专题01 空间向量与立体几何（11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（河北专用）

· 专题01 空间向量与立体几何 空间向量的综合运算 1．（23-24高二上·河北·期末）如图，在中，点 分别是棱 的中点，则化简的结果是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·河北·期末）在长方体中，下列向量与是相等向量的是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·河北石家庄·期末）空间直角坐标系中，平行四边形的三点坐标分别为，，，则D的坐标为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·河北唐山·期末）已知向量，则（    ） A．1 B． C． D．5 5．（23-24高二上·河北·期末）已知向量，，，若，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二上·河北石家庄·期末）（多选）如图，长方体中，，，点为线段上一点，则的值可以为（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二上·河北·期末）已知向量，，且，则 8．（23-24高二上·河北·期末）向量，向量在向量上的投影向量坐标是 . 9．（23-24高二上·河北·期末）已知向量，，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为 . 空间向量的共线向量 1．（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． 2．（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 3．（23-24高二上·河北石家庄·期末）（多选）下列四个命题中为假命题的是（    ） A．已知是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则 B．已知向量，则与的夹角为钝角 C．已知是空间中的三个单位向量，若两两共面，则共面 D．已知是空间向量的一个基底，则也是空间向量的一个基底 4．（22-23高二上·河北唐山·期末）（多选）下列说法不正确的是（    ） A．若，是两个空间向量，，则不一定共面 B．直线的方向向量，为直线上一点，点为直线外一点，则点P到直线的距离为 C．若P在线段AB上，则 D．在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点为 5．（23-24高二上·河北·期末）已知，，且，则 . 空间向量的共面定理 1．（23-24高二上·河北·期末）若给定一向量组和向量，若存在一组实数、、、，使得，则称向量能由向量组线性表示，或称向量是向量组的线性组合.若，，、、为三个不共面的空间向量，且向量是向量组的线性组合，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·河南开封·期中）（多选）若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 3．（23-24高二上·河北石家庄·期末）（多选）已知向量，，则下列说法不正确的是（    ） A．向量与向量共面 B．向量在向量上的投影向量为 C．若两个不同的平面的法向量分别是，则 D．若平面的法向量是，直线的方向向量是，则直线与平面所成角的余弦值为 4．（23-24高二上·河北·期末）有下列命题： ①若，则四点共线； ②若，则三点共线； ③若为不共线的非零向量，，则； ④若向量是三个不共面的向量，且满足等式，则． 其中是真命题的序号是 （把所有真命题的序号都填上）． 5．（23-24高二上·河北·期末）已知向量且共面，则 . 6．（23-24高二上·河北石家庄·期末）如图所示，在平行六面体中，，，，点M是的中点，点是上的点，且，若，则 . 空间向量的基本定理 1．（23-24高二上·河北·期末）已知四面体是的重心，若，则（    ） A．4 B． C． D． 2．（23-24高二上·河北保定·期末）在三棱锥中，为的中点，则（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·河北·期末）如图，平行六面体中，点在上，点在上，且，，若，则（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·河北·期末）如图，在四面体中，点E，F分别是，的中点，点G是线段上靠近点E的一个三等分点，令，，，则（ ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·河北·期末）在三棱柱中，为中点，若，，，则下列向量中与相等的是（ ） A． B． C． D． 6．（23-24高二上·河北沧州·期末）（多选）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． 空间向量基本定理及其应用 1．（23-24高二上·河北·期末）如图，平行六面体的各棱长均为，，，则（　　  ）    A． B． C． D． 2．（23-24高二上·河北·期末）（多选）如图，平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是60°，则（    ） A． B． C．四边形的面积为 D．平行六面体的体积为 3．（23-24高二上·河北邯郸·期末）（多选）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 点到点（线）的距离 1．（23-24高二上·河北邢台·期末）已知空间直角坐标系中的点，则点到直线的距离为 . 2．（23-24高二上·河北邯郸·期末）如图，正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为为的中点，设，则的最小值为 . 3．（23-24高二上·河北保定·期末）如图，在空间四边形ABCD中，为BC的中点，在CD上，且． (1)以为基底，表示； (2)，，求． 点到面的距离 1．（23-24高二上·河北·期末）已知是平面内一点，是平面的法向量，若点是平面外一点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·河北·期末）在我国古代数学名著《九章算术》中，四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．已知在鳖臑中，平面ABC，．M为PC的中点，则点P到平面MAB的距离为 ． 3．（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 ． 4．（2018·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，，，为的中点．     （1）证明：平面；     （2）若点在棱上，且，求点到平面的距离． 点、线、面的位置关系 1．（23-24高二上·河北·期末）（多选）已知，为不同的直线，，为不同的平面，则下列说法错误的是（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 2．（23-24高二上·河北·期末）如图，在三棱台中，，平面，，，，且D为中点.求证：平面； 异面直线所成夹角 1．（23-24高二上·河北·期末）如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为的中点，为的中点，则异面直线与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·河北·期末）如图，在正三棱柱中，若，则与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 3．（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． 4．（23-24高二上·河北保定·期末）已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，顶点在底面ABC上的射影为的中心，则异面直线AB与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·河北·期末）在三棱锥中，，，是的中点，满足，则异面直线，所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二上·河北邢台·期末）（多选）在正方体中，是线段上一点，则的大小可以为（    ） A． B． C． D． 直线与平面所成夹角 1．（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 ． 2．（23-24高二上·河北·期末）如图，在三棱柱中，，且为锐角.    (1)证明：； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 3．（23-24高二上·河北·期末）如图，在三棱锥中，平面，，，，为棱的中点. (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·河北唐山·期末）如图，在梯形中，，，，为等边三角形，平面平面，E为棱的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 5．（23-24高二上·河北石家庄·期末）如图，在正四棱柱中，分别为的中点，点M在线段上，，且A，E，M，F四点共面．    (1)求t的值； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 面与面所成夹角及二面角 1．（23-24高二上·河北沧州·期末）如图，在斜三棱柱中，所有棱长均相等，O，D分别是AB，的中点． (1)证明：平面； (2)若，且，求平面与平面所成角的余弦值． 2．（23-24高二上·河北石家庄·期末）已知，四棱锥，底面是正方形，M为棱的中点，平面平面． (1)求证：平面; (2)求平面与平面夹角的余弦值． 3．（23-24高二上·河北邢台·期末）如图，在中，，，．将绕旋转得到，分别为线段的中点．    (1)求点到平面的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 4．（23-24高二上·河北·期末）在多面体中，底面是梯形，四边形是正方形，，，，， （1）求证：平面平面； （2）设为线段上一点，，求二面角的平面角的余弦值. 5．（23-24高二上·河北保定·期末）如图，正四棱锥中，，正四棱锥的高为分别为PB，PD的中点．    (1)求证： (2)连结BF，DE相交于点，求平面与平面夹角的正弦值． 6．（23-24高二上·河北·期末）如图，在三棱锥中，平面，，，F是的中点，且． (1)求的长; (2)求二面角的正弦值. 7．（23-24高二上·河北·期末）如图，已知与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面，.    (1)求点到平面的距离； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 8．（23-24高二上·河北邯郸·期末）如图，四边形是平行四边形，为的中点.以为轴，将折起，使得点到达点的位置，且平面平面，以为轴，将折起，使得点到达点的位置，且平面平面，设平面平面直线.    (1)求证：直线平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 立体几何内切球与外接球问题 1．（23-24高二上·河北·期末）若一个正三棱锥底面边长为，高为，其内切球的表面积为 . 点、线、面的最值问题 1．（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． 2．（23-24高二上·河北·期末）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），点是线段的中点，设与平面所成角为，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·河北·期末）如图，在正方体中，为棱上一点（不含端点），为棱的中点. (1)若为棱的中点， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）求平面和平面的夹角的余弦值； (2)求直线与所成角余弦值的取值范围. 夹角及距离的存在性问题 1．（23-24高二上·河北石家庄·期末）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，. (1)若平面AEF，求的值； (2)在（1）的条件下，求平面AEF与平面PAE夹角的余弦值． 2．（23-24高二上·河北·期末）如图，在三棱柱中，直线平面，平面平面．    (1)求证：； (2)若，在棱上是否存在一点，使二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 3．（23-24高二上·河北·期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，与交于点，平面平面为线段上的一点．    (1)证明：平面； (2)若二面角余弦值为，求的值． 4．（23-24高二上·河北·期末）如图，在三棱柱中，底面，，，，． （1）求直线与所成角的余弦值； （2）设为的中点，在平面内找一点，使得平面，求点到平面和平面的距离． 5．（23-24高二上·河北·期末）如图甲，在中，，，，，分别在，上，且满足，将沿折到位置，得到四棱锥，如图乙． （1）已知，为，上的动点，求证：； （2）在翻折过程中，当二面角为60°时，求直线与平面所成角的正弦值． 6．（23-24高二上·河北唐山·期末）如图，三棱柱的侧面和均为正方形，，交于点O，D为中点，. (1)证明：； (2)设，当为何值时，平面与平面夹角的余弦值等于？ 立体几何动点综合性问题 1．（23-24高二上·河北邯郸·阶段练习）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点是棱的中点，点是底面上的一点，且平面，则下列说法正确的是（    ） A． B．存在点，使得 C．的最小值为 D．的最大值为6 2．（23-24高二上·河北石家庄·期末）（多选）在棱长为2的正方体中，，则下列说法正确的是（    ） A． B．三棱锥的体积最大值为1 C．若，则点到直线EF的距离为 D．三棱锥外接球球心轨迹的长度近似为 3．（23-24高二上·河北·期末）（多选）如图，在棱长为3的正方体中，为线段上的动点，下列说法正确的是（    ） A．对任意点平面 B．三棱锥的体积为 C．线段长度的最小值为 D．存在点，使得与平面所成角的大小为 4．（23-24高二上·河北·期末）（多选）在正三棱柱中，已知，空间点满足，则（    ） A．当时，为正方形对角线交点 B．当时，在平面内 C．当时，三棱锥的体积为 D．当，且时，有且仅有一个点，使得 5．（23-24高二上·河北石家庄·期末）（多选）如图，已知正方体的棱长为2，E，F分别是棱的中点，点P为底面ABCD内（包括边界）的动点，则以下叙述正确的是（    ）    A．存在点P，使得平面 B．若点P在线段CD上运动，则点P到直线BF的最近距离为 C．若点P到直线与到直线AD的距离相等，则点P的轨迹为抛物线的一部分 D．若直线与平面BEF无公共点，则点P的轨迹长度为 6．（23-24高二上·河北·期末）（多选）如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是的中点，是棱上的动点，则（    ）    A． B．存在点，使平面 C．存在点，使直线与所成的角为 D．点到平面与平面的距离和为定值 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 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 空间向量的综合运算 1．（23-24高二上·河北·期末）如图，在中，点 分别是棱 的中点，则化简的结果是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由中点的向量公式与向量的减法运算即可得到答案. 【详解】如图所示，连接，因为分别是棱的中点，所以. 故选：C. 2．（23-24高二上·河北·期末）在长方体中，下列向量与是相等向量的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据长方体的性质，结合相等向量的定义进行判断即可. 【详解】如图所示的长方体中， A：向量与方向相反，所以这两个向量不相等，因此本选项不正确； B：向量与大小相等，方向相同，所以这两个向量相等，因此本选项正确； C：向量与方向相反，所以这两个向量不相等，因此本选项不正确； D：显然向量与向量方向相反，所以这两个向量不相等，因此本选项不正确， 故选：B      3．（23-24高二上·河北石家庄·期末）空间直角坐标系中，平行四边形的三点坐标分别为，，，则D的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用在平行四边形中有，计算即可. 【详解】结合题意：设D的坐标为， 因为，，， 所以,， 因为在平行四边形中有， 所以，解得，所以D的坐标为. 故选：B. 4．（23-24高二上·河北唐山·期末）已知向量，则（    ） A．1 B． C． D．5 【答案】C 【分析】根据向量模长的坐标运算即可得出答案. 【详解】, 故选：C. 5．（23-24高二上·河北·期末）已知向量，，，若，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据已知结合向量的坐标运算可得出，且.然后根据向量的数量积运算求解，即可得出答案. 【详解】由已知可得，且. 又， 所以，即有， 所以，. 又，所以. 故选：C. 6．（23-24高二上·河北石家庄·期末）（多选）如图，长方体中，，，点为线段上一点，则的值可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】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，设，其中，求出向量的坐标，利用二次函数的基本性质可求出的取值范围，即可得出合适的选项. 【详解】以点为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设，其中， 则， ， 所以，， 因为，则，所以，， 所以，， 故选：BD． 7．（23-24高二上·河北·期末）已知向量，，且，则 【答案】 【分析】由向量垂直得向量的数量积等于计算即可得. 【详解】由，解得. 故答案为： 8．（23-24高二上·河北·期末）向量，向量在向量上的投影向量坐标是 . 【答案】 【分析】根据投影向量的概念计算即可. 【详解】向量在向量上的投影向量坐标为： . 故答案为：. 9．（23-24高二上·河北·期末）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：. 空间向量的共线向量 1．（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. 2．（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. 3．（23-24高二上·河北石家庄·期末）（多选）下列四个命题中为假命题的是（    ） A．已知是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则 B．已知向量，则与的夹角为钝角 C．已知是空间中的三个单位向量，若两两共面，则共面 D．已知是空间向量的一个基底，则也是空间向量的一个基底 【答案】ABC 【分析】利用空间向量基底的性质证明真命题，举反例否定假命题即可. 【详解】对于A，当时，满足条件，但直线l不平行于平面，故A假； 对于B，因为，所以，所以与的夹角不是钝角，故B假；对于C，两两共面，但是不一定共面，可能两两垂直，故C假； 对于D，若不能构成空间向量的一组基底，则共面， 即存在，使得， 即，由于是空间向量的一个基底， 则，，无解，所以也是空间向量的一个基底，故D真． 故选：ABC． 4．（22-23高二上·河北唐山·期末）（多选）下列说法不正确的是（    ） A．若，是两个空间向量，，则不一定共面 B．直线的方向向量，为直线上一点，点为直线外一点，则点P到直线的距离为 C．若P在线段AB上，则 D．在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点为 【答案】AD 【分析】根据共面向量、空间向量点到线距离公式、共线向量的性质，结合点关于面对称点的特征逐一判断即可. 【详解】因为任意空间两个向量总是共面的，所以选项A说法不正确； 因为为直线上一点，点为直线外一点， 所以有，， ， 所以点P到直线的距离为， 所以选项B说法正确； 因为若P在线段AB上，所以，因此选项C说法正确； 因为在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点为，所以选项D说法不正确， 故选：AD 5．（23-24高二上·河北·期末）已知，，且，则 . 【答案】 【分析】根据列出比例式，求解即可. 【详解】因为，所以，解得. 故答案为：. 空间向量的共面定理 1．（23-24高二上·河北·期末）若给定一向量组和向量，若存在一组实数、、、，使得，则称向量能由向量组线性表示，或称向量是向量组的线性组合.若，，、、为三个不共面的空间向量，且向量是向量组的线性组合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由已知可得，其中、，利用空间向量的基本定理可得出关于、、的方程组，即可得解. 【详解】因为、、为三个不共面的空间向量， 由题意可知，存在、，使得， 即，所以，，解得. 故选：C. 2．（23-24高二上·河南开封·期中）（多选）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】ACD 【分析】根据空间向量共面基本定理进行求解判断即可． 【详解】对于A，因为，故三个向量共面，故A符合题意； 对于B，假设，，共面， 则，使得， 故有，方程组无解，故假设不成立，即，，不共面； 故B不符合题意； 对于C，，故三个向量共面，故C符合题意； 对于D，，故三个向量共面，故D题意符合． 故选：ACD． 3．（23-24高二上·河北石家庄·期末）（多选）已知向量，，则下列说法不正确的是（    ） A．向量与向量共面 B．向量在向量上的投影向量为 C．若两个不同的平面的法向量分别是，则 D．若平面的法向量是，直线的方向向量是，则直线与平面所成角的余弦值为 【答案】ACD 【分析】根据空间向量的基本定理，可判定A错误；根据投影向量的求法，可判定B正确；根据，可判定C错误；根据线面角的空间的向量求法，可判定D错误. 【详解】对于A中，设，可得， 此时，方程组无解，所以向量与向量不共面，所以A错误； 对于B中，由向量， 可得向量在向量上的投影向量为，所以B正确； 对于C中，若两个不同的平面的法向量分别是， 因为，所以与不垂直，所以平面与平面不垂直，所以C错误； 对于D中，若平面的法向量是，直线的方向向量是， 设直线与平面所成角为，其中，则， 所以，所以D错误. 故选：ACD. 4．（23-24高二上·河北·期末）有下列命题： ①若，则四点共线； ②若，则三点共线； ③若为不共线的非零向量，，则； ④若向量是三个不共面的向量，且满足等式，则． 其中是真命题的序号是 （把所有真命题的序号都填上）． 【答案】②③④ 【分析】根据共线向量的性质可判断①②的正误，根据共线向量定理可判断③的正误，利用反证法可判断④， 【详解】对于①，当时，不一定在一条直线上，故①错误. 对于②，当时，因共起点，故三点共线，故②正确. 对于③，因为，故，故，故③正确. 对于④，若至少有一个不为零，不妨设， 则，故为共面向量，与题设矛盾， 故全为零，故④正确. 故答案为：②③④. 5．（23-24高二上·河北·期末）已知向量且共面，则 . 【答案】 【分析】由题意可得存在非零实数满足，结合空间向量坐标的线性运算可得的值，进而结合空间向量模的坐标公式求解即可. 【详解】若共面，则存在非零实数满足， 则， 即，解得， 所以，则， 所以. 故答案为：. 6．（23-24高二上·河北石家庄·期末）如图所示，在平行六面体中，，，，点M是的中点，点是上的点，且，若，则 . 【答案】/ 【分析】利用空间向量的加减及数乘运算，以为基底，用基向量表示，再空间向量基本定理待定系数即可. 【详解】在平行六面体中, 因为点M是的中点，点是上的点, 所以 . 又， 由空间向量基本定理得，， 则. 故答案为：. 空间向量的基本定理 1．（23-24高二上·河北·期末）已知四面体是的重心，若，则（    ） A．4 B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点，根据空间向量线性运算法则及空间向量基本定理计算可得. 【详解】取的中点， 所以 ， 又， 可得，所以. 故选：B. 2．（23-24高二上·河北保定·期末）在三棱锥中，为的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，根据空间向量的运算法则，准确化简，即可求解. 【详解】连接，根据向量的运算法则，可得. 故选：B. 3．（23-24高二上·河北·期末）如图，平行六面体中，点在上，点在上，且，，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量的运算法则确定，得到答案. 【详解】， 故，，，. 故选：A 4．（23-24高二上·河北·期末）如图，在四面体中，点E，F分别是，的中点，点G是线段上靠近点E的一个三等分点，令，，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，利用空间向量运算的几何表示求解. 【详解】连接， . 故选：A. 5．（23-24高二上·河北·期末）在三棱柱中，为中点，若，，，则下列向量中与相等的是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量的线性运算可得解. 【详解】 如图所示， 在三棱柱中，，， 依题意， 故选：A. 6．（23-24高二上·河北沧州·期末）（多选）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． 空间向量基本定理及其应用 1．（23-24高二上·河北·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. 2．（23-24高二上·河北·期末）（多选）如图，平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是60°，则（    ） A． B． C．四边形的面积为 D．平行六面体的体积为 【答案】ABD 【分析】A、B选项通过空间向量的模长及数量积进行判断即可；C选项通过空间向量求出，进而求出面积即可；D选项作出平行六面体的高，求出相关边长，即可求出体积. 【详解】，则，故，A正确； ，，，故，B正确； 连接，则，，即，同理，故四边形为矩形， 面积为，C错误； 过作面，易知在直线上，过作于，连接，由得面，易得，故，，，故平行六面体的体积为， D正确. 故选：ABD. 3．（23-24高二上·河北邯郸·期末）（多选）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 点到点（线）的距离 1．（23-24高二上·河北邢台·期末）已知空间直角坐标系中的点，则点到直线的距离为 . 【答案】 【分析】设为三角形的边上的高，由三点共线，以及，可通过待定系数得出，结合模长公式即可得解. 【详解】由题意设为三角形的边上的高，而， 因为三点共线，设， 因为，所以，解得， 所以，所以点到直线的距离为. 故答案为：. 2．（23-24高二上·河北邯郸·期末）如图，正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为为的中点，设，则的最小值为 . 【答案】 【分析】利用空间向量求两点间的距离，求最值即可. 【详解】设的中点为，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图. 由，可得， 则， 所以当时，取最小值. 故答案为：. 3．（23-24高二上·河北保定·期末）如图，在空间四边形ABCD中，为BC的中点，在CD上，且． (1)以为基底，表示； (2)，，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由条件，结合图形利用空间向量线性运算法则求解即可； （2）由（1）结合向量的数量积的性质及定义求解. 【详解】（1） ， （2）由（1）得 点到面的距离 1．（23-24高二上·河北·期末）已知是平面内一点，是平面的法向量，若点是平面外一点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据点到平面的距离公式即可求出. 【详解】由题意得，故点到平面的距离， 故选：C. 2．（23-24高二上·河北·期末）在我国古代数学名著《九章算术》中，四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．已知在鳖臑中，平面ABC，．M为PC的中点，则点P到平面MAB的距离为 ． 【答案】 【分析】利用等体积法求得到平面的距离. 【详解】因为平面ABC，平面ABC，所以， 依题意可知平面， 所以平面， 由于是的中点，所以到平面的距离是到平面的距离的一半， 即到平面的距离是. ,， 所以， 由于，所以， ， 设到平面的距离为，则， 即. 故答案为： 3．（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：. 4．（2018·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，，，为的中点．     （1）证明：平面；     （2）若点在棱上，且，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【分析】（1）连接，欲证平面，只需证明即可； （2）方法一：过点作，垂足为，只需论证的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可. 【详解】（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=． 连结OB．因为AB=BC=，，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．由知，OP⊥OB． 由OP⊥OB，OP⊥AC，，知PO⊥平面ABC． （2）［方法一］：【最优解】定义法 作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）易知平面，从而OP⊥CH， 所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离． 由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°． 所以OM=，CH==． 所以点C到平面POM的距离为． ［方法二］：等积法 设C到平面的距离为h，由（1）知即为P到平面的距离，且．又，在中，，则由余弦定理得， 则，即，则．即点C到平面POM的距离为． ［方法三］：向量法 如图，以O为原点，建立直角坐标系，设，，，，，，，． 设平面的一个法向量，则，令，则，所以，点C到平面的距离为． 【整体点评】（2）方法一：根据定义法求点到面的距离，是解决点面距问题的首选方法，特别是题目中含有面面垂直的条件，计算简单，是该题的最优解； 方法二：根据等积法求点到面的距离，也是解决点面距问题的常用方法； 方法三：当题目中有较好的建系条件，利用向量法解决点面距，思想简单，过程稍繁． 点、线、面的位置关系 1．（23-24高二上·河北·期末）（多选）已知，为不同的直线，，为不同的平面，则下列说法错误的是（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】ABC 【分析】通过分析不同情况下直线和平面的位置关系即可得出结论. 【详解】由题意， A项, 设所在平面, , 只需即满足题设, 故A错误； B项，设且且, 此时，B错误； C项，当，，时，可能垂直于，C错误； D项，当，，，则，故D正确. 故选：ABC. 2．（23-24高二上·河北·期末）如图，在三棱台中，，平面，，，，且D为中点.求证：平面； 【答案】证明见解析 【分析】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. 【详解】由题意，以点为坐标原点，，,分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则， 则， 故， ， 即， 又平面， 故平面. 异面直线所成夹角 1．（23-24高二上·河北·期末）如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为的中点，为的中点，则异面直线与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图建立空间直角坐标系，求出和的坐标，利用空间向量夹角公式计算夹角的余弦值，再由同角三角函数基本关系即可求解. 【详解】因为底面，面，可得，， 因为四边形为正方形，可得， 所以两两垂直，如图分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，则， 可得，，，，， 所以，， 所以， 设异面直线与所成的角为， 则，所以， 故选：A. 2．（23-24高二上·河北·期末）如图，在正三棱柱中，若，则与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取向量为空间向量的一组基底向量，表示出与，再借助空间向量运算即可计算作答. 【详解】在正三棱柱中，向量不共面，，， 令，则，而，， 于是得， 因此，， 所以与所成角的大小为. 故选：B 3．（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. 4．（23-24高二上·河北保定·期末）已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，顶点在底面ABC上的射影为的中心，则异面直线AB与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由于‖，所以为异面直线AB与所成角，然后根据题意可判断为等边三角形，从而可求出，进而可求得结果. 【详解】设顶点在底面上的射影为，连接， 因为，所以为异面直线AB与所成角， 因为为等边三角形，为的中心， 所以， 因为顶点在底面ABC上的射影为， 所以平面， 因为平面，所以，, 所以，所以， 因为，所以， 所以为等边三角形，所以， 所以， 所以异面直线AB与所成角的余弦值为， 故选：A 5．（23-24高二上·河北·期末）在三棱锥中，，，是的中点，满足，则异面直线，所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三棱锥的对棱相等可以补成长方体，计算长方体的长宽高，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算即可求得异面直线，所成角的余弦值. 【详解】解：三棱锥中，由于，，则三棱锥可以补在长方体， 则设长方体的长宽高分别为，则， 解得，如图以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，则，， 所以， 则异面直线，所成角的余弦值为. 故选：D. 6．（23-24高二上·河北邢台·期末）（多选）在正方体中，是线段上一点，则的大小可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【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，设正方体的棱长为，设点，其中，利用空间向量法求出的取值范围，即可得解. 【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，    设正方体的棱长为，则、、、， 设点，其中，则，， 所以，， 当时，，则，则， 所以，， 因为，所以，， 故选：BD. 直线与平面所成夹角 1．（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： 2．（23-24高二上·河北·期末）如图，在三棱柱中，，且为锐角.    (1)证明：； (2)若二面角的大小为，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，从而证明线线垂直，再利用勾股定理证明线线垂直，进而利用线面垂直的判定定理证明线面垂直，即可证明线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量公式求解即可. 【详解】（1）连接，如图所示．    因为，所以四边形是菱形，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以，又，所以. 在中，，所以，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以； （2）因为，所以二面角的大小为，即. 以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，垂直于所在的直线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示：    所以，， 所以， 设平面的一个法向量为，所以， 令，解得，所以平面的一个法向量为， 又，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．（23-24高二上·河北·期末）如图，在三棱锥中，平面，，，，为棱的中点. (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）由线面垂直的性质可得出，利用勾股定理的逆定理可证得，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）取线段的中点，连接、，推导出平面，可知直线与平面所成角为，计算出、的长，即可求得的值，即为所求. 【详解】（1）证明：在中，，，，则， 所以，， 又因为平面，平面，所以，， 因为，、平面，因此，平面. （2）解：取线段的中点，连接、， 因为、分别为、的中点，则且， 因为平面，则平面， 所以，与平面所成的角为， 因为平面，平面，所以，， 因为，，则， 因为为的中点，则， 因为平面，平面，则， 所以，， 因此，直线与平面所成角的正弦值为. 4．（23-24高二上·河北唐山·期末）如图，在梯形中，，，，为等边三角形，平面平面，E为棱的中点. (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）根据“由中点找中点”得到，易得平面； （2）根据题设建系，求出相关点和向量的坐标以及平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】（1） 如图，取的中点F，连结，. 因为E为的中点，所以，.                     因为，，所以，.                     即四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面. （2） 如图，取的中点O，的中点G，连结，，则， 因为为等边三角形，所以， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，又平面，故.                                 分别以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， ，则，，， 故，，，                 设平面的一个法向量为， 则令，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. 5．（23-24高二上·河北石家庄·期末）如图，在正四棱柱中，分别为的中点，点M在线段上，，且A，E，M，F四点共面．    (1)求t的值； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，将的坐标用两种方式写出来，列出方程组求解； （2）向量法求直线与平面所成角. 【详解】（1）平面平面， ，又， ∴以D为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．    则， ． ． 因为A，E，M，F四点共面，则存在使， 故，解得． （2）设平面的一个法向量为， 则，取，得，故． 设直线与平面所成角为， 则， ∴直线与平面所成角的正弦值为． 面与面所成夹角及二面角 1．（23-24高二上·河北沧州·期末）如图，在斜三棱柱中，所有棱长均相等，O，D分别是AB，的中点． (1)证明：平面； (2)若，且，求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点E，连接OE，，可得四边形为平行四边形，则有，利用线面平行的判定定理可证得平面； （2）可证得平面ABC，以O为原点，OA，，OC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成二面角的余弦值. 【详解】（1）连接交于点E，连接OE，， ∵O，E分别是AB，的中点，D为的中点， ∴， ∴四边形为平行四边形，∴． ∵平面，平面，∴平面． （2）连接OC， ∵， ∴为正三角形， ∴， ∵，且， ∴平面ABC， ∵△ABC是正三角形， ∴CO⊥AB． 以O为原点，OA，，OC所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，， 由，可得． 则，，， 设平面的法向量为， ∴，即， 令， ∴， 设平面的法向量为， ∴，即， 令，∴， 设平面与平面所成的角为， 则， 即平面与平面所成角的余弦值为． 2．（23-24高二上·河北石家庄·期末）已知，四棱锥，底面是正方形，M为棱的中点，平面平面． (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）由面面垂直得到线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，得到平面的法向量，从而求出面面角的余弦值. 【详解】（1）∵平面平面，平面平面平面， 平面． （2）由题意和（1）知，两两垂直，以A为原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则． 所以． 易知平面的一个法向量为． 设平面的法向量为， 则， 令，得，则． 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 3．（23-24高二上·河北邢台·期末）如图，在中，，，．将绕旋转得到，分别为线段的中点．    (1)求点到平面的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）作，垂足为，证明平面，可求得点到平面的距离； （2）取中点为，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）取的中点，连接，作，垂足为． 因为，点为的中点，所以． 又，所以平面． 因为平面，所以． 又， 所以平面，即点到平面的距离为的长度． 易证平面，所以． 因为是边长为2的等边三角形，所以， 又，所以，所以． （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， 可得即 令，得． 取的中点，连接，在等腰中， 易证平面， 所以为平面的一个法向量． 设平面与平面的夹角为， 则， ． 4．（23-24高二上·河北·期末）在多面体中，底面是梯形，四边形是正方形，，，，， （1）求证：平面平面； （2）设为线段上一点，，求二面角的平面角的余弦值. 【答案】(1)见解析；（2）. 【分析】（1）由勾股定理的逆定理可得，；又由条件可得到，于是平面，可得，从而得到平面，根据面面垂直的判定定理得平面平面． （2）由题意得可得，，两两垂直，故可建立空间直角坐标系，结合题意可得点，于是可求得平面的法向量为，又是平面的一个法向量，求得后结合图形可得所求余弦值为． 【详解】（1）由，，，得， ∴为直角三角形，且 同理为直角三角形，且． 又四边形是正方形，∴． 又∴. 在梯形中，过点作作于， 故四边形是正方形，∴. 在中，， ∴，， ∴，∴，即. ∵，,， ∴平面,又平面， ∴，又，∴平面， 又平面，∴平面平面． （2）由（1）可得，，两两垂直，以为原点， ，，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 令，则， ∵，∴ ∴点. ∵平面， ∴是平面的一个法向量. 设平面的法向量为. 则，即，可得. 令，得． ∴． 由图形知二面角为锐角， ∴二面角的平面角的余弦值为． 【点睛】利用空间向量求二面角的注意点 （1）建立空间直角坐标系时，要注意证明得到两两垂直的三条直线．然后确定出相应点的坐标，在此基础上求得平面的法向量． （2）求得两法向量的夹角的余弦值后，还要结合图形确定二面角是锐角还是钝角，然后才能得到所求二面角的余弦值．这一点在解题时容易忽视，解题时要注意． 5．（23-24高二上·河北保定·期末）如图，正四棱锥中，，正四棱锥的高为分别为PB，PD的中点．    (1)求证： (2)连结BF，DE相交于点，求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，连接，以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可； （2）分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：在正四棱锥中，连接交于点，连接． 因为四棱锥为正四棱锥， 所以平面，四边形为正方形， 所以，， 因为平面，所以， 所以两两垂直， 所以以为原点，以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系． 因为，， 所以在中，由， 得，得， 所以， 则， 因为为分别为PB，PD的中点， 所以， 所以， 所以． 所以． （2）解：在分别为的中点，点为的交点， 所以为的重心，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设平面与平面夹角为， 则， 所以， 所以平面与平面夹角的正弦值为．    6．（23-24高二上·河北·期末）如图，在三棱锥中，平面，，，F是的中点，且． (1)求的长; (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】 （1）结合垂直关系，以B为坐标原点建立空间直角坐标系，利用计算出的长度即可； （2）利用向量法求出平面的法向量与平面的法向量，进而求出二面角的正弦值即可. 【详解】（1） 因为平面，，故以B为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系． 设，由，得，，，． 因为F是的中点，所以，则，． 又，所以， 解得，故． （2） 由（1）可知，，则，，． 设平面的法向量为， 则，令，得． 设平面的法向量为， 则，令，得． 所以， 故二面角的正弦值为． 7．（23-24高二上·河北·期末）如图，已知与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面，.    (1)求点到平面的距离； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）先有面面垂直得到线面垂直，然后建立空间直角坐标系，再根据点到面的距离公式求解即可； （2）分别求出两个平面的法向量，根据两个平面的夹角的余弦值即为两个平面的法向量的夹角的余弦值的绝对值求解即可. 【详解】（1）作中点， 因为与都是正三角形，所以， 又因为平面平面，且平面平面， 所以平面， 所以分别以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，      ， 则， 且， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以， 所以点到平面的距离； （2）设平面的法向量为， 因为， 所以，即，令，则， 所以， 由（1）知面的法向量为， 令平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 8．（23-24高二上·河北邯郸·期末）如图，四边形是平行四边形，为的中点.以为轴，将折起，使得点到达点的位置，且平面平面，以为轴，将折起，使得点到达点的位置，且平面平面，设平面平面直线.    (1)求证：直线平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用合理转化证明线面垂直即可. （2）建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法计算即可. 【详解】（1）由题意知，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，同理平面，所以//. 因为平面平面，所以//平面. 因为平面平面直线，所以//. 又平面，所以直线平面. （2）   不妨设，所以平行四边形中，， 所以. 又平行四边形中，， 所以，所以，即. 以为原点，所在直线分别为轴，轴，直线为轴，建立如图的空间直角坐标系. 又，则， 所以，所以. 设平面的法向量为，则得 令，则，所以平面的一个法向量为. 由（1）知，是平面的一个法向量， 则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 立体几何内切球与外接球问题 1．（23-24高二上·河北·期末）若一个正三棱锥底面边长为，高为，其内切球的表面积为 . 【答案】 【分析】利用等体积法，从而可求解. 【详解】如图正三棱锥，设顶点在底面上的投影为，连接，则， 由底面为等边三角形，且边长为，取边中点，连接，，在上且， 所以：，则， 因为平面，所以在中，， 又因为正三棱锥的三个侧面都是全等的等腰三角形且面积为， 底面的面积为， 设内切球的半径为，且设球心为，由等体积法可知 即，解得：， 所以内切球的表面积为. 故答案为：. 点、线、面的最值问题 1．（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． 2．（23-24高二上·河北·期末）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），点是线段的中点，设与平面所成角为，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法求解即可. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 设，不妨设， 则， 故， ， 设平面的法向量为， 则，可取， 则， 所以， 当时，， 当时，， 当，即时，， 综上所述，的最小值是. 故选：A. 3．（23-24高二上·河北·期末）如图，在正方体中，为棱上一点（不含端点），为棱的中点. (1)若为棱的中点， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）求平面和平面的夹角的余弦值； (2)求直线与所成角余弦值的取值范围. 【答案】(1)（i）；（ii） (2) 【分析】（1）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标； （i）求出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角与线面角的关系即可求解； （ii）分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角与线面角的关系即可求解； （2）根据（1）的结论，分别求出直线和直线的方向向量，利用向量的夹角与线面角的关系，结合对勾函数的性质即可求解. 【详解】（1）在正方体中以分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示 设正方体的棱长为2， 若为棱的中点，则，. 所以. （i）设平面的一个法向量为， 则即令，则. 设与平面所成角为，则有. 故直线与平面所成角的正弦值为. （ii）易知平面的一个法向量为， 设平面和平面的夹角为，则有. 故平面和平面的夹角的余弦值为. （2）设直线与所成角为，则. 所以. 因为，所以，即，于是有， 所以，即. 故直线与所成角余弦值的取值范围为. 夹角及距离的存在性问题 1．（23-24高二上·河北石家庄·期末）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，. (1)若平面AEF，求的值； (2)在（1）的条件下，求平面AEF与平面PAE夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建系，求平面的法向量，结合线面平面的向量关系分析求解； （2）由（1）可得平面的法向量，利用空间向量求面面夹角. 【详解】（1）因为平面，平面，则， 且，平面，所以平面， 如图，以为原点，分别以，所在直线为轴，轴，过作平行线为轴， 建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 可得，，， 因为，则， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以， 若平面AEF，则，解得. （2）由（1）可得：平面的法向量为， 由题意可知：平面的一个法向量， 设平面与平面所成夹角为， 则， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 2．（23-24高二上·河北·期末）如图，在三棱柱中，直线平面，平面平面．    (1)求证：； (2)若，在棱上是否存在一点，使二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，. 【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理即得. （2）作，建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）在三棱柱中，由平面，平面，得， 在平面内过作于，由平面平面，平面平面， 得平面，而平面，则有， 显然平面，因此平面，又平面， 所以.    （2）过点作，由，得， 由（1）知平面，平面，则，即直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，得，， 假定在棱上存在一点，使二面角的余弦值为， 令，则，， 设平面的一个法向量，则， 令，得，显然平面的一个法向量， 依题意，，解得，即， 所以在棱上存在一点，使二面角的余弦值为，. 3．（23-24高二上·河北·期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，与交于点，平面平面为线段上的一点．    (1)证明：平面； (2)若二面角余弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先利用面面垂直度性质定理判断平面，再利用线面垂直的判定定理判断平面； （2）先以为原点，为轴，为轴，过点且平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，再设并求，进而求平面的一个法向量，最后向量法求二面角余弦值，从而列方程得到答案. 【详解】（1）连接，过点作的垂线，垂足为， 平面平面，且平面平面， ，平面， 又平面， 又四边形为菱形，，又平面，， 平面， 又平面， 又，平面， 平面． （2）由（1）知，互相两两垂直，以为原点，为轴，为轴，过点且平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图：    因为，所以，即. 则， ，. 设，则， ． 易知平面的一个法向量为． 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，即． 设二面角为， 则，即，两边同时取平方化简得，解得． 故二面角余弦值为时，． 4．（23-24高二上·河北·期末）如图，在三棱柱中，底面，，，，． （1）求直线与所成角的余弦值； （2）设为的中点，在平面内找一点，使得平面，求点到平面和平面的距离． 【答案】（1）；（2）到平面的距离为，到平面的距离为1． 【分析】（1）根据题设可知，，两两垂直，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．根据异面直线所成的角的空间向量求解方法可求得直线与所成角的余弦值； （2）设点坐标为，根据线面垂直的坐标表示可求得点的坐标，从而求得距离． 【详解】解：（1）根据题设可知，，两两垂直，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，，，，， 所以，， 所以， 所以直线与所成角的余弦值为． （2）由条件知．因为点在平面内，可设其坐标为，则． 因为平面，所以，， 由坐标系可得，， 所以解得，， 所以点，其到平面的距离为，到平面的距离为1． 【点睛】关键点点睛：利用法向量求解空间线线角，以及得出空间线线关系，线面关系等的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 5．（23-24高二上·河北·期末）如图甲，在中，，，，，分别在，上，且满足，将沿折到位置，得到四棱锥，如图乙． （1）已知，为，上的动点，求证：； （2）在翻折过程中，当二面角为60°时，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【解析】（1）通过和证明平面即可得出； （2）以点为坐标原点，分别以，，为，，轴正方向建立坐标系，利用向量法求解. 【详解】（1）证明：在图甲中， ∵，∴， 又∵，∴且， 即在图乙中，，，又， 故有平面， 而平面，故有； （2）解：∵，， 所以为二面角的平面角，则， 在中，，，， 由余弦定理，可知，满足，则有， 由（1）知，平面，则， 如图，以点为坐标原点，分别以，，为，，轴正方向建立坐标系， 则，，，， 则，，， 设平面的法向量为， 则，取， 所以直线与平面所成角满足． 【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查向量法求线面角，属于中档题. 6．（23-24高二上·河北唐山·期末）如图，三棱柱的侧面和均为正方形，，交于点O，D为中点，. (1)证明：； (2)设，当为何值时，平面与平面夹角的余弦值等于？ 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线线垂直可得线面垂直，进而根据线面垂直的性质求证线线垂直， （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）因为，，，平面， 所以平面， 又因为平面，所以. （2）如图，以，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 故，， 由，得， 得， 设平面的法向量为. 由得 取， 取平面的一个法向量为. 设面与面夹角为，则 ， 即，解得. . 立体几何动点综合性问题 1．（23-24高二上·河北邯郸·阶段练习）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点是棱的中点，点是底面上的一点，且平面，则下列说法正确的是（    ） A． B．存在点，使得 C．的最小值为 D．的最大值为6 【答案】ACD 【分析】建立坐标系，利用空间向量判断位置关系和求解长度、数量积等. 【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， 如图所示，则，，; 所以，， 所以，即，； 因为，平面，所以平面； 又平面，所以.故A正确； 设，所以， 所以，即， 所以， ， 解得，又，故B错误； ， 所以，故C正确； ， 所以，， 因为，所以时，取到最小值， 时，取到最大值， 所以.故D正确. 故选：ACD. 2．（23-24高二上·河北石家庄·期末）（多选）在棱长为2的正方体中，，则下列说法正确的是（    ） A． B．三棱锥的体积最大值为1 C．若，则点到直线EF的距离为 D．三棱锥外接球球心轨迹的长度近似为 【答案】ACD 【分析】以为原点，建立空间坐标系，设，写出各点坐标，由于，则，选项A正确；由三棱锥的体积公式结合二次函数的性质，可得三棱锥的体积最大值，判断出选项B；在中，利用等面积计算，可得点到直线的距离，判断出选项C；求出三棱锥外接球球心坐标，分析可知球心的轨迹为线段（没有端点），可判断出选项D． 【详解】以为原点，建立空间坐标系如图所示， 设， 则，，，，， 对于选项A：可得，， 因为，即，故A正确； 对于选项B：因为三棱锥的体积 当时，三棱锥的体积取到最大值，选项B错误； 对于选项C：若，则，， 设点到直线的距离为， 在中，，，，则， 且为锐角，可得， 则， 即，解得，故C正确； 对于选项D：设三棱锥外接球球心 由题意可知：，即，则， 且，可知球心的轨迹为线段（没有端点），且两个端点坐标为， 所以三棱锥外接球球心轨迹的长度近似为，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：对于选项D：可以利用补形法，将三棱锥补成长方体，可知三棱锥外接球球心即为长方体的中心. 3．（23-24高二上·河北·期末）（多选）如图，在棱长为3的正方体中，为线段上的动点，下列说法正确的是（    ） A．对任意点平面 B．三棱锥的体积为 C．线段长度的最小值为 D．存在点，使得与平面所成角的大小为 【答案】ABC 【分析】由平面平面，从而可证平面，由此可判断A；根据等体积法可判断B；当点为的中点时，最小，由，勾股定理计算可得，由此判断C；求出与平面所成角的范围即可判断D． 【详解】在棱长为3的正方体中，如图所示： 对于A：连接，，，，， 由于，平面， 平面，所以平面 同理由得平面，又,平面, 故平面平面，由于平面，所以对任意点，平面，故A正确； 对于B：由于平面,平面,所以平面 ,故三棱锥的体积为，故B正确； 对于C：由于,所以过点作，即点为的中点， ，故C正确， 对于D：由于平面 , ,所以点在平面上的投影在线段上，设点的投影为点，则为与平面所成的角， ， 而，所以与平面所成角的正弦值的取值范围是， 而， 所以不存在点，使得与平面所成角的大小为，故D错误； 故选：ABC 4．（23-24高二上·河北·期末）（多选）在正三棱柱中，已知，空间点满足，则（    ） A．当时，为正方形对角线交点 B．当时，在平面内 C．当时，三棱锥的体积为 D．当，且时，有且仅有一个点，使得 【答案】ACD 【分析】根据题意作出图形，建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算及空间向量法可逐项判断. 【详解】对于A，，∴ ∴为正方形对角线交点，故A对； 对于B，，时，，平面，故B错. 对于C，时，，∴ ∴平面，，，故C对. 对于D，如图建系，，，，，，   ， ，，则，点为正方形对角线交点， 点唯一，故D对. 故选：ACD. 5．（23-24高二上·河北石家庄·期末）（多选）如图，已知正方体的棱长为2，E，F分别是棱的中点，点P为底面ABCD内（包括边界）的动点，则以下叙述正确的是（    ）    A．存在点P，使得平面 B．若点P在线段CD上运动，则点P到直线BF的最近距离为 C．若点P到直线与到直线AD的距离相等，则点P的轨迹为抛物线的一部分 D．若直线与平面BEF无公共点，则点P的轨迹长度为 【答案】BCD 【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；利用空间向量求出点到直线距离判断B；利用抛物线定义判断C；作出点P的轨迹并求出长度判断D. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 对于A，，设，， 设平面的法向量，则，令，得， 由，解得，与矛盾，即与不共线，因此不垂直于平面，A错误； 对于B，，点，， 则点P到直线BF的距离 ，当且仅当时取等号，则点P到直线BF的最近距离为，B正确； 对于C，由平面知，点P到直线的距离等于点P到点的距离， 因此点P到点的距离等于点P到直线AD的距离，由抛物线的定义知点P的轨迹为抛物线的一部分，C正确； 对于D，取的中点，连接，如图所示：    由分别是棱的中点，得，平面，平面，则平面， 由且，得为平行四边形，则， 又平面，平面，于是平面，而，平面， 因此平面平面，由与平面无公共点，平面，得平面， 又点为底面内（包括边界）的一动点，平面平面， 则是点在底面内的轨迹，， 所以点的轨迹长度为，D正确. 故选：BCD 6．（23-24高二上·河北·期末）（多选）如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是的中点，是棱上的动点，则（    ）    A． B．存在点，使平面 C．存在点，使直线与所成的角为 D．点到平面与平面的距离和为定值 【答案】ABD 【分析】根据已知条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法逐一判断各个选项即可. 【详解】根据已知条件，以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴 建立空间直角坐标系，设，则，，， ，，，； 由是棱上的动点，设，， 因为，，所以， 即，故A正确； 当为中点时，是的中位线，所以， 又平面，平面，所以平面，故B正确； ，，若存在点， 使直线与所成的角为， 则， 化简得，无解，故C错误； 由题意可知：点到平面的距离， 为平面的法向量，所以点到平面的距离为， 所以，故D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 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 $$