专题04 空间向量与立体几何（4大基础题+2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（江西专用）

专题04 空间向量与立体几何 空间直角坐标系 1. （23-24高二上·江西吉安·期末）已知空间中点关于平面对称的点的坐标是（    ） A． B． C． D． 2.（23-24高二上·江西景德镇·期末）在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点坐标是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·江西·期末）在空间直角坐标系中，已知点，若，且，则满足条件的点P共有（    ） A．15个 B．20个 C．25个 D．30个 空间向量的运算 1．（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 2．（23-24高二上·江西上饶·期末）若向量，，则的值为（    ） A．0 B．1 C． 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 4.（23-24高二上·江西新余·期末）已知点D在确定的平面内，O是平面外任意一点，正实数x，y满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 5.（多选题）（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． 6.（23-24高二上·江西景德镇·期末）已知，则 ． 7．（23-24高二上·江西九江·期末）已知向量.若，则与的夹角为 . 8.（23-24高二上·江西九江·期末）如图，已知四边形是边长为的正方形，底面，，设是的重心，是上的一点，且． (1)试用基底表示向量； (2)求线段的长． 9．（23-24高二上·江西·期末）已知A，B，C，P为空间内不共线的四点，G为的重心． (1)证明：； (2)若向量，，的模长均为2，且两两夹角为，求． 空间位置关系判断 1.（23-24高二上·江西九江·期末）若平面外的直线的方向向量为，平面的法向量为，则（    ） A． B． C． D．与斜交 2．（23-24高二上·江西景德镇·期末）直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（    ） A． B． C．2 D．10 3．（江西师范大学附属中学2023-2024学年高二上学期期末）在空间直角坐标系中，已知点，若三点共线，则的值为（    ） A． B． C．10 D．13 4. （多选题）（江西省上进联盟2023-2024学年高二上学期1月期末联考）已知分别为空间中两条不重合的直线的方向向量，分别为两个不重合的平面的法向量，则下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 5．（多选题）（23-24高二上·江西宜春·期末）下列命题是真命题的有（ ） A．直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直 B．直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C．平面，的法向量分别为，，则 D．平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则 空间角与空间距离的计算 1. （多选题）（23-24高二上·江西九江·期末）在长方体中，，，则（    ） A．直线与平面所成角的余弦值为 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．点到平面的距离为 D．点到平面的距离为 2. （多选题）（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 3. （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 ． 4.（23-24高二上·江西九江·期末）如图，在中，，于现将沿折叠，使为直二面角如图，是棱的中点，连接、、． (1)证明：平面平面； (2)若，且棱上有一点满足，求二面角的正弦值． 5. （23-24高二上·江西萍乡·期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，． (1)证明：； (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求平面与平面所成角的正弦值． 6. （23-24高二上·江西九江·期末）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，底面，. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 7. （23-24高二上·江西吉安·期末）如图，直四棱柱的棱长均为2，底面是菱形，，为的中点，且上一点满足（）． (1)若，证明：； (2)若，且与平面所成角的正弦值为，求． 8. （23-24高二上·江西景德镇·期末）在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，，，点在上，且． (1)求异面直线与夹角的余弦值； (2)求点到平面的距离． 存在性问题 1.（23-24高二上·江西萍乡·期末）如图，是边长为4的正方形，平面，，且． (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由． 2.（23-24高二上·江西新余·期末）在四棱锥中，已知，，，，，，是线段上的点． (1)求证：底面； (2)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． 3．（23-24高二上·江西南昌·期末）已知平行四边形ABCD如图甲，，沿AC将折起，使点D到达点P位置，且，连接PB得三棱锥如图乙． (1)证明；平面ABC； (2)在线段PC上是否存在点M，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 4．（23-24高二上·广东佛山·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形，为的中点，且平面平面，是线段上的点. (1)求证：； (2)是否存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，若存在；求出此时的值；若不存在，请说明理由. 最值与范围问题 1.（23-24高二上·江西吉安·期末）如图，在四棱锥中，已知：平面，，，，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，若点是中点，则四棱锥体积的最大值是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·江西鹰潭·期末）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点，则点P到直线AC的距离的最小值为（　　） A．1 B． C． D． 3．（多选题）（江西省2023-2024学年高二上学期期末教学检测）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．存在点F，使得 B．满足的点F的轨迹长度为 C．的最小值为 D．若平面，则线段长度的最小值为 4.（23-24高二上·江西赣州·期末）如图，在多面体ABCDEF中，四边形CDEF为正方形，，，． (1)设平面平面，证明：； (2)直线DE上是否存在点G，使得DE⊥平面ABG？若存在，确定G的位置并说明理由； (3)若，，求平面BFG与平面DEA夹角的余弦的取值范围． ( 12 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 空间向量与立体几何 空间直角坐标系 1. （23-24高二上·江西吉安·期末）已知空间中点关于平面对称的点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】关于平面对称的点横纵坐标相同，竖坐标互为相反数. 【详解】空间中点，则点关于平面对称的点的坐标是． 故选：A 2.（23-24高二上·江西景德镇·期末）在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间中点关于平面对称的知识确定正确答案. 【详解】依题意，点关于平面对称的点坐标是. 故选：A 3．（23-24高二上·江西·期末）在空间直角坐标系中，已知点，若，且，则满足条件的点P共有（    ） A．15个 B．20个 C．25个 D．30个 【答案】B 【分析】根据题意可知从这六个整数中选出3个再按照从小到大的顺序排列即可求得结果. 【详解】由可知，满足条件的点P即从1，2，3，4，5，6这6个数中选3个数， 然后按从小到大的次序分配给a，b，c， 则共有个． 故选：B． 空间向量的运算 1．（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． 2．（23-24高二上·江西上饶·期末）若向量，，则的值为（    ） A．0 B．1 C． D． 【答案】B 【分析】利用数量积的坐标运算可得. 【详解】由向量，， 则. 故选：B. 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·江西新余·期末）已知点D在确定的平面内，O是平面外任意一点，正实数x，y满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间四点共面的性质，结合基本不等式“1”的妙用即可得解. 【详解】因为，且四点共面， 由空间四点共面的性质可知，即， 又， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为. 故选：B. 5.（多选题）（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. 6.（23-24高二上·江西景德镇·期末）已知，则 ． 【答案】 【分析】根据空间向量的坐标运算求得正确答案. 【详解】依题意，. 故答案为： 7．（23-24高二上·江西九江·期末）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： 8.（23-24高二上·江西九江·期末）如图，已知四边形是边长为的正方形，底面，，设是的重心，是上的一点，且． (1)试用基底表示向量； (2)求线段的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，延长，交于，根据三角形重心的性质与该四棱锥的结构特征，算出用基底表示向量的式子； （2）根据题意，、、两两垂直，可用向量数量积的运算性质，结合题中所给的数据算出线段的长． 【详解】（1）连接，延长，交于， 由为的重心，得是边上的中线，且， 结合，得， 因为，所以，整理得， 因此，； （2）因为底面，，底面是边长为的正方形， 所以，，， 可得 ， 所以，即线段的长为． 9．（23-24高二上·江西·期末）已知A，B，C，P为空间内不共线的四点，G为的重心． (1)证明：； (2)若向量，，的模长均为2，且两两夹角为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用三角形重心的向量表示及向量运算可证结论； （2）利用向量模长的公式可求答案. 【详解】（1）证明：因为G是的重心，所以， 则， 即. （2）由（1）得， 所以， ，即． 空间位置关系判断 1.（23-24高二上·江西九江·期末）若平面外的直线的方向向量为，平面的法向量为，则（    ） A． B． C． D．与斜交 【答案】B 【分析】根据题意，分析可得，由直线与平面的位置关系分析可得答案． 【详解】根据题意，直线的方向向量为， 平面的法向量为，易得， 又直线在平面外，则有． 故选：B． 2．（23-24高二上·江西景德镇·期末）直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（    ） A． B． C．2 D．10 【答案】B 【分析】根据线面垂直列方程，从而求得. 【详解】由于，所以， 所以，所以. 故选：B 3．（江西师范大学附属中学2023-2024学年高二上学期期末）在空间直角坐标系中，已知点，若三点共线，则的值为（    ） A． B． C．10 D．13 【答案】B 【分析】根据三点共线，可得空间向量共线，即存在实数，使得，结合向量的坐标运算，即可得答案. 【详解】因为，且三点共线， 所以存在实数，使得， 解得． 故选：B. 4. （多选题）（江西省上进联盟2023-2024学年高二上学期1月期末联考）已知分别为空间中两条不重合的直线的方向向量，分别为两个不重合的平面的法向量，则下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】BC 【分析】根据题意，结合直线的方向向量和平面的法向量的概念，结合线面位置关系的判定方法，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，由，可得，则，当时，，所以A错误； 对于B中，由，可得，则，所以B正确； 对于C中，因为分别为两个不重合的平面的法向量，若，可得，所以C正确； 对于D中，因为分别为两个不重合的平面的法向量，若，可得，所以D不正确. 故选：BC. 5．（多选题）（23-24高二上·江西宜春·期末）下列命题是真命题的有（ ） A．直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直 B．直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C．平面，的法向量分别为，，则 D．平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则 【答案】AD 【分析】根据直线的方向向量、平面法向量的性质，结合空间向量数量积的运算性质逐一判断即可. 【详解】A：∵，， ∴，则， ∴直线与垂直，故A正确； B：，，则， 则，∴或，故B错误； C：∵，，∴与不共线， ∴不成立，故C错误； D：∵点，，， ∴，. ∵向量是平面的法向量，∴， 即，解得，故D正确. 故选：AD. 空间角与空间距离的计算 1. （多选题）（23-24高二上·江西九江·期末）在长方体中，，，则（    ） A．直线与平面所成角的余弦值为 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．点到平面的距离为 D．点到平面的距离为 【答案】BCD 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【详解】在长方体中，，，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图， ，，，，，，，，， 设平面的法向量为，则，取，得， 对于， 设直线与平面所成角为， 直线与平面所成角的正弦值为：; 直线与平面所成角的余弦值为，故A错误； 对于B，，设直线与平面所成角为， 则，直线与平面所成角的正弦值为，故B正确； 对于，点到平面的距离为，故C正确； 对于， 点到平面的距离为，故D正确． 故选：BCD． 2. （多选题）（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. 3. （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：. 4.（23-24高二上·江西九江·期末）如图，在中，，于现将沿折叠，使为直二面角如图，是棱的中点，连接、、． (1)证明：平面平面； (2)若，且棱上有一点满足，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明，，通过底面，证明，然后推出平面，即可证明平面平面； （2）以、、所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，平面的一个法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的余弦值即可求出正弦值． 【详解】（1）证明：在图中，，是的中点，， 而，，故为二面角的平面角， 又为直二面角，， 而平面，故平面， 而平面，，且，平面， 因此平面，又平面，平面平面. （2）以、、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，，，，， 因，所以，那么， 设平面的法向量， 由且，得，取，则， 设平面的一个法向量，， 则，即，令，则，所以， 于是， 所以二面角的正弦值为． 5. （23-24高二上·江西萍乡·期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，． (1)证明：； (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)平面与平面所成角的正弦值为． 【分析】（1）设为的中点，连接，，，则由已知条件可得，，再由线面垂直的判定定理可证得平面，从而可证得； （2）由题意可证得，，两两垂直，所以以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：设为的中点，连接，，， ∵底面是菱形，， ∴为等边三角形，∴， 又∵，∴， ∵，、平面， ∴平面， ∵平面，∴； （2）∵，∴为异面直线和所成角或其补角，则， 又，由余弦定理得，， 解得， ∵和都为边长为2的等边三角形，且为的中点， ∴， 在中，，∴， 由（1）可知，，，故，，两两垂直， ∴以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，， 设平面的法向量，则，即， 令，得， ∵，，平面， ∴平面，∴平面的法向量， 设平面和平面所成角为，则， 所以， 故平面和平面所成角的正弦值为． 6. （23-24高二上·江西九江·期末）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，底面，.    (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明平面可得答案； （2）以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求直线与平面所成角. 【详解】（1）底面底面， 又，即， 又平面， 平面， 又平面平面平面； （2）连接侧面为菱形， ，又为正三角形，    ， 同理， 以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设， 则， 设平面的法向量为， 则，即， 取，得 设直线与平面所成角为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 7. （23-24高二上·江西吉安·期末）如图，直四棱柱的棱长均为2，底面是菱形，，为的中点，且上一点满足（）． (1)若，证明：； (2)若，且与平面所成角的正弦值为，求． 【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，即可得出结果； （2）利用向量法列出与平面所成角的正弦值为的方程，求解即可得出结果. 【详解】（1）连接，交于点， ∵底面是菱形，∴，且，互相平分． 又，∴，， 连接，交于点，连接， 则平面， ∴，，两两相互垂直，故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，， ，，． ∴，∴， ∴， ∴时，． ∵， ∴． （2）由（1）可得， ，， 设平面的法向量为， 则即 ∴，令，得， 则， 设与平面所成角为， 则， 化简得 解得或（舍去）． 所以. 8. （23-24高二上·江西景德镇·期末）在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，，，点在上，且．    (1)求异面直线与夹角的余弦值； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线与夹角的余弦值. （2）利用向量法求得点到平面的距离． 【详解】（1）依题意可知两两相互垂直， 以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示， 可得， ，， 即异面直线与夹角的余弦值为.    （2）设平面的一个法向量， ， 由，得，于是平面的一个法向量， 点到平面的距离． 存在性问题 1.（23-24高二上·江西萍乡·期末）如图，是边长为4的正方形，平面，，且． (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在； 【分析】（1）设点是线段上靠近的三等分点，连接，．可证四边形是平行四边形，则有，利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）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，，求得平面的法向量和，利用空间向量法表示点到平面的距离，计算即可得出结果. 【详解】（1）证明：设点是线段上靠近的三等分点，连接，． ∵，∴， 又∵，∴四边形是平行四边形，∴，， 在正方形中，，所以，， ∴四边形是平行四边形，则，平面，平面， ∴平面； （2）∵平面，，∴以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，，， ，，， 设，，，故， 设平面的法向量为，则，即， 令，则， ∵点到平面的距离为， 所以，解得或（舍去）， ∵，∴，∴当时，点到平面的距离为． 2.（23-24高二上·江西新余·期末）在四棱锥中，已知，，，，，，是线段上的点． (1)求证：底面； (2)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，且 【分析】（1）首先证明面，可得出，利用勾股定理的逆定理可证得，再结合线面垂直的判定定理，即可证明面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，且，求平面的法向量，利用，即可求得的值，即可得出结论. 【详解】（1）证明：在中，，， 所以. 在中，，，， 由余弦定理有：， 所以，，所以，所以， 又因为，，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，， 在中：，，，则，所以，， 因为，、平面，所以面. （2）解：因为平面，， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则有、、、、， 设，其中， 则，，， 设为面的法向量， 则有，取，则，， 所以，平面的一个法向量为， 由题意可得， 可得，因为，所以. 因此，存在点使得与平面所成角的正弦值为，且. 3．（23-24高二上·江西南昌·期末）已知平行四边形ABCD如图甲，，沿AC将折起，使点D到达点P位置，且，连接PB得三棱锥如图乙． (1)证明；平面ABC； (2)在线段PC上是否存在点M，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，且 【分析】（1）推导出，证明出平面，可得出， 利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论. 【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则， 因为，则，， 由余弦定理可得， 所以，，则，同理可证， 翻折后，则有，， 因为，，、平面， 所以，平面， 因为平面，则， 因为，、平面，所以，平面， （2）因为平面，，以点为坐标原点， 、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设，其中， 则，， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 所以，， 易知平面的一个法向量为， 则，整理可得， 因为，解得， 因此，线段上存在点，使二面角的余弦值为，且. 4．（23-24高二上·广东佛山·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形，为的中点，且平面平面，是线段上的点. (1)求证：； (2)是否存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，若存在；求出此时的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）先利用线面垂直从而证明平面，从而证明； （2）利用空间向量法求出直线与平面的夹角为时点的位置，从而求解. 【详解】（1）证明：连接，，如图所示， 因为四边形是菱形，所以， 因为，所以为等边三角形， 又因为为的中点，所以， 因为是等边三角形，为中点，所以， 因为，平面，所以平面， 又因为，所以平面， 因为平面，所以. （2）存在，，理由如下： 因为平面平面，平面平面， 由(1)知，，平面，所以平面， 因为，以点为坐标原点，，，所在直线分别 为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， ，， 设，， ， 设平面的一个法向量， ，取，得：， 因为直线与平面的夹角的正弦值为， 所以：， 整理得：，由，解得：. 故存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，此时：. 最值与范围问题 1.（23-24高二上·江西吉安·期末）如图，在四棱锥中，已知：平面，，，，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，若点是中点，则四棱锥体积的最大值是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据两两垂直建立空间直角坐标系，然后得到各点的坐标，再应用二面角的空间向量解法得到参数的关系式，最后根据体积公式得到最值即可. 【详解】因为平面且， 所以以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，     ， 因为已知是四边形内部一点，所以设， 其中且（即点在平面内部）， 则， 因为平面平面，所以平面的法向量为， 又因为， 设平面的法向量为， 则，即，由题易得，令，则， 所以， 因为二面角的平面角大小为， 所以， 即，解得①， 因为点是中点，所以到平面的距离为， 所以要使得四棱锥体积的最大， 则，即要取到最大值， 由①知时， 此时点不在四边形内部，矛盾， 故当时体积取到最大值，此时， 所以， 故选：D 【点睛】方法点睛：碰到两两垂直的线段时，往往可以借助空间向量法来解决，需要在求解法向量的时候注意不求错即可. 2．（23-24高二上·江西鹰潭·期末）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点，则点P到直线AC的距离的最小值为（　　）    A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】以D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线距离可得. 【详解】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点， 以D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），设P（2﹣t，2，t），（0≤t≤2）， ， 设异面直线的公共法向量为， 则，取x＝1，得， ∴点P到直线AC的距离为： ， 点P到直线AC的距离的最小值为. 故选：C.    3．（多选题）（江西省2023-2024学年高二上学期期末教学检测）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．存在点F，使得 B．满足的点F的轨迹长度为 C．的最小值为 D．若平面，则线段长度的最小值为 【答案】BD 【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，设F点坐标，利用空间向量法判断直线的位置关系可判断A；根据，推出F点的坐标满足的关系，可求得F的轨迹长度，判断C；利用点的对称点，结合空间两点的距离公式可判断C；求出平面的法向量，根据空间位置关系的向量证法求出，结合空间两点间距离公式以及二次函数性质，可判断D. 【详解】以A为原点，分别以所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 对于选项A，若，则， 又，所以， 即，此方程无解，所以不存在点F，使得，故A错误； 对于选项B，由，得， 化简可得，即F点轨迹为矩形内的线段， 又，所以当时，得， 当时，得，即满足的点F的轨迹长度为，故B正确； 对于选项C，设点C关于平面的对称点为G，则G的坐标为， 则，共线时取等号，故C错误； 对于选项D，， 设平面的一个法向量为，则，即， 令，则， 所以平面的一个法向量为， 因为平面，所以，即， 又点，所以， 当时，取得最小值，故D正确． 故选：BD． 【点睛】关键点睛：本题的关键是建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法判断线线和线面位置关系，对于D选项还需结合二次函数性质从而得到其最值. 4.（23-24高二上·江西赣州·期末）如图，在多面体ABCDEF中，四边形CDEF为正方形，，，． (1)设平面平面，证明：； (2)直线DE上是否存在点G，使得DE⊥平面ABG？若存在，确定G的位置并说明理由； (3)若，，求平面BFG与平面DEA夹角的余弦的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，G为DE中点，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据题意，得到，利用线面平行的判定定理，证得平面，再由线面平行的性质定理，即可证得； （2）取的中点，得到，再由，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面； （3）设点为中点，取与连线交于点，以建立空间直角坐标系，设到平面的距离为，令，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角，列出关系式，利用函数的单调性，即可求解. 【详解】（1）证明：因为四边形为矩形，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为平面平面，平面，所以. （2）解：存在为中点，使得平面. 理由如下： 取的中点，因为，可得， 又因为且，所以， 因为且平面，所以平面. （3）解：设点为中点，取和和中点为, 由（2）知，共面且平面，取与连线交于点， 连，则，可得为等腰梯形，所以， 建立如图示的空间直角坐标系O-xyz，则，，，， 因为，所以， 设到平面的距离为， 因为四边形和四边形为两个全等的等腰梯形，所以， 设，， 因为，所以，解得， 所以，， 可得，，，， 令，，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 所以， 令，则， 则， 令，则，所以在上单调递增， 当时，；当时， 所以，所以， 故平面BFG和平面DEA的夹角的余弦值的取值范围为． ( 1 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$