专题01 空间向量与立体几何（6大经典基础题+8大优选提升题）-【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（河南专用）

专题01 空间向量与立体几何 向量的线性运算及基本定理 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·河南开封·期末）已知四面体ABCD，E，F分别是BC，CD的中点，则（   ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·河南洛阳·阶段练习）在四面体中，点E满足F为BE的中点，且则实数λ=（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·河南焦作·期末）如图所示，在三棱锥中， ，，，点M，N满足，，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·河南新乡·期末）如图所示，在空间四边形中，点在线段上，且为线段的中点，，则（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二上·河南南阳·期末）如图，在三棱柱中，，若，则（    ） A．1 B． C． D． 7．（23-24高二上·河南郑州·期末）已知点，，，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高二上·河南开封·期末）已知，，，则（   ） A． B． C． D． 9．（23-24高二上·河南开封·期末）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，若，则（    ） A． B． C． D． 向量的模 1．（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 2．（23-24高二上·河南开封·期末）在空间直角坐标系中，点在坐标平面，内的射影分别为点，则 ． 3．（23-24高二上·河南开封·期末）如图，在空间四边形ABCD中，，，，，. (2)求CD的长. 4．（23-24高二上·河南南阳·期末）已知平行六面体的底面是边长为1的正方形，，. (1)求对角线的长； 5．（23-24高二上·河南省直辖县级单位·期末）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架、的边长都是，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子、分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记. (2)当为何值时，的长最小并求出最小值； 6．（23-24高二上·河南三门峡·期末）在正四棱柱中，，，在线段上，且.建立如图所示的空间直角坐标系. (1)求； 向量的数量积及简单应用 1．（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 2．（23-24高二下·河南开封·期末）已知，，且，则（    ） A． B． C．2 D．6 3．（23-24高二上·河南新乡·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·河南漯河·期末）已知空间单位向量两两互相垂直，设，则下列说法正确的有（    ） A．与的夹角为 B． C．夹角的余弦值为 D．不可以作为基底来表示空间中的任意一个向量 5．（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 . 6．（23-24高二上·河南开封·期末）如图，在空间四边形ABCD中，，，，，. (1)求； 向量的共面问题 1．（23-24高二上·河南省直辖县级单位·期末）若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 2．（23-24高二下·山西晋城·期末）已知空间向量，，，且，，共面，则实数（    ） A． B． C．0 D．1 3．（23-24高二下·河南·阶段练习）下列结论正确的是（    ） A．在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为 B．若向量，且，则 C．若向量，则在上的投影向量的模为 D．为空间中任意一点，若，且，则四点共面 4．（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 5．（23-24高二上·河南南阳·期末）已知空间直角坐标系中，点，，，则下列各点在平面内的是（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二上·河南省直辖县级单位·期末）如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，底面，，分别为侧棱，的中点，点在上且. (1)求证：，，，四点共面； 点到直线的距离 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． 29．（23-24高二上·河南新乡·期末）在空间直角坐标系中，已知点，则点到直线的距离为（    ） A． B．2 C． D．4 3．（23-24高二上·河南南阳·期末）在四面体中，，，，若点为的重心，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 4．（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 ． 5．（23-24高三上·河南周口·期末）如图，将圆沿直径折成直二面角，已知三棱锥的顶点在半圆周上，在另外的半圆周上，. (2)若，，直线与平面所成的角为，求点到直线的距离. 点到平面的距离 1．（23-24高二上·河南南阳·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面，，，，为的中点. (2)求点到面的距离； 2．（23-24高二上·河南省直辖县级单位·期末）如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，底面，，分别为侧棱，的中点，点在上且. (3)求点到平面的距离. 3．（21-22高二上·重庆渝北·阶段练习）如图，边长为2的等边所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，，M为BC的中点． (3)求点D到平面的距离． 4．（23-24高二上·山西朔州·期中）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，． (2)在棱上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为?若存在，求点到平面的距离；若不存在，说明理由． 5．（22-23高二上·山东青岛·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面，为的中点，，，，，．    (1)求点到平面的距离； 直线与直线位置关系 1．（18-19高二上·河南·期末）在空间直角坐标系中，已知，，，，则直线与的位置关系是（    ） A．异面 B．平行 C．垂直 D．相交但不垂直 2．（23-24高二下·河南驻马店·期末）如图在三棱柱中， (1)证明:； 3．（23-24高二下·河南焦作·期末）如图，在三棱柱中，，，两两垂直，，，，D为的中点，以点A为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.    (1)求证：； 4．（23-24高二上·河南驻马店·期末）如图，和所在平面互相垂直，且，. (1)求证：； 5．（23-24高二上·河南·期末）如图，在四棱锥中，为棱的中点，平面. (1)求证：； 6．（23-24高二上·河南开封·期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，点是的中点，点分别是线段上的点，且． (1)求证：； 7．（23-24高三上·河南周口·期末）如图，将圆沿直径折成直二面角，已知三棱锥的顶点在半圆周上，在另外的半圆周上，. (1)若，求证： ； 8．（21-22高二上·重庆渝北·阶段练习）如图，边长为2的等边所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，，M为BC的中点． (1)证明：； 直线与平面位置关系 1．（23-24高二上·河南洛阳·期末）若平面的法向量为，直线的方向向量为，，则下列四组向量中能使的是（    ） A．， B．， C．， D．， 2．（23-24高二下·河南安阳·期末）如图，在三棱柱中，平面平面，，分别为棱的中点. (1)求证：平面； 3．（23-24高二下·河南商丘·期末）如图，在三棱柱中，平面平面，分别为棱的中点． (1)求证：平面； 4．（23-24高二下·河南南阳·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，为的中点. (2)求平面与平面夹角的余弦值. 5．（23-24高二下·河南漯河·期末）如图，已知四棱锥中，，，且在线段上，且满足平面. (1)求； 6．（23-24高二下·河南漯河·期末）如图，已知四棱锥中，，，且在线段上，且满足平面. (1)求； 7．（23-24高二下·河南·期末）如图，在三棱锥中，平面分别为的中点，且． (1)证明：平面； 8．（23-24高二下·河南南阳·期末）在空间直角坐标系中，已知，，，，. (2)求直线与平面所成角的正弦值. 9．（23-24高二上·河南南阳·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面，，，，为的中点. (1)求证：平面； 10．（23-24高二上·河南信阳·期末）如图，四棱锥中，都为等腰直角三角形，，，，，为的中点． (1)与平面是否平行？请说明理由； 11．（23-24高二上·河南新乡·期末）如图，在三棱锥中，平面. (1)证明：平面； 12．（23-24高二上·河南省直辖县级单位·期末）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架、的边长都是，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子、分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记. (1)证明：平面； 13．（23-24高二上·河南郑州·期末）在三棱台中，平面，，，，为中点．    (1)求证：平面； 平面与平面的位置关系 1．（23-24高二上·河南漯河·期末）在梯形中，，为的中点，线段与交于点（如图1）.将沿折起到位置，使得（如图2）. (1)求证：平面平面； 2．（23-24高二上·河南新乡·期末）如图，三棱锥中，，为等边三角形，为上的一个动点. (1)证明：平面平面； 3．（23-24高二上·河南开封·期末）如图，在三棱锥中，平面ABC，． (1)求证：平面平面PBC； 4．（23-24高二上·河南开封·期末）如图，在三棱锥中，平面ABC，． (1)求证：平面平面PBC； 线线角 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·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． 3．（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． 4．（23-24高二上·河南新乡·期末）在直三棱柱中，若，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·河北邢台·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，，，则（    ） A．直线与所成角的余弦值为 B． C． D．点到直线的距离为 6．（23-24高二上·河南漯河·期末）如图，在正四棱柱，中，已知. (1)求异面直线与所成的角的余弦值； (2)求三棱锥的体积. 7．（23-24高二下·河南南阳·期末）在空间直角坐标系中，已知，，，，. (1)证明：为直角三角形. 8．（23-24高二上·河南洛阳·期末）如图，在正三棱柱中，，，为侧棱上的点，且，点，分别为，的中点． (1)求异面直线与所成角的余弦值； 9．（23-24高二上·河南南阳·期末）已知平行六面体的底面是边长为1的正方形，，. (2)求直线与所成角的余弦值. 线面角 1．（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． 2．（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． 3．（23-24高二上·河南南阳·期末）已知过点且法向量为的平面的方程为.若平面的方程为，直线是平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·河南漯河·期末）在梯形中，，为的中点，线段与交于点（如图1）.将沿折起到位置，使得（如图2）. (2)线段上是否存在点，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 5．（23-24高二下·河南焦作·期末）如图，在三棱柱中，，，两两垂直，，，，D为的中点，以点A为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.    (2)求直线与平面所成角的正弦值. 6．（23-24高二下·河南南阳·期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面.    (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 7．（23-24高二上·河南洛阳·期末）如图，在正三棱柱中，，，为侧棱上的点，且，点，分别为，的中点． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 8．（23-24高二上·河南·期末）如图，在四棱锥中，为棱的中点，平面. (2)求直线与平面所成角的正弦值. 9．（23-24高二上·河南信阳·期末）如图，四棱锥中，都为等腰直角三角形，，，，，为的中点． (2)求与平面所成角的余弦值． 10．（23-24高二上·河南新乡·期末）如图，在三棱锥中，平面. (2)求直线与平面所成角的正弦值. 二面角 1．（23-24高二上·河南漯河·期末）如图，在直三棱柱中，，，点是棱的中点，则平面与平面夹角的正弦值为（    ） A． B． C． D．1 2．（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． 3．（23-24高二上·河南驻马店·期末）如图，和所在平面互相垂直，且，. (2)求平面和平面夹角的余弦值. 4．（23-24高二上·河南·期末）如图，在斜三棱柱中，，且三棱锥的体积为.    (1)求三棱柱的高； (2)若平面平面为锐角，求二面角的余弦值. 5．（23-24高二上·河南南阳·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面，，，，为的中点. (3)求平面与平面的夹角的余弦值. 6．（23-24高二上·河南省直辖县级单位·期末）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架、的边长都是，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子、分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记. (3)当的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值. 7．（23-24高二上·河南郑州·期末）在三棱台中，平面，，，，为中点．    (2)求平面与平面夹角的余弦值． 8．（23-24高二上·河南开封·期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，点是的中点，点分别是线段上的点，且． (2)求平面与平面夹角的余弦值． 9．（23-24高二上·河南新乡·期末）如图，三棱锥中，，为等边三角形，为上的一个动点. (2)当时，求二面角的余弦值. 10．（23-24高二上·河南开封·期末）如图，在三棱锥中，平面ABC，． (2)若，M是PB的中点，求平面ACM与平面PBC的夹角． 11．（23-24高二上·河南·期末）如图，在四棱锥中，为中点，平面平面，，. (2)在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 角、距离、位置关系的综合 1．（23-24高二上·河南南阳·期末）若平面，的法向量分别是，，直线的方向向量为，直线的方向向量为，则（    ） A． B． C．与为相交直线 D．在上的投影向量为 2．（23-24高一下·河南周口·期末）在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点满足，下列结论正确的是（    ） A．若，则平面 B．若，则过点的截面面积是 C．若，则点到平面的距离是 D．若，则与平面所成角的正切值为 3．（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 4．（23-24高一下·河南南阳·期末）有一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1.也可由正方体切割而成，如图2.在如图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则（    ） A．该几何体的表面积为 B．该几何体的体积为4 C．直线与直线所成的角为 D．二面角的余弦值为 5．（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 6．（23-24高二上·河南开封·期末）已知棱长为1的正方体中，E为线段的中点，则（   ） A．存在直线平面，使得平面 B．存在直线平面，使得平面 C．点到平面的距离为 D．与平面所成角的余弦值为 7．（23-24高二上·河南郑州·期末）如图，棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，则（    ）    A． B．与所成角的余弦值为 C．，，，四点共面 D．的面积为 8．（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 9．（23-24高二上·河南新乡·期末）已知为正方体所在空间内一点，且，，则（    ） A． B．三棱锥的体积为定值 C．存在唯一的，使得平面平面 D．存在唯一的，使得 10．（23-24高二上·河南南阳·期末）如图，在直三棱柱中，，，，是棱上的动点，则（    ）    A．平面平面 B．存在点，使 C．存在点，使点到平面的距离为 D．存在点，使直线与所成角的余弦值为 向量的综合应用 1．（23-24高二上·河南省直辖县级单位·期末）如图，在四棱台中，，，设，则的最小值为 . 2．（23-24高二上·河南信阳·期末）已知，平面的法向量，若，则 ． 3．（23-24高二上·河南·期末）在空间直角坐标系 中，向量 分别为异面直线 的方向向量，若所成角的余弦值为 则 57．（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 ． 4．（23-24高二下·河南南阳·期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面.    (1)若，求； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！30 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！29 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 空间向量与立体几何 向量的线性运算及基本定理 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·河南开封·期末）已知四面体ABCD，E，F分别是BC，CD的中点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】根据空间向量的线性运算逐项判断即可. 【详解】对于A，因为E，F分别是BC，CD的中点，所以，正确； 对于B，，错误； 对于C，，正确； 对于D，，错误. 故选：AC 3．（23-24高二上·河南洛阳·阶段练习）在四面体中，点E满足F为BE的中点，且则实数λ=（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由空间向量线性和基本定理运算可解. 【详解】由F为BE 的中点，得 又 所以，由 得 即所以 故选：D    4．（23-24高二下·河南焦作·期末）如图所示，在三棱锥中， ，，，点M，N满足，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量的加、减、数乘运算，将所求向量用表示即可求解. 【详解】因为，所以， 又，即， 所以， 因此. 故选：A. 5．（23-24高二上·河南新乡·期末）如图所示，在空间四边形中，点在线段上，且为线段的中点，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由空间向量基本定理分解向量即可. 【详解】因为点在线段上，且为线段的中点， 所以. 故选：B. 6．（23-24高二上·河南南阳·期末）如图，在三棱柱中，，若，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】由空间向量的线性运算和空间向量基本定理求解即可. 【详解】由题意知： ， 又， 所以则. 故选：B. 7．（23-24高二上·河南郑州·期末）已知点，，，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，根据得到方程组，求出，得到答案. 【详解】设，则， 因为，故， 即， 解得，故点的坐标为. 故选：C 8．（23-24高二上·河南开封·期末）已知，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据点坐标可求得向量，计算可得结果. 【详解】易知，所以； 因此可得. 故选：C 9．（23-24高二上·河南开封·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】AC 【分析】结合几何体，利用向量的线性运算法则，利用基底表示向量. 【详解】，故A正确； ，故B错误； ，故C正确； ，故D错误． 故选：AC 向量的模 1．（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. 2．（23-24高二上·河南开封·期末）在空间直角坐标系中，点在坐标平面，内的射影分别为点，则 ． 【答案】 【分析】利用空间中点的射影可得两点坐标，再由空间向量模长公式计算即可得出结果. 【详解】根据空间中点的坐标特征可知，， 则，所以. 故答案为： 3．（23-24高二上·河南开封·期末）如图，在空间四边形ABCD中，，，，，. (2)求CD的长. 【答案】 (2) 【分析】（2）先利用加法法则表示，然后利用数量积的运算律求解即可. 【详解】80．（23-24高二上·河南南阳·期末）已知平行六面体的底面是边长为1的正方形，，. (1)求对角线的长； 【答案】(1) 【分析】（1）方法一：求出、，对两边平方化简计算可得答案；方法二：以为原点，，分别为、轴正方向，过点且垂直于平面的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出的坐标，再求即可； 【详解】（1）方法一：因为， 又底面是正方形，，，， 所以， 所以 ； 方法二：    如图所示，以为原点，，分别为、轴正方向， 过点且垂直于平面的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，， ，所以； （2）因为， 所以 ， 所以. 4．（23-24高二上·河南省直辖县级单位·期末）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架、的边长都是，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子、分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记. (2)当为何值时，的长最小并求出最小值； 【答案】 (2)时，最小为 【分析】（2）利用空间两点间的距离公式可求得的最小值及其对应的的值； 【详解】 （2）解：，其中. ， 当时，最小，最小值为. 5．（23-24高二上·河南三门峡·期末）在正四棱柱中，，，在线段上，且.建立如图所示的空间直角坐标系. (1)求； 【答案】(1) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，由向量模的坐标运算求出即可； 【详解】（1）由题意得，，，，，， 所以， 所以； 向量的数量积及简单应用 1．（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. 2．（23-24高二下·河南开封·期末）已知，，且，则（    ） A． B． C．2 D．6 【答案】B 【分析】根据空间向量垂直的坐标表示，列方程求. 【详解】因为，，， 所以，所以. 故选：B. 3．（23-24高二上·河南新乡·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·河南漯河·期末）已知空间单位向量两两互相垂直，设，则下列说法正确的有（    ） A．与的夹角为 B． C．夹角的余弦值为 D．不可以作为基底来表示空间中的任意一个向量 【答案】CD 【分析】A选项，计算出，得到与的夹角为；B选项，设，得到方程组，方程组无解，故不平行；C选项，计算出，，，从而利用，求出两向量夹角余弦值；D选项，设，从而得到方程组，求出，所以共面，不能作为基底，D正确. 【详解】A选项，因为空间单位向量两两互相垂直， 所以， 故 ，故与的夹角为，A错误； B选项，， 又，设， 则，所以，无解， 故与不平行，B错误； C选项， ， 其中， 则，同理得， 故夹角的余弦值为，C正确； D选项，设，即， 则，解得， 故，所以共面， 不可以作为基底来表示空间中的任意一个向量，D正确. 故选：CD 5．（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. 6．（23-24高二上·河南开封·期末）如图，在空间四边形ABCD中，，，，，. (1)求； 【答案】(1) 【分析】（1）根据数量积的定义直接求解即可； 【详解】（1）因为，，， 所以； 向量的共面问题 1．（23-24高二上·河南省直辖县级单位·期末）若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】D 【分析】 由题意可知不共面，由此分别判断各选项中的向量是否共面，即得答案. 【详解】由于构成空间的一个基底，故不共面， 对于A，与共面，不共面，故，，不共面， 否则，若，，共面，则共面，不符题意，A错误； 对于B，假设，，共面，则存在实数，使得， 即，则，方程组无解， 假设不成立，故，，不共面，B错误； 对于C，，与共面，由于不共面， 故，与不共面，C错误； 对于D，，故，，共面， 故选：D 2．（23-24高二下·山西晋城·期末）已知空间向量，，，且，，共面，则实数（    ） A． B． C．0 D．1 【答案】D 【分析】因为三个向量共面，由向量的基本定理可知存在实数，使得， 代入计算即可. 【详解】因为共面， 所以存在实数，使得， 即 所以，解得. 故选：D. 3．（23-24高二下·河南·阶段练习）下列结论正确的是（    ） A．在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为 B．若向量，且，则 C．若向量，则在上的投影向量的模为 D．为空间中任意一点，若，且，则四点共面 【答案】BC 【分析】选项A，直接求出点关于平面的对称点，即可判断出选项A的正误；选项B，利用空间向量垂直的坐标表示，即可得出，从而可判断出选项B的正误；选项C，根据投影向量的定义，即可求出结果，从而判断出选项C的正误；选项D，根据空间向量共面的结论可判断出选项D的正误. 【详解】对于选项A，点关于平面的对称点为，所以选项A错误， 对于选项B，因为，且，所以，得到，所以选项B正确， 对于选项C，因为，所以在上的投影向量的模为，故选项C正确， 对于选项D，由空间向量基本定理的推论可知：，且时，四点共面，所以选项D错误， 故选：BC. 4．（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. 5．（23-24高二上·河南南阳·期末）已知空间直角坐标系中，点，，，则下列各点在平面内的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】先计算，根据点共面列方程，从而确定正确答案. 【详解】，不共线，设为平面内一点， 则， ，由于无解，所以不在平面内. ，由，解得，所以在平面内. ，由，解得，所以在平面内. ，由于，所以在平面内. 故选：BCD 6．（23-24高二上·河南省直辖县级单位·期末）如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，底面，，分别为侧棱，的中点，点在上且. (1)求证：，，，四点共面； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）根据条件建立空间直角坐标系，通过计算得出，由平面向量基本定理得到，，共面，即可证明结果； 【详解】（1）因为平面是菱形，所以， 又因为底面，面，所以，， 所以，，两两垂直， 以为坐标原点，以，，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立如图空间直角坐标系： 因为，，，则，，，，， 因为，分别为侧棱，的中点，所以，， 设，，因为， 所以，解得，即. 所以，，. 所以，由向量共面的充要条件可知，，，共面. 又，，过同一点，从而，，，四点共面. 点到直线的距离 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·河南新乡·期末）在空间直角坐标系中，已知点，则点到直线的距离为（    ） A． B．2 C． D．4 【答案】B 【分析】利用点到直线的空间向量距离公式求出答案. 【详解】因为，所以， 则点到直线的距离. 故选：B 3．（23-24高二上·河南南阳·期末）在四面体中，，，，若点为的重心，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以射线，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，应用向量法求距离. 【详解】由题意知，在四面体中，，，两两互相垂直， 如图，以为原点，以射线，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系.    ∵，，，， ∴，，，，， ∴，， ， ， ∴点到直线的距离. 故选：D 4．（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： 5．（23-24高三上·河南周口·期末）如图，将圆沿直径折成直二面角，已知三棱锥的顶点在半圆周上，在另外的半圆周上，. (2)若，，直线与平面所成的角为，求点到直线的距离. 【答案】 (2) 【分析】（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用直线与平面所成的角为，求出P点坐标，再根据空间距离的向量求法，即可求得答案. 【详解】 （2）以O为坐标原点，所在直线为轴，过点O作平面的垂线作为z轴， 建立空间直角坐标系，如图： 由于，， 则，设,则， 则， 设平面的一个法向量为，则， 即，令，则可得， 由于直线与平面所成的角为， 故， 解得，结合，则， 故， 由，则， 故点到直线的距离为. 点到平面的距离 1．（23-24高二上·河南南阳·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面，，，，为的中点. (2)求点到面的距离； 【答案】 (2) 【分析】（2）利用向量法求解点到面的距离； 【详解】由题意，可以为原点，，，分别为，，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， （2）设为面的一个法向量，又， 则，不妨取，则， 记点到面的距离为， 则. 即点到面的距离为； 2．（23-24高二上·河南省直辖县级单位·期末）如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，底面，，分别为侧棱，的中点，点在上且. (3)求点到平面的距离. 【答案】(3) 【分析】（3）由（1）和（2）得，平面的法向量，再由空间距离的向量法即可求出结果. 【详解】因为平面是菱形，所以， 又因为底面，面，所以，， 所以，，两两垂直， 以为坐标原点，以，，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立如图空间直角坐标系： 因为，，，则，，，，， 因为，分别为侧棱，的中点，所以，， 设，，因为， 所以，解得，即. 所以，，. 所以，由向量共面的充要条件可知，，，共面. 又，，过同一点，从而，，，四点共面. （2）由（1）可得，，，， 又因为，所以，. 设平面的法向量，由，得到， 取，可得，，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. （3）由（1）和（2）知，平面的法向量， 设到平面的距离为，则. 3．（21-22高二上·重庆渝北·阶段练习）如图，边长为2的等边所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，，M为BC的中点． (3)求点D到平面的距离． 【答案】 (3) 【分析】（3）求出平面的法向量，利用向量法求出点D到平面的距离． 【详解】（1）以D为原点，为x轴，为y轴， 过D作平面的垂线为z轴，建立空间直角坐标系， 则， ， ，所以. （2）因为平面的法向量， 又， 设平面的法向量， 则，取， 设平面与平面夹角的大小为， ，所以， 所以平面与平面夹角的大小为； （3）， 由（2）知平面的法向量， 所以点D到平面的距离． 4．（23-24高二上·山西朔州·期中）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，． (2)在棱上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为?若存在，求点到平面的距离；若不存在，说明理由． 【答案】 (2)存在，距离为. 【分析】（2）由（1）中坐标系，由异面直线所成角的余弦求出点，再利用向量法求出点到平面的距离. 【详解】（1）由四边形为正方形，平面，知直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，， 设平面的一个法向量，则，令，得， 设平面的一个法向量，则，令，得， 设平面和平面所成锐二面角为，则 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为． （2）假设存在，又，则，， 由直线与所成角的余弦值为，得， 解得，则存在点，为棱的中点时满足条件， 即，，， 设平面的一个法向量，则，令，得， 所以点到平面的距离为. 5．（22-23高二上·山东青岛·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面，为的中点，，，，，．    (1)求点到平面的距离； 【答案】(1) 【分析】（1）作平面，结合已知建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量以及，再由公式即可求解. 【详解】（1）作平面，又，所以以的方向分别为轴，轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系：    因为平面平面，平面平面，且，平面， 所以平面， 又因为为的中点，，且，，， 所以由题意有， 所以有 不妨设平面的法向量为， 所以有，即， 取，解得， 所以点到平面的距离为. 直线与直线位置关系 1．（18-19高二上·河南·期末）在空间直角坐标系中，已知，，，，则直线与的位置关系是（    ） A．异面 B．平行 C．垂直 D．相交但不垂直 【答案】B 【分析】利用给定的坐标，求出向量的坐标，再借助共线向量判断得解. 【详解】由，，，， 得，，则，即， 而，显然向量不共线，即点不在直线上， 所以直线与平行． 故选：B 2．（23-24高二下·河南驻马店·期末）如图在三棱柱中， (1)证明:； 【答案】(1)证明见解析； 【分析】（1）取的中点，利用线面垂直的判定性质，结合正三角形的性质推理即得. 【详解】（1）如图，取的中点，连接， 由，得都是正三角形， 则，因此，又平面平面， 且，于是平面，又平面， 所以. 3．（23-24高二下·河南焦作·期末）如图，在三棱柱中，，，两两垂直，，，，D为的中点，以点A为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.    (1)求证：； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）求出，，利用数量积的坐标表示求出，即可得证； 【详解】（1）依题意可得，，，，，，， 则，， 所以， 所以； 4．（23-24高二上·河南驻马店·期末）如图，和所在平面互相垂直，且，. (1)求证：； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）方法一：记，利用向量的数量积的运算律，求得，即可证明结论； 方法二：过点A作，推出平面，证明，即可证明平面，从而证明结论； 方法三：以O为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，根据空间位置关系的向量证明方法，即可证明结论； 方法四：以点B为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，根据空间位置关系的向量证明方法，即可证明结论； 【详解】（1）方法一：记，则， 由，即， 可知， 即，则 方法二：延长，过点A作，交延长线于点O， 由平面平面，平面平面平面， 则平面， 由，则≌， 可得， 又，得≌，则，故， 又由平面，则平面， 又平面，则； 方法三：延长，过点A作，交于点O， 由平面平面，平面平面，平面， 则平面， 由，则≌， 可得， 又，得≌，则，故， 故以O为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 设，则， 则，则， 即，故； 方法四：在平面和平面内，过点B分别作直线垂直于直线， 由平面平面，平面平面平面， 则平面，又平面，所以， 以点B为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 设，，则， ，则，则， 故； 5．（23-24高二上·河南·期末）如图，在四棱锥中，为棱的中点，平面. (1)求证：； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，证明即可. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以， 又， 由题可知两两互相垂直，所以以所在直线为轴，过与平行的直线为轴，所在直线为轴建立如图的空间直角坐标系. 又，为棱的中点， 易知. 所以，所以， 所以. 6．（23-24高二上·河南开封·期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，点是的中点，点分别是线段上的点，且． (1)求证：； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）通过建立空间直角坐标系得到，借助数量积公式计算即可; 【详解】（1）因为平面，平面，且四边形是矩形， 所以两两垂直， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 根据题意，因为，且. 所以． 因为， 所以，即． 7．（23-24高三上·河南周口·期末）如图，将圆沿直径折成直二面角，已知三棱锥的顶点在半圆周上，在另外的半圆周上，. (1)若，求证： ； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）先证明平面，推出，即可证明平面，根据线面垂直的性质定理，即可证明结论； 【详解】（1）由题意知平面平面，平面平面， ，且平面，故平面， 又平面，故； 又，且平面， 故平面，而平面， 故； 8．（21-22高二上·重庆渝北·阶段练习）如图，边长为2的等边所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，，M为BC的中点． (1)证明：； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明即可； 【详解】（1）以D为原点，为x轴，为y轴， 过D作平面的垂线为z轴，建立空间直角坐标系， 则， ， ，所以. 直线与平面位置关系 1．（23-24高二上·河南洛阳·期末）若平面的法向量为，直线的方向向量为，，则下列四组向量中能使的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】根据题意，由平面法向量的定义，依次分析选项中向量是否满足，综合可得答案． 【详解】根据题意，平面的法向量为，直线的方向向量为，， 若，即，又由，则有， 依次分析选项： 对于A，，，，即成立，符合题意； 对于B，，，，即不成立，不符合题意； 对于C，，，，即不成立，不符合题意； 对于D，，，，即不成立，不符合题意． 故选：A． 2．（23-24高二下·河南安阳·期末）如图，在三棱柱中，平面平面，，分别为棱的中点. (1)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）根据条件得到且，从而有四边形为平行四边形，得到为的中点，则有，再利用线面平行的判定定理，即可求解； 【详解】（1）如图，连接，设，连接， 因为分别是棱的中点，所以且， 所以四边形为平行四边形，则为的中点， 又为的中点，所以， 又平面，平面，所以平面. 3．（23-24高二下·河南商丘·期末）如图，在三棱柱中，平面平面，分别为棱的中点． (1)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）利用中位线，由线线平行证明线面平行； 【详解】（1） 如图，连接，，设，连接． 由三棱柱的结构特征及，分别是棱，的中点，可知四边形为平行四边形，则为的中点，又为的中点，， 平面，平面，平面． 4．（23-24高二下·河南南阳·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，为的中点. (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】 (2) 【分析】（2）由（1）可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为是的中点，所以， 因为平面，且， 所以平面. （2）因为，由（1）知四边形为矩形，则， 又平面，所以平面， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 取平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以. ， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 5．（23-24高二下·河南漯河·期末）如图，已知四棱锥中，，，且在线段上，且满足平面. (1)求； 【答案】(1)2； 【分析】（1）过点作交于，由线面平行的性质可得，则可求； 【详解】（1）过点作交于，连接， 由于平面， 由线面平行性质知， 又四边形为平行四边形. 所以， 则. 6．（23-24高二下·河南漯河·期末）如图，已知四棱锥中，，，且在线段上，且满足平面. (1)求； 【答案】(1)2； 【分析】（1）过点作交于，由线面平行的性质可得，则可求； 【详解】（1）过点作交于，连接， 由于平面， 由线面平行性质知， 又四边形为平行四边形. 所以， 则. 7．（23-24高二下·河南·期末）如图，在三棱锥中，平面分别为的中点，且． (1)证明：平面； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）由平面可得，再由，所以，从而可证平面； 【详解】（1）因为为的中点，，所以， 因为平面平面，所以， 又平面； 所以平面； 8．（23-24高二下·河南南阳·期末）在空间直角坐标系中，已知，，，，. (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】 (2) 【分析】（2）借助空间向量求出平面的法向量后借助夹角公式计算即可得. 【详解】（2），， 设平面的法向量为， 则有， 令，则有，，即， 则有， 则直线与平面所成角的正弦值为. 9．（23-24高二上·河南南阳·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面，，，，为的中点. (1)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线面平行； 【详解】（1）由题意，可以为原点，，，分别为，，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， （1）显然为平面的一个法向量，而. 因为，所以. 又平面，所以平面； 10．（23-24高二上·河南信阳·期末）如图，四棱锥中，都为等腰直角三角形，，，，，为的中点． (1)与平面是否平行？请说明理由； 【答案】(1)不平行，理由见解析 【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，求得与平面的法向量，从而得以判断； 【详解】（1）都为等腰直角三角形，， 平面， 所以平面， 又， 分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 故， 易知平面的一个法向量为， 则，所以与平面不平行. 11．（23-24高二上·河南新乡·期末）如图，在三棱锥中，平面. (1)证明：平面； 【答案】(1)证明见解析； 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可; 【详解】（1）证明：因为平面，且平面， 所以. 因为， 所以，则. 又平面平面， 所以平面. 12．（23-24高二上·河南省直辖县级单位·期末）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架、的边长都是，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子、分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记. (1)证明：平面； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）推导出平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得平面； 【详解】（1）证明：因为四边形为正方形，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面， 又因为四边形为正方形，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、、、， 因为，所以，. 则，易知平面的一个法向量为. 因为，所以. 又平面，所以平面. 13．（23-24高二上·河南郑州·期末）在三棱台中，平面，，，，为中点．    (1)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）取的中点，证明四边形为平行四边形，推出，根据线面平行的判定定理，即可证明结论； 【详解】（1）取的中点，连接，，得为的中位线， ，且． 由于∽，， 故，而，，则，， 四边形为平行四边形，． 又平面，平面， 平面． 平面与平面的位置关系 1．（23-24高二上·河南漯河·期末）在梯形中，，为的中点，线段与交于点（如图1）.将沿折起到位置，使得（如图2）. (1)求证：平面平面； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）连接、，由平面几何的知识得到，即，，即可得到，从而得到平面，即可得证； 【详解】（1）因为，， 所以，，所以，则， 则， 又P为的中点，连接，则且，，所以为菱形， 同理可得为菱形，所以， 所以，连接，则， 又，所以，即， 又，，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面； 2．（23-24高二上·河南新乡·期末）如图，三棱锥中，，为等边三角形，为上的一个动点. (1)证明：平面平面； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）证明出三角形全等，作，得到，由勾股定理结合条件求出，进而得到线线垂直，得到线面垂直，面面垂直； 【详解】（1）因为为等边三角形，所以， 又，为公共边，故≌. 作，垂足为，连接，由三角形全等易知. 设，则，由题意得，且 所以，解得，故， 故. 在中，因为，所以. 又因为，平面，， 所以平面. 因为平面，所以平面平面.    3．（23-24高二上·河南开封·期末）如图，在三棱锥中，平面ABC，． (1)求证：平面平面PBC； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理利用面面垂直的判定定理即可证明； 【详解】（1）因为平面ABC，平面ABC，所以， 又因为，，平面PAC，所以平面PAC， 又平面PBC， 所以平面平面PBC． 4．（23-24高二上·河南开封·期末）如图，在三棱锥中，平面ABC，． (1)求证：平面平面PBC； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理利用面面垂直的判定定理即可证明； 【详解】（1）因为平面ABC，平面ABC，所以， 又因为，，平面PAC，所以平面PAC， 又平面PBC， 所以平面平面PBC． 线线角 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·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. 3．（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. 4．（23-24高二上·河南新乡·期末）在直三棱柱中，若，则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，写出点的坐标，利用空间向量夹角余弦公式求出答案. 【详解】 如图，建立空间直角坐标系，设， 则， 所以， 则， 故与所成角的余弦值为. 故选：C 5．（23-24高二上·河北邢台·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，，，则（    ） A．直线与所成角的余弦值为 B． C． D．点到直线的距离为 【答案】AB 【分析】过作，垂足为，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出坐标，代入空间向量夹角公式计算可判断A；求出可判断B；求出可判断C；利用空间向量求点到直线的距离公式计算可判断D. 【详解】过作，垂足为，则， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， ， 因为， 所以直线与所成角的余弦值为，故A正确； 因为，所以B正确； 因为，所以与不垂直，故C不正确； 设点到直线的距离为，则， 即点到直线的距离为，故D不正确. 故选：AB. 6．（23-24高二上·河南漯河·期末）如图，在正四棱柱，中，已知. (1)求异面直线与所成的角的余弦值； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间坐标系，通过求向量与向量的夹角，转化为异面直线与直线所成的角的大小；（2）先求出面的一个法向量，再用点到面的距离公式算出高，再求底面积和体积即可． 【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴建系， 设 所以， ， 则 ， 所以异面直线与直线所成的角的余弦值为． （2）因为， ， 设是面的一个法向量， 所以有 即 ，令 ， ，故， 又，所以点到平面的距离为. 对于平面，取中点O，连结，可求得， ，则,. 底面面积为. 则三棱锥的体积为. 7．（23-24高二下·河南南阳·期末）在空间直角坐标系中，已知，，，，. (1)证明：为直角三角形. 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）计算出对应空间向量后计算向量数量积即可得； 【详解】（1）由题可得，， 则，故， 故为直角三角形； 8．（23-24高二上·河南洛阳·期末）如图，在正三棱柱中，，，为侧棱上的点，且，点，分别为，的中点． (1)求异面直线与所成角的余弦值； 【答案】(1) 【分析】（1）根据正三棱柱性质建立空间坐标系，由空间向量可求得异面直线与所成角的余弦值为； 【详解】（1）取的中点，连接，， 由正三棱柱性质可知平面，又， 平面， 可得，，两两垂直， 以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空问直角坐标系， 则， 所以， 由于， 所以异面直线与所成角的余弦值为 9．（23-24高二上·河南南阳·期末）已知平行六面体的底面是边长为1的正方形，，. (2)求直线与所成角的余弦值. 【答案】 (2) 【分析】（2）方法一： 设直线与所成角为，利用计算可得答案；方法二：以为原点，，分别为、轴正方向，过点且垂直于平面的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出、，设直线与所成角为，利用计算可得答案. 【详解】（1）方法一：因为， 又底面是正方形，，，， 所以， 所以 ； 方法二：    如图所示，以为原点，，分别为、轴正方向， 过点且垂直于平面的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，， ，所以； （2）方法一：因为， 所以， 又， 设直线与所成角为， 所以， 即直线与所成角的余弦值为； 方法二：    与（1）中的方法二，以为原点，，分别为、轴正方向， 过点且垂直于平面的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， ，， 设直线与所成角为，所以， 即直线与所成角的余弦值为. 线面角 1．（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】 2．（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． 3．（23-24高二上·河南南阳·期末）已知过点且法向量为的平面的方程为.若平面的方程为，直线是平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合新定义求出直线的方向向量及平面的法向量，即可求解. 【详解】解：直线是平面与的交线， 设直线的方向向量为， 平面的法向量为，平面的法向量为， 则，令，得，则直线的方向向量为， 因为平面的方程为，所以为平面的法向量， 设直线与平面所成角为， 则， 得直线与平面所成角的正弦值为， 故选：A 4．（23-24高二上·河南漯河·期末）在梯形中，，为的中点，线段与交于点（如图1）.将沿折起到位置，使得（如图2）. (2)线段上是否存在点，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】 (2)存在， 【分析】（2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法得到方程，求出，即可得解. 【详解】 （2）线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为. 因为平面，所以，，两两互相垂直， 如图，以点为坐标原点，，，分别为，，轴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，， ， 设，因为，， 所以， 设与平面所成角为，则， 即，，解得或（舍去）， 所以线段上存在点，且，使得与平面所成角的正弦值为. 5．（23-24高二下·河南焦作·期末）如图，在三棱柱中，，，两两垂直，，，，D为的中点，以点A为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.    (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】 (2) 【分析】（2）求出平面的法向量，利用空间向量法计算可得. 【详解】 （2）因为，，， 设平面的法向量为， 则，取， 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. 6．（23-24高二下·河南南阳·期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面.    (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】 (2). 【分析】（2）利用空间向量法求直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， . 设为平面的法向量， 则，即， 可取. 设为直线与平面所成的角， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为.    7．（23-24高二上·河南洛阳·期末）如图，在正三棱柱中，，，为侧棱上的点，且，点，分别为，的中点． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】 (2) 【分析】（2）由线面角的向量的求法可得直线与平面所成角的正弦值为. 【详解】（1）取的中点，连接，， 由正三棱柱性质可知平面，又， 平面， 可得，，两两垂直， 以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空问直角坐标系， 则， 所以， 由于， 所以异面直线与所成角的余弦值为 （2）因为平面， 所以平面的一个法向量为， 则， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 8．（23-24高二上·河南·期末）如图，在四棱锥中，为棱的中点，平面. (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】 (2) 【分析】（2）由题意先证明平面，即是平面的一个法向量.结合线面角的正弦公式即可得解. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以， 又， 由题可知两两互相垂直，所以以所在直线为轴，过与平行的直线为轴，所在直线为轴建立如图的空间直角坐标系. 又，为棱的中点， 易知. 所以，所以， 所以. （2）因为平面，平面，所以. 由（1）知， 又，平面， 所以平面，即是平面的一个法向量. 又因为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 9．（23-24高二上·河南信阳·期末）如图，四棱锥中，都为等腰直角三角形，，，，，为的中点． (2)求与平面所成角的余弦值． 【答案】 (2) 【分析】（2）结合（1）中结论，求得与平面的法向量，从而得解. 【详解】（1）都为等腰直角三角形，， 平面， 所以平面， 又， 分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 故， 易知平面的一个法向量为， 则，所以与平面不平行. （2）由（1）得，， 设平面的法向量为，则，即， 令，得， 设直线与平面所成角为，又， 则， 所以. 故直线与平面所成角的余弦值为. 10．（23-24高二上·河南新乡·期末）如图，在三棱锥中，平面. (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】 (2). 【分析】（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面的法向量，计算即可. 【详解】（2）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. 设平面的法向量为， 由得令，得. 设直线与平面所成的角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 二面角 1．（23-24高二上·河南漯河·期末）如图，在直三棱柱中，，，点是棱的中点，则平面与平面夹角的正弦值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得 【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，令， 则， 设平面的法向量， ∵，，则， 令，则，∴， 又平面的法向量， 故， 设平面与平面所成角为，，则， 故平面与平面夹角的正弦值为. 故选：C. 2．（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 3．（23-24高二上·河南驻马店·期末）如图，和所在平面互相垂直，且，. (2)求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】 (2) 【分析】 （2）以O为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面和平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）方法一：记，则， 由，即， 可知， 即，则 方法二：延长，过点A作，交延长线于点O， 由平面平面，平面平面平面， 则平面， 由，则≌， 可得， 又，得≌，则，故， 又由平面，则平面， 又平面，则； 方法三：延长，过点A作，交于点O， 由平面平面，平面平面，平面， 则平面， 由，则≌， 可得， 又，得≌，则，故， 故以O为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 设，则， 则，则， 即，故； 方法四：在平面和平面内，过点B分别作直线垂直于直线， 由平面平面，平面平面平面， 则平面，又平面，所以， 以点B为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 设，，则， ，则，则， 故； （2）由（1）中方法三：设平面的一个法向量， 可知， 则， 取，得， 而平面的一个法向量为， 则， 故平面和平面夹角的余弦值为 说明：同理由（1）中方法四也可求得平面和平面夹角的余弦值为. 4．（23-24高二上·河南·期末）如图，在斜三棱柱中，，且三棱锥的体积为.    (1)求三棱柱的高； (2)若平面平面为锐角，求二面角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，结合锥体的体积公式，列出方程，即可求解； （2）过点作于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）解：设三棱柱的高为， 因为，所以， 又因为三棱锥的体积为，可得，解得， 即三棱柱的高为. （2）解：过点作于点，连接， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 由（1）知，又因为为锐角，所以， 在中，，所以. 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，则， 可得， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为平面，可得平面的一个法向量为， 所以， 所以二面角的余弦值为.    5．（23-24高二上·河南南阳·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面，，，，为的中点. (3)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】 (3) 【分析】 （3）利用向量法求解平面与平面的夹角. 【详解】（1）由题意，可以为原点，，，分别为，，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， （1）显然为平面的一个法向量，而. 因为，所以. 又平面，所以平面； （2）设为面的一个法向量，又， 则，不妨取，则， 记点到面的距离为， 则. 即点到面的距离为； （3）显然为平面的一个法向量. 设为面的一个法向量，则， 不妨取，则. 设平面与平面的夹角为，则 . 即平面与平面的夹角的余弦值为. 6．（23-24高二上·河南省直辖县级单位·期末）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架、的边长都是，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子、分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记. (3)当的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】 (3) 【分析】（3）写出点、的坐标，利用空间向量法可求出平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）证明：因为四边形为正方形，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面， 又因为四边形为正方形，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、、、， 因为，所以，. 则，易知平面的一个法向量为. 因为，所以. 又平面，所以平面. （2）解：，其中. ， 当时，最小，最小值为. （3）解：由（2）可知，当、分别为、的为中点时，最短， 此时、， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 所以，， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 7．（23-24高二上·河南郑州·期末）在三棱台中，平面，，，，为中点．    (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】 (2) 【分析】（2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】 （2）如图，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，    则，，， 所以，． 设平面的一个法向量为， 由，得， 令，则可取． 平面平面的法向量可取为． 设平面与平面的夹角为，, 则， 平面与平面的夹角余弦值为. 8．（23-24高二上·河南开封·期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，点是的中点，点分别是线段上的点，且． (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】 (2) 【分析】（2）利用向量法求出平面与平面的法向量，求出二面角的余弦值即可. 【详解】（1）因为平面，平面，且四边形是矩形， 所以两两垂直， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 根据题意，因为，且. 所以． 因为， 所以，即． （2）由（1）得． 设是平面的一个法向量， 则， 令，得，所以． 因为平面， 所以平面， 所以平面的一个法向量为． 因为， 结合图形可得：平面与平面夹角的余弦值为． 9．（23-24高二上·河南新乡·期末）如图，三棱锥中，，为等边三角形，为上的一个动点. (2)当时，求二面角的余弦值. 【答案】 (2) 【分析】（2）建立空间直角坐标系，得到各点的坐标，求出平面的法向量，从而得到二面角的余弦值. 【详解】 （2）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.    设点，则， 因为， 所以，解得，所以， 则. 设平面的法向量为， 则， 解得，取，则， 故. 又因为平面的一个法向量为， 所以， 二面角为锐二面角， 故二面角的余弦值为. 10．（23-24高二上·河南开封·期末）如图，在三棱锥中，平面ABC，． (2)若，M是PB的中点，求平面ACM与平面PBC的夹角． 【答案】 (2) 【分析】（2）建立空间直角坐标系，求得平面ACM的一个法向量，易知平面PBC的一个法向量为，即可求得二面角的大小. 【详解】（2）由（1）平面PAC，又平面APC，所以， 作分别以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 不妨设， 则，，，，， 可得，， 设平面ACM的一个法向量为， 则，取，则平面ACM的一个法向量为． 取PC的中点，，平面PAC，由（1）中平面PAC， 可得，，又平面PBC， 所以平面PBC， 所以平面PBC的一个法向量为， 所以， 所以平面ACM与平面PBC的夹角为． 11．（23-24高二上·河南·期末）如图，在四棱锥中，为中点，平面平面，，. (2)在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】 (2)存在，为中点 【分析】（2）取中点，连接，根据面面垂直的性质证明平面，过点作的平行线，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）取中点，连接， 因为分别为中点，则， 即四边形为平行四边形，则， 又平面平面，则平面； （2）存在点，证明如下： 取中点，连接， 因为，则， 又平面平面，平面平面平面， 则平面， 过点作平行线，交于， 因为平面， 则， 过点作的平行线， 则以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 注意到，则，故， 则， 设，则， 设为平面的一个法向量， 则，即， 令，则，则平面的一个法向量， 设为平面的一个法向量， 则，即， 令，则， 则平面的一个法向量， 因为二面角余弦值为， 则， 解得， 故当为中点时，满足题意. 角、距离、位置关系的综合 1．（23-24高二上·河南南阳·期末）若平面，的法向量分别是，，直线的方向向量为，直线的方向向量为，则（    ） A． B． C．与为相交直线 D．在上的投影向量为 【答案】AD 【分析】由空间向量的坐标运算判断线面的平行垂直关系，可判断A、B、C选项；利用投影向量的计算公式计算可判断D选项. 【详解】∵，∴，故A正确； ∵，∴或，故B错误； 设，则，此方程组无解，则与为相交直线或异面直线，故C错误； 在上的投影向量为，故D正确. 故选：AD 2．（23-24高一下·河南周口·期末）在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点满足，下列结论正确的是（    ） A．若，则平面 B．若，则过点的截面面积是 C．若，则点到平面的距离是 D．若，则与平面所成角的正切值为 【答案】BD 【分析】延长相交于点，若平面，根据线面平行的性质定理可得与重合可判断A；连接，得四边形即为过点的截面，利用四边形是等腰梯形，求出面积可判断B；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，利用点到平面的向量求法可判断C；利用线面角的向量求法可判断D. 【详解】对于A，若，则，即点与点重合， 延长相交于点，连接，则平面平面， 若平面，平面，所以， 因为，所以，即与重合，显然不可能，故A错误；    对于B，若，则，即点与点重合， 连接，因为，所以， 即四边形即为过点的截面，且， ， 所以四边形是等腰梯形，其高为， 所以四边形的面积为，故B正确；    对于C，若，即点是的中点，以为原点，所在 的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则， ，， 设为平面的一个法向量，则 ，所以，令，则， 所以，所以点到平面的距离为 ，故C错误，    对于D，若，由C，，所以， 为平面的一个法向量， 设与平面所成角为， 则， 所以， 可得，故D正确. 故选：BD. 3．（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. 4．（23-24高一下·河南南阳·期末）有一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1.也可由正方体切割而成，如图2.在如图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则（    ） A．该几何体的表面积为 B．该几何体的体积为4 C．直线与直线所成的角为 D．二面角的余弦值为 【答案】ABC 【分析】根据正四面体的表面积即可判断A；利用割补法，结合体积公式即可判断B；根据异面直线所成角的定义平移直线到直线，求解即可判断C；根据二面角的定义作出二面角的平面角，结合空间向量法即可求解D. 【详解】对于A，因为，所以． 蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成， 故该几何体的表面积为，故A正确； 对于B，该几何体的体积为，故B正确； 对于C，因为，所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，又因为，所以，故C正确 对于D，设的中点为，连接、，则，， 则即二面角的平面角． 建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、， 则，， 则，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：本题关键点是准确题解题意中“蒺藜形多面体”的定义，结合图1和图2直观想象“蒺藜形多面体”的几何特征，对多面体分割计算表面积和体积，再借助正方体求解异面直线所成的角与二面角. 5．（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. 6．（23-24高二上·河南开封·期末）已知棱长为1的正方体中，E为线段的中点，则（   ） A．存在直线平面，使得平面 B．存在直线平面，使得平面 C．点到平面的距离为 D．与平面所成角的余弦值为 【答案】BC 【分析】根据正方体性质利用线面垂直与线面平行的判定定理即可判断A错误，B正确；利用等体积法由可得点B到平面的距离为，即C正确；利用空间向量求出平面的法向量即可得与平面所成角的余弦值为，即D错误. 【详解】对于A，假设存在直线平面，使得平面， 则可得平面平面，显然不成立，即假设不成立，即A错误； 对于B，取的中点为，连接，如下图所示：    由正方体性质可得，且，可知四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面； 所以平面，即存在直线平面，使得平面，即B正确； 对于C，连接，如下图所示：    易知，，，则的面积为； 设点到平面的距离为，由可得， 解得，即可知C正确； 对于D，以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示：    易知，则， 设平面的一个法向量为， 由，取，解得，即； 又， 可得， 由线面角法向量的求法可得与平面所成角的正弦值为， 余弦值为，可得D错误； 故选：BC 7．（23-24高二上·河南郑州·期末）如图，棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，则（    ）    A． B．与所成角的余弦值为 C．，，，四点共面 D．的面积为 【答案】ACD 【分析】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算可判断A；由异面直线的向量法可判断B；证明四边形是平行四边形可判断C；求出的面积可判断D. 【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 对于A，，， ，所以，故A正确； 对于B，，， 所以， 所以与所成角的余弦值为，故B错误；    对于C，取的中点，连接， 由正方体的性质可知，所以四边形是平行四边形， 所以，，同理可知：，， 所以，，四边形是平行四边形， 则，，，四点共面，故C正确；    对于D，， 取的中点为，连接，所以， 故的面积为，故D正确.    故选：ACD. 8．（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. 9．（23-24高二上·河南新乡·期末）已知为正方体所在空间内一点，且，，则（    ） A． B．三棱锥的体积为定值 C．存在唯一的，使得平面平面 D．存在唯一的，使得 【答案】AB 【分析】 对A：由可得点在线段上，建立空间直角坐标系后由坐标计算即可得；对B：借助线面平行得到三棱锥的高为定值，由底面积亦为定值，故体积为定值；对C：由题意可得平面，故C错误；对D：借助空间向量计算即可得. 【详解】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，设， 则，，，, 因为，故， 即有，即，故点在线段上，有， 则有，， 则，故，故A正确； 由点在线段上，且，又平面， 平面，故平面，故点到平面距离不变， 故三棱锥的体积为定值，故B正确； 在正方体中，平面，， 又平面，故，又平面， 且平面，故平面，又平面， 故平面平面恒成立，故C错误； ， 故， 由，得，方程无解， 故不存在实数，使得，故D错误. 故选：AB. 10．（23-24高二上·河南南阳·期末）如图，在直三棱柱中，，，，是棱上的动点，则（    ）    A．平面平面 B．存在点，使 C．存在点，使点到平面的距离为 D．存在点，使直线与所成角的余弦值为 【答案】ACD 【分析】由面面垂直的判定定理可判断A；当与重合时，，又，故不存在点，可判断B；在平面内过作的垂线，垂足为，则为点到平面的距离，求出可判断C；以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，由异面直线所成角的向量公式求解可判断D. 【详解】在直三棱柱中，因为平面，平面， ∴平面平面，故A正确； 连接，由平面，平面，得， 在中，当与重合时，， 又，故不存在点，使，故B错误； ∵平面平面，在平面内过作的垂线，垂足为， 则为点到平面的距离， 易知，故C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，，令 ， 整理得，解得（舍去），， 且，故D正确.    故选：ACD. 向量的综合应用 1．（23-24高二上·河南省直辖县级单位·期末）如图，在四棱台中，，，设，则的最小值为 . 【答案】 【分析】令，面，得到，从而将问题转化成求四棱台的高，再根据题设条件，即可解决问题. 【详解】如图，因为，令，则面， 则，所以的最小值即为四棱台的高， 过作面于，过作于，过作于， 连接， 因为面，面，所以， 又，，面，所以， 又，，得到，， 同理可得，，，所以，得到， 在中，，所以， 得到， 故答案为：. 2．（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：. 3．（23-24高二上·河南·期末）在空间直角坐标系 中，向量 分别为异面直线 的方向向量，若所成角的余弦值为 则 【答案】 【分析】由向量夹角的余弦公式运算即可. 【详解】设，所成角为， 则， 解得. 故答案为：. 57．（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. 4．（23-24高二下·河南南阳·期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面.    (1)若，求； 【答案】(1)0 【分析】（1）根据题意，可得平面，所以，可得的值； 【详解】（1）由平面，平面， . ，且平面， 所以平面. 而平面，. 四边形是正方形，与重合， . 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！72 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！73 学科网（北京）股份有限公司 $$