专题强化02：空间向量与立体几何题型归纳【8大题型】-2024-2025学年高二数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破系列(人教A版2019选择性必修第一册）

专题强化02：空间向量与立体几何题型归纳 【题型归纳】 · 题型一：空间向量的线性运算 · 题型二：空间共线定理、共面定理 · 题型三：空间向量的数量积运算 · 题型四：空间向量的坐标运算 · 题型五：空间向量研究线面平行与垂直 · 题型六：空间向量研究空间距离问题 · 题型七：空间向量研究空间角问题 · 题型八：空间向量研究存在性问题 【题型探究】 题型一：空间向量的线性运算 1．（23-24高二下·江苏扬州·期中）如图，三棱柱中，G为棱AD的中点，若，，，则（    ）    A． B． C． D． 2．（23-24高二上·新疆·阶段练习）如图E，F分别是长方体的棱AB，CD的中点，化简下列表达式： (1)；(2)；(3)；(4). 3．（23-24高二上·全国）如图所示，在平行六面体中，，，，P是的中点，M是的中点，N是的中点，用基底表示以下向量：    (1)；(2)；(3). 题型二：空间共线定理、共面定理 4．（23-24高二上·河北邯郸·期末）已知是不共面的空间向量，若与（是实数）是平行向量，则的值为（    ） A．16 B．-13 C．3 D．-3 5．（24-25高二下·全国·随堂练习）已知，，三点不共线，是平面外任意一点，若由确定的一点与，，三点共面，则的值为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）已知，，是空间中不共面的向量，若，，. (1)若三点共线，求的值； (2)若四点共面，求的最大值． 题型三：空间向量的数量积运算 7．（23-24高一下·黑龙江绥化·期末）已知平行六面体的底面为矩形，，，，则（   ） A．3 B． C． D． 8．（23-24高二上·山西吕梁·期末）如图所示，平行六面体中，，.    (1)用向量表示向量，并求； (2)求. 9．（23-24高二下·甘肃兰州·期中）如图所示，平行六面体中，. (1)用向量表示向量，并求； (2)求直线与直线所成角的余弦值. 题型四：空间向量的坐标运算 10．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）设，，且，则（    ） A． B．0 C．3 D． 11．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知空间三点，，，设，． (1)若与互相垂直，求实数的值； (2)若，，求． 12．（23-24高二上·湖北武汉·期中）已知空间中三点，，.设，. (1)求和； (2)若与互相垂直，求实数的值. 题型五：空间向量研究线面平行与垂直 13．（24-25高二上·上海·单元测试）已知在四棱锥中，底面是直角梯形，，，侧面是正三角形且垂直于底面，是的中点． (1)判定直线与平面的位置关系，并说明理由； (2)在上是否存在一点，使平面. 14．（2024高二·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，为的中点，为的中点，求证：直线平面. 15．（2024高二·全国·专题练习）如图所示，在直三棱柱中，，，，E为的中点，证明：平面平面. 题型六：空间向量研究空间距离问题 16．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）如图，圆锥是由直角旋转而成，母线，底面圆的半径为1，D是AB的中点，为底面圆上的一点且， (1)求点到平面ABC的距离； (2)求直线CD与平面AOB所成的角的正弦值； (3)求点O到直线CD的距离， 17．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）如图所示，在直三棱柱中，，，，分别是的中点． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离． 18．（23-24高二上·安徽·期末）如图，已知四棱柱中，四棱锥是正四棱锥，，，分别为的中点． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)若平面经过且与平行，求点到平面的距离． 题型七：空间向量研究空间角问题 19．（24-25高二上·黑龙江哈尔滨）如下图，在中，，，D是AC中点，E、F分别是BA、BC边上的动点，且；将沿EF折起，将点B折至点P的位置，得到四棱锥；    (1)求证：； (2)若，二面角是直二面角，求二面角的正切值； (3)当时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取值范围． 20．（24-25高二上·河南开封·阶段练习）如图，在四棱锥 ，平面 ，，且 ，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 21．（23-24高二上·江苏南京·期末）如图，， (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求二面角的余弦值. 题型八：空间向量研究存在性问题 22．（22-23高二上·安徽马鞍山·阶段练习）如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，，． (1)证明：平面； (2)在线段（不含端点）上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由． 23．（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. 24．（23-24高二上·重庆·阶段练习）如图甲，在矩形中，为线段的中点，沿直线折起，使得点为的中点，连接，如图乙. (1)求证：； (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若不存在，说明理由；若存在，求出的长度. 【专题强化】 一、单选题 25．（23-24高二上·江苏南京·期末）已知空间向量，的夹角为，且，，则与的夹角是（    ） A． B． C． D． 26．（23-24高二下·甘肃庆阳·期中）已知向量分别是直线的一个方向向量，若，则（    ） A．-3 B．-4 C．3 D．4 27．（23-24高二下·河南焦作·期末）如图所示，在三棱锥中， ，，，点M，N满足，，则（    ） A． B． C． D． 28．（23-24高二下·四川成都·期末）已知在四面体中， 为的中点，若 ，则 （    ） A．3 B． C． D． 29．（23-24高二下·宁夏石嘴山·期末）已知直线和平面，且，的方向向量为，平面的一个法向量为，，则的最小值为（ ） A． B．2 C． D． 30．（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． 31．（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． 32．（24-25高二上·江苏·假期作业）如图，在正方体中，点为线段的中点．设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 33．（23-24高二下·江苏南京·期中）平面α经过三点，，，向量是平面α的法向量，则下列四个选项中正确的是（    ） A．直线AB的一个方向向量为 B．线段AB的长度为3 C．平面α的法向量中 D．向量与向量夹角的余弦值为 34．（23-24高二下·河北衡水·期末）如图所示，已知正方体的边长为2，E、F、G、H分别为、BC、CD、的中点，则下列结论正确的是（    ）    A． B．平面AEF C．点到平面AEF的距离为2 D．二面角的大小为 35．（23-24高二上·福建南平·期末）如图，在三棱柱中，底面为等边三角形，为的重心，，若，则（    ） A． B． C． D． 36．（23-24高二上·四川成都·期末）如图，在棱长为的正方体上，点为体对角线靠近点的三等分点，点为棱 的中点，点在平面上，且在该平面与正方体表面的交线所组成的封闭图形中（含边界），则下列说法正确的是（    ） A．平面与底面的夹角余弦值为； B．点到平面的距离为； C．点到点的距离最大值为； D．设平面与正方体棱的交点为、… 、，则边形最长的对角线的长度大于. 三、填空题 37．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知正四面体的棱长为1，点是的中点，则的值为 ． 38．（23-24高二下·江苏盐城·期中）已知空间四边形（见图），其各边及其对角线的长都是6，，，，则 ，的长为 ． 39．（25-26高二上·上海·期中）已知正四棱柱中，，，E为的中点，则直线与平面的距离为 ． 40．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，在三棱柱中中，两两互相垂直，是线段上的点，平面与平面所成锐二面角为，当最小时， .    四、解答题 41．（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. 42．（23-24高二上·云南昆明·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，平面，平面平面． (1)求证：平面； (2)设E为PD的中点，，求二面角的正弦值． 43．（25-26高二上·上海·期末）已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点P在底面上的射影是与的交点．已知，是等边三角形． (1)求证：； (2)求点到平面的距离； (3)若点是线段上的动点．问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出这个最大角，并说明点此时所在的位置． 44．（23-24高二上·安徽阜阳·期末）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，且，平面平面ABCD，，点E为线段PC的中点，点F是线段AB上的一个动点． (1)求证：平面平面PBC； (2)设二面角的平面角为θ，当时，求的值． 45．（23-24高二下·甘肃兰州·期末）如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，点为的中点. (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使二面角的平面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 46．（23-24高二下·江苏南京·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，．点在线段上．    (1)若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由； (2)求点到平面的距离； (3)若直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 47．（23-24高二下·江苏盐城·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点. (1)证明：平面； (2)若，. （ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题强化02：空间向量与立体几何题型归纳 【题型归纳】 · 题型一：空间向量的线性运算 · 题型二：空间共线定理、共面定理 · 题型三：空间向量的数量积运算 · 题型四：空间向量的坐标运算 · 题型五：空间向量研究线面平行与垂直 · 题型六：空间向量研究空间距离问题 · 题型七：空间向量研究空间角问题 · 题型八：空间向量研究存在性问题 【题型探究】 题型一：空间向量的线性运算 1．（23-24高二下·江苏扬州·期中）如图，三棱柱中，G为棱AD的中点，若，，，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据已知条件，结合向量的线性运算，即可求解． 【详解】，，， 则． 故选：A． 2．（23-24高二上·新疆·阶段练习）如图E，F分别是长方体的棱AB，CD的中点，化简下列表达式： (1)； (2)； (3)； (4). 【答案】(1)； (2)； (3)； (4). 【分析】（1）（2）（3）（4）根据空间向量的线性运算，结合长方体性质可得. 【详解】（1）； （2）； （3）； （4）因为E，F分别是棱AB，CD的中点， 所以. 3．（23-24高二上·全国）如图所示，在平行六面体中，，，，P是的中点，M是的中点，N是的中点，用基底表示以下向量：    (1)；(2)；(3). 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）（2）（3）连接AC，，，根据在平行六面体中各向量对应线段与，，对应线段位置关系，用，，表示出各向量即可. 【详解】（1）连接AC，，，    ； （2）； （3） . 题型二：空间共线定理、共面定理 4．（23-24高二上·河北邯郸·期末）已知是不共面的空间向量，若与（是实数）是平行向量，则的值为（    ） A．16 B．-13 C．3 D．-3 【答案】C 【分析】根据，结合，列出方程组，求解即可. 【详解】因为是不共面的空间向量且， 故，则， 解得，所以. 故选：C. 5．（24-25高二下·全国·随堂练习）已知，，三点不共线，是平面外任意一点，若由确定的一点与，，三点共面，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据点与，，三点共面，可得，从而可得答案. 【详解】因为，，三点不共线，点与，，三点共面， 又， 所以，解得. 故选：A. 6．（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）已知，，是空间中不共面的向量，若，，. (1)若三点共线，求的值； (2)若四点共面，求的最大值． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由三点共线可设，列方程求； （2）由四点共面可设，列方程可得的关系，由此可求的最大值． 【详解】（1）因为三点共线，则， 又， ， 有}解得； （2）因为四点共面，则， 则， 有 解得， 所以， 当时，取到最大值 题型三：空间向量的数量积运算 7．（23-24高一下·黑龙江绥化·期末）已知平行六面体的底面为矩形，，，，则（   ） A．3 B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用空间向量的数量积计算即得. 【详解】由，得，， 而，则，又， 所以. 故选：A 8．（23-24高二上·山西吕梁·期末）如图所示，平行六面体中，，.    (1)用向量表示向量，并求； (2)求. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据空间向量的线性运算，得到，结合向量的数量积的运算法则，即可求解； （2）由空间向量的运算法则，得到，结合向量的数量积的运算公式，即可求解. 【详解】（1）解：根据空间向量的线性运算，可得， 可得 ， 所以. （2）解：由空间向量的运算法则，可得， 因为且， 所以 . 9．（23-24高二下·甘肃兰州·期中）如图所示，平行六面体中，. (1)用向量表示向量，并求； (2)求直线与直线所成角的余弦值. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）利用空间向量的运算法则即可表示出结果，再将平方可求得模长为； （2）易知，求出，再由向量夹角计算公式可求得余弦值为. 【详解】（1）， 则 ， 所以. （2）由空间向量的运算法则，可得， 因为且， 所以， ， 则. 则与所成的角的余弦值为. 题型四：空间向量的坐标运算 10．（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 11．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知空间三点，，，设，． (1)若与互相垂直，求实数的值； (2)若，，求． 【答案】(1)或 (2)或 【分析】（1）根据空间向量垂直得到方程，求出答案； （2）设，根据平行和模长得到方程组，求出答案. 【详解】（1）， 故， ， 因为互相垂直，所以， 解得或； （2）， 设，则且， 解得或， 故或； 12．（23-24高二上·湖北武汉·期中）已知空间中三点，，.设，. (1)求和； (2)若与互相垂直，求实数的值. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）利用空间向量的加减运算和模长计算，即可求解. （2）分别先算出、利用垂直求实数的值即可. 【详解】（1）∵，，，，. ∴， 于是， ， . （2）∵， ， 又与互相垂直， ∴. 即. ∴，. 题型五：空间向量研究线面平行与垂直 13．（24-25高二上·上海·单元测试）已知在四棱锥中，底面是直角梯形，，，侧面是正三角形且垂直于底面，是的中点． (1)判定直线与平面的位置关系，并说明理由； (2)在上是否存在一点，使平面. 【答案】(1)平面PCD，理由见解析； (2)存在. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，证明，即可； （2）存在的中点，使平面．先计算平面的法向量为及，由即可求得. 【详解】（1）直线与平面垂直．理由如下： 依题意，取的中点，连接, 因为平面为等边三角形，所以, 又因为平面平面,且平面平面,平面， 所以平面， 以的中点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则，，，，． 所以，，， 所以， ， 即，， 又，平面,平面, 所以平面． （2）存在， 设平面的法向量为，则，， 所以，， 又，， 所以 令，则，， 所以平面的一个法向量为． 取的中点，则． 又，所以． 因为， 所以． 又是平面的法向量，且不在平面上， 所以平面． 故存在的中点，使平面． . 14．（2024高二·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，为的中点，为的中点，求证：直线平面. 【答案】证明见解析 【分析】利用空间向量法可证 【详解】因为底面为矩形，底面，所以AB，AD，AO两两互相垂直， 所以分别以AB，AD，AO所在直线为 轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， ∴，， 设平面的法向量为， 则，即 ，取，得 所以 又平面，所以直线平面 15．（2024高二·全国·专题练习）如图所示，在直三棱柱中，，，，E为的中点，证明：平面平面. 【答案】证明见解析 【分析】由题意得两两垂直．以B为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，求出平面、平面AEC1的一个法向量，证明可得答案. 【详解】由题意得两两垂直，以B为原点，分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，所以， 设平面AEC1的一个法向量为， 则， 令，得，所以， 因为， 所以，所以平面平面. 题型六：空间向量研究空间距离问题 16．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）如图，圆锥是由直角旋转而成，母线，底面圆的半径为1，D是AB的中点，为底面圆上的一点且， (1)求点到平面ABC的距离； (2)求直线CD与平面AOB所成的角的正弦值； (3)求点O到直线CD的距离， 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标，先求出平面ABC的一个法向量，再根据点到平面距离的向量计算方法即可解答； （2）先求出平面AOB的一个法向量和直线CD的方向向量，再根据直线与平面所成角的向量计算方法即可解答； （3）先求出，，再根据点到直线距离的向量计算方法即可解答. 【详解】（1）在所在平面内作， 由题意可得面OBC，因为面OBC，面OBC， 所以，， 以O为原点，以OM、OB、OA所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 由题意可得：，，， ， 则，， 设平面ABC的一个法向量， 则，即， 令，则 所以点到平面ABC的距离为. （2）设直线CD与平面AOB所成角为， 设平面AOB的一个法向量， 因为， 所以则，即， 令，则， 又因为， 所以. （3）因为，， 所以，， ， 所以. 17．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）如图所示，在直三棱柱中，，，，分别是的中点． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用空间向量方法证明即可； （2）利用空间法向量求解点面距离即可. 【详解】（1）证明：如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则 因为，分别是，的中点，所以，， 所以， 平面的一个法向量为， 因为， 又因为平面， 所以平面； （2）由（1）知，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以平面的一个法向量为. 所以点到平面的距离为， 故点到平面的距离为 18．（23-24高二上·安徽·期末）如图，已知四棱柱中，四棱锥是正四棱锥，，，分别为的中点． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)若平面经过且与平行，求点到平面的距离． 【答案】(1); (2). 【分析】（1）连接交于点，连接，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而计算出线面角； （2）设平面的法向量为，利用该法向量与，垂直，从而计算出点面距离. 【详解】（1）如图，连接交于点，连接， 由四棱锥是正四棱锥 易得两两互相垂直， 在正四棱锥中，因为，所以， 因为，且，所以，． 以点为坐标原点，直线分别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， 即'取，得． 设直线与平面所成的角为， 则． 所以直线与平面所成角的正弦值为． （2），． 设平面的法向量为， 则，即 取，得． 所以点到平面的距离. 题型七：空间向量研究空间角问题 19．（24-25高二上·黑龙江哈尔滨）如下图，在中，，，D是AC中点，E、F分别是BA、BC边上的动点，且；将沿EF折起，将点B折至点P的位置，得到四棱锥；    (1)求证：； (2)若，二面角是直二面角，求二面角的正切值； (3)当时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明线面垂直得出线线垂直； （2）根据直二面角建立空间直角坐标系求二面角余弦进而求出正弦值计算正切值即可； （3）先建立空间直角坐标系，再设坐标结合垂直关系求参，最后结合线面角的正弦应用基本不等式得出范围即可. 【详解】（1）因为, 所以,即平面, 平面,平面, 所以 （2）因为二面角是直二面角， 所以平面平面,平面平面,平面,平面,    以分别为轴建立空间直角坐标系， 设平面法向量为, 设平面法向量为 , 令,得,所以 设二面角为 . , （3）   以为轴，过F做的垂线为z轴， 设, , ,得出, 设平面的法向量为, 设直线PE与平面ABC所成角为， , 因为,所以 所以正弦值的取值范围 【点睛】方法点睛：先建立空间直角坐标系，再设坐标结合垂直关系求参，最后结合线面角的正弦应用基本不等式得出范围即可. 20．（24-25高二上·河南开封·阶段练习）如图，在四棱锥 ，平面 ，，且 ，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在，且. 【分析】（1）建立适当空间直角坐标系后，求出平面的法向量后，借助向量的数量积为零即可得两向量垂直，即可得线面平行； （2）求出平面的法向量后，结合所得平面的法向量，利用夹角公式计算即可得； （3）假设存在，设出对应未知数，可表示出向量，再结合空间向量夹角公式计算即可得. 【详解】（1）过作，垂足为，则， 如图，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则， 为的中点，，则， ， 设平面的一个法向量为 ， 则，令，解得， ，即， 又平面，所以平面； （2）设平面的一个法向量为， 所以 ，令，解得， 所以 ， 即平面与平面所成二面角的余弦值为； （3）存在，且，理由如下： 假设线段上存在一点，设， ， 则 又直线与平面所成角的正弦值为， 平面的一个法向量， ， 化简得，即， ，故存在，且. 21．（23-24高二上·江苏南京·期末）如图，， (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）由平面平面进行求证； （2）建立空间坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量表示求解； （3）求出两个平面的法向量，由面面角的向量表示求解． 【详解】（1）因为，平面平面， 所以平面，同理可知：平面， 因为，所以平面平面， 因为，所以平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系， 则 得， 设为平面的法向量， 则有，得，所以， 设直线与平面所成角为，所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）设为平面的法向量， 则有，得，所以， 所以， 由图知，二面角的平面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. 题型八：空间向量研究存在性问题 22．（22-23高二上·安徽马鞍山·阶段练习）如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，，． (1)证明：平面； (2)在线段（不含端点）上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为，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)不存在，理由见解析 【分析】（1）由面面垂直性质定理证明平面，由此证明，再证明，结合线面垂直判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，假设存在点，满足条件，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式列方程求，由此可得结论. 【详解】（1）正方形中，， 平面平面，平面平面，平面， ∴平面，又平面，所以，， 又，，则， 又，，则，即， 又，则，，平面， ∴平面； （2）由（1）知，平面，， 以为坐标原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设点，，， ∴， ∴，故， ∴，， 设平面的法向量为， ∴， 令，则，， ∴为平面的一个法向量， 又，设平面的法向量为， ∴， 令，则，， 所以为平面的一个法向量， ∴，解得或， 则线段（不含端点）上不存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为． 23．（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. 24．（23-24高二上·重庆·阶段练习）如图甲，在矩形中，为线段的中点，沿直线折起，使得点为的中点，连接，如图乙. (1)求证：； (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若不存在，说明理由；若存在，求出的长度. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）结合余弦定理求得，结合勾股定理即可证明. （2）以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，应用向量法即可求解. 【详解】（1）取线段的中点，连接，    在中，，， ， 在中，， 由余弦定理可得：， ， 在中，， ； （2）因为平面，所以平面， 过作的平行线，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    ， 平面的法向量， 在平面直角坐标系中，直线的方程为， 设的坐标为， 则， 设平面的法向量为， 所以， 令，则， 由已知， 解之得：或4（舍去），. 【专题强化】 一、单选题 25．（23-24高二上·江苏南京·期末）已知空间向量，的夹角为，且，，则与的夹角是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据数量积的运算律以及模长公式，结合夹角公式即可代入求解. 【详解】由，的夹角为，且，得， ， 设与的夹角为，则， 由于，故 故选：A 26．（23-24高二下·甘肃庆阳·期中）已知向量分别是直线的一个方向向量，若，则（    ） A．-3 B．-4 C．3 D．4 【答案】C 【分析】利用空间向量共线的充要条件计算即得. 【详解】由，可得， 所以，解得， 所以. 故选：C. 27．（23-24高二下·河南焦作·期末）如图所示，在三棱锥中， ，，，点M，N满足，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量的加、减、数乘运算，将所求向量用表示即可求解. 【详解】因为，所以， 又，即， 所以， 因此. 故选：A. 28．（23-24高二下·四川成都·期末）已知在四面体中， 为的中点，若 ，则 （    ） A．3 B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间向量的基本定理与应用即可求解. 【详解】， 又，所以， 所以. 故选：B 29．（23-24高二下·宁夏石嘴山·期末）已知直线和平面，且，的方向向量为，平面的一个法向量为，，则的最小值为（ ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】因为，所以的方向向量与平面的法向量垂直，再根据基本不等式，利用常数代换求解. 【详解】依题意，，即， 所以， 又，所以，，所以， 当且仅当时，即时，取到等号， 所以，故A，B，D错误. 故选：C. 30．（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. 31．（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 32．（24-25高二上·江苏·假期作业）如图，在正方体中，点为线段的中点．设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设正方体的棱长，建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，求出平面的法向量的坐标，求出的坐标，求出向量，的夹角的余弦值，进而求出直线与平面所成的角的正弦值，进而可得它的余弦值，再由函数的单调性，可得余弦值的取值范围． 【详解】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长2，，，0，，，2，，，1，，，2，， 则，1，，，， 则，0，，，2，， 设平面的法向量，，， 则，即，令， 可得，1，， ，，， ， 设直线与平面所成的角为，，， 所以， 所以 ， 设， 则， 设，，， 当时，即， 则，时，函数单调递减，，时，函数单调递增， 而时，；当时，； 当时，， 所以，时，，，所以，， 进而可得， 所以，． 故选：D． 二、多选题 33．（23-24高二下·江苏南京·期中）平面α经过三点，，，向量是平面α的法向量，则下列四个选项中正确的是（    ） A．直线AB的一个方向向量为 B．线段AB的长度为3 C．平面α的法向量中 D．向量与向量夹角的余弦值为 【答案】ACD 【分析】根据方向向量、向量模长、法向量，向量的数量积运算可逐一判断． 【详解】因为平面经过三点，，， 则，则，故直线的一个方向向量为，故A正确； 线段的长度为，故B错； 又向量是平面的法向量，， 则，解得，则，故C正确； 又,1,， 则向量与向量夹角的余弦值为，故D正确． 故选：ACD． 34．（23-24高二下·河北衡水·期末）如图所示，已知正方体的边长为2，E、F、G、H分别为、BC、CD、的中点，则下列结论正确的是（    ）    A． B．平面AEF C．点到平面AEF的距离为2 D．二面角的大小为 【答案】ABC 【分析】建系标点，对于AB：利用空间向量判断空间中线、面关系；对于C：利用空间向量求点到面的距离；对于D：利用空间向量求二面角. 【详解】以D为原点，DA，DC，所在直线分别为为x，y，z轴所在直线，建立空间直角坐标系，    则,,,,,,,，， 对于选项A：可得,． 因为，则，故A正确； 对于选项B：可得，， 设为平面AEF的一个法向量，则， 令，则，可得， 因为，即， 且平面AEF，所以平面AEF，故B正确； 对于选项C：因为， 所以点到平面AEF的距离为，故C正确； 对于选项D：由题意可知：是平面AFC的一个法向量， 则， 所以二面角的大小不是，所以D不正确． 故选：ABC. 35．（23-24高二上·福建南平·期末）如图，在三棱柱中，底面为等边三角形，为的重心，，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】A选项，根据重心性质得到，求出；B选项，，利用向量数量积公式得到，得到垂直关系；C选项，，故两者不平行；D选项，利用向量数量积公式得到，得到. 【详解】A选项，底面为等边三角形，为的重心， 故， 又，故 ，A正确； B选项，，故 ， 故，B正确； C选项，， 又， 设，即，无解，故与不平行，C错误； D选项， ， 故，D正确. 故选：ABD 36．（23-24高二上·四川成都·期末）如图，在棱长为的正方体上，点为体对角线靠近点的三等分点，点为棱 的中点，点在平面上，且在该平面与正方体表面的交线所组成的封闭图形中（含边界），则下列说法正确的是（    ） A．平面与底面的夹角余弦值为； B．点到平面的距离为； C．点到点的距离最大值为； D．设平面与正方体棱的交点为、… 、，则边形最长的对角线的长度大于. 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，即可利用法向量的夹角求解A，根据点面距离的向量法即可求解B，根据面面平行的性质可得截面为六边形，即可根据点点距离公式求解CD. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则, , 设平面法向量为， ，取，则， 而平面的一个法向量为， 所以平面与底面的夹角余弦值为.故A错误， 所以点到平面的距离为，故B正确， 延长交于点,连接交延长线于点,连接交于， 由于点为体对角线靠近点的三等分点，所以, , , 在棱上取，使得, 由于,故， 连接,故六边形即为平面上与正方体所截得的截面， 由于 , 由于最大，故为最大值，故当在处时，最大为,正确， 由于 ,因此六边形的最长对角线的长度不小于的长度，因此六边形的最长对角线的长度大于，故D正确， 故选：BCD 【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上. 三、填空题 37．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知正四面体的棱长为1，点是的中点，则的值为 ． 【答案】/ 【分析】根据空间向量线性运算，得，，再计算. 【详解】 正四面体的棱长为1， ， 又点是的中点，， 又， . 故答案为：. 38．（23-24高二下·江苏盐城·期中）已知空间四边形（见图），其各边及其对角线的长都是6，，，，则 ，的长为 ． 【答案】 5 【分析】利用向量的线性运算，即可求得结果;再利用向量的平方等于向量模的平方，结合向量的数量积运算，即可求出模长. 【详解】 由可得：， 由得：， 所以， 即； 又由各边及其对角线的长都是6，即各面都是等边三角形， 所以， 则 所以， 故答案为：①,②. 39．（25-26高二上·上海·期中）已知正四棱柱中，，，E为的中点，则直线与平面的距离为 ． 【答案】1 【分析】由题意可得线面平行，所求线面距可以转化为求点到面的距离，利用等体积法计算即可得． 【详解】连接、交于点，则为中点，又E为中点， 故，又平面，平面， 故平面，则到平面的距离等于到平面的距离， 则， 在中，，， 边上的高，所以， 设三棱锥的高为， 所以，利用等体积法， 得，解得. 故答案为：1. 40．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，在三棱柱中中，两两互相垂直，是线段上的点，平面与平面所成锐二面角为，当最小时， .    【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，设出的长，求出平面与平面的法向量，借助面面角的向量求法求出关系，再判断当取最小时的长，进而求得的大小. 【详解】在三棱柱中，两两垂直，建立空间直角坐标系，如图：    依题意，设，则， 则，， 设平面的法向量为，则，令，得， 平面的法向量， 由平面与平面所成（锐）二面角为，得， 化简得，当取得最大值时，最小，此时，， 且，所以. 故答案为: 【点睛】易错点睛：空间向量求二面角时，一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算． 四、解答题 41．（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. 42．（23-24高二上·云南昆明·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，平面，平面平面． (1)求证：平面； (2)设E为PD的中点，，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）在平面内过点作于，利用面面垂直的性质、线面垂直性质判定推理即得. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）在平面内过点作于，由平面平面，平面平面， 得平面，而平面，则，由平面， 平面，得，又平面， 所以平面. （2）由，得，由（1）知平面，则平面， 则直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立坐标系， 令，则， ， 设平面的法向量，则，令，得， 设平面的法向量，则，令，得， 设二面角的大小为，则， 所以二面角的正弦值为. 43．（25-26高二上·上海·期末）已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点P在底面上的射影是与的交点．已知，是等边三角形． (1)求证：； (2)求点到平面的距离； (3)若点是线段上的动点．问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出这个最大角，并说明点此时所在的位置． 【答案】(1)证明见解析 (2)； (3)在线段上与点相距处 【分析】（1）由题可得平面，故，根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明； （2）由题干数据结合即可求解； （3）由线面平行的判定定理可得平面，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交于点，要使角最大，则需使最小，此时，从而求解. 【详解】（1）点在底面上的射影是与的交点， 平面， 平面， ， 四边形为菱形， ， ，平面， 平面， 平面， ； （2）由题意可得､与都是边长为2的等边三角形， ，， ， ， ， 设点到平面的距离为， 由，得， 即，解得. 故点到平面的距离为. （3）设直线与平面所成的角为， ，不在面内，面，则平面， 到平面的距离即为到平面的距离. 过作垂线平面交于点，则， 此时，要使最大，则需使最小，此时. 由题意可知：，， 平面，且， ，， 在中，由余弦定理可得： ， ， 由面积相等， 即，解得：， ，，即， 即点在线段上靠近点的4分点处，此时，. 44．（23-24高二上·安徽阜阳·期末）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，且，平面平面ABCD，，点E为线段PC的中点，点F是线段AB上的一个动点． (1)求证：平面平面PBC； (2)设二面角的平面角为θ，当时，求的值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的性质判定、面面垂直的判定推理即得. （2）以D为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量求法列式计算即得. 【详解】（1）由四边形ABCD是正方形，得，而平面平面ABCD， 平面平面平面ABCD，则平面PCD， 又平面PCD，于是， 由，点为线段PC的中点，得， 又平面PBC，因此平面PBC，而平面DEF， 所以平面平面PBC. （2）由（1）知平面PCD，而，则平面PCD， 在平面PCD内过D作交PC于点G，显然直线DA，DC，DG两两垂直， 以D为原点，直线DA，DC，DG分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 由，，得，， 设，则，设平面DEF的法向量为， 则，令，得， 而平面PCD的法向量为，则， 而，解得，此时． 45．（23-24高二下·甘肃兰州·期末）如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，点为的中点. (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使二面角的平面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）由面面垂直的性质得平面，以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量、，利用可得答案； （2）假设在线段上存在点，设，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案. 【详解】（1）平面平面， 平面平面， 平面平面， 则以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则 . ， 设平面的法向量为，则， 令，解得：， 又，即， 又平面平面； （2）假设在线段上存在点，使二面角的大小为. 设，则. 设平面的一个法向量为， 则， 令，解得：， 又平面的一个法向量为， ， 即，解得：或（舍去）， 此时， 在线段上存在点，使二面角的平面角的大小为， 此时. 46．（23-24高二下·江苏南京·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，．点在线段上．    (1)若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由； (2)求点到平面的距离； (3)若直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)为靠近点的四等分点，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）当为靠近点的四等分点时，结合已知条件可得∥，而∥，则∥，从而可得结论； （2）取中点，连接，，由面面垂直可得平面，再由结合菱形的性质可得，则得平面，然后求出，再利用等体积法可求得点到平面的距离； （3）以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）当为靠近点的四等分点时，四点共面， 理由如下： 因为，所以， 所以∥， 因为四边形是菱形，所以∥， 所以∥，所以四点共面；    （2）取中点，连接，． 因为为等边三角形，， 所以，，． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为，∥，所以． 因为，平面，平面，， 所以平面，又平面，所以． 所以， 所以， 设点到平面的距离为， 因为，所以， 所以，解得；    （3）由（2）知，，，两两垂直， 所以以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，， 所以，，． 设，则，． 得，则． 又平面，则取平面的法向量． 设与平面所成的角为，则 ， 化简整理得，解得． 则，． 设平面的法向量，则, 令，则取平面的法向量， 又平面的法向量． 故平面与平面夹角的余弦值为．    47．（23-24高二下·江苏盐城·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点. (1)证明：平面； (2)若，. （ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；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， ∴， 所以平面面夹角的余弦值为. （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， ∴，∴． 2 学科网（北京）股份有限公司 $$