专题01 空间向量与立体几何（易错培优竞赛精练）-【竞赛】2024-2025学年高二数学竞赛能力培优精练（全国通用）

2025新高考高二空间向量与立体几何易错培优竞赛试题 【专题目录】 专题一：名校空间向量与立体几何易错题精选 专题二：名校空间向量与立体几何培优题精选 专题三：空间向量与立体几何全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 专题一：名校空间向量与立体几何易错题精选 1．已知正方体的棱长为分别是棱和上的中点，点是正方体表面上一点且满足，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 2．在正三棱柱中，，P为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 3．已知动点是棱长为1的正方体的对角线上一点，记，当为钝角时，的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．在空间直角坐标系中，定义：经过点且一个方向向量为的直线的方程为，经过点且法向量为的平面的方程为.已知在空间直角坐标系中，经过点的直线的方程为，经过点的平面的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 5．（多选题）如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点，，则下列说法正确的是（    ）    A．若，则异面直线和所成的角的余弦值为 B．若，则点到平面的距离为 C．存在，使得平面 D．若三棱柱存在内切球，则 6．（多选题）空间四点.给出下列命题，其中正确的选项是（   ） A．平面的一个法向量为 B．若 且 ，则 C．点到直线的距离为 D．四点共面 7．（多选题）正方体的棱长为1，分别是的中点，是的四等分点（靠近A点），下列结论正确的是（    ） A．当点P在上运动时，点到平面的距离的最小值为 B．若P在底面ABCD内（包含边界）运动，且满足，则动点P的轨迹的长度为 C．若正方体内有两球互相外切，且两球各与正方体的三个面相切，则两球半径之和为 D．当点P在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是． 8．（多选题）在平行六面体中，，，与交于点．设，，，则下列说法正确的有（    ） A． B． C． D．与的夹角为 9．（多选题）如图，在棱长为1的正四面体ABCD中，点M，N分别为棱BC，AD的中点，则（   ） A． B． C．侧棱与底面所成角的余弦值为 D．直线AM与CN所成角的正弦值为 10．（多选题）如图，在正方体中，分别是的中点，是棱上的动点，则下列说法正确的有（    ） A．平面 B．存在点，满足平面 C．当且仅当时，取得最小值 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 11．正方体的棱长为2，点是棱上一点，且，则符合要求的点的个数为 . 12．如图，在三棱锥中，G为的重心，，，，，，若PG交平面DEF于点M，且，则的最小值为 ． 13．如图，在四棱锥中，平面，，点M在棱PC上．    (1)当M为PC上靠近点P的四等分点时，求证：平面； (2)若直线与平面所成的角为45°，当M为PC的中点时，求二面角的余弦值． 14．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，且. (1)证明：. (2)设平面与平面的交线为. ①证明：. ②若为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值. 15．在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线方向式方程为；过点，且法向量为的平面法向式方程为，将其整理成一般式方程为，其中.已知直线的方向式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为. (1)求直线与平面所成角的余弦值； (2)求与所成角的正弦值； (3)若，不在平面内，证明：. 16．如图，圆台的轴截面为等腰梯形，上、下底面半径分别为2，4，圆台母线与底面所成角为是下底面圆周上一点（异于点）.已知，若线段上存在一点，使得平面，试确定点的位置，并求直线与平面的距离； 17．已知四边形为矩形，四边形为直角梯形，，二面角的大小为． (1)若为的中点． ①求点到平面的距离； ②若，求平面与平面夹角的余弦值． (2)若，点为线段的中点，将沿折起，使得与四边形在平面的同侧，且平面平面，点为四面体的内切球球面上的一动点，求的最小值． 18．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，. (1)棱上是否存在点，使平面，若存在，请求出的值； (2)点在线段运动（包括端点，不包括端点），当二面角夹角最小时，试确定点的位置. 专题二：名校空间向量与立体几何培优压轴试题精选 1．已知正方体的棱长为2，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．在平行六面体中，且，，若，则棱的最大值为（    ） A． B． C．3 D． 3．若正四面体的棱长为，点满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 4．在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，，若该四棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 5．设平面与长方体的六个面的夹角分别为，则的值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 6．（多选题）若正方体边长为1，点满足，其中，则（    ） A．当时，存在点，使得平面 B．当满足时，不存在点，使得 C．当满足时，存在点，使得与平面所成角为 D．当满足时，三棱锥的体积的最小值为 7．（多选题）如图，矩形中，为的中点，将沿翻折成，得到四棱锥，点在线段上，则（    ） A． B．存在，使平面 C．四棱锥体积的最大值为 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 8．（多选题）如图，在棱长为1的正方体中，，，，下列结论正确的是（    ） A．若时，三棱锥的体积为定值 B．若时，周长的最小值为 C．若时，三棱锥外接球体积为 D．若M为中点，则的最小值为 9．（多选题）正方体的棱长为，点、分别在线段、上运动（包括端点），则下列结论正确的是（   ） A．正方体被经过、两点的平面所截，其截面的形状有可能是六边形 B．不可能与、都垂直 C．有可能与正方体的六个表面所成的角都相等 D．线段的中点所围成的区域的面积为 10．（多选题）在棱长为a的正方体中，点E为的中点，点P满足，，，则下列说法正确的是（   ） A．若，则平面 B．若，则平面ABP C．若，则存在，使 D．若，则存在，使平面DPB 11．在长方体中，在长方体内部有两个大小相同的球，其中一个与顶点A所在的三个面相切，另一个与顶点C1所在的三个面相切，且这两个球也外切于P点，平面过点P且与这两个球相切，则平面与底面所成锐二面角的余弦值为 12．在正四棱柱 中， 是正四棱柱内 (含表面)的动点，且 ，则点 在正四棱柱内运动所形成的图形的面积为 . 13．在长方体中，为长方体表面上的动点，且，则点的轨迹的长度为 . 14．如图，在三棱柱中，，是的中点，是上一点，平面.    (1)证明：平面； (2)若，，是的中点，二面角的大小为，求. 15．如图1，在矩形中，，点为的中点，将沿折起到的位置（如图2），使得.    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)设，若二面角的正弦值为，求实数的值. 16．空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成（其中均为常数，），为该平面的一个法向量.已知球的半径为4，点均在球的球面上，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示.平面内的点在球面上，点在轴上的投影在轴的正半轴上，，过直线作球的截面，使得平面平面，设截面与球球面的交线为圆（为线段的中点）. (1)求点的坐标. (2)若平面，证明：平面平面. (3)已知点在平面内，设线段在平面内绕着点逆时针旋转弧度至，点在圆上，且，过作平面，垂足为点. ①用表示点的坐标； ②若，求点到平面距离的最大值； ③若，当直线与平面所成的角最小时，求的值. 17．如图，在四棱锥中，平面，.点在棱上且与不重合，平面交棱于点. (1)求证：； (2)若为棱的中点，求二面角的正弦值； (3)记点到平面的距离分别为，求的最小值. 18．如图，在四棱锥中，为矩形，且，，. (1)求证：平面； (2)若（N在S的左侧），设三棱锥体积为，四棱锥体积为，且. ①求点到平面的距离； ②求平面与平面所成夹角的正弦值. 19．在空间直角坐标系O-xyz中，已知向量，经过点，且以为法向量的平面α的方程为． (1)求原点到平面的距离； (2)根据平面直角坐标系中点到直线的距离公式，类比出到平面的距离公式，并利用有关知识证明； (3)已知平行六面体，平面的方程为，平面经过点，平面的方程为，求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 20．如图，在三棱锥中，底面，，，，为的中点. (1)证明：平面平面； (2)分别为的中点，记平面与底面的交线为直线，为交线上一点，且满足，上的点满足，设平面与平面所成二面角为，求的取值范围. 专题三：空间向量与立体几何全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2008高三·山东·竞赛）在四棱锥中，，则这个四棱锥的高h等于（    ） A．1 B．2 C．13 D．26 2．（2024高三上·全国·竞赛）已知三棱锥底面为边长为2的等边三角形，是底面上一点，三棱锥体积.则对的最小值是（    ） A．1 B．3 C． D． 3．（2022高二上·安徽阜阳·竞赛）在四面体OABC中，E为OA中点，，若，，，，则（    ） A． B． C．2 D．3 4．（2021高一·黑龙江鸡西·竞赛）设表示平面，表示直线，给定下列四个命题：①；②；③；④.其中正确命题的是 （    ） A．①② B．①③ C．②④ D．②③④ 5．（17-18高三·北京·强基计划）在正方体中，M为的中点，N为的中点，则异面直线与的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D．前三个答案都不对 6．（16-17高三·北京·强基计划）设，则V的体积为（    ） A． B． C． D． 7．（17-18高三·北京·强基计划）设为平面，且．若与所成的二面角为，l与所成角为，则与所成的锐二面角为（    ） A． B． C． D． 8．（18-19高三·北京·强基计划）在三棱锥中，底面为等边三角形，平面，且，M，N分别为的中点，则异面直线与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D．前三个答案都不对 9．（20-21高三·北京·强基计划）有三个给定的经过原点的平面，过原点作第四个平面，使之与给定的三个平面形成的三个二面角均相等，则这样的的个数是（    ） A．0 B．1 C．4 D．以上答案都不对 10．（23-24高二上·江苏盐城·期末（多选题））在空间直角坐标系中，已知点，则（    ） A． B．异面直线与所成角的余弦值为 C． D．在上的投影向量的模为 11．（2023高三下·全国·竞赛（多选题））已知直四棱柱的底面是菱形，，且二面角的正切值为2，则（    ） A． B． C．向量在上的投影向量为 D．向量在上的投影向量为 12．（23-24高三下·全国·强基计划（多选题））正四面体中，棱长为．点满足，则的（    ） A．最小值为． B．最大值为 C．最小值为 D．最大值为 13．（16-17高三·北京·强基计划（多选题））如图，已知正三棱锥的侧棱长为l，过其底面中心O作动平面，交线段于点S，交的延长线于M，N两点．则下列说法中正确的是（      ） A．是定值 B．不是定值 C． D． 14．（2010高二·河南·竞赛）已知直线的方向向量为，平面的法向量为，且，那么 15．（2020高三·浙江·竞赛）在棱长为1的正方体中，、分别是、中点，在棱上，且，则直线与所成角的余弦值为 . 16．（2017高三下·广西玉林·竞赛）如图，在直三棱柱中，，，，是线段上一点，且平面，则直线与所成角的余弦值为 ． 17．（2017高二·全国·竞赛）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面底面为的中点，是棱上的点，，.    (1)若为棱的中点，求异面直线与所成角的余弦值； (2)若二面角大小为，求的长. 18．（2011高二·全国·竞赛）如图，在底面边长为2，侧棱长为6的正三棱柱中，一细绳自点绕正三棱柱的侧面一周后到达点，绳子拉紧后与侧棱分别交于点，此时绳子最短． (1)求异面直线与所成的角的余弦值； (2)求异面直线与间的距离． 19．（2016高二·全国·竞赛）正方形的边长为，分别为边的中点，是线段的中点，如图，把正方形沿折起，设． (1)求证：无论取何值，与不可能垂直； (2)设二面角的大小为，当时，求的值． 20．（2018高二·全国·竞赛）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且. (1)在线段上是否存在一点，使平面? (2)在线段上是否存在点M，使得点B到平面的距离等于1？如果存在，试判断点M的个数；如果不存在，请说明理由. 21．（2017高二·全国·竞赛）已知几何体的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形．    (1)若，求异面直线DE与AB所成角的余弦值； (2)若点B到平面ADE的距离为，求正实数a的值． 22．（2014高二·全国·竞赛）如图，在五面体中，平面，，，． (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)在线段上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由． 23．（2024高三上·北京·竞赛）四面体ABCD体积为6，，，，求异面直线AD与BC的夹角 24．（2023高二下·安徽阜阳·竞赛）一副标准规格的三角板按图（1）方式摆放构成平面四边形，，为的中点.将沿折起至，连接，使得，如图（2）.    (1)证明:平面平面. (2)求直线与平面所成角的正弦值. 25．（2018高三·全国·竞赛）在单位正方体中，E、F、G分别为棱AB、BC、的中点．求证：面． 26．（2017高三下·广西玉林·竞赛）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，，，，，平面底面，直线与底面所成的角为． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的余弦值． 27．（23-24高三下·全国·强基计划）四面体中，.求与所成角余弦的最值． 28．（17-18高三·北京·强基计划）如图①，是梯形的高，，现将梯形沿折起成如图②的四棱锥，使得．点E是线段上一动点． (1)判断和是否可能垂直，并说明理由． (2)当时，求与平面所成角的正弦值． 29．（18-19高三·北京·强基计划）已知空间有A，B，C，D四个点，满足，空间中还有四点，满足，求证：． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025新高考高二空间向量与立体几何易错培优竞赛试题 【专题目录】 专题一：名校空间向量与立体几何易错题精选 专题二：名校空间向量与立体几何培优题精选 专题三：空间向量与立体几何全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 专题一：名校空间向量与立体几何易错题精选 1．已知正方体的棱长为分别是棱和上的中点，点是正方体表面上一点且满足，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先利用坐标法求点 的轨迹方程，再利用公式法，即可求解. 【详解】以点为原点，以分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， ，，，，， 所以， 即，此方程表示以为球心，以为半径的球， 球心到每个面的距离都是1，每个平面与球的截面圆的半径为， 所以点的轨迹是以每一个正方形的中点为圆心的圆，所以轨迹长度为. 故选：D 2．在正三棱柱中，，P为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图，过点作平面的垂线为轴，以，为轴和轴，作空间直角坐标系.求平面的一个法向量，以及直线的方向向量，则即为所求. 【详解】如图，过点作平面的垂线为轴，以，为轴和轴，作空间直角坐标系. 则平面的一个法向量为， 设正三棱柱中，，则，， 所以，所以, 所以直线与平面所成角的正弦值为. 故选：A 3．已知动点是棱长为1的正方体的对角线上一点，记，当为钝角时，的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，由为钝角，可得，得到不等式，解不等式，可得出答案. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， ，，， 故， ， 则 ， 因为， 所以，解得， 所以的取值范围为. 故选：C 4．在空间直角坐标系中，定义：经过点且一个方向向量为的直线的方程为，经过点且法向量为的平面的方程为.已知在空间直角坐标系中，经过点的直线的方程为，经过点的平面的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题目定义得到直线的一个方向向量，和平面的法向量，由向量夹角的求解公式得出线面角的正弦值. 【详解】经过点的直线的方程为，即， 则直线的一个方向向量为. 又经过点的平面的方程为， 即，所以的一个法向量为. 设直线与平面所成的角为，则. 故选：A 5．（多选题）如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点，，则下列说法正确的是（    ）    A．若，则异面直线和所成的角的余弦值为 B．若，则点到平面的距离为 C．存在，使得平面 D．若三棱柱存在内切球，则 【答案】AB 【分析】首先建立空间直角坐标系，根据向量法判断ABC，首先求等边三角形内切圆的半径，再根据三棱柱存在内切球，再计算. 【详解】如图，以点为原点，向量为轴的正方向，再作， 若，，，，， ，，，故A正确； ，设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以平面的一个法向量为，且, 所以点到平面的距离为，故B正确；    C.设，则，， ，所以不存在，使得平面，故C错误； D. 等边三角形的内切圆的半径为，若三棱柱存在内切球，则，故D错误. 故选：AB 6．（多选题）空间四点.给出下列命题，其中正确的选项是（   ） A．平面的一个法向量为 B．若 且 ，则 C．点到直线的距离为 D．四点共面 【答案】AD 【分析】求出平面的一个法向量可判断A；设，利用求出可判断B；利用点到直线的距离向量求法可判断C；设，求出可判断D. 【详解】对于A，，设平面的一个法向量为， 则，令，则，则，故A正确； 对于B，，因为，设， 若，则，解得，则或，故B错误； 对于C，，则点到直线的距离为 ， 故C错误； 对于D，设，因为， ， 则有， ，解得，故，则四点共面. 故D正确. 故选：AD. 7．（多选题）正方体的棱长为1，分别是的中点，是的四等分点（靠近A点），下列结论正确的是（    ） A．当点P在上运动时，点到平面的距离的最小值为 B．若P在底面ABCD内（包含边界）运动，且满足，则动点P的轨迹的长度为 C．若正方体内有两球互相外切，且两球各与正方体的三个面相切，则两球半径之和为 D．当点P在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是． 【答案】AC 【分析】建立空间直角坐标系，对于A利用向量法求距离即可判断，对于B设点，由求出点的轨迹即可判断，对于C设两球的半径分别为，由题意有解出即可判断，对于D求平面的法向量，由由平面有，最后代入两点的距离公式即可判断. 【详解】以原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系， 则有 ， 对于A：，设平面的法向量为， 则，令得， 设点，所以， 所以点到平面的距离为，故A正确； 对于B：设点，则，所以， 即点的轨迹为四分之一圆，即轨迹长度为，故B错误； 对于C：设两球的半径分别为，由题意有两球分别与正方体的三面相切， 所以球心分别为，由两球相切， 所以， 所以，因为，解得，故C正确； 对于D：设点，所以， 设平面的法向量为，， 所以，令得， 由平面有， 所以， 当时，的长度最小为，故D错误. 故选：AC. 8．（多选题）在平行六面体中，，，与交于点．设，，，则下列说法正确的有（    ） A． B． C． D．与的夹角为 【答案】ACD 【分析】利用空间向量的基本定理可判断AB选项；利用空间向量数量积的运算性质可判断CD选项. 【详解】由题知，． 对于A选项，，故A正确； 对于B选项，，故B错误； 对于C选项，，故C正确； 对于D， ， 所以与的夹角为，故D正确． 故选：ACD． 9．（多选题）如图，在棱长为1的正四面体ABCD中，点M，N分别为棱BC，AD的中点，则（   ） A． B． C．侧棱与底面所成角的余弦值为 D．直线AM与CN所成角的正弦值为 【答案】ACD 【分析】把分别用表示，再根据数量积的运算律计算分析，即可判断ABD，连接，在上取点，使得，连接，则平面，解即可判断C. 【详解】由正四面体ABCD，可得， 对于A，， 则， 所以，故A正确； 对于B，， 则 ，故B错误； 对于D，， 则， ， 设直线所成角为， 则， 所以直线所成角的余弦值为，正弦值为,故D正确； 对于C，连接，在上取点，使得，连接， 则平面， 则即为直线与平面所成角的平面角， 在中，， 则， 由正四面体的结构特征可得，直线与平面所成角的相等， 所以侧棱与底面所成角的余弦值为，故C正确. 故选：ACD 10．（多选题）如图，在正方体中，分别是的中点，是棱上的动点，则下列说法正确的有（    ） A．平面 B．存在点，满足平面 C．当且仅当时，取得最小值 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ACD 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，根据线面垂直的判定定理即可判断A；求出平面的法向量，若平面，则，进而可判断B；求出的表达式，进而可判断C；求出直线与平面所成角的正弦值表达式，进而可判断D. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为，， 则， ， 对于A，， 则， 所以， 又平面， 所以平面，故A正确； 对于B，， 设平面的法向量为， 则有， 取，则， 若平面，则，解得， 又因为， 所以不存在点，满足平面，故B错误； 对于C，， 则， 可看作点到点与到点的距离之和， 点关于轴的对称点， 则当三点共线时，点到点与到点的距离之和最小， 即点到点与到点的距离之和最小， ， 因为，所以，解得， 所以当时，取得最小值， 此时，即，故C正确； 对于D，， 设平面的法向量为， 则有，取，则， 设直线与平面所成的角为， 则， 令，则， 则， 当，即，即时，取得最大值，最大值为，故D正确. 故选：ACD. 11．正方体的棱长为2，点是棱上一点，且，则符合要求的点的个数为 . 【答案】3 【分析】建立空间直角坐标系，根据两点距离公式，分类讨论求解方程的根即可求解. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则 当在上，则，，此时，无解，此时不存在， 当在上，则，，此时，解得，故此时， 当在上，则，，此时，无解，此时不存在， 当在上，则，，此时，无解，此时不存在， 当在上，则，，此时，无解，此时不存在， 当在上，则，，此时，无解，此时不存在， 当在上，则，，此时，无解，此时不存在， 当在上，则，，此时，解得，此时存在， 当在上，则，，此时，无解，此时不存在， 当在上，则，，此时，，此时存在， 当在上，则，，此时，无解，此时不存在， 当在上，则，，此时，无解，此时不存在， 综上可得：符合条件的有3个， 故答案为：3 12．如图，在三棱锥中，G为的重心，，，，，，若PG交平面DEF于点M，且，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】利用空间向量的四点共面的定理，得出系数的关系，再借助基本不等式求出最小值. 【详解】因为 ， 所以， 因为，，， 所以， 因为四点共面， 所以，所以， 因为， 当且仅当时等号成立， 所以的最小值为. 故答案为：. 13．如图，在四棱锥中，平面，，点M在棱PC上．    (1)当M为PC上靠近点P的四等分点时，求证：平面； (2)若直线与平面所成的角为45°，当M为PC的中点时，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）连接AC交BD于点O，连接OM，利用三角形相似得到，进而有，得到，再由线面平行的判定证明结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面PBD、平面MBD的法向量，进而求它们夹角的余弦值. 【详解】（1）如图，连接AC交BD于点O，连接OM， 因为，所以∽，所以， 因为M为PC上靠近点P的四等分点，所以． 因为，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2）因为平面，所以为与底面所成的角，所以， 因为，所以， 由题意得，又平面，所以两两垂直， 以D为原点，以所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面PBD的法向量为，则， 所以，即，解得，令，则， 则， 设平面MBD的法向量为，则， 所以，即，令，则， 则， 因为，又二面角的平面角为锐角， 所以二面角的余弦值为．    14．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，且. (1)证明：. (2)设平面与平面的交线为. ①证明：. ②若为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②. 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，再由线面垂直得线线垂直； （2）①由根据线面平行的判定定理得平面，再根据线面平行的性质定理证明即可； ②建立空间直角坐标系，设出点的坐标，将线面角的正弦值用向量表示，进而求出所成角正弦的最大值. 【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，， 所以平面. 因为平面，所以. 因为，，所以平面. 又平面，所以. （2）①证明：因为，平面，平面，所以平面. 又因为平面，平面平面，所以. ②解：过点在平面内作，则平面， 又因为，所以以为原点，，，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，，，. 设，则，，. 设平面的法向量为，则 令，则. 设直线与平面所成的角为，则. 令，所以 ， 当且仅当时，取得最大值. 15．在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线方向式方程为；过点，且法向量为的平面法向式方程为，将其整理成一般式方程为，其中.已知直线的方向式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为. (1)求直线与平面所成角的余弦值； (2)求与所成角的正弦值； (3)若，不在平面内，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题意可得直线的方向向量与平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案； （2）由题意可得平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案； （3）由空间向量垂直的坐标表示，建立方程，求得直线的方向向量，根据向量垂直，可得答案. 【详解】（1）设直线与平面所成角为， 因为直线的方向式方程为，平面的一般式方程为 所以直线的一个方向向量为 平面的一个法向量为. 所以. 所以. （2）设平面和所成角为， 因为平面的一般式方程为， 平面的一般式方程为， 所以平面的一个法向量为，平面的一个法向量为. 所以， 所以， （3）证明：设直线的一个方向向量为，则，所以， 令，则，所以直线的一个方向向量为. 因为平面的一般式方程为， 所以平面的一个法向量为. 所以， 所以，又因为不在平面内所以. 16．如图，圆台的轴截面为等腰梯形，上、下底面半径分别为2，4，圆台母线与底面所成角为是下底面圆周上一点（异于点）.已知，若线段上存在一点，使得平面，试确定点的位置，并求直线与平面的距离； 【答案】P为中点；； 【分析】取中点为P，证明平面平面即可得平面，接着建立空间直角坐标系，求出向量和平面的一个法向量为，再由距离公式即可求直线与平面的距离； 【详解】 取中点为P，连接，则由题意可得， 由题意可知且， 所以四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 所以平面，平面，又， 所以平面平面， 又平面，所以平面，所以P为中点； 由上可知直线与平面的距离即为点O到平面的距离，设为， 由题意圆台母线长为，， 如图，取中点D，以O为原点，分别为建立如图所示空间直角坐标系， 则此时， 所以， 设平面的一个法向量为，则， 即，取，得， 则， 所以. 17．已知四边形为矩形，四边形为直角梯形，，二面角的大小为． (1)若为的中点． ①求点到平面的距离； ②若，求平面与平面夹角的余弦值． (2)若，点为线段的中点，将沿折起，使得与四边形在平面的同侧，且平面平面，点为四面体的内切球球面上的一动点，求的最小值． 【答案】(1)①；② (2) 【分析】（1）①由题意作图，根据矩形以及中位线性质，由线面垂直的判定，结合勾股定理以及锐角三角函数，可得答案；②由题意建立空间直角坐标系，求得平面法向量，利用面面角的向量公式，可得答案. （2）由题意作图名建立空间直角坐标系，利用空间两点距离公式建立方程进行等量代换，根据图象，可得答案. 【详解】（1）①设的中点分别为，连接， 在平面内，过点作，垂足为，如图所示： 因为四边形为矩形，所以． 因为，且分别为的中点，所以，所以， 因为，平面，平面，所以． 因为，且，平面，所以平面． 因为，所以． 因为，所以，故点到平面的距离为. ②过点作平面，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 由①知，． 因为， 所以,， 所以,， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 所以，所以，令，解得， 所以为平面的一个法向量． ，所以令，解得， 所以为平面的一个法向量， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （2）易知四面体是棱长为的正四面体，作平面，设内切球的球心为，建立如图所示的坐标系， 且，则． 设内切球的半径为，由等体积法知，所以， 设内切球球面上任意一点为，则， 空间中必存在一定点，使球上的点满足， 即， 则， 因为，所以，解得， 易知. 18．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，. (1)棱上是否存在点，使平面，若存在，请求出的值； (2)点在线段运动（包括端点，不包括端点），当二面角夹角最小时，试确定点的位置. 【答案】(1)存在， (2)点在点处，与点重合 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量表示建立方程，求解参数，进而得到的值即可. （2）利用二面角的向量求法将二面角的余弦值表示为一元函数，再利用二次函数结合复合函数的性质判断单调性，进而确定取得最值时的自变量取值，再确定动点位置即可. 【详解】（1）如图，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，，， 则，， 由于，故. 设，，则， 则，要使平面， 则，解得， 故存在点，当时，. （2）设，，则， 设平面的一个法向量为， 故，，， ， 令，则. 设平面的一个法向量为， 故，， ， 令，则，设二面角为， ， ， 因为，所以，令， 则可化为， 由二次函数性质得在上单调递增， 由复合函数性质得在上单调递减， 则，则当时，最大，此时二面角夹角最小， 故点在点处，与点重合. 专题二：名校空间向量与立体几何培优压轴试题精选 1．已知正方体的棱长为2，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意结合正方体的性质可得点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离，从而可求出，进而可求出的最小值. 【详解】在正方体中，∥，∥，平面，平面， 所以∥平面，∥平面， 因为，平面， 所以平面∥平面， 因为平面，所以平面， 所以点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为， 如图，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 所以点到平面的距离为， 因为正方体内切球的半径， 所以圆的半径， 因为，所以，即， 所以, 所以的最小值为. 故选：A 2．在平行六面体中，且，，若，则棱的最大值为（    ） A． B． C．3 D． 【答案】D 【分析】设，利用空间向量基本定理有，得，转化为代数问题，利用基本不等式有，令，即得，转化为关于的一元二次不等式即可求解. 【详解】设，则有， 由，，所以，， 所以 ， 即， 由，当且仅当时，等号成立， 所以， 即，令， 即，关于的一元二次不等式要有解， 所以，解得，即， 所以的最大值为，当时，， 即，所以，即时，等号成立， 故选：D. 3．若正四面体的棱长为，点满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将正四面体补成正方体，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，根据可得出点的轨迹方程，然后设，，，结合空间向量数量积的坐标运算可求得的最大值. 【详解】将正四面体补成正方体， 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， 因为正四面体的棱长为，则正方体的棱长为， 则、、，设点， 则，， 所以， 所以， 化简得， 因为，则， 设，，， 所以 . 故的最大值为. 故选：D. 4．在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，，若该四棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】方法1，分别过点E作平面的垂线，过的中点作平面的垂线,则两垂线交点为球心，再在利用正弦定理可得外接球半径，即可得表面积； 方法2，如图建立以为坐标原点，以所在直线分别为轴，以过点且垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设设，球的半径为，由题可建立关于及R的方程，据此可得表面积. 【详解】解法一  如图，分别取，的中点，连接， 因为是等腰直角三角形，且斜边，所以，， 因为四边形是边长为2的正方形，所以，， 因为，所以，， 则，得. 过点作平面的垂线，过的中点作平面的垂线， 则两垂线的交点就是球心，在中，，所以， 所以球的半径，所以球的表面积，故选:C. 解法二  如图，分别取的中点，，连接， 因为是等腰直角三角形，且斜边，所以，， 因为四边形是边长为2的正方形，所以，， 因为，所以，所以， 所以，. 以为坐标原点，以所在直线分别为轴， 以过点且垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 设，球的半径为，则， 解得，，，，所以球的表面积， 故选:C. 【点睛】关键点睛：求解外接球问题的关键在于确定球心的位置，而确定球心位置的依据主要是球心的两个特性：一是球心到球面上各点的距离都等于半径；二是球心与截面圆圆心的连线垂直于截面（球的截面圆性质），利用球的半径、截面圆的半径及球心到截面的距离三者的关系求解. 5．设平面与长方体的六个面的夹角分别为，则的值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】A 【分析】分别求出平面的法向量与正方体的同一顶点处发出的三个平面的法向量的夹角，结合正方体的对称性，即可求得. 【详解】设平面的法向量为， 正方体一个顶点处的三个平面的法向量分别为、、， 则，， ， 因正方体有三对互相平行的平面， 则. 故选：A. 6．（多选题）若正方体边长为1，点满足，其中，则（    ） A．当时，存在点，使得平面 B．当满足时，不存在点，使得 C．当满足时，存在点，使得与平面所成角为 D．当满足时，三棱锥的体积的最小值为 【答案】ABD 【分析】以D为坐标原点，以DA、DC、所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，求出点P的坐标，利用向量法逐一判断各个选项即可 【详解】以D为坐标原点，以DA、DC、所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 则， 因为=，所以，    对于A，当时，则，取，则点P与C重合，， 所以， 因为平面，平面，所以平面，故A正确； 当时，所以，则， 要使，当且仅当，即， 令， 若，又， 在单调递减，在单调递增； 所以在处取得极小值， 所以在无零点，即在无解， 所以当满足时，不存在点，使得，故B 正确； 设平面的法向量为， 则，， 所以，取，则，所以， 因为与平面所成角为， ， 又，所以， 得，所以方程无解， 所以当满足时，不存在点，使得与平面所成角为， C错误的； 为正三角形，，则， 由，，可得 所以设， 则，则， 设平面的法向量为， 由令， 所以点P到平面的距离为， 因为，， 所以 所以当时，取最大值，从而， 所以三棱锥的体积的最小值为，故D对； 故选：ABD 7．（多选题）如图，矩形中，为的中点，将沿翻折成，得到四棱锥，点在线段上，则（    ） A． B．存在，使平面 C．四棱锥体积的最大值为 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】BCD 【分析】取的中点，以为原点建立空间直角坐标系，设，求出相关点的坐标，进而求出平面的法向量，再逐项求解判断. 【详解】取的中点，连接， 在矩形中，由为的中点，可得， 则，平面，则平面， 平面，于是平面平面，在平面内过点作， 而平面平面，因此平面，过作， 则直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设， ，的中点， 对于A，， ，不垂直，A错误； 对于B，，设平面的法向量， 则，取，得， 当为的中点时，， ，即， 而平面，因此平面，B正确； 对于C，梯形的面积， ，当且仅当，即平面时取等号，C正确； 对于D，， ，令，则 ，当且仅当时取等号， 因此直线与平面所成角的正弦值的最大值为，D正确. 故选：BCD 8．（多选题）如图，在棱长为1的正方体中，，，，下列结论正确的是（    ） A．若时，三棱锥的体积为定值 B．若时，周长的最小值为 C．若时，三棱锥外接球体积为 D．若M为中点，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】A由在线段上运动，结合正方体的结构特征有平面，应用等体积法及体积公式判断；B由在线段上运动，且，，根据周长最小有最小，求出最小值判断；C由为的中点，进而确定三棱锥外接球的球心在直线上，再求出其半径，即可判断；D由在平面内，若关于平面的对称点为，则即可得. 【详解】A：由，易知在线段上运动，由正方体的结构特征知平面， 所以平面，故到平面的距离为定值， 又，为定值，故三棱锥的体积为定值，对； B：当，则在线段上运动，且，， 由正方体的结构特征知，平面，平面， 平面，平面，则，， 要使的周长最小，即最小，显然， 所以周长的最小值为，错； C：若，则为的中点，即为上底面的中心，若为下底面的中心， 所以平面，且为等腰直角三角形，如下图示， 所以三棱锥外接球的球心在直线上，设其半径为，则， 所以，故外接球体积为，对； D：由题设在平面内，若关于平面的对称点为， 易知为的中点，则，故， 又，则，故的最小值为，对. 故选：ACD 9．（多选题）正方体的棱长为，点、分别在线段、上运动（包括端点），则下列结论正确的是（   ） A．正方体被经过、两点的平面所截，其截面的形状有可能是六边形 B．不可能与、都垂直 C．有可能与正方体的六个表面所成的角都相等 D．线段的中点所围成的区域的面积为 【答案】ACD 【分析】假设截面为六边形，作出图形，可判断A选项；建立空间直角坐标系，取，，利用空间向量法可判断BC选项；求出点的轨迹方程，确定点所围城区域的形状，结合三角形的面积公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，当分别为所在棱的中点时，符合题意，如下图所示，A正确； 对于B选项，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、、、， 取，，则、， 所以，，，， 所以，，，此时，与、都垂直，B错； 对于C选项，取，，则， 平面的一个法向量为， 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， 同理可知，直线与表面其余各面所成角的正弦值都为， 因此，有可能与正方体的六个表面所成的角都相等，C对； 对于D选项，设点、，其中，， 则线段的中点为， 设点，则，即， 其中，，， 所以点的轨迹是以点、、、为顶点的平面四边形， 则，，则， ， 因为，所以， 故四边形是边长为的菱形，且，则为等边三角形， 故线段的中点所围成的区域的面积为，D对. 故选：ACD. 10．（多选题）在棱长为a的正方体中，点E为的中点，点P满足，，，则下列说法正确的是（   ） A．若，则平面 B．若，则平面ABP C．若，则存在，使 D．若，则存在，使平面DPB 【答案】ABD 【分析】对于A选项：若，先利用面面平行性质得，进而推出平面，同理证平面，再由线面平行判定得平面平面，所以平面.对于B选项：若，由且得，运用线面垂直判定得到平面 .对于C选项：先以D为原点建立空间直角坐标系，确定各点坐标.接着假设与平行，根据向量平行性质列出等式，解方程即可.对于D选项：先根据已知得出点坐标，进而得到向量、、.然后设出并求解平面的法向量，通过向量平行关系列出等式，求解即可. 【详解】对于A选项，若，则， 则点在线段上，如图．因平面平面， 且平面平面，平面平面，故， 因平面平面，故平面， 同理可证平面，因平面平面，且， 故有平面平面，又因为平面，所以平面，故A正确； 对于B选项，若， 则（为的中点）如下图，又因为，所以． ，又因为平面，平面，故B正确； 对于选项，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，，，，，. 因为，，，所以， 则点的坐标为.若，则，，. 假设存在，使，则存在实数，使得，即， 可得，此方程无解，所以不存在，使，选项错误. 对于选项，若，则，，，. 设平面的法向量为，则，即， 由得，代入得， 即，，令，则，，所以. 若平面，则与平面的法向量平行，即存在实数，使得，， 可得，由代入得，解得，所以存在，使平面，选项正确. 故选：ABD． 11．在长方体中，在长方体内部有两个大小相同的球，其中一个与顶点A所在的三个面相切，另一个与顶点C1所在的三个面相切，且这两个球也外切于P点，平面过点P且与这两个球相切，则平面与底面所成锐二面角的余弦值为 【答案】 【分析】以为原点建系，利用点到面的距离公式得出，，再利用得出，又平面的法向量为，再得出平面的法向量为，计算即可. 【详解】如图，以为原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，设球心，，半径为. 则平面的法向量为，，， 则，得， 解得（舍）或， 又平面的法向量为， 则 则平面与底面所成锐二面角的余弦值为. 故答案为：.    12．在正四棱柱 中， 是正四棱柱内 (含表面)的动点，且 ，则点 在正四棱柱内运动所形成的图形的面积为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，，写出点的坐标，根据 ，利用空间数量积求解，得到答案. 【详解】根据题意建立如图所示空间直角坐标系， ， 则 由，则，设，由题意可知， ， 则，， 由，则， 故的轨迹为矩形，且顶点为， 又，故. 故答案为: . 13．在长方体中，为长方体表面上的动点，且，则点的轨迹的长度为 . 【答案】 【分析】连接，，且以为原点建立空间直角坐标系，设，证明是的中点，是的三等分点，求出的轨迹方程，证明轨迹长度即为该平面与长方体六个平面的交线长度之和，据此分情况求和即可. 【详解】    如图，连接，，且以为原点建立空间直角坐标系， 故，，，， 设，且已知，， 故，， 即是的中点，是的三等分点， ，，，， ，的轨迹方程为平面， 故轨迹长度即为该平面与长方体六个平面的交线长度之和， 联立方程组，得， 当时，，令，则， 故此时在面内轨迹长度为， 联立方程组，得到， 当，时该方程无解， 则交线不在面内， 此时轨迹长度为，故排除， 联立方程组，可得， 当时，当时， 故此时轨迹长度为， 联立方程组，可得， 当，时该方程无解， 则交线不在面内， 此时轨迹长度为，故排除， 联立方程组，可得， 当，时该方程无解， 则交线不在面内， 此时轨迹长度为，故排除， 联立方程组，， 可得， 当时，当时， 故此时轨迹长度为， 综上，轨迹长度为. 故答案为：. 14．如图，在三棱柱中，，是的中点，是上一点，平面.    (1)证明：平面； (2)若，，是的中点，二面角的大小为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由已知可证得平面，得，再证得，即可得出结果. （2）以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用平面的法向量来求解二面角，进而得出线段长度。 【详解】（1）连接，因为，是的中点， 所以. 因为平面，平面， 所以，. 因为，平面，，所以平面， 因为平面，所以. 因为，，所以， 因为，平面，，所以平面. （2）在平面中，过点作，交于点， 易知平面，又，故以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，    设， 则，，可得， 所以，，， 所以，. 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，所以. 又平面的一个法向量为， 所以，得， 所以，符合题意. 所以. 15．如图1，在矩形中，，点为的中点，将沿折起到的位置（如图2），使得.    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)设，若二面角的正弦值为，求实数的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)或 【分析】（1）在平面图形中，先证，则折叠后，，，利用线面垂直的判定定理判定线面垂直. （2）根据两两垂直，故可以以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求直线与平面所成角的三角函数值. （3）先求平面的法向量，再求平面的法向量（用表示），根据二面角的正弦值求的值. 【详解】（1）在图1中，连接，交于点，，. 因为，，，，且， 所以，，. 因为，所以.    所以图2中，，，平面，所以平面. 平面.所以. （2）又因为，由，即，所以. 所以两两垂直，以为原点，建立如图空间直角坐标系. 则，，，，，. 因为为中点，所以. 所以，，. 设平面的法向量为， 则， 取. 设直线与平面所成的角为， 则. （3）因为，所以 所以，即. 则，，，. 设平面的法向量为， 则， 取. 设平面的法向量为， 则, 取. 设二面角为，由得：. 即， 整理得：， 解得：或. 16．空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成（其中均为常数，），为该平面的一个法向量.已知球的半径为4，点均在球的球面上，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示.平面内的点在球面上，点在轴上的投影在轴的正半轴上，，过直线作球的截面，使得平面平面，设截面与球球面的交线为圆（为线段的中点）. (1)求点的坐标. (2)若平面，证明：平面平面. (3)已知点在平面内，设线段在平面内绕着点逆时针旋转弧度至，点在圆上，且，过作平面，垂足为点. ①用表示点的坐标； ②若，求点到平面距离的最大值； ③若，当直线与平面所成的角最小时，求的值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)①；②；③ 【分析】（1）根据几何特征及边长计算即可； （2）分别得出平面法向量根据证明； （3）①根据几何特征及边长计算即可；②应用点到平面距离公式结合三角函数值域即可得出最值；③结合线面角公式及二次函数值域即可求值. 【详解】（1）连接，过作，交于点.根据题意易得为等边三角形，所以， 则，所以. （2）连接，根据球的性质可得平面， 则即为平面的一个法向量. 因为，所以. 平面的一个法向量为， 因为， 所以，故平面平面. （3）①当时，过点作交于， 过点作交于，过点作交 于，过点作交于，过点作交于，则， ， 则， 同理可得当时，. ②因为点在平面内，所以，则平面的一个法向量为. ， 点到平面的距离， 当，即时，取得最大值，最大值为. ③易得平面的一个法向量为. 因为，所以. 设直线与平面所成的角为， 则 ， 令，则， 则 ， 当，即时，最小，即直线与平面所成的角最小. 17．如图，在四棱锥中，平面，.点在棱上且与不重合，平面交棱于点. (1)求证：； (2)若为棱的中点，求二面角的正弦值； (3)记点到平面的距离分别为，求的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证平面，在根据线面平行的性质定理可得. （2）先证，，两两垂直，再以为原点，建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，用向量法求二面角的三角函数值. （3）设，求平面的法向量，利用点到平面的距离的向量求法表示出，再结合不等式求它的最小值. 【详解】（1）因为，平面，平面， 所以平面. 又平面，平面平面. 所以. （2）如图： 取中点，连接. 因为平面，平面，所以. 在四边形中，，且， 所以四边形为矩形，所以平面. 又在和中，，，. 所以（）. 所以，. 故，，两两垂直，所以以为原点，建立如图空间直角坐标系. 当为中点时，，，，，. 所以，，. 设平面的法向量为， 则，取，可得 故. 设平面的法向量为， 则，取，得， 得. 所以. 所以二面角的正弦值为：. （3）设，（），，则，，. 设平面的法向量为，则 ， 令，则，取. 则到平面的距离为：， 到平面的距离为：， 所以 设，则 那么（当且仅当即时取“”） 所以. 18．如图，在四棱锥中，为矩形，且，，. (1)求证：平面； (2)若（N在S的左侧），设三棱锥体积为，四棱锥体积为，且. ①求点到平面的距离； ②求平面与平面所成夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)； 【分析】（1）由余弦定理得到，进而得到即可求证； （2）建系，通过点到面的距离公式及面面角的夹角公式即可求解. 【详解】（1）在中，，，， 所以，解得：， 所以，所以， 又，为平面内两条相交直线， 所以平面； （2）（2）由（1）知，平面，， 所以平面，又在平面内，所以平面平面， 在平面内，所以， 在三角形中，，，， 所以，又， 所以， 又， 又， 所以，又， 所以， 取的中点， ，可知：， 因为平面平面，交线为， 又在平面内， 所以平面，如图建立空间直角坐标系 易得：, 所以， 设平面的法向量为， 则， 所以， 令，得，即， 又， 所以求点到平面的距离， ②， 设平面的法向量， 则，所以， 令，则，可得：， 设平面与平面所成夹角为， 所以， 所以， 即平面与平面所成夹角的正弦值为. 19．在空间直角坐标系O-xyz中，已知向量，经过点，且以为法向量的平面α的方程为． (1)求原点到平面的距离； (2)根据平面直角坐标系中点到直线的距离公式，类比出到平面的距离公式，并利用有关知识证明； (3)已知平行六面体，平面的方程为，平面经过点，平面的方程为，求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3) 【分析】（1）根据题干得到平面的法向量，再根据点到平面的距离公式求得原点到平面的距离； （2）得到平面的法向量，根据和平面内一点，利用点到平面的距离公式即可证明； （3）分别得到平面和平面的法向量，根据在面内得到与法向量垂直，从而得到的方向向量，再根据平面得到平面的法向量满足，利用平面夹角余弦值的计算公式和二次函数即可求得最大值. 【详解】（1）根据题意，平面的法向量， 在平面上任取点，可得， 设原点到平面的距离为，则， 故原点O到平面的距离为. （2）由点到直线的距离公式， 类比：点到平面的距离公式为， 证明如下： 不妨设，在平面内取一点， 则向量， 取平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为： （3）， 设为平面的一个法向量，则， 令，得，，所以． 因为平面的方程为，所以由（2）知平面的一个法向量为， 设直线的一个方向向量为，则 令，得，所以． 因为平面，所以平面的一个法向量与直线的方向向量垂直，所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为 又，， 平面与平面夹角的余弦值的最大值为． 20．如图，在三棱锥中，底面，，，，为的中点. (1)证明：平面平面； (2)分别为的中点，记平面与底面的交线为直线，为交线上一点，且满足，上的点满足，设平面与平面所成二面角为，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先利用等腰三角形三线合一证明，再由线面垂直的判定定理证明平面，最后根据面面垂直的判定定理证明平面平面； （2）先确定平面与平面的交线，根据条件建立空间直角坐标系，写出相关点和向量的坐标，分别求平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式得到关于的表达式，最后利用函数的单调性求出的取值范围. 【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. 又平面，所以平面平面. （2）因为分别为的中点，所以， 在平面内过点作平行于的直线， 则该直线为平面与平面的交线. 因为，，所以，所以， 故以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图. 则，，，，， 由可求得， 则，，，， ，，. 设平面的法向量为， 则，取，可得； 设平面的法向量为， 则，取，可得. 则， 因为，所以，所以，所以， 所以， 故的取值范围是. 专题三：空间向量与立体几何全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2008高三·山东·竞赛）在四棱锥中，，则这个四棱锥的高h等于（    ） A．1 B．2 C．13 D．26 【答案】B 【分析】求出平面的法向量，再利用点到平面的距离公式计算即得. 【详解】设平面的法向量，则，令，得， 所以这个四棱锥的高. 故选：B 2．（2024高三上·全国·竞赛）已知三棱锥底面为边长为2的等边三角形，是底面上一点，三棱锥体积.则对的最小值是（    ） A．1 B．3 C． D． 【答案】B 【分析】由体积公式得三棱锥的高，再利用向量运算得表示到平面上任意一点的距离即可求解. 【详解】设三棱锥的高为， ， (其中D为底面所在平面内任一点) 表示到平面上任意一点的距离，故最小值为. 故选：B 3．（2022高二上·安徽阜阳·竞赛）在四面体OABC中，E为OA中点，，若，，，，则（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】B 【分析】利用空间向量线性运算的几何表示及空间向量基本定理求出，利用对数的运算即可得出结论． 【详解】   由题意，， 又，不共面， 则， 所以. 故选：B. 4．（2021高一·黑龙江鸡西·竞赛）设表示平面，表示直线，给定下列四个命题：①；②；③；④.其中正确命题的是 （    ） A．①② B．①③ C．②④ D．②③④ 【答案】C 【分析】对于①和③可以利用立方体中棱与面的关系进行判断，对于②和④，可以根据线面垂直的性质定理进行判断. 【详解】解：在如图所示的长方体中： 令，底面 对于①，显然，但，不能得出，故①是假命题； 令，，底面， 对于③，显然，但，故③是假命题； 对于②④，根据两条平行线中的一条垂直于某个平面，则另一条也垂直于这个平面；以及垂直于同一平面的两条直线互相平行可知命题②④是真命题. 故选：C 5．（17-18高三·北京·强基计划）在正方体中，M为的中点，N为的中点，则异面直线与的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D．前三个答案都不对 【答案】B 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量的夹角的余弦公式可求异面直线所成的角的余弦值. 【详解】如图，建立空间直角坐标系．    设．则， 因此， 于是所求夹角的余弦值为． 故选：B. 6．（16-17高三·北京·强基计划）设，则V的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用公式可求体积，故可得正确的选项. 【详解】根据题意，V是由四点构成的四面体及其内部， 其体积为． 故选：D. 7．（17-18高三·北京·强基计划）设为平面，且．若与所成的二面角为，l与所成角为，则与所成的锐二面角为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设平面的单位法向量分别为，直线l上的单位方向向量为，取构成空间坐标系的一组正交基底，故，由已知条件可求，，故可求，从而可求与所成的二面角. 【详解】设平面的单位法向量分别为，直线l上的单位方向向量为． 根据题意，构成空间坐标系的一组正交基底， 由题设可设与的夹角的余弦值为，与的夹角的余弦值为， 设，，故，同理， 由，解得， 于是所求二面角为． 故选：A. 8．（18-19高三·北京·强基计划）在三棱锥中，底面为等边三角形，平面，且，M，N分别为的中点，则异面直线与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D．前三个答案都不对 【答案】C 【详解】法1：，， 故，而， ， 故，故. 故选：C 法2：如图，根据空间余弦定理可得 ． 因此所求正弦值为． 故选：C. 【解答】C 9．（20-21高三·北京·强基计划）有三个给定的经过原点的平面，过原点作第四个平面，使之与给定的三个平面形成的三个二面角均相等，则这样的的个数是（    ） A．0 B．1 C．4 D．以上答案都不对 【答案】D 【分析】就三个平面的法线是否共面分类讨论后可得的个数. 【详解】设给定的三个平面的法线分别为x，y，z，平面的法线为a，且x，y，z，a均通过原点，则a与x，y，z的夹角相同． 若x，y，z共面，则a唯一确定，且与x，y，z均垂直． 若x，y，z不共面，则x，y，z把空间划分为8个卦限，每个卦限的平分线形成4条不同的a， 因此符合要求的平面的个数为1或4． 故选：D 10．（23-24高二上·江苏盐城·期末（多选题））在空间直角坐标系中，已知点，则（    ） A． B．异面直线与所成角的余弦值为 C． D．在上的投影向量的模为 【答案】BC 【分析】根据向量的模、向量的夹角、向量的数量积及投影向量判断选项即可. 【详解】因为，故A错误； 因为，所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为，故B正确； 因为，故C正确； 由投影向量的定义知，在上的投影向量的模为，故D错误. 故选：BC 11．（2023高三下·全国·竞赛（多选题））已知直四棱柱的底面是菱形，，且二面角的正切值为2，则（    ） A． B． C．向量在上的投影向量为 D．向量在上的投影向量为 【答案】AC 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法即可得出各棱长的关系，从而可判断各选项. 【详解】该四棱柱为直四棱柱，所以底面，， 底面是菱形，，所以为等边三角形，作中点为，则,即，， 如图，以为原点，所在的直线分别作轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设,则, , , 记平面的一个法向量为， 则 ，即，令 ，则，，， 记平面的一个法向量为， 则 ，即，令 ，则，， 记二面角为（为锐角），由题知知，则 ，解方程组可得， 二面角的余切值为，解得，即，，所以，故A正确； ， 所以，，即，故B错误； ,,平面,平面， ,所以向量在上的投影向量为，故C正确； ，, 由余弦定理可得, 即为钝角，故向量在上的投影向量与方向相反，存在一个实数，使得向量在上的投影向量等于，故D错误. 故选：AC. 12．（23-24高三下·全国·强基计划（多选题））正四面体中，棱长为．点满足，则的（    ） A．最小值为． B．最大值为 C．最小值为 D．最大值为 【答案】BC 【分析】由题意，确定点在球上，根据空间向量的线性运算和数量积的运算求得的表达式，结合三角函数的性质即可求解. 【详解】设的中点，则，即， 又，所以， 即点落在以为球心，以1为半径的球上. 因为，所以. 由正四面体的棱长为，得， 所以， 设，则， 又，所以， 即的最大值为，最小值为. 故选：BC 13．（16-17高三·北京·强基计划（多选题））如图，已知正三棱锥的侧棱长为l，过其底面中心O作动平面，交线段于点S，交的延长线于M，N两点．则下列说法中正确的是（      ） A．是定值 B．不是定值 C． D． 【答案】AD 【分析】利用四点共面可求得. 【详解】 如图，设的中点为，连接则在上且， 所以 . 故， 由于S，M，N，O四点共面，于是， 因此． 故选：AD. 14．（2010高二·河南·竞赛）已知直线的方向向量为，平面的法向量为，且，那么 【答案】 【分析】根据题意，得到直线的方向向量与平面法向量互相垂直，结合向量的数量积列出方程，即可求解. 【详解】由直线的方向向量为，平面的法向量为， 因为，可得直线的方向向量与平面法向量互相垂直，所以， 解得. 故答案为： 15．（2020高三·浙江·竞赛）在棱长为1的正方体中，、分别是、中点，在棱上，且，则直线与所成角的余弦值为 . 【答案】. 【详解】解法一  如图，以，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 于是，，从而可得，， 进而有， 故. 所以直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 解法二  连接，显然，延长至，使得， 连接，所以. 连接，则为所求的角或其补角， 易求，，， 则. 所以直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 16．（2017高三下·广西玉林·竞赛）如图，在直三棱柱中，，，，是线段上一点，且平面，则直线与所成角的余弦值为 ． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，先求点的坐标，然后利用向量法求得直线与所成角的余弦值. 【详解】由于，所以， 在直三棱柱中，， 由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则，， 在中，， 故可设， 设平面的法向量为， 则，整理得， 则，即， 解得，则， 设直线与所成角为， 则. 故答案为： 【点睛】 17．（2017高二·全国·竞赛）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面底面为的中点，是棱上的点，，.    (1)若为棱的中点，求异面直线与所成角的余弦值； (2)若二面角大小为，求的长. 【答案】(1)； (2). 【分析】 （1）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； （2）根据题意，求得平面MBQ的法向量，然后再由二面角的计算公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）   ∵，Q为的中点，∴，∵平面平面， 且平面平面，∴平面. 如图，以Q为原点建立空间直角坐标系，则，，，，，∵M是PC的中点，∴， ∴， 设异面直线AP与BM所成角为， 则 ∴异面直线AP与BM所成角的余弦值为. （2）由（1）知平面BQC的法向量为， 由C､M､P三点共线得，且，从而有， 又，不妨设平面MBQ法向量为， 由以及， 可得，可得，取， 可得. ∵二面角为，则， 即， ∴，∴. 18．（2011高二·全国·竞赛）如图，在底面边长为2，侧棱长为6的正三棱柱中，一细绳自点绕正三棱柱的侧面一周后到达点，绳子拉紧后与侧棱分别交于点，此时绳子最短． (1)求异面直线与所成的角的余弦值； (2)求异面直线与间的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】 （1）利用绳长最短分别求得的坐标，再由空间向量即可求出异面直线与所成角的余弦值； （2）利用空间向量求出与都垂直的一个向量，即可求得异面直线与间的距离. 【详解】（1）如图，以点为原点，为轴的正方向，为轴的正方向，建立直角坐标系． 由于绳子的长度最短，所以侧面展开图中3条折线段必须共线，此时的竖坐标将三棱柱的高三等分； 易得各点的坐标为， 向量， 设直线与所成的角为， 则， 故与所成角的余弦值为． （2）要求异面直线与间的距离，只需求出与都垂直的一个向量， 向量在上的正射影长即为异面直线与间的距离． 由于，所以, 令，解得，因此可得， 向量在上的正射影为． 即异面直线与间的距离为. 19．（2016高二·全国·竞赛）正方形的边长为，分别为边的中点，是线段的中点，如图，把正方形沿折起，设． (1)求证：无论取何值，与不可能垂直； (2)设二面角的大小为，当时，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）假设垂直，根据正方形的长度和垂直关系可得，根据线面垂直的判定定理和性质定理可得，进而可求得，推出矛盾即可； （2）建立合适的直角坐标系，根据，得出各个点的坐标，根据，求出，再分别求平面BCM和平面BDM的法向量，求出法向量夹角余弦值的绝对值，使其等于，即可求得. 【详解】（1）证明：假设，又因为正方形的边长为， 且是线段的中点，所以, 所以,又因为, 有，所以， 因为，, 所以 因为所以, 又因为所以， 这与矛盾，所以假设不成立， 所以无论取何值，与不可能垂直。 （2）由题可得，分别以EA，EF为轴，过点E垂直平面ABFE向上为z轴， 如图建立空间直角坐标系， 所以, ， 所以， 设平面BCM的一个法向量为， 所以即， 取，可得， 设平面BDM的一个法向量为， 所以，即， 取，可得 又，所以 所以解得. 20．（2018高二·全国·竞赛）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且. (1)在线段上是否存在一点，使平面? (2)在线段上是否存在点M，使得点B到平面的距离等于1？如果存在，试判断点M的个数；如果不存在，请说明理由. 【答案】(1)存在 (2)在线段上只存在唯一一点. 【分析】（1）取的中点，的中点，根据线面平行的判定定理即可得解. （2）设，根据等体积法求出x的值，即可得出结论. 【详解】（1）当为的中点时，平面. 证明如下：取的中点，的中点，连结、、 则有，， 因为，，所以且， 所以四边形是平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）存在.设，在中，. 因为面，所以. 因为面，面，面 所以,， 则均为直角三角形. 在中， 同理，. 取的中点，因为，所以， 而. 故. 因为点到面的距离等于1， 所以. 而，所以，解得. 所以在线段上只存在唯一一点，当且仅当时，点到面的距离等于1. 21．（2017高二·全国·竞赛）已知几何体的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形．    (1)若，求异面直线DE与AB所成角的余弦值； (2)若点B到平面ADE的距离为，求正实数a的值． 【答案】(1)； (2)1. 【分析】（1）以C为原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，确定向量的坐标，利用向量的夹角公式，可求得异面直线DE与AB所成角的余弦值； （2）求出平面的法向量，点B到面的距离即可. 【详解】（1）由三视图可得如图所示的空间多面体，其中， 以C为原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 得． 又异面直线与所成角为锐角，可得异面直线与所成角的余弦值为． WSD   （2）设，设平面的一个法向量， 由令得， 则点B到面的距离．化简得 解得或（舍） 22．（2014高二·全国·竞赛）如图，在五面体中，平面，，，． (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)在线段上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在；点为中点 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解即可； （2）利用线面角的空间向量的坐标表示建立方程，解出即可. 【详解】（1）建立如图所示的坐标系，不妨设， 则，，，，． ， ， 所以异面直线与所成角的余弦值为． （2）设平面的一个法向量为， ∵，， ∴由，得 ,则 令得，∴， 设存在点满足条件， 由，且 得，，， ∴， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 即， 解得， 故当点为中点时，直线与平面所成角的正弦值为． 23．（2024高三上·北京·竞赛）四面体ABCD体积为6，，，，求异面直线AD与BC的夹角 【答案】或 【分析】通过建立空间直角坐标系，求出，从而得出异面直线AD与BC的夹角. 【详解】建立空间直角坐标系，不妨设，，， 又，所以可设，则，解得，， 此时， ， 因此，， ， 则或， 则或， 所以异面直线AD与BC的夹角为或.    24．（2023高二下·安徽阜阳·竞赛）一副标准规格的三角板按图（1）方式摆放构成平面四边形，，为的中点.将沿折起至，连接，使得，如图（2）.    (1)证明: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）取的中点，利用勾股定理逆定理证得，再利用线面、面面垂直的判定证明； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦作答. 【详解】（1）取的中点，连接，如图， 在中，，，则， 又为斜边上的中线，所以， 又为的中点，即，，于是， 由，得，即有，因此， 又，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面.    （2）由（1）知， 分别以为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则， ， ，， 则，，， 设平面的法向量为， 则，令，得， 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. 25．（2018高三·全国·竞赛）在单位正方体中，E、F、G分别为棱AB、BC、的中点．求证：面． 【答案】见解析 【详解】如图，联结BD、．记BD与EF的交点为O，在面上联结交于点H． 下面先证明． 由已知条件有，，，．则． 故． 从而，． 因此，O、B、G、H四点共圆，有． 所以，．① 联结AC．由知面． 由中位线的性质知，故面． 从而，．② 由式①、②得面． 注：此题作者还提供了一种解法，由于版面所限，故略去． 26．（2017高三下·广西玉林·竞赛）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，，，，，平面底面，直线与底面所成的角为． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明详见解析 (2) 【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值. 【详解】（1）因为，，，所以，则． 又因为平面底面，平面平面，所以平面．　 而平面，所以. 于是即为与底面所成的角，即． 因为，所以，， 由，，得，解得， 从而，于是， 因为，且平面，所以平面．　 而平面，所以平面平面. （2）由（1）知、、两两垂直，分别以、、所在直线为轴、轴、 轴建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则， 故可设：． 设平面的一个法向量为，则， 故可设：． 令二面角为，由图可知为钝角， 则． 所以二面角的余弦值为． 27．（23-24高三下·全国·强基计划）四面体中，.求与所成角余弦的最值． 【答案】无最大值，有最小值为0. 【分析】根据数量积公式计算两直线夹角余弦值； 【详解】 如图所示，设与所成角为， , 在中， 根据三角形的三边关系可知, 所以 则 因此与所成角余弦的无最大值，有最小值为0. 28．（17-18高三·北京·强基计划）如图①，是梯形的高，，现将梯形沿折起成如图②的四棱锥，使得．点E是线段上一动点． (1)判断和是否可能垂直，并说明理由． (2)当时，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)和不可能垂直，理由见解析. (2) 【分析】（1）可证平面，故可建立如图所示的空间直角坐标系，利用数量积可证和不可能垂直. （2）求出的方向向量和平面的法向量后可求所成角的正弦值. 【详解】（1）连接，则，故， 故，而，平面， 故平面，而，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 故. 设，其中． 若，则， 解得，不合题意． 所以和不可能垂直． （2）当时，，故，而， 设平面的法向量为， 则，取，则， 故平面的一个法向量为， 因为， 所以与平面所成角的正弦值为， 29．（18-19高三·北京·强基计划）已知空间有A，B，C，D四个点，满足，空间中还有四点，满足，求证：． 【答案】证明见解析. 【分析】 利用空间向量的数量积可证明. 【详解】根据题意，有， 根据余弦定理，有， 从而， 故即， ， . 命题得证． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$