专题01 空间向量与立体几何【6大经典基础题+3大优选提升题】-【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（广东专用）

专题01 空间向量与立体几何 【题型目录】 【经典基础题】 · 题型01、空间向量的线性运算 · 题型02、空间向量的数量积运算 · 题型03、空间向量基本定理 · 题型04、空间向量及其坐标运算 · 题型05、空间向量研究线面平行与垂直 · 题型06、空间向量研究角度问题 【优选提升题】 · 题型01、空间向量研究距离问题 · 题型02、空间向量研究存在性问题 · 题型03、空间向量的综合应用 空间向量的线性运算 1．（23-24高二上·广东佛山·期中）已知三棱锥分别是的中点，是的中点，设，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·广东东莞·期中）在四面体中，点M在线段上，且，N为中点，则（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知正方体，则下列各式运算结果不是的为（    ） A． B． C． D． 4．（21-22高二上·广东深圳·期末）如图，在三棱柱中，E、F分别是BC、的中点，为的重心，则（    ） A． B． C． D． 5．（22-23高二上·广东清远·期中）在下列条件中，使与 ，，一定共面的是（    ） A． B． C． D． 空间向量的数量积运算 6．（23-24高二上·广东深圳·期中）在平行六面体中，，，，，则 ． 7．（23-24高二上·广东东莞·期中）平行六面体中，，，，则 ；若动点在直线上运动，则的最小值为 . 8．（23-24高二上·广东惠州·期中）如图，在三棱锥中，已知平面，，，则向量在向量上的投影向量为 （用向量来表示）.    9．（23-24高二上·广东广州·期中）如图,给定长方体,,,点在棱的延长线上,且.设,,.    (1)试用表示向量; (2)求. 10．（23-24高二上·广东江门·期中）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长度都为2，且两两夹角为．求： (1)的长； (2)与夹角的余弦值． 空间向量基本定理 11．（23-24高二上·广东江门·期中）给出下列命题，其中正确命题有（    ） A．空间任意三个不共面的向量都可以作为一个基底 B．已知，则与任何向量都不构成空间的一个基底 C．已知向量，则与任何向量都不能构成空间的一个基底 D．是空间四点，若不能构成空间的一个基底，则共面 12．（23-24高二上·广东清远·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． 13．（23-24高二上·广东茂名·期中）如图，在平行六面体中，与的交点为，设，，，若，则（     ）    A．1 B．0 C． D．2 14．（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 15．（23-24高二上·广东深圳·期中）在四面体中（如图），平面平面，是等边三角形，，，M为AB的中点，N在侧面上（包含边界），若，（，，），则（    ） A．若，则平面ACD B．当最小时， C．若，则 D．当最大时， 空间向量及其坐标运算 16．（23-24高二上·广东中山·期中）已知向量，若，则实数（    ） A． B． C． D． 17．（23-24高二上·广东清远·期中）已知向量且共面，则 . 18．（23-24高二上·广东深圳·期中）在空间直角坐标系中，向量，则的最大值为 ． 19．（23-24高二上·广东东莞·期中）已知，，，设，，. (1)判断的形状； (2)若，求的值. 20．（23-24高二上·广东佛山·期中）已知，，且. (1)求. (2)求与夹角的余弦值. 空间向量研究线面平行与垂直 21．（23-24高二上·广东江门·期中）长方体中，，.点为中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面. 22．（23-24高二上·广东清远·期中）如图所示，在底面是矩形的四棱锥中，底面分别是的中点，. (1)求两点间的距离； (2)求证：平面； (3)求证：平面平面. 23．（23-24高二上·广东广州·期中）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，M为与的交点．若．    (1)求； (2)求证：直线平面． 24．（23-24高二上·广东佛山·期中）如图，在长方体中，分别是的中点．求证： (1)四边形为平行四边形； (2)平面． 25．（22-23高二上·广东·期中）如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，，分别是，的中点.      (1)求证：. (2)已知点在平面内，且平面，试确定点的位置. 空间向量研究角度问题 26．（23-24高二上·广东中山·期中）如图，圆锥的轴截面为等边三角形，为弧的中点，，分别为母线、的中点，则异面直线和所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 27．（21-22高二上·广东深圳·期中）如图，在正方体中，，分别为棱，的中点，面，则与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 28．（21-22高二上·广东广州·期中）在四棱锥中，平面，是矩形，且，，，则平面与平面的夹角为（    ） A． B． C． D． 29．（23-24高二上·广东佛山·期中）在如图所示的试验装置中，四边形框架为正方形，为矩形，，且它们所在的平面互相垂直，为对角线的中点，活动弹子在正方形对角线上移动． (1)若，求的值； (2)当为的中点时，求平面与平面夹角的余弦值． 30．（23-24高二上·广东东莞·期中）如图，在四棱锥中，，分别为，的中点，连接，，，空间一点满足.    (1)求证：平面； (2)若为的中点，，，两两垂直且相等，四边形是面积为2的平行四边形，求平面与平面夹角的余弦值. 空间向量研究距离问题 31．（23-24高二下·广东广州·期中）如图，三棱柱所有棱长均为，，侧面与底面垂直，、分别是线段、的中点． (1)求证：； (2)若点为棱上靠近的三等分点，求点到平面的距离． 32．（23-24高二上·广东中山·期中）如图，在几何体中，底面为正方形，，平面平面，. (1)求点到平面的距离； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 33．（23-24高二上·广东江门·期中）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，M为BC的中点． (1)求证：平面； (2)求点D到平面的距离． 34．（23-24高二上·广东湛江·期中）如图，在底面为梯形的四棱锥中，底面，. (1)证明：平面. (2)延长至点，使得，求点到平面的距离. 空间向量研究存在性问题 35．（21-22高二上·广东广州·期中）在如图所示的几何体中，四边形为正方形，平面，，，. (1)求与平面所成角的正弦值； (2)在棱上是否存在一点F，使得平面平面？如果存在，求的值；如果不存在，说明理由. 36．（22-23高二上·辽宁沈阳·期末）如图所示，是等腰直角三角形，，、都垂直平面，且． (1)证明：； (2)在平面内寻求一点，使得平面，求此时二面角的平面角的正弦值. 37．（21-22高二下·广东）如图，三棱柱中，侧面，已知，，，点是棱的中点. (1)求异面直线与所成的角的余弦值； (2)在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 38．（21-22高二上·广东佛山·期中）是边长为2的等边三角形，为边上的动点，且，为的中点，为的中点.将沿进行折起，使得平面平面. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)是否存点使得平面，若存在请确定点的位置，若不存在，请说明理由. 39．（23-24高二上·广东东莞·期中）如图，在斜三棱柱中，已知为正三角形，四边形是菱形，，是的中点，平面平面． (1)若是线段的中点，求证：平面； (2)若是线段的一点（如图），且，二面角的余弦值为，求的值． 空间向量的综合应用 40．（23-24高二上·广东惠州·期中）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为1的等边三角形，且. (1)求直线和平面所成角的正弦值； (2)在棱上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，并求出的值. 41．（23-24高二上·广东江门·期中）如图，在多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，，，，． (1)求证：； (2)若四边形ACEF为正方形，在线段AF上是否存在点P，使得二面角的余弦值为？若存在，请求出线段AP的长；若不存在，请说明理由． 42．（23-24高二上·广东佛山·期中）如图，在矩形中，，点是边上的动点，沿将翻折至，使得平面平面．      (1)当时，求证：； (2)当时，求二面角的正弦值． 43．（23-24高二上·广东深圳·期中）如图，在三棱柱中，平面，已知，点是棱的中点．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； 44．（23-24高二上·广东广州·期中）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在平面互相垂直，活动弹子分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记，活动弹子在上移动. (1)求证：直线平面； (2)a为何值时，的长最小? (3)为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值. ( 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 【题型目录】 【经典基础题】 · 题型01、空间向量的线性运算 · 题型02、空间向量的数量积运算 · 题型03、空间向量基本定理 · 题型04、空间向量及其坐标运算 · 题型05、空间向量研究线面平行与垂直 · 题型06、空间向量研究角度问题 【优选提升题】 · 题型01、空间向量研究距离问题 · 题型02、空间向量研究存在性问题 · 题型03、空间向量的综合应用 空间向量的线性运算 1．（23-24高二上·广东佛山·期中）已知三棱锥分别是的中点，是的中点，设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量线性运算，结合图形即可得解. 【详解】因为分别是的中点，是的中点， 所以，， 则. 故选：D. 2．（23-24高二上·广东东莞·期中）在四面体中，点M在线段上，且，N为中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据以及的位置，通过空间向量的加减以及数乘将表示为的线性组合. 【详解】因为，所以， 又因为N为中点，所以， 所以， 故选：B. 3．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知正方体，则下列各式运算结果不是的为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间向量的加法运算依次判断即可. 【详解】 选项A中，； 选项B中，； 选项C中，； 选项D中， . 故选：B. 4．（21-22高二上·广东深圳·期末）如图，在三棱柱中，E、F分别是BC、的中点，为的重心，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据向量的数乘及加、减运算求解即可. 【详解】解：由题意可得： . 故选：A. 5．（22-23高二上·广东清远·期中）在下列条件中，使与 ，，一定共面的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间共面向量定理以及其结论一一判断各选项，即可得答案. 【详解】对于A选项，,由于，所以不能得出共面. 对于B选项，由于，则为共面向量，所以共面. 对于C选项, ，由于，所以不能得出共面. 对于D选项，由得， 而，所以不能得出共面, 故选：B 空间向量的数量积运算 6．（23-24高二上·广东深圳·期中）在平行六面体中，，，，，则 ． 【答案】 【分析】利用空间向量的数量积计算即可. 【详解】由题意可知， 所以 . 故答案为：. 7．（23-24高二上·广东东莞·期中）平行六面体中，，，，则 ；若动点在直线上运动，则的最小值为 . 【答案】 / 【分析】以为基底表示出，即可求得，设，根据空间向量的线性运算和数量积的运算规律可得，可求得其最小值. 【详解】根据题意可得， 所以 ， 即可得； 设，则， ； 所以 ， 由二次函数性质可知当时，取到最小值为. 故答案为：； 8．（23-24高二上·广东惠州·期中）如图，在三棱锥中，已知平面，，，则向量在向量上的投影向量为 （用向量来表示）.    【答案】 【分析】写出表达式，求出，即可得出向量在向量上的投影向量. 【详解】由题意， 在三棱锥中，已知平面， , ∵面， ∴， 在中，，， ∴, ， ∴向量在向量上的投影向量为： ， 故答案为：. 9．（23-24高二上·广东广州·期中）如图,给定长方体,,,点在棱的延长线上,且.设,,.    (1)试用表示向量; (2)求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意得,再由空间向量的线性运算即可求解; （2）先由空间向量的线性运算求得,再根据空间向量的数量积公式求解即可. 【详解】（1）因为点在棱的延长线上,且, 所以, 则. （2）由题意得, 则, 所以. 10．（23-24高二上·广东江门·期中）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长度都为2，且两两夹角为．求： (1)的长； (2)与夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）表达出，平方后，结合数量积运算法则计算出，求出的长为； （2）计算出，，从而利用向量的夹角余弦公式求出答案. 【详解】（1）设，，，由题意知：，， ∴， 又∵， ∴， ∴，即的长为， （2）∵， ∴， ∴， ， ∴， 即与夹角的余弦值为． 空间向量基本定理 11．（23-24高二上·广东江门·期中）给出下列命题，其中正确命题有（    ） A．空间任意三个不共面的向量都可以作为一个基底 B．已知，则与任何向量都不构成空间的一个基底 C．已知向量，则与任何向量都不能构成空间的一个基底 D．是空间四点，若不能构成空间的一个基底，则共面 【答案】ACD 【分析】根据空间向量的概念，逐项分析即可. 【详解】选项中，根据空间基底的概念，可得任意三个不共面的向量都可以作为一个空间基底，所以正确； 选项中，根据空间基底的概念，可得不正确； 选项中，因为所以与任何向量都共面，故不能构成一个空间基底，所以正确； 选项中，由不能构成空间的一个基底，可得共面，又由过相同点，可得四点共面，所以正确. 故选：ACD. 12．（23-24高二上·广东清远·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． 【答案】C 【分析】先依据空间向量基本定理利用向量表示向量，进而求得的值，即可求得的值. 【详解】由 又，则 所以 故选：C 13．（23-24高二上·广东茂名·期中）如图，在平行六面体中，与的交点为，设，，，若，则（     ）    A．1 B．0 C． D．2 【答案】B 【分析】利用空间向量的加减运算法则以为基底表示出即可求得. 【详解】 即可得，， 所以. 故选：B 14．（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 15．（23-24高二上·广东深圳·期中）在四面体中（如图），平面平面，是等边三角形，，，M为AB的中点，N在侧面上（包含边界），若，（，，），则（    ） A．若，则平面ACD B．当最小时， C．若，则 D．当最大时， 【答案】BCD 【分析】根据可证平面，设，且，进而可得，对于：若，则点即为点，进而可得结果；对于、：过作，垂足为，可证平面，则，结合图形分析判断；对于：若，可得点在线段上（包括端点），结合垂直关系分析判断. 【详解】由，平面平面，平面平面，平面，得平面， 又N在侧面上（包含边界），设，且， 于是 ， 而，则，且， 对于，若，则，点即为点，显然平面，错误； 过作，垂足为，得，， 由平面，平面，得，而，平面， 则平面，因此， 对于，显然当点与点重合时，最小，此时，则，正确； 对于，若，则，即点在线段上（包括端点）， 由平面，平面，得，正确； 对于，显然当点与点重合时，最大，即最大，此时， 于是，正确. 故选：BCD. 空间向量及其坐标运算 16．（23-24高二上·广东中山·期中）已知向量，若，则实数（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用向量平行的坐标表示可得答案. 【详解】，， 因为，所以，解得. 故选：A. 17．（23-24高二上·广东清远·期中）已知向量且共面，则 . 【答案】 【分析】由题意可得存在非零实数满足，结合空间向量坐标的线性运算可得的值，进而结合空间向量模的坐标公式求解即可. 【详解】若共面，则存在非零实数满足， 则， 即，解得， 所以，则， 所以. 故答案为：. 18．（23-24高二上·广东深圳·期中）在空间直角坐标系中，向量，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】根据向量数量积的运算求得正确答案. 【详解】由题意得， 则， 当且仅当时等号成立， ，， ，要使同向，可取， ， 即，. 所以的最大值为． 故答案为： 19．（23-24高二上·广东东莞·期中）已知，，，设，，. (1)判断的形状； (2)若，求的值. 【答案】(1)等腰直角三角形 (2)2 【分析】（1）由空间向量的模长公式可计算的，，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k值即可. 【详解】（1），， 同理，， ，且， 所以是等腰直角三角形. （2），又， ，解得. 所以的值为2. 20．（23-24高二上·广东佛山·期中）已知，，且. (1)求. (2)求与夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用空间向量垂直的坐标表示可求得，即可计算出即可求得模长为； （2）根据向量夹角的计算公式即可求得结果. 【详解】（1）根据题意由可得， 即，解得； 所以， 因此，即. （2）易知，且； 所以， 即与夹角的余弦值为. 空间向量研究线面平行与垂直 21．（23-24高二上·广东江门·期中）长方体中，，.点为中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面. 【答案】(1)证明过程见解析 (2)证明过程见解析 【分析】 （1）根据长方体的性质，结合线面垂直的判定定理、正方形的性质进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用平面法向量的性质进行证明即可. 【详解】（1）因为是长方体， 所以平面，而平面， 所以， 又因为， 所以侧面是正方形，因此， 因为平面， 所以平面； （2）建立如图所示的空间直角坐标系， ， ， 设平面的法向量为， 则有， 因为， 所以有平面. 22．（23-24高二上·广东清远·期中）如图所示，在底面是矩形的四棱锥中，底面分别是的中点，. (1)求两点间的距离； (2)求证：平面； (3)求证：平面平面. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）建立空间直角坐标系，结合空间向量求解，进而求解； （2）利用空间向量可得，进而得到，进而根据线面平行的判定定理即可证明； （3）利用空间向量可得，进而得到平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明. 【详解】（1）由题可知，底面，， 以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 即两点间的距离为. （2）由（1）知，， 所以，即，即， 又平面平面， 所以平面. （3）由（2）知，，，， 所以，， 则，即， 又，且平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面. 23．（23-24高二上·广东广州·期中）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，M为与的交点．若．    (1)求； (2)求证：直线平面． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据线性运算得到，，然后根据数量积的公式计算即可； （2）利用空间向量的方法得到，，然后根据线面垂直的判定定理证明即可. 【详解】（1）   由题意得，， 所以 ， ， ， 所以. （2），，， 因为， ， 所以，， 因为，平面， 所以平面. 24．（23-24高二上·广东佛山·期中）如图，在长方体中，分别是的中点．求证： (1)四边形为平行四边形； (2)平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）建立空间直角坐标系，证明即可； （2）用向量法证明线面垂直. 【详解】（1）以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 所以，， 所以， 又四点不共线，所以四边形为平行四边形． （2）由（1）知，， 所以， 所以，即， 又因为平面． 所以平面．    25．（22-23高二上·广东·期中）如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，，分别是，的中点.      (1)求证：. (2)已知点在平面内，且平面，试确定点的位置. 【答案】(1)证明见解析 (2)点为的中点 【分析】（1）以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，设，再根据即可证明. （2）设，根据平面PCB得到，，即可得到答案. 【详解】（1）以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系（如图），    设，则，，，，，， 所以，， 所以， 所以. （2）因为平面PAD，设， 所以. 由（1），知，. 因为平面PCB， 所以， ， 所以，， 所以点G的坐标为，即点G为AD的中点. 空间向量研究角度问题 26．（23-24高二上·广东中山·期中）如图，圆锥的轴截面为等边三角形，为弧的中点，，分别为母线、的中点，则异面直线和所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，求出，，利用线线角的向量法，即可求出结果. 【详解】取中点，连接，如图，以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则, 又，分别为母线、的中点，所以， 则，， 设异面直线和所成角的， 则，又，所以. 故选：C. 27．（21-22高二上·广东深圳·期中）如图，在正方体中，，分别为棱，的中点，面，则与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量的坐标和的坐标，计算即可求解. 【详解】在正方体中以分别为轴建立空间直角坐标系. 设正方体的棱长为2， 则，，，，，，， 因为面，所以面的一个法向量为， 设与平面所成角为， 因为 则， 故选：A . 28．（21-22高二上·广东广州·期中）在四棱锥中，平面，是矩形，且，，，则平面与平面的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标公式即可求出夹角，结合图形即可求出结果. 【详解】 因为平面，是矩形，所以两两垂直， 故以为坐标原点，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 又，，， 所以, 因为平面，所以平面的一个法向量为， 而, 设平面的法向量为， 则，取，则平面的法向量， ，所以， 由图可知平面与平面的夹角为锐角，所以平面与平面的夹角为， 故选：A. 29．（23-24高二上·广东佛山·期中）在如图所示的试验装置中，四边形框架为正方形，为矩形，，且它们所在的平面互相垂直，为对角线的中点，活动弹子在正方形对角线上移动． (1)若，求的值； (2)当为的中点时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标，求出相关点坐标，求出的坐标，根据数量积的坐标表示计算数量积，即得答案； （2）求出平面平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）由题意知平面平面，且平面平面， 又，平面，故平面， 以B为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，    由于，， 故, 则， 故； （2）当为的中点时，，则，，    设平面的一个法向量为，则， 令，则， ，设平面的一个法向量为，则， 令，则， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为. 30．（23-24高二上·广东东莞·期中）如图，在四棱锥中，，分别为，的中点，连接，，，空间一点满足.    (1)求证：平面； (2)若为的中点，，，两两垂直且相等，四边形是面积为2的平行四边形，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证得平面及平面，从而得平面平面，最后利用面面平行的性质定理即可证明； （2）由题意建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合空间向量法求平面夹角运算公式，求解即可. 【详解】（1）因为，分别为，的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为，又平面，平面，所以平面， 又平面，平面，，所以平面平面， 又平面，所以平面. （2）因为为的中点，，，两两垂直且相等， 所以以，，所在直线分别为轴建立空间坐标系，如图：    由题意，四边形是面积为2的矩形，则，所以，， 所以，，，，， 因为，所以， 易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则， 令，则， 所以平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，， 则， 所以直平面与平面夹角的余弦值为. 空间向量研究距离问题 31．（23-24高二下·广东广州·期中）如图，三棱柱所有棱长均为，，侧面与底面垂直，、分别是线段、的中点． (1)求证：； (2)若点为棱上靠近的三等分点，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直的判定定理，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标系，利用空间距离的向量求法，即可求得答案; 【详解】（1）连接，因为三棱柱所有棱长均为2，则为等边三角形， 因为为中点，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，可得， 由题设知四边形为菱形，则， 因为，分别为，中点，则，可得， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以； （2）连接，因为，，所以为正三角形，所以， 又侧面与底面垂直，平面，侧面底面， 所以平面，所以，，两两垂直． 以为坐标原点，，，所在直线为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，，， 点为棱上靠近的三等分点，故， 可得，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，，可得， 所以点到平面的距离为； 32．（23-24高二上·广东中山·期中）如图，在几何体中，底面为正方形，，平面平面，. (1)求点到平面的距离； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量后可求点面距. （2）求出直线的方向向量和平面的法向量后可求线面角的正弦值. 【详解】（1）平面平面，且平面平面， 取的中点为坐标原点， 因为四边形为等腰梯形，所以连结与的中点的直线与垂直， 而平面，则平面， 如图，连结与的中点，则， 以为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系：    得，，，，，， ，，， 设平面的一法向量为， 由，即，取，， 平面的一法向量为， 因此点到平面的距离； （2）由于，，， 设平面的法向量为，， 由，即，取，， 求得平面的一个法向量为. 因此与平面所成的角的正弦值为 . 即因此与夹角的正弦值为. 33．（23-24高二上·广东江门·期中）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，M为BC的中点． (1)求证：平面； (2)求点D到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量证明即可； （2）求出平面的法向量，再利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：因为底面，平面， 因为， 因为四边形为矩形，所以， 所以两两垂直， 以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，， 所以， 因为M为BC的中点，所以， 所以， 所以，， 所以，， 所以， 因为，平面， 所以平面； （2）设平面的法向量为， 因为， 所以，令，则， 因为， 所以点D到平面的距离. 34．（23-24高二上·广东湛江·期中）如图，在底面为梯形的四棱锥中，底面，. (1)证明：平面. (2)延长至点，使得，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可； （2）以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量和直线的方向向量，由点到平面的距离公式求解即可. 【详解】（1）证明：因为，所以. 因为底面，所以， 因为，平面，所以平面， 又，所以平面. （2）解：以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，. 设平面的法向量为， 则，即令，得. 因为，所以点到平面的距离. 空间向量研究存在性问题 35．（21-22高二上·广东广州·期中）在如图所示的几何体中，四边形为正方形，平面，，，. (1)求与平面所成角的正弦值； (2)在棱上是否存在一点F，使得平面平面？如果存在，求的值；如果不存在，说明理由. 【答案】(1)； (2)存在点，． 【分析】（1）以点的原点建立空间坐标系，得到相关点坐标及向量，求出平面的一个法向量，从而由空间夹角公式求解； （2）由平面平面，得到两平面的法向量乘积为0，从面求得点的坐标，进而求得的值． 【详解】（1）解：如图建立空间坐标系，则，，，，， 所以，，． 设平面的一个法向量为，所以． 令，则，所以． 设与平面所成角为， 则． 所以与平面所成角的正弦值是． （2）解：依题意，可设，则，． 设平面的一个法向量为，则． 令，则，所以． 因为平面平面， 所以，即， 所以， 点， 所以． 36．（22-23高二上·辽宁沈阳·期末）如图所示，是等腰直角三角形，，、都垂直平面，且． (1)证明：； (2)在平面内寻求一点，使得平面，求此时二面角的平面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算即可证明； （2）根据四点共面、线面垂直等求出点的坐标，再利用空间向量坐标运算即可求得二面角的平面角的正弦值. 【详解】（1）因为，、都垂直平面，如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， ，则， 所以，则，故； （2）设平面的法向量为， 则，令，则 设，则，由于平面，所以，则，所以，即， 又平面，故存在实数，且满足，使得， 故，解得，所以 设平面的法向量为，又 则，令，则 设平面的法向量为，又 则，令，则， 所以，所以 则二面角的平面角的正弦值为. 37．（21-22高二下·广东·阶段练习）如图，三棱柱中，侧面，已知，，，点是棱的中点. (1)求异面直线与所成的角的余弦值； (2)在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在，或 【分析】（1）以为原点，分别以、、的方向为、、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与所成的角的余弦值； （2）计算出平面的一个法向量的坐标，假设存在点，设，其中，求出的坐标，利用空间向量法可得出关于的等式，结合的取值范围可求得的值，即可得解. 【详解】（1）解：，，，得， 由题意，因为，所以，， 又侧面，以为原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则有，，，，， ，， 设异面直线与所成的角为，则， 所以异面直线与所成的角的余弦值为. （2）解：由（1）得，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得， 假设存在点，设，其中， ， 由已知可得， 得，即，解得或， 因此，在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，且或. 38．（21-22高二上·广东佛山·期中）是边长为2的等边三角形，为边上的动点，且，为的中点，为的中点.将沿进行折起，使得平面平面. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)是否存点使得平面，若存在请确定点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，位置答案见解析 【分析】（1）根据题意，先证明平面，进而根据线面垂直的性质定理证明问题； （2）建立空间直角坐标系，进而通过空间向量的夹角公式求得答案； （3）通过线面垂直的判定定理，结合平面向量的数量积运算即可判断. 【详解】（1）如图，连接，由题意可知，，且，又为的中点，则，而平面AMN⊥平面BCNM，且交于MN，所以AO⊥平面BCNM. 易知是等腰三角形，为边上的中点，则，由可知，又，则平面，因为平面，所以. （2）以为原点，所在方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系. 设，则，，，，， ， 设平面的法向量为，则由，即，解得平面的一个法向量为， 因为y轴⊥平面AMN，所以平面的一个法向量为，所以，由图可知，平面与平面夹角的余弦值为. （3）由（1），AO⊥平面BCNM，则，而，于是当时，平面. ,，由 可得，又，则解得 故存在点，使得平面. 39．（23-24高二上·广东东莞·期中）如图，在斜三棱柱中，已知为正三角形，四边形是菱形，，是的中点，平面平面． (1)若是线段的中点，求证：平面； (2)若是线段的一点（如图），且，二面角的余弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【分析】（1）连接，根据已知得出.进而根据面面垂直以及线面垂直的性质定理得出.然后根据菱形的性质得出.进而即可根据线面垂直的判定定理，得出证明； （2）连接，先根据已知推得面.以为原点，建立直角坐标系．设，得出各点的坐标，根据向量共线得出点坐标，求出平面以及平面的法向量.根据已知列出方程，结合图象，即可得出的值. 【详解】（1）连接， 因为为正三角形且是的中点，所以. 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面. 因为平面， 所以. 因为四边形是菱形， 所以. 又，所以. 因为平面，平面，且， 所以平面． （2） 连接， 因为四边形是菱形， 所以，. 又，所以为等边三角形. 又是的中点，所以. 平面平面，平面平面，平面， 所以，面. 以为原点，所在直线为轴、所在直线为轴、所在直线为轴，如图建立直角坐标系． 设，则，，， 所以，，，. 又，所以. 设面法向量为， 因为，， 所以，即， 取，得. 设，则，， 由得，， 即，即， 则，则，. 设为面法向量，则 ，所以有，即， 取可得，. 由已知可得，解得或5． 因为二面角为锐二面角，所以由图可知，． 空间向量的综合应用 40．（23-24高二上·广东惠州·期中）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为1的等边三角形，且. (1)求直线和平面所成角的正弦值； (2)在棱上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，并求出的值. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）首先求得，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线和平面所成角的正弦值. （2）设，利用二面角的大小列方程，求得，进而求得. 【详解】（1）分别取CB、CD的中点为F、G，连结OF、OG， ∵为的中点，是边长为1的等边三角形，∴是直角三角形，，，， ∵CB、CD的中点为F、G， ∴，，， ∵，为的中点，∴， 又∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面，是三棱锥底面的高，是直角三角形 ∵，∴， 以O点为坐标原点，分别以OF、OG、OA所在的直线为轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， ∴，，， 设是平面的一个法向量， 则，即， 令，则，，，， ， ∴直线和平面所成角的正弦值等于； （2）在棱上存在点，使二面角的大小为. 设 由（1）知，， ， 是平面的一个法向量， 设是平面的一个法向量，则， 即， 取，，， ∵二面角的大小为， ∴， 即， 整理得，，解得，或（舍去）， 所以，，， 所以，在棱上存在点，使二面角的大小为，. 41．（23-24高二上·广东江门·期中）如图，在多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，，，，． (1)求证：； (2)若四边形ACEF为正方形，在线段AF上是否存在点P，使得二面角的余弦值为？若存在，请求出线段AP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）利用直角三角形和余弦定理及勾股定理的逆定理经过计算可证得，然后根据已知条件，利用面面垂直的性质定理可证得平面ACEF，从而证得结论； （2）根据已知条件利用面面垂直的性质定理可证得AF，AB，AD两两垂直，以A为原点，以射线AB、AD、AF为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量运算求得. 【详解】（1）因为，，则四边形ABCD为直角梯形， 又因为，可得，，则， 且，． 可知，即， 又因为平面平面ABCD, 平面平面,平面ABCD， 则平面ACEF, 且平面ACEF，所以. （2）因为四边形ACEF为矩形，则, 又因为平面平面ABCD, 平面平面,平面ACEF, 则平面ABCD,且，则CE⊥平面ABCD 所以AF,AB,AD两两垂直， 以A为原点，以射线AB、AD、AF为x,y,z轴，建立空间直角坐标系如图所示. 则， 设,平面PBD的法向量为 因为, 则,令,则,, 平面ABD的法向量为, 则,解得， 在线段AF上存在点P，使得二面角的余弦值为，线段AP的长为1. 42．（23-24高二上·广东佛山·期中）如图，在矩形中，，点是边上的动点，沿将翻折至，使得平面平面．      (1)当时，求证：； (2)当时，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证，根据面面垂直的性质可得平面，进而可证. （2）先建立空间直角坐标系，由空间向量法求二面角的正弦值. 【详解】（1）因为，，， 所以，，， 因为，所以， 因为平面平面， 又平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以. （2）取的中点，在上取点使， 由得，，故，， 又因平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 建立如图所示的空间直角坐标系， 由得，故， 又，，则， 故，，，， 则，， 由题知平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则，得，令，得，，， 设二面角的平面角为，则， 故， 即二面角的正弦值为.    43．（23-24高二上·广东深圳·期中）如图，在三棱柱中，平面，已知，点是棱的中点．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用勾股定理确定，根据线面垂直得到，得到平面； （2）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算两个平面的法向量，再根据向量的夹角公式计算得到答案. 【详解】（1）中，，即， 满足，故， 平面，平面，故， 又，平面，故平面； （2）如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，    ，，，，，， 平面，故平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，，， 则，取得到， 平面与平面夹角的平面角为锐角， 故余弦值为. 44．（23-24高二上·广东广州·期中）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在平面互相垂直，活动弹子分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记，活动弹子在上移动. (1)求证：直线平面； (2)a为何值时，的长最小? (3)为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）在平面内，过点作，交于点，连接.由已知可证明.进而根据线面平行以及面面平行的判定定理得出平面平面.然后即可根据面面平行的性质，得出证明； （2）先求出，.进而根据面面垂直的性质定理以及（1）的结论推得.根据勾股定理得出，结合的取值范围，即可得出答案； （3）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，求出，以及平面的一个法向量.设线面角为，根据向量表示出.分以及结合基本不等式，即可得出答案. 【详解】（1） 如图1，在平面内，过点作，交于点，连接， 因为，所以. 由已知可得，，， 所以，，， 所以，， 所以，. 又，所以. 因为平面，，平面， 所以，平面. 同理可得，平面. 因为平面，平面，， 所以，平面平面. 因为平面，所以直线平面. （2）由（1）可知，，， 所以，， 所以，. 同理可得，. 又平面平面，平面平面，，平面， 所以，平面. 因为平面，所以. 因为，，所以. 所以，是直角三角形， 所以， . 又，所以，即为线段中点时，有最小值， 所以，当时，的长度最小，最小值为. （3）由（2）知，平面. 又， 如图2，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，，，设，， 所以，，，. 设是平面的一个法向量， 则，取，则是平面的一个法向量. 因为 . 设与平面所成的角为， 则. 当时，； 当时， 有 . 因为，当且仅当，即时等号成立， 所以，，， 所以，. 因为，所以. 综上所述，与平面所成角的正弦值的最大值为. ( 61 )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 $$