专题01 空间向量与立体几何 3大高频考点（期末真题汇编，山东专用）高二数学上学期

专题01 空间向量与立体几何 3大高频考点概览 考点01 空间几何体 考点02 空间向量及其运算 考点03 空间向量的应用 地 城 考点01 空间几何体 一、单选题 1．（24-25高二上·山东潍坊·期末）在三棱锥中，平面，则该三棱锥的外接球半径为（    ） A． B．3 C． D． 2．（24-25高二上·山东潍坊·期末）图1通过旋转可得到图2，则图3通过相同的旋转可得到（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（22-23高二下·山东日照·期末）已知有穷数列各项均不相等，将的项从大到小重新排序后相应的序号构成新数列，称数列为数列的序数列．例如数列，，，满足，则其序数列为1，3，2．若有穷数列满足，（n为正整数），且数列的序数列单调递减，数列的序数列单调递增，则下列正确的是（    ） A．数列单调递增 B．数列单调递增 C． D． 4．（22-23高二下·山东德州·期末）在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，现将数列2，4进行构造，第1次得到数列2，6，4；第2次得到数列2，8，6，10，4；…；第次得到数列2，，，，⋯，，4.记，则（    ） A． B．为偶数 C． D． 5．（23-24高二下·山东淄博·期末）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.  如数列，它的前后两项之差组成新数列，新数列为等差数列， 则数被称为二阶等差数列，现有二阶等差数列，其前6项分别为，设其通项公式则下列结论中正确的是（    ） A．数列的公差为2 B． C．数列的前7项和最大 D． 6．（24-25高二下·山东日照·期末）已知数列，设，若数列满足：存在常数，使得对于任意两两不相等的正整数，，，都有，则称数列具有性质，下列结论正确的是（    ） A．若，则数列具有性质 B．若数列的前项和，则数列具有性质 C．若数列具有性质，则常数 D．若数列具有性质，则为等差数列 7．（23-24高二上·山东日照·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（    ）    A． B．三棱锥的体积为 C．直线与直线所成角的余弦值为 D．直线与平面所成角的正弦值为 8．（23-24高二上·山东东营·期末）如图甲，在矩形中，为的中点，将沿直线翻折至的位置，为的中点，如图乙所示，则（    ） A．翻折过程中，四棱锥不存在外接球 B．翻折过程中，存在某个位置的，使得 C．当二面角为时，点到平面的距离为 D．当四棱锥体积最大时，以为直径的球面被平面截得交线长为 9．（23-24高二上·山东威海·期末）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且点到平面的距离为，则（    ） A．该圆锥的体积为 B．直线与平面所成的角为 C．二面角为 D．直线与所成的角为 10．（23-24高二上·山东泰安·期末）如图，在正四棱柱中，，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．若为的中点，则直线平面 C．异面直线与所成角的正弦值的范围是 D．直线与平面所成角的正弦的最大值为 11．（22-23高二上·山东德州·期末）已知正方体中，AB=2，P为正方体表面及内部一点，且，其中，，则（    ） A．当时，PD的最小值为 B．当时，存在点P，使得 C．当时，直线AP与平面ABCD所成角正切值的取值范围是 D．当时，三棱锥的体积为定值 三、填空题 12．（22-23高二下·山东济宁·期末）如图1，抛物线上任意两点连接所得的弦与抛物线围成一个弓形区域，求抛物线弓形区域的面积是古希腊数学家阿基米得最优美的成果之一，阿基米德的计算方法是：将弓形区域分割成无数个三角形，然后将所有三角形的面积加起来就可以得到弓形区域的面积．第一次分割，如图2，在弓形区域里以为底边分割出一个三角形，确保过顶点的抛物线的切线与底边平行，称为一级三角形；第二次分割，如图3，以，两个边，为底边，在第一次分割得到的两个弓形区域继续分割出两个三角形，，确保过顶点，的抛物线的切线分别与，平行，，都称为二级三角形；重复上述方法，继续分割新产生的弓形区域……，借助抛物线几何性质，阿基米德计算得出任意一级的所有三角形的面积都相等，且每个三角形的面积都是其上一级的一个三角形面积的．设抛物线的方程为，直线的方程为，请你根据上述阿基米德的计算方法，求经过次分割后得到的所有三角形面积之和为 ．    13．（24-25高二上·山东东营·期末）已知平面平面，线段在平面内，为线段的中点，，，点为内的动点，且点到直线的距离为，则动点的轨迹的离心率为 ，如果，在平面内过点的直线与交于两点，则三棱锥的体积的最大值为 . 14．（22-23高二上·山东滨州·期末）如图所示，ABCD是边长为的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E，F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设，当 cm时，包装盒的容积最大，最大容积为 ．    15．（22-23高二上·山东德州·期末）在正六棱柱中，若底面边长为1，高为3，则BC到平面的距离为 ． 地 城 考点02 空间向量及其运算 _ 一、单选题 1．（24-25高二上·山东潍坊·期末）如图，空间四边形OABC中，是BC的中点，，则（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·山东临沂·期末）若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（   ） A．，， B．，， C．，， D．，， 3．（24-25高二上·山东淄博·期末）我国古代数学名著《九章算术》中， 将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马. 如图，四棱锥 为阳马， 平面 ，点 是 边上一点，且 ，若 ，则 （    ） A．1 B． C．2 D． 4．（24-25高二上·山东临沂·期末）已知空间直角坐标系中，、、，点是空间中任意一点，若，，，四点共面，则（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高二上·山东临沂·期末）已知空间向量，，则在上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 6．（24-25高二上·山东淄博·期末）设 ，则 （    ） A．3 B． C． D． 7．（23-24高二上·山东聊城·期末）在三棱锥中，，，分别为，，的中点，若，则（    ）． A． B．1 C．2 D．3 8．（23-24高二上·山东济南·期末）在三棱柱中，若，，，则（    ） A． B． C． D． 9．（23-24高二上·山东济宁·期末）在三棱柱中，，，，，，则（   ） A． B． C． D． 10．（23-24高二上·山东青岛·期末）已知向量，，且与互相垂直，则实数等于（    ） A． B．或 C．或 D．或 11．（23-24高二上·山东潍坊·期末）如图，在平行六面体中，，，，点在上，且，则（    ） A． B． C． D． 12．（23-24高二上·山东潍坊·期末）如图，已知二面角的度数大小为，在与的交线上取线段，且分别在平面和平面内，它们都垂直于交线，且，，则的长为（    ） A．6 B．10 C． D． 13．（23-24高二上·山东潍坊·期末）设空间向量，，若，则实数k的值为（    ） A．2 B． C． D．10 14．（22-23高二上·山东滨州·期末）如图，二面角的大小为，四边形、都是边长为的正方形，则、两点间的距离是（    ）    A． B． C． D． 15．（22-23高二上·山东威海·期末）在平行六面体中，点E满足，则（    ） A． B． C． D． 16．（22-23高二上·山东滨州·期末）如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且满足，N为BC的中点，则（    ）    A． B． C． D． 17．（22-23高二上·山东聊城·期末）已知，分别是平面的法向量，若，则（    ） A． B． C．1 D．7 二、多选题 18．（23-24高二上·山东滨州·期末）直四棱柱的所有棱长都为，点在四边形及其内部运动，且满足，则下列选项正确的是（    ）    A．点的轨迹的长度为 B．直线与平面所成的角为定值 C．点到平面的距离的最小值为 D．的最小值为-2 19．（23-24高二上·山东临沂·期末）空间中三点是坐标原点，则（    ） A． B． C．点关于平面对称的点为 D．与夹角的余弦值是 三、填空题 20．（23-24高二上·山东济南·期末）已知，，若，则的值为 ． 21．（23-24高二上·山东菏泽·期末）已知四面体是棱的中点，设，则 （用向量表示）. 22．（23-24高二上·山东威海·期末）已知向量，，，若共面，则 . 23．（23-24高二上·山东济宁·期末）如图，二面角的大小为，其棱l上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l．若则两点间的距离为 ．    24．（23-24高二上·山东泰安·期末）已知空间向量的模长分别为1，2，3，且两两夹角均为，点为的重心，则 ． 25．（22-23高二上·山东聊城·期末）已知四棱锥的底面是平行四边形，若，则 ． 四、解答题 26．（24-25高二上·山东泰安·期末）如图，在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱的长度为2，且． (1)求的长； (2)求直线与所成角的余弦值． 27．（24-25高二上·山东青岛·期末）如图，平行六面体的底面ABCD是菱形，且． (1)求的长； (2)求证：平面． 地 城 考点03 空间向量的应用 一、单选题 1．（24-25高二上·山东泰安·期末）若平面的一个法向量为，点在平面内，则点到的距离为（   ） A．3 B． C． D． 2．（24-25高二上·山东日照·期末）如图所示，直四棱柱底面是正方形，分别是的中点，则点到平面的距离为（   ） A．1 B． C． D． 3．（24-25高二上·山东滨州·期末）在直四棱柱中，底面是正方形，，，点在棱上，若直线到平面的距离为，则的值为（   ） A．1 B． C． D． 4．（24-25高二上·山东淄博·期末）如图，在长方体 中， ， ，点 是棱 的中点，则点 到平面 的距离为（    ）    A． B． C． D． 5．（24-25高二上·山东潍坊·期末）已知点，则点到平面ABC的距离为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二上·山东菏泽·期末）已知分别是平面的法向量，若，则（    ） A． B． C．7 D．1 7．（23-24高二上·山东日照·期末）在棱长为1的正方体中，为线段的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D．1 8．（23-24高二上·山东威海·期末）已知在空间直角坐标系中，直线经过，两点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 9．（23-24高二上·山东威海·期末）设，分别是空间中的直线，的方向向量，，.记甲：，，不共面，乙：与异面，则（    ） A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分也不必要条件 10．（23-24高二上·山东临沂·期末）已知空间中三点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 11．（22-23高二上·山东聊城·期末）如图，在四面体ABCD中，，，若，，，，则平面ABD与平面CBD的夹角为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 12．（24-25高二上·山东青岛·期末）长方体中，，E为棱CD上一点，，F是平面ABCD内一动点，，则（   ） A．存在点，使得平面 B．存在不与重合的点，使得平面 C．棱上存在两定点，使得 D．点的轨迹截直线所得弦长为 13．（24-25高二上·山东日照·期末）如图，已知正方体的棱长为是的中点，为正方形所在平面内一动点，则下列结论正确的是（   ） A．若到直线与直线的距离相等，则的轨迹为抛物线 B．若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为 C．若直线与平面所成的角为，则的轨迹为椭圆 D．若直线与直线所成的角为，则的轨迹为双曲线 14．（24-25高二上·山东临沂·期末）如图，该几何体是四分之一圆柱体（点，分别是上、下底面圆的圆心），四边形是正方形，点是圆弧的中点，点是圆弧上的动点（含端点），则（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得直线∥平面 C．存在点，使得平面平面 D．存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为 15．（24-25高二上·山东滨州·期末）如图，在棱长为1的正方体中，、、分别是、、的中点.则下列结论正确的是（   ）    A．平面 B．平面 C．平面与平面夹角的余弦值为 D．若动直线与直线夹角为，且与平面交于点，则点的轨迹构成的图形的面积为. 16．（23-24高二上·山东日照·期末）已知正方体的棱长为2，为的中点，为所在平面上一动点，则下列说法正确的是（    ）    A．若与平面所成的角为，则点的轨迹为圆 B．若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为 C．若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线 D．若点到直线与直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线 17．（23-24高二上·山东济南·期末）在棱长为1的正方体中，点P，Q分别满足，，则（    ） A．，使且 B．，平面 C．，使与平面所成角的正切值为 D．，与是异面直线 18．（23-24高二上·山东聊城·期末）如图，在直三棱柱中，，，D，E分别为，的中点，则（    ）．    A．平面 B．平面 C．平面平面 D．直线与ED所成角的余弦值为 19．（23-24高二上·山东日照·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（    ）    A． B．三棱锥的体积为 C．直线与直线所成角的余弦值为 D．直线与平面所成角的正弦值为 20．（23-24高二上·山东济宁·期末）如图所示，在棱长为2的正方体中，点E是棱的中点，则下列结论中正确的是（   ） A．点到平面的距离为 B．异面直线与所成角的余弦值为 C．三棱锥的外接球的表面积为11π D．若点M在底面ABCD内运动，且点M到直线的距离为，则点M的轨迹为一个椭圆的一部分 21．（23-24高二上·山东滨州·期末）直四棱柱的所有棱长都为，点在四边形及其内部运动，且满足，则下列选项正确的是（    ）    A．点的轨迹的长度为 B．直线与平面所成的角为定值 C．点到平面的距离的最小值为 D．的最小值为-2 22．（23-24高二上·山东泰安·期末）如图，在正四棱柱中，，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．若为的中点，则直线平面 C．异面直线与所成角的正弦值的范围是 D．直线与平面所成角的正弦的最大值为 23．（22-23高二上·山东滨州·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为，AB的中点，则下列结论正确的是（    ）    A．点B到直线的距离为 B．直线CF到平面的距离为 C．直线与平面所成角的余弦值为 D．直线与直线所成角的余弦值为 24．（22-23高二上·山东聊城·期末）在棱长为的正方体中，M，N，P均为侧面内的动点，且满足，点N在线段上，点P到点的距离与到平面的距离相等，则（    ） A． B．平面平面 C．直线AM与所成的角为定值 D．MP的最小值为2 三、填空题 25．（24-25高二上·山东淄博·期末）在正方体 中，点 分别在棱 上，且 ， ，则异面直线 与 所成角的正弦值为 . 26．（23-24高二上·山东潍坊·期末）在直三棱柱中，，，平面经过点A，且直线与平面所成的角为30°，过点作平面的垂线，垂足为H，则点到平面的距离为 ，直线与BH所成角的范围为 . 27．（23-24高二上·河北·期中）如图，在正方体中，，为的中点，记平面与平面的交线为，则直线与直线所成角的余弦值为 ．    28．（22-23高二上·山东聊城·期末）如图，长方体中，若，则到平面的距离为 ． 29．（22-23高二上·山东威海·期末）在长方体中，为棱上一点，直线与所成角的大小为，若，则 ． 四、解答题 30．（24-25高二上·山东东营·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，E为中点，点F在上，且 (1)求证：平面 (2)求二面角的余弦值; (3)线段上是否存在点Q，使得平面若存在，求线段的长;若不存在，说明理由. 31．（24-25高二上·山东日照·期末）如图，在三棱锥中，为等边三角形，是的中点，，平面． (1)求与平面所成角的正弦值； (2)若平面于点，求二面角的余弦值． 32．（24-25高二上·山东青岛·期末）如图，在三棱锥中、底面ABD，．动点C在平面ABD内、且点A，C在直线BD两侧． (1)若四边形ABCD为正方形，求直线PC与平面PAB所成角的大小； (2)若点C到平面PBD的距离为、求的面积的最小值． 33．（24-25高二上·山东泰安·期末）如图，在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱的长度为2，且． (1)求的长； (2)求直线与所成角的余弦值． 34．（24-25高二上·山东青岛·期末）如图，平行六面体的底面ABCD是菱形，且． (1)求的长； (2)求证：平面． 35．（24-25高二上·山东泰安·期末）如图，在平面四边形中，，点满足，，将沿折起至位置，使得点不在平面内． (1)证明：平面平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 36．（24-25高二上·山东潍坊·期末）如图，在直三棱柱中，是棱的中点，. (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正弦值. 37．（24-25高二上·山东滨州·期末）如图，和所在平面垂直，且，. (1)求证：； (2)若，连接，求直线与平面所成角的正弦值. 38．（24-25高二上·山东临沂·期末）若为平面的一条斜线，为斜足，为在平面内的射影，为平面内的一条直线，其中为与所成的角，为与所成的角，为与所成的角，那么，简称三余弦定理.如图，直三棱柱中，，，（）. (1)求的余弦值； (2)当点到平面距离最大时，求的值； (3)在（2）的条件下，求平面与平面夹角的大小. 39．（24-25高二上·山东淄博·期末）如图，四棱锥，平面平面， ，，，，，， . (1)证明: (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若点是平面内的动点，且平面，求平面与平面夹角的余弦值. 40．（23-24高二上·山东聊城·期末）如图，在长方体中，，，M为的中点． (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 41．（23-24高二上·山东威海·期末）如图，在三棱柱中，侧面和为正方形，，，，分别为，的中点.    (1)求直线与所成角的余弦值； (2)求直线与平面所成角的大小. 42．（23-24高二上·山东威海·期末）如图，已知正方形与矩形所在的平面互相垂直，，，分别为，的中点.    (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值. 43．（23-24高二上·山东日照·期末）在正三棱台中，侧棱长为1，且，，分别为，的中点，且．    (1)证明：平面; (2)求平面与平面夹角的余弦值． 44．（23-24高二上·山东菏泽·期末）如图，是底面边长为1的正四棱柱. (1)已知点到平面的距离为，求正四棱柱的高； (2)在（1）的条件下，求平面与平面所成角的余弦值. 45．（24-25高二上·山东潍坊·期末）如图，在等腰梯形中，分别是，的中点，将四边形MABN沿MN翻折至四边形，点为上一点，且.    (1)证明：平面； (2)设二面角的平面角为. （i）若，求直线与直线所成角的余弦值； （ii）在翻折过程中，是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由. 46．（23-24高二上·山东潍坊·期末）如图，在棱长为1的正方体中，点E是的中点 (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 47．（23-24高二上·山东济南·期末）如图（1）所示中，，．分别为中点．将沿向平面上方翻折至图（2）所示的位置，使得．连接得到四棱锥．记的中点为，连接． (1)证明：平面； (2)点在线段上且，连接，求平面与平面的夹角的余弦值． 48．（23-24高二上·山东聊城·期末）图1是由，直角梯形ACDE和等腰梯形BCGF组成的一个平面图形，其中，，，将直角梯形ACDE和等腰梯形BCGF分别沿AC，CB折起使得CD，CG重合，连接EF，如图2. (1)求图2中的点B到平面ACDE的距离； (2)证明图2中的A，B，F，E四点共面，并求平面ABFE与平面ACDE夹角的余弦值. 49．（23-24高二上·山东潍坊·期末）如图，在四棱锥中，是等边三角形，平面平面，，，M是棱PC上的点，且，. (1)求证：平面PAD； (2)设二面角的大小为，若，求的值. 50．（23-24高二上·山东泰安·期末）如图1，在直角梯形中，分别为的中点，沿将平面折起，使二面角的大小为，如图2所示，设分别为的中点，为线段上的动点（不包括端点）． (1)求证：； (2)若直线与平面所成角的正弦值是，求． 51．（23-24高二上·山东济宁·期末）如图，在多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，是边长为2的等边三角形，四边形ABCD是菱形，且，，． (1)求证：平面ACF； (2)在线段AE上是否存在点M，使平面MAD与平面MBC夹角的余弦值为．若存在，请说明点M的位置；若不存在，请说明理由． 52．（23-24高二上·山东淄博·期末）如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点. (1)求证：平面； (2)若，求平面与平面夹角的大小； (3)若线段上总存在一点，使得，求的最大值. 53．（23-24高二上·山东滨州·期末）如图，已知正方体中，点分别在棱和上，. (1)求平面与平面的夹角的余弦值； (2)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值，若不存在，请说明理由. 54．（23-24高二上·山东泰安·期末）如图，在三棱柱中，平面为的中点，．    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离． 55．（23-24高二上·山东东营·期末）如图，三棱台中，平面平面，，的面积为，且与底面所成角为.    (1)求点到平面的距离； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 56．（22-23高二上·山东滨州·期末）如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，点在棱上. (1)证明：平面平面； (2)当时，求二面角的余弦值. 57．（22-23高二上·江苏徐州·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，，，E是上的点.    (1)求证：平面平面； (2)若E是的中点，且二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值. 58．（2023·云南昆明·模拟预测）如图，三棱柱的底面是等边三角形，，，D，E，F分别为，，的中点. (1)在线段上找一点，使平面，并说明理由； (2)若平面平面，求平面与平面所成二面角的正弦值. 59．（22-23高二上·山东聊城·期末）如图，在直三棱柱中，，，．M是AB的中点，N是的中点，P是与的交点． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)线段上是否存在点Q，使得平面？ 60．（22-23高二上·山东德州·期末）如图，已知直角梯形，，，，，四边形为正方形，且平面⊥平面． (1)求证：⊥平面； (2)点M为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值． 61．（23-24高二上·山东临沂·期末）如图，在三棱锥中，侧面是等边三角形，. (1)证明：平面平面； (2)若，则在棱上是否存在动点，使得平面与平面的夹角为？若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由. 62．（22-23高二上·山东潍坊·期末）如图,在三棱台中,,平面ABC,,且D为BC中点. (1)证明:平面平面; (2)若,且的面积为2,求此时直线和平面所成角的正弦值. 63．（22-23高二上·山东潍坊·期末）如图，在四棱锥中，，，点P在底面ABCD的射影恰是等边三角形ABD的中心，点M在棱PC上，且满足. (1)求证：平面BDM； (2)若直线PA与平面ABCD所成角的正切值为，求平面PAB与平面BDM所成角的余弦值. 64．（22-23高二上·山东威海·期末）如图，正方体的棱长为1． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求平面与平面所成角的正弦值． 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 空间向量与立体几何 3大高频考点概览 考点01 空间几何体 考点02 空间向量及其运算 考点03 空间向量的应用 地 城 考点01 空间几何体 一、单选题 1．（24-25高二上·山东潍坊·期末）在三棱锥中，平面，则该三棱锥的外接球半径为（    ） A． B．3 C． D． 【答案】A 【分析】由题意可知为直角三角形，且平面，所以可将三棱锥补成直三棱柱，其底面为，高为，三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，由勾股定理求解即可. 【详解】三棱锥中，平面， 所以，可知为直角三角形，且， 由于平面，可将三棱锥补成直三棱柱，其底面为，高为， 直三棱柱的外接球球心位于上下底面外接圆圆心连线的中点处， 为直角三角形，其外接圆半径为斜边长度的一半，即， 设三棱锥外接球半径为，球心到底面的距离为， 根据勾股定理，有， 因此，该三棱锥的外接球半径为， 故选：A. 2．（24-25高二上·山东潍坊·期末）图1通过旋转可得到图2，则图3通过相同的旋转可得到（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据空间想象，结合组合体的构成特征即可求解. 【详解】由图3可知：最底下一层有6个方块，其中是, 中间一层有3个方块，是叠在第一层的4个方块上的， 最上面一层有1个方块，位于第二层3个方块最中间的位置上， 因此能够旋转得到的是D选项，只需要将图3整体向后推倒后调整一下角度即可得到D，与图1到图2的旋转一致， 故选：D 二、多选题 3．（22-23高二下·山东日照·期末）已知有穷数列各项均不相等，将的项从大到小重新排序后相应的序号构成新数列，称数列为数列的序数列．例如数列，，，满足，则其序数列为1，3，2．若有穷数列满足，（n为正整数），且数列的序数列单调递减，数列的序数列单调递增，则下列正确的是（    ） A．数列单调递增 B．数列单调递增 C． D． 【答案】ACD 【分析】根据新定义直接判断AB，根据数列单调性可得，，据此利用累加法求通项判断D，并项求和结合等比数列求和公式判断C. 【详解】由题意，数列的序数列单调递减，故数列单调递增，故A正确； 由数列的序数列单调递增，故数列单调递减，故B错误； 因为数列是单调递增，所以，即， 因为，所以，因此， 所以， 由数列单调递减，同理可得，， 所以 ，也符合该式，故D正确； ，故C正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：理解新定义数列的序数列是判断数列单调性的关键，再由单调性及不等式的性质分别得出，是解决问题的第二个关键点，利用累加法求通项公式，利用并项求和是解决本题的第三个关键点. 4．（22-23高二下·山东德州·期末）在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，现将数列2，4进行构造，第1次得到数列2，6，4；第2次得到数列2，8，6，10，4；…；第次得到数列2，，，，⋯，，4.记，则（    ） A． B．为偶数 C． D． 【答案】ACD 【分析】通过计算求出，，，的值，并且归纳出每一项与前一项的关系，以及的变化，从而运用归纳法得到，之间的关系，以及之间的关系，利用累加法可得，逐项判断即可得答案. 【详解】由题意得： ，此时 ，此时，则，不为偶数，故B不正确； ，此时，故A正确； ，此时 归纳可得，此时，故C正确； 则，，，……， 累加可得 所以，则，即，故D正确. 故选：ACD. 5．（23-24高二下·山东淄博·期末）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.  如数列，它的前后两项之差组成新数列，新数列为等差数列， 则数被称为二阶等差数列，现有二阶等差数列，其前6项分别为，设其通项公式则下列结论中正确的是（    ） A．数列的公差为2 B． C．数列的前7项和最大 D． 【答案】BD 【分析】利用二阶等差数列定义可知数列的公差为，可得，计算可知B正确，再由累加法可得，利用数列的函数性质可得数列的前6项和最大，将代入计算可得D正确. 【详解】因为二阶等差数列，其前6项分别为4，8，10，10，8，4， 从第二项开始，每一项与前一项的差组成新数列的前5项为， 易知新数列的公差为，即数列的公差为，即A错误. 易知是以首项为4，公差为的等差数列， 利用等差数列前项和公式可得,即B正确. 由等差数列通项公式可得， 所以，，……，， 累加可得； ， 利用二次函数性质可知当时，数列单调递减，且前6项均为正数， 易知，所以，因此数列的前6项和最大，即C错误； 由可得，即D正确. 故选：BD 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据二阶等差数列定义求出数列的通项公式，再由数列的函数性质可得结论. 6．（24-25高二下·山东日照·期末）已知数列，设，若数列满足：存在常数，使得对于任意两两不相等的正整数，，，都有，则称数列具有性质，下列结论正确的是（    ） A．若，则数列具有性质 B．若数列的前项和，则数列具有性质 C．若数列具有性质，则常数 D．若数列具有性质，则为等差数列 【答案】ACD 【分析】对于A，根据等差数列求和得，然后根据性质的概念判断；对于B，，然后根据性质的概念判断；对于C，性质的线性特征求得判断C；根据性质的概念得，通过构造递推式证明等差数列即可判断D. 【详解】对于C，若具有性质，则①， 交换i，j的位置②，①+②， ，C正确． 对于A，若，，对两两不等的正整数i，j，k 符合条件， 具有性质，A正确． 对于B，，取，，，， 不具有性质，B错． 对于D，令，，记为数列的前n项和，具有性质， ， ①， 时，②， ①-②， （且），而时，上式也成立 对恒成立，为等差数列，D正确. 故选：ACD． 7．（23-24高二上·山东日照·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（    ）    A． B．三棱锥的体积为 C．直线与直线所成角的余弦值为 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】BC 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用线线、线面角的向量求法计算判断CD；利用等体积法计算体积判断B. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 对于A，，显然与不共线，因此与不平行，A错误； 对于B，三棱锥的体积，B正确； 对于C，，， 因此直线与直线所成角的余弦值为，C正确； 对于D，，令平面的法向量， 则，令，得，令直线与平面所成的角为， 而，因此，D错误. 故选：BC 8．（23-24高二上·山东东营·期末）如图甲，在矩形中，为的中点，将沿直线翻折至的位置，为的中点，如图乙所示，则（    ） A．翻折过程中，四棱锥不存在外接球 B．翻折过程中，存在某个位置的，使得 C．当二面角为时，点到平面的距离为 D．当四棱锥体积最大时，以为直径的球面被平面截得交线长为 【答案】AC 【分析】A项，通过证明四边形不存在外接圆即可得出结论；B项，通过证明，即可得出结论；C项，求出到平面的距离，利用等体积法即可求出点到平面的距离；D项，求出点A到平面 的距离,进而得出以 为直径的球的半径和球心 到平面 的距离，即可得到球面与被平面 截得交线为圆的半径，进而得出交线长. 【详解】由题意， 对于A， 由已知, 直角三角形存在以为直径的唯一外接圆, ， ∴点不在该圆上, 所以四边形不存在外接圆， ∴四棱锥不存在外接球, 故A正确; 对于B, 由已知, ,, ∴， ∴， 假设在翻折过程中, 存在位置, 使得 , 则 平面 , 平面 , 平面 , 又 平面 , ∴， 在翻折至 的位置的过程中,, 显然不成立, 故假设错误, 翻折过程中, 不存在任何位置的 , 使得 , 故B错误; 对于C, 取中点 , 由已知, , , 是二面角 的平面角, 当二面角 为 时, 二面角 为 , 即 , 又 , 到平面的距离为 设点A到平面 的距离为 , 则 , , , 即点A到平面的距离为 , 点 为 中点, 点到平面 的距离是点A 到平面距离的 , 点到平面 的距离为, 故C正确; 对于D, 四棱锥 底面梯形的面积为定值, 当四棱锥 的体积最大时, 平面平面, 平面 平面平面, 由B选项有平面 , 平面, , , 又 平面 点A到平面 的距离, 点 为 中点, 以为直径的球的半径,球心到平面的距离,易知, 球面与被平面 截得交线为圆, 其半径 , 该交线周长为 , 故D不正确. 故选：AC. 【点睛】关键点睛：1.根据垂直关系分析可知 是二面角 的平面角； 2.根据球的性质分析可知球心到平面的距离. 9．（23-24高二上·山东威海·期末）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且点到平面的距离为，则（    ） A．该圆锥的体积为 B．直线与平面所成的角为 C．二面角为 D．直线与所成的角为 【答案】BCD 【分析】取线段的中点，连接，过作，垂足为，可证明面，即可得，对于A：求出底面圆半径，然后用圆锥的体积公式求解；对于B：直线与平面所成的角为，在直角三角形中求解即可；对于C：二面角的平面角为，在直角三角形中求解即可；对于D：取线段的中点，连接 ，直线与所成的角为或其补角，求出的三边，然后利用余弦定理求解. 【详解】取线段的中点，连接，过作，垂足为， 易知，又，面， 所以面，又面， 所以，又，且，面， 所以面，所以线段的长为点到平面的距离， 即，    对于A：在等腰三角形中，，， 所以， 所以该圆锥的体积为，A错误； 对于B：由面可得直线与平面所成的角为， 在直角三角形中，，所以，B正确； 对于C：由面可得二面角的平面角为， 在直角三角形中，，所以，C正确； 对于D：取线段的中点，连接 ， 明显有， 则直线与所成的角为或其补角， 因为，则， 在直角三角形中，， 在直角三角形中，， 在中，， 所以，D正确.    故选：BCD. 10．（23-24高二上·山东泰安·期末）如图，在正四棱柱中，，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．若为的中点，则直线平面 C．异面直线与所成角的正弦值的范围是 D．直线与平面所成角的正弦的最大值为 【答案】ACD 【分析】证明出平面，可知点到平面的距离等于点到平面的距离，利用锥体的体积公式可判断A选项；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可判断BCD选项. 【详解】对于A选项，在正四棱柱中，，且， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 因为平面，平面，所以，平面， 因为，所以，点到平面的距离等于点到平面的距离， 所以，为定值，A对； 对于B选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则、、、、、， 因为为的中点，则，则，， 所以，，所以，与不垂直， 故当为的中点时，直线与平面不垂直，B错； 对于C选项，，设， 则， ， 所以，， 因为，则，所以，， 所以，， 因此，异面直线与所成角的正弦值的范围是，C对； 对于D选项，设平面的法向量为，，， 则，取，可得，此时，， ， 所以， ， 当且仅当时，等号成立，故直线与平面所成角的正弦的最大值为，D对. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 11．（22-23高二上·山东德州·期末）已知正方体中，AB=2，P为正方体表面及内部一点，且，其中，，则（    ） A．当时，PD的最小值为 B．当时，存在点P，使得 C．当时，直线AP与平面ABCD所成角正切值的取值范围是 D．当时，三棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【分析】当时,点P在上，求出的最小值判断A，取的中点，连接，是上的动点，平面，可判断B，取的中点分别为，当时，点P的轨迹是NM上的动点，可求直线AP与平面ABCD所成角正切值的取值范围判断C，取AB，的中点G，H，当时，点P的轨迹是GH上的动点，可证平面，判断D. 【详解】当时,点P在上，如图， 在中， 时，取得最小值为，故A正确； 取的中点，连接，， 当时，是上的动点，在正方体中平面，故存在点为 平面与的交点时，使，故B正确； 如图， 取的中点分别为，当时，点P的轨迹是NM上的动点，易得平面ABCD，故P到平面的距离为定值1，设直线AP与平面ABCD所成角为，当P点在N时AP的投影最小，最大，此时，当点P在M时AP的投影最大，最小，此时，故直线AP与平面ABCD所成角正切值的取值范围是，故C错误； 取AB，的中点G，H，当时，点P的轨迹是GH上的动点，易得平面，平面，平面，故点P到平面的距离为定值，三棱锥的体积为定值，故D正确. 故选：ABD 三、填空题 12．（22-23高二下·山东济宁·期末）如图1，抛物线上任意两点连接所得的弦与抛物线围成一个弓形区域，求抛物线弓形区域的面积是古希腊数学家阿基米得最优美的成果之一，阿基米德的计算方法是：将弓形区域分割成无数个三角形，然后将所有三角形的面积加起来就可以得到弓形区域的面积．第一次分割，如图2，在弓形区域里以为底边分割出一个三角形，确保过顶点的抛物线的切线与底边平行，称为一级三角形；第二次分割，如图3，以，两个边，为底边，在第一次分割得到的两个弓形区域继续分割出两个三角形，，确保过顶点，的抛物线的切线分别与，平行，，都称为二级三角形；重复上述方法，继续分割新产生的弓形区域……，借助抛物线几何性质，阿基米德计算得出任意一级的所有三角形的面积都相等，且每个三角形的面积都是其上一级的一个三角形面积的．设抛物线的方程为，直线的方程为，请你根据上述阿基米德的计算方法，求经过次分割后得到的所有三角形面积之和为 ．    【答案】 【分析】理解新定义的概念，先找到一级三角形的面积，再根据三角形面积的数量关系判定每一级三角形的面积构成等比数列，利用等比数列求和进行计算. 【详解】,, 设与直线平行的抛物线的切线的切点为， 则，解得，所以， 所以点到直线的距离为， 由解得或所以， 所以， 根据规律，每一级三角形的个数是上一级个数的2倍， 每一级三角形的面积是上一级的面积的， 则每一级三角形的面积， 故经过次分割后得到的所有三角形面积之和为： . 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查新定义问题，解题关键是找到关于面积的数量关系．本题中先求出，然后根据每一级三角形的面积的数量关系，表示出，由等比数列求和公式求解．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题． 13．（24-25高二上·山东东营·期末）已知平面平面，线段在平面内，为线段的中点，，，点为内的动点，且点到直线的距离为，则动点的轨迹的离心率为 ，如果，在平面内过点的直线与交于两点，则三棱锥的体积的最大值为 . 【答案】 / / 【分析】利用椭圆的定义求出椭圆的离心率；求出底面积的最大值，可求三棱锥体积的最大值. 【详解】解：空间中到直线的距离为的点构成一个圆柱面，它和面相交得一椭圆， 所以在内的轨迹为一个椭圆，为椭圆的中心，    在平面内，当时，可知，再由，可得， 所以，即，于是动点P的轨迹的离心率为 如图在平面内建立直角坐标系，可得椭圆方程为，为椭圆的焦点，，， 由题意设直线方程为，与椭圆方程联立，消去x，整理可得， 设的纵坐标为，则， 所以， 设，则， 当且仅当，即时，， 所以三角形的面积的最大值为， 又因为三棱锥的高为， 所以三棱锥的体积的最大值为 故答案为：； 14．（22-23高二上·山东滨州·期末）如图所示，ABCD是边长为的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E，F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设，当 cm时，包装盒的容积最大，最大容积为 ．    【答案】 10 【分析】利用可分别表示出包装盒侧面高和底边长，进而将容积表示出来，通过导数研究其最大值即可. 【详解】因为，，， 所以，包装盒底边长为， 因为阴影部分为等腰直角三角形， 所以包装盒侧面高为， 所以包装盒容积， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，取得最大值. 故答案为：10； 【点睛】实际问题要善于转化为数学问题，本题通过将实际问题转化为函数问题，进而利用导数研究函数的单调性，得到函数的最大值，从而得到答案. 15．（22-23高二上·山东德州·期末）在正六棱柱中，若底面边长为1，高为3，则BC到平面的距离为 ． 【答案】/ 【分析】取的中点，证明平面，平面平面，再求出斜边上的高作答. 【详解】在正六棱柱中，取的中点，连接，如图， ，平面，平面，则平面， 平面，则平面，平面， 即，而，即有，，平面， 则平面，又平面，因此平面平面， 在平面内过作于，而平面平面， 于是平面，线段长即为BC到平面的距离， ，，中，， 所以BC到平面的距离. 故答案为： 地 城 考点02 空间向量及其运算 一、单选题 1．（24-25高二上·山东潍坊·期末）如图，空间四边形OABC中，是BC的中点，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量的线性运算即可求解. 【详解】 故选：A 2．（24-25高二上·山东临沂·期末）若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（   ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】C 【分析】利用基底的意义，逐项判断即得. 【详解】对于A，，向量，，共面，A不是； 对于B，，向量，，共面，B不是； 对于C，假定向量，，共面，则，而不共面， 于是，无解，因此向量，，不共面，C是. 对于D，，向量，，共面，D不是. 3．（24-25高二上·山东淄博·期末）我国古代数学名著《九章算术》中， 将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马. 如图，四棱锥 为阳马， 平面 ，点 是 边上一点，且 ，若 ，则 （    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】C 【分析】根据空间向量的线性运算可求，从而可求它们的和. 【详解】因为，故， 而 ， 而不共面，故，故， 故选：C 4．（24-25高二上·山东临沂·期末）已知空间直角坐标系中，、、，点是空间中任意一点，若，，，四点共面，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，根据空间向量的坐标运算可得出关于、、、、的等式组，消去、可得结果. 【详解】在空间直角坐标系中，、、， 则，，， 因为、、、四点共面，设， 即， 可得，消去、可得，即， 故选：A. 5．（24-25高二上·山东临沂·期末）已知空间向量，，则在上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义求解. 【详解】空间向量，，则， 所以在上的投影向量为. 故选：A 6．（24-25高二上·山东淄博·期末）设 ，则 （    ） A．3 B． C． D． 【答案】C 【分析】由向量的关系列等式求解x，y的值，再运用向量的数乘及加法的坐标表示公式，结合向量的模计算得出结果. 【详解】因为，∴，解得 ∴， ∴ 故选：C． 7．（23-24高二上·山东聊城·期末）在三棱锥中，，，分别为，，的中点，若，则（    ）． A． B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】根据几何关系，找到向量的等式，即可求解，即可求解. 【详解】连结和，并交于点，点是和的中点， 所以，以及， 所以，即， 所以，则. 故选：D 8．（23-24高二上·山东济南·期末）在三棱柱中，若，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量的线性运算计算即可. 【详解】由题可知. 故选：D 9．（23-24高二上·山东济宁·期末）在三棱柱中，，，，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】借助空间向量的线性运算计算即可得. 【详解】， 又，，， 故. 故选：B. 10．（23-24高二上·山东青岛·期末）已知向量，，且与互相垂直，则实数等于（    ） A． B．或 C．或 D．或 【答案】C 【分析】根据的坐标分别求出与的坐标表示，由与互相垂直，得与的数量积为零即可求解． 【详解】， ， 由与互相垂直， 有， 解得或． 故选：C． 11．（23-24高二上·山东潍坊·期末）如图，在平行六面体中，，，，点在上，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据已知条件，利用空间向量的线性运算即得. 【详解】在平行六面体中， 因为，，，点在上，且， 所以. 故选：A 12．（23-24高二上·山东潍坊·期末）如图，已知二面角的度数大小为，在与的交线上取线段，且分别在平面和平面内，它们都垂直于交线，且，，则的长为（    ） A．6 B．10 C． D． 【答案】C 【分析】利用，将其两边同时平方即可求，再开方即可求解. 【详解】由图得：， 又由题意知：， 所以 ， 所以， 所以的长为， 故选：C. 13．（23-24高二上·山东潍坊·期末）设空间向量，，若，则实数k的值为（    ） A．2 B． C． D．10 【答案】A 【分析】由向量平行的坐标表示求解． 【详解】由题意，解得． 故选：A． 14．（22-23高二上·山东滨州·期末）如图，二面角的大小为，四边形、都是边长为的正方形，则、两点间的距离是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用二面角的定义可得出，由空间向量的线性运算可得出，利用空间向量数量积的运算性质可求得，即为所求. 【详解】因为四边形、都是边长为的正方形，则，， 又因为二面角的大小为，即，则， 因为，由图易知，， 所以， . 故选：C. 15．（22-23高二上·山东威海·期末）在平行六面体中，点E满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用向量的线性运算全部转化为用作为起点的向量来表示，然后整理即可. 【详解】由得， 整理得. 故选：A. 16．（22-23高二上·山东滨州·期末）如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且满足，N为BC的中点，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据空间向量的加法和减法的三角形法则得到． 【详解】如图，连接，   是的中点，， ，， ． 故选：． 17．（22-23高二上·山东聊城·期末）已知，分别是平面的法向量，若，则（    ） A． B． C．1 D．7 【答案】B 【分析】利用平面平行可得法向量平行，列出等式即可求解 【详解】因为，分别是平面的法向量，且， 所以，即，解得 故选：B 二、多选题 18．（23-24高二上·山东滨州·期末）直四棱柱的所有棱长都为，点在四边形及其内部运动，且满足，则下列选项正确的是（    ）    A．点的轨迹的长度为 B．直线与平面所成的角为定值 C．点到平面的距离的最小值为 D．的最小值为-2 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，表示，化简得到点的轨迹方程，从而得到点的轨迹的长度，判断A；用空间向量表示直线与平面所成的角，从而证明为定值,判断B；用空间向量表示点到平面的距离，结合的轨迹，得最小值，判断C； 用空间向量表示，结合的轨迹，得最小值，判断D. 【详解】    取交点于点， 因为直四棱柱的所有棱长都为， 所以， 以所在直线为轴，过点竖直向上所直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 所以，， 对于A选项，因为点在四边形及其内部运动，所以，， 又因为，所以，即， 所以点的运动轨迹为在平面，以为圆心，半径为1的半圆弧， 所以轨迹长度为，故A正确； 对于B选项，因为面的法向量为，， 所以设直线与平面所成的角为，则有，又因为， 所以，所以直线与平面所成的角为定值，故B正确； 对于C选项，因为，，，， 设平面的法向量为， 则有，令，则，，所以， 设点到平面的距离为，则有， 又因为，所以时，，故C错误； 对于D选项，，，，， ， 所以的几何意义为点到距离的平方减3， 所以的最小值为，故D正确， 故选：ABD. 19．（23-24高二上·山东临沂·期末）空间中三点是坐标原点，则（    ） A． B． C．点关于平面对称的点为 D．与夹角的余弦值是 【答案】AB 【分析】利用空间向量的求模公式，数量积公式及点的对称性即可判定. 【详解】由题意可得：，， 所以，故A正确； ，即，故B正确； 点关于平面对称的点为，故C错误； ，故D错误. 故选：AB 三、填空题 20．（23-24高二上·山东济南·期末）已知，，若，则的值为 ． 【答案】 【分析】根据向量共线即可求解. 【详解】由，，，可得，故， 故答案为： 21．（23-24高二上·山东菏泽·期末）已知四面体是棱的中点，设，则 （用向量表示）. 【答案】 【分析】根据空间向量的线性运算求解即可. 【详解】由于是棱的中点， 所以. 故答案为： 22．（23-24高二上·山东威海·期末）已知向量，，，若共面，则 . 【答案】2 【分析】由题意，解方程组即可得解. 【详解】由题意设，所以，解得. 故答案为：2. 23．（23-24高二上·山东济宁·期末）如图，二面角的大小为，其棱l上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l．若则两点间的距离为 ．    【答案】 【分析】利用向量的线性关系可得，两边平方可求的长度. 【详解】因为二面角的大小为，， . ,即两点间的距离为. 故答案为： 24．（23-24高二上·山东泰安·期末）已知空间向量的模长分别为1，2，3，且两两夹角均为，点为的重心，则 ． 【答案】 【分析】利用重心的几何性质结合空间向量的减法可得出，再利用空间向量数量积的运算性质可求得的值. 【详解】空间向量的模长分别为1，2，3，且两两夹角均为，如图，    由为的重心，得， 于是，即， 所以 . 故答案为： 25．（22-23高二上·山东聊城·期末）已知四棱锥的底面是平行四边形，若，则 ． 【答案】 【分析】 根据空间向量的运算及空间向量基本定理得答案. 【详解】因为四棱锥的底面是平行四边形，所以， 又，由空间向量基本定理可得，，故. 故答案为：. 四、解答题 26．（24-25高二上·山东泰安·期末）如图，在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱的长度为2，且． (1)求的长； (2)求直线与所成角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先设，得出，再左右平方应用数量积公式计算即可求解； （2）空间向量法求出异面直线所成角的余弦值. 【详解】（1）设， ， ， ∴； （2） ， ∴， 又， ， ∴， ∴直线与所成角的余弦值为． 27．（24-25高二上·山东青岛·期末）如图，平行六面体的底面ABCD是菱形，且． (1)求的长； (2)求证：平面． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用基底表示向量，再根据数量积公式，即可求解； （2）根据线面垂直的判断定理转化为证明线线垂直，再根据向量数量积公式，即可证明. 【详解】（1）设， 由于四边形ABCD为菱形，则，即， 所以，同理可得， 由题意可得， 所以； （2）因为， 所以， 所以，同理可证 又因为平面． 所以平面 地 城 考点03 空间向量的应用 一、单选题 1．（24-25高二上·山东泰安·期末）若平面的一个法向量为，点在平面内，则点到的距离为（   ） A．3 B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间向量点到面的距离公式直接进行求解即可； 【详解】由题意, 所以点到的距离， 故选：B 2．（24-25高二上·山东日照·期末）如图所示，直四棱柱底面是正方形，分别是的中点，则点到平面的距离为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用空间向量求点到平面的距离. 【详解】由题意知，该几何体为长方体，建立空间直角坐标系如下图所示， 则， 可得， 设平面的一个法向量为，则， 设，则，则， 所以点C到平面的距离为. 故选：D． 3．（24-25高二上·山东滨州·期末）在直四棱柱中，底面是正方形，，，点在棱上，若直线到平面的距离为，则的值为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系后利用点到直线的距离空间向量求解后可得正确的选项. 【详解】由题意知，该几何体为长方体，建立空间直角坐标系如下图所示， 则，设．    因为，平面，平面，故平面， 故直线到平面的距离为到平面的距离. ，， 设平面的法向量为，则由可得： ，取， 故到平面的距离，故，故， 故选：C. 4．（24-25高二上·山东淄博·期末）如图，在长方体 中， ， ，点 是棱 的中点，则点 到平面 的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以D为坐标原点， 分别为x轴，y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】如图，    以D为坐标原点， 分别为x轴，y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系， 则． 从而. 设平面的法向量为， 则，即，得， 令，则， 所以点E到平面的距离为． 故选：A. 5．（24-25高二上·山东潍坊·期末）已知点，则点到平面ABC的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求平面ABC的法向量，利用空间向量求点到面的距离. 【详解】因为， 则， 设平面ABC的法向量，则， 令，则，可得， 所以点到平面ABC的距离. 故选：C. 6．（23-24高二上·山东菏泽·期末）已知分别是平面的法向量，若，则（    ） A． B． C．7 D．1 【答案】C 【分析】利用面面垂直的空间向量的坐标运算可得答案. 【详解】因为，又，所以， 所以，解得， 故选：. 7．（23-24高二上·山东日照·期末）在棱长为1的正方体中，为线段的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量，由即可求解. 【详解】由题意以为原点，所在直线分别为轴所在直线建立如图所示的空间直角坐标系： 所以， 所以， 不妨设平面的法向量为， 则，令，解得，即取平面的法向量为， 所以点到平面的距离为. 故选：A. 8．（23-24高二上·山东威海·期末）已知在空间直角坐标系中，直线经过，两点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求投影长度，然后结合勾股定理即可得解. 【详解】由题意，所以， 所以点到直线的距离为. 故选：C. 9．（23-24高二上·山东威海·期末）设，分别是空间中的直线，的方向向量，，.记甲：，，不共面，乙：与异面，则（    ） A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】从充分性和必要性的角度，结合异面直线的定义，即可判断和选择. 【详解】对空间中的任意两条直线， 若，，不共面，显然不可能平行或相交，两直线异面，充分性成立； 若是异面直线，根据异面直线的定义，定有，，不共面，必要性成立； 故甲是乙的充要条件. 故选：C. 10．（23-24高二上·山东临沂·期末）已知空间中三点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据点到直线距离的向量坐标公式计算即可求解． 【详解】因为， 所以， 则点到直线的距离为. 故选：C. 11．（22-23高二上·山东聊城·期末）如图，在四面体ABCD中，，，若，，，，则平面ABD与平面CBD的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意可得，结合空间向量的数量积的定义及运算律可求得，即可得结果. 【详解】设平面ABD与平面CBD的夹角为， 由题意可得：， ∵， 则， 即，解得， 由，可得， 故平面ABD与平面CBD的夹角为. 故选：C. 二、多选题 12．（24-25高二上·山东青岛·期末）长方体中，，E为棱CD上一点，，F是平面ABCD内一动点，，则（   ） A．存在点，使得平面 B．存在不与重合的点，使得平面 C．棱上存在两定点，使得 D．点的轨迹截直线所得弦长为 【答案】ACD 【分析】建系，设，由，得到点F的轨迹方程，进而逐个判断即可. 【详解】如图建系，易知， 设，则：， 由，可得：， 化简可得：， 对于A，若平面，易得 又，可得：， 联立，消去可得：，有解， 所以存在点F，使得平面， 对于B，由长方体性质可知，，要使得平面， 则必有,， 所以，联立， 可得或，此时点与重合，故B错误； 对于C:由化简可得：， 即点的轨迹是椭圆，且焦点在轴上，且， 所以棱CD上存在两定点M，N，使得，故C正确； 对于D：在坐标平面中，直线的方程为：， 联立，可得：， ， 所以点的轨迹截直线所得弦长为，故D正确， 故选：ACD 13．（24-25高二上·山东日照·期末）如图，已知正方体的棱长为是的中点，为正方形所在平面内一动点，则下列结论正确的是（   ） A．若到直线与直线的距离相等，则的轨迹为抛物线 B．若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为 C．若直线与平面所成的角为，则的轨迹为椭圆 D．若直线与直线所成的角为，则的轨迹为双曲线 【答案】ABD 【分析】A：由平面，可得即为到直线的距离，由抛物线的定义即可判断；B：由题意可得中点的轨迹为以中点为圆心，为半径且平行于平面的圆，计算可判断；C：由与平面所成的角为，计算可得为定值，可判断点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，从而可判断；D：由与所成的角可得，可得点的轨迹方程，从而可判断． 【详解】对于A，平面，即为到直线的距离， 在平面内，点到定点的距离与到定直线的距离相等， ∴点的轨迹就是以为焦点，为准线的抛物线，故A正确； 对于B，若，则, 可得中点的轨迹为以中点为圆心，为半径且平行于平面的圆， 其面积为，故B正确； 对于C，与平面所成的角为，则，可得， ∴点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，故C错误； 对于D，如图，建立空间直角坐标系， ， 设，则，， 因为， 化简得，即，所以的轨迹为双曲线，故D正确； 故选：ABD﹒ 【点睛】关键点点睛：D选项中，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式列式求解是解题关键. 14．（24-25高二上·山东临沂·期末）如图，该几何体是四分之一圆柱体（点，分别是上、下底面圆的圆心），四边形是正方形，点是圆弧的中点，点是圆弧上的动点（含端点），则（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得直线∥平面 C．存在点，使得平面平面 D．存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为 【答案】BCD 【分析】建系标点，对于A：利用空间向量说明线线垂直；对于B：利用空间向量说明线面平行；对于C：利用空间向量说明线面垂直；对于D：利用空间向量求线面夹角. 【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 设， 对于选项A：因为， 令， 可得，显然该方程无解， 所以不存在点，使得，故A错误； 对于选项B：因为， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 若直线平面， 则，可得， 且，则，即， 所以存在点，使得直线∥平面，故B正确； 对于选项C：因为， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 若平面平面， 则， 显然时，上式成立， 所以存在点，使得平面平面，故C正确； 对于选项D：设直线与平面的所成角为， 若，则， 可得：， 整理可得， 构建， 因为在内连续不断，且， 可知在内有零点，即在内有根， 所以存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为，故D正确； 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：对于方程根的问题，应构建函数，结合零点存在性定理分析判断，不能强解. 15．（24-25高二上·山东滨州·期末）如图，在棱长为1的正方体中，、、分别是、、的中点.则下列结论正确的是（   ）    A．平面 B．平面 C．平面与平面夹角的余弦值为 D．若动直线与直线夹角为，且与平面交于点，则点的轨迹构成的图形的面积为. 【答案】ABD 【分析】建立空间坐标系，利用向量判断线面关系，求解平面夹角，求出轨迹可得其面积. 【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，如图， ,; ,设是平面的一个法向量， 则，令可得，，即. 对于A，,因为，且平面，所以平面，A正确； 对于B，，因为，所以平面，B正确； 对于C，易知平面的一个法向量为, 设平面与平面的夹角为，则，C不正确； 对于D，设到平面的距离为，,， 由可知平面，设平面，因为直线与直线夹角为， 所以点的轨迹是平面内，以为圆心的圆， 设圆的半径为，则，则，所以点的轨迹构成的图形的面积为，D正确.    16．（23-24高二上·山东日照·期末）已知正方体的棱长为2，为的中点，为所在平面上一动点，则下列说法正确的是（    ）    A．若与平面所成的角为，则点的轨迹为圆 B．若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为 C．若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线 D．若点到直线与直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线 【答案】ACD 【分析】对于A，根据正方体的性质计算出，根据圆的定义可得答案；对于B，取的中点，根据，，可得点的轨迹为圆，根据圆的面积公式计算可得结果；对于C，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式列式可解得结果；对于D， 将点到直线的距离转化为，再根据抛物线的定义可得结果. 【详解】如图：    对于A，根据正方体的性质可知，平面， 所以为与平面所成的角，所以， 所以，所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，故A正确； 对于B，若，则在直角三角形中，， 取的中点，因为为的中点，所以，且， 因为平面，平面，所以， 所以，即点在过点且与垂直的平面内， 又，所以点的轨迹为以为半径的圆，其面积为，故B不正确； 对于C，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设， 则， 若与所成的角为，所以， 所以整理得，所以点的轨迹为双曲线，故C正确； 对于D，因为平面，平面， 所以，所以点到直线的距离为，所以点到点的距离等于点到定直线的距离， 又不在直线上，所以点的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：C选项中，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式列式求解是解题关键. 17．（23-24高二上·山东济南·期末）在棱长为1的正方体中，点P，Q分别满足，，则（    ） A．，使且 B．，平面 C．，使与平面所成角的正切值为 D．，与是异面直线 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量一一计算判定选项即可. 【详解】 如图所示，建立空间直角坐标系， 根据题意可知， 则， 平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 对于A，若，则 ，故A错误； 对于B，易知恒成立，且平面， 则平面，故B正确； 对于C，设与平面所成角为， 若， 即，解之得或， 显然，使得结论成立，故C正确； 对于D，因为， 若共线，则存在实数，使得，解得， 所以，不共线，故D正确. 故选：BCD 18．（23-24高二上·山东聊城·期末）如图，在直三棱柱中，，，D，E分别为，的中点，则（    ）．    A．平面 B．平面 C．平面平面 D．直线与ED所成角的余弦值为 【答案】AC 【分析】因为三棱柱为直棱柱，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由空间位置关系的向量方法可判断A，B，C；由异面直线的向量方法可判断D. 【详解】因为三棱柱为直棱柱，， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，， ， 设平面， ， 即，令，则，所以， 设平面， ， 即，令，则， 所以， 对于A，，， 平面，所以平面，故A正确； 对于B，，因为，所以不垂直平面，故B错误； 对于C，，所以平面平面，故C正确； 对于D，， 则， 故直线与ED所成角的余弦值为，故D错误. 故选：AC.    19．（23-24高二上·山东日照·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（    ）    A． B．三棱锥的体积为 C．直线与直线所成角的余弦值为 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】BC 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用线线、线面角的向量求法计算判断CD；利用等体积法计算体积判断B. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 对于A，，显然与不共线，因此与不平行，A错误； 对于B，三棱锥的体积，B正确； 对于C，，， 因此直线与直线所成角的余弦值为，C正确； 对于D，，令平面的法向量， 则，令，得，令直线与平面所成的角为， 而，因此，D错误. 故选：BC 20．（23-24高二上·山东济宁·期末）如图所示，在棱长为2的正方体中，点E是棱的中点，则下列结论中正确的是（   ） A．点到平面的距离为 B．异面直线与所成角的余弦值为 C．三棱锥的外接球的表面积为11π D．若点M在底面ABCD内运动，且点M到直线的距离为，则点M的轨迹为一个椭圆的一部分 【答案】ACD 【分析】对于A，利用点到平面的距离公式处理即可，对于B，利用线线角的向量求法处理即可，对于C，利用球的方程解出半径再求面积即可，对于D，利用圆柱与平面的截面即可判断. 【详解】 对于A：以为原点建立空间直角坐标系， 则，，，， 故，，， 设面的法向量，点到平面的距离为， 则，，令，解得，， 故， 由点到平面的距离公式得，故A正确， 对于B：易知，，故，， 设异面直线与所成角为，则，故B错误， 对于C:设三棱锥的外接球的方程为， 将代入球的方程， 可得， 利用加减消元法可得， 解得，代入方程中可得， 解得，，故表面积为，故C正确， 对于D：因为到直线的距离为，故的轨迹是以为对称轴的圆柱， 而又在底面上，底面与对称轴不垂直， 故在底面与圆柱的截面上，此截面必为椭圆的一部分， 故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：空间中的几何体的外接球，可以通过综合法确定球心的位置，也可以利用球的方程确定球心坐标和球的半径，而空间中动点的轨迹，则需利用几何体的特征确定动点的几何特征，结合线面关系确定轨迹． 21．（23-24高二上·山东滨州·期末）直四棱柱的所有棱长都为，点在四边形及其内部运动，且满足，则下列选项正确的是（    ）    A．点的轨迹的长度为 B．直线与平面所成的角为定值 C．点到平面的距离的最小值为 D．的最小值为-2 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，表示，化简得到点的轨迹方程，从而得到点的轨迹的长度，判断A；用空间向量表示直线与平面所成的角，从而证明为定值,判断B；用空间向量表示点到平面的距离，结合的轨迹，得最小值，判断C； 用空间向量表示，结合的轨迹，得最小值，判断D. 【详解】    取交点于点， 因为直四棱柱的所有棱长都为， 所以， 以所在直线为轴，过点竖直向上所直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 所以，， 对于A选项，因为点在四边形及其内部运动，所以，， 又因为，所以，即， 所以点的运动轨迹为在平面，以为圆心，半径为1的半圆弧， 所以轨迹长度为，故A正确； 对于B选项，因为面的法向量为，， 所以设直线与平面所成的角为，则有，又因为， 所以，所以直线与平面所成的角为定值，故B正确； 对于C选项，因为，，，， 设平面的法向量为， 则有，令，则，，所以， 设点到平面的距离为，则有， 又因为，所以时，，故C错误； 对于D选项，，，，， ， 所以的几何意义为点到距离的平方减3， 所以的最小值为，故D正确， 故选：ABD. 22．（23-24高二上·山东泰安·期末）如图，在正四棱柱中，，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．若为的中点，则直线平面 C．异面直线与所成角的正弦值的范围是 D．直线与平面所成角的正弦的最大值为 【答案】ACD 【分析】证明出平面，可知点到平面的距离等于点到平面的距离，利用锥体的体积公式可判断A选项；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可判断BCD选项. 【详解】对于A选项，在正四棱柱中，，且， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 因为平面，平面，所以，平面， 因为，所以，点到平面的距离等于点到平面的距离， 所以，为定值，A对； 对于B选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则、、、、、， 因为为的中点，则，则，， 所以，，所以，与不垂直， 故当为的中点时，直线与平面不垂直，B错； 对于C选项，，设， 则， ， 所以，， 因为，则，所以，， 所以，， 因此，异面直线与所成角的正弦值的范围是，C对； 对于D选项，设平面的法向量为，，， 则，取，可得，此时，， ， 所以， ， 当且仅当时，等号成立，故直线与平面所成角的正弦的最大值为，D对. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 23．（22-23高二上·山东滨州·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为，AB的中点，则下列结论正确的是（    ）    A．点B到直线的距离为 B．直线CF到平面的距离为 C．直线与平面所成角的余弦值为 D．直线与直线所成角的余弦值为 【答案】ABD 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可结合选项逐一求解． 【详解】在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，   ,2,，,0,，,2,，,2,，,2,， 则点到直线的距离为： ，故A正确； ,0,，,1,，,1,，,2,， ,,，,1,，,2,，,1,， 设平面的法向量,,， 则，取，得,2,， 由于分别为的中点，所以 且， 因此四边形为平行四边形，故, 又平面, 平面,所以平面， 直线到平面的距离为，故B正确； 设直线与平面所成角为，则，故C错误； ,2,，,,， 设直线与直线所成角为，则，故D正确． 故选：ABD． 24．（22-23高二上·山东聊城·期末）在棱长为的正方体中，M，N，P均为侧面内的动点，且满足，点N在线段上，点P到点的距离与到平面的距离相等，则（    ） A． B．平面平面 C．直线AM与所成的角为定值 D．MP的最小值为2 【答案】ACD 【分析】以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，对于A，由点N在线段可得，可得到即可判断；对于B，计算出平面与平面的法向量即可求解；对于C，由M为侧面内的动点且可得，计算出即可；对于D，由C选项可得的轨迹是以为圆心，半径为3的圆上（且在侧面内），在平面内过P点作，垂足为，可得到点P的轨迹为以为焦点，准线为直线的抛物线，通过图形即可得到MP的最小值 【详解】以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 所以，，，，，， 对于A，因为点N在线段上，所以， 所以，所以， 所以，故，所以，故A正确； 对于B，因为点N在线段上，所以平面为平面， 设面的一个法向量为，则， 令，则，故， 设面的一个法向量为，则， 令，则，故， 因为，所以平面与平面不垂直，故B错误； 对于C，因为M为侧面内的动点，， 所以设，则， 所以，所以直线AM与所成的角为定值，故C正确； 对于D，由C选项可得即，所以的轨迹是以为圆心，半径为3的圆上（且在侧面内）， 在平面内过P点作，垂足为， 易得平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 所以点P到平面的距离为的长度，即到的距离， 所以点P到点的距离与到平面的距离相等，等价于点P到点的距离与到的距离相等，满足抛物线的定义， 所以点P的轨迹为以为焦点，准线为直线的抛物线， 以线段的四等分点（靠近）为坐标原点，以为轴的正方向进行平面直角坐标系， 由可得，直线为， 则点P的轨迹为， 所以，由图可得当与点重合时，，故，故D正确， 故选：ACD 【点睛】关键点睛：这道题的关键之处是D选项中能看出点P到平面的距离即到的距离，得到点P的轨迹为以为焦点，准线为直线的抛物线，然后建立平面直角坐标系进行求解 三、填空题 25．（24-25高二上·山东淄博·期末）在正方体 中，点 分别在棱 上，且 ， ，则异面直线 与 所成角的正弦值为 . 【答案】/ 【分析】以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值. 【详解】设正方体中棱长为3， 以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，，，， 设异面直线与所成角为，则. 即异面直线与所成角的余弦值为，正弦值为. 故答案为：. 26．（23-24高二上·山东潍坊·期末）在直三棱柱中，，，平面经过点A，且直线与平面所成的角为30°，过点作平面的垂线，垂足为H，则点到平面的距离为 ，直线与BH所成角的范围为 . 【答案】 2 【分析】利用，得出在以为直径的球面上，其时可得出到平面的距离，由直线与平面所成的角为30°，得在以为轴，顶角为的圆锥面上，从而得出的轨迹是圆，然后建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求得与所成角的余弦值，角的范围． 【详解】如图，连接，因为，，所以， 所以在以为直径的球面上，又直线与平面所成角为，而即为直线与平面所成的角，因此，因此在以为轴，顶角为的圆锥面上， 过作于点，则，其中的长即为到平面的距离． 所以在圆锥的底面圆上，为圆心，半径为， 以为轴，为轴，过与垂直的直线的为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， ，取的一个方向向量为， ， 又，所以， 所以直线与所成角的范围是，即， 故答案为：；． 27．（23-24高二上·河北·期中）如图，在正方体中，，为的中点，记平面与平面的交线为，则直线与直线所成角的余弦值为 ．    【答案】/ 【分析】根据题意可利用空间向量求解直线与直线之间夹角，从而求解. 【详解】设，连接,如下图所示，则直线即为直线l． 因为平面平行于，且平面平面， 平面平面，故， 由，为的中点，得：． 以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 设：，则得：，，，， ，， 所以得：， 故直线l与直线所成角的余弦值为. 故答案为：.    28．（22-23高二上·山东聊城·期末）如图，长方体中，若，则到平面的距离为 ． 【答案】/ 【分析】求出面的法向量，利用向量法得出到平面的距离. 【详解】因为，所以， ，设平面的法向量为，由，可得 ，取，则， 即到平面的距离为. 故答案为： 29．（22-23高二上·山东威海·期末）在长方体中，为棱上一点，直线与所成角的大小为，若，则 ． 【答案】 【分析】设，，利用空间向量法即可求解. 【详解】在长方体中，以为原点，为轴建立如图所示坐标系， 设，，则，，，， 所以，， 所以，解得， 所以，解得，即， 又，所以， 故答案为： 四、解答题 30．（24-25高二上·山东东营·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，E为中点，点F在上，且 (1)求证：平面 (2)求二面角的余弦值; (3)线段上是否存在点Q，使得平面若存在，求线段的长;若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）利用线面垂直判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，利用向量法求二面角； （3）利用线面平行的向量表示求解即可. 【详解】（1）在中，， 所以，即，又因为， 在平面中，，、平面， 所以平面 （2）因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又所以， 由（1）已证，且已知， 故以A为原点，分别为轴建立如图空间直角坐标系， 则，， 所以，，，， 因为E为PD中点， 所以， 由点F在PC上，且知，， 设平面AEF的法向量为，则，即， 令，则，，于是， 又因为由（1）已证平面，所以平面的一个法向量为， ， 由题知，二面角的平面角为锐角，所以其余弦值为 （3）假设存在Q点满足题意，则存在使得， 因为，， 所以， 平面AEF，所以要使平面， 当且仅当，即， 整理得：，解得， 因为，所以线段AC上不存在点Q，使得平面 31．（24-25高二上·山东日照·期末）如图，在三棱锥中，为等边三角形，是的中点，，平面． (1)求与平面所成角的正弦值； (2)若平面于点，求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建系标点，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角； （2）求平面的法向量，可得直线的方向向量，进而求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】（1）因为为等边三角形，是的中点，则， 且平面， 以为坐标原点，分别为轴，过平行于的直线为轴，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， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. （2）由（1）可得：， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 因为平面，则直线的方向向量可以为， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 由题意可知：平面的法向量可以为， 则， 由图可知：二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为. 32．（24-25高二上·山东青岛·期末）如图，在三棱锥中、底面ABD，．动点C在平面ABD内、且点A，C在直线BD两侧． (1)若四边形ABCD为正方形，求直线PC与平面PAB所成角的大小； (2)若点C到平面PBD的距离为、求的面积的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量以及平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，设点，求得平面的法向量，利用点面距得到，设C点到直线PB的距离为，表达出，求出的最小值，进而求出三角形面积最小值. 【详解】（1）底面ABD，平面， 所以，， 因为，四边形ABCD为正方形，所以， 以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得，，， 设平面PAB的一个法向量为，则， 所以，解得，令，则，故， 直线PC与平面PAB的所成角为， 所以， 所以直线PC与平面PAB的所成角的大小为； （2）过A作直线平面ABCD，又， 以A为原点，AB，AD，AW所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，设点， 可得，，， 设平面PBD的一个法向量为，则， 所以，解得，令，则，得， 设点C到平面PBD的距离为d， 则， 所以或， 因为点A，C在直线BD两侧，故，故舍去， 直线PB的单位方向向量为， 设C点到直线PB的距离为， 其中 则 ， 当且仅当时取等号， 综上，的面积 33．（24-25高二上·山东泰安·期末）如图，在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱的长度为2，且． (1)求的长； (2)求直线与所成角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先设，得出，再左右平方应用数量积公式计算即可求解； （2）空间向量法求出异面直线所成角的余弦值. 【详解】（1）设， ， ， ∴； （2） ， ∴， 又， ， ∴， ∴直线与所成角的余弦值为． 34．（24-25高二上·山东青岛·期末）如图，平行六面体的底面ABCD是菱形，且． (1)求的长； (2)求证：平面． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用基底表示向量，再根据数量积公式，即可求解； （2）根据线面垂直的判断定理转化为证明线线垂直，再根据向量数量积公式，即可证明. 【详解】（1）设， 由于四边形ABCD为菱形，则，即， 所以，同理可得， 由题意可得， 所以； （2）因为， 所以， 所以，同理可证 又因为平面． 所以平面 35．（24-25高二上·山东泰安·期末）如图，在平面四边形中，，点满足，，将沿折起至位置，使得点不在平面内． (1)证明：平面平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量法求解即可. 【详解】（1）在中， 所以，解得， 所以，， 所以， 因为平面，所以平面， 又因为平面， 所以平面平面. （2）因为，所以， 又，所以，即， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的法向量为， 所以，即， 取，则，所以， 显然为平面的一个法向量， 所以， 平面与平面的余弦值为. 36．（24-25高二上·山东潍坊·期末）如图，在直三棱柱中，是棱的中点，. (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线线垂直可证明平面，即可由面面垂直的判定求解， （2）建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，即可根据向量的夹角求解. 【详解】（1）因为是棱的中点， 故,则，同理， 由于,所以,故， 又，平面， 故平面， 平面，因此平面平面 （2）由（1）知：平面，平面，故, 又平面, 故平面,平面, 故, 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 设平面的一个法向量为 则，令，故 设平面的一个法向量为 则，令，故， 所以，则， 故二面角的正弦值为 37．（24-25高二上·山东滨州·期末）如图，和所在平面垂直，且，. (1)求证：； (2)若，连接，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）过点作，垂足为，由面面垂直性质定理证明平面，再证明，建立空间直角坐标系，求直线和直线的方向向量，利用向量方法证明结论. （2）求平面的法向量，再由条件关系求的坐标，再求直线的方向向量，利用向量夹角公式求结论. 【详解】（1）（1）延长，过点作，交于点，连接. 由平面平面，平面平面， 平面， 则平面， 由，， 得， 故，. 又，得， 则， 即. 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， 设， 则，，，， 所以，， 因为， 所以，即. （2）由（1）知，， 设平面的法向量为，则， 即， 所以 取，则，， 所以为平面的一个法向量， 设，由， 得， 所以，，，即点， 所以. 设直线与平面所成角为， 则 ， 故直线与平面所成角的正弦值为. 38．（24-25高二上·山东临沂·期末）若为平面的一条斜线，为斜足，为在平面内的射影，为平面内的一条直线，其中为与所成的角，为与所成的角，为与所成的角，那么，简称三余弦定理.如图，直三棱柱中，，，（）. (1)求的余弦值； (2)当点到平面距离最大时，求的值； (3)在（2）的条件下，求平面与平面夹角的大小. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据三余弦定理即可求解， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用点到平面的距离公式求解距离表达式，结合二次函数的性质即可求解最值得解， （3）求解平面法向量，根据法向量的夹角即可求解. 【详解】（1）在直三棱柱中， 又，由三余弦定理可得 故 （2）由（1）知，, 在中，由余弦定理可得, 在直三棱柱中，平面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 为平面的一个法向量， 由，即, 令，则， 故点到平面距离为, 故时，此时点到平面距离最大，且最大值为， 故点到平面距离最大时， （3）由（2）知：当时，平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为 则， ，即, 取，则， 故 故平面与平面夹角的余弦值为， 故平面与平面的夹角大小为 39．（24-25高二上·山东淄博·期末）如图，四棱锥，平面平面， ，，，，，， . (1)证明: (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若点是平面内的动点，且平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】（1）由平面平面，，根据面面垂直性质定理证明平面，由此证明，结合，由线面垂直判定定理证明平面，由此证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的法向量，结合向量夹角公式求结论； （3）由（1）求平面的法向量，结合（2）求平面的法向量，利用向量夹角公式求结论. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面， ，平面， 所以平面，平面， 所以，又，平面，， 所以平面，平面， 所以， （2）由（1）平面， 如下图，以为原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系， 因为，，，所以， 因为，，，所以， 所以，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，， 所以为平面的一个法向量， 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； （3）由（1）平面，所以为平面的一个法向量， 由（2）为平面的一个法向量， 因为平面，所以，设，， 设平面的法向量为，又，， 则，即，取，则，， 所以为平面的一个法向量， 所以. 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 40．（23-24高二上·山东聊城·期末）如图，在长方体中，，，M为的中点． (1)证明：； (2)若，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）由题意以D为原点建立空间直角坐标系，再设，根据证明即可； （2）求解平面的法向量，再根据直线与平面的夹角公式求解即可. 【详解】（1）证明：以D为原点，以DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图空间直角坐标系， 设，则，，，， ，． 因为，所以，即． （2）时，， 由（1）知，，． 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，，所以为平面的一个法向量． 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． 41．（23-24高二上·山东威海·期末）如图，在三棱柱中，侧面和为正方形，，，，分别为，的中点.    (1)求直线与所成角的余弦值； (2)求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先得到，，两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线角； （2）利用空间向量法求解线面角. 【详解】（1）证明：因为侧面和为正方形， 所以，，， 又，所以，可得， 所以，，两两垂直， 以为原点，，，的方向分别为轴，轴，轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系.      则，，，， 所以， ， 所以，，， 可得， 所以直线与所成角的余弦值为； （2），，， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的大小为. 42．（23-24高二上·山东威海·期末）如图，已知正方形与矩形所在的平面互相垂直，，，分别为，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）构造与平面平行的平面，通过证明面面平行从而证明线面平行； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，再求二面角的余弦值即可. 【详解】（1）设与相交于点，连接，， 因为为正方形，所以为的中点，    因为，分别为，的中点， 故//面，面，故//面； 又//面，面，故//面； 又面，故平面//面； 又面，故//面. （2）因为四边形是矩形，所以， 又面面面，面面， 所以平面，可得，， 以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系.    因为//，所以平面，面，所以， 因为正方形，所以，又，面，所以平面， 所以为平面的一个法向量 由题意知，，，，，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得，故， 所以， 所以二面角的余弦值为. 43．（23-24高二上·山东日照·期末）在正三棱台中，侧棱长为1，且，，分别为，的中点，且．    (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）还台为锥，根据条件得三棱锥为正四面体，从而得到，，进而有平面，从而得到，即可证明结果； （2）根据条件，建立空间直角坐标系，求出面与平面的法向量，利用面面角的向量法，即可求出结果. 【详解】（1）如图所示，由正三棱台可知，延长，，交于点，    连接，延长交于，连接， 因为是正三棱台，又侧棱长为1，且， 易得三棱锥为正四面体，又为的中点， 所以，， 且平面，平面，， 所以平面， 又因为平面， 所以，又，且，平面，平面， 所以平面 （2）如图，以底面中心为坐标原点，以与平行的方向为轴，以方向为轴，以方向为轴建立如下图所示的空间直角坐标系：      因为，三棱锥为正四面体，为的中心， 则，在中，， 所以，，，， ，， 得到，， 设平面的法向量为， 则由，得到 令，得到，即， 取平面的法向量为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 44．（23-24高二上·山东菏泽·期末）如图，是底面边长为1的正四棱柱. (1)已知点到平面的距离为，求正四棱柱的高； (2)在（1）的条件下，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)2 (2) 【分析】 （1）建立空间直角坐标系，利用向量法求解空间距离，即可求解， （2）根据法向量的夹角即可求解. 【详解】（1）建立如图所示空间直角坐标系，由是底面边长为1的正四棱柱，设高为，则， 则， 设平面的法向量为 则即,令，则，则 已知点到平面的距离为，所以，即， 解得，所以正四棱柱的高是2 （2）设平面设平面的法向量为，由（1）， 则，即，令，则，即， 由（1）知平面的法向量为 设向量得夹角为，则， 所以平面与平面所成角的余弦值为 45．（24-25高二上·山东潍坊·期末）如图，在等腰梯形中，分别是，的中点，将四边形MABN沿MN翻折至四边形，点为上一点，且.    (1)证明：平面； (2)设二面角的平面角为. （i）若，求直线与直线所成角的余弦值； （ii）在翻折过程中，是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i），（ii）存在，使得直线与平面所成角的正弦值为， 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得线线平行，即可由线面平行的判定求解， （2）建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，即可利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）取的靠近点的三等分点,连接， 由于,即是靠近的三等分点，故,. 由于 故,因此四边形为平行四边形， 故,平面,平面， 所以平面 （2）（i）在上取点使得, 由于, 故四边形为平行四边形， 故,故直线与直线所成的角为或其补角， 因为 故 故直线与直线所成的角的余弦值为 （ii）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 , 故, 设平面的一个法向量为， ，令，则， 由于直线与平面所成角的正弦值为， 故, 解得， 由于，故存在，使得直线与平面所成角的正弦值为， 46．（23-24高二上·山东潍坊·期末）如图，在棱长为1的正方体中，点E是的中点 (1)证明：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）根据给定条件，利用面面平行的判定与性质推理即得. （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）在正方体中，四边形是其对角面，则， 平面，平面，于是平面，同理平面， 又，平面，因此平面平面，又平面， 所以平面. （2）以D为原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，显然平面的法向量为， 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. 47．（23-24高二上·山东济南·期末）如图（1）所示中，，．分别为中点．将沿向平面上方翻折至图（2）所示的位置，使得．连接得到四棱锥．记的中点为，连接． (1)证明：平面； (2)点在线段上且，连接，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据空间中的垂直关系的转化，结合线面垂直的判定即可求证， （2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解平面的夹角. 【详解】（1）取AB中点M，连接NM，CM．    则，即四边形AMCD为平行四边形， 所以， 又因为，所以， 由，，即， 又，，平面, 所以平面，又平面，故， 又因为，则， 又，平面 所以平面，又平面，所以， 又在中，且， 在中，且， 则，又为中点，所以， 又，平面,所以平面． （2）由，，则， 即，又，， 故以为坐标原点，以所在直线x分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，，， 故，，因为， 所以，， 设平面的法向量，平面的法向量， 则，取，解得， 易知平面，即， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 48．（23-24高二上·山东聊城·期末）图1是由，直角梯形ACDE和等腰梯形BCGF组成的一个平面图形，其中，，，将直角梯形ACDE和等腰梯形BCGF分别沿AC，CB折起使得CD，CG重合，连接EF，如图2. (1)求图2中的点B到平面ACDE的距离； (2)证明图2中的A，B，F，E四点共面，并求平面ABFE与平面ACDE夹角的余弦值. 【答案】(1) (2)证明见解析， 【分析】（1）根据线面垂直的判定证明线面垂直，建立空间直角坐标系，求出平面ACDE的法向量，利用点到平面距离的向量公式求解即可； （2）利用共面向量基本定理证明四点共面，求出平面ABFE的法向量，利用平面夹角的向量公式求解即可. 【详解】（1）由题意可知，图2中，， 又，平面BCDF，平面BCDF，所以平面BCDF， 在平面BCDF内，过D作于点H，则， 又，平面ABC，平面ABC，所以平面ABC， 以C为原点，以CA，CB所在直线分别为x轴，y轴，以过点C且与DH平行的直线为z轴， 建立如图空间直角坐标系， 由题意可得，，，， ，，， 设平面ACDE的法向量为，则，得， 令，则，，所以为平面ACDE的一个法向量， 所以点B到平面ACDE的距离为，即点B到平面ACDE的距离为. （2）因为，所以图2中的A，B，F，E四点共面， 由（1）知，，， 所以， 设平面ABFE的法向量为，则，得， 令，则，， 所以为平面ABFE的一个法向量，又是平面ACDE的一个法向量， 所以， 即平面ABFE与平面ACDE夹角的余弦值为. 【点睛】结论点睛：若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 ①两异面直线所成的角为，； ②直线与平面所成的角为，； ③二面角的大小为，. 49．（23-24高二上·山东潍坊·期末）如图，在四棱锥中，是等边三角形，平面平面，，，M是棱PC上的点，且，. (1)求证：平面PAD； (2)设二面角的大小为，若，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)或 【分析】（1）由余弦定理计算后由勾股定理逆定理证明，取的中点，连结，由面面垂直得线面垂直，从而得线线垂直，然后可得证题设线面垂直； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求二面角，从而求出值． 【详解】（1）因为，， 所以，， 在中，，，由余弦定理得， ， 所以， 即，， 取的中点，连结，因为是等边三角形，所以， 又因为平面平面， 平面平面，平面PAD， 所以平面， 又因为平面， 所以. 又因为，，平面， 所以平面. （2）取的中点N，连结，则，所以， 以为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，， ， 又，设平面MBD的一个法向量为， 则即， 当时，平面平面，不合题意； 当时，令，得平面的法向量为， 易知平面的一个法向量为， 由于平面与平面所成角的余弦值为， 故有， 解得或. 50．（23-24高二上·山东泰安·期末）如图1，在直角梯形中，分别为的中点，沿将平面折起，使二面角的大小为，如图2所示，设分别为的中点，为线段上的动点（不包括端点）． (1)求证：； (2)若直线与平面所成角的正弦值是，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由已知可证得平面，进而可证得，通过证出，证得平面，即可证得结果； （2）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出． 【详解】（1）分别为的中点，． 平面 平面，平面，， 是二面角的平面角，． ，为等边三角形， ． 平面， 平面， 又平面，. （2）设中点为，由（1）知两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系． ，， ， ， 设平面的法向量为，则 即， 取，则， 设， ， 设与平面所成的角为，则 ， 解得或（舍） . 51．（23-24高二上·山东济宁·期末）如图，在多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，是边长为2的等边三角形，四边形ABCD是菱形，且，，． (1)求证：平面ACF； (2)在线段AE上是否存在点M，使平面MAD与平面MBC夹角的余弦值为．若存在，请说明点M的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，点为线段AE的中点 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法得出，从而得出，利用四边形是菱形，得出，再利用线面垂直的判定定理即可得出证明； （2）设，，利用（1）结果，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量为，再根据条件，利用面面角的向量法即可求出结果. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又四边形是菱形，且，所以， 故以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，，易知， 则，，，，， 所以，， 得到，故，， 得到，所以， 又，平面ACF，平面ACF，， ∴平面ACF． （2）假设存在点，使平面与平面夹角的余弦值为， 设，，则， 所以，，．即， 所以，， 设平面的法向量为， 则即，所以， 令，得，所以， 又平面的一个法向量为， 所以，解得或(舍去)， 所以，存在点，使平面与平面夹角的余弦值为， 点为线段的中点． 52．（23-24高二上·山东淄博·期末）如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点. (1)求证：平面； (2)若，求平面与平面夹角的大小； (3)若线段上总存在一点，使得，求的最大值. 【答案】(1)证明负了解析； (2)； (3). 【分析】（1）设与交于点，连接，结合平行四边形的判定性质，再利用线面平行的判定定理推理即得. （2）建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法求解即得. （3）由（2）的信息，利用空间向量垂直的坐标表示建立函数求解即可. 【详解】（1）设，连结，，矩形中，是线段的中点，是线段的中点， 则，，于是为平行四边形，则， 又平面，平面，所以平面. （2）由平面平面，，平面平面，平面， 得平面，又，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立如空间直角坐标系，， 则， ，，设平面的法向量为， 则，令，得， 由，得平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，则，解得， 所以平面与平面夹角的大小为. （3）由（2）知，， 则，，设， 则，，于是， 由，得，即，因此，又， 所以，即的最大值为. 【点睛】关键点睛：第三问，设，其中，根据向量的坐标表示得到，，再由垂直关系列方程得到参数关系为关键. 53．（23-24高二上·山东滨州·期末）如图，已知正方体中，点分别在棱和上，. (1)求平面与平面的夹角的余弦值； (2)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出平面法向量可得结果； （2）设，利用线面平行的向量表示即可求得，求出. 【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴､轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系， 设正方体的棱长为3，由已知可得平面的法向量为， 易知，所以， 设平面的法向量为， 所以，取，则， 所以 设平面与平面夹角为， 所以. （2）假设在线段上存在点，使得平面， 由可得， 设， 所以， 所以， 若平面， 可知， 所以，即 故在线段上存在点使得平面. 54．（23-24高二上·山东泰安·期末）如图，在三棱柱中，平面为的中点，．    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 （1）连接交于，连接，可证，从而平面； （2）利用空间向量点到平面的距离公式求解. 【详解】（1） 连接交于，连接， 侧面为平行四边形， 为的中点， 又为的中点， , 平面平面， 所以平面； （2） 以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则 ， ， 设平面的法向量为，则即， 取，则， ， 到平面的距离.    55．（23-24高二上·山东东营·期末）如图，三棱台中，平面平面，，的面积为，且与底面所成角为.    (1)求点到平面的距离； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）作出辅助线，得到A到平面的距离即为的长，证明线面垂直，进而得到面面垂直，进而得到线面垂直，故为与底面所成角，根据与底面所成角为，得到为等边三角形，从而得到的长，得到答案； （2）在（1）的基础上得到，根据的面积为1，求出，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量公式求出其正弦值. 【详解】（1）因为，作交于， 因为平面平面，而平面平面，平面， 所以平面，则A到平面的距离即为的长， 而平面，故，因为，，平面， 所以平面，因为平面，所以平面平面， 作交于，    因为平面，平面平面，所以平面， 故即为与底面所成角，因为与底面所成角为，所以， 因为，所以为等边三角形，故为中点，且， 故A到平面的距离为； （2）由（1）可知平面，因为平面，所以， 因为的面积为，所以，又，所以， 取中点为，连接，则平行， 因为平面，所以平面， 以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，    则，，，，，， ，设平面的法向量， 则，令，则， 所以，设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 56．（22-23高二上·山东滨州·期末）如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，点在棱上. (1)证明：平面平面； (2)当时，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，求出各边长，由勾股定理逆定理得到，从而证明出线面垂直，面面垂直； （2）解法一：以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值； 解法二：取的中点，连接，以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值； 【详解】（1）因为底面，平面，所以. 四边形是直角梯形，，， 因为，所以. 所以，所以. 又因为，平面，所以平面. 又平面，所以平面平面. （2）解法一： 以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 设点的坐标为，因为，所以， 即，所以. 所以. 设平面的一个法向量为，则， 取，则，得. 又因为平面，所以平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则. 所以，二面角的余弦值为. 解法二： 取的中点，连接，以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 设点的坐标为，因为，所以， 即，所以. 所以. 设平面的一个法向量为，则. 取，则，则. 又因为平面，所以平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则. 所以二面角的余弦值为. 57．（22-23高二上·江苏徐州·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，，，E是上的点.    (1)求证：平面平面； (2)若E是的中点，且二面角的余弦值为，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）利用勾股定理证明，再由线面垂直得，从而可得平面，进而可证得面面垂直； （2）依题意建立空间直角坐标系，设，由向量法求二面角得值，再用向量法求线面角． 【详解】（1）由题意四边形是直角梯形，，， 所以，则， 又平面，平面，则， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）依题意，以为轴建立空间直角坐标系，如图，    设， 则，．，，， 则，，， 设平面的一个法向量是， 则，令，则， 易知平面的一个法向量为， 设二面角为 ，由图形可知， 则，解得，则， 记直线PA与平面EAC所成角为，， 所以． 58．（2023·云南昆明·模拟预测）如图，三棱柱的底面是等边三角形，，，D，E，F分别为，，的中点. (1)在线段上找一点，使平面，并说明理由； (2)若平面平面，求平面与平面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)点为的中点，理由见解析 (2) 【分析】（1）当点为的中点，为中点，可以证明四边形为平行四边形，从而有，进而证明平面. （2）取中点，连接，首先证明三线两两互相垂直，建立空间直角坐标系后分别求出两平面的法向量，进一步利用相应公式即可求解. 【详解】（1）如图所示： 当点为的中点时，平面，证明如下： 设为中点，连接. 因为在三棱柱中，， 分别为的中点， 所以，且， 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）如图所示： 取中点，连接. 因为，， 所以为正三角形，所以. 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面， 所以， 因为为等边三角形，所以. 以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 依题意得， 所以，. 设平面的法向量， 则由，得，令，得. 取平面的法向量， 设平面与平面所成二面角的大小为， 则. 所以， 所以平面与平面所成二面角的正弦值为. 59．（22-23高二上·山东聊城·期末）如图，在直三棱柱中，，，．M是AB的中点，N是的中点，P是与的交点． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)线段上是否存在点Q，使得平面？ 【答案】(1) (2)存在 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值； （2）设出，结合第一问中求出的平面的法向量，需，从而，列出方程，求出的值，得到答案. 【详解】（1）以A为原点，AC，AB，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，C，M的坐标分别为，，，所以，． 设是平面的法向量，则， 即，所以， 取，则，，所以是平面的一个法向量． P点坐标为，所以． 设与平面所成的角为θ， 则． （2）由，N的坐标分别为，，故， 设，则，得， 又P点坐标为，所以直线PQ的一个方向向量， 若平面，需，从而， 即，解得，这样的点P存在． 所以线段上存在点Q，使得平面，此时，Q为线段上靠近点N的三等分点． 60．（22-23高二上·山东德州·期末）如图，已知直角梯形，，，，，四边形为正方形，且平面⊥平面． (1)求证：⊥平面； (2)点M为线段的中点，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）由余弦定理得到，再由勾股定理逆定理得到，结合面面垂直得到线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值. 【详解】（1）已知直角梯形ABCD，，， ，所以为等腰直角三角形， 可得，，， 所以在中，由余弦定理得， 所以，得． 因为平面平面ABCD，平面平面，平面， 所以⊥平面． （2）根据（1）中所证可得：两两垂直， 故以C为坐标原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系： 则，，，． ，，， 设为平面MAB的一个法向量， 由，取，则， 故， 设直线与平面所成角为， 则． 即直线与平面所成角正弦值为． 61．（23-24高二上·山东临沂·期末）如图，在三棱锥中，侧面是等边三角形，. (1)证明：平面平面； (2)若，则在棱上是否存在动点，使得平面与平面的夹角为？若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明详见解析 (2)存在，且是线段上，靠近点的三等分点. 【分析】（1）设是的中点，通过证明平面来证得平面平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法，根据平面与平面的夹角求得点的位置. 【详解】（1）设分别是的中点，连接， 则，由于，所以， 由于三角形是等边三角形，所以， 由于，所以， 由于平面， 所以平面，由于平面，所以， 由于平面，所以平面， 由于平面，所以平面平面. （2）由（1）可知平面平面， 以为空间坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， ，则， 所以， ，设， 平面的一个法向量是， ， 设平面的一个法向量是， 则， 故可设， 若平面与平面的夹角为， 则，即， 解得（负根舍去）， 则，， 所以是线段上，靠近点的三等分点. 62．（22-23高二上·山东潍坊·期末）如图,在三棱台中,,平面ABC,,且D为BC中点. (1)证明:平面平面; (2)若,且的面积为2,求此时直线和平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法即得. 【详解】（1）证明:因为平面平面ABC, 所以， 又因为为BC中点, 所以 因为平面平面. 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2） 因为,,且的面积为2, 所以, 以A为坐标原点,AB,AC,所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则,,,,,, 所以,,, 设平面的一个法向量为,则,. 所以 可取,则,设直线和平面所成角为, 则, 故直线和平面所成角的正弦值为. 63．（22-23高二上·山东潍坊·期末）如图，在四棱锥中，，，点P在底面ABCD的射影恰是等边三角形ABD的中心，点M在棱PC上，且满足. (1)求证：平面BDM； (2)若直线PA与平面ABCD所成角的正切值为，求平面PAB与平面BDM所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作出辅助线，得到点A，O，C共线，即，再求出各边长，得到，得到，进而证明出线面平行； （2）作出辅助线，找到是直线PA与平面ABCD所成的角，求出，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到两平面夹角的余弦值. 【详解】（1）如图，取BD的中点O，连接AO，OC，OM， 因为，，所以，， 因为点A，O，C共面， 所以点A，O，C共线，即， 因为且三角形ABD为等边三角形， 所以，， 由勾股定理得：， 所以，又，所以， 所以，又平面BDM，平面BDM 所以平面BDM. （2）设等边三角形ABD的中心为E，连接PE，则平面ABD， 所以是直线PA与平面ABCD所成的角. 由（1）可知，点O为BD的中点，即AO为的中线，所以点E在AC上， 因为，所以，所以，所以. 如图，以O为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系. 所以，，，，， 因为，所以，所以. 所以，，，， 设平面PAB的法向量为， 则， 取，得，，所以， 设平面BDM的法向量为， 则，解得， 取，得，所以， 设平面PAB与平面BDM所成角大小为， 所以， 所以平面PAB与平面BDM所成角的余弦值为. 64．（22-23高二上·山东威海·期末）如图，正方体的棱长为1． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，然后利用空间向量法求直线与平面所成角的正弦值； （2）利用空间向量法求平面与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ， 设面的法向量为， ，取，得， 即面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， ， 即直线与平面所成角的正弦值； （2）由（1）知面的一个法向量为， 又平面的一个法向量明显为， ， 设平面与平面所成角为，， ， 即平面与平面所成角的正弦值为. 试卷第1页，共3页 2 / 131 学科网（北京）股份有限公司 $