专题01空间向量与立体几何（15基础题型+4提升题型）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学上学期期末真题分类汇编（新疆专用）

专题01 空间向量与立体几何 概念辨析题型 1．（23-24高二上·新疆·期末）下列说法正确的是（    ） A．不在同一条直线上的三点确定一个平面 B．四边形一定是平面图形 C．梯形不一定是平面图形 D．平面和平面一定有交线 【答案】A 【分析】根据基本事实的内容、空间四边形的概念、梯形的概念、面面平行的定义进行判断即可. 【详解】A．由基本事实可知A正确，故正确； B．四边形可以是空间四边形，故错误； C．梯形一定是平面图形，故错误； D．当时，此时无交线，故错误， 故选：A. 2．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）下列关于空间向量的命题中，正确的有（    ） A．若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则； B．若非零向量，，满足，，则有； C．若直线l的方向向量为，平面的法向量，则l； D．若，，是空间的一组基底，则向量，，也是空间一组基底； 【答案】AD 【分析】A.由空间向量基本定理判断；知， B.由空间直线的位置判断； C.根据，由l或判断；D.利用空间向量基本定理判断. 【详解】A.由空间向量基本定理知，若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则与一定共线，故正确； B.若非零向量，，满足，，则与不能确定，故错误； C.因为，所以，则l∥或，故错误； D.因为，，是空间的一组基底，对于空间任一向量， 所以向量，，也是空间一组基底，故正确. 故选：AD 立体图形的表面积与体积 1．（23-24高二上·新疆·期末）将半径为3，圆心角为的扇形卷成一个圆锥的侧面，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求得圆锥的底面半径和高，从而求得圆锥的体积. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为， 扇形的弧长为，则，母线， 所以圆锥的高， 所以圆锥的体积. 故选：B 2．（23-24高二上·新疆·期末）端午节吃粽子是中华民族的传统习俗．地区不同，制作的粽子形状也不同，图中的粽子接近于正三棱锥．经测算，煮熟的粽子的密度为，若图中粽子的底面边长为，高为，则该粽子的重量大约是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等边三角形面积公式和正三棱锥体积公式求出粽子的体积，然后利用密度公式计算粽子的质量. 【详解】由题知， 粽子的体积， 根据可得， 该粽子重量大约为， 与C选项最为接近. 故选：C 3．（23-24高二上·新疆·期末）第19届亚洲运动会于2023年9月23日10月8日在我国杭州成功举办，中国国家队以201金、111银、71铜的优异成绩位列奖牌榜榜首．此次亚运会的颁奖花束——“硕果累累”，由花材和花器两部分组成，如图1．其中花器的造型灵感来自中国南宋时期官窑花解，由国家级非物质文化遗产东阳木雕制作而成，可以近似看作由大、小两个圆台拼接而成的组合体，如图2．已知大圆台的两底面半径和高分别为，小圆台的两底面半径和高分别为，则该几何体的体积为 ． 【答案】 【分析】根据圆台的体积公式求解即可. 【详解】根据圆台的体积公式， 可得（）， 故答案为： 4．（23-24高二上·新疆·期末）棱长为1的正方体的八个顶点都在球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题知该球为正方体的外接球，利用正方体的棱长求出球的半径，进而求出球的表面积即可. 【详解】由题知该球为正方体的外接球，正方体的体对角线为球的直径， 设球的半径为， 则，， 所以该球的表面积为. 故选：A. 5．（23-24高二上·新疆·期末）蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活、蒙古包古代称作穹庐、“毡包”或“毡帐”，如图1所示，一个普通的蒙古包可视为一个圆锥与一个圆柱的组合，如图2所示，已知该圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面直径为6米． (1)求该蒙古包的侧面积． (2)求该蒙古包的体积． 【答案】(1)平方米 (2)立方米 【分析】（1）先求出圆锥和圆柱的侧面积，再求和即可； （2）先求出圆锥和圆柱的体积，再求和即可. 【详解】（1）依题意得米，米，米， 所以米， 所以圆锥的侧面积为平方米， 圆柱的侧面积为平方米， 所以该蒙古包的侧面积为平方米. （2）圆锥的体积为立方米， 圆柱的体积为立方米， 所以该蒙古包的体积为立方米. 空间向量的线性运算 1．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）如图，E，F分别是长方体ABCD-A′B′C′D′的棱AB，CD的中点，化简下列结果正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】根据空间向量线性运算的性质逐一判断即可. 【详解】A：，因此本选项正确； B：，因此本选项正确； C：，因此本选项不正确； D：，因此本选项不正确， 故选：AB 2．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1. （1）求证：AB1⊥平面A1BC1； （2）若D为B1C1的中点，求AD与平面A1B1C1所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 【分析】（1）若要证明线面垂直，只要证明该直线垂直于平面内的两条相交直线，结合图像，利用线面关系即可得解； （2）要求线面角的正弦值，先确定线面角，然后解三角形即可. 【详解】（1）证明：由题意知四边形AA1B1B是正方形， ∴AB1⊥BA1. 由AA1⊥平面A1B1C1得AA1⊥A1C1. 又∵A1C1⊥A1B1，AA1∩A1B1＝A1， ∴A1C1⊥平面AA1B1B. 又∵AB1⊂平面AA1B1B，∴A1C1⊥AB1. 又∵BA1∩A1C1＝A1， ∴AB1⊥平面A1BC1. （2）连接A1D.设AB＝AC＝AA1＝1. ∵AA1⊥平面A1B1C1，∴∠A1DA是AD与平面A1B1C1所成的角.在等腰直角三角形A1B1C1中，D为斜边B1C1的中点，∴A1D＝B1C1＝. 在Rt△A1DA中，AD＝. ∴sin∠A1DA＝，即AD与平面A1B1C1所成角的正弦值为. 【点睛】本题考查了立体几何的线面垂直的证明，考查了几何法求线面角的大小，有一定的计算量属于中档题，本题的关键有： （1）通过线面垂直关系得到线线垂直，从而得到线面垂直； （2）几何法求线面角的关键是先确定线面角，进而解三角形计算. 3．（23-24高二上·新疆·期末）已知在空间四边形中，是的重心，分别为边和的中点，化简下列各表达式，并标出化简结果的向量． (1)； (2)； (3) 【答案】(1)，图见解析 (2)，图见解析 (3)，图见解析 【分析】（1）根据空间向量的运算法则，准确运算，即可求解； （2）根据空间向量的运算法则，准确运算，即可求解； （3）根据空间向量的运算法则，准确运算，即可求解； 【详解】（1）解：根据空间向量的运算法则，可得 . （2）解：根据空间向量的运算法则，可得. （3）解：根据空间向量的运算法则，可得， 在中，，则， 即，所以． 4．（23-24高二上·新疆喀什·阶段练习）如图所示，在正方体中，化简向量表达式：    (1)； (2)； 【答案】(1) (2) 【分析】结合图形，根据空间向量的线性运算直接化简可得. 【详解】（1）. （2）. 空间向量的基本定理 1．（23-24高二上·新疆·期末）平行六面体中，，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】由以及条件中系数对应相等可得答案. 【详解】由平行六面体可得， 又， 所以， 则. 故选：B. 2．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在平行六面体中，为与的交点．若，则下列向量中与相等的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量基本定理表示出，得到答案． 【详解】. 故选：B． 3．（23-24高二上·新疆·期末）如图所示，在四面体中，，，，点在上，且，为的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间向量基本定理进行求解. 【详解】因为，所以， 所以, 故选：B 4．（23-24高二上·新疆·期末）正方体中，为与的交点，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量的运算及基底表示进行求解. 【详解】因为在正方体中，为与的交点， 所以为的中点； ， 由正方体的性质可知, 所以. 故选：A. 5．（23-24高二上·新疆·期末）空间四边形中,点在上,且, 为中点,则等于(    ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】按照向量运算律计算即可 【详解】因为,所以 因为为BC中点,所以 所以 故选：B 6．（23-24高二上·新疆·期末）在空间四边形中，是的重心，若，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由是的重心，则,根据向量的加法有，从而可得答案. 【详解】由是的重心，则, 故选：B. 【点睛】本题考查空间向量的线性运算，关键是熟练使用向量的线性运算法则，并注意中线向量公式的运用. 7．（23-24高二上·新疆·期末）三棱柱中，为棱的中点，若，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量的线性运算法则与空间向量基本定理，求解即可. 【详解】 故选：D. 空间向量基本定理的应用 1．（23-24高二上·新疆·期末）在棱长为的正方体中，是的中点，则（    ） A．0 B．1 C． D．2 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. 【详解】解：如图，建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 所以，. 故选：D 2．（23-24高二上·新疆·期末）已知斜三棱柱所有棱长均为，点满足，则（    ）    A． B． C．2 D． 【答案】D 【分析】以向量为基底向量，则根据条件由向量的数量积的运算性质，两边平方运算即可. 【详解】 斜三棱柱所有棱长均为 . 故选:. 3．（23-24高二上·新疆·期末）四面体OABC的所有棱长都等于，E，F，G分别为OA，OC，BC中点，则 . 【答案】/0.5 【分析】取定空间的一个基底，用基底表示，，再计算空间向量数量积作答. 【详解】四面体OABC的所有棱长都等于，则此四面体是正四面体，不共面， ，因E，F，G分别为OA，OC，BC中点， 则，， 所以. 故答案为： 4．（23-24高二上·新疆·期末）在正四棱锥中，，过作平面，交于，交于，交于，若，则 . 【答案】/ 【分析】方法一：根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果；方法二：根据题意，由空间向量基本定理，代入计算，即可得到结果. 【详解】（方法一）连接，并与交于，以为原点，以的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 因为为正四棱锥，且，则， 则， 则，， 故 ， 设， 因为四点共面，所以，其中， 所以 ， 则，解得， 所以. （方法二）设，因为， 则，， 则. 因为，共面，所以，解得， 所以. 故答案为： 空间向量的基本坐标运算 1．（22-23高二上·新疆巴音郭楞·期末）已知点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】的坐标用终点坐标减去起点坐标即可. 【详解】由点可知，. 故选：D 2．（23-24高二上·新疆·期末）若向量，向量，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据向量的加减法法则求解即可. 【详解】因为向量，向量， 所以. 故选：C 3．（23-24高二上·新疆·期末）如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标为 【答案】 【详解】 如图所示，以长方体的顶点为坐标原点， 过的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系， 因为的坐标为，所以, 所以. 空间向量共线与垂直的计算 1．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）已知向量，，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】AC 【分析】根据向量平行的坐标表示计算得出的值判断A，B；根据向量垂直的坐标表示计算得出的关系判断C，D. 【详解】若，则，得，故A正确，B错误； 若，则，即，故C正确，D错误； 故选：AC. 2．（23-24高二上·新疆·期末）已知，，若点共线，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据共线得到方程，求出，，求出，得到模长. 【详解】因为点共线，所以与共线， 所以，解得，， 故，， . 故选：C. 3．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）已知向量，，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【解析】根据题意由向量模的坐标表示，以及向量数量积的坐标表示，列出方程组求解，即可得出结果. 【详解】∵，∴，又∵，∴， 当时，则，当时，则， 故选：AC. 4．（23-24高二上·新疆·期末）设、，向量，，且，，则（      ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量垂直与共线的坐标表示求出、的值，求出向量的坐标，利用空间向量的模长公式可求得结果. 【详解】因为，则，解得，则， 因为，则，解得，即， 所以，，因此，. 故选：D. 5．（23-24高二上·新疆·期末）已知向量 ， 且， 则实数 ． 【答案】5 【分析】根据向量共线的坐标关系即可求解. 【详解】因为 ， 所以存在实数， 使得，即 ， 所以 ，解得，，，所以 故答案为：5 6．（23-24高二上·新疆·期末）设向量，，，则实数 . 【答案】 【解析】利用向量数量积坐标计算公式直接求解. 【详解】因为， 所以， 解得. 故答案为：. 【点睛】求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用． 7．（（23-24高二上·新疆·期末））已知，. (1)当时，求实数的值; (2)当时，求实数的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据，，求得的坐标，再由求解； （2）根据，由求解. 【详解】（1）解：因为，， 所以， ， 解得； （2）因为， 所以， 所以， 解得. 共面向量 1．（23-24高二上·新疆·期末）如图，已知矩形ABCD所在平面外一点P，平面ABCD，E、F分别是AB、PC的中点． 求证：（1）共面； （2）求证：． 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析. 【分析】（1）以为原点,为轴,为轴，为轴,建立空间直角坐标系，设,,，求出，，，， 0 ，，，，，从而，由此能证明共面 ． （2） 求出， 0 ，，，，，由，能证明． 【详解】证明：如图，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴， 建立空间直角坐标系， 设，，， 则0，，0，，2b，， 2b，，0，， 为AB的中点，F为PC的中点， 0，，b，， b，，，2b，， 共面. （2）， ． 【点睛】本题考查三个向量共面的证明,考查两直线垂直的证明,是基础题． 空间向量的数量级、夹角、模的运算 1．（23-24高二上·新疆·期末）已知向量，则（    ） A．-2 B．2 C．-12 D．12 【答案】A 【分析】利用空间向量的坐标运算求出向量的和，进一步求出数量积. 【详解】由题目得 ∴. 故选：A. 2．（23-24高二上·新疆和田·期末）已知空间向量，则向量与的夹角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意直接由空间向量夹角的余弦值公式运算即可. 【详解】由题意空间向量， 所以向量与的夹角的余弦值为. 故选：B. 3．（23-24高二上·新疆·期末）下列空间向量中为单位向量且同时垂直于和轴的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设向量，根据条件列等式，判断选项. 【详解】设满足条件的向量为， 根据题意得，得 ， 解得：或由选项判断可知正确. 故选：D 4．（23-24高二上·新疆·期末）若，则 【答案】 【分析】利用空间的向量的加减坐标运算公式及数量积坐标公式求解即可. 【详解】因为，所以，， 所以. 故答案为： 5．（23-24高二上·新疆·期末）已知空间向量，，则 ． 【答案】 【分析】利用空间向量的加法运算及模的坐标表示即可得解. 【详解】因为，， 所以，则. 故答案为：. 6．（23-24高二上·新疆·期末）已知，，则最大值为 . 【答案】 【分析】根据数量积的夹角公式可得，即可结合基本不等式求解最值. 【详解】由题意可得：， 当时，则， 因为，则，当且仅当，即时等号成立， 所以； 当时，； 综上所述：的最大值为， 故答案为：. 符号语言判定空间点、线、面的位置关系 1．（23-24高二上·新疆·期末）已知m，n表示两条不同的直线，表示平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】根据空间直线与平面间的位置关系判断． 【详解】若，，也可以有，A错； 若，，也可以有，B错； 若，，则或，C错； 若，，则，这是线面垂直的判定定理之一，D正确 故选：D． 2．（23-24高二上·新疆·期末）已知，是不同的平面，，是不同的直线，则下列命题不正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，则， C．若，，则 D．若，，则 【答案】B 【分析】运用线面垂直的性质和面面垂直的判定定理即得A项；满足B项条件的图形有三种，故B项错误；利用线面垂直的判定方法即得C项；利用面面平行的判定方法即得D项. 【详解】对于A选项，由，可得，又因，故，故A项正确； 对于B选项，由，，可知有三种情况：①，②，③，，故B项错误； 对于C选项，显然正确； 对于D选项，显然正确. 故选：B. 3．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）设为不同的平面，为不同的直线，下列命题不正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．著，，，，则 D．若，，，则 【答案】ABD 【分析】由正方体模型举例说明ABD错误，由面面垂直的性质定理知C正确. 【详解】A项，若，， 与可能异面. 例如，如图长方体中， 平面，平面， 但与异面，不平行，故A错误； B项，若，，，与可能异面， 例如，如图长方体中， 平面平面，平面，平面， 但与不平行，二者异面，故B错误； C项，根据面面垂直的性质定理可得，故C正确； D项，若，，，则与不一定垂直. 例如，如图长方体中， 平面平面，平面，平面， 但，不与垂直，故D错误. 故选：ABD.    4．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）已知，是空间中两条不同的直线，，是不同的两个平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】AB 【分析】根据线线、线面、面面位置关系有关定理对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项，由于，，所以，所以A选项正确. B选项，由于，，所以， 由于，所以，所以B选项正确. C选项，若，，则可能平行、相交或异面，所以C选项错误. D选项，若，，则，所以D选项错误. 故选：AB 5．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）已知为两条不同直线，为两个不同的平面，则下列说法中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】CD 【分析】由题意结合线线、线面、面面位置关系，逐项判断即可得解. 【详解】对于A，若，，则或，故A错误； 对于B，若，，则或、相交，故B错误； 对于C，若， ，则，又，所以，故C正确； 对于D，若，，则或，又，所以，故D正确. 故选：CD. 【点睛】本题考查了线线、线面、面面位置关系相关命题的判断，属于基础题. 利用空间向量研究线、面平行、垂直的位置关系 1．（23-24高二上·新疆·期末）直线的方向向量，直线的方向向量，则不重合直线与的位置关系是（    ） A．相交 B．平行 C．垂直 D．不能确定 【答案】B 【分析】根据向量的关系，判断直线的位置关系. 【详解】因为，所以， 所以直线与平行. 故选：B 2．（23-24高二上·新疆·期末）已知，若平面的一个法向量为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用法向量和平面内直线的方向向量之间的关系求解即可. 【详解】由得： ， 面的一个法向量为， 所以， 即， 解得， 所以， 故选：C． 3．（23-24高二上·新疆·期末）已知为平面的一个法向量，，则下列向量是平面的一个法向量的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由，可知平面的法向量与平面的法向量共线，由选项判断即可求解. 【详解】记，因为，所以， 故是平面的一个法向量，故D正确. 易知A，B，C中的向量均不与向量平行，所以均不能作为平面的一个法向量. 故选：D. 4．（23-24高二上·新疆·期末）已知正方体的棱长为a，M，N，E，F分别是棱，，，的中点．求证：平面平面BDEF． 【答案】证明见解析 【分析】以点D为原点，分别以，，为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，证明法向量共线即可得证. 【详解】证明：如图，以点D为原点，分别以，，为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，      建立空间直角坐标系，则，，， ，，，． 于是，，，． 设是平面AMN的法向量，则 取，得，，则． 设是平面BDEF的法向量， 则 取，得，，则． 又平面AMN与平面BDEF不重合， 故平面平面BDEF． 5．（23-24高二上·新疆·期末）如图，四面体ABCD的每条棱长都等于a，M，N分别是AB，CD的中点．求证：，． 【答案】证明见解析 【分析】根据题意证明即可. 【详解】由题意可知，三个向量两两间的夹角为， 因为M，N分别是AB，CD的中点， 所以, 则 ， 所以，同理可证. 利用空间向量研究线线角 1．（23-24高二上·新疆·期末）在长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，运用异面直线所成角的坐标公式求解即可. 【详解】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， 则，， 所以， 设异面直线与所成的角为， 则． 故选：C. 2．（23-24高二上·新疆·期末）在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可. 【详解】 如图，连接，因为∥， 所以或其补角为直线与所成的角， 因为平面，所以，又，， 所以平面，所以， 设正方体棱长为2，则， ，所以. 故选：D 3．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在三棱锥中，异面直线与所成的角为60°，，分别为棱，的中点，若，，则（    ）    A． B．2 C．或 D．2或 【答案】C 【分析】利用线线角以及余弦定理求得. 【详解】设是的中点，连接， 由于，分别为棱，的中点， 所以, 所以是异面直线与所成的角或其补角， 当时，在三角形中， 由余弦定理得. 当时，在三角形中， 由余弦定理得. 所以为或. 故选：C    4．（23-24高二上·新疆·期末）如图，点 分别是正方体 的棱和的中点，则和所成角的大小是 ． 【答案】/ 【分析】异面直线所成的角，通过平移使其相交，使角在一个三角形中，由三角形的边角关系求解. 【详解】连接、、，如图所示： 分别为和的中点， 正方体中且，四边形为平行四边形，∴， 所以或其补角就是和所成角，而是等边三角形，. 故答案为：. 利用空间向量研究距离问题 1．（23-24高二上·新疆·期末）已知空间中的三点，则点到直线的距离为 . 【答案】/ 【分析】由题意得，，结合勾股定理即可得解. 【详解】由题意得，所以,， 所以点到直线的距离为. 故答案为：. 2．（23-24高二上·新疆·期末）在棱长为2的正方体中，点是的中点，点是中点．    (1)证明：平面； (2)求到面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用线面垂直时，直线的方向向量与平面的法向量共线证明即可； （2）利用空间向量，根据点到平面的距离公式求解即可. 【详解】（1）以为原点，直线，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，，，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则，， 所以， 又因为，所以， 所以平面. （2）由（1）知平面的法向量为， 又因为， 所以到面的距离为． 3．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在正方体中，分别为的中点． (1)求异面直线与的夹角的余弦值； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正方体的结构特征，建立空间直角坐标系，向量法求异面直线与的夹角的余弦值； （2）求平面的法向量，利用向量法求点到平面的距离. 【详解】（1）由两两垂直，以正交基底建系如图， 则， ， 有，， 设异面直线与的夹角为， 则， 即异面直线与夹角的余弦值为. （2）设平面的一个法向量为， 由，得 令，则，即， 又，则点到平面的距离． 4．（23-24高二上·新疆·期末）正四棱锥中，，，其中为底面中心，为上靠近的三等分点． (1)求证：平面； (2)求四面体的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，，则与交于点，由正四棱锥的性质得到，平面，则，即可得证； （2）首先求出，再由为上靠近的三等分点，得到，所以. 【详解】（1）在正四棱锥中为底面中心，连接，， 则与交于点，且，平面，平面， 所以，又，平面，所以平面. （2）因为，，所以， 又为上靠近的三等分点，所以， 则. 利用空间向量研究线面角 1．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在长方体中，，，.    (1)证明：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）建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，再利用空间位置关系的向量证明推理即得. （2）利用（1）中坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）在长方体中，以D为坐标原点，向量分别为轴建立空间直角坐标系，    有，，，，，，， 则，，，，， 因此，，又，，平面， 所以平面. （2）设平面的法向量为，由，， 有，取，得， 设直线与平面所成的角为，而 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 2．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点．    (1)若，求的值； (2)求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据向量的运算法则，化简得到，结合，即可求解； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得和平面的法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）解：由向量的线性运算法则，可得， 又由，所以． （2）解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，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， 取，可得，所以， 设与平面所成的角为，可得．    3．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在直三棱柱中，，，，，点是棱的中点. (1)证明：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）建立空间中直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法证明即可； （2）利用计算可得. 【详解】（1）直三棱柱中平面，又，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，取， 所以，即， 又平面，所以平面. （2）因为，设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 4．（23-24高二上·新疆·期末）已知四边形是边长为2的正方形，是正三角形，平面平面，为中点． （1）证明：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）利用线面面面垂直的性质定理即可证明. （2）方法一：取的中点，连接在正方形中，以为原点，以，，的方向分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面一个法向量，根据即可求解；方法二：连接，由（1）利用等体法求出到平面的距离为，根据即可求解. 【详解】（1）是正三角形，为中点， ， 又平面平面，平面平面， 平面. （2）方法一：取的中点，连接在正方形中，为中点， ∴，由（1）知，平面，所以以为原点， 以，，的方向分别为 轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系． ∵ ∴，，，， ∴，， 设平面法向量为 则，取，得． 设与平面所成角，则． 所以与平面所成角的正弦值为． 方法二：连接，在等边三角形中， 所以． 在直角三角形中，， 所以． 由（1）知平面，所以与都是直角三角形，． 所以． ． 设到平面的距离为 由得， 即，解得． 设与平面所成的角为 则 所以与平面所成角的正弦值为． 【点睛】思路点睛： 解决线面角相关问题通常用向量法，具体步骤为： （1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内； （2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错. （3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量. （4）利用法向量求距离、线面角或二面角. 利用空间向量研究面面角 1．（23-24高二上·新疆·期末）已知向量，且平面平面，若平面与平面的夹角的余弦值为，则实数的值为（    ） A．或 B．或1 C．或2 D． 【答案】B 【分析】利用向量的夹角公式列方程求解即可 【详解】因为 所以， 因为平面平面，若平面与平面的夹角的余弦值为， 所以，化简得，解得或1． 故选：B 2．（23-24高二上·新疆·期末）已知四边形为矩形，平面，设，则平面与平面夹角的余弦值为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【详解】由题意，两两垂直， 分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，. 设平面、平面的法向量分别为， 则有和 取，可得， 则. 即平面与平面的夹角的余弦值为. 故答案为： 3．（23-24高二上·新疆·期末）如图，长方体中，，M，N分别是，的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明，得证平面； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值. 【详解】（1）连接，如图所示， 正方形中，M，N分别是，的中点， 有且，所以四边形为平行四边形，则有且， 又长方体中且，则且， 所以四边形为平行四边形，得， 平面，平面，所以平面 （2）以点为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，则， ，， 设平面的一个法向量为，则有， 令，则，即， 是平面的一个法向量，， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 4．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在直三棱柱中，，，，，点在线段上，且． 求的长； 求二面角的大小． 【答案】（1）；（2）． 【分析】连接，先证明平面,可得，利用三角形与三角形相似， 可得，利用直角三角形的性质求得；连接，结合（1），由线面垂直的性质可得，即为所求角，由等腰直角三角形的性质可得结果． 【详解】 为直三棱柱， 平面平面， ， 平面，所以 ，所以平面, ， 三角形与三角形相似， ， 又， ； 设，连接BD， ， 即为二面角的平面角， 在中求得， 为等腰直角三角形， 故． 【点睛】本题主要考查线面垂直证明线线垂直、二面角的求法，属于常规题.求二面角的大小既能考查线线垂直关系，又能考查线面垂直关系，同时可以考查学生的计算能力，是高考命题的热点，求二面角的方法通常有两个思路：一是利用空间向量，建立坐标系，这种方法优点是思路清晰、方法明确，但是计算量较大；二是传统方法，求出二面角平面角的大小，这种解法的关键是找到平面角. 5．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，，，底面ABCD，，E为PB中点． (1)求证：； (2)求平面EAD与平面PCD所成锐二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法解决问题. 【详解】（1） 以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，，，，，，,，,所以. （2）设平面的法向量为，,, ,所以 设平面的法向量为，，， ,，所以， 所以. 6．（23-24高二上·新疆·期末）在四棱锥中，底面是正方形，若． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的平面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面. （2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值. 【详解】 （1）取的中点为，连接. 因为，，则， 而，故. 在正方形中，因为，故，故， 因为，故，故为直角三角形且， 因为，故平面， 因为平面，故平面平面. （2）在平面内，过作，交于，则， 结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系. 则，故. 设平面的法向量， 则即，取，则， 故. 而平面的法向量为，故. 二面角的平面角为锐角，故其余弦值为. 7．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在四棱锥中，平面，，E是棱PB上一点．    (1)求证：平面平面PBC； (2)若E是PB的中点，求平面PDC和平面EAC的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明； （2）利用空间向量的坐标运算，求平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）因为， 取中点M，连接CM，则， ,,所以, 即, 又平面ABCD，平面ABCD，所以， 且平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面PBC； （2）以CM为x轴，CD为y轴，CP为z轴建立空间直角坐标系， 因为E是PB的中点,则 所以．    设平面EAC的法向量为， 则即，令，则 所以平面EAC的法向量为， 显然，平面PDC的法向量为. 设平面PDC和平面EAC的夹角为，为锐角 则． 故平面PDC和平面EAC的夹角的余弦值为． 几何法研究线、面平行、垂直的位置关系 1．（23-24高二上·新疆·期末）已知互相垂直的平面交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则 A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 【答案】C 【详解】试题分析： 由题意知，．故选C． 【考点】空间点、线、面的位置关系． 【思路点睛】解决这类空间点、线、面的位置关系问题，一般是借助长方体（或正方体），能形象直观地看出空间点、线、面的位置关系． 2．（23-24高二上·新疆·期末）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（    ） A．直线与直线垂直，直线平面 B．直线与直线平行，直线平面 C．直线与直线相交，直线平面 D．直线与直线异面，直线平面 【答案】A 【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论. 【详解】 连，在正方体中， M是的中点，所以为中点， 又N是的中点，所以， 平面平面， 所以平面. 因为不垂直，所以不垂直 则不垂直平面，所以选项B,D不正确； 在正方体中，， 平面，所以， ，所以平面， 平面，所以， 且直线是异面直线， 所以选项C错误，选项A正确. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系. 空间向量的综合运算 1．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）已知，，，则（    ） A． B． C．若，则 D．若，则， 【答案】ACD 【分析】A选项，根据坐标运算公式计算即可；B选项，根据模的公式计算；CD选项，根据向量垂直和平行的坐标关系计算. 【详解】，所以，故A正确； ，所以，故B错； 因为，所以，解得，故C正确； 因为，所以，即，解得，故D正确. 故选：ACD. 2．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）已知空间向量，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．在上的投影数量为 【答案】BD 【分析】根据向量坐标运算，验证向量的平行垂直，向量的模，向量的投影即可解决. 【详解】由题得，而，故A不正确； 因为，所以，故B正确； 因为，故C错； 因为在上的投影数量为，故D正确； 故选：BD. 3．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）已知，，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．为钝角 D．在方向上的投影向量为 【答案】BD 【分析】利用向量垂直，平行的坐标关系判断A，B，根据向量夹角公式判断C，根据投影向量和投影数量的关系计算求解判断D. 【详解】因为，所以，不垂直，A错， 因为，所以，B对， 因为，所以，所以不是钝角，C错， 因为在方向上的投影向量，D对， 故选：BD. 存在性问题求参数 1．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，，点Q是PC的中点． (1)求证：平面BDQ； (2)在线段AB上是否存在点F，使直线PF与平面PAD所成的角为30°？若存在，求出AF的长，若不存在，请说明理由？ 【答案】(1)证明见解析 (2)当时存在,；当时不存在. 【分析】（1）连接AC，利用三角形中位线可证； （2）先证明平面PAD，然后根据已知可得AF的长，根据线段AB长分情况可知. 【详解】（1）连接AC，交BD于O，如图所示， 因为底面ABCD是矩形， 所以O为AC中点， 又点Q是PC的中点 ∴ 又平面BDQ，平面BDQ ∴平面BDQ （2）∵平面ABCD，平面ABCD     ∴ 又，，平面PAD，平面PAD ∴平面PAD ∴直线PF与平面PAD所成的角即为 ∴ 所以，当时，在线段AB上存在点F满足题意，此时； 当时，在线段AB上不存在点F，使直线PF与平面PAD所成的角为30°. 2．（19-20高二上·福建·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，底面，，E、F分别为BC、AD的中点，点M在线段上．    (1)求证：平面； (2)设，若直线与平面所成的角的正弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明， ，推出，然后证明平面； （2）建立空间直角坐标系，利用直线与平面所成角的向量法求解即可. 【详解】（1）在平行四边形中，因为，， 所以，故， 由E、F分别为的中点，得，所以， 因为底面，底面ABCD，所以， 又因为，平面，平面， 所以平面． （2）    因为底面，，所以两两垂直， 分别以所在直线为x轴、y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系 则， 所以，由已知， 即，所以 设平面的一个法向量为， 由，得， 令，得， 所以， 化简得，故或（舍）. 所以. 3．（2023·四川达州·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点为的中点. (1)证明：平面平面： (2)若直线与平面所成角的正弦值为，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【分析】（1）作出辅助线，证明出⊥，结合线面垂直得到，从而证明出线面垂直，得到面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，根据线面角的正弦值列出方程，求出，再用面面角的余弦公式求出答案. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以， 取中点，连接， 因为，，， 所以，又，所以四边形为平行四边形， 因为，，所以四边形为正方形， 故，⊥， 所以为等腰直角三角形， 故，，即⊥， 又，平面， 故⊥平面， 因为平面， 所以平面⊥平面； （2）因为平面，平面， 所以，， 由（1）得，， 故以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， ，设，则， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 则直线与平面所成角的正弦值为 ， 所以，解得，或（舍去），负值也舍去， 故平面的法向量为， 又平面的法向量为， 设平面与平面所成锐二面角为， 则. 4．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，垂足为O，E为PC的中点，平面．    (1)证明：． (2)若，，PC与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线线平行可得面面平行，进而根据面面平行的性质可得，线线垂直可求证线面垂直，进而根据线面垂直的性质即可求证， （2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解. 【详解】（1）取的中点F，连接， 因为E为的中点，所以． 又平面，平面，所以平面． 因为平面，，所以平面平面． 因为平面平面，平面平面， 所以． 因为，所以． 由平面，平面， 可得，又，平面，平面， 所以平面，面，从而． 因为是的中垂线，所以． （2）因为平面， 所以PC与平面所成的角为， 又，，所以． 作，垂足为G，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，， ，，． 设平面PBC的法向量为， 则，令，得． 设平面PCD的法向量为， 则，令，得． 所以，即平面PBC与平面PCD夹角的余弦值为． 立体几何综合练习题 1．（23-24高二上·新疆阿克苏·期末）（多选）已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（    ） A．平面 B．直线与直线为异面直线 C．直线与直线所成的角为 D．平面 【答案】AD 【分析】利用线面平行的判定即可判断A；根据即可判断BC，建立合适的空间直角坐标系，证明，最后结合线面垂直的判定即可. 【详解】对A，连接，因为，所以四边形为平行四边形， 所以，又因为平面，平面，所以平面，故A正确； 对BC，由A知，则两直线共面，则直线与直线不是异面直线，且直线与直线所成的角不是故BC错误； 对D，以为坐标原点，建立如图所示直角坐标系， 则， 则， 则， 则，又因为平面，所以平面. 故选：AD. 2．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）如图，在直三棱柱中，若，，是棱的中点，则下列说法正确的是（　　）    A．点到平面的距离为 B．是平面的一个法向量 C．点到平面的距离为 D． 【答案】BCD 【分析】方法一，由面面垂直性质定理得到平面，可判断A；证明平面可判断B；由等体积法判断C，利用C中结论判断D；方法二，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算依次判断选项. 【详解】方法一，在直三棱柱中， 因为平面⊥平面，平面平面，，面， 所以平面，所以点到平面的距离为.故A错误； 又平面，所以， 在中，因为，， 所以，故， 又面，面，， 所以平面，故B正确； 设点到平面的距离为，则是以C为顶点，为底面的三棱锥的高， 因为平面，所以BC是三棱锥的高， 又为直角三角形，所以， 所以， 又是直角三角形，所以， 又，，所以， 所以是直角三角形，故， 由得，，则， 即点C到平面BDC1的距离为，故C，D正确. 方法二，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 对于A，易知为平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为.故A错误； 对于B，， 则， ， 故，， 又面，面，， 所以平面，故B正确； 对于C，设平面的法向量为， 又，则， 取，则， 从而点C到平面的距离为，故C正确； 对于D，，故D正确. 故选：BCD 3．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）正方体的棱长是，、分别是、的中点，则下列结论正确的是（    ） A． B．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长是 C．平面截正方体所得的截面周长是 D．与平面所成的角的正切值是 【答案】AC 【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，可判断AD选项；分析可知以为球心，为半径的球面与侧面的交线是以点为圆心，半径为的圆，利用扇形的弧长公式可判断B选项；确定平面与正方体各棱的交点，求出截面周长，可判断C选项. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 对于A选项，、、、， ，，则，，A对； 对于B选项，因为平面， 所以，以为球心，为半径的球面与侧面的交线是以点为圆心，半径为的圆， 故交线长为，B错； 对于D选项，易知点、、、， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， ，， 设直线与平面所成角为，则， 所以，，故， 因此，与平面所成的角的正切值是，D错. 对于C选项，设平面交棱于点，其中，， 因为平面，所以，，解得，即点， 同理可知，平面交棱于点， 由空间中两点间的距离公式可得， 同理可得，， 因此， 平面截正方体所得的截面为五边形， 其周长是，C对. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 4．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，的中点，则（    ） A． 异面直线与所成角的余弦值为 B． C． 四面体的外接球体积为 D． 平面截正方体所得的截面是四边形 【答案】BC 【分析】利用坐标法可判断AB，利用正方体的性质可判断CD. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则， ∴，， ∴，A错误； ∴，，，∴，B正确； 由题可知四面体的外接球即为正方体的外接球， 所以外接球半径满足，，∴，C正确； 延长交延长线与，连接交于，延长交延长线于，连接交于， 则五边形为平面截正方体所得的截面，D错误. 故选：BC. 5．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为线段上的一个动点，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点，使得平面平面 C．当时，直线与所成角的余弦值为 D．当为的中点时，三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】对于A项，由等体积法即可判断，对于B项，运用空间向量坐标法计算两个平面法向量平行求解即可，对于C项，运用空间向量坐标公式计算异面直线所成角余弦值即可，对于D项，由列方程求解即可. 【详解】对于A项，    因为平面平面，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， 所以三棱锥的体积为定值，故A项正确；    建立如图1所示的空间直角坐标系，则，，， 对于B项，，，， 设，则． 设平面的法向量为， 由，令，可得． 设平面的法向量为， 由，令，可得． 若平面平面，则，解得，故B项正确； 对于C项，建立如图1所示的空间直角坐标系，当时，． 设直线与所成的角为，则， 即直线与所成角的余弦值为，故C项错误； 对于D项，如下图，当为的中点时，．    设三棱锥的外接球的球心为，半径为， 则，解得， 所以三棱锥的外接球的表面积为，故D项正确． 故选：ABD. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 空间向量与立体几何 概念辨析题型 1．（23-24高二上·新疆·期末）下列说法正确的是（    ） A．不在同一条直线上的三点确定一个平面 B．四边形一定是平面图形 C．梯形不一定是平面图形 D．平面和平面一定有交线 2．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）下列关于空间向量的命题中，正确的有（    ） A．若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则； B．若非零向量，，满足，，则有； C．若直线l的方向向量为，平面的法向量，则l； D．若，，是空间的一组基底，则向量，，也是空间一组基底； 立体图形的表面积与体积 1．（23-24高二上·新疆·期末）将半径为3，圆心角为的扇形卷成一个圆锥的侧面，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·新疆·期末）端午节吃粽子是中华民族的传统习俗．地区不同，制作的粽子形状也不同，图中的粽子接近于正三棱锥．经测算，煮熟的粽子的密度为，若图中粽子的底面边长为，高为，则该粽子的重量大约是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·新疆·期末）第19届亚洲运动会于2023年9月23日10月8日在我国杭州成功举办，中国国家队以201金、111银、71铜的优异成绩位列奖牌榜榜首．此次亚运会的颁奖花束——“硕果累累”，由花材和花器两部分组成，如图1．其中花器的造型灵感来自中国南宋时期官窑花解，由国家级非物质文化遗产东阳木雕制作而成，可以近似看作由大、小两个圆台拼接而成的组合体，如图2．已知大圆台的两底面半径和高分别为，小圆台的两底面半径和高分别为，则该几何体的体积为 ． 4．（23-24高二上·新疆·期末）棱长为1的正方体的八个顶点都在球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·新疆·期末）蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活、蒙古包古代称作穹庐、“毡包”或“毡帐”，如图1所示，一个普通的蒙古包可视为一个圆锥与一个圆柱的组合，如图2所示，已知该圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面直径为6米． (1)求该蒙古包的侧面积． (2)求该蒙古包的体积． 空间向量的线性运算 1．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）如图，E，F分别是长方体ABCD-A′B′C′D′的棱AB，CD的中点，化简下列结果正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1. （1）求证：AB1⊥平面A1BC1； （2）若D为B1C1的中点，求AD与平面A1B1C1所成角的正弦值. 3．（23-24高二上·新疆·期末）已知在空间四边形中，是的重心，分别为边和的中点，化简下列各表达式，并标出化简结果的向量． (1)； (2)； (3) 4．（23-24高二上·新疆喀什·阶段练习）如图所示，在正方体中，化简向量表达式：    (1)； (2)； 空间向量的基本定理 1．（23-24高二上·新疆·期末）平行六面体中，，则（    ） A．1 B． C． D． 2．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在平行六面体中，为与的交点．若，则下列向量中与相等的是（    ） A．　　　B．　　　C． 　　　　D． 3．（23-24高二上·新疆·期末）如图所示，在四面体中，，，，点在上，且，为的中点，则（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·新疆·期末）正方体中，为与的交点，若，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·新疆·期末）空间四边形中,点在上,且, 为中点,则等于(    ) A． B． C． D． 6．（23-24高二上·新疆·期末）在空间四边形中，是的重心，若，则等于（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二上·新疆·期末）三棱柱中，为棱的中点，若，，，则（    ） A． B． C． D． 空间向量基本定理的应用 1．（23-24高二上·新疆·期末）在棱长为的正方体中，是的中点，则（    ） A．0 B．1 C． D．2 2．（23-24高二上·新疆·期末）已知斜三棱柱所有棱长均为，点满足，则（    ）    A． B． C．2 D． 3．（23-24高二上·新疆·期末）四面体OABC的所有棱长都等于，E，F，G分别为OA，OC，BC中点，则 . 4．（23-24高二上·新疆·期末）在正四棱锥中，，过作平面，交于，交于，交于，若，则 . 空间向量的基本坐标运算 1．（22-23高二上·新疆巴音郭楞·期末）已知点，则（   ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·新疆·期末）若向量，向量，则（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·新疆·期末）如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标为 空间向量共线与垂直的计算 1．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）已知向量，，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 2．（23-24高二上·新疆·期末）已知，，若点共线，则（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）已知向量，，若，，则（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·新疆·期末）设、，向量，，且，，则（      ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·新疆·期末）已知向量 ， 且， 则实数 ． 6． （23-24高二上·新疆·期末）设向量，，，则实数 . 7．（（23-24高二上·新疆·期末））已知，. (1)当时，求实数的值; (2)当时，求实数的值. 共面向量 1．（23-24高二上·新疆·期末）如图，已知矩形ABCD所在平面外一点P，平面ABCD，E、F分别是AB、PC的中点． 求证：（1）共面； （2）求证：． 空间向量的数量级、夹角、模的运算 1．（23-24高二上·新疆·期末）已知向量，则（    ） A．-2 B．2 C．-12 D．12 2．（23-24高二上·新疆和田·期末）已知空间向量，则向量与的夹角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·新疆·期末）下列空间向量中为单位向量且同时垂直于和轴的是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·新疆·期末）若，则 5．（23-24高二上·新疆·期末）已知空间向量，，则 ． 6．（23-24高二上·新疆·期末）已知，，则最大值为 . 符号语言判定空间点、线、面的位置关系 1．（23-24高二上·新疆·期末）已知m，n表示两条不同的直线，表示平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 2．（23-24高二上·新疆·期末）已知，是不同的平面，，是不同的直线，则下列命题不正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，则， C．若，，则 D．若，，则 3．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）设为不同的平面，为不同的直线，下列命题不正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．著，，，，则 D．若，，，则 4．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）已知，是空间中两条不同的直线，，是不同的两个平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 5．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）已知为两条不同直线，为两个不同的平面，则下列说法中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 利用空间向量研究线、面平行、垂直的位置关系 1．（23-24高二上·新疆·期末）直线的方向向量，直线的方向向量，则不重合直线与的位置关系是（    ） A．相交 B．平行 C．垂直 D．不能确定 2．（23-24高二上·新疆·期末）已知，若平面的一个法向量为，则（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·新疆·期末）已知为平面的一个法向量，，则下列向量是平面的一个法向量的是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·新疆·期末）已知正方体的棱长为a，M，N，E，F分别是棱，，，的中点．求证：平面平面BDEF． 5．（23-24高二上·新疆·期末）如图，四面体ABCD的每条棱长都等于a，M，N分别是AB，CD的中点．求证：，． 利用空间向量研究线线角 1．（23-24高二上·新疆·期末）在长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·新疆·期末）在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在三棱锥中，异面直线与所成的角为60°，，分别为棱，的中点，若，，则（    ）    A． B．2 C．或 D．2或 4．（23-24高二上·新疆·期末）如图，点 分别是正方体 的棱和的中点，则和所成角的大小是 ． 利用空间向量研究距离问题 1．（23-24高二上·新疆·期末）已知空间中的三点，则点到直线的距离为 . 2．（23-24高二上·新疆·期末）在棱长为2的正方体中，点是的中点，点是中点．    (1)证明：平面； (2)求到面的距离． 3．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在正方体中，分别为的中点． (1)求异面直线与的夹角的余弦值； (2)求点到平面的距离． 4．（23-24高二上·新疆·期末）正四棱锥中，，，其中为底面中心，为上靠近的三等分点． (1)求证：平面； (2)求四面体的体积． 利用空间向量研究线面角 1．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在长方体中，，，.    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 2．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点．    (1)若，求的值； (2)求与平面所成角的正弦值． 3．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在直三棱柱中，，，，，点是棱的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 4．（23-24高二上·新疆·期末）已知四边形是边长为2的正方形，是正三角形，平面平面，为中点． （1）证明：平面； （2）求与平面所成角的正弦值． 利用空间向量研究面面角 1．（23-24高二上·新疆·期末）已知向量，且平面平面，若平面与平面的夹角的余弦值为，则实数的值为（    ） A．或 B．或1 C．或2 D． 2．（23-24高二上·新疆·期末）已知四边形为矩形，平面，设，则平面与平面夹角的余弦值为 . 3．（23-24高二上·新疆·期末）如图，长方体中，，M，N分别是，的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 4．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在直三棱柱中，，，，，点在线段上，且． 求的长； 求二面角的大小． 5．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，，，底面ABCD，，E为PB中点． (1)求证：； (2)求平面EAD与平面PCD所成锐二面角的余弦值． 6．（23-24高二上·新疆·期末）在四棱锥中，底面是正方形，若． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的平面角的余弦值． 7．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在四棱锥中，平面，，E是棱PB上一点．    (1)求证：平面平面PBC； (2)若E是PB的中点，求平面PDC和平面EAC的夹角的余弦值． 几何法研究线、面平行、垂直的位置关系 1．（23-24高二上·新疆·期末）已知互相垂直的平面交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则 A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 2．（23-24高二上·新疆·期末）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（    ） A．直线与直线垂直，直线平面 B．直线与直线平行，直线平面 C．直线与直线相交，直线平面 D．直线与直线异面，直线平面 空间向量的综合运算 1．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）已知，，，则（    ） A． B． C．若，则 D．若，则， 2．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）已知空间向量，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．在上的投影数量为 3．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）已知，，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．为钝角 D．在方向上的投影向量为 存在性问题求参数 1．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，，点Q是PC的中点． (1)求证：平面BDQ； (2)在线段AB上是否存在点F，使直线PF与平面PAD所成的角为30°？若存在，求出AF的长，若不存在，请说明理由？ 2．（19-20高二上·福建·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，底面，，E、F分别为BC、AD的中点，点M在线段上．    (1)求证：平面； (2)设，若直线与平面所成的角的正弦值为，求的值． 3．（2023·四川达州·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点为的中点. (1)证明：平面平面： (2)若直线与平面所成角的正弦值为，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 4．（23-24高二上·新疆·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，垂足为O，E为PC的中点，平面．    (1)证明：． (2)若，，PC与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值． 立体几何综合练习题 1．（23-24高二上·新疆阿克苏·期末）（多选）已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（    ） A．平面 B．直线与直线为异面直线 C．直线与直线所成的角为 D．平面 2．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）如图，在直三棱柱中，若，，是棱的中点，则下列说法正确的是（　　）    A．点到平面的距离为 B．是平面的一个法向量 C．点到平面的距离为 D． 3．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）正方体的棱长是，、分别是、的中点，则下列结论正确的是（    ） A． B．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长是 C．平面截正方体所得的截面周长是 D．与平面所成的角的正切值是 4．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，的中点，则（    ） A． 异面直线与所成角的余弦值为 B． C． 四面体的外接球体积为 D． 平面截正方体所得的截面是四边形 5．（23-24高二上·新疆·期末）（多选）在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为线段上的一个动点，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点，使得平面平面 C．当时，直线与所成角的余弦值为 D．当为的中点时，三棱锥的外接球的表面积为 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$