期末专题01 空间向量与立体几何8大考点（期末真题汇编，湖北专用）高二数学上学期人教A版

命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 期末专题01空间向量与立体几何 ☆9大高频考点概览 考点01空间向量的运算、定理 考点02空间向量的坐标表示 考点03异面直线所成角 考点04线面角 考点05二面角 考点06方程思想的应用 考点07最值与范围问题 考点08距离与体积问题 考点09多选题多考点综合 目目 考点01 空间向量的运算、定理 1.(23-24高二上湖北荆州荆州中学期末)（多选）下列说法正确的是() A.若有空间非零向量a,b,ā/b,则存在唯一的实数2，使得6=2d B.A,B,C三点不共线，空间中任意点O,若OP=3OA+OB+0C,则P,A,B,C四点共面 4 8 8 C.a=(x,2,1,6=(4,-2+x,x),若a1/b,则x=-2 D.若OA,OB,OC是空间的一个基底，则O,A,B,C四点共面，但不共线 2.(23-24高二上湖北荆门期末)在四面体OABC中，M点在线段OA上，且0M=2MA,G是ABC的重 心，己知OA=a,OB=b,OC=c,则MG等于() A. 2ā+6+c B.- 3"22 c.++ 1 D.2a+26-c 3.(24-25高二上·湖北楚天协作体期末)如图，在正四面体P-ABC中，过点A作平面PBC的垂线，垂足为 点H,点M满足AM=}A,则PW=() 1/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B A. P4+1PB+IPC B.P4+1PB+IPC 2 4 2 6 4.(24-25高二上湖北云学名校联盟期末)（多选）如图，在四面体ABCD中，设AB=ā，AC=b,AD= ,下列条件能证明AB⊥CD的是() A.a.b=a.c B.B=CD AC=BD,AD=BC C.AC BC,AD -BD D.AC.BD=0,AD.BC=0 5.(24-25高二上湖北云学名校联盟期末)如图，两条异面直线m,n所成的角为60°，在直线m,n上分别 取点A,M和B,N,使AB⊥m且AB⊥n.已知AM=1,BN=1,MN=√2，则线段AB的长为」 M m n 目目 考点02 空间向量的坐标表示 6.(24-25高二上湖北武汉华中师范大学第一附属中学期末)已知a=(1,1,2),b=(3,1,1,c=(4,2,m),若 a、五、c共面，则m= 2/13 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 7.(24-25高二上湖北部分州期末)已知向量a=（-1,2,3),向量b=(4,-1,-2,向量c=(2,3,1,若ā，6，c三 个向量共面，则实数入等于() A.17 B.19 C.21 D.23 8.(23-24高二上湖北新高考联考协作体期末)己知i=3,a,b)(a,b∈R)是直线1的方向向量， i=(1,2,3)是平面0的法向量，如果11a,则2a+3b= 9.(24-25高二上湖北部分重点中学期末)已知=(2,2,0)，b=(0,11),若a+2b1,则实数= 10.(24-25高二上湖北仙桃期末已知0A=(2,13),05=(-2,1,x,且0A10B，则48=一 11.(24-25高二上·湖北部分州期末)已知八面体EABCDF由正四棱锥E-ABCD与正四棱锥F-ABCD构成 (如图)，若AB=AE=2,AF=√10，点M,N分别为BE,CE的中点，则AM.FN=() E A.0 B.2 C.2 D. 7 2 目目 考点03 异面直线所成角 12.(24-25高二上湖北仙桃期末)已知正三棱柱ABC-A'B'C'的各条棱长均相等，棱CC'的中点为D，,则直 线A'C与直线BD所成的角的余弦值为() A.0 B.4 c.3 D.V5 13.(23-24高二上湖北荆州八县区·期末)（多选）如图，直四棱柱ABCD-A,B,C,D,E是棱DD,的中点， AB=1,AD=2,AA=4,且AB⊥AD,则() 3/13 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 A D A A.BD,//平面ACE B.B,D⊥平面ACE C.直线BD与CE所成的角的余弦值为o5 15 D.点B到平面ACE的距离为√6 目目 考点04 线面角 14.(24-25高二上湖北部分级示范高中期末)如图，正方体ABCD-A,B,C,D的棱长为2，E为BC的中点.点 M在BD,上. D C B M E (I)求证：AC⊥平面BDM; (2)若EM⊥AD.求直线EM与平面MCD所成角的大小； 15.(24-25高二上湖北仙桃·期末)如图，平行六面体ABCD-A,B,C,D,的所有棱长均相等，AD⊥DC, ∠DCC,=60°，平面CC,D,D⊥平面ABCD,点E,F满足D,E=EC,CF=2FC 4/13 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D E A B B (I)求证：AEII平面BDF; (2)求直线CD与平面BDF所成的角O的正弦值 16.(24-25高二上湖北武汉华中师范大学第一附属中学期末)如图(1)，在平面四边形ABCD中，AD=4 ，BC=2,∠ABD=∠CBD=牙，BC1CD,过点D作DE⊥AB,垂足为E如图(2)，将ADE沿DE折 起，使得点A到达点P处，且PE⊥BE. 图(1) 图(2) (1)证明：BD⊥PC (②)若点F为PD的中点，求直线CF与平面PBC所成角的正弦值. 17.(23-24高二上湖北云学名校联盟·期末)如图，己知四棱锥P-ABCD,PA⊥面ABCD,四边形ABCD中， ∠ABC=90°，ABI1CD,AB=2,BC=√2，CD=4,点A在平面PCD内的投影G恰好是△PCD的重心. i: (I)求证：平面PAB⊥平面PBC; (②)求线段PA的长及直线DG与平面PBC所成的角的正弦值， 5/13 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 目目 考点05 二面角 18.(23-24高二上湖北沙中学.期末)如图，在五面体ABCDEF中，面ADEF为矩形，且与面ABCD垂直， ∠BcD=90,4D=CD=号8C=1,DE=5 D (1)证明：AD∥BC; (2)求平面ACE与平面BCEF夹角的正弦值 19.(24-25高二上湖北云学名校联盟期末)在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的正三角形，M 是PD的中点，底面ABCD为矩形，且侧面PAD1底面ABCD,PB与平面ABCD所成角的正切值为5 (1)求证：AM⊥平面PCD; (2)求平面ABM与平面PBC夹角的余弦值 20.(23-24高二上湖北荆州八县区·期末)如图，四棱锥P-ABCD中，△PAB为等腰直角三角形，四边形 ABCD为菱形，PA=PB=√2，∠ABC=60°，E,F分别为CD,PD的中点，平面PAB⊥平面ABCD. D (I)求证：EF⊥AB; (2)求平面BEF与平面PCD夹角的余弦值， 21.(23-24高二上湖北荆门期末)在三棱锥P-ABC中，M是线段AC的中点，PA=PC=4,AB=BC=5, PB=3,MB=√17. 6/13 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M B (1I)证明：P在平面ABC内的射影O为ABC的垂心； (2)求二面角P-BC-A的余弦值， 22.(23-24高二上·湖北新高考联考协作体·期末)在四棱锥Q-ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2, OD=0A=5,OC=3. 0 B (I)求证：平面QAD⊥平面ABCD; (2)求平面ABQ与平面BDQ夹角的余弦值 23.(24-25高二上·湖北部分州期末)如图，已知四棱锥E-ABCD,底面ABCD为菱形，且∠BAD=60°，侧 面EAB为边长等于2的正三角形，平面EAB⊥平面ABCD,F为ED的中点. D (I)求四棱锥E-ABCD的体积； (2)求平面BCE与平面ADE夹角的余弦值 24.(24-25高二上·湖北武汉重点中学5G联合体期末)如图，四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为直角梯 形，AB/ICD,AB⊥AD,AB=AD=2,PB=CD=4,PD=V2AD,点E为PB中点，DE⊥PC. 7/13 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 P F B (I)求证：PD⊥平面ABCD; (2)己知点F为线段AB的中点，求平面DEF与平面ABCD所成角的余弦值， 目目 考点06 方程思想的应用 25.(23-24高二上湖北部分级示范高中·期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，侧面 PAD⊥底面ABCD,E为线段PA的中点，过C,D,E三点的平面与线段PB交于点F,且PA=PD=AB=2 (I)证明：EF⊥AD; (②)若四棱锥P-ABCD的体积为，则在线段PB上是否存在点G,使得二面角G-CD-B的正弦值为5？ 5 若存在，求P6的值：若不存在，议明医血 26.(23-24高二上湖北武汉常青联合体·期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底平面ABCD为菱形且 ∠DAB=60°，O为AD中点，PA=PD. 0 D- B (1)求证：平面POB⊥平面PAD; (②)若平面PAD⊥平面ABCD,且PA=PD=AD=2,试问在线段PC上是否存在点M,使二平面角 M-80-C的大小为45，如存在，求兴的值，如不存在，说明理由. 8/13 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 目目 考点07 最值与范围问题 27.(24-25高二上湖北武汉华中师范大学第一附属中学期末)在三棱锥A-BCD中，BD=AC=√13， BC=AD=√I0,AB=CD=√5，AB中点为M,点N为棱CD上的动点，当AN.M取最小值时，线段 DN的长度为() A05 B.0V5 c5 D.5 20 28.(24-25高二上湖北楚天协作体·期末)如图，在五棱锥S-ABCDE中，平面SAE⊥平面AED,AE⊥ED, SE⊥AD. S E 4 (I)证明：SE⊥平面AED: (②若四边形BCD为正方形，且5G=1,48=2,N为边Bc的中点，∠ED=00=0别) 当0取何值 时，直线DN与平面AD所成的角最小 29.(23-24高二上湖北襄阳、黄石、宜昌、黄冈部分学校期末)如图，四边形ABCD为矩形，△ACD≌ △ACE,且二面角C-AB-E为直二面角. D (I)求证：平面ACE⊥平面BCE; (2)设F是BE的中点，AE=1,BE=2,二面角E-AC-F的平面角的大小为O,当元∈[2,3]时，求cos0的 取值范围. 9/13 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 目目 考点08 距离与体积问题 30.(24-25高二上湖北云学名校联盟·期末)在空间直角坐标系中，有A(1,0,0),B(0,2,0),C(1,2,3)三点， 则点C到直线AB的距离为() A.67 C.45 5 D.5 5 31.(24-25高二上湖北武汉重点中学5G联合体期末)在四棱锥P-ABCD中，AB=11,-),AD=(L,0,2), AP=(-5,1,1),则此四棱锥的高为() A.5 B.5 C.3√5 D.14 32.(23-24高二上湖北荆门期末)已知平面和平面B的夹角为60°，α∩B=1,已知A,B两点在棱上， 直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB=4,AC=BD=6,则CD的 长度为() B D A.213 B.2W31 C.62 D.2√13或231 33.(24-25高二上湖北楚天协作体期末)在长方体ABCD-AB,C,D,(如图1)中，已知AB=AD=1, A4=2,上底面AB,C,D,绕着其中心旋转Z得到一个十面体ABCD-EFGH(如图2)，则该十面体的外接 4 球的体积为」 D D H A1 A B D B 图1 图2 目目 考点09 多选题多考点综合 34.(23-24高二上湖北十堰期末)在正四棱柱ABCD-A,B,C,D,中，AB=4,AA=3,E,F分别是 10/13 期末专题01 空间向量与立体几何 9大高频考点概览 考点01 空间向量的运算、定理 考点02 空间向量的坐标表示 考点03 异面直线所成角 考点04 线面角 考点05 二面角 考点06 方程思想的应用 考点07 最值与范围问题 考点08 距离与体积问题 考点09 多选题多考点综合 地 城 考点01 空间向量的运算、定理 1．(23-24高二上·湖北荆州荆州中学·期末)（多选）下列说法正确的是（    ） A．若有空间非零向量，，则存在唯一的实数，使得 B．A，B，C三点不共线，空间中任意点O，若，则P，A，B，C四点共面 C．，，若，则 D．若是空间的一个基底，则O，A，B，C四点共面，但不共线 【答案】ABC 【分析】对于A：根据向量平行定理可判断；对于B：将条件变形为即可判断；对于C：根据向量平行列方程求解；对于D：根据基底的概念判断. 【详解】对于A：若有空间非零向量，，则存在唯一的实数，使得，A正确； 对于B：， 即，故则P，A，B，C四点共面，B正确； 对于C：因为，则存在实数，使，即，解得，C正确； 对于D：若是空间的一个基底，则O，A，B，C四点不共面，D错误. 故选：ABC. 2．(23-24高二上·湖北荆门·期末)在四面体中，M点在线段上，且，G是的重心，已知，，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意结合重心的性质以及空间向量的线性运算求解. 【详解】因为G是的重心， 则， 由，得， 所以. 故选：C. 3．(24-25高二上·湖北楚天协作体·期末)如图，在正四面体中，过点作平面的垂线，垂足为点，点满足，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量的基本定理结合空间向量的线性运算可得出关于、、的表达式. 【详解】记线段的中点为，由正四面体的性质可知，为的重心，    因为为的中点，则，所以，， 所以，，所以 所以 . 故选：B. 4．(24-25高二上·湖北云学名校联盟·期末)（多选）如图，在四面体中，设，，，下列条件能证明的是（    ） A． B．，， C．， D．， 【答案】ACD 【分析】依题意要证，即证，结合数量积的运算律判断A、C、D，将四面体放入长方体中，即可判断B. 【详解】因为， 要证，即证. 对A选项：由，则，所以成立，故A正确. 对B选项：将四面体放入长方体中，使与，与，与分别为相对面的对角线长， 显然与不一定垂直，如图长方体的底面不为正方形时与不垂直，故B错误. 对C选项：因为，， 即和，平方得，， 即和， 所以，所以， 即，故C正确. 对D选项：由得，即①， 由得，即②， 由①②得，所以，即，故D正确. 故选：ACD 5．(24-25高二上·湖北云学名校联盟·期末)如图，两条异面直线m，n所成的角为，在直线m，n上分别取点A，M和B，N，使且.已知，，，则线段的长为 . 【答案】 【分析】根据向量运算来求得正确答案. 【详解】设，， 由于两条异面直线所成角为， 且且，则与的夹角为或， 因为， 即， 化简得，，则，所以， 所以（负根舍去）. 故答案为： 地 城 考点02 空间向量的坐标表示 6．(24-25高二上·湖北武汉华中师范大学第一附属中学·期末)已知，，，若、、共面，则 . 【答案】 【分析】根据空间向量共面的充要条件以及坐标运算即可求解. 【详解】若、、共面，则， 即， 则，解得. 故答案为： 7．(24-25高二上·湖北部分州·期末)已知向量，向量，向量，若三个向量共面，则实数等于（    ） A．17 B．19 C．21 D．23 【答案】D 【分析】根据题意可知存在，使得，结合向量的坐标运算列式求解即可. 【详解】因为向量，向量，向量，且，，三向量共面， 可知存在，使得，即， 则，解得，所以. 故选：D. 8．(23-24高二上·湖北新高考联考协作体·期末)已知（a，）是直线l的方向向量，是平面的法向量，如果，则 . 【答案】39 【分析】由可得：，利用空间向量共线的充要条件列方程组计算即得. 【详解】因，依题意，必有，即存在唯一的实数，使，即：， 则，解得：，故. 故答案为：39. 9．(24-25高二上·湖北部分重点中学·期末)已知，，若，则实数λ= ． 【答案】 【分析】根据可得，可求的值. 【详解】因为， 由， 所以. 故答案为： 10．(24-25高二上·湖北仙桃·期末)已知，，且，则 . 【答案】 【分析】根据求出，由求出坐标，再利用向量模长公式计算可得答案. 【详解】因为，，且， 所以，可得， 解得，所以， 又， 则. 故答案为：. 11．(24-25高二上·湖北部分州·期末)已知八面体由正四棱锥与正四棱锥构成（如图），若，，点分别为的中点，则（    ） A．0 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】建系，利用空间向量数量积的坐标表示求解即可. 【详解】连接，交于点，连接，， 因为正四棱锥与正四棱锥， 所以平面，平面， 因为，， 所以，，， 以为原点，分别为轴的正向建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，， 所以，， 所以. 故选：D. 地 城 考点03 异面直线所成角 12．(24-25高二上·湖北仙桃·期末)已知正三棱柱的各条棱长均相等，棱的中点为，则直线与直线所成的角的余弦值为（   ） A．0 B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出，，计算二者的数量积，即可得答案. 【详解】设中点为，中点为， 由正三棱柱性质知底面，底面， 则，， 又底面是等边三角形，是中点， 则． 以为原点，，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 设正三棱柱的棱长都为2， 则，，，， ∴，，则 ∴， 即异面直线和成角的余弦值为0, 故选：A. 13．(23-24高二上·湖北荆州八县区·期末)（多选）如图，直四棱柱，E是棱的中点，，且，则（    ） A．平面 B．平面 C．直线与CE所成的角的余弦值为 D．点到平面的距离为 【答案】ACD 【分析】根据给定条件，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；利用线线角的向量求法判断C；利用点到平面距离判断D. 【详解】对于AB，在直四棱柱中，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 故，， 设平面的法向量为，则， 令，得， 而，显然，即平面， 而平面，因此平面，A正确； ，， 则不垂直于，平面，故与平面不垂直，B错误； 对于C，而， 即直线与CE所成的角的余弦值为，C正确； 对于D，又，到平面的距离，D正确． 故选：ACD 地 城 考点04 线面角 14．(24-25高二上·湖北部分级示范高中·期末)如图，正方体的棱长为为的中点．点在上． (1)求证：平面； (2)若．求直线与平面所成角的大小； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线线垂直推出线面垂直，结合图形即可证得； （2）先由和相关条件推出为中点，建系后，写出相关点坐标，求出平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】（1）∵是正方体， ∴平面，又平面，∴， 易得，又平面， ∴平面， 又点M在上，所以平面 （2）连接，在正方体中，根据平面， ∵平面，∴， 又，∴， ∵平面，∴， 又为中点，∴为中点； 根据正方体的特征建立空间直角坐标系如图所示： 则， ∴，则， 设平面法向量为， 则，故可取， 设直线与平面所成角为， 则，因，故. 故直线与平面所成角为. 15．(24-25高二上·湖北仙桃·期末)如图，平行六面体的所有棱长均相等，，，平面平面，点，满足，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接交于，证得，结合线面平行的判定定理即可得证； （2）以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可. 【详解】（1）证明如图，取的中点，连接交于，连接，         因为，，所以，又 ，所以         由于，，所以，从而有             又平面，平面，所以平面； （2）设平行六面体各条棱长为6.因为平面平面，且， 所以平面，由于， 所以，，， 由余弦定理得， ，所以，    以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，则 ，，，，，， 由得， 从而             设平面的一个法向量为， 则， 可取，故. 16．(24-25高二上·湖北武汉华中师范大学第一附属中学·期末)如图（1），在平面四边形中，，，，，过点作，垂足为.如图（2），将沿折起，使得点到达点处，且. (1)证明：. (2)若点为的中点，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）由线面垂直得到，连接，再由线面垂直的判定定理证明平面可得； （2）建立如图所示坐标系，求出平面的法向量，代入空间线面角公式计算即可； 【详解】（1）由题意得，又． 为平面内两条相交直线， 所以平面． 因为平面，所以． 因为，，又有公共边， 所以与全等， 所以，， 如图，连接，则． 因为，，平面PCE， 所以平面． 因为平面，所以． （2）由（1）知平面，且平面BCDE， 所以，．又， 所以两两垂直． 以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图的空间直角坐标系， 如下图，过作， 由（1）知为等边三角形，所以， 因为，所以， 所以，即， 则，，，， 所以，，． 设平面的一个法向量为， 则即 取，则，，所以． 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． 17．(23-24高二上·湖北云学名校联盟·期末)如图，已知四棱锥，面，四边形中，，，，，，点A在平面内的投影G恰好是的重心． (1)求证：平面⊥平面； (2)求线段的长及直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理与判定定理、以及面面垂直的判定定理即得； （2）设出长，建系后，利用求得长，列出相关点的坐标，推理得到平面的法向量，运用空间向量的线面夹角公式即可求得. 【详解】（1）∵平面，平面，∴， 又∵，，平面， ∴平面，又面，平面⊥平面. （2）如图，过作的平行线交于E，则两两垂直， 以A为原点，以所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，， 则，， 由可得：，解得：，即， 则， 取中点H，则，易得， 又，平面，∴面， 又 ，故为平面的法向量， 设直线与平面所成的角为，则， ∴直线与平面所成的角正弦值为. 地 城 考点05 二面角 18．(23-24高二上·湖北沙中学·期末)如图，在五面体中，面为矩形，且与面垂直，，，. (1)证明：//； (2)求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面平行的判定和性质证明， （2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解. 【详解】（1）∵ 面为矩形，，     且平面，平面，     ∴ 平面， 又平面，平面 平面， ∴ . （2）∵ 面为矩形面，，又面面，且面 面，∴ 面，由（1）知，，又， ∴ ，∴ ，，两两垂直， 以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立图示空间直角坐标系， 则，，，，，.        ，，，， 设平面与平面的法向量分别为，， 则∴      令，解得，    令，解得，     于是， 设平面与平面夹角为，，则 所以平面与平面夹角的正弦值为. 19．(24-25高二上·湖北云学名校联盟·期末)在四棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，M是的中点，底面为矩形，且侧面底面，与平面所成角的正切值为. (1)求证：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）由面面垂直的性质定理得平面，从而得，然后由线面垂直的判定定理证明线面垂直；（2）取中点O，连接，证明平面，以O为原点，过O平行于的直线为x轴，，为y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由二面角的空间向量法求得余弦值． 【详解】（1）因为底面为矩形，则， 又因为侧面底面，侧面底面，平面， 所以平面， 而平面，所以， 又侧面为正三角形，M是的中点，所以， 又，，平面， 所以平面. （2）取中点O，连接，则， 又因为侧面底面，侧面底面，平面， 所以平面， 以O为原点，过O平行于的直线为x轴，，为y，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，， 则，， 平面的一个法向量是， 因为与平面所成角的正切值为，所以其正弦值为， 所以，解得， ，. 设平面的一个法向量是， 则，取，则，， 所以为平面的一个法向量， ，，，， 设平面的一个法向量是， 则，取，则，， 所以为平面的一个法向量， ， 设平面与平面所成夹角为，则， 所以平面与平面所成夹角的余弦值为. 20．(23-24高二上·湖北荆州八县区·期末)如图，四棱锥中，为等腰直角三角形，四边形为菱形， ，，E，F分别为CD，PD的中点，平面平面． (1)求证：； (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）为的中点，由已知的面面垂直和底面菱形的特征特征，证明两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线垂直； （2）求平面与平面的法向量，利用向量法求夹角的余弦值. 【详解】（1）取的中点，连接． 为等腰直角三角形，． 由，得． 平面平面，平面平面， 平面，，则平面． 为菱形，，为等边三角形，为的中点，则． 则有，． 如图，分别以所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系． ， ，，，有． （2）． 设平面的一个法向量为， 则 令，则，得． 又， 设平面的一个法向量为， 令，则，得． 则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 21．(23-24高二上·湖北荆门·期末)在三棱锥中，M是线段的中点，，，，．    (1)证明：P在平面内的射影O为的垂心； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 （1）根据垂直关系可证平面，平面，进而可得，，即可得结果； （2）建系，利用空间向量求二面角. 【详解】（1）因为，可知， 同理可得． 且平面，平面，，所以平面． 由平面，可得， 又因为是的中点，且，则． 由，可知，， 则，所以， 过P作平面于O，平面，则，，    且，平面，所以平面， 由平面，可知， 由，，，所以平面， 由平面，可知， 且，平面，所以平面， 由平面，可知， 所以P在平面内的射影O为的垂心． （2）由（1）知，，， 故以P为原点，为x轴，为z轴，为y轴建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，， 由（1）可知：平面，则平面的一个法向量为． 因为，， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，可得， 设所求二面角的平面角为，由图象可知，为锐角， 可得， 所以二面角的平面角的余弦值为． 22．(23-24高二上·湖北新高考联考协作体·期末)在四棱锥中，底面是正方形，若，，. (1)求证：平面平面； (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）根据面面垂直的判定定理证明即可. （2）取AD的中点O，建立空间直角坐标系，分别求两平面的法向量并求其夹角，即可求得面面角的余弦值. 【详解】（1）证明：中，，，， 所以，所以. 又，，平面，平面， 所以平面. 又平面，所以平面平面. （2）解：取的中点O，因为，所以，且 因为，平面平面，平面平面， 所以平面. 在平面内作，以为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，，，， 设平面的法向量为， 由，， 得，令，得，， 所以平面的一个法向量. 设平面的法向量为， 由，， 得，令，得，， 所以平面的一个法向量. 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 23．(24-25高二上·湖北部分州·期末)如图，已知四棱锥，底面为菱形，且，侧面为边长等于2的正三角形，平面平面，为的中点. (1)求四棱锥的体积； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)2 (2) 【分析】（1）由平面与平面垂直的性质定理证明平面，根据题意即可求出体积； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解. 【详解】（1）取中点，连接， 因为为正三角形， 所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为的边长为2，所以， 又为菱形，，， 所以，， 所以，所以， 所以菱形的面积为， 所以四棱锥的体积为：. （2）由（1），以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由题意，，， ，，， 所以，，，， 设平面的法向量为， 则即，令，则，， 所以平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则即，令，则，， 所以平面的法向量为， 设平面与平面夹角为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 24．(24-25高二上·湖北武汉重点中学5G联合体·期末)如图，四棱锥中，四边形为直角梯形，， ，点为中点，． (1)求证：平面； (2)已知点为线段的中点，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）连接，根据线面垂直的判定定理证明平面，结合已知利用线面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理证明平面，再根据勾股定理及线面垂直的判定定理证明即可. （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，根据向量法求解两面所成角的余弦值. 【详解】（1）连接.因为，且，所以， 因为，所以．因为是棱的中点，所以． 因为平面，且，所以平面． 因为平面，所以． 由题意可得，则，所以． 因为平面，且，所以平面． 因为平面，所以． 因为，所以，所以． 因为平面，且，所以平面. （2）以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，，. 从而，，. 设平面的法向量为， 则，即，令，得， 因为平面，平面的法向量为. 设平面与平面所成角为， 则， 所以平面与平面所成角为的余弦值为. 地 城 考点06 方程思想的应用 25．(23-24高二上·湖北部分级示范高中·期末)如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧面底面为线段的中点，过三点的平面与线段交于点，且. (1)证明：； (2)若四棱锥的体积为，则在线段上是否存在点，使得二面角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）由推出平面，利用线面平行的性质可推出，又则； （2）由面面垂直的性质证明平面，即可根据四棱锥的体积及勾股定理求出，，建立空间直角坐标系，设，由空间向量法利用的余弦值列出方程即可求得. 【详解】（1）证明：由题意得,, 又平面平面， 平面. 又平面，平面平面， ． 又，. （2）取的中点为，连接，，， 又平面平面，平面平面平面， 平面， ，则， 又. 取的中点为，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 假设存在点，设， ，则， ， 设平面的法向量为， 即， 可取， 又平面的一个法向量， 因为二面角的正弦值为， ，解得或（舍）. 存在点，使得二面角的正弦值为，此时. 26．(23-24高二上·湖北武汉常青联合体·期末)如图，在四棱锥中，底平面为菱形且，为中点，．    (1)求证：平面平面； (2)若平面平面，且，试问在线段上是否存在点，使二平面角的大小为，如存在，求的值，如不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在； 【分析】（1）根据条件得到，，由线平面垂直的判定定理得到平面，再由平面平面垂直的判定定理即可证明结果； （2）根据条件，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为和平面的法向量，再根据条件，建立关系，即可求出结果. 【详解】（1）连接，因为为菱形，且，所以为等边三角形， 又为中点，所以， 又，故，又，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面.    （2）由（1）知， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，即两两互相垂直， 以为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 又，所以， 则， 所以，设，则， 得到， 易知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，又，， 由，令，得， 所以，又二平面角的大小为， 所以 ，得到， 整理得，又，解得， 所以存在点使二平面角的大小为，且.    地 城 考点07 最值与范围问题 27．(24-25高二上·湖北武汉华中师范大学第一附属中学·期末)在三棱锥中，，，，中点为，点为棱上的动点，当取最小值时，线段的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先将三棱锥补全为长方体，利用勾股定理求出长方体的长宽高，再以点为原点建立空间直角坐标系，利用坐标法计算即可. 【详解】如图所示，将三棱锥补全为长方体，设长方体的长宽高分别为， 则有，解得， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 设，则， 故， 所以， 则当时，取得最小值， 此时. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：将三棱锥补全为长方体，是解决本题的关键. 28．(24-25高二上·湖北楚天协作体·期末)如图，在五棱锥中，平面平面，，. (1)证明：平面； (2)若四边形为正方形，且，，为边的中点，，当取何值时，直线与平面所成的角最小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理得出线面垂直； （2）建立空间直角坐标系求解线面角的正弦值结合正弦函数的值域得出正弦值的最小值即可得出最小角. 【详解】（1）因为平面平面，，平面，平面平面 所以平面， 又平面，所以， 又因为，，且，平面 所以平面. （2）以为坐标原点，分别以，，为，，轴建立空间直间直角坐标系. 由，则，，， 可得与轴夹角为，所以， ， ， ，，平面的法向量记为 由得 令，得 即，当时，等号成立， 即时，直线与平面的所成的角取得最小值 29．(23-24高二上·湖北襄阳、黄石、宜昌、黄冈部分学校·期末)如图，四边形为矩形，≌，且二面角为直二面角． (1)求证：平面平面； (2)设是的中点，，二面角的平面角的大小为，当时，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，继而证明，根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出平面和平面的一个法向量，根据空间角的向量求法，结合不等式性质，即可求得答案. 【详解】（1）因二面角为直二面角，即平面平面，又， 平面平面，平面，则平面， 又平面，即得， 四边形为矩形，≌，则,即， 平面，于是平面，平面， 所以平面平面； （2）过E作平面，由（1）知平面，平面，故， 以为原点，射线EB，EA，Ez分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图， ∵，，则，，，， ，，， 设平面的法向量为，则，即， 则， 设平面的法向量为，则，即， 则， 由图可知二面角为锐二面角， 从而有， 而，则，, 所以. 【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是建立合适的空间直角坐标系，从而得到，再根据即可得到其范围. 地 城 考点08 距离与体积问题 30．(24-25高二上·湖北云学名校联盟·期末)在空间直角坐标系中，有，，三点，则点C到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出与的坐标，再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，， 所以，， 所以点C到直线的距离为. 故选：D. 31．(24-25高二上·湖北武汉重点中学5G联合体·期末)在四棱锥中，，，，则此四棱锥的高为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由条件，求平面的法向量，再求向量在法向量上的投影向量的大小即可得结论. 【详解】设平面的法向量为， 则，又，， 所以， 令，可得，， 所以为平面的一个法向量， 又， 所以向量在法向量上的投影向量的大小为， 所以四棱锥的高为. 故选：D. 32．(23-24高二上·湖北荆门·期末)已知平面和平面的夹角为，，已知A，B两点在棱上，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于．已知，，则的长度为（    ） A． B． C． D．或 【答案】D 【分析】由题意可得二面角的大小为或，则或，将用，结合空间向量数量积的运算律即可得解. 【详解】平面和平面的夹角为，则二面角的大小为或， 因为，所以或， 由题可知， ， 故或， 或． 故选：D. 33．(24-25高二上·湖北楚天协作体·期末)在长方体（如图1）中，已知，，上底面绕着其中心旋转得到一个十面体（如图2），则该十面体的外接球的体积为 . 【答案】 【分析】求出外接球的半径，利用球的体积公式计算即可 【详解】该十面体的外接球的球心是上下底面中心连线的中点，该点到该十面体每个顶点的距离均为， 所以这个十面体的外接球的半径为， 所以体积. 故答案为： 地 城 考点09 多选题多考点综合 34．(23-24高二上·湖北十堰·期末)在正四棱柱中，分别是的中点，是棱上一点，则下列结论正确的有（    ） A．若为的中点，则 B．若为的中点，则到的距离为 C．若，则平面 D．的周长的最小值为 【答案】BCD 【分析】以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，结合选项依次判断即可. 【详解】解：以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 可得平面的一个法向量为． 若为的中点，则， ，， 则到的距离，A不正确，B正确． 若，则，则， 因为平面，所以平面，C正确． 将平面沿着翻折至与平面共面， 当三点共线时，的周长最小，此时， 翻折前，故的周长的最小值为，D正确． 故选：BCD 35．(23-24高二上·湖北武汉华中师范大学第一附属中学·期末)在正方体中，为的中点，为的中点，是棱上靠近的四等分点，是棱上靠近点的四等分点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（    ）    A． B．点可以是的中点 C．点的轨迹是长方形 D．点的轨迹所在平面与平面相交 【答案】ACD 【分析】A：表示出的坐标，根据数量积的结果判断位置关系；B：表示出点坐标，然后根据的结果进行判断；C：设出点坐标，根据得到坐标满足的方程，由此可确定出平面所过的两点，再结合向量判断出轨迹形状；D：根据的位置关系结合基本事实作出判断. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设正方形的边长为， 对于A：因为，所以， 所以，所以，故A正确； 对于B：因为，所以， 所以，所以不成立，故B错误； 对于C：设，所以， 因为，所以， 当时，，当时，， 取，且， 所以，所以， 所以四边形为平行四边形， 又因为，所以，所以， 所以四边形为长方形， 又因为所以的中点为即为点， 所以平面， 又因为，所以， 且平面，所以平面， 所以若，则有平面， 所以点的轨迹是长方形，故C正确； 对于D：因为平面，且不平行，所以相交于一点， 又因为平面，平面， 由基本事实可知，平面与平面相交，故D正确； 故选：ACD.    36．(23-24高二上·湖北新高考联考协作体·期末)在棱长为2的正方体中，点P满足，、，则（    ） A．当时，点P到平面的距离为 B．当时，点P到平面的距离为 C．当时，存在点P，使得 D．当时，存在点P，使得平面 【答案】BD 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用点平面距离向量求法求解判断AB；利用空间位置关系的向量证明判断CD. 【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， ，设平面的法向量为， 则，令，得， 对于A，当时，，，， 点P到平面的距离，A错误； 对于B，当时，，，， 点P到平面的距离，B正确； 对于C，当时，， 则，， 当时， 显然，方程无实根，即与不垂直，C错误； 对于D，当时，， 则，， 显然，即，由，得， 即当时，，而平面，因此平面，D正确. 故选：BD 37．(24-25高二上·湖北部分州·期末)如图，已知直三棱柱中，为的中点，在线段上.则下列结论正确的是（    ） A．若为中点时，则 B． C． D．若直线与平面所成的角为，则的取值范围为 【答案】ACD 【分析】以点为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解依次判断各个选项. 【详解】如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 由题可得，，，，，，， 对于A，若为中点时，则，所以，故A正确； 对于B，，，则，故B错误； 对于C，，，，所以，故C正确； 对于D，设点，，，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 则， 所以，， 令，则， 令，， 则，， 当时，取得最小值，此时取得最大值1； 当时，取得最大值，此时取得最小值； 综上，的取值范围为，故D正确. 故选：ACD. 38．(24-25高二上·湖北楚天协作体·期末)如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则（    ） A．直线与所成角的余弦值为 B．平面 C．点到直线的距离为1 D．在上的投影向量为 【答案】BC 【分析】对于A，利用向量的方法求解夹角余弦值. 对于B，要判断直线与平面平行，可根据直线与平面内一条直线平行且直线不在平面内来判断. 对于C，求点到直线的距离，可利用向量的投影等知识求解即可. 对于D，求向量在另一个向量上的投影向量，根据投影向量的定义进行计算. 【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 且，分别为棱，的中点，可知，， 可得，，，， 对于选项A：因为， 所以直线与所成角的余弦值为，故A错误； 对于选项B：，，设平面的法向量为， 则，令，解得， 所以，，因为，所以平面，B选项正确； 对于选项C：因为在方向上的投影向量的模长为，且， 点到直线的距离为，故C正确； 对于选项D：在上的投影向量为，D错误. 故选：BC. 39．(24-25高二上·湖北仙桃·期末)已知正方体的棱长为4，点在面（包含边界）内运动，且；点在面（包含边界）内运动，且到直线的距离与其到平面的距离相等.若平面，则下列说法正确的有（   ） A． B．直线不可能与平面垂直 C．的轨迹为抛物线的一部分 D．线段长度的取值范围为 【答案】ACD 【分析】根据正方体性质和线面平行性质判定A；以的中点为原点建立空间直角坐标系，由椭圆定义，P的轨迹为椭圆的一部分，得到在坐标平面内的方程；进而得到的轨迹为抛物线的一部分，得到在坐标平面内的方程判定C；设，求出判定D； 当即，时直线与平面垂直判定B. 【详解】由于平面，根据正方体性质，知道，A选项显然正确； 以的中点为原点建立空间直角坐标系，由椭圆定义，P的轨迹为椭圆的一部分， 其在坐标平面内的方程为； 到直线的距离即为的长，到平面的距离即为到直线的距离， 由此的轨迹为抛物线的一部分，其在坐标平面内的方程为，故C选项正确； 由平面知，，横坐标相等，设为， 设，，，， ，故D选项正确； 当即，时直线与平面垂直.故B选项错误. 【点睛】关键点点睛：立体几何中，计算和证明比较难时，可通过建立空间直角坐标系，利用向量法，结合圆锥曲线，函数等知识解决即可. 40．(24-25高二上·湖北武汉重点中学5G联合体·期末)在棱长为2的正方体中，是的中点，下列说法正确的是（    ） A．若是线段上的动点，则三棱锥的体积为定值 B．沿正方体的表面从点到点的最短距离为 C．若平面与正方体各个面所在的平面所成的角分别为，则 D．三棱锥外接球的半径为 【答案】ABD 【分析】利用线面平行的判定定理可证明平面，点到平面的距离为定值，可判断A正确，将正方体展开再利用勾股定理计算可得B正确，根据平面与平面间夹角的定义可分别计算出各夹角的正弦值，可知C错误，找出三棱锥外接球的球心位置，再根据线面垂直关系以及勾股定理即可计算出外接球的半径，可知D正确. 【详解】对于A，连接交于点，连接，如图所示：    因为四边形为正方形，所以为的中点， 因为是的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为是线段上的动点，所以点到平面的距离为定值， 因为的面积也为定值，所以三棱锥的体积为定值，故A正确； 对于B，直接展开如下图：    此时，其余展开方式均大于，故B正确． 对于C，取的中点，连接，如下图：    则，，所以，所以平面就是平面， 因为平面，平面，平面， 所以平面平面，平面平面， 因为平面，平面，所以， 所以为二角面的平面角，为二面角的平面角， ，， 所以平面与上下两个底面所成二面角的正弦值为， 与前后两个平面所成二面角的正弦值为， 与左右两个平面所成二面角的正弦值为， 所以，故C错误； 对于D，因为平面，平面，所以， 因为，，平面， 所以平面，因为平面，所以， 同理可证， 由选项A可知，所以，， 因为，平面，所以平面， 设为等边三角形的外心，如下图所示：    则， 过作平面的垂线，则三棱锥外接球的球心在此直线上， 设球心为，连接，过作于， 则，， 设三棱锥外接球的半径为，则， 设，则， 因为， 所以， 解得，，故D正确； 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于确定出三棱锥外接球的球心位置，再根据线面垂直关系以及勾股定理得到等量关系解方程，即可计算出外接球的半径. 试卷第1页，共3页 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $