专题01 空间向量与立体几何（4种经典基础练+2种优选提升练）-【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（新高考通用）

专题01 空间向量与立体几何（4种经典基础练+2种优选提升练） 空间向量及其运算 一．选择题（共8小题） 1．（2023秋•朝阳区期中）已知空间两点，1，，，2，，下列选项中的与共线的是　　 A．，0， B．，1， C．，， D．，2， 2．（2023秋•运城期中）设向量，若，则　　 A． B． C．1 D．2 3．（2023秋•道里区校级期中）下列关于空间向量的说法中正确的是　　 A．方向相反的两个向量是相反向量 B．空间中任意两个单位向量必相等 C．若向量满足，则 D．相等向量其方向必相同 4．（2023秋•安徽期中）已知，，，是空间中互不相同的四个点，则　　 A． B． C． D． 5．（2023秋•沙河口区校级期中）如图，空间四边形中，，，，点在线段上，且，点为的中点，则　　 A． B． C． D． 6．（2023秋•清远期中）在四面体中，点、分别为线段、的中点，若，则的值为　　 A． B．1 C． D． 7．（2023秋•浙江期中）已知空间向量，，若，则　　 A． B．3 C．4 D．5 8．（2023秋•安溪县期中）已知，4，是平面的一个法向量，，，是平面的一个法向量，且平面平面，则向量，0，在上的投影向量为　　 A． B． C． D． 二．多选题（共2小题） 9．（2023秋•天府新区校级期中）下列说法正确的是　　 A．零向量没有方向 B．空间向量不能比较大小，空间向量的模可以比较大小 C．如果两个向量不相同，那么它们的长度不相等 D．同向且等长的有向线段表示同一向量 10．（2023秋•新吴区校级期中）若构成空间的一个基底，则下列向量不能构成空间的一个基底的是　　 A．，， B．，， C．，， D．，， 三．填空题（共2小题） 11．（2023秋•福州期中）已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是　　． 12．（2023秋•紫云县期中）如图所示，在平行六面体中，，，，，，则的长为 　　． 四．解答题（共2小题） 13．（2023秋•越城区校级期中）三棱柱中，，．设，，． （1）试用，，表示向量； （2）若，，求的长． 14．（2023秋•太原期中）如图，四面体各棱的棱长都是1，是的中点，是的中点，记，，． （1）用向量，，表示向量； （2）利用向量法证明：． 空间向量基本定理 一．选择题（共9小题） 1．（2023秋•思明区校级期中）已知为空间任意一点，，，，满足任意三点不共线，但四点共面，且，则的值为　　 A． B．2 C． D． 2．（2023秋•万源市校级期中）若直线的方向向量为，平面的法向量为，且，则　　 A． B． C．4 D． 3．（2023秋•郑州期中）若，，构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是　　 A．，， B．，， C．，， D．，， 4．（2023秋•琼山区校级期中）已知空间四边形，其对角线、，、分别是边、的中点，点在线段上，且使，用向量，表示向量是　　 A． B． C． D． 5．（2023秋•电白区期中）17世纪，笛卡尔在《几何学》中，通过建立坐标系，引入点的坐标的概念，将代数对象与几何对象建立关系，从而实现了代数问题与几何问题的转化，打开了数学发展的新局面，创立了新分支——解析几何．我们知道，方程在一维空间中表示一个点；在二维空间中，它表示一条直线；在三维空间中，它表示一个平面．那么，过点，2，且以，1，为法向量的平面的方程为　　 A． B． C． D． 6．（2023秋•福州期中）已知，，是空间直角坐标系中轴、轴、轴正方向上的单位向量，且，，则点的坐标为　　 A．，， B．，1， C．，， D．，1， 7．（2023秋•保定期中）定义：设是空间的一个基底，若向量，则称实数组，，为向量在基底下的坐标．已知是空间的单位正交基底，是空间的另一个基底．若向量在基底下的坐标为，，，则向量在基底下的模长为　　 A．3 B． C．9 D．6 8．（2023秋•天河区校级期中）如图，在斜三棱柱中，为的中点，为靠近的三等分点，设，，，则用，，表示为　　 A． B． C． D． 9．（2023秋•思明区校级期中）若是空间的一个基底，且向量不能构成空间的一个基底，则　　 A． B．1 C．0 D． 二．填空题（共3小题） 10．（2023秋•东坡区期中）已知为空间的一个单位正交基底，且向量，，则向量用坐标形式表示为 　　． 11．（2023秋•昭通期中），则的夹角为　 　． 12．（2023秋•西城区校级期中）如图，是四面体的棱的中点，点在线段上，点在线段上，且，，用向量，，表示，则　　． 空间向量及其运算的坐标表示 一．选择题（共12小题） 1．（2023秋•怀柔区校级期中）在空间直角坐标系中，已知点，2，，，3，，则线段的长度为　　 A．3 B．4 C． D． 2．（2023秋•浙江期中）在空间直角坐标系中，点，1，，，1，，点关于轴对称的点为，则　　 A． B． C． D．2 3．（2023秋•库尔勒市校级期中）在空间直角坐标系中，已知两点坐标，，，，2，，则　　 A． B． C．3 D．1 4．（2023秋•禅城区校级期中）在空间直角坐标系中，点，，到坐标原点的距离为　　 A． B． C．3 D． 5．（2023秋•秦皇岛期中）空间直角坐标系中，已知，1，，，3，，点关于平面对称的点为，则，两点间的距离为　　 A．6 B． C． D． 6．（2023秋•西城区校级期中）在空间直角坐标系中，已知，，其中，则的最大值为　　 A．3 B． C． D．4 7．（2023秋•辽宁期中）已知向量，则下列结论正确的是　　 A． B． C． D． 8．（2023秋•电白区期中）已知点，2，，，4，，若，则点的坐标为　　 A．，， B．，1， C．，3， D．，3， 9．（2023秋•北辰区期中）已知向量，，则　　 A．，， B．，， C．，， D．，， 10．（2023秋•西城区校级期中）已知向量，则的位置关系是　　 A．垂直 B．平行 C．异面 D．不确定 11．（2023秋•江西期中）已知空间向量，，，则　　 A．1 B．2 C．3 D．4 12．（2023秋•齐齐哈尔期中）已知，则　　 A． B． C．20 D．19 空间向量的应用 一．选择题（共9小题） 1．（2023秋•阿克苏市校级期中）若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则　　 A． B． C． D．或 2．（2023春•盐城校级期中）如图所示，在正方体中，，分别是，的中点，则异面直线与所成的角的大小为　　 A． B． C． D． 3．（2023秋•迎江区校级期中）设，，向量，1，，，，，，，，且，，则　　 A． B． C．3 D．4 4．（2023秋•泉州期中）设，，，，1，，与垂直，则等于　　 A．6 B．14 C． D． 5．（2023秋•凉山州期中）已知经过点，两点的直线的方向向量为，则的值为　　 A． B． C．1 D． 6．（2023秋•怀柔区校级期中）下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是　　 A．两条不重合直线，的方向向量分别是，，则 B．直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C．两个不同的平面，的法向量分别是，，则 D．直线的方向向量，平面的法向量是，则 7．（2023秋•昌平区校级期中）已知直线经过点，1，，，1，，平面的一个法向量为，0，，则　　 A． B． C． D．与相交，但不垂直 8．（2023秋•德保县校级期中）已知空间中三点，0，，，1，，，，，则点到直线的距离为　　 A． B． C． D． 9．（2023秋•禅城区校级期中）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，则直线到平面的距离等于　　 A． B． C． D． 二．填空题（共3小题） 10．（2023秋•洮南市校级期中）已知空间向量，，，，1，，若，则实数　　． 11．（2023秋•利通区校级期中）设空间向量，2，，，，，若，则　　． 12．（2023秋•鹤山市校级期中）平面的法向量是，点，3，在平面内，则点，1，到平面的距离 　　． 三．解答题（共2小题） 13．（2023秋•东莞市校级期中）已知，，，设，，． （1）判断的形状； （2）若，求的值． 14．（2023秋•固镇县期中）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； （3）求二面角的余弦值． 用空间向量研究直线、平面的位置关系 一．解答题（共6小题） 1．（2023秋•惠民县期中）如图所示，在直三棱柱中，，，，． （1）求证：； （2）在上是否存在点，使得平面，若存在，确定点位置并说明理由，若不存在，说明理由． 2．（2023秋•阆中市校级期中）已知， （1）若，求的值； （2）若，求的值． 3．（2023秋•南山区校级期中）若，2，，，3，． （1）若，求实数的值； （2）若，求实数的值． 4．（2023春•武威期中）已知正四面体的棱长为2，点是的重心，点是线段的中点． （1）用表示，并求出； （2）求证：． 5．（2023秋•浦东新区校级期中）已知向量，，和，1，，点，，，，，． （1）求； （2）在直线上是否存在一点，使为原点），若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由． 6．（2023春•宝塔区校级期中）如图所示，在四棱锥中，底面，，，，，是的中点，证明： （1）； （2）平面． 用空间向量研究距离、夹角问题 一．解答题（共20小题） 1．（2023秋•唐县校级期中）如图，在四棱锥中，平面，，． （1）证明：平面平面． （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 2．（2023秋•浦城县校级期中）图，在正方体中，，，分别是，，的中点． （1）证明：． （2）求直线与平面所成角的正弦值． 3．（2023秋•南山区校级期中）如图，已知四棱锥，底面为边长为2的菱形，平面，，，分别是，的中点． （1）证明：； （2）若，求二面角的余弦值． 4．（2023秋•鲤城区校级期中）在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）在线段上是否存在点，使得与平面所成角为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 5．（2023秋•崇明区校级期中）如图，在三棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，，为中点，平面，为内的动点（含边界）． （1）求平面与平面夹角的正弦值； （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 6．（2023秋•皇姑区校级期中）如图，在四棱锥中，面，，且，，，，，，分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）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； （3）在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状． 7．（2023秋•邯郸期中）如图，在直三棱柱中，为的中点，为的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 8．（2023秋•明光市校级期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，点，分别为，的中点，且． （1）求的长； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 9．（2023秋•天心区校级期中）四棱锥中，，平面，，为的中点，且． （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值． 10．（2023秋•鹤山市校级期中）如图，在直角梯形中，，，．以直线为轴，将直角梯形旋转得到直角梯形，且． （1）求证：平面； （2）在线段上是否存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 11．（2023秋•端州区校级期中）三棱柱中，、分别是、上的点，且，．设，，． （Ⅰ）试用表示向量； （Ⅱ）若，，，求的长． 12．（2023秋•李沧区校级期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，为的中点． （1）证明：． （2）若二面角的平面角为，是线段上的一个动点，求直线与平面所成角的最大值． 13．（2023秋•通州区期中）已知四边形为正方形，为，的交点，现将三角形沿折起到位置，使得，得到三棱锥． （1）求证：平面平面； （2）棱上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求；若不存在，说明理由． 14．（2023秋•建平县校级期中）如图，在三棱台中，是等边三角形，，，侧棱平面，点是棱的中点，点是棱上的动点（不含端点． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值的最小值． 15．（2023秋•嘉定区校级期中）如图，在△中，，斜边，以直线为轴旋转△得到△，且二面角是直二面角，动点在斜边上． （1）求证：平面平面； （2）求与平面所成角中最大角的正切值； （3）当为中点时，继续以直线为轴旋转△得到△，当直线与所成角为时，求点位置． 16．（2023秋•九龙坡区校级期中）如图1，在平面四边形中，，，，．将△沿折起，形成如图2所示的三棱锥，．点，，分别为线段，，的中点． （1）求证：． （2）若，为线段上一点（不含端点），求二面角正弦值的取值范围． 17．（2023秋•龙沙区校级期中）在中，，，，、分别是、上的点，满足且经过的重心，将沿折起到△的位置，使，是的中点，如图所示． （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的大小； （3）在线段上是否存在点不与端点、重合），使平面与平面垂直？若存在，求出与的比值；若不存在，请说明理由． 18．（2023秋•崇明区校级期中）在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．如图，在“阳马” 中，侧棱底面，且． （1）若，试计算底面面积的最大值； （2）过棱的中点作，交于点，连，，，若平面与平面所成锐二面角的大小为，试求的值． 19．（2023春•海淀区校级期中）如图：在四棱锥中，底面是正方形，，，点在上，且． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求二面角的余弦值； （Ⅲ）证明：在线段上存在点，使平面，并求的长． 20．（2023秋•松江区校级期中）如图：平面，是矩形，，与平面所成角是，点是的中点，点在边上移动． （1）点为的中点时，试判断与平面的位置关系，并说明理由； （2）无论点在边的何处，与所成角是否都为定值，若是，求出其大小；若不是，请说明理由； （3）当等于何值时，二面角的大小为． ( 2 )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（4种经典基础练+2种优选提升练） 空间向量及其运算 一．选择题（共8小题） 1．（2023秋•朝阳区期中）已知空间两点 ，1， ， ，2， ，下列选项中的 与 共线的是 　　 A． ，0， B． ，1， C． ， ， D． ，2， 【分析】求出向量 ，根据 ， 且唯一存在，即可判断 与 共线． 【解答】解：由点 ，1， ， ，2， ， 所以 ，1， ， 对于 ， ，0， ，不满足 ，所以 与 不共线； 对于 ， ，1， ，不满足 ，所以 与 不共线； 对于 ， ， ， ，不满足 ，所以 与 不共线； 对于 ， ，2， ，满足 ，所以 与 共线． 故选： ． 【点评】本题考查了空间向量的共线定理应用问题，是基础题． 2．（2023秋•运城期中）设向量 ，若 ，则 　　 A． B． C．1 D．2 【分析】根据向量垂直的条件，列方程求解即可． 【解答】解：因为 ，所以 ，即 ，解得 ． 故选： ． 【点评】本题考查空间向量数量积的坐标运算，考查运算求解能力，属于基础题． 3．（2023秋•道里区校级期中）下列关于空间向量的说法中正确的是 　　 A．方向相反的两个向量是相反向量 B．空间中任意两个单位向量必相等 C．若向量 满足 ，则 D．相等向量其方向必相同 【分析】方向相反且大小相等的两个向量是相反向量，故选项 错误；空间中任意两个单位向量的模必相等，但方向不一定相同，故选项 错误；向量不能比较大小，故选项 错误． 【解答】解：方向相反且大小相等的两个向量是相反向量，故选项 错误； 空间中任意两个单位向量的模必相等，但方向不一定相同，故选项 错误； 向量不能比较大小，故选项 错误； 相等向量其方向必相同，故选项 正确； 故选： ． 【点评】本题考查了向量的概念应用，是基础题． 4．（2023秋•安徽期中）已知 ， ， ， 是空间中互不相同的四个点，则 　　 A． B． C． D． 【分析】运用向量加法法则、减法法则计算即可． 【解答】解： ． 故选： ． 【点评】本题考查空间向量的线性运算，属于基础题． 5．（2023秋•沙河口区校级期中）如图，空间四边形 中， ， ， ，点 在线段 上，且 ，点 为 的中点，则 　　 A． B． C． D． 【分析】由题意，把 ， ， 三个向量看作是基向量，由图形根据向量的线性运算，将 用三个基向量表示出来，即可得到答案，选出正确选项． 【解答】解： ， ， ， ， EMBED Equation.DSMT4 ， ， ， EMBED Equation.DSMT4 ， 故选： ． 【点评】本题考点是空间向量基本定理，考查了用向量表示几何的量，向量的线性运算，解题的关键是根据图形把所研究的向量用三个基向量表示出来，本题是向量的基础题． 6．（2023秋•清远期中）在四面体 中，点 、 分别为线段 、 的中点，若 ，则 的值为 　　 A． B．1 C． D． 【分析】由空间向量的线性运算和空间向量基本定理计算可得． 【解答】解：因为 、 分别为线段 、 的中点， 所以 ， 因为 ， 所以由空间向量基本定理可得： ． 故选： ． 【点评】本题考查空间向量的线性运算和空间向量基本定理，属于基础题． 7．（2023秋•浙江期中）已知空间向量 ， ，若 ，则 　　 A． B．3 C．4 D．5 【分析】根据已知条件，结合向量垂直的性质，求出 ，再结合向量模公式，即可求解． 【解答】解：空间向量 ， ， ， 则 ，解得 ， 故 ， ． 故选： ． 【点评】本题主要考查空间向量的数量积运算，属于基础题． 8．（2023秋•安溪县期中）已知 ，4， 是平面 的一个法向量， ， ， 是平面 的一个法向量，且平面 平面 ，则向量 ，0， 在 上的投影向量为 　　 A． B． C． D． 【分析】根据平面平行得出法向量共线，求出 ， ，再求向量 在 上的投影向量． 【解答】解：由题意知， ，4， ， ， ， ，且 ， 所以 ，即 ，解得 ， 所以 ，2， ， 所以向量 ，0， 在 上的投影向量为 ． 故选： ． 【点评】本题考查了空间向量共线的坐标表示与投影向量的应用问题，是基础题． 二．多选题（共2小题） 9．（2023秋•天府新区校级期中）下列说法正确的是 　　 A．零向量没有方向 B．空间向量不能比较大小，空间向量的模可以比较大小 C．如果两个向量不相同，那么它们的长度不相等 D．同向且等长的有向线段表示同一向量 【分析】利用空间向量的相关定义进行判断即可． 【解答】解：对于 ：零向量的方向是任意的， 错误； 对于 ：空间向量不能比较大小，空间向量的模可以比较大小， 正确； 对于 、 ：大小相等方向相同的两个向量为相等向量即同一向量， 所以 中向量大小可以相等，只要方向不同即为向量不同， 错误； 符合定义，正确． 故选： ． 【点评】本题主要考查空间向量的相关定义，属于基础题． 10．（2023秋•新吴区校级期中）若 构成空间的一个基底，则下列向量不能构成空间的一个基底的是 　　 A． ， ， B． ， ， C． ， ， D． ， ， 【分析】利用空间向量基底的定义，逐一判断各选项中的3个向量是否共面作答． 【解答】解：对于选项 ， EMBED Equation.DSMT4 ， 向量 ， ， 共面， 不能构成基底； 对于选项 ，向量 与 不共线，又向量 不能用 和 表示， 即向量 ， ， 不共面， 能构成基底； 对于选项 ， EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4 ， ， 共面， 不能构成基底； 对于选项 ， EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4 ， ， 共面， 不能构成基底． 故选： ． 【点评】本题主要考查空间向量的基底，属于基础题． 三．填空题（共2小题） 11．（2023秋•福州期中）已知空间向量 ， ，则向量 在向量 上的投影向量是　 ，0， 　． 【分析】由向量 在向量 上的投影向量为 ， ，计算即可求出答案． 【解答】解：向量 ， ， 则 ， ， ， 所以向量 在向量 上的投影向量为 ， ，0， ，0， ， 故答案为： ，0， ． 【点评】本题主要考查空间向量的数量积运算，投影向量的定义，属于基础题． 12．（2023秋•紫云县期中）如图所示，在平行六面体 中， ， ， ， ， ，则 的长为 　 　． 【分析】根据空间向量基本定理得到 ，平方后，利用向量数量积公式得到 ． 【解答】解：由题意得 ， 故 ， 故 ． 故答案为： ． 【点评】本题考查空间向量的应用，属于基础题． 四．解答题（共2小题） 13．（2023秋•越城区校级期中）三棱柱 中， ， ．设 ， ， ． （1）试用 ， ， 表示向量 ； （2）若 ， ，求 的长． 【分析】（1）根据向量的数乘与加法运算，结合题意，可得答案； （2）根据向量的数量积运算，可得答案． 【解答】解：（1）由题意得， ，由 得 ， 则 ； （2）由题设条件： ，同理可得 ， 则 ， ． 【点评】本题主要考查了向量的线性运算及向量数量积的性质的应用，属于中档题． 14．（2023秋•太原期中）如图，四面体 各棱的棱长都是1， 是 的中点， 是 的中点，记 ， ， ． （1）用向量 ， ， 表示向量 ； （2）利用向量法证明： ． 【分析】（1）利用空间向量的线性运算求解； （2）利用向量的数量积运算可证得 ，进而证得 ． 【解答】解：（1） 是 的中点， 是 的中点， EMBED Equation.DSMT4 ； （2）证明： ， 四面体 各棱的棱长都是1， EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4 ， ． 【点评】本题主要考查了空间向量的线性运算，考查了利用空间向量证明直线与直线垂直，属于基础题． 空间向量基本定理 一．选择题（共9小题） 1．（2023秋•思明区校级期中）已知 为空间任意一点， ， ， ， 满足任意三点不共线，但四点共面，且 ，则 的值为 　　 A． B．2 C． D． 【分析】推导出 ，由 ， ， ， 满足任意三点不共线，但四点共面，得到 ，由此能出 的值． 【解答】解： 为空间任意一点， ， EMBED Equation.DSMT4 ， ， ， ， 满足任意三点不共线，但四点共面， ，解得 ． 故选： ． 【点评】本题考查实数值的求法，考查共面向量定理等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题． 2．（2023秋•万源市校级期中）若直线 的方向向量为 ，平面 的法向量为 ，且 ，则 　　 A． B． C．4 D． 【分析】由题意可得 ，由向量垂直的坐标运算即可求解． 【解答】解：若 ，则有 ， 即 ，解得 ． 故选： ． 【点评】本题主要考查了向量垂直的坐标表示，属于基础题． 3．（2023秋•郑州期中）若 ， ， 构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是 　　 A． ， ， B． ， ， C． ， ， D． ， ， 【分析】根据已知条件，结合共面向量的充要条件，即可求解． 【解答】解：由共面向量的充要条件可得： 对于 选项， ，所以 ， ， 三个向量共面； 对于 选项，同理： ， ， 三个向量共面； 对于 选项， ，所以三个向量共面； 故选： ． 【点评】本题考查平面向量基本定理，属于基础题． 4．（2023秋•琼山区校级期中）已知空间四边形 ，其对角线 、 ， 、 分别是边 、 的中点，点 在线段 上，且使 ，用向量 ，表示向量 是 　　 A． B． C． D． 【分析】根据所给的图形和一组基底，从起点 出发，把不是基底中的向量，用是基底的向量来表示，就可以得到结论． 【解答】解： EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 故选： ． 【点评】本题考查向量的基本定理及其意义，解题时注意方法，即从要表示的向量的起点出发，沿着空间图形的棱走到终点，若出现不是基底中的向量的情况，再重复这个过程． 5．（2023秋•电白区期中）17世纪，笛卡尔在《几何学》中，通过建立坐标系，引入点的坐标的概念，将代数对象与几何对象建立关系，从而实现了代数问题与几何问题的转化，打开了数学发展的新局面，创立了新分支——解析几何．我们知道，方程 在一维空间中表示一个点；在二维空间中，它表示一条直线；在三维空间中，它表示一个平面．那么，过点 ，2， 且以 ，1， 为法向量的平面的方程为 　　 A． B． C． D． 【分析】根据空间直角坐标系的特征判断即可，再由在空间直角坐标系中，若法向量为 ， ， ，且过点 ， ， ，则平面方程为 ，计算可得． 【解答】解：设 ， ， 是该平面内的任意一点，则 ， ， ， 过点 ，2， ，且法向量为 ，1， 的平面的方程为 ， 整理得： ． 故选： ． 【点评】本题考查了法向量的定义，考查转化思想，是基础题． 6．（2023秋•福州期中）已知 ， ， 是空间直角坐标系 中 轴、 轴、 轴正方向上的单位向量，且 ， ，则点 的坐标为 　　 A． ， ， B． ，1， C． ， ， D． ，1， 【分析】设点 ， ， ，由 ，列式求解即可． 【解答】解：由题意可知， ， 所以 ， 设 ， ， ，则 ，1， ， ， ， 解得 ， ， ， 故 ，1， ． 故选： ． 【点评】本题考查了空间向量的坐标表示，考查了运算能力，属于基础题． 7．（2023秋•保定期中）定义：设 是空间的一个基底，若向量 ，则称实数组 ， ， 为向量 在基底 下的坐标．已知 是空间的单位正交基底， 是空间的另一个基底．若向量 在基底 下的坐标为 ， ， ，则向量 在基底 下的模长为 　　 A．3 B． C．9 D．6 【分析】由题意可知 ，进而得到向量 在基底 下的坐标为 ， ， ，再利用向量的模长公式求解即可． 【解答】解： 向量 在基底 下的坐标为 ， ， ， EMBED Equation.DSMT4 ， 向量 在基底 下的坐标为 ， ， ， 向量 在基底 下的模长为 ． 故选： ． 【点评】本题主要考查了空间向量的基本定理，考查了空间向量的模长公式，属于基础题． 8．（2023秋•天河区校级期中）如图，在斜三棱柱 中， 为 的中点， 为 靠近 的三等分点，设 ， ， ，则用 ， ， 表示 为 　　 A． B． C． D． 【分析】根据已知条件，结合向量的线性运算公式，即可求解． 【解答】解： 为 的中点， EMBED Equation.DSMT4 ， 为 靠近 的三等分点， EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4 ． 故选： ． 【点评】本题主要考查向量的线性运算公式，属于基础题． 9．（2023秋•思明区校级期中）若 是空间的一个基底，且向量 不能构成空间的一个基底，则 　　 A． B．1 C．0 D． 【分析】根据已知可设 ，整理根据已知得出方程组，求解即可得出答案． 【解答】解：因为 不能构成空间的一个基底， 所以存在实数 、 使得 ， 即 ， 即 ， 因为 是空间的一个基底， 则 ，解得 ． 故选： ． 【点评】本题考查空间向量的基本定理，属于基础题． 二．填空题（共3小题） 10．（2023秋•东坡区期中）已知 为空间的一个单位正交基底，且向量 ， ，则向量 用坐标形式表示为 　 ，14， 　． 【分析】由空间向量坐标的定义和运算法则计算． 【解答】解：依题意有 ， ，所以 ． 故答案为： ，14， ． 【点评】本题考查空间向量坐标的定义和运算法则，属于基础题． 11．（2023秋•昭通期中） ，则 的夹角为　 　． 【分析】利用向量夹角公式即可得出． 【解答】解： ， ， ， EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4 ． 故答案为： ． 【点评】本题考查了向量夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 12．（2023秋•西城区校级期中）如图， 是四面体 的棱 的中点，点 在线段 上，点 在线段 上，且 ， ，用向量 ， ， 表示 ，则 　 　． 【分析】利用空间向量基本定理结合空间向量的加法、加法以及数乘运算求解即可． 【解答】解：因为 ， ， 所以 ． 故答案为： ． 【点评】本题考查了空间向量基本定理的应用，空间向量的加法运算以及数乘运算，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于基础题． 空间向量及其运算的坐标表示 一．选择题（共12小题） 1．（2023秋•怀柔区校级期中）在空间直角坐标系中，已知点 ，2， ， ，3， ，则线段 的长度为 　　 A．3 B．4 C． D． 【分析】根据距离公式计算即可． 【解答】解： ． 故选： ． 【点评】本题主要考查空间两点的距离公式，属于基础题． 2．（2023秋•浙江期中）在空间直角坐标系 中，点 ，1， ， ，1， ，点 关于 轴对称的点为 ，则 　　 A． B． C． D．2 【分析】由已知结合对称性求得 的坐标，得到 的坐标，再由向量模的计算公式求解． 【解答】解：在空间直角坐标系 中，点 ，1， 关于 轴对称的点 ，1， ， 又 ，1， ， EMBED Equation.DSMT4 ， 则 ． 故选： ． 【点评】本题考查空间中两点间距离的求法，考查空间向量的应用，是基础题． 3．（2023秋•库尔勒市校级期中）在空间直角坐标系中，已知两点坐标 ， ， ， ，2， ，则 　　 A． B． C．3 D．1 【分析】根据空间直角坐标系中两点间的距离公式，计算即可． 【解答】解：因为 ， ， ， ，2， ， 所以 ． 故选： ． 【点评】本题考查了空间直角坐标系中两点间的距离计算问题，是基础题． 4．（2023秋•禅城区校级期中）在空间直角坐标系 中，点 ， ， 到坐标原点 的距离为 　　 A． B． C．3 D． 【分析】根据题意，由空间中两点间距离公式计算可得答案． 【解答】解：根据题意，点 ， ， 到坐标原点 的距离为 ． 故选： ． 【点评】本题考查空间两点间距离的计算，注意两点间距离公式，属于基础题． 5．（2023秋•秦皇岛期中）空间直角坐标系中，已知 ，1， ， ，3， ，点 关于 平面对称的点为 ，则 ， 两点间的距离为 　　 A．6 B． C． D． 【分析】利用对称的性质先求出点 的坐标，再利用两点间距离公式能求出 ， 两点间的距离． 【解答】解： ，1， ， ，3， ，点 关于 平面对称的点为 ， ，1， ， ， 两点间的距离为： ． 故选： ． 【点评】本题考查两点间的距离的求法，考查对称性质、两点间距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 6．（2023秋•西城区校级期中）在空间直角坐标系 中，已知 ， ，其中 ，则 的最大值为 　　 A．3 B． C． D．4 【分析】根据题意，求得 ，根据其几何意义，代入计算，即可得到结果． 【解答】解：因为 ， ，则 ， 且 ，其中点 ， ， 可以看作球心在原点，半径为1的球上的点 所以 表示球上的点到点 ，2， 距离， 最大值为球心到点 ，2， 的距离再加球的半径， 即 ． 故选： ． 【点评】本题主要考查空间两点之间的距离公式，是基础题． 7．（2023秋•辽宁期中）已知向量 ，则下列结论正确的是 　　 A． B． C． D． 【分析】根据空间向量的共线，垂直的充要条件以及空间向量坐标的减法，模长定义即得． 【解答】解：因为 ， 对于 选项，由 可得： ， ， ，2， ，由题意得 的值不存在，故 错误； 对于 选项，由 可知 不成立，故 错误； 对于 选项， ，故 错误； 对于 选项， ，故 正确． 故选： ． 【点评】本题考查空间向量的共线，垂直的充要条件以及空间向量坐标的减法、模长定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 8．（2023秋•电白区期中）已知点 ，2， ， ，4， ，若 ，则点 的坐标为 　　 A． ， ， B． ，1， C． ，3， D． ，3， 【分析】直接利用向量的线性运算求出结果． 【解答】解：设点 ， ， ，利用点 ，2， ， ，4， ， 故 ， 由于 ， 所以 ， ， ，1， ， 解得 ， ， ； 故点 ，3， ． 故选： ． 【点评】本题考查的知识要点：向量的坐标运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题． 9．（2023秋•北辰区期中）已知向量 ， ，则 　　 A． ， ， B． ， ， C． ， ， D． ， ， 【分析】根据向量加法的坐标运算法则可解． 【解答】解：因为向量 ， ， 则 ， ， ． 故选： ． 【点评】本题考查向量加法的坐标运算，属于基础题． 10．（2023秋•西城区校级期中）已知向量 ，则 的位置关系是 　　 A．垂直 B．平行 C．异面 D．不确定 【分析】计算 ，可知 ，得到答案． 【解答】解：因为向量 ， 所以 ，所以 ． 故选： ． 【点评】本题考查空间向量数量积的坐标运算，属于基础题． 11．（2023秋•江西期中）已知空间向量 ， ， ，则 　　 A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】利用空间向量数量积的坐标表示求解． 【解答】解： 向量 ， ， ， EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4 ． 故选： ． 【点评】本题考查空间向量数量积的坐标表示，属于基础题． 12．（2023秋•齐齐哈尔期中）已知 ，则 　　 A． B． C．20 D．19 【分析】由空间向量的数量积坐标公式求得结果． 【解答】解：因为 ， 所以 ， 则 ． 故选： ． 【点评】本题主要考查了空间向量的坐标运算，属于基础题． 空间向量的应用 一．选择题（共9小题） 1．（2023秋•阿克苏市校级期中）若直线 的一个方向向量为 ，平面 的一个法向量为 ，则 　　 A． B． C． D． 或 【分析】计算可得 ，再结合线面位置关系，即可得解． 【解答】解：由题意得， ， 所以 ， 所以 或 ． 故选： ． 【点评】本题考查空间中线与面的位置关系，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题． 2．（2023春•盐城校级期中）如图所示，在正方体 中， ， 分别是 ， 的中点，则异面直线 与 所成的角的大小为 　　 A． B． C． D． 【分析】可连接 ， ，从而得出 是异面直线 与 所成的角，并且看出△ 是等边三角形，从而可求出 的值． 【解答】解：如图，连接 ， ， ， 分别是 ， 的中点， ， 是异面直线 与 所成的角，且△ 是等边三角形， ． 故选： ． 【点评】本题考查了三角形中位线的性质，异面直线所成角的定义及求法，考查了计算能力，属于基础题． 3．（2023秋•迎江区校级期中）设 ， ，向量 ，1， ， ， ， ， ， ， ，且 ， ，则 　　 A． B． C．3 D．4 【分析】利用向量平行和向量垂直的性质列出方程组，求出 ， ，再由平面向量坐标运算法则求出 ，由此能求出 ． 【解答】解：设 ， ，向量 ，1， ， ， ， ， ， ， ， 且 ， ， EMBED Equation.DSMT4 ，解得 ， ， EMBED Equation.DSMT4 ，1， ， ， ， ， ， ． 故选： ． 【点评】本题考查向量的模的求法，考查向量平行、向量垂直、平面向量坐标运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 4．（2023秋•泉州期中）设 ， ， ， ，1， ， 与 垂直，则 等于 　　 A．6 B．14 C． D． 【分析】先求出 ，再由 与 垂直，列出方程能求出 ． 【解答】解： EMBED Equation.DSMT4 ， ， ， ，1， ， EMBED Equation.DSMT4 ， ， ， 与 垂直， ， 解得 ． 故选： ． 【点评】本题考查实数值的求法，考查向量坐标运算、向量的垂直等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 5．（2023秋•凉山州期中）已知经过点 ， 两点的直线的方向向量为 ，则 的值为 　　 A． B． C．1 D． 【分析】根据已知条件，结合直线的斜率公式，结合方向向量的定义，即可求解． 【解答】解：经过点 ， 两点的直线的方向向量为 ， 则 ，解得 ． 故选： ． 【点评】本题主要考查直线的斜率公式，结合方向向量的定义，属于基础题． 6．（2023秋•怀柔区校级期中）下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是 　　 A．两条不重合直线 ， 的方向向量分别是 ， ，则 B．直线 的方向向量为 ，平面 的法向量为 ，则 C．两个不同的平面 ， 的法向量分别是 ， ，则 D．直线 的方向向量 ，平面 的法向量是 ，则 【分析】根据已知条件，结合空间向量共线、垂直的性质，即可求解． 【解答】解：对于 ， ， ， 则不存在实数 ，使得 ， 故 不成立，故 错误； 对于 ，直线 的方向向量为 ，平面 的法向量为 ， 则 ， 故 或 ，股 错误； 对于 ， ， ， 则 ， 故 ，故 ，故 正确； 对于 ， ， ， 则 ，即 ， 故 ，故 错误． 故选： ． 【点评】本题主要考查空间向量垂直、共线的性质，属于基础题． 7．（2023秋•昌平区校级期中）已知直线 经过点 ，1， ， ，1， ，平面 的一个法向量为 ，0， ，则 　　 A． B． C． D． 与 相交，但不垂直 【分析】根据题意，求出 的坐标，分析可得 ，由平面法向量的定义分析可得答案． 【解答】解：根据题意， ，1， ， ，1， ，则 ，0， ， 而平面 的一个法向量为 ，0， ，则有 ， 即 ，必有 ， 故选： ． 【点评】本题考查空间向量的应用，涉及向量平行的判断方法，属于基础题． 8．（2023秋•德保县校级期中）已知空间中三点 ，0， ， ，1， ， ， ， ，则点 到直线 的距离为 　　 A． B． C． D． 【分析】求出 及 ，进一步求得两向量的夹角，再利用向量法求解即可． 【解答】解：依题意， ，则 ， EMBED Equation.DSMT4 ， 点 到直线 的距离为 ． 故选： ． 【点评】本题考查空间中点到直线的距离，考查向量法的运用，属于基础题． 9．（2023秋•禅城区校级期中）如图，在棱长为1的正方体 中， 为线段 的中点， 为线段 的中点，则直线 到平面 的距离等于 　　 A． B． C． D． 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线 到平面 的距离． 【解答】解：以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图， 则 ，0， ， ，1， ， ，1， ， ， ， ， ， ， ， EMBED Equation.DSMT4 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，0， ， EMBED Equation.DSMT4 ， ， ， ， 平面 ， 平面 ， 点 到平面 的距离就是直线 到平面 的距离， 设平面 的法向量为 ， ， ， 则 ，取 ，得 ，2， ， 直线 到平面 的距离 ． 故选： ． 【点评】本题考查点到平面的距离、向量法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 二．填空题（共3小题） 10．（2023秋•洮南市校级期中）已知空间向量 ， ， ， ，1， ，若 ，则实数 　1　． 【分析】由 ，可建立关于 的方程，解出即可． 【解答】解：因为 ， ， ， ，1， ， ， 所以 ，解得 ， 故答案为：1． 【点评】本题考查空间向量的运用，考查运算求解能力，属于基础题． 11．（2023秋•利通区校级期中）设空间向量 ，2， ， ， ， ，若 ，则 　9　． 【分析】先利用空间向量共线定理，得到 ，由此求出 和 的值，得到 的坐标，求出 的坐标，再利用向量模的计算公式求解即可． 【解答】解：因为空间向量 ，2， ， ， ， ，且 ， 所以 ， 即 ， ， ，2， ， 可得 ，解得 ， ， 所以 ，2， ， ， ， ， 则 ，6， ， 所以 ． 故答案为：9． 【点评】本题考查了空间向量的坐标运算，空间向量共线定理的运用，空间向量模的计算公式的运用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题． 12．（2023秋•鹤山市校级期中）平面 的法向量是 ，点 ，3， 在平面 内，则点 ，1， 到平面 的距离 　 　． 【分析】利用点到平面的距离的向量公式求解． 【解答】解： ， 则点 到平面 的距离 ． 故答案为： ． 【点评】本题考查了点到平面的距离的向量公式，属于基础题． 三．解答题（共2小题） 13．（2023秋•东莞市校级期中）已知 ， ， ，设 ， ， ． （1）判断 的形状； （2）若 ，求 的值． 【分析】（1）由空间向量的模长公式计算 ， ， ，结合勾股定理可判断； （2）由空间向量的坐标运算求出 的坐标，再结合 求出 值即可． 【解答】解：（1） EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4 ， 同理 ， ， EMBED Equation.DSMT4 ，且 ， 所以 是等腰直角三角形． （2） EMBED Equation.DSMT4 ，又 ， EMBED Equation.DSMT4 ，解得 ． 所以 的值为2． 【点评】本题考查向量的运算，属于基础题． 14．（2023秋•固镇县期中）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； （3）求二面角 的余弦值． 【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算即可证明线面平行； （2）根据题意，利用空间向量的距离求法，即可得到结果； （3）根据题意，利用空间向量的夹角的余弦表示，即可得到结果． 【解答】解：（1）证明：因为 为直三棱柱， 则 平面 ，且 ， 以 为原点， 分别为 轴， 轴， 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为 ， ，且 ， 分别是 ， 的中点， 则 ， 所以 ， ， 设平面 的法向量为 ， 则 ，则 ， 则 ，取 ，则 ， ， 则平面 的一个法向量为 ， 因为 平面 ，且 ， 则 平面 ． （2）由（1）可知，平面 的一个法向量为 ，且 ， 则点 到平面 的距离 ． （3）由（1）可知，平面 的一个法向量为 ，显然 轴垂直于平面 ， 不妨取其法向量为 ， 设二面角 所对应的平面角为 ， 则 ， 显然二面角 为锐二面角， 则 ， 即二面角 的余弦值为 ． 【点评】本题考查向量法在立体几何中的应用，属于中档题． 用空间向量研究直线、平面的位置关系 一．解答题（共6小题） 1．（2023秋•惠民县期中）如图所示，在直三棱柱 中， ， ， ， ． （1）求证： ； （2）在 上是否存在点 ，使得 平面 ，若存在，确定 点位置并说明理由，若不存在，说明理由． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，用坐标表示点与向量，利用向量的数量积为0，证明向量垂直； （2）假设在 上存在点 使得 平面 ，则利用 平面 ，存在实数 ， ，使 成立，即可求得结论． 【解答】（1）证明：在直三棱柱 中， ， ， ， ， ， 两两垂直，以 为坐标原点，直线 ， ， 分别为 轴 轴， 轴，建立空间直角坐标系，则 ，0， ， ，0， ， ，0， ， ，4， ， ，4， ． EMBED Equation.DSMT4 ，0， ， ， ， ， EMBED Equation.DSMT4 ，即 ， ． （2）解：假设在 上存在点 使得 平面 ，则 ， ， ，其中 ，则 ， ， ， ， ， ， 又 ， ， ， ，0， ， 平面 ，所以存在实数 ， ，使 成立， ， ， ， 所以 ，所以在 上存在点 使得 平面 ，且 为 的中点． 【点评】本题考查利用向量知识解决立体几何问题，考查线线垂直，考查探索型问题，解题的关键是建立坐标系，用坐标表示向量． 2．（2023秋•阆中市校级期中）已知 ， （1）若 ，求 的值； （2）若 ，求 的值． 【分析】（1）利用向量的共线定理的充要条件即可得出； （2）利用非零向量垂直的充要条件即可求出． 【解答】解：（1） EMBED Equation.DSMT4 ， 存在实数 使 ， ， ， ， ． （2） ， ， ， ． 【点评】熟练掌握向量的共线定理、非零向量垂直的充要条件是解题的关键． 3．（2023秋•南山区校级期中）若 ，2， ， ，3， ． （1）若 ，求实数 的值； （2）若 ，求实数 的值． 【分析】（1）直接利用向量的坐标运算和向量共线的充要条件求出 的值； （2）直接利用向量的坐标运算和向量垂直的充要条件求出 的值． 【解答】解：（1）由于 ，2， ， ，3， ， 所以 ， ， 所以 ，解得 ． （2）由于 ，2， ， ，3， ．， 所以 ， ， 故 ， 解得 ． 【点评】本题考查的知识要点：向量的坐标运算，向量共线和向量垂直的充要条件，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题． 4．（2023春•武威期中）已知正四面体 的棱长为2，点 是 的重心，点 是线段 的中点． （1）用 表示 ，并求出 ； （2）求证： ． 【分析】（1）由平行四边形法则可得 ，在正 中，根据重心的性质可得 ，即可得出答案； （2）由（1）知 ， ，利用向量的数量积计算 ，即可证明结论． 【解答】解：（1）点 是线段 的中点，由平行四边形法则可得 ， 在正 中，根据重心的性质可得 ， EMBED Equation.DSMT4 ， 在正四面体 中， ， ， ， EMBED Equation.DSMT4 ； （2）证明：由（1）知 ， ， 在正四面体 中， ， ， EMBED Equation.DSMT4 ， ． 【点评】本题考查空间向量的数量积和向量的三角形法则、平行四边形法则，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 5．（2023秋•浦东新区校级期中）已知向量 ， ， 和 ，1， ，点 ， ， ， ， ， ． （1）求 ； （2）在直线 上是否存在一点 ，使 为原点），若存在，求出 点坐标；若不存在，说明理由． 【分析】（1）利用向量的运算法则及其模的计算公式即可得出； （2）利用向量共线定理及其向量垂直于数量积得关系即可得出． 【解答】解：（1） EMBED Equation.DSMT4 ， ， ，1， ， ， ， EMBED Equation.DSMT4 ； （2）假设在直线 上存在一点 ，使 为原点），则存在实数 ，使得 ， EMBED Equation.DSMT4 ， ， ， ， ， ， ， EMBED Equation.DSMT4 ，解得 ． EMBED Equation.DSMT4 ，即 ． 故在直线 上存在一点 ，使 为原点）． 【点评】熟练掌握向量的运算法则及其模的计算公式、向量共线定理及其向量垂直于数量积得关系是解题的关键． 6．（2023春•宝塔区校级期中）如图所示，在四棱锥 中， 底面 ， ， ， ， ， 是 的中点，证明： （1） ； （2） 平面 ． 【分析】（1）由 底面 ，可得 ，又 ，故 面 ，从而证得 ． （2）由等腰三角形的底边中线的性质可得 ，由（1）知 ，从而 面 ， ，再由 可得 面 ． 【解答】证明：（1） 底面 ， ． 又 ， ， 面 ， 面 ， ． （2） ， ， ， 是 的中点， ， 由（1）知 ，从而 面 ， ． 底面 ，可得 ，又 ， ， 平面 ， 易知 ， 面 ． 【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定，空间中直线与直线之间的位置关系，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题． 用空间向量研究距离、夹角问题 一．解答题（共20小题） 1．（2023秋•唐县校级期中）如图，在四棱锥 中， 平面 ， ， ． （1）证明：平面 平面 ． （2）若 ，求平面 与平面 夹角的余弦值． 【分析】（1）先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明即可； （2）建系，利用空间向量，向量夹角公式，即可求解． 【解答】解：（1）证明：因为 平面 ，又 平面 ， 所以 ，在 中，可求得 ． 在 中，因为 ， ， 所以 ，所以 ， 又 平面 ， 平面 ，所以 ， 又 ， ， 平面 ， 所以 平面 ，又 平面 ， 所以平面 平面 ； （2）因为 ， 平面 ， 所以分别以 的方向为 ， ， 轴的正方向，建系如图， 则 ． 由（1）知 平面 ， 所以 为平面 的一个法向量． 设平面 的法向量为 ， 则 ，取 ， 设平面 与平面 的夹角为 ， 则 ． 【点评】本题考查面面垂直的证明，向量法求解面面角问题，化归转化思想，属中档题． 2．（2023秋•浦城县校级期中）图，在正方体 中， ， ， 分别是 ， ， 的中点． （1）证明： ． （2）求直线 与平面 所成角的正弦值． 【分析】（1）方法一：建立空间直角坐标系，证明 得 ； 方法二：连接 ，证明 平面 得 ； （2）证明 为平面 的一个法向量，用空间向量运算求线面角． 【解答】解：证明：方法一：（1）证明（方法一）：正方体 的棱长为2，以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ，0， ， ，0， ， ，2， ， ，0， ， ，2， ， ，0， ， ，2， ． ， ， ， ． 因为 ，所以 ，即 ． 方法二：连接 ． 在正方体 中， 平面 ，所以 ． 因为 ，所以 ． 因为 ，所以 ， ， ， 四点共面， 在正方形 中， ， 分别是边 ， 的中点，可得△ ， 所以 ， ，所以 ． 因为 ， ， 平面 ，所以 平面 ． 因为 平面 ，所以 ． （2）因为 ，所以 ，即 ． 因为 ， ， 平面 ， 所以 平面 ，即 为平面 的一个法向量． 设直线 与平面 所成的角为 ， 则 ． 故直线 与平面 所成角的正弦值为 ． 【点评】本题考查证明异面直线的垂直与求线面角，需要熟练应用空间向量，属于中档题． 3．（2023秋•南山区校级期中）如图，已知四棱锥 ，底面 为边长为2的菱形， 平面 ， ， ， 分别是 ， 的中点． （1）证明： ； （2）若 ，求二面角 的余弦值． 【分析】（1）先利用正三角形 ，证明 ，再利用 平面 ，证明 ，由线面垂直的判定定理证明 平面 ，即可证明 ； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面 的法向量，结合 为平面 的一个法向量，由向量的夹角公式求解即可． 【解答】解：（1）证明：由四边形 为菱形， ，可得 为正三角形， 因为 为 的中点，所以 ， 因为 平面 ，又 平面 ，所以 ， 又 ， ， 平面 ，所以 平面 ， 又 平面 ，所以 （2）由（1）可知， ， ， 两两垂直， 以 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 又 ， 分别为 ， 的中点， 所以 ， 所以 ， 设平面 的法向量为 ， 则有 ，即 ， 令 ，则 ， ，故 ， 因为 ， ， ， ， 平面 ，所以 平面 ， 故 为平面 的一个法向量， 所以 ， 故二面角 的余弦值为 ． 【点评】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理，在求解空间角的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题． 4．（2023秋•鲤城区校级期中）在直角梯形 中， ， ， ，如图（1）．把 沿 翻折，使得平面 平面 ． （Ⅰ）求证： ； （Ⅱ）在线段 上是否存在点 ，使得 与平面 所成角为 ？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由． 【分析】（Ⅰ）由题意求解直角三角形可得 ，再由面面垂直的性质可得 平面 ，进一步得到 ； （Ⅱ）由 平面 ，得 ．以点 为原点， 所在的直线为 轴， 所在直线为 轴，过点 作垂直平面 的直线为 轴，建立空间直角坐标系 ， 求出 ， ， ， 的坐标．得到 的坐标．求出平面 的一个法向量，假设存在点 ，使得 与平面 所成角为 ，设 ， ，得到 的坐标．结合 与平面 所成角为 列式求得 值得答案． 【解答】解：（Ⅰ）证明： ， ， ， ， ， 又 ， EMBED Equation.DSMT4 ， ，则 ． 又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，又 平面 ， ； （Ⅱ）解： 平面 ， ． 以点 为原点， 所在的直线为 轴， 所在直线为 轴，过点 作垂直平面 的直线为 轴，建立空间直角坐标系 ， 如图．由已知，得 ，0， ， ，0， ， ，2， ， ，0， ． EMBED Equation.DSMT4 ， ． 设平面 的法向量为 ，则 ， 令 ，得平面 的一个法向量为 ． 假设存在点 ，使得 与平面 所成角为 ， 设 ， ，则 ， ， ， ． ， 可得 ，解得 或 （舍去）． 综上所述，在线段 上存在点 ，使得 与平面 所成角为 ， 此时 ． 【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面的位置关系，训练了利用空间向量求线面角，是中档题． 5．（2023秋•崇明区校级期中）如图，在三棱锥 中， 是以 为斜边的等腰直角三角形， ， ， 为 中点， 平面 ， 为 内的动点（含边界）． （1）求平面 与平面 夹角的正弦值； （2）若 平面 ，求直线 与平面 所成角的正弦值的取值范围． 【分析】（1）以 为原点，分别以 、 、 所在直线为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系，运用面面夹角的坐标公式计算即可； （2）设出点 的坐标，由 平面 ， 面 ，可以表示出 的坐标，结合线面角公式计算可得 ，利用换元法求解即可． 【解答】解：（1）以 为原点，分别以 、 、 所在直线为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 由题意知， ，又 ，则 ， 则 ，0， ， ， ， ， ，0， ， ，4， ， 所以 ， 设平面 的一个法向量为 ， 则 ，取 ，则 ， ， 所以平面 的一个法向量为 ， 设平面 的一个法向量为 ， 则 ，取 ，则 ， ， 则 ， 所以 ， ， ，3， ， ， 所以 ， ， 设平面 与平面 夹角为 ， 则 ， ， 则 ， 即平面 与平面 夹角的正弦值为 ； （2）如（1）建系及图可知，平面 的法向量为 ， 平面 的法向量为 ， 设 ， ， ，则 ， 因为 平面 ， 面 ， 所以 ， 解得 ，所以 ， 又因为 平面 ，所以 是平面 的一个法向量， 所以 ， ， ， ， ， 设直线 与平面 所成角为 ， 则 ， ， 又 为 内的动点（含边界）所以 ，解得 ， 所以 ， 令 ，则 ， ， ， 则 ， ， ， 令 ， ， ， 令 ， ， ， 开口向上，对称轴 ， 所以函数在 ， ，单调递增，而 ， ，所以 ， ， 所以 ， ． 即直线 与平面 所成角的正弦值的取值范围为 ． 【点评】本题考查面面角的正弦值的求法及线面角的求法，属于中档题． 6．（2023秋•皇姑区校级期中）如图，在四棱锥 中， 面 ， ，且 ， ， ， ， ， ， 分别为 ， 的中点． （1）求证： 平面 ； （2）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； （3）在平面 内是否存在点 ，满足 ，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点 的轨迹图形形状． 【分析】（1）取 的中点 ，证明平面 平面 即可； （2）建立平面直角坐标系，利用直线 与平面 所成角的正弦值为 ，进行坐标运算即可求得； （3）设出点 坐标，利用 ，得到相应的方程，化简即可判定点 的轨迹形状． 【解答】（1）证明：取 的中点 ，连接 ， ， 因为 为 的中点，所以 ， 又 ，所以 ， 又 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ，同理可证 平面 ， 又因为 ， ， 平面 ， 所以平面 平面 ，又 平面 ， 所以 平面 ； （2）解：假设存在，设 ，如图， 取 的中点 ，连接 ，则 ， 以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则 ，0， ， ，1， ， ， 故 ， ， 则 ， 设平面 的法向量 ， 则有 ，可取 ，1， ， 则 ， 整理得 ，解得 或 （舍去）， 所以当 时，直线 与平面 所成角的正弦值是 ； （3）解：假设存在，设 ， ， ， ， ， 因为 共面，所以存在唯一实数对 使得 ， 即 ， ， ，即 ，故 ， 则 ， ， 则 ， 整理得 ，所以点 的轨迹为椭圆， 即在平面 内存在点 ，满足 ，点 的轨迹为椭圆． 【点评】本题考查了线面平行的证明，考查了满足线面角的点是否存在的判断与方法，属难题． 7．（2023秋•邯郸期中）如图，在直三棱柱 中， 为 的中点， 为 的中点． （1）求证： 平面 ； （2）求直线 与平面 所成角的正弦值． 【分析】（1）由题可得 ， ， 两两互相垂直，建立空间直角坐标系，由线面平行的向量表示即可证得； （2）由直线与平面所成角的向量求法计算即可． 【解答】证明：（1）不妨设 ，则 ， ， 所以 ，所以 ，即 ， 在直三棱柱 中， 平面 ， 又因为 ， 平面 ，所以 ， ， 以点 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则 ，0， ， ，0， ， ，0， ， ，0， ， ，2， ， ，1， ， 所以 ， 由题可知，平面 的一个法向量为 ， 所以 ， 又因为 平面 ，所以 平面 ； 解：（2）因为 ，0， ，所以 ， ， 设平面 的法向量为 ， ， ，所以 ， 令 ，得 ， ，所以平面 的一个法向量为 ，1， ， 设直线 与平面 所成角的大小为 ， 所以 ， 即直线 与平面 所成角的正弦值为 ． 【点评】本题考查直线余平面平行的证明和直线与平面所成角，属于中档题． 8．（2023秋•明光市校级期中）如图，在四棱锥 中，底面 是矩形， 平面 ， ， ，点 ， 分别为 ， 的中点，且 ． （1）求 的长； （2）求直线 与平面 所成角的正弦值． 【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，写出各点坐标得到 和 ，根据垂直关系列出方程，即可求出 ； （2）根据线面角的向量公式即可求解． 【解答】解：（1）因为 平面 ， ， 平面 ， 所以 ， ， 又底面 是矩形，所以 ， 以 为坐标原点， ， ， 所在的直线分别为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，如图所示： 设 ，则 ， ，4， ， ，4， ， ， ，0， ， 所以 ， ， ， 又 ，所以 ， 因为 ，解得 ，即 ； （2）由（1）知 ， ， 设平面 的一个法向量 ，所以 ， 令 ，解得 ， ， 所以平面 的一个法向量 ， 又 ，设直线 与平面 所成角的大小为 ， 所以 ， 即直线 与平面 所成角的正弦值为 ． 【点评】本题考查了空间中的位置关系与线面角的计算问题，也考查了数形结合思想，是中档题． 9．（2023秋•天心区校级期中）四棱锥 中， ， 平面 ， ， 为 的中点，且 ． （1）求证： 平面 ； （2）求二面角 的正弦值． 【分析】（1）先证 平面 ，知 ，再利用平面几何知识证明 ，然后由线面垂直的判定定理，即可得证； （2）以 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角，即可得解． 【解答】（1）证明：因为 平面 ， 平面 ， 所以 ， 因为 ， ， ， 平面 ， 所以 平面 ， 又 平面 ， 所以 ， 因为 ， ， 所以 ， 因为 ， 所以 ，即 ， 又 ， ， 平面 ， 所以 平面 ． （2）解：由（1）得 ， 因为 为 的中点，且 ，所以 ， 以 为坐标原点， ， 所在直线分别为 轴， 轴，过点 作 的平行线为 轴，建立空间直角坐标系 ， 则 ，0， ， ， ，2， ， ，1， ， ，0， ， 所以 ， ， ， 设平面 的法向量为 ， 由 ， 得， ， 令 ，则 ， ，所以 ， 由（1）知，平面 的一个法向量为 ， 所以 ， 所以二面角 的正弦值为 ． 【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，利用向量法求二面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 10．（2023秋•鹤山市校级期中）如图，在直角梯形 中， ， ， ．以直线 为轴，将直角梯形 旋转得到直角梯形 ，且 ． （1）求证： 平面 ； （2）在线段 上是否存在点 ，使得直线 和平面 所成角的正弦值为 ？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由． 【分析】（1）证明出四边形 为平行四边形，得到 ，从而得到线面平行； （2）建立空间直角坐标系，设出 ，利用线面角的正弦值列出方程，求出答案． 【解答】解：（1）证明：将直角梯形 绕着 旋转得到直角梯形 ， 故 且 ， 故四边形 为平行四边形， 所以 ， 又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ； （2）因为 ， ， ， 所以 ， ， 两两垂直， 故以 为坐标原点，以 ， ， 所在直线分别为 ， ， 轴，建立空间直角坐标系， 因为 ，设 ， 则 ，0， ， ，0， ， ，0， ， ，2， ， ，1， ， 设 ，则 ，设 ，0， ， 则 ，0， ，0， ，解得 ， ，故 ，0， ， 当 时，此时 与 重合，直线 和平面 垂直， 不满足所成角的正弦值为 ，舍去； 当 时，设平面 的法向量为 ， 则 ， 令 ，则 ，故 ， 设直线 和平面 所成角的正弦值为 ， 则 ， ， 解得： 或 （舍去）， 综上，在线段 上存在点 ，使得直线 和平面 所成角的正弦值为 ， 此时 ． 【点评】本题考查了线面平行问题，考查平面的法向量以及向量在立体几何中的应用，考查转化思想，是中档题． 11．（2023秋•端州区校级期中）三棱柱 中， 、 分别是 、 上的点，且 ， ．设 ， ， ． （Ⅰ）试用 表示向量 ； （Ⅱ）若 ， ， ，求 的长． 【分析】（Ⅰ）由图形知 再用 表示出来即可． （Ⅱ）求 的长，即求 ，利用求向量模的方法，求 即可求得 的长． 【解答】解：（Ⅰ）由图形知 ． （Ⅱ）由题设条件 EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4 ， ． 【点评】本题考查空间向量的夹角与距离公式，解题的关键是掌握向量加法法则与空间向量求线段长度的公式，空间向量法求距离是空间向量的一个非常重要的运用．熟练运用公式是解题的知识保证． 12．（2023秋•李沧区校级期中）如图，在四棱锥 中，底面 是正方形， ， ， 为 的中点． （1）证明： ． （2）若二面角 的平面角为 ， 是线段 上的一个动点，求直线 与平面 所成角的最大值． 【分析】（1）取 的中点 ，可证得 ， ，从而 平面 ，根据线面垂直的性质可得结论； （2）过点 作 垂直于直线 ，垂足为 ，可得 平面 ，以 为原点， ， 所在的直线分别为 轴、 轴，建立空间直角坐标系．写出点的坐标，求出平面 的法向量，可得直线 与平面 所成的角 的正弦值的表达式，结合换元法及二次函数的性质得出答案． 【解答】（1）证明：如图，取 的中点 ，连接 ， ， 底面 是正方形， ， ， ， ， ， 平面 ， 平面 ， 又 平面 ， ； （2）解：由（1）可知，二面角 的平面角为 ， 过点 作 垂直于直线 ，垂足为 ， 平面 ， 平面 ， ， ， ， 平面 ， 平面 ， 以 为原点， ， 所在的直线分别为 轴、 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 易得 ， ， ， ， 则 ， ，1， ， ，3， ， ，3， ， ，1， ， 所以 ， ， ， ， 设平面 的法向量为 ，则有 ， 取 ，得平面 的一个法向量为 ， 设 ， ， ， 则 ， 设直线 与平面 所成的角为 ， 则 ， 令 ，则 ， ， ， 当 时， ， ； 当 时， ， 当 ，即 ， 时， 取得最大值为 ，此时 ； 所以直线 与平面 所成角的最大值为 ． 【点评】本题考查线线垂直的证明，考查直线与平面所成角的范围，属难题． 13．（2023秋•通州区期中）已知四边形 为正方形， 为 ， 的交点，现将三角形 沿 折起到 位置，使得 ，得到三棱锥 ． （1）求证：平面 平面 ； （2）棱 上是否存在点 ，使平面 与平面 夹角的余弦值为 ？若存在，求 ；若不存在，说明理由． 【分析】（1）由平面与平面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面 与平面 的法向量，然后根据求面面角的方法即可列式求解． 【解答】（1）证明：因为四边形 为正方形， 所以 ， ， ， 所以折起后， ， ， 由于折起前有 ，且折起后 ， 所以折起后有 ，即 ， 又 ， ， ， 平面 ， 所以 平面 ，又 平面 ， 所以平面 平面 ； （2）解：由（1）知 ， ， ， 故以 为原点，以 为 轴，以 为 轴，以 为 轴建立空间直角坐标系： 设 ，则 ，0， ， ，1， ， ， ， ， ，0， ， 则 ， ， ， 假设存在满足题意的点 ，设 ， ， ， ， 则 ， 设平面 的法向量为 ， 则 ，令 ，得 ， ， ， 易知平面 的一个法向量为 ， 因为平面 与平面 夹角的余弦值为 ， 所以 ，解得 ， 所以在棱 上存在点 ，使平面 与平面 夹角的余弦值为 ， 且 为棱 的中点，故 ． 【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角夹角的余弦值求法，属难题． 14．（2023秋•建平县校级期中）如图，在三棱台 中， 是等边三角形， ， ，侧棱 平面 ，点 是棱 的中点，点 是棱 上的动点（不含端点 ． （1）证明：平面 平面 ； （2）求平面 与平面 所成角的余弦值的最小值． 【分析】（1）利用线面垂直证明面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，设 ， ， ，利用坐标法求面面夹角余弦值，再利用换元法结合二次函数最值求法可得面面夹角余弦值的最小值． 【解答】（1）证明： 是等边三角形，点 是棱 的中点， ， 平面 ， 平面 ， ， 又 ， ， 平面 ， 平面 ，又 平面 ， 平面 平面 ； （2）解：在平面 中，过点 作 ， ， ， 又 平面 ， 平面 ， ， 以 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为 ， ， 轴，建立空间直角坐标系如图所示， 是等边三角形， ， ， EMBED Equation.DSMT4 ， ， ，0， ， EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4 ， 设 ，所以 ， EMBED Equation.DSMT4 ， 设平面 的法向量为 ，又 ， ， 由 ， ，可得 ， 令 ，得 ，故平面 的一个法向量为 ， 设平面 的法向量为 ， ， 由 ， ，可得 ， 令 ，得 ，故平面 的一个法向量为 ， 设平面 与平面 所成角为 ， 所以 ， 设 ，则 ， ，所以 ， 所以 ， 所以当 ，即 时， 取到最小值 ， 即平面 与平面 所成角的余弦值的最小值为 ． 【点评】本题考查面面垂直的判定，考查二面角的求法，考查换元法求解函数的最值问题，属难题． 15．（2023秋•嘉定区校级期中）如图，在 △ 中， ，斜边 ，以直线 为轴旋转 △ 得到 △ ，且二面角 是直二面角，动点 在斜边 上． （1）求证：平面 平面 ； （2）求 与平面 所成角中最大角的正切值； （3）当 为 中点时，继续以直线 为轴旋转 △ 得到 △ ，当直线 与 所成角为 时，求点 位置． 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判断、面面垂直的判定推理即得． （2）确定 为 与平面 所成的角，求出 的表达式，再求出最大值． （3）建立空间直角坐标系，利用空间向量结合异面直线夹角列式计算即得． 【解答】（1）证明：依题意， ， ，则 是二面角 的平面角， 于是 ，即 ，而 ， ， 平面 ， 因此 平面 ，又 平面 ， 所以平面 平面 ； （2）解：由（1）知， 平面 ， 为 与平面 所成的角， ， 在 △ 中，由 ， ，得 ，于是 ， 要 最大，当且仅当 是点 到直线 的距离， 即 △ 斜边 上的高 ， 所以 与平面 所成角中最大角的正切值是 ； （3）解：由（1）知，直线 ， ， 两两垂直，以 为原点， 直线 ， ， 分别为 ， ， 轴，建立空间直角坐标系， 而 ，则 ， 在平面 内，以射线 为角的始边，线段 逆时针旋转到 所成的最小非负角为 ， 则点 ， ， ， ，而 ， 依题意， ， 而 ，解得 或 ， 当 时，点 ，2， ， 当 时，此时 ，点 ， 所以点 在以点 为圆心，2为半径的圆上，可以与点 重合， 或射线 与射线 的反向延长线成锐角，且到直线 的距离为 ． 【点评】本题考查面面垂直的判定，考查线面角的求法及异面直线所成角，属难题． 16．（2023秋•九龙坡区校级期中）如图1，在平面四边形 中， ， ， ， ．将△ 沿 折起，形成如图2所示的三棱锥 ， ．点 ， ， 分别为线段 ， ， 的中点． （1）求证： ． （2）若 ， 为线段 上一点（不含端点），求二面角 正弦值的取值范围． 【分析】（1）根据给定条件，利用勾股定理的逆定理，线面垂直的判定、性质推理即得． （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角余弦的函数关系并求出其范围，再利用同角公式求出正弦值的范围即可． 【解答】解：（1）证明： 在△ 中， ， ， ， ， ， 在△ 中，由 ， ， ， ， ， 又 ， ， 平面 ， 平面 ，又 平面 ， ，又 ， 分别为 ， 中点， ，又 ， ， 又 ， ， 平面 ， 平面 ，又 平面 ， ； （2）由（1）知，直线 ， ， 两两垂直，故建系如图： 则 ，0， ， ，2， ， ，0， ， ，0， ， ，1， ， ，1， ， EMBED Equation.DSMT4 ，由 ，得 ， 令 ，而 ，则 ，0， ， EMBED Equation.DSMT4 ， ， 设平面 法向量 ， 则 ，取 ， 设平面 的一个法向量为 ， 则 ，取 ， 设二面角 为 ， 则 ， 令 ，则 ， EMBED Equation.DSMT4 ， ， 二面角 的正弦值的取值范围为 ． 【点评】本题考查线线垂直的证明，向量法求解二面角问题，函数思想，属难题． 17．（2023秋•龙沙区校级期中）在 中， ， ， ， 、 分别是 、 上的点，满足 且 经过 的重心，将 沿 折起到△ 的位置，使 ， 是 的中点，如图所示． （1）求证： 平面 ； （2）求 与平面 所成角的大小； （3）在线段 上是否存在点 不与端点 、 重合），使平面 与平面 垂直？若存在，求出 与 的比值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）结合线面垂直判定定理和折叠性质可证； （2）通过建系法求出 和平面 的法向量 ，设线面角为 ，结合公式 求解即可； （3）在 （2）的坐标系基础上，写出 ， ， ， ， 坐标，设 ，表示出点 ，分别求出平面 与平面 ． 【解答】证明：（1）由 ， ， 所以 ， ， 因为折起前后对应角相等，所以 ，所以 平面 ， ， 又 ， ， 所以 平面 ， 解：（2）因为 经过 的重心， 所以 ， 由（1）知 平面 ，以 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系， 由几何关系可知， ， ， ， 故 ，0， ， ，0， ， ，2， ， ，3， ， ，0， ， ，0， ， ， ， ，2， ， 设平面 的法向量为 ， ， ， 则 ，即 ， 令 ，则 ， ， 设 与平面 所成角的大小为 ， 则有 ， ， 故 ， 即 与平面 所成角的大小为 ； （3）设 ， 即 ， 即 ， ， ， 则 ， ， ， ， ， ， ， 设平面 的法向量为 ， ， ， 则有 ，即 ， 令 ， ， ， 同理，设平面 的法向量为 ， ， ， ， ， 则 ，即 ， 令 ，则 ， 故 ， 若平面 与平面 垂直， 则满足 ， 即 ， 故存在这样的点， ， 所以 ．． 【点评】本题考查空间立体几何的应用，转化为空间向量来求解，考查学生的运算能力，属于难题． 18．（2023秋•崇明区校级期中）在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．如图，在“阳马” 中，侧棱 底面 ，且 ． （1）若 ，试计算底面 面积的最大值； （2）过棱 的中点 作 ，交 于点 ，连 ， ， ，若平面 与平面 所成锐二面角的大小为 ，试求 的值． 【分析】（1）根据已知条件，可设 ， ，表示出底面 的面积，然后利用基本不等式即可完成最值求解； （2）设出 ，以点 为原点，建立空间直角坐标系，分别求解出平面 与平面 的法向量，然后利用已知条件，求解出 ，即可求解出 的值． 【解答】解：（1）设 ， ， 由已知可知 ，而底面 的面积为 ， 则由均值不等式，可知 ， 当且仅当 时等号成立； （2）如图，以点 为原点，射线 ， ， 分别为 轴， 轴， 轴的正半轴， 建立空间直角坐标系， 设 ， ，则 ，0， ， ，0， ， ，1， ， ，1， ， 所以 ，由于 是 的中点，则 ，故 ， 于是 ，即 ， 又已知 ，而 ， 所以 平面 ，故 是平面 的一个法向量， 而因为 平面 ，所以 是平面 的一个法向量， 由已知平面 与平面 所成锐二面角的大小为 ， 则 ，解得 ， 所以 ． 故当平面 与平面 所成锐二面角的大小为 ． 【点评】本题考查了基本不等式和二面角的应用，属于难题． 19．（2023春•海淀区校级期中）如图：在四棱锥 中，底面 是正方形， ， ，点 在 上，且 ． （Ⅰ）求证： 平面 ； （Ⅱ）求二面角 的余弦值； （Ⅲ）证明：在线段 上存在点 ，使 平面 ，并求 的长． 【分析】（Ⅰ）由已知条件推导出 ， ，由此能证明 平面 ． （Ⅱ）以 为原点， ， ， 分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角 的余弦值． （Ⅲ）假设存在点 ，使 平面 ，利用向量法能求出存在点 ，1， 为 的中点，即 ． 【解答】（Ⅰ）证明： ， ， ， ，同理 ，（2分） 又 ， 平面 ．（4分） （Ⅱ）解：以 为原点， ， ， 分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系， 则 ，0， ， ，0， ， ，2， ， ，2， ， ， ， ，（6分） 平面 的法向量为 ，0， ， 设平面 的法向量为 ， ， ，（7分） EMBED Equation.DSMT4 ，2， ， ， ， ， EMBED Equation.DSMT4 ， 取 ，得 ， ， ，（8分） 设二面角 的平面角为 ， 则 ， 二面角 的余弦值为 ．（10分） （Ⅲ）证明：假设存在点 ，使 平面 ， 令 ， ， ， ，（12分） EMBED Equation.DSMT4 ， ， ，由 平面 ， EMBED Equation.DSMT4 ，解得 ， 存在点 ，1， 为 的中点，即 ．（14分） 【点评】本题考查直线与平面垂直的求法，考查二面角的余弦值的求法，考查点是否存在的判断，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用． 20．（2023秋•松江区校级期中）如图： 平面 ， 是矩形， ， 与平面 所成角是 ，点 是 的中点，点 在边 上移动． （1）点 为 的中点时，试判断 与平面 的位置关系，并说明理由； （2）无论点 在边 的何处， 与 所成角是否都为定值，若是，求出其大小；若不是，请说明理由； （3）当 等于何值时，二面角 的大小为 ． 【分析】解法一（几何法） （1）线与面的位置关系有三种相交、平行与在面内，由题设中的条件 ， 为中点可得 ，由此可判断出 与平面 的位置关系是平行，再由线面平行的判定定理证明说明理由； （2）由题设条件及图形可得出 平面 ，由线面垂直的定义可得出无论点 在边 的何处两线都垂直． （3）先作出二面角的平面角，令其大小是 ，设 ，在直角三角形 中用勾股定理建立方程求同 值． 解法二（向量法） （1）的解法同法一中（1）的解法； （2）建立如图示空间直角坐标系，由 是矩形， ， 与平面 所成角是 ，点 是 的中点，点 在边 上移动，给出各点的坐标，求出 与 所对应的向量的坐标，验证其内积为0即可得出直线所成的角是直角； （3）先求出两平面的法向量，再由公式求出两个平面的夹角． 【解答】解：解法一：（1）当点 为 的中点时， 与平面 平行． 在 中， 、 分别为 、 的中点， 又 平面 而 平面 平面 ． （2） 平面 ， 平面 ， ．又 ， ， ， 平面 ， 平面 ， 又 平面 ， ． 又 ，点 是 的中点， ，又 ， ， 平面 ， 平面 ． 平面 ， ．即无论点 在边 的何处， 与 所成角都是定值 ． （3）过 作 于 ，连 ，又 ， 则 平面 ， 则 是二面角 的平面角， ， 与平面 所成角是 ， ， EMBED Equation.DSMT4 ， ． ， ，设 ，则 ， ， 在 中， ， ． 解法二：（向量法）（1）同解法一 （2）建立图示空间直角坐标系，则 ，0， ， ，1， ， ， ． 设 ，则 ，1， 即 与 所成角是定值 （3）设平面 的法向量为 ，由 ，得： ，而平面 的法向量为 ， 二面角 的大小是 ，所以 ， EMBED Equation.DSMT4 ， 得 或 （舍 ． 【点评】本题考查空间向量求两平面的夹角，解题的关键是理解并掌握用空间向量求两平面夹角的方法，近几年高中数学引入空间向量，大大降低了立体几何中点线面间关系判断的思维含量，降低了难度，使得抽象的几何问题变成了简明的代数计算，用向量示解几何问题的一般步骤是：先根据图形的结构建立适当的坐标系，给出各点的坐标，如果研究两线的位置关系问题，可以求出两向量的方向向量，用公式求夹角，若研究线面夹角问题可求出线的方向向量与面的法向量，由公式求角，若研究两面的夹角问题，可求出两面的法向量，由公式求夹角． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ _1787830507.$$