专题01 空间向量与立体几何（13大基础题+4大提升题）-【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（人教A版2019选择性必修）

专题01 空间向量与立体几何 空间向量的线性运算 一、单选题 1．（23-24高二上·河南驻马店·期末）在平行六面体中，是平行四边形的对角线的交点，为的中点，记，则等于（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·福建福州·期末）在平行六面体中，为延长线上一点，且，则（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·安徽·期末）如图，三棱柱中，，，，点为四边形的中心点，则（    ）    A． B． C． D． 4．（23-24高二上·安徽宣城·期末）在三棱柱中，分别是的中点，，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·陕西宝鸡·期末）如图，在四面体中，，，，点M、 N分别在线段、上，且，，则等于（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二上·山西运城·期末）如图，空间四边形OABC中，，点M在线段OA上，且，点N为BC中点，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 7．（23-24高二上·江西·期末）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，若，则（    ）    A． B． C． D． 8．（23-24高二上·山西长治·期末）在三棱锥中，，，，点在直线上，且，是的中点，则下列结论可能成立的是（    ） A． B． C． D． 三、填空题 9．（23-24高二上·湖北荆州·期末）如图，三棱锥O－ABC中，M是BC的中点，，设用表示向量则 10．（23-24高二上·天津西青·期末）如图，在三棱柱中，D，E分别是线段，的中点，设，，.用，，表示 . 共线定理与共面定理 一、单选题 1．（23-24高二上·江西上饶·期末）有下列四个命题： （1）已知A，B，C，D是空间任意四点，则； （2）若两个非零向量与满足，则； （3）分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量； （4）对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若当时，（x，y，），则P，A，B，C四点共面． 其中正确命题的个数是（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 2．（23-24高二下·福建莆田·期末）已知向量，，若，，三点共线，则（    ） A． B． C．2 D．3 3．（23-24高二上·浙江嘉兴·期末）已知空间向量，，且，则（    ） A． B． C．1 D．17 4．（23-24高二上·安徽·期末）在空间直角坐标系中，已知点，，，若向量与向量共线，则的值为（    ） A．0 B． C．1 D． 5．（23-24高二上·河北邯郸·期末）已知是不共面的空间向量，若与（是实数）是平行向量，则的值为（    ） A．16 B．-13 C．3 D．-3 6．（23-24高二下·福建漳州·期末）已知向量，，，若，，三个向量共面，则实数（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 7．（23-24高二下·江苏南京·期末）给出下列四个命题，其中真命题是（    ） A．若向量与向量，共面，则存在实数x，y，使 B．若存在实数x，y，使，则点P，M，A，B共面 C．直线a的方向向量为，平面的法向量为，则 D．若平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则 8．（23-24高二下·江苏扬州·期末）已知是三个不共面的向量，，且四点共面，则实数的值为（    ）. A．1 B．2 C．3 D．4 9．（23-24高二下·江苏宿迁·期末）已知三点不共线，为平面外一点，下列条件中能确定四点共面的是（    ） A． B． C． D． 10．（23-24高二上·江西九江·期末）对于空间任一点和不共线的三点，，，有，则是，，，四点共面的（    ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 二、多选题 11．（23-24高二上·广东汕头·期末）下面四个结论正确的是（ ） A．空间向量，若⊥，则 B．若对平面中任意一点，有 则，，三点共线. C．已知是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底. D．任意向量，满足. 12．（23-24高二上·湖北荆州·期末）下列说法正确的是（    ） A．若有空间非零向量，，则存在唯一的实数，使得 B．A，B，C三点不共线，空间中任意点O，若，则P，A，B，C四点共面 C．，，若，则 D．若是空间的一个基底，则O，A，B，C四点共面，但不共线 13．（23-24高二上·安徽·期末）已知构成空间的一个基底，则下列说法正确的是（    ） A．，，共面 B．存在不全为零的实数x，y，z，使得 C．若，，则 D．若，则 14．（23-24高二上·浙江温州·期末）已知三棱锥如图所示，G为重心，点M，F为中点，点D，E分别在上，，（），以下说法正确的是（    ）    A．若，则平面∥平面 B． C． D．若M，D，E，F四点共面，则 . 空间向量运算的坐标表示 一、单选题 1．（23-24高二下·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 2．（23-24高二下·福建宁德·期末）已知向量，，若∥，则实数（    ） A． B． C．1 D．2 3．（23-24高二下·甘肃白银·期末）已知空间向量,若,则（    ） A．6 B． C．36 D．5 4．（23-24高二上·江西上饶·期末）已知空间向量，，若，则（    ） A． B．3 C． D．2 5．（23-24高二下·江苏泰州·期末）设是实数，已知，若，则的值为（    ） A． B． C．3 D．6 6．（23-24高二下·江苏泰州·期末）已知，，且，则（    ） A．2 B．3 C． D． 7．（23-24高二上·河北石家庄·期末）已知空间中三点，若，则（    ） A． B．4 C．3 D． 二、多选题 8．（23-24高二上·广东深圳·期末）若向量，，则下列结论正确的为（   ） A． B． C．∥ D． 9．（23-24高一下·吉林通化·期末）已知向量，则下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．的最小值为 D．的最大值为4 10．（23-24高二上·青海西宁·期中）向量，若，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题 11．（23-24高二下·上海虹口·期末）若向量与平行，则实数的值为 . 12．（23-24高二上·安徽合肥·期末）设，，，，则 . 求空间向量的数量积 一、单选题 1．（23-24高二上·江西吉安·期末）在正四面体中，棱长为2，且E是棱中点，则的值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·辽宁葫芦岛·期末）已知向量，，则（    ） A． B．0 C．2 D．10 3．（23-24高二上·浙江宁波·期末）已知正四面体的棱长为2，是的中点，在上，且，则（    ） A． B． C．0 D． 4．（23-24高二下·江苏泰州·期末）从棱长为的正方体的八个顶点中任意取四个点，则值的不同种数为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·广东茂名·期末）如图，正方体的棱长为1，设，，，则（    ）    A．1 B． C．0 D．2 6．（23-24高二上·云南昆明·期末）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为，则（    ） A． B．1 C． D．2 7．（23-24高二上·河南·期末）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，为棱的中点，且，则（    ）    A．6 B．8 C．9 D．10 8．（23-24高二上·广东河源·期末）如图，在正三棱锥中，高，，点分别为的中点，则（   ） A． B． C． D． 9．（23-24高二上·贵州铜仁·期末）在空间直角坐标系中，若对应点，，若关于平面的对称点为，则（    ） A．2 B． C．5 D． 10．（23-24高二上·四川成都·期末）如图，已知四面体的棱长都是2，点为棱的中点，则的值为（    ） A．1 B． C． D．2 二、多选题 11．（23-24高二上·广东深圳·期末）在棱长为2的正四面体ABCD中，E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点.则下列各式成立的是（    ） A． B． C． D． 12．（23-24高二上·河北沧州·期末）在棱长为2的正四面体A-BCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G是△BCD的重心，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．在上的投影向量为 D． 13．（23-24高二上·广东深圳·期末）如图所示，平行六面体中，，以顶点为端点的三条棱长都为2，且，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．平面 D． 三、填空题 14．（23-24高二上·湖南永州·期末）已知，，则 ． 15．（23-24高二上·四川宜宾·期末）在棱长为2的正四面体中，为的中点，则． 16．（23-24高二上·广东广州·期末）在棱长为2的正四面体中，是的中点，则 . 17．（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 ． 四、解答题 18．（23-24高二上·山西吕梁·期末）如图所示，平行六面体中，，.    (1)用向量表示向量，并求； (2)求. 19．（23-24高二上·浙江温州·期末）如图，在平行六面体中，，，，，设，，． (1)用向量表示； (2)求． 求空间向量的投影向量 一、单选题 1．（23-24高二下·湖北·期末）空间向量在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·福建宁德·期末）在标准正交基下，已知向量，则在上的投影等于（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·广东佛山·期末）在棱长为的正方体中，点是的中点．设在上的投影向量为，则（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·吉林·期末）已知向量，，则向量在向量上的投影向量（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·广西百色·期末）已知空间向量，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．在上的投影向量为 二、多选题 6．（23-24高二上·河北沧州·期末）在棱长为2的正四面体A-BCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G是△BCD的重心，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．在上的投影向量为 D． 7．（23-24高二上·四川宜宾·期末）已知向量，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则向量在向量上的投影向量 三、填空题 8．（23-24高二下·上海宝山·期末）已知向量，，则在方向上的投影向量为 . 9．（23-24高二上·福建福州·期末）已知为单位向量.，若，则在上的投影向量为 . 空间向量模的问题 一、单选题 1．（23-24高二下·内蒙古赤峰·期末）如图，在平行六面体中，，，则的长为（    ） A． B． C．85 D．97 2．（23-24高二上·湖北荆门·期末）已知平面和平面的夹角为，，已知A，B两点在棱上，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于．已知，，则的长度为（    ） A． B． C． D．或 3．（23-24高二上·江西萍乡·期末）已知，，是空间中两两垂直的单位向量，则（    ） A． B．14 C． D．2 4．（23-24高二上·河南信阳·期末）如图，在平行六面体中，，，，，则等于（    ） A． B． C． D．10 5．（23-24高二上·江苏盐城·期末）已知是平行六面体，， ，，则（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二上·江苏·期末）如图，平行六面体的各棱长均为，，，则（　　  ）    A． B． C． D． 7．（23-24高二上·新疆和田·期中）已知、、均为单位向量，，，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 8．（23-24高二上·福建南平·期末）如图，在三棱柱中，底面为等边三角形，为的重心，，若，则（    ） A． B． C． D． 9．（22-23高二上·广东深圳·期末）已知向量，，，则（   ） A． B．在上的投影向量为 C． D．向量共面 三、填空题 10．（23-24高二上·湖南长沙·期末）如图所示，已知平面，则 ．    11．（23-24高二上·山东泰安·期末）已知空间向量的模长分别为1，2，3，且两两夹角均为，点为的重心，则 ． 空间向量的夹角问题 一、单选题 1．已知空间向量，的夹角为，且，，则与的夹角是（    ） A． B． C． D． 2．已知、，且与夹角为钝角，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．如图，平行六面体的校长均为3，且两两向量的夹角都是，过的平面与分别交于点，则（    ）    A．截面的面积为9 B． C．的夹角是 D．平行六面体的体积为 4．如图，在三棱柱中，M，N分别是线段上的点，且．设，且均为单位向量，若，则下列说法中正确的是（    ）    A．与的夹角为 B． C． D． 三、填空题 5．已知向量.若，则与的夹角为 . 6．已知，则向量与的夹角为 ． 7．若空间向量，，向量、夹角为锐角，则的取值范围是 8．已知圆台的高为2，上底面圆的半径为2，下底面圆的半径为4，，两点分别在圆、圆上，若向量与向量的夹角为60°，则直线与直线所成角的大小为 ． 9．已知向量，，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为 . 空间位置关系的向量证明 一、单选题 1．（23-24高二上·山东菏泽·期末）已知分别是平面的法向量，若，则（    ） A． B． C．7 D．1 2．（23-24高二下·内蒙古赤峰·期末）设是直线的方向向量，是平面的法向量，则（    ） A．或 B．或 C． D． 3．（23-24高一下·吉林通化·期末）已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则（    ） A． B． C． D．4 4．（23-24高二下·宁夏石嘴山·期末）已知直线和平面，且，的方向向量为，平面的一个法向量为，，则的最小值为（ ） A． B．2 C． D． 5．（23-24高二下·广东茂名·期末）如图，棱长为2的正方体中，，，，，则下列说法不正确的是（    ） 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 6．（23-24高二上·吉林延边·期末）已知平面的一个法向量为，直线的方向向量为，若，则实数（    ）. A．1 B．2 C．3 D．4 二、多选题 7．（23-24高二下·甘肃临夏·期末）如图，在棱长为1的正方体中，点Q为的中点，点P是棱上一动点（与C，不重合），过点P作，点E为垂足，再过点E作，点为垂足．则（   ）    A．平面 B．三棱锥体积的最大值为 C．存在点P使得平面 D．存在点P使得 8．（23-24高二上·浙江·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，面，，点E是棱上一点（不包括端点），F是平面内一点，则（    ） A．一定不存在点E，使平面 B．一定不存在点E，使平面 C．以D为球心，半径为2的球与四棱锥的侧面的交线长为 D．的最小值 9．（23-24高二上·山东聊城·期末）如图，在直三棱柱中，，，D，E分别为，的中点，则（    ）．    A．平面 B．平面 C．平面平面 D．直线与ED所成角的余弦值为 三、填空题 10．（23-24高二下·陕西咸阳·期末）若，且为直线的一个方向向量，为平面的一个法向量，则实数的值为 . 11．（23-24高二上·河南信阳·期末）已知，平面的法向量，若，则 ． 12．（23-24高二上·上海·期末）设直线的一个方向向量，平面的一个法向量，则直线与平面的位置关系是 ．（填“平行”，“相交”，“线在面上”中的一个或两个） 四、解答题 13．（23-24高二下·四川凉山·期末）如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，，，． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得∥平面？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由． 异面直线所成角的求法 一、单选题 1．（23-24高二下·河南驻马店·期末）已知M，N 分别是正四面体中棱AD，BC的中点，若点 P 满足则DP与AB夹角的余弦值为（     ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·福建厦门·期末）在四面体中，，，，，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·山西晋城·期末）如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·江苏淮安·期末）正方体中，为中点，则直线，所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·河北石家庄·期末）如图，在平行六面体中，，则直线与直线AC所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二上·河南驻马店·期末）在四棱锥中，底面为正方形，底面分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二上·浙江嘉兴·期末）如图，把正方形纸片沿对角线进行翻折，点，满足，，是原正方形的中心，当，直线与所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 8．（23-24高二上·安徽黄山·期末）如图，在正方体中，点E，F分别是棱的中点，则异面直线与CF所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 9．（23-24高二上·四川绵阳·期末）如图，已知菱形所在平面与矩形所在平面相互垂直，且，为线段的中点.则直线与的所成的角为（    ）    A． B． C． D． 10．（23-24高二上·福建厦门·期末）已知梯形中，，，，，.如图，将沿对角线翻折至，使得，则异面直线，所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 二、多选题 11．（23-24高二下·山西晋城·期末）已知正方体的棱长为1，且E为AB的中点，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．直线与夹角的余弦值为 D．点到平面的距离为 12．（23-24高二下·甘肃白银·期末）如图，在直四棱柱中，四边形为正方形，为面对角线上的一个动点，则下列说法正确的有（    ）    A．平面 B．三棱锥的体积为定值 C．异面直线与所成角的正切值为1 D．异面直线与所成角的余弦值为 13．（23-24高二上·江西九江·期末）已知正方体的棱长为2，点分别为棱的中点，以下说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积为 B．直线平面 C．异面直线与所成的角的余弦值为 D．过点作正方体的截面，所得截面的面积是 三、填空题 14．（23-24高二上·广东茂名·期末）长方体中，，，点F是底面的中心，则直线与直线所成角的余弦值为 ． 15．（23-24高二上·河北承德·期末）在长方体中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为 ． 16．（23-24高二上·江西上饶·期末）在正四棱柱中，，点是的中点，则与所成角的余弦值 ． 17．（23-24高二上·天津·期末）在直三棱柱中，，，分别是，的中点，，则与所成角的余弦值是 . 四、解答题 18．（23-24高二下·江苏南通·期末）如图，在直三棱柱中，，． (1)求证：平面； (2)求直线与所成角的余弦值． 19．（23-24高二上·上海·期末）在长方体中（如图），，点是棱的中点． (1)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．试问四面体是否为鳖臑？并说明理由； (2)求直线与直线所成角的大小． 20．（23-24高二上·安徽·期末）如图在平行六面体中，，．    (1)求证：直线平面； (2)求直线和夹角的余弦值． 线面角的向量求法 一、单选题 1．（23-24高二下·陕西西安·期末）在正方体中，是棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·河南漯河·期末）已知如图所示的几何体中，底面是边长为4的正三角形，侧面是长方形，，平面平面为棱上一点，，且，则与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·福建龙岩·期末）如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，则直线与平面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·甘肃白银·期末）在棱长为2的正方体中，E是的中点，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·福建南平·期末）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则与所成角的正弦值为（  ） A． B． C． D．1 6．（23-24高二上·山东滨州·期末）如图，长方体中，，点是棱的中点，设直线与所成的角为，直线与平面所成的角为，则（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二上·河南郑州·期末）人教A版选择性必修第一册教材44页“拓广探索”中有这样的表述：在空间直角坐标系中，若平面经过点，且以为法向量，设是平面内的任意一点，由，可得，此即平面的点法式方程．利用教材给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线的方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高二上·湖南郴州·期末）正方体中，与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（23-24高二下·江苏宿迁·期末）已知点，，，平面经过线段的中点，且与直线垂直，下列选项中叙述正确的有（    ） A．线段的长为36 B．点在平面内 C．线段的中点的坐标为 D．直线与平面所成角的正弦值为 10．（23-24高二下·安徽滁州·期末）如图，四棱锥中，面面，且，是棱的中点，，则（    ） A．平面 B．平面 C．和平面所成角的正弦值为 D．四面体外接球的表面积为 11．（23-24高二下·河南洛阳·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，点F满足，则（    ） A．三棱锥的体积是定值 B．当时，平面BDF C．存在，使得AC与平面BDF所成的角为 D．当时，平面BDF截该正方体的外接球所得到的截面的面积为 三、填空题 12．（23-24高二下·陕西安康·期末）设直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面所成角的正弦值为 . 13．（23-24高二下·上海闵行·期末）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面所成的角的大小为 ． 14．（23-24高二下·江苏南京·期末）在正方体中，F是BC的中点，点E在棱上，且，则直线与平面所成角的正弦值为 ． 15．（23-24高二上·江西南昌·期末）在棱长为2的正方体中，在线段上运动，直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 . 16．（23-24高二上·河北保定·期末）在空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程可写为．已知直线的方向向量为，平面的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为 ． 四、解答题 17．（23-24高二上·云南迪庆·期末）如图形中，底面是菱形，，与交于点，底面，为的中点，. (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 18．（23-24高二下·北京海淀·期末）在五面体中，平面，平面. (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 19．（23-24高二下·安徽阜阳·期末）如图，在三棱柱中，底面，点到平面的距离为2.    (1)证明：. (2)若直线与之间的距离为4，求直线与平面所成角的正弦值. 20．（23-24高二下·海南海口·期末）如图1，在边长为2的正方形中，为的中点，分别将，沿，所在直线折叠，使、两点重合于点，如图2.在三棱锥中，为的中点. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 二面角的向量求法 一、单选题 1．（23-24高二下·福建龙岩·阶段练习）如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，平面，为侧棱上的点，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·陕西渭南·期末）在四棱锥中，平面，，，，，为的中点，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·甘肃酒泉·期末）设，分别为两平面的法向量，若两平面所成的角为60°，则t等于（    ） A．1 B．－1 C．－1或1 D．2 4．（23-24高二上·天津西青·期末）在正方体中，点E为的中点，则平面与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 5．（23-24高二下·河北衡水·期末）如图，已知正方体的边长为2,、、、分别为的中点，则下列结论正确的是（    ）    A． B．平面 C．二面角的大小为 D．点到平面的距离为2 6．（23-24高二下·福建福州·期末）如图，在正方体中，M是线段上的一点，则下列说法正确的是（    ） A． B．平面 C．异面直线与所成的角的取值范围是 D．二面角的正弦值为 7．（23-24高二下·福建漳州·期末）如图，六面体的一个面是边长为2的正方形，，，均垂直于平面，且，，则下列正确的有（    ） A． B．直线与直线所成角的余弦值为 C．平面与平面所成角的余弦值为 D．当时，动点到平面的距离的最小值为1 8．（23-24高二上·河南洛阳·期末）三棱锥中，平面与平面的法向量分别为,,则二面角的大小可能为（    ） A． B． C． D． 9．（23-24高二上·河南信阳·期末）如图，在正四棱柱中，M是的中点，，则（    ） A． B．平面 C．二面角的余弦值为 D．到平面的距离为 三、填空题 10．（23-24高二上·广东深圳·期末）已知矩形中，将矩形沿着对角线对折，形成一个空间四边形，当时，二面角的余弦值为 . 11．（23-24高二上·广东汕尾·期末）如图，二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，若，则二面角的余弦值为 .    12．（23-24高二上·安徽亳州·期末）在正方体中，设，若二面角的平面角的正弦值为，则实数的值为 ． 四、解答题 13．（23-24高二下·青海·期末）如图，在四棱锥中，底面，平面，.    (1)证明：平面. (2)若，，且直线与直线所成角的正切值为，求二面角的余弦值. 14．（23-24高二下·内蒙古·期末）如图，在正四棱柱中，，，分别为的中点，为四边形的中心． (1)证明：∥平面． (2)求二面角的余弦值． 15．（23-24高二下·浙江温州·期末）在三棱锥中，平面平面，，，分别为的中点.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 16．（22-23高三上·江苏·开学考试）在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面底面，，且，分别为，的中点， (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 点到直线距离的求法 一、单选题 1．（23-24高二下·河南南阳·期末）在空间直角坐标系中，，三角形重心为，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·湖北孝感·期末）已知空间向量，，则B点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·江西景德镇·期末）已知直线过点和点，则点到直线的距离为（    ） A． B．3 C． D． 4．（23-24高二上·福建福州·期末）已知，，，则点到直线的距离为（    ） A． B． C．2 D．3 5．（23-24高二上·广东·期末）在三棱锥中，，，且，若满足，则到的距离为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二上·北京昌平·期末）如图，在长方体中，，，，分别是棱和上的两个动点，且，则的中点到的距离为（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二上·广东深圳·期末）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 8．（23-24高二上·浙江·期末）已知空间四点，则下列说法正确的是（    ） A． B．以为邻边的平行四边形的面积为 C．点O到直线的距离为 D．O，A，B，C四点共面 9．（23-24高二上·山西运城·期末）如图，棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为线段上的动点，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点G，使得平面EFG C．G为中点时，直线EG与所成角最小 D．点F到直线EG距离的最小值为 10．（23-24高二上·湖北十堰·期末）在正四棱柱中，分别是的中点，是棱上一点，则下列结论正确的有（    ） A．若为的中点，则 B．若为的中点，则到的距离为 C．若，则平面 D．的周长的最小值为 三、填空题 11．（23-24高二下·福建莆田·期末）已知，，三点，则到直线的距离为 . 12．（23-24高二上·河南驻马店·期末）在空间直角坐标系中，，则点B到直线的距离为 ． 13．（23-24高二上·广东江门·期末）如图，已知正三棱柱的所有棱长均为1，动点在线段上，则面积的最小值为 . 14．（23-24高二上·广东广州·期末）在棱长为的正方体中，点、分别是梭、的中点，是侧面上的动点，且平面，则点的轨迹长为 ，点到直线的距离的最小值为 . 15．（23-24高二上·内蒙古巴彦淖尔·期末）如图，正方体的棱长为是的中点，则点到直线的距离为 . 四、解答题 16．（23-24高二下·江苏扬州·期末）已知三棱柱的棱长均为. (1)证明：平面平面； (2)若，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离. 17．（23-24高二上·山东青岛·期末）在正四棱柱中，，点在线段上，且，点为中点.    (1)求点到直线的距离； (2)求证：面. 18．（23-24高二上·江苏·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形， PD⊥平面ABCD，PD=AD=2，且点E，F分别为AB和PD中点. (1)求异面直线AF与EC所成角的余弦值； (2)求点F到直线EC的距离. 点到平面距离的求法 一、单选题 1．（23-24高二上·安徽滁州·期末）已知，是平面的一个法向量，且是平面内一点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·江苏徐州·期末）在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·江苏泰州·期末）在空间直角坐标系中，已知点，若点到平面的距离为，则点的坐标可以是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·安徽合肥·期末）已知正方体的棱长为2，则四棱锥的体积为（ ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·山东日照·期末）在棱长为1的正方体中，为线段的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D．1 6．（23-24高二上·河北石家庄·期末）在如图所示的直四棱柱中，底面是正方形，是的中点，点N是棱上的一个动点，则点到平面的距离的最小值为（    ）    A．1 B． C． D． 7．（23-24高二上·安徽滁州·期末）如图，在棱长为3的正方体中，点是棱上的一点，且，则点到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 二、多选题 8．（23-24高二下·河北衡水·期末）如图，已知正方体的边长为2,、、、分别为的中点，则下列结论正确的是（    ）    A． B．平面 C．二面角的大小为 D．点到平面的距离为2 9．（23-24高二下·陕西咸阳·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，，则（    ） A． B． C．异面直线与夹角的余弦值为 D．点到平面的距离为 10．（23-24高二下·四川凉山·期末）如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，是线段上的一个动点，则下列说法正确的是（    ）    A．直线与平面所成角的余弦值的取值范围为 B．点到平面的距离为 C．四面体的体积为 D．若线段的中点为，则一定平行于平面 11．（23-24高二下·四川攀枝花·期末）如图，棱长均为2的正三棱柱中，分别是的中点，则（    ） A．平面 B． C．到平面的距离为 D．直线与所成角的余弦值为 三、填空题 12．（23-24高二下·江苏南京·期末）平面过点，其法向量为，则点到平面的距离为 . 13．（23-24高二下·安徽·期末）在棱长为2的正方体中，E，F分别为正方形和正方形的中心，则点到平面的距离为 . 14．（23-24高二上·河北沧州·期末）在棱长为3的正方体中，点到平面的距离为 ． 四、解答题 15．（23-24高二下·江西萍乡·期末）如图，在平行六面体中，， (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离. 16．（23-24高二下·河北唐山·期末）在三棱锥P-ABC中，，，E为AC的中点，．    (1)求证：平面平面ABC； (2)求点C到平面PAB的距离． 17．（23-24高二下·上海·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，为线段的中点，，为线段上的动点.    (1)证明：； (2)当为线段的中点时，求点到面的距离. 数量积中的最值范围问题 一、单选题 1．（23-24高二下·福建漳州·期末）正方体的棱长为，是正方体外接球的直径，为正方体表面上的动点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·辽宁大连·期末）边长为2的正三角形所在平面为平面，平面外有一点，且三棱锥的体积为，则的最小值为（    ） A．8 B．9 C．10 D．18 3．（23-24高二上·辽宁·期末）正四面体棱长为6，，且，以为球心且半径为1的球面上有两点，，，则的最小值为（    ） A．24 B．25 C．48 D．50 二、多选题 4．（23-24高二下·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. 5．（23-24高二上·广东清远·期末）如图，在正方体中，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．当时，的值最小 B．当时， C．若平面上的动点满足，则点的轨迹是椭圆 D．直线与平面所成角的正弦值是 三、填空题 6．（23-24高二下·河北唐山·期末）如图，长方体中，，点为线段上一点，则的最大值为 . 7．（23-24高二上·浙江嘉兴·期末）在三棱锥中，和都是等边三角形，，，为棱上一点，则的最小值是 ． 8．（23-24高二上·广东茂名·期末）正四面体的棱长为6，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，的面积为 . 9．（23-24高二上·安徽滁州·期末）已知正四面体的棱长为4，空间内动点满足，则的最大值为 . 10．（23-24高二上·江苏盐城·期末）已知，，点在直线上运动，则的最大值为 . 空间角中的最值问题 一、单选题 1．（23-24高二下·河南开封·期末）在棱长为1的正四面体ABCD中，M是BC的中点，且，，则直线AM与CN夹角的余弦值的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·上海杨浦·期末）如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，给出以下三个结论： ①存在点满足； ②存在点满足与平面所成角的大小为； ③存在点满足； 其中正确的个数是（    ）． A．0 B．1 C．2 D．3 3．（23-24高二上·北京顺义·期末）如图，在正方体中，E是棱上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与所成角的范围是 B．直线与平面所成角的最大值为 C．二面角的大小不确定 D．直线与平面不垂直 4．（23-24高二上·山西朔州·期末）如图，在正方体中，为棱上的一个动点，为棱上的一个动点，则平面与底面所成角的余弦值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·重庆·期末）在正方体中，是中点，点在线段上（含端点），若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二上·重庆·期末）正三棱柱的所有棱长均相等，E，F分别是棱上的两个动点，且，则异面直线BE与AF夹角余弦的最大值为（    ） A．1 B． C． D． 二、多选题 7．（23-24高二下·福建福州·期末）如图，在正方体中，M是线段上的一点，则下列说法正确的是（    ） A． B．平面 C．异面直线与所成的角的取值范围是 D．二面角的正弦值为 8．（23-24高二下·江苏常州·期末）在棱长为2的正方体中，为的中点，点在正方形内部及其边界上运动，则下列说法正确的有（    ） A．当时，点的轨迹长度为 B．若平面，则长度的最小值为2 C．当时，二面角的余弦值的最小值是 D．记直线与平面所成角为，则的取值范围是 三、填空题 9．（23-24高二上·山东潍坊·期末）在直三棱柱中，，，平面经过点A，且直线与平面所成的角为30°，过点作平面的垂线，垂足为H，则点到平面的距离为 ，直线与BH所成角的范围为 . 10．（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 ． 11．（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在长方体中，E是的中点，点F是AD上一点，，，，动点P在上底面上，且满足三棱锥的体积等于1，则直线CP与所成角的余弦值的最大值为 ． 12．（23-24高二上·江苏苏州·期末）已知圆台的高为2，上底面圆的半径为2，下底面圆的半径为4，，两点分别在圆、圆上，若向量与向量的夹角为60°，则直线与直线所成角的大小为 ． 四、解答题 13．（23-24高二下·江苏徐州·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面平面，，，. (1)若点为棱的中点，求二面角的余弦值； (2)若，设直线与平面，平面所成的角分别为，求的最大值. 14．（23-24高二下·福建宁德·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧棱底面，，，为的中点，点在线段上运动.    (1)线段上是否存在点，满足∥平面？若存在，求的值，若不存在，说明理由； (2)当直线与平面所成的角最大时，求线段的长度. 空间中的存在问题 一、单选题 1．（23-24高二下·上海嘉定·期末）空间直角坐标系中，从原点出发的两个向量、；满足：，，且存在实数，使得成立，则向量确定时，由构成的空间几何体的侧面积是（    ） ． A． B． C． D． 2．（23-24高二上·上海·期末）在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且满足．点P满足，其中，则下列说法不正确的是（　　） A．当时，的面积S的最大值为 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点P，使得 D．当时，存在点P，使得平面 3．（23-24高二下·上海杨浦·期末）如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，给出以下三个结论： ①存在点满足； ②存在点满足与平面所成角的大小为； ③存在点满足； 其中正确的个数是（    ）． A．0 B．1 C．2 D．3 二、多选题 4．（23-24高二下·河南洛阳·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，点F满足，则（    ） A．三棱锥的体积是定值 B．当时，平面BDF C．存在，使得AC与平面BDF所成的角为 D．当时，平面BDF截该正方体的外接球所得到的截面的面积为 5．（23-24高二下·甘肃临夏·期末）如图，在棱长为1的正方体中，点Q为的中点，点P是棱上一动点（与C，不重合），过点P作，点E为垂足，再过点E作，点为垂足．则（   ）    A．平面 B．三棱锥体积的最大值为 C．存在点P使得平面 D．存在点P使得 6．（23-24高二下·河南漯河·期末）如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成，是上的动点.则（    ）    A．为的中点时，平面平面 B．为的中点时，平面 C．存在点，使得三棱锥体积是8 D．存在点，使得直线与平面所成的角为 7．（23-24高二上·陕西西安·期末）如图，在正方体 ，，是正方形 内部（含边界）的一个动点，则（    ） A．存在唯一点，使得 B．当点在上移动时，直线与直线所成角不变 C．直线与平面所成角的最小值为 D．当时，点的轨迹为圆的一部分 8．（23-24高二上·四川攀枝花·期末）如图，正方体的棱长为2，为的中点，为棱上的动点（包含端点），则下列结论正确的是（    ）    A．存在点，使 B．存在点，使 C．四面体的体积为定值 D．点到直线的距离为 三、填空题 9．（23-24高二上·北京石景山·期末）如图，在正四棱柱中，为棱上的一个动点，给出下列四个结论： ①； ②三棱锥的体积为定值； ③存在点，使得平面； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是 . 10．（23-24高二上·北京西城·期末）如图，在正方体中，为棱的中点，为棱（含端点）上的一个动点.给出下列四个结论： ①存在符合条件的点，使得平面； ②不存在符合条件的点，使得； ③异面直线与所成角的余弦值为； ④三棱锥的体积的取值范围是. 其中所有正确结论的序号是 . 四、解答题 11．（23-24高二下·浙江宁波·期末）如图，在五面体中，四边形为矩形，为等腰直角三角形，且.面面. (1)求证：： (2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由. 12．（23-24高二下·贵州毕节·期末）如图1，已知直角梯形AEFD中，，点B，C分别在AE，DF上，且，，，，将图1沿BC翻折，使平面平面BEFC得图2．    (1)在线段CF上是否存在一点M，使得A、E、M、D四点共面．若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由； (2)当时，求平面AEF与平面CEF的夹角的正切值． 13．（23-24高二下·广西桂林·期末）如图，已知边长为的正方形，以边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面围成一个几何体．设是上的一点，，分别为线段，的中点． (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值； (3)在（2）的条件下，线段上是否存在点，使平面，证明你的结论． 14．（23-24高二下·福建宁德·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧棱底面，，，为的中点，点在线段上运动.    (1)线段上是否存在点，满足∥平面？若存在，求的值，若不存在，说明理由； (2)当直线与平面所成的角最大时，求线段的长度. 15．（23-24高二上·山东青岛·期末）如图，在底面是菱形的四棱锥中，底面分别在梭上，为的中点.    (1)若为中点，证明：面； (2)若，是否存在点，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. 空间中的动点问题 一、单选题 1．（23-24高二上·浙江绍兴·期末）在正方体中，过作一垂直于的平面交平面于直线，动点在直线上，则直线与所成角余弦值的最大值为（    ） A． B． C． D．1 2．（23-24高二上·山西朔州·期末）如图，在正方体中，为棱上的一个动点，为棱上的一个动点，则平面与底面所成角的余弦值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·福建漳州·期末）正方体的棱长为，是正方体外接球的直径，为正方体表面上的动点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·广西·期末）如图所示空间直角坐标系A﹣xyz中，是正三棱柱的底面内一动点，，直线PA和底面ABC所成的角为，则P点的坐标满足（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·北京顺义·期末）如图，在正方体中，E是棱上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与所成角的范围是 B．直线与平面所成角的最大值为 C．二面角的大小不确定 D．直线与平面不垂直 二、多选题 6．（23-24高二下·甘肃临夏·期末）如图，在棱长为1的正方体中，点Q为的中点，点P是棱上一动点（与C，不重合），过点P作，点E为垂足，再过点E作，点为垂足．则（   ）    A．平面 B．三棱锥体积的最大值为 C．存在点P使得平面 D．存在点P使得 7．（23-24高二上·陕西西安·期末）如图，在正方体 ，，是正方形 内部（含边界）的一个动点，则（    ） A．存在唯一点，使得 B．当点在上移动时，直线与直线所成角不变 C．直线与平面所成角的最小值为 D．当时，点的轨迹为圆的一部分 8．（23-24高二上·四川攀枝花·期末）如图，正方体的棱长为2，为的中点，为棱上的动点（包含端点），则下列结论正确的是（    ）    A．存在点，使 B．存在点，使 C．四面体的体积为定值 D．点到直线的距离为 9．（23-24高三上·黑龙江齐齐哈尔·期末）如图所示，在棱长为2的正方体中，是线段上的动点，则下列说法正确的是（   ） A．平面平面 B．的最小值为 C．若直线与所成角的余弦值为，则 D．若是的中点，则到平面的距离为 10．（23-24高二上·安徽马鞍山·期末）如图，在长方体中，，点E为的中点，点F为侧面（含边界）上的动点，则下列说法正确的是 （    ） A．不存在点F，使得 B．的最小值为 C．满足的点F的轨迹长度为 D．若平面，则线段长度的最小值为 11．（23-24高二上·福建福州·期末）已知棱长为2的正方体中，为的中点，动点在平面内的轨迹为曲线．则下列结论正确的是（    ） A．当时，是圆 B．当动点到直线的距离之和等于4时，是椭圆 C．当直线与平面所成的角为时，是双曲线 D．当动点到点的距离等于点到直线的距离时，是抛物线 12．（23-24高二上·广西南宁·期末）已知正方体的棱长为1，为棱（包含端点）上的动点，下列命题正确的是（    ） A．二面角的大小为 B． C．若在正方形内部，且，则点的轨迹长度为 D．若平面，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 三、填空题 13．（23-24高二上·广东茂名·期末）正四面体的棱长为6，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，的面积为 . 14．（23-24高二上·安徽滁州·期末）已知正四面体的棱长为4，空间内动点满足，则的最大值为 . 15．（23-24高二上·江西九江·期末）如图，正三棱锥中，三条侧棱两两垂直且相等，为的中点，为平面内一动点，则的最小值为 .    16．（23-24高二上·广东广州·期末）在棱长为的正方体中，点、分别是梭、的中点，是侧面上的动点，且平面，则点的轨迹长为 ，点到直线的距离的最小值为 . 17．（24-25高二上·北京朝阳·期末）如图，在长方体中，为棱的中点，点是侧面上的动点，满足，给出下列四个结论： ①动点的轨迹是一段圆弧； ②动点的轨迹长度为； ③动点的轨迹与线段有且只有一个公共点； ④三棱锥的体积的最大值为. 其中所有正确结论的序号是 . 四、解答题 18．（23-24高二下·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. 19．（23-24高二上·辽宁大连·期末）如图，三棱柱中，侧面为菱形，为中点，且平面，，，，为平面上一动点． (1)若与平面成角的正切值为，求的最小值． (2)若点在线段上，平面与所成角的正弦值为，求的值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！54 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 空间向量与立体几何 空间向量的线性运算 一、单选题 1．（23-24高二上·河南驻马店·期末）在平行六面体中，是平行四边形的对角线的交点，为的中点，记，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量的线性运算可得正确的选项. 【详解】 ， 化简得：， 故选：A . 2．（23-24高二上·福建福州·期末）在平行六面体中，为延长线上一点，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间向量运算求得正确答案. 【详解】 . 故选：B 3．（23-24高二上·安徽·期末）如图，三棱柱中，，，，点为四边形的中心点，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据条件，利用空间向量的线性运算，即可求出结果. 【详解】根据题意，， 又，所以，    故选：A. 4．（23-24高二上·安徽宣城·期末）在三棱柱中，分别是的中点，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据条件，利用空间向量的线性运算，即可求出结果. 【详解】如图，因为分别是的中点，，又， 所以， 得到， 故选：A. 5．（23-24高二上·陕西宝鸡·期末）如图，在四面体中，，，，点M、 N分别在线段、上，且，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由空间向量基本定理结合线段比例关系分解向量即可. 【详解】由题意 . 故选：A. 6．（23-24高二上·山西运城·期末）如图，空间四边形OABC中，，点M在线段OA上，且，点N为BC中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合图形，利用空间向量的线性运算即可求解. 【详解】点M在线段OA上，且， 又， ∵N为BC的中点， . 故选：D. 二、多选题 7．（23-24高二上·江西·期末）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，若，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】根据空间向量的线性运算，结合图形依次判断即可求解. 【详解】A：，故A错误； B：，故B正确； C：，故C正确； D：，故D错误． 故选：BC. 8．（23-24高二上·山西长治·期末）在三棱锥中，，，，点在直线上，且，是的中点，则下列结论可能成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】根据题意，结合点的位置，利用空间向量的线性运算，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A，因为是的中点，可得，所以A不正确； 对于B，当点在线段上时，因为，此时， 则，所以B正确； 对于C，当点在线段的延长线上时，因为，此时为的中点， 可得，所以C正确； 对于D，当点在线段上时，可得； 当点在线段的延长线上时，， 当点在线段的延长线上时，不可能成立，所以D不正确. 综上可得，可能正确的结论为BC. 故选：BC. 三、填空题 9．（23-24高二上·湖北荆州·期末）如图，三棱锥O－ABC中，M是BC的中点，，设用表示向量则 【答案】 【分析】根据空间向量的线性运算求解即可. 【详解】， 故答案为：. 10．（23-24高二上·天津西青·期末）如图，在三棱柱中，D，E分别是线段，的中点，设，，.用，，表示 . 【答案】 【分析】根据几何图形，应用向量加法、数乘的几何意义用，，表示出即可. 【详解】. 故答案为： 共线定理与共面定理 一、单选题 1．（23-24高二上·江西上饶·期末）有下列四个命题： （1）已知A，B，C，D是空间任意四点，则； （2）若两个非零向量与满足，则； （3）分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量； （4）对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若当时，（x，y，），则P，A，B，C四点共面． 其中正确命题的个数是（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】A 【分析】利用空间向量的概念与运算、共面向量定理对4个命题分别进行判断，即可得出结论． 【详解】对于（1），A，B，C，D是空间任意四点， 则成立，（1）正确； 对于（2），若两个非零向量与满足，即， 则，（2）正确； 对于（3），因为空间任意两个向量共面，因此分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线， 这两个向量是共面向量，（3）错误； （4）对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C， 若xyz（x，y，）， 当且仅当时成立，则P，A，B，C四点共面，（4）正确， 所以正确命题的个数是3个． 故选：A 2．（23-24高二下·福建莆田·期末）已知向量，，若，，三点共线，则（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】B 【分析】根据条件得到，再利用向量相等，即可求出结果. 【详解】因为，，三点共线，则，又向量，， 所以，解得， 故选：B. 3．（23-24高二上·浙江嘉兴·期末）已知空间向量，，且，则（    ） A． B． C．1 D．17 【答案】A 【分析】根据空间向量平行的坐标关系运算求解. 【详解】， ，，即， ，解得， . 故选：A. 4．（23-24高二上·安徽·期末）在空间直角坐标系中，已知点，，，若向量与向量共线，则的值为（    ） A．0 B． C．1 D． 【答案】B 【分析】根据向量平行的坐标关系直接求解可得. 【详解】根据题意：，， 与共线，所以， 可得，． 故选：B 5．（23-24高二上·河北邯郸·期末）已知是不共面的空间向量，若与（是实数）是平行向量，则的值为（    ） A．16 B．-13 C．3 D．-3 【答案】C 【分析】根据，结合，列出方程组，求解即可. 【详解】因为是不共面的空间向量且， 故，则， 解得，所以. 故选：C. 6．（23-24高二下·福建漳州·期末）已知向量，，，若，，三个向量共面，则实数（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】由题意得与不共线，所以由空间向量共面定理可知存在实数，使，然后将坐标代入化简可求出的值. 【详解】因为 所以与不共线， 所以存在实数，使， 所以， 所以，解得. 故选：B 7．（23-24高二下·江苏南京·期末）给出下列四个命题，其中真命题是（    ） A．若向量与向量，共面，则存在实数x，y，使 B．若存在实数x，y，使，则点P，M，A，B共面 C．直线a的方向向量为，平面的法向量为，则 D．若平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则 【答案】B 【分析】对于A，举反例排除A；对于B，运用四点共面定理推论可知正确；对于C，利用空间向量判断线面关系即可；对于D，根据法向量性质求得，，从而得以判断. 【详解】对于A，如果为非零向量，且与不共线，而与共线， 则不成立，故A错误； 对于B，运用四点共面定理推论可知B正确； 对于C，，则，则，故C错误； 对于D，向量是平面的法向量，则，， 即，，又，， 得且，解得，，则，故D错误. 故选：B. 8．（23-24高二下·江苏扬州·期末）已知是三个不共面的向量，，且四点共面，则实数的值为（    ）. A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】根据空间共面向量定理设，再列方程组，解方程组即可求解. 【详解】因为， 且四点共面， 由空间共面向量定理可知，存在实数满足， 即， 所以，解得，所以的值为. 故选：D. 9．（23-24高二下·江苏宿迁·期末）已知三点不共线，为平面外一点，下列条件中能确定四点共面的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据空间向量基本定理对选项逐个进行验证即可得出结论. 【详解】由空间向量基本定理可知，若四点共面，则需满足存在实数使得，且， 显然选项A，C不成立； 对于选项B，由可得， 不合题意，即B错误； 对于D，化简可得， 满足，可得D正确； 故选：D 10．（23-24高二上·江西九江·期末）对于空间任一点和不共线的三点，，，有，则是，，，四点共面的（    ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 【答案】B 【分析】根据共面向量定理判断点满足，且，向量，，共面，得到，，，四点共面，可以是充分条件；再通过举出反例得出反面不成立，即可得出答案． 【详解】解：若，则，即， 由共面定理可知向量，，共面，所以，，，四点共面； 反之，若，，，四点共面，当与四个点中的一个比如点重合时， ，可取任意值，不一定有， 所以是，，，四点共面的充分不必要条件． 故选：B． 二、多选题 11．（23-24高二上·广东汕头·期末）下面四个结论正确的是（ ） A．空间向量，若⊥，则 B．若对平面中任意一点，有 则，，三点共线. C．已知是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底. D．任意向量，满足. 【答案】ABC 【分析】根据空间向量的基本概念，即可判断选项. 【详解】A选项，空间向量，若⊥，，夹角为， 则，A正确； B选项，，所以，，三点共线，B正确； C选项，是空间的一个基底，则不存在使得， 设，即，即，此方程无解， 故不共面，则也是空间的一个基底，C正确； D选项，不妨设， 则，， 此时，D错误. 故选：ABC 12．（23-24高二上·湖北荆州·期末）下列说法正确的是（    ） A．若有空间非零向量，，则存在唯一的实数，使得 B．A，B，C三点不共线，空间中任意点O，若，则P，A，B，C四点共面 C．，，若，则 D．若是空间的一个基底，则O，A，B，C四点共面，但不共线 【答案】ABC 【分析】对于A：根据向量平行定理可判断；对于B：将条件变形为即可判断；对于C：根据向量平行列方程求解；对于D：根据基底的概念判断. 【详解】对于A：若有空间非零向量，，则存在唯一的实数，使得，A正确； 对于B：， 即，故则P，A，B，C四点共面，B正确； 对于C：因为，则存在实数，使，即，解得，C正确； 对于D：若是空间的一个基底，则O，A，B，C四点不共面，D错误. 故选：ABC. 13．（23-24高二上·安徽·期末）已知构成空间的一个基底，则下列说法正确的是（    ） A．，，共面 B．存在不全为零的实数x，y，z，使得 C．若，，则 D．若，则 【答案】AD 【分析】利用共面向量的意义判断A；利用空间向量基底的意义判断B；利用向量共线的意义判断C；利用数量积的运算律计算判断D. 【详解】由，得，，共面，A正确； 若存在不全为零的实数x，y，z，使得，则，，共面， 不能构成基底，B错误； 当时，有，，由已知得不共面， 不一定有且，即不一定有，C错误； 由，得， 即，则，D正确． 故选：AD 14．（23-24高二上·浙江温州·期末）已知三棱锥如图所示，G为重心，点M，F为中点，点D，E分别在上，，（），以下说法正确的是（    ）    A．若，则平面∥平面 B． C． D．若M，D，E，F四点共面，则 【答案】ABC 【分析】对于A，由中位线得，结合线面平行、面面平行的判定定理即可得证；对于BC，直接由图形的性质分解向量即可；对于D由B中结论变形为，由四点共面的充要条件即可判断. 【详解】对于A，若，即分别为的中点，又点为的中点， 所以， 又面，面， 所以面，同理可证面， 又面， 所以平面∥平面，故A正确； 对于BCD，如图所示：    设中点为，连接，因为点G为重心， 所以点在线段上面， 所以 ，故B正确； 对于C， ，故C正确； 因为， 所以， 若M，D，E，F四点共面，则，解得，故D错误. 故选：ABC. 空间向量运算的坐标表示 一、单选题 1．（23-24高二下·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. 2．（23-24高二下·福建宁德·期末）已知向量，，若∥，则实数（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】C 【分析】由∥列方程求解即可. 【详解】因为向量，，∥， 所以，得. 故选：C 3．（23-24高二下·甘肃白银·期末）已知空间向量,若,则（    ） A．6 B． C．36 D．5 【答案】A 【分析】首先根据向量平行求，再代入模的公式，即可求解. 【详解】因为，所以，所以，所以. 故选：A 4．（23-24高二上·江西上饶·期末）已知空间向量，，若，则（    ） A． B．3 C． D．2 【答案】D 【分析】根据空间向量运算的坐标表示进行计算即可. 【详解】由题意可得， 因为，所以， 解得. 故选：D. 5．（23-24高二下·江苏泰州·期末）设是实数，已知，若，则的值为（    ） A． B． C．3 D．6 【答案】B 【分析】利用向量平行的坐标运算求解答案. 【详解】因为， 所以使得即 即即 故选：B. 6．（23-24高二下·江苏泰州·期末）已知，，且，则（    ） A．2 B．3 C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量垂直的坐标运算公式求解即可. 【详解】因为，，且，所以， 解得. 故选：D 7．（23-24高二上·河北石家庄·期末）已知空间中三点，若，则（    ） A． B．4 C．3 D． 【答案】B 【分析】根据题意结合空间向量平行的坐标表示分析求解即可. 【详解】由题意可得：， 若，则，解得， 所以. 故选：B. 二、多选题 8．（23-24高二上·广东深圳·期末）若向量，，则下列结论正确的为（   ） A． B． C．∥ D． 【答案】AB 【分析】根据向量加法的坐标运算判断A；求出两向量的模，判断B；根据向量平线的定义判断C；求出两向量的数量积，判断D. 【详解】因为向量，， 所以，故A正确； ， 所以，故B正确； 不存在非零实数，使成立，故与不共线，故C错误； 因为，故D错误. 故选：AB. 9．（23-24高一下·吉林通化·期末）已知向量，则下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．的最小值为 D．的最大值为4 【答案】AC 【分析】对于A，利用共线定理列方程求解判断，对于B，由，得求解，对于CD，表示出后利用二次函数性质求最值判断. 【详解】对于A，若，且， 则存在唯一实数使得，即， 则，解得，故A正确； 对于B，若，则，即， 化简得，因为，所以无实数解，故B错误； 对于CD，，故当时，取得最小值为，无最大值，故C正确，D错误. 故选：AC. 10．（23-24高二上·青海西宁·期中）向量，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】利用空间向量平行列出关于的方程组，解之即可求得的值和的关系. 【详解】因为，所以，由题意可得， 所以，则． 故选：BC 三、填空题 11．（23-24高二下·上海虹口·期末）若向量与平行，则实数的值为 . 【答案】4 【分析】根据向量平行得到关于m的等式，解出m即可. 【详解】因为与平行， 所以存在实数使即， 所以解得 故答案为：4. 12．（23-24高二上·安徽合肥·期末）设，，，，则 . 【答案】 【分析】由向量平行相关知识可得答案. 【详解】由题得，则，所以 故答案为： 求空间向量的数量积 一、单选题 1．（23-24高二上·江西吉安·期末）在正四面体中，棱长为2，且E是棱中点，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在正四面体中，根据向量的数量积的运算，即可求解 【详解】如图所示， 由正四面体的性质可得，， 由E是棱中点， ， 故选：A． 2．（23-24高二上·辽宁葫芦岛·期末）已知向量，，则（    ） A． B．0 C．2 D．10 【答案】B 【分析】由空间向量线性关系的坐标运算得，再由数量积的坐标求法求结果. 【详解】由题设，则， 所以. 故选：B 3．（23-24高二上·浙江宁波·期末）已知正四面体的棱长为2，是的中点，在上，且，则（    ） A． B． C．0 D． 【答案】C 【分析】先将分别用表示，再根据数量积得运算律即可得解. 【详解】由正四面体，得， 则， 由是的中点，得， 由，得， 则， 所以 . 故选：C. 4．（23-24高二下·江苏泰州·期末）从棱长为的正方体的八个顶点中任意取四个点，则值的不同种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别讨论不同位置时的情况，根据向量数量积定义可求得结果. 【详解】①当为正方体的两条棱，且时， 或，； ②当为正方体的两条棱，且时，； ③当为正方体的一条棱，为与垂直的侧面的面对角线时， ，； ④当为正方体的一条棱，为与平行的侧面的面对角线时， ，，或，； ⑤当为正方体的一条棱，为正方体的体对角线时， ，，，； ⑥当分别为同一侧面或两平行侧面的面对角线时，或， 若，则； 若，则或，，； ⑦当分别为两相邻侧面的面对角线时， ，或，； ⑧当为正方体两条体对角线时， 设，则，， ，； 综上所述：的值有，，，共种. 故选：B. 5．（23-24高二上·广东茂名·期末）如图，正方体的棱长为1，设，，，则（    ）    A．1 B． C．0 D．2 【答案】A 【分析】根据垂直关系结合空间向量的数量积分析求解. 【详解】由题意可知：， 所以. 故选：A. 6．（23-24高二上·云南昆明·期末）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为，则（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】D 【分析】利用基底法表示得与，再利用空间向量的数量积运算即可得解 . 【详解】依题意，记，，， 则，，则， 因为， ， 所以. 故选：D. 7．（23-24高二上·河南·期末）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，为棱的中点，且，则（    ）    A．6 B．8 C．9 D．10 【答案】A 【分析】利用空间向量的基本运算及数量积公式表示出，计算即可. 【详解】底面为菱形，， , 为棱的中点, ， 解得. 故选: A. 8．（23-24高二上·广东河源·期末）如图，在正三棱锥中，高，，点分别为的中点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，求得，得到，结合向量的数量积的运算公式，即可求解. 【详解】在等边中，因为，可得的高为， 所以， 在直角中，可得， 又因为分别为的中点，可得， 在中，可得， 所以. 故选：B. 9．（23-24高二上·贵州铜仁·期末）在空间直角坐标系中，若对应点，，若关于平面的对称点为，则（    ） A．2 B． C．5 D． 【答案】C 【分析】利用空间直角坐标系中的点的对称关系求出，进而求出，再由空间向量数量积的定义求解即可. 【详解】关于平面的对称点为，所以， 所以，即，， 所以. 故选：C. 10．（23-24高二上·四川成都·期末）如图，已知四面体的棱长都是2，点为棱的中点，则的值为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】根据空间向量数量符号的运算性质，结合空间向量线性运算的性质进行求解即可. 【详解】因为点为棱的中点， 所以， 因为四面体的棱长都是2， 所以， 故选：B 二、多选题 11．（23-24高二上·广东深圳·期末）在棱长为2的正四面体ABCD中，E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点.则下列各式成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】根据空间向量的线性运算判断AD，利用基底法结合空间向量的数量积运算判断BC. 【详解】棱长为2的正四面体ABCD中，E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点， 则两两夹角为，， 所以， 对于A，，正确； 对于B，因为，所以，错误； 对于C，因为，所以， 所以，正确； 对于D，因为， 所以，错误. 故选：AC 12．（23-24高二上·河北沧州·期末）在棱长为2的正四面体A-BCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G是△BCD的重心，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．在上的投影向量为 D． 【答案】AB 【分析】取DC的中点M，根据CD⊥平面ABM判断A；取BD的中点H，判断B；根据投影向量定义判断C；根据空间向量线性运算判断D. 【详解】 如图，取DC的中点M，连接AM，BM， ∵AM⊥CD，BM⊥CD，平面， ∴CD⊥平面，平面，∴CD⊥AB，故A正确； 取BD的中点H，连接HE，HF，则，， ∴HE⊥FH，即，又，∴，， ∴，故B正确； 由B知，在上的投影向量为，故C不正确； ，故D不正确， 故选：AB． 13．（23-24高二上·广东深圳·期末）如图所示，平行六面体中，，以顶点为端点的三条棱长都为2，且，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．平面 D． 【答案】ACD 【分析】设，结合向量的线性运算法则和向量的数量积的运算，可判定A正确，B不正确；D正确，利用线面平行的判定定理，可判定C正确. 【详解】设，可得， 则， 对于A中，根据向量的线性运算法则，可得， 则， 所以，即，所以A正确； 对于B中，由， ， 则 ，所以B不正确； 对于C中，如图所示，连接交于点，分别连接， 可得分别为的中点，可得且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，且平面，所以平面，所以C正确； 对于D中，由， 可得， 所以，所以，所以D正确. 故选：ACD. 三、填空题 14．（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：. 15．（23-24高二上·四川宜宾·期末）在棱长为2的正四面体中，为的中点，则． 【答案】1 【分析】利用空间的基底表示，再利用向量数量积运算律计算即得. 【详解】在棱长为2的正四面体中，为的中点， 则，而， 所以 . 故答案为：1 16．（23-24高二上·广东广州·期末）在棱长为2的正四面体中，是的中点，则 . 【答案】2 【分析】利用基底表示向量，再利用向量数量积的运算律计算即得. 【详解】在棱长为2的正四面体中，， 所以. 故答案为：2 17．（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. 四、解答题 18．（23-24高二上·山西吕梁·期末）如图所示，平行六面体中，，.    (1)用向量表示向量，并求； (2)求. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据空间向量的线性运算，得到，结合向量的数量积的运算法则，即可求解； （2）由空间向量的运算法则，得到，结合向量的数量积的运算公式，即可求解. 【详解】（1）解：根据空间向量的线性运算，可得， 可得 ， 所以. （2）解：由空间向量的运算法则，可得， 因为且， 所以 . 19．（23-24高二上·浙江温州·期末）如图，在平行六面体中，，，，，设，，． (1)用向量表示； (2)求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）直接分解向量即可求解； （2）首先分解向量得，进一步结合两两之间的数量积即可求解. 【详解】（1）由题意. （2）由题意， 因为，，，， 所以， 所以. 求空间向量的投影向量 一、单选题 1．（23-24高二下·湖北·期末）空间向量在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据投影向量公式计算即可. 【详解】，， 由投影向量的定义和公式可知在的投影向量为， 故选：C. 2．（23-24高二下·福建宁德·期末）在标准正交基下，已知向量，则在上的投影等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出的坐标，再利用投影公式即可求解. 【详解】因为，， 所以， 又因为， 所以， 所以在上的投影为. 故选：D. 3．（23-24高二上·广东佛山·期末）在棱长为的正方体中，点是的中点．设在上的投影向量为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算结合投影向量的定义可求得的值. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， ，， 由题意可知，， 所以，. 故选：C. 4．（23-24高二上·吉林·期末）已知向量，，则向量在向量上的投影向量（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】应用投影向量的定义即可求解. 【详解】因为向量，， 所以向量在向量上的投影向量． 故选：A 5．（23-24高二上·广西百色·期末）已知空间向量，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．在上的投影向量为 【答案】D 【分析】利用空间向量的线性运算,模长,数量积及投影向量的坐标运算公式逐一计算,即可判断. 【详解】对于选项A:因为,所以，故选项A错误； 对于选项B:因为,,所以，故选项B错误； 对于选项C: 因为,,所以，故选项C错误； 对于选项D: 因为,,所以，，， 在上的投影向量为，故选项D正确. 故选：D. 二、多选题 6．（23-24高二上·河北沧州·期末）在棱长为2的正四面体A-BCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G是△BCD的重心，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．在上的投影向量为 D． 【答案】AB 【分析】取DC的中点M，根据CD⊥平面ABM判断A；取BD的中点H，判断B；根据投影向量定义判断C；根据空间向量线性运算判断D. 【详解】 如图，取DC的中点M，连接AM，BM， ∵AM⊥CD，BM⊥CD，平面， ∴CD⊥平面，平面，∴CD⊥AB，故A正确； 取BD的中点H，连接HE，HF，则，， ∴HE⊥FH，即，又，∴，， ∴，故B正确； 由B知，在上的投影向量为，故C不正确； ，故D不正确， 故选：AB． 7．（23-24高二上·四川宜宾·期末）已知向量，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则向量在向量上的投影向量 【答案】ACD 【分析】代入的值，得到向量的坐标，利用向量的坐标运算，判断向量的平行垂直，求向量夹角的余弦和投影向量的坐标. 【详解】向量 若，则，，所以，A选项正确； 若，，，不满足则，B选项错误； 若，，则，C选项正确； 若，，则向量在向量上的投影向量: ，D选项正确. 故选：ACD 三、填空题 8．（23-24高二下·上海宝山·期末）已知向量，，则在方向上的投影向量为 . 【答案】 【分析】根据投影向量定义和向量坐标运算直接求解即可. 【详解】，又， 在方向上的投影向量为. 故答案为：. 9．（23-24高二上·福建福州·期末）已知为单位向量.，若，则在上的投影向量为 . 【答案】 【分析】根据模与向量的关系求出的值，再根据在上的投影向量公式求出答案即可. 【详解】， 由题可得： ，可得， 则在上的投影向量为. 故答案为：. 空间向量模的问题 一、单选题 1．（23-24高二下·内蒙古赤峰·期末）如图，在平行六面体中，，，则的长为（    ） A． B． C．85 D．97 【答案】B 【分析】依题意可得，将两边平方，根据数量积的定义及运算律计算可得. 【详解】依题意可得，，，， ，． ， ， ，即的长为. 故选：B． 2．（23-24高二上·湖北荆门·期末）已知平面和平面的夹角为，，已知A，B两点在棱上，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于．已知，，则的长度为（    ） A． B． C． D．或 【答案】D 【分析】由题意可得二面角的大小为或，则或，将用，结合空间向量数量积的运算律即可得解. 【详解】平面和平面的夹角为，则二面角的大小为或， 因为，所以或， 由题可知， ， 故或， 或． 故选：D. 3．（23-24高二上·江西萍乡·期末）已知，，是空间中两两垂直的单位向量，则（    ） A． B．14 C． D．2 【答案】A 【分析】利用空间向量数量积的性质即可求解. 【详解】依题意得，，； 所以， 故选：A. 4．（23-24高二上·河南信阳·期末）如图，在平行六面体中，，，，，则等于（    ） A． B． C． D．10 【答案】A 【分析】先用向量线性运算表示出，再利用数量积的运算法则计算，从而得解. 【详解】依题意，设,，， 因为， 所以，，，， 又， 所以 . 故选：A. 5．（23-24高二上·江苏盐城·期末）已知是平行六面体，， ，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用向量加法和数量积求解即可. 【详解】由题意可得 ， 所以， 故选：A 6．（23-24高二上·江苏·期末）如图，平行六面体的各棱长均为，，，则（　　  ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分析得出，利用平面向量数量积即可求得的值. 【详解】平行六面体的各棱长均为，，， ，， ，而， ， . 故选：B. 7．（23-24高二上·新疆和田·期中）已知、、均为单位向量，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用空间向量数量积的定义与运算性质可求得的值. 【详解】因为、、均为单位向量，，， 由空间向量数量积的定义可得，， 所以，， 因此，. 故选：C. 二、多选题 8．（23-24高二上·福建南平·期末）如图，在三棱柱中，底面为等边三角形，为的重心，，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】A选项，根据重心性质得到，求出；B选项，，利用向量数量积公式得到，得到垂直关系；C选项，，故两者不平行；D选项，利用向量数量积公式得到，得到. 【详解】A选项，底面为等边三角形，为的重心， 故， 又，故 ，A正确； B选项，，故 ， 故，B正确； C选项，， 又， 设，即，无解，故与不平行，C错误； D选项， ， 故，D正确. 故选：ABD 9．（22-23高二上·广东深圳·期末）已知向量，，，则（   ） A． B．在上的投影向量为 C． D．向量共面 【答案】ABD 【分析】根据向量模长、投影向量求法、向量垂直的坐标表示、向量共面的判断方法依次判断各个选项即可. 【详解】对于A，，，，A正确； 对于B，， 在上的投影向量为，B正确； 对于C，，与不垂直，C错误； 对于D，，共面，D正确. 故选：ABD. 三、填空题 10．（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： 11．（23-24高二上·山东泰安·期末）已知空间向量的模长分别为1，2，3，且两两夹角均为，点为的重心，则 ． 【答案】 【分析】利用重心的几何性质结合空间向量的减法可得出，再利用空间向量数量积的运算性质可求得的值. 【详解】空间向量的模长分别为1，2，3，且两两夹角均为，如图，    由为的重心，得， 于是，即， 所以 . 故答案为： 空间向量的夹角问题 一、单选题 1．已知空间向量，的夹角为，且，，则与的夹角是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据数量积的运算律以及模长公式，结合夹角公式即可代入求解. 【详解】由，的夹角为，且，得， ， 设与的夹角为，则， 由于，故 故选：A 2．已知、，且与夹角为钝角，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】依题意可得且与不反向，即可求出参数的取值范围. 【详解】因为、，且与夹角为钝角， 则且与不反向， 若，则，解得， 若与反向，设，则，解得， 综上可得的取值范围是. 故选：D 二、多选题 3．如图，平行六面体的校长均为3，且两两向量的夹角都是，过的平面与分别交于点，则（    ）    A．截面的面积为9 B． C．的夹角是 D．平行六面体的体积为 【答案】ABD 【分析】由平行六面体各棱对应向量的位置关系，结合线线角向量求法，应用向量加减、数乘的几何意义及数量积的运算律逐项判断. 【详解】菱形中， 所以，菱形为正方形，故面积为，正确； 平面与侧面的交线平行，平行，则是平行四边形， ，B正确； 因为，所以， 所以，故的夹角不是不正确； 由上知的夹角的正弦值是，所以平行六面体的高为， 则平行六面体的体积为，D正确. 故选：ABD 4．如图，在三棱柱中，M，N分别是线段上的点，且．设，且均为单位向量，若，则下列说法中正确的是（    ）    A．与的夹角为 B． C． D． 【答案】BD 【分析】由空间向量的运算法则和空间向量的夹角公式、模长公式、数量积的定义对选项一一判断即可得出答案. 【详解】对于A，，，，所以与的夹角为，又， 所以与的夹角为，故A错误； 对于B，因为，， 所以， ， ，故B正确； 对于C，，，， ，，， ， .故C错误； 对于D，， .故D正确. 故选：BD. 三、填空题 5．已知向量.若，则与的夹角为 . 【答案】 【分析】根据空间向量的垂直的坐标表示求出m的值，再根据向量的夹角公式，即可求得答案. 【详解】， 又，， 而，故与的夹角为， 故答案为： 6．已知，则向量与的夹角为 ． 【答案】 【分析】根据向量的夹角公式求得正确答案. 【详解】， 则为锐角，所以. 故答案为： 7．若空间向量，，向量、夹角为锐角，则的取值范围是 【答案】 【分析】依题意可得且与不同向，即可求出参数的取值范围. 【详解】因为向量，，且、夹角为锐角， 所以且与不同向， 当时，则，解得， 当与同向时，则，即，解得， 综上可得或，即的取值范围是. 故答案为： 8．已知圆台的高为2，上底面圆的半径为2，下底面圆的半径为4，，两点分别在圆、圆上，若向量与向量的夹角为60°，则直线与直线所成角的大小为 ． 【答案】 【分析】法1：设直线与直线所成角为，根据求解即可. 法2：设点在圆上的射影为，则为中点，且，则即为与所成角的平面角，求出即可. 法3：以为原点建系，利用向量法求解即可. 【详解】法1：在上的投影向量为，故， ， 设直线与直线所成角为， 则，所以， 即直线与直线所成角的大小为. 法2：如图，， 则即为向量与向量的夹角， 所以，所以为等边三角形， 设点在圆上的射影为， 则为中点，且， 所以即为与所成角的平面角， ，， 在中， 则， 即与所成角为. 法3：因为， 则即为向量与向量的夹角， 所以，所以为等边三角形， 以为原点建系，则，， 故， 即直线与直线所成角的余弦值为， 所以直线与直线所成角的大小为． 9．已知向量，，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】两个向量的夹角为钝角等价于且与不共线. 【详解】由； 由. 综上：且. 故答案为：. 空间位置关系的向量证明 一、单选题 1．（23-24高二上·山东菏泽·期末）已知分别是平面的法向量，若，则（    ） A． B． C．7 D．1 【答案】C 【分析】利用面面垂直的空间向量的坐标运算可得答案. 【详解】因为，又，所以， 所以，解得， 故选：. 2．（23-24高二下·内蒙古赤峰·期末）设是直线的方向向量，是平面的法向量，则（    ） A．或 B．或 C． D． 【答案】A 【分析】依题意可得，即可，即可判断. 【详解】因为是直线的方向向量，是平面的法向量， 所以，所以， 所以或. 故选：A 3．（23-24高一下·吉林通化·期末）已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则（    ） A． B． C． D．4 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用列式计算即得. 【详解】由，得，即，解得. 故选：C 4．（23-24高二下·宁夏石嘴山·期末）已知直线和平面，且，的方向向量为，平面的一个法向量为，，则的最小值为（ ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】因为，所以的方向向量与平面的法向量垂直，再根据基本不等式，利用常数代换求解. 【详解】依题意，，即， 所以， 又，所以，，所以， 当且仅当时，即时，取到等号， 所以，故A，B，D错误. 故选：C. 5．（23-24高二下·广东茂名·期末）如图，棱长为2的正方体中，，，，，则下列说法不正确的是（    ） 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】C 【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运算律计算判断C；求出外接球半径计算判断D. 【详解】对于A，当时，，即， 而平面，平面，因此平面，A正确； 对于B，正方体中，当时，面积是定值， 又，平面，平面，则平面， 于是点到平面的距离是定值，因此四面体的体积为定值，B正确； 对于C，当时，， 而，则 ，因此不垂直于，不存在，使得平面，C错误； 对于D，显然平面，则三棱锥与以线段为棱的长方体有相同的外接球， 令球半径为，则， 球的表面积，解得，D正确. 故选：C 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，进而确定球半径求解. 6．（23-24高二上·吉林延边·期末）已知平面的一个法向量为，直线的方向向量为，若，则实数（    ）. A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】由，得到直线与平面的法向量垂直，得出，进而求得的值. 【详解】因为，所以，所以，解得． 故选：. 二、多选题 7．（23-24高二下·甘肃临夏·期末）如图，在棱长为1的正方体中，点Q为的中点，点P是棱上一动点（与C，不重合），过点P作，点E为垂足，再过点E作，点为垂足．则（   ）    A．平面 B．三棱锥体积的最大值为 C．存在点P使得平面 D．存在点P使得 【答案】AC 【分析】利用线面垂直的性质判定推理判断A；求出三棱锥体积最大值判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断CD. 【详解】对于A，由平面，平面，得，而， 平面，则平面，A正确； 对于B，令，则的面积，为等腰直角三角形， 由，可得平面，又平面，因此， 三棱锥体积，当且仅当时取等号，B错误； 对于C，建立空间直角坐标系，如图，则， ，由，解得， 即当时，，此时 而平面，平面， 因此平面，C正确； 对于D，，则，， 因此与不垂直，D错误. 故选：AC    【点睛】思路点睛：涉及几何体中的动点问题，可以根据几何体的结构特征建立空间直角坐标系，利用数的方式处理形的问题. 8．（23-24高二上·浙江·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，面，，点E是棱上一点（不包括端点），F是平面内一点，则（    ） A．一定不存在点E，使平面 B．一定不存在点E，使平面 C．以D为球心，半径为2的球与四棱锥的侧面的交线长为 D．的最小值 【答案】ACD 【分析】建立坐标系，利用空间向量判断A，B，把展开到同一平面内计算判断D，求出球面与的交线，再借助对称计算判断C即可. 【详解】对于A，在四棱锥中，面，因为面， 所以， 因为底面是正方形，所以， 以为原点，射线分别为轴非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设， ， 显然面的一个法向量为，而， 即不垂直，所以与平面不平行，故A正确； 对于B，又， 所以，即， 若，则， 所以存在点，使得， 又平面，所以平面，故B错误； 对于C，由题意球面与的交线如图中圆弧， 而，所以， 所以圆弧的弧长为，故C正确； 对于D，由于面，面，所以， 而，面，所以面， 又面，所以， 同理，且， 把展开到同一平面内，要使取得最小值，当且仅当点在上，且，如图， 因为，所以由勾股定理得， 所以， 而，所以， 所以，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键. 9．（23-24高二上·山东聊城·期末）如图，在直三棱柱中，，，D，E分别为，的中点，则（    ）．    A．平面 B．平面 C．平面平面 D．直线与ED所成角的余弦值为 【答案】AC 【分析】因为三棱柱为直棱柱，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由空间位置关系的向量方法可判断A，B，C；由异面直线的向量方法可判断D. 【详解】因为三棱柱为直棱柱，， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，， ， 设平面， ， 即，令，则，所以， 设平面， ， 即，令，则， 所以， 对于A，，， 平面，所以平面，故A正确； 对于B，，因为，所以不垂直平面，故B错误； 对于C，，所以平面平面，故C正确； 对于D，， 则， 故直线与ED所成角的余弦值为，故D错误. 故选：AC.    三、填空题 10．（23-24高二下·陕西咸阳·期末）若，且为直线的一个方向向量，为平面的一个法向量，则实数的值为 . 【答案】-8 【分析】由题意即即可列方程求解. 【详解】由题意，解得. 故答案为：-8. 11．（23-24高二上·河南信阳·期末）已知，平面的法向量，若，则 ． 【答案】 【分析】利用直线与平面垂直得到直线的方向向量与平面的法向量共线，从而利用空间向量平行的坐标表示即可得解. 【详解】因为，所以与共线， 又，，则， 所以，. 故答案为：. 12．（23-24高二上·上海·期末）设直线的一个方向向量，平面的一个法向量，则直线与平面的位置关系是 ．（填“平行”，“相交”，“线在面上”中的一个或两个） 【答案】平行或线在面上 【分析】根据方向向量与法向量的数量积判断出线面关系. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以直线与平面平行或直线在平面上， 故答案为：平行或线在面上. 四、解答题 13．（23-24高二下·四川凉山·期末）如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，，，． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得∥平面？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，当与重合时，使得∥平面. 【分析】（1）连接交于点，则由四边形为菱形，得，由平面，得，再利用线面垂直的判定定理可结论； （2）由题意可证得两两垂直，则以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：连接交于点， 因为四边形为菱形，所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面， 所以平面； （2）解：取的中点，连接， 因为四边形为菱形，，所以为等边三角形， 所以， 因为平面，平面，所以， 所以两两垂直， 所以以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系， 设，则， 所以， 假设存在点，使得∥平面， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 由，得， 此时与重合，平面， 所以存在点，当与重合时，使得∥平面. 异面直线所成角的求法 一、单选题 1．（23-24高二下·河南驻马店·期末）已知M，N 分别是正四面体中棱AD，BC的中点，若点 P 满足则DP与AB夹角的余弦值为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，表达出，进而求出，进而得到，，从而利用夹角余弦公式求出DP与AB夹角的余弦值. 【详解】设， 因为，所以 ， 设正四面体的棱长为1， 故 ， 又 ， 所以， 故， DP与AB夹角的余弦值为. 故选：A 2．（23-24高二下·福建厦门·期末）在四面体中，，，，，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用向量的夹角公式和数量积的运算律，即可求解异面直线夹角. 【详解】由题知，，令为与所成夹角， 则 . 故选：A 3．（23-24高二下·山西晋城·期末）如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解. 【详解】取的中点，连接, 四边形为的菱形，所以， 由于平面平面，且两平面交线为，,平面， 故平面,又四边形为正方形，故建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设正方形的边长为2，则, 故, 则，又 故， 故直线所成角的正弦值， 故选：C 4．（23-24高二下·江苏淮安·期末）正方体中，为中点，则直线，所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设正方体的棱长为2，建系标点，利用空间向量求线线夹角. 【详解】如图，以D为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为2，则， 可得， 则， 所以直线，所成角的余弦值为. 故选：B. 5．（23-24高二上·河北石家庄·期末）如图，在平行六面体中，，则直线与直线AC所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由线段的位置关系及向量加减的几何意义可得、，利用向量数量积的运算律求、，最后应用夹角公式求直线夹角余弦值. 【详解】因为，， 可得，， 又因为，， 可得， ， 所以直线与直线所成角的余弦值为. 故选：D. 6．（23-24高二上·河南驻马店·期末）在四棱锥中，底面为正方形，底面分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，得出直线方向向量，利用夹角公式计算即可得. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设， 则，，，， 由分别为的中点，则，， 则，，设异面直线与的夹角为， . 故选：A. 7．（23-24高二上·浙江嘉兴·期末）如图，把正方形纸片沿对角线进行翻折，点，满足，，是原正方形的中心，当，直线与所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设正方形边长为3，求出相关线段长，利用余弦定理求出，结合数量积的运算律，即可求出，利用向量的夹角公式求得，再结合异面直线所成角的范围即可求得答案. 【详解】设正方形边长为3，由题意知，， ，故，    则， 把正方形纸片沿对角线进行翻折后，直线与为异面直线，    则 ， 故， 由题意知直线与为异面直线，它们所成角的范围为， 故直线与所成角的余弦值为， 故选：C 8．（23-24高二上·安徽黄山·期末）如图，在正方体中，点E，F分别是棱的中点，则异面直线与CF所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立适当的空间直角坐标系，将问题转换为求即可. 【详解】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：    设正方体的棱长为1，则， 所以， 所以，即异面直线与CF所成角的余弦值为. 故选：A. 9．（23-24高二上·四川绵阳·期末）如图，已知菱形所在平面与矩形所在平面相互垂直，且，为线段的中点.则直线与的所成的角为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立适当的空间直角坐标系，得出即可求解. 【详解】设菱形对角线相交于点，则为的中点，， 又为矩形的边的中点. 所以， 又面面，，面， 所以面，所以面， 又面， 所以， 所以两两互相垂直， 所以以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：    不妨设，， 则， 所以，所以， 所以直线与的所成的角为. 故选：B. 10．（23-24高二上·福建厦门·期末）已知梯形中，，，，，.如图，将沿对角线翻折至，使得，则异面直线，所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题知，得出，再左右同时平方，利用数量积公式，算出两向量的夹角的余弦值，从而得出异面直线与所成角的余弦值. 【详解】因为，，所以, 因为 所以. 所以 即 所以异面直线与CD所成角的余弦值为. 故选：C. 二、多选题 11．（23-24高二下·山西晋城·期末）已知正方体的棱长为1，且E为AB的中点，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．直线与夹角的余弦值为 D．点到平面的距离为 【答案】BD 【分析】根据向量的线性运算即可求解A,利用数量积的运算律即可求解B，建立空间直角坐标系，利用坐标运算，以及夹角公式即可求解C，利用等体积法即可求解D. 【详解】对于A, , ,故A错误， 对于B， , 故，B正确， 对于C，建立如图所示空间直角坐标系，    则, 可得,故， 所以直线与夹角的余弦值为，C错误， 对于D，由， 可得， 其中为点到平面的距离，故D正确， 故选：BD 12．（23-24高二下·甘肃白银·期末）如图，在直四棱柱中，四边形为正方形，为面对角线上的一个动点，则下列说法正确的有（    ）    A．平面 B．三棱锥的体积为定值 C．异面直线与所成角的正切值为1 D．异面直线与所成角的余弦值为 【答案】BCD 【分析】以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，利用坐标法计算可判断AD；利用线线平行可得以平面，可判断B；与所成的角为，计算可判断C. 【详解】    以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系. 设，则，， 对于A选项，，，则， 故与不垂直，进而可知与平面不垂直，故A错误； 对于B选项，在正四棱柱中，且， 所以四边形为平行四边形，所以，因为平面， 平面，所以平面，所以点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确； 对于C选项，因为，所以与所成的角为， 因为四边形为正方形，所以，故C正确； .对于D选项，， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 13．（23-24高二上·江西九江·期末）已知正方体的棱长为2，点分别为棱的中点，以下说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积为 B．直线平面 C．异面直线与所成的角的余弦值为 D．过点作正方体的截面，所得截面的面积是 【答案】AB 【分析】A选项按照锥体体积计算即可；BC选项通过建立空间坐标系，利用空间向量判断； D选项先判断出截面，再计算面积即可. 【详解】对于A，在正方体中，易知， 所以到底面的距离等价于到底面的距离，即， 所以，故A正确； 对于B，以DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 则，，， 故，，则是平面的一个法向量， 则平面，故B正确； 对于C，，， 则，故C错误； 对于D，作中点N，的中点M，的中点T，连接GN，GM，FM，TN，ET， 则正六边形EFMGNT为对应截面面积，正六边形边长为， 则截面面积为，故D错误． 故选：AB. 【点睛】关键点点睛：本题BC选项的解决关键是根据题意建立空间直角坐标系，从而得解. 三、填空题 14．（23-24高二上·广东茂名·期末）长方体中，，，点F是底面的中心，则直线与直线所成角的余弦值为 ． 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标进行计算即可. 【详解】如图所示，建立如下空间直角坐标系， 依题可得，, 则, 所以, 故直线与直线所成角的余弦值为, 故答案为：. 15．（23-24高二上·河北承德·期末）在长方体中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为 ． 【答案】 【分析】以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴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角的余弦值. 【详解】在长方体中，，，， 以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、，，， 所以，. 因此，异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 16．（23-24高二上·江西上饶·期末）在正四棱柱中，，点是的中点，则与所成角的余弦值 ． 【答案】/ 【分析】设，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得与所成角的余弦值. 【详解】不妨设，以点为坐标原点， 、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，    则、、、， 则，， 所以，. 因此，与所成角的余弦值为. 故答案为：. 17．（23-24高二上·天津·期末）在直三棱柱中，，，分别是，的中点，，则与所成角的余弦值是 . 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求异面直线所成的角. 【详解】直三棱柱，且， 以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正向，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，， ，， 设直线与成的角为， 则， 直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 四、解答题 18．（23-24高二下·江苏南通·期末）如图，在直三棱柱中，，． (1)求证：平面； (2)求直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明，再根据线面垂直判定定理证明线面垂直即可； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【详解】（1）由题意以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，设，则， 则， 所以， 所以， 所以，即， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）由（1）知，，所以， 记直线与所成角为，则 ， 故直线与所成角的余弦值为. 19．（23-24高二上·上海·期末）在长方体中（如图），，点是棱的中点． (1)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．试问四面体是否为鳖臑？并说明理由； (2)求直线与直线所成角的大小． 【答案】(1)是，理由见解析 (2) 【分析】（1）由题意可得，根据勾股定理的逆定理可得，利用线面垂直的判定定理与性质证得，，即可下结论； （2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可. 【详解】（1）在长方体中，，， 点是棱的中点，， 平面平面， ，平面，平面， 平面， 四面体为鳖臑． （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图， 则， 得， 故， 直线与直线所成角的大小为． 20．（23-24高二上·安徽·期末）如图在平行六面体中，，．    (1)求证：直线平面； (2)求直线和夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设，，，则为空间的一个基底，根据空间向量的线性运算得出，，，再根据向量的数量积运算得出，，从而得出，进而根据线面垂直的判定定理，即可证明直线平面； （2）根据空间向量的线性运算得出，再根据向量的数量积运算求得和，，最后根据异面直线的夹角公式，即可求出直线和夹角的余弦值. 【详解】（1）设，，， 则为空间的一个基底，且，，， 因为，， 则，， 可得，， 即，且，平面， 所以平面. （2）由（1）得， 则， ，即， 则，即， 设与的夹角为，则， 所以直线和夹角的余弦值为. 线面角的向量求法 一、单选题 1．（23-24高二下·陕西西安·期末）在正方体中，是棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，运用向量的方法求解即可. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长为2， 则， 所以 设平面的法向量为， 则， 令，则，所以， 设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 故选：A. 【点睛】 2．（23-24高二下·河南漯河·期末）已知如图所示的几何体中，底面是边长为4的正三角形，侧面是长方形，，平面平面为棱上一点，，且，则与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别取的中点，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案. 【详解】分别取的中点，连接，则，， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 所以是平面的一个法向量， ，，所以， 设与平面所成的角为， 则. 故选：D. 【点睛】 3．（23-24高二下·福建龙岩·期末）如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，则直线与平面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取中点为，以为原点，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,根据题意写出各点坐标，求出与平面的法向量，根据夹角公式可得线面角的正弦值，再由同角关系式得余弦值，即可求解. 【详解】取中点为，连接，，， 又侧面底面，侧面底面，面， 底面， ，，，连接，则. 如图，以为原点，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. ，设平面的法向量为，则，可取， ， 设直线与平面所成角为，， ， 直线与平面所成角的正切值为. 故选：. 4．（23-24高二下·甘肃白银·期末）在棱长为2的正方体中，E是的中点，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可. 【详解】以为坐标原点，为轴，为轴，为轴， 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，得，所以， 故，设直线与平面所成角为， 则，所以. 故选：D 5．（23-24高二上·福建南平·期末）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则与所成角的正弦值为（  ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】设与所成角的大小为，则，从而计算可得. 【详解】设与所成角的大小为， 则， 故与所成角的正弦值为. 故选：A 6．（23-24高二上·山东滨州·期末）如图，长方体中，，点是棱的中点，设直线与所成的角为，直线与平面所成的角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系利用空间向量可分别求得，，即可得结果. 【详解】根据题意建立以D为坐标原点的空间直角坐标系，如下图所示： 则, 可得， 易知，且，所以； 易得平面的一个法向量为， 因此可得，又，可得， 因此. 故选：C 7．（23-24高二上·河南郑州·期末）人教A版选择性必修第一册教材44页“拓广探索”中有这样的表述：在空间直角坐标系中，若平面经过点，且以为法向量，设是平面内的任意一点，由，可得，此即平面的点法式方程．利用教材给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线的方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意求出平面的法向量，利用线面角公式即可求解． 【详解】因为平面的方程为， 所以平面的一个法向量为,2,， 直线的方向向量为， 设直线与平面所成角为， 则,． 故选：B． 8．（23-24高二上·湖南郴州·期末）正方体中，与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的公式即可得到结果. 【详解】分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，设正方体的棱长为1，,,,， ,,， 设平面的法向量为， 即，取，， 设与平面所成角为, ， 故选：B. 二、多选题 9．（23-24高二下·江苏宿迁·期末）已知点，，，平面经过线段的中点，且与直线垂直，下列选项中叙述正确的有（    ） A．线段的长为36 B．点在平面内 C．线段的中点的坐标为 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】BCD 【分析】由空间两点间的距离公式即可得到线段的长，判断A；由平面，垂足为点，，即可判断B；由中点坐标公式可得点的坐标，判断C；设直线与平面所成的角为，，通过坐标运算可得，判断D. 【详解】因为点，， 所以,故A错误； 设点的坐标为，因为为线段的中点， 所以， 则的坐标为，故C正确； 因为点，则，又， 则，所以，即， 又平面，垂足为点，即平面，所以平面，故B正确； 由，，得， 设直线与平面所成的角为， 则，故D正确. 故选：BCD. 10．（23-24高二下·安徽滁州·期末）如图，四棱锥中，面面，且，是棱的中点，，则（    ） A．平面 B．平面 C．和平面所成角的正弦值为 D．四面体外接球的表面积为 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A，B，利用线面角的向量求法判断C，利用球的方程求解出半径，再求表面积即可. 【详解】 如图，作，因为面面，面面， 所以面，且作，因为， ，所以，是的中点，，， 对于A，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 所以，，，，， ，因为是棱的中点，所以， 所以，，， 设面的法向量，所以， 令，解得，所以， 可得，故平面成立，故A正确， 对于B，，，设面的法向量为， 所以，令，解得， 得到，故不平行于，所以平面不成立，故B错误， 对于C，，，设面的法向量为， 所以，令，解得， 故，设和平面所成角为，且， 所以，故C正确， 对于D，设四面体外接球的方程为， 将四点代入球的方程，可得， ， 利用加减消元法得到，解得， 再利用加减消元法得到，解得， 现在将，代入方程组，得到， 此时解得，故原方程解得， 故球的方程为， 设球的表面积为，则，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后将点代入球的方程求出半径，再得到所要求的表面积即可． 11．（23-24高二下·河南洛阳·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，点F满足，则（    ） A．三棱锥的体积是定值 B．当时，平面BDF C．存在，使得AC与平面BDF所成的角为 D．当时，平面BDF截该正方体的外接球所得到的截面的面积为 【答案】BCD 【分析】根据，结合变化时，不是定值，可判定A错误；当时，即点与点重合，证得和，得到平面，可判定B正确；求得平面的法向量为，结合向量的夹角公式，得到与平面所成角为，满足，进而得到直线与平面所成角范围，可判定C正确；求得平面的法向量为，得到球心到平面的距离，结合球的截面圆的性质，可判定D正确. 【详解】对于A中，在正方体中，可得平面， 即到平面的距离为， 由， 因为，当变化时，不是定值， 所以三棱锥的体积不是定值，所以A不正确； 对于B中，当时，即点与点重合， 在正方体中，连接，可得， 因为平面，且平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 同理可证：，因为，且平面， 所以平面，即平面，所以B正确； 对于C中，设平面的法向量为， 又由，则， 令，可得， 由，设与平面所成角为 可得， 又由，可得， 所以，因为，且平面， 所以平面， 当点与重合时，直线与平面所成角的正弦值， 此时直线与平面所成角小于， 当点与重合时，直线与平面所成角为， 所以存在使得直线与平面所成角为，所以C正确； 对于D中，由， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 因为且，可得，所以平面的法向量为， 又由球心为，则到平面的距离为， 外接球的半径为，所以截面圆的半径的平方为， 所以该正方体的外接球所得到的截面的面积为，所以D正确. 故选：BCD. 三、填空题 12．（23-24高二下·陕西安康·期末）设直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面所成角的正弦值为 . 【答案】 【分析】直接利用线面角的正弦值求法将两个向量代入即可得出答案 【详解】设l与所成角为，设向量与的夹角为， ，所以直线与平面所成角的正弦值为. 故答案为： 13．（23-24高二下·上海闵行·期末）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面所成的角的大小为 ． 【答案】0/ 【分析】根据题意可得，可知∥平面或平面，即可得结果. 【详解】由题意可得：，即， 可知∥平面或平面， 所以直线与平面所成的角为0. 故答案为：0. 14．（23-24高二下·江苏南京·期末）在正方体中，F是BC的中点，点E在棱上，且，则直线与平面所成角的正弦值为 ． 【答案】/ 【分析】用向量法先求出平面的法向量，根据空间角的向量求法即可得答案. 【详解】 以为坐标原点,分别以为轴，轴， 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体的边长为4，则， 所以 设平面的一个法向量为，所以， 所以，解得, 设直线与平面所成角为， 因为， 所以. 15．（23-24高二上·江西南昌·期末）在棱长为2的正方体中，在线段上运动，直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 . 【答案】 【分析】以为正交基地，建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角的正弦，然后利用二次函数的性质求范围. 【详解】以为正交基地，建立空间直角坐标系， 则，设， 则， 设面的法向量为， 则，取得， 设直线与平面所成角为， 则， 当时，，则. 故答案为：. 16．（23-24高二上·河北保定·期末）在空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程可写为．已知直线的方向向量为，平面的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为 ． 【答案】/ 【分析】根据平面方程可得法向量，进而根据线面角的向量法求解即可. 【详解】平面的方程为，所以可得平面法向量可以为， 又直线的方向向量为 所以直线与平面所成角的正弦值为, 故答案为： 四、解答题 17．（23-24高二上·云南迪庆·期末）如图形中，底面是菱形，，与交于点，底面，为的中点，. (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，得到为的中位线，证得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）以所在的直线分别为轴，以过点作的垂线所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：如图所示，连接， 因为底面是菱形，且与交于点，则点为的中点， 因为为的中点，所以为的中位线，可得， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）解：以所在的直线分别为轴，以过点作的垂线所在的直线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 可得，则， 设平面的一个法向量为，则， 令，可得，所以， 又由， 设直线与平面所成的角为， 则， 即直线与平面所成的角的正弦值为. 18．（23-24高二下·北京海淀·期末）在五面体中，平面，平面. (1)求证：； (2)若，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）根据给定条件，利用线面垂直的性质、线面平行的判定性质推理即得. （2）结合已知可得直线两两垂直，以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面法向量，再利用线面角的向量求求解即得. 【详解】（1）由平面，平面，得，而平面，平面， 则平面，又平面，平面平面， 所以. （2）令，则，有， 于是，由已知得直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量，则，令，得， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 19．（23-24高二下·安徽阜阳·期末）如图，在三棱柱中，底面，点到平面的距离为2.    (1)证明：. (2)若直线与之间的距离为4，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）结合已知线面垂直的判定定理证明平面，利用面面垂直的判定定理得平面平面，然后利用面面垂直的性质定理得平面，从而得出均为直角三角形，利用勾股定理求解即可. （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式求解即可. 【详解】（1）底面平面，   ，又平面， 平面，又平面， 平面平面. 过作交于，又平面平面， 平面，平面． 点到平面的距离为. 在中，， 设，则. 均为直角三角形，且， ，解得， ，即. （2）， ，过作交于，则为的中点. 由直线与之间的距离为4，得， 在中，. 以为坐标原点，直线为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，    则，，， 显然为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则 则直线与平面所成角的正弦值为. 20．（23-24高二下·海南海口·期末）如图1，在边长为2的正方形中，为的中点，分别将，沿，所在直线折叠，使、两点重合于点，如图2.在三棱锥中，为的中点. (1)证明：； (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）利用线线垂直证明线面垂直，再证线线垂直即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量计算线面夹角即可. 【详解】（1）由条件易知，所以， 而平面，所以平面， 又平面，所以； （2） 取的中点，连接，过O作的平行线， 易知，则， 由上可以以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 即, 设平面的一个法向量， 有，令，则， 所以， 设直线与平面所成角为， 则. 二面角的向量求法 一、单选题 1．（23-24高二下·福建龙岩·阶段练习）如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，平面，为侧棱上的点，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，结合向量即可求解. 【详解】连接，设交于点，则平面， 以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 设底面边长为，则， 显然是平面的一个法向量， 因为平面，所以是平面的一个法向量， 设二面角为，所以. 故选：B. 2．（23-24高二上·陕西渭南·期末）在四棱锥中，平面，，，，，为的中点，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，结合二面角是锐角以及法向量夹角余弦的坐标运算公式即可得解. 【详解】过点作交于点， 因为平面，平面， 所以， 又因为，，所以， 所以两两互相垂直， 所以以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 因为，，为的中点， 所以， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，解得，即可取， 显然可取平面的法向量为，且二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. 故选：A. 3．（23-24高二下·甘肃酒泉·期末）设，分别为两平面的法向量，若两平面所成的角为60°，则t等于（    ） A．1 B．－1 C．－1或1 D．2 【答案】C 【分析】借助向量夹角公式求解即可. 【详解】因为法向量，所成的角与两平面所成的角相等或互补， 所以，得t＝±1． 故选：C． 4．（23-24高二上·天津西青·期末）在正方体中，点E为的中点，则平面与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，再结合法向量夹角的余弦的绝对值公式即可求解. 【详解】由题意以为原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 不妨设棱长为1，点E为的中点， 所以， 显然平面，所以可取平面的一个法向量为， 不妨设平面的法向量为， 所以，令，解得， 即取平面的法向量为， 设平面与平面所成角为， 则. 故选：B. 二、多选题 5．（23-24高二下·河北衡水·期末）如图，已知正方体的边长为2,、、、分别为的中点，则下列结论正确的是（    ）    A． B．平面 C．二面角的大小为 D．点到平面的距离为2 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，明确各点的坐标和相关向量的坐标.用向量法证明线线垂直，判断A的真假；判断与平面的法向量的关系，判断B的真假；用向量法求二面角的大小，判断C的真假；用向量法求点到平面的距离判断D的真假. 【详解】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， ， 对A：. ，A项正确； 对B：. 设为平面的一个法向量，则， 即，令，得，则， 因为，不在平面内，所以平面，则B项正确； 对C：由图可知，平面，所以是平面的一个法向量， 则， 故二面角的大小不是，所以C项不正确. 对D：由，所以点到平面的距离为，D项正确； 故选：ABD 6．（23-24高二下·福建福州·期末）如图，在正方体中，M是线段上的一点，则下列说法正确的是（    ） A． B．平面 C．异面直线与所成的角的取值范围是 D．二面角的正弦值为 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A，B，利用线线角的向量求法判断C，利用二面角的向量求法判断D即可. 【详解】如图，以为原点，为轴，为轴， 为轴，建立空间直角坐标系，且设正方体边长为2， 故,,，，， 所以，， 对于A，，，故， ，因为，共线， 所以，故， 故，而， 所以，故A正确， 对于B，而，化简得， 故，， 而，， 设面的法向量为，可得， 所以，令，解得， 故，则， 可得平面，故B正确， 对于C，，， 设异面直线与所成的角为，， 所以， 当时，， 而时，令， 因为，可得， 故，得到，故C错误， 对于D，已知面的法向量为， 设面的法向量，所以， 故，令，解得， 故，设二面角为， ，故，而， 而，解得，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后表示出关键点的坐标，由线线角的向量求法表示出线线角． 7．（23-24高二下·福建漳州·期末）如图，六面体的一个面是边长为2的正方形，，，均垂直于平面，且，，则下列正确的有（    ） A． B．直线与直线所成角的余弦值为 C．平面与平面所成角的余弦值为 D．当时，动点到平面的距离的最小值为1 【答案】ACD 【分析】根据线面垂直证明线线垂直判断A，建立空间直角坐标系，利用向量法求线线角判断B，求二面角判断C，利用点面距离判断D. 【详解】对A，由平面，平面，得，又由正方形可得，又平面，所以平面， 由平面，可得，故A正确； 如图，建立空间直角坐标系， 则， 设是平面的法向量，， 由，令，可得， ， ，解得，即， 对B，，，故B错误； 对C，平面的法向量，平面的法向量， 则，故C正确； 对D，由知，在以为球心，半径为1的球面上，， 球心到平面的距离， 到平面的距离的最小值为，故D正确. 故选：ACD 8．（23-24高二上·河南洛阳·期末）三棱锥中，平面与平面的法向量分别为,,则二面角的大小可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】计算，即可得出答案. 【详解】， 所以二面角的大小可能为或． 故选：BC 9．（23-24高二上·河南信阳·期末）如图，在正四棱柱中，M是的中点，，则（    ） A． B．平面 C．二面角的余弦值为 D．到平面的距离为 【答案】BCD 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐一分析判断即可. 【详解】以为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 对于A，，则， 所以不垂直，故A错误； 对于B，，所以， 所以，是平面的一个法向量，即平面，故B正确； 对于C，易知平面的一个法向量， 而， 所以二面角的余弦值为，故C正确； 对于D，到平面的距离，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题 10．（23-24高二上·广东深圳·期末）已知矩形中，将矩形沿着对角线对折，形成一个空间四边形，当时，二面角的余弦值为 . 【答案】/0.75 【分析】在和中，分别过点作，根据平方，将向量关系转化为数量关系，代入求解即可得到二面角余弦值. 【详解】在和中，分别过点作， 由，代入, 得，所以， 同理，，，所以， 设二面角大小为， 则与夹角为， 由， 平方得，， 所以，解得， 所以二面角的余弦值为 【点睛】方法点睛：本题考查立体几何的综合应用.解决立体几何问题的常见方法有： （1）定义法，通过相关的判定定理和性质定理直接求解； （2）空间向量法，运用空间向量进行基底转化或者运用坐标法结合公式求解； （3）转化法，通过转化与化归，将所求长度或角度转化求解. 11．（23-24高二上·广东汕尾·期末）如图，二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，若，则二面角的余弦值为 .    【答案】 【分析】设二面角的平面角为，得到，结合，利用向量的运算法则，即可求解. 【详解】在棱上有两个点 ，线段与在这个二面角的两个面内，且， 因为，可得， 设二面角的平面角为， 则，且， 则， 即，解得. 故答案为：. 12．（23-24高二上·安徽亳州·期末）在正方体中，设，若二面角的平面角的正弦值为，则实数的值为 ． 【答案】或 【分析】 建立空间直角坐标系，利用法向量方法用表示二面角的平面角的余弦值，建立方程求解即可. 【详解】 建立空间直角坐标系如图所示， 设棱长为1，, 则， ， 设平面，平面的一个法向量分别为， 所以，，即，， 分别令，则， 故， 设二面角的平面角为， 由，则， 故由， 解得或. 四、解答题 13．（23-24高二下·青海·期末）如图，在四棱锥中，底面，平面，.    (1)证明：平面. (2)若，，且直线与直线所成角的正切值为，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理、判定定理以及线面平行的性质定理证明； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算，即可求解二面角的余弦值. 【详解】（1）因为底面，底面，所以， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，又平面，平面平面， 所以，所以平面. （2）因为，所以直线与直线所成的角为， 因为底面，底面，所以， 所以，即， 设为2个单位长度， 以为原点，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，    设平面的法向量为，则 取，则，，得， 易得平面的一个法向量为， 由图可知二面角为锐角， 则二面角的余弦值为. 14．（23-24高二下·内蒙古·期末）如图，在正四棱柱中，，，分别为的中点，为四边形的中心． (1)证明：∥平面． (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）由题意易得四边形为平行四边形，进而可证平面． （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求得平面与平面的一个法向量，利用向量法可求二面角的余弦值. 【详解】（1）连接．因为为四边形的中心，所以为的中点． 又为的中点，所以， 因为为的中点，所以，， 所以，， 所以四边形为平行四边形，则． 又平面，平面，所以平面． （2）在正四棱柱中，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，所以， 则． 设平面的法向量为， 则令，得，即． 连接．易知是平面的一个法向量， 则． 因为二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为． 15．（23-24高二下·浙江温州·期末）在三棱锥中，平面平面，，，分别为的中点.    (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）结合中点，利用面面垂直的性质定理证明平面，从而利用线面垂直的性质定理得，最后利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）过作交于点，设，建立空间直角坐标系，然后利用向量法求解二面角的正弦值即可. 【详解】（1），为中点， . 又平面平面，平面平面，平面， 平面，而平面， . 又为的中点， ，又， . 又平面， 平面. （2）过作交于点，设， 以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，    则，，，， 故，，，. 设为平面的法向量，则，即， ，取，则， 是平面的一个法向量. 设为平面的法向量，则，即， ，取，则， 是平面的一个法向量. 设二面角的大小为，则， ， 二面角的正弦值为. 16．（22-23高三上·江苏·开学考试）在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面底面，，且，分别为，的中点， (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接，，通过证明四边形为平行四边形，即可证明结论； （2）由直线与平面所成的角为，可得，建立以为原点的空间直角坐标系，利用向量方法可得答案. 【详解】（1）取中点，连接，， 为的中点，，， 又，，，， 四边形为平行四边形，， 平面，平面， 平面； （2）平面平面，平面平面平面， 平面， 取中点，连接，则平面， ， ，又， 如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ， ，设平面的一个法向量，， 则，取，则， 平面的一个法向量可取， 设平面与平面所成锐二面角为， ， 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值. 点到直线距离的求法 一、单选题 1．（23-24高二下·河南南阳·期末）在空间直角坐标系中，，三角形重心为，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】三角形重心为，所以，计算出和，得到在上的投影，根据勾股定理计算即可. 【详解】在空间直角坐标系中，， 三角形重心为，所以，，， 所以在上的投影为：， 所以点到直线的距离为：. 故选：B 2．（23-24高二上·湖北孝感·期末）已知空间向量，，则B点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用点到直线的空间向量距离公式求出答案. 【详解】，，故在上的投影向量的模为， 故B点到直线的距离为. 故选：A 3．（23-24高二上·江西景德镇·期末）已知直线过点和点，则点到直线的距离为（    ） A． B．3 C． D． 【答案】C 【分析】根据点线距公式求得正确答案. 【详解】， 所以点到直线的距离为： . 故选：C 4．（23-24高二上·福建福州·期末）已知，，，则点到直线的距离为（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】C 【分析】利用空间向量公式求点到直线的距离． 【详解】因为，， ，． 设点到直线的距离为d，则． 故选：C. 5．（23-24高二上·广东·期末）在三棱锥中，，，且，若满足，则到的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量求点到直线的距离. 【详解】∵， ， ， 到的距离. 故选：D 6．（23-24高二上·北京昌平·期末）如图，在长方体中，，，，分别是棱和上的两个动点，且，则的中点到的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取的中点，连接，以为坐标原点建立空间直角坐标系，结合，利用两点间距离公式，求出的长即可． 【详解】取的中点，连接， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 因为是的中点，所以， 所以，而， 所以，即，所以点到的距离就是， 因为， 所以，即， 所以，即， 所以的中点到的距离为. 故选：D. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是发现，再利用整体法即可得解. 7．（23-24高二上·广东深圳·期末）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案. 【详解】在棱长为1的正方体中，以D为坐标原点，以为轴， 建立空间直角坐标系， 则， , 设平面的一个法向量为，则, 即，令，则， 则点到平面的距离为， 故选：C 二、多选题 8．（23-24高二上·浙江·期末）已知空间四点，则下列说法正确的是（    ） A． B．以为邻边的平行四边形的面积为 C．点O到直线的距离为 D．O，A，B，C四点共面 【答案】AC 【分析】对于A，直角由向量数量积的坐标运算即可得解；对于B，由向量夹角余弦公式、三角函数平方关系以及三角形面积公式即可验算；对于C，发现，进一步只需求即可验算；对于D，设，判断该方程组是否有解即可. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，， 从而以为邻边的平行四边形的面积为，故B错误； 对于C，，因为，所以， 所以点O到直线的距离为，故C正确； 对于D，，设， 则，而该方程组无解，所以O，A，B，C四点不共面. 故选：AC. 9．（23-24高二上·山西运城·期末）如图，棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为线段上的动点，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点G，使得平面EFG C．G为中点时，直线EG与所成角最小 D．点F到直线EG距离的最小值为 【答案】AB 【分析】根据等体积法可知，即可判断A项；建系，假设存在点G﹐设.根据向量的坐标，由，解出的值，即可判断B项；由已知推出，根据二次函数以及余弦函数的性质，结合的取值范围，即可判断C项；求出在方向上投影向量的长度为，然后根据勾股定理表示出点F到直线EG的距离，根据二次函数的性质，即可得出最小值. 【详解】 如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系. 则，，，，，，，，，. 对于A项，在正方体中，平面平面，平面， 由面面平行的性质可得，平面， 由点G在线段上， 则到平面的距离，即点到平面的距离等于. 因为，所以. 则是个定值，故A项正确； 对于B项，假设存在点G﹐使得平面. 设. ，，，， 则. 所以， ， 所以，满足条件. 此时有，，平面，平面，， 所以，存在点G﹐使得平面，故B项正确； 对于C项，设直线EG与所成角为. 因为，. 所以， 所以. 因为， 所以当时，有最小值，显然有，则有最大值， 根据余弦函数的单调性可知，当时，有最小值，故C项错误； 对于D项，因为，， 所以，在方向上投影向量的长度为， 由C知，当时，有最小值， 则有最大值为，又， 所以点F到直线EG距离的最小值为，故D项错误. 故选：AB. 【点睛】关键点点睛：由点为线段上的动点，设.可以通过的坐标，表示出与点有关的向量. 10．（23-24高二上·湖北十堰·期末）在正四棱柱中，分别是的中点，是棱上一点，则下列结论正确的有（    ） A．若为的中点，则 B．若为的中点，则到的距离为 C．若，则平面 D．的周长的最小值为 【答案】BCD 【分析】以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，结合选项依次判断即可. 【详解】解：以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 可得平面的一个法向量为． 若为的中点，则， ，， 则到的距离，A不正确，B正确． 若，则，则， 因为平面，所以平面，C正确． 将平面沿着翻折至与平面共面， 当三点共线时，的周长最小，此时， 翻折前，故的周长的最小值为，D正确． 故选：BCD 三、填空题 11．（23-24高二下·福建莆田·期末）已知，，三点，则到直线的距离为 . 【答案】/ 【分析】根据条件，利用点到直线的距离公式即可求解. 【详解】因为，，所以， 得到， 所以到直线的距离为， 故答案为：. 12．（23-24高二上·河南驻马店·期末）在空间直角坐标系中，，则点B到直线的距离为 ． 【答案】 【分析】根据题意，由空间向量的坐标运算，结合点到直线的距离公式代入计算，即可得到结果. 【详解】因为， 可得在方向上的投影为， 又， 由勾股定理可得点到直线的距离为. 故答案为： 13．（23-24高二上·广东江门·期末）如图，已知正三棱柱的所有棱长均为1，动点在线段上，则面积的最小值为 . 【答案】/ 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求出点到直线的距离的最小值，即可得解. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 所以， 因动点在线段上，则令， 即有点，所以，则， 从而， 因此点到直线的距离 ， 当且仅当时取等号， 所以线段上的动点P到直线的距离的最小值为， 又因为， 所以面积的最小值. 【点睛】关键点点睛：求出点到直线的距离的最小值是解决本题的关键. 14．（23-24高二上·广东广州·期末）在棱长为的正方体中，点、分别是梭、的中点，是侧面上的动点，且平面，则点的轨迹长为 ，点到直线的距离的最小值为 . 【答案】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，利用空间向量法求出点的轨迹方程，可求得点的轨迹长度，利用空间向量法可求得点到直线距离的最小值. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，如下图所示： 则、、、， 因为点是侧面上的动点，设点， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得，且， 因为平面，则，即， 可得，分别取线段、的中点、， 所以，点的轨迹为线段， 故点的轨迹长为， ，由，可得， ， 所以，点到直线的距离为 ， 因为函数在上为增函数， 所以，当时，取最小值，且. 故答案为：；. 15．（23-24高二上·内蒙古巴彦淖尔·期末）如图，正方体的棱长为是的中点，则点到直线的距离为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间中点到直线的距离公式计算即可. 【详解】如图所示，建立如图所示的空间直角坐标系，连接， 则,， ∴点到直线的距离为. 故答案为： 四、解答题 16．（23-24高二下·江苏扬州·期末）已知三棱柱的棱长均为. (1)证明：平面平面； (2)若，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）取的中点，连接，可证得，，则平面，然后利用面面垂直的判定定理可证得结论； （2）以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：取的中点，连接， 所以， 所以，所以， 由题设可知，为边长为2的等边三角形，所以， 因为，所以，所以， 又因为平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面； （2）由（1）可知两两垂直， 所以以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 所以， . 因为，则， 设平面的法向量为， 则即 取， 所以是平面的一个法向量. 设直线与平面所成角为， ， 化简整理得 解得，或（舍去）， 所以， 又因为， 所以. 设点到直线的距离为，则， 所以. 17．（23-24高二上·山东青岛·期末）在正四棱柱中，，点在线段上，且，点为中点.    (1)求点到直线的距离； (2)求证：面. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）依题建系，求得相关点和向量的坐标，利用点到直线的距离的空间向量计算公式即可求得； （2）由（1）中所建的系求出的坐标，分别计算得到和，由线线垂直推出线面垂直. 【详解】（1）    如图,以为原点，以分别为轴正方向，建立空间直角坐标系， 正四棱柱,为中点, 则点到直线的距离为：. （2）由（1）可得， 则， 由可得， 又由可得， 又， 故面. 18．（23-24高二上·江苏·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形， PD⊥平面ABCD，PD=AD=2，且点E，F分别为AB和PD中点. (1)求异面直线AF与EC所成角的余弦值； (2)求点F到直线EC的距离. 【答案】(1). (2) 【分析】（1）根据底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设异面直线AF与EC所成角为α，|求解； （2）根据直线EC的一个方向向量，结合=（0，2，1），||=，由d=求解. 【详解】（1）解：因为在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD， 所以以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则D（0，0，0），A（2，0，0），F（0，0，1），E（2，1，0），P（0，0，2），C（0，2，0）. 所以=（2，0，1），=（2，1，0）， 设异面直线AF与EC所成角为α，则=， 所以异面直线AF与EC所成角的余弦值为. （2）因为=（2，1，0），所以直线EC的一个方向向量. 又=（0，2，1），||=， 所以点F到直线EC的距离d===. 点到平面距离的求法 一、单选题 1．（23-24高二上·安徽滁州·期末）已知，是平面的一个法向量，且是平面内一点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量法可求得点到平面的距离. 【详解】由已知，是平面的一个法向量, 则点到平面的距离为. 故选：A. 2．（23-24高二下·江苏徐州·期末）在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，再利用点到平面距离的向量法，即可求出结果. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为4， 则， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 由，得到，取，得到，所以， 所以点到平面的距离为， 故选：C. 3．（23-24高二下·江苏泰州·期末）在空间直角坐标系中，已知点，若点到平面的距离为，则点的坐标可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用点到平面距离的向量求法逐项检验可得答案. 【详解】对于A，当时，设为平面的一个法向量， ，， 所以，即，令，则， 则点到平面的距离为，故A错误； 对于B，当时，设为平面的一个法向量， ，， 所以，即，令，则， 则点到平面的距离为，故B错误；     对于C，当时，设为平面的一个法向量， ，， 所以，即，令，则， 则点到平面的距离为，故C错误；     对于D，当时，设为平面的一个法向量， ，， 所以，即，令，则， 则点到平面的距离为，故D正确. 故选：D. 4．（23-24高二上·安徽合肥·期末）已知正方体的棱长为2，则四棱锥的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建系，求出平面的法向量，再求出点到平面的距离，最后求出四棱锥的体积即可. 【详解】    以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，， 设平面的法向量，则，取，得， 点到平面的距离， ， 四棱锥的体积为 故选：C. 5．（23-24高二上·山东日照·期末）在棱长为1的正方体中，为线段的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量，由即可求解. 【详解】由题意以为原点，所在直线分别为轴所在直线建立如图所示的空间直角坐标系： 所以， 所以， 不妨设平面的法向量为， 则，令，解得，即取平面的法向量为， 所以点到平面的距离为. 故选：A. 6．（23-24高二上·河北石家庄·期末）在如图所示的直四棱柱中，底面是正方形，是的中点，点N是棱上的一个动点，则点到平面的距离的最小值为（    ）    A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，将则点到平面的距离表示出来即可求得最值. 【详解】由题意知，该几何体为长方体，建立空间直角坐标系如下图所示， 则，设．    设平面的一个法向量为，则， 设，则，则， 所以点到平面的距离为， 又，所以当时， 点到平面的距离取得最小值为． 故选：D． 7．（23-24高二上·安徽滁州·期末）如图，在棱长为3的正方体中，点是棱上的一点，且，则点到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用向量法求点到面的距离即可. 【详解】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.    所以，，，，所以，. 设平面的法向量， 所以令，解得，， 所以平面的一个法向量，又， 所以点到平面的距离. 故选：B. 二、多选题 8．（23-24高二下·河北衡水·期末）如图，已知正方体的边长为2,、、、分别为的中点，则下列结论正确的是（    ）    A． B．平面 C．二面角的大小为 D．点到平面的距离为2 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，明确各点的坐标和相关向量的坐标.用向量法证明线线垂直，判断A的真假；判断与平面的法向量的关系，判断B的真假；用向量法求二面角的大小，判断C的真假；用向量法求点到平面的距离判断D的真假. 【详解】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， ， 对A：. ，A项正确； 对B：. 设为平面的一个法向量，则， 即，令，得，则， 因为，不在平面内，所以平面，则B项正确； 对C：由图可知，平面，所以是平面的一个法向量， 则， 故二面角的大小不是，所以C项不正确. 对D：由，所以点到平面的距离为，D项正确； 故选：ABD 9．（23-24高二下·陕西咸阳·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，，则（    ） A． B． C．异面直线与夹角的余弦值为 D．点到平面的距离为 【答案】ACD 【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，直接由向量线性运算的坐标表示即可验算；对于B，由向量模的计算公式即可验算；对于C，由向量夹角公式即可求解；对于D，由公式验算即可. 【详解】因为平面，平面，所以， 在正方形中，有，所以两两互相垂直， 所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 而，从而， 对于A，，故A正确； 对于B，，，故B错误； 对于C，，所以异面直线与夹角的余弦值为，故C正确； 对于D，，设平面的法向量为，则， 令，解得，所以，又， 所以点到平面的距离为，故D正确. 故选：ACD. 10．（23-24高二下·四川凉山·期末）如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，是线段上的一个动点，则下列说法正确的是（    ）    A．直线与平面所成角的余弦值的取值范围为 B．点到平面的距离为 C．四面体的体积为 D．若线段的中点为，则一定平行于平面 【答案】BD 【分析】建系，求平面的法向量.对于A：利用空间向量求线面夹角；对于B：利用空间向量求点到面的距离；对于C：根据锥体的体积公式运算求解；对于D：利用空间向量证明线面平行. 【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，    则，设， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 对于选项A：设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面所成角的余弦值的取值范围为，故A错误； 对于选项B：点到平面的距离为，故B正确； 对于选项C：由题意可知：， 所以四面体的体积为，故C错误； 对于选项D：由题意可知：，则， 可得，可知， 且平面，所以一定平行于平面，故D正确； 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：求平面的法向量，进而利用空间向量处理相关问题. 11．（23-24高二下·四川攀枝花·期末）如图，棱长均为2的正三棱柱中，分别是的中点，则（    ） A．平面 B． C．到平面的距离为 D．直线与所成角的余弦值为 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量判断个选项的准确性. 【详解】如图：以中点为原点，建立空间直角坐标系. 则：，，，，，，，. 所以，，，，. 设平面的法向量为：，则： ，取. 对A：因为，所以平面不成立，故A错误； 对B：因为，所以成立，故B正确； 对C：点到平面的距离为：，故C正确； 对D：设直线与所成的角为，则，故D正确. 故选：BCD 三、填空题 12．（23-24高二下·江苏南京·期末）平面过点，其法向量为，则点到平面的距离为 . 【答案】/ 【分析】运用空间向量点到面的距离公式即可解题． 【详解】根据点到面的距离公式，且，， 可得点到平面的距离． 故答案为：． 13．（23-24高二下·安徽·期末）在棱长为2的正方体中，E，F分别为正方形和正方形的中心，则点到平面的距离为 . 【答案】/ 【分析】建系，写出相关点的坐标，分别求出与平面的法向量的坐标，代入点到平面距离的向量计算公式计算即得. 【详解】 如图，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 则, 于是，，, 设平面的法向量为，则， 故可取，则点到平面的距离为. 故答案为： 14．（23-24高二上·河北沧州·期末）在棱长为3的正方体中，点到平面的距离为 ． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求点到平面的距离. 【详解】   以B为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图：， ，， 因为，所以， 又平面，所以平面， 所以是平面的一个法向量，又， ∴点到平面的距离． 故答案为：. 四、解答题 15．（23-24高二下·江西萍乡·期末）如图，在平行六面体中，， (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）利用向量数量积证明线线垂直，可证线面垂直； （2）求平面的法向量，运用向量法求点到平面的距离. 【详解】（1）(法一) 以为坐标原点，方向为轴非负方向，方向为轴非负方向建立如图所示空间直角坐标系， 则， 设，，， 由，得， 由，得， 由，得，即， 再由得， 则，则，故， 又，，平面， 则平面； (法二) ， 则， 又，，平面， 则平面； （2）设平面的法向量，由（1）得， 则，不妨取，则，即， 又，设点到到平面的距离为， 则，故到面的距离为. 16．（23-24高二下·河北唐山·期末）在三棱锥P-ABC中，，，E为AC的中点，．    (1)求证：平面平面ABC； (2)求点C到平面PAB的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）先证，再证平面，由线面垂直推出面面垂直即得； （2）先证平面，建立空间直角坐标系，求出相关向量坐标，利用点到平面距离的向量公式计算即得. 【详解】（1），E为AC的中点， 又，且平面 ，故平面． 又平面ABC，所以平面平面ABC （2）在三角形ABC中：， ，. 由（1）知平面．因平面，． 又E为AC的中点，则垂直平分AC，， ，又 ，即，又平面，故平面. 故可以E为坐标原点，分别以、、所在方向为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图.    则，，，， ，，， 设平面PAB的一个法向量为，则 令，得． 设点C到平面PAB的距离为，则． 17．（23-24高二下·上海·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，为线段的中点，，为线段上的动点.    (1)证明：； (2)当为线段的中点时，求点到面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证出平面和平面，进而可得； （2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用空间向量法求出点到平面的距离． 【详解】（1）平面，平面， ， 又平面， 平面，又平面， ， 中，为的中点，， 平面，平面， 平面，. （2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设为平面的法向量，    则，令，则，故， 则点与平面的距离. 数量积中的最值范围问题 一、单选题 1．（23-24高二下·福建漳州·期末）正方体的棱长为，是正方体外接球的直径，为正方体表面上的动点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用向量数量积的运算律可知，，进一步只需求出即可得解. 【详解】由题意等于正方体的体对角线长，设点为的中点， 所以， 则 ， 当点与某个侧面的中心重合时，最小，且， 当点与正方体的顶点重合时，最大，且， 由于点是在正方体表面连续运动，所以的取值范围是， 的取值范围是. 故选：A. 【点睛】关键点睛：本题关键在于利用球心，将转化为，然后分析点位置即可. 2．（23-24高二上·辽宁大连·期末）边长为2的正三角形所在平面为平面，平面外有一点，且三棱锥的体积为，则的最小值为（    ） A．8 B．9 C．10 D．18 【答案】C 【分析】根据三棱锥体积得到点到平面的距离为2，设点在平面的投影为点，求出，建立平面直角坐标系，求出的最小值为，从而求出答案. 【详解】， 设点到平面的距离为，则， 解得， 设点在平面的投影为点， 则，， 则 ， 如图所示，取的中点为原点，，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系， 则，设， 则 ， 当时，取得最小值，最小值为， 故的最小值为. 故选：C 3．（23-24高二上·辽宁·期末）正四面体棱长为6，，且，以为球心且半径为1的球面上有两点，，，则的最小值为（    ） A．24 B．25 C．48 D．50 【答案】D 【分析】先由,再由，推出，，,再由向量的数量积的计算公式得到，结合基本不等式，即可求解结果. 【详解】因为正四面体的棱长为， 所以， 同理可得,, 又因为以A为球心且半径为1的球面上有两点M，N，, 所以， 由，则 因为，所以 当且仅当取等号， 此时， 所以 故的最小值为. 故选：D 二、多选题 4．（23-24高二下·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. 5．（23-24高二上·广东清远·期末）如图，在正方体中，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．当时，的值最小 B．当时， C．若平面上的动点满足，则点的轨迹是椭圆 D．直线与平面所成角的正弦值是 【答案】ABC 【分析】对于选项A,B，建立空间直角坐标系，利用向量运算可判断；对于C，构造圆锥．母线与中轴线的夹角为，然后用平面去截圆锥，根据椭圆定义可判断；对于D，易知是与平面所成的角，可判断得解. 【详解】对于A选项，建立如图1所示的空间直角坐标系，    设，则． 设，则． ， ， ， 当，即时，的值最小，故A正确． 对于B选项，， ， ，故B正确． 对于C选项，如图2所示构造圆锥．母线与中轴线的夹角为，然后用平面去截圆锥， 使直线与平面的夹角为，则截口为点的轨迹图形， 由圆锥曲线的定义可知，点的轨迹为椭圆，故C正确． 对于D选项，直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角． 是与平面所成的角，又，则，故D不正确． 故选：ABC．    三、填空题 6．（23-24高二下·河北唐山·期末）如图，长方体中，，点为线段上一点，则的最大值为 . 【答案】3 【分析】建立空间直角坐标系，设，利用向量数量积的坐标运算得关于的函数，再求解函数最值即可. 【详解】以为坐标原点，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设， 则， ， 则， 因为，所以当时，取最大值，最大值为3. 故答案为：3. 7．（23-24高二上·浙江嘉兴·期末）在三棱锥中，和都是等边三角形，，，为棱上一点，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】设，，根据向量的线性运算将用已知向量表示，再利用数量积运算得到的表达式，利用二次函数求出最小值. 【详解】如图，设，， 在中，， ，当且仅当时，等号成立. 故答案为：. 8．（23-24高二上·广东茂名·期末）正四面体的棱长为6，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，的面积为 . 【答案】 【分析】利用等体积法求得正面体内切球的半径为，取的中点为，利用向量的运算得到，易知当的长度最小时，取得最小值，由是的中点，则三点共线求解. 【详解】解：由正四面体的棱长为6，则其高为， 则其体积为， 设正四面体内切球的半径为， 则，解得， 如图，    取的中点为， 则， 显然，当的长度最小时，取得最小值， 设正四面体内切球的球心为，可求得， 则球心到点的距离， 所以内切球上的点到点的最小距离为， 是的中点，三点共线， ， 在中，边上的高为. . 故答案为： 9．（23-24高二上·安徽滁州·期末）已知正四面体的棱长为4，空间内动点满足，则的最大值为 . 【答案】 【分析】利用空间向量的线性运算得到轨迹，再把目标式表示为函数，利用三角函数有界性求解即可. 【详解】    设的中点为，因为动点满足，所以， 即点在以为球心，以为半径的球面上. 因为，所以. 因为正四面体的棱长为4，所以， 在三角形中，，. 取的中点为，， 所以在上的投影向量的模为，所以. 设，夹角为， 所以. 因为， 所以，即的最大值为. 故答案为： 10．（23-24高二上·江苏盐城·期末）已知，，点在直线上运动，则的最大值为 . 【答案】 【分析】设，根据夹角公式，代入坐标运算，求其最值即可. 【详解】设， 则， 所以， 既然求最大值，必有，令， 则 ， 当，即时取等号，所以的最大值为. 故答案为：. 空间角中的最值问题 一、单选题 1．（23-24高二下·河南开封·期末）在棱长为1的正四面体ABCD中，M是BC的中点，且，，则直线AM与CN夹角的余弦值的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】选取为基底，将进行分解，可表示出：，，，进一步结合向量夹角公式即可求解. 【详解】如图所示，延长，使得，由题意点在线段上（不包含端点）， 选取为基底，由题意， 而， 从而， ， ， 所以， 设，因为，所以，而， 因为 ， 设，则，， 当且仅当，即，即时，的最小值为， 所以当且仅当时，. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：关键是表示出：，，，进一步得出，由此即可通过换元法得解. 2．（23-24高二下·上海杨浦·期末）如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，给出以下三个结论： ①存在点满足； ②存在点满足与平面所成角的大小为； ③存在点满足； 其中正确的个数是（    ）． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法一一计算可得. 【详解】如图建立平面直角坐标系，则，，，， 设，，则， 若，则，解得， 所以存在点满足，故①正确； 因为，，设平面的法向量为， 则，取， 设与平面所成角为，， 则， 令，，则，所以， 令，，则，所以， 所以存在点满足与平面所成角的大小为，故②正确； 因为，， 所以，所以， 所以存在点满足，故③正确. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题关键是建立空间直角坐标系，将几何关系转化为代数计算. 3．（23-24高二上·北京顺义·期末）如图，在正方体中，E是棱上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与所成角的范围是 B．直线与平面所成角的最大值为 C．二面角的大小不确定 D．直线与平面不垂直 【答案】D 【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，由直线方向向量夹角余弦的范围即可判断；对于B，由线面角正弦值的公式即可判断；对于C，由两平面的法向量夹角余弦即可判断；对于D，由即可判断. 【详解】以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 不妨设正方体棱长为1， ， 对于A，， 不妨设直线与所成角为， 所以， 当增大时，分别减小，增大，所以关于单调递减， 所以，所以，故A错误； 对于B，由题意，且显然平面的法向量为， 不妨设直线与平面所成角为， 则单调递增，， 所以，所以，故B错误； 对于C，， 所以， 不妨设平面与平面的法向量分别为， 所以有和，令，解得， 即取平面与平面的法向量分别为， 二面角为锐角，不妨设为， 则， 所以二面角的大小为，故C错误； 对于D，， 所以， 所以与不垂直，所以直线与平面不垂直. 故选：D. 【点睛】关键点睛：C选项的关键是看两平面法向量夹角是否固定不变，由此即可顺利得解. 4．（23-24高二上·山西朔州·期末）如图，在正方体中，为棱上的一个动点，为棱上的一个动点，则平面与底面所成角的余弦值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】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，然后利用待定系数法求出平面EFB的法向量，由向量的夹角公式求解二面角的余弦值的取值范围，由此判断求解即可． 【详解】 设平面与底面所成的二面角的平面角为θ，由图可得θ不为钝角. 以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，故， 又底面的一个法向量为， 所以，因为， 则， 当时，， 当时，，当，， 则，，则， 则当时，分母取到最小值，此时， 当，时，则，此时， 综上， 故选：A. 5．（23-24高二上·重庆·期末）在正方体中，是中点，点在线段上（含端点），若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立合适空间直角坐标系，表示出点坐标，然后求解出平面的一个法向量，根据求解出的取值范围. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设， 所以， 设，所以， 所以，， 设平面的一个法向量为， 所以，令，所以， 所以， 令，对称轴， 所以， 所以，即， 故选：A.    6．（23-24高二上·重庆·期末）正三棱柱的所有棱长均相等，E，F分别是棱上的两个动点，且，则异面直线BE与AF夹角余弦的最大值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】设，以A为原点，方向分别为x，z轴正方向建立空间直角坐标系，从而得到和的坐标.又因为，从而得到异面直线BE与AF夹角余弦的最大值. 【详解】设， 以A为原点，方向分别为x，z轴正方向建立空间直角坐标系， 可得，， 故所求角的余弦值为，当时取“”． 故选：D 二、多选题 7．（23-24高二下·福建福州·期末）如图，在正方体中，M是线段上的一点，则下列说法正确的是（    ） A． B．平面 C．异面直线与所成的角的取值范围是 D．二面角的正弦值为 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A，B，利用线线角的向量求法判断C，利用二面角的向量求法判断D即可. 【详解】如图，以为原点，为轴，为轴， 为轴，建立空间直角坐标系，且设正方体边长为2， 故,,，，， 所以，， 对于A，，，故， ，因为，共线， 所以，故， 故，而， 所以，故A正确， 对于B，而，化简得， 故，， 而，， 设面的法向量为，可得， 所以，令，解得， 故，则， 可得平面，故B正确， 对于C，，， 设异面直线与所成的角为，， 所以， 当时，， 而时，令， 因为，可得， 故，得到，故C错误， 对于D，已知面的法向量为， 设面的法向量，所以， 故，令，解得， 故，设二面角为， ，故，而， 而，解得，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后表示出关键点的坐标，由线线角的向量求法表示出线线角． 8．（23-24高二下·江苏常州·期末）在棱长为2的正方体中，为的中点，点在正方形内部及其边界上运动，则下列说法正确的有（    ） A．当时，点的轨迹长度为 B．若平面，则长度的最小值为2 C．当时，二面角的余弦值的最小值是 D．记直线与平面所成角为，则的取值范围是 【答案】AD 【分析】建立适当空间直角坐标系后，设出点坐标，对A：利用空间两点间距离公式计算即可得点轨迹，即可得其长度；对B：借助空间向量求出平面法向量可得点轨迹，即可得其长度的最小值；对C：借助空间向量求出两平面的法向量后可得其夹角的余弦值，结合点轨迹即可得其范围；对D：求出平面法向量后借助空间向量夹角公式计算即可得. 【详解】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则有，，设，，， 对A：，故， 则点的轨迹为以为圆心，为半径，且在正方形内部的半圆， 则点的轨迹长度为，故A正确； 对B：，，， 则，，令平面的法向量为， 则有，可令，则，即， 由平面，则有， 即，则 ，故B错误； 对C：，，， 设平面的法向量为， 则有， 可令，则，，即， 易得轴平面，故平面的法向量可为， 则， 由A知，故，即， 则， 故二面角的余弦值的最小值是，故C错误； 对D：，平面法向量为， 则， 由，，则， 故，故D正确. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于建立适当空间直角坐标系，从而借助平面的法向量研究位置关系，借助空间向量的夹角公式研究二面角或线面角. 三、填空题 9．（23-24高二上·山东潍坊·期末）在直三棱柱中，，，平面经过点A，且直线与平面所成的角为30°，过点作平面的垂线，垂足为H，则点到平面的距离为 ，直线与BH所成角的范围为 . 【答案】 2 【分析】利用，得出在以为直径的球面上，其时可得出到平面的距离，由直线与平面所成的角为30°，得在以为轴，顶角为的圆锥面上，从而得出的轨迹是圆，然后建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求得与所成角的余弦值，角的范围． 【详解】如图，连接，因为，，所以， 所以在以为直径的球面上，又直线与平面所成角为，而即为直线与平面所成的角，因此，因此在以为轴，顶角为的圆锥面上， 过作于点，则，其中的长即为到平面的距离． 所以在圆锥的底面圆上，为圆心，半径为， 以为轴，为轴，过与垂直的直线的为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， ，取的一个方向向量为， ， 又，所以， 所以直线与所成角的范围是，即， 故答案为：；． 10．（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：． 11．（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在长方体中，E是的中点，点F是AD上一点，，，，动点P在上底面上，且满足三棱锥的体积等于1，则直线CP与所成角的余弦值的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，设，通过向量法算出点P到平面BFE的距离，结合三棱锥的体积等于1可得到，再通过向量法计算直线CP与所成角的余弦值的范围，继而算出答案 【详解】以D为坐标原点，分别以所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， ，则，， ， 设平面的法向量为，则，令，得， 而，则点P到平面BFE的距离， 又， 在等腰中，到的高为，则 而，于是， 解得或，由，得，则， 设直线与所成的角为，则，， ，当且仅当时取等号， 所以的最大值为， 故答案为： 【点睛】方法点睛：求点到平面的距离可以利用几何法，作出点到平面的垂线段求解；也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出这一点与平面内任意一点确定的向量在法向量的投影即可. 12．（23-24高二上·江苏苏州·期末）已知圆台的高为2，上底面圆的半径为2，下底面圆的半径为4，，两点分别在圆、圆上，若向量与向量的夹角为60°，则直线与直线所成角的大小为 ． 【答案】 【分析】法1：设直线与直线所成角为，根据求解即可. 法2：设点在圆上的射影为，则为中点，且，则即为与所成角的平面角，求出即可. 法3：以为原点建系，利用向量法求解即可. 【详解】法1：在上的投影向量为，故， ， 设直线与直线所成角为， 则，所以， 即直线与直线所成角的大小为. 法2：如图，， 则即为向量与向量的夹角， 所以，所以为等边三角形， 设点在圆上的射影为， 则为中点，且， 所以即为与所成角的平面角， ，， 在中， 则， 即与所成角为. 法3：因为， 则即为向量与向量的夹角， 所以，所以为等边三角形， 以为原点建系，则，， 故， 即直线与直线所成角的余弦值为， 所以直线与直线所成角的大小为． 四、解答题 13．（23-24高二下·江苏徐州·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面平面，，，. (1)若点为棱的中点，求二面角的余弦值； (2)若，设直线与平面，平面所成的角分别为，求的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）作出辅助线，证明出为等腰直角三角形，由面面垂直得到线面垂直，得到两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，得到二面角的余弦值； （2）表达出，从而得到，表达出，求出最值. 【详解】（1）连接，因为，所以， 又，，所以四边形为菱形， 又，故菱形为正方形， 故，由勾股定理得， 因为，所以， 由勾股定理逆定理得⊥，故为等腰直角三角形， 取的中点，连接，则⊥， 因为平面平面，交线为，平面， 所以⊥平面， 又，所以⊥，，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ， 平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 故， 设二面角的大小为，由图形可知，为锐角， 故二面角的余弦值； （2）由（1）知，. 所以， 平面ABCD的一个法向量为， 由（1）知，平面PAD的一个法向量为， 所以 ， 所以当，即时，有最大值. 14．（23-24高二下·福建宁德·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧棱底面，，，为的中点，点在线段上运动.    (1)线段上是否存在点，满足∥平面？若存在，求的值，若不存在，说明理由； (2)当直线与平面所成的角最大时，求线段的长度. 【答案】(1)存在， (2) 【分析】(1)利用中位线定理可得线线平行，再由线面平行的判定定理即可证明； (2)建立空间直角坐标系，根据题意写出各点坐标，可设，求出平面的法向量，根据夹角公式可得， 平方得，设，求导可得当时，函数取得最大值，即得线段的长度. 【详解】（1）存在符合题意的点，此时点为线段的中点. 底面为正方形， 也为线段的中点， 又为的中点，则为的中位线， . 又平面， 平面， 平面， 此时.    （2）如图，以为原点，分别以的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，则，， 设平面的一个法向量为, 则，即, 令，则，即， 因为点在线段上运动，可设,则, 设直线与平面所成角为, 则， 所以. 设，则, 因为当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减, 所以当时，取得最大值，即取得最大值, 又时，函数单调递增. 所以直线与平面所成角最大时，线段的长度为.    空间中的存在问题 一、单选题 1．（23-24高二下·上海嘉定·期末）空间直角坐标系中，从原点出发的两个向量、；满足：，，且存在实数，使得成立，则向量确定时，由构成的空间几何体的侧面积是（    ） ． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由不等式有解，结合数量积运算，求得，又且，可得围成的空间几何体是以原点为顶点，高为2，母线长为的圆锥，从而根据锥体侧面积公式求得结论. 【详解】由已知得，所以， 即存在实数，使得不等式有解， 则有，解得， 又因为且，所以在方向上的数量投影是， 所以围成的空间几何体是以原点为顶点，高为，母线长为的圆锥， 则其底面半径为， 故由构成的空间几何体的侧面积为. 故选：C. 2．（23-24高二上·上海·期末）在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且满足．点P满足，其中，则下列说法不正确的是（　　） A．当时，的面积S的最大值为 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点P，使得 D．当时，存在点P，使得平面 【答案】D 【分析】对于A，B选项，直接利用几何法判断即可；对于C，D，可建立空间直角坐标系，然后将问题转化为坐标运算判断． 【详解】对于A选项：当时，点P在上时， 此时有，面， 又面， 所以， 又面， 所以面， 又面， 所以， 可知当点与点重合时，的面积最大， 所以的面积S取最大值为，故A正确； 对于B选项：当时，P在棱上， ∵，平面，平面，∴平面， ∴P到平面的距离为定值， ∵的面积为定值，∴当时，三棱锥的体积为定值，故B正确； 如图建立空间直角坐标系， 则 对于C选项：时，，可得， 故，解得， ∴时，，故C正确； 对于D选项：时，得，∴，， ∴，即不成立，故不存在点P，使得平面，故D错误． 故选：D． 3．（23-24高二下·上海杨浦·期末）如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，给出以下三个结论： ①存在点满足； ②存在点满足与平面所成角的大小为； ③存在点满足； 其中正确的个数是（    ）． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法一一计算可得. 【详解】如图建立平面直角坐标系，则，，，， 设，，则， 若，则，解得， 所以存在点满足，故①正确； 因为，，设平面的法向量为， 则，取， 设与平面所成角为，， 则， 令，，则，所以， 令，，则，所以， 所以存在点满足与平面所成角的大小为，故②正确； 因为，， 所以，所以， 所以存在点满足，故③正确. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题关键是建立空间直角坐标系，将几何关系转化为代数计算. 二、多选题 4．（23-24高二下·河南洛阳·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，点F满足，则（    ） A．三棱锥的体积是定值 B．当时，平面BDF C．存在，使得AC与平面BDF所成的角为 D．当时，平面BDF截该正方体的外接球所得到的截面的面积为 【答案】BCD 【分析】根据，结合变化时，不是定值，可判定A错误；当时，即点与点重合，证得和，得到平面，可判定B正确；求得平面的法向量为，结合向量的夹角公式，得到与平面所成角为，满足，进而得到直线与平面所成角范围，可判定C正确；求得平面的法向量为，得到球心到平面的距离，结合球的截面圆的性质，可判定D正确. 【详解】对于A中，在正方体中，可得平面， 即到平面的距离为， 由， 因为，当变化时，不是定值， 所以三棱锥的体积不是定值，所以A不正确； 对于B中，当时，即点与点重合， 在正方体中，连接，可得， 因为平面，且平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 同理可证：，因为，且平面， 所以平面，即平面，所以B正确； 对于C中，设平面的法向量为， 又由，则， 令，可得， 由，设与平面所成角为 可得， 又由，可得， 所以，因为，且平面， 所以平面， 当点与重合时，直线与平面所成角的正弦值， 此时直线与平面所成角小于， 当点与重合时，直线与平面所成角为， 所以存在使得直线与平面所成角为，所以C正确； 对于D中，由， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 因为且，可得，所以平面的法向量为， 又由球心为，则到平面的距离为， 外接球的半径为，所以截面圆的半径的平方为， 所以该正方体的外接球所得到的截面的面积为，所以D正确. 故选：BCD. 5．（23-24高二下·甘肃临夏·期末）如图，在棱长为1的正方体中，点Q为的中点，点P是棱上一动点（与C，不重合），过点P作，点E为垂足，再过点E作，点为垂足．则（   ）    A．平面 B．三棱锥体积的最大值为 C．存在点P使得平面 D．存在点P使得 【答案】AC 【分析】利用线面垂直的性质判定推理判断A；求出三棱锥体积最大值判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断CD. 【详解】对于A，由平面，平面，得，而， 平面，则平面，A正确； 对于B，令，则的面积，为等腰直角三角形， 由，可得平面，又平面，因此， 三棱锥体积，当且仅当时取等号，B错误； 对于C，建立空间直角坐标系，如图，则， ，由，解得， 即当时，，此时 而平面，平面， 因此平面，C正确； 对于D，，则，， 因此与不垂直，D错误. 故选：AC    【点睛】思路点睛：涉及几何体中的动点问题，可以根据几何体的结构特征建立空间直角坐标系，利用数的方式处理形的问题. 6．（23-24高二下·河南漯河·期末）如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成，是上的动点.则（    ）    A．为的中点时，平面平面 B．为的中点时，平面 C．存在点，使得三棱锥体积是8 D．存在点，使得直线与平面所成的角为 【答案】ABC 【分析】利用圆柱性质和等腰直角三角形性质证明平面，结合面面垂直判定定理可判断A；利用直线平行的传递性证明，然后由线面平行判定定理可判断B；建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面的距离向量公式求点到平面的距离，然后由棱锥体积公式列方程即可判断C；求出平面的法向量，根据线面角的向量公式列方程求解可判断D. 【详解】对于A，由题可知，半圆柱和三棱柱的底面在同一平面内， 由圆柱性质可知平面， 又平面，所以， 因为为的中点，所以， 因为，所以， 所以，即， 又因为是平面内的相交直线，所以平面， 又平面，所以平面平面，A正确； 对于B，因为为圆柱底面圆的直径，所以， 由上知，，所以， 由棱柱性质可知，，所以， 因为平面，平面，所以平面，B正确；    对于C，以中点为原点，所在直线为轴，圆柱的旋转轴为轴， 过点垂直于平面的直线为轴建立如图所在空间直角坐标系， 则， 因为点在以为直径的半圆上，所以设， 则， 设为平面的法向量， 则，令，得， 则点到平面的距离为， 易知，为正三角形， 所以， 所以， 令，则， 因为，所以，所以， 所以，显然有解， 所以存在点（与不重合），使得三棱锥体积是8，C正确； 对于D，由上可得， 设平面的法向量为， 则， 令得， 若存在点，使得直线与平面所成的角为， 则，整理得， 因为，所以，即，， 此时，点与点重合，无法确定平面，不符合题意，D错误. 故选：ABC. 7．（23-24高二上·陕西西安·期末）如图，在正方体 ，，是正方形 内部（含边界）的一个动点，则（    ） A．存在唯一点，使得 B．当点在上移动时，直线与直线所成角不变 C．直线与平面所成角的最小值为 D．当时，点的轨迹为圆的一部分 【答案】BD 【分析】首先以点为原点，建系设点，利用数量积公式，即可判断AB；利用线面角的向量公式，结合点的坐标的范围，即可判断C；由条件得到，根据圆的定义，即可判断D. 【详解】如图，以点为原点，建立空间直角坐标系， ，，，，，， ，，，得， 所以点的轨迹为线段，有无数个点，满足，故A错误； B. 当点在上移动时，设， ，， ，即， 所以直线与直线所成角为，故B正确； C. ，平面的法向量，设直线与平面所成角为， 则，， 当时，的最小值为，的最小值不是，故C错误； D.当时，根据勾股定理可知，，即点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在正方形的一部分，故D正确. 故选：BD 8．（23-24高二上·四川攀枝花·期末）如图，正方体的棱长为2，为的中点，为棱上的动点（包含端点），则下列结论正确的是（    ）    A．存在点，使 B．存在点，使 C．四面体的体积为定值 D．点到直线的距离为 【答案】BC 【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，判断是否共线即可；对于B，由即可判断；对于C，将问题转换为四面体即三棱锥的体积即可判断；对于D，，且满足，由求得参数，结合模长公式即可进一步得解. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系：    设， ， 对于A，，而，所以不可能平行，故A错误； 对于B，，若， 则，解得，即当重合时，有，故B正确； 对于C，由题意过作交于点， 因为面，所以面， 所以为三棱锥的高， 又三棱锥的底面积为，， 所以四面体即三棱锥的体积为，故C正确； 对于D，设，且满足， 而， 所以，解得， 所以，所以点到直线的距离为，故D错误. 故选：BC. 三、填空题 9．（23-24高二上·北京石景山·期末）如图，在正四棱柱中，为棱上的一个动点，给出下列四个结论： ①； ②三棱锥的体积为定值； ③存在点，使得平面； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②③ 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及空间向量的应用，逐项判定，即可求解. 【详解】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，则， 设，则， 因为，所以，即，所以①正确； 由，因为的面积为定值，点到平面的距离也是定值， 所以为定值，所以②正确； 又由 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为，由，解得，所以③正确； 又因为，，则， 所以不存在点，使得平面，所以④错误. 故选：①②③. 10．（23-24高二上·北京西城·期末）如图，在正方体中，为棱的中点，为棱（含端点）上的一个动点.给出下列四个结论： ①存在符合条件的点，使得平面； ②不存在符合条件的点，使得； ③异面直线与所成角的余弦值为； ④三棱锥的体积的取值范围是. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②④ 【分析】利用线面平行的判定定理可知当与点重合时，能满足平面，即①正确；建立空间坐标系，假设存在符合条件的点并利用垂直的向量表示可得，不满足题意，即②正确；利用空间向量可求得异面直线与所成角的余弦值为，即③错误；易知的面积为，由空间向量求出点到平面的距离为，即可得④正确. 【详解】对于①，易知，平面，平面， 所以可得平面， 又为棱（含端点）上的一个动点，当与点重合时，能满足平面，即①正确； 对于②，以为坐标原点建立如下图所示的空间直角坐标系， 则，假设存在符合条件的点满足； 则易知， 由可得，解得，不满足题意，舍去； 所以不存在符合条件的点，使得，即②正确； 对于③，易知，可得， 所以， 即异面直线与所成角的余弦值为，即③错误； 对于④，易知， 由余弦定理可得，， 所以的面积为， 设平面的一个法向量为， 由可得， 令，则，即； 又，所以点到平面的距离为， 由可得 可得三棱锥的体积， 因此可得三棱锥的体积的取值范围是，即④正确. 故答案为：①②④ 【点睛】关键点点睛：在求解④中三棱锥的体积的取值范围时，由于锥体的高不易获得，所以可通过空间向量求得点到平面的距离，再结合点竖坐标的取值范围即可得出结论. 四、解答题 11．（23-24高二下·浙江宁波·期末）如图，在五面体中，四边形为矩形，为等腰直角三角形，且.面面. (1)求证：： (2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)或. 【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的判定性质推理即得. （2）取的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）由矩形，得，而平面平面，平面平面， 平面，则平面，又面，于是， 而，，平面， 因此平面，又平面， 所以. （2）取的中点，作，连接，由（1）知，平面， 而平面，则，又，，则，即两两垂直， 以为原点，直线分别为建立空间直角坐标系， 假定在线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，设， 则， ， 设平面的法向量，则，令，得， 于是，整理得，解得或， 所以在线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，此时或. 12．（23-24高二下·贵州毕节·期末）如图1，已知直角梯形AEFD中，，点B，C分别在AE，DF上，且，，，，将图1沿BC翻折，使平面平面BEFC得图2．    (1)在线段CF上是否存在一点M，使得A、E、M、D四点共面．若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由； (2)当时，求平面AEF与平面CEF的夹角的正切值． 【答案】(1)存在，证明见解析 (2) 【分析】（1）过E作交CF于点M，连接DM，利用平行传递性证明，从而得出A、E、M、D四点共面； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法得出平面AEF与平面CEF的夹角的正切值. 【详解】（1）解：存在，理由如下：过E作交CF于点M，连接DM， ∵且，∴ ∵，∴，∴A、E、M、D四点共面 （2）因为平面平面，平面平面， ，平面， 所以平面， 由（1）可知，在中，，，∴ 即，易知，，∵．∴ 以C为坐标原点，CB，CF，CD所在直线分别为x轴，y轴，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，显然平面的法向量为 设平面AEF的法向量为，∵， ∴，令，∴ ∴ 设平面AEF与平面CEF的夹角为，则， ∴平面AEF与平面CEF的夹角的正切值为. 13．（23-24高二下·广西桂林·期末）如图，已知边长为的正方形，以边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面围成一个几何体．设是上的一点，，分别为线段，的中点． (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值； (3)在（2）的条件下，线段上是否存在点，使平面，证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，证明见解析 【分析】（1）取的中点，连接，，利用中位线性质可证四边形是平行四边形，可得，然后利用线面平行的判定即可得证. （2）利用线面垂直可以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设平面的法向量为，可得，取，得，，根据垂直易知平面的一个法向量为，进而利用向量夹角余弦值公式求解即可. （3）设，（），可得，，根据平面，所以，即可求出的值得证. 【详解】（1）取的中点，连接，， 因为，分别为线段，的中点， 所以，， 又因为平行且相等，所以平行且相等， 所以四边形是平行四边形，所以． 又因为平面，平面，所以平面. （2）依题意得平面，所以， 因为，，平面，， 所以平面，所以， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，建系如图所示， 则，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，得， 取，得，， 所以平面的一个法向量是， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则. （3）满足条件的点存在，证明如下： 设，（）， 则， 所以，， 因为平面，所以， 所以，得， 所以存在点满足题意. 14．（23-24高二下·福建宁德·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧棱底面，，，为的中点，点在线段上运动.    (1)线段上是否存在点，满足∥平面？若存在，求的值，若不存在，说明理由； (2)当直线与平面所成的角最大时，求线段的长度. 【答案】(1)存在， (2) 【分析】(1)利用中位线定理可得线线平行，再由线面平行的判定定理即可证明； (2)建立空间直角坐标系，根据题意写出各点坐标，可设，求出平面的法向量，根据夹角公式可得， 平方得，设，求导可得当时，函数取得最大值，即得线段的长度. 【详解】（1）存在符合题意的点，此时点为线段的中点. 底面为正方形， 也为线段的中点， 又为的中点，则为的中位线， . 又平面， 平面， 平面， 此时.    （2）如图，以为原点，分别以的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，则，， 设平面的一个法向量为, 则，即, 令，则，即， 因为点在线段上运动，可设,则, 设直线与平面所成角为, 则， 所以. 设，则, 因为当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减, 所以当时，取得最大值，即取得最大值, 又时，函数单调递增. 所以直线与平面所成角最大时，线段的长度为.    15．（23-24高二上·山东青岛·期末）如图，在底面是菱形的四棱锥中，底面分别在梭上，为的中点.    (1)若为中点，证明：面； (2)若，是否存在点，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)证明见解析 (2)存在点，且或 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用法向量证明线面平行即可； （2）设，利用向量法求出求出线面角的正弦，由正弦值得出参数，即可得解. 【详解】（1），所以为等边三角形， 为中点，， 又，所以 以为原点，分别头轴，建立空间直角坐标系，如图，    则 ， 设平面的一个法向量， 则，，令，可得， ，， 又面，面. （2）设， 则, , 设平面的法向量， 则，即， 令，得平面的一个法向量， 设与平面所成的角为， 则， 解得或， 即存在点，且或. 空间中的动点问题 一、单选题 1．（23-24高二上·浙江绍兴·期末）在正方体中，过作一垂直于的平面交平面于直线，动点在直线上，则直线与所成角余弦值的最大值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】由正方体性质可知，平面，平面平面，故动点在直线上，建立空间直角坐标系，利用空间向量法表示线线角，并求最值. 【详解】 由正方体性质可知，，，， 平面，平面， 易知平面，平面平面， 故动点在直线上， 设正方体棱长为1，并如图建立空间直角坐标系， 则， 设两直线所成角为，， 故，即， 令，则， 所以当时，即时，. 故选：A 2．（23-24高二上·山西朔州·期末）如图，在正方体中，为棱上的一个动点，为棱上的一个动点，则平面与底面所成角的余弦值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】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，然后利用待定系数法求出平面EFB的法向量，由向量的夹角公式求解二面角的余弦值的取值范围，由此判断求解即可． 【详解】 设平面与底面所成的二面角的平面角为θ，由图可得θ不为钝角. 以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，故， 又底面的一个法向量为， 所以，因为， 则， 当时，， 当时，，当，， 则，，则， 则当时，分母取到最小值，此时， 当，时，则，此时， 综上， 故选：A. 3．（23-24高二下·福建漳州·期末）正方体的棱长为，是正方体外接球的直径，为正方体表面上的动点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用向量数量积的运算律可知，，进一步只需求出即可得解. 【详解】由题意等于正方体的体对角线长，设点为的中点， 所以， 则 ， 当点与某个侧面的中心重合时，最小，且， 当点与正方体的顶点重合时，最大，且， 由于点是在正方体表面连续运动，所以的取值范围是， 的取值范围是. 故选：A. 【点睛】关键点睛：本题关键在于利用球心，将转化为，然后分析点位置即可. 4．（23-24高二上·广西·期末）如图所示空间直角坐标系A﹣xyz中，是正三棱柱的底面内一动点，，直线PA和底面ABC所成的角为，则P点的坐标满足（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】写出各点坐标，求得平面法向量，利用线面角公式计算化简求得答案. 【详解】由正三棱柱，且，根据坐标系可得：，，又是正三棱柱的底面内一动点，则，所以，又平面ABC，所以是平面ABC的一个法向量，因为直线PA和底面ABC所成的角为， 所以，整理得，又z＝2，所以. 故选:A. 5．（23-24高二上·北京顺义·期末）如图，在正方体中，E是棱上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与所成角的范围是 B．直线与平面所成角的最大值为 C．二面角的大小不确定 D．直线与平面不垂直 【答案】D 【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，由直线方向向量夹角余弦的范围即可判断；对于B，由线面角正弦值的公式即可判断；对于C，由两平面的法向量夹角余弦即可判断；对于D，由即可判断. 【详解】以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 不妨设正方体棱长为1， ， 对于A，， 不妨设直线与所成角为， 所以， 当增大时，分别减小，增大，所以关于单调递减， 所以，所以，故A错误； 对于B，由题意，且显然平面的法向量为， 不妨设直线与平面所成角为， 则单调递增，， 所以，所以，故B错误； 对于C，， 所以， 不妨设平面与平面的法向量分别为， 所以有和，令，解得， 即取平面与平面的法向量分别为， 二面角为锐角，不妨设为， 则， 所以二面角的大小为，故C错误； 对于D，， 所以， 所以与不垂直，所以直线与平面不垂直. 故选：D. 【点睛】关键点睛：C选项的关键是看两平面法向量夹角是否固定不变，由此即可顺利得解. 二、多选题 6．（23-24高二下·甘肃临夏·期末）如图，在棱长为1的正方体中，点Q为的中点，点P是棱上一动点（与C，不重合），过点P作，点E为垂足，再过点E作，点为垂足．则（   ）    A．平面 B．三棱锥体积的最大值为 C．存在点P使得平面 D．存在点P使得 【答案】AC 【分析】利用线面垂直的性质判定推理判断A；求出三棱锥体积最大值判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断CD. 【详解】对于A，由平面，平面，得，而， 平面，则平面，A正确； 对于B，令，则的面积，为等腰直角三角形， 由，可得平面，又平面，因此， 三棱锥体积，当且仅当时取等号，B错误； 对于C，建立空间直角坐标系，如图，则， ，由，解得， 即当时，，此时 而平面，平面， 因此平面，C正确； 对于D，，则，， 因此与不垂直，D错误. 故选：AC    【点睛】思路点睛：涉及几何体中的动点问题，可以根据几何体的结构特征建立空间直角坐标系，利用数的方式处理形的问题. 7．（23-24高二上·陕西西安·期末）如图，在正方体 ，，是正方形 内部（含边界）的一个动点，则（    ） A．存在唯一点，使得 B．当点在上移动时，直线与直线所成角不变 C．直线与平面所成角的最小值为 D．当时，点的轨迹为圆的一部分 【答案】BD 【分析】首先以点为原点，建系设点，利用数量积公式，即可判断AB；利用线面角的向量公式，结合点的坐标的范围，即可判断C；由条件得到，根据圆的定义，即可判断D. 【详解】如图，以点为原点，建立空间直角坐标系， ，，，，，， ，，，得， 所以点的轨迹为线段，有无数个点，满足，故A错误； B. 当点在上移动时，设， ，， ，即， 所以直线与直线所成角为，故B正确； C. ，平面的法向量，设直线与平面所成角为， 则，， 当时，的最小值为，的最小值不是，故C错误； D.当时，根据勾股定理可知，，即点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在正方形的一部分，故D正确. 故选：BD 8．（23-24高二上·四川攀枝花·期末）如图，正方体的棱长为2，为的中点，为棱上的动点（包含端点），则下列结论正确的是（    ）    A．存在点，使 B．存在点，使 C．四面体的体积为定值 D．点到直线的距离为 【答案】BC 【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，判断是否共线即可；对于B，由即可判断；对于C，将问题转换为四面体即三棱锥的体积即可判断；对于D，，且满足，由求得参数，结合模长公式即可进一步得解. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系：    设， ， 对于A，，而，所以不可能平行，故A错误； 对于B，，若， 则，解得，即当重合时，有，故B正确； 对于C，由题意过作交于点， 因为面，所以面， 所以为三棱锥的高， 又三棱锥的底面积为，， 所以四面体即三棱锥的体积为，故C正确； 对于D，设，且满足， 而， 所以，解得， 所以，所以点到直线的距离为，故D错误. 故选：BC. 9．（23-24高三上·黑龙江齐齐哈尔·期末）如图所示，在棱长为2的正方体中，是线段上的动点，则下列说法正确的是（   ） A．平面平面 B．的最小值为 C．若直线与所成角的余弦值为，则 D．若是的中点，则到平面的距离为 【答案】ABD 【分析】根据面面垂直的判定定理即可判断A；结合正方体结构特征判断当点与重合时，取最小值，即可判断B；建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，根据空间角的向量求法可判断C；将线面距离转化为点面距离，根据空间距离的向量求法求得点到平面的距离，即可判断D. 【详解】在正方体中，因为平面，平面， 所以平面平面，故A正确； 连接，由平面，平面，得， 故在中，当点与重合时，取最小值，故B正确； 如图，以、、所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，设，， 则，， 假设存在点，使直线与所成角的余弦值为， 则， 解得（舍去），或，此时点是中点，，故C错误； 由且平面，平面，知平面， 则到平面的距离，即为到平面的距离； 是的中点，故，，，， 设平面的法向量为，则，即， 取，则，，故， 所以点到平面的距离为， 即到平面的距离为，D正确． 故选：ABD 10．（23-24高二上·安徽马鞍山·期末）如图，在长方体中，，点E为的中点，点F为侧面（含边界）上的动点，则下列说法正确的是 （    ） A．不存在点F，使得 B．的最小值为 C．满足的点F的轨迹长度为 D．若平面，则线段长度的最小值为 【答案】AC 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设，由，列出方程，可判定A正确；由点关于平面的对称点为，利用，可判定B错误；由，求得，得到点的轨迹为矩形内的线段，可判定C正确；求得平面的一个法向量，根据，列出方程，结合二次函数，可判定D不正确. 【详解】以为原点，分别以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 设（其中）， 对于A中，若，则， 又由，所以， 即，此时方程无解， 所以不存在点，使得，所以A正确； 对于B中，设点关于平面的对称点为，则的坐标为， 可得， 当且仅当三点共线时，取等号，所以B错误； 对于C中，由，可得， 整理得，即点的轨迹为矩形内的线段， 因为，当时，；当时，， 即满足的点的轨迹长度为，所以C正确； 对于D中，由， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 因为平面，所以，即， 又由点，所以， 当时，可得的最小值为，所以D不正确. 故选：AC. 11．（23-24高二上·福建福州·期末）已知棱长为2的正方体中，为的中点，动点在平面内的轨迹为曲线．则下列结论正确的是（    ） A．当时，是圆 B．当动点到直线的距离之和等于4时，是椭圆 C．当直线与平面所成的角为时，是双曲线 D．当动点到点的距离等于点到直线的距离时，是抛物线 【答案】BCD 【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，由化简即可判断；对于B，由椭圆定义结合空间点线距离即可得解；对于C，由化简即可判断；由化简即可判断D. 【详解】以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系：    由题意， ， 对于A，若，则， 化简并整理得，所以，即此时是点，故A错误； 对于B，因为面，面，所以， 同理， 所以当动点到直线的距离之和等于4时，有， 所以此时是椭圆，故B正确； 对于C，显然可取平面的法向量为， 又， 当直线与平面所成的角为时，有， 化简并整理得，即是双曲线，故C正确； 对于D，当动点到点的距离等于点到直线的距离时，有， 化简并整理得，所以是抛物线，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点睛：判断B选项的关键是由椭圆定义结合空间点线距离即可顺利得解. 12．（23-24高二上·广西南宁·期末）已知正方体的棱长为1，为棱（包含端点）上的动点，下列命题正确的是（    ） A．二面角的大小为 B． C．若在正方形内部，且，则点的轨迹长度为 D．若平面，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 【答案】BCD 【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，得到二面角的大小；B选项，由得到垂直关系；C选项，推出O在以为圆心，为半径的四分之一圆弧上，求出轨迹长度；D选项，为平面的法向量，求出直线与平面所成角的正弦值，根据求出取值范围. 【详解】由正方体可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，其中， 对于A：，， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，故. 设平面的法向量为，则，即， 取，则， 故.故，而二面角为锐二面角， 故其余弦值为，不为，故二面角的平面角不是，故A错误. 对于B：，故，即，故B正确. 对于C：由在正方形内部，且， 若分别是上的点，且，此时， 由图知：O在上，即O在以为圆心，为半径的四分之一圆弧上， 所以点轨迹的长度为；故C正确. 对于D：设直线与平面所成的角为. 因为平面，故为平面的法向量， 而， 故， 而， 故，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题 13．（23-24高二上·广东茂名·期末）正四面体的棱长为6，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，的面积为 . 【答案】 【分析】利用等体积法求得正面体内切球的半径为，取的中点为，利用向量的运算得到，易知当的长度最小时，取得最小值，由是的中点，则三点共线求解. 【详解】解：由正四面体的棱长为6，则其高为， 则其体积为， 设正四面体内切球的半径为， 则，解得， 如图，    取的中点为， 则， 显然，当的长度最小时，取得最小值， 设正四面体内切球的球心为，可求得， 则球心到点的距离， 所以内切球上的点到点的最小距离为， 是的中点，三点共线， ， 在中，边上的高为. . 故答案为： 14．（23-24高二上·安徽滁州·期末）已知正四面体的棱长为4，空间内动点满足，则的最大值为 . 【答案】 【分析】利用空间向量的线性运算得到轨迹，再把目标式表示为函数，利用三角函数有界性求解即可. 【详解】    设的中点为，因为动点满足，所以， 即点在以为球心，以为半径的球面上. 因为，所以. 因为正四面体的棱长为4，所以， 在三角形中，，. 取的中点为，， 所以在上的投影向量的模为，所以. 设，夹角为， 所以. 因为， 所以，即的最大值为. 故答案为： 15．（23-24高二上·江西九江·期末）如图，正三棱锥中，三条侧棱两两垂直且相等，为的中点，为平面内一动点，则的最小值为 .    【答案】/ 【分析】找到点关于底面对称点，可得，结合不等式可得为的最小值，建立适当空间直角坐标系后借助两点间的距离公式计算即可得. 【详解】设的中心为，则底面，延长至， 使得，则， 由三条侧棱两两垂直且相等， 故可以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 由，则、，, 有， 由对称性可设，则有， 解得，故， ， 的最小值为.    故答案为：. 16．（23-24高二上·广东广州·期末）在棱长为的正方体中，点、分别是梭、的中点，是侧面上的动点，且平面，则点的轨迹长为 ，点到直线的距离的最小值为 . 【答案】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，利用空间向量法求出点的轨迹方程，可求得点的轨迹长度，利用空间向量法可求得点到直线距离的最小值. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，如下图所示： 则、、、， 因为点是侧面上的动点，设点， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得，且， 因为平面，则，即， 可得，分别取线段、的中点、， 所以，点的轨迹为线段， 故点的轨迹长为， ，由，可得， ， 所以，点到直线的距离为 ， 因为函数在上为增函数， 所以，当时，取最小值，且. 故答案为：；. 17．（24-25高二上·北京朝阳·期末）如图，在长方体中，为棱的中点，点是侧面上的动点，满足，给出下列四个结论： ①动点的轨迹是一段圆弧； ②动点的轨迹长度为； ③动点的轨迹与线段有且只有一个公共点； ④三棱锥的体积的最大值为. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②④ 【分析】利用三角函数的定义得到，再建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式求得动点的轨迹，从而逐一分析各选项即可得解. 【详解】由长方体性质可知：都与平面垂直， 而在平面内，所以， 由，可知，即，故， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，因为点是侧面上的动点，故设， 故所求点满足，化简得， 则动点的轨迹为此圆在矩形内的部分，是一段圆弧，故①正确； 记圆心为，当时，由，得， 显然动点的轨迹与线段没有公共点，故③错误； 当时，由，得或（舍去）， 当时，由，得或（舍去）， 则，， 易得，又，则， 所以动点的轨迹长度为，故②正确； 显然，动点到平面的最大距离为点到平面的距离，即， 所以三棱锥的体积的最大值为，故④正确. 故答案为：①②④. 【点睛】关键点睛：本题的关键是根据角的关系确定边之间的关系，利用空间向量法求得动点的轨迹，从而得解. 四、解答题 18．（23-24高二下·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. 19．（23-24高二上·辽宁大连·期末）如图，三棱柱中，侧面为菱形，为中点，且平面，，，，为平面上一动点． (1)若与平面成角的正切值为，求的最小值． (2)若点在线段上，平面与所成角的正弦值为，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）如图过做于，过做于，根据线面垂直的性质和判定定理可得平面．结合三角函数求出OG，进而求出GM，BG，由即可求解； （2）建立如图空间直角坐标系，设，则．利用空间向量法求线面角建立关于的方程，解之即可求解. 【详解】（1）如图，过做于，过做于． 又平面，平面，所以． 又有，平面，，则平面． 又因为平面，所以． 而，平面，，则平面． 由三角函数可得，，则，． 由题可知，若与平面成角为，则，则． 又，则． 所以． （2）以为坐标原点，为轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 设，则． 所以，， 设平面的一个法向量为，由， 得，令y=-1，解得． 设，令平面与成角为， 则，解得． 代入解得或（舍），所以． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！54 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$