专题01 空间向量与立体几何（期末真题汇编，浙江专用）高二数学上学期

专题01 空间向量与立体几何 7大高频考点概览 考点01空间向量及其运算 考点02 空间向量基本定理 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 考点04 用空间向量研究直线、平面的位置关系 考点05 用空间向量研究距离问题 考点06 用空间向量研究夹角问题 考点07 空间线段点的存在性问题 地 城 考点01 空间向量及其运算 一、单选题 1．（24-25高二上·浙江宁波·期末）已知直三棱柱为等腰直角三角形，，以点为球心、半径为4的球与此直三棱柱表面相交，交线为，点为上的动点，当取最小值时，此时的值为（       ） A．16 B． C． D． 【答案】C 【分析】最小时，得到在平面的交线上，故取值最小时，三点共线，利用平面几何的运算可计算出在上的投影，进而得到答案. 【详解】由题意可得， 取值最小时，其在平面内，其在平面的交线为如图所示的圆弧. 故取值最小时，三点共线，通过点作于， 则，又，故， 所以，解得，从而， 因此. 故选：C. 2．（24-25高二上·浙江·期末）向量，并且、共线且同向、则的值为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【分析】根据，同向，可得，利用空间向量平行的坐标运算可得，继而可以得到一个关于的方程组，即可求解出的值；可得到向量与的坐标，进而判断出两个向量是否同向，即可求得答案． 【详解】，共线， ， 即． 得或． 当时，； 当时，． ①当时，， 此时，反向，不符合题意，所以舍去． ②当时，，此时与同向， ，所以. 故选：B. 3．（24-25高二上·浙江宁波·期末）已知为空间四面体，为底面上一点，且满足，则以下等式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设，结合向量的减法可得出、、关于、的表达式，由此可得出的值. 【详解】因为平面，设， 则， 所以，， 则，，，因此，. 故选：B. 4．（24-25高二上·浙江杭州·期末）与平行的一个向量的坐标是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】若向量与向量平行，则，逐一验证选项即可. 【详解】解：若向量与向量平行，则，，则 设向量，则与符号相同，与符号相反，所以可知A，B，D不成立， 选项C：若，则，，，故C正确. 故选：C. 二、多选题 5．（24-25高二上·浙江嘉兴·期末）如图，在正四面体ABCD中，M，N分别是线段AB，CD（不含端点）上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．对任意点M，N，都有MN与AD异面 B．存在点M，N，使得MN与BC垂直 C．对任意点M，存在点N，使得与，共面 D．对任意点M，存在点N，使得MN与AD，BC所成的角相等 【答案】ACD 【分析】A选项，首先不可能与AD相交，其次证明AD与MN不可能平行，故A正确； B选项，证明出BC⊥平面ADF，因为直线AB与CD分别与平面ADF的交点为A，D，但M，N与A，D不会重合，故B错误； C选项，作出辅助线，得到存在，使得，由空间向量性质可知C正确； D选项，作出辅助线，对于任意点M，找到点N，得到MN与AD，BC所成的角，利用相似和余弦定理得到MN与AD，BC所成的角相等. 【详解】A选项，M，N分别是线段AB，CD（不含端点）上的动点，故不可能与AD相交，过点M作ME∥AD交BD于点E，MN与ME相交，故AD与MN不可能平行，综上：对任意点M，N，都有MN与AD异面，A正确； B选项，取BC中点F，连接AF，DF， 因为四面体ABCD为正四面体， 所以AF⊥BC，DF⊥BC， 因为，所以BC⊥平面ADF， 因为直线AB与CD分别与平面ADF的交点为A，D，但M，N与A，D不会重合， 故BC不可能与MN垂直，B错误； C选项，对于任意点M，作ME∥AD交BD于点E，过点E作EN∥BC交CD于点N，连接MN，此时，故存在，使得， 所以对任意点M，存在点N，使得与，共面，C正确； D选项，对任意的点M，在CD上取点N，使得CN=AM，则， 过点M作ME∥AD交BD于点E，过点N作NF∥BC交BD于点F，则为MN与AD形成的角，∠MNF为MN与BC形成的角，且FN=EM，DE=BF， 由BM=DN，∠ABD=∠CDB=60°，DE=BF得：△BMF≌△DNE，所以MF=EN， 由余弦定理得：，， 由于三边对应相等，故∠MNF=∠NMF， 对任意点M，存在点N，使得MN与AD，BC所成的角相等，D正确. 故选：ACD 【点睛】立体几何中动点问题，在点运动过程中求解垂直或平行关系或角度或长度的最值等，需要把点运动到特殊位置或抓住运动过程中的不动量作为解题的突破口. 三、填空题 6．（24-25高二上·浙江宁波·期末）平面内的点、直线可以通过平面向量及其运算来表示，数学中我们经常会用到类比的方法，把平面向量推广到空间向量，利用空间向量表示空间点、直线、平面等基本元素，经过研究发现，平面向量中的加减法、数乘与数量积运算法则同样也适用于空间向量.在四棱锥中，已知是平行四边形，，且面，则向量在向量方向上的投影向量是 (结果用表示). 【答案】 【分析】运用投影向量的概念，结合数量积，基底只是求解即可. 【详解】向量在向量方向上的投影向量为. 运用运用余弦定理求得. ，， ，展开化简得到， ，由于且面，则, 则. 代入，得到.则向量在向量方向上的投影向量为. 故答案为：.    7．（24-25高二上·浙江嘉兴·期末）如图，在三棱锥中，，平面ABC，于点E，M是AC的中点，，则的最小值为 ． 【答案】/-0.125 【分析】根据给定条件，证明平面PAB，将用表示出，再结合空间向量数量积的运算律求解作答. 【详解】连接，如图， 因平面ABC，平面ABC，则，而，，平面PAB， 则平面PAB，又平面PAB，即有， 因M是AC的中点，则，又， ，当且仅当取“=”， 所以的最小值为. 故答案为： 8．（24-25高二上浙江嘉兴·期末）在长方体中，，，点为底面上一点，则的最小值为 . 【答案】 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. 【详解】解：如图，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，设， 所以， 所以， 所以当时，有最小值. 故答案为： 9．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）在空间直角坐标系中，O为坐标原点，，，若，则 ，若，则 . 【答案】 【解析】第一空：由空间两点的距离公式可算得. 第二空：可算得值. 【详解】若，，，故 若，则， ， 解得： 故答案为：； 四、解答题 10．（24-25高二上·浙江·期末）已知四棱锥的底面是平行四边形，平面与直线分别交于点且，点在直线上，为的中点，且直线平面． （Ⅰ）设，试用基底表示向量； （Ⅱ）证明，对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析. 【分析】（Ⅰ）由，利用空间向量的加、减运算法则求解； （Ⅱ）结合（Ⅰ），根据，设，分别用表示，，，然后根据平面，由存在实数y，z，使得求解. 【详解】（Ⅰ）因为， 所以； （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 又因为， 所以，, 则， ，， 设， 则，， 因为平面，则存在实数y，z，使得， 即， ， 所以， 消元得， 当时，， 当时， ， ， 解得， 综上：， 所以对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是正确理解平面，进而利用向量法，由存在实数y，z，使得而得解. 地 城 考点02 空间向量基本定理 一、单选题 1．（24-25高二上·浙江宁波·期末）在平行六面体中，点为棱的中点，点为棱上靠近的三等分点．若，则的值为（       ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】选一组基底，利用空间向量基本定理即可求解. 【详解】由题意有，所以 ， 所以，所以， 故选：B. 2．（24-25高二上浙江宁波·期末）若是空间中的一组基底，则下列可与向量构成基底的向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】借助空间中基底定义，计算该向量能否用表示即可得. 【详解】由是空间中的一组基底，故两两不共线， 对A：有，故A错误； 对B：设，则有， 该方程无解，故可与构成基底，故B正确； 对C：有，故C错误； 对D：有，故D错误. 故选：B. 3．（24-25高二上·浙江·期末）在三棱锥中，，N为中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，得， ，所以可得答案. 【详解】   连接，所以， 因为，所以， 所以. 故选：B. 二、多选题 4．（24-25高二上浙江宁波·期末）在长方体中，，空间中的点满足，则下列说法正确的是（       ） A．若，则点在平面上 B．若，且，则与面所成角最小值的正切值为 C．若，则的最小值为 D．若，且在长方体表面上，则的轨迹长度为 【答案】AD 【分析】对于A，当时，可得，可判断A；平面，可得的值最大时，与面所成角最小，可判断B；利用等体积法可求得最小值判断C；求得轨迹长可判断D. 【详解】对于A，当时，可得，所以， 所以点在平面上，故A正确； 对于B，因为，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 又，且时，点在直线上，到平面的距离为定值， 要使与面所成角最小，则的值最大，由题意， 故，直线与所成角无限趋于零，故正切值无限趋于零，故B错误； 当时，点在平面内，的最小值即为点到平面的距离， 由勾股定理可得，， ， 由余弦定理可得， 所以，所以， 设到平面的距离为，由， 得，所以， 解得，故C错误； 当，即在表面内的轨迹是以为圆心，4为半径的一段圆组弧， 圆弧交于点，可得，所以， 所以，所以， 当在表面内时，由，所以的轨迹是以为圆心， 2为半径的圆的，所以轨迹长度为， 在平面内的轨迹与在内的相同为， 在平面内轨迹是以为圆心，4为半径的圆的，所以轨迹长度为， 所以若，且在长方体表面上，则的轨迹长度为，故D正确. 故选：AD. 5．（24-25高二上·浙江嘉兴·期末）（多选）如图，在平行六面体中，和的交点为，设，，则下列结论正确的是（    ）    A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】利用向量的线性运算逐项计算可判断正误. 【详解】选项，故A正确； 选项，故B错误； 选项，故C正确； 选项，故D错误. 故选：AC. 三、填空题 5．（24-25高二上·浙江·期末）已知空间四边形各边及其对角线、的长都是6，，，则 ，的长为 ． 【答案】 【分析】画出图形，运用向量加减运算法则，将用基向量表示，算长度可以先平方再开方. 【详解】四边形为正四面体 又 所以 故答案为：1；5. 【点睛】用向量方法解决立体几何问题，树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比. 地 城 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 一、单选题 1．（24-25高二上·浙江宁波·期末）已知，且，则实数的值为（       ） A． B．0 C．1 D．5 【答案】C 【分析】利用向量数量积的坐标运算即可求解. 【详解】因为，，所以，解得. 故选：C. 2．（24-25高二上·浙江宁波·期末）已知，则在上的投影向量的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据投影向量的概念求解即可. 【详解】向量在上的投影向量为：， 故选：C 3．（24-25高二上·浙江金华·期末）已知向量，且与互相垂直，则（　　） A．－ B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出的坐标，再利用列方程求解即可. 【详解】， ， 又， ， 解得. 故选：D. 4．（24-25高二上·浙江宁波·期末）已知空间三点，，，若向量与的夹角为60°，则实数（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】B 【分析】直接由空间向量的夹角公式计算即可 【详解】，，， ， 由题意有 即， 整理得， 解得 故选：B 5．（24-25高二上·浙江·期末）已知向量，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由，能求出与的夹角． 【详解】向量，2，，，，， ， ． 与的夹角为． 故选：A． 6．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）在空间直角坐标系中，向量，，则向量（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由空间向量加法的坐标表示计算． 【详解】由题意． 故选：A． 7．（24-25高二上·浙江宁波·期末）已知向量，分别是直线、的方向向量，若，则下列几组解中可能正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由方向向量的数量积为0可得． 【详解】由题意，即，代入各选项中的值计算，只有A满足． 故选：A． 二、填空题 8．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知向量，，则 . 【答案】 【分析】计算，再求. 【详解】，，所以， 所以. 故答案为： 9．（24-25高二上·浙江·期末）已知，若，则实数t的值是 ;此时 ． 【答案】 4 【解析】由空间向量的平行和模长公式可得答案. 【详解】，由 所以，则 则，所以 故答案为：4     10．（24-25高二上·浙江·期末）已知空间向量，若，则 ， ． 【答案】 3 【解析】由空间向量平行的条件求得后可得结论． 【详解】∵，∴，解得，∴，． 故答案为：3；． 地 城 考点04 用空间向量研究直线、平面的位置关系 一、单选题 1．（24-25高二上·浙江宁波·期末）l为直线，为平面，则下列条件能作为的充要条件的是（    ） A．l平行平面内的无数条直线 B．l平行于平面的法向量 C．l垂直于平面的法向量 D．l与平面没有公共点 【答案】D 【分析】根据直线与平面平行的定义，由于定义是充要条件得到选项． 【详解】对A：没有强调，故A错误； 对B：平行于平面的法向量，可得，故B错误； 对C：同A一样，没有强调，故C错误； 对D:根据直线与平面平行的定义：直线与平面没有公共点时，直线与平面平行. 所以“直线与平面没有公共点”是“”的充要条件.故D正确. 故选：D 2．（24-25高二上·浙江宁波·期末）如图，平行六面体各棱长为1，且，动点P在该几何体内部，且满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由平面向量共面定理可知：点在平面内，则的最小值即为点到平面的距离，求出三棱锥为正四面体，过点作平面，求解即可得出答案. 【详解】因为， 则， 即， 由平面向量共面定理可知：点在平面内， 则的最小值即为点到平面的距离， 连接因为平行六面体各棱长为1， 且，所以， 所以三棱锥为正四面体， 过点作平面，因为平面， 所以，如图，所以， 所以， 所以的最小值为. 故选：B. 3．（24-25高二上·浙江省新东方中学·高一上期末）已知边长为2的正方体中，E，F分别为，的中点，则点B到平面AEF的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积求出平面AEF的法向量，进而可求出点B到平面AEF的距离. 【详解】以DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，. 设平面的法向量为， ， 则，即 令，则，得. 又，所以点B到平面AEF的距离为 故选：C 4．（24-25高二上·浙江省温州市·期末）的方向向量为，的方向向量，若，则等于（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由，得出，利用空间共线向量的坐标表示可求出实数的值. 【详解】，，则，因此，. 故选：B. 【点睛】本题考查利用直线的方向向量处理两直线平行的问题，考查化归与转化思想的应用，属于基础题. 二、填空题 5．（24-25高二上·浙江省新东方中学·期末）已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量为＝(1，－3，z)，向量＝(3，－2，1)与平面α平行，则z＝ . 【答案】－9 【分析】由题意得出⊥，根据垂直关系得出的值. 【详解】因为l⊥α，所以⊥，所以(1，－3，z)·(3，－2，1)＝0，即3＋6＋z＝0，所以z＝－9. 故答案为：－9 地 城 考点05 用空间向量研究距离问题 一、单选题 1．（24-25高二上·浙江台州·期末）已知正方体的边长为1，P为上的动点，S，T分别是面ABCD和面上的动点，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，分别作关于面ABCD和面对称的直线，点对称后为，以为原点建立空间直角坐标系，由，故的最小值为异面直线的距离，再利用空间向量法求异面直线距离距离即可. 【详解】根据题意，分别作关于面ABCD和面对称的直线， 点对称后为，以为原点建立空间直角坐标系， ， 又是异面直线上的点， 所以的最小值为异面直线的距离， ， ， 设与直线都垂直的一个向量， 则，不妨取，， 所以异面直线的距离. 故选：C. 二、多选题 2．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）如图棱长为2的正方体中，是的中点，点是正方体表面上一动点，点为内（不含边界）的一点，若平面，则下列说法正确的是（    ） A．平面与线段的交点为线段的中点 B．到平面的距离为 C．三棱锥体积存在最大值 D．直线与直线所成角的余弦值的最大值为 【答案】ABD 【分析】对A：取的中点，连接，可证四点共面即可判断A；对B：分别取的中点，可证平面平面，将到平面的距离转化为B到平面的距离，利用空间向量求解；对C： ，判断能否取得最大值即可判断C；将直线与直线所成角的最小值转化为与平面夹角求解. 【详解】 对A：取的中点，连接，则， 所以四点共面，所以平面与线段的交点为线段的中点，故A正确； 对B：分别取的中点，连接， 因为，且，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 同理可证：平面，又，平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面，所以的轨迹为线段， 所以到平面的距离为到平面的距离， 以为坐标原点，分别以为轴正半轴建系， 则， 则， 设平面的一个法向量， 则取得， 到平面的距离为, 所以到平面的距离为，故B正确； 对C：,当在E处时最大， 而为内(不含边界)的点，故没有最大值，所以三棱锥体积不存在最大值，故C错. 对D：下面证明当在线段上运动时，恒有， 当在线段上运动时，设 由于在经过两点的直线上知，，，所以， 所以 ， 因为，当时，，当时，， 所以当即在N处时有最大值； 当P在线段上运动时，由对称性知，当在M处时有最大值， 当在线段上运动时，设中点为， 则， 所以在N（或M）处时有最大值； 综上知当在线段上运动时，恒有. 平面平面，平面平面， 设平面平面， ∴直线与直所成角为与所成角.设夹角， 根据最小角定理（斜线与平面内任意直线的夹角大于等于斜线与该平面的夹角）可知，大于等于与平面的夹角， 作平面于H，则，而为定值，， 所以，而为与平面夹角正弦值， ，平面的法向量为， ， ∴，∴， 所以直线与直线所成角的余弦值的最大值为，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：将直线平移转化到平面内的直线l是关键的一步，这样将与的夹角转化为与l的夹角，进而使用最小角定理转化为与平面夹角问题解决. 三、填空题 3．（24-25高二上浙江宁波·期末）在空间直角坐标系中，点为平面外一点，点为平面内一点．若平面的一个法向量为，则点到平面的距离是 ． 【答案】/ 【分析】根据条件，利用点到面的距离的向量法，即可求出结果. 【详解】由题知，又平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为， 故答案为：. 四、解答题 4．（24-25高二上·浙江衢州·期末）如图在三棱台中，平面，，，.    (1)求点到平面的距离； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】解法一：（1）先利用线面垂直关系证明平面，进而结合余弦定理求得，进而利用等体积法求解即可； （2）过作，垂足为，先证明平面，过点作，垂足为，连接，可得为二面角的平面角，进而求解即可. 解法二：（1）先利用线面垂直关系证明平面，进而建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再结合空间向量求解即可； （2）求出平面的法向量，再利用空间向量求解即可. 【详解】（1）解法一：因为平面，平面，平面，平面， 所以，，， 又，，且平面， 所以平面， 因为平面， 所以. 在中，， 在中，， 过作，垂足为， 则，，则， 所以， 所以在中，， 则在中，， 则， 所以， ， 设点到面的距离为， 根据， 即， 即，解得， 所以点到平面的距离为. 解法二：同解法一先证平面， 如图建系，则，，，，， 则，，， 设平面的法向量为， 由，得， 即，取， 则点到平面的距离为. （2）解法一：过作，垂足为， 由（1）知平面， 因为平面， 所以， 又，且平面， 则平面， 过点作，垂足为，连接， 则为二面角的平面角， 又，，， 则， 由∽，得， 所以， 所以， 所以， 所以二面角的正弦值为. 解法二：由（1）解法二知，，，，，， 则，， 设平面的法向量为， 由，得， 即，取， 又平面的法向量为， 则， 则二面角的正弦值为.    5．（24-25高二上·浙江杭州·期末）中，，，E，F分别是边，上的点，且，于H，，将沿折起，点A到达，此时满足面面． （1）若，求直线与面所成角大小； （2）若E，F分别为，中点，求锐二面角的余弦值； （3）在（2）的条件下，求点B到面的距离． 【答案】（1）；（2）；（3）． 【分析】（1）折叠过程中与保持垂直，由面面垂直的性质定理得平面，从而可得为直线与面所成角，解即可得； （2）由（1）分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，写出点的坐标，求出二面角的两个面的法向量，由法向量夹角的余弦得二面角的余弦（注意锐二面角）； （3）同样求出平面的一个法向量，由在法向量方向上的投影的绝对值即为点B到面的距离可得结论． 【详解】（1）因为，，，， 所以为中点，，，， 所以，又平面平面，所以平面， 所以为直线与面所成角 若，由得，所以，， ，又， ，是锐角，所以； （2）分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为E，F分别为，中点，则，， ，，，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则，即， 平面的一个法向量为， ， 所以锐二面角的余弦值为． （3）由（2），，，， 设平面的一个法向量为，则 ，取，则，，即， ， 所以点B到面的距离为． 【点睛】本题考查求直线与平面所成的角，考查用空间向量法求二面角，求点到平面的距离，解题关键是建立空间直角坐标系，求出平面的法向量．然后只要计算即可得． 6．（24-25高二上·浙江宁波·期末）如图，在四面体中，，． (1)求二面角的平面角的大小； (2)求异面直线与间的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）取中点，由已知可得，可得为二面角的平面角，求解即可； （2）以为坐村标原点，所在直线为轴，过作直线平面， 为轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得异面直线与的公垂线的方向向量，利用向量法可求异面直线与间的距离． 【详解】（1）取中点，连接， 因为，所以， 所以为二面角的平面角， 又，所以，， 又，所以是等边三角形， 所以，所以二面角的平面角的大小为； （2）以为坐村标原点，所在直线为轴，过作直线平面， 为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由（1）可知，又，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面，所以平面， 则， 则， 设，且， 则，令，则， 则， 则异面直线与间的距离． 地 城 考点06 用空间向量研究夹角问题 一、单选题 1．（24-25高二上·浙江台州·期末）在棱长均相等的正四棱锥S-ABCD中，E是棱SC的中点，则AE与BS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结合向量求解异面直线的夹角. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系: 设点 ，，，. 则 为 . 因为在正四棱锥中，所以由图形可知. 因为 是 的中点，所以由，. 得到中点坐标： . 所以 所以 设这两条异面直线夹角为 则 故选：A. 2．（24-25高二上·浙江温州·期末）如图，四棱锥的底面是正方形，平面ABCD，点E为SC中点，，则异面直线EB与AC所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以D为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出、，再由向量的夹角公式计算可得答案. 【详解】因为平面，底面是正方形， 故以D为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 设，则，，，， 因为点E为SC中点，所以， 所以，， 设异面直线EB与AC所成角为， 则. 故选：A. 3．（20-21高二上·浙江·期末）已知长方体，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A．0 B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成的角； 【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则，，， 所以，，设异面直线与所成的角为，则 故选：B 4．（24-25高二上·浙江·期末）点在正方形所在平面外，平面，，则与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先证明两两垂直，以为坐标原点，分别以所在的直线为、、轴建立空间直角坐标系，求出和的坐标，利用向量的夹角公式结合夹角范围即可求解. 【详解】 如图：因为四边形是正方形，所以， 因为平面，所以，， 所以以为坐标原点，分别以所在的直线为、、轴建立空间直角坐标系， 设，则， 所以，， 设与所成角为， 则， 因为， 所以， 故选：C 【点睛】方法点睛： 求空间角的常用方法： （1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果. 二、多选题 5．（24-25高二上·浙江宁波·期末）埃舍尔是荷兰著名的版画家，《哈利波特》《盗梦空间》《迷宫》等影片的灵感都来源于埃舍尔的作品．通过著名的《瀑布》（图1）作品，可以感受到形状渐变、几何体组合和光学幻觉方面的魅力．画面中的两座高塔上方各有一个几何体，右塔上的几何体首次出现，后称“埃舍尔多面体”（图2），其可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造．如图4，分别为埃舍尔多面体的顶点，分别为正方形边上的中点，埃舍尔多面体的可视部分是由12个四棱锥构成．为了便于理解，图5中构造了其中两个四棱锥与分别为线段的中点．左塔上方是著名的“三立方体合体”（图3），取棱长为2的正方体的中心O，以O为原点，轴均平行于正方体棱，建立如图6所示的空间直角坐标系，将正方体分别绕轴旋转，将旋转后的三个正方体（图7，8，9）结合在一起便可得到“三立方体合体”（图10），下列有关“埃舍尔多面体”和“三立方体合体”的说法中，正确的是（    ） A．在图5中， B．在图5中，直线与平面所成角的正弦值为 C．在图10中，设点的坐标为，则 D．在图10中，若E为线段上的动点（包含端点），则异面直线与所成角余弦值的最大值为 【答案】BCD 【分析】利用建立空间直角坐标系，结合空间向量法可以解决各个问题. 【详解】 对A，在图5中，如图建系，设， 则，，，， 所以， 则， 与不垂直，故A错误； 对B，由图知：，，，， 则，，， 设平面的法向量为， 则，得，令得，， 即， 又由， 所以直线与平面所成角的正弦值为，故B正确； 对C，在平面直角坐标系中，正方形绕中心旋转，坐标由变为， 所以结合图形可知：点的坐标为点的坐标为点的坐标为 则，故C正确； 对D，由图知：，，,,, 则， 由E为线段上的动点（包含端点），则可设，， 所以， 则 令，，则， 由，得 即 所以异面直线与所成角余弦值的最大值为，故D正确； 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：就是针对旋转后的点的空间坐标表示，这里先通过借助平面旋转时的坐标变化关系，再来写空间旋转后的点的坐标表示，只有表示出各点坐标，再就是借助空间向量的运算就能求解各选项问题. 6．（24-25高二上·浙江·期末）已知，为空间两条互相垂直的直线，等边的边所在直线与，都垂直，边以直线为旋转轴旋转．下列命题正确的是（    ） A．直线与所成角的最小值为 B．直线与所成角的最大值为 C．当直线与成角时，与成角 D．当直线与成角时，与成角 【答案】AC 【分析】因、、三条直线两两相互垂直，故以、、所在直线分别为，，轴，画出图形，不妨设等边三角形的边长为2，由题意，点的运动轨迹是以中点为圆心，为半径的圆，以坐标原点，分别求得，，向量，的坐标，利用两直线所成角的向量公式即可求解． 【详解】 解：由题意知，、、三条直线两两相互垂直，以，，所在直线分别为，， 轴，画出图形如图： 不妨设等边三角形的边长为2， 由题意，的运动轨迹为以的中点为圆心，为半径的圆面， 设，0，，，0，，，2，，，，， 则有，，， 可得直线与直线所成角的余弦为， 可得直线与所成角的最小值为，故A正确； 直线与所成角的最大值为，故B错误； 当直线与成角时，即有，可得，， 直线与直线所成角的余弦值为，所以与成角， 故C正确，D错误． 故选：AC． 【点睛】 关键点点睛：本题解题的关键是以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角 坐标系，设等边三角形的边长为2，求出，，坐标，将问题转化为向量夹角， 利用向量夹角公式求解. 三、填空题 7．（24-25高二上·浙江宁波·期末）已知三棱锥中，，则异面直线和所成角余弦值的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据题意以为原点建立空间直角坐标系，过作交与，设，可得，，，且，再利用即可求解. 【详解】以为原点建立空间直角坐标系，过作交与， 设，， ，， 设，， 又和为异面直线，所以， 直线的一个方向向量为， ，设异面直线和所成角为， 则， 又，所以， 故答案为：. 8．（24-25高二上·浙江·期末）如图，直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则与所成的角的余弦值为 . 【答案】 【分析】如图所示，建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式即可得出异面直线所成的角． 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，可得，0，，，2，，，1，，，0， ，0，，，，， ，， 故答案为： 9．（24-25高二上·浙江·期末）已知正四面体，M、N分别为棱、的中点，P是线段上的动点，记直线与直线所成的角为，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】根据题意,将正四面体放置到正方体中, 设正方体的边长为，利用坐标法并结合基本不等式或者导数求解即可. 【详解】根据题意，将正四面体放置到如图的正方体中，设正方体的边长为， 如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，， 所以， 所以直线与直线所成的角为的余弦值为， 则 下面采用两种方法求解： 方法一：令， 令, 所以, 当且仅当取得最大值,时,取得最小值, 所以. 所以的最小值是 故答案为： 方法二： 求导得 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 由于， 所以当时，有最小值 所以的最小值是 故答案为： 【点睛】本题考查空间线面角的求解，考查运算求解能力，空间想象能力，是中档题.本题解题的关键在于根据题意，将正四面体放到正方体中，利用坐标法求解. 10．（24-25高二上·浙江·期末）正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）的底面边长为2，侧棱长为，则与所成的角的余弦值为 ． 【答案】 【分析】作出图形，分别取、的中点、，连接、，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异面直线与所成的角的余弦值. 【详解】分别取、的中点、，连接、，如下图所示： 在正三棱柱中，平面，且， 、分别为、的中点，且， 所以，四边形为平行四边形，，则平面， 为等边三角形，为的中点，则， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则、、、， ，， ， 因此，与所成的角的余弦值为. 故答案为：. 【点睛】易错点睛：本题在求得之后很容易得出“与所成的角的余弦值为”的错误结论，产生错误的根源在于忽略异面直线所成角的范围. 11．（24-25高二上·浙江·期末）如图，在直三棱柱中，，则异面直线与所成角为 ;二面角的余弦值是 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成角和二面角问题. 【详解】解：以为原点建立如图空间直角坐标系， 则 ，，. 由， 故异面直线与所成角为， 设平面的一个法向量为， 由 设，得， 平面的一个法向量， 所以， 所以二面角的余弦值是. 故答案为：；. 【点睛】利用向量法求二面角问题步骤： （1）建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系； （2）求法向量：在建立的空间直角坐标系下求两个面的法向量、； （3）计算：求与所成锐角，； （4）定值：若二面角为锐角，则为；若二面角为钝角，则为. 12．（24-25高二上·浙江·期末）正三棱柱，，是直线上的动点，则异面直线与所成角的范围为 ． 【答案】 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设，由向量法求两异面直线所成角的余弦表示为的函数，求出最大值和最小值后得的范围．这里需引入函数用导数求出函数的最小值，从而得出的最大值． 【详解】以为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， 设，则，， ． 又， 设直线与所成角为， 则， 时，， 设，则， 时，，递减，时，，递增， ∴时，取得极小值也是最小值， 时，，时，，， ∴， ， 即，∴． 故答案为：． 【点睛】方法点睛：本题考查求异面直线所成的角．解题方法是空间向量法．求异面直线所成角的方法： （1）几何法（定义法）：作出异面直线所成的角并证明，然后解三角形得解； （2）向量法：建立空间直角坐标系，求出两直线的方向向量的夹角余弦的绝对值得异面直线所成角的余弦值，从而得角． 13．（24-25高二上浙江杭州·期末）在三棱锥中，，，，点在平面内，且，设直线与平面所成角为，则的值为 . 【答案】 【解析】取中点，连结，，则可证是等边三角形，过作平面的垂线，则为的中点，求出的长，利用勾股定理可得出的长，即的轨迹．以为坐标原点建立空间坐标系，设的坐标，，，求出的坐标，利用向量求出夹角，根据，的范围得出的最大值． 【详解】取中点，连结，，，，， ，是等边三角形，． ，，为二面角的平面角． 过作平面，连结，则为的中点，， 点在平面内，且，， ．的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆． 以平面内过点平行于的直线为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系如图． 则，0，，，2，，，2，，设，，，则． ，，，，0，．，，． ． 当时，取得最大值． 故答案为：． 【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题． 四、解答题 14．（23-24高二上·浙江金华·期末）在四棱台中，，平面平面，，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与直线所成角的余弦值； (3)若是的中点，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3). 【分析】（1）根据平行直线的传递性可得，然后根据线面平行的判定可得 （2）方法一，取中点，连，，，则，，所以就是直线与所成的角，然后在直角三角形中求出余弦即可，方法二，如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，然后求出平面的法向量，利用公式求出即可 （3）利用二面角的定义找出就是二面角的平面角，求出平面的法向量和平面的法向量，利用求解即可. 【详解】（1）连接，，， 是平行四边形，. 又面，面，故平面 （2）法一：取中点，连，，，则，， 所以就是直线与所成的角. 在梯形中，由已知可得， 又平面平面，是交线， 平面，平面，，， ， 所以，直线与直线所成角的余弦值为. 法二：在梯形中，由已知可得， 平面平面，是交线， 面， 如图，以A为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.则，，，， ， . （3）法一：过作延长线的垂线于，连接，取中点，连接， 过作，连接. 易证面， 则就是二面角的平面角. ，， 所以， 故. 法二：，， 设是平面的法向量，则 令，得， 又是平面的法向量， 所以. 15．（24-25高二上浙江·期末）如图，已知四边形，和都是边长为2的正方形，点P，Q分别是和的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成的角； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）. 【分析】（1）根据正方形可得，利用线面垂直的判定定理可得平面； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出的坐标后计算它们的数量积，从而可得，故可得它们所成的角. （3）求出平面的法向量和平面的法向量后可求它们的夹角的余弦值，从而可求二面角的余弦值. 【详解】（1）四边形和都是边长为2的正方形，故， 而，故平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以. 又， 故，所以 故异面直线与所成的角为. （3）， 设平面的法向量为， 则即，取，则. 设平面的法向量为， 则即，取，则. 所以， 因为二面角为锐角，故其余弦值为. 【点睛】方法点睛：线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的，也可由面面垂直得到，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线. .空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算. 16．（24-25高二上·浙江·期末）如图，在长方体中，，点是线段的中点. （1）求异面直线与所成的角； （2）求二面角的大小的正弦值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】（1）首先建立空间直角坐标系，利用向量坐标法计算异面直线与所成的角；（2）分别求平面和平面的法向量，利用公式求解. 【详解】如图，以分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， （1），，，， ，， ， 异面直线与所成的角是； （2）显然平面平面的法向量是， ，，， 则，， 设平面平面的法向量， 则，即，令，则， 所以, ， 设二面角的大小为，则. 地 城 考点07 空间线段点的存在性问题 一、多选题 1．（24-25高二上期末浙江省外国语学校）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为的中点，点满足，则下列结论正确的是（    ） A．若，则四面体的体积为定值 B．若的外心为，则为定值2 C．若，则点的轨迹长度为 D．若且，则存在点，使得的最小值为 【答案】ACD 【分析】A选项，作出辅助线，结合空间向量基本定理得到三点共线，得到平面，故点为平面的距离为定值，四面体的体积为定值，A正确；B选项，作出辅助线，结合空间向量数量积的几何意义得到；C选项，建立空间直角坐标系，设，表达出，故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，落在正方形内的部分，结合弧长公式求出答案；D选项，求出，，得到，画出图形，数形结合得到其最小值. 【详解】A选项，在上分别取，使得，， 因为，所以， 因为，所以，即， 故，即， 所以三点共线， 因为，，所以， 故平面，故点为平面的距离为定值， 又为定值，故四面体的体积为定值，A正确；    B选项，取的中点，因为的外心为，所以⊥， 又题意得， 则，B错误；    C选项，取的中点，因为底面为菱形，， 故⊥， 以为坐标原点，以，分别为轴，建立空间直角坐标系， 故，设， 则， 化简得， 点满足， 即点在正方形内，包括边界， 故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，落在正方形内的部分， 如图所示：    因为，，故， 故为等腰直角三角形，， 故点的轨迹长度为，C正确； D选项，若且，， 即，即， 又，，设， 设，即， 解得，即， ， 如图所示，    设，且⊥，⊥， 在线段上取一点，设，则， 故， 显然，直接连接，此时取得最小值，最小值即为， 由勾股定理得， 故的最小值为， D正确. 故选：ACD 【点睛】空间向量解决几何最值问题，通常有两种思路： ①形化，即用空间向量的几何意义将问题转化为空间几何中的最值或取值范围问题，然后根据图形的特征直接进行求解； ②数化，即利用空间向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解. 二、解答题 2．（24-25高二上·浙江金华·期末）在四棱台中，，平面平面，，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与直线所成角的余弦值； (3)若是的中点，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3). 【分析】（1）根据平行直线的传递性可得，然后根据线面平行的判定可得 （2）方法一，取中点，连，，，则，，所以就是直线与所成的角，然后在直角三角形中求出余弦即可，方法二，如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，然后求出平面的法向量，利用公式求出即可 （3）利用二面角的定义找出就是二面角的平面角，求出平面的法向量和平面的法向量，利用求解即可. 【详解】（1）连接，，， 是平行四边形，. 又面，面，故平面 （2）法一：取中点，连，，，则，， 所以就是直线与所成的角. 在梯形中，由已知可得， 又平面平面，是交线， 平面，平面，，， ， 所以，直线与直线所成角的余弦值为. 法二：在梯形中，由已知可得， 平面平面，是交线， 面， 如图，以A为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.则，，，， ， . （3）法一：过作延长线的垂线于，连接，取中点，连接， 过作，连接. 易证面， 则就是二面角的平面角. ，， 所以， 故. 法二：，， 设是平面的法向量，则 令，得， 又是平面的法向量， 所以. 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $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大高频考点概览 考点01空间向量及其运算 考点02空间向量基本定理 考点03空间向量及其运算的坐标表示 考点04用空间向量研究直线、平面的位置关系 考点05用空间向量研究距离问题 考点06用空间向量研究夹角问题 考点07空间线段点的存在性问题 考点01 空间向量及其运算 一、单选题 1.(24-25高二上·浙江宁波期末)已知直三棱柱ABC-A,B,C1,aABC为等腰直角三角形， AB=AC=AA,=4,以点B为球心、半径为4的球与此直三棱柱表面相交，交线为「，点P为T上的动点， 当PC,取最小值时，此时B,P.BC的值为() A.16 B.16√5 C.325 D.32V2 3 3 2.(24-25高二上浙江·期末)向量=(1,2,3)，b=x,x2+y-2,y),并且a、五共线且同向、则x+y的值为 () A.2 B.4 C.6 D.8 3.(24-25高二上·浙江宁波期末)已知0-ABC为空间四面体，P为底面ABC上一点，且满足 2AP=xOA+y0B+z0C,则以下等式一定成立的是() A.x+y+z=1 B.x+y+z=0 C.x+y+z=-1 D.x+y+2=1 4.(24-25高二上浙江杭州期末)与a=(1,3,-2)平行的一个向量的坐标是（) A. D.(2,-3,-22) 二、多选题 5.(24-25高二上·浙江嘉兴期末)如图，在正四面体ABCD中，M,N分别是线段AB,CD(不含端点) 上的动点，则下列说法正确的是(） 1/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A M B A.对任意点M,N,都有MN与AD异面 B.存在点M,N,使得MN与BC垂直 C.对任意点M,存在点N,使得M与AD,BC共面 D.对任意点M,存在点N,使得MN与AD,BC所成的角相等 三、填空题 6.(24-25高二上浙江宁波期末)平面内的点、直线可以通过平面向量及其运算来表示，数学中我们经常 会用到类比的方法，把平面向量推广到空间向量，利用空间向量表示空间点、直线、平面等基本元素，经 过研究发现，平面向量中的加减法、数乘与数量积运算法则同样也适用于空间向量在四棱锥P-ABCD中， 己知ABCD是平行四边形，∠ABC=120°，AB=2,BC=3,且PA⊥面ABCD,则向量PC在向量BD方向上 的投影向量是（结果用BD表示）. 7.(24-25高二上·浙江嘉兴期末)如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC,PA⊥平面ABC,AE⊥PB于 点E,M是AC的中点，PB=1,则EP.EM的最小值为· D M 8.(24-25高二上浙江嘉兴期末)在长方体ABCD-A,BC,D,中，AB=AD=1,AA=2,点P为底面 ABCD上一点，则PAPC的最小值为」 9.(24-25高二上浙江绍兴期末)在空间直角坐标系中，O为坐标原点，Aa,1,0),B0,a,1,若a=2, 则AB=」 一若∠408-则a= 四、解答题 2/14 学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 10.(24-25高二上·浙江期末)己知四棱锥T-ABCD的底面是平行四边形，平面a与直线AD,TA,TC分别 交于点P,Q,R且PT_CR AD TA CT x,点M在直线TB上，N为CD的中点，且直线MNII平面O. T D M B (I)设TA=a,TB=b,TC=c,试用基底{a,b,c}表示向量TD; ()证明，对所有满足条件的平面a,点M都落在某一条长为57B的线段上. 2 目目 考点02 空间向量基本定理 一、单选题 1.(24-25高二上·浙江宁波·期末)在平行六面体ABCD-A,BCD,中，点E为棱A4的中点，点F为棱CC 上靠近C的三等分点.若EF=xAB+yAD+zAA,,,2∈R,则x+y+z的值为（) A.1 c.7 6 B. 6 6 D._1 6 2.(24-25高二上浙江宁波期末)若{ā，b,c}是空间中的一组基底，则下列可与向量a+c,a-2c构成基底 的向量是() A.a B.a+2b C.a+2 D. 3.(24-25高二上浙江·期末)在三棱锥0-ABC中，OA=a,OB=b,OC=c,AM=2M0,N为BC中点， 则MN=() A. -+++c+-n+ 1÷2，1 322 3+3b-2 二、多选题 4.(24-25高二上浙江宁波期末)在长方体ABCD-A,B,CD,中，AB=6,AD=2V3,AA=4,空间中的点 3/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 P满足AP=xAD+yAB+zAA,x,,z∈R,则下列说法正确的是（) A.若x=1,则点P在平面DCC,D上 B.若y=l,且x+:=1,则AP与面ADD,4所成角最小值的正切值为 2 C.若x+y+z=1,则P的最小值为26 25 D若AP=4,日P在长方体表面上，则P的轨迹长度为？ 5.(24-25高二上浙江嘉兴期末)（多选）如图，在平行六面体ABCD-A,B,C,D,中，AC和BD的交点为 0,设AB=a,AD=b,AA=,则下列结论正确的是() D B A.BD=6-a B.BD,=a-b+c C.AC,=a+b+c 三、填空题 5.(24-25高二上浙江·期末)已知空间四边形0ABC各边及其对角线OB、AC的长都是6， AM=2MB,MG=GC,OG=x0A+yOB+zOC,x+y+z= OG的长为 目目 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 一、单选题 1.(24-25高二上浙江宁波期末)已知a=(1,-2,3),b=(-4,x,2),且a1b,则实数x的值为() A.-1 B.0 C.1 D.5 2.(24-25高二上浙江宁波·期末)已知ā=(2,2,1)，b=1,1,0),则a在五上的投影向量的坐标为() A.(1,1,0) B.(1,2,0) C.(2,2,0) D.(1,1,1) 3.(24-25高二上浙江金华期末)己知向量a=(-1,1,0),b=(1,0,2),且ka+b与a-26互相垂直，则k=() 4/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B c. D. 4.(24-25高二上浙江宁波期末)己知空间三点A-2,0,8),P(m,m,m,B(4,-4,6),若向量PA与PB的 夹角为60°，则实数m=() A.1 B.2 C.-1 D.-2 5.(24-25高二上浙江·期末)己知向量a=(1,2,-1),b=(1,-1,-1),则a与万的夹角为() A.90° B.60° C.45 D.30° 6.(24-25高二上浙江绍兴期末)在空间直角坐标系中，向量a=(2,-3,5),b=(-2,4,5),则向量a+6= () A.(0,1,10 B.-4,7,0 C.（4,-7,0 D.-4,-12,25 7.(24-25高二上浙江宁波期末)已知向量石=(4,4,5)，6=(-7，x,y)分别是直线4、2的方向向量，若 (⊥2，则下列几组解中可能正确的是() A.x=2,y=4B.x=4,y=3 C.x=1,y=3 D.x=6,y=2 二、填空题 8.(24-25高二上浙江绍兴期末)已知向量a=(1,2,2),万=(2,32)，则a+= 9.（24-25高二上浙江期末)己知a=(1,2,-3),b=(2,6,-6),若a1/b,则实数t的值是 :此时 10.(24-25高二上浙江期末)已知空间向量ā=(1，x,-3),b=(-2,6,y),若a1/b,则x+y= a= 目目 考点04 用空间向量研究直线、平面的位置关系 一、单选题 1.(24-25高二上浙江宁波期末)1为直线，a为平面，则下列条件能作为l∥α的充要条件的是() A.1平行平面a内的无数条直线 B.1平行于平面a的法向量 C.1垂直于平面α的法向量 D.1与平面a没有公共点 2.(24-25高二上浙江宁波期末)如图，平行六面体各棱长为1，且∠A,AB=∠AAD=∠BAD=60°，动点 5/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 P在该几何体内部，且满足AP=xAB+yAD+(1-x-y)AA(x,y∈R),则AP|的最小值为() D A B A. B. c.6 4 3 2 D. 3. (24-25高二上浙江省新东方中学高一上期末)己知边长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，E,F分别 为CD,AB,的中点，则点B到平面AEF的距离为() D B B A.3 B. 25 c.4v5 5 5 D 4.(24-25高二上浙江省温州市期末)4的方向向量为y1=(1,2,3),的方向向量，=（1,4,6)，若112， 则等于() A.1 B.2 C.3 D.4 二、填空题 5.(24-25高二上·浙江省新东方中学期末)已知直线1与平面a垂直，直线1的一个方向向量为=(1，一 3,),向量=(3，-2,1)与平面a平行，则z= 目目 考点05 用空间向量研究距离问题 一、单选题 1. (24-25高二上·浙江台州期末)己知正方体ABCD-A,B,CD,的边长为1，P为AC上的动点，S,T分 别是面ABCD和面BCC,B,上的动点，则PS+PT+ST的最小值为() 6/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.1+② B.14 C.√2 D.5 2 二、多选题 2.(24-25高二上浙江绍兴期末)如图棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，E是AD的中点，点P是 正方体表面上一动点，点Q为△ACE内（不含边界）的一点，若BP∥平面ACE,则下列说法正确的是() D E A B A.平面ACE与线段CD的交点为线段CD的中点 B,P到平面ACE的距离为 C.三棱锥Q-ACP体积存在最大值 D.直线DP与直线4O所成角的余弦值的最大值为 9 三、填空题 3.（24-25高二上浙江宁波·期末)在空间直角坐标系中，点A(2,0,0)为平面a外一点，点B(0,1,1)为平面 内一点.若平面a的一个法向量为(1,1，-2)，则点A到平面0的距离是一 四、解答题 4.(24-25高二上·浙江衢州期末)如图在三棱台ABC-A,B,C,中，AA,⊥平面ABC,BC⊥AC,A,C,=1, AA=AC=BC=2 A1 B C B (1)求点A到平面A,BC的距离： 7/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)求二面角C-A,B-C,的正弦值 5.(24-25高二上浙江杭州期末)ABC中，AB=AC=√5，BC=2,E,F分别是边AB,AC上的点， 且EFlIBC,AH⊥BC于H,AH∩EF=O,将△AEF沿EF折起，点A到达A,此时满足面A'EF⊥面 BCFE. B H H (1)若4E=5 EB行，求直线A'B与面BCFE所成角大小， (2)若E,F分别为AB,AC中点，求锐二面角A'-BE-C的余弦值； (3)在(2)的条件下，求点B到面A'CF的距离. 6.(24-25高二上浙江宁波期末)如图，在四面体D-ABC中，AB=BC=CD=DA=5, AC=6,BD=4. (1)求二面角B-AC-D的平面角的大小： (2)求异面直线AB与CD间的距离. 目目 考点06 用空间向量研究夹角问题 一、单选题 1.(24-25高二上·浙江台州期末)在棱长均相等的正四棱锥S-ABCD中，E是棱SC的中点，则AE与BS 所成角的余弦值为() 8/14 命学科网 www zxxk com 让教与学更高效 A.5 B. 9 C.3 10 6 D. 10 6 2.(24-25高二上浙江温州期末)如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD,点E为 SC中点，SD=AD,则异面直线EB与AC所成角的余弦值为() S D A.3 B. V10 c.6 6 5 6 3. (20-21高二上·浙江·期末)已知长方体ABCD-A,B,C,D,AB=1,AD=2,AA=2,则异面直线AC与BD 所成角的余弦值为() A.0 B.5 c.5 D.6 3 3 4.(24-25高二上·浙江·期末)点P在正方形ABCD所在平面外，PD⊥平面ABCD,PD=AD,则PA与 BD所成角的大小为() B. 4 C.π 3 D. 2 二、多选题 5.(24-25高二上·浙江宁波·期末)埃舍尔是荷兰著名的版画家，《哈利波特》《盗梦空间》《迷宫》等影 片的灵感都来源于埃舍尔的作品.通过著名的《瀑布》（图1）作品，可以感受到形状渐变、几何体组合和 光学幻觉方面的魅力.画面中的两座高塔上方各有一个几何体，右塔上的几何体首次出现，后称“埃舍尔多 面体”（图2），其可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造.如图4，An,Bn,C.,D(n=1,2,3)分别为埃 舍尔多面体的顶点，P,Q.(n=1,2,3)分别为正方形边上的中点，埃舍尔多面体的可视部分是由12个四棱锥 构成.为了便于理解，图5中构造了其中两个四棱锥A,-PE,PE2与A,-PE,PF,E,F(n=L,2)分别为线段 的中点.左塔上方是著名的三立方体合体”（图3），取棱长为2的正方体ABCD-A'B'CD'的中心O,以 O为原点，x,y,z轴均平行于正方体棱，建立如图6所示的空间直角坐标系，将正方体分别绕x,y,2轴旋转 45°，将旋转后的三个正方体AnBC,D,-AB,C,D,n=1,2,3(图7,8,9)结合在一起便可得到“三立方体 合体”（图10），下列有关“埃舍尔多面体”和“三立方体合体”的说法中，正确的是() 9/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 Br P 3 A D P B A2 C B 水C D 图1 图2 图3 图4 D B B2 B A P D B C D B D A 图5 图6 图7 D 3 C2 D C3 D3/B D C A3 A B2 D A'2 B'2 B 图8 图9 图10 A.在图5中，AP⊥E,P B.在图5中，直线Q4与平面4E,B所成角的正弦值为V6 C.在图10中，设点4的坐标为x,,,n=1,23,则(x+2+z)=9 D.在图10中，若E为线段B,C2上的动点（包含端点），则异面直线DE与A2A,所成角余弦值的最大 原为号 6.(24-25高二上浙江·期末)已知a,b为空间两条互相垂直的直线，等边ABC的边AC所在直线与a, b都垂直，边AB以直线AC为旋转轴旋转.下列命题正确的是() A.直线AB与a所成角的最小值为30 B.直线AB与a所成角的最大值为60° C.当直线AB与a成60°角时，AB与b成45°角 D.当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角 10/14