专题06空间向量与立体几何综合（7大题型）（期末真题分类汇编 河南专用）高二数学上学期

函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题06空间向量与立体几何综合 ☆7大高频考点概览 考点01空间位置关系问题 考点02空间向量求异面直线所成角 考点03空间向量求二面角（平面与平面角） 考点04空间向量求直线与平面所成角 考点05空间向量求空间距离问题 考点06根据空间角度求其他参数 考点07空间轨迹问题 目目 裁点01 空间位置关系问题 1.(24-25高二上河南南阳期末)若11a,且1=(2，m,1)为直线1的-个方向向量，元=(1，-4，》为平面α的 一个法向量，则m的值为() A.-4 B.-6 C.-8 D.8 2.(24-25高二上河南开封期末如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1,∠A1AB=∠ A1AD=∠BAD=60°，则下列直线与平面BDD1B1垂直的是() D A.AC B.AC1 C.AC D.AD 3.(23-24高二上河南洛阳·期末)若平面Q的法向量为元，直线的方向向量为元，l￠a,则下列四组向量中能 使/a的是() A.m=(-1,0,1),n=(1,0,1) B.m=(0,-12),n=(0,1,-2) 试卷第1页，共21页 C.m=(1,-2,1),n=(-2,1,-2)D.m=(2,-1,1),n=(-4,2,-2) 4.(23-24高二上河南信阳固始县期末)直线m,n的方向向量分别为m,n,平面a的法向量为a,则下列选 项正确的是（) A,若m‖n,则m·n=0 B.若m⊥a,则m·a=0 C.若m1n,则m=kn D.若n‖a,则n.a=0 5.(23-24高二上河南三门峡·期末)在空间直角坐标系0-z中，点A(1,3,0),B(0,3,-1),则() A.直线ABI坐标平面xOy B.直线AB⊥坐标平面xOy C.直线AB坐标平面xOz D.直线AB⊥坐标平面xOz 6.(24-25高二上河南洛阳期末)设，B是两个平面，m,1是两条直线，则下列命题为真命题的是() A.若a⊥B,m‖a,llB,则m1l B.若mca,lcB,m//l,则a// C.若a//B,mca,lcB,则m/儿D.若m⊥a,lI‖B,a/B,则m⊥l 7.(24-25高二上·河南焦作·期末)已知平面a过点A(1,1,1),其法向量为i=(-1,-1,3),则下列各点在平面α 内的有() A.(2,3,2) B.(2,-3,2) C.(2,-1,0) D.(1,-2,0) 8.(24-25高二上河南洛阳期末)如图所示，有一个棱长为2的正四面体P一ABC容器，D是PB的中点，E 是CD上的动点，则下列说法正确的是() A.直线AE与PB所成的角为 B.△ABE的周长最小值为2+21+9 C.如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为 D,如果在这个容器中放入4个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为6， 9.(24-25高二上河南信阳·期末)平面α，B的法向量分别为m=(a,1,-2),i=(1,-2,b),请在①a‖B,②a1 B中选择一个填在横线上，并写出答案，若选，则a一2b= 10.(23-24高二上河南信阳固始县·期末)已知AB=(2,n,-2),平面a的法向量元=(1，-2,2m),若AB1c, 试卷第2页，共21页 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则m+n= 目目 裁点02 空间向量求异面直线所成角 11.(23-24高二上河南三门峡·期末)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱AD的中点，则异面直线BD1与C1 E所成角的余弦值是 12.(24-25高二上·河南驻马店·期末)青铜豆最早见于商代晚期，盛行于春秋战国时期，它不仅可以作为盛 放食物的铜器还是一件十分重要的礼器，图①为河南出土的战国青铜器一方豆，豆盘以上是长方体容器和 正四棱台的斗形盖.图②是与主体结构相似的几何体，其中AB=4,MN=BF=2,FN=V3,点K为BC上 一点，且二=点Z为PQ的中点，则异面直线KZ与PN夹角的余弦值为(） M P E F G D b K 图① 图② A.539 B.239 C.53 39 13 26 D.213 13 13.(24-25高二上·河南周口期末)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB=2,P为棱BB1上的动点（不 包含端点)，则AC1与D1P所成角的余弦值的取值范围为() A.(o, B.(o,到 c.(o,) D.( 14.(23-24高二上·河南驻马店)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA1底面ABCD,PA=BC,E,F 分别为CD,PC的中点，则异面直线BF与PE所成角的余弦值为() A.9 B.y c.9 D.4 9 15.(23-24高二上·河南新乡·期末)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，若∠BCA=90°，CC1=3BC=3CA,则AC1 与CB1所成角的余弦值为() A. B. c.品 D.品 16.(22-23高二上河南驻马店·期末)空间中两条异面直线a,b的夹角为60°，若直线过空间一定点0且与a, 试卷第3页，共21页 b的夹角均为75°，则这样的直线的条数为() A.1条 B.2条 C.3条 D.4条 17.(24-25高二上·河南豫东名校期末)如图1所示，矩形CDFE中，CE=4CD=4,A,B分别为DF,CE的中点， 现沿AB折起，使得半平面ABCD和半平面ABEF所成的二面角为120°，M,N分别是AC,BF的中点，如图2所示， 则() 图1 图2 A.AB.MN=0 B.MNIICE C.直线FM和CN所成角的余弦值为号 D.MN与平面ABEF所成的角为君 18.(23-24高二上河南郑州期末)如图，棱长为2的正方体ABCD一A1B1C1D1中，E,F分别为BB1,DD1的 中点，则() D C A B A.0C⊥0F B.CE与OF所成角的余弦值为 C.A,E,C1,F四点共面 D.△AEF的面积为V6 19.(②3-24高二上河南三门峡期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA1平面ABCD,AB/CD,∠ABC=乏 AB=BC=PA=CD=3,PD=3PM,( 试卷第4页，共21页 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2… B D A,直线CM与AD所成角的余弦值为 B.BM=21 C.BM⊥PC D,点M到直线BC的距离为2W6 20.(23-24高二上河南商丘中州联盟期末)如图，在棱长均为1的平行六面体ABCD一A1B1C1D1中，BB1⊥ 平面ABCD,∠ABC=60°，P,Q分别是线段AC和线段A1B上的动点，且满足BQ=1BA1,CP=(1-)CA,则下 列说法正确的是() A D B C A A.当入=时，PQ/A1D B.当入=2时，若P0=xAB+yAD+zAA1(xy,z∈R),则x+y+z=0 C.当入=时，直线PQ与直线CC1所成角的大小为 D.当AE(0,1)时，三棱锥Q-BCP的体积的最大值为得 21.(23-24高二上河南漯河·期末)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1,中，己知AB=1,BB1=2 试卷第5页，共21页 B A D (1)求异面直线A1C与AB1所成的角的余弦值； (2)求三棱锥C-AB1D1的体积 22.(23-24高二上·河南南阳)己知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是边长为1的正方形，∠BAA1 =∠DAA1=3,AA1=2 D A B (1)求对角线AC1的长； (2)求直线AC1与A1B所成角的余弦值 目目 载点03 空间向量求二面角（平面与平面角） 23.(24-25高二上·河南焦作期末)如图，在四棱锥A-BCDE中，AB=AE=2V3,AB⊥AE,BC⊥CD,CD ⊥DE,且平面ABE⊥平面BCDE,∠EBC=45°，O为BE的中点. (1)证明：A0⊥CD; (2)求二面角C-AB-E的正弦值. 24.(24-25高二上·河南南阳·期末)已知：如图，三角形ABC为正三角形，AE和CD都垂直于平面ABC,且 AE=AB=2CD=2,F为BE的中点. 试卷第6页，共21页 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (I)求点B到平面ADF的距离； (2)求平面BDE与平面ABC所成锐二面角的正弦值. 25.(24-25高二上河南周口期末如图，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，BC=2√2，M,Q分别为AC,BC 的中点，将△CMQ沿MQ折起，使点C至点P的位置，且PB=√6 D M (1)证明：PM⊥AM; (2)求二面角B一PA-Q的余弦值 26.(24-25高二上河南新乡·期末)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BB1,E为AA1的中点 B (1)证明：CB1⊥BE. (2)求二面角A一A1C一B1的正弦值 27.(24-25高二上·河南漯河·期末)如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥AC,AB=AC=PA,∠PAB=∠PAC= 牙O为BC中点，点O满足B风=AP. P (I)证明：OP⊥面ABC; (2)求二面角P-BC-Q的大小. 试卷第7页，共21页 28.(23-24高二上·河南驻马店)如图，△ABC和△DBC所在平面互相垂直，且AB=BC=BD,∠ABC=∠ DBC=120° A B (I)求证：AD⊥BC; (2)求平面ABD和平面BDC夹角的余弦值 29.(24-25高二上河南洛阳期末如图，三棱锥A-BCD中，DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°， E为BC的中点. C B (I)证明：BC⊥DA; (2)点F满足EF=DA,求平面ABD与平面ABF所成角的正弦值 30.(23-24高二上河南南阳)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=,PB ⊥平面ABCD,PB=5,AB=BC=6,AD=3,N为PC的中点 A B (I)求证：DN/平面PAB; (②)求点N到面PBD的距离； (3)求平面PAD与平面PBC的夹角的余弦值， 31,(23-24高二上河南部分名校期末)如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，AB1BC,∠CAB=,AC=2,且 三棱锥C1一ABC的体积为号 试卷第8页，共21页 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B (1)求三棱柱ABC-A1B1C1的高； (2)若平面ABC⊥平面ACC1A1,AA1=1,LA1AC为锐角，求二面角C1一AB-C的余弦值 32.(23-24高二上·河南济源期末)在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD、ABEF的边长都是1， 且它们所在的平面互相垂直，活动弹子M、N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持 相等，记CM=BN=a(0<a<V2 D B N (I)证明：MW/平面CBE; (②)当a为何值时，MN的长最小并求出最小值； (3)当MN的长最小时，求平面MNA与平面MWB夹角的余弦值 33.(23-24高二上河南郑州期末)在三棱台ABC-A1B1C1中，C1C1平面ABC,CA⊥CB,CA=CB=CC1 =2,A1C1=1,P为AB中点. C B (1)求证：B1P/平面ACC1A1; (2)求平面B1CP与平面ACC1A1夹角的余弦值 34.(23-24高二上·河南开封五校·期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形， PD=AB=3,AD=2,点M是PA的中点，点N,B分别是线段PC,AB上的点，且器=器= 试卷第9页，共21页 (I)求证：DE⊥MW; (2)求平面DEN与平面ADP夹角的余弦值. 35.(23-24高二上·河南新乡期末)如图，三棱锥P-ABC中，BC=BP=5,AB=7,PA=4V2,△PAC为 等边三角形，Q为PC上的一个动点 (I)证明：平面PAB⊥平面ABC; (②)当P可=C时，求二面角P-AB-Q的余弦值， 36.(23-24高二上河南开封期末)如图，在三棱锥P-ABC中，AP⊥平面ABC,BC⊥PC. (I)求证：平面PAC⊥平面PBC; (2)若AC=BC=AP,M是PB的中点，求平面ACM与平面PBC的夹角. 37.(22-23高二上河南驻马店期末)如图，在几何体中，底面ABCD为正方形，EFIDC,AD1FC,EF=ED =FC=DC=2. E D B 试卷第10页，共21页 专题06 空间向量与立体几何综合 7大高频考点概览 考点01 空间位置关系问题 考点02 空间向量求异面直线所成角 考点03 空间向量求二面角（平面与平面角） 考点04 空间向量求直线与平面所成角 考点05 空间向量求空间距离问题 考点06 根据空间角度求其他参数 考点07 空间轨迹问题 地 城 考点01 空间位置关系问题 1．(24-25高二上·河南南阳·期末)若，且为直线l的一个方向向量，为平面的一个法向量，则m的值为（   ） A． B． C． D．8 【答案】C 【分析】由题意，利用空间向量共线的坐标表示求参数值. 【详解】由题意知，即，解得． 故选：C 2．(24-25高二上·河南开封·期末)如图，在平行六面体中，，，则下列直线与平面垂直的是（   ） A．AC B． C． D． 【答案】C 【分析】设 ， ， ，根据空间向量的数量积运算可得 ，进而可得 平面 . 【详解】设 ， ， ， 则 为空间所有向量的一个基底，且 ， ， ， 因为 ， ， 所以 ， ， ， ， ，又 ，平面， 平面 . 故选：C 3．(23-24高二上·河南洛阳·期末)若平面的法向量为，直线的方向向量为，，则下列四组向量中能使的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】根据题意，由平面法向量的定义，依次分析选项中向量是否满足，综合可得答案． 【详解】根据题意，平面的法向量为，直线的方向向量为，， 若，即，又由，则有， 依次分析选项： 对于A，，，，即成立，符合题意； 对于B，，，，即不成立，不符合题意； 对于C，，，，即不成立，不符合题意； 对于D，，，，即不成立，不符合题意． 故选：A． 4．(23-24高二上·河南信阳固始县·期末)直线m，n的方向向量分别为，平面的法向量为，则下列选项正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】根据题意利用直线与直线，直线与平面的位置关系，计算向量的数量积，进行判断. 【详解】若，则与共线向量，故A错误； 若，则与共线向量，故B错误； 若，则，故C错误； 若，则，故D正确， 故选：D 5．(23-24高二上·河南三门峡·期末)在空间直角坐标系O-xyz中，点，，则（    ） A．直线AB∥坐标平面xOy B．直线AB⊥坐标平面xOy C．直线AB∥坐标平面 D．直线AB⊥坐标平面 【答案】C 【分析】根据与法向量的关系判断. 【详解】由已知得， 坐标平面的一个法向量是， 坐标平面的一个法向量是， 易判断与，不平行， 所以直线AB不垂直坐标平面，也不垂直坐标平面，故BD错. 因为，所以直线不平行坐标平面， 故A错 因为 ， 点A、B均不在坐标平面上，所以直线AB与坐标平面平行，故C对. 故选：C 6．(24-25高二上·河南洛阳·期末)设，是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是（   ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】D 【分析】逐项举反例判断选项A,B,C错误，证明选项D正确. 【详解】对于A，如图，但直线平行，A错误； 对于B，如图，但是平面不平行，B错误； 对于C：若，，，则或异面，C选项错误； 对于D，由，，可得，又，所以，D正确； 故选：D. 7．(24-25高二上·河南焦作·期末)已知平面过点，其法向量为，则下列各点在平面内的有（   ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】分别把每个选项的点与点确定的向量与法向量求数量积，进而判断各点是否在平面内. 【详解】对于A，设，则，因为， 所以点在平面内，故A正确； 对于B，设，则，因为， 所以点，2）不在平面内，故B错误； 对于C，设，则， 因为， 所以点不在平面内，故C错误； 对于D，设，则， 因为， 所以点在平面内，故D正确. 故选：AD. 8．(24-25高二上·河南洛阳·期末)如图所示，有一个棱长为2的正四面体容器，D是的中点，E是上的动点，则下列说法正确的是（   ） A．直线与所成的角为 B．的周长最小值为 C．如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为 D．如果在这个容器中放入4个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为 【答案】ABD 【分析】A选项，作出辅助线，由三线合一得到线线垂直，进而得到线面垂直，进而得到线线垂直，求出答案；B选项，把沿着展开与平面同一平面内，由余弦定理求出的最小值，得到周长的最小值；C选项，求出正四面体的内切球即为小球半径的最大值；D选项，当四个小球相切且与大正四面体相切时，小球半径最大，连接四个小球的球心，构成正四面体，设出半径，结合C选项中结论得到方程，求出小球半径的最大值. 【详解】A选项，连接，由于为的中点， 所以，， 又，平面， 所以直线平面，又平面， 所以，故A正确； B选项，把沿着展开与平面同一个平面内，连接交于点， 则的最小值即为的长， 由于，， ， ， 所以， 故，的周长最小值为，B正确； C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球， 设球心为，取的中点，连接，过点作垂直于于点， 则为的中心，点在上，过点作于点， 因为，所以，同理， 则， 故， 设，故， 因为∽，所以，即， 解得，C错误； D选项，4个小球分两层（1个，3个）放进去，要使小球半径要最大，则4个小球外切，且小球与三个平面相切， 设小球半径为，四个小球球心连线是棱长为的正四面体， 由C选项可知，其高为， 由C选项可知，是正四面体的高，过点且与平面交于，作平面 平面且与小球相切，与平面交于， 则，， 由C选项可知，正四面体内切球的半径是高的得，如图正四面体中，，， 正四面体高为，解得，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 9．(24-25高二上·河南信阳·期末)平面的法向量分别为，请在①，②中选择一个填在横线上，并写出答案，若选 ，则 ． 【答案】 答案见解析 答案见解析 【分析】根据平面的位置关系，可判度它们的法向量平行或垂直，结合向量的坐标运算，即可求得答案. 【详解】若选①：由，得，显然，则， 解得； 若选②：由，得，则，则， 解得. 故答案为：①，；或②，2 10．(23-24高二上·河南信阳固始县·期末)已知，平面的法向量，若，则 ． 【答案】 【分析】利用直线与平面垂直得到直线的方向向量与平面的法向量共线，从而利用空间向量平行的坐标表示即可得解. 【详解】因为，所以与共线， 又，，则， 所以，. 故答案为：. 地 城 考点02 空间向量求异面直线所成角 11．(23-24高二上·河南三门峡·期末)在正方体中，是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解. 【详解】因为是正方体，建立以为原点的坐标系，如图， 设正方体的棱长为2，则有，，， ， ， ， 设异面直线与所成角为， ． 故答案为：． 12．(24-25高二上·河南驻马店·期末)青铜豆最早见于商代晚期，盛行于春秋战国时期，它不仅可以作为盛放食物的铜器.还是一件十分重要的礼器，图①为河南出土的战国青铜器—方豆，豆盘以上是长方体容器和正四棱台的斗形盖.图②是与主体结构相似的几何体，其中，，，点为上一点，且，点为的中点，则异面直线与夹角的余弦值为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，结合长方体及正四棱台的结构特征建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线线角的余弦值. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系，在正四棱台中， 点到平面距离为, 则，， 因此， 所以异面直线与夹角的余弦值为. 故选：A    13．(24-25高二上·河南周口·期末)在正四棱柱中，为棱上的动点（不包含端点），则与所成角的余弦值的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，设，利用异面直线所成的角的夹角公式可得，平方后利用换元法可求范围. 【详解】以为坐标原点，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，设，故，， 设与所成的角为，则， 所以，令， 所以，故. 故选：B. 14．(23-24高二上·河南驻马店·)在四棱锥中，底面为正方形，底面分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，得出直线方向向量，利用夹角公式计算即可得. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设， 则，，，， 由分别为的中点，则，， 则，，设异面直线与的夹角为， . 故选：A. 15．(23-24高二上·河南新乡·期末)在直三棱柱中，若，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用空间向量夹角余弦公式求出答案. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，设， 则， 所以， 则， 故与所成角的余弦值为. 故选：C 16．(22-23高二上·河南驻马店·期末)空间中两条异面直线，的夹角为，若直线过空间一定点且与，的夹角均为，则这样的直线的条数为（    ） A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 【答案】D 【分析】将异面直线平移至相交，只需要判断过交点与两条相交直线所成角为的直线条数，即可得答案. 【详解】将直线平移至，与相交，则与的夹角为， 过、交点的直线与，的夹角均为，即与，的夹角均为， 此时，过点平行于的直线与，的夹角均为，    如上图，的补角为，所以及其补角的一半均小于， 故在、相交所成的四个角斜上方各存在一条过交点的直线与它们的夹角均为， 所以共存在4条直线. 故选：D 17．(24-25高二上·河南豫东名校·期末)如图1所示，矩形中，分别为的中点，现沿折起，使得半平面和半平面所成的二面角为分别是的中点，如图2所示，则（   ） A． B． C．直线和所成角的余弦值为 D．与平面所成的角为 【答案】ABD 【分析】根据题意知道因为，可以点为原点，所在直线分别为轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系.然后得到关键点坐标，进而运用向量法对各个选项进行证明和计算验证即可. 【详解】由题意知，因为，所以， 以点为原点，所在直线分别为轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，如图． 因为，所以，， 所以，故A正确； 因为，所以，故B正确； 因为，所以， 所以直线和所成角的余弦值为，故C错误； 取平面的一个法向量为，设与平面所成的角为， 则，因为，所以，故D正确． 故选：ABD． 【点睛】 18．(23-24高二上·河南郑州·期末)如图，棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，则（    ）    A． B．与所成角的余弦值为 C．，，，四点共面 D．的面积为 【答案】ACD 【分析】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算可判断A；由异面直线的向量法可判断B；证明四边形是平行四边形可判断C；求出的面积可判断D. 【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ， 对于A，，， ，所以，故A正确； 对于B，，， 所以， 所以与所成角的余弦值为，故B错误；    对于C，取的中点，连接， 由正方体的性质可知，所以四边形是平行四边形， 所以，，同理可知：，， 所以，，四边形是平行四边形， 则，，，四点共面，故C正确；    对于D，， 取的中点为，连接，所以， 故的面积为，故D正确.    故选：ACD. 19．(23-24高二上·河南三门峡·期末)如图，在四棱锥中，平面，，，则（    ） A．直线与所成角的余弦值为 B． C． D．点到直线的距离为 【答案】AB 【分析】过作，垂足为，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出坐标，代入空间向量夹角公式计算可判断A；求出可判断B；求出可判断C；利用空间向量求点到直线的距离公式计算可判断D. 【详解】过作，垂足为，则， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， ， 因为， 所以直线与所成角的余弦值为，故A正确； 因为，所以B正确； 因为，所以与不垂直，故C不正确； 设点到直线的距离为，则， 即点到直线的距离为，故D不正确. 故选：AB. 20．(23-24高二上·河南商丘中州联盟·期末)如图，在棱长均为1的平行六面体中，平面，分别是线段和线段上的动点，且满足，则下列说法正确的是（    ）    A．当时， B．当时，若，则 C．当时，直线与直线所成角的大小为 D．当时，三棱锥的体积的最大值为 【答案】ABD 【分析】利用直棱柱的性质，以及空间向量的有关知识逐项计算可得结论. 【详解】对于A，当时，分别是线段和线段的中点， 所以也是的中点，所以，故A正确； 对于B，当时，， 所以，，，满足，故B正确； 对于C，过作交于，      可知面，与直线成角即为， 当时，，在中， 则， 所以，所以，故C错误； 对于D，易知是正三角形， 三棱锥体积为 ， 当且仅当，即时取等号，故D正确； 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项解决的关键是，分析得是正三角形，从而得到所需各线段长，从而利用三棱锥的体积公式即可得解. 21．(23-24高二上·河南漯河·期末)如图，在正四棱柱，中，已知. (1)求异面直线与所成的角的余弦值； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间坐标系，通过求向量与向量的夹角，转化为异面直线与直线所成的角的大小；（2）先求出面的一个法向量，再用点到面的距离公式算出高，再求底面积和体积即可． 【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴建系， 设 所以， ， 则 ， 所以异面直线与直线所成的角的余弦值为． （2）因为， ， 设是面的一个法向量， 所以有 即 ，令 ， ，故， 又，所以点到平面的距离为. 对于平面，取中点O，连结，可求得， ，则,. 底面面积为. 则三棱锥的体积为. 22．(23-24高二上·河南南阳·)已知平行六面体的底面是边长为1的正方形，，. (1)求对角线的长； (2)求直线与所成角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）方法一：求出、，对两边平方化简计算可得答案；方法二：以为原点，，分别为、轴正方向，过点且垂直于平面的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出的坐标，再求即可； （2）方法一： 设直线与所成角为，利用计算可得答案；方法二：以为原点，，分别为、轴正方向，过点且垂直于平面的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出、，设直线与所成角为，利用计算可得答案. 【详解】（1）方法一：因为， 又底面是正方形，，，， 所以， 所以 ； 方法二：    如图所示，以为原点，，分别为、轴正方向， 过点且垂直于平面的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，， ，所以； （2）方法一：因为， 所以， 又， 设直线与所成角为， 所以， 即直线与所成角的余弦值为； 方法二：    与（1）中的方法二，以为原点，，分别为、轴正方向， 过点且垂直于平面的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， ，， 设直线与所成角为，所以， 即直线与所成角的余弦值为. 地 城 考点03 空间向量求二面角（平面与平面角） 23．(24-25高二上·河南焦作·期末)如图，在四棱锥中，，，，，且平面平面，，为的中点．    (1)证明：； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据等腰直角三角形以及面面垂直性质，可得线面垂直，进而可得线线垂直，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标，求得平面的法向量，利用二面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）由，为的中点，可得， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，又平面，所以． （2）如图，过点在平面内作的垂线，交于点． 因为平面，平面，所以． 以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系．    在中，， 在梯形中，，所以， 故，，， 则，． 易知平面的一个法向量为． 设平面的法向量为，则 令，得，，则． 设二面角的平面角为，则， 故，即二面角的正弦值为． 24．(24-25高二上·河南南阳·期末)已知：如图，三角形ABC为正三角形，AE和CD都垂直于平面ABC，且，F为BE的中点． (1)求点B到平面ADF的距离； (2)求平面BDE与平面ABC所成锐二面角的正弦值． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）在平面ACDE内，过点D向EA做垂线，垂足记为G，根据已知证明平面ADF，则点B到平面ADF的距离为线段BF的长，即可求距离. （2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的正弦值. 【详解】（1）在平面ACDE内，过点D向EA做垂线，垂足记为G，又， ， 在直角中，， 在直角中，， ，又F为BE的中点， ，又，则， 平面ADF， 平面ADF，即点B到平面ADF的距离为线段BF的长， 因为，所以． （2）如图，取AC的中点O，连接BO，则， 以O为坐标原点，AO，BO分别为x，y轴，过O作平行于AE的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得，易知是平面ABC的一个法向量， 设平面BDE的一个法向量为，则，即， 令，则，所以，则， 所以平面BDE与平面ABC所成锐二面角的正弦值为． 25．(24-25高二上·河南周口·期末)如图，为等腰直角三角形，分别为的中点，将沿折起，使点至点的位置，且. (1)证明：； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）先证明，再利用线面垂直的判定定理证明平面，从而可证明平面，进而可得结论； （2）以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.求出两平面的法向量，利用空间向量夹角余弦求解即可. 【详解】（1）因为分别为的中点，所以 ， 又，所以. 又平面，所以平面. 因为为等腰直角三角形，， 所以，则， 连接，则， 又，所以，则. 又平面， 所以平面，又平面，则. （2）以点为坐标原点，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， 故 ， 设平面的法向量为，由得 取，则. 设平面的法向量为， 由得取，则， 于是， 故锐二面角的余弦值为. 26．(24-25高二上·河南新乡·期末)如图，在正三棱柱中，为的中点. (1)证明：. (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）法一：取的中点，连接，通过平面，证明，进而说明平面，即可求证；法二：由空间向量的数量积为0，即可求证； （2）建系，由二面角的向量法即可求解； 【详解】（1）证明：（方法一）取的中点，连接. 由题意得平面平面， 所以. 因为平面平面平面， 所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以 ， 则，所以，即. 又，所以平面. 因为平面，所以. （方法二）. 设.由题可知， 则 ， 所以. （2）解：过点作的平行线，交于点.因为平面，且平面，所以. 又因为，所以两两互相垂直，故以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系. 设，则， 则. 设平面的法向量为，则即 则，令，则，故. 设平面的法向量为，则即则，令，则，故. 设二面角的平面角为，则， 所以，即二面角的正弦值为. 27．(24-25高二上·河南漯河·期末)如图，在三棱锥中，，，，为中点，点Q满足． (1)证明：面； (2)求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2)45° 【分析】（1）首先证明等为正三角形，再利用三线合一的性质得到垂直于，再由与的关系得出垂直于，结合勾股定理证明垂直于，最后依据线面垂直的判定定理求解即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合二面角是锐角的条件，利用二面角的向量求法求解二面角的角度即可. 【详解】（1）连接，因为，， 所以是正三角形，故， 同理可得，所以， 因为为的中点，所以， 由三线合一性质得， 因为，所以， 因为，所以由直角三角形中线性质得， 结合，由勾股定理得， 所以， 故，因为，面， 所以面． （2）由（1）得，，， 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，则，，，， 设，故，， 因为，所以，，， 解得，，，故， 而是平面的一个法向量， 设是平面的一个法向量， 则，即，取，解得，， 故，设二面角为， 故， 由题意得二面角为锐角，则， 故二面角的大小为． 28．(23-24高二上·河南驻马店·)如图，和所在平面互相垂直，且，. (1)求证：； (2)求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）方法一：记，利用向量的数量积的运算律，求得，即可证明结论； 方法二：过点A作，推出平面，证明，即可证明平面，从而证明结论； 方法三：以O为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，根据空间位置关系的向量证明方法，即可证明结论； 方法四：以点B为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，根据空间位置关系的向量证明方法，即可证明结论； （2）以O为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面和平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）方法一：记，则， 由，即， 可知， 即，则 方法二：延长，过点A作，交延长线于点O， 由平面平面，平面平面平面， 则平面， 由，则≌， 可得， 又，得≌，则，故， 又由平面，则平面， 又平面，则； 方法三：延长，过点A作，交于点O， 由平面平面，平面平面，平面， 则平面， 由，则≌， 可得， 又，得≌，则，故， 故以O为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 设，则， 则，则， 即，故； 方法四：在平面和平面内，过点B分别作直线垂直于直线， 由平面平面，平面平面平面， 则平面，又平面，所以， 以点B为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 设，，则， ，则，则， 故； （2）由（1）中方法三：设平面的一个法向量， 可知， 则， 取，得， 而平面的一个法向量为， 则， 故平面和平面夹角的余弦值为 说明：同理由（1）中方法四也可求得平面和平面夹角的余弦值为. 29．(24-25高二上·河南洛阳·期末)如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点. (1)证明：； (2)点F满足，求平面ABD与平面ABF所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理及其性质定理证明可得结论； （2）建立空间直角坐标系，分别求得两平面的法向量，即可得出结果. 【详解】（1）连接， 因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②， 由①②，，平面，所以平面， 而平面， 所以. （2）不妨设， ，， 则，即，则， ，， 又，平面 平面， 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 可得， 设平面与平面的一个法向量分别为， 平面与平面所成角为，而， 因为，所以，即有， 可得，取，所以； 又，取，所以， 所以，从而， 所以平面与平面所成角的正弦值为. 30．(23-24高二上·河南南阳·)如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求点到面的距离； (3)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）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线面平行； （2）利用向量法求解点到面的距离； （3）利用向量法求解平面与平面的夹角. 【详解】（1）由题意，可以为原点，，，分别为，，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， （1）显然为平面的一个法向量，而. 因为，所以. 又平面，所以平面； （2）设为面的一个法向量，又， 则，不妨取，则， 记点到面的距离为， 则. 即点到面的距离为； （3）显然为平面的一个法向量. 设为面的一个法向量，则， 不妨取，则. 设平面与平面的夹角为，则 . 即平面与平面的夹角的余弦值为. 31．(23-24高二上·河南部分名校·期末)如图，在斜三棱柱中，，且三棱锥的体积为.    (1)求三棱柱的高； (2)若平面平面为锐角，求二面角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，结合锥体的体积公式，列出方程，即可求解； （2）过点作于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）解：设三棱柱的高为， 因为，所以， 又因为三棱锥的体积为，可得，解得， 即三棱柱的高为. （2）解：过点作于点，连接， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 由（1）知，又因为为锐角，所以， 在中，，所以. 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 可得， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为平面，可得平面的一个法向量为， 所以， 所以二面角的余弦值为.    32．(23-24高二上·河南济源·期末)在如图所示的试验装置中，两个正方形框架、的边长都是，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子、分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记. (1)证明：平面； (2)当为何值时，的长最小并求出最小值； (3)当的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)时，最小为 (3) 【分析】（1）推导出平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得平面； （2）利用空间两点间的距离公式可求得的最小值及其对应的的值； （3）写出点、的坐标，利用空间向量法可求出平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）证明：因为四边形为正方形，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面， 又因为四边形为正方形，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， 则、、、， 因为，所以，. 则，易知平面的一个法向量为. 因为，所以. 又平面，所以平面. （2）解：，其中. ， 当时，最小，最小值为. （3）解：由（2）可知，当、分别为、的为中点时，最短， 此时、， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 所以，， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 33．(23-24高二上·河南郑州·期末)在三棱台中，平面，，，，为中点．    (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）取的中点，证明四边形为平行四边形，推出，根据线面平行的判定定理，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）取的中点，连接，，得为的中位线， ，且． 由于∽，， 故，而，，则，， 四边形为平行四边形，． 又平面，平面， 平面． （2）如图，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，    则，，， 所以，． 设平面的一个法向量为， 由，得， 令，则可取． 平面平面的法向量可取为． 设平面与平面的夹角为，, 则， 平面与平面的夹角余弦值为. 34．(23-24高二上·河南开封五校·期末)如图，在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，点是的中点，点分别是线段上的点，且． (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）通过建立空间直角坐标系得到，借助数量积公式计算即可; （2）利用向量法求出平面与平面的法向量，求出二面角的余弦值即可. 【详解】（1）因为平面，平面，且四边形是矩形， 所以两两垂直， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 根据题意，因为，且. 所以． 因为， 所以，即． （2）由（1）得． 设是平面的一个法向量， 则， 令，得，所以． 因为平面， 所以平面， 所以平面的一个法向量为． 因为， 结合图形可得：平面与平面夹角的余弦值为． 35．(23-24高二上·河南新乡·期末)如图，三棱锥中，，为等边三角形，为上的一个动点. (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）证明出三角形全等，作，得到，由勾股定理结合条件求出，进而得到线线垂直，得到线面垂直，面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，得到各点的坐标，求出平面的法向量，从而得到二面角的余弦值. 【详解】（1）因为为等边三角形，所以， 又，为公共边，故≌. 作，垂足为，连接，由三角形全等易知. 设，则，由题意得，且 所以，解得，故， 故. 在中，因为，所以. 又因为，平面，， 所以平面. 因为平面，所以平面平面.    （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则.    设点，则， 因为， 所以，解得，所以， 则. 设平面的法向量为， 则， 解得，取，则， 故. 又因为平面的一个法向量为， 所以， 二面角为锐二面角， 故二面角的余弦值为. 36．(23-24高二上·河南开封·期末)如图，在三棱锥中，平面ABC，． (1)求证：平面平面PBC； (2)若，M是PB的中点，求平面ACM与平面PBC的夹角． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理利用面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求得平面ACM的一个法向量，易知平面PBC的一个法向量为，即可求得二面角的大小. 【详解】（1）因为平面ABC，平面ABC，所以， 又因为，，平面PAC，所以平面PAC， 又平面PBC， 所以平面平面PBC． （2）由（1）平面PAC，又平面APC，所以， 作分别以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 不妨设， 则，，，，， 可得，， 设平面ACM的一个法向量为， 则，取，则平面ACM的一个法向量为． 取PC的中点，，平面PAC，由（1）中平面PAC， 可得，，又平面PBC， 所以平面PBC， 所以平面PBC的一个法向量为， 所以， 所以平面ACM与平面PBC的夹角为． 37．(22-23高二上·河南驻马店·期末)如图，在几何体中，底面为正方形，，，．    (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）首先证明平面平面，从而以的中点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离； （2）分别求平面和的法向量，利用法向量求平面的夹角. 【详解】（1）由条件，，，且，平面， 从而平面，且平面，所以平面平面， 且平面平面， 取的中点为坐标原点，因为四边形为等腰梯形， 所以连结与的中点的直线与垂直，则平面, 如图，连结与的中点，则,以为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系：    得，，，，，， ，，， 设平面的一法向量为， 由，即，取，， 平面的一法向量为， 因此点到平面的距离； （2）由于，，， 设平面的一个法向量为， 由，得，取，， 得． 设平面的法向量为，， 由，即，取，， 求得平面的一个法向量为． 因此平面与夹角的余弦值为 即因此平面与夹角的余弦值为． 地 城 考点04 空间向量求直线与平面所成角 38．(23-24高二上·河南郑州·期末)人教A版选择性必修第一册教材44页“拓广探索”中有这样的表述：在空间直角坐标系中，若平面经过点，且以为法向量，设是平面内的任意一点，由，可得，此即平面的点法式方程．利用教材给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线的方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意求出平面的法向量，利用线面角公式即可求解． 【详解】因为平面的方程为， 所以平面的一个法向量为,2,， 直线的方向向量为， 设直线与平面所成角为， 则,． 故选：B． 39．(23-24高二上·河南南阳·)已知过点且法向量为的平面的方程为 .若平面的方程为，直线是平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合新定义求出直线的方向向量及平面的法向量，即可求解. 【详解】解：直线是平面与的交线， 设直线的方向向量为， 平面的法向量为，平面的法向量为， 则，令，得，则直线的方向向量为， 因为平面的方程为，所以为平面的法向量， 设直线与平面所成角为， 则， 得直线与平面所成角的正弦值为， 故选：A 40．(23-24高二上·河南开封·期末)已知棱长为1的正方体中，E为线段的中点，则（   ） A．存在直线平面，使得平面 B．存在直线平面，使得平面 C．点到平面的距离为 D．与平面所成角的余弦值为 【答案】BC 【分析】根据正方体性质利用线面垂直与线面平行的判定定理即可判断A错误，B正确；利用等体积法由可得点B到平面的距离为，即C正确；利用空间向量求出平面的法向量即可得与平面所成角的余弦值为，即D错误. 【详解】对于A，假设存在直线平面，使得平面， 则可得平面平面，显然不成立，即假设不成立，即A错误； 对于B，取的中点为，连接，如下图所示：    由正方体性质可得，且，可知四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面； 所以平面，即存在直线平面，使得平面，即B正确； 对于C，连接，如下图所示：    易知，，，则的面积为； 设点到平面的距离为，由可得， 解得，即可知C正确； 对于D，以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示：    易知，则， 设平面的一个法向量为， 由，取，解得，即； 又， 可得， 由线面角法向量的求法可得与平面所成角的正弦值为， 余弦值为，可得D错误； 故选：BC 【点睛】方法点睛：等体积法是求解空间距离的常用方法，线面角经常利用空间向量进行求解. 41．(22-23高二上·河南驻马店·期末)《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作，其在卷第五《商功》中描述的几何体“阳马”实为“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”．如图，在“阳马”中，平面，，则直线与面所成角的正弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，求出面的法向量，再求直线与面所成角的正弦值. 【详解】    因为平面，面，底面为矩形，所以两两垂直， 设，以分别为轴建立空间直角坐标系如图， 则 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，则，所以取， 直线与面所成角的正弦值为. 故选：A 42．(24-25高二上·河南漯河·期末)在三棱柱中，若底面是边长为的等边三角形，为线段上的任意一点（不与，重合），则下列说法中正确的是（   ） A．若为中点，为平面上任意一点，且，则三棱锥体积的最大值为 B．若侧面为菱形，，，则与平面所成角的正弦值为 C．若三棱柱体积为，则四棱锥体积为 D．若平面，当平面平面，且是面积为的等腰直角三角形，则三棱柱的外接球的表面积为 【答案】BCD 【分析】根据，得到点在以为直径的圆上，要使得三棱锥体积最大时，平面，可判定A不正确；先证得平面平面，过点作，垂足为，证得平面，得到为与平面所成的角，在中，求得的值，可判定B正确；结合 ，可判定C正确；取的中点，连接，再点作，证得平面，得到，设，结合题意求得，取三棱柱上下底面的中心分别为，再取的中点，连接，得到为三棱柱外接球的半径，结合球截面圆的性质，求得外接球的半径，结合表面积公式，即可求解. 【详解】对于A中，若为中点，为平面上任意点，且， 如图（1）所示，由，所以，所以， 所以点在以为直径的圆上，所以， 要使得三棱锥体积最大，即三棱锥体积最大即可， 此时平面，所以体积的最大值为， 所以A不正确； 对于B中，如图（2）所示，因为侧面为菱形，，可得， 连接，由点为的中点，可得， 又因为为等边三角形，所以， 因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面， 过点作，垂足为， 因为平面平面，所以平面， 所以为与平面所成的角， 在中，由，可得，所以， 所以与重合，在直角中，，所以， 则，所以，所以B正确； 对于C中，设三棱柱的高为， 由三棱柱体积为，可得， 在三棱柱中，可得平面， 因为点为线段上任意点，所以点和到平面的距离相等， 由，所以，所以C正确； 对于D中，若平面，且底面为等边三角形，所以棱柱为正三棱柱， 取的中点，连接，则， 又因为平面，平面，所以， 因为且平面，所以平面， 过点作，且，可得四边形为矩形， 所以，所以平面， 因为平面，所以， 又因为是面积为3的等腰直角三角形，所以， 此时点为的中点，设，可得, 可得，解得，所以， 取三棱柱上下底面的中心分别为，再取的中点，连接， 则为三棱柱外接球的半径， 在直角中，，可得， 所以三棱柱的外接球的表面积为，所以D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：对于立体中的综合问题的求解策略 1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； 3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； 4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 43．(24-25高二上·河南驻马店环际大联考“逐梦计划”·)如图，在三棱柱中，平面，，分别为，的中点，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先根据线面垂直的性质证得，再根据线面垂直的判定定理即可得证； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可； （3）利用向量法求解即可. 【详解】（1）在三棱柱中，D，E为的中点， ， 平面， 平面， 平面，， 在三角形中，，为中点， ， ，，平面， 平面； （2）如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 在直角三角形中，，， ，，，，， ，，， 设平面的法向量为， ，令，则，， 所以， 设直线与平面所成角为， 所以； （3）设点到平面的距离为，所以， 故点到平面的距离. 44．(23-24高二上·河南部分名校·期末)如图，在四棱锥中， 为棱的中点，平面. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，证明即可. （2）由题意先证明平面，即是平面的一个法向量.结合线面角的正弦公式即可得解. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以， 又， 由题可知两两互相垂直，所以以所在直线为轴，过与平行的直线为轴，所在直线为轴建立如图的空间直角坐标系. 又，为棱的中点， 易知. 所以，所以， 所以. （2）因为平面，平面，所以. 由（1）知， 又，平面， 所以平面，即是平面的一个法向量. 又因为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 45．(24-25高二上·河南三门峡·期末)如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，，，，． (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)建立空间直角坐标系，证明与平面的法向量垂直即可； (2)利用空间向量求线面角即可. 【详解】（1）由题意知，，，两两互相垂直，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， 则，，，， 所以，． 底面，底面， 又，， 且平面, 平面， 所以是平面的一个法向量． 因为， 所以． 又平面，所以平面． （2）因为，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则 由，解得，令， 得平面的一个法向量为． 设直线与平面所成的角为， 则． 故：直线与平面所成角的正弦值为． 46．(23-24高二上·河南新乡·期末)如图，在三棱锥中，平面. (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）利用线面垂直的判定定理证明即可; （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面的法向量，计算即可. 【详解】（1）证明：因为平面，且平面， 所以. 因为， 所以，则. 又平面平面， 所以平面. （2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，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， 由得令，得. 设直线与平面所成的角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 47．(23-24高二上·河南信阳固始县·期末)如图，四棱锥中，都为等腰直角三角形，，，，，为的中点． (1)与平面是否平行？请说明理由； (2)求与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)不平行，理由见解析 (2) 【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，求得与平面的法向量，从而得以判断； （2）结合（1）中结论，求得与平面的法向量，从而得解. 【详解】（1）都为等腰直角三角形，， 平面， 所以平面， 又， 分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 故， 易知平面的一个法向量为， 则，所以与平面不平行. （2）由（1）得，， 设平面的法向量为，则，即， 令，得， 设直线与平面所成角为，又， 则， 所以. 故直线与平面所成角的余弦值为. 48．(23-24高二上·河南济源·期末)如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，底面，，分别为侧棱，的中点，点在上且. (1)求证：，，，四点共面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据条件建立空间直角坐标系，通过计算得出，由平面向量基本定理得到，，共面，即可证明结果； （2）由（1）结果，得到，并求得平面的法向量为，再利用线面角的向量法即可求出结果. （3）由（1）和（2）得，平面的法向量，再由空间距离的向量法即可求出结果. 【详解】（1）（1）因为平面是菱形，所以， 又因为底面，面，所以，， 所以，，两两垂直， 以为坐标原点，以，，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立如图空间直角坐标系： 因为，，，则，，，，， 因为，分别为侧棱，的中点，所以，， 设，，因为， 所以，解得，即. 所以，，. 所以，由向量共面的充要条件可知，，，共面. 又，，过同一点，从而，，，四点共面. （2）由（1）可得，，，， 又因为，所以，. 设平面的法向量，由，得到， 取，可得，，所以， 设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）由（1）和（2）知，平面的法向量， 设到平面的距离为，则. 地 城 考点05 空间向量求空间距离问题 49．(24-25高二上·河南信阳·期末)在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示．已知直线l的方程为，则到直线l的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据条件得到直线上的点和直线的方向向量，再根据空间中点到直线的距离公式求得点到直线的距离. 【详解】直线的方程标准化得， 从而直线过点，方向向量， 与同向的单位向量， ，，， 点到直线的距离， 故选：D. 【点睛】结论点睛：空间中点到直线的距离公式 ，其中是直线的单位方向向量，是分别以点与直线上的任一点为始点和终点的向量. 50．(23-24高二上·河南商丘中州联盟·期末)已知平面的一个法向量是平面内一点，是平面外一点，则“”是“点到平面的距离为1”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】依题意先求得，再利用点到平面的距离公式即可得解. 【详解】，若点到平面的距离为1， 则，解得或， 故“”是“点到平面的距离为1”的充分不必要条件． 故选:A． 51．(23-24高二上·河南新乡·期末)在空间直角坐标系中，已知点，则点到直线的距离为（    ） A． B．2 C． D．4 【答案】B 【分析】利用点到直线的空间向量距离公式求出答案. 【详解】因为，所以， 则点到直线的距离. 故选：B 52．(23-24高二上·河南驻马店·)在空间直角坐标系中，，则点B到直线的距离为 ． 【答案】 【分析】根据题意，由空间向量的坐标运算，结合点到直线的距离公式代入计算，即可得到结果. 【详解】因为， 可得在方向上的投影为， 又， 由勾股定理可得点到直线的距离为. 故答案为： 53．(24-25高二上·河南新乡·期末)已知是平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为 . 【答案】 【分析】求向量的坐标，再根据点面距离的向量求法求结论即可. 【详解】由题可知， 所以点到平面的距离为. 故答案为：. 54．(24-25高二上·河南豫东名校·期末)如图，在直三棱柱中，是的中点． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【分析】（1）连接交于，连接，由三角形中位线性质得，再由线面平行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，由条件求得平面的法向量和，再利用空间距离的向量法，即可求出结果. 【详解】（1）证明：连接交于，连接，则为的中点， 因为是的中点，所以， 又平面平面，所以平面． （2）由是直三棱柱，且，故两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，又， 则， 则． 设平面的法向量为， 由，得，令，得，所以， 又，设点到平面的距离为， 则． 55．(24-25高二上·河南开封·期末)如图，在直三棱柱中，，，M是AB的中点，已知平面与平面的夹角为    (1)求的长; (2)若N是的中点，P是与的交点，Q是线段上一点，且平面 （i）求； （ii）求直线PQ到平面的距离. 【答案】(1)2； (2)（i）；（ii） 【分析】（1）构建合适的空间直角坐标系，记，应用向量法求面面角的余弦值，得到方程求参数，即得结果； （2）（i）设，得，进而可得，结合线面平行及向量垂直的坐标表示求参数，即可得解；（ii）将线面距离化为求点面距，应用向量法求距离. 【详解】（1）如图，分别以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 记，则，，，，BC中点 因为平面ABC，平面ABC，所以，又， 由 且都在平面内，所以平面， 所以为平面的一个法向量，又，， 设为平面的法向量，有，则， 令，所以平面的一个法向量， 所以, ，解得. （2）（i）由（1）知，， 设，则，， 因为平面，所以，由（1）知 所以，解得，所以. （ii）因为平面，所以点P到平面的距离，即为直线PQ到平面的距离， ，所以点P到平面的距离为，即直线PQ到平面的距离为    56．(24-25高二上·河南许昌·期末)如图，在四棱锥中，平面，是上的点，且． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)． (3)存在， 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，得到平面，进而得到平面平面； （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用面面夹角的向量求法即可得到结论. （3）假设在线段上存在点Q，设，求出，利用点到面的距离的向量求法即可得到结论. 【详解】（1）因为平面平面． 平面． 又因为平面， 平面，所以平面平面． （2）平面两两垂直， 如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 因为是上一点，所以设, 得，即， 又因为所以, 解得，， ， 设平面的法向量为，则，即, 令，则， 设平面的法向量为，则，即 令，则， 设平面与平面夹角的为， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）假设在线段上存在点Q，使得点Q到平面的距离是， 设，则， 由（2）知平面的一个法向量为， 所以点Q到平面的距离是， ，所以存在点Q满足题意，此时 57．(24-25高二上·河南驻马店·期末)图1是等腰梯形，，，是中点，以为折痕，将折起，使点到达点的位置，如图2.    (1)求证：； (2)若 （i）求二面角的平面角的正弦值； （ii）在棱上存在点，使得到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）（2）（ii） 【分析】（1）利用等腰梯形和菱形性质得出线面垂直进而得出线线垂直； （2）（i）建立平面直角坐标系，建立以为坐标原点，，为轴、轴、轴的坐标系，空间向量法求出二面角的正弦值；（ii）设，根据点到平面距离求出参数，再计算线面角的正弦值. 【详解】（1）连接交于，在等腰梯形，，，易得，    因为是中点，所以，易知是菱形，即， 因为，平面， 所以平面，平面，所以 （2）由（1）可知，在菱形中，，因为，所以， 建立以为坐标原点，，为轴、轴、轴的坐标系，如图所示， ，，，    （i），，，，， 设为平面的法向量，则，令，可得，即 设为平面的法向量，则，令，可得，即， ，二面角的平面角为，即 （ii）设，，，即 由（i）可知为平面的法向量，到平面的距离为， 即为中点，可得， 易知，，所以，， 设平面的法向量， 令，则，，则， 设直线与平面所成角为， 直线与平面所成角的正弦值 地 城 考点06 根据空间角度求其他参数 58．(24-25高二上·河南许昌·期末)若正方体的棱长为1，为棱的中点，点满足，其中，则下列说法中正确的是（   ） A．三棱锥的体积为 B．若平面，则动点的轨迹长度为 C．至少存在一个点，使平面 D．若直线与平面所成角的正切值为2，则点轨迹的长度为 【答案】ABD 【分析】对于A，由正方体几何性质可得面面平行，利用三棱锥的体积公式，可得答案； 对于B，在正方体中延拓平面，由正方体几何性质可得面面平行，根据题意可得答案； 对于C，利用空间向量的基本定理，表示出相关直线的方向向量，根据数量积运算，可得答案； 对于D，由正方体几何性质可得线面垂直，可得线面角，根据锐角三角函数的定义，结合圆的定义，可得答案. 【详解】对于A，由题意可作图如下： 由点满足，其中，则点平面， 由平面平面，则点到平面的距离， 所以三棱锥的体积，故A正确； 对于B，分别取的中点为，连接，如下图： 在正方体中，分别为的中点， 易知，，， 因为，所以共面，即平面， 因为，平面，平面，所以平面， 同理可得平面，又因为，且平面， 所以平面平面，由图可知平面平面， 由A可知平面，当时，平面，则平面， 所以为动点的轨迹，易知，故B正确； 对于C，由题意可作图如下： 设，以其为一组基底，易知， 则，，， ， 假设平面，则，， 可得，解得，显然不符合题意，故C错误； 对于D，由题意作图如下： 在正方体中，易知平面， 则为直线与平面所成角， 在中，，可得，解得， 所以的轨迹为以为圆心，以为半径的圆弧，可得其长度为.故D正确. 故选：ABD. 59．(23-24高二上·河南漯河·期末)棱长为2的正方体中，点为侧面内一点（包括边界），则以下说法正确的是（    ） A．若点为下底面内一点（包括边界），则的最大值为 B．若，则的最小值为 C．若分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 D．若点到直线的距离是它到直线距离的2倍，则点的轨迹是双曲线的一部分 【答案】BC 【分析】当点在点，在点时判断A，求出的轨迹，即可判断B，建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断C，设 ，求出轨迹方程，即可判断D. 【详解】对于A：当点在点，在点时，取得最大值，最大值为，故A错误； 对于B：因为平面，又平面，所以， 又，，所以， 所以在以为圆心，为半径的四分之一圆上， 所以的最小值为，当且仅当点在线段与圆的交点时取得，故B正确； 对于C：如图建立空间直角坐标系，则，，，，， 所以，， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为，故C正确； 对于D：因为点为侧面内一点（包括边界），设 ， 则点到直线的距离为， 因为平面，平面，所以， 所以点到直线距离为， 所以，所以， 所以点的轨迹是椭圆的一部分，故D错误. 故选：BC 60．(23-24高二上·河南部分名校·期末)在空间直角坐标系 中，向量 分别为异面直线 的方向向量，若所成角的余弦值为 则 【答案】 【分析】由向量夹角的余弦公式运算即可. 【详解】设，所成角为， 则， 解得. 故答案为：. 61．(24-25高二上·河南郑州·期末)如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，侧棱底面，点在线段上运动. (1)证明: 平面； (2)若平面与平面的夹角为，试确定点的位置. 【答案】(1)证明见解析； (2)点为线段的中点. 【分析】（1）根据题意可得，，由线面垂直的判定定理证明； （2）设，设点的坐标为，利用空间向量法中两平面的夹角公式可得的值. 【详解】（1）底面底面， ， 在中，，即， 又平面，所以平面； （2）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 依题意得：，， 由（1）可知，平面，所以平面的一个法向量， 由题意可设，设点的坐标为， 则， 即 ， 可得点的坐标为 ， 所以， 设是平面的法向量，则， 即 ，取，则， 所以是平面的一个法向量， 因为平面与平面的夹角为， 所以， 解得，所以点为线段 的中点. 62．(24-25高二上·河南商丘·期末)如图1，在平行四边形ABCD中，，将沿BD折起到位置，使得平面平面，如图2. (1)证明：平面BCD； (2)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为?若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）利用面面垂直证明线面垂直，再用线面垂直证明线线垂直，从而证明线面垂直即可； （2）利用空间直角坐标系，结合空间向量的运算，即可求面面角的余弦值，从而问题求解. 【详解】（1）证明：在中，因为， 由余弦定理，得， 所以，所以， 所以． 如下图1所示：在中，作于点， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，又平面，所以， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 又平面BCD，所以平面BCD. （2）方法一：如下图2所示： 存在点，当是的中点时，二面角的大小为. 证明如下：由（1）知平面BDC，所以且， 所以，又因为是的中点，所以，同理可得：， 取BD的中点为O，DC的中点为，连接MO，EM，OE， 因为，所以是二面角的平面角， 又因为，所以．此时． 方法二：以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如下图3所示的空间直角坐标系，则. 假设点存在，设， 则， 设平面MBD的一个法向量为， 则，取，可得， 又平面CBD的一个法向量为， 假设在线段上存在点，使得二面角的大小为， 则，解得， 所以点存在，且点是线段的中点，即. 63．(23-24高二上·河南漯河·期末)在梯形中，，为的中点，线段与交于点（如图1）.将沿折起到位置，使得（如图2）. (1)求证：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）连接、，由平面几何的知识得到，即，，即可得到，从而得到平面，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法得到方程，求出，即可得解. 【详解】（1）因为，， 所以，，所以，则， 则， 又P为的中点，连接，则且，，所以为菱形， 同理可得为菱形，所以， 所以，连接，则， 又，所以，即， 又，，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面； （2）线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为. 因为平面，所以，，两两互相垂直， 如图，以点为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，， ， 设，因为，， 所以， 设与平面所成角为，则， 即，，解得或（舍去）， 所以线段上存在点，且，使得与平面所成角的正弦值为. 64．(23-24高二上·河南三门峡·期末)如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，． (1)求平面与平面所成锐二面角的余弦值； (2)在棱上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为?若存在，求点到平面的距离；若不存在，说明理由． 【答案】(1)； (2)存在，距离为. 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即得. （2）由（1）中坐标系，由异面直线所成角的余弦求出点，再利用向量法求出点到平面的距离. 【详解】（1）由四边形为正方形，平面，知直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，， 设平面的一个法向量，则，令，得， 设平面的一个法向量，则，令，得， 设平面和平面所成锐二面角为，则 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为． （2）假设存在，又，则，， 由直线与所成角的余弦值为，得， 解得，则存在点，为棱的中点时满足条件， 即，，， 设平面的一个法向量，则，令，得， 所以点到平面的距离为. 65．(23-24高二上·河南驻马店·)如图，在四棱锥中，面，且，分别为的中点.    (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存任，说明理由； (3)在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，理由见解析； (3)存在，理由见解析. 【分析】（1）过E作交于点G,连接,由线线平面证明面面平行，再由面面平行的性质即可得出线面平行的证明； （2）先求出面的法向量，设 , 利用向量法结合线面角得正弦值求解即可; （3）由 点在空间内轨迹为以中点为球心, 为半径的球,而 中点到平面的距离为 , 即可求解. 【详解】（1）如图，    过E作交于点G,连接, 面，面，则， 又面，面，且不共线，故， 因为为的中点，所以也为中点，又为的中点，所以， 而平面，平面，所以平面，同理平面， 又因为， 平面， 所以平面平面，而平面, 所以平面； （2）    设如图, 以点A为原点建立空间直角坐标系, 则， 故， 则， 设平面的法向量 ,则有 ,取 , 整理得 , 解得 或(舍去)， 所以当时, 直线与平面所成角的正弦值是. （3）由（2）知，平面的一个法向量， 点 中点，则, 则中点到平面的距离为， 由，即故在以中点为球心，半径为的球面上， 而，故在面上的轨迹是半径为的圆， 故存在符合题意的， 此时轨迹是半径为 的圆. 【点睛】关键点点睛：第三问，根据题设有则在以中点为球心，半径为的球面上，再求中点到面距离，结合直观想象及计算确定在面上的轨迹. 地 城 考点07 空间轨迹问题 66．(23-24高二上·河南济源·期末)如图，正三棱柱中，，点为中点，点为四边形内（包含边界）的动点，则以下结论正确的是（    ） A． B．异面直线与所成角的余弦值为 C．若平面，则动点的轨迹的长度等于 D．若点到平面的距离等于，则动点的轨迹为抛物线的一部分 【答案】BCD 【分析】根据空间向量的加减法运算以及通过建立空间直角坐标系求解判断AB，由面面平行得出动点的轨迹的长度等于判断C，设点E在底面ABC的射影为，作垂直于，垂足为F，可证得，即点轨迹为抛物线，由此可判断D. 【详解】对于A，，选项A错误； 对于B，过点作的平行线交于点， 以为坐标原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，    设正三棱柱底面边长为，侧棱长为，则，，，，， 所以，， 因为，所以，即，解得， 因为，， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为，选项B正确； 取的中点，的中点，连接，则∥，平面， 平面，所以∥平面，同理∥平面， 又，平面，平面，所以平面∥平面， 因为平面且平面， 所以动点的轨迹的长度等于，故C正确；    对于D，设点E在底面ABC的射影为，作垂直于，垂足为F，    若点E到平面的距离等于，即有，又因为在中，，得，其中等于点E到直线的距离，故点E满足抛物线的定义，另外点E为四边形内（包含边界）的动点，所以动点E的轨迹为抛物线的一部分，故D正确. 故选：BCD 67．(23-24高二上·河南部分名校·期末)已知正方体的棱长为分别是棱和的中点，是棱上的一点，是正方形内一动点，且点到直线与直线的距离相等，则（    ） A． B．点到直线的距离为 C．存在点，使得 平面 D．动点在一条抛物线上运动 【答案】AD 【分析】建立空间直角坐标系，选项A，利用向量法来证明线线垂直，通过计算得到，即可判断出选项A的正误；选项B，先计算出在方向上的投影向量的模为，再利用点到线的距离的向量法即可得出结果，从而判断出选项的正误；选项C，先求出平面的一个法向量为和，再判断是否存在使，即可判断出选项的正误；选项D，根据条件得出点到直线的距离即点到点的距离，再利用抛物线的定义即可求出结果. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系Axyz. 对于选项A，易知，设， 所以，又， 得到，所以，故选项A正确； 对于选项，因为，所以，又， 则在方向上的投影向量的模为，又， 所以点到直线的距离为，故选项B错误； 对于选项C，设平面的一个法向量为， 由选项A知，，， 由，得到， 取，所以平面的一个法向量为， 由，得到， 所以不存在点，使得 平面，故选项C错误； 对于选项D，因为平面平面，所以， 所以点到直线的距离即点到点的距离，又点到直线与直线的距离相等， 即点到点的距离等于点到直线的距离，又面，面， 由抛物线定义知，点的轨迹是以为焦点，所在直线为准线的抛物线的一部分，故选项正确， 故选：AD. 【点睛】关键点晴：本题的关键在于建立空间直角坐标系，利用向量法来解决线线垂直、点线距离和线面平行，对于选项D，将点线距离转化点到点的距离，再利用抛物线的定义来解决. 68．(24-25高二上·河南三门峡·期末)如图，正方体的边长为为的中点，动点在正方形内（包含边界）运动，且.下列结论正确的是（   ） A．动点的轨迹长度为； B．异面直线与所成角的正切值为2； C．的最大值为2； D．三棱锥的外接球表面积为. 【答案】ACD 【分析】取的中点，分析可知平面.对于A：分析可知动点的轨迹是以点为圆心，半径为1的半圆，即可得结果；对于B：分析可知异面直线与所成角即为，即可得结果；对于C：根据数量积的几何意义分析判断；对于D：分析可知，进而求球的半径和表面积. 【详解】取的中点，连接， 因为分别为的中点，则∥，且， 又因为平面，则平面， 由平面，可得. 对于选项A：在中，， 可知动点的轨迹是以点为圆心，半径为1的半圆， 所以动点的轨迹长度为，故A正确 对于选项B：因为∥，∥，则∥， 可知异面直线与所成角即为，其正切值为，故B错误； 对于选项C：因为线段在平面内的投影为， 结合选项A可知：在方向上的投影数量的最大值为1， 所以的最大值为，故C正确； 对于选项D：设三棱锥的外接球的球心为，半径为， 因为平面，且为的外接圆圆心，可知， 则，解得， 所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确； 故选：ACD. 69．(23-24高二上·河南南阳·)在正方体中，点在底面所在的平面上运动.下列说法不正确的是（    ） A．若点满足，则动点的轨迹为一条直线 B．若，动点满足，则动点的轨迹是圆 C．若点到点与点的距离比为，则动点的轨迹是椭圆 D．若点到直线的距离与到直线的距离相等，则动点的轨迹为抛物线 【答案】C 【分析】对于A，根据线面垂直的判定定理、性质定理可判断A；利用勾股定理求出，由可得动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆可判断B；在平面内，设正方形对角线的交点为，以所在的直线为轴，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，设，根据可得动点的轨迹可判断C；点到直线的距离即点到点的距离，根据抛物线定义可判断D. 【详解】对于A，    连接，因为平面，平面， 所以，因为四边形为正方形，所以， 因为，平面，所以平面， 当点在直线上时，此时平面，可得， 则动点的轨迹为直线，故A正确； 对于B，连接，若，，所以， 又因为，所以动点的轨迹在平面是在平面内， 以为圆心，为半径的圆，故B正确；    对于C，在平面内，设正方向对角线的交点为，以所在的直线为轴， 所在的直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 设，则，设， 因为，所以，化简得， 则动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，故C错误；    对于D，因为平面，平面，所以， 所以点到直线的距离即点到点的距离， 若点到直线的距离与到点的距离相等，根据抛物线定义， 则动点的轨迹为在平面的抛物线，故D正确. 故选：C. 【点睛】思路点睛：考查平面上点的轨迹，根据动点满足的关系式，在平面上建立平面直角坐标系，用解析法求轨迹是常用方法． 70．(24-25高二上·河南商丘·期末)在正方体中，，，则（    ） A．若，则点的轨迹为线段 B．若，则点的轨迹为连接棱的中点和棱中点的线段 C．若，则三棱锥的体积为定值 D．若，则与平面所成角的余弦值的最大值为 【答案】BCD 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，可判断AB选项；利用空间向量法可判断CD选项. 【详解】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， 则、、、、、、 、， 因为， 对于A选项，当时，则点的轨迹为线段，A错； 对于B选项，若，即点， 此时，点的轨迹为连接棱的中点和棱中点的线段，B对； 对于C选项，若，即点，其中， ，，设平面的法向量为， 则，取，可得， ，则点到平面的距离为， 因为的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，C对； 对于D选项，若，则，其中， 易知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则， 当时，取最小值，此时取最大值，且，则， 因此，当时，则与平面所成角的余弦值的最大值为，D对. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法： （1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； （2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； （3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 71．(24-25高二上·河南南阳·期末)如图，在棱长为4的正方体中，O为和的交点，点在线段上，，E，F分别为棱和的中点，则下列选项正确的是（   ） A．若点P是线段上一动点，则直线平面 B．若点Q是平面内一点，且满足，则点Q的轨迹是抛物线 C．若点M为平面内一点，且满足，则OM的最小值为 D．过线段BD且垂直于平面的截面图形为等腰梯形 【答案】ACD 【分析】根据正方体的性质易证平面平面即可判断A；由题意易得，结合已知有，构建坐标系求点Q的轨迹判断B；AC与BD的交点为G，连接，先得到点M的轨迹为线段，并确定OM的最小值即O到直线的距离，应用等面积法求结果判断C；取的中点分别是H、T，根据已知证得平面，进而得面面，进而确定截面形状判断D. 【详解】对于A，由正方体性质知，面，面， 所以面，又，同理可证面 又且都在面内，则平面平面， 又直线平面，所以直线平面，正确； 对于B，由面，面，则，即， 又，易知，由于，则， 在面构建如下图示的平面直角坐标系，且，若， 所以，整理得， 所以点Q的轨迹是圆心为，半径为的圆，错误； 对于C，AC与BD的交点为G，连接， 因为面，面，所以面面，交线为， 所以点M的轨迹为线段，则OM的最小值即O到直线的距离， 当时，因为是直角三角形，所以， 则，即OM的最小值为，正确； 对于D，取的中点分别是H、T，由面，则是在面上的射影， 由是的中点，则，又，， 所以，易得，则， 同理，都在面内，所以平面， 而，则面，故面面， 所以四边形BDTH即所求截面，而，故四边形BDTH为等腰梯形，正确． 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：根据各项给定条件证明相关线面、面面平行或垂直，综合几何法、解析法确定动点的轨迹为关键. 72．(24-25高二上·河南驻马店·期末)如图，在棱长为的正方体中，点为平面内一动点，且，设点到直线的距离为，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】连接分别交平面，平面于点，，根据为定值，计算得到平面的距离，得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，在平面的投影是以为圆心，为半径的圆，计算到直线的距离为，进而得到到直线的距离. 【详解】   如图，正方体中，平面，平面， 连接分别交平面，平面于点，，则， 由得,解得 同理，故 因为，所以， 所以动点轨迹是以为圆心，为半径的圆； 所以点在平面的投影是以为圆心，为半径的圆； 设点到直线的距离为， 又点到直线的距离为， 则，即， 所以点到直线的距离， 故答案为： 试卷第88页，共93页 试卷第93页，共93页 学科网（北京）股份有限公司 $