】利用空间向量数量积的坐标表示求解. 【详解】，所以. 故选：B. 4．（23-24高二上·海南海口·期中）已知点，，，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】利用空间向量的坐标表示，数量积的坐标表示计算得解. 【详解】点，，，则， 所以. 故选：C 5．（23-24高二上·北京西城·期中）如图，已知四面体的所有棱长都等于，，，分别是棱，，的中点．则与分别等于（    ） A．和 B．和 C．和 D．和 【答案】A 【分析】 依题意以、、为基底，表示出、、，再根据数量积的运算律计算可得. 【详解】依题意，所以， ，， 所以 . 故选：A 6．（23-24高二上·北京房山·期中）在棱长为2的正方体中，（    ） A． B． C．2 D．4 【答案】D 【分析】根据向量数量积定义计算即可. 【详解】 在棱长为2的正方体中, 易知， 因为，与的夹角为， 所以与的夹角为， . 故选：D 7．（23-24高二上·辽宁·阶段练习）在长方体中，，，，则（ ） A． B． C．3 D．9 【答案】C 【分析】确定，计算得到答案. 【详解】，，， . 故选：C. 8．（23-24高二上·吉林松原·期中）我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，四棱锥为阳马，平面，且，，则（    ） A． B．3 C．2 D．5 【答案】B 【分析】根据题意建立空间直角坐标系计算求解即可. 【详解】因为平面，平面， 所以， 又因为四边形是矩形，所以， 以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，则， 所以，，所以． 故选：B 9．（23-24高二上·广东广州·期中）在四面体中，棱两两垂直，且为的重心，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先将用表示，再根据向量的运算律即可得解. 【详解】如图，为的中点，则点在上，且， 则 ， 则 . 故选：D.    10．（23-24高二上·新疆昌吉·期中）已知，，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量数量积的坐标运算得到方程，解得即可. 【详解】因为，，且， 所以，解得. 故选：A 11．（多选）（23-24高二上·四川眉山·期中）如图，在四棱锥中，底面，四边形是边长为1的菱形，且，，则（    ）      A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】 利用数量积的定义和运算律，结合图形，即可求解. 【详解】 如图所示：    因为底面，所以垂直于平面内的任何一条直线， 因为四边形是边长为1的菱形，且，所以和是等边三角形， A. ，故A错误； B. ，故B正确； C. ，故C错误； D. ，故D正确. 故选：BD. 12．（多选）（23-24高二上·宁夏·期中）正方体的棱长为1，若动点P在线段，则可能的取值是（    ） A． B． C． D．2 【答案】BC 【分析】利用基底法结合数量积公式计算即可. 【详解】以为基底，分别记为，易知， 设， 则. 易知BC符合题意. 故选：BC 13．（多选）（22-23高二下·福建·期中）如图正方体中，为正方形的中心，分别为的中点，下列结论正确的是（    ）    A．平面 B． C． D．平面 【答案】AC 【分析】根据图象得到各点坐标，再计算向量及平面法向量，根据线面平行及垂直的向量关系、向量的线性运算和数量积分别判断各个选项得到答案. 【详解】   如图建系，因为点E是棱的中点，点F是棱的中点，点G是面的中心，设正方体的边长为1， 可得， 设平面法向量， ， ，令，， ，，平面， 所以平面， A选项正确； ，与不平行，不与平面垂直，D选项错误； ，，故C选项正确； 可得 ，B选项错误. 故选：AC 14．（23-24高三上·福建福州·期中）已知向量的夹角的余弦值为，则 【答案】 【分析】先根据数量积的定义可得，结合数量积的运算律分析求解. 【详解】由题意可得， 所以． 故答案为：. 15．（23-24高二上·安徽阜阳·期中）在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱的长为3，且，则为 . 【答案】7 【分析】以为基底表示出，然后根据数量积性质可得. 【详解】如图，在平行六面体中，， 因为， 所以，， 所以. 故答案为：7 空间向量夹角问题 1．（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 2．（23-24高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知空间三点，则向量与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据已知求出，进而根据数量积以及模的坐标运算，即可求出答案. 【详解】由已知可得，， 所以. 又， 所以． 故选：C. 3．（23-24高二上·北京丰台·期中）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）. 数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体. 如图，已知一个正八面体的棱长为2，，分别为棱，的中点，则直线和夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意得到，，然后由向量的数量积公式分别求出，结合向量的夹角运算公式，即可求解. 【详解】如图所示：    由题意，可得，， 又由正八面体的棱长都是2，且各个面都是等边三角形， 在中，由，可得，所以，所以 ； ； ； 所以， 即直线和夹角的余弦值为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：选取适当的基底向量，由已知条件可以求出它们的模以及两两之间的夹角，所以只需把分解，然后由向量的夹角公式即可求解. 4．（16-17高二上·湖北黄石·期中）已知向量，，，若，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据已知结合向量的坐标运算可得出，且.然后根据向量的数量积运算求解，即可得出答案. 【详解】由已知可得，且. 又， 所以，即有， 所以，. 又，所以. 故选：C. 5．（23-24高二上·安徽·期中）在空间直角坐标系中，已知点，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】用坐标表示向量的夹角计算即可. 【详解】依题意，，， 故， ，， ． 故选：A 6．（多选）（23-24高二上·辽宁·期中）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是为与的交点，若，则下列正确的是（    ） A． B． C． D．的长为 【答案】AC 【分析】A、B选项考查的是空间向量基本定理的应用，以，，为基底表示，就可以得到结论；C选项考查利用空间向量数量积求向量夹角的余弦，先用基底表示和，再求它们的数量积和模，利用可判断C是否正确；对D选项，先用基底表示，再结合可求的长. 【详解】 ∵，故A正确. ∵.故B错误. 又∵，. ，； ， . . ∴.故C正确. ∵，∴.故D错误. 故选：AC. 7．（多选）（23-24高二上·江西景德镇·期中）在正方体中，下列结论中正确的是（    ） A．四边形的面积为 B．与的夹角为 C． D． 【答案】AC 【分析】利用正方体的几何性质结合空间向量的数量积可判断各选项. 【详解】A选项：由正方体可知平面，所以，所以四边形为矩形，，A选项正确； B选项：由正方体可知，所以与的夹角即为与的夹角，又，所以，所以与的夹角为，B选项错误； C选项：由设正方体的棱长为，则，，所以成立，C选项正确； D选项：由已知得，，则，D选项错误； 故选：AC. 8．（多选）（23-24高二上·辽宁沈阳·期中）已知空间单位向量两两之间的夹角均为，则下列说法中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】根据空间向量的运算法则和向量的夹角公式依次计算即可. 【详解】由单位向量两两夹角均为，故，故A错误； ，故B正确； 由，得．由， 得，所以， 则 ，故C正确； ， 所以，故，故D错误． 故选：BC． 9．（23-24高二上·浙江嘉兴·期中）已知点，，，则向量与的夹角为 ． 【答案】 【分析】先求向量的坐标，再利用向量的数量积坐标运算求夹角. 【详解】由，，， 则， 则， 所以向量与的夹角为. 故答案为：. 10．（23-24高二上·北京·期中）已知直线m，n的方向向量分别为，，则直线m，n夹角的余弦值为 . 【答案】 【分析】直接利用向量的夹角公式求解即可. 【详解】设直线m，n夹角为， 则. 故答案为：. 11．（23-24高二上·上海奉贤·期中）如图，为正方体，动点在对角线上，记．当为钝角时，的取值范围为 ．    【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，显然不是平角，则为钝角时有，解得不等式即可． 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，    则； ，， 因为，所以，， 设，则， 即，解得，所以， 则，， ， 与是异面直线，显然不是平角， 则为钝角，有，解得． 所以的取值范围为． 故答案为：. 空间向量的模 1．（23-24高二上·江苏无锡·期中）在棱长为的正四面体中，点在上，且，为中点，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意作图，根据正四棱锥的几何性质选出一组基底，通过线性运算表示出所求向量，根据数量积运算，可得答案. 【详解】由题作图如下: 由，则，由为的中点，则， 则 ， 在正四面体中，易知， . 故选：D. 2．（23-24高二上·云南楚雄·期中）在平行六面体中，，则（    ） A． B． C．4 D． 【答案】D 【分析】由可得答案. 【详解】， ， ， 由题意得， 所以． 故选：D. 3．（23-24高二上·广东清远·期中）如图，平行六面体的各棱长均为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先得到，平方后求出，求出答案. 【详解】由已知可得， ，两边平方得， ， 所以. 故选：B. 4．（23-24高二上·广东东莞·期中）在三棱锥中，已知，，，若点为平面内一点，且，则（    ） A．2 B． C．3 D．5 【答案】A 【分析】根据空间向量线性运算法则得到，再根据数量积的运算律计算可得. 【详解】因为 ， 又，，， 所以 ， 所以. 故选：A 5．（23-24高二上·河南商丘·期中）金刚石是天然存在的最硬的物质，如图1所示是组成金刚石的碳原子在空间排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示．这就是说，图2中有，若正四面体ABCD的棱长为2，则下列结论不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意得是正四面体外接球的球心．设点是顶点在底面的射影，取的中点G，的中点F，求得，，，可判断C；求得，结合，，可判断B；由可判断A；求出，进而求得，可判断D． 【详解】由题意得是正四面体外接球的球心． 设点是顶点在底面的射影，则是正四面体的高， 是的外接圆半径，所以， 对于A，因为底面，底面， 所以，所以，故A正确； 取的中点G，的中点F，连接，，， 设， 设，则， 由三点共线得， 所以 ，解得， 所以，，所以为的中点， 因为， 则，， 因为，即， 则，解得．故C正确； 对于B，由，得， 所以重合，所以为的中点，即 所以，，则， 所以，故B正确； 对于D，因为， 所以，故D错误． 故选：D 6．（23-24高二上·广东广州·期中）在平行六面体中，，，，，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由，利用向量数量积的运算律及已知求的长. 【详解】如下图， ，则， 所以， 又，， 所以. 故选：B 7．（23-24高二上·北京·期中）已知点，为坐标原点，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知可得，根据向量坐标运算求出，利用向量模的坐标运算可得结果. 【详解】因为，所以， 又，即， 所以， 所以， 故选：D. 8．（23-24高二上·天津·期中）向量，，，则（    ） A．9 B．3 C．1 D． 【答案】A 【分析】根据先求解出的值，然后表示出的坐标，结合坐标下的模长计算公式求解出结果. 【详解】因为，所以，解得， 则，所以. 故选：A. 9．（23-24高二上·陕西咸阳·期中）若，，则（    ） A．10 B．3 C． D． 【答案】D 【分析】先求出再利用向量的模长计算公式即可 【详解】， 所以 故选：D 10．（23-24高二上·河南开封·期中）设，，，，且，，则（    ） A． B． C．3 D． 【答案】D 【分析】根据向量的平行和垂直的坐标表示，列式计算，可求得向量的坐标，从而可得的坐标，根据向量模的计算公式，即可得答案. 【详解】因为，且， 所以，解得， 所以， 又因为，且， 所以，所以， 所以， 所以， 故选：D. 11．（23-24高二上·浙江·期中）已知空间向量，若，则（    ） A． B．3 C．4 D．5 【答案】A 【分析】利用空间向量的坐标表示计算即可. 【详解】由题意可知. 故选：A 12．（多选）（23-24高二上·重庆江津·期中）已知向量，，则下列正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】根据给定条件，利用空间向量的坐标运算逐项计算判断作答. 【详解】向量，，则，A正确； 显然，B正确； 由数量积的定义得，C错误； 显然，则，即有，D错误. 故选：AB. 13．（多选）（23-24高二上·辽宁沈阳·期中）已知向量，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．能构成空间向量的一组基底 【答案】ABC 【分析】用向量加法的坐标运算判断A，用向量模的坐标运算判断B，用向量数量积的坐标运算判断C，设，列方程，通过方程是否有解判断D. 【详解】对于A：因为，所以，故A正确； 对于B：，故B正确； 对于C：，故C正确； 对于D：． 设， 得，解得，此时共面，不能构成空间向量的一组基底，故D错误． 故选：ABC． 14．（23-24高二上·陕西渭南·期中）已知空间向量，，则 ． 【答案】 【分析】利用空间向量的加法运算及模的坐标表示即可得解. 【详解】因为，， 所以，则. 故答案为：. 15．（23-24高二上·河南·期中）设，，若空间向量与平行，则 . 【答案】 【分析】由空间向量平行列式求解参数，即可求出向量的模. 【详解】因为空间向量与平行 所以存在唯一实数，使得. 则，解得，即 所以. 故答案为：. 投影向量 1．（23-24高二上·江苏无锡·期中）已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由空间向量数量积的几何意义及投影向量的定义，应用向量数量积、模长的坐标运算求向量在向量上的投影向量. 【详解】向量在向量上的投影向量为. 故选：D. 2．（23-24高二上·河北唐山·期中）在空间四边形中，，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】在四面体中，用向量加法法则表示，再结合投影向量的计算方法求解. 【详解】在四面体中，因为， 设，且，， 则， 在上的投影向量为. 故选：B 3．（23-24高二上·湖北十堰·期中）已知空间向量，则向量在坐标平面上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据点的坐标，即可根据投影向量的定义求解. 【详解】设坐标原点为,,所以， 故在坐标平面上的投影点为， 故向量在坐标平面上的投影向量为, 故选：A 4．（23-24高二上·浙江杭州·阶段练习）已知空间向量，，向量在向量上的投影向量坐标为 【答案】 【分析】根据投影向量的定义，利用坐标运算求解即可. 【详解】由投影向量的定义可知， ， 故答案为： 5．（23-24高二上·安徽六安·期中）已知向量在向量上的投影向量为，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】求出向量在向量上的投影向量，再分、利用基本不等式可得答案.， 【详解】由已知，则向量在向量上的投影向量为 ， 所以， 当时，， 当且仅当即等号成立； 当时，， 当且仅当即等号成立， 则实数的取值范围. 故答案为：. 6．（23-24高二上·陕西榆林·期中）已知，则在上的投影向量为 . 【答案】 【分析】根据投影向量的定义求解即可. 【详解】因为， 设与的夹角为，则， 所以在上的投影向量为， 故答案为：. 7．（23-24高二上·天津河东·期中）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是 ． 【答案】 【分析】根据已知求出，进而即可根据投影向量求出答案. 【详解】由已知可得，，， 所以，向量在向量上的投影向量是. 故答案为：. 8．（23-24高二上·四川成都·期中）向量在y轴上的投影向量为 . 【答案】 【分析】利用投影向量定义可得答案. 【详解】设y轴的方向向量为， 向量在y轴上的投影向量 为. 故答案为：. 空间位置关系的向量判断 1．（23-24高二上·全国·期中）已知为直线的方向向量，和分别为平面与的法向量与不重合），那么下列说法中： ①； ②； ③； ④． 其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】 根据题意，根据直线的方向向量和平面的法向量的定义，逐项判定，即可求解. 【详解】由题意知，平面与平面不重合， 对于①中，因为和分别为平面和的法向量， 当，可得与平面平行，即，所以①正确； 对于②中，平面与平面垂直等价于平面于平面的法向量垂直，所以②正确； 对于③中，因为为直线的方向向量，分别为平面的法向量， 若，可得，所以③错误； 对于④中，因为为直线的方向向量，分别为平面的法向量， 若，可得或，所以④错误． 故选：B． 2．（23-24高二上·全国·期中）若直线的方向向量为,,，平面的法向量为,6,，则（    ） A． B． C． D．与位置关系不确定 【答案】A 【分析】根据方向向量与法向量共线即可判断. 【详解】由于直线的方向向量为,,，平面的法向量为,6,， 由于，所以直线与平面的法向量共线，所以． 故选：A． 3．（23-24高二上·福建厦门·期中）若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（    ） A． B． C． D．无法确定 【答案】B 【分析】依题意可得，即可判断. 【详解】∵直线的方向向量为，平面的法向量为， ∴，则，∴. 故选：B. 4．（23-24高二上·新疆和田·期中）已知、分别为不重合的两直线、的方向向量，、分别为不重合的两平面、的法向量，则下列所有正确结论（    ）个. ①；②；③；④. A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据直线的方向向量与平面向量的法向量的定义判断即可. 【分析】因为、分别为不重合的两直线、的方向向量，、分别为不重合的两平面、的法向量； 直线，的方向向量平行（垂直）等价于直线、平行（垂直），故①、②正确； 平面，的法向量平行（垂直）等价于平面，平行（垂直）、故③、④正确； 故选：D. 5．（23-24高二上·广东湛江·期中）直线与的方向向量分别为和，则与的位置关系是（   ） A．平行 B．垂直 C．相交 D．重合 【答案】B 【分析】判断向量、的关系，即可得出直线与的位置关系. 【详解】因为直线与的方向向量分别为和， 则，所以，，则. 故选：B. 6．（23-24高二上·北京丰台·期中）若直线的方向向量为，平面的法向量为，则下列选项中能使成立的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】只需判断是否成立，即可得出答案. 【详解】要使，则应有. 对于A项，由已知可知不成立，故A项错误； 对于B项，由已知可得，所以，故B项正确； 对于C项，由已知可知不成立，故C项错误； 对于D项，由已知可知不成立，故D项错误. 故选：B. 7．（23-24高二上·浙江温州·期中）已知平面的法向量为，则直线与平面的位置关系为（    ） A． B． C．与相交但不垂直 D． 【答案】B 【分析】由已知向量的坐标知，即可判断直线与平面的位置关系. 【详解】由题设，即，又是平面的法向量，所以. 故选：B 8．（23-24高二上·福建三明·期中）已知分别为直线的方向向量（不重合），分别为平面，的法向量（，不重合），则下列说法中错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据直线的方向向量和平面法向量的定义，利用向量之间的关系即可判断出直线与平面间的位置关系. 【详解】对于A，因为不重合，由直线方向向量与直线的位置关系可得，即A正确； 对于B，由法向量与方向向量的定义易知或，所以B错误； 对于C，由于，不重合，所以可得，即C正确； 对于D，由平面法向量与平面的位置关系可得，即D正确； 故选：B 9．（23-24高二上·北京顺义·期中）如图，在正方体中，点是线段的中点，点是线段上的动点，下列结论中错误的是（    ）    A．对于任意的点，均有 B．存在点，使得平面 C．存在点，使得与所成角是 D．不存在点，使得与平面的所成角是 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量研究空间中线线、线面关系即可. 【详解】设正方体棱长为，如图所示建立空间直角坐标系， 则,    设， 则，， 所以，故A正确； 易知平面的一个法向量为， 则，即点是线段的中点时， 满足平面，故B正确； 由上可知， 所以当， 即时，使得与所成角是，故C正确； 由上可知，设平面的一个法向量为， 则有，令，即， 若与平面的所成角是， 则有， 即存在点，使得与平面的所成角是，故D错误. 故选：D 10．（23-24高二上·浙江·期中）如图，在正方体中，不能互相垂直的两条直线是（    ）    A．和 B．和 C．和 D．和 【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逐项判断即可. 【详解】在正方体中，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，    设该正方体的棱长为，则、、、、、 、、. 对于A选项，，，则，故； 对于B选项，，，故，B对； 对于C选项，，，故和不垂直，C错； 对于D选项，，，故，D对, 故选：C. 11．（23-24高二上·安徽池州·期中）如图，在长方体中，，点为线段上的动点，则下列结论错误的是（    ） A．当时，三点共线 B．当时，平面 C．当时，平面 D．当时， 【答案】D 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，根据长方体的性质，可得判定A正确；求得的法向量为，结合，可判定B正确；求得平面的法向量为，结合，可判定C正确；由时，结合， 所以与不垂直，所以D错误. 【详解】以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 设，可得， 对于A中，当时，即为对角线的中点， 连接，在矩形中，可得也是的中点， 所以三点共线，所以A正确； 对于B中，当时，可得，所以，， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，所以， 所以，所以平面，所以B正确； 对于C中，当时，可得，所以， 设平面的法向量为，且， 则，取，可得，所以， 则，所以平面，所以C正确； 对于D中，当时，，由， 解得，则, 所以与不垂直，所以D错误. 故选：D. 12．（多选）（23-24高二上·福建厦门·期中）已知正三棱柱的所有棱长均相等，，分别是的中点，点满足，下列选项中一定能得到的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】以，，为基底向量，若，则，根据数量积的运算律求出，即可判断A、B、C，依题意，，，在同一平面内，连接、、，即可证明平面，要使，则需在上，再由四点共面判断D. 【详解】设正三棱柱的棱长为2， 以，，为基底向量，则， ，， 可得 ， 若，则， 则， 即， 所以，所以且x为任意取值，故B、C正确，A错误； 又，故，，，在同一平面内， 连接、、，依题意，，，平面， 所以平面，要使，所以需在上， 由， 所以，，，四点共面，故在上，故D正确. 故选：BCD． 异面直线所成角 1．（23-24高二上·陕西西安·期中）在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果. 【详解】   以为坐标原点，向量方向分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 所以异面直线与所成角的余弦值等于 . 故选：B 2．（23-24高二上·山东淄博·期中）如图，在圆锥SO中，AB是底面圆的直径，,  D，E分别为SO，SB的中点，点C是底面圆周上一点（不同于A,B）且，则直线AD与直线CE所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构建空间直角坐标系，应用向量法求直线AD与直线CE所成角的余弦值. 【详解】由题设，构造如下图示的空间直角坐标系，则， 所以，则. 所以直线AD与直线CE所成角的余弦值为. 故选：A 3．（23-24高二上·辽宁沈阳·期中）如图，四面体A-BCD，△ABD与△BCD均为等边三角形，点E、F分别在边AD、BD，且满足，，记二面角的平面角为，，则异面直线BE与CF所成角的正弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设边长为2，过作，交于点,由的数量积求解． 【详解】由于△ABD与△BCD均为等边三角形，由可知为的中点， 过作，交于点，连接，则，, 故的夹角即为二面角的平面角为，故， 设等边三角形的边长为2， 设与的夹角为，则， ， 即， 则， ，即， 故选：C． 4．（23-24高二上·重庆·期中）正方体中，M，N分别是，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式求解. 【详解】以为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，如图， 设正方体的棱长为2， 则， 则， ， 则异面直线与所成角的余弦值为． 故选：A. 5．（23-24高二上·内蒙古呼和浩特·阶段练习）如图，在正三棱柱中，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 ．    【答案】/ 【分析】以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和的坐标，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】以A为坐标原点，在平面ABC内作垂直于AC的直线Ax为x轴，AC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：    则，，，， 所以，， 所以， 则直线与所成角的余弦值为， 故答案为：. 6．（23-24高二上·浙江金华·期中）如图，已知平行六面体中，底面是边长为的正方形，侧棱长为，且，若异面直线和所成角的大小，则 . 【答案】. 【分析】由图形结合向量夹角公式找到关系式，从而求解. 【详解】根据已知，， 由于，，， 则 ， 则与所成角的大小， 所以， 得，则. 故答案为： 7．（23-24高二上·河南洛阳·期中）如图，四边形和均为正方形，且，平面平面分别为的中点，为线段上的动点，则异面直线与所成角的余弦值最大时， .    【答案】 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，求出异面直线与所成角的余弦值最大时点位置，进而求出大小. 【详解】   由题可以为原点，建立空间直角坐标系如图所示： 则，设， 则， 设异面直线与所成角为， 则， 令， 则， 当时，， 当时，， 令，则， 因为， 当时，有最小值， 此时有最大值， 由得，， 则异面直线与所成角的余弦值最大时， 即，， 所以. 故答案为： 8．（23-24高二上·上海·期中）正四棱锥的侧面是等边三角形，为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为 . 【答案】/ 【分析】设等边的边长为，设，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线和所成角的余弦值. 【详解】设等边的边长为，设，则平面， 又因为四边形为正方形，则，且， 易知为的中点，则， 因为平面，平面，则， 所以，， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， 所以，，， 所以，， 因此，异面直线和所成角的余弦值为. 故答案为：. 9．（23-24高二上·辽宁·期中）三棱锥中，两两垂直，，点为平面内的动点，且满足，则三棱锥体积的最大值 ，若记直线与直线的所成角为，则的取值范围为 . 【答案】 / 【分析】由题意先确定出点在平面内的轨迹，从而可求出三棱锥体积的最大值，根据题意建立空间直角坐标系，利用两直线方向向量夹角的余弦值，结合三角函数的性质可求得其范围. 【详解】因为两两垂直，且， 所以由三角形全等可得， 所以三棱锥为正三棱锥，设在底面内的投影为，为的中点， 因为，两两垂直， 所以， 所以，， 所以， 因为，所以， 所以点点在平面内的轨迹是以为圆心，2为半径的圆， 所以的最大值为， 因为， 所以三棱锥体积的最大值为， 如图，以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 所以, 所以， 因为， 所以，即， 即的取值范围为， 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：此题考查棱锥的体积运算，考查线线角的求解，考查空间向量的应用，解题的关键是合理建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题. 10．（23-24高二上·天津南开·期中）如图，平行六面体中，． (1)证明：； (2)求的长； (3)求直线与AC所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）以，， 为基底表示出，，再利用向量的数量积即可证明； （2）以，， 为基底表示出，再利用向量的模即可求解； （3）利用向量的数量积即可求解. 【详解】（1）如图所示：以，， 为基底， 则由题意得：， 又， ， ，， ， 即 故 ； （2）由(1)知， 即 ， 故的长为； （3）， ， ； ； ； 即， 由题意可知直线与AC所成角为锐角， 故直线与AC所成角的余弦值为. 线面角 1．（23-24高二上·全国·期中）PA，PB，PC是从点P引出的三条射线，每两条的夹角均为，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将放在正方体中进行分析，结合空间向量法求解即可. 【详解】如图所示，把放在正方体中，的夹角均为． 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则， 所以， 设平面的法向量，则， 令，则，所以， 所以． 设直线与平面所成角为，所以， 所以． 故选：C． 2．（23-24高二上·北京·期中）如图，在正方体中，点是线段上任意一点，则与平面所成角的正弦值不可能是（    ）    A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出与平面所成角的余弦值范围，即可得出正弦值的范围. 【详解】以为原点建立空间直角坐标系如图：设棱长为1， 则，设， 所以，平面的法向量为 ， 所以则与平面所成角的正弦值取值范围为. 对比各选项，C项不可能. 故选：C    3．（23-24高二上·山东烟台·期中）如图，在正四棱柱中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构建空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值. 【详解】构建如下图的空间直角坐标系，则， 所以，，， 若是面的一个法向量，则， 取，则， 所以， 则直线与平面所成角的正弦值为. 故选：B 4．（23-24高二上·山东济宁·期中）在正四棱锥中，为顶点S在底面内的射影，为侧棱的中点，且，则直线与平面所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OS为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解． 【详解】如图，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OS为z轴，建立空间直角坐标系， 设， 则， 则，，, 设平面PAC的一个法向量为，则， 令，则，可得， 则， 设直线BC与平面PAC的夹角为， 可得直线BC与平面PAC的夹角的正弦值为， 所以直线BC与平面PAC的夹角的余弦值. 故选：C 5．（23-24高二上·安徽宿州·期中）在正方体中，分别是棱上的动点，且，当、共面时，直线和平面夹角的正弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】依题意建立空间直角坐标系，先由 、四点共面推得的坐标，再分别求得平面的法向量和直线的方向向量，结合线面角的正弦公式，从而求解. 【详解】以D为坐标原点，所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，    不妨设正方体的棱长为6，， 则可得， 当、四点共面时，设平面为， 且平面，平面，平面平面， 所以， 所以不妨设， 又因为， 所以，解得， 则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面与直线所成的角为， 则. 故选：A. 【点睛】关键点睛：本题的关键是证得，从而得到的坐标，进一步求出平面法向量和直线方向向量即可求解. 6．（多选）（23-24高二上·四川乐山·期末）如图，在正方体中，，点为线段上的一动点，则下列结论正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积为定值 C．当点P与点重合时，平面平面 D．当时，直线与平面所成角的正切值为 【答案】BCD 【分析】对于A，假设，从而证得，推出矛盾即可；对于B，利用面面平行的性质，得到平面，从而得以判断；对于C，利用面面平行的判定定理即可得证；对于D，取棱中点，连接和，即为直线与平面所成的角，求解判断即可. 【详解】对于A，连接，假设， 又，平面，平面，， 可得平面， 由于平面，平面，进而， 事实上，只有当和重合时才成立，得不恒成立；故A不正确； 对于B，因为平面平面，根据面面平行的性质，得到平面， 又点在线段上，所以点到平面的距离是定值， 同时的面积是定值， 所以三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，故B正确； 对于C，连接、和，在正方体中， 因为四边形是矩形，所以， 因为，且平面，平面，所以平面， 同理可得平面 又平面，平面，平面，， 所以平面平面， 所以当点与点重合时，可得平面平面成立，故C正确； 对于D，取棱中点为，连接和，由于， 可得点即为棱中点，同时为棱的中点，可得，且， 同时平面，即为直线与平面所成的角， ，故D正确. 故选：BCD. . 7．（23-24高二上·新疆伊犁·期中）如图，四棱锥的底面是梯形，平面，，，，，为线段上一个动点，且，若与平面所成的角为，则 ． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面夹角，从而求解. 【详解】连接，因为：，，，在中，由余弦定理得： ， 即有：，所以：， 以点为原点，以所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 所以：，，，， 因为：，且，， 设平面的一个法向量为：， 则：，令：，得：， 所以得：，解得：. 故答案为：. 8．（23-24高二上·辽宁大连·期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，为棱的中点，且为棱上的一点，若与平面所成角的正弦值为，则 .    【答案】/ 【分析】根据给定条件，证得平面，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即得. 【详解】过点作，交于点，由，为中点，得， 又，且，平面，则平面， 而平面，有，又是矩形，则两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图：    由，，为中点，得，为的中点， 则点，，，，， ，,，， 令，， 设平面法向量为，则，令，得， 由与平面所成角的正弦值为，得， 解得，所以. 故答案为： 9．（23-24高二上·广东广州·期中）如图，已知平面，底面为正方形，，M，N分别为，的中点.    (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，空间向量法证明直线与法向量平行，即可证明结论成立； （2）建立空间直角坐标系，求出直线的方法向量，以及平面的一个法向量，计算向量夹角余弦值，即可得出结果； 【详解】（1）以为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，    则, ，， 设平面的一个法向量为， 则 ，取，得， 因为，所以平面； （2） ，， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 设直线与平面所成角为， 则直线与平面所成角的正弦值为： ． 10．（23-24高二上·青海西宁·期中）如图，为正方体． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明详见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，由向量垂直证明； （2）利用向量法，线面角的求法求解. 【详解】（1）解：如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1， 则 因为 ， 且， 所以 ， 又，平面， 所以 平面； （2）由（1）可知，为平面AB1C的一个法向量， 又， 所以 所以直线B1C1与平面AB1C所成角的正弦值为， 故直线B1C1与平面AB1C所成角的余弦值为 11．（23-24高二上·宁夏吴忠·期中）在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面．    (1)求证：； (2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，此时 【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理可证明平面，再由线面垂直的性质即可得； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得结果. 【详解】（1）因为，且， 可得，， 又因为，可得， 所以，则， 因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 又因为平面， 所以； （2）因为平面，且平面，所以， 如图所示，以点为原点，建立空间直角坐标系，    可得，，，， 所以，． 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 假设存在点，使得与平面所成角为， 设，（其中），则，， 所以， 整理得，解得或（舍去）， 所以在线段上存在点，使得与平面所成角为，此时． 二面角 1．（23-24高二上·福建福州·期中）正方形中，边长为为正方形中心，为的中点，为中点，将沿着对角线BD缓慢折起，当的余弦值为时，二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由已知求出各边长度，推得即为二面角的平面角.结合图形，根据几何性质，用表示出，根据数量积的计算公式，即可得出答案. 【详解】 由已知可得，，，， 所以，，均为直角三角形，即为二面角的平面角. 又分别是的中点， 所以，，， 且， 所以，，，. 由可得，. 同理可得，. 所以， ， 所以，. 故选：B. 2．（23-24高二上·北京·期中）已知，则下列说法错误的是（    ） A．若分别是直线的方向向量，则所成角余弦值是 B．若分别是直线l的方向向量与平面的法向量，则l与所成角正弦值是 C．若分别是平面ABC、平面BCD的法向量，则二面角的余弦值是 D．若分别是直线l的方向向量与平面的法向量，则l与所成角余弦值是. 【答案】C 【分析】根据向量法逐一判断即可. 【详解】对于A：因为直线与直线所成角范围为，所以所成角余弦值为，故A正确； 对于B：因为直线与平面所成角范围为，所以l与所成角正弦值，l与所成角余弦值为，故BD正确； 对于C：因为二面角的平面角所成角范围为，所以二面角的余弦值可能为负值，故C错误； 故选：C 3．（23-24高二上·浙江·期中）正方体中，二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】依题意建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量后可得所求二面角的余弦值. 【详解】分别以为轴建立如图所示空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，可得， 则， 设是平面的一个法向量，则，即， 取，得，故， 又平面，故平面的一个法向量为， 所以， 所以二面角的余弦值为. 故选：D. 4．（23-24高二上·湖北武汉·期中）如图，在四棱锥中，已知：平面，，，，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，若点是中点，则四棱锥体积的最大值是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据两两垂直建立空间直角坐标系，然后得到各点的坐标，再应用二面角的空间向量解法得到参数的关系式，最后根据体积公式得到最值即可. 【详解】因为平面且， 所以以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，     ， 因为已知是四边形内部一点，所以设， 其中且（即点在平面内部）， 则， 因为平面平面，所以平面的法向量为， 又因为， 设平面的法向量为， 则，即，由题易得，令，则， 所以， 因为二面角的平面角大小为， 所以， 即，解得①， 因为点是中点，所以到平面的距离为， 所以要使得四棱锥体积的最大， 则，即要取到最大值， 由①知时， 此时点不在四边形内部，矛盾， 故当时体积取到最大值，此时， 所以， 故选：D 【点睛】方法点睛：碰到两两垂直的线段时，往往可以借助空间向量法来解决，需要在求解法向量的时候注意不求错即可. 5．（多选）（23-24高二上·山东淄博·期中）如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边）且，下列说法错误的是（    ） A．当E，F运动时，存在点E，F使得 B．当E，F运动时，存在点E，F使得 C．当E运动时，二面角最小值为 D．当E，F运动时，二面角的余弦值为定值． 【答案】ABD 【分析】利用垂直关系的坐标表示求解选项A；利用平行关系求解选项B；利用空间向量的坐标运算，表示出二面角的余弦值求解选项C,D. 【详解】 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 对于A，则， 由于，设 则， 则， 所以E，F运动时，不存在点E，F使得，A错误; 对B，若，则四点共面， 与与是异面直线矛盾，B错误; 对C，设平面的法向量为. 又, ,令，可得， 平面的法向量可取为， 故， 因为，所以函数在单调递减， 所以， 所以， 所以当时，有最大值为， 设二面角的平面角为， 所以有最大值为， 即二面角的最小值为，C正确; 对于D，连接， 平面即为平面,平面即为平面， 取平面的法向量为. 设平面的法向量为， ，令，则， 设二面角的平面角为， 则， 观察可知二面角的平面角为为锐角，所以，D错误； 故选:ABD. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是建立空间直角坐标系，利用向量法来判断选项. 6．（多选）（23-24高二上·山东临沂·期中）如图所示，棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（    ）    A． B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．平面与平面的夹角为 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出向量的坐标.根据向量运算，判断位置关系，求出夹角. 【详解】   如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，. 对于A项，有，，显然不共线，所以A错误； 对于B项，，， 所以，， 所以，. 所以，直线与所成的角为.故B正确； 对于C项，，， 设是平面的一个法向量， 则， 令可得，是平面的一个法向量. 因为， 所以，直线与平面所成的角的正弦值， 所以，.故C正确； 对于D项，，. 设是平面的一个法向量， 则， 取，则是平面的一个法向量. 因为， 所以，平面与平面的夹角的余弦值， 所以，.故D正确. 故选：BCD. 7．（多选）（23-24高三上·江苏南通·期中）已知正三棱柱的各棱长都为1，为的中点，则（    ） A．直线与直线为异面直线 B．平面 C．二面角的正弦值为 D．若棱柱的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 【答案】ABD 【分析】连接、交于点，连接，即可证明，从而得到平面，即可判断A、B，建立空间中直角坐标系，利用空间向量法判断C，求出外接圆的半径，即可求出正三棱柱外接球的半径，即可判断D. 【详解】连接、交于点，连接，则为的中点， 又为的中点，所以，平面，平面， 所以平面，故B正确； 又，平面，所以与不平行且无公共点， 所以直线与直线为异面直线，故A正确； 取的中点，连接，则，又平面，则平面，又， 如图建立空间直角坐标系，则，，， 所以，， 设平面的法向量为，则，取， 又平面的法向量可以为， 设二面角为，显然为锐二面角， 则，所以， 即二面角的正弦值为，故C错误； 外接圆的半径， 所以正三棱柱外接球的半径， 所以该球的表面积，故D正确. 故选：ABD 8．（22-23高二上·浙江温州·期中）如图，平行六面体中，底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，E是CD的中点，D1E⊥CD，AB＝2BC＝2，且平面BCC1B1与平面D1EB的夹角的余弦值为，则线段D1E的长度为 ． 【答案】 【分析】先证明平面ABCD，以E为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，由平面与平面夹角的余弦值为，列式求得线段的长度． 【详解】底面ABCD和侧面是矩形，，， 又，平面， 平面，平面， 平面，； 又，且，平面ABCD,平面ABCD． 平面ABCD． 以E为坐标原点，过E作 交于，以 分别为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，    则0,，1,，1,，0,． 设，则0,，2,． 设平面的一个法向量为y,， 1,，0,， 由， 令，得； 设平面的一个法向量为， 0,，1,， 由， 令，得． 由平面与平面所成的夹角的余弦值为， 得，解得(负值舍去)． ． 故答案为： 9．（23-24高二上·上海黄浦·期中）四面体的所有棱长均为2，则二面角的大小为 . 【答案】 【分析】将该正四面体放到棱长为正方体中，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】依题意可将该正四面体放到棱长为正方体中如下图所示， 建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，，， 设平面的法向量为，则，取； 设平面的法向量为，则，取； 设二面角为，显然二面角为锐二面角， 则，所以.    故答案为： 10．（23-24高二上·福建泉州·期中）中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种被称为“羡除”的几何体，该几何体是三个面均为梯形，其他两个面为三角形的五面体.如图，现有一羡除，平面平面，，，四边形，均为等腰梯形，，M，N，P分别为，，的中点，则二面角的平面角的余弦值为 【答案】/ 【分析】建立合适的空间直角坐标系利用空间向量求二面角即可. 【详解】过A作，垂足为O，过O作，垂足为Q， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，故可以O为原点，，，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则由题意可知：，， 则，， 设平面的法向量为，则， 取，则，，得. 易得平面的一个法向量为，二面角的平面角为锐角， 所以二面角的平面角的余弦值为. 故答案为：. 11．（22-23高二下·四川内江·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，底面ABCD，点E为棱PC的中点，． (1)证明：平面PAD； (2)在棱PC上是否存在点F，PF=PC，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）作出辅助线，得到四边形ABEG为平行四边形，从而证明，得线面平行； （2）建立空间直角坐标系，设，求出相关点和向量的坐标，利用二面角大小列出方程，求出，得到结论. 【详解】（1）在PD上取中点G，连接AG，EG，如图： ∵G和E分别为PD和PC的中点，∴，且， 又∵底面ABCD是直角梯形，，， ∴且．即四边形ABEG为平行四边形， ∴， ∵平面PAD，平面PAD， ∴平面PAD； （2） 因平面，平面，故，又， 故可以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 易得，，，， 则， 由F为棱PC上一点，设则， ， 设平面FAD的法向量为， 由故可取，， 取平面ADC的法向量为， 设二面角的平面角为，则， 化简得，，解得：或（舍去）， 故存在满足条件的点F，此时． 12．（23-24高二上·北京·期中）如图，在直三棱柱中，分别为的中点 (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证四点共面，再证明，由线线平行得到线面平行. （2）建系，分别求出平面的法向量和平面的一个法向量，代入二面角的向量公式求出即可. 【详解】（1）连接，因为分别为的中点，所以 在三棱柱中，.所以四点共面. 因为分别为的中点，所以. 所以四边形为平行四边形. 所以.因为平面平面， 所以平面. （2）由题设平面，所以. 因为， 所以两两垂直.如图建立空间直角坐标系. 所以. . 平面的一个法向量是，设平面的法向量为， 则即 令，则.于是， 设二面角的平面角为， 则，由图可知为锐角，所以. 13．（23-24高二上·新疆阿克苏·期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，点分别为的中点．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点为,连接，易证四边形为平行四边形，即可得，由线面平行的判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系,分别求出平面与平面的法向量，即可计算答案. 【详解】（1）如图所示：取中点为,连接， 在中，分别为的中点， 所以为的中位线， 所以,, 在正方形中，为中点， 所以,, 所以, 所以四边形为平行四边形， 所以, 又因为：平面，平面, 所以平面.    （2）有题意知：两两垂直，建立如图所示：以为坐标原点，为轴，为轴，为轴的空间直角坐标系, 不妨设， 则， 所以， 设平面的法向量为： 则 取，则， 易知平面的一个法向量为： 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值.    点到直线的距离 1．（23-24高二上·安徽芜湖·期中）如图，在正三棱柱中，，点D是棱BC的中点，则点到直线的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取AC的中点O，取的中点E， O以为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，OE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用点到直线的距离的向量求法可得答案. 【详解】取AC的中点O，取的中点E，连接OE，则，所以平面ABC， 连接OB，因为是等边三角形，所以，因为OB，平面ABC， 所以OB，AC，OE两两垂直，所以O以为坐标原点，OB所在直线为x轴， OC所在直线为y轴，OE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所 示．又，所以，，， ，所以，所以，， 所以， 所以点到直线的距离. 故选：A．    2．（23-24高二上·山西朔州·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是矩形，，，，点是的中点，则线段上的动点到直线的距离的最小值为（    ） A． B．2 C． D．3 【答案】C 【分析】作出辅助线，得到线面垂直，进而得到线线垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，求出点到直线距离，求出最小值. 【详解】取的中点为，连接，，，因为，为的中点， 所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以⊥平面， 因为平面， 所以， 又底面是矩形，所以， 以点为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系如图所示， 由，，，得， 所以，，， 则，设， 则，， ， ， 因此点到直线的距离 ， 故当时，取最小值， 即线段上的动点到直线的距离的最小值为． 故选：C． 3．（23-24高二上·四川凉山·期中）在三棱柱中，，则该三棱柱的体积为（    ） A． B．3 C．4 D． 【答案】D 【分析】首先求平面的法向量，再求点到平面的距离，以及的面积，即可求解三棱柱的体积. 【详解】设平面的法向量， 则，令，则，, 则平面的法向量， 点到平面的距离， 点到的距离，且, 所以的面积, 则三棱柱的体积. 故选：D 4．（23-24高二上·浙江·期中）已知正方体的棱长为1，若点P满足，则点P到直线AB的距离为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】点作平面于点，过作于点，连接，则为所求，联立即可求解. 【详解】如图，过点作平面于点，过作于点，连接，则线段的长即为点P到直线AB的距离， 因为正方体的棱长为1，且， 所以，，， 所以. 故选：B. 5．（23-24高二上·河南商丘·期中）已知是空间一点，直线过点且一个方向向量为，则到直线的距离为（    ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】C 【分析】运用空间点到线的距离公式计算即可. 【详解】由题知，，， 则到直线的距离为． 故选：C. 6．（23-24高二上·河北·期中）若，，，则点A到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意得，，再根据点线距离的向量公式即可求解. 【详解】，，则在上的投影向量的模为， 则点A到直线的距离为． 故选：A. 7．（23-24高二上·四川成都·期中）已知正方体的棱长为，在正方体内部且满足，则点到直线的距离为 ． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，求向量，，，的坐标，利用向量方法求点到直线的距离. 【详解】如图，以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系， 则， 所以， 又， 取，，则，， 所以点到直线的距离为. 故答案为：.    8．（23-24高二上·山东潍坊·期中）已知点，，，则到的距离为 . 【答案】/ 【分析】根据已知条件求得，结合点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】因为，， 所以 所以, 所以点到的距离 . 故答案为:. 9．（23-24高二上·福建莆田·期中）如图，在平行六面体中，，，E为的中点，则点E到直线的距离为 ． 【答案】/ 【分析】 根据空间向量的运算求出以及，即可求得，进而求出，根据点E到直线的距离为，即可求得答案. 【详解】 设，， ， ，则， 又， 则， ， 则，而， ，， 又E是的中点，故， 则点E到直线的距离为， 故答案为： 10．（23-24高二上·江苏无锡·期中）在直四棱柱中，底面是边长为的正方形，侧棱长为，点为棱上靠近的三等分点，点在棱上靠近点的三等分点. (1)求证：点，，，共面； (2)求点到的距离. 【答案】(1)参见解析 (2) 【分析】（1）可以先说明两个向量共线，从而说明共面； （2）先利用关系求得，再利用勾股定理求点到直线距离. 【详解】（1）以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 由已知可得：， 所以，所以，即向量共线， 所以点共面. （2）由（1）可得：， 设向量的夹角为，则， 所以，又 所以点到直线的距离. 【点睛】本题考查空间向量在空间几何中的应用，最为关键的是建立合理的空间直角坐标系，找出相关点的坐标，求出相关向量，通过向量运算的结果说明几何元素的位置关系或大小. 11．（23-24高二上·山西·期中）如图，在棱长为3的正方体中，点E在线段BD上，点F在线段上，且，．    (1)求到直线EF的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.可根据题意写出各个点的坐标，进而求出到直线EF的距离; （2）知平面的法向量，再把平面的法向量表示出来，平面与平面夹角的余弦值为，计算即可求出答案. 【详解】（1）以D为坐标原点，DA，DC，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系．    则，，，，， 所以到直线EF的距离为． （2）由（1）得，，则． 易得平面的一个法向量为． 设平面的法向量为，则，得， 取，则，，得， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 12．（23-24高二上·福建厦门·期中）已知空间三点，，，. (1)求以，为邻边的平行四边形的面积； (2)若D点在平面上，求的值. 【答案】(1) (2)2 【分析】（1）根据已知求出的向量以及向量的模，根据向量法得出点到直线的距离，即可根据平行四边形的面积公式得出答案； （2）根据已知得出四点共面，共面.根据向量共面的充要条件得出方程组，求解即可得出答案. 【详解】（1）由已知可得，，， 所以，， 在上的投影向量的模为， 所以，点到直线的距离， 所以，以，为邻边的平行四边形的面积为. （2）因为，D点在平面上， 所以，四点共面，共面. 根据向量共面的充要条件可知，存在，使得， 所以有，解得. 点到平面的距离 1．（23-24高二上·四川·期中）在空间直角坐标系中，点在平面外，点在平面内，平面的一个法向量为，则点到平面的距离为（    ） A．2 B．1 C． D． 【答案】A 【分析】求出向量的坐标，根据空间距离的向量求法，即可求得答案. 【详解】由题意得，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为， 故选：A 2．（23-24高二上·河北保定·期中）已知，是平面的一个法向量，且是平面内一点，则点A到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出的坐标，再利用点到面的距离公式求解即可. 【详解】由已知，又， 则点A到平面的距离为. 故选：D. 3．（23-24高二上·山东济宁·期中）已知平面的一个法向量为，其中，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用空间向量求点到面的距离. 【详解】由题意可得：， 所以点到平面的距离为. 故选：C. 4．（23-24高二上·四川凉山·期中）已知圆锥的顶点是，底面圆心是，为底面直径，，，点在底面圆周上，且二面角为，下面说法正确的是（    ） A．与平面所成角的正弦值为 B．到平面的距离为 C．与所成角的余弦值为 D．平面与平面所成角的正弦值为 【答案】A 【分析】取的中点，连接、，分析可知，二面角的平面角为，计算出、的长，以及的正弦值、余弦值，然后以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且与垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断，可得出合适的选项. 【详解】取的中点，连接、，则， 在圆锥中，平面， 因为平面，则， 又因为，，、平面，则平面， 因为平面，则， 所以，二面角的平面角为， 因为平面，平面，所以，， 所以，为等腰直角三角形，且， 因为，，为的中点，则， 所以，，则， ，所以，， 则， ， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且与垂直的直线为轴建立空间直角坐标系， 则、、、， 对于A选项，，易知平面的一个法向量为， ， 所以，与平面所成角的正弦值为，A对； 对于B选项，设平面的法向量为，， 则，取，则， ，所以，点到平面的距离为，B错； 对于C选项，，， 所以，， 故与所成角的余弦值为，C错； 对于D选项，， 故平面与平面所成角的正弦值为，D错. 故选：A. 5．（23-24高二上·四川成都·期中）如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截得到的，其中，，，，则中点到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】构建空间直角坐标系，应用向量法求点面距离即可. 【详解】以为原点，以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，    则，，，， 所以，，， 设为平面的法向量，则， 所以，令，所以， 点到平面的距离为． 故选：D 6．（23-24高二上·浙江·期中）在空间直角坐标系中，已知，则点到平面的距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量求出平面的一个法向量，代入点到平面距离公式即可得出结果. 【详解】依题意可得，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则可得，即， 所以点到平面的距离是. 故选：B 7．（多选）（21-22高二上·湖北孝感·期中）已知正方体的棱长为，下列四个结论中正确的是（    ） A．直线与直线所成的角为 B．直线与平面所成角的余弦值为 C．平面 D．点到平面的距离为 【答案】ABC 【分析】如图建立空间直角坐标系，求出和的坐标，由可判断A；证明，，再由线面垂直的判定定理可判断C；计算的值可得线面角的正弦值，再求出夹角的余弦值可判断B；利用向量求出点到平面的距离可判断D. 【详解】如图以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系， 则，， ，，， 对于A：，， 因为，所以，即，直线与直线所成的角为，故选项A正确； 对于C：因为 ，，， 所以，，所以，， 因为，平面，所以平面，故选项C正确； 对于B：由选项C知：平面，所以平面的一个法向量， 因为，所以，即直线与平面所成角的正弦值为， 所以直线与平面所成角的余弦值为，故选项B正确； 对于D：因为，平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为，故选项D不正确. 故选：ABC. 8．（23-24高二上·江苏无锡·期中）在棱长为3的正方体中，为线段靠近的三等分点.为线段靠近的三等分点，则直线到平面的距离为 . 【答案】/ 【分析】先证明平面，再求出平面的法向量和直线的方向向量，应用点到平面的距离公式求得结果. 【详解】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系， 则， 所以，所以， 而平面，平面，故平面， 所以直线到平面的距离即为点到平面的距离. 又，， 设平面的法向量为， 故，即，取，则， 又， 故点到平面的距离为. 故答案为：. 9．（23-24高二上·浙江杭州·期中）已知． (1)求在上的投影向量； (2)若四边形是平行四边形，求顶点D的坐标； (3)若点，求点P到平面的距离． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用投影向量公式可求投影向量； （2）根据可求的坐标； （3）根据点面距公式可求点P到平面的距离． 【详解】（1），，故在上的投影向量为， 而. （2）设，则，故， 故的坐标为. （3），设平面的法向量为， 则即，取，则，， 故， 故点P到平面的距离为. 10．（23-24高三上·天津北辰·期中）如图，且且且平面． (1)若为的中点，为的中点，求证：平面； (2)求二面角的平面角的正弦值； (3)若点在线段上，直线与平面所成的角为，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)； 【分析】（1）（2）（3）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明、面面角的向量求法、点到平面距离的向量求法分别求解即得. 【详解】（1）由平面，，得直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 而，则， 又，则，显然， ， 设平面的法向量为，则，令，得， ，则，即，又直线平面， 所以平面． （2）， 设平面的法向量为，则令，得， 设平面的法向量为，则，令，得， 设二面角的平面角为，显然为锐角， 则二面角的平面角的余弦值为， 所以二面角的平面角的正弦值为. （3）设，其中，则，平面的一个法向量为， 由直线与平面所成的角为，则，解得， 则，由（1）知平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离． 11．（23-24高二上·安徽淮北·期中）如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，，，为的中点． (1)求证：平面平面； (2)求点到面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）∵平面平面，平面平面， ，平面，∴平面. 又平面，所以平面平面. （2） 以为原点，，，分别为轴、轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，，. ∵为的中点，∴， 则，，，， ∵，∴， 又，∴， 又，，平面， ∴平面. 所以为平面的法向量， 则点到面的距离. 数量积中的范围与最值问题 1．（23-24高二上·重庆·期中）已知是棱长为8的正方体的一条体对角线，点在正方体表面上运动，则的最小值为（    ） A． B． C． D．0 【答案】B 【分析】求得正方体外接球的半径，根据空间向量的数量积运算求得的表达式，确定的最小值，即得答案. 【详解】如图，是棱长为8的正方体的一条体对角线，则也是正方体外接球的一条直径， 由正方体的特征可得其外接球半径为, 设外接球球心为，则， 则 , 由于点在正方体表面上运动， 故的最小值为球心与正方体面的中心连线的长， 即为正方体棱长的一半，为， 所以的最小值为， 故选：B. 2．（23-24高二上·北京西城·期中）已知是正方体内切球（球在正方体内且与正方体的六个面都相切）的一条直径，点在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】确定正方体内切球半径，根据空间向量的运算化简为，结合题意得的取值范围，即可得答案. 【详解】由题意设正方体中心为O，即为正方体内切球球心， 则O为的中点，因为正方体的棱长是2，故， 则内切球半径为1； 则 ， 由于点在正方体表面上运动，故， 即当P位于正方体顶点时取得最大值，位于内切球与正方体的切点处时取最小值， 则， 即的取值范围为， 故选：C 3．（23-24高二上·山东济宁·期中）在棱长为的正方体中，是正方体外接球的直径，点是正方体表面上的一点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设正方体的外接球的球心为，球的半径为，分析可得，求出的取值范围，即可得出的取值范围. 【详解】设正方体的外接球的球心为，球的半径为， 则，可得，所以， 又 ， 当为正方体某个面的中心时，取最小值； 当与正方体的顶点重合时，取最大值. 则，所以.    故选：A. 4．（23-24高二上·湖南·期中）已知正方体的棱长为2，球是正方体的内切球，点是内切球表面上的一个动点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，取中点为，则，再结合向量的运算，代入计算，即可得到结果. 【详解】 取中点为，因为，， 所以， 又，则， 又正方体的棱长为2，则正方体的内切球半径为1，则，， 所以， 所以， 所以当，反向时，，有最小值为； 当，同向时，，有最大值为. 故选：D. 5．（23-24高二上·北京·期中）已知空间直角坐标系中，，点在直线上运动，则当取得最小值时，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，即，然后计算出，由二次函数性质得最小值，从而得出值，即得点坐标． 【详解】设，即， ， 时，取得最小值，此时点坐标为． 故选：C． 6．（23-24高二上·浙江台州·期中）在长方体中，，，E，F，G分别是棱，BC，的中点，M是平面ABCD内一动点，若直线与平面EFG平行，则的最小值为（    ）    A． B．9 C． D． 【答案】C 【分析】首先合理建立空间直角坐标系，然后设，利用已知条件确定变量与变量之间的关系，利用坐标表示出，并利用、的关系将其转换成二次函数，进而求解最小值即可. 【详解】如图，分别以、、方向为、、轴建立空间直角坐标系    可得：，，，，，， ，，， 设平面的法向量， 则，得， 解得：，，，即. 由于直线与平面平行，则， 得：，即：. ，， ， ， 可知：由于，当时，取得最小值，最小值为. 故选：C 7．（23-24高二上·福建福州·期中）已知正方体的棱长为，球是正方体的内切球，是球的直径，点是正方体表面上的一个动点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量线性运算的性质，结合空间向量数量积的运算性质进行求解即可. 【详解】因为球是正方体的内切球，是球的直径， 所以，，， 因为， 又因为点是正方体表面上的一个动点， 所以当点为正方体顶点时，有最大值，最大值为， 当点为内切球与正方体的切点时，有最小值，最小值为， 即， 即的取值范围为， 故选：A 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用空间向量数量积的运算性质. 8．（23-24高二上·上海·期中）已知空间三个向量,,的模均为1，它们相互之间的夹角均为60°．若，则k的取值范围为 ． 【答案】 【分析】利用向量数量积运算求解. 【详解】因为，，的模均为1，他们之间的夹角均为，所以：，. 又 所以：或. 故答案为： 9．（23-24高二上·河南·期中）已知正方体的棱长为，点在线段上（不含端点）.若是锐角，则线段长度的取值范围为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，设，，根据是锐角，得到，求出的取值范围，再由求出的取值范围. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，，， 设，，则，则， 所以，， 显然与不可能同向， 因为是锐角，所以， 则，解得或， 又，所以，又， 所以，即线段长度的取值范围为. 故答案为： 10．（23-24高二上·安徽六安·期中）已知是棱长为4的正四面体的外接球的一条直径，点是该正四面体表面上的一点，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】设正四面体的外接球球心为O，外接球半径为R，内切球半径为r，且平面ABC于H，利用AH，SH与外接球及内切球半径的关系，转化即可求解外接球、内切球的半径，然后利用向量的数量积，判断P的位置即可得到结果. 【详解】 设正四面体的外接球球心为，外接球半径为，内切球半径为，且平面于，则，； 由得， ， 且，此时点在四面体的四个顶点处， 则； ，此时为该正四面体的内切球与各面的切点， 则； 所以的取值范围为. 故答案为： 空间中的轨迹问题 1．（23-24高二上·浙江嘉兴·期中）已知长方体，，，M是 的中点，点P满足，其中，，且平面，则动点P的轨迹所形成的轨迹长度是（    ） A． B．6 C． D．5 【答案】D 【分析】根据给定条件，可得点在平面内，再利用线面、线线平行的判定性质推理计算即得. 【详解】在长方体中，由，，得点在矩形及内部， 当为中点时，连接，如图， 由M是 的中点，得， 而长方体的对角面是矩形， 则，因此，又平面，平面， 于是平面， 又在过且平行于平面的平面中，故的轨迹为线段即为. 而，则， 所以动点P的轨迹所形成的轨迹长度是5. 故选：D 2．（多选）（22-23高二下·安徽滁州·期中）长方体中，，，，点是空间一动点，是棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A．若在侧面内含边界运动，当长度最小时，三棱锥的体积为 B．若在侧面内含边界运动，存在点，使平面 C．若在侧面内含边界运动，且，则点的轨迹为圆弧 D．若在内部运动，过分别作平面，平面，平面的垂线，垂足分别为，，，则为定值 【答案】ABD 【分析】求得三棱锥的体积判断选项A；取，的中点，，连接，，，可证平面判断B；建立空间直角坐标系求得点的轨迹方程判断选项C；由可得点，，的坐标，进而可得为定值判断D． 【详解】选项A：当为中点时，长度最小，最小长度为，此时P到平面的距离即为P到平面的距离， 由长方体性质易知，且平面平面，且平面平面， 则P到平面的距离即为C平面的距离，作于H,则为C平面的距离， 设为h,则由等面积可知即， 故，故A正确； 对B：取，的中点，，连接，，， 易得，，平面, 平面,,则平面，同理平面， ，平面，平面平面，面，平面， 当在点处时，有平面，故B正确； 对C：以为原点，分别以、、为，、轴建立空间直角坐标系如图： 则，，，， 设，，， 则，，， ， ， 又， 则，即， 整理得，则点的轨迹不为圆弧．故C错误． 对D,，，，， 在内部运动，， ，由图易知 由题意可得，，， 为定值，故D正确． 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：本题考查立体中截面和轨迹问题，关键是向量坐标化建立坐标系求解CD选项. 3．（多选）（23-24高二上·山东日照·期中）如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（    ）    A．当P在侧面上运动时，四棱锥的体积不变 B．当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是 C．当直线AP与平面ABCD所成的角为45°时，点P的轨迹长度为 D．若F是的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足平面时，PF长度的取值范围是 【答案】AC 【分析】对于,根据面平面，可知点到平面的距离不变，结合方形的面积不变，可判断正确；对于，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量夹角余弦值范围即可求得；对于，分析点的位置，确定点的轨迹，求出轨迹长度，求和即可；对于，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，根据平面，则，从而有， 利用坐标求得，即可求出其范围. 【详解】对于,因为平面平面， 所以当P在侧面上运动时，点到平面的距离不变， 而正方形的面积不变，所以当P在侧面上运动时， 四棱锥的体积不变，故正确； 对于，以为坐标原点，分别以所在直线为轴， 建立空间直角坐标系，    设，则， 设与所成角为， 则， ，当时，； 当时, ， 则，综上，. 所以当在线段上运动时，与所成角的取值范围是，故错误； 对于，因为直线与平面所成角为， 若点在平面和平面内， 最大，不成立； 在平面内，点的轨迹是； 在平面内，点的轨迹是； 在平面内，作平面,    因为,所以 因为所以所以 点的轨迹是以为圆心，以为半径的四分之一圆， 所以点的轨迹长度为 所以点的轨迹总长度为故正确； 对于，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，, 则， 设平面的一个法向量为， 则，取得， 则， 因为平面,所以， 即， 所以， 当时，等号成立，故错误. 故选： 4．（多选）（23-24高二上·浙江台州·期中）正方体的棱长为1，E，F，G分别为BC，，的中点,则正确的是（    ）    A． B．平面AEF C．点B、C到平面AEF的距离相等 D．若P为底面ABCD内一点，且，则点P的轨迹是线段 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算，逐一判断求解. 【详解】以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，，，， 选项A：，， ，所以选项A错误； 选项B：设平面的法向量为，， ， 故有，即，令，则， 因为且平面， 所以平面； 选项C：， ， 点到平面的距离为：， 点到平面的距离为：， 所以点B、C到平面AEF的距离相等，故选项C正确； 选项D：设，， ， 因为， 所以，即， 所以点坐标满足且， 故点的轨迹是一条线段，故选项D正确. 故选：BCD.    5．（多选）（23-24高二下·青海海西·期中）如图，点是边长为2的正方体的表面上一个动点，则下列说法正确的是（    ） A．当点在侧面上时，四棱锥的体积为定值 B．存在这样的点，使得 C．当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为 D．当时，点的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】对于选项A，求出四棱锥的体积即可判断；对于选项B，结合空间向量的线性运算即可判断；对于选项C，分当点在侧面，侧面上以及当点在上底面上，和点在侧面上三种情况分类讨论即可判断；对于选项D，分当在底面上和点在侧面上分类讨论即可判断. 【详解】对于选项A，点到侧面的距离即为2，， 故四棱锥的体积， 所以四棱锥的体积为定值，故A选项正确； 对于选项B，因为， 而，因此点是的中点， 所以这样的点不在正方体的表面上，故B选项错误； 对于选项C，①当点在侧面，侧面上时（不包括正方形 的边界），过点作平面的垂线，垂足为，连，在 中，由，可得；②当点在上底面 上时，过点作平面的垂线， 垂足为，若，必有，又由，有 ，此时点的轨迹是以为圆心，2为半径的四分之一圆， 点的轨迹长度为；③当点在侧面上时， 点在线段上符合题意， 此时点的轨迹长为；由上知点的轨迹长度为，故C选项正确； 对于选项D，①当在底面上时，点的轨迹为以为圆心， 为半径的圆与底面的交线，记圆与相交于点，与交于点， 有，可得， 则点的轨迹与底面的交线长为； ②当点在侧面上时，， 可得点的轨迹与侧面的交线为以点为圆心， 为半径的四分之一圆，交线长为． 由对称性可知，点的轨迹长度为，故D选项正确． 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：对于立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程. 6．（多选）（23-24高二下·福建·期中）如图，在棱长为1的正方体中，为边的中点，点在底面ABCD内运动（包括边界），则下列说法正确的有（   ）． A．不存在点，使得 B．过三点的正方体的截面面积为 C．四面体的内切球的表面积为 D．点在棱上，且，若，则点的轨迹是圆 【答案】AC 【分析】对A：建立适当空间直角坐标系，设，计算即可得；对B：画出相应截面，计算即可得；对C：计算出四面体内切球半径后借助表面积公式计算即可得；对D：借助空间向量计算即可得. 【详解】对于A，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 若，则，即，与题意矛盾，所以A正确； 对于B，取中点，连接， 因为，所以可得四点共面， 所以过三点的正方体的截面为以为底的等腰梯形， 过点作，所以， 所以梯形的高为， 所以，，故B错误； 对于C，如下图知：四面体的体积为正方体体积减去四个三棱锥的体积， 可知四面体是棱长为的正四面体， 取的外心，连接，则平面， 则，则，所以， 所以四面体的高， 设四面体的侧面积为，其内切球的半径为，球心为， ，， 即，所以C正确； 对于D，， 即，可得轨迹为圆：， 所以，圆心，又， 所以，轨迹为圆：被四边形ABCD截得的4段圆弧， 所以D错误. 故选：AC． 7．（多选）（23-24高二上·贵州贵阳·期中）如图，在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足.下列说法中错误的是（    ）    A．点可以是棱的中点 B．线段长度的最大值为 C．点的轨迹是正方形 D．点的轨迹长度为 【答案】ABC 【分析】以D为坐标原点，分别以DA，DC，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出的坐标，从而得到MP的最大值，即可判断选项B，通过分析判断可得点P不可能是棱的中点，从而判断选项A，又，，可判断选项C和选项D． 【详解】在正方体中，分别以DA，DC，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， ∵该正方体的棱长为1，M，N分别为，的中点， ∴，，，，∴， 设，则， ∵，∴，即 当时，，当时，， 取，，，， 连结EF，FG，，HE， 则，， 所以， ∴四边形EFGH为矩形，则，， 即，， 又和为平面内的两条相交直线， ∴平面EFGH， 又，， ∴M为EG的中点，则平面EFGH， 为使，必有点平面EFGH， 又点P在正方体表面上运动，∴点P的轨迹为四边形EFGH， 因此点P不可能是棱的中点，故选项A错误； 又，， ∴，则点P的轨迹不是正方形且矩形EFGH周长为， 故选项C错误，选项D正确； ∵，， 又，则，即， ∴，点在正方体表面运动， 则，解， ∴， 故当或，或1，MP取得最大值为，故B错误. 故选：ABC． 8．（多选）（23-24高二上·山西运城·阶段练习）已知正方体棱长为为棱中点，为正方形上的动点，则（    ） A．满足的点的轨迹长度为 B．满足平面的点的轨迹长度为 C．存在点，使得平面经过点 D．存在点满足 【答案】AB 【分析】对于A，建立空间直角坐标系，找出的坐标，设，进而对B进行计算验证即可； 对于B，利用线面平行的判定定理找出的轨迹，进而求解判断即可； 对于C，连接，取的中点，连接，，得到平面截正方体所得截面与正方形没有交点，进而即可判断； 对于D，借助空间直角坐标系，求得的最小值及处于边界处的的值，进而判断即可. 【详解】如图，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，    则，，设，且，， 所以，，， 对于A，由，得，即， 因为，，所以点的轨迹为线段，且，， 则，即点的轨迹长度为，故A正确； 对于B，取的中点，的中点，如图，    因为点为的中点，由正方体的性质知，， 因为平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 又，， 所以平面平面，又平面， 所以平面， 所以点的轨迹为线段，故B正确； 对于C，如图，连接，取的中点，连接，，    则平面截正方体所得截面为，与正方形没有交点， 所以不存在点，使得平面经过点，故C错误； 对于D，由A知，点关于平面的对称点为， 所以当三点共线时最小， 即， 且当与重合时，， 当与重合时，， 当与重合时，， 当与重合时，， 综上所述，不存在点满足，故D错误. 故选：AB. 【点睛】方法点睛：立体几何中关于动点轨迹问题，常常结合线、面判定定理及性质寻求，或借助空间直角坐标系进行辅助计算求解. 9．（多选）（23-24高二上·浙江·期中）如图，在棱长为2的正方体中，点是的中点，点是底面正方形内的动点（包括边界），则下列选项正确的是（    ） A．存在点满足 B．满足的点的轨迹长度是 C．满足平面的点的轨迹长度是1 D．满足的点的轨迹长度是 【答案】AD 【分析】利用正方体中的垂直关系建立空间直角坐标系，设出对应点的坐标，翻译条件求出轨迹方程，注意变量的取值范围，求解轨迹长度即可. 【详解】 如图建立空间直角坐标系，则有，,，，，， 对于A选项，若，则，且，，故轨迹方程为，当时，，点既在轨迹上，也在底面内，故存在这样的点存在，A正确 对于B选项，，， ，在底面内轨迹的长度是以A为圆心，1为半径的圆周长的 故长度为，B错误 对于C选项，，，设面的法向量 故有，解得，故 平面， ，的轨迹方程为 ，在底面内轨迹的长度为，C错误 对于D选项，， ，，的轨迹方程为 ，在底面内轨迹的长度为，D正确 故选：AD 10．（23-24高二上·山东济宁·期中）如图所示，正方体的棱长为3，动点在底面正方形内，且与两个定点，的距离之比为． (1)求动点的轨迹方程，并说明轨迹的形状； (2)求动点到平面的距离的取值范围． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）建立平面直角坐标系根据平面上轨迹的求法求解； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求点面距离，再由三角代换求取值范围即可. 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立平面直角坐标系，如图，    设， 由，得 化简得， 即， 故曲线C是以为圆心，2为半径的圆在正方形内一段圆弧． （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立平面直角坐标系，如图，    则， 所以， 设平面的法向量， 则，令，则，，故， 由（1）可设，其中, 则， 设到平面的距离为， 则， 由（1）可令，其中， 则， 因为，所以， 即，所以， 故. 【点睛】关键点点睛：第二问中求圆弧上动点到平面距离范围时，首先利用向量法表示出动点到面的距离是解题的第一个关键点，再根据圆的性质进行三角代换求距离的取值范围是第二个关键点，本题难度较大，属于难题. 存在性问题 1．（多选）（23-24高三上·江西·期末）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中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，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在点、使得、、、四点共面 B．存在点，使 C．存在点，使得直线与平面所成角为 D．存在点，使得直线与直线所成角的余弦值 【答案】ABD 【分析】将半正多面体补成一个棱长为的正方体，建立空间直角坐标系，当点与点重合时，利用空间向量法可判断A选项；当点与点重合时，利用空间向量法可判断B选项；设，利用空间向量法可判断CD选项. 【详解】将半正多面体补成一个棱长为的正方体，如图：    则半正多面体的所有顶点都是正方体的棱的中点， 以为原点，过的三条棱所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.    则、、、、， 对A ，当点与点重合时，，，则， 又因为、、、不共线，则，则、、、共面，A正确； 对B ，当点与点重合时，，则，即，B正确； 对C，设， 则， 设平面的一个法向量为，，， 则，令，得，，则， 设直线与平面所成角为， 则， 化简得，，此方程无解， 故不存在点，使得直线与平面所成角为，C错； 对D ，，由C可知，， 所以， 整理可得，因为，解得， 即当点为的中点时，直线与直线所成角的余弦值，D正确. 故选：ABD. 2．（多选）（23-24高二上·河南商丘·期中）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，为线段上的动点，则（    ） A．存在点，使得直线 B．存在点，使得平面 C．点到直线距离的最小值为 D．三棱锥的体积为 【答案】BC 【分析】建立空间直角坐标系，计算可判断A项，计算可判断B项，运用空间点到线的距离公式计算可判断C项，证明面，运用等体积法计算可判断D项. 【详解】以A为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 如图所示， 则，，，，，，， 所以，，， 设，则， 所以， 对于A项，， 所以，故A项错误； 对于B项，因为面， 所以面的一个法向量为， 又因为面，， 所以，解得，即， 所以存在点M位于的中点时，使得面，故B项正确； 对于C项，因为，所以， 设，则， 所以点到直线的距离为（）， 所以当时，，故C项正确； 对于D项，因为，面，面，所以面， 所以， 易得，， 所以， 所以，故D项错误． 故选：BC. 3．（多选）（23-24高二上·海南省直辖县级单位·期中）在长方体中，，，动点P在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（    ） A．当P为中点时，为锐角 B．存在点P，使得平面APC C．的最小值 D．顶点B到平面APC的最大距离为 【答案】ABC 【分析】依题意建立空间直角坐标系，设，当为中点时，根据判断得符号即可判断A；当平面，则有，从而求出可判断B；当时，取得最小值，结合B即可判断C；利用向量法求出点到平面的距离，分析即可判断D. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 设，则，故， 则， ， 对于A，当为中点时，， 则，，则，， 所以，所以为锐角，故A正确； 当平面， 因为平面，所以， 则，解得， 故存在点，使得平面，故B正确； 对于C，当时，取得最小值， 由B得，此时， 则，，所以， 即的最小值为，故C正确； 对于D，，， 设平面的法向量， 则，可取， 则点到平面的距离为， 当时，点到平面的距离为0， 当时，， 当且仅当时，取等号， 所以点到平面的最大距离为，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是建立空间直角坐标系，求得，，从而利用空间向量法逐一分析判断各选项即可. 4．（23-24高二上·福建三明·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)棱上是否存在点，它与点到平面的距离相等，若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，且 【分析】（1）利用面面垂直的性质可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）推导出，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值； （3）分析可知，平面，设，其中，求出向量的坐标，根据题意可知，与平面的法向量垂直，根据空间向量数量积的坐标运算求出的值，进而可求得线段的长. 【详解】（1）证明：因为平面平面，且平面平面， 因为，且平面，所以平面. 因为平面，所以. （2）解：在中，因为，，， 所以，所以. 又因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 所以，、、、、， 则，， 易知平面的一个法向量为. 设平面的一个法向量为， 则，取，则. 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. （3）解：因为、到平面的距离相等，且、在平面的同侧， 则有平面. 因为点在棱，所以，其中， 因为，则，所以. 又因为平面，为平面的一个法向量， 所以，即，所以. 所以，所以. 5．（23-24高二上·北京·期中）如图：在直三棱柱中，，，，M是的中点，N是的中点． (1)求证：∥平面； (2)求：二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在点P，使得点P到平面MBC的距离为，若存在求此时的值，若不存在请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）取中点D，连接DN、，证明四边形为平行四边形，得，从而可得证线面平行； （2）分别以为轴，建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角； （3）用空间向量法求点面距，从而得出结论． 【详解】（1）取中点D，连接DN、， ∵D、N分别为、∴且， ∵与平行且相等，M为中点，∴与平行且相等， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵平面  平面， ∴平面； （2）∵直三棱柱∴平面ABC又CB、平面ABC， ∴、， ∵即， ∴、CB、CA两两垂直，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ∴  ， 则  ， 易知平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则，即， 令则， 设二面角的平面角为， 则， 由图知为钝角，∴； （3）设，， ∵， ∴， ∴    ， 设平面MBC的法向量为， 则，即， 令则 ∴P点到平面MBC的距离为， 解得，又∴． 6．（23-24高二上·湖北黄冈·期中）如图①，在直角梯形中，，，.将沿折起，使平面平面，连，得如图②的几何体. (1)求证：平面平面； (2)若，二面角的平面角的正切值为，在棱上是否存在点使二面角的平面角的余弦值为，若存在，请求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理和线面垂直的性质得到，然后根据线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据二面角的定义得到为二面角的平面角，根据二面角的正切值得到，，然后根据相似得到，，然后建系，设利用空间向量的方法列方程求即可. 【详解】（1）∵平面平面，平面平面，，平面， ∴平面， ∵平面， ∴， ∵，，平面， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）由（1）知平面，，而平面，故. ∴为二面角的平面角， 又平面，平面， ∴，， ∴，. 在①，∴， 令，则， 解得.即，. 在①中作，垂足.    则可得，. ∵平面平面，平面，平面平面， ∴平面， 过作，以为原点，，，分别为轴轴轴建立如图直角坐标系，则    ，，，. ，， 设，. 设平面的法向量为，则 ，∴，取，，即， 设平面的法向量为，则 ，取，，.即. . 解得（舍去），或. ∴. 7．（23-24高二上·湖北孝感·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，为中点，点在上，且.    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得平面？说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）由题意和勾股定理可得，利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）由面面垂直的性质和线面垂直的性质可得，进而建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出该面面角； （3）假设存在这样的点Q，则存在使得.利用线面平行和空间向量的坐标表示建立关于的方程，解得，即可下结论. 【详解】（1）在中， 所以，即. 又因为，在平面中，， 所以平面. （2）因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，由平面，得. 由（2）知，且已知， 故以A为原点，建立如图空间直角坐标系， 则，.    所以 因为为中点，所以. 由知，. 设平面的法向量为， 则即 令，则.于是. 由（1）知平面，所以平面的法向量为. 所以， 由题知，二面角为锐角，所以其余弦值为； （3）设是线段上一点，则存在使得. 因为， 所以. 因为平面，所以平面，当且仅当， 即. 即.解得. 因为， 所以线段上不存在使得平面. 8．（23-24高二上·湖北孝感·期中）在四棱锥中，底面是正方形，平面是的中点. (1)证明：平面； (2)若点在棱上，且，在棱上求一点，使得平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)点为棱的中点 【分析】（1）解法一：设交于，连接.利用线面平行的判定定理即可证明；解法二：利用空间向量可证得，从而，即可证明； （2）由题意求出点G的坐标，进而求出平面的法向量，设，利用建立方程，解出即可求解. 【详解】（1）解法一：连接交于，连接.则在中，. 而平面平面 所以平面. 解法二：以为坐标原点，射线分别为轴､轴､轴的正方向建立空间直角坐标系. 设.连接交于，连接. 依题意得.因为底面是正方形， 所以是此正方形的中心，故点的坐标为， 所以. 则，故.而平面平面， 所以平面. （2）因为，得 设平面的法向量为， 故，令，则，故， 又， 设， 又因为平面， 所以，即，解得， 所以点为棱的中点时，平面. 9．（23-24高二上·江西景德镇·期中）如图，已知四边形是矩形，平面，，，点M，N分别在线段上．    (1)求证：直线平面． (2)是否存在M，N，使得？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值．若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，. 【分析】（1）由线面垂直的性质和判定证结论； （2）构建空间直角坐标系，向量垂直的坐标表示列方程求M，N的坐标，再应用向量法求线面角的正弦值. 【详解】（1）因为平面，平面，所以． 又底面为矩形，，又，、平面， 所以平面． （2）以A为原点，AP为z轴，AB为x轴，AD为y轴，建立空间直角坐标系．    所以，，，，， 令，，得，所以， 根据，则，所以，取的方向向量为， 设平面的法向量为，，， 根据，取，得， 所以，即直线与平面所成角的正弦值. 新定义问题 1．（23-24高二下·湖北孝感·期中）在空间中，经过点，法向量为的平面的方程（即平面上任意一点的坐标满足的关系式）为：.用此方法求得平面和平面的方程，化简后的结果分别为和，则这两平面夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】确定平面和平面的法向量，根据向量的夹角公式，即可求得答案. 【详解】由题意可知平面和平面的方程为和， 故平面和平面的法向量分别为， 故两平面夹角的余弦值为， 故选：A 2．（23-24高二下·江苏徐州·期中）定义.若向量，向量为单位向量，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】先设夹角，则,由即得解. 【详解】由题意知，． 设，则． 又，则，故． 故答案为： 3．（23-24高二上·北京·期中）在移动通信中，总是有很多用户希望能够同享一个发射媒介，进行无线通信，这种通信方式称为多址通信.多址通信的理论基础是：若用户之间的信号可以做到正交，这些用户就可以同享一个发射媒介.在n维空间中，正交的定义是两个n维向量满足.已知某通信方式中用户的信号是4维非平行向量，有四个用户同享一个发射媒介，已知前三个用户的信号向量为.写出一个满足条件的第四个用户的信号向量 . 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据“正交”的定义列方程，从而求得正确答案. 【详解】设满足条件的第四个用户的信号向量是， 则， 则，则， 故一个满足条件的信号向量是. 故答案为：（答案不唯一） 4．（22-23高二上·北京·期中）对于空间向量，定义，其中表示这三个数的最大值. (1)已知，. ①写出，写出（用含的式子表示）； ②当，写出的最小值及此时x的值； (2)设，，求证： (3)在空间直角坐标系O−xyz中，，，，点P是以O为球心，1为半径的球面上的动点，点Q是△ABC内部的动点，直接写出的最小值及相应的点P的坐标. 【答案】(1)①；；②的最小值为4，. (2)证明见解析. (3)最小值为，. 【分析】（1）由的定义即可求解. （2）根据向量的新定义，,,且有，从而. （3）平面方程，可设法向量，取，，有，此时最小. 【详解】（1）由题可知： ,，， ，. 在同一个坐标系中作出的图像如下图所示： 因为， 则函数的图像是图中加粗部分折线， 直线与交于点， 直线与直线交于点， 由图可知，当时，有最小值4. （2）, 因为， 所以,, 所以. （3）因为P是以O为球心，1为半径的球面上的动点，则球面方程为， 面的方程为，即，一个法向量为， 平面是取最小值的必要条件，证明如下： 不妨取，若平面于， 显然，则且，所以， 对于面上任意点都有，即， 所以，仅当重合时取等号， 综上，取最小，必有平面， 由，当共线时取等号，故最小值在共线且平面时取得， 此时且，则，即， 所以， 取且，则，即， 所以， 综上，、时最小. 【点睛】关键点点睛：第三问，说明平面是取最小值的必要条件，进而确定且共线且平面时取最小值. 5．（22-23高二上·福建福州·期中）如图，已知向量，可构成空间向量的一个基底，若，，．在向量已有的运算法则的基础上，新定义一种运算，显然的结果仍为一向量，记作 (1)求证：向量为平面OAB的法向量； (2)若，，求以OA，OB为边的平行四边形OADB的面积，并比较四边形OADB的面积与的大小； (3)将四边形OADB按向量平移，得到一个平行六面体，试判断平行六面体的体积V与的大小．（注：第（2）小题的结论可以直接应用） 【答案】(1)见解析 (2)， (3) 【分析】（1）只需证明向量与垂直即可； （2）根据平行四边形的面积公式可知，即可求出四边形的面积，根据新定义求出，再根据向量的模的计算即可得出结论； （3）设点到平面的距离为，与平面所成的角为，在根据，可以推出结论. 【详解】（1）证明：因为 ， 所以，即， 因为 ， 所以，即， 又因， 所以向量为平面OAB的法向量； （2）解：， 则， 故， 由，，得， 所以， 所以； （3）解：设点到平面的距离为，与平面所成的角为， 则， 由（1）得向量为平面OAB的法向量， 则， 又， ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$