专题01 空间向量与立体几何（六大题型+好题推送）（期中真题汇编 北京专用）高二数学上学期

专题01 空间向量与立体几何（五大题型+好题推送） 5大高频考点概览 考点01 空间中点、线、面的位置关系 考点02 空间几何体 考点03 空间向量及其运算 考点04 空间向量的应用 考点05 空间向量与立体几何综合问题 考点05 立体几何中存在性问题 地 城 考点01 点、线、面的位置关系 1．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期中)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，已知，则“”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】利用空间中线线，线面的位置关系判断即可得结论. 【详解】在如图所示的图形中记直线为，为，平面为，平面为， 过作平面交于，因为，所以， 又，所以，又，所以，又，所以， 所以“”是“”的充分条件， 在正方体中，记直线为，为， 平面为，平面为，显然符合条件，但与不平行， 所以“”是“”的不必要条件， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 2．(24-25高二上·北京延庆区·期中)已知正方体的棱长为为的中点，则到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作，垂足为，证明平面，在直角中，求出即得． 【详解】如图，作，垂足为， 因为平面，平面，所以， 又因为，平面，所以平面， 即的长即为到平面的距离， 在直角中，，，则， ， 故选：B． 3．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)已知直线m，n，平面，那么“”是“”的（   ） A．充分必要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】由可以推出，但由不能推出，选出答案. 【详解】当时，由于，可以得到，充分性成立， 但不能推出，因为可能在内，必要性不成立. 故选：C 4．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)已知直线m，n，l，平面，下列正确的是（   ） A．若，则与异面 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】利用线线，线面，面面位置关系逐项判断即可. 【详解】若，则与异面或，故A错误； 若，则或，故B错误； 若，当时，可得， 若，可能有，故C错误； 若，设，在内作直线，则， 又，所以，又，所以，所以，故D正确. 故选：D. 5．(24-25高二上·北京延庆区·期中)在正方体中，点是线段上任意一点，则与平面所成角的正弦值不可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先求点到平面的距离，再求的取值范围，即可求解线面角的正弦值，即可判断选项. 【详解】设正方体的棱长为1， 因为平面平面，所以点到平面的距离为1，的最小值为， 的最大值为，所以与平面所成角的正弦值的最大值为1，最小值为， 所以正弦值的范围是，. 故选：A 6．(24-25高二上·北京清华大学附属中学·期中)如图，正方体的棱长为，为棱的中点，为底面正方形内（含边界）的动点，则（   ） A．三棱锥的体积大小不确定 B．当时， C．直线平面 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】D 【分析】对于A项：以点为顶点，为底面研究三棱锥的体积即可； 对于B项：在矩形内思考即可判断； 对于C项：在矩形中即可判断与的关系，从而判断与平面的关系； 对于D项：利用线面角的定义可作出线面角，再解三角形即可； 【详解】解：对于A项：因为为底面正方形内（含边界）的动点，所以点到平面的距离为1，所以，故A错误； 对于B项：在矩形内，当时，显然与不垂直，故B错误； 对于C项：在平面内，与相交，所以与平面相交，故C错误； 对于D项：连接，因为平面， 所以是在平面内的射影， 所以为直线与平面所成角， 所以在直角三角形中， ，故D正确； 故选：D 7．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)如图1，在矩形中，，点在AB边上，且.如图2，将沿直线DE向上折起至位置，连结.记二面角的大小为，当时，下面四个结论中错误的是（   ） A．存在某个位置，使 B．存在某个位置，使平面平面 C．存在某个位置，直线与平面所成角为 D．存在某个位置，使平面与平面的交线与平面DEC平行 【答案】D 【分析】根据面面垂直与线面垂直的性质与判定，结合线面角的定义，逐项检验，可得答案. 【详解】对于A，当时，平面平面，因为平面平面， ，平面，所以平面， 因为平面，所以，故A正确； 对于B，当时，由A可知平面， 因为平面，所以平面平面，故B正确； 对于C，当时，由A可知平面，在矩形中，， 已知直线与平面所成角等于， 在中，，，则，可得， 易知，故C正确； 对于D，设平面平面，假设平面， 因为平面平面，平面平面， 所以，，由图可知与不平行，则此与假设矛盾，故D错误. 故选：D. 8．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期中)已知为平面内三点，点在内，且异于三点，写出点的一个坐标: . 【答案】（答案不唯一） 【分析】利用点共面的条件计算可得的一个坐标. 【详解】因为点在内，记坐标原点为， 所以 ， 取，可得，所以点的一个坐标为（答案不唯一）. 故答案为：（答案不唯一）. 9．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)已知平面，直线，给出三个语句:①，②，③.从这三个语句中选取两个做条件，剩下一个做结论，构成一个真命题，该命题是：若 ，则 .（只需填写序号） 【答案】 ②③ ① 【分析】利用线面位置关系以及平行、垂直性质判断可得结论. 【详解】若①，②可得或，即①②推不出③； 若①，③，可能出现的情况，因此①③推不出②； 若②，③，可得①，即②③可以推出①. 故答案为：②③；① 10．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)如图，在四棱锥中，底面为菱形，，平面，点在四棱锥表面上，且，则与底面的夹角为 ；点所形成的轨迹长度是 . 【答案】 【分析】由已知可得为与底面所成的角，求解即可；取的中点，连接交于，连接，可证平面，可得点所形成的轨迹为线段，计算可求轨迹长度. 【详解】因为平面，所以为与底面所成的角， 又底面为菱形，，，所以， 在中，由余弦定理可得， 在中，，所以； 取的中点，连接交于，连接， 由底面为菱形，所以且为的中点， 所以，所以平面，平面，又平面， 所以，又，平面，所以平面， 又，点在四棱锥表面上， 所以点所形成的轨迹为线段， 由，，所以可得是等边三角形，所以， 易求得，，在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得， 所以，易证，从而可得， 所以点所形成的轨迹长度是. 故答案为：；. 11．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)如图，某一个自行车停放时，车体由尺寸相同的前后轮和脚撑来支撑，前后轮的轴中心分别为，，与地面接触点分别为，，脚撑一端固定在后轮轴中心处，另一端与地面接触于点，若，两点间距离为厘米，车轮外径（直径）为厘米，脚撑长度等于车轮半径， ，则后车轮所在平面与地面的夹角（即二面角）的余弦值为 . 【答案】 【分析】根据二面角的平面角定义，作图，利用线面垂直以及面面垂直的判定与性质，结合余弦和角公式以及直角三角形，可得答案. 【详解】由题意，在平面内作交的延长线于， 在平面内作，垂足为，连接， 取线段的中点为，连接，作图如下： 因为，，平面，， 所以平面， 因为平面，所以平面平面， 因为平面平面，平面，， 所以平面， 因为平面，所以， 在与中，由题意可知，，， 则全等于，所以，在中，由为中点，则， 由，则， 在中，，则， 可得， 则，已知， 在中，， 由图可得为二面角的平面角， 则. 故答案为：. 12．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)直二面角，则 ;三棱锥外接球的体积是 . 【答案】 【分析】依题意中各线段长度并根据面面垂直性质以及线面垂直性质可得，易得三棱锥外接球的球心在线段的中点处，求得外接球半径可得体积. 【详解】取的中点为，连接，如下图所示： 由可知，可得， 又的中点为可得，且 又因为直二面角，平面平面，所以平面； 由平面，所以， 由可得，所以， 因此，可得； 显然点到四点的距离相等且为1，因此即为三棱锥外接球的球心； 即三棱锥外接球的半径为1，可得其体积为. 故答案为：， 15．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期中)如图，在四棱锥中，底面为矩形，点E，F分别为，的中点，平面.    (1)求证:平面； (2)求证:; (3)若，，求四面体的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）取中点，证明四边形是平行四边形，可得，根据线面平行的判定定理得证； （2）先证明平面，再证明平面，得证； （3）取中点，连接，可证平面，求出，求出四面体的体积. 【详解】（1）取中点，连接，.    因为为中点，所以， 因为为中点，所以， 又因为矩形中，， 所以， 所以四边形是平行四边形 所以， 因为平面平面， 所以平面. （2）因为平面，平面，所以， 因为矩形中，平面， 所以平面，平面， 所以. 因为，是平面内两条相交直线， 所以平面， 因为平面，所以. （3）取中点，连接. 因为为中点，所以， 因为平面，所以平面. 因为直角三角形中，为中点，所以，所以. 四面体体积. 16．(24-25高二上·北京清华大学附属中学·期中)如图，三棱柱中，，分别为，的中点. (1)求证：平面； (2)若点在线段上，且平面，求证：点为中点. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）取的中点，构造平行四边形，可得，根据判定定理即可得证； （2）分别取的中点，构造过点且与平面平行的平面，可得，即可得证. 【详解】（1） 证明：取的中点，连接，在三棱柱中， 因为分别为的中点，则，且，为的中点， 则，且，则且， 则四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，则平面. （2） 证明：分别取的中点，连接， 设，则，且， 则则四点共面， 因为，又平面，平面 则平面，又平面，平面， 则平面，又， 则平面平面，又平面， 则平面，又平面平面， 平面平面，则， 又为的中点，则为的中点. 地 城 考点02 空间几何体 1．(24-25高二上·北京·期中)如图，将半径为1的球与棱长为1的正方体组合在一起，使正方体的一个顶点正好是球的球心，则这个组合体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】该组合体可视作一个正方体和个球体的组合体，进而求出体积. 【详解】由题意，该组合体是一个正方体和个球体的组合体，其体积为. 故选：A. 2．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)正三棱锥中，为棱PA的中点，点M，N分别在棱PB，PC上，三角形周长的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将正三棱锥的三个侧面展开到同一平面内，连接，则的长即为三角形周长的最小值，由勾股定理求出答案. 【详解】如图所示，将正三棱锥的三个侧面展开到同一平面内， 对应于，点对应点，连接，分别交于点， 故， 则的长即为三角形周长的最小值， 其中，， 由勾股定理得. 故选：A 3．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)若圆锥的侧面积等于和它等高等底的圆柱的侧面积时，圆锥轴截面顶角的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设圆锥底面半径为，母线长，则圆锥的高为，可得，进而可求线与底面所成的角，进而可求结论. 【详解】设圆锥底面半径为，母线长，则圆锥的高为， 由圆锥的侧面积等于和它等高等底的圆柱的侧面积， 所以可得，所以，解得， 设母线与底面所成的角为，所以，， 所以圆锥轴截面顶角的度数为. 故选：D. 4．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期中)三棱锥中，平面，，若，，则三棱锥的体积的最大值为（    ） A．4 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理依次证得平面、与，从而利用基本不等式求得，进而得到，由此得解. 【详解】 因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 在中，，，则， 因为平面，平面，所以， 在中，不妨设，则由得， 所以， 当且仅当且，即时，等号成立， 所以， 所以该三棱锥体积的最大值为. 故选：D. 5．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)一个正棱锥，其侧棱长是底面边长的，这个正棱锥可能是（   ） A．正三棱锥 B．正四棱锥 C．正五棱锥 D．正六棱锥 【答案】A 【分析】根据正棱锥性质分别求得正三棱锥、正四棱锥的侧棱长至少需是底面边长的倍数，即可得出结论. 【详解】设正三角形的边长为，由正三角形性质可得顶点到三角形中心的距离为， 因此正三棱锥的侧棱长要大于，即侧棱长大于底面边长的倍， 易知，因此可能是正三棱锥，即A正确； 设正方形的边长为，易知正方形对角线的一半为， 因此正四棱锥的侧棱长要大于，即侧棱长大于底面边长的倍， 易知，所以B错误； 以此类推可知正五棱锥、正六棱锥的侧棱长都大于底面边长的倍，即CD不合题意. 故选：A 6．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)歇山顶是中国古代建筑传统屋顶之一，它有一条正脊、四条垂脊和四条戗脊，将歇山顶近似看成如图中的多面体，其上部为直三棱柱，，四边形为矩形，平面平面，且平面，平面 ，则正脊末端与戗脊末端两点间距离为（   ） A．4 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正三棱柱性质以及线面关系利用相似比以及勾股定理计算可得结果. 【详解】依题意截取歇山顶右半部分作为示意图，连接，延长分别交于点，延长交于点，如下图所示：    由平面，平面所以可得，且平面， 由正三棱柱性质可得，且， 又可得， 利用勾股定理可得，可得. 故选：D 地 城 考点03 空间向量及其运算 1．(24-25高二上·北京大兴区·期中)已知两个向量，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据向量垂直列方程，化简求得. 【详解】由于， 所以. 故选：C 2．(24-25高二上·北京大兴区·期中)在平行六面体中，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据向量运算求得正确答案. 【详解】依题意，， 所以 . 所以. 故选：B 3．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)在四面体中，点是靠近的三等分点，记，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合图形，利用空间向量的线性运算求解即可. 【详解】解：点是靠近的三等分点， . 故选：D. 4．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)空间直角坐标系中，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间向量的坐标运算法则计算可得结果. 【详解】由可得. 故选：C 5．(24-25高二上·北京丰台区·期中)已知，，且，则（    ） A． B． C．2 D．10 【答案】C 【分析】根据空间向量平行得到方程组，求出答案. 【详解】由题意得，即， 所以，解得. 故选：C 6．(24-25高二上·北京丰台区·期中)在空间直角坐标系中，若点关于轴的对称点为点，点关于平面的对称点为点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用对称性求出点、的坐标，再利用空间向量的坐标运算可求得向量的坐标. 【详解】因为点关于轴的对称点为点，则， 因为点关于平面的对称点为点，则， 因此，. 故选：A. 7．(24-25高二上·北京·期中)已知向量，，，当时，向量在向量上的投影向量为（    ）（用坐标表示） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据向量垂直得到方程，求出，再利用投影向量公式求出答案. 【详解】，，解得， ， 所以在上的投影向量为. 故选：A. 8．(24-25高二上·北京房山区·调研)已知向量，，如果，则x的值为（    ） A．2 B． C．1 D． 【答案】B 【分析】根据空间向量垂直的坐标表示，列式求解，即得答案. 【详解】由题意知向量，，， 则，故， 故选：B 9．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期中)如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，点是PC的中点，，，则（    ） A． B． C． D．4 【答案】A 【分析】根据题意，，再求其模即可. 【详解】根据题意，， ， 所以 ， 所以. 故选：A 10．(24-25高二上·北京通州区·期中)若向量，，满足条件，则（   ） A． B． C．0 D．2 【答案】D 【分析】根据空间向量减法和数量积的坐标表示公式进行求解即可. 【详解】因为向量，，， 所以， 又， 即， 即，解得. 故选：D. 11．(24-25高二上·北京通州区·期中)如图，在平行六面体中，与的交点为，若，则（   ） A． B． C． D．2 【答案】D 【分析】根据题意，将利用线性运算表示成，由此可解出、、即可求解. 【详解】由已知，在平行六面体中，， 又因为，所以，，， 所以. 故选：D 12．(24-25高二上·北京延庆区·期中)在平行六面体中，，点在上，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意，结合向量的线性运算即可求解. 【详解】 . 故选：. 13．(24-25高二上·北京丰台区·期中)如图，在平行六面体中，，为线段CH的中点，则可表示为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意结合空间向量的线性运算分析求解即可. 【详解】由题可得：， 所以. 故选：B. 14．(24-25高二上·北京房山区·调研)如图，在平行六面体中，，，，AC与BD相交于点O.则（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定的几何体，利用空间向量基本定理及空间向量线性运算求解即得. 【详解】在平行六面体中，AC与BD相交于点O，则为的中点， . 故选：D 15．(24-25高二上·北京第一○一中学·期中)如图，在四面体中，，，.点，分别为棱，的中点，则（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由，再结合平面向量运算法则即可求解. 【详解】， . 故选：D 16．(24-25高二上·北京陈经纶中学·期中)如图，已知斜三棱柱中，，，点是与的交点，则的值为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】选定基底，利用空间向量的运算表示出向量，平方后结合数量积的运算，即可求得答案. 【详解】由题意知点是与的交点，即O为的中点， 故， 所以 ， 故， 故选：B 17．(24-25高二上·北京西城区北京师范大学附属实验中学·期中)如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱AB的中点，点P在正方形的边界及其内部运动．以下四个结论中错误的是（    ） A．存在点P满足 B．存在点P满足 C．满足的点P的轨迹长度为 D．满足的点P的轨迹长度为 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量解决此题，对于A，利用两个特殊点求出的值，判断在此范围内即可；对于B，利用向量垂直数量积等于零解方程即可求点坐标；对于C，D利用向量垂直数量积等于零可求点的轨迹方程，根据图形找到点的轨迹求长度即可． 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，则,0,，,0,，，,1,， 动点设为,1,， 对于A，点关于平面的对称点为， 当动点在点时，此时， 当动点在点时，此时， 所以存在点满足，所以A正确； 对于B，，， 若，则， 化简得：，解得，即， 满足题意，所以B正确； 对于C，，， 若，则，即， 取中点，中点，则点的轨迹为线段，长度为，所以C错误； 对于D，，， 若，则，即， 取中点，中点，则点的轨迹为线段，长度为，所以D正确． 故选：C． 18．(24-25高二上·北京丰台区·期中)已知，，，若四点共面，则实数 . 【答案】3 【分析】由共面向量基本定理结合向量的坐标运算列式求解即可. 【详解】因为四点共面， 所以存在实数，使得，即， 所以，解得， 所以. 故答案为：. 19．(24-25高二上·北京通州区·期中)已知向量，分别是直线，的一个方向向量，若，则 . 【答案】6 【分析】由直线平行可得直线的方向向量平行，再利用空间向量共线的充要条件计算即可. 【详解】因为，所以∥，故存在实数使得， 则，解得，， 所以. 故答案为：6. 20．(24-25高二上·北京丰台区·期中)已知直线，且的方向向量为，平面的法向量为，则 . 【答案】 【分析】根据线面的位置关系得直线的方向向量与平面法向量垂直，然后利用向量垂直的坐标运算列式计算即可. 【详解】因为直线，且的方向向量为，平面的法向量为， 所以，解得. 故答案为： 21．(24-25高二上·北京延庆区·期中)已知点，点在线段上，且，则点坐标为 . 【答案】 【分析】由条件得到，根据向量的坐标表示，即可求解. 【详解】设，且, 即， 即，解得：， 所以点的坐标为. 故答案为： 22．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)已知，则 . 【答案】 【分析】根据向量共线定理即可求得. 【详解】根据题意：， 因为，则，即， 则，解得：，则. 故答案为：. 23．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期中)如图所示的多面体，其各个面都是边长为2的等边三角形，点分别为棱的中点，则 . 【答案】1 【分析】根据正八面体的性质得到，然后利用线性运算和数量积的运算律计算即可. 【详解】 由条件可知此多面体为正八面体，故，，则， . 故答案为：1 24．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)已知正方体的棱长为为侧面内一动点（包括边界），为棱上一动点（包括端点），则的最小值是 . 【答案】 【分析】以点为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量，求出的表达式，即可得到答案. 【详解】 如图，以点为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则点，设点， 所以， 因为点为侧面内一动点（包括边界），为棱上一动点（包括端点）， 所以， 因为， ， 所以， 因为，且，所以 ，显然当取最大值且时，上述解析式的值最小， 所以当时，的值最小， 最小值为. 故答案为：. 25．(24-25高二上·北京房山区·调研)在空间直角坐标系中，已知点，，，则 ；点A到直线BC的距离为 . 【答案】 / 【分析】求出向量的坐标，再利用向量模的坐标表示及空间点到直线的距离公式计算得解. 【详解】由点，，得，所以； 由，得，所以点A到直线BC的距离为 . 故答案为：； 26．(24-25高二上·北京丰台区·期中)如图所示，在三棱柱中，，，，，点是棱的中点，点在棱上，且. (1)用表示向量； (2)求； (3)求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据向量的线性运算结合空间向量基本定理求解即可； （2）利用数量积的运算律求解模长即可； （3）先利用向量线性运算得 ，然后利用数量积的运算律及定义求得，即可证明. 【详解】（1）； （2） ， 则； （3） ， 所以 ， 所以，即. 27．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)已知空间四点 (1)求和的值; (2)若点在平面ABC内，请直接写出的值. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）利用向量的线性运算可求得，利用，可求； （2）由已知可得，根据向量共面的充要条件得出方程组，求解即可得出答案. 【详解】（1） 且， ， ， .. 即； （2）由（1）知，又， 因为点在平面ABC内，共面， 所以根据向量共面的充要条件可知，存在，使， 所以，解得. 地 城 考点04 空间向量的应用 1．(24-25高二上·北京·期中)已知直线l的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的（    ） A．充要条件 B．既不充分也不必要条件 C．充分不必要条件 D．必要不充分条件 【答案】D 【分析】根据线面平行的判定定理，结合充分、必要条件的概念，即可得答案. 【详解】若，则或，故充分性不成立， 若，则，故必要性成立， 所以“”是“”的必要不充分条件， 故选：D. 2．(24-25高二上·北京延庆区·期中)设分别是空间中直线的方向向量，则直线所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据向量的夹角公式即可求解. 【详解】， 设所成角为，则，故 故所成角为， 故选：C 3．(24-25高二上·北京·期中)空间内有三点，则点P到直线EF的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出，得到直线EF的一个单位方向向量，利用点到直线距离公式得到答案. 【详解】因为，所以直线EF的一个单位方向向量为． 因为，所以点P到直线EF的距离为． 故选：A 4．(24-25高二上·北京通州区·期中)法向量为的平面内有一点，则平面外点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用点到平面距离的向量法求解即得. 【详解】依题意，， 所以点到平面的距离为. 故选：D 5．(24-25高二上·北京通州区·期中)已知直线的方向向量与平面的法向量分别为，，则（   ） A．∥ B． C．∥或 D．，相交但不垂直 【答案】C 【分析】通过判断直线的方向向量和平面的法向量的位置关系，从而判断直线与平面的位置关系. 【详解】因为， 所以， 所以∥或 故选：C. 6．(24-25高二上·北京西城区北京师范大学附属实验中学·期中)布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点P到平面QGC的距离是（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合向量法求解点到面的距离，即可得到结果. 【详解】 建立如图所示空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 所以点P到平面QGC的距离是. 故选：B 7．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期中)已知平面的一个法向量，直线的一个方向向量，则（    ） A． B． C． D．与相交且不垂直 【答案】D 【分析】根据题意，求得，且不存在实数，使得，即可得到答案. 【详解】由平面外的直线l的方向向量为，平面的一个法向量为， 可得，所以直线与平面不平行， 又不存在实数，使得，所以直线与平面不垂直， 所以与相交且不垂直. 故选：D. 8．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)如图，在直三棱柱中，，则直线与直线所成的角为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量数量积求向量夹角，即可确定异面直线与直线所成的角. 【详解】， 以为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 设， 则， 所以， 所以， 又，所以， 因此直线与直线所成的角为. 故选：C. 9．(24-25高二上·北京·期中)在矩形中，，，将沿着翻折，使点在平面上的投影恰好在直线上，则此时二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图所示，作于，于，求得，，利用向量的夹角公式可求二面角的余弦值. 【详解】如图所示，作于，于.    在中，，， 在中，， ， 同理可得，，， 因为， 所以 ， 又因为， 所以. 因为与的夹角即为二面角的大小， 所以二面角的余弦值为. 故选：A. 10．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期中)如图，在棱长为2的正方体中，点E、F分别是棱BC、的中点，P是侧面内一点（包括边界），则以下命题中，不正确的是（    ）    A．平面截正方体所得截面为等腰梯形 B．存在点P，使平面AEF； C．若平面AEF，则线段长度的取值范围是； D．若点P在线段上，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 【答案】B 【分析】对于A：取中点，分析可知截面为，进而判断其形状，对于C：根据平行关系进而得到点P的轨迹，从而求出线段长度的取值范围；建系标点，利用空间向量处理空间中位置关系问题，即可判断B；利用空间向量求线面夹角，进而判断D. 【详解】对于选项A：取中点，连接，    因为分别为的中点，则， 又因为，可知为平行四边形， 可得，，则，， 可知平面截正方体所得截面为，为梯形， 且，所以截面为等腰梯形，故A正确； 对于选项C：如图，取中点G，中点H，连接GH，，    则∥AE，且平面AEF，平面AEF，可得∥平面AEF， 同理GH∥EF，平面AEF，平面AEF，所以GH∥平面AEF， 因为，平面,所以平面∥平面AEF， 因为P是侧面内一点，当P点在线段GH上时，能够满足平面AEF， 因为正方体棱长为2，由勾股定理得：，， 故点P落在GH中点时，长度最小，此时， 当点P与G或H重合时，长度最大，此时， 综上：线段长度的取值范围是，故C正确； 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，    对于选项B：设，可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 若平面AEF，则，可得，解得， 此时点不在侧面内， 所以不存在点P，使平面AEF，故B错误； 对于选项D：若点P在线段上，设， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 设直线与平面所成角为， 则， 当且仅当时，等号成立， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故D正确； 故选：B. 11．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期中)如图，在棱长为2的正方体中，点为BC的中点，点在线段上，则面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意可知，点到直线距离的最小值等于异面直线与的距离，进而利用向量法求异面直线与的距离，从而可得面积的最小值. 【详解】因为，点到直线的距离最小时面积取得最小值, 而点在线段上，直线与互为异面直线， 因此点到直线距离的最小值等于异面直线与的距离. 下面用向量法求异面直线与的距离： 以D为原点，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则，,, ，，, 设异面直线与公垂线的方向向量为，则， 即，得， 令，则，即， 于是异面直线与的距离为， 又， 所以面积的最小值为. 故选：B 12．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)如图，正方体的棱长为，其中分别是棱的中点，则到平面的距离是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量求法求解即可. 【详解】如图，以为原点，建立空间直角坐标系，    因为正方体的棱长为，所以， 因为分别是棱的中点， 所以，，， 所以，，， 设面的法向量为，到平面的距离是， 所以，， 令，解得， 故为平面的一个法向量， 由点到平面的距离公式得，故D正确. 故选：D 13．(24-25高二上·北京第一○一中学·期中)如图，棱长为2的正方体中，点为的中点.动点满足，，.给出下列四个结论： ①平面平面； ②设直线与平面所成角为，则的取值范围是； ③设平面，则三棱锥的体积为； ④以的边所在直线为旋转轴，将旋转，则在旋转过程中，的取值范围是. 其中正确结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】①如图建立坐标系，求出平面与平面法向量，即可判断两平面关系；②由坐标系可求出表达式，后由表达式几何意义可得其范围，即可得范围；③由空间几何知识可得点P位置，后由题可得，由空间向量知识可得点P到平面距离，即可得三棱锥的体积；④由题可得轨迹，画出平面图，由圆外一点到圆上点距离最值可得的取值范围. 【详解】①如图建立以D为原点的空间直角坐标系， 则. 则，，，. 设平面法向量为，则， 取.设平面法向量为， 则，取. 注意到，则①平面平面，故①正确； ②由①可得，则， 又，则. 又平面的法向量可取， 则. 注意到表示点 到点的距离. 如下图所示，则当与S无限接近时，； 当无限接近或时，， 则，则. 故②正确； ③如图，连接，过作MC平行线，则N为AD中点，四点共面， 连接，则与交点即为P.注意到与相似， 则，则. ，设平面的法向量为， 则，取， 则点P到平面距离为：， 又. 则，故③正确. ④连接，设，中点为F. 由题可得，则轨迹为以为圆心，以为半径在 平面上的圆.又M在平面上的射影为中点G， 则，因，则. 如下列平面图，连接EF，则，则. 则如图，当E，H，G三点共线时，最短，为； 当G，E，I三点共线时，最长，为. 则，即的取值范围是. 故④正确. 故选：D 14．(24-25高二上·北京房山区·调研)在正方体中，，其中，.给出下列三个结论： ①所有满足条件的点M构成的图形为正方形（含内部）； ②当时，CM与所成角的最小值为； ③当时，存在点M，使得. 则所有正确结论的序号为（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】A 【分析】对于①，由平面向量基本定理可得解；建立空间直角坐标系，对于②先判断在线段上，可设，用表示向量夹角余弦值，结合不等式的性质判断即可；对于③，当时，可得，求得的值，即可判断不可能垂直. 【详解】如图所示：    对于①，因为，，， 由平面向量基本定理可得点在正方形内，故①正确； 对于②，当时，，即，， 所以在线段上， 如图以分别为轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则设， 则  ， 所以， 因为，则， 所以当时，即点与重合时， CM与所成角的最小值为，故②正确； 对于③，由于， 则， 当时，， 所以， 则，不可能垂直，故不存在点M，使得，③错误.    故选：A 15．(24-25高二上·北京·期中)如图，在正方体中，M，N分别为DB，的中点，则直线和BN的夹角的余弦值为 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，求出各点坐标，利用异面直线空间向量夹角公式进行求解. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则， 故和BN的夹角的余弦值为. 故答案为： 16．(24-25高二上·北京丰台区·期中)已知直线，且的方向向量为，平面的法向量为，则 . 【答案】 【分析】根据线面的位置关系得直线的方向向量与平面法向量垂直，然后利用向量垂直的坐标运算列式计算即可. 【详解】因为直线，且的方向向量为，平面的法向量为， 所以，解得. 故答案为： 17．(24-25高二上·北京西城区北京师范大学附属实验中学·期中)在正三棱柱中，，，则异面直线与所成角的大小为 ． 【答案】 【分析】利用异面直线夹角的向量求法建立空间直角坐标系计算可得结果. 【详解】分别取的中点，连接， 由正三柱性质可知， 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： 由，可得， 所以， 又，且； 所以. 故答案为： 18．(24-25高二上·北京延庆区·期中)若平面，平面的法向量为，平面的法向量为，写出平面的一个法向量 . 【答案】（不唯一，共线即可） 【分析】根据平面与平面垂直得法向量垂直，即，代入坐标公式列式求解. 【详解】由平面，则， 满足条件，所以平面的一个法向量为. 故答案为：（不唯一，共线即可） 19．(23-24高二上·北京西城区·期末)如图，在正方体中，P为的中点，，，则下列说法正确的 （请把正确的序号写在横线上） ① ②当时，平面 ③当时，PQ与CD所成角的余弦值为 ④当时，平面 【答案】①②③ 【分析】建立空间直角坐标系，对A，验证两向量的数量积是否为0；对B，证明与平行即可得；对C，借助向量求出夹角的余弦值即可得；对D，证明与不垂直即可得. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则， 所以，， 所以，所以，①正确； 当时，，所以， 又平面，平面， 从而平面，②正确； 当时，，， 所以与所成角的余弦值为，③正确； 当时，，， ， 所以不垂直于，所以不垂直于平面，④错误． 故答案为：①②③. 20．(24-25高二上·北京大兴区·期中)已知平面过点三点，直线与平面垂直，则直线的一个方向向量的坐标可以是 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】先求解出平面的法向量，然后根据位置关系判断出方向向量与法向量的关系，由此可知方向向量的结果. 【详解】设平面的法向量为， 因为， 所以，所以，所以， 取，所以， 又因为直线与平面垂直，所以直线的方向向量与平面的法向量共线， 所以可取方向向量为（不唯一，非零共线即可）， 故答案为：（答案不唯一）. 21．(24-25高二上·北京房山区·调研)在空间直角坐标系中，已知点，，，则 ；点A到直线BC的距离为 . 【答案】 / 【分析】求出向量的坐标，再利用向量模的坐标表示及空间点到直线的距离公式计算得解. 【详解】由点，，得，所以； 由，得，所以点A到直线BC的距离为 . 故答案为：； 22．(24-25高二上·北京大兴区·期中)如图，在正方体中，，为的中点，为棱（含端点）上的动点，给出下列四个结论： ①存在，使得； ②存在，使得平面； ③当为线段中点时，三棱锥的体积最小； ④当与重合时，直线与直线所成角的余弦值最小. 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】②④ 【分析】先建立合适空间直角坐标系，设，对于①：根据求得的值并判断是否正确；对于②：考虑与重合时的情况；对于③：根据，分析的最小值即可判断；对于④：利用向量法先表示出，然后结合换元法和二次函数性质求解出最小值并判断. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系设， ①：因为，所以， 当时，，解得，不符合题意，故①错误； ②：当与重合时， 因为，所以四边形为平行四边形， 所以，且平面，平面， 所以平面，故②正确； ③：设到平面的距离为， 所以，且为定值， 所以当最小时，三棱锥的体积最小， 因为，所以， 设平面的法向量为， 所以，所以，取，所以， 又，所以， 当时有最小值，故③错误； ④：设直线与直线所成角为， 因为， 所以， 令，所以，所以， 因为，所以时取最大值，此时取最小值， 此时，即与重合，故④正确； 故答案为：②④. 23．(24-25高二上·北京陈经纶中学·期中)如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（不含端点），给出下列结论： ①存在点，使得； ②不存在点，使得异面直线与所成的角为； ③点到平面的距离有最小值无最大值； ④当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大． 其中正确结论的序号是 ．    【答案】②④ 【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量垂直的坐标运算判断①；利用异面直线的向量夹角公式计算判断②；连接，结合锥体体积公式，利用等体积法的思想可判断③；利用向量的坐标运算表示线面角的正弦值，然后利用二次函数及正弦函数的单调性即可判断④. 【详解】    以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得， 对于①，假设存在点，使得， 则， 所以，解得，不符合题意，所以①错误； 对于②，假设存在点，使得异面直线与所成的角为， 因为， 所以，此时方程无解， 所以不存在点使得异面直线与所成的角为，所以②正确；    对于③，如图所示，连接，设， 因为， 所以，无最小值也无最大值， 又因为平面，且是线段的中点， 可得点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积，无最大值也无最小值， 又的面积为定值，则三棱锥的高也即点到平面的距离，也无最大值和最小值，所以③错误； 对于④，由， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以， 因为，设直线与平面所成的角为， 可得， 所以，当点自向处运动时，的值由到变大，单调递增， 因为在为增函数，所以也逐渐增大，所以④正确. 故答案为：②④. 24．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期中)如图，正方体的棱长为2，点分别为棱的中点，点为线段上的一个动点，给出下列四个结论: ①三棱锥的体积为定值; ②存在点，使平面； ③存在点，使平面平面; ④设直线FG与平面所成角为，则的最大值为. 其中所有正确结论的序号为 . 【答案】①②④ 【分析】对于①选项，利用等体积法判断；对于②、③、④三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解 【详解】易得平面平面，所以到平面的距离为定值， 又为定值，所以三棱锥即三棱锥的体积为定值，故①正确． 对于②, 如图所示, 以为坐标原点, 为轴, 为轴, 为轴,，建立空间直角坐标系, 则， ， 所以， 设，则， 所以，， 因为平面， 所以， 解得，当为线段上靠近的四等分点时，平面，故②正确. 对于③，设平面的法向量为， 则，取，得， 所以平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 则，取，得， 所以平面的法向量为， 因为平面平面，所以， 设，即， 解得，又因为，不合题意， 线段上不存在点，使平面，故③错误． 对于④，平面的法向量为， 则， 因为， 所以， 所以的最大值为．故④正确． 故答案为：①②④． 25．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)如图，是正方形内一动点（不包括边界），平面于，，，，给出下列四个结论: ①四棱锥的体积是定值； ②设平面与平面交于，则； ③四棱锥的表面积既有最小值又有最大值； ④存在点，使得四棱锥的四个侧面两两垂直. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①② 【分析】根据棱锥体积公式可求得①正确；根据线面平行的性质定理可证得②正确；根据垂直关系可用的长度表示出各个侧面的面积，从而将问题转化为点到点和的距离之和的最值问题，可知③错误；以为坐标原点建立空间直角坐标系，假设存在满足题意的点，利用向量法可说明不存在，由此知④错误. 【详解】对于①，，①正确； 对于②，，平面，平面，平面， 平面平面，平面，，②正确； 对于③，取中点，连接， 平面，，，， 又四边形正方形，，，即三点共线； ，，平面，又平面，； 设，则，，， ； 过作，分别交于点， ，，平面，又平面，， 同理可得：； ，， ，又， 四棱锥的表面积 ； 的几何意义表示点到点和的距离之和， 关于轴对称的点为， ，无最大值， 即四棱锥的表面积有最小值，无最大值，③错误； 对于④，以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系， 设，则， ，，，，， ，，，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； 设平面的法向量， 则，令，则，，； 若四棱锥的四个侧面两两互相垂直，则平面，平面，平面两两互相垂直， ，方程组无解， 不存在点，使得四棱锥的四个侧面两两互相垂直，④错误. 故答案为：①②. 26．(24-25高二上·北京大兴区·期中)如图，在四棱锥中，平面，，，且． (1)求直线与直线所成角的大小； (2)求直线PD与平面PAC所成角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得直线与直线所成角的大小. （2）利用向量法来求得直线PD与平面PAC所成角的正弦值． 【详解】（1）由于平面，平面，所以， 由于，所以两两相互垂直. 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， ， ，设直线与直线所成角为， 则， 由于，所以. （2），， 设平面的法向量为， 则，故可设， 设直线PD与平面PAC所成角为， 则. 27．(24-25高二上·北京通州区·期中)如图，在棱长是2的正方体中，分别为，的中点.    (1)证明：平面； (2)求异面直线与所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算证明向量垂直，进而根据线面垂直的判定求证， （2）利用向量的夹角公式即可求解. 【详解】（1）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，， ，，， 所以，所以. ， 所以，所以. ， ,故平面. （2），，，， 所以， 所以. 故， 因此异面直线EF与所成角的大小为 28．(24-25高二上·北京延庆区第一中学·月考)已知四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面是PB的中点. (1)求直线BD与直线PC所成角的大小； (2)求点B到平面ADE的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法计算异面直线所成角； （2）利用点到平面距离向量公式直接计算即可. 【详解】（1）以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图空间直角坐标系. 由题意，，，，，， 设直线BD与直线PC所成的角为， 因为，， ， 所以直线BD与直线PC所成角为； （2）因为，，， 所以， ， 则为平面的一个法向量， 设点到平面的距离为，则为向量在向量上的投影的绝对值， 由，得， 所以点到平面的距离为. 29．(23-24高三下·北京海淀区北京一零一中·开学考)如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，为棱的中点．    (1)求证： 平面； (2)若，再从条件①､条件②､条件③中选择若干个作为已知，使四棱锥唯一确定，并求： （i）直线与平面所成角的正弦值； （ii）点到平面的距离． 条件①：二面角的大小为； 条件②： 条件③：． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）连接，交于，连接，由 证明 平面； （2）选择①②或①③或②③或①②③都能得到平面，建立空间直角坐标系，求出法向量，求解与平面所成角的正弦值，计算点到平面的距离． 【详解】（1）    （1）连接，交于，连接， 底面是正方形，故是的中点， 又因为为棱的中点， 所以，在中 ， 而平面平面， 所以 平面． （2）选①②： 因为四边形是正方形， 所以 ， 又因为，所以， 因为二面角的大小为，平面平面，所以， 在中，， 所以， 故， 又因为平面， 所以平面， 选①③： 因为四边形是正方形， 所以 ， 又因为，所以， 因为二面角的大小为，平面平面， 所以， 因为平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 又因为平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为为中点，所以， 所以， 所以，即， 因为 平面， 所以平面， 选②③： 因为四边形是正方形， 所以 ， 因为平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 又因为平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为为中点，所以， 在中，， 故， 因为 平面， 所以平面， 选①②③同上． 以为原点，为轴建立空间直角坐标系， 则， 故， 令为面的一个法向量，则 令，则， （i）因为， 所以直线与平面所成角的正弦值为， （ii）由（i）知点到平面的距离．        30．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期中)已知三棱锥，平面平面，点D是的中点，，.    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点C到平面的距离. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】（1）取中点，连接，，证明平面，得证； （2）由题可得两两互相垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用向量法求解； （3）利用点到平面的距离公式求解. 【详解】（1）如图，取中点，连接，， 因为，所以为正三角形，则， 又，则，为等腰直角三角形， 又平面，， 所以平面，又平面， 所以.    （2）因为平面平面，平面平面，平面，又， 所以平面，又平面， 所以，所以两两互相垂直， 以点为坐标原点，分别为轴建立如图空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，， ， 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. （3）因为，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 31．(24-25高二上·北京大兴区·期中)1．在四棱锥中，底面ABCD是正方形，Q为PD的中点，，，再从条件①、条件②这两个条件中任选一个作为已知． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 条件①：平面平面； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先选择条件，然后根据面面垂直的性质定理或线面垂直的判定定理来证得平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值. （3）利用向量法求得点到平面的距离. 【详解】（1）若选①，由于平面平面，且交线为，平面，， 所以平面. 若选②，由于，，平面， 所以平面. （2）由（1）知平面，，两两垂直， 以为原点，分别所在的直线为轴，建立如图空间直角坐标系， 则，，，， 所以， 由（1）知平面的法向量， 设平面的法向量为，则， 即，令，则， 设平面与平面夹角的为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）由已知得，， 所以点到平面的距离为. 32．(24-25高二上·北京陈经纶中学·期中)2．已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，分别是的中点．再从条件①、条件②这两个条件中选择一个合适的条件作为已知，解决下列问题：    (1)求证：平面； (2)求到平面的距离； (3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为？若存在，求线段的长度；若不存在，说明理由． 条件①：；条件②：平面． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）由题意说明选条件②，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可得答案. （3）假设线段上存在点，根据空间角的向量求法结合一元二次方程的解的判断，即可得结论. 【详解】（1）由题意知是正三角形，是的中点，则； 底面是边长为4的正方形，则， 连接, 若选条件①：，则，即不垂直， 而如果平面，平面，则必有； 故选条件①不能推出平面，该条件不恰当； 故选条件②：平面，结合平面，得， 而平面， 故平面； （2）连接，则，以O为坐标原点，以所在直线为轴， 建立空间直角坐标系，    则， 则， 设平面的法向量为，则， 令，则， 故到平面的距离为； （3）假设线段上存在点，使得直线与平面所成角为， ， 设，则， 平面的法向量为 故， 即，则，该方程无解， 故线段上不存在点，使得直线与平面所成角为. 33．(24-25高二上·北京延庆区·期中)如图，在三棱柱中，底面，是的中点，且. (1)求证： 平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接与相交于点,连接，然后利用三角形的中位线证明线线平行，再用线面平行的判定定理证明线面平行即可； （2）直接建立空间直角坐标系求解即可； （3）利用（2）的法向量直接求解即可. 【详解】（1）连接，设，连接， 由为三棱柱，得. 又是的中点，所以是的中位线， . 平面平面， 平面； （2）底面， 以为原点，的方向分别为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则， ， 设平面的法向量为 由，得； 设直线与平面所成角为. 则. 直线与平面所成角的正弦值为. （3）设平面与平面所成角为为锐角， 平面的法向量为， ， 平面与平面所成角余弦值为. 34．(24-25高二上·北京房山区·调研)如图，在三棱柱中，侧面是边长为3的正方形，侧面为矩形，，，M，D分别为，BC的中点，且.    (1)求证：平面； (2)求平面ABC与平面夹角的余弦值； (3)判断直线MN与平面的位置关系，并说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)相交（不垂直），理由见解析 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出平面以及平面ABC的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案； （3）利用向量法可判断直线MN与平面的位置关系. 【详解】（1）由题意知在三棱柱中，侧面是边长为3的正方形，侧面为矩形， 故，而平面， 故平面； （2）由于，，故，即， 则两两垂直，以A为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，    则， 则， 设平面的法向量为，则， 即，令，则， 平面的法向量可取， 则， 故平面ABC与平面夹角的余弦值为； （3）由（2）结合知，， 则， 即不垂直，又平面，故MN和平面不平行， 又不共线，即直线MN与平面不垂直； 故直线MN与平面的位置关系为相交（不垂直）. 35．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)如图，在直四棱柱中，底面为梯形，，其中是的中点，是的中点. (1)求证:平面; (2)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）连结，设，通过证明四边形为平行四边形，可得，可证结论； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法可求平面与平面所成角的余弦值. 【详解】（1）平面，证明如下: 连结，设，由四棱柱，知四边形为平行四边形， 所以为中点，又是BC的中点， 所以， 所以四边形为平行四边形，所以 又平面平面，所以平面 （2）因为直四棱柱，所以平面ADC，又，所以两两垂直， 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以，， 设平面法向量，则，即， 令，则，所以 又平面法向量为， 设平面与平面成角为，则. 36．(24-25高二上·北京第一○一中学·期中)如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，.    (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质判定及面面垂直的判定推理即得. （2）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. （3）利用空间向量求出点到平面距离. 【详解】（1）在四棱锥中，平面，平面，则， 由底面为正方形，得， 而平面， 因此平面，而平面， 所以平面平面. （2）由平面，平面，得，， 又，则直线两两垂直， 以A为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，    由，则， ， 设平面的法向量，则， 令，则， 所以为平面的一个法向量， 由平面，得为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）由（2）知，平面的一个法向量为，， 所以点到平面的距离. 37．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)如图，四棱锥P-ABCD中，平面.    (1)若，求证：平面平面PCD； (2)若AD=DC，PB中点为，试问在棱CD上是否存在点，使，若存在，指出点位置，若不存在说明理由； (3)若与平面PBC成角大小，求DC边长. 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 (3) 【分析】（1）利用勾股定理以及线面垂直及面面垂直的判定定理证明可得结论； （2）利用空间向量的位置关系证明，建立空间直角坐标系即可得出结论； （3）根据线面角的向量求法得出表达式，解方程即可得出DC边长. 【详解】（1）因为平面平面ABCD， 所以， 又，所以 又平面PAD 所以平面PAD， 又平面PCD， 所以平面平面PCD. （2）因为平面，所以AP，AB，AC两两垂直，如图建立空间直角坐标系 设，则， 则 设， ， 假设存在满足，因为等价于， 解得，所以不存在 （3）因为，所以，   ， 设，其中，又， ， 设平面PBC法向量，依题意，即 令则，所以， 因为PD与平面PBC成角大小，所以 或， 即 又，此方程组无解 综上可得. 地 城 考点05 空间向量与立体几何综合问题 1．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)如图，在正方体内，正方形EFGH中心与正方体中心重合，从前面观察如图所示，若棱长，则正棱台的侧棱长为 . 【答案】 【分析】依题意正棱台的下底面边长为，高为，上底面边长为，从而求出上、下底面正方形的对角线长度，再由勾股定理计算可得. 【详解】依题意可得正棱台下底面边长为，高为， 在前面观察图形（如下图所示）中可知即为上底面边长，，则， 作交于点，则为的中点，所以， 则， 所以上底面边长为， 则下底面正方形的对角线为， 上底面正方形的对角线为， 所以正棱台的侧棱长为. 故答案为： 2．(24-25高二上·北京清华大学附属中学·期中)已知矩形，，，将沿对角线进行翻折，得到三棱锥，在翻折的过程中，下列结论： ①三棱锥的体积最大值为； ②三棱锥的外接球体积不变； ③异面直线与所成角的最大值为； ④与平面所成角的余弦值最小值为. 所有正确的命题的序号是 . 【答案】①②④ 【分析】对于①，由棱锥体积公式即可判断；对于②，由外接球的定义可得中点为外接球球心，其半径为，再用球的体积公式计算即可；对于③，由线面垂直的判定定理可得平面，从而可得，即可判断；对于④, 由条件可知到面的距离最大时，线面角最大，然后代入计算，即可判断. 【详解】 对于①，， 当平面平面时，三棱锥的高最大， 此时体积最大值为，故①正确； 对于②，设的中点为， 则由知，， 所以为三棱锥外接球的球心，其半径为， 所以外接球体积为，即三棱锥的外接球体积不变，故②正确； 对于③，若，由，， 平面，平面， 可得平面，因为平面，则， 因，根据直角三角形斜边最长，知道不成立，故③错误； 对于④，因为是定值，则只需到面的距离最大时， 与平面所成角最大， 当平面平面时，到面的距离为， 设与平面所成角为，此时， 因为为锐角，所以， 即与平面所成角的余弦值最小值为，故④正确． 故答案为：①②④ 3．(24-25高二上·北京通州区·期中)如图①，在直角梯形中，，，，点是边的中点，将沿折起至，使平面平面，得到如图②所示的几何体，从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，完成以下问题. 条件①：； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. (1)求证：； (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）根据面面垂直的性质可得平面，选择条件①：； 继而可证明平面，选择条件②：.，可证明，即可求证，进而建立空间直角坐标系，利用向量坐标求解， （2）利用法向量与方向向量的夹角即可求解. 【详解】（1）证明  若选条件①，取中点，连，OE，， 故，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面.因为平面，所以. 又因为，且，平面,所以平面， 所以. 以为坐标原点，，，分别为，，轴非负半轴建立空间直角坐标系如图所示， ，，，， ，，，，， ，， 所以， 所以. 若选条件②，取中点，连，，， 故，，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以，， 又因为，所以， 所以，所以.以下同条件①. （2），， 设平面的法向量为， 则，取， ， 故与平面所成角的正弦值为. 4．(24-25高二上·北京·期中)已知平面边形中，，，且.以为腰作等腰直角三角形，且，将沿直线折起，使得平面平面.    (1)证明：平面； (2)若是线段上一点，且平面， ①求三棱锥的体积； ②求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)① ；② 【分析】（1）先由勾股定理证，再由面面垂直证平面，得，可得平面； （2）①连接,设,连接，利用线面平行的性质推得，确定点是线段上靠近点的三等分点，从而求得体积；②依题意建系，写出相关点和向量的坐标，利用向量夹角的坐标公式计算即得. 【详解】（1）因，，故, 又，且，故 在直角梯形中，， 由可得； 因平面平面，，平面平面， 则平面，又平面， 则，又，因平面， 故平面. （2）    ①如图，连接,设，连接, 因平面，且平面,平面平面， 则，故， 在四边形中，由,可得, 故，即，即点是线段上靠近点的三等分点， 故 ②   如图，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， 则, 所以，,, 设平面的法向量为， 则，可取， 因， 故,, 设平面的法向量为，则由， 可取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为. 5．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期中)如图，在直三棱柱中，是的中点，平面ABD与直线交于点. (1)求证:是线段的中点; (2)设点在线段CD上，直线AE与平面ABM所成角的正弦值为. （i）求的值; （ii）求到平面ABM的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）根据线面平行的判定定理与性质即可证明； （2）如图，建立空间直角坐标系，设，根据空间向量求线面角的方法建立关于的方程，求出，即可求出利用空间向量法求出点面距. 【详解】（1）三棱柱中，因为平面，平面， 所以平面，因为平面平面， 所以，则，又是的中点， 所以是的中点. （2）（i）因为在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC， 所以，因为， 所以如图以为原点建立空间直角坐标系. ， ， 设， 则. 设平面ABM法向量， 则，即， 则，令，则， 所以平面ABM的一个法向量. 设直线AE与平面ABM所成的角为， 得， 解得或，因为，所以.即. （ii）， 由（i）得，平面ABM法向量， 所以点到平面ABM的距离. 地 城 考点06 立体几何的存在性问题 1．(24-25高二上·北京丰台区·期中)如图，在长方体中，，，点在上，且. (1)求直线与直线所成角的大小； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若点在侧面上，且点到直线和的距离相等，求点P到直线距离的最小值． 【答案】(1) (2) (3)1 【分析】（1）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出直线与直线的方向向量运算得解； （2）求出平面的一个法向量，利用向量法求解； （3）设出点，可得，利用点到直线距离公式求解. 【详解】（1）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 如图所示： , 则，               ， 所以直线与直线所成角为. （2）设平面的一个法向量为， ， 因为，所以，即， 令，则，所以，                     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. （3）设，根据题意有，即，                    ， 则点到的距离 ，            当时，取得最小值1. 所以点到的距离最小值为1. 2．(24-25高二上·北京清华大学附属中学·期中)如图，在四面体中，平面，点为中点，且，，. (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在直线上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在；求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)存在， 【分析】（1）由勾股定理得，由平面得，从而平面，进而得出结论； （2）以A为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式求解； （3）设，则，求得，设直线与平面所成角为，由题意，列式求解即可. 【详解】（1）因为，则，即， 又因为平面，平面，则， 且，平面， 可得平面， 由平面，可得. （2）以A为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得, 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 则， 所以平面和平面夹角的余弦值为. （3）设，则， 设，则，得， 即，可得， 平面的法向量为， 设直线与平面所成角为， 由题意，， 整理可得，解得或（舍去）， 所以存在，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 3．(24-25高二上·北京房山区·调研)如图，棱长为1的正方体中，P是线段上的动点. (1)当点P为的中点时，求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)是否存在点P，使得平面？若存在，求的长度；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不存在 【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，求出平面的法向量，证明线面平行即可； （2）求出平面的法向量，利用空间向量的距离公式计算即可； （3）根据线面垂直的空间向量证法即可. 【详解】（1）以为坐标原点，的方向分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， ，，，， 则，，， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，则，则， 则，且直线不在平面内，故平面. （2）由（2）知，，， 设平面的法向量，，则，即， 令，则，则，而， 则点到平面的距离. 综上，点到平面的距离为. （3）假设存在这样的点，则设，其中，，则， 若平面，则，则，无实数解， 故不存在这样的点使得平面. 4．(24-25高二上·北京第一○一中学·期中)羡除是《九章算术》中记载的一种五面体.如图，五面体是一个羡除，其中四边形与四边形均为等腰梯形，且，，，为中点，平面与平面交于. (1)求证：平面； (2)已知点是线段上的动点，从条件①、条件②中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 条件①：平面平面； 条件②：. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）证明四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理即可证明； （2）若选条件①，则需先证两两垂直，进而建立空间直角坐标系，利用向量法表示出与平面所成角的正弦值，借助二次函数即可解决；若选条件②，取的中点，连接，证明得到平面平面，进而转化为条件①的解题过程. 【详解】（1）因为，且为中点，所以 又因为，，且为中点，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2） 若选条件①：平面平面， 取的中点，取的中点，连接， 因为四边形与四边形均为等腰梯形，所以，， 因为平面平面，且平面平面，面， 所以平面， 因为平面，所以，所以两两垂直. 故以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系； 因为，， 所以， 所以，， 因为点是线段上的动点，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以平面的法向量为， 设直线与平面所成角， 则， 结合二次函数的知识可知： 当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 若选条件②：， 取的中点，连接， 因为四边形与四边形均为等腰梯形， 且，， 所以， 在中，，所以. 所以二面角为直二面角，所以平面平面， 又平面平面，面，所以平面， 因为平面，所以，所以两两垂直. 故以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系； 因为，， 所以， 所以，， 因为点是线段上的动点，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以平面的法向量为， 设直线与平面所成角， 则， 结合二次函数的知识可知： 当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 5．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期中)如图，在四棱锥中，平面，. (1)求证:平面平面; (2)求二面角的余弦值; (3)设为平面内的动点，满足.为边上的动点，点满足，写出点组成的图形的面积.（结论不要求证明） 【答案】(1)证明见解析 (2) (3). 【分析】（1）利用余弦定理求得，可证，可证，进而利用线线垂直可得线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求得平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式可求二面角的余弦值； （3）由已知可得的运算轨迹是以为圆心，1为半径的圆，由，可得运动的图形为圆心为1的圆，当圆心在的三边上移动时所扫过的区域，进而可求面积. 【详解】（1）在中，， 所以， 所以，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）过作直线，因为平面，所以平面. 又， 以坐标原点，为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则. 设平面的法向量为， 则，即， 令，则. 又平面的一个法向量为， 所以， 所以二面角的余弦值为. （3）因为平面，所以平面， 又平面，所以， 又，又，所以可得， 所以的运算轨迹是以为圆心，1为半径的圆， 又为边上的动点，点满足， 所以点运动的图形为圆心为1的圆，当圆心在的三边上移动时所扫过的区域，如圆所示： 此区域的面积为， 由（1）可得是直角三角形，且， 由题意可得平分，且，解得， 从而可得中，， 从而可得点组成的图形的面积为: . 6．(24-25高二上·北京丰台区·期中)如图，在四棱锥中，平面，为等腰三角形，，，，点分别为棱的中点． (1)求证：直线平面； (2)求直线到平面的距离； (3)试判断棱上是否存在一点G，使平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）根据线面平行的判定定理可求得结果； （2）根据已知条件建立空间直角坐标，确定各点坐标，计算平面的法向量，再根据线面之间的距离公式可求得结果； （3）假设存在，设，根据面面夹角的余弦值列得等式，求出值即可. 【详解】（1）连接，如图所示： ， 因为点分别为棱的中点， 所以是的中位线， 所以，                            因为平面，平面，           所以平面； （2）由（1）知直线到平面的距离等于点到平面的距离， 取中点，连接， 因为， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，所以平面， 所以， 因为为中点， 所以，                          ， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示： ， 设平面的一个法向量为， 因为，所以，所以， 设，则所以， ， 所以直线到平面的距离； （3）棱上存在点，使平面与平面夹角的余弦值为 设 设平面的一个法向量为 因为，所以，， 设，则，所以， ， 解得， 所以. 7．(24-25高二上·北京延庆区·期中)如图，已知四棱锥中，底面是边长为4的正方形，平面是正三角形，分别为的中点.    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)线段上是否存在点，使得三棱锥的体积为，若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，或 【分析】（1）根据线面垂直的判断定理，转化为证明，； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再代入点到平面的距离， 求解； （3）根据，求得点的坐标，再根据（2）的结果求点到平面的距离，并根据向量的数量积公式，以及面积公式，求，结合体积公式，即可求解. 【详解】（1）证明：因为是正三角形，是的中点，    所以. 又因为平面平面， 平面， 所以面； （2）因为两两互相垂直.以点为原点，的方向分别为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 则， 设平面的法向量为， 由，得 ， 点到平面的距离 （3）设 所以点到面的距离为定值 . ， 解得：或. 8．(24-25高二上·北京理工大学附属中学·期中)已知四边形为正方形，为，的交点，现将三角形沿折起到位置，使得，得到三棱锥. (1)求证：平面平面； (2)棱上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）根据折叠前后的几何性质可得，结合线线垂直可得，根据面面垂直判定定理即可证得结论； （2）以为原点，以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算，设，分别求平面与平面的法向量，根据面面夹角余弦值公式列方程求解即可得结论. 【详解】（1）因为四边形为正方形，所以，， 所以折起后，，， 由于折起前有，且折起后， 所以折起后有，即， 又，，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）存在，理由如下： 由（1）知，，， 所以以为原点，以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系， 设，则，，，， 则，，， 假设存在满足题意的点，设， 则， 设平面的法向量为， 则，即， 令，得，，即， 易知平面的一个法向量为， 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以， 整理得 解得或（舍）， 所以在棱上存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，且. 9．(24-25高二上·北京通州区·期中)如图，在四棱锥中，平面，，，，，分别为棱的中点.    (1)求线段的长； (2)求平面和平面夹角的余弦值； (3)在线段上是否存在点G，使得直线在平面内，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）图中有正交基底，可用空间向量法来求线段长； （2）图中有正交基底，用空间向量法来求两平面夹角余弦值； （3）图中有正交基底，可用线向量在平面内，必与法向量垂直来求解. 【详解】（1）因为平面，，平面， 则，，且， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴， 建立空间直角坐标系，如图所示，    由已知，，，，，， 可得，，故线段的长为. （2）由（1）得：，， 设平面的法向量为， 所以， 令，则，.所以平面的一个法向量为， 由图知为平面的一个法向量， 所以， 所以平面和平面夹角的余弦值为. （3）假设线段上存在点，使得直线在平面内，， 因为，所以， 即， 因为在平面内，故， 所以，解得. 故线段上存在点，使得直线在平面内，此时. 【好题推送】 1．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)已知正方体的棱长分别为中点，从开始沿射线DF运动，做平面，垂足为，给出下列四个结论： ①平面与平面夹角先增大后减小; ②B1N最大值为4，并且先增大后减小; ③存在N使得； ④存在唯一的使得. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①② 【分析】作出截面即可判断①的正误；确定点N的轨迹即可判断②的正误；若，则点平面，结合②的结论可得平面与平面重合，可判断③的正误；若，则点在以为直径的球面上，球面与平面的交线为以为圆心，以为半径的圆，结合点在以为直径的圆上，再判断与的大小即可判断④的正误. 【详解】解：对于①，取中点，连接， 设，易证共面且平面平面， 所以当从开始沿射线DF运动时平面与平面夹角先增大后减小， 当平面与平面重合时两面夹角为直角且最大，故①正确； 对于②，取中点，取中点，连接， 设，，在正方形中，可证明， 又因为平面，所以， 又因为，所以平面， 所以平面平面 过点作，设， 所以平面平面， 因为平面， 所以垂足在直线上且， 当从开始沿射线DF运动， 均在平面内，且， 所以在平面内，点在以为直径的圆上， 当平面与平面重合时， 点与点重合，取最大值，并且先增大后减小，故②正确； 对于③，若，则点平面， 又因为点平面，所以点， 结合点在以为直径的圆上，所以点与点重合， 此时平面与平面重合，显然不存在， 所以不存在N使得，故③错误； 对于④，若，则点在以为直径的球面上， 设球心为点，过点作, 因为平面平面,所以平面， 所以在平面内，满足的点， 在以点为圆心，以为半径的圆周上； 又因为点在以为直径的圆上， 设的中点为，下面只需判断与的大小即可. 在中，,在中, ， 在直角梯形中，， 而， 显然，所以存在两个点使得，故④错误. 故答案为：①②. 2．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)蜜蜂分泌蜂蜡筑巢，蜂巢由许多中空的柱状体连接而成，其中柱状体的一端为正六边形开口，另一端由三个全等的菱形拼成类似锥形的底部（如图1），蜜蜂这样筑巢能够使得蜂巢空间不变的条件下，所用蜂蜡最少，为了揭开蜜蜂筑巢的数学秘密，研学小组利用正六棱柱去研究中空的柱状体.设正六棱柱底面边长为，高为定值（大于底面边长），底面中心分别为（如图2），现将延长至，平面，，分别与棱交于，，，得到中空的柱状体（如图3）. （1）比大小：所得中空的柱状体的体积 原正六棱柱体积；（填“>”，“<”或“=”） （2）当中空的柱状体表面积最小时，的取值是 . 【答案】 【分析】（1）利用割补法.结合正六边形与正棱柱性质，由割补部分体积相等可得； （2）设，正六棱柱高为，用表示表面积，再借助导数求函数最值可得. 【详解】（1）由题意，在图2中，将正六棱柱分别割去三棱锥、三棱锥及三棱锥， 再在上底面上方拼接上三棱锥，即可得到所研究的中空柱状体. 在图3中，连接，设交点为，延长，与平面的交点即为原正六棱柱的顶点. 由正六棱柱的性质， 可知平面平面，平面， 则平面，平面，平面平面， 所以，同理可证， 则四边形是平行四边形，又， 所以四边形为菱形，则为的中点，且. 连接，由正六边形性质可知，四边形也是菱形， 即也是的中点，且， 由平面，平面， 则 ，同理可得， 在与中，， 则与全等，所以，又， ， 故， 因为，则， 所以正六棱柱割去部分的体积等于上面拼接部分的体积， 故中空的柱状体的体积正六棱柱的体积. （2）正六棱柱底面边长为，设高为. 设，则，, 又，则， . 所以中空的柱状体表面积 . 设， 则， 令，解得，, 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以. 即当时，表面积最小，最小值为. 故当中空的柱状体表面积最小时，的取值是. 故答案为：；. 3．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)如图，正四面体的棱长2，过棱AB上任意一点作与AD，BC都平行的截面，将正四面体分成上下两部分，记，截面上方部分的体积为，则函数的图象大致为（   ）      A．  B．  C．   D．   【答案】D 【分析】根据，求出函数，利用导数研究函数切线斜率的变化. 【详解】    设截面分别于交于点，连接， 取的中点，连接，分别交于点， 交于点， 由于，平面， 所以平面，而平面，所以， 又平面，平面，平面平面， 所以，同理，，，所以， 则四边形为矩形， 平面平面，所以，则为的中点， 又，则，则， 平面，所以平面， 则点到平面的距离为， 因为，则， 在中，， 又，则，即，则， 所以， 而正四面体的高， 所以 ， 则， 当时，单调递增，当时，单调递减， 则在切线斜率增大，在切线斜率减小，故选择图象D. 故选：D 4．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期中)已知正方体，点分别为 的中点，直线交平面于点. (1)证明：为中点； (2)求异面直线与所成角的大小； (3)若点为棱上一点，二面角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）由面面平行的性质可得平面，由线面平行的性质可得 ， 由 及 ，可得 ，再结合为的中点，即可得证； （2）利用空间向量求解即可； （3）利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：连接， 因为平面平面， 平面， 所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以 ， 又因为 ， ， 所以 ， 又因为为的中点， 所以为中点； （2）解：以为坐标原点，所在的方向分别为轴的正方向， 建立如图所示的坐标系： 设正方体的边长为， 则， 则, 所以, 设异面直线与所成角为， 则， 所以； （3）设，因为, 所以 设平面的法向量为 则有，取， 可得为平面的一个法向量， 设平面的法向量为 则有，取， 可得为平面的一个法向量， 所以， 设，则有， 整理得：，解得(负根舍去)， 即 所以， 所以. 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题01空间向量与立体几何（五大题型+好题推送) ☆5大高频考点概览 考点01空间中点、线、面的位置关系 考点02空间几何体 考点03空间向量及其运算 考点04空间向量的应用 考点5空间向量与立体几何综合问题 考点05立体几何中存在性问题 目目 考点01 点、线、面的位置关系 1.(24-25高二上北京师范大学附属中学期中)设m,n是两条不同的直线，心，B是两个不同的平面，己知 m/a,n1B,则“m/n"是“a⊥B的() A,充分而不必要条件 B,必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 2.(24-25高二上北京延庆区·期中)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E为BB1的中点，则B1到平面 A1D1E的距离为() D A E .. A B A.15 B.25 C.25 D.23 5 3 5 3.(24-25高二上北京中国人民大学附属中学.期中)已知直线m,n,平面a,m/n,mca,那么“n/a”是 “m/ac的() A.充分必要条件 B,必要不充分条件 C.充分不必要条件 D,既不充分也不必要条件 4.(24-25高二上北京中国人民大学附属中学·期中)已知直线m,n,1,平面α，B,下列正确的是() A.若lna=P,nca,则l与n异面 B,若m/n,nca,则m/a C.若l⊥m,l⊥n,mca,nca,则l1a D.若a⊥B,m⊥a,n1B,则m1n 1/29 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 5.(24-25高二上·北京延庆区期中)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是线段A1C1上任意一点，则AE与平 面ABCD所成角的正弦值不可能是() B E D Bi D A.君 B. c.9 D.9 6.(24-25高二上·北京清华大学附属中学·期中)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E为棱DD1的中 点，P为底面正方形ABCD内（含边界）的动点，则() D A B A A.三棱锥B1-A1D1P的体积大小不确定 B,当A1P⊥AC1时，A1P⊥AC C.直线B1E/平面A1BD D.直线B1E与平面CDD1C,所成角的正弦值为号 7.(24-25高二上北京中国人民大学附属中学期中)如图1，在矩形ABCD中，AD=V3,点E在AB边上， CE⊥DE且AE=1.如图2，将△ADE沿直线DE向上折起至A1位置，连结A1C.记二面角A-DE-A1的大小为 0,当0∈(0，π)时，下面四个结论中错误的是（) E B D D 图1 图2 A.存在某个位置，使DA1⊥CE B,存在某个位置，使平面A1DE⊥平面A1EC 2/29 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 C.存在某个位置，直线BE与平面A1DE所成角为60 D.存在某个位置，使平面A1DE与平面A1BC的交线与平面DEC平行 8.(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期中)己知A(1,-2,3),B(0,-2,0),C(1,0,3为平面《内三点，点D在a 内，且D异于A,B,C三点，写出点D的一个坐标： 9.(24-25高二上北京中国人民大学附属中学期中)已知平面a,B,直线n,给出三个语句：①a1B,② n⊥a,③n/B.从这三个语句中选取两个做条件，剩下一个做结论，构成一个真命题，该命题是： 若 则 (只需填写序号) 10.(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学.期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形， PA=AB=2,∠DAB=60°，PA⊥平面ABCD,Q点在四棱锥P-ABCD表面上，且DQ⊥AC,则PC与底面 ABCD的夹角为 Q点所形成的轨迹长度是 .0 D ---C A B 11.(24-25高二上北京中国人民大学附属中学期中)如图，某一个自行车停放时，车体由尺寸相同的前后 轮和脚撑来支撑，前后轮的轴中心分别为M,N,与地面接触点分别为A,B,脚撑一端固定在后轮轴中心 N处，另一端与地面接触于点C,若A,B两点间距离为110厘米，车轮外径（直径）为66厘米，脚撑长度 等于车轮半径，∠ABC=受∠BAC=是NB1AB,则后车轮所在平面与地面的夹角（即二面角 N-AB-C)的余弦值为 12.(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学.期中)直二面角P-AB-Q,PA=PB=V2,AB=2,AQ=V3 ,BQ=1,则PQ= ;三棱锥P-ABQ外接球的体积是 15,(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点E,F 分别为AD,PB的中点，PE⊥平面ABCD,PA⊥PD 3/29 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B (1I)求证：EF/平面PCD; (2)求证：PD⊥AF (3)若AB=1,AD=2,求四面体ABFE的体积 16.(24-25高二上·北京清华大学附属中学·期中)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，D,E分别为BC,AA1的中 点 (I)求证：AD/平面BC1E; (2)若点F在线段B1E上，且DF/平面ACC1A1,求证：点F为B1E中点 目目 考点02 空间几何体 1.(24-25高二上北京期中)如图，将半径为1的球与棱长为1的正方体组合在一起，使正方体的一个顶 点正好是球的球心，则这个组合体的体积为() D C Di B A.+1 B.ons 7 C.gπ+1 D.π+1 6 2.(24-25高二上北京中国人民大学附属中学期中)正三棱锥P-ABC中，∠APB=GPA=2,Q为棱PA的中 4/29 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 点，点M,N分别在棱PB,PC上，三角形QMN周长的最小值为() A.V2 B.3 C.36-32 D.36-33 2 2 3.(2425高二上·北京中国人民大学附属中学期中)若圆锥的侧面积等于和它等高等底的圆柱的侧面积 时，圆锥轴截面顶角的度数为() A. B.月 C.π D. 4.(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期中)三棱锥A-BCD中，AC⊥平面BCD,BD⊥CD,若AB=2 V3,BD=2,则三棱锥C-ABD的体积的最大值为() A.4 B.3 C.2 D. 5.(24-25高二上北京中国人民大学附属中学期中)一个正棱锥，其侧棱长是底面边长的0，这个正棱锥可 能是() A.正三棱锥 B.正四棱锥 C.正五棱锥 D.正六棱锥 6.(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学期中)歇山顶是中国古代建筑传统屋顶之一，它有一条正 脊、四条垂脊和四条戗脊，将歇山顶近似看成如图中的多面体，其上部为直三棱柱ABC-A1B1C1 ,AB=AC=2V2,BC=4,AA1=18,四边形EFF1E1为矩形，平面EFF1E1/平面BCC1B1,且E1EC平面AB B1A1,F1FC平面ACC1A1,BE=CF=C1F1=B1E1,EE1=20,EF=6,则正脊末端A与戗脊末端E两点间 距离为() A.4 B.V17 C.32 D.19 目目 考点03 空间向量及其运算 1.(24-25高二上北京大兴区期中)已知两个向量=(1，-1,1)，b=(2,m,2),且a1b,则m=() A.-2 B.2 C.4 D.6 2.(24-25高二上·北京大兴区期中)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1,∠BAD=∠BA A1=∠DAA1=60°，则AC1的长为() 5/29 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D A B D A.3 B.6 C.3 D.6 3,(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学.期中)在四面体P-ABC中，点Q是AB靠近B的三等分点，记 PA=a,PB=b,PC=,CQ=() P B A.-a+另 B.-a-五 c.a+- D.3a+3-c 4.(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)空间直角坐标系中，A(1,-2,3),B(3,0,-1),则AB= () A.(-2,-2,4) B.(4,-2,2) C.(2,2,-4) D.(-4,2,-2) 5.(24-25高二上北京丰台区期中)已知a=(2,-1,1),b=(4,-2,x),且a/b,则x=() A.-10 B.-2 C.2 D.10 6.(24-25高二上·北京丰台区期中)在空间直角坐标系0xyz中，若点B(-1,2,3)关于y轴的对称点为点B', 点C(1,1,-2)关于0yz平面的对称点为点C',则BC=() A.(-2,-1,1) B.(0,-3,5) C.(2,1,-1) D.(0,3,-5) 7.(24-25高二上北京期中)已知向量=(2，-1,1)，6=(1，x,1),c=(1,-2,-1),当a1b时，向量b在向量 上的投影向量为()（用坐标表示） A.（-1,2,1) B.(1,2,1) C.(-1,-2,1) D.(1,2,-1) 8.(24-25高二上北京房山区调研)已知向量=(1,0,2)，万=(x,1,1),如果a1b,则x的值为() A.2 B.-2 C.1 D.-1 6/29 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 9.(24-25高二上·北京师范大学附属中学期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，点M 是PC的中点，AB=3,PA=4,∠PAD=∠PAB=60°，则AM=() D A. B.V58 c.9 D.4 10.(24-25高二上北京通州区期中)若向量=(1,2，x),b=(-1,2,1),c=(1,2,-2)满足条件(c-动· =-4,则x=() A.-4 B.-2 C.0 D.2 11.(24-25高二上北京通州区期中)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AC与BD的交点为M,若 MC1=xAB+yAD+zAA1,则x+y+Z=(） 0 C A B M B A.-2 B.-3 c. D.2 12.(24-25高二上·北京延庆区期中)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=a,AB=b,AD=c,点P在A1 C上，且A1P:PC=1:2,则AP=() B A.五+另+ B.+6+ C.立+五+ D.-- 7/29 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 13.(24-25高二上北京丰台区期中)如图，在平行六面体ABCD-EFGH中，AB=,AD=b,A正=c,I为线 段CH的中点，则AI可表示为() E G A.-2a+3+c B.2五+6+ c.五-3+c D.a-B+d 14.(24-25高二上北京房山区调研)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=a,AD=b,AA1= c,AC与BD相交于点O.则A1O=() D C By D-- B A.a+b+c B.a+B-c c.2a+3+c D.2a+3-c 15.(24-25高二上北京第一o一中学期中)如图，在四面体0ABC中，0A=a,0B=b,0C=c.点M,N分 别为棱OC,AB的中点，则MN=() B A.-五-多+ B.-五-3- C.五+书+ D.五+书- 8/29 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 16.(2425高二上北京陈经纶中学期中)如图，已知斜三枝柱ABC-A1B1G中，∠BAC=BAA1=答 ∠CAA1=AB=AC=1,AA1=2,点0是B1C与BC1的交点，则Ad的值为（) A 6 O 4. B A.1 B.9 C.2 D.四 17.(24-25高二上北京西城区北京师范大学附属实验中学期中)如图，己知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱 长为1，点M为棱AB的中点，点P在正方形BCC1B1的边界及其内部运动.以下四个结论中错误的是 () D A B D C M B A.存在点P满足PM+PD1=V5 B.存在点P满足∠D1PM= C.满足AP1D1M的点P的轨迹长度为 D.满足MP1D,M的点P的轨迹长度为是 18.(24-25高二上·北京丰台区·期中)已知AB=(2,-1,3),AC=(-1,1,-2),AD=(2,-1,),若A,B,C,D四点 共面，则实数= 19.(24-25高二上北京通州区期中)已知向量=(1，-2,4,6=(2,4x,y+1)分别是直线l1,l2的一个方向 向量，若l1/儿2，则x+y= 20.(24-25高二上·北京丰台区·期中)已知直线α，且的方向向量为(2，m,1),平面a的法向量为(1,1,2)，则 m=_ 21.(24-25高二上·北京延庆区·期中)己知点A(1,1,-4,B(1,4,2),点C在线段AB上，且AC1=21CB引，则点C 坐标为 9/29 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 22.(24-25高二上北京中国人民大学附属中学期中)已知A(0,2,3),B(1,4,6),C(2,2,5),D(0,m,n)AB/CD,则 m+n= 23.(2425高二上·北京师范大学附属中学.期中)如图所示的多面体ABCDEF,其各个面都是边长为2的等 边三角形，点P,Q分别为棱AB,AD的中点，则CP.FQ= 24.(2425高二上北京中国人民大学附属中学期中)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为号，P为侧面BB1 C1C内一动点（包括边界），Q为棱B1C1上一动点（包括端点），则AP·AD1+PQ1的最小值 是 25.(24-25高二上·北京房山区·调研)在空间直角坐标系0-xyz中，已知点A(0,2,1),B(0,0,1),C(1,2,0), 则BC=；点A到直线BC的距离为 26.(24-25高二上北京丰台区期中)如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=d,CB=五，CC1=c, CA=CB=GC1=2,∠ACB=∠ACG1=,∠BCC1=点N是棱AB的中点，点M在棱C1B1上，且C1 M=2MB1 (1)用a,b,c表示向量AM; (2)求AM; (3)求证：AM⊥A1N. 27.(24-25高二上北京中国人民大学附属中学期中)已知空间四点A(0,2,3),B(1,4,6),C(1,2,5),D(0,m,n)AC ⊥BD (1)求|AB-AC和n的值： 10/29