专题01 空间向量与立体几何（7基础题型+4提升题型）-【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，北京专用）

专题01 空间向量与立体几何 空间几何体的有关问题 1．（23-24高二上·北京·期中）一个水平放置的平面图形用斜二测画法作出的直观图是如图所示的等腰直角，其中，则平面图形的面积为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·北京理工大学附中·校考期中）如图，一个水平放置的平面图形的直观图是边长为2的正方形，则原图形的周长是（    ） A．16 B．12 C． D． 3．（23-24高二上·北京人大附中·校考期中）一个三棱锥的各棱长均相等，其内部有一个内切球，即球与三棱锥的各面均相切，过一条侧棱和对边的中点作三棱锥的截面，所得截面图形是 A． B． C． D． 4．（23-24高二上·北京人大附中·校考期中）鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来.若正四棱柱的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器（容器壁的厚度忽略不计），则该球形容器表面积的最小值为 A．41π B．42π C．43π D．44π 5．（23-24高二上·北京市北京师范大学第二附属中学·校考期中）中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究，中国传世数学著作《九章算术》卷五“商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式.例如在推导正四棱台（古人称方台）体积公式时，将正四棱台切割成九部分进行求解.下图（1）为俯视图，图（2）为立体切面图.对应的是正四棱台中间位置的长方体；对应四个三棱柱，对应四个四棱锥.若这四个三棱柱的体积之和为12，四个四棱锥的体积之和为4，则该正四棱台的体积为（    ） A．24 B．28 C．32 D．36 6．（23-24高二上·北京理工大学附中·校考期中）如图所示，圆柱与圆锥的组合体，已知圆锥部分的高为，圆柱部分的高为，底面圆的半径为，则该组合体的体积为（   ）    A． B． C． D． 7．（23-24高二上·北京·期中）古代名著中的《营造法式》集中了当时的建筑设计与施工经验．下图1为《营造法式》中的殿堂大木制作示意图，其中某处木件嵌入处部分是底面为矩形的四棱锥，如图2所示，其侧面是边长为的等边三角形，，且平面底面，则该四棱锥的体积为 ． 8．（23-24高二上·北京人大附中·校考期中）已知圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，则此圆锥的表面积为 . 9．（23-24高二上·北京·期中）一个三棱锥的三个侧面中有一个是边长为2的正三角形，另两个是等腰直角三角形，则该三棱锥的体积可能为 . 空间中的点、线、面位置关系 1．（23-24高二上·北京人大附中·校考期中）已知平面平面，直线，直线，则与的位置关系是（    ） A．平行 B．平行或异面 C．异面 D．异面或相交 2．（23-24高二上·北京市北京师范大学第二附属中学·校考期中）已知是三个不同的平面，是两条不同的直线，下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．，则 3．（23-24高二上·北京西城·期中）两个不同的平面和，平面的一个法向量为，平面的一个法向量，则平面与平面（    ） A．平行 B．垂直 C．相交 D．不能确定 4．（23-24高二上·北京丰台·期中）已知平面，其中点，向量，则下列各点中在平面内的是（    ） A． B． C． D． 5．（22-23高二上·北京西城·期末）在空间直角坐标系O-xyz中，点，，则（    ） A．直线AB∥坐标平面xOy B．直线AB⊥坐标平面xOy C．直线AB∥坐标平面 D．直线AB⊥坐标平面 6．（23-24高二上·北京西城·期中）已知平面的法向量为，平面的法向量为，若，则 ． 空间向量的线性运算 1．（23-24高二上·北京市北京师范大学第二附属中学·校考期中）已知点，若向量，则点B的坐标是（    ）. A． B． C． D． 2．（23-24高二上·北京西城·期中）如图，E，F分别是长方体的棱AB，CD的中点，则等于（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·北京·期中）已知向量，，，若，，共面，则等于（    ） A． B． C．5 D．9 4．（23-24高二上·北京第八中学·校考期中）已知两个向量，，且，则的值为（    ） A．1 B．2 C．4 D．8 5．（23-24高二上·北京西城·期中）已知向量，，则（    ） A． B．14 C． D． 空间向量的数量积运算 1．（23-24高二上·北京市第十二中学·期中）如图在长方体中，设，，则等于（    ） A．1 B．2 C．3 D． 2．（23-24高二上·北京·期中）下面结论正确的个数是（    ） ①已知是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底； ②任意向量满足，则； ③已知向量，若与共线，则. A． B． C． D． 3．（23-24高二上·北京市人大附中·校考期中）如图，平行六面体的底面是矩形，其中，，，且，则线段的长为（    ）    A．9 B． C． D． 4．（23-24高二上·北京101中学·校考期中）如图，二面角等于，是棱上两点，分别在半平面内，，，且，则的长等于（    ）    A． B． C．4 D．2 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·北京161中学·校考期中）如图，在平行六面体中，，，，则（    ） A．12 B．8 C．6 D．4 7．（23-24高二上·北京通州·期中）如图，在平行六面体中，，，，，与相交于点.则的长为（    ）    A． B．2 C． D． 8．（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 9．（23-24高二上·北京丰台·期中）已知点是点在坐标平面内的射影，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 10．（23-24高二上·北京通州·期中）在空间直角坐标系中，已知，，.则与的夹角的余弦值为 ；在的投影向量 . 11．（23-24高二上·北京·校考期中）已知，且. (1)求； (2)求向量与夹角的大小. 12．（23-24高二上·北京·期中）已知空间直角坐标系中四个点的坐标分别为：. (1)求； (2)若，求x的值； (3)若D点在平面ABC上，直接写出x的值. 13．（23-24高二上·北京丰台·期中）已知向量，， . (1)若，求实数的值； (2)求； (3)若，，不能构成空间向量的一个基底，求实数的值. 空间中的夹角问题 1．（23-24高二上·北京·期中）关于空间中的角，下列说法中正确的个数是（    ） ①空间中两条直线所成角的取值范围是    ②空间中直线与平面所成角的取值范围是 ③空间中二面角的平面角的取值范围是    ④空间中平面与平面所成角的取值范围是 A．1 B．2 C．3 D．4 2．（23-24高二上·北京理工大学附属中学·校考期中）在正方体中， 直线与平面所成角为（   ） A． B． C． D． 3．（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. 4．（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． 5．（23-24高二上·北京·校考期中）已知点P是正方体的棱上的一个动点，设异面直线与所成的角为，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二上·北京市人大附中·校考期中）已知正三棱柱的所有侧棱长及底面边长都为2，是的中点，则直线与平面所成角的正弦值为 ． 7．（23-24高二上·北京房山·期中）设分别是空间两直线的方向向量，则直线所成角的大小为 ． 8．（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 . 9．（23-24高二上·北京理工大学附属中学·校考期中）在古代数学中，把正四棱台叫做方亭，数学家刘徽用切割的方法巧妙地推导出了方亭的体积公式，为方亭的下底面边长，为上底面边长，为高.某地计划在一片平原地带挖一条笔直的沟渠，渠的横截面为等腰梯形，上底为米，下底为米，深米，长为米，并把挖出的土堆成一个方亭，设计方亭的下底面边长为米，高为米，则其侧面与下底面所成的二面角的正切值为 . 空间中的距离问题 1．（23-24高二上·北京·期中）在空间直角坐标系中，若有且只有一个平面，使点到的距离为，且点到的距离为，则的值为（    ） A． B．或 C．或 D．或 2．（23-24高二上·北京·期中）如图，在长方体中，，，点在侧面上．若点到直线和的距离相等，则的最小值是（ ） A． B． C．2 D． 3．（23-24高二上·北京·期中）已知空间中三点、、，那么点到直线的距离为 . 4．（23-24高二上·北京·期中）如图，在正三棱柱中，各棱长均为4，N是的中点.则点到平面ABN的距离为 .    5．（23-24高二上·北京理工大学附属中学·校考期中）已知正方体的棱长为3，则到平面的距离为 . 空间向量与立体几何综合 1．（23-24高二上·北京·期中）如图所标，已知四棱锥中，ABCD是直角梯形，，平面平面，.    (1)证明：平面； (2)求B到平面的距离； (3)求二面角的余弦值. 2．（23-24高二上·北京·校考期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，，． (1)求证：BD⊥平面PAC； (2)若，求PB与AC所成角的余弦值； (3)当平面PBC与平面PCD垂直时，求PA的长． 3．（23-24高二上·北京·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD是正三角形，AD的中点为O，平面ABCD. (1)证明：平面PAD； (2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值； (3)求点D到平面PBC的距离. 4．（23-24高二上·北京西城·期中）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成的角的余弦值． 5．（23-24高二上·北京·期中）如图，在直三棱柱中，，，M为AB的中点，D在上且.    (1)求证：平面平面； (2)求直线CM与平面CBD所成角的正弦值； (3)求二面角的余弦值. 空间中的动点、轨迹问题 1．（23-24高二上·北京·期中）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，下列四个结论中，错误的是（    ）    A.存在点∥平面 B．对任意点 C．存在点，使得与所成的角是 D．不存在点，使得与平面所成的角是 2．（23-24高二上·北京·期中）如图，在棱长为的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则下列四个命题中正确命题的个数是（    ） ①存在点，使得    ②不存在点，使得平面 ③三棱锥的体积是定值    ④不存在点，使得与所成角为 A． B． C． D． 3．（23-24高二上·北京人大附中·校考期中）如图，在棱长为2的正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面 C．三棱锥的体积是定值 D．存在点Q，使得PQ与AD所成的角为 4．（23-24高二上·北京·校考期中）在棱长为2的正方体中，E为的中点，点P在底面上移动，且满足，则线段的长度的最大值为(    ) A．2 B．3 C． D． 5．（23-24高二上·北京·校考期中）已知在棱长均为的正三棱柱中，点为的中点，若在棱上存在一点，使得平面，则的长度为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二上·北京·校考期中）如图，已知正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（    ） A．存在点，使 B．三棱锥的体积随动点变化而变化 C．直线与所成的角不可能等于 D．存在点，使平面 7．（23-24高二上·北京·期中）如图，在边长为2正方体中，E为BC的中点，点P在正方体表面上移动，且满足，则点和满足条件的所有点P构成的图形的周长是 .    8．（23-24高二上·北京海淀·期中）如图，正方体的棱长为，点在正方体的表面上运动，且，若动点的轨迹的长度为3π，则棱长为 ．    9．（23-24高二上·北京西城·期中）如图，棱长为2的正方体的侧面（含边界）内有一动点P，则下列结论中正确的是 ．    ①若，则； ②若，则； ③若，则 ④若，则存在非零向量使． 10．（23-24高二上·北京·校考期中）如图，在棱长为2的正方体中，分别为线段上的动点，给出下列四个结论：      ①当为线段的中点时，两点之间距离的最小值为； ②当为线段的中点时，三棱锥的体积为定值； ③存在点，，使得平面； ④当为靠近点的三等分点时，平面截该正方体所得截面的周长为. 其中所有正确结论的序号是 . 立体几何劣构题型 1．（23-24高二上·北京·校考期中）如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形.再从条件①､条件②､条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)设是的中点，棱上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 条件①：； 条件②：； 条件③：平面平面. 注：如果选择多种方案分别解答，那么按第一种方案解答计分. 2．（23-24高二上·北京·校考期中）如图，在四棱锥中，底面是菱形，为的中点. (1)证明：平面； (2)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答. ①；②；③与平面所成的角为. 若平面，，且______________，求二面角的余弦值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 3．（23-24高二上·北京·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，分别是的中点．    (1)求证：∥平面； (2)再从条件①，条件②中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：平面平面； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 4．（23-24高二上·北京丰台·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，是棱的中点.      (1)求证：//平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：平面平面； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 5．（23-24高二上·北京丰台·期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，，，为棱的中点.    条件①：； 条件②：平面平面. 从条件①和条件②这两个条件中选择一个作为已知，完成下列问题： (1)求证：； (2)若点在线段上，且点到平面的距离为，求线段的长. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 6．（23-24高二上·北京通州·期中）如图，在五面体中，平面为正方形，平面平面，.    注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. (1)求证：平面； (2)若，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小. 条件①：； 条件②：. 立体几何中折叠问题 1．（23-24高二上·北京·期中）.如图，在正方形中，点E、F分别为边，的中点.将沿所在直线进行翻折，将沿所在直线进行翻折，在翻折的过程中，下列说法正确的是（    ）    A．点A与点C在某一位置可能重合 B．点A与点C的最大距离为 C．直线与直线可能垂直 D．直线与直线可能垂直 2．（23-24高二上·北京·校考期中）在平行四边形中，，,，将沿折起，使得平面平面，则到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·北京通州·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. 立体几何中的存在性问题 1．（23-24高二上·北京·校考期中）如图，在四棱锥中，平面平面，底面为梯形，，，且，，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设是棱的中点，在棱上是否存在一点，使？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由. 2．（23-24高二上·北京·校考期中）在如图所示的多面体中，EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AC⊥BC，且AC＝BC＝BD＝2AE＝2，M是AB的中点． (1)求证：CM⊥EM； (2)求平面EMC与平面BCD所成的锐二面角的余弦值； (3)在棱DC上是否存在一点N，使得直线MN与平面EMC所成的角为60°．若存在，指出点N的位置；若不存在，请说明理由． 3．（23-24高二上·北京房山·期中）如图，在三棱柱中，平面，是的中点，，．    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)判断直线与平面是否相交，如果相交，求出A到交点H的距离；如果不相交，求直线到平面的距离． 4．（23-24高二上·北京大兴·期中）如图，在三棱柱中， 平面，，， 分别是的中点．    (1)求证：； (2)求证：平面； (3)在棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角为？若存在， 求的值；若不存在，请说明理由． 5．（23-24高二上·北京·校考期中）如图，四棱锥中，平面，，是的中点． (1)证明：平面； (2)若二面角的余弦值是，求的值； (3)若，在线段上是否存在一点，使得．若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！24 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 空间向量与立体几何 空间几何体的有关问题 1．（23-24高二上·北京·期中）一个水平放置的平面图形用斜二测画法作出的直观图是如图所示的等腰直角，其中，则平面图形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求得原图形三角形的底与高的值，进而求得原图形的面积 【详解】因为在直观图中，，所以， 所以如下图，原图形是一个底边长为，高为的直角三角形， 故原图形的面积为. 故选：B 2．（23-24高二上·北京理工大学附中·校考期中）如图，一个水平放置的平面图形的直观图是边长为2的正方形，则原图形的周长是（    ） A．16 B．12 C． D． 【答案】A 【分析】根据斜二测画法分析运算. 【详解】在直观图中，， 可得原图形是平行四边形，其底边长2，高为， 则另一边长为，所以原图形的周长为． 故选：A. 3．（23-24高二上·北京人大附中·校考期中）一个三棱锥的各棱长均相等，其内部有一个内切球，即球与三棱锥的各面均相切，过一条侧棱和对边的中点作三棱锥的截面，所得截面图形是 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设三棱锥的各棱长均相等，由确定的平面，得到截面，再由正四面体的性质和图象的对称性加以分析，同时对照选项，即可求解. 【详解】如图所示，设三棱锥的各棱长均相等，球是它的内切球， 设为底面的中心，根据对称性可得内切球的球心在三棱锥的高上， 由确定的平面交于，连接，得到截面， 截面就是经过侧棱与中点的截面， 平面与内切球相交，截得的球大圆如图所示， 因为中，圆分别与相切于点，且，圆与相离， 所对照各个选项，可得只有B项的截面符合题意，故选B. 4．（23-24高二上·北京人大附中·校考期中）鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来.若正四棱柱的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器（容器壁的厚度忽略不计），则该球形容器表面积的最小值为 A．41π B．42π C．43π D．44π 【答案】A 【解析】由于图形的对称性，只要求出一组正四棱柱的体对角线，即是外接圆的直径. 【详解】由题意，该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个长方体体对角线的一半， 即为， ∴该球形容器体积的最小值为：441π. 故选：A. 5．（23-24高二上·北京市北京师范大学第二附属中学·校考期中）中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究，中国传世数学著作《九章算术》卷五“商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式.例如在推导正四棱台（古人称方台）体积公式时，将正四棱台切割成九部分进行求解.下图（1）为俯视图，图（2）为立体切面图.对应的是正四棱台中间位置的长方体；对应四个三棱柱，对应四个四棱锥.若这四个三棱柱的体积之和为12，四个四棱锥的体积之和为4，则该正四棱台的体积为（    ） A．24 B．28 C．32 D．36 【答案】B 【分析】 根据给定条件，利用四棱锥、三棱柱的体积公式结合给定数据建立关系式，求出长方体的体积作答. 【详解】如图，令四棱锥的底面边长为a，高为h，三棱柱的高为b， 依题意，四棱锥的体积，即，三棱柱的体积，即有， 因此，于是长方体的体积， 所以该正四棱台的体积为. 故选：B 6．（23-24高二上·北京理工大学附中·校考期中）如图所示，圆柱与圆锥的组合体，已知圆锥部分的高为，圆柱部分的高为，底面圆的半径为，则该组合体的体积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用圆柱和圆锥的体积公式即可求解. 【详解】依题意可知，底面圆的半径为圆柱部分的高为，圆锥部分的高为， 所以圆柱部分的体积为， 圆锥部分的体积为， 所以该组合体的体积为. 故选：C. 7．（23-24高二上·北京·期中）古代名著中的《营造法式》集中了当时的建筑设计与施工经验．下图1为《营造法式》中的殿堂大木制作示意图，其中某处木件嵌入处部分是底面为矩形的四棱锥，如图2所示，其侧面是边长为的等边三角形，，且平面底面，则该四棱锥的体积为 ． 【答案】 【分析】由面面垂直的性质定理得线面垂直关系，从而得四棱锥的高，进而求出体积. 【详解】取的中点，连接， 由侧面是边长为的等边三角形，得， 已知平面底面， 又平面，平面底面， 所以底面， 即四棱锥的高为，且， 又底面矩形的面积为, 则四棱锥的体积. 故答案为：. 8．（23-24高二上·北京人大附中·校考期中）已知圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，则此圆锥的表面积为 . 【答案】 【分析】由轴截面可确定圆锥底面半径和母线长，代入圆锥表面积公式即可. 【详解】圆锥轴截面是边长为的等边三角形，圆锥底面半径，圆锥母线长， 圆锥的表面积. 故答案为：. 9．（23-24高二上·北京·期中）一个三棱锥的三个侧面中有一个是边长为2的正三角形，另两个是等腰直角三角形，则该三棱锥的体积可能为 . 【答案】（或或，答案不唯一） 【分析】根据已知条件进行分类讨论，结合三棱锥的体积公式求得正确答案. 【详解】（1）是等边三角形，且，如下图所示， 由于平面，所以平面， ，， 则. （2）是等边三角形，且，如下图所示， 由于平面，所以平面， ， 所以. （3）是等边三角形，且，如下图所示， 取的中点，连接，则，， ，， 平面， 所以平面. 所以. 故答案为：（或或，答案不唯一）. 空间中的点、线、面位置关系 1．（23-24高二上·北京人大附中·校考期中）已知平面平面，直线，直线，则与的位置关系是（    ） A．平行 B．平行或异面 C．异面 D．异面或相交 【答案】B 【分析】 利用直线与平面的位置关系判断即可. 【详解】 因为平面平面，直线，直线， 所以与没有交点，即与可能平行，也可能异面． 故选：B. 2．（23-24高二上·北京市北京师范大学第二附属中学·校考期中）已知是三个不同的平面，是两条不同的直线，下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．，则 【答案】C 【分析】根据空间中直线与平面的位置关系一一判定即可. 【详解】如图所示正方体中，    若直线分别对应，底面对应，显然有， 但，即A错误； 若底面对应，侧面分别对应，显然有， 但，即B错误； 同上假设底面对应，侧面分别对应， 则直线分别对应，显然三条直线两两垂直，即D错误； 由面面平行的性质可知C项正确. 故选：C 3．（23-24高二上·北京西城·期中）两个不同的平面和，平面的一个法向量为，平面的一个法向量，则平面与平面（    ） A．平行 B．垂直 C．相交 D．不能确定 【答案】A 【分析】根据的坐标，判断二者共线，即可判断平面与平面的位置关系. 【详解】由题意知，， 则，即共线，则， 故选：A 4．（23-24高二上·北京丰台·期中）已知平面，其中点，向量，则下列各点中在平面内的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合各个选项分别求出，计算的值是否为0，从而得出结论. 【详解】对于A，，所以，故点不在平面内，故A错误；     对于B，，所以，故点在平面内，故B正确； 对于C，，所以，故点不在平面内，故C错误；     对于D，，所以，故点不在平面内，故D错误. 故选：B. 5．（22-23高二上·北京西城·期末）在空间直角坐标系O-xyz中，点，，则（    ） A．直线AB∥坐标平面xOy B．直线AB⊥坐标平面xOy C．直线AB∥坐标平面 D．直线AB⊥坐标平面 【答案】C 【分析】根据与法向量的关系判断. 【详解】由已知得， 坐标平面的一个法向量是， 坐标平面的一个法向量是， 易判断与，不平行， 所以直线AB不垂直坐标平面，也不垂直坐标平面，故BD错. 因为，所以直线不平行坐标平面， 故A错 因为 ， 点A、B均不在坐标平面上，所以直线AB与坐标平面平行，故C对. 故选：C 6．（23-24高二上·北京西城·期中）已知平面的法向量为，平面的法向量为，若，则 ． 【答案】 【分析】根据，可得两平面的法向量共线，再根据空间向量的共线定理即可得解. 【详解】因为， 所以两平面的法向量共线， 所以存在唯一实数，使得， 所以，解得， 所以. 故答案为：. 空间向量的线性运算 1．（23-24高二上·北京市北京师范大学第二附属中学·校考期中）已知点，若向量，则点B的坐标是（    ）. A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间向量的坐标表示可得. 【详解】由空间向量的坐标表示可知，， 所以， 所以点B的坐标为. 故选：B 2．（23-24高二上·北京西城·期中）如图，E，F分别是长方体的棱AB，CD的中点，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据向量加法，减法的几何意义及相等向量的定义进行化简即可. 【详解】解：=，所以D正确，A，B，C错误. 故选：D 3．（23-24高二上·北京·期中）已知向量，，，若，，共面，则等于（    ） A． B． C．5 D．9 【答案】D 【分析】根据列方程，根据空间向量坐标的线性运算求解出的值. 【详解】由于共面，所以存在，使得，即 ， 所以，解得：，所以. 故选：D. 4．（23-24高二上·北京第八中学·校考期中）已知两个向量，，且，则的值为（    ） A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】C 【分析】由，可知，使，利用向量的数乘运算及向量相等即可得解. 【详解】∵，∴，使，得，解得：，所以 故选：C 【点睛】思路点睛：在解决有关平行的问题时，通常需要引入参数，如本题中已知，引入参数，使，转化为方程组求解；本题也可以利用坐标成比例求解，即由，得，求出m，n. 5．（23-24高二上·北京西城·期中）已知向量，，则（    ） A． B．14 C． D． 【答案】D 【分析】根据空间向量的加法运算求得的坐标，根据模的计算公式，即得答案. 【详解】由题意知向量，， 则， 故， 故选：D 空间向量的数量积运算 1．（23-24高二上·北京市第十二中学·期中）如图在长方体中，设，，则等于（    ） A．1 B．2 C．3 D． 【答案】A 【解析】利用向量加法化简，结合向量数量积运算求得正确结果. 【详解】由长方体的性质可知， ， 所以 . 故选：A 2．（23-24高二上·北京·期中）下面结论正确的个数是（    ） ①已知是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底； ②任意向量满足，则； ③已知向量，若与共线，则. A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据基底的定义可判定①，根据向量的数量积可判定②，根据空间向量共线的坐标表示可判定③. 【详解】因为，所以共面，即①错误； 如是三个两两垂直的单位向量，显然满足，但，即②错误； 若与共线，则存在实数满足，即，即③正确. 故选：C 3．（23-24高二上·北京市人大附中·校考期中）如图，平行六面体的底面是矩形，其中，，，且，则线段的长为（    ）    A．9 B． C． D． 【答案】C 【分析】由，两边平方，利用勾股定理以及数量积的定义求出的值，进而可得答案 【详解】由， . 因为底面是矩形，，，， 所以，， 因为， 所以 所以， 故选：C. 4．（23-24高二上·北京101中学·校考期中）如图，二面角等于，是棱上两点，分别在半平面内，，，且，则的长等于（    ）    A． B． C．4 D．2 【答案】C 【分析】根据题意，可得，再由空间向量的模长计算公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】由二面角的平面角的定义知， ∴， 由，得，又， ∴ ， 所以，即. 故选：C. 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·北京161中学·校考期中）如图，在平行六面体中，，，，则（    ） A．12 B．8 C．6 D．4 【答案】B 【分析】根据空间向量加法的运算性质，结合空间向量数量积的运算性质和定义进行求解即可. 【详解】 故选：B 7．（23-24高二上·北京通州·期中）如图，在平行六面体中，，，，，与相交于点.则的长为（    ）    A． B．2 C． D． 【答案】B 【分析】把两边平方并展开，根据向量数量积的定义计算即可. 【详解】因为, 所以 , 则，即的长为 故选： 8．（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 9．（23-24高二上·北京丰台·期中）已知点是点在坐标平面内的射影，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用点在坐标平面内的射影坐标运算即可得解. 【详解】解：∵点是点在坐标平面内的射影， ∴点的坐标为， 故选：A. 10．（23-24高二上·北京通州·期中）在空间直角坐标系中，已知，，.则与的夹角的余弦值为 ；在的投影向量 . 【答案】 /0.5 【分析】先根据空间向量的坐标运算求出与的坐标，然后由向量夹角的运算公式和投影向量的计算公式即可求出结果. 【详解】因为，，， 所以，， 所以， 在的投影向量为. 故答案为：；. 11．（23-24高二上·北京·校考期中）已知，且. (1)求； (2)求向量与夹角的大小. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据求出坐标，进而求出的坐标，则模可求； （2）求出坐标，然后求数量积，根据数量积可得夹角. 【详解】（1）， ， ； （2）由（1）可得， ， 向量与垂直， 即向量与夹角的大小为. 12．（23-24高二上·北京·期中）已知空间直角坐标系中四个点的坐标分别为：. (1)求； (2)若，求x的值； (3)若D点在平面ABC上，直接写出x的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据空间向量的模求得正确答案. （2）根据向量垂直列方程，化简求得的值. （3）根据向量共面列方程，从而求得的值. 【详解】（1）. （2）， 由于，所以， 解得. （3）， 设，即， 所以，解得. 13．（23-24高二上·北京丰台·期中）已知向量，， . (1)若，求实数的值； (2)求； (3)若，，不能构成空间向量的一个基底，求实数的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由可知，，再由数量积的坐标运算即可. （2）模长公式的坐标运算即可. （3）利用空间共面向量定理即可. 【详解】（1）∵， ∴，即， ∴． （2）∵，， ∴， ∴ （3）若，，不能构成空间向量的一个基底， 则与，共面， 故存在唯一的实数对，使得， 即， ， ∴，解得， ∴. 空间中的夹角问题 1．（23-24高二上·北京·期中）关于空间中的角，下列说法中正确的个数是（    ） ①空间中两条直线所成角的取值范围是    ②空间中直线与平面所成角的取值范围是 ③空间中二面角的平面角的取值范围是    ④空间中平面与平面所成角的取值范围是 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面所成角范围判断即可. 【详解】对于①：由空间中两条直线所成角的取值范围是，可知①正确； 对于②：由空间中直线与平面所成角的取值范围是，可知②正确； 对于③：空间中二面角的平面角的取值范围是，可知③错误； 对于④：空间中平面与平面所成角的取值范围是，可知④正确； 故选：C 2．（23-24高二上·北京理工大学附属中学·校考期中）在正方体中， 直线与平面所成角为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，作出直线与平面所成角，再利用直角三角形边角关系求解即可. 【详解】在正方体中，连接，连接，    由平面，平面，得，又， 平面，则平面， 于是是直线与平面所成的角， 在中，，，因此， 所以直线与平面所成角为. 故选：D 3．（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 4．（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. 5．（23-24高二上·北京·校考期中）已知点P是正方体的棱上的一个动点，设异面直线与所成的角为，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由正方体的性质可知所求为的最小值，又因为，可知当点在处时，有最小值，计算可得结果. 【详解】解：由正方体的性质可知：，则异面直线与所成的角为直线与直线所成的角，即或其补角. 又因为平面，所以，即求的最小值. ，当点在处时， . 故选：A. 6．（23-24高二上·北京市人大附中·校考期中）已知正三棱柱的所有侧棱长及底面边长都为2，是的中点，则直线与平面所成角的正弦值为 ． 【答案】 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】如图所示，以为原点，过点垂直于的直线为轴，以和所在的直线分别为轴和轴，建立空间直角坐标系， 因为正四棱柱的所有侧棱长及底面边长都为， 可得， 则， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 设直线与平面所成的角为， 可得， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 故答案为：.    7．（23-24高二上·北京房山·期中）设分别是空间两直线的方向向量，则直线所成角的大小为 ． 【答案】 【分析】根据空间向量的坐标运算结合直线的位置关系分析求解. 【详解】因为， 可知，所以直线所成角的大小为. 故答案为：. 8．（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：. 9．（23-24高二上·北京理工大学附属中学·校考期中）在古代数学中，把正四棱台叫做方亭，数学家刘徽用切割的方法巧妙地推导出了方亭的体积公式，为方亭的下底面边长，为上底面边长，为高.某地计划在一片平原地带挖一条笔直的沟渠，渠的横截面为等腰梯形，上底为米，下底为米，深米，长为米，并把挖出的土堆成一个方亭，设计方亭的下底面边长为米，高为米，则其侧面与下底面所成的二面角的正切值为 . 【答案】/ 【分析】计算出挖出的土的体积，利用台体体积公式求出的值，然后作出图形，找出其侧面与下底面所成的二面角的平面角，即可计算出侧面与下底面所成的二面角的正切值. 【详解】由题意知挖出的土的体积， 则由，整理得， 解得或（舍去）. 在正四棱台中，，， 设点在底面内的射影为点，点在底面内的射影为点， 设直线分别交、于点、，连接、，    因为平面，平面，所以，， 又因为平面平面，所以，， 故四边形为矩形，所以，， 因为，，则，所以，， 因为平面，平面，则， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，， 所以，侧面与底面所成二面角的平面角为， 易知四边形、是全等的等腰梯形，且，， 所以，， 因为，且，则四边形为矩形，故，则， 故四边形为等腰梯形， 因为，，，故， 所以，， 又因为，，故， 在中，. 故答案为：. 空间中的距离问题 1．（23-24高二上·北京·期中）在空间直角坐标系中，若有且只有一个平面，使点到的距离为，且点到的距离为，则的值为（    ） A． B．或 C．或 D．或 【答案】B 【分析】分析可知，以点为球心，半径为的球面与以点为球心，半径为的球内切，可得出球心距等于两球半径之差的绝对值，结合空间中两点间的距离公式可求得实数的值. 【详解】由题意可知，满足题意时，以点为球心，半径为的球面与以点为球心，半径为的球内切， 所以，球心距等于两球半径之差的绝对值， 即，解得或. 故选：B. 2．（23-24高二上·北京·期中）如图，在长方体中，，，点在侧面上．若点到直线和的距离相等，则的最小值是（ ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，设，其中，根据题意得到，表达出，得到最小值. 【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， 设，其中，， 则点到直线的距离为， 点到直线的距离为 ， 故， 则， 因为，故当时，取得最小值，最小值为. 故选：B 3．（23-24高二上·北京·期中）已知空间中三点、、，那么点到直线的距离为 . 【答案】/ 【分析】利用空间向量数量积的坐标运算求出的值，进而可求得，由此可得出点到直线的距离为，即可得解. 【详解】由已知可得，， ， 所以，， 因此，点到直线的距离为. 故答案为：. 4．（23-24高二上·北京·期中）如图，在正三棱柱中，各棱长均为4，N是的中点.则点到平面ABN的距离为 .    【答案】 【分析】构建空间直角坐标系，写出相关点坐标，并求出面ABN的一个法向量、，利用点面距离的向量求法求到平面ABN的距离. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，. 由N是的中点，则. 设平面ABN的一个法向量为，则， 令，即，而， 设点到平面ABN的距离为，则.    故答案为： 5．（23-24高二上·北京理工大学附属中学·校考期中）已知正方体的棱长为3，则到平面的距离为 . 【答案】 【分析】根据正方体的性质以及线面垂直的判定定理、性质定理，可得出平面.构造辅助线得出与平面的交点，然后根据相似三角形，即可得出答案. 【详解】   如图，连接，， 由正方体的性质可知，平面，. 因为平面，所以. 因为平面，平面，， 所以平面. 因为平面，所以. 同理可得. 因为平面，平面，， 所以平面. 连接AC交BD于O，连接交于点， 则到平面的距离即等于的长. 因为，且，所以四边形为平行四边形. 又，所以，则， 所以，即到平面的距离为. 故答案为：. 空间向量与立体几何综合 1．（23-24高二上·北京·期中）如图所标，已知四棱锥中，ABCD是直角梯形，，平面平面，.    (1)证明：平面； (2)求B到平面的距离； (3)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明详见解析 (2) (3) 【分析】（1）通过证明，结合面面垂直的性质定理证得平面ABCD. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得B到平面ADE的距离. （3）利用向量法求得二面角的余弦值. 【详解】（1）由于，所以， 由于平面平面，且交线为， 平面，所以平面. （2）由于平面，所以， 所以两两相互垂直，由此建立如图所示空间直角坐标系，    则， 故，设平面的法向量为， 则，故可设， 又，所以到平面的距离为. （3）由（2）得平面的法向量为. 而，设平面的法向量为， 则，故可设， 由图可知二面角为钝角，设为， 则. 2．（23-24高二上·北京·校考期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，，． (1)求证：BD⊥平面PAC； (2)若，求PB与AC所成角的余弦值； (3)当平面PBC与平面PCD垂直时，求PA的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据四边形ABCD是菱形，得到，再根据平面，得到，然后利用线面垂直的判定定理证明； （2）设，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设与所成角为，由求解； （3）设，分别求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，根据平面平面，由求解. 【详解】（1）证明：因为四边形ABCD是菱形， 所以， 又因为平面， 所以， 又 所以平面. （2）设， 因为，， 所以，， 如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，， ， 所以， 设与所成角为，则； （3）由（Ⅱ）知， 设，则， 设平面的一个法向量， 则，，所以， 令，则，， 所以 同理平面的一个法向量， 因为平面平面， 所以，即， 解得，所以. 3．（23-24高二上·北京·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD是正三角形，AD的中点为O，平面ABCD. (1)证明：平面PAD； (2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值； (3)求点D到平面PBC的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理和判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得线面角的正弦值； （3）利用空间向量法可求得点到平面的距离； 【详解】（1）因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 又ABCD是正方形，所以，又，且平面PAD，平面PAD， 所以平面PAD； （2）以点A为原点，分别以直线为轴、轴，过A且垂直底面的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 依题意，，，，，， 所以，，， 设平面PBC的法向量为，由得， 取，得平面PBC的一个法向量为， 设直线PA与平面PBC所成角为，则； （3），由（2）知平面PBC的一个法向量为， 所以点D到平面PBC的距离. 4．（23-24高二上·北京西城·期中）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成的角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）依题意可得，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）因为四棱锥的底面是矩形，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）因为底面且是矩形， 如图建立空间直角坐标系，则，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，取， 平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的角为，则， 所以平面与平面所成的角的余弦值为. 5．（23-24高二上·北京·期中）如图，在直三棱柱中，，，M为AB的中点，D在上且.    (1)求证：平面平面； (2)求直线CM与平面CBD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）证明，推出平面，进而可得结论； （2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求直线CM与平面CBD所成角的正弦值； （3）利用向量法求二面角的余弦值. 【详解】（1）直三棱柱中, ，M为AB的中点， ，平面，平面 ，又，平面， 平面，又平面， 平面平面； （2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 设， 则， 设面的法向量， 则，取，得， 设直线CM与平面CBD所成角为， ；    （3）设面的法向量为，又， ，取得， ， 所以二面角的余弦值为. 空间中的动点、轨迹问题 1．（23-24高二上·北京·期中）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，下列四个结论中，错误的是（    ）    A.存在点∥平面 B．对任意点 C．存在点，使得与所成的角是 D．不存在点，使得与平面所成的角是 【答案】D 【分析】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求解.选项A，取平面的一个法向量，将∥平面平面转化为；选项B，转化为；选项C，与所成的角是转化为；选项D，由平面，结合选项C可知. 【详解】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点， 以，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 设，又， ∴，又， 则， ∴， 选项A，取平面的一个法向量， 令，解得，此时， ∴当时，与垂直，而平面， 故∥平面，故A项正确； 选项B，， 则， 故对任意点，故B项正确； 选项C，，则， 令， 化简得，解得，或， 故存在点，使得与所成的角是，故C项正确； 选项D，连接， 在正方体中， 由底面是正方形，则， 由平面，平面，则， 又平面，平面，， 则平面，即是平面的一个法向量， 由C项分析可知，存在点，使得与所成的角是， 即存在点，使得与平面所成的角是，故D项错误. 故选：D. 2．（23-24高二上·北京·期中）如图，在棱长为的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则下列四个命题中正确命题的个数是（    ） ①存在点，使得    ②不存在点，使得平面 ③三棱锥的体积是定值    ④不存在点，使得与所成角为 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 对于①，由、即可判断；对于②，若为中点，根据正方体、线面的性质及判定即可判断；对于③，只需求证与面是否平行；对于④，利用空间向量求直线夹角的范围即可判断. 【详解】对于①，在正方体中，，， 则四边形为平行四边形，所以，， 而为线段的中点，即为的中点，所以， 若存在点，使得，且、不重合，则， 这与矛盾，假设不成立，①错； 对于②，若为中点，则，而，故， 又面，面，则，故， 因为，、面，则面， 所以存在使得平面，②错； 对于③，在正方体中，，， 所以，四边形为平行四边形，则， 而面，故与面不平行， 所以Q在线段上运动时，到面的距离不是定值， 故三棱锥的体积不是定值，③错； 对于④，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图示空间直角坐标系， 则、，且， 所以，， 则， 整理可得，解得，合乎题意， 所以，存在点，使得与所成角为，④错. 故选：A. 3．（23-24高二上·北京人大附中·校考期中）如图，在棱长为2的正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面 C．三棱锥的体积是定值 D．存在点Q，使得PQ与AD所成的角为 【答案】B 【分析】A由、即可判断；B若为中点，根据正方体、线面的性质及判定即可判断；C只需求证与面是否平行；D利用空间向量求直线夹角的范围即可判断. 【详解】A：正方体中，而P为线段的中点，即为的中点， 所以，故不可能平行，错； B：若为中点，则，而，故， 又面，面，则，故， ，面，则面， 所以存在Q使得平面，对； C：由正方体性质知：，而面，故与面不平行， 所以Q在线段上运动时，到面的距离不一定相等， 故三棱锥的体积不是定值，错； D：构建如下图示空间直角坐标系，则，，且， 所以，，若它们夹角为， 则， 令，则， 当，则，； 当则； 当，则，； 所以不在上述范围内，错. 故选：B 4．（23-24高二上·北京·校考期中）在棱长为2的正方体中，E为的中点，点P在底面上移动，且满足，则线段的长度的最大值为(    ) A．2 B．3 C． D． 【答案】B 【分析】以为原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设，根据求出a、b之间的关系，利用两点间距离公式结合二次函数性质可求长度的最大值． 【详解】以为原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，设，，， 则，， ，， ，则易求， ， 由二次函数的性质可知，当时，可取到最大值9， 线段的长度的最大值为3． 故选：B． 5．（23-24高二上·北京·校考期中）已知在棱长均为的正三棱柱中，点为的中点，若在棱上存在一点，使得平面，则的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设点为的中点，取的中点，连接，，然后证明平面即可. 【详解】如图，设点为的中点，取的中点，连接，，    则，又平面，平面，∴平面， 易知，故平面与平面是同一个平面， ∴平面，此时， 故选：B 6．（23-24高二上·北京·校考期中）如图，已知正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（    ） A．存在点，使 B．三棱锥的体积随动点变化而变化 C．直线与所成的角不可能等于 D．存在点，使平面 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量来表达出，，，从而判断AC选项；求出平面的法向量，判断与的关系，判断D选项；B选项可以判断出∥平面，从而得到到平面的距离不变，所以为定值，不随E的变动而变动，故三棱锥的体积不随动点变化而变化，B选项错误. 【详解】以点D为原点，DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为2，则，，，，，，因为为线段上运动，设（），则，，若，则（），则有，显然无解，故A错误； 因为∥AC，平面，平面，故∥平面，因为为线段上运动，故到平面的距离不变，所以为定值，不随E的变动而变动，故三棱锥的体积不随动点变化而变化，B错误； ，设直线与所成角为，则，令，解得：，故当E为中点时，此时直线与所成的角为60°，故C错误； 设平面的法向量为，则，令得：，故，因为当时，即，故平面，故D正确. 故选：D 7．（23-24高二上·北京·期中）如图，在边长为2正方体中，E为BC的中点，点P在正方体表面上移动，且满足，则点和满足条件的所有点P构成的图形的周长是 .    【答案】 【分析】以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，由坐标法证明，从而得出满足条件的所有点P构成的图形，进而得出周长. 【详解】以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系， 如图，取的中点分别为，连接， 由于，所以四点共面，且四边形为梯形， ， ， 因为 所以，所以由线面垂直的判定可知平面， 即满足条件的所有点P构成的图形为， 由于，则满足条件的所有点P构成的图形的周长为. 故答案为：    8．（23-24高二上·北京海淀·期中）如图，正方体的棱长为，点在正方体的表面上运动，且，若动点的轨迹的长度为3π，则棱长为 ．    【答案】2 【分析】 点在以为球心为半径的球上,又点在正方体的表面上,故的轨迹为三段相等圆弧(球被正方体各个面所截)，进而求解即可. 【详解】 如图，连接，易知，    所以在平面，平面，平面上都存在满足， 当点在平面内时，连接， 因为，所以， 所以点在平面内的轨迹就是以为圆心，为半径的圆弧，其长度为. 同理可得，点在平面内的轨迹的长度为，点在平面内的轨迹的长度为， 所以点的轨迹的总长度为，∴． 故答案为：2． 9．（23-24高二上·北京西城·期中）如图，棱长为2的正方体的侧面（含边界）内有一动点P，则下列结论中正确的是 ．    ①若，则； ②若，则； ③若，则 ④若，则存在非零向量使． 【答案】②③④ 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量的坐标表示判断各命题． 【详解】如图，以为轴建立空间直角坐标系，正方体棱长为2， 则，，，，，，，， ， ，， 则，时，，①错； ，， ，则，②正确； ，， ，则，所以，③正确； 在侧面内，设，， ，，当时，，④正确， 故答案为：②③④．    10．（23-24高二上·北京·校考期中）如图，在棱长为2的正方体中，分别为线段上的动点，给出下列四个结论：      ①当为线段的中点时，两点之间距离的最小值为； ②当为线段的中点时，三棱锥的体积为定值； ③存在点，，使得平面； ④当为靠近点的三等分点时，平面截该正方体所得截面的周长为. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】②③ 【分析】对于①，根据垂线段最短，结合等边三角形图形特点进行计算即可； 对于②，根据三棱锥体积公式进行判断即可； 对于③，根据线面垂直的判定定理得到平面，进而判断即可； 对于④，根据正方体图形特点找到截面，进而求解周长即可. 【详解】对于①，当为线段的中点时，连接，如图所示，      则为线段的中点，是边长为的正三角形， 两点之间距离的最小值为到的垂线段长度， 此时，故①错误； 对于②，当为线段的中点时，连接，如图所示，      显然，到平面的距离为定值，面积为定值， 结合三棱锥体积公式可知，三棱锥的体积为定值，故②正确； 对于③，当与重合，与重合时，如图所示，      由正方体可知平面，， 因为平面，所以， 又因为平面，， 所以平面， 因为平面，所以， 同理，， 又因为平面，， 所以平面，即平面， 所以存在点，，使得平面，故③正确； 对于④，当为靠近点的三等分点时，延长交于点， 取中点，连接，如图所示，      由得四边形是平行四边形，所以 ， 由可知，即， 所以是中点，又因为是中点，所以,， 所以平面截该正方体所得截面为等腰梯形， 在直角中，，同理， 所以截面的周长为, 即当为靠近点的三等分点时，平面截该正方体所得截面的周长为，故④错误. 故答案为：②③ 立体几何劣构题型 1．（23-24高二上·北京·校考期中）如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形.再从条件①､条件②､条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)设是的中点，棱上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 条件①：； 条件②：； 条件③：平面平面. 注：如果选择多种方案分别解答，那么按第一种方案解答计分. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)存在点； 【分析】（1）只能选择①③，由平面平面易证，结合勾股定理逆定理可证，进而得证平面； （2）以方向为轴，方向为轴，方向为轴，求出和平面的法向量，结合线面夹角的向量公式即可求解； （3）结合向量法，要使平面，即，求出点坐标，进而求出的长. 【详解】（1）因所求问题包括线面角大小，需要求出边长，故①必选， 选②缺垂直条件，因为，又四边形是边长为4的正方形，所以，，平面平面所以平面又平面所以，选①②无法证明平面； 故只能选择①③，理由如下： 因为平面平面，平面平面，四边形是边长为4的正方形，所以，所以平面， 又因为平面，所以，，所以， 又因为，所以，平面，， 所以平面； （2）由（1）知两两垂直，故以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，则，故，，设平面的方向量为，则，即，令，得，故，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为； （3）假设存在设点，使得平面，则，因为平面，所以，，所以，，解得，故，， 所以存在点，为中点，使得平面，此时. 2．（23-24高二上·北京·校考期中）如图，在四棱锥中，底面是菱形，为的中点. (1)证明：平面； (2)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答. ①；②；③与平面所成的角为. 若平面，，且______________，求二面角的余弦值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）设AC,BD交于点O，连结OF.利用线面平行的判定定理证明平面； （2）过O作.以O为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.选择条件①②③，都可以求出,，求出各个点的坐标，利用向量法求解. 【详解】（1）设AC,BD交于点O，因为是菱形，所以O为BD的中点. 连结OF.因为为的中点，所以为的中位线，所以. 因为面，面， 所以平面. （2）过O作.以O为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系. 选条件①：. 在菱形中， .因为，所以,.所以,,,,,,. 所以,. 设为面ACF的一个法向量，则：， 不妨令x=2，则. 显然为面ACD 的一个法向量. 设二面角的平面角为，由图示，为锐角， 所以. 选条件②. 在菱形中，，所以,所以.因为，所以,.所以,,,,,,. 所以,. 设为面ACF的一个法向量，则：， 不妨令x=2，则. 显然为面ACD 的一个法向量. 设二面角的平面角为，由图示，为锐角， 所以. 选条件③：与平面所成的角为. 因为平面，所以为与平面所成的角，即. 在直角三角形中，由可得：.所以,.所以,,,,,,. 所以,. 设为面ACF的一个法向量，则：， 不妨令x=2，则. 显然为面ACD的一个法向量. 设二面角的平面角为，由图示，为锐角， 所以. 3．（23-24高二上·北京·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，分别是的中点．    (1)求证：∥平面； (2)再从条件①，条件②中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：平面平面； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，可证∥，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）若条件①：根据面面垂直的性质定理可证平面，建系，利用空间向量求面面夹角；若条件②：根据线面垂直的判定定理可证平面，建系，利用空间向量求面面夹角. 【详解】（1）取的中点，连接，    因为分别为的中点，则∥，且， 又因为为矩形，且分别为的中点，则∥，且， 可得∥，且，即为平行四边形，则∥， 且平面，平面，所以∥平面. （2）若选条件①：因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面， 如图，以A为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 由题意可知：平面的法向量， 可得， 所以平面与平面夹角的余弦值； 若选条件②：连接， 可知，即，可得， 且，，平面， 所以平面， 如图，以A为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 由题意可知：平面的法向量， 可得， 所以平面与平面夹角的余弦值.    4．（23-24高二上·北京丰台·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，是棱的中点.      (1)求证：//平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：平面平面； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）根据中位线的性质得到，然后根据线面平行的判定定理证明即可； （2）利用空间向量的方法求角即可. 【详解】（1）      证明：在底面中，连接交于点，可得为中点，连接． 因为是的中位线， 所以， 因为平面，平面， 所以平面． （2）选①：平面平面． 因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面， 因为平面，平面， 所以，， 又底面是正方形，所以两两相互垂直． 如图建立空间直角坐标系， 则，，． 所以，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，．于是．                  又因为平面， 所以为平面的一个法向量. 设平面与平面夹角为，则 ．                  所以平面与平面夹角的余弦值为． 选②：． 因为，，又底面是正方形 所以两两相互垂直． 如图建立空间直角坐标系， 则，，． 所以，，       设平面的法向量为， 则，即， 令，则，．于是．    又因为，平面，所以平面， 所以为平面的一个法向量. 设平面与平面夹角为，则 ．                    所以平面与平面夹角的余弦值为． 5．（23-24高二上·北京丰台·期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，，，为棱的中点.    条件①：； 条件②：平面平面. 从条件①和条件②这两个条件中选择一个作为已知，完成下列问题： (1)求证：； (2)若点在线段上，且点到平面的距离为，求线段的长. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）选①：先用勾股定理证明，再由线线垂直证明线面垂直，继而证明。      选②：先由面面垂直证明线面垂直，继而证明。 （2）建立空间直角坐标系，用向量方法即可求解. 【详解】（1）选①：. 证明：在平行四边形中，， 因为，， 所以在△中，. 所以， 所以. 又，，平面，平面， 所以平面. 因为平面， 所以. 又因为， 所以.                                       选②：平面平面. 证明：因为平面平面，平面平面，，平面. 所以平面， 因为平面， 所以. （2）由（2）知，BA，BD，BP两两垂直，以为原点，，， 为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，， 所以，，.    设平面的一个法向量为， 则  即 令，则，. 所以． 因为点在线段上，设， 所以， 故点到平面的距离为，得. 所以 所以， 所以. 6．（23-24高二上·北京通州·期中）如图，在五面体中，平面为正方形，平面平面，.    注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. (1)求证：平面； (2)若，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小. 条件①：； 条件②：. 【答案】(1)证明见详解 (2)选条件①；选条件② 【分析】（1）根据条件知，利用线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直接坐标系，求出两个平面的法向量，根据向量夹角的余弦值即可求出夹角的大小. 【详解】（1）因为在五面体中，平面为正方形， 所以, 又平面，平面, 故平面； （2）若选条件①： 根据已知条件可得：, 因为，, 平面,平面, 所以平面, 因为平面,所以, 则以为坐标原点，分别以所在直线为轴， 建立空间直接坐标系如下图所示，    因为，， 所以 则, 由知，平面，平面, 又平面平面, 所以, 所以, 所以即. 因为平面,所以平面的法向量为, 设平面的法向量为，则 ， 令则， 设平面与平面夹角为， 则, 又， 则即平面与平面夹角的大小为 若选条件②：由知，平面，平面, 又平面平面, 所以, 过点作,交于点,    则四边形为平行四边形，又，， 则,又因为， 则,故, 即，则, 则以为坐标原点，分别以所在直线为轴， 建立空间直接坐标系如下图所示，    因为，， 所以 则, 又, 所以即. 因为平面,所以平面的法向量为, 设平面的法向量为，则 ， 令则， 设平面与平面夹角为， 则, 又， 则即平面与平面夹角的大小为 立体几何中折叠问题 1．（23-24高二上·北京·期中）.如图，在正方形中，点E、F分别为边，的中点.将沿所在直线进行翻折，将沿所在直线进行翻折，在翻折的过程中，下列说法正确的是（    ）    A．点A与点C在某一位置可能重合 B．点A与点C的最大距离为 C．直线与直线可能垂直 D．直线与直线可能垂直 【答案】D 【分析】将沿所在直线进行翻折，将沿所在直线进行翻折，在翻折过程中A，C的运动轨迹分别是圆，，是以为旋转轴的圆锥侧面；，是以为旋转轴的圆锥侧面； 【详解】由题意，在翻折过程中A，C的运动轨迹分别是两个平行的圆，所以点A与点C不可能重合，故选项A错误； 点A与点C的最大距离为正方形的对角线，故选项B错误； 由题易知直线与直线平行，所以直线与直线所成角和直线与直线所成角相等，显然直线与直线不垂直，故选项C错误； 由题在正方形中直线与直线平行，设翻折后点为， 由题易知初始位置，当沿所在直线翻折到与平面重合时， 所以在此连续变化过程中必存在，即，所以, 所以翻折过程中，直线与直线可能垂直，故选项D正确. 故选：D. 2．（23-24高二上·北京·校考期中）在平行四边形中，，,，将沿折起，使得平面平面，则到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】计算可得，结合平面平面，得平面，平面平面，在平面内，作于点H，则即为所求点B到平面的距离，计算可得结果. 【详解】由，,， 得，， 则，，又四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以平面平面， 在平面内，作于点H，因为平面平面，平面平面， 所以平面，则即为所求点B到平面的距离， 在直角三角形中，，又， 所以. 所以到平面的距离为.    故选：D. 3．（23-24高二上·北京通州·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. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在满足题意的点，且 【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. 【详解】（1）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）由（1）知，，， 所以以为原点，以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系， 设，则，，，， 则，，， 假设存在满足题意的点，设，则， 设平面的法向量为，则 ，即， 令，得，，即， 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， 所以. 立体几何中的存在性问题 1．（23-24高二上·北京·校考期中）如图，在四棱锥中，平面平面，底面为梯形，，，且，，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设是棱的中点，在棱上是否存在一点，使？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)见解析 (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据面面垂直的性质即可得出结论； （2）如图，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，利用向量法即可得出答案； （3）假设存在，设此时，分别求出，根据，可得存在唯一的实数，使得，列出方程组，解得即可得出结论. 【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面， ，所以平面； （2）解：作轴平面，则轴在平面中， 如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 则， 则， 设为平面的法向量，为平面的法向量， 则有，可取， 同理，可取， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为； （3）解：假设存在，设此时， ， ，， 则， 因为，则， 所以存在唯一的实数，使得，即， 所以，方程组无解，与题设矛盾， 所以不存在一点，使. 2．（23-24高二上·北京·校考期中）在如图所示的多面体中，EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AC⊥BC，且AC＝BC＝BD＝2AE＝2，M是AB的中点． (1)求证：CM⊥EM； (2)求平面EMC与平面BCD所成的锐二面角的余弦值； (3)在棱DC上是否存在一点N，使得直线MN与平面EMC所成的角为60°．若存在，指出点N的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在点，为棱的中点 【分析】（1）证明平面，再利用线面垂直的性质即可证得； （2）以为原点，分别以，为，轴，如图建立坐标系，分别求出两平面的法向量，从而求得平面与平面所成的锐二面角的余弦值； （3）设且，，则，再根据直线与平面所成的角为，得，从而可得出答案. 【详解】（1）证明：∵，是的中点，∴． 又平面，．∵， ∴平面，又平面，∴； （2）以为原点，分别以，为，轴，如图建立坐标系， 则，，，，， ，，，， 设平面的一个法向量， 则，取，，，所以， 设平面的一个法向量，则， 取，，，所以，， 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值 （3）在棱上存在一点， 设且，， ∴， ，，， ， 若直线与平面所成的角为，则． 解得：，所以符合条件的点存在，为棱的中点. 3．（23-24高二上·北京房山·期中）如图，在三棱柱中，平面，是的中点，，．    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)判断直线与平面是否相交，如果相交，求出A到交点H的距离；如果不相交，求直线到平面的距离． 【答案】(1)见解析 (2) (3)相交， 【分析】（1）构造中位线，利用线线平行证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量求二面角的余弦值； （3）利用平面的性质，即可判断直线与平面的位置关系，并利用图形求解. 【详解】（1）连结交于点，连结，    因为点分别是的中点，所以， 且平面，平面， 所以平面； （2）因为，， 所以，且平面， 所以如图，以点为原点，以向量为轴的方向向量建立空间直角坐标系，    ，，，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以平面的法向量为， 平面的法向量， 设二面角的平面角为， 则， 所以二面角的余弦值为； （3）如图，延长交于点，连结并延长，交的延长线于点， 因为点是的中点，所以， 所以，即， 则    4．（23-24高二上·北京大兴·期中）如图，在三棱柱中， 平面，，， 分别是的中点．    (1)求证：； (2)求证：平面； (3)在棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角为？若存在， 求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）建立空间坐标系，证即可； （2）求出平面的法向量，证即可； （3）设点满足，，求出平面的法向量，平面的法向量，利用向量夹角公式求解. 【详解】（1）因为在三棱柱中，平面， 所以平面．又， 所以． 故两两垂直． 以为原点，所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， 所以． 因为， 所以，即．    （2）设平面的法向量为，则 因为， 所以取则． 所以是平面的一个法向量． 因为， 所以．又因为平面， 所以平面． （3）设点满足，， 则． 设平面的一个法向量为，则 因为 所以取,则． 所以是平面的一个法向量． 由（1）得，是平面的一个法向量， 则平面与平面的夹角就是与的夹角或其补角． 若平面与平面的夹角为，则 ， 解得. 所以，在棱上存在点，使得平面与平面的夹角为， 此时． 5．（23-24高二上·北京·校考期中）如图，四棱锥中，平面，，是的中点． (1)证明：平面； (2)若二面角的余弦值是，求的值； (3)若，在线段上是否存在一点，使得．若存在，确定点的位置；若不存在，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）推导出平面． ．由此能证明平面; （2）建立空间直角坐标系，利用向量法能求出的值; （3）设，当，，，由知，,，这与矛盾,从而在线段上不存在点，使得． 【详解】（1）证明：因为 平面，, 所以 平面, 又因为 平面，所以 ． 在中，，是的中点， 所以 ． 又因为 , 平面, 所以 平面． （2）因为 平面，平面， 所以, 又因为  , 所以如图建立空间直角坐标系． 则, 则，， 设平面的法向量为． 则即 ， 令，则，， 故． 因为平面，平面， 所以, 又,平面, 所以平面． 又因为， 所以取平面的法向量为 所以， 则，解得． 又因为，所以； （3）结论：不存在．理由如下： 证明：设． 当时，，， 由知,，这与矛盾, 所以在线段上不存在点，使得． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$