专题01 空间向量与立体几何（期末真题汇编，江苏专用）高二数学上学期苏教版

专题01 空间向量与立体几何 2大高频考点概览 考点01 空间向量及其运算 考点02 利用空间向量求角度和距离 地 城 考点01 空间向量及其运算 一、单选题 1．(24-25高二上·江苏南京第九中学·期末)下列命题不正确的是（    ） A．设为实数，若直线平面，且的方向向量为，的法向量为，则 B．已知空间向量，，，若，，共面，则 C．已知两点，，若沿轴将坐标平面折成直二面角，则折叠后、两点间的距离为 D．在空间四边形中，设，，，，分别为，的中点，则 【答案】D 【分析】利用空间向量共线判断A；利用共面向量定理计算判断B；利用空间两点间距离公式判断C；利用空间基底表示向量判断D 【详解】对于A，直线的方向向量与的法向量共线，则，解得，A正确； 对于B，由，，共面，得，则，解得，B正确； 对于C，令原轴正方向为折后的轴正方向，原轴负方向为折后的轴正方向， 则折后点，点，折叠后、两点间的距离为，C正确； 对于D，，D错误. 故选：D 【点睛】方法点睛：首尾相接的若干个向量的和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量．所以在求若干向量的和，可以通过平移将其转化为首尾相接的向量求和． 2．(24-25高二上·山东青岛第二中学·)已知平行六面体的所有棱长均为，，则对角线的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据向量的线性运算，可得的表达式，两边平方即可求得. 【详解】由已知：平行六面体所有棱长均为， ，则， 又因为：， 同理可得：， 则 ，则. 故选：. 3．(24-25高二上·江苏南通通州区、启东、如东县等·期末)已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用投影向量的定义即可求解. 【详解】已知空间向量，， 向量在向量上的投影向量为： 故选：D 4．(24-25高二上·江苏徐州·期末)已知点在所在平面内，若对于空间中任意一点都有 ，则（    ） A．2 B．1 C．0 D． 【答案】A 【分析】根据四点共面的性质即可求解. 【详解】由题意可知四点共面， 故，故， 故选：A 5．(24-25高二上·江苏苏州部分校·期末)已知P是所在平面外一点，，且，则（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【分析】利用平面向量的线性运算可得，可求值. 【详解】由，得， 即，所以，，， 故. 故选：A. 6．(24-25高二上·江苏徐州·期末)在棱长为1的正四面体中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量的线性运算及数量积的运算求解. 【详解】因为， 所以 故选：A 7．(24-25高二上·江苏南通·期末)已知三点不共线，点在平面外，点满足，则当点共面时，实数（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由向量减法运算可得，再根据题设及空间向量的共面定理即可求解. 【详解】由，可得， 所以， 当点共面时，可得，解得. 故选：A. 8．(21-22高二上·安徽皖西七校·期末)已知空间向量，若 ，则实数的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据条件，利用空间向量垂直的坐标表示，即可求解. 【详解】因为，所以， 又，所以，解得， 故选：A. 9．(22-23高二上·福建莆田仙游第一中学等五校联考·期末)如图，平行六面体中，点在上，点在上，且，，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量的运算法则确定，得到答案. 【详解】， 故，，，. 故选：A 10．(24-25高二上·江苏宿迁中学·期末)如图.空间四边形中，，，，点在上，且满足，点为的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量的线性运算可得出关于、、的表达式. 【详解】因为为的中点，则， 因为，则， 因此，. 故选：B. 11．(24-25高二上·江苏连云港新海高级中学·期末)在四棱锥中，底面是正方形，为中点，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据几何体，空间向量的线性运算的几何意义，用已知向量表示出目标向量即可求解. 【详解】 . 故选：C. 12．(24-25高二上·江苏南京第九中学·期末)已知表示空间内的一条直线或一个平面，若命题，与命题均是真命题，对于下列三个论断：①可以都是直线；②可以都是平面；③中可以既有直线也有平面.正确的个数是（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用线线、线面、面面关系逐一判断3个命题即可. 【详解】对于①，当都是直线时，由平行公理知平行于同一条直线的两条直线平行，命题是真命题； 由直线与直线所成角的定义知两条平行线与第三条直线所成角相等，命题是真命题，①正确； 对于②，当都是平面时，由面面平行的性质知平行于同一平面的两个平面平行，命题是真命题； 由平面与平面所成角的定义知两个平行平面与第三个平面所成角相等，命题是真命题，②正确； 对于③，中可以既有直线也有平面，若中有1条直线，2个平面，则当是直线， 直线还可能在平面内；当是直线，直线还可能在平面内；当是直线，平面还可能相交， 若中有2条直线，1个平面，则当是平面时，直线还可能在平面内；当是平面， 直线还可能在平面内；当是平面时，直线还可能相交或是异面直线，因此不一定是真命题，③错误， 所以正确的个数是2. 故选：C 13．(24-25高二上·江苏天一中学·期末)若空间向量，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出向量的坐标，利用空间向量的模长公式可求得结果. 【详解】因为空间向量，， 则， 因此，. 故选：C. 二、多选题 14．(24-25高二上·江苏宿迁中学·期末)下列关于空间向量的命题中，正确的是（   ） A．若非零向量满足，则 B．任意向量，满足 C．若为空间一个基底，且，则四点共面 D．直线的方向向量平面的法向量，则 【答案】ABC 【分析】对于A根据共线向量定理即可判断，对于B根据数量积的运算律即可判断，对于C得即可判断，对于D先验算即可判断. 【详解】对于A：因为非零向量，，所以存在实数，使得，故A正确； 对于B：根据数列积运算律有，故B正确； 对于C：若为空间一个基底，， 即，所以四点共面，故C正确； 对于D：因为，所以或，故D错误， 故选：ABC. 15．(24-25高二上·江苏天一中学·期末)关于空间向量，以下说法正确的是（    ） A．若空间向量，，则在上的投影向量为 B．已知，，则点到直线的距离为 C．若对空间中任意一点有，则，，，四点共面 D．若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则 【答案】AC 【分析】对于A，应用求解即可；对于B，应用求解即可； 对于C，转化为即可判断；对于D，可证得，但线面关系可有两种情况. 【详解】解：对于A项：在上的投影向量为，故A正确； 对于B项：，故B错误； 对于C项：因为，所以， 所以，即， 所以，，，四点共面，故C正确； 对于D项：因为， 所以，则或，故D错误； 故选：AC 地 城 考点02 利用空间向量求角度和距离 一、单选题 16．(24-25高二上·江苏南京金陵中学·期末)在三棱锥中，，，，，且，则二面角的余弦值的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先得、的轨迹方程，进一步作二面角的平面角为，结合轨迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等条件. 【详解】因为，所以，且，可得， 所以，，点的轨迹方程为（椭球），    又因为，则，且，则， 所以点的轨迹方程为（双曲线的一支），    过点在平面内作，垂足为点，连接， 因为，而，、面，所以面，    因为平面，则，则二面角为， 设为中点，所以不妨设，，， 所以， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 因此，二面角的余弦值的最小值为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：关键是用定义法作出二面角的平面角，结合轨迹方程设参即可顺利得解. 17．(24-25高二上·江苏无锡锡山高级中学·期末)如图，在三棱柱中，与相交于点O，，，，，则线段的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量加减、数乘的几何意义，结合三棱柱中各线段的位置关系用表示出，再应用空间向量数量积的运算律求的模长，从而得解． 【详解】由题意可知，四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ，，则线段的长度为． 故选：A． 18．(24-25高二上·江苏天一中学·期末)在正四棱锥中，底面边长为，侧棱长为4，点是底面内一动点，且，则当，两点间距离最小时，直线与直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意作出相应图形连接，交于点，连接，由四棱锥为正四棱锥，可得底面，从而可求得即点在以为圆心，1为半径的圆上，然后建立空间直角坐标系，再利用异面直线向量求法即可求解. 【详解】根据题意作图如图所示，连接，交于点，连接，    因为四棱锥为正四棱锥，可得底面． 由底面边长为，可得，所以， 在中，，，可得， 又由，在中，可得， 即点在以为圆心，1为半径的圆上， 所以当点为圆与的交点时，，两点间距离最小，最小值为． 以，，所在直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系， 可得，，，， 则，，可得， 所以直线与直线所成角的余弦值为，故A正确. 故选：A. 二、多选题 19．(24-25高二上·江苏苏州部分校·期末)如图，在正三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，点在上，且，则（   ） A．直线平面 B．点到平面的距离为 C．异面直线与所成角的余弦值为 D．设，分别在线段和上，且，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】利用垂直关系，建立空间直角坐标系，利用坐标法，结合选项，依次判断. 【详解】如图，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， ，， 设是平面的一个法向量，则，即，不妨取，则， 又，，故，又平面，所以平面，故A正确； ，点到平面的距离，故B错误； ，，故C正确； 设，，，则，， 即,， 所以, 所以，易知当λ=时，，故D正确. 故选：ACD 20．(24-25高二上·江苏南京金陵中学·期末)如图，在正方体中，为棱的中点．动点沿着棱从点向点移动，对于下列四个结论．正确的是（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得平面 C．的面积越来越小 D．四面体的体积不变 【答案】ACD 【分析】设正方体棱长为，，求出、，由解得，确定A正确，考虑到到平面的距离不变，从而易判断D，建立空间直角坐标系，可证明不可能与垂直，故B不正确；设，由空间向量法求得到的距离，由距离的变化规律判断C正确. 【详解】设正方体棱长为，， 由平面，平面得，同理， 所以 ， 由得，存在使得，A正确； 正方体中，平面，，所以到平面的距离不变， 即到平面的距离不变，而面积不变， 因此三棱锥，即四面体的体积不变，D正确； 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，    设正方体棱长为，则、、、， 所以，，，， 所以不可能与垂直，故平面也不可能成立，故B错误； 设，则，，， 所以， 设到直线的距离为， 则 ， 由二次函数性质知时，递减，所以递减， 又不变，所以的面积为递减，C正确， 综上：ACD正确 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：立体几何中存在性或探究性问题涉及到的点具有运动性和不确定性属于动态几何问题,用纯几何的方法来解决对空间想像能力、作图能力和逻辑推理能力的要求很高，若用向量方法处理，尤其是通过建立空间直角坐标系求解问题则思路简洁明了，本题中用向量法解决点到直线的距离问题避免了抽象复杂找距离过程，而且将距离的变化情况转化为函数的单调性问题解决更简单明了. 21．(24-25高二上·江苏南京第九中学·期末)已知正方体的棱长为1，动点满足，.，，分别为，，的中点，则下列选项正确的是（    ） A．存在点，使得平面 B．存在点，使得平面 C．若，则点的轨迹为抛物线 D．若与平面所成角的大小为，则的最大值为 【答案】AD 【分析】根据给定的几何体，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断AB；利用空间角的向量求法求解判断CD. 【详解】在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 由，得，，， ，设平面的法向量为， 则，令，得， 对于A，令，则，， 而平面，因此存在点，使得平面，A正确； 对于B，令，解得，不满足题意， 因此不存在点，使得平面，B错误； 对于C，，由，得， 整理得，点的轨迹为椭圆的一部分，C错误； 对于D，平面的法向量为，由与平面所成角的大小为， 得，整理得， 令，则， 其中锐角由确定，，则当时，取得最大值，D正确. 故选：AD 【点睛】思路点睛：涉及探求几何体中点的轨迹问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算建立动点坐标的关系解决. 22．(24-25高二上·江苏无锡锡山高级中学·期末)如图，在长方体中，，M，N分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（   ） A．平面 B．平面 C．异面直线和所成角的余弦值为 D．若为线段上的动点，则三棱锥的体积最大值为 【答案】CD 【分析】A选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到，所以与不垂直，故与平面不垂直；B选项，求出平面的法向量，则，B错误；C选项，利用异面直线夹角余弦公式得到C正确；D选项，先求出，点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，求出平面的法向量，设，，利用点到平面距离公式得到点到平面的距离最大值，从而得到面积的最大值. 【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ，M，N分别为棱，的中点， 故， ， 故， 所以与不垂直，故与平面不垂直，A错误； B选项，，而平面的一个法向量为， 则， 故与不垂直，故与平面不平行，B错误； C选项，，，， 设异面直线和所成角的夹角为， 故， 故异面直线和所成角的余弦值为，C正确； D选项，为线段上的动点，设，， 其中，， 故， 则， 故， 由于为定值，故点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 又， 设点到平面的距离为， 则， 因为，所以当时，， 则三棱锥的体积最大值为，D正确. 故选：CD 23．(24-25高二上·江苏镇江第一中学·期末)如图是数学家 Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥侧面得到的截口曲线是椭圆的模型 （称为“Dandelin双球”）．在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，截面分别与球O₁，球O₂切于点E，F（E，F是截口椭圆C的焦点）．设图中球O₁，球O₂的半径分别为4和1，球心距，则（   ） A．椭圆C的中心在直线O₁O₂上 B． C．椭圆C上存在不同的四个点M ，使得 D．椭圆C的离心率为 【答案】BCD 【分析】根据给定的几何体，作出轴截面，结合圆的切线性质及勾股定理求出椭圆长轴和焦距作答. 【详解】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，得圆锥的轴截面及球，球的截面大圆，如图， 点分别为圆与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段是椭圆长轴， 可知椭圆C的中心（即线段的中点）不在直线上，故A错误； 椭圆长轴长， 过作于D，连，显然四边形为矩形， 又， 则， 过作交延长线于C，显然四边形为矩形， 椭圆焦距，故B正确； 所以， 以为直径作球，即该球的半径为，因为， 所以该球与椭圆有四个交点，根据直径对的圆周角为直角，可知椭圆C上存在不同的四个点M ，使得，故C正确； 所以椭圆的离心率，故D正确； 故选：BCD. 24．(24-25高二上·江苏南通·期末)设平面平面分别为的一个方向向量，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则所成角为 C．若，则与所成角为 D．若，则的夹角为 【答案】ABD 【分析】根据方向向量和法向量的定义，结合线面关系，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A，若，则，故A正确； 对于B，若，因为，所以， 又因为直线的夹角的范围为，则所成角为，故B正确； 对于C，如图，设点，，分别为平面上的垂足， 点为与平面的交点，,， 若，则平面与平面的夹角为或， 如下图，即，或，可得， 与所成角为，故C错误； 对于D，若，则的夹角为 ，故D正确. 故选：ABD. 25．(24-25高二上·江苏徐州·期末)在正方体中，点满足，则（    ） A．平面 B．在上的投影向量为 C．当时，直线与所成角的余弦值为 D．与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】AB 【分析】根据面面平行判断A，根据向量的投影向量判断B，根据向量法求线线角、线面角判断CD. 【详解】 对A，由正方体性质可知，平面，平面， 所以平面，同理，平面，又，平面， 所以平面平面，又平面，所以平面，故A正确； 对B，由正方体性质可知，，，且垂足分别为，故由投影向量概念知B正确； 对C，建立如图所示空间直角坐标系，设 正方体棱长为1，当时， 则，所以， 设直线与所成角为，则，故C错误； 对D，设，则， ，， 又，，所以， ，即，，所以为平面的一个法向量， 设与平面所成角为，则， 即最大值为，故D错误. 故选：AB 三、非选择题 26．(24-25高二上·江苏南京第九中学·期末)已知，是正四面体棱，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为 . 【答案】 【分析】取中点，利用几何法，结合余弦定理求出异面直线夹角的余弦. 【详解】取中点，连接，由是的中点，得， 则是直线，所成的角或其补角，令正四面体的棱长为4， 由是的中点，得，， 在中，， 在中，. 故答案为： 27．(24-25高二上·江苏徐州·期末)已知正方形和矩形所在平面互相垂直，，，若平面与平面的交线为，则点到的距离为 . 【答案】 【分析】作出平面的交线，再利用等面积法求点到直线距离即可. 【详解】过作，交的延长线于点，连接，如图， 因为四边形为平行四边形，所以， 所以，，即平面 又平面，所以平面与平面的交线为， 因为，， 设点到的距离为， 由等面积法可知，， 所以， 故答案为：. 28．(24-25高二上·江苏连云港新海高级中学·期末)如图，若正方体的棱长为，点是正方体的底面上的一个动点（含边界），是棱的中点，则三棱锥体积的最大值为 .    【答案】/ 【分析】以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，设出点坐标，求出平面的法向量，利用向量法求点到平面的最大距离，然后可解. 【详解】    以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 如图所示：易知，则， 设平面的一个法向量为，可得， 令，可得，即； 可设，则， 所以到平面的距离为，易知当时，距离最大值为； 又在中，易知，， 所以边上的高， 所以，为定值； 所以到平面的距离最大时，三棱锥体积的最大为：. 故答案为： 29．(24-25高二上·江苏南京第九中学·期末)已知斜三棱柱中，，，线段的中点为，且，. (1)证明：平面； (2)当时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若二面角的余弦值为，求实数的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)或. 【分析】（1）先证，再由，即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入线面夹角公式即可； （3）求得平面法向量，代入夹角公式即可. 【详解】（1）由，可得为等边三角形， 又为的中点， 所以，又, 所以，又， 为平面内的两条相交直线， 所以平面； （2）过在平面内作的垂线，由（1）如图建系： 设， 易得, 当时，, , 所以, 所以, 易知平面的法向量， 设直线与平面所成角为， 则 （3）由，，， 可得：, 又，， 设平面的法向量为，, 则，即 令，可得：， 所以， 设平面的法向量为，， 则即， 令，可得：， 所以， 设二面角的大小为，由图可知其为锐角， 所以， 即， 解得：或. 30．(24-25高二上·江苏无锡锡山高级中学·期末)如图，在四棱锥中，四边形为正方形，，，二面角的大小为，点为线段上一点. (1)证明：平面平面. (2)若，求四棱锥的体积. (3)点为线段上一动点，求直线与平面所成角的正弦的最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）取的中点，利用二面角的定义及余弦定理推理证得，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理得证. （2）由（1）结合锥体体积公式计算得解. （3）以为原点建立空间直线坐标系，利用空间向量求出线面角正弦的函数关系，再求出函数最大值即可. 【详解】（1）设的中点分别为，连接， 由，得，由，得， 正方形中，，则二面角的平面角为， 由余弦定理，得， ，则，由，平面， 得平面，而平面，因此，又， 平面，于是平面，而平面， 所以平面平面． （2）由（1）知，四棱锥的高为，点在线段上，且， 则点到平面的距离是点到平面距离的， 所以四棱锥的体积为． （3）由（1）知，直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ，设， ，设平面的法向量为， 则，令，得， 设直线与平面所成的角为，则 ， 当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦的最大值为. 31．(24-25高二上·江苏南通·期末)如图，在四棱锥中，底面 .    (1)求点到平面的距离； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再由点到平面的向量求法计算即可； （2）求出平面的法向量，由平面与平面所成角的向量求法计算即可． 【详解】（1）过作于，因为， 所以四边形为平行四边形， 所以，，所以， 又因为，所以△为等边三角形， 取的中点，连接，则，即， 因为，所以， 因为底面，所以，，两两互相垂直， 则以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以，0，，，0，，，1，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，所以， 所以点到平面的距离为； （2）由（1）知，，， 设平面的法向量为， 则，解得，令，则，所以， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为．    32．(24-25高二上·江苏天一中学·期末)如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧棱底面，分别在棱上，为线段的中点. (1)若是的中点，求与平面所成角的正弦值； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量坐标公式计算即可； （2）分别求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量坐标公式计算即可. 【详解】（1）因为底面是正方形，为线段的中点，侧棱底面， 以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系； 则， 由题意，是的中点，则， 故， 设平面的法向量为，则， 令，得； 记与平面所成角为，则， 故与平面所成角的正弦值为. （2），故， 故；又平面， 平面，故平面， 故平面的法向量， 平面的法向量， 记平面与平面的夹角为，则， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 33．(24-25高二上·江苏南通通州区、启东、如东县等·期末)如图，在四棱锥中，平面，，，， (1)求平面与平面夹角的余弦值； (2)若点E在线段PD上，平面，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由已知，以为原点,建立空间直角坐标系，利用坐标运算分别求出平面与平面的一个法向量，再由坐标运算求出平面与平面夹角的余弦值； （2）设，由平，可得（为平面的一个法向量），利用坐标运算求出，即可求得的值. 【详解】（1） 因为，，所以 又平面， 以为原点,所在直线分别为轴,建立如图所示的空间直角坐标系 又，， 则，，，，， 所以， ， 设平面的一个法向量，则， 得，取， 平面的一个法向量， 所以， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为 （2）设， 由（1）知，， 则， 因为平面，由（1）知平面的一个法向量， 所以，即，解得， 所以. 34．(24-25高二上·江苏徐州·期末)如图，三棱柱的棱长均为4，，，分别是棱，，的中点，平面. (1)求证：； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线垂直； （2）利用向量法求二面角的余弦值即可. 【详解】（1）因为平面，，平面， 所以，. 因为为等边三角形，且为中点，所以， 故，，两两互相垂直.以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，， 所以，. 所以， 所以，即. （2）因为，所以， 而，所以，则. 设平面的法向量为， 则所以即 令，则，， 所以平面的一个法向量为. 又因为平面的一个法向量为， 所以. 由图形可知，二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. 35．(24-25高二上·江苏南京金陵中学·期末)如图，在四棱锥中，四边形是梯形，其中，，平面平面.    (1)证明：； (2)若是棱上的动点，且与平面所成角的正切值为. （i）求二面角的余弦值； （ii）当直线与平面所成角最大时，求长. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据几何关系先证明，再根据面面垂直的性质定理证明平面，由此可知； （2）（i）先证明平面并求解出长度，然后建立合适空间直角坐标系，分别求解出平面和平面的一个法向量，根据法向量夹角的余弦值求解出结果；（ii）设，由此表示出坐标，然后利用向量法表示出，再通过换元法以及二次函数性质分析何时取最大值，从而计算出坐标，则长可求. 【详解】（1）因为，所以为正三角形， 所以， 又因为，所以， 在中，， 所以，所以， 所以，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以. （2）（i）因为，，，平面， 所以平面，所以与平面所成角即为， 所以，所以； 以为原点，分别以为轴正方向，建立空间直角坐标系，如下图所示，    因为，所以， 设平面的一个法向量为， 所以，所以， 取，则，所以， 取平面的一个法向量为， 设二面角的平面角大小为， 所以， 所以二面角的余弦值为； （ii）因为，即， 设，且， 因为，所以， 所以，所以， 设直线与平面所成角为， 所以 令，所以， 由二次函数性质可知，当，即，即时，有最大值，此时取最大值， 所以， 所以. 试卷第1页，共3页 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 空间向量与立体几何 2大高频考点概览 考点01 空间向量及其运算 考点02 利用空间向量求角度和距离 地 城 考点01 空间向量及其运算 一、单选题 1．(24-25高二上·江苏南京第九中学·期末)下列命题不正确的是（    ） A．设为实数，若直线平面，且的方向向量为，的法向量为，则 B．已知空间向量，，，若，，共面，则 C．已知两点，，若沿轴将坐标平面折成直二面角，则折叠后、两点间的距离为 D．在空间四边形中，设，，，，分别为，的中点，则 2．(24-25高二上·山东青岛第二中学·)已知平行六面体的所有棱长均为，，则对角线的长为（    ） A． B． C． D． 3．(24-25高二上·江苏南通通州区、启东、如东县等·期末)已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 4．(24-25高二上·江苏徐州·期末)已知点在所在平面内，若对于空间中任意一点都有 ，则（    ） A．2 B．1 C．0 D． 5．(24-25高二上·江苏苏州部分校·期末)已知P是所在平面外一点，，且，则（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 6．(24-25高二上·江苏徐州·期末)在棱长为1的正四面体中，，则（    ） A． B． C． D． 7．(24-25高二上·江苏南通·期末)已知三点不共线，点在平面外，点满足，则当点共面时，实数（    ） A． B． C． D． 8．(21-22高二上·安徽皖西七校·期末)已知空间向量，若 ，则实数的值为（   ） A． B． C． D． 9．(22-23高二上·福建莆田仙游第一中学等五校联考·期末)如图，平行六面体中，点在上，点在上，且，，若，则（    ） A． B． C． D． 10．(24-25高二上·江苏宿迁中学·期末)如图.空间四边形中，，，，点在上，且满足，点为的中点，则（    ） A． B． C． D． 11．(24-25高二上·江苏连云港新海高级中学·期末)在四棱锥中，底面是正方形，为中点，若，则（   ） A． B． C． D． 12．(24-25高二上·江苏南京第九中学·期末)已知表示空间内的一条直线或一个平面，若命题，与命题均是真命题，对于下列三个论断：①可以都是直线；②可以都是平面；③中可以既有直线也有平面.正确的个数是（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 13．(24-25高二上·江苏天一中学·期末)若空间向量，，则（   ） A． B． C． D． 二、多选题 14．(24-25高二上·江苏宿迁中学·期末)下列关于空间向量的命题中，正确的是（   ） A．若非零向量满足，则 B．任意向量，满足 C．若为空间一个基底，且，则四点共面 D．直线的方向向量平面的法向量，则 15．(24-25高二上·江苏天一中学·期末)关于空间向量，以下说法正确的是（    ） A．若空间向量，，则在上的投影向量为 B．已知，，则点到直线的距离为 C．若对空间中任意一点有，则，，，四点共面 D．若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则 地 城 考点02 利用空间向量求角度和距离 一、单选题 16．(24-25高二上·江苏南京金陵中学·期末)在三棱锥中，，，，，且，则二面角的余弦值的最小值为（   ） A． B． C． D． 17．(24-25高二上·江苏无锡锡山高级中学·期末)如图，在三棱柱中，与相交于点O，，，，，则线段的长度为（   ） A． B． C． D． 18．(24-25高二上·江苏天一中学·期末)在正四棱锥中，底面边长为，侧棱长为4，点是底面内一动点，且，则当，两点间距离最小时，直线与直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 19．(24-25高二上·江苏苏州部分校·期末)如图，在正三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，点在上，且，则（   ） A．直线平面 B．点到平面的距离为 C．异面直线与所成角的余弦值为 D．设，分别在线段和上，且，则的最小值为 20．(24-25高二上·江苏南京金陵中学·期末)如图，在正方体中，为棱的中点．动点沿着棱从点向点移动，对于下列四个结论．正确的是（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得平面 C．的面积越来越小 D．四面体的体积不变 21．(24-25高二上·江苏南京第九中学·期末)已知正方体的棱长为1，动点满足，.，，分别为，，的中点，则下列选项正确的是（    ） A．存在点，使得平面 B．存在点，使得平面 C．若，则点的轨迹为抛物线 D．若与平面所成角的大小为，则的最大值为 22．(24-25高二上·江苏无锡锡山高级中学·期末)如图，在长方体中，，M，N分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（   ） A．平面 B．平面 C．异面直线和所成角的余弦值为 D．若为线段上的动点，则三棱锥的体积最大值为 23．(24-25高二上·江苏镇江第一中学·期末)如图是数学家 Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥侧面得到的截口曲线是椭圆的模型 （称为“Dandelin双球”）．在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，截面分别与球O₁，球O₂切于点E，F（E，F是截口椭圆C的焦点）．设图中球O₁，球O₂的半径分别为4和1，球心距，则（   ） A．椭圆C的中心在直线O₁O₂上 B． C．椭圆C上存在不同的四个点M ，使得 D．椭圆C的离心率为 24．(24-25高二上·江苏南通·期末)设平面平面分别为的一个方向向量，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则所成角为 C．若，则与所成角为 D．若，则的夹角为 25．(24-25高二上·江苏徐州·期末)在正方体中，点满足，则（    ） A．平面 B．在上的投影向量为 C．当时，直线与所成角的余弦值为 D．与平面所成角的正弦值的最大值为 三、非选择题 26．(24-25高二上·江苏南京第九中学·期末)已知，是正四面体棱，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为 . 27．(24-25高二上·江苏徐州·期末)已知正方形和矩形所在平面互相垂直，，，若平面与平面的交线为，则点到的距离为 . 28．(24-25高二上·江苏连云港新海高级中学·期末)如图，若正方体的棱长为，点是正方体的底面上的一个动点（含边界），是棱的中点，则三棱锥体积的最大值为 .    29．(24-25高二上·江苏南京第九中学·期末)已知斜三棱柱中，，，线段的中点为，且，. (1)证明：平面； (2)当时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若二面角的余弦值为，求实数的值. 30．(24-25高二上·江苏无锡锡山高级中学·期末)如图，在四棱锥中，四边形为正方形，，，二面角的大小为，点为线段上一点. (1)证明：平面平面. (2)若，求四棱锥的体积. (3)点为线段上一动点，求直线与平面所成角的正弦的最大值. 31．(24-25高二上·江苏南通·期末)如图，在四棱锥中，底面 .    (1)求点到平面的距离； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 32．(24-25高二上·江苏天一中学·期末)如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧棱底面，分别在棱上，为线段的中点. (1)若是的中点，求与平面所成角的正弦值； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 33．(24-25高二上·江苏南通通州区、启东、如东县等·期末)如图，在四棱锥中，平面，，，， (1)求平面与平面夹角的余弦值； (2)若点E在线段PD上，平面，求的值. 34．(24-25高二上·江苏徐州·期末)如图，三棱柱的棱长均为4，，，分别是棱，，的中点，平面. (1)求证：； (2)求二面角的余弦值. 35．(24-25高二上·江苏南京金陵中学·期末)如图，在四棱锥中，四边形是梯形，其中，，平面平面.    (1)证明：； (2)若是棱上的动点，且与平面所成角的正切值为. （i）求二面角的余弦值； （ii）当直线与平面所成角最大时，求长. 试卷第1页，共3页 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $