专题04 空间向量及其应用（七大题型+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（沪教版2020，上海专用）

专题04 空间向量及其应用（七大题型+优选提升题） 概念综合 1．（23-24高二上·上海徐汇·期中）已知空间中两条直线，“”是“与相交”的 条件.（选填“充分非必要”，“必要非充分”，“既非充分又非必要”，“充要”） 2．（23-24高二上·上海徐汇·期中）已知，则的中点关于平面的对称点的坐标是 3．（22-23高二下·河南安阳·开学考试）在空间直角坐标系中，已知点，若四点共面，则 . 4．（23-24高二上·上海黄浦·期中）已知四面体，空间的一点满足，若，，，共面，则实数的值为 . 5．（22-23高二上·上海徐汇·期末）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 . 坐标运算、数量积 6．（23-24高二下·上海·期中）已知，则 . 7．（23-24高二上·上海金山·期中）已知向量，向量，则 ． 8．（23-24高二上·上海·期中）已知向量，，，则为 ． 9．（23-24高二下·上海·期中）已知，，则 . 10．（23-24高二上·上海徐汇·期中）向量且，则 . 11．（21-22高二上·上海宝山·期中）已知空间向量，且与垂直，则等于 . 12．（23-24高二下·上海浦东新·期中）已知空间向量，，则向量在向量上的投影是 .（用坐标表示） 13．（22-23高二上·上海松江·期中）如图，以长方体的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若，则在方向上的投影向量的坐标为 ． 共线问题、空间向量的基本定理 14．（22-23高二上·上海·期中）设,1,，,,，若与为共线向量，则（　　） A．， B． C． D． 15．（23-24高二上·上海·期中）已知是空间不共面的一组向量，是空间不共面的另一组向量，若向量在下的坐标为，则向量在下的坐标是 ． 16．（23-24高二上·上海普陀·期中）已知三个平面两两互相垂直，它们的三条交线交于点O，若点P到三个平面的距离分别为1、、，则的长为 . 17．（23-24高二上·上海长宁·期中）如图，在四面体中，是的中点，是的中点，若，则乘积 ．    利用向量求长度和角度 18．（23-24高三上·上海杨浦·期中）在棱长为1的正方体中，平行平面与间的距离为 . 19．（23-24高二下·上海·期中）如图，圆柱的底面半径为2，高为分别是上、下底面圆周上的两个点，若，则 . 20．（23-24高二上·上海金山·期中）在正三棱柱中，已知，则直线与平面所成的角的正弦值为 ． 21．（22-23高二下·上海浦东新·期中）设，分别是平面，的法向量，直线的方向向量为，以下结论错误的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则或，重合 22．（23-24高二上·上海黄浦·期中）四面体的所有棱长均为2，则二面角的大小为 . 23．（23-24高二上·上海·期中）在三棱锥中，底面，是的中点，已知，则异面直线BC与AD所成角的余弦值为 ． 24．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，已知四边形是矩形，平面且，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 . 25．（23-24高三上·上海虹口·期中）如图所示，在正方体中，E为线段上的动点，则下列直线中与直线CE夹角为定值的直线为（    ） A．直线 B．直线 C．直线 D．直线 求表面积问题 26．（23-24高二上·上海长宁·期中）长方体的8个顶点都在同一个球面上，且，，，则球的表面积为 ． 27．（23-24高二下·上海·期中）如图，某正方体的顶点在平面内，三条棱都在平面的同侧，若顶点到平面的距离分别为，2，3，则该正方体外接球的表面积为 .    题型06 最值与求值范围问题 28．（23-24高二下·上海·期中）已知空间向量，，，均为单位向量，且与夹角为，与夹角为，则的最大值为 . 29．（23-24高二上·上海·期中）已知空间三个向量,,的模均为1，它们相互之间的夹角均为60°．若，则k的取值范围为 ． 30．（23-24高三下·上海浦东新·期中）正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 . 题型07 解答综合题 31．（23-24高二上·上海·期中）已知空间三点、、，设. (1)若，求点坐标； (2)若向量与互相垂直，求实数的值； (3)若向量与平行，求实数的值. 32．（23-24高二上·上海普陀·期中）如图，在三棱锥中，平面，分别是棱的中点，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 33．（20-21高二下·上海黄浦·期中）在如图所示的圆柱中，为圆的直径，，是的两个三等分点，，，都是圆柱的母线. (1)求证：平面； (2)若，求二面角的大小. 34．（23-24高二下·上海黄浦·期中）四棱锥中，平面，底面是正方形，，点是棱上一点． (1)求证: 平面平面； (2)当为中点时， 求二面角的正弦值． 35．（23-24高二下·上海浦东新·期中）如图所示的空间直角坐标系A-xyz中，所有坐标均为整数的点称为整点；已知正方体的棱长为a，点P满足，其中，； (1)若，且直线与平面所成角大小为，求点P的轨迹长度； (2)若，，求正方体经过点的截面面积S的取值范围； (3)若，求三棱锥内（不包括表面边界）整点的个数. 一、填空题 1．（2024·上海黄浦·二模）在四面体中，，，，设四面体与四面体的体积分别为、，则的值为 . 2．（23-24高三下·上海·期中）棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则当三棱锥体积取最大时，其外接球的表面积为 . 3．（23-24高二下·上海·期中）已知空间向量，，，均为单位向量，且与夹角为，与夹角为，则的最大值为 . 4．（23-24高二上·上海徐汇·期中）已知空间四个单位向量满足：，则的最大值为 . 5．（23-24高三上·上海黄浦·期中）若正三棱锥的底面边长为6，高为，动点P满足，则的最小值为 ． 6．（23-24高三上·上海宝山·期中）已知、、为空间中三个单位向量，且、、与夹角为，点P为空间一点，满足且，则最大值为 ． 二、单选题 7．（23-24高二上·上海崇明·期中）正方形的边长为12，其内有两点、，点到边、的距离分别为3，2，点到边、的距离也是3和2．现将正方形卷成一个圆柱，使得和重合（如图）．则此时、两点间的距离为（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高二上·上海浦东新·期中）清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1，也可由正方体切割而成，如图2.在图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则给出的说法中错误命题有几个（    ） （1）该几何体的表面积为； （2）该几何体的体积为； （3）二面角的余弦值为； （4）若点、在线段、上移动，则的最小值为. A．个 B．个 C．个 D．个 三、解答题 9．（23-24高二上·上海·期中）已知是底面边长为1的正四棱柱，为与的交点． (1)设与底面所成角的大小为，异面直线与所成角的大小为，求证：； (2)若点C到平面的距离为，求正四棱柱的表面积； (3)若正四棱柱的高为2，在矩形内（不包含边界）存在点P，满足P到线段BC的距离与到线段的距离相等，求的最小值． 10．（23-24高二上·上海·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. 11．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图1，已知，，，，，. (1)求将六边形绕轴旋转半周（等同于四边形绕轴旋转一周）所围成的几何体的体积； (2)将平面绕旋转到平面，使得平面平面，求异面直线与所成的角； (3)某“”可以近似看成，将图1中的线段、改成同一圆周上的一段圆弧，如图2，将其绕轴旋转半周所得的几何体，试求所得几何体的体积. ( 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04 空间向量及其应用（七大题型+优选提升题） 概念综合 1．（23-24高二上·上海徐汇·期中）已知空间中两条直线，“”是“与相交”的 条件.（选填“充分非必要”，“必要非充分”，“既非充分又非必要”，“充要”） 【答案】既非充分又非必要 【分析】根据空间中的直线位置关系及两直线的向量关系，结合充分条件、必要条件的概念判断即可. 【解析】对于空间中两条直线，若，则，此时直线与垂直， 但不一定相交，异面直线垂直也叫直线互相垂直，所以“”推不出“与相交”； 反之，若直线与相交，则两直线夹角不一定为直角，即不一定成立， 所以“与相交”推不出“”； 所以“”是“与相交”的既非充分又非必要条件. 故答案为：既非充分又非必要 2．（23-24高二上·上海徐汇·期中）已知，则的中点关于平面的对称点的坐标是 【答案】 【分析】先求出中点坐标，然后根据关于平面的对称点的特征即可得解. 【解析】由，得的中点坐标为， 所以的中点关于平面的对称点的坐标是. 故答案为：. 3．（22-23高二下·河南安阳·开学考试）在空间直角坐标系中，已知点，若四点共面，则 . 【答案】1 【分析】利用平面向量基本定理，列出关系式，利用向量的坐标运算得出关系式，即可求解 【解析】∵， ∴，，， 又∵四点共面， ∴由平面向量基本定理可知存在实数使成立, ∴, ∴，解得， 故答案为：1 4．（23-24高二上·上海黄浦·期中）已知四面体，空间的一点满足，若，，，共面，则实数的值为 . 【答案】 【分析】由向量的线性运算可知，再由共面定理可知，即可得解. 【解析】由， 得， 即， 又，，，四点共面， 即，，共面， 所以存在唯一实数对，使， 所以， 解得， 故答案为：. 5．（22-23高二上·上海徐汇·期末）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 . 【答案】4 【分析】根据空间中四点共面的推论结合，求解即可. 【解析】解：因为为空间任意一点，、、、满足任意三点不共线，但四点共面，且， 所以，故. 故答案为：. 坐标运算、数量积 6．（23-24高二下·上海·期中）已知，则 . 【答案】 【分析】由空间向量的模长公式可直接求得答案. 【解析】因为，所以， 故答案为：. 7．（23-24高二上·上海金山·期中）已知向量，向量，则 ． 【答案】 【分析】直接根据向量的坐标运算得到答案. 【解析】，，， 故答案为： 8．（23-24高二上·上海·期中）已知向量，，，则为 ． 【答案】 【分析】由向量加减法，数量积的坐标运算得出即可. 【解析】由向量，，， 所以， 故答案为： 9．（23-24高二下·上海·期中）已知，，则 . 【答案】 【分析】首先求出、的坐标，再根据数量积的坐标表示计算可得. 【解析】因为，， 所以， ， 所以. 故答案为： 10．（23-24高二上·上海徐汇·期中）向量且，则 . 【答案】1 【分析】利用向量数量积的坐标公式求解即可. 【解析】， 所以. 故答案为：1 11．（21-22高二上·上海宝山·期中）已知空间向量，且与垂直，则等于 . 【答案】4 【分析】由与垂直，得到，由此能求出的值. 【解析】因为，且与垂直， 所以，解得， 故答案为：4 12．（23-24高二下·上海浦东新·期中）已知空间向量，，则向量在向量上的投影是 .（用坐标表示） 【答案】 【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义，结合向量坐标运算求解作答. 【解析】空间向量，， 所以，， 所以向量在向量上的投影向量是， 所以向量在向量上的投影向量的坐标是. 故答案为：. 13．（22-23高二上·上海松江·期中）如图，以长方体的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若，则在方向上的投影向量的坐标为 ． 【答案】. 【分析】由可求出各个点的坐标，从而可求出和的坐标，然后利用向量的几何意义可求出在方向上的投影向量的坐标. 【解析】因为过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系， ， 所以， 所以，， 所以在方向上的投影向量的坐标 ， 故答案为：. 共线问题、空间向量的基本定理 14．（22-23高二上·上海·期中）设,1,，,,，若与为共线向量，则（　　） A．， B． C． D． 【答案】C 【分析】利用向量平行的性质列方程直接求解． 【解析】解：,1,，,,， 与为共线向量， ， 解得，． 故选：C． 15．（23-24高二上·上海·期中）已知是空间不共面的一组向量，是空间不共面的另一组向量，若向量在下的坐标为，则向量在下的坐标是 ． 【答案】 【分析】由向量相等列出方程组，求解即可. 【解析】由向量在下的坐标为，则，设向量在下的坐标是，则， 则，解得， 所以向量在下的坐标是， 故答案为： 16．（23-24高二上·上海普陀·期中）已知三个平面两两互相垂直，它们的三条交线交于点O，若点P到三个平面的距离分别为1、、，则的长为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，写出，求出答案. 【解析】由于三个平面两两垂直，三条交线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，则. 故答案为： 17．（23-24高二上·上海长宁·期中）如图，在四面体中，是的中点，是的中点，若，则乘积 ．    【答案】 【分析】直接利用向量的线性运算即可得答案. 【解析】, 则， 所以 故答案为：    利用向量求长度和角度 18．（23-24高三上·上海杨浦·期中）在棱长为1的正方体中，平行平面与间的距离为 . 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，再由即可得解. 【解析】依题意，建立空间直角坐标系，如图，    则， 故 设平面的法向量为 ，则， 取，则，所以， 由题意知平面平行于平面， 所以平面与平面间的距离. 故答案为：. 19．（23-24高二下·上海·期中）如图，圆柱的底面半径为2，高为分别是上、下底面圆周上的两个点，若，则 . 【答案】 【分析】由平方求解. 【解析】解：因为分别是圆柱的上下底面的中心， 所以, 又因为圆柱的底面半径为2，高为5，， 且， 所以， ， ， 所以， 故答案为：. 20．（23-24高二上·上海金山·期中）在正三棱柱中，已知，则直线与平面所成的角的正弦值为 ． 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，运用向量知识进行求解. 【解析】解：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，    已知，， 故，，，， ， 设平面的法向量为， 即，故， 令，故， ， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 故答案为：. 21．（22-23高二下·上海浦东新·期中）设，分别是平面，的法向量，直线的方向向量为，以下结论错误的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则或，重合 【答案】B 【分析】根据空间向量证明面面垂直、线面平行、线面平行和面面平行方法判断选项即可. 【解析】A项，若，由法向量的性质知，法向量垂直，平面垂直，故A正确； B项，若，可知与平面平行或在平面内，故B错误； C项，若，由法向量的性质知，该向量垂直于平面，故C正确； D项，若，可从题目，分别是平面，的法向量知，法向量平行，所以平面平行或重合，故D正确. 故选：B 22．（23-24高二上·上海黄浦·期中）四面体的所有棱长均为2，则二面角的大小为 . 【答案】 【分析】将该正四面体放到棱长为正方体中，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【解析】依题意可将该正四面体放到棱长为正方体中如下图所示， 建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，，， 设平面的法向量为，则，取； 设平面的法向量为，则，取； 设二面角为，显然二面角为锐二面角， 则，所以.    故答案为： 23．（23-24高二上·上海·期中）在三棱锥中，底面，是的中点，已知，则异面直线BC与AD所成角的余弦值为 ． 【答案】/ 【分析】根据三棱锥的几何特征，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出异面直线BC与AD所成角的余弦值为. 【解析】由底面，平面，所以， 又，可得，即两两垂直； 因此以为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则， 又是的中点，可得，所以， 可得； 所以异面直线BC与AD所成角的余弦值为. 故答案为： 24．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，已知四边形是矩形，平面且，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【解析】根据题意，以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 所以. 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 25．（23-24高三上·上海虹口·期中）如图所示，在正方体中，E为线段上的动点，则下列直线中与直线CE夹角为定值的直线为（    ） A．直线 B．直线 C．直线 D．直线 【答案】C 【分析】利用空间向量的方法求异面直线所成角即可. 【解析】 设正方体的棱长为1， 如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， ，，，，， 设，，则，，，，， ，不是定值，故A错； ，不是定值，故B错； ，所以直线与直线所成角为，故C正确； ，不是定值，故D错. 故选：C. 求表面积问题 26．（23-24高二上·上海长宁·期中）长方体的8个顶点都在同一个球面上，且，，，则球的表面积为 ． 【答案】 【分析】根据已知求出长方体的体对角线的长，即可得出外接球的半径，进而根据球的表面积公式得出答案. 【解析】因为，长方体外接球的直径即等于长方体的体对角线， 且， 所以， ， 所以，， 所以，外接球的半径，表面积为.    故答案为：. 27．（23-24高二下·上海·期中）如图，某正方体的顶点在平面内，三条棱都在平面的同侧，若顶点到平面的距离分别为，2，3，则该正方体外接球的表面积为 .    【答案】 【分析】取作为空间向量的一组基底，设为平面向上的一个单位向量，再设正方体的棱长为，由题意，在上的投影长度分别为，用表示出，由可求出，进而可得正方体外接球的半径，再用球的表面积公式求解. 【解析】设正方体的棱长为，取作为空间向量的一组基底，设单位向量是平面的一个方向向上的法向量，根据空间向量基本定理，存在唯一的有序是数组，使得. 由题意：在上的投影长度为， 所以 同理：，. 所以，又，所以. 所以正方体外接球半径为：. 所以外接球表面积为：. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：用空间向量解决问题，关键要选择一组合适的向量做基底.这个题目，因为涉及正方体，所以可以选择从正方体的一个顶点出发的三个向量做基底. 题型06 最值与求值范围问题 28．（23-24高二下·上海·期中）已知空间向量，，，均为单位向量，且与夹角为，与夹角为，则的最大值为 . 【答案】 【分析】设，，，所以， ，，由，得，即可得的取值范围，又，计算求解即可. 【解析】因为，，，均为单位向量，所以， 设，，，所以， 因为与夹角为，所以， 因为与夹角为，所以， 又，所以， 因为，所以， 所以，即， 设与的夹角为， ， ， ， 因为为空间中任意单位向量， 所以当，时，的最大值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：设出空间向量，利用空间向量的模可求解的取值范围，根据空间向量的数量积运算可知当与的夹角为时，可求解最值. 29．（23-24高二上·上海·期中）已知空间三个向量,,的模均为1，它们相互之间的夹角均为60°．若，则k的取值范围为 ． 【答案】 【分析】利用向量数量积运算求解. 【解析】因为，，的模均为1，他们之间的夹角均为，所以：，. 又 所以：或. 故答案为： 30．（23-24高三下·上海浦东新·期中）正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 . 【答案】4 【分析】利用向量运算化简变形，设，将向量等式转化为两动点轨迹为均为球面，再利用球心距求两球面上任意两点间距离最大值即可. 【解析】已知正三棱锥，则，且， 由化简得， 由化简得. 设，代入，， 分别化简得，且， 故点在以为直径的球面上，半径； 点在以为直径的球面上，半径 分别取线段、的中点、， 则， 故. 故答案为：4 【点睛】将向量的代数关系转化为动态的几何表达，借助几何意义求解动点间的距离最值是解决本类题型的关键所在. 题型07 解答综合题 31．（23-24高二上·上海·期中）已知空间三点、、，设. (1)若，求点坐标； (2)若向量与互相垂直，求实数的值； (3)若向量与平行，求实数的值. 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）设，求出，，根据列出方程组求解即可； （2）求出向量、的坐标，利用空间向量垂直的坐标表示列出方程求解即可； （3）求出向量、的坐标，设，进而列出方程组求解即可. 【解析】（1）设，则，， 由，得， 解得，即. （2）由，， 则，， 因为向量与互相垂直， 所以，即， 解得或. （3）由（2）知，，， 所以，， 因为向量与平行，设， 则，解得. 32．（23-24高二上·上海普陀·期中）如图，在三棱锥中，平面，分别是棱的中点，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由已知推得，进而根据线面平行的判定定理，即可得出答案； （2）建立空间直角坐标系，写出点以及向量的坐标，求出平面的法向量，根据向量法求出夹角的正弦值，表示成反三角函数即可得出答案. 【解析】（1）因为分别是棱的中点， 所以. 因为平面，平面， 所以，平面. （2）由已知平面，， 所以. 如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，，. 设是平面的一个法向量， 则，取，则是平面的一个法向量. 设直线与平面所成角为， 则有 ， 所以，. 33．（20-21高二下·上海黄浦·期中）在如图所示的圆柱中，为圆的直径，，是的两个三等分点，，，都是圆柱的母线. (1)求证：平面； (2)若，求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)先证明面面平行，从而得到线面平行； (2)利用空间向量的坐标运算来求解线面角的大小. 【解析】（1） 连接，因为，都是圆柱的母线， 所以， 又为圆的直径，，是的两个三等分点， 所以,, 所以四边形为平行四边形， 所以， 又， 平面，平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面； （2）连接，因为为圆的直径，所以， 因为平面，平面，所以,， 如图建系，因为,所以，, 则， ， 设平面的法向量为， 则，取，得， 平面的一个法向量为， 所以二面角的余弦值为， 所以二面角的大小为. 34．（23-24高二下·上海黄浦·期中）四棱锥中，平面，底面是正方形，，点是棱上一点． (1)求证: 平面平面； (2)当为中点时， 求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由正方形的性质得到，又由线面垂直的性质得到，即可得到平面，从而得证； （2）建立空间直角坐标，利用空间向量法计算可得. 【解析】（1）底面是正方形，， 平面，平面， ，又，，平面， 平面，又平面， 平面平面． （2）如图建立空间直角坐标系，则，，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，取， 设平面的法向量为，则，取， 设二面角为，由图可知二面角为锐二面角， 所以， 所以，即二面角的正弦值为. 35．（23-24高二下·上海浦东新·期中）如图所示的空间直角坐标系A-xyz中，所有坐标均为整数的点称为整点；已知正方体的棱长为a，点P满足，其中，； (1)若，且直线与平面所成角大小为，求点P的轨迹长度； (2)若，，求正方体经过点的截面面积S的取值范围； (3)若，求三棱锥内（不包括表面边界）整点的个数. 【答案】(1)， (2)， (3). 【分析】（1）根据线面角的定义确定直线与平面所成角的平面角，由此确定点的轨迹及其长度， （2）作出正方体中经过点的截面，利用向量知识求得截面面积的表达式，求其范围； （3）结合图形分类确定内的整点个数. 【解析】（1）连接, 因为平面，为在平面上的射影， 所以直线与平面所成角的平面角为， 由已知, 则，故P点轨迹为以为圆心，1为半径的圆在正方形内的部分， 所以点P的轨迹长度为， （2）在正方体中，以A为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系， 因为， 所以，， 因为，， 所以，即， 所以点在上运动，则, 过点作，交与点，连接， 因为平面平面， 平面平面，平面平面， 所以，又， 所以在正方体中经过点的截面为平行四边形（如图）， 则， 所以，， 故点P到的距离为 , 因为，故当取0或1时，d取到最大值， 此时截面面积的最大值为, 当时，d取到最小值，此时截面面积的最小值为， 即当时，在正方体中经过点的截面面积的取值范围为， （3）如图：过轴上的点，，，，， ，，作三棱锥平行于底面的截面， 则三棱锥内（不包括表面边界）整点一定位于各截面内， 截面内的整点个数为， 截面内的整点个数为， 截面内的整点有，个数为， 截面内的整点有，个数为， 截面内的整点有，个数为， 截面内的整点有， ，个数为， 截面内的整点有 ，个数为， 所以三棱锥内（不包括表面边界）整点个数为， 一、填空题 1．（2024·上海黄浦·二模）在四面体中，，，，设四面体与四面体的体积分别为、，则的值为 . 【答案】/ 【分析】根据空间向量的加法与数乘运算，可得点的位置并作图，利用三角形的等积变换可得底面的面积比，可得答案. 【解析】由，，，则； 由，，，则； 由，，，则； 显然四面体与四面体共顶点且底面共面，则其高相同可设为， 结合题意可作图如下： 在底面连接，作图如下： 由，即，则，易知； 由，即，则，易知； 由，即，则； 由，，则，易知； ，； . 故答案为：. 2．（23-24高三下·上海·期中）棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则当三棱锥体积取最大时，其外接球的表面积为 . 【答案】 【分析】先过作平面的平行面从而确定点的轨迹，再确定三棱锥体积取最大时的位置，进而找到球心所在方位即可求解. 【解析】如图，当点位于的中点时，取中点G，连接， 则由正方体性质有， 因为平面，平面， 所以平面，平面， 又且都在面，所以平面平面， 又面，所以平面， 所以的轨迹是以的中点为端点的线段， 因为， 所以当F点离平面距离最远时三棱锥体积最大， 此时，点与的中点重合， 取中点O，连接，则由正方体性质可得平面， 所以三棱锥的外接球球心在所在直线上， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则，球心为， 则 于是，， 所以外接球半径为， 所以. 故答案为：. 3．（23-24高二下·上海·期中）已知空间向量，，，均为单位向量，且与夹角为，与夹角为，则的最大值为 . 【答案】 【分析】设，，，所以， ，，由，得，即可得的取值范围，又，计算求解即可. 【解析】因为，，，均为单位向量，所以， 设，，，所以， 因为与夹角为，所以， 因为与夹角为，所以， 又，所以， 因为，所以， 所以，即， 设与的夹角为， ， ， ， 因为为空间中任意单位向量， 所以当，时，的最大值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：设出空间向量，利用空间向量的模可求解的取值范围，根据空间向量的数量积运算可知当与的夹角为时，可求解最值. 4．（23-24高二上·上海徐汇·期中）已知空间四个单位向量满足：，则的最大值为 . 【答案】 【分析】将该四个单位向量平移至共起点置于球中，利用空间向量的数量积计算，借助圆锥图形确定即可. 【解析】 如图所示，令共起点， 由题意易得， 同理， 设，则， 根据条件有， 所以分别在以所在直线为轴，O为顶点， 以夹角旋转一周得到的圆锥的侧面上， 观察图形可知当在平面内时，此时夹角最小， 易知， 则， 所以. 故答案为：. 5．（23-24高三上·上海黄浦·期中）若正三棱锥的底面边长为6，高为，动点P满足，则的最小值为 ． 【答案】8 【分析】利用向量中点的性质，进行合理转化，建立空间直角坐标系，找到对称点的坐标，转化为易求的线段长求解即可. 【解析】 设在底面的射影为，则为底面的中心，如图，以为原点建立空间直角坐标系， 由题可知，则，，,,， 设， 故，，，， ，， 设中点为，且，， 设是平面的平面方程，且该平面的一个法向量为，作为与该平面的对称点，，设，中点为， 故在该平面上，面，故，，解得，， 故，. 故答案为：8 【点睛】利用空间向量的中点性质和坐标运算，巧作对称点，将问题简化，运用三角形边的性质求解，属于难题. 6．（23-24高三上·上海宝山·期中）已知、、为空间中三个单位向量，且、、与夹角为，点P为空间一点，满足且，则最大值为 ． 【答案】/ 【分析】以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面为轴,建立空间直角坐标系，由坐标表示得，结合不等式的性质进行求解. 【解析】因为、，，平面， 所以平面，以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为、、为空间中三个单位向量，与夹角为，即，则，，，即，，， 设，则， 因为， 所以， 所以且， 所以，即， 当时，解得；当时，解得； 所以，即， ，解得， 故， 则最大值为. 故答案为：. 【点睛】空间向量数量积的最值问题，可以根据所给向量的关系，直接列出方程或不等式关系，也可以建立适当的空间直角坐标系，利用坐标运算找到代数关系，借助基本不等式或函数思想解决； 二、单选题 7．（23-24高二上·上海崇明·期中）正方形的边长为12，其内有两点、，点到边、的距离分别为3，2，点到边、的距离也是3和2．现将正方形卷成一个圆柱，使得和重合（如图）．则此时、两点间的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点分别作底面的平行圆，利用空间向量数量积的运算律求解即得. 【解析】过点作平行于底面的截面圆，过点作平行于底面的截面圆，， 设圆柱的底面圆半径为，则，解得 ，于是， 由，得 ， 所以、两点间的距离为. 故选：C    【点睛】关键点睛：求出空间两点的距离，借助空间向量表示及空间向量数量积是解决问题的关键. 8．（23-24高二上·上海浦东新·期中）清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1，也可由正方体切割而成，如图2.在图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则给出的说法中错误命题有几个（    ） （1）该几何体的表面积为； （2）该几何体的体积为； （3）二面角的余弦值为； （4）若点、在线段、上移动，则的最小值为. A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【分析】根据正四面体的表面积即可判断（1）；利用割补法，结合体积公式即可判断（2）；根据二面角的定义，结合空间向量法即可求解（3）；建立空间坐标系，利用点点距离即可判断（4）. 【解析】因为，所以． 蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成， 故该几何体的表面积为，（1）错误； 该几何体的体积为，（2）正确； 设的中点为，连接、，则，， 则即二面角的平面角． 建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、， 则，， 则，（3）正确；    建立如图所示的空间直角坐标系，设，，    ， 当且仅当，时，等号成立．故的最小值为，（4）正确． 故选：C. 三、解答题 9．（23-24高二上·上海·期中）已知是底面边长为1的正四棱柱，为与的交点． (1)设与底面所成角的大小为，异面直线与所成角的大小为，求证：； (2)若点C到平面的距离为，求正四棱柱的表面积； (3)若正四棱柱的高为2，在矩形内（不包含边界）存在点P，满足P到线段BC的距离与到线段的距离相等，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)10 (3) 【分析】(1)根据线面角的定义、异面直线所成角的定义可以求出，的大小，最后可以证明出结论； (2)根据面面垂直的性质定理可以找到点在平面的射影的位置，利用相似三角形性质可以求出正四棱柱的高； (3)以为空间直角坐标系的坐标原点，以所在的直线为轴，设出点的坐标，由题意可以求出点的轨迹方程，计算出的表达式，进行恒等变形最后求出的最小值。 【解析】（1）设正四棱柱的高为，因为底面，所以，于是有， 因为，如下图所示：所以， 由勾股定理可知：， 在等腰三角形中，底边上的高为， 所以，； （2）因为为与的交点，三角形是以为底边的等腰三角形， 所以， 因为底面是正方形，所以，又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面， 因此点在平面的投影在交线上，即， 如上图所示：在矩形中中，， 因为∽，所以有， 所以正四棱柱的表面积为：； （3）以为空间直角坐标系的坐标原点，以所在的直线为轴，设， 因为平面，平面，所以， 由题意可知， 所以有， 当时，最大，此时，取到最小值， 故取得最小值为。 【点睛】方法点睛：本题的第2问考查点面距问题，解决点面距问题的方法主要有三种： 1：直接法：直接法是指可以直接找到该点在平面投影的具体位置，而此类题型往往需要有面面垂直条件， 因为根据面面垂直的性质定理可知，该点的投影一定在交线上从而使问题转化为平面几何问题。 2：体积转化法：不适合用直接法的题，利用三棱锥的体积相等列式求解。 3：空间向量法：点面距，即点面距为该点与平面内一点所形成的直线的方向向量在该平面法向量方向上的投影数量的绝对值。 第三问求某个变量的最值问题通常是把所要求的最值转化为一个函数表达式，再求出此函数的最值。 10．（23-24高二上·上海·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. 【答案】(1) (2) 【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，如图所示， 由题意知，，又，则， 则， 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， 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， 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， 因为，所以，所以， 所以，所以， 两边同乘以3可得直线与平面所成角的正弦值的取值范围为. 【点睛】思路点睛：求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的两个平面的夹角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算． 11．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图1，已知，，，，，. (1)求将六边形绕轴旋转半周（等同于四边形绕轴旋转一周）所围成的几何体的体积； (2)将平面绕旋转到平面，使得平面平面，求异面直线与所成的角； (3)某“”可以近似看成，将图1中的线段、改成同一圆周上的一段圆弧，如图2，将其绕轴旋转半周所得的几何体，试求所得几何体的体积. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）分为，，正方形三部分，分别得出几何体并求出体积，相加即可得出答案； （2）取中点为，连接，先根据面面垂直的性质证明平面.然后建立空间直角坐标系，求出，根据向量运算求解，即可得出答案； （3）先求出直角梯形绕直角边所在的直线旋转一周得到的几何体，即圆台的体积.然后根据祖暅原理推导得出球缺的体积，进而求出弓形旋转的体积，即可得出答案. 【解析】（1）和绕轴旋转半周所围成的几何体可以得到两个底面半径为1，高为2的圆锥，体积之和为； 正方形绕轴旋转半周所围成的几何体为一个底面半径为1，高为2的圆柱，体积为. 所以，总的体积. （2）如图3，取中点为，连接，则. 因为，中点为，所以. 又平面平面，平面平面， 所以，平面，即平面. 以点为坐标原点，如图3建立空间直角坐标系， 由已知可得，，，， 所以，，，，，， 所以，，， 所以，， 所以，异面直线与所成的角的余弦值为， 所以，. （3） 由已知可得，圆心为点，则半径. 六边形绕轴旋转半周所围成的几何体的体积，等于直角梯形绕直角边所在的直线旋转一周得到的几何体体积的2倍. 直角梯形绕直角边所在的直线旋转一周得到的几何体，为一个上、下底面半径分别为1、3，高为1的圆台，体积； 剩下的两部分为全等的弓形， 先研究弓形绕轴旋转半周，得到的几何体为球缺. 现在用祖暅原理来求解该球缺的体积， 如图5，半球的半径和圆柱的底面半径均为，且圆柱的高，且， 在半球中，高度为，且平行于底面的截面圆的半径，面积为. 在圆柱中，连接，设交高度为，且平行于底面的截面于点， 显然，所以有，即， 所以. 所以，当高度为时，圆环的面积等于大圆的面积减去小圆的面积， 即圆环的面积， 所以，当高度为时，半球的截面与圆柱中的截面圆环的面积相等. 根据祖暅原理可知，半球某高度截面以上的体积（即球缺的体积），即等于圆柱该截面以上（挖去一个圆台）的体积. 所以，球缺的体积（其中为半球被截面截去球缺后剩余部分的高）. 由已知可得，弓形绕轴旋转半周，得到的几何体为球缺中，，， 所以，该球缺的体积. 所以，总的体积. 【点睛】方法点睛：在计算与旋转体组合体体积有关的问题时，常将不规则的图形，分割为规则图形，通过相加或挖空的方法，计算求解. 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