专题01 空间向量与立体几何（7大题型）（期末真题汇编 山西专用）高二数学上学期

专题01 空间向量与立体几何（7大题型） 7大高频考点概览 考点01 空间向量及其线性运算 考点02 空间向量的数量积运算 考点03 空间向量的基本定理及其运用 考点04 空间向量及其运算的坐标表示 考点05 空间向量在空间位置关系中的运用 考点06 空间角相关问题 考点07 空间距离相关问题 空间向量及其线性运算 地 城 考点01 1．（24-25高二上·山西·期末）如图，在三棱柱中，分别是棱的中点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由空间向量的加减法运算的几何表示和数乘关系即可得到答案. 【详解】. 故选：C. 2．（21-22高二上·山西吕梁·期末）在平行六面体中，点P在上，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用空间向量基本定理，结合空间向量加法的法则进行求解即可. 【详解】因为， ， 所以有，因此 ， 故选：C 3．（21-22高二上·山西大同·期末）在四面体OABC中，，，，点M在线段OA上，且AM＝2MO，N为线段BC的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用空间向量的线性运算，，即得解 【详解】 ，，，点在上，且，为的中点， . 故选：C. 4．（21-22高二上·山西大同·期末）已知向量与共线，则实数k＝（    ） A．0 B．1 C．－1或2 D．－2或1 【答案】D 【分析】利用空间向量共线的性质直接求解． 【详解】向量与共线， ， 解得或1． 故选：． 5．（23-24高二下·山西太原·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. 地 城 考点02 空间向量的数量积运算 6．（19-20高二上·山西朔州·期末）如图，面为矩形，连接，下面各组向量中，数量积不一定为零的是（    ）    A．与 B．与 C．与 D．与 【答案】A 【分析】根据线线垂直、线面垂直的知识确定正确答案. 【详解】由于平面，平面， 所以，则与垂直，D选项错误. 由于平面，所以平面， 由于平面，所以，所以与垂直，C选项错误. 由于平面， 所以平面，由于平面，所以， 所以与垂直，B选项错误. 由于与不一定垂直，是在平面内的射影， 所以与不一定垂直，即与的数量积不一定为，A选项正确. 故选：A    7．（19-20高二上·山西·期末）在一直角坐标系中，已知，现沿轴将坐标平面折成的二面角，则折叠后两点间的距离为 A． B． C． D．2 【答案】D 【解析】画出图形，作，则，可得，沿轴将坐标平面折成的二面角，故两异面直线所成的角为，结合已知，即可求得答案. 【详解】如图为折叠后的图形，其中作 则， 沿轴将坐标平面折成的二面角 两异面直线所成的角为． 可得： 故由 得 故选：D. 【点睛】本题考查了立体几何体中求线段长度，解题的关键是作图和掌握空间向量的距离求解公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题. 8．（25-26高二上·山西临汾·月考）已知空间单位向量的夹角为，则（    ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】根据条件，利用数量积的定义及运算律，即可求解. 【详解】因为向量是单位向量，且两向量的夹角为，则， 所以， 故选：D. 9．（24-25高二上·山西大同·期中）如图所示的几何体为两个正方体组成的正四棱柱，记集合，则集合中元素个数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据几何体的特征，将向量数量积转化为投影向量，即可判断结果. 【详解】因为平面，平面，平面均与直线垂直， 所以终点在这三个平面上的相应向量在向量上的投影向量分别相同， 且互不相等，故共有个不同的值． 故选：A 10．（23-24高二上·山西吕梁·阶段练习）一物体在力F的作用下，由点A（2，1，-1）移动到点B（7，0，1），若，则对该物体所做的功为（    ） A．21 B．23 C．25 D．27 【答案】D 【分析】根据做功的意义，运用数量积的坐标表示计算即可. 【详解】由题意可得，, 因为, 所以. 故选：. 11．（23-24高二上·山西吕梁·阶段练习）在正三棱锥中，，点，分别是棱，的中点，则（    ） A．-2 B．-4 C．-8 D．-10 【答案】C 【分析】根据空间向量线性运算，先把向量用来表示，再用空间向量数量积运算即可求解 【详解】在正三棱锥中，，所以，      则，又，， 所以 . 故选：C. 12．（22-23高二下·山西运城·阶段练习）已知点P在棱长为2的正方体表面上运动，AB是该正方体外接球的一条直径，则 的最大值为（    ） A．2 B．3 C．1 D．0 【答案】D 【分析】根据空间向量的加减法运算和数量积的运算律求解. 【详解】由题可得，正方体外接球的直径, 设为正方体外接球的球心，则为的中点， 则有,且， ， 由于，所以的最大值为0， 故选:D. 空间向量的基本定理及其运用 地 城 考点03 13．（24-25高二上·山西晋中·期末）在三棱柱中，，，，为平行四边形对角线的交点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间向量的加减运算法则计算可得结果. 【详解】如下图所示： 易知 . 故选：C 14．（22-23高二上·山西晋中·期末）在平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平行六面体的性质结合空间向量基本定理求解即可. 【详解】因为平行六面体中，点是线段上的一点，且， 所以 ． 故选：C． 15．（23-24高二下·山西晋城·期末）已知空间向量，，，且，，共面，则实数（    ） A． B． C．0 D．1 【答案】D 【分析】因为三个向量共面，由向量的基本定理可知存在实数，使得， 代入计算即可. 【详解】因为共面， 所以存在实数，使得， 即 所以，解得. 故选：D. 16．（23-24高二上·山西运城·期末）如图，空间四边形OABC中，，点M在线段OA上，且，点N为BC中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合图形，利用空间向量的线性运算即可求解. 【详解】点M在线段OA上，且， 又， ∵N为BC的中点， . 故选：D. 17．（22-23高二上·山西运城·期末）在三棱锥中，M是平面ABC上一点，且，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间向量的基本定理，进而得出方程，解之即可. 【详解】因为， 所以，即． 因为M是平面ABC上一点，所以，所以． 故选：B. 18．（18-19高二上·山西运城·期末）在四面体中分别是的中点，P是的三等分点（靠近点N），若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量的基本定理求解. 【详解】如图所示： ， ， . 故选：B 【点睛】本题主要考查空间向量的基本定理的应用，还考查了数形结合的思想方法，属于基础题. 19．（22-23高二上·山西晋中·期末）是空间的一个基底，与、构成基底的一个向量可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据空间向量基本定理判断即可. 【详解】由于，故与、共面，无法构成空间的一个基底，故B错误； 因为是空间的一个基底，由于不存在实数对、，使得， 若成立则，显然方程组无解，故、与可以作为空间的一个基底，故A正确，同理可得C、D正确； 故选：ACD 地 城 考点04 空间向量及其运算的坐标表示 20．（24-25高二上·山西吕梁·期末）已知，，则的值为（    ） A．4 B．0 C． D． 【答案】C 【分析】根据空间向量数量积的坐标表示即可求解. 【详解】由题意知，. 故选：C 21．（22-23高二上·山西大同·期末）已知向量，分别是直线，的方向向量，若，则（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】由，则两直线的方向向量共线列式计算即可. 【详解】由题意可得：，解得：，. 故选：B. 22．（22-23高二上·山西晋中·期末）已知点与点关于轴对称，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据关于啥轴对称啥不变，其它坐标变相反的对称变换口诀，结合点的坐标即可求解. 【详解】依题意，点关于轴的对称点. 故选：A. 23．（20-21高二上·山西太原·期末）已知，则的最小值是（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据空间向量的坐标运算，表示出的坐标，再根据模的计算公式，即可求得答案. 【详解】由题意知，故， 则， 即的最小值是， 故选：D 24．（19-20高二上·山西太原·期末）已知，，若，则实数的值分别是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量共线的坐标表示列方程组，由此求得的值. 【详解】因为，所以，所以. 故选：A 【点睛】本小题主要考查空间向量共线的坐标表示，属于基础题. 25．（24-25高二下·山西·期末）如图，在四棱锥中，底面，，，，是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分析得到三棱锥的外接球的球心在平面上，作出辅助线，得到三棱锥的外接球的球心在直线上，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，因为在上，设，所以的坐标为，利用得到方程，解得，进而得到外接球半径，得到表面积. 【详解】因为，，所以，设，则为的中点， 因为平面，，平面，所以，， 因为，平面，，所以平面， 由题意知， 所以三棱锥的外接球的球心在平面上. ，故为等边三角形，故， 又，故，， 又，故， 如图，取棱的靠近的四等分点， 则为线段的中点，，因为为的中点，所以， 所以，所以，所以三棱锥的外接球的球心在直线上. 以为坐标原点，，MB，分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，， ，，所以， 因为在上，设，所以的坐标为， 又，即，解得， 故，所以， 所以. 故选：A. 26．（22-23高二上·山西·期末）已知两个向量，若，则m的值为 . 【答案】 【分析】根据向量垂直的坐标表示列式计算求解即可. 【详解】因为，所以，解得. 故答案为：. 27．（21-22高二上·山西晋中·期末）在空间直角坐标系中，已知向量，则的值为 . 【答案】 【分析】由题知，进而根据向量数量积运算的坐标表示求解即可. 【详解】解：因为向量， 所以， 所以 故答案为： 28．（21-22高二上·山西大同·期末）已知平面α的一个法向量为，点，是平面α内的两点，则x＝ ． 【答案】3 【分析】求出空间向量，利用垂直关系得到结果. 【详解】由题意可得， 又， ∴， ∴. 故答案为：3 地 城 考点05 空间向量在空间位置关系中的运用 29．（20-21高二上·山西太原·期末）已知平面的一个法向量为，，且，则下列结论正确的是（    ） A． B．，垂足为A C．，但不垂直 D． 【答案】D 【分析】直接利用空间向量法判断直线与平面的位置关系. 【详解】因为平面的一个法向量为，且， 所以， 又， 所以， 故选：D 30．（19-20高二上·山西运城·期末）设的方向向量为的方向向量为.若，则等于（    ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】C 【分析】利用直线垂直，方向向量垂直，数量积为0即可. 【详解】因为，所以， 则有，所以，即. 故选：C 【点睛】本题主要考查了空间直线垂直，方向向量数量积为，属于基础题. 31．（25-26高二上·山西太原·阶段练习）在长方体中，，动点满足，当与垂直时，的值为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算可得到参数的值. 【详解】由题意，以为坐标原点，以，，的方向为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 可得，得， 所以，， 由，可得，即，解得或， 因为，所以实数的值为. 故答案为：. 32．（25-26高二上·山西临汾·阶段练习）已知空间向量，若，则 ． 【答案】 【分析】根据条件，利用向量垂直的坐标表示，即可求解. 【详解】因为，， 则 ，解得， 故答案为：. 33．（24-25高二上·山西太原·阶段练习）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若 ，则等于 . 【答案】4 【分析】利用空间位置关系的向量证明，列式计算得解. 【详解】由 ，得，从而，即，解得. 故答案为：4 34．（23-24高二上·山西运城·阶段练习）已知直线的方向向量为，平面的法向量为，且，则 . 【答案】 【分析】根据平面法向量的性质，结合空间向量平行的性质的坐标进行求解即可. 【详解】设平面的法向量为 因为， 所以， 所以有， 故答案为： 地 城 考点06 空间角相关问题 35．（24-25高二上·山西·期末）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，侧面为矩形，平面平面，，为的中点，，，若点到直线的距离为2，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取的中点，证得平面，进而建系，利用异面直线夹角向量法求解即可； 【详解】取的中点，连接，则，因为平面平面， 且平面与平面交于，所以平面. 如图，以为坐标原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向建立空间直角坐标系.设， 则，，，，所以，， 所以点到直线的距离， 解得.因为，， 所以， 即异面直线与所成角的余弦值为. 故选：D 36．（23-24高二上·山西吕梁·期末）如图，正三棱柱的各棱长相等，D为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D．0 【答案】D 【分析】构建空间直角坐标系，求直线的方向向量，应用空间向量数量积的坐标表示可得，即知异面直线的夹角. 【详解】以为坐标原点，为轴，为轴，在平面内， 过点作垂直于的直线为轴，构建如下图示的空间直角坐标系， 设正三棱柱的棱长为2，则，，，， ，，则， 所以异面直线与所成的角为，余弦值为0， 故选：D. 37．（23-24高二下·山西晋城·期末）如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解. 【详解】取的中点，连接, 四边形为的菱形，所以， 由于平面平面，且两平面交线为，,平面， 故平面,又四边形为正方形，故建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设正方形的边长为2，则, 故, 则，又 故， 故直线所成角的正弦值， 故选：C 38．（23-24高二上·山西朔州·期末）如图，在正方体中，为棱上的一个动点，为棱上的一个动点，则平面与底面所成角的余弦值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面EFB的法向量，由向量的夹角公式求解二面角的余弦值的取值范围，由此判断求解即可． 【详解】 设平面与底面所成的二面角的平面角为θ，由图可得θ不为钝角. 以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，故， 又底面的一个法向量为， 所以，因为， 则， 当时，， 当时，，当，， 则，，则， 则当时，分母取到最小值，此时， 当，时，则，此时， 综上， 故选：A. 39．（21-22高二上·山西大同·期末）在正方体中，M为棱的中点，则直线AM与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，利用线面角的向量公式即得解． 【详解】解：不妨设正方体的棱长为2，连接，以为坐标原点如图建立空间直角坐标系， 则，0，，，2，，，1，，，， 由于平面，平面，故， 又正方形，故， ，，平面， 故平面， 所以为平面的一个法向量， ， 故直线与平面所成角的正弦值为． 故选：． 40．（19-20高二上·山西忻州·期末）在空间直角坐标系中，若，则异面直线与所成角的大小为（     ） A．30° B．45° C．60° D．90° 【答案】C 【解析】直接采用空间向量的夹角公式求解 【详解】由题知：设两直线夹角为，， 则， 故选：C 【点睛】本题考查异面直线夹角的向量求法，属于基础题 41．（24-25高二上·山西运城·期末）如图，已知正方体的棱长为，点分别为棱的中点，，则下列说法正确的是（    ）    A．平面截正方体所得截面为四边形 B．若，则平面 C．无论取何值，三棱锥的体积始终为 D．异面直线与所成的角的余弦值的取值范围为 【答案】BCD 【分析】对于A，取，此时与重合，利用面面平行的性质及基本事实3，可得平面截正方体所得截面为五边形，即可求解；对于B，设面面于，利用面面平行的性质及平行的传递性，可得，再利用线面平行的判定定理，即可求解；对于C，利用，再利用棱锥的体积公式，即可求解；对于D，利用线线角的向量法，即可求解. 【详解】对于选项A，如图1所示，当时，，此时与重合， 不妨设面面，易知面，又面， 所以，连接，易知，所以， 设分别与的延长线交于，连接，分别交于， 连接， 因为，则面，所以面，又，则面， 所以面，同理可得面， 所以，当时，平面截正方体所得截面为五边形，故选项A错误，    对于选项B，当时，，此时为的中点， 设面面于，如图2所示，连接， 易知面，又面，面面， 所以，又，所以，又面，面， 所以平面，故选项B正确，    对于选项C，如图3所示，因为， 又易知，，得到，所以选项C正确，    对于选项D，以为坐标原点，建立如图3所示的空间直角坐标系， 易知，所以， 又，得到， 所以，设异面直线与所成的角为， 则， 又，当时，，当时，， 又，所以，综上，，所以选项D正确， 故选：BCD. 42．（24-25高二上·山西晋中·期末）在空间直角坐标系中，点，，，则（    ） A． B．异面直线与所成的角为 C．点关于轴的对称点为 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】ACD 【分析】利用空间向量数量积的坐标运算可判断A选项；利用空间中点的对称性可判断C选项；利用空间向量法可判断BD选项. 【详解】对于A选项，，，所以，A对； 对于B选项，， 所以异面直线与所成的角余弦值为，故异面直线与所成的角不是，B错； 对于C选项，点关于轴的对称点为，C对； 对于D选项，易知平面为坐标平面，则平面的一个法向量为， 所以，则直线与平面所成角的正弦值为，D对. 故选：ACD. 43．（23-24高二上·山西运城·期末）如图，棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为线段上的动点，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点G，使得平面EFG C．G为中点时，直线EG与所成角最小 D．点F到直线EG距离的最小值为 【答案】AB 【分析】根据等体积法可知，即可判断A项；建系，假设存在点G﹐设 .根据向量的坐标，由，解出的值，即可判断B项；由已知推出，根据二次函数以及余弦函数的性质，结合的取值范围，即可判断C项；求出在方向上投影向量的长度为，然后根据勾股定理表示出点F到直线EG的距离，根据二次函数的性质，即可得出最小值. 【详解】 如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系. 则，，，，，，，，，. 对于A项，在正方体中，平面平面，平面， 由面面平行的性质可得，平面， 由点G在线段上， 则到平面的距离，即点到平面的距离等于. 因为，所以. 则是个定值，故A项正确； 对于B项，假设存在点G﹐使得平面. 设 . ，，，， 则. 所以， ， 所以，满足条件. 此时有，，平面，平面，， 所以，存在点G﹐使得平面，故B项正确； 对于C项，设直线EG与所成角为. 因为，. 所以 ， 所以. 因为， 所以当时，有最小值，显然有，则有最大值， 根据余弦函数的单调性可知，当时，有最小值，故C项错误； 对于D项，因为，， 所以，在方向上投影向量的长度为， 由C知，当时，有最小值， 则有最大值为，又， 所以点F到直线EG距离的最小值为，故D项错误. 故选：AB. 【点睛】关键点点睛：由点为线段上的动点，设 .可以通过的坐标，表示出与点有关的向量. 44．（23-24高二上·山西朔州·期末）在空间直角坐标系中，、、，则（    ） A． B．异面直线与所成的角为 C．点关于轴的对称点为 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】ACD 【分析】利用空间向量数量积的坐标运算可判断A选项；利用空间向量法可判断BD选项；利用空间中点的对称性可判断C选项. 【详解】因为在空间直角坐标系中，、、， 对于A选项，，，所以，，A对； 对于B选项，设异面直线与所成的角为，则， ，故， 所以，异面直线与所成的角为，B错； 对于C选项，点关于轴的对称点为，C对； 对于D选项，易知平面的一个法向量为， 所以，， 所以，直线与平面所成角的正弦值为，D对. 故选：ACD. 45．（22-23高二上·山西临汾·期末）如图，在直三棱柱中，分别是的中点，是与的交点，为线段上的动点（包含线段的端点），则以下说法正确的是（    ） A．为线段的中点时， B．存在点，使得∥平面 C．与所成角的正弦值为 D．与平面所成的角可能为 【答案】BD 【分析】对于A，由向量的加法、减法及数乘运算即可判断； 利用空间向量解答B，C； 对于D，由题意可得为与平面所成的角，当运动到点时，取得最大，且，从而即可判断. 【详解】解：对于， ，故错误； 对于，以为原点，以为坐标轴建立空间直角坐标系， 设， 则， 所以 设平面的法向量为 则， 令，可得， 设， 则， 所以， 当时，可得∥平面， 所以，即. 所以在线段上存在点，且，故B正确； 对于， 所以与所成角的正弦值为，故C错误； 对于，在中，为的中点，所以， 又平面平面， 可得，而， 所以平面与平面所成的角即为， 由题可得当运动到点时，取得最大，且， 所以与平面所成的角可能为，此时，故D正确. 故选：BD. 【点睛】方法点睛：对于线线角、线面角、面面角的求解以及对线面、面面位置关系的判断，用空间向量法进行解答较为容易些. 46．（22-23高二上·山西运城·期末）若平面的一个法向量，平面的一个法向量，则平面与平面夹角的余弦值为 ． 【答案】 【分析】根据平面法向量夹角和二面角之间的关系，利用空间向量数量积的坐标表示即可求得结果. 【详解】设平面与平面的夹角为， 根据题意可得， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 故答案为：. 47．（20-21高二上·山西太原·期末）如图，在三棱锥中，平面，为等腰直角三角形，，点在上，且，则与平面所成角的正弦值为 . 【答案】 【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，利用空间向量法可求得直线与平面的正弦值. 【详解】平面，为等腰直角三角形，，则， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则、、、， 设平面的法向量为，，， 由，取，可得， ，. 因此，与平面所成角的正弦值为. 故答案为：. 48．（24-25高二上·山西吕梁·期末）已知边长为6的菱形ABCD（如图1），，AC与BD相交于点O，E为线段AO上一点，且，将三角形ABD沿BD折叠成三棱锥（如图2）． (1)证明：BD⊥AC； (2)当三棱锥的体积最大时， （ⅰ）求三棱锥外接球的表面积； （ⅱ）求平面BCE与平面ACD的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证明平面ACO，再由线面垂直的性质得； （2）（i）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设外接球的球心为，利用空间距离公式可得外接球半径，则表面积可求； （ii）利用平面与平面所成角的向量解法求解即可. 【详解】（1）因为四边形ABCD是边长为6的菱形，并且， 所以，均为等边三角形，故，， 因为平面，平面ACO，且， 所以平面ACO，因为平面ACO，所以． （2）因为为等边三角形，且， 又的面积是定值，所以当平面平面BDC时， 三棱锥的体积最大，所以平面， 如图，以为坐标原点，OB、OC、OA所在直线分别为x轴， y轴，z轴，建立空间直角坐标系； 因为菱形ABCD的边长为6，所以 ，，，， （ⅰ）设外接球的球心为，半径为R， 则得： 所以外接球的表面积； （ⅱ）设平面BCE与平面ACD的法向量分别为，， 又． 故取，则，得， 又取，则，得， 故平面BCE与平面ACD的夹角的余弦值为． 49．（24-25高二上·山西·期末）图1是直角梯形，，，，，，，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且二面角的平面角为，如图2. (1)证明：； (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，连接，，.根据三线合一得到线线垂直，进而得到线面垂直，再用性质得到即可.（2）建立空间直角坐标系，求出关键点坐标，还有平面法向量，结合向量夹角公式计算即可. 【详解】（1）证明：取的中点，连接，，. 在梯形中，可知，所以，为正三角形，所以，. 因为，且，平面，所以平面. 因为平面，所以. （2）解：由（1）知二面角的平面角为，即. 如图，以为坐标原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，. 设平面的法向量为， 因为，， 所以令，得. 设平面的法向量为，因为，， 所以令，得. 因为， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 50．（24-25高二上·山西运城·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，点在线段上，且. (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）根据线面垂直的判定定理和性质定理证明即可； （2）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可. 【详解】（1）因为分别为的中点，所以，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为是二面角的平面角，所以， 因为，所以为等边三角形，所以， 因为平面，所以平面， 又因为平面，所以. （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. 因为，所以， 所以， 所以， 设平面的法向量为，则，即， 取，则  所以， ，. 设与平面所成的角为，则. 51．（24-25高二上·山西阳泉·期末）如图，在三棱柱中，平面，. (1)若，求证： 平面； (2)若二面角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）连接，设，连接，利用线线平行可证线面平行； （2）可证，以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量是，求得平面平面的一个法向量，利用向量法可得的方程，求解即可. 【详解】（1）连接，设，连接， 则在平行四边形中，是的中点， 又，所以是的中点， 所以 ， 又平面平面， 所以 平面. （2）因为平面平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以. 故以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 所以， 故， ， 设平面的法向量是，所以 即，取，得， 所以， 易知平面的法向量是. 因为二面角的余弦值为， 所以， 解得. 52．（24-25高二上·山西晋中·期末）如图，在底面为矩形的四棱锥中，平面，，分别为棱，的中点，点在棱上，且满足，，.    (1)判断，，，四点是否共面，若是，请用和表示，否则，请说明理由； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1) ,,,四点共面； (2) 【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，只需要验证，，之间的关系即可判断四点是否共面； （2）分别求出两个平面的法向量，平面的夹角即为两个法向量所在直线的夹角. 【详解】（1）由已知，底面是矩形，且底面，可得，，两两垂直，可以为坐标原点，如图所示建立空间直角坐标系：    各点坐标如下：，，， ，， 由坐标计算可知，. 故，，，四点共面，且. （2）由（1）中建立坐标系过程，易知平面，， 另设平面的一个法向量为，可得，代入坐标得， 令可得，则， 设平面与平面的夹角为，. 53．（24-25高二上·山西运城·期末）如图，在三棱柱中，平面，，．    (1)若，求证：平面； (2)若二面角的余弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）连接，设，连接，利用线线平行可证线面平行； （2）可证，以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量是，求得平面平面的一个法向量，利用向量法可得的方程，求解即可. 【详解】（1）连接，设，连接， 则在平行四边形中，是的中点， 又，所以是的中点， 所以 ， 又平面平面， 所以 平面. （2）因为平面平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以. 故以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，    设，则， 所以， 故， ， 设平面的法向量是，所以 即，取，得， 所以， 易知平面的法向量是. 因为二面角的余弦值为， 所以， 解得. 54．（23-24高二下·山西晋城·期末）如图，在三棱锥中，，，，．    (1)证明：平面PAB； (2)过的中点作平面与平面ABC平行，并分别交，于点，，且E为的中点，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证与平面内的两条相交直线，分别垂直，再根据线线垂直，得到线面垂直. （2）根据（1）的有关结论，建立空间直角坐标系，用空间向量求二面角的三角函数. 【详解】（1）在中，，，所以. 在中，，，，因为，所以.即， 又，平面，，所以平面. 因为平面，所以， 又，平面，， 所以平面. （2）如图：以为原点，建立如图空间直角坐标系. 因为平面平面，且为中点，则为中点. 则,,,,,. 所以，，. 设平面的法向量为， 则 ，取； 设平面的法向量为， 则 ，取. 设二面角为，则， 所以. 55．（23-24高二下·山西长治·期末）如图1，在矩形ABCD中，，，将△沿对角线翻折到处，得到如图2所示的三棱锥，且，点是线段上一点，且． (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）在△中，根据线段长度关系可证，又，根据线面垂直的判定定理可得平面，则可证； （2）过点作于点,过点作的平行线，结合平面,可以以为轴，为轴，过点的的平行线为轴建立空间直角坐标系，再根据线面角的向量法求解即可. 【详解】（1）由题知. 在△中，，，， ，. ，，平面，平面. 平面，. （2）过点作于点,过点作的平行线， 又由（1）知平面，以为轴，为轴，过点的的平行线为轴建立如图空间直角坐标系.      由题意可知，，，，. 在△中，根据等面积法，得,， 则 ，，，, 由，得, ，，. 设平面的法向量为， 则，令，则，，. 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．（23-24高二上·山西·期末）如图，在直四棱柱中，，与相交于点，，为线段上一点，且. (1)求证：平面； (2)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）根据三角形相似得到，再由，得到，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）因为，所以，所以， 又为线段上一点，且， 所以，在中， 又平面，平面， 所以平面. （2）在直四棱柱中，平面，又， 如图建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得，， 所以平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得，， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角的大小为， 所以， 即平面与平面的夹角的余弦值为． 57．（23-24高二上·山西吕梁·期末）如图，多面体由正四面体和正四面体组合而成，棱长为.    (1)证明：； (2)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）取的中心为坐标原点，建立空间直角坐标系，再取的中心为，求得，得到向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）取的中点，连接， 在正四面体和正四面体中，可得和均为等边三角形， 所以， 因为且平面，所以平面， 又因为平面，所以. （2）取的中心为坐标原点，过作的平行线为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，    因为正四面体的棱长是，可得，则, 所以， 则， 再取的中心为，因为， 设，可得， 解得，即， 所以，，可得， 则 又由平面的一个法向量， 设直线与平面所成的角为， 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值是. 58．（23-24高二上·山西运城·期末）如图，在三棱柱中，． (1)求证：平面； (2)若，直线AB与平面所成的角为，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）借助线面垂直的性质定理及判定定理即可证明； （2）结合题意建立适当空间直角坐标系计算即可得. 【详解】（1）因为，四边形是平行四边形， 所以四边形是菱形，所以， 又因为，、平面，， 所以平面，又因为平面， ， 且、平面，， 所以平面； （2）因为AB与平面所成角为，平面，所以， 因为，所以是正三角形， 设，则， 以O为原点，分别以所在直线为x，y，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， 取，可得，所以， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 设二面角的大小为(由图可知为锐角)， 因为， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 59．（23-24高二上·山西朔州·期末）如图，在直四棱柱中，四边形为梯形，,，点在线段上，且为的中点 . (1)求证： 平面； (2)若直线与平面所成角的大小为，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）方法一：连接，证明四边形为平行四边形可得，结合线面平行的判定定理证明即可；方法二：连接，通过证明平面 平面，进而证明线面平行即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可. 【详解】（1）方法一:连接，    由题意知，，，， 所以，所以四边形为平行四边形， 所以，因为平面平面， 所以 平面. 方法二：由题意可得，又平面平面， 所以 平面， 连接，    因为 且，所以四边形为平行四边形，则， 又平面平面，所以 平面， 又且平面， 所以平面 平面， 又平面，所以 平面. （2）连接，由题意可得为等边三角形，故， 由平面可得为直线与平面所成的角， 故，则， 以为坐标原点，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，如图所示，    则， 则， 设平面的法向量为， 则即， 令，得， 设平面的法向量为， 则，即， 令，得， 则， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 地 城 考点07 空间距离相关问题 60．（24-25高二上·山西晋中·期末）在长方体中，，，点满足，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法求点到直线的距离即可. 【详解】 如图所示，建立空间直角坐标系， 以为坐标原点，以、、分别为、、轴的空间直角坐标系， ，，，设点到直线的距离为， 所以，， 根据点到直线距离公式有：， 所以. 故选：C 61．（24-25高二上·山西运城·期末）已知，则点到直线的距离为（    ） A． B．3 C．4 D． 【答案】A 【分析】根据空间向量的夹角和距离的坐标公式求解即可. 【详解】由题意，，则，， 所以与夹角的余弦值， 所以， 所以点到直线的距离， 故选：A 62．（21-22高二上·山西晋中·期末）正三棱柱各棱长均为为棱的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用点面距公式求得正确答案. 【详解】设分别是的中点，根据正三棱柱的性质可知两两垂直， 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， ， ，. 设平面的法向量为， 则，故可设， 所以点到平面的距离为. 故选：C 63．（20-21高二上·山西太原·期末）已知，，，（），那么点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用向量法求点到面的距离即可. 【详解】因为，，，（） 所以， 设平面的法向量为， 则有，即，令得， 所以 所以点到平面的距离为 故选：A 64．（24-25高二上·山西·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，的中点，P在线段上，Q在底面内，则下列结论正确的是（   ）    A．三棱锥的体积为定值 B．若平面，则点Q的轨迹长度为 C．存在平面 D．平面截以P为球心，PQ长为半径的球所得的截面面积的取值范围为 【答案】ABD 【分析】求出三棱锥体积判断A；建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点Q的轨迹判断B；利用空间位置关系的向量证明判断C；求出点到平面的距离，利用球的截面性质求解判断D. 【详解】对于A，由，得的面积为定值， 由平面平面，得三棱锥的高为定值2， ，A正确； 对于B，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， 设，， ，，则， 由平面， 得， 即点的轨迹方程为，令，得；令，得. 又点在底面内， 因此点的轨迹长度即为两点间的距离，B正确； 对于C，若存在平面，则，由， 得，，因此不存在平面，C错误； 对于D，由平面，得点到平面的距离为定值， 而，则， 而，则该球的半径， 截面圆的半径满足， 则截面面积的取值范围为，D正确. 故选：ABD 【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. 65．（23-24高二上·山西大同·期末）已知空间四点，，，，则下列四个结论中正确的是（   ） A． B． C．点到直线的距离为 D．点到平面的距离为 【答案】AB 【分析】根据空间向量的数量积的坐标运算公式，空间的距离公式和点到直线、点到平面的距离的向量运算公式，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，由，，可得，所以，所以A正确； 对于B中，由空间的距离公式，可得，所以B正确； 对于C中，取向量，， 可得，，所以点到直线的距离为，所以C错误； 对于D中，由向量，，， 设平面的法向量为，则, 令，可得，，所以， 所以点到平面的距离为，所以D错误． 故选：AB． 66．（22-23高二上·山西晋中·期末）在正方体中，为的中点，过的平面截此正方体，得如图所示的多面体，为直线上的动点.    (1)点在棱上，当时，平面，试确定动点在直线上的位置，并说明理由； (2)若为底面的中心，求点到平面的最大距离. 【答案】(1)为的中点，理由见解析； (2). 【分析】（1）利用线面平行性质定理和面面平行性质定理即可确定动点在直线上的位置； （2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法即可求得点到平面的最大距离. 【详解】（1）设平面与平面的交线为， 因为平面平面， 平面平面，所以. 由正方体知，平面平面， 又因为平面平面，平面平面， 所以，所以， 取的中点，连接，易知，所以， 又因为为的中点，所以为的中点.    （2）法一：以点为原点，分别为轴，轴，轴的正方向， 建立空间直角坐标系， 则有，其中，    设平面的法向量为， 则有即， 不妨取，，则， 所以点到平面的距离 当时，； 当时， 当，即时，d取到最大值为. 综上，点到平面的最大距离为 67．（22-23高二上·山西临汾·期末）如图所示，在四棱锥中，平面平面，底面为矩形，，是棱上一点，且. (1)求点到直线的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)2 (2). 【分析】 （1）利用面面垂直得出线面垂直，建立坐标系，利用空间向量求解点到直线的距离； （2）分别求解平面与平面的法向量，利用法向量求解两平面的夹角. 【详解】（1）取的中点，连接，并过点作的平行线，交于， 则. 因为，所以. 因为平面平面，平面平面平面， 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，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为， 则， 直线的一个单位方向向量为， 点到直线的距离. （2）， 设平面的法向量为， 则令， 设平面的法向量为， 则令， 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. 68．（18-19高二上·山西晋中·期末）边长为2的正三角形ABC中，点D，E，G分别是边AB，AC，BC的中点，连接DE，连接AG交DE于点现将沿DE折叠至的位置，使得平面平面BCED，连接A1G，EG． 证明：DE∥平面A1BC 求点B到平面A1EG的距离． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）推导出DE∥BC，由此能证明DE∥平面A1BC． （2）以F为原点，FG为x轴，FE为y轴，FA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点B到平面A1EG的距离． 【详解】边长为2的正三角形ABC中，点D，E，G分别是边AB，AC，BC的中点， 连接DE，连接AG交DE于点F． ， 平面，平面， 平面． 将沿DE折叠至的位置，使得平面平面BCED，连接，EG． 以F为原点，FG为x轴，FE为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， 1，，0，，，0，， ，，， 设平面的法向量y，， 则，取，得， 点B到平面的距离． 【点睛】本题考查线面平行的证明，考查利用空间向量解决点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 69．（25-26高二上·山西·阶段练习）如图甲，在梯形中，，，，是的中点，将沿折起，使点到达点的位置，如图乙，且. (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，证明平面即得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，用点到平面距离的向量求法求解. 【详解】（1）取的中点，连结，，因为，所以. 在中，，所以，在中，， 在中， ，，，所以， 所以，又因为，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）连接，，，，又为中点， 所以，且，由（1）可知平面， 又因为平面， 所以，，所以两两垂直， 如图，以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则， 取，得，则， 所以点到平面的距离. 70．（25-26高二上·山西太原·阶段练习）如图，且，，且，且，平面，... (1)若为的中点，为的中点，求证：平面； (2)求点到线段的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用空间位置关系的向量证明推理即得. （2）利用空间点到直线的距离公式计算即可. 【详解】（1）由，平面，得直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，令，得， 显然，即，而直线平面， 所以平面. （2）由（1）知， 所以点到直线的距离. 71．（25-26高二上·山西太原·月考）如图，四棱台中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧面所成的角为.    (1)求点到平面的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）取的中点，的中点，连接，根据已知求得，构建空间直角坐标系，向量法求点面距离即可； （2）根据（1）所得坐标系，应用向量法求面面角余弦值. 【详解】（1）取的中点，的中点，连接， 由题意可知四棱台为正四棱台， 则平面，线面垂直的性质知，，， 则，且，则四边形为矩形． 所以，故为与侧面所成的角． 因为与侧面所成角为，所以， 如图所示，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，      则，，，，， 所以，， 设平面的法向量为，则， 令，则平面的一个法向量为，而， 所以点到平面的距离； （2）因为，设平面的法向量为， 则， 令，则平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 空间向量与立体几何（7大题型） 7大高频考点概览 考点01 空间向量及其线性运算 考点02 空间向量的数量积运算 考点03 空间向量的基本定理及其运用 考点04 空间向量及其运算的坐标表示 考点05 空间向量在空间位置关系中的运用 考点06 空间角相关问题 考点07 空间距离相关问题 空间向量及其线性运算 地 城 考点01 1．（24-25高二上·山西·期末）如图，在三棱柱中，分别是棱的中点，则（   ） A． B． C． D． 2．（21-22高二上·山西吕梁·期末）在平行六面体中，点P在上，若，则（    ） A． B． C． D． 3．（21-22高二上·山西大同·期末）在四面体OABC中，，，，点M在线段OA上，且AM＝2MO，N为线段BC的中点，则（    ） A． B． C． D． 4．（21-22高二上·山西大同·期末）已知向量与共线，则实数k＝（    ） A．0 B．1 C．－1或2 D．－2或1 5．（23-24高二下·山西太原·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 地 城 考点02 空间向量的数量积运算 6．（19-20高二上·山西朔州·期末）如图，面为矩形，连接，下面各组向量中，数量积不一定为零的是（    ）    A．与 B．与 C．与 D．与 7．（19-20高二上·山西·期末）在一直角坐标系中，已知，现沿轴将坐标平面折成的二面角，则折叠后两点间的距离为 A． B． C． D．2 8．（25-26高二上·山西临汾·月考）已知空间单位向量的夹角为，则（    ） A． B． C．1 D． 9．（24-25高二上·山西大同·期中）如图所示的几何体为两个正方体组成的正四棱柱，记集合，则集合中元素个数为（   ） A． B． C． D． 10．（23-24高二上·山西吕梁·阶段练习）一物体在力F的作用下，由点A（2，1，-1）移动到点B（7，0，1），若，则对该物体所做的功为（    ） A．21 B．23 C．25 D．27 11．（23-24高二上·山西吕梁·阶段练习）在正三棱锥中，，点，分别是棱，的中点，则（    ） A．-2 B．-4 C．-8 D．-10 12．（22-23高二下·山西运城·阶段练习）已知点P在棱长为2的正方体表面上运动，AB是该正方体外接球的一条直径，则 的最大值为（    ） A．2 B．3 C．1 D．0 空间向量的基本定理及其运用 地 城 考点03 13．（24-25高二上·山西晋中·期末）在三棱柱中，，，，为平行四边形对角线的交点，则（    ） A． B． C． D． 14．（22-23高二上·山西晋中·期末）在平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，，则（    ） A． B． C． D． 15．（23-24高二下·山西晋城·期末）已知空间向量，，，且，，共面，则实数（    ） A． B． C．0 D．1 16．（23-24高二上·山西运城·期末）如图，空间四边形OABC中，，点M在线段OA上，且，点N为BC中点，则（    ） A． B． C． D． 17．（22-23高二上·山西运城·期末）在三棱锥中，M是平面ABC上一点，且，则（    ） A．1 B． C． D． 18．（18-19高二上·山西运城·期末）在四面体中分别是的中点，P是的三等分点（靠近点N），若，则（    ） A． B． C． D． 19．（22-23高二上·山西晋中·期末）是空间的一个基底，与、构成基底的一个向量可以是（    ） A． B． C． D． 地 城 考点04 空间向量及其运算的坐标表示 20．（24-25高二上·山西吕梁·期末）已知，，则的值为（    ） A．4 B．0 C． D． 21．（22-23高二上·山西大同·期末）已知向量，分别是直线，的方向向量，若，则（    ） A．， B．， C．， D．， 22．（22-23高二上·山西晋中·期末）已知点与点关于轴对称，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 23．（20-21高二上·山西太原·期末）已知，则的最小值是（    ） A．1 B． C． D． 24．（19-20高二上·山西太原·期末）已知，，若，则实数的值分别是（    ） A． B． C． D． 25．（24-25高二下·山西·期末）如图，在四棱锥中，底面，，，，是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 26．（22-23高二上·山西·期末）已知两个向量，若，则m的值为 . 7．（21-22高二上·山西晋中·期末）在空间直角坐标系中，已知向量，则的值为 . 28．（21-22高二上·山西大同·期末）已知平面α的一个法向量为，点，是平面α内的两点，则x＝ ． 地 城 考点05 空间向量在空间位置关系中的运用 29．（20-21高二上·山西太原·期末）已知平面的一个法向量为，，且，则下列结论正确的是（    ） A． B．，垂足为A C．，但不垂直 D． 30．（19-20高二上·山西运城·期末）设的方向向量为的方向向量为.若，则等于（    ） A．1 B． C．2 D．3 31．（25-26高二上·山西太原·阶段练习）在长方体中，，动点满足，当与垂直时，的值为 . 32．（25-26高二上·山西临汾·阶段练习）已知空间向量，若，则 ． 33．（24-25高二上·山西太原·阶段练习）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若 ，则等于 . 34．（23-24高二上·山西运城·阶段练习）已知直线的方向向量为，平面的法向量为，且，则 . 地 城 考点06 空间角相关问题 35．（24-25高二上·山西·期末）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，侧面为矩形，平面平面，，为的中点，，，若点到直线的距离为2，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 36．（23-24高二上·山西吕梁·期末）如图，正三棱柱的各棱长相等，D为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D．0 37．（23-24高二下·山西晋城·期末）如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 38．（23-24高二上·山西朔州·期末）如图，在正方体中，为棱上的一个动点，为棱上的一个动点，则平面与底面所成角的余弦值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 39．（21-22高二上·山西大同·期末）在正方体中，M为棱的中点，则直线AM与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 40．（19-20高二上·山西忻州·期末）在空间直角坐标系中，若，则异面直线与所成角的大小为（     ） A．30° B．45° C．60° D．90° 41．（24-25高二上·山西运城·期末）如图，已知正方体的棱长为，点分别为棱的中点，，则下列说法正确的是（    ）    A．平面截正方体所得截面为四边形 B．若，则平面 C．无论取何值，三棱锥的体积始终为 D．异面直线与所成的角的余弦值的取值范围为 42．（24-25高二上·山西晋中·期末）在空间直角坐标系中，点，，，则（    ） A． B．异面直线与所成的角为 C．点关于轴的对称点为 D．直线与平面所成角的正弦值为 43．（23-24高二上·山西运城·期末）如图，棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为线段上的动点，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点G，使得平面EFG C．G为中点时，直线EG与所成角最小 D．点F到直线EG距离的最小值为 44．（23-24高二上·山西朔州·期末）在空间直角坐标系中，、、，则（    ） A． B．异面直线与所成的角为 C．点关于轴的对称点为 D．直线与平面所成角的正弦值为 45．（22-23高二上·山西临汾·期末）如图，在直三棱柱中，分别是的中点，是与的交点，为线段上的动点（包含线段的端点），则以下说法正确的是（    ） A．为线段的中点时， B．存在点，使得∥平面 C．与所成角的正弦值为 D．与平面所成的角可能为 46．（22-23高二上·山西运城·期末）若平面的一个法向量，平面的一个法向量，则平面与平面夹角的余弦值为 ． 47．（20-21高二上·山西太原·期末）如图，在三棱锥中，平面，为等腰直角三角形，，点在上，且，则与平面所成角的正弦值为 . 48．（24-25高二上·山西吕梁·期末）已知边长为6的菱形ABCD（如图1），，AC与BD相交于点O，E为线段AO上一点，且，将三角形ABD沿BD折叠成三棱锥（如图2）． (1)证明：BD⊥AC； (2)当三棱锥的体积最大时， （ⅰ）求三棱锥外接球的表面积； （ⅱ）求平面BCE与平面ACD的夹角的余弦值． 49．（24-25高二上·山西·期末）图1是直角梯形，，，，，，，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且二面角的平面角为，如图2. (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 50．（24-25高二上·山西运城·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，点在线段上，且. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 51．（24-25高二上·山西阳泉·期末）如图，在三棱柱中，平面，. (1)若，求证： 平面； (2)若二面角的余弦值为，求的值. 52．（24-25高二上·山西晋中·期末）如图，在底面为矩形的四棱锥中，平面，，分别为棱，的中点，点在棱上，且满足，，.    (1)判断，，，四点是否共面，若是，请用和表示，否则，请说明理由； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 53．（24-25高二上·山西运城·期末）如图，在三棱柱中，平面，，．    (1)若，求证：平面； (2)若二面角的余弦值为，求的值． 54．（23-24高二下·山西晋城·期末）如图，在三棱锥中，，，，．    (1)证明：平面PAB； (2)过的中点作平面与平面ABC平行，并分别交，于点，，且E为的中点，求二面角的正弦值． 55．（23-24高二下·山西长治·期末）如图1，在矩形ABCD中，，，将△沿对角线翻折到处，得到如图2所示的三棱锥，且，点是线段上一点，且． (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 56．（23-24高二上·山西·期末）如图，在直四棱柱中，，与相交于点，，为线段上一点，且. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 57．（23-24高二上·山西吕梁·期末）如图，多面体由正四面体和正四面体组合而成，棱长为.    (1)证明：； (2)求与平面所成角的正弦值. 58．（23-24高二上·山西运城·期末）如图，在三棱柱中，． (1)求证：平面； (2)若，直线AB与平面所成的角为，求平面与平面的夹角的余弦值． 59．（23-24高二上·山西朔州·期末）如图，在直四棱柱中，四边形为梯形，,，点在线段上，且为的中点 . (1)求证： 平面； (2)若直线与平面所成角的大小为，求平面与平面所成角的余弦值. 地 城 考点07 空间距离相关问题 60．（24-25高二上·山西晋中·期末）在长方体中，，，点满足，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 61．（24-25高二上·山西运城·期末）已知，则点到直线的距离为（    ） A． B．3 C．4 D． 62．（21-22高二上·山西晋中·期末）正三棱柱各棱长均为为棱的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D．1 63．（20-21高二上·山西太原·期末）已知，，，（），那么点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 64．（24-25高二上·山西·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，的中点，P在线段上，Q在底面内，则下列结论正确的是（   ）    A．三棱锥的体积为定值 B．若平面，则点Q的轨迹长度为 C．存在平面 D．平面截以P为球心，PQ长为半径的球所得的截面面积的取值范围为 65．（23-24高二上·山西大同·期末）已知空间四点，，，，则下列四个结论中正确的是（   ） A． B． C．点到直线的距离为 D．点到平面的距离为 66．（22-23高二上·山西晋中·期末）在正方体中，为的中点，过的平面截此正方体，得如图所示的多面体，为直线上的动点.    (1)点在棱上，当时，平面，试确定动点在直线上的位置，并说明理由； (2)若为底面的中心，求点到平面的最大距离. 67．（22-23高二上·山西临汾·期末）如图所示，在四棱锥中，平面平面，底面为矩形，，是棱上一点，且. (1)求点到直线的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 68．（18-19高二上·山西晋中·期末）边长为2的正三角形ABC中，点D，E，G分别是边AB，AC，BC的中点，连接DE，连接AG交DE于点现将沿DE折叠至的位置，使得平面平面BCED，连接A1G，EG． 证明：DE∥平面A1BC 求点B到平面A1EG的距离． 69．（25-26高二上·山西·阶段练习）如图甲，在梯形中，，，，是的中点，将沿折起，使点到达点的位置，如图乙，且. (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离. 70．（25-26高二上·山西太原·阶段练习）如图，且，，且，且，平面，... (1)若为的中点，为的中点，求证：平面； (2)求点到线段的距离． 71．（25-26高二上·山西太原·月考）如图，四棱台中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧面所成的角为.    (1)求点到平面的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $