专题01 空间向量与立体几何（四大基础题型+优选提升，60题）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学上学期期末真题分类汇编（湖南专用）

专题01 空间向量与立体几何（四大基础题型+优选提升，60题） 空间向量及其运算 1．（23-24高二上·湖南益阳·期末）在三棱柱中，为中点，若，，，则下列向量中与相等的是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量的线性运算可得解. 【详解】 如图所示， 在三棱柱中，，， 依题意， 故选：A. 2．（23-24高二上·湖南益阳·期末）在四面体中，，M，N分别为的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据空间向量的线性运算，即可得出答案. 【详解】由题意得：. 故选：D. 3．（23-24高二上·湖南益阳·期末）已知空间向量，则（    ） A．3 B． C． D．21 【答案】C 【分析】由题意结合空间向量的模长公式、数量积公式运算即可得解. 【详解】由题意，， 所以. 故选：C. 4．（23-24高二上·湖南·期末）如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱，底面是正方形，，，且，则向量的模长为（    ） A． B．34 C．52 D． 【答案】D 【分析】由，结合向量数量积的运算律求向量的模长. 【详解】由，又底面是正方形，，且， 所以， 故. 故选：D 5．（23-24高二上·湖南·期末）已知正方体的棱长为2，球是正方体的内切球，点是内切球表面上的一个动点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，取中点为，则，再结合向量的运算，代入计算，即可得到结果. 【详解】 取中点为，因为，， 所以， 又，则， 又正方体的棱长为2，则正方体的内切球半径为1，则，， 所以， 所以， 所以当，反向时，，有最小值为； 当，同向时，，有最大值为. 故选：D. 6．（23-24高二上·湖南怀化·期末）如图，各棱长都为的四面体中 ，，则向量（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由向量的运算可得，，由向量数量积的定义即可得到答案. 【详解】由题得夹角，夹角，夹角均为， ， ， ， 故选：A. 7．（23-24高二上·湖南娄底·期末）如图，在空间四边形中，若，，，则 . 【答案】 【分析】由向量的运算法则即得 【详解】因为，，， 所以， 故答案为： 8．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）如图，在直三棱柱中，，、分别为棱、的中点，则 . 【答案】 【分析】分析可知，，利用空间向量数量积的运算性质可求得的值. 【详解】因为平面，平面，则，同理可知， 所以， . 故答案为：. 9．（23-24高二上·湖南长沙·期末）如图所示，已知平面，则 ．    【答案】12 【分析】首先表示向量，平方后，利用数量积公式，即可求解. 【详解】， , 因为平面，平面， 所以，， 所以， 则. 故答案为： 10．（23-24高二上·湖南益阳·期末）已知正方体的棱长为1，与平面的交点为，则 ． 【答案】1 【分析】由题意首先得而，三点共线，故只需分别求出即可. 【详解】由题意以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 因为正方体棱长为1，所以，， 所以， 所以， 又因为面， 所以面， 又因为面， 所以， 由正方体的性质容易得到， 而在直角三角形中，有， 所以由等面积法有， 所以，， 所以. 故答案为：1. 空间向量基本定理 11．（23-24高二上·湖南长沙·期末）如图，在平行六面体中,为的中点，则用向量可表示向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 根据题意结合空间向量的线性运算求解. 【详解】由题意可得： . 故选：B. 12．（23-24高二上·湖南益阳·期末）在平行六面体中，点是线段的中点，设，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 画出图形后由空间向量的线性运算计算即可得. 【详解】如图： 故. 故选：A. 13．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）我国古代数学名著《九章算术》中将有三条棱互相平行且只有一个面为平行四边形的五面体称为刍甍.如图，今有一刍甍，四边形为平行四边形，平面，且，点在棱上，且.设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量的线性运算直接求解. 【详解】由，得. 又因为， 所以. 故选：A 14．（23-24高二上·湖南郴州·期末）已知四棱柱的底面是平行四边形，点E在线段DC上，满足，，则（　　） A．- B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量基本定理以及空间向量线性运算，即可求解． 【详解】因为点在线段上满足， 由向量的运算法则，可得， 因为，所以， 所以. 故选：A. 15．（23-24高二上·湖南·期末）已知空间任意一点，四点共面，且任意三点不共线，若，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据四点共面得出，再分类结合基本不等式计算求解. 【详解】因为四点共面，且任意三点不共线，得出，都不是0， 当时，，计算可得，的最大值为， 当且仅当时取最大值， 当时，， 所以的最大值为， 故选：C. 16．（23-24高二上·湖南·期末）平行六面体中，为的中点，设，，，用表示，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据平行六面体的结构特征，由空间向量的线性运算，即可得到结果. 【详解】平行六面体中，    有 故选：A． 17．（23-24高二上·湖南永州·期末）已知平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱长为3，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以为空间的一个基底，结合空间向量数量积的运算律计算即得. 【详解】平行六面体中， 由，， 得，， 所以 故选：D 18．（23-24高二上·湖南郴州·期末）（多选）在棱长为1的正四面体中，分别为的中点，则下列命题正确的是（    ） A． B． C．平面 D．和夹角的正弦值为 【答案】BC 【分析】连接，为其中点，连接，应用向量加减、数乘的几何意义，用表示出，并求出长度判断A、B；由线面垂直的判定判断C；确定异面直线所成角，利用余弦定理求余弦值，进而得到正弦值判断D. 【详解】由正四面体各个侧面都是等边三角形， 连接，为其中点，连接，又分别为的中点， ，A错； 易知，则，B对； 由面，则面， 即平面，C对； 连接，显然，则和夹角，即为或其补角， 又，可得， 中，，有， 所以，D错. 故选：BC 19．（23-24高二上·湖南邵阳·期末）在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱的长为3，且，则的长为 ． 【答案】 【分析】利用向量的线性运算及数量积公式，结合向量的模公式即可求解. 【详解】在平行六面体中，，    由，， 得，由是正方形，得， 所以 . 故答案为： 20．（23-24高二上·湖南岳阳·期末）在正方体中，点是的中点，且 ，则实数的值为 . 【答案】/1.5 【分析】利用空间向量的基本定理可得出关于、、的表达式，可得出、的值，即可得解. 【详解】如下图所示： 由题意可知，点为的中点， 则， 所以，，，则. 故答案为：. 空间向量及其运算的坐标表示 21．（23-24高二上·湖南邵阳·期末）已知空间向量，，若两个向量互相垂直，则（ ） A．1.5 B．1 C．0.5 D．2 【答案】C 【分析】根据空间向量垂直得两向量的数量积为零，即可求出的值. 【详解】由空间向量，互相垂直， 则，解得， 故选：C. 22．（23-24高二上·湖南娄底·期末）已知空间向量，，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用，可得，从而可求解. 【详解】由题意得因为， 所以，解得，故A正确. 故选：A. 23．（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知向量，，且，则实数（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由，所以可设，列方程组求的值. 【详解】因为，所以存在唯一实数，使得， 则，解得. 故选：D 24．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）已知向量，且，则（    ） A． B． C．3 D．6 【答案】C 【分析】求出，根据向量平行得到方程组，求出，得到答案. 【详解】，因为， 设，则，解得， 所以. 故选：C 25．（23-24高二上·湖南益阳·期末）已知两个向量，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】借助空间向量的坐标运算即可得. 【详解】由，则， 故. 故选：C. 26．（23-24高二上·湖南永州·期末）在空间直角坐标系中，点，点C是点关于轴的对称点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间直角坐标系中关于轴对称的点的坐标特征可求得，结合空间中两点间距离公式可求得结果. 【详解】因为点C是点关于轴的对称点， 所以， 所以. 故选：C. 27．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）已知向量，，且与平行，则 . 【答案】/ 【分析】根据题意，由空间向量平行的坐标公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】，， 因为与平行，所以当时，，解得； 当时，，. 综上，. 故答案为： 28．（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知空间向量，则 ． 【答案】 【分析】利用空间向量坐标运算求解即得. 【详解】空间向量，所以. 故答案为： 29．（23-24高二上·湖南益阳·期末）已知两个向量，，且，则 ． 【答案】 【分析】根据空间向量平行的坐标表示列方程组求解即可. 【详解】因为，所以， 所以，解得， 故答案为： 30．（23-24高二上·湖南·期末）已知点是点在坐标平面内的射影，则 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，求出点的坐标，再利用向量模的坐标表示即得. 【详解】由点是点在坐标平面内的射影，得，即， 所以. 故答案为： 31．（23-24高二上·湖南永州·期末）已知，，则 ． 【答案】 【分析】 利用数量积坐标运算公式求解即可. 【详解】因为，， 所以. 故答案为：. 空间向量的应用 32．（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知直线的方向向量是，平面的法向量是，则与的位置关系是（    ） A． B． C．与相交但不垂直 D．或 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用空间位置关系的向量证明判断即得. 【详解】由直线的方向向量是，平面的法向量是， 得，即， 所以或. 故选：D 33．（23-24高二上·湖南·期末）（多选）如图，棱长为2的正方体中，，则下列说法正确的是（    ）    A．时，平面 B．时，四面体的体积为定值 C．时，，使得平面 D．若三棱锥的外接球表面积为，则 【答案】ABD 【分析】利用线面平行的判定推理判断A；由线面平行确定点到平面的距离是定值判断B；由空间向量数量积的坐标运算判断C；求出外接球半径计算即可判断D. 【详解】对于A选项，时，因为，， 所以， 又平面，平面， 故平面，故A正确； 对于B选项，时，的面积为定值； 而点是边上的点，且平面， 所以点到平面的距离即为直线到平面的距离为定值， 所以四面体的体积为定值，故B正确； 对于C选项，时，以为坐标原点， 分别为轴为正向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 则，， 记平面的法向量为， 则，即， 故可取，又 当时，， 即不存在，使得平面，故C不正确； 对于D选项，平面于点， 且的外接圆半径，外接球的半径； 故由有：， 所以，即，故D正确. 故选：ABD.    34．（23-24高二上·湖南·期末）（多选）已知圆柱的高为，线段与分别为圆与圆的直径，则（    ） A．若为圆上的动点，，则直线与所成角为定值 B．若为等边三角形，则四面体的体积为 C．若，且，则 D．若，且与所成的角为，则四面体外接球的表面积为或 【答案】ACD 【分析】对于A，如图①所示，为直角三角形，则与所成角即为与所成角，即为定值即可；对于B，如图②所示，根据为等边三角形，证明平面，则计算即可；对于CD，建立空间直角坐标系，通过坐标运算及四面体外接球即为圆柱外接球计算即可. 【详解】对于A，如图①所示， 当时，则, 又因为， 所以为直角三角形， 且（圆半径）， 故与所成角即为与所成角， 即为定值，故A正确； 对于B，如图②所示， 当为等边三角形时，即， 因为为中点， 所以,， 又因为，且平面,平面, 所以平面. 又因为，即，故， 所以, 故B错误； 对于C，如图③所示，分别以为轴，过垂直于为轴，为轴建立空间直角坐标系， 因为,即，由B选项可知， 则， 所以, 所以， 所以，故C正确； 对于D，如图③所示，分别以为轴，过垂直于为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以, 因为与所成角位， 所以， 解得或. 设四面体外接圆半径为， 当时，则，故外接球表面积为； 当时，则，故外接球表面积为； 故D正确. 故选：ACD. 关键点点睛：本题考查立体几何证明线面垂直、多面体体积、建立空间直角坐标系向量运算及多面体的外接球，解题关键在于借助空间向量可以化繁为简，充分体现了空间向量的工具作用. 35．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）（多选）如图所示，棱长为3的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（    ） A． B．当时，点到平面的距离为1 C．是定值 D．与所成的角可能是 【答案】ABC 【分析】以为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置的向量证明判断A；利用点面距离的向量求法判断B；求出数量积判断C；借助反证法思想计算判断D. 【详解】以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 由为线段上的动点，设 ，，则，， 则 ，则，A正确； 当时，，，，， 设平面的法向量为，由，令，得， 点到平面的距离，B正确； ，，则为定值，C正确； 由，得， 若与所成的角是，即，则， 整理得，得，与矛盾，D错误. 故选：ABC 36．（23-24高二上·湖南·期末）如图，是半圆的直径，依次是半圆弧上的两个三等分点，将沿翻折到，使得，得到四棱锥.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）由题意证出，再证出，依据线面垂直的判定定理证明即可； （2）方法一：找出即为的平面角，设出所求角为，所以；方法二：用空间直角坐标系的方法，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，找点的坐标，求出两个面的法向量，则.设二面角的大小为，则. 【详解】（1）    如图1，连接，设，连接， 由是依次是半圆弧上的两个三等分点， 所以， 又是全等的等边三边形， 四边形及均为菱形，由， 得， 在中，是的中点， 且，所以， 在中，是的中点， 且，所以， 又平面，所以平面. （2）    法一：如图2，由为半圆的直径，在半圆弧上，所以， 由（1）得平面，又平面， 所以，又平面，所以平面， 所以二面角的大小等于二面角的大小与的和， 由平面，所以平面， 作于，由，得为的中点，连， 因为平面，所以，又平面， 则平面，又平面，所以， 故即为的平面角， 在中，， 在中，分别为的中点， 所以，则， 设二面角的大小为， 所以. 法二：由，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，， ， 设平面的法向量， 由， 即，取，则， 则， 由（1）平面， 所以可取平面的法向量， ， 设二面角的大小为，则. 37．（23-24高二上·湖南邵阳·期末）如图所示，是的直径，点是上异于，平面ABC，、分别为，的中点， (1)求证：EF⊥平面PBC； (2)若，，二面角的正弦值为，求BC． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判断定理证明平面，再证明，即可证明； （2）以为原点建立空间直角坐标系，分别求平面和的法向量，利用法向量夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：因为平面ABC，平面。所以， 因为是的直径，知， 因为，且平面，所以平面， 由分别是的中点，所以，所以平面． （2）以为原点，所在直线分别为x轴、轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设，，且， 所以，， 易知平面的一个法向量， 设平面的一个法向量，则 则，即，∴， 取，得，，则， 因为二面角的正弦值为，则其余弦值为， 所以，化简得， 又因为，所以， 解得：，即， 所以，即. 38．（23-24高二上·湖南岳阳·期末）如图，在圆锥中，为圆的直径，为圆弧的两个三等分点，为的中点，； (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的性质得到，再根据条件得到，利用线面垂直的判定定理得到面，再利用面面垂直的判定定理，即可证明结果； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量及，再利用线面角的向量法，即可求出结果. 【详解】（1）因为面圆，又面圆，所以， 又为圆弧的两个三等分点，所以，得到， 又，所以, 又，面，所以面， 又面，所以平面平面. （2）取的中点，连接，如图，以所以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 因为为的中点，， 所以， 又因为，，所以， 则，， 设平面的一个法向量为，由，得到， 取，得到，，所以， 设直线与平面所成的角为， 所以. 39．（23-24高二上·湖南郴州·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面为线段的中点，为线段（不含端点）上的动点. (1)证明：平面平面； (2)是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）根据题意可证平面，则，进而可得平面，即可得结果； （2）建系标点，设，分别为平面、平面的法向量，利用空间向量处理二面角的问题. 【详解】（1）因为底面为正方形，则， 又因为平面，平面，。 且，平面， 可得平面，由平面，可得， 因为，且E为的中点，则， 由，平面，可得平面， 且平面，所以平面平面. （2）以分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系， 则，， 设， 则， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 又因为， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 由题意得：，即， 整理得即，解得或（舍去）， 所以存在，此时. 40．（23-24高二上·湖南·期末）如图，四棱锥中，平面，，，． (1)证明：； (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）先证明，根据线面垂直的性质证明，再根据线面垂直的判定定理即可得证； （2）设，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）因为， 所以，所以， 所以， 因为平面，平面， 所以， 又平面， 所以平面， 又平面，所以； （2）设， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 由（1）得，，， 故， 则， 故， 设平面的法向量为， 则有，可取， 因为平面， 所以即为平面的一个法向量， 故， 即平面与平面夹角的余弦值为. 41．（23-24高二上·湖南湘西·期末）如图，在多面体ABCDE中，平面平面ABC，四边形BCDE为等腰梯形，，，. (1)证明：. (2)若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）的中点，的中点，证明四边形为平行四边形，由已知的面面垂直，证得，由，，勾股定理可得. （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，向量法求二面角的正弦值. 【详解】（1）证明：因为四边形为等腰梯形，，所以， 取的中点，的中点，连接， 则，，所以，， 从而四边形为平行四边形， 则，， 在中，，且为的中点，所以， 因为平面平面， 且平面平面， 平面，所以平面， 又，所以平面. 又平面，所以， ，， 由，，得. （2）由平面，，所以两两垂直， 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴， 平面内过平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则有，不妨设，则， ，， 由图可知，平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量，由， 令，则，， 则， 所以二面角的正弦值为. 42．（23-24高二上·湖南长沙·期末）由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）法一：将几何体补成四棱柱，得到四边形为平行四边形，故，得到线面平行； 法二：得到两两垂直，建立空间直角直角坐标系，得到平面的法向量，从而得到，得到结论； （2）设，作出辅助线，找到二面角的平面角为，根据正切值得到方程，求出，求出平面的法向量，得到平面与平面夹角的余弦值，求出答案； 【详解】（1）法一：将几何体补成四棱柱， 因为，， 所以四边形为平行四边形， 所以，， 又， 故，， 故四边形为平行四边形， 故， 又平面，平面， 平面. 法二：∵四边形是菱形， ∴⊥， 又平面，平面， ∴，， 故两两垂直， 以直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 其中， 则，设， 由得， 由得， 则， 设平面的法向量为， 则，取，得， ， 又平面， 平面. （2）设，取的中点，则， 又四边形是菱形，， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面， 故面， 因为平面， 则， 因为且， 所以四边形为平行四边形，故， 所以， 又，故四边形为平行四边形， 故，，故. 所以为二面角的平面角. 则，其中，故， 故， 设平面的法向量为， 则取，得， ， 平面与平面夹角的余弦值为， 平面与平面夹角为. 43．（23-24高二上·湖南长沙·期末）如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，，点在棱上． (1)证明：平面平面； (2)当为的中点时，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，求出各边长，由勾股定理逆定理得到，从而证明出线面垂直，面面垂直. （2）以为原点，所在直线分别为轴建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值. 【详解】（1）在四棱锥中，由底面，平面，得， 四边形是直角梯形，，，由，得， 显然，则， 即有，则，又，平面， 因此平面，又平面， 所以平面平面. （2）以点为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图， 则，， 设平面的法向量为，则，令，得， 显然为平面的一个法向量，设二面角的大小为，显然为锐角， 因此， 所以二面角的余弦值为. 44．（23-24高二上·湖南张家界·期末）如图，平面，，，，，，点E，F，M分别为，，的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用平行关系，转化为证明四边形是平行四边形，通过线线平行证明线面平行； （2）根据垂直关系，以点为原点建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，根据法向量求平面夹角的余弦值. 【详解】（1）证明：连接，因为，所以， 又，所以为平行四边形， 因为点分别为的中点，所以， 因为为的中点，所以， 则，所以四边形为平行四边形，则， 又因为面，面，所以平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，则 设平面的法向量为， 则，令，则，即， 设平面的法向量为， 则令，则，即， 设平面与平面所成夹角为，则， 所以平面与平面所成夹角为 45．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）如图所示，在直三棱柱中，，，，分别是的中点． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用空间向量方法证明即可； （2）利用空间法向量求解点面距离即可. 【详解】（1）证明：如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则 因为，分别是，的中点，所以，， 所以， 平面的一个法向量为， 因为， 又因为平面， 所以平面； （2）由（1）知，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以平面的一个法向量为. 所以点到平面的距离为， 故点到平面的距离为 五、多选题 46．（23-24高二上·湖南郴州·期末）如图，正方体的边长为为的中点，动点在正方形内（包含边界）运动，且.下列结论正确的是（   ） A．动点的轨迹长度为； B．异面直线与所成角的正切值为2； C．的最大值为2； D．三棱锥的外接球表面积为. 【答案】ACD 【分析】取的中点，分析可知平面.对于A：分析可知动点的轨迹是以点为圆心，半径为1的半圆，即可得结果；对于B：分析可知异面直线与所成角即为，即可得结果；对于C：根据数量积的几何意义分析判断；对于D：分析可知，进而求球的半径和表面积. 【详解】取的中点，连接， 因为分别为的中点，则∥，且， 又因为平面，则平面， 由平面，可得. 对于选项A：在中，， 可知动点的轨迹是以点为圆心，半径为1的半圆， 所以动点的轨迹长度为，故A正确 对于选项B：因为∥，∥，则∥， 可知异面直线与所成角即为，其正切值为，故B错误； 对于选项C：因为线段在平面内的投影为， 结合选项A可知：在方向上的投影数量的最大值为1， 所以的最大值为，故C正确； 对于选项D：设三棱锥的外接球的球心为，半径为， 因为平面，且为的外接圆圆心，可知， 则，解得， 所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确； 故选：ACD. 47．（23-24高二上·湖南永州·期末）在长方体中，，，点E是正方形内部或边界上异于C的一点，则下列说法正确的是（    ） A．若平面，则 B．不存在点E，使得 C．若，则存在的值为 D．若直线与平面所成角的正切值为2，则点E的轨迹长度为 【答案】AD 【分析】对于A，直接由点线面的位置关系即可判断；建立适当的空间直角坐标系，对于B，若，则，结合但不同时为0，判断即可；对于C，若，则，由模长公式进行放缩即可判断；对于D，由线面角的正弦公式得点的轨迹为，结合即可判断. 【详解】对于选项A： 因为平面∥平面， 若平面，则平面， 又因为平面，且平面平面，所以，故A正确； 对于选项B：以点为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 因为，，点E是正方形内部或边界上异于C的一点， 所以， 但不同时为0， ，若， 则，解得， 所以存在点在正方形对角线上且异于C，使得，故B错误； 对于C，， 若，则，即，结合 令， 所以， 因为， 所以，， 所以若，则不存在的值为，故C错误； 对于D，，可取平面的法向量为， 若直线与平面所成角的正切值为2， 则直线与平面所成角的正弦值为， 化简并整理得，，结合 所以如图所示： 点E的轨迹长度为以为圆心为半径的四分之一圆周长，即，故D选项正确. 故选：AD. 【点睛】关键点睛：对于CD，结合空间向量利用数形结合，将转换为，将直线与平面所成角的正切值为2转换为，由此即可顺利得解. 48．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）已知四棱台的底面为正方形，棱底面，且，则下列说法正确的是（    ） A．直线与平面相交 B．若直线与平面交于点，则为线段的中点 C．平面将该四棱台分成的大､小两部分体积之比为 D．若点分别在直线上运动，则线段长度的最小值为 【答案】ACD 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，对A，借助空间向量得到线与面的法向量不垂直即可得；对B，借助相似三角形计算即可判断；对C，由体积公式计算即可得；对D，设出坐标结合距离公式计算即可得. 【详解】根据题意，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 对于A，由，可知为平面的一个法向量， 又，所以， 因此与不垂直，即直线与平面相交，故A正确； 对于B，连接、、, 设正方形的中心为，正方形的中心为， 则为中点，为中点，连接，可得平面， 、平面，故与的交点即为点， 由，故，且， 故与相似，故， 故是的一个三等分点，故B错误； 对于C，如图，延长至，使得， 则， 又， 所以， 从而平面分四棱台所成的大､小两部分的体积之比为： ，故C正确； 对于D，设，其中， 因此， 则， 因此，当时取等号， 所以长度的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 49．（23-24高二上·湖南邵阳·期末）如图所示，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB，交PB于点F，则下列结论正确的是（    ） A．平面EDB B．PB⊥平面EFD C．直线PB与平面ABCD所成的角的余弦值为 D．平面CPB与平面PBD夹角的大小为60° 【答案】ABD 【分析】对于A，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，求得平面EDB的一个法向量为，由可判断；对于B，由，结合，利用线面垂直的判定定理证明；对于C，由题意可得为直线PB与平面ABCD所成角的平面角，求解即可判断；对于D，求得平面CPB的一个法向量为，易知平面PBD的一个法向量为，由求解即可判断. 【详解】以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 设. 对于A，依题意得，，，. 所以，，. 设平面EDB的一个法向量为， 则有即 取，则， 因为平面EDB，因此平面EDB，故A正确； 对于B，， 因为，所以. 由已知，且，平面EFD 所以平面EFD，故B正确； 对于C，因为侧棱PD⊥底面ABCD，所以为直线PB与平面ABCD所成角的平面角， 又因为, 所以，故C错误； 对于D，依题意得，且，. 设平面CPB的一个法向量为， 则即， 取. 因为PD⊥底面，平面，所以， 因为四边形是正方形，所以,又平面, 所以平面,则平面PBD的一个法向量为， 所以. 所以平面CPB与平面PBD的夹角为，故D正确. 故选：ABD 50．（23-24高二上·湖南益阳·期末）如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，且，分别为的中点，则（    ）    A． B． C．直线与夹角的余弦值为 D．直线与平面所成角的余弦值为 【答案】BC 【分析】由题意可建立空间直角坐标系，由向量计算可得A、B，借助夹角公式可得C，求出平面法向量后结合可得D. 【详解】由底面是正方形，故，由平面， 、平面，故、， 故、、两两垂直， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 故、，，故A错误； 、，故，故B正确； ，故， 即直线与夹角的余弦值为，故C正确； ，，设平面法向量为， 则有，即，可令，故有，， 故平面的法向量可为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为， 其余弦值为，故D错误. 故选：BC.    六、填空题 51．（23-24高二上·湖南长沙·期末）正三棱柱中，，是的中点，点在上，且满足，当直线与平面所成的角取最大值时，的值为 ． 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式，求出直线PN与平面ABC所成的角正弦值，即可求得结论． 【详解】   如图，正三棱柱中，取中点，连接， 则，则平面，不妨设， 以为坐标原点，以分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 于是，则， ， 取平面ABC的一个法向量为， 设直线PN与平面ABC所成的角为， ， 当时，，此时角最大． 故答案为：． 52．（23-24高二上·湖南郴州·期末）在四棱锥中，平面，底面为矩形，，点在线段上运动，则点到距离的最小值为 . 【答案】 【分析】在线段上作一点，线段上作一点，使得四边形是矩形，由相关性质可将点到直线距离最小值转化为点到点距离最小，最后计算可得. 【详解】因为点在线段上运动，设，， 在线段上作一点，使得， 在线段上作一点，使得如图所示， 由三角形性质可知，在中，，且， 因为底面是矩形，所以，所以且， 所以四边形是平行四边形， 因为平面，平面， 所以，因为， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以四边形是矩形， 所以点到点的距离即为点到线段的距离 因为，所以当为中点时，最小， 即， 所以点在线段上运动，点到距离最小为. 故答案为：. 七、解答题 53．（23-24高二上·湖南永州·期末）如图，在多面体中，平面，，，，，，，为的中点．    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，则，再根据线面平行的判定定理即可得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）证明：取的中点，连接， 因为为的中点，所以且， 又且， 所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 故， 设平面的法向量为， 则有，令，得，所以， 所以点到平面的距离为.    54．（23-24高二上·湖南岳阳·期末）如图1，平面图形由直角梯形和拼接而成，其中，相交于点，现沿着折成四棱锥（如图2） (1)当四棱锥的体积最大时，求点到平面的距离. (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）方法1：空间向量法求点到平面的距离；方法2：等体积法求点到平面的距离； （2）假设存在，且设，利用空间向量法由两平面夹角的余弦值求参数的值. 【详解】（1）在图1中，在中，， ，易知四边形为正方形，，即为中点， 在图2中，当四棱锥的体积最大时， 即侧面⊥底面，因为侧面， 所以⊥底面， 以为原点，，，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示空间直角坐标系. 则，，，，， ， 方法1：设平面的一个法向量为， ，，， A点到平面的距离. 方法2：（等体积法） 由题意得为等边三角形，且， ，， 设A点到平面的距离为， ，， ，. （2）假设存在，且设， ， ，设平面的一个法向量为， ，，， 易知平面的一个法向量为， 平面与平面的夹角的余弦值为， ， 化简整理得，解得： 或（舍）， 线段上存在满足条件的点，且. 55．（23-24高二上·湖南益阳·期末）如图，四边形为矩形，平面平面，，，． (1)求证：； (2)点在线段上，，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）借助面面垂直的性质可得线面垂直，借助线面垂直的性质可得线线垂直，结合勾股定理与勾股定理的逆定理可得线线垂直，由线面垂直的判定定理可得线面垂直，再借助线面垂直的性质定理即可得； （2）建立空间直角坐标系后借助法向量计算即可得. 【详解】（1）因为四边形为矩形， 所以，又因为平面平面， 且平面平面，平面， 所以平面，又因为平面， 所以，因为，所以，， 因为，所以， 所以，所以， 即有、， 又因为、平面，， 所以平面，又因为平面， 所以； （2）由（1）知，直线、、两两垂直， 故可以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 即有、、、、， 由，故， 故、、、， 令平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 即，， 可令、，则可取，， 故， 则平面与平面的夹角的余弦值为. 56．（23-24高二上·湖南长沙·期末）如图，在多面体中，四边形是矩形，，平面ABCD，，． (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理，和判断定理，即可证明； （2）根据（1）的结果，建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用向量法求二面角夹角的余弦值. 【详解】（1）中，，，， 所以，即， 又因为平面，平面， 所以，，平面， 所以平面； （2）由，且，得， 如图，以向量为轴的正方向，建立空间直角坐标系， ，，，，， ，，，， 设平面的法向量为， 则，即，，令，得， 所以平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以平面的法向量为， 设面与平面夹角为， 所以. 57．（23-24高二上·湖南永州·期末）如图，矩形是圆柱的一个轴截面，、分别为上下底面的圆心，为的中点，，．    (1)当点为弧的中点时，求证：平面； (2)若点为弧的靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）只需证明，，再利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）结合（1）问，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）结合题意:易知底面是以为圆心，以为直径的半圆， 因为点为弧的中点，所以， 因为矩形是圆柱的一个轴截面， 所以面, 因为面,所以, 因为,且平面， 所以平面. （2）取弧的中点连接,由（1）问可知：平面， 且易得，,, 故以坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示： 因为，，点为弧的靠近点的三等分点， 所以, 所以 因为为的中点，所以，所以, 设平面的法向量为， 则,即，令，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 58．（23-24高二上·湖南·期末）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.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. (1)求长的最小值； (2)当的长最小时，求二面角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件，建立空间直角坐标系，求出，，再利用空间两点间的距离公式，即可求出结果； （2）根据（1）结果，得到，再求出平面和的法向量，再利用两平面夹角的向量法，即可求出结果. 【详解】（1）因为面面，又面面，，面，所以面，又， 如图，以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系， 因为两个正方形的边长为1，则， 又，则，得到， 同理可得， 所以， 又，所以当时，的长最小，最小值为. （2）由（1）知，的长最小时，分别为正方形对角线和的中点，可得， 设平面的一个法向量为，又， 由，取，可得， 设平面的一个法向量为，又，， 由，取，可得， 则，所以， 因此，二面角的正弦值为. 59．（23-24高二上·湖南·期末）如图，在三棱锥中，平面，，，F是的中点，且． (1)求的长; (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】 （1）结合垂直关系，以B为坐标原点建立空间直角坐标系，利用计算出的长度即可； （2）利用向量法求出平面的法向量与平面的法向量，进而求出二面角的正弦值即可. 【详解】（1） 因为平面，，故以B为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系． 设，由，得，，，． 因为F是的中点，所以，则，． 又，所以， 解得，故． （2） 由（1）可知，，则，，． 设平面的法向量为， 则，令，得． 设平面的法向量为， 则，令，得． 所以， 故二面角的正弦值为． 60．（23-24高二上·湖南郴州·期末）如图，在正三棱柱中，底面为的中点，为上一个动点. (1)若为靠近点线段的三等分点，求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使平面与平面的夹角等于？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）由平面，得，由三角形内角和得，然后根据线面垂直的判定可得. （2）建立空间直角坐标系，利用法向量解决. 【详解】（1）证明如图，连接，因为为正三棱柱， 所以为正三角形， 又因为为的中点，所以， 又平面平面，平面平面，所以平面， 所以. 因为底面，解得：，所以， 所以在直角中，， 在直角中，， 所以，即，又平面， 所以平面， （2）假设存在点满足条件，设. 取的中点，连接，则平面，所以， 分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 ， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，， 令，得， 同理，设平面的一个法向量为， 则，， 令， 所以. 所以， 所以，所以无解. 故不存在点，使平面与平面的夹角等于. 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 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（四大基础题型+优选提升，60题） 空间向量及其运算 1．（23-24高二上·湖南益阳·期末）在三棱柱中，为中点，若，，，则下列向量中与相等的是（ ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·湖南益阳·期末）在四面体中，，M，N分别为的中点，则（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·湖南益阳·期末）已知空间向量，则（    ） A．3 B． C． D．21 4．（23-24高二上·湖南·期末）如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱，底面是正方形，，，且，则向量的模长为（    ） A． B．34 C．52 D． 5．（23-24高二上·湖南·期末）已知正方体的棱长为2，球是正方体的内切球，点是内切球表面上的一个动点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二上·湖南怀化·期末）如图，各棱长都为的四面体中 ，，则向量（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二上·湖南娄底·期末）如图，在空间四边形中，若，，，则 . 8．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）如图，在直三棱柱中，，、分别为棱、的中点，则 . 9．（23-24高二上·湖南长沙·期末）如图所示，已知平面，则 ．    10．（23-24高二上·湖南益阳·期末）已知正方体的棱长为1，与平面的交点为，则 ． 空间向量基本定理 11．（23-24高二上·湖南长沙·期末）如图，在平行六面体中,为的中点，则用向量可表示向量为（    ） A． B． C． D． 12．（23-24高二上·湖南益阳·期末）在平行六面体中，点是线段的中点，设，，则（    ） A． B． C． D． 13．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）我国古代数学名著《九章算术》中将有三条棱互相平行且只有一个面为平行四边形的五面体称为刍甍.如图，今有一刍甍，四边形为平行四边形，平面，且，点在棱上，且.设，则（    ） A． B． C． D． 14．（23-24高二上·湖南郴州·期末）已知四棱柱的底面是平行四边形，点E在线段DC上，满足，，则（　　） A．- B． C． D． 15．（23-24高二上·湖南·期末）已知空间任意一点，四点共面，且任意三点不共线，若，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 16．（23-24高二上·湖南·期末）平行六面体中，为的中点，设，，，用表示，则（    ） A． B． C． D． 17．（23-24高二上·湖南永州·期末）已知平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱长为3，且，则（    ） A． B． C． D． 18．（23-24高二上·湖南郴州·期末）（多选）在棱长为1的正四面体中，分别为的中点，则下列命题正确的是（    ） A． B． C．平面 D．和夹角的正弦值为 19．（23-24高二上·湖南邵阳·期末）在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱的长为3，且，则的长为 ． 20．（23-24高二上·湖南岳阳·期末）在正方体中，点是的中点，且 ，则实数的值为 . 空间向量及其运算的坐标表示 21．（23-24高二上·湖南邵阳·期末）已知空间向量，，若两个向量互相垂直，则（ ） A．1.5 B．1 C．0.5 D．2 22．（23-24高二上·湖南娄底·期末）已知空间向量，，若，则（    ） A． B． C． D． 23．（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知向量，，且，则实数（    ） A． B． C． D． 24．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）已知向量，且，则（    ） A． B． C．3 D．6 25．（23-24高二上·湖南益阳·期末）已知两个向量，则（    ） A． B． C． D． 26．（23-24高二上·湖南永州·期末）在空间直角坐标系中，点，点C是点关于轴的对称点，则（    ） A． B． C． D． 27．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）已知向量，，且与平行，则 . 28．（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知空间向量，则 ． 29．（23-24高二上·湖南益阳·期末）已知两个向量，，且，则 ． 30．（23-24高二上·湖南·期末）已知点是点在坐标平面内的射影，则 ． 31．（23-24高二上·湖南永州·期末）已知，，则 ． 空间向量的应用 32．（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知直线的方向向量是，平面的法向量是，则与的位置关系是（    ） A． B． C．与相交但不垂直 D．或 33．（23-24高二上·湖南·期末）（多选）如图，棱长为2的正方体中，，则下列说法正确的是（    ）    A．时，平面 B．时，四面体的体积为定值 C．时，，使得平面 D．若三棱锥的外接球表面积为，则 34．（23-24高二上·湖南·期末）（多选）已知圆柱的高为，线段与分别为圆与圆的直径，则（    ） A．若为圆上的动点，，则直线与所成角为定值 B．若为等边三角形，则四面体的体积为 C．若，且，则 D．若，且与所成的角为，则四面体外接球的表面积为或 35．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）（多选）如图所示，棱长为3的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（    ） A． B．当时，点到平面的距离为1 C．是定值 D．与所成的角可能是 36．（23-24高二上·湖南·期末）如图，是半圆的直径，依次是半圆弧上的两个三等分点，将沿翻折到，使得，得到四棱锥.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 37．（23-24高二上·湖南邵阳·期末）如图所示，是的直径，点是上异于，平面ABC，、分别为，的中点， (1)求证：EF⊥平面PBC； (2)若，，二面角的正弦值为，求BC． 38．（23-24高二上·湖南岳阳·期末）如图，在圆锥中，为圆的直径，为圆弧的两个三等分点，为的中点，； (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 39．（23-24高二上·湖南郴州·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面为线段的中点，为线段（不含端点）上的动点. (1)证明：平面平面； (2)是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 40．（23-24高二上·湖南·期末）如图，四棱锥中，平面，，，． (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 41．（23-24高二上·湖南湘西·期末）如图，在多面体ABCDE中，平面平面ABC，四边形BCDE为等腰梯形，，，. (1)证明：. (2)若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的正弦值. 42．（23-24高二上·湖南长沙·期末）由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小. 43．（23-24高二上·湖南长沙·期末）如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，，点在棱上． (1)证明：平面平面； (2)当为的中点时，求二面角的余弦值． 44．（23-24高二上·湖南张家界·期末）如图，平面，，，，，，点E，F，M分别为，，的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的大小. 45．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）如图所示，在直三棱柱中，，，，分别是的中点． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离． 五、多选题 46．（23-24高二上·湖南郴州·期末）如图，正方体的边长为为的中点，动点在正方形内（包含边界）运动，且.下列结论正确的是（   ） A．动点的轨迹长度为； B．异面直线与所成角的正切值为2； C．的最大值为2； D．三棱锥的外接球表面积为. 47．（23-24高二上·湖南永州·期末）在长方体中，，，点E是正方形内部或边界上异于C的一点，则下列说法正确的是（    ） A．若平面，则 B．不存在点E，使得 C．若，则存在的值为 D．若直线与平面所成角的正切值为2，则点E的轨迹长度为 48．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）已知四棱台的底面为正方形，棱底面，且，则下列说法正确的是（    ） A．直线与平面相交 B．若直线与平面交于点，则为线段的中点 C．平面将该四棱台分成的大､小两部分体积之比为 D．若点分别在直线上运动，则线段长度的最小值为 49．（23-24高二上·湖南邵阳·期末）如图所示，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB，交PB于点F，则下列结论正确的是（    ） A．平面EDB B．PB⊥平面EFD C．直线PB与平面ABCD所成的角的余弦值为 D．平面CPB与平面PBD夹角的大小为60° 50．（23-24高二上·湖南益阳·期末）如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，且，分别为的中点，则（    ）    A． B． C．直线与夹角的余弦值为 D．直线与平面所成角的余弦值为 六、填空题 51．（23-24高二上·湖南长沙·期末）正三棱柱中，，是的中点，点在上，且满足，当直线与平面所成的角取最大值时，的值为 ． 52．（23-24高二上·湖南郴州·期末）在四棱锥中，平面，底面为矩形，，点在线段上运动，则点到距离的最小值为 . 七、解答题 53．（23-24高二上·湖南永州·期末）如图，在多面体中，平面，，，，，，，为的中点．    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离． 54．（23-24高二上·湖南岳阳·期末）如图1，平面图形由直角梯形和拼接而成，其中，相交于点，现沿着折成四棱锥（如图2） (1)当四棱锥的体积最大时，求点到平面的距离. (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 55．（23-24高二上·湖南益阳·期末）如图，四边形为矩形，平面平面，，，． (1)求证：； (2)点在线段上，，求平面与平面的夹角的余弦值． 56．（23-24高二上·湖南长沙·期末）如图，在多面体中，四边形是矩形，，平面ABCD，，． (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 57．（23-24高二上·湖南永州·期末）如图，矩形是圆柱的一个轴截面，、分别为上下底面的圆心，为的中点，，．    (1)当点为弧的中点时，求证：平面； (2)若点为弧的靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值． 58．（23-24高二上·湖南·期末）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.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. (1)求长的最小值； (2)当的长最小时，求二面角的正弦值. 59．（23-24高二上·湖南·期末）如图，在三棱锥中，平面，，，F是的中点，且． (1)求的长; (2)求二面角的正弦值. 60．（23-24高二上·湖南郴州·期末）如图，在正三棱柱中，底面为的中点，为上一个动点. (1)若为靠近点线段的三等分点，求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使平面与平面的夹角等于？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 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 $$