专题01 空间向量与立体几何（人教版）（期中真题汇编，重庆专用）高二数学上学期人教A版

学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题01空间向量与立体几何 ☆7大高频烤点概览 考点01空间坐标及空间向量的基本运算 考点02空间向量线性基本运算 考点03空间向量中异面直线所成角 考点04空间向量中距离问题 考点05空间向量中的线面角问题 考点06空间向量中的二面角问题 考点07空间向量中综合性问题 目目 考点01 空间坐标及空间向量的基本运算 1.(24-25高二上·重庆渝东九校联盟期中)已知向量=(2，-1,3)，向量b=-4,2,x,若ā/1b,则x的值为 () A.1 B.-3 C.-6 D.-9 2.(24-25高二上·重庆清华中学校期中)下列说法错误的是() A.若空间中点O,4,B,C满足0C=O1+3OB,则A,BC三点共线 B.空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 C.ā=11，x,6=(3,x9列，若x>-3 ，则a与的夹角为锐角 D.对空间任意-点0和不共线三点4，B,C,若OP=20A+OB+0C,则P,AB,C共面 3 3.(24-25高二上·重庆青木关中学校期中已知点Aa,-3,4),B(0,b,1),C(5,9,-2),若A,B,C三点共 线，则a,b的值是() A.-2,3 B.-5,3 C.1,3 D.-2,2 4.(24-25高二上·重庆求精中学.期中)在空间中，若向量=(1,0，-2)，b=(1,2,3),c=(1,3,m共面，则 n=() B. c D.6 5.(23-24高二上重庆外国语学校期中)若M(1,0,2),N(2,m+1,3),P(2,2,n+1三点共线，则m+n=() A.4 B.-2 C.1 D.3 / 函学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 6.(23-24高二上重庆名校联盟期中已知空间向量ā=（-1，m,2),b=（-1,2,-1,若a6=-3,则m的值为 () A.1 B.-1 C.2 D.-2 二、多选题 7.(24-25高二上·重庆复旦中学教育集团期中)已知空间向量m=（2,-1,3),i=（-4,2,x),则下列选项中正 确的是() A.当m元时，x=2 B.当m∥元时，x=-6 C.当x=-4时，m+列=V6 D.当r=1时，cos(m,)= 6 8.(24-25高二上·重庆实验外国语学校·期中)下列四个结论不正确的是（) A.任意向量a,五，若a6=0,则a=0或b=0 B若空间中任意四点0，A,B,C满足OC=Oi+号O,则A,B,C三点共线 C.空间中任意向量a,五，c都满足a.bc=d6·c D.已知向量a=1,1,6=(-2,x4到，若x<号，则(a,}为钝角 9.(23-24高二上·重庆第十八中学期中下列说法正确的是() A.若A,B,C,D是空间任意四点，则有AB+BC+CD+DA=0 B.已知a=0,1,5=00-,则a在Z让的投影向量为Q-方》 C.若0G=号o1+O丽+号0C,则4B.CG四点共面 D.若向量p=mr+四+位，则称(m,n,k)为p在基底{元，，下的坐标，已知p在单位正交基底a,b,c 下的坐标为L2.,则万基底恒-：后下的坐标为行 10.(23-24高二上·重庆第七中学校期中)下列命题中，是真命题的为() A.设a,五是两个空间向量，则ai=6d B.若空间向量a,乃满足=，则a=±b C.若空间向量m,,p满足m=i,i=币，则m=币 D.在正方体ABCD-A,B,C,D,中，必有AC=A,C 11.(23-24高二上·重庆江津第二中学校期中)已知向量=(1,1,1)，b=（-1,0,2),则下列正确的是() 面学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.a+b=(0,1,3 B.=5 C.aB=0 D.a,5)= 三、填空题 12.(24-25高二上·重庆巫溪县上磺中学校期中)已知空间向量ā=(x-1,1-x),b=(-x,3,-1)若ā16，则x的 值等于一 13.(24-25高二上重庆第七中学校期中)已知空间的量a=(62,1),6=(2,x,3),若(a-)1a,则 x= 目目 考点02 空间向量线性基本运算 一、单选题 1.(24-25高二上·重庆渝东九校联盟·期中如图，在平行六面体ABCD-A,B,C,D,中，AB=AD=2,A4,=3 ,∠ADC=∠ADD,=120°，∠CDD,=60°，则AC=() B A.3 B.√21 C.35 D.√33 2.(24-25高二上重庆渝东九校联盟·期中)已知{，b,c是空间的一个基底，则可以和ā+b,C构成空间的另 一个基底的向量为() A.a+b+c B.a+b-c C.2a+2b+c D.2a+b+c 3.(24-25高二上·重庆名校联盟)如图，平行六面体ABCD-A,B,CD,的所有棱长均为1，AB,AD,AA,两 两所成夹角均为60°，点E,F分别在棱BB,,DD上，且BE=2B,E,D,F=2DF,则EF=() / 函学科网 ww w zxxk com 让教与学更高效 D A B Di------- B 4. 40 B.2W7 C.3 9 D.V10 3 4.(24-25高二上·重庆青木关中学校期中)已知正四面体P-ABC的棱长为6，空间中一点M满足 PM=xPA+yPB+zPC,其中x,y,z∈R,且x+y+z=1.则PM的最小值为() A.23 B.4 C.6 D.2W6 5.(24-25高二上重庆字水中学期中)如图，空间四边形0ABC中，0A=a,0B=b,0C=c,点N在BC上， 且CN=CB,点M为OA中点，则M等于() M A B A 1a-26-1c B.-a+6+2c 1 33 33 c.a-6-2c 1 ,2,1 D.-5a+2b+c 2 33 233 6.(2425高二上·重庆实验外国语学校期中)如图，空间四边形0ABC中，点M、N分别是OA、BC的中点， 设MN=x0A+y0B+zOC,则x-y+2z=() M A.-1 B.0 C.7 D.1 7.(24-25高二上重庆第十一中学校期中)如图，三棱锥0-ABC中0A=ā，0B=b,0C=c,点N为BC中点， 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 点M满足AM=2M石，则MN=() B 2-1÷1- C.- 2 3a+b+1 2 2℃ 8.(23-24高二上·重庆大渡口区巴渝学校·期中)如图，空间四边形0ABC中，OA=ā，OB=b,OC=c,点M 在OA上，且满足OM=2MA,点N为BC的中点，则NM=() 0 M N B 、1 A. 2 2 B. C. +6- 1 2 D. 26*1 3 目目 考点03 空间向量中异面直线所成角 一、单选题 1.(24-25高二上·重庆鲁能巴蜀中学校·期中)如图，在平行六面体ABCD-A,BCD中， ∠BAD=90°，∠BAA,=∠DAA,=60°，AB=AD=AA=2,则异面直线B,D与AC所成角的余弦值为() 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D ⊙ B A.6 B.、v6 6 6 C.v6 D.-6 3 3 2.(24-25高二上·重庆第一中学校期中)在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,底面ABCD是正方形， PA=2,AB=1,则直线PC与平面PBD所成角的正弦值为() A.6 B c.22 D.5V3 9 3 9 3.(23-24高二上·重庆巴蜀中学.期中正方体ABCD-A,B,C,D,中，M,N分别是AD,B,C的中点，则异面 直线AM与CN所成角的余弦值为() B D. 3 4.(23-24高二上·重庆外国语学校期中如图，平行六面体AC,中，∠AAD=∠AAB=45°，AD=AB,AC 与BD交于点O,则下列说法不正确的有() O C B A.直线AA⊥直线BD B.若A,O=AO,则A,C⊥平面BBDD C.40=4B+AD+A4 D.若∠BAD=60°，则cos∠AAC=Y6 3 目目 考点04 空间向量中距离问题 一、单选题 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1.(24-25高二上·重庆复且中学教育集团期中)如图，已知平行四边形ABCD,AB=√5，AD=√万且 B1BD,沿对角线BD将△4BD折起.当二面角BD-C的余弦值为号时，则4与C之间距腐为() 4 B A.2 B.2W2 C.23 D.V10 2.(24-25高二上·重庆荣昌中学校·期中)下列命题中正确的是() A.点M(3,2,1关于平面Oz对称的点的坐标是(-3,2，-1 B.若直线1的方向向量为e=(1,-1,2),，平面a的法向量为m=6,4,-1,则11Q C.若{a,b,c构成空间的一个基底，则{a+b,a-b,c共面 D.在空间直角坐标系Oz中，4，L-2),B(23,),点O到直线4B的距离是5y码 14 3.(24-25高二上·重庆求精中学期中空间内有三点P(3,-1,4),E(2,1,2),F(1,2,2),则点P到直线EF的 距离为() A.√3 B.32 C.2 D.3V2 2 二、多选题 4.(23-24高二上·重庆永川北山中学校期中)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的 四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为整懦.如图，在阳马P-ABCD中，侧棱 PD⊥底面ABCD,且PD=CD=AD=2,M,N,G分别为PA,PC,PB的中点，则() D B A.四面体N-BCD是鳖臑 B.CG与MW所成角的余弦值是 3 / 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 C.点G到平面P4C的距离为V 4 D.点M到直线4C的距离为 2 三、填空题 5.(24-25高二上·重庆求精中学期中)在三棱锥D-ABC中，AB=(0,-2,0),AC=(V5,-1,0), AD=（0,-1,2),则该三棱锥的体积为 6.(24-25高二上·重庆第十一中学校期中)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD1底面 ABCD,且△PAD是正三角形，E是PC的中点，则异面直线DE与PB所成角的余弦值是 A 目目 考点05 空间向量中的线面角问题 一、单选题 1.(24-25高二上·重庆第一中学校期中)在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,底面ABCD是正方形， PA=2,AB=1,则直线PC与平面PBD所成角的正弦值为() A.6 B.3 c.22 D.5V3 9 3 9 2.(24-25高二上·重庆第十八中学期中)PA、PB、PC是从P点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为 60,那么直线PC与平面PAB所成的夹角的余弦值是() 4号 B.3 D.3 3 C. 3.(24-25高二上·重庆青木关中学校期中)如图，正方体ABCD-AB,C,D,的棱长为2，AD的中点为E,则 下列说法不正确的是() D B 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.直线D,C和BC所成的角为 B,四面体BDCA的体积是 C.点4到平面BEC,的距离为4 D. 3 G到直线BE的距离为v5 二、多选题 4.(24-25高二上·重庆鲁能巴蜀中学校·期中)如图，已知正方体ABCD-A,B,C,D的棱长为2，则下列说法正 确的是() D A B B A.BC,⊥CA B.BC∥平面ACD, C.直线CA与平面ABCD所成的角为45 D.点D与平面4CD,的距离为25 3 三、解答题 5.(24-25高二上·重庆复旦中学教育集团期中)如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD,为正方形，SA⊥平 面ABCD,M,N分别为棱SB,SC的中点 (1)证明：MN1∥平面SAD; (2)若SA=AD,求直线SD与平面ADNM所成角的正切值： (3)若SA=AD=2,求点M到平面SCD的距离 6.(24-25高二上重庆清华中学校期中)如图，在正方体ABCD-A,B,C,D,中，A4=2,E,F分别为AA,CD的 中点， 函学科网 ww w zxxk com 让教与学更高效 D E D C A B (I)求异面直线EF与B,D的夹角的正弦值； (2)求点E到线段FB,的距离. 7.(24-25高二上·重庆名校联盟)如图所示，等腰梯形ABCD中，AB∥CD,AD=AB=BC=2,CD=4, E为中点，AE与BD交于点O,将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置(PE平面ABCE). B (1)证明：BC⊥平面POB; (②)若PB=√6，试判断线段PB上是否存在一点Q(不含端点)，使得直线PC 与平面AQ所成角的正弦值为√5，若存在，求三棱锥P-40E的体积，若不存在，说明理由 8.(24-25高二上·重庆名校联盟)如图，正方体ABCD-A,B,CD,中，E、F、G分别为DD,B,D,BB1的中 点 D B G B (1)证明：GF//平面ACE: (2)求AC,与平面ACE所成角的余弦值 9.(24-25高二上·重庆字水中学·期中)如图，长方体ABCD-A,B,C,D的底面ABCD是边长为2的正方形， 专题01 空间向量与立体几何 7大高频考点概览 考点01 空间坐标及空间向量的基本运算 考点02 空间向量线性基本运算 考点03 空间向量中异面直线所成角 考点04 空间向量中距离问题 考点05空间向量中的线面角问题 考点06 空间向量中的二面角问题 考点07 空间向量中综合性问题 地 城 考点01 空间坐标及空间向量的基本运算 1．(24-25高二上·重庆渝东九校联盟·期中)已知向量，向量，若，则的值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间向量平行的坐标表示列式求解即可. 【详解】因为，，且， 则，解得. 故选：C. 2．(24-25高二上·重庆清华中学校·期中)下列说法错误的是（   ） A．若空间中点满足，则三点共线 B．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 C．，若，则与的夹角为锐角 D．对空间任意一点和不共线三点，若，则共面 【答案】C 【分析】对于A：根据三点共线的结论分析判断；对于B：利用空间向量共面定理判断；对于C：根据共面向量的定义分析判断；对于D：根据四点共面的结论分析判断. 【详解】对于选项A：因为，且， 所以三点共线，故A正确； 对于选项B：由空间向量共面定理得，对于空间中的三个向量， 若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，故B正确； 对于选项C：例如，则，， 可知，即同向，所以与的夹角为，故C错误； 对于选项D：由，且， 根据空间向量共面的推论知四点共面，故D正确； 故选：C 3．(24-25高二上·重庆青木关中学校·期中)已知点，，，若，，三点共线，则，的值是（   ） A．，3 B．，3 C．1，3 D．，2 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用空间向量的坐标表示及共线向量的坐标关系求解即得. 【详解】依题意，， 由，，三点共线，得，则， 所以. 故选：B 4．(24-25高二上·重庆求精中学·期中)在空间中，若向量，，共面，则（   ） A． B． C． D．6 【答案】C 【分析】根据向量共面则存在唯一的使得，列出等式计算可得结果. 【详解】若向量，，共面，则 ， 即，解得：. 故选：C 5．(23-24高二上·重庆外国语学校·期中)若，，三点共线，则（    ） A．4 B．-2 C．1 D．3 【答案】D 【分析】利用向量共线的坐标运算，求出即可. 【详解】若，，三点共线， 由，，则有，得， 解得，所以. 故选：D 6．(23-24高二上·重庆名校联盟·期中)已知空间向量，若，则的值为（     ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】直接由数量积的坐标公式进行运算即可. 【详解】由题意， 所以由数量积的坐标公式有， 解得，即的值为. 故选：B. 二、多选题 7．(24-25高二上·重庆复旦中学教育集团·期中)已知空间向量，，则下列选项中正确的是（    ） A．当时， B．当时， C．当时， D．当时， 【答案】BC 【分析】对于A，利用空间向量垂直的性质判断；对于B，利用空间向量平行的性质即可判断；对于C，根据空间向量坐标运算计算出，利用模长公式计算，从而得以判断；对于D，利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可判断. 【详解】对A，因为，，即，解得，故A错误； 对B，因为，所以存在实数，使得， 则，即， 解得，，故B正确； 对C，当时，，， ，故C正确； 对D，当时，， ，故D不正确. 故选：BC. 8．(24-25高二上·重庆实验外国语学校·期中)下列四个结论不正确的是（   ） A．任意向量，，若，则或 B．若空间中任意四点，，，满足，则，，三点共线 C．空间中任意向量，，都满足 D．已知向量，，若，则为钝角 【答案】ACD 【分析】A选项，也可以是，；B选项，利用向量线性运算得到，从而得到三点共线；C选项可以举出反例；D选项，求出为钝角时的取值范围，从而得到答案. 【详解】则或或，，故A错误； 若空间中点O，A，B，C满足， 即， 所以，化简得：， 则两向量共线，又因为他们有公共点，则A，B，C三点共线，B正确； 设,则不满足，C错误； ，则， 令得：，当时，，此时反向， 要想为钝角，则且，故D错误. 故选：ACD 9．(23-24高二上·重庆第十八中学·期中)下列说法正确的是（    ） A．若是空间任意四点，则有 B．已知，则在上的投影向量为 C．若，则四点共面 D．若向量，则称为在基底下的坐标，已知在单位正交基底下的坐标为，则在基底下的坐标为 【答案】AD 【分析】由向量加法法则判断A；由投影向量的定义求在上的投影向量判断B；根据向量共面的推论判断C；设在基底下的坐标为，应用向量的坐标表示及已知求对应坐标判断D. 【详解】A：，对； B：在上的投影向量为，错； C：由，而，故四点不共面，错； D：设在基底下的坐标为，则， 而在单位正交基底下的坐标为， 所以，即在基底下的坐标为，D对. 故选：AD 10．(23-24高二上·重庆第七中学校·期中)下列命题中，是真命题的为（    ） A．设，是两个空间向量，则 B．若空间向量，满足，则 C．若空间向量，，满足，，则 D．在正方体中，必有 【答案】ACD 【分析】根据空间向量的相关概念和运算逐项分析判断. 【详解】对于选项A：根据数量积的定义可知：，故A为真命题； 对于选项B：根据向量的定义可知，，但向量的方向无法确定， 所以不一定成立，故B为假命题； 对于选项C：根据向量相等的定义可知：若，，则，故C真命题； 对于选项D：在正方体中，，且方向相同， 所以，故D为真命题. 故选：ACD. 11．(23-24高二上·重庆江津第二中学校·期中)已知向量，，则下列正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】根据给定条件，利用空间向量的坐标运算逐项计算判断作答. 【详解】向量，，则，A正确； 显然，B正确； 由数量积的定义得，C错误； 显然，则，即有，D错误. 故选：AB. 三、填空题 12．(24-25高二上·重庆巫溪县上磺中学校·期中)已知空间向量若，则的值等于 . 【答案】或 【分析】根据向量垂直，转换为数量积为，解方程可得的值. 【详解】因为，所以，即 所以，解得：或. 故答案为：或 13．(24-25高二上·重庆第七中学校·期中)已知空间的量，，若，则 . 【答案】13 【分析】利用空间向量的坐标表示及数量积公式计算即可. 【详解】因为，所以， 所以，又因为，， 所以，解得. 故答案为：. 地 城 考点02 空间向量线性基本运算 一、单选题 1．(24-25高二上·重庆渝东九校联盟·期中)如图，在平行六面体中，，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由空间向量平行六面体法则可得，利用空间向量数量积的运算性质可求得的值. 【详解】由题意可得，， ， 所以，向量、、两两夹角为， 由空间向量数量积的定义可得， 同理可得， 因为， 故 ， 因此，. 故选：D. 2．(24-25高二上·重庆渝东九校联盟·期中)已知是空间的一个基底，则可以和，构成空间的另一个基底的向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据基底向量的定义以及向量共面的判定定理逐项分析判断即可. 【详解】因为是空间的一个基底，可知，，不为共面向量， 对于A：因为，可知，，为共面向量，不能作为基底，故A错误； 对于B：因为，可知，，为共面向量，不能作为基底，故B错误； 对于C：因为，可知，，为共面向量，不能作为基底，故C错误； 对于D：假设，，共面， 则， 可得，方程组无解， 可知，，不为共面向量，可以作为基底，故D正确； 故选：D. 3．(24-25高二上·重庆名校联盟·)如图，平行六面体的所有棱长均为1，AB，AD，两两所成夹角均为，点E，F分别在棱，上，且，，则（   ） A． B． C．3 D． 【答案】D 【分析】根据题意，连接，由向量的线性运算可得，再由向量的模长公式代入计算，即可得到结果. 【详解】 连接， 由题意可得， 所以 ， 所以. 故选：D 4．(24-25高二上·重庆青木关中学校·期中)已知正四面体的棱长为6，空间中一点满足，其中，，，且.则的最小值为（   ） A． B．4 C．6 D． 【答案】D 【分析】对结合化简得，从而可知点在平面内，所以当平面时，最小，从而可求得结果. 【详解】 因为，， 所以， ， 所以， 所以， 因为不共线，所以共面， 所以点在平面内， 所以当平面时，最小， 取的中点，连接，则点在上， 且， 所以， 即的最小值为. 故选：D 5．(24-25高二上·重庆字水中学·期中)如图，空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间向量的线性运算结合空间向量的基本定理运算求解. 【详解】, 化简得到. 故选：B. 6．(24-25高二上·重庆实验外国语学校·期中)如图，空间四边形中，点M、N分别是、的中点，设，则（    ） A． B．0 C． D．1 【答案】B 【分析】以为基底表示即可. 【详解】由题可知， ， 所以， 所以. 故选：B. 7．(24-25高二上·重庆第十一中学校·期中)如图，三棱锥中，点为中点，点满足，则（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间向量的线性运算即可求解. 【详解】    连接，所以， 因为，所以， 所以， 故选：B. 8．(23-24高二上·重庆大渡口区巴渝学校·期中)如图，空间四边形中，，点在上，且满足，点为的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量线性运算法则计算可得. 【详解】因为，所以，又点为的中点，所以， 所以 . 故选：A 地 城 考点03 空间向量中异面直线所成角 一、单选题 1．(24-25高二上·重庆鲁能巴蜀中学校·期中)如图，在平行六面体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量的基本定理将与用基底表示出来，然后利用数量积的定义求解即可. 【详解】由条件可知，， ， ， ， ，所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为． 故选：A 2．(24-25高二上·重庆第一中学校·期中)在四棱锥中，底面，底面是正方形，,，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以为坐标原点，、、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直线与平面所成角的正弦值. 【详解】在四棱锥中，平面，且四边形为正方形， 以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，    则、、、， ，，， 设平面的法向量为，则， 取，则，所以，， 因此，直线与平面所成角的正弦值为. 故选：A. 3．(23-24高二上·重庆巴蜀中学·期中)正方体中，M，N分别是，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式求解. 【详解】以为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，如图， 设正方体的棱长为2， 则， 则， ， 则异面直线与所成角的余弦值为． 故选：A. 4．(23-24高二上·重庆外国语学校·期中)如图，平行六面体中，，，与交于点，则下列说法不正确的有（    ）    A．直线直线 B．若，则平面 C． D．若，则 【答案】C 【分析】A选项，根据空间向量计算出，得到，A正确；B选项，作出辅助线，证明出平面，得到，根据得到为直角三角形，即，结合，证明出线面垂直；C选项，根据空间向量基本定理得到；D选项，利用空间向量计算出，从而得到. 【详解】对于A，因为，， 所以，， 所以， 因为，所以， 所以，所以，A正确， 对于B，连接，    由选项A知， 因为在平行四边形中，，所以四边形为菱形， 所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，，所以， 所以，由于， 所以， 所以为直角三角形，即，因为，所以， 因为，平面，所以平面， 所以B正确， 对于C，因为四边形为平行四边形，所以为的中点， 所以，所以，所以C错误， 对于D，设，，因为在菱形中，， 所以， 因为， 所以 ， 所以，所以D正确， 故选：C 地 城 考点04 空间向量中距离问题 一、单选题 1．(24-25高二上·重庆复旦中学教育集团·期中)如图，已知平行四边形，，且，沿对角线将折起，当二面角的余弦值为时，则A与C之间距离为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】利用空间向量的线性运算及数量积公式计算模长即可. 【详解】已知平行四边形，，且， ，， 平面与平面所成角的余弦值为，， ， ， ， 则，即与之间距离为， 故选：C． 2．(24-25高二上·重庆荣昌中学校·期中)下列命题中正确的是（    ） A．点关于平面对称的点的坐标是 B．若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则 C．若构成空间的一个基底，则共面 D．在空间直角坐标系Oxyz中，，点O到直线AB的距离是 【答案】D 【分析】由空间直角坐标系概念判断A，由向量法判断线面位置关系，判断B，根据空间向量基本定理判断C，由向量法求点线距判断D． 【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标是，A选项错误； 对于B，若直线l的方向向量为，平面的法向量为， 因为，所以，则或，B选项错误； 对于C ，由向量加减法法则知是与共面的两个不共线向量，C选项错误； 对于D，因为，，在上的投影为， 所以点O到直线AB的距离是，D正确． 故选：D． 3．(24-25高二上·重庆求精中学·期中)空间内有三点，，，则点到直线的距离为（   ） A． B． C．2. D． 【答案】D 【分析】计算向量，以及向量的单位方向向量，利用空间向量点到直线的距离公式计算即可. 【详解】因为，，，所以， 所以直线的一个单位方向向量为， 又， 所以点到直线的距离为. 故选：D 二、多选题 4．(23-24高二上·重庆永川北山中学校·期中)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马中，侧棱底面，且分别为的中点，则（    ） A．四面体是鳖臑 B．与所成角的余弦值是 C．点到平面的距离为 D．点到直线的距离为 【答案】ABD 【分析】以点为原点，建立空间直角坐标系，结合向量的数量积的运算公式，以及向量的夹角公式和距离公式，准确运算，逐项判定，即可求解. 【详解】以点为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 对于A中，， 因为， 所以， 即， 所以四面体的四个面都为直角三角形，所以四面体是鳖臑，故A正确； 对于B中，， 则与所成角的余弦值为， 所以B正确； 对于C中，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 则点到平面的距离为，所以C错误； 对于D中，由，直线方 向上的单位向量是， 则到的距离为，所以D正确. 故选：ABD. 三、填空题 5．(24-25高二上·重庆求精中学·期中)在三棱锥中，，，，则该三棱锥的体积为 【答案】/ 【分析】求出平面的一个法向量，利用向量法求出点到平面的距离，的面积，运算得解. 【详解】设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以， 所以点到平面的距离为， 又 ， 所以该三棱锥的体积为. 故答案为：.    6．(24-25高二上·重庆第十一中学校·期中)在四棱锥中，底面是正方形，侧面底面，且△是正三角形，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是 ． 【答案】/0.25 【分析】建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量，利用公式计算即可. 【详解】 取中点，连接，取中点，连接， 因为四边形是正方形，所以， 因为△是正三角形，所以， 因为平面平面，平面，所以平面， 因为平面，平面， 所以，， 因此以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方形的边长为2， ，，，， 因为是的中点，所以， 所以，， 设异面直线与所成角为， 所以， 故答案为：. 地 城 考点05 空间向量中的线面角问题 一、单选题 1．(24-25高二上·重庆第一中学校·期中)在四棱锥中，底面，底面是正方形，,，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以为坐标原点，、、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直线与平面所成角的正弦值. 【详解】在四棱锥中，平面，且四边形为正方形， 以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，    则、、、， ，，， 设平面的法向量为，则， 取，则，所以，， 因此，直线与平面所成角的正弦值为. 故选：A. 2．(24-25高二上·重庆第十八中学·期中)、、是从点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成的夹角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将、、三条射线截取出来放在正方体中进行分析，建系，利用空间向量法求解. 【详解】如图所示，把、、放在正方体中，使得这三条线成为正方体的三条面对角线，则、、的夹角均为． 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为， 则、、、， 所以，，， 设平面的法向量，则 令，则，，所以， 所以． 设直线与平面所成角为，所以， 所以． 故选：B． 3．(24-25高二上·重庆青木关中学校·期中)如图，正方体的棱长为，的中点为，则下列说法不正确的是（   ） A．直线和所成的角为 B．四面体的体积是 C．点到平面的距离为 D．到直线的距离为 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间角和空间距离的向量法计算ACD，利用割补法求出四面体的体积，即可判断B． 【详解】建立如图所示空间直角坐标系， 则,0,，,2,，,2,，,0,，,0,，,2,，,2,， 对于A，， 故， 故， 即直线和所成的角为，故A正确； 对于B，易得四面体为正四面体， 则，故B正确； 对于C，， 设平面的法向量为， 则，有， 令，则， 故点到平面的距离，故C错误； 对于D， 则到直线的距离为，故D正确． 故选：C 二、多选题 4．(24-25高二上·重庆鲁能巴蜀中学校·期中)如图，已知正方体的棱长为2，则下列说法正确的是（    ） A． B．平面 C．直线与平面所成的角为 D．点与平面的距离为 【答案】ABD 【分析】A选项，建立空间直角坐标系，计算出，得到；B选项，证明出四边形为平行四边形，故，从而得到线面平行；C选项，求出平面的法向量，由线面角的求解公式进行求解；D选项，求出平面的法向量，由点到平面的距离公式求出答案. 【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ， 故， 故，所以， 故，A正确； B选项，因为，，所以四边形为平行四边形， 故， 又平面，平面，故平面，B正确； C选项，平面的一个法向量为， 又，故 设直线与平面所成的角大小为， 则， 故直线与平面所成的角不为，C错误； D选项，， 则，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，故， 故点与平面的距离为，D正确. 故选：ABD 三、解答题 5．(24-25高二上·重庆复旦中学教育集团·期中)如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，分别为棱的中点 (1)证明:平面； (2)若，求直线与平面所成角的正切值； (3)若，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线线平行，结合线面平行的判定即可求解， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可由向量的夹角公式求解， （3）求解平面法向量，即可利用点到平面的距离的向量法求解. 【详解】（1）因为分别为的中点 为正方形 ，因为平面平面, 平面. （2）由题知平面 建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，，， ，，，，， 设平面的一个法向量为 则，令，则，， 设直线与平面所或的角为， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为.则正切值为； （3）设平面的法向量为， ，, 故，令， 故 故点到平面的距离为 6．(24-25高二上·重庆清华中学校·期中)如图，在正方体中，分别为的中点． (1)求异面直线与的夹角的正弦值； (2)求点到线段的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，分别取异面直线的方向向量，利用夹角的余弦公式，再结合同角三角函数的平方式，可得答案； （2）根据（1）空间直角坐标系，利用空间点到直线的距离公式直接求解即可. 【详解】（1）由题意，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图： 则， 取， 设异面直线与的夹角为， 则， 可得. （2）由（1）可知，取， 直线的单位方向向量， 点到线段的距离为. 7．(24-25高二上·重庆名校联盟·)如图所示，等腰梯形中，，，，E为中点，与交于点O，将沿折起，使点D到达点P的位置（平面）. (1)证明：平面； (2)若，试判断线段上是否存在一点Q（不含端点），使得直线 与平面所成角的正弦值为，若存在，求三棱锥的体积，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可证得结果，先证明线线垂直，再证明线面垂直； （2）先建立空间直角坐标系，根据线面夹角的正弦值得到点到平面的距离即三棱锥的高，即可求得体积. 【详解】（1）在原图中，连接，由于，， 所以四边形是平行四边形，由于，所以四边形是菱形， 所以， 由于，，所以四边形是平行四边形， 所以，所以， 在翻折过程中，，保持不变， 即，保持不变， 由于，，平面， 所以平面； （2）由上述分析可知，在原图中，，所以， 所以， 折叠后，若，则， 所以， 由于，，，平面， 所以平面， 由于，平面，所以，， 所以，，两两相互垂直， 由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系， ， ，，，， 设，，， ，， 设平面的法向量为， 则，故可设， 设直线与平面所成角为， 则， ，，，， 所以，即是的中点， 由于轴与平面垂直，所以到平面的距离为， 所以. 8．(24-25高二上·重庆名校联盟·)如图，正方体中，E、F、G分别为，，的中点. (1)证明：平面ACE； (2)求与平面ACE所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）先证得，再由线面平行的判定定理证明即可； （2）以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面ACE的法向量，利用公式求解即可. 【详解】（1）证明：连接BD和，设， 连接EO，则O为BD中点， 在中，因为F，G分别为和的中点， 所以，又因为在中，因为E为的中点， 所以，所以 又平面ACE，平面ACE， 所以平面ACE． （2）以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴，建系如图： 设正方体的棱长为2， 则，，，， 所以，，， 设为平面ACE的一个法向量， 则，所以，取 设直线与平面ACE所成角为， 所以直线与平面ACE所成角的正弦值为： ． 所以与平面ACE所成角的余弦值为. 9．(24-25高二上·重庆字水中学·期中)如图，长方体的底面是边长为2的正方形，，点为棱的中点.    (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）利用线面垂直的性质与判定定理证得平面，再利用面面垂直的判定定理即可得证； （2）根据题意建立直角坐标系，利用（1）中结论得平面的一个法向量，从而利用空间向量法求得线面角，由此得解. 【详解】（1）因为在长方体中，平面， 又平面，所以， 在中，，所以，则， 又平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）以为轴，为轴，为轴建立如图所示坐标系，    则， 故， 由（1）知平面，所以平面的一个法向量是， 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. 10．(24-25高二上·重庆第十一中学校·期中)在直三棱柱中，△为等腰直角三角形，，点在侧棱上，且满足． (1)求证：； (2)求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积等于零来证明即可； （2）求出直线的方向向量和平面的法向量，利用线面角的向量公式计算即可. 【详解】（1）由题意得，以为坐标原点，以所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 如图所示，设，则， ， 由， 所以； （2）由题得， 设平面的一个法向量为， 则，即，取， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 地 城 考点06 空间向量中二面角问题 1．(24-25高二上·重庆第一中学校·期中)如图，点D在平面内的射影点H在线段上，E为中点，F为中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，由勾股定理证得，再利用线面垂直的性质判定、面面垂直的判定推理得证. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解. 【详解】（1）在中，由，得，则， 由点D在平面内的射影点H在线段上，得平面，平面， 则，而平面，，于是平面， 又平面，则，由E为中点，得， 而平面，因此平面，又平面， 所以平面平面. （2）在平面内过作，由（1）知，平面，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，得，，， 则， ， 设平面的法向量，则，取，得， 设平面的法向量，则，取，得， 设平面与平面所成锐二面角大小为， 则， 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值是. 2．(24-25高二上·重庆渝东九校联盟·期中)如图，在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，，，点是棱上靠近点的三等分点. (1)证明：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）由线面垂直的性质可得出，由已知条件得出，再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，、、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平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）因为平面，平面，则， 因为，即， 因为，、平面，故平面. （2）因为平面，， 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，， 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， 所以，， 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 3．(24-25高二上·重庆巫溪县上磺中学校·期中)如图，在长方体中，已知，，．分别是线段上的点，且. (1)求直线与所成角α的余弦值； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量求异面直线所成的角. （2）利用空间向量求二面角的余弦. 【详解】（1）以为原点，建立如图空间直角坐标系. 则，，，， 所以，. 因为，且，， 所以直线与所成角α的余弦值为： （2）因为，. 设平面的法向量为， 则，取得. 取平面的法向量. 则. 结合原图可知二面角为锐角，故其余弦值为. 4．(24-25高二上·重庆巴蜀中学校·期中)如图，在四棱锥中，侧棱底面，分别在棱上，平面. (1)若是的中点，求与平面所成角的余弦值； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1). (2). 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量坐标公式计算即可； （2）分别求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量坐标公式计算即可. 【详解】（1）由题意：底面是正方形；连接交于点，连接； 因为平面，平面平面平面， 所以；又是中点，故是中点； 以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系； 不妨设，则. 由题意，是的中点，则；故； 设平面的法向量为，则； 令，得； 记与平面所成角为，则， 故； 故与平面所成角的余弦值为. （2），故， 故；又平面， 平面，故平面； 故平面的法向量； 平面的法向量； 记平面与平面的夹角为，则， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 5．(24-25高二上·重庆渝东九校联盟·期中)已知矩形ABCD，，，为CD中点，沿AE折成直二面角，为BC为中点.          (1)求证：； (2)在棱DE上是否存在点N，使得平面ADM?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）取的中点，连接，由面面垂直的性质得到，再由中位线的性质得到，然后由线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立如图所示坐标系，平面的法向量，利用解出即可； 【详解】（1）    取的中点，连接， 因为矩形ABCD，，， 所以， 由为CD中点，所以， 因为，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 由为的中点，为四边形的中位线，， 所以，又平面，， 所以平面， 由平面，所以. （2）    作平面，以为原点，以所在直线为建立空间直角坐标系， 由（1）得为四边形的中位线，所以， 由得，，， 所以， 设平面的法向量为， 则，取，则， 设点存在，，， 所以，所以， 由平面得， 所以，解得， 即，所以 所以存在点N，使得平面ADM，. 6．(24-25高二上·重庆礼嘉中学·期中)如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，，且平面平面，在平面内过作，交于，连.    (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)在线段上存在一点，使直线与平面所成的角的正弦值为，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据长度关系先证明，再根据条件证明出平面，由此可得，根据线面垂直的判定定理可完成证明； （2）建立合适空间直角坐标系，分别求解出平面和平面的一个法向量，先计算出法向量夹角的余弦值，则二面角的正弦值可求； （3）设，然后根据与平面法向量夹角的正弦值求解出的值，则的长度可求. 【详解】（1）因为，所以，且， 所以四边形为矩形，所以， 又因为，，所以， 所以，所以，所以， 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又平面，所以， 因为平面，所以平面. （2）以为原点，分别以方向为轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 由条件可知，所以， 所以， 所以， 设平面的一个法向量为， 所以，取，则，所以， 设平面的一个法向量为， 所以，取，则，所以， 所以， 设二面角的平面角为，所以， 故二面角的正弦值为.    （3）设，因为，所以， 因为，所以， 取平面的一个法向量，设直线与平面所成角为， 所以，解得， 因为，所以. 7．(24-25高二上·重庆第十八中学·期中)在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与直线的距离； (3)求平面与平面所成二面角的平面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）作交于点，由面面垂直的性质可得平面，可得，再由线面垂直的判定定理得平面，从而得到，再由线面垂直的判定定理可得答案； （2）取的中点，连接，推导出平面，然后以点为坐标原点，、、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直线与直线的距离； （3）利用空间向量法可求得平面与平面所成二面角的平面角的正弦值. 【详解】（1）因为侧面为菱形，，， 所以、为边长为的等边三角形， 在平面内作，垂足为点，则点为的中点， 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， 因为平面，可得， 又，，、平面，可得平面， 因为平面，所以， 因为侧面为菱形，所以， 因为，、平面，所以平面. （2）取的中点，连接， 因为四边形为菱形，则，， 因为、分别为、的中点，所以，且， 则四边形为平行四边形，所以，， 因为平面，则平面， 又因为平面，平面，则， 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，直线与直线的距离为 . （3）设平面的法向量为，，， 则，取，则， 易知平面的一个法向量为， 所以，，则. 因此，平面与平面所成二面角的平面角的正弦值为. 8．(24-25高二上·重庆合川大石中学等多校·期中)如图，在三棱台中，平面，，，， D是棱AC 的中点，E 为棱BC 上一动点. (1)判断是否存在点 E，使平面. (2)是否存在点 E，使平面平面? 若存在，求此时与平面所成角的正弦值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)存在 (2)存在，且与平面所成角的正弦值为 【分析】（1）以为原点，以、的方向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用空间向量法可证得结论成立； （2）设，根据空间向量法结合平面平面，可求出的值，然后利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）存在，当时，平面； 因为平面， 如图，以为原点，以、的方向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系， 则、、、、、，. 因为，设点，则， 则，解得，则， 设平面的法向量为，因为，， 所以，令，得. 因为，所以， 因为平面，所以，平面. （2）设平面的法向量为， 因为，， 所以，令，得. 设，则， 设平面的法向量为， 因为，， 所以，令，可得， 假设平面平面，则. 由，解得，所以. 设与平面所成的角为， 则， 所以存在，使平面平面， 此时与平面所成角的正弦值为. 9．(24-25高二上·重庆南开中学校·期中)如图，在四棱锥中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为平行四边形，其中∠ABC＝45°，，E为棱PC上一动点. (1)若E为PC中点，求证：AE⊥平面PBC； (2)若E是棱PC上靠近P的三等分点，求平面ABE和平面PBE夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据题设可得，由线面垂直的性质有，再根据线面垂直的判定、性质定理得，等腰三角形性质得，最后根据线面垂直的判定证结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值即可. 【详解】（1）由题设， 所以， 由PA⊥平面ABCD，面，则， 又均在面内，所以面， 由面，则， 因为，且E为PC中点，则， 由均在面内，所以AE⊥平面PBC； （2）由（1），且四边形ABCD为平行四边形，则， 又PA⊥平面ABCD，故可构建如图所示的空间直角坐标系， 所以， 由，则， 所以，，，， 设平面的法向量为，则， 令，可得， 设平面的法向量为，则， 令，可得， 若平面ABE和平面PBE夹角为，则. 10．(24-25高二上·重庆字水中学·期中)0．如图，四棱锥中，侧面是边长为2的等边三角形且垂直于底面是的中点. (1)求证：直线平面； (2)点在棱上，且二面角的余弦值为，求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）运用中位线性质和平行线的传递性得到线线平行，进而得到四边形为平行四边形，再用线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，运用向量法求得比例，然后利用锥体体积公式求解即可. 【详解】（1）取中点，连结， 因为为的中点，所以， 由，得， 又，所以， 则四边形为平行四边形，有， 又平面平面，故平面. （2）由已知得，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 设，则可得， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则， 又易知底面的一个法向量为， 由于二面角的余弦值为， ， ，解得或（舍去）， 11．(24-25高二上·重庆第十一中学校·期中)1．如图1所示的图形中，四边形为菱形，，和均为直角三角形，，，现沿和将和进行翻折，使（在平面同侧），如图2（或图3）    (1)证明：平面； (2)如图2，若平面，求点到平面距离； (3)如图3，若二面角为时，判断平面与平面是否垂直？ 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不垂直 【分析】（1）先根据面面平行的判定定理证明平面平面，再利用性质定理证明平面； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用点到平面的距离公式求解即可； （3）根据题意证明二面角的平面角为，再求出平面和平面的法向量，转化为判断法向量的数量积是否等于零，即可解决. 【详解】（1）由题，平面平面，所以平面， 四边形为菱形，所以，又平面平面， 所以平面，、平面， 所以平面平面，又平面，所以平面. （2）由题：平面，四边形为菱形，， 取中点，连接，可得，以为坐标原点， 以、、所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，    则， 故， 设平面的一个法向量， 则， 可取法向量为， 所以点到平面距离. （3）由四边形为菱形，，和均为直角三角形， ，所以， 取中点，连接，可得， 所以二面角的平面角为， 以为坐标原点，以、所在直线分别为轴，轴，垂直于底面的轴建立空间直角坐标， 则， 故，    设平面的法向量， 则，可取法向量， 设平面的法向量， 则，可取法向量， 因为，所以不垂直， 所以平面与平面不垂直. 12．(24-25高二上·重庆实验外国语学校·期中)2．如图，在四棱锥中，，，平面，，，分别是棱，的中点. (1)证明：平面. (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由中位线易证明四边形是平行四边形，进而得到，进而得到平面； （2）由题易知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，通过平面与平面的夹角计算公式计算余弦值. 【详解】（1）如图所示，连接．    因为，分别是棱，的中点， 所以， 因为，， 所以，， 所以四边形是平行四边形， 则． 因为平面，平面， 所以平面． （2）因为平面，平面, 所以，又因为， 所以，，两两垂直， 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．    由题中数据可得，，， ，． 设平面的法向量为， 则，令，得． 因为，，平面， 所以平面 平面的一个法向量为． 设平二面角的平面角为， 则． 由图知该二面角为锐二面角，则. 即平二面角的余弦值为． 13．(24-25高二上·重庆求精中学·期中)3．如图，四棱锥，底面为菱形，，且均为锐角，， (1)求证: (2)当四棱锥体积为时， （i）时，求二面角的余弦值. （ii）是否存在的值，使得直线与平面所成角的正弦值为?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）；（ii）存在， 【分析】（1）过点作平面于，证明点在线段上，即可知平面，结合线面垂直的性质即可得出结果. （2）（i）过作交于点，过作于点，连结，则为所求，根据计算，的长，可求出二面角的正切值，从而求出余弦值. （ii）建立空间直角坐标系，用向量求线面角的方法计算可求出结果. 【详解】（1）过点作平面于，过分别作于两点，连结， 因为平面，则，又，平面， 所以平面，平面，则， 同理， ，且为公共边， ，， 在以及中，为公共边，， 即点在角平分线上，即，所以平面， 因为平面，平面，所以， 又底面为菱形，所以，平面， 平面，平面， . （2）（i）， 所以，， 过作交于点，则平面， 过作于点，连结， 因为平面， 所以，又，平面， 则平面，所以为二面角的平面角， ， ，且，所以， 则， 设二面角的平面角为，则， 所以. （ii）设，在菱形中，， 以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图： 则，，，， ， ，则， 设平面的法向量，，， 则，令得：， 直线与平面所成角的正弦值为 ， 解得：或（舍）， 所以. 14．(24-25高二上·重庆第八中学校·期中)4．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，点在棱上，且平面. (1)求证：为中点； (2)求平面与平面夹角的正弦值； (3)若点为棱上一动点（含端点），求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面平行的性质定理，得到线线平行，再根据中位线性质定理证明为中点. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的三角函数值. （3）在（2）的基础上，利用空间向量求线面角的正弦值的取值范围. 【详解】（1）连结交于点，连结， 因为底面是矩形，所以为中点， 因为平面，平面， 平面平面，所以， 又因为为中点，所以为中点. （2）取的中点，连结，，因为底面为矩形，所以， 因为，为中点，所以，， 所以，又因为平面平面，平面平面， 平面，，所以平面，所以， 所以，，两两垂直， 如图，建立空间直角坐标系，则由题意可得： ，，，，，， 则，，， 由上可知为平面的一个法向量， 设平面的法向量为， ，令，则，，所以， 所以，， 所以平面与平面夹角的正弦值为. （3）由（2），，因为点在棱上（含端点） 所以设， 则， 设与平面所成角为，则 ， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为. 地 城 考点06 空间向量中综合性问题 一、单选题 1．(24-25高二上·重庆第十一中学校·期中)若平面的法向量为，方向向量为的直线与平面垂直，则实数（   ） A．4 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】根据直线垂直于平面，则直线的方向向量平行于平面的法向量，即可求解. 【详解】由直线l与平面垂直，故直线方向向量与平面的法向量平行， 设，即，解得. 故选：D. 2．(24-25高二上·重庆求精中学·期中)在三棱锥中，为的重心，，，，其中，，若交平面于点，且，则的取值范围为（   ）      A． B． C． D． 【答案】A 【分析】应用四点共面定理可知，若四点共面，则可用表示，且系数和为1，通过条件表示向量，可得的关系，代入计算可得结果. 【详解】连结并延长交于，因为为重心，则为中点， ， ， 四点共面，则，即， 因为，所以，解得：， ，，， 即， 故选：A    【点睛】知识点点睛：若四点共面，且面外一点，则可用表示且系数和为1. 3．(23-24高二上·重庆渝南田家炳中学校·期中)已知是棱长为8的正方体的一条体对角线，点在正方体表面上运动，则的最小值为（    ） A． B． C． D．0 【答案】B 【分析】求得正方体外接球的半径，根据空间向量的数量积运算求得的表达式，确定的最小值，即得答案. 【详解】如图，是棱长为8的正方体的一条体对角线，则也是正方体外接球的一条直径， 由正方体的特征可得其外接球半径为, 设外接球球心为，则， 则 , 由于点在正方体表面上运动， 故的最小值为球心与正方体面的中心连线的长， 即为正方体棱长的一半，为， 所以的最小值为， 故选：B. 二、多选题 4．(24-25高二上·重庆复旦中学教育集团·期中)如图，设正方体的棱长为，点是的中点，点为空间内两点，且，则（    ） A．若平面，则点与点重合 B．设，则动点的轨迹长度为 C．平面与平面的夹角的余弦值为 D．若，则平面截正方体所得截面的周长为 【答案】ABD 【分析】假设点不与重合，根据平面，平面，可得，而，故假设不成立，A正确；根据已知判断出动点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆的，，进而判断选项B；建立空间直角坐标系，利用向量法求解面面夹角余弦值即可判断选项C；根据已知条件做出图形，即可求出周长判断选项D. 【详解】由正方体的性质知，平面， 若点不与重合，因为平面， 则，与矛盾， 故当平面时，点与重合，故A正确； 因为， 所以点在平面上， 因为， 所以， 则动点的轨迹是以点为圆心， 以为半径的圆的，故其长度为，故B正确； 对于C，以点为坐标原点， 分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 所以. 设平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为， 则得， 令，，所以， 同理结合得， 因为， 所以平面与平面的夹角的余弦值为，故C错误； 对于D，过的直线分别交的延长线于点， 然后再分别连接，交侧棱于点， 交侧棱于点，连接和，如图所示： 则得截面为五边形， 截面的周长为，故D正确. 故选：ABD 5．(24-25高二上·重庆渝东九校联盟·期中)如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．异面直线AP与所成角的取值范围是 C．平面ADP与平面ABCD所成夹角的余弦值取值范围是 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ABD 【分析】对于A，利用线面平行的判定定理，得出平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于B，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于CD，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出平面与平面所成角的余弦值和直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断. 【详解】对于A，，平面，平面， 所以平面，因为点在线段上运动， 点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 故三棱锥的体积为定值，故A正确； 对于B，因为，所以异面直线与所成的角即为与所成的角， 当点位于点时，与所成的角为， 当点位于的中点时，因为平面，， 所以，此时，与所成的角为， 所以异面直线与所成角的取值范围是，故B正确； 对于C，以为原点，为轴，为轴，为轴， 建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，，， 则，，设平面的法向量， 设平面的法向量， ， 则，即， 令，则，则得， 面与平面所成夹角为， 所以， 因为，，所以，， 所以平面与平面所成夹角的余弦值取值范围是，故C错误； 对于D，则，，，，，， 设平面的法向量，则，即， 令，则，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为： ， 当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值， 最大值为，故D正确. 故选：ACD. 6．(24-25高二上·重庆第七中学校·期中)如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（   ）    A．当在平面上运动时，三棱锥的体积为定值 B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是 D．使直线与平面所成的角为45°的点的轨迹长度为 【答案】AB 【分析】对A：由的面积不变，点到平面的距离不变，求出体积即可；对B：以为原点，建立空间直角坐标系，设，则，，结合向量的夹角公式，可判定B正确；对C：设，求得平面的一个法向量为，得到，可判定C错误.对D：由直线与平面所成的角为，作平面，得到点的轨迹，可判定D正确. 【详解】对于A：的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长， 所以三棱锥的体积不变， 且，所以A正确； 对于B：以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系， 可得，，， 设，，则，， 设直线与所成角为， 则， 因为，当时， 可得，所以； 当时，， 由，所以， 所以异面直线与所成角的取值范围是，所以B正确；    对于C，由，，，， 设，，， 则，， 设平面的一个法向量为， 则 取，可得，，所以， 因为平面，所以，可得， 所以， 当时，等号成立，所以C错误.    对于D：因为直线与平面所成的角为45°， 由平面，得直线与所成的角为45°， 若点在平面和平面内， 因为，，故不成立； 在平面内，点的轨迹是； 在平面内，点的轨迹是； 在平面时，作平面，如图所示， 因为，所以， 又因为，所以，所以， 所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆， 所以点的轨迹的长度为， 综上，点的轨迹的总长度为，所以D错误；    故选：AB. 【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法： （1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； （2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； （3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 7．(24-25高二上·重庆第十八中学·期中)已知棱长为2的正方体中，为的中点，为上的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（   ） A．平面 B． C．与的距离是 D．动点的轨迹长为 【答案】ACD 【分析】利用线面平行判定定理即可判断A正确，再由向量数量积的坐标表示计算可得B错误，利用异面直线间的距离的向量求法计算可得C正确，求出动点的轨迹即可得其长度为，可得D正确. 【详解】根据题意以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 设，易知， 易知； 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 可得法向量， 由平面可得，即可得； 因此可得即为，即点在直线上， 对于A，由正方体性质可得，又平面，平面， 所以平面，即A正确； 对于B，又，可得， 显然，即B错误； 对于C，又，， 设与都垂直的向量为，可得， 令，可得，即， 又，所以与的距离为，即C正确； 对于D，由点在直线上且为上的动点，设点 连接交于点，因此动点的轨迹为线段，易知; 所以，即动点的轨迹长为，所以D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正方体性质建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量表示求得点动点的轨迹所在位置，即可得出异面直线间的距离以及轨迹长度. 8．(24-25高二上·重庆字水中学·期中)在正方体中，，点是的中点，空间中一点满足，则（    ） A．当时， B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点，使得平面 D．当时，有且仅有一个点，使得与所成角为 【答案】AC 【分析】根据选项逐个分析当x，y取不同值时相应的图形关系，再判断选项是否正确即可. 【详解】对于选项A，当时，， 如图所示，    根据平面向量基本定理，此时P在线段上， 由于在正方体中，平面，平面， 所以，选项A正确； 对于选项B，当时，， 如图所示，    由平面向量基本定理，此时P在线段上， 由图可知，三棱锥当以平面为底面时为定值， 但因为顶点P在线段上运动，所以P到底面的高不确定， 故三棱锥的体积不是定值，选项B错误； 对于选项C，当时，如图所示，    此时， 由平面向量基本定理，取AB与中点M，N，则P在线段MN上运动， 由图可知，过B点且与平面平行的平面为平面， 平面，所以此时平面， 又P是MN与交点，即当且仅当P是MN中点时，有平面， 故选项C正确； 对于选项D，如图所示，    以D为原点，DC，DA，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则， 因为，则有， 又， 所以， 所以. 于是，， 所以的夹角为时有， ， 解得或， 即或都可以使得的夹角为， 选项D错误. 故选：AC. 9．(24-25高二上·重庆第十一中学校·期中)已知正方体棱长为1，动点满足，则（   ） A．当时，则三棱锥的体积为 B．当时，直线平面 C．当时，直线平面 D．当且时，点的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】当时，则为的中点，利用锥体的体积公式求三棱锥的体积即可判断A，先得到点为的中点，建立空间直角坐标系，计算出可判断B，利用向量法判线面平行，即可判断C，推出点在平面上，并得到平面，且，又，故，求出点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，求出轨迹长度可判断D. 【详解】 对于A，当时，，则为的中点， 则三棱锥的体积为，故A正确； 对于B，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，则， 当时，，此时点为的中点， 又，则， 故与不垂直，故直线与平面不垂直，B错误； 对于C，当时，， 设平面的法向量为， 又， 则，解得，令，则，即， 由，且平面， 则直线平面，故C正确； 对于D，当时，， 故，即，故点在平面上， 连接，交平面于点， 由，，， 则，， 故⊥，且⊥， 又，平面， 所以⊥平面， 又， 又，故， 故点M的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 故轨迹长度为，D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛： 立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； （1）解答方法：一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； （2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； （3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 10．(24-25高二上·重庆实验外国语学校·期中)已知正方体棱长为1，动点满足，则下列选项正确的是（   ） A．当时，直线平面 B．当，，时，点到直线的距离为 C．当，，时，的值可能为3 D．当且，当时，点的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，将向量等式转化为坐标形式，A项，由向量数量积为证明线线垂直进而得线面垂直；B项，利用点到直线距离的向量求解公式运算求解可得；C项，结合展开图将折线段之和转化为平面问题，利用两点之间距离最短求最小值，根据动点变化得最大值，由范围判断即可；D项，先由证明四点共面，由可知，点在内部或边界上运动.再由点面距与勾股定理，得到点在以为圆心，为半径的圆上，得到点轨迹进而求长度. 【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，. A项，由题意知，，又，， 则； . 所以且， 平面，平面，且， 所以平面，故A正确； B项，由题意得，，， 则点到直线的距离 ，故B错误； C项，连接. 当，，，即点在线段上运动， 沿将与展开至同一平面，如图， 在平面四边形中，则，当且仅当三点共线时等号成立， 所以的最小值为， 由为等边三角形， 则在中，， 由余弦定理得 ，则， 由点运动的连续性及图形可知，最大值为， 由， 则的值可能为3，故C正确； D项，，当且时， 则， 可得， 即，故四点共面， 由可知，点在内部或边界上运动. 如图，过作平面的垂线，垂足为，连接. 则即为点到平面的距离. 由选项A可知，向量也是平面的一个法向量， 又，则点到平面的距离， 在中，，由， 得， 故点在平面内以为圆心，为半径的圆上. 由，且，即平面的一个法向量. 则，即点坐标，且为的重心， 取的中点，连接， 由三边均为可知为正三角形， 则，且点到三边的距离相等， 点到的距离，点到顶点的距离为， 因为，故点的轨迹为圆在内的三段弧，如图所示. 在中，， 则，，从而， 由对称性可知，三段弧所对圆心角都为， 故点的轨迹长度为，故D正确. 故答案为：ACD. 【点睛】关键点点睛：该题目的难点为CD项，解决关键在于空间问题平面化，C项关键在将空间图形展开得到平面图，进而将空间折线段之和问题转化为平面折线段之和，利用两点之间线段最短求解；D项关键则在于利用空间向量的加减运算及向量共面定理判断四点共面，再利用空间垂直关系将空间长度转化为平面内的长度，进而得到动点的轨迹. 11．(24-25高二上·重庆求精中学·期中)1．正方体的棱长为2，点为正方形内的一个动点（含边界），为的中点，则下列结论正确的是（   ） A．当与重合时，平面 B．当时，的最大值为 C．当时，的轨迹长度为 D．若，则与平面所成角正弦值的最小值为 【答案】ACD 【分析】对A，通过证明线面垂直得到，，进而证明平面；对B，建立空间直角坐标系，设，根据，可得，利用向量模的公式求解判断；对C，取的中点，则平面，由条件可得点在以点为圆心，1为半径的圆上，求解判断；对D，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求解. 【详解】对于A，当与重合时，如图，连接， 因为平面，平面， 所以， 又，平面，， 所以平面，平面，则， 同理，，且是平面内两条相交直线， 所以平面，即平面，故A正确； 对于B，以点为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，设，，， ，，当时， 所以，即， 所以， ，，故的最大值为，故B错误； 对于C，因为，所以在以为球心，为半径的球上， 又为侧面上的点，所以在球被平面截得的交线上， 取的中点，则平面，，， 所以点在以点为圆心，1为半径的圆上，如图所示，的轨迹长度为. 故C正确； 对于D，如图，，，， 因为，设，，则， 由选项A，同理可证平面，且， 设与平面所成角为， 则 ，， ，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题 12．(24-25高二上·重庆第十八中学·期中)2．已知长方体，，，，在上取一点，在上取一点，使得直线平面，则线段的最小值为 . 【答案】 【分析】以为轴建立空间直角坐标系发，写出各点坐标，求出平面的法向量，由向量与平面的法向量垂直可得关系式，从而表示出的模，然后可求得最小值． 【详解】如图，以为轴建立空间直角坐标系， 则， 可得，，，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，则，即， 设，， 则， 因为直线平面，则， 可得，解得， 则， 可得 当且仅当，时，取得最小值，即的长度的最小值为． 故答案为：． 13．(24-25高二上·重庆杨家坪中学·月考)3．已知棱长为的正方体内有一内切球，点在球的表面上运动，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，设，即可表示出，结合图象及球的性质求出的取值范围. 【详解】以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设点，所以，， 所以 ， 因为表示点与点之间距离的平方， 所以当点的坐标为时，取得最大值为， 当与点重合时，取得最小值，所以的取值范围为. 故答案为： 14．(24-25高二上·重庆渝东九校联盟·期中)在棱长为的正方体中，、、分别为、、中点，、分别为直线、上的动点，若、、共面，则的最小值为 . 【答案】 【分析】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点、，其中、，利用空间向量共面可得出，然后二次函数的基本性质结合空间向量数量积的坐标运算可求得的最小值. 【详解】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设点、，其中、， 易知、，则，，， 因为、、共面，则存在、，使得， 即，解得，所以，，即， 所以，， 当且仅当时，等号成立，故的最小值为. 故答案为：. 四、解答题 15．(24-25高二上·重庆西南大学附属中学校·期中)5．如图，三棱柱的底面是等腰直角三角形，，侧面是菱形，，，平面平面.    (1)证明：； (2)求点到平面的距离； (3)线段是否存在一点，使得平面平面，如果存在找出点的位置，不存在请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，答案见解析 【分析】（1）利用线面垂直的判定可得平面，然后利用线面垂直性质定理结合平行即可得证. （2）根据给定条件，结合余弦定理，利用等体积法求出点到平面的距离. （3）以为原点，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，平面的法向量为，平面的法向量为，求出两个平面的法向量，由即可求解. 【详解】（1）连接，由四边形为菱形，得，由，得， 又平面平面，平面平面，面ABC， 则平面，又平面，于是，而，则， 又，平面，因此平面，又平面， 所以    （2）点到平面的距离，即三棱锥的底面上的高， 由（1）知平面，则三棱锥的底面上的高为， 设点到平面的距离为d，由，得， 而，，则的面积， 由，，得，又，，则， 又，，由余弦定理得， 则，的面积， 则，即 ，所以点到平面的距离为. （3）    取的中点为，连接， 因为四边形是菱形，且， 所以，， 又因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面， ，即， 如图，以为原点， 为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 设，， 所以，可得， ， 设平面的法向量为， 则， 可得， ， 设平面的法向量为， 则， 可得， 使得平面平面， 则，解得， 故上存在一点，当时，平面平面. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $