专题01 空间向量与立体几何11考点（期中真题汇编，广东专用）高二数学上学期人教A版选择性必修第一册

专题01 空间向量与立体几何 11大高频考点概览 考点01空间向量及其线性运算 考点02空间向量的共线与共面 考点03空间向量的数量积运算及应用 考点04空间向量的投影向量 考点05空间向量基本定理 考点06利用空间向量解决直线、平面的位置关系 考点07利用空间向量求异面直线所成的角 考点08利用空间向量求直线与平面所成的角 考点09利用空间向量求平面与平面所成的角 考点10利用空间向量求点线距 考点11利用空间向量求点面距 地 城 考点01 空间向量及其线性运算 1．（2024秋•深圳校级期中）在空间四边形中，下列表达式化简结果与相等的是　　 A． B． C． D． 【解析】在空间四边形中， 对于，利用向量的线性运算，，故错误； 对于，利用向量的线性运算，故错误； 对于，利用向量的线性运算，故正确； 对于，利用向量的线性运算，故错误． 故选：． 2．（2024秋•东莞市期中）如图，在空间四边形中，　　 A． B． C． D． 【解析】． 故选：． 3．（2024秋•惠阳区校级期中）在空间四边形中，　　 A． B． C． D． 【解析】在空间四边形中，． 故选：． 4．（2024秋•珠海期中）如图，平行六面体中，为的中点，，，，则　　 A． B． C． D． 【解析】在平行六面体中，，，， 又因为，，， 由题意可知，． 故选：． 5．（2024秋•龙岗区校级期中）如图，空间四边形中，，，，点在上，且，点为中点，则等于 A． B． C． D． 【解析】． 故选：． 6．（2024秋•梅县区校级期中）如图，在平行六面体中，为和的交点，若，，，则下列式子中与相等的是　　 A． B． C． D． 【解析】平行六面体，，，， ， 故选：． 7．（2024秋•白云区校级期中）在三棱锥中，已知，是线段的中点，则　　 A． B． C． D． 【解析】连接，因为是线段的中点，所以， 因为， 所以； 所以． 故选：． 8．（2024秋•新会区期中）如图，在四面体中，在棱上，满足，，分别是，的中点，设，，，用，，表示，则　　 A． B． C． D． 【解析】根据空间向量运算法则得： ， ，，， ． 故选：． 9．（2024秋•汕头校级期中）已知三棱锥，点是棱的中点，点是的重心，设，，，则下列向量中与相等的向量是　　 A． B． C． D． 【解析】根据题意：． 故选：． 10．（2024秋•东莞市期中）已知四面体如图所示，点为线段的中点，点为△的重心，则　　 A． B． C． D． 【解析】四面体如图所示，点为线段的中点，点为△的重心， 由点为△的重心，则， 则． 故选：． 11．（2024秋•紫金县校级期中）在四棱锥中，底面是平行四边形，是的中点，则可以表示为　　 A． B． C． D． 【解析】四棱锥中，底面是平行四边形，是的中点， 依题意可得 ． 故选：． 12．（2024秋•金湾区期中）如图，在平行六面体中，是与的交点，若，，，且，则等于　　 A．1 B． C．0 D． 【解析】， ， ， ． 故选：． 地 城 考点02 空间向量的共线与共面 13．（2024秋•福田区校级期中），若，则　　 A．6 B．7 C．8 D．9 【解析】，， 则存在一个常数使得， 所以，解得，所以． 故选：． 14．（2024春•中山市校级期中）已知向量，0，，，，，，，，若，则实数　　 A． B． C． D． 【解析】向量，0，，，，， 则：， 由于，，， 若，则，解得． 故选：． 15．（2024秋•汕头校级期中）在空间中，若向量，，共面，则　　 A．4 B．2 C． D． 【解析】由题意，，，， 由向量共面， 可知存在有序实数对，使得， 即，3，，，，2，， 故有，解得， 即． 故选：． 16．（2024秋•珠海期中）已知，若共面，则实数　　 A．2 B．1 C． D． 【解析】，若共面，则，其中，， 则，3，，，，，，，， 所以，解得，，． 故选：． 17．（2024秋•佛山校级期中）已知向量，，，4，，若，，共面，则　　 A．2 B．3 C． D． 【解析】因为共面，所以， 即，4，，2，，2，，，， 所以，解得，，． 故选：． （多选）18．（2024秋•湛江校级期中）已知空间向量，，，则　　 A． B． C． D．是共面向量 【解析】由向量， 可得，，所以、正确； 设，可得，此时方程组无解， 所以向量与向量不共线，所以错误； 设，整理得：，解得，，所以共面， 所以正确． 故选：． 19．（2024秋•紫金县校级期中）在四面体中，空间的一点满足，若，，，四点共面，则 　　． 【解析】空间的一点满足， 由，根据四点共面的充要条件可得， 解得． 故答案为：3． 20．（2024秋•蓬江区校级期中）已知点在平面内，并且对平面外任意一点，有，则　　． 【解析】因点在平面内，根据空间向量基本定理， 由可得，，解得，． 故答案为：． 21．（2024秋•深圳期中）已知向量，，． （1）当时，若向量与垂直，求实数的值； （2）若向量与向量、共面，求实数的值． 【解析】（1）向量，，； 因为，所以， 解得，即． 由，且， 得，解得． （2）因为向量与向量、共面，所以设， 因此，，，1，，1，，，， 即，解得，故的值为． 22．（2024秋•茂名校级期中）已知，，三点不共线，点不在平面内，，若，，，四点共面，则的最大值为　　 A． B． C．1 D．2 【解析】，，，四点共面，， 则，又，， ，当且仅当时取“”． 故选：． 地 城 考点03 空间向量的数量积运算及应用 23．（2024秋•江门校级期中）已知向量，，，则 　　． 【解析】向量，由， 解得， 故， 又由于， 则． 故答案为：． 24．（2024秋•广州期中）在棱长为4的正四面体中，是的中点，则 　　． 【解析】如所示： 所以：． 故答案为：8． 25．（2024秋•鹤山市校级期中）在正四面体中，棱长为1，且为棱的中点，则的值为　　 A． B． C． D． 【解析】在正四面体中，棱长为1，且为棱的中点， 所以 ． 故选：． 26．（2024秋•广东校级期中）如图，正四面体的棱长为1，，则　　 ． 【解析】． 故答案为：． 27．（2024秋•韶关校级期中）如图，在正六棱柱中，为的中点．设．若，则的值是 　　． 【解析】在正六棱柱中，为的中点．设．若， 由于， ； 由题意易知， 则，， 则 ． 故答案为：2． 28．（2024秋•广东期中）已知，，均为圆柱表面上的动点，直线经过圆柱的中心，，圆柱的底面圆的半径为5，则的最大值为 　　． 【解析】， 为圆柱的中心，且，，均为圆柱表面上的动点， ，当且仅当为底面圆周上时，等号成立， 且， 当且仅当为底面圆周上时，等号成立， ， 的最大值为144． 故答案为：144． 29．（2024秋•广东期中）已知球是棱长为6的正四面体的内切球，是球的一条直径，为该正四面体表面上的动点，则的最大值为 　　． 【解析】正四面体的棱长为6，设其内切球球心为点， 连接并延长交底面于点，如图， 则为正△的中心，且平面， 连接并延长交于点，则为中点，且， ，， 平面，平面，则， ， △的面积为， 正四面体的体积为， 设正四面体的内切球的半径为， 则， ， 解得， ， ，， ， 当点位于正四面体的顶点时，取最大值， ． 故答案为：12． 30．（2024秋•黄埔区校级期中）已知棱长为2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　　 A．， B．， C．， D．， 【解析】以点为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示： 则，0，，，2，，设点，，， 所以，，，，，， 所以， 因为表示点，，与点，1，之间距离的平方， 所以当点，1，时，取得最大值；当点与点重合时，取得最小值， 所以的取值范围为，． 故选：． 31．（2024秋•斗门区期中）已知，，，，，，且，则的值为　　 A．6 B．10 C．12 D．14 【解析】已知，，，，，， 所以， 由于， 所以，解得． 故选：． 32．（2024秋•新会区期中）平行六面体中，．则　　 A． B． C． D． 【解析】由题意得， 故 ， 故． 故选：． 33．（2024秋•阳江期中）已知向量，，且，则　　 A． B．4 C． D．8 【解析】由已知条件得：， 因为，所以，， 所以． 故选：． 34．（2024秋•广东校级期中）如图所示，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱的长度都为1，且两两夹角为，则的模长为　　 A． B． C． D． 【解析】由题意，， ，， 又， 则 ， 所以． 故选：． 35．（2024秋•清远期中）在平行六面体（底面是平行四边形的棱柱）中，有，则　　 A． B． C．2 D．4 【解析】令， 设， 由， 等号两边分别平方得：， 即， 整理得， 解得（或舍去）， 即． 故选：． 36．（2024秋•新会区校级期中）如图，在平行六面体中，，，，，，则 　　． 【解析】如图，在平行六面体中，，， 根据空间向量的线性运算可得， ，，， 则根据向量数量积运算可得 ， 则． 故答案为：7． 37．（2024秋•阳江期中）已知正四面体的边长为2，点，为棱，的中点，点，分别为线段，上的动点，且满足，则线段长度的最小值为 　　． 【解析】在棱长为2的正四面体中，由点，为棱，的中点，得， 由点，分别在线段，上，，令，则， 所以， 又， ， ， 故 ， 当时，， 所以线段长度的最小值为． 故答案为：． （多选）38．（2024秋•紫金县校级期中）已知空间中三个向量，，，则下列说法正确的是　　 A．与是共线向量 B．与同向的单位向量是 C．在方向上的投影向量是，， D．与的夹角为 【解析】已知空间中三个向量，，， 对于选项，因为，故、不共线，错； 对于选项，与同向的单位向量是，对； 对于选项，在方向上的投影向量是，对； 对于选项，因为，则、不垂直，错． 故选：． 39．（2024秋•广州校级期中）如图，在四棱锥中，底面，四边形是边长为1的菱形，且，，则　　 A． B． C． D． 【解析】在四棱锥中，底面，四边形是边长为1的菱形，且，， 对于，底面，底面，底面， 由线面垂直的性质得，， 由向量数量积公式及向量垂直的性质得： ，故错误； 对于，，，， △为等边三角形，， 由向量数量积公式得， 由向量数量积公式得： ，故错误； 对于，由向量数量积公式及向量垂直的性质得： ，故正确； 对于，由向量数量积公式得： ，故错误． 综上，正确选项为． 故选：． 40．（2024秋•鹤山市校级期中）已知向量，，，求 （1）； （2）； （3）与夹角的余弦值． 【解析】（1）． （2）， 所以． （3）， 所以与夹角的余弦值为． （多选）41．（2024秋•东莞市期中）已知向量，，，，2，，则　　 A． B． C． D． 【解析】对于，，故正确； 对于，，故错误； 对于，，故，故正确； 对于，，故，故正确． 故选：． （多选）42．（2024秋•广东校级期中）已知空间向量，，下列结论正确的是　　 A． B．，夹角的余弦值为 C．若直线的方向向量为，平面的法向量为，且，则实数 D．在上的投影向量为 【解析】对于，因为，，故错； 对于，因为，， 所以，，，可设与的夹角为，则，故正确； 对于，在上的投影向量为，正确． 对于，因为，故，则，则可得，故正确； 故选：． 地 城 考点04 空间向量的投影向量 43．（2024秋•霞山区校级期中）已知向量，，则在方向上的投影向量为　　 A．，， B．，2， C．，6， D．，， 【解析】因为，， 则，， 则在方向上的投影向量为，2，． 故选：． 44．（2024秋•鹤山市校级期中）已知空间向量，，向量在向量上的投影向量坐标为 　　． 【解析】由投影向量的定义可知， ， 故答案为：． 45．（2024秋•端州区校级期中）已知空间向量，0，，，1，，则向量在向量上的投影向量是 　　． 【解析】空间向量，0，，，1，， 则向量在向量上的投影向量等于， 故答案为：． 46．（2024秋•蓬江区校级期中）已知向量，则在上的投影向量为　　 A． B． C． D． 【解析】由，可得， 则，，， 所以在上的投影向量为： ． 故选：． 地 城 考点05 空间向量基本定理 47．（2024秋•廉江市校级期中）下列可使，，构成空间的一个基底的条件是　　 A．，，两两垂直 B． C． D． 【解析】要使，，构成空间的一个基底，则，，不共面， 结合选项可知，只有选项，，，两两垂直可得它们不共面，可作为基底， 选项，能推出与，共面，则错误， 选项满足向量的共面定理，则，，共面，则错误， 选项，则满足向量的共面定理，则，，共面，则错误． 故选：． 48．（2024秋•紫金县校级期中）已知为空间的一组基底，能与组成基底的向量是　　 A． B． C． D． 【解析】对于，，故选项不符合题意， 对于，，故选项不符合题意， 对于，设存在实数，，使得①， 为空间的一组基底， 则等式①显然不成立，故选项符合题意， 对于，，故选项不符合题意． 故选：． 49．（2024秋•广州校级期中）若是空间的一个基底，且向量不能构成空间的一个基底，则　　 A． B．1 C．0 D． 【解析】因为不能构成空间的一个基底， 所以存在实数、使得， 即， 即， 因为是空间的一个基底， 则，解得． 故选：． 50．（2024秋•罗湖区校级期中）已知向量，若不能构成空间的一个基底，则实数的值为 　　． 【解析】向量，因为不能构成空间的一个基底， 向量共面， 故存在，使得，即，3，，，，3，， 建立方程组，故， 解得． 故答案为：5． 51．（2024秋•鹤山市校级期中）已知向量以为基底时的坐标为，2，，则向量以为基底时的坐标为 A． B．，， C． D． 【解析】因为向量以为基底时的坐标为，2，， 所以． 设， 由空间向量基本定理可得，解得． 因此，向量以为基底时的坐标为． 故选：． 52．（2024秋•广东校级期中）若是空间的一个基底，且向量，，不能构成空间的一个基底，则　　 A． B．5 C． D． 【解析】依题意，共面，则存在实数，，使得， 于是 ， 因此，解得． 故选：． 地 城 考点06 利用空间向量解决直线、平面的位置关系 53．（2024秋•蓬江区校级期中）已知直线的方向向量为，平面的一个法向量为，若直线平面，则　　 A． B． C． D．2 【解析】因为直线平面，所以， 又因为为，， 所以， 解得． 故选：． 54．（2024秋•端州区校级期中）已知点，1，在平面内，点，2，在外，且的一个法向量，则点到平面的距离为　　 A． B． C． D． 【解析】点，1，在平面内，点，2，在外，且的一个法向量， 可得， 所以点到平面的距离为． 故选：． 55．（2024秋•鹤山市校级期中）给出下列命题，其中是真命题个数的是　　 ①若直线的方向向量，1，，平面的法向量，，，则； ②若平面，的法向量分别为，1，，，6，，则； ③若平面经过三点，0，，，1，，，2，，向量，，是平面的法向量，则； ④若点，2，，，，，点是关于平面的对称点，则点与的距离为． A．1 B．2 C．3 D．4 【解析】①不存在实数，使得，与不共线，因此是假命题； ②，，则，因此是真命题； ③，1，，，2，，向量，，是平面的法向量，，，解得，，则，因此是真命题； ④若点，2，，，，，点是关于平面的对称点，则，2，，点与的距离，因此是真命题． 综上可得：真命题个数的是3． 故选：． 56．（2024秋•湛江校级期中）已知为直线的方向向量，、分别为平面、的法向量、不重合），那么下列说法中： ①； ②； ③； ④． 其中正确的有　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【解析】因为、不重合， 对①，平面、平行等价于平面、的法向量平行，故①正确； 对②，平面、垂直等价于平面、的法向量垂直，故②正确； 对③，若，故③错误； 对④，或，故④错误． 故选：． （多选）57．（2024秋•斗门区期中）下列给出的命题正确的是　　 A．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 B．两个不重合的平面，的法向量分别是，则 C．若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底 D．对空间任意一点与不共线的三点、、，若（其中、、，则、、、四点共面 【解析】根据题意，依次分析选项： 对于，直线的方向向量为，平面的法向量为， 由于，则，故有或，错误； 对于，平面，的法向量分别是， 由于，则，必有，正确； 对于，若是空间的一组基底，则向量、、不在同一平面内， 由空间向量基本定理，向量，、也不在同一平面内， 故也是空间的一组基底，正确； 对于，若（其中、、，当且仅当时，、、、四点共面，错误． 故选：． （多选）58．（2024秋•海珠区校级期中）下列命题是真命题的有　　 A．直线的方向向量为，，，直线的方向向量为，则与垂直 B．直线的方向向量为，1，，平面的法向量为，，，则 C．平面，的法向量分别为，1，，，0，，则 D．平面经过三点，0，，，1，，，2，，向量，，是平面的法向量，则 【解析】，，，， 则，即直线与垂直，故正确， 直线的方向向量为，1，，平面的法向量为，，， 则，即， 所以或，故错误， ，1，，，0，不共线， 则不成立，故错误， ，0，，，1，，，2，， ，， 向量，，是平面的法向量， ， ，即，故正确． 故选：． （多选）59．（2024秋•汕头校级期中）下列给出的命题正确的是　　 A．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 B．两个不重合的平面，的法向量分别是，则 C．若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底 D．已知三棱锥，点为平面上的一点，且，则 【解析】对，直线的方向向量为，平面的法向量为， ，或，错误； 对，两个不重合的平面，的法向量分别是， ，，正确； 对，假设三个向量共面，则， ， 若，则，则共线， 与是空间的一组基底矛盾； 若，则，则共面， 与是空间的一组基底矛盾； 假设不成立，即不共面， 也是空间的一组基底，正确； 对，三棱锥，点为平面上的一点，且， 为平面上的一点，，，，四点共面， 则由共面定理以及可得， ，，正确； 故选：． （多选）60．（2024秋•罗湖区校级期中）给出下列命题，其中是真命题的是　　 A．若是直线的方向向量，是直线的方向向量，则与垂直 B．若是直线的方向向量，是平面的法向量，则 C．若分别为平面，的法向量，则 D．若分别为平面，的法向量，则平面，交线的方向向量可以是，2， 【解析】对于，因为，可知，所以与垂直，故正确； 对于，因为，可知，所以或，故错误； 对于，因为，所以平面，不相互垂直，故错误； 对于，设，2，， 由，则， 由，则， 所以平面，交线的方向向量可以是，2，，故正确． 故选：． 地 城 考点07 利用空间向量求异面直线所成的角 61．（2024秋•宝安区期中）如图，在直三棱柱中，，，，，则与所成的角的余弦值为　　 A． B． C． D． 【解析】因为在直三棱柱中，，，，， 所以以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建系如图： 则，0，，，0，，，3，，，0，， 所以， 所以与所成的角的余弦值为 ，． 故选：． 62．（2024秋•湛江校级期中）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则直线与直线所成角的正弦值的最小值为　　 A． B． C． D． 【解析】设， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，0，，，2，，，0，，，0，，，0，，，2，， 设，， 则，，， 则，， 则， 设直线与直线所成角为， 则，当且仅当时取等号， 即， 则直线与直线所成角的正弦值的最小值为， 故选：． 63．（2024秋•广东期中）刍薨是中国古代算数中的一种几何体，是底面为矩形的屋脊状的楔体．现有一个刍蔓如图所示，底面为矩形，平面，△和△是全等的正三角形，，，，则异面直线与所成角的余弦值为　　 A． B． C． D． 【解析】由题可得：，， 依题意得，， 所以 ， 设异面直线与所成的角为， 则． 即异面直线与所成角的余弦值为． 故选：． 64．（2024秋•广东校级期中）如图，在正四面体中，为棱的中点，为棱上靠近点的三等分点，则异面直线与所成角的余弦值为　　 A． B． C． D． 【解析】如图，设中点为，则根据题意易得， 故以所在直线为轴，所在直线为轴，以过且垂直平面的直线为轴，建系如图， 设正四面体边长为6， 则，3，，，，，， 由正四面体性质可得，则， 即，则，， ，， 则， 所以异面直线与所成角的余弦值为： ，． 故选：． （多选）65．（2024秋•越秀区期中）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4 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的点的轨迹长度为 【解析】对于：△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，所以错误； 对于：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，0，，，0，，，2，， 设，，，，则，， 设直线与所成角为， ， 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，所以正确； 对于，由，2，，，0，，，2，，，1，， 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，所以错误； 对于：因为直线与平面所成的角为， 由平面，得直线与所成的角为， 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； 在平面内，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，所以正确． 故选：． 地 城 考点08 利用空间向量求直线与平面所成的角 66．（2024秋•广州校级期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，侧面底面，，，是中点，为的中点，点在侧棱上（不包括端点）． （1）求证：． （2）是否存在点，使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． 【解析】（1）证明：连接，，， ，； 在菱形中，，，得； 又，平面， ； （2）解：由（1）知，； 侧面底面，且平面底面， 底面； 以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系； 则，0，，，，，，0，，，，， 设，，，则，，，0，，，， ，，，，，，，，， 设平面的法向量为，，， 则，得，令，则，解得， ，0，； ，， 解得（舍或． 故存在点，当时，使与平面所成角的正弦值为． 67．（2024秋•韶关校级期中）如图，在四棱锥中，面，，且，，，，，，分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存在，说明理由； （3）在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状． 【解析】（1）证明：取的中点，连接，， 因为为的中点，所以， 又，所以， 又平面，平面， 所以平面，同理可证平面， 又因为，，平面， 所以平面平面，又平面， 所以平面； （2）解：假设存在，设，如图， 取的中点，连接，则， 以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，0，，，1，，， 故，， 则， 设平面的法向量， 则有，可取，1，， 则， 整理得，解得或（舍去）， 所以当时，直线与平面所成角的正弦值是； （3）解：假设存在，设，， ，，， 因为共面，所以存在唯一实数对使得， 即，，，即，故， 则，， 则， 整理得，所以点的轨迹为椭圆， 即在平面内存在点，满足，点的轨迹为椭圆． 68．（2024春•广东校级期中）如图，平面平面，四边形为矩形，且为线段的中点，，，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的大小； （3）求点到平面的距离． 【解析】（1）证明：根据题意可知，平面平面，四边形为矩形，且为线段的中点， ，，，， 取中点为，连接， 因为，，，， 所以，， 故四边形为正方形， 所以，所以， 故，即，所以， 因为平面平面，平面平面， 平面，故平面，即平面； （2）根据（1），则，，， 以点为原点，分别以，，方向为，，轴，建立空间直角坐标系， 由，则， ， 故， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，得， 设直线与平面所成角为， 故， 故，故直线与平面所成角为； （3）根据（2），则， 设平面的法向量为， 则，令，得， 故点到平面的距离为， 故点到平面的距离为． 69．（2024秋•佛山校级期中）如图1，在平行四边形中，，，为的中点．将△沿折起，连接与，如图2． （1）当为何值时，平面平面？ （2）设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． （3）当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的内切球的半径． 【解析】（1）连接，由题意得，，， 则△为等边三角形，， 在△中，，，， 由余弦定理得， 所以，由， 则，故， 若平面平面， 由平面平面，平面，， 则平面，平面，则， 所以， 下面证明当时，平面平面， 证明：由，则， 所以，又，，，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 故当时，平面平面； （2）由（1）知，，则平面平面． 在平面内过作， 由平面平面，平面， 则平面，平面，则． 如图，以点为原点，以，，所在直线分别为，，轴，过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， 故， 由， ， 因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以， 化简得， 解得或（舍去）， 故当时，存在，使直线与平面所成角的正弦值为； （3）设点到平面的距离为， 由，其中为定值， 则要使三棱锥的体积最大时，则点到平面的距离取最大， 取中点，连接，则， 当平面时，点到平面的距离最大， 此时，由平面，则平面平面， 由（1）知，，△为直角三角形，． 则， ， ， 在△中，，，，取中点， 则，且， 所以， 设内切球球心为，内切球半径为，由等体积法知， 其中，， 故， 故当三棱锥的体积最大时，三棱锥的内切球的半径为． 70．（2024秋•越秀区期中）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在平面互相垂直，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，活动弹子在上移动． （1）求证：直线平面； （2）为线段上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值． 【解析】（1）证明：在平面内，过点作，交于点，连接，， 由，得，而，， 则，，，于是， 又，则，而平面，，平面， 因此平面， 同理平面，又平面，平面，， 则平面平面，而平面， 所以直线平面． （2）由平面平面，平面平面，， 平面，得平面，又， 以点为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，0，，，1，，，0，，，1，，设，0，，， ，，， 设是平面的法向量， 则，则， 取，得， 设与平面所成的角为， 则， 当时，； 当时，， 而，当且仅当， 即时取等号，则， 因此，， 所以与平面所成角的正弦值的最大值为． 地 城 考点09 利用空间向量求平面与平面所成的角 71．（2024秋•天河区校级期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点． （Ⅰ）证明：平面； （Ⅱ）若，， 求二面角的余弦值； 在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【解析】（Ⅰ）证明：取的中点，连接，，如图所示： 为棱的中点， ，，，，，， 四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 平面； （Ⅱ）解：，，， ，， 平面平面，平面平面， 平面， 平面， 又，平面，，，由， 以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图： 则，0，，，0，，，0，，，2，，为棱的中点， ，1，，，1，， ，1，，，1， 设平面的一个法向量为，，， 则，令，则，， ，，， 平面的一个法向量为，0，， ，， 二面角的余弦值为； 假设在线段上是存在点，使得点到平面的距离是， 设，，则，0，，，，， 由（2）知平面的一个法向量为，，， ， 点到平面的距离是， ，． 72．（2024秋•龙岗区校级期中）如图，在四棱锥中，底面满足，，底面，且，． （1）求四棱锥的体积； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 【解析】（1）根据题意可得四棱锥的体积为： ； （2）根据题意可建系如图： 则，0，，，1，，，0，， ，， 设平面的法向量为， 则，取， 又易知平面的法向量为， 平面与平面的夹角的余弦值为： ． 73．（2024秋•广州校级期中）如图，在三棱柱中，平面平面，，，． （1）若，分别为，的中点，证明：平面； （2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值． 【解析】（1）证明：如图，在三棱柱中， 取的中点，连接交于点，连接， 因为是的中点，是的中点， 所以，， 所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）解：因为，平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以直线与平面所成的角为，则， 不妨设，则，连接，因为， 所以，又平面平面， 所以平面平面，且平面平面，平面， 故平面，设的中点为，连接， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，，0，，，，，，1，， 故， 设平面的法向量为， 则，即，不妨取，则有， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 74．（2024秋•惠州校级期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，为棱的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【解析】（1）证明：取的中点，连接，， 因为点为的中点，所以，， 又因为，， 所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面． （2）因为，，， 所以，所以， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面， 所以，，因为， 以为坐标原点，以，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，0，，，0，，，0，，，1，，，2，，因为点为的中点，可得， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，可得，， 所以， 又平面的一个法向量， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 75．（2024秋•广东期中）如图，在几何体中，平面平面，四边形和是全等的菱形，且平面平面，△是正三角形，，． （1）求该几何体的体积； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【解析】（1）取的中点，连接，， 则，． 因为平面平面，且交于， 所以平面． 如图，以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，1，，，，，， 连接．因为，， 所以． 因为，， 所以， 则， 所以． 设平面的法向量为， 则，则 令，得， 因为， 所以点到平面的距离， 所以， 所以该几何体的体积． （2）设平面的法向量为， 因为，， 则，所以， 令，则． 设平面的法向量为， 因为，， 则，所以， 所以． 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 地 城 考点10 利用空间向量求点线距 76．（2024秋•惠州校级期中）如图，在空间直角坐标系中有长方体，，，，则点到直线的距离为　　 A． B． C． D．1 【解析】过点作，垂足为， 以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 设点的坐标为，，， 则，0，，，0，，，2，， 所以，， 因为， 则， 所以，，，2，， 则①， 又， 则， 所以②， 将②代入①中可得，， 所以， 则， 故点到直线的距离为． 故选：． 77．（2024秋•广州期中）如图，在直三棱柱中，△是等边三角形，，，则点到直线的距离为　　 A． B． C． D． 【解析】取的中点， 则， 以，所在直线分别为轴，轴，与中点连线所在直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 所以在上的投影的长度为， 故点到直线的距离为． 故选：． 78．（2024秋•深圳期中）如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则点到直线的距离为　　 A． B． C．1 D． 【解析】由题意，以为原点，的方向为，，轴， 建立空间直角坐标系，如图所示： 易知， 则，， ， 取， 则， 所以点到直线的距离为． 故选：． 79．（2024秋•越秀区校级期中）空间内有三点，1，，，1，，，2，，则点到直线的距离为　　 A． B． C． D． 【解析】因为，1，，，2，，，1，， 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：． 80．（2024秋•兴宁市校级期中）棱长为3的正方体中，点，满足，，则点到直线的距离为　　 A． B． C． D． 【解析】以为坐标原点，、、所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，0，，，3，，，3，，可得，0，， 设点，，在线段上，且，存在实数，使， 结合，可得，解得，即，3，，可得， 因为，所以，解得，可得， 因此，，即点到直线的距离为． 故选：． 81．（2024秋•广东期中）已知点，1，，，0，，，2，，则点到直线的距离为　　 A． B． C．1 D． 【解析】因为点，1，，，0，，，2，， 所以， 所以点到直线的距离为， 故选：． 地 城 考点11 利用空间向量求点面距 82．（2024秋•龙岗区校级期中）如图，在棱长为3的正方体中，点是棱上的一点，且，则点到平面的距离为　　 A． B． C． D． 【解析】在棱长为3的正方体中，点是棱上的一点，且， 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， ，0，，，0，，，3，，，3，， ，， 设平面的法向量， 则，令，得， ， 点到平面的距离． 故选：． 83．（2024秋•广州校级期中）如图，已知正方体的棱长为1，为的中点，则点到平面的距离等于　　 A． B． C． D． 【解析】建系如图： 则，0，，，0，，，，，，1， ，，， 设平面的法向量为， 则，取， 到平面的距离为：． 故选：． 84．（2024秋•深圳校级期中）在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，，为棱的中点，则点到平面的距离为 A． B． C． D． 【解析】连接，在等腰梯形中， 取中点，连接，则四边形为菱形，故， 又， 所以三角形为等边三角形， 所以，， 故， 所以， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，，，0，， 设平面的法向量为，，， 则， 令，得， 因为， 所以点到平面的距离． 故选：． 85．（2024秋•吴川市校级期中）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点，则点到平面的距离为　　 A． B．2 C． D． 【解析】由题意知，，，两两垂直， 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，2，，，1，， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 所以点到平面的距离． 故选：． 86．（2024秋•汕尾期中）已知点，0，，，0，，，1，，，1，，则点到平面的距离为　　 A． B． C． D．2 【解析】因为，0，，，0，，，1，，，1，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 取，则， 所以点到平面的距离为． 故选：． （多选）87．（2024秋•深圳校级期中）在直三棱柱中，，，、分别是、的中点，在线段上，则下面说法中正确的有　　 A．平面 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．若是的中点，若是的中点，则到平面的距离是 D．直线与直线所成角最小时，线段长为 【解析】根据题意，以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示： ，，分别是、的中点，在线段上， ，0，，，0，，，2，，，1，，，1，，，0，，，2，，，0，， 对于，在直三棱柱中，平面， 又平面，，又，， 又，，平面，平面， 为平面的一个法向量，又， 则，又平面，平面，故正确； 对于，为平面的一个法向量，又， 设直线与平面所成角为， 则，故错误； 对于，若是的中点，若是的中点，则，0，，，1，， 则， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则，又， 到平面的距离是，故正确； 对于，设， 则， 设直线与直线所成角为，又， 则， 当，即时，取最大值，此时直线与直线所成角最小， ，，故正确． 故选：． 88．（2024秋•宝安区期中）已知为平面的一个法向量，，0，为内的一点，则点，1，到平面的距离为 　　 ． 【解析】由题意知，， 因为为平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为． 故答案为：． 89．（2024秋•从化区校级期中）已知平面的一个法向量为，3，，点，，是平面上的一点，则点，，到平面的距离为 　　． 【解析】由题意可知， 根据点到平面的距离为． 故答案为：． 90．（2024秋•宝安区校级期中）已知正方形的边长为4，平面，，，分别是，的中点，点到平面的距离为 　　 ． 【解析】以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，4，，，4，，，2，，，0，， 所以有， 设平面的法向量是，则， 取，则，，所以， 所以点到平面的距离为． 故答案为：． 91．（2024秋•顺德区校级期中）两平行平面，分别经过坐标原点和点，2，，且两平面的一个法向量，则两平面间的距离是　　 A． B． C． D． 【解析】两平行平面，分别经过坐标原点和点，2，， 所以，2，， 因为两平面的一个法向量， 所以两平面间的距离． 故选：． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 空间向量与立体几何 11大高频考点概览 考点01空间向量及其线性运算 考点02空间向量的共线与共面 考点03空间向量的数量积运算及应用 考点04空间向量的投影向量 考点05空间向量基本定理 考点06利用空间向量解决直线、平面的位置关系 考点07利用空间向量求异面直线所成的角 考点08利用空间向量求直线与平面所成的角 考点09利用空间向量求平面与平面所成的角 考点10利用空间向量求点线距 考点11利用空间向量求点面距 地 城 考点01 空间向量及其线性运算 1．（2024秋•深圳校级期中）在空间四边形中，下列表达式化简结果与相等的是　　 A． B． C． D． 2．（2024秋•东莞市期中）如图，在空间四边形中，　　 A． B． C． D． 3．（2024秋•惠阳区校级期中）在空间四边形中，　　 A． B． C． D． 4．（2024秋•珠海期中）如图，平行六面体中，为的中点，，，，则　　 A． B． C． D． 5．（2024秋•龙岗区校级期中）如图，空间四边形中，，，，点在上，且，点为中点，则等于 A． B． C． D． 6．（2024秋•梅县区校级期中）如图，在平行六面体中，为和的交点，若，，，则下列式子中与相等的是　　 A． B． C． D． 7．（2024秋•白云区校级期中）在三棱锥中，已知，是线段的中点，则　　 A． B． C． D． 8．（2024秋•新会区期中）如图，在四面体中，在棱上，满足，，分别是，的中点，设，，，用，，表示，则　　 A． B． C． D． 9．（2024秋•汕头校级期中）已知三棱锥，点是棱的中点，点是的重心，设，，，则下列向量中与相等的向量是　　 A． B． C． D． 10．（2024秋•东莞市期中）已知四面体如图所示，点为线段的中点，点为△的重心，则　　 A． B． C． D． 11．（2024秋•紫金县校级期中）在四棱锥中，底面是平行四边形，是的中点，则可以表示为　　 A． B． C． D． 12．（2024秋•金湾区期中）如图，在平行六面体中，是与的交点，若，，，且，则等于　　 A．1 B． C．0 D． 地 城 考点02 空间向量的共线与共面 13．（2024秋•福田区校级期中），若，则　　 A．6 B．7 C．8 D．9 14．（2024春•中山市校级期中）已知向量，0，，，，，，，，若，则实数　　 A． B． C． D． 15．（2024秋•汕头校级期中）在空间中，若向量，，共面，则　　 A．4 B．2 C． D． 16．（2024秋•珠海期中）已知，若共面，则实数　　 A．2 B．1 C． D． 17．（2024秋•佛山校级期中）已知向量，，，4，，若，，共面，则　　 A．2 B．3 C． D． （多选）18．（2024秋•湛江校级期中）已知空间向量，，，则　　 A． B． C． D．是共面向量 19．（2024秋•紫金县校级期中）在四面体中，空间的一点满足，若，，，四点共面，则 　　． 20．（2024秋•蓬江区校级期中）已知点在平面内，并且对平面外任意一点，有，则　　． 21．（2024秋•深圳期中）已知向量，，． （1）当时，若向量与垂直，求实数的值； （2）若向量与向量、共面，求实数的值． 22．（2024秋•茂名校级期中）已知，，三点不共线，点不在平面内，，若，，，四点共面，则的最大值为　　 A． B． C．1 D．2 地 城 考点03 空间向量的数量积运算及应用 23．（2024秋•江门校级期中）已知向量，，，则 　　． 24．（2024秋•广州期中）在棱长为4的正四面体中，是的中点，则 　　． 25．（2024秋•鹤山市校级期中）在正四面体中，棱长为1，且为棱的中点，则的值为　　 A． B． C． D． 26．（2024秋•广东校级期中）如图，正四面体的棱长为1，，则　　 ． 27．（2024秋•韶关校级期中）如图，在正六棱柱中，为的中点．设．若，则的值是 　　． 28．（2024秋•广东期中）已知，，均为圆柱表面上的动点，直线经过圆柱的中心，，圆柱的底面圆的半径为5，则的最大值为 　　． 29．（2024秋•广东期中）已知球是棱长为6的正四面体的内切球，是球的一条直径，为该正四面体表面上的动点，则的最大值为 　　． 30．（2024秋•黄埔区校级期中）已知棱长为2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　　 A．， B．， C．， D．， 31．（2024秋•斗门区期中）已知，，，，，，且，则的值为　　 A．6 B．10 C．12 D．14 32．（2024秋•新会区期中）平行六面体中，．则　　 A． B． C． D． 33．（2024秋•阳江期中）已知向量，，且，则　　 A． B．4 C． D．8 34．（2024秋•广东校级期中）如图所示，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱的长度都为1，且两两夹角为，则的模长为　　 A． B． C． D． 35．（2024秋•清远期中）在平行六面体（底面是平行四边形的棱柱）中，有，则　　 A． B． C．2 D．4 36．（2024秋•新会区校级期中）如图，在平行六面体中，，，，，，则 　　． 37．（2024秋•阳江期中）已知正四面体的边长为2，点，为棱，的中点，点，分别为线段，上的动点，且满足，则线段长度的最小值为 　　． （多选）38．（2024秋•紫金县校级期中）已知空间中三个向量，，，则下列说法正确的是　　 A．与是共线向量 B．与同向的单位向量是 C．在方向上的投影向量是，， D．与的夹角为 39．（2024秋•广州校级期中）如图，在四棱锥中，底面，四边形是边长为1的菱形，且，，则　　 A． B． C． D． 40．（2024秋•鹤山市校级期中）已知向量，，，求 （1）； （2）； （3）与夹角的余弦值． （多选）41．（2024秋•东莞市期中）已知向量，，，，2，，则　　 A． B． C． D． （多选）42．（2024秋•广东校级期中）已知空间向量，，下列结论正确的是　　 A． B．，夹角的余弦值为 C．若直线的方向向量为，平面的法向量为，且，则实数 D．在上的投影向量为 地 城 考点04 空间向量的投影向量 43．（2024秋•霞山区校级期中）已知向量，，则在方向上的投影向量为　　 A．，， B．，2， C．，6， D．，， 44．（2024秋•鹤山市校级期中）已知空间向量，，向量在向量上的投影向量坐标为 　　． 45．（2024秋•端州区校级期中）已知空间向量，0，，，1，，则向量在向量上的投影向量是 　　． 46．（2024秋•蓬江区校级期中）已知向量，则在上的投影向量为　　 A． B． C． D． 地 城 考点05 空间向量基本定理 47．（2024秋•廉江市校级期中）下列可使，，构成空间的一个基底的条件是　　 A．，，两两垂直 B． C． D． 48．（2024秋•紫金县校级期中）已知为空间的一组基底，能与组成基底的向量是　　 A． B． C． D． 49．（2024秋•广州校级期中）若是空间的一个基底，且向量不能构成空间的一个基底，则　　 A． B．1 C．0 D． 50．（2024秋•罗湖区校级期中）已知向量，若不能构成空间的一个基底，则实数的值为 　　． 51．（2024秋•鹤山市校级期中）已知向量以为基底时的坐标为，2，，则向量以为基底时的坐标为 A． B．，， C． D． 52．（2024秋•广东校级期中）若是空间的一个基底，且向量，，不能构成空间的一个基底，则　　 A． B．5 C． D． 地 城 考点06 利用空间向量解决直线、平面的位置关系 53．（2024秋•蓬江区校级期中）已知直线的方向向量为，平面的一个法向量为，若直线平面，则　　 A． B． C． D．2 54．（2024秋•端州区校级期中）已知点，1，在平面内，点，2，在外，且的一个法向量，则点到平面的距离为　　 A． B． C． D． 55．（2024秋•鹤山市校级期中）给出下列命题，其中是真命题个数的是　　 ①若直线的方向向量，1，，平面的法向量，，，则； ②若平面，的法向量分别为，1，，，6，，则； ③若平面经过三点，0，，，1，，，2，，向量，，是平面的法向量，则； ④若点，2，，，，，点是关于平面的对称点，则点与的距离为． A．1 B．2 C．3 D．4 56．（2024秋•湛江校级期中）已知为直线的方向向量，、分别为平面、的法向量、不重合），那么下列说法中： ①； ②； ③； ④． 其中正确的有　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 （多选）57．（2024秋•斗门区期中）下列给出的命题正确的是　　 A．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 B．两个不重合的平面，的法向量分别是，则 C．若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底 D．对空间任意一点与不共线的三点、、，若（其中、、，则、、、四点共面 （多选）58．（2024秋•海珠区校级期中）下列命题是真命题的有　　 A．直线的方向向量为，，，直线的方向向量为，则与垂直 B．直线的方向向量为，1，，平面的法向量为，，，则 C．平面，的法向量分别为，1，，，0，，则 D．平面经过三点，0，，，1，，，2，，向量，，是平面的法向量，则 （多选）59．（2024秋•汕头校级期中）下列给出的命题正确的是　　 A．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 B．两个不重合的平面，的法向量分别是，则 C．若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底 D．已知三棱锥，点为平面上的一点，且，则 （多选）60．（2024秋•罗湖区校级期中）给出下列命题，其中是真命题的是　　 A．若是直线的方向向量，是直线的方向向量，则与垂直 B．若是直线的方向向量，是平面的法向量，则 C．若分别为平面，的法向量，则 D．若分别为平面，的法向量，则平面，交线的方向向量可以是，2， 地 城 考点07 利用空间向量求异面直线所成的角 61．（2024秋•宝安区期中）如图，在直三棱柱中，，，，，则与所成的角的余弦值为　　 A． B． C． D． 62．（2024秋•湛江校级期中）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则直线与直线所成角的正弦值的最小值为　　 A． B． C． D． 63．（2024秋•广东期中）刍薨是中国古代算数中的一种几何体，是底面为矩形的屋脊状的楔体．现有一个刍蔓如图所示，底面为矩形，平面，△和△是全等的正三角形，，，，则异面直线与所成角的余弦值为　　 A． B． C． D． 64．（2024秋•广东校级期中）如图，在正四面体中，为棱的中点，为棱上靠近点的三等分点，则异面直线与所成角的余弦值为　　 A． B． C． D． （多选）65．（2024秋•越秀区期中）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4 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的点的轨迹长度为 地 城 考点08 利用空间向量求直线与平面所成的角 66．（2024秋•广州校级期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，侧面底面，，，是中点，为的中点，点在侧棱上（不包括端点）． （1）求证：． （2）是否存在点，使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． 67．（2024秋•韶关校级期中）如图，在四棱锥中，面，，且，，，，，，分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存在，说明理由； （3）在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状． 68．（2024春•广东校级期中）如图，平面平面，四边形为矩形，且为线段的中点，，，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的大小； （3）求点到平面的距离． 69．（2024秋•佛山校级期中）如图1，在平行四边形中，，，为的中点．将△沿折起，连接与，如图2． （1）当为何值时，平面平面？ （2）设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． （3）当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的内切球的半径． 70．（2024秋•越秀区期中）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在平面互相垂直，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，活动弹子在上移动． （1）求证：直线平面； （2）为线段上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值． 地 城 考点09 利用空间向量求平面与平面所成的角 71．（2024秋•天河区校级期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点． （Ⅰ）证明：平面； （Ⅱ）若，， 求二面角的余弦值； 在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 72．（2024秋•龙岗区校级期中）如图，在四棱锥中，底面满足，，底面，且，． （1）求四棱锥的体积； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 73．（2024秋•广州校级期中）如图，在三棱柱中，平面平面，，，． （1）若，分别为，的中点，证明：平面； （2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值． 74．（2024秋•惠州校级期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，为棱的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 75．（2024秋•广东期中）如图，在几何体中，平面平面，四边形和是全等的菱形，且平面平面，△是正三角形，，． （1）求该几何体的体积； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 地 城 考点10 利用空间向量求点线距 76．（2024秋•惠州校级期中）如图，在空间直角坐标系中有长方体，，，，则点到直线的距离为　　 A． B． C． D．1 77．（2024秋•广州期中）如图，在直三棱柱中，△是等边三角形，，，则点到直线的距离为　　 A． B． C． D． 78．（2024秋•深圳期中）如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则点到直线的距离为　　 A． B． C．1 D． 79．（2024秋•越秀区校级期中）空间内有三点，1，，，1，，，2，，则点到直线的距离为　　 A． B． C． D． 80．（2024秋•兴宁市校级期中）棱长为3的正方体中，点，满足，，则点到直线的距离为　　 A． B． C． D． 81．（2024秋•广东期中）已知点，1，，，0，，，2，，则点到直线的距离为　　 A． B． C．1 D． 地 城 考点11 利用空间向量求点面距 82．（2024秋•龙岗区校级期中）如图，在棱长为3的正方体中，点是棱上的一点，且，则点到平面的距离为　　 A． B． C． D． 83．（2024秋•广州校级期中）如图，已知正方体的棱长为1，为的中点，则点到平面的距离等于　　 A． B． C． D． 84．（2024秋•深圳校级期中）在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，，为棱的中点，则点到平面的距离为 A． B． C． D． 85．（2024秋•吴川市校级期中）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点，则点到平面的距离为　　 A． B．2 C． D． 86．（2024秋•汕尾期中）已知点，0，，，0，，，1，，，1，，则点到平面的距离为　　 A． B． C． D．2 （多选）87．（2024秋•深圳校级期中）在直三棱柱中，，，、分别是、的中点，在线段上，则下面说法中正确的有　　 A．平面 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．若是的中点，若是的中点，则到平面的距离是 D．直线与直线所成角最小时，线段长为 88．（2024秋•宝安区期中）已知为平面的一个法向量，，0，为内的一点，则点，1，到平面的距离为 　　 ． 89．（2024秋•从化区校级期中）已知平面的一个法向量为，3，，点，，是平面上的一点，则点，，到平面的距离为 　　． 90．（2024秋•宝安区校级期中）已知正方形的边长为4，平面，，，分别是，的中点，点到平面的距离为 　　 ． 91．（2024秋•顺德区校级期中）两平行平面，分别经过坐标原点和点，2，，且两平面的一个法向量，则两平面间的距离是　　 A． B． C． D． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $