专题01 空间向量与立体几何（五大题型+好题推送）（期末真题汇编 ，北京专用）高二数学上学期人教A版

丽学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 专题01空间向量与立体几何（五大题型+好题推送) ☆5大高频考点概览 考点01空间向量的基本运算 考点2点、直线、平面之间的位置关系 考点03空间几何体 考点04空间向量与立体几何综合 考点05存在性问题 目目 考点01 空间向量的基本运算 1. (23-24高二上北京顺义期末)在空间直角坐标系0-2中，已知点4川2,3,0)，若向量 B=(12,-3列，则点B的坐标是(） A.(-3,13 B.(1,-5,3) c.3-1-3 D.(-1,5,3 2.(23-24高二上北京丰台期未)如图，在四面体0A8C中，01=0,0B=6,0C=c点M在0C上， 且OM=MC,N为AB的中点，则M=() ⊙ 11 1 A.-20 + 2 116+ lc C.2a+2+3 D.+- 3.（13-14高三全国课后作业)如图，在四面体01BC中，0A=a,0B=6,0C=C,点M在0A上， 1/22 学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 且OM=2MA,N为BC的中点，则MW=() A B 12-1 A. 355+2 2,11 3 B.5a+2+2 21 2 C.gavfi-e 1 +26-1 2 22 D.3“ 32 4.(2425高二上北京丰台期末)已知向量0=L0),6=Q-1V),则向量5在向量9上的投影向量为 () A.a B.a C.V36 D.36 5.(24-25高二上北京房山期末)已知a=10,2),6=(x,0.1,如果a与5为共线向量，则x的值为 () c.j 1 A.1 B. D.6 6. (24-25高二上北京丰台期未)已知向量a=,00),万=0，-，D,则4+26=（) (1,-2,2) B. 1,2,-2) c.1-2-2 （-1,-2,2) D. 7.(23-24高二上·北京房山期末)在三棱柱 8C-A8G中，D为校8G的中点.设孤=aC=6 A=c,用基底a,6,表示向量D,则4D=（) 2/22 丽学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 D B A b A. B.a+b+c 1_1b+c C.2a-21 D. 8.(2425高二上北京朝阳期未)如图，在三棱柱18C-ABC中，E,F分别为 AB,AC的中点设 B=a,AC=6,B8=c,则F=(） C B E B 1 A.- B +6+c 2 1 c.2a-2 D.+6-c 9.(2425高二上北京密云期未)如图，在三棱锥048C中，点D是棱1C的中点，若OA=ā， OB=6,OC=c,则与向量DB相等的向量是(） 3/22 丽学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 A.-a+b-8 B.a-B+c C.-a+6-1d 1 2 D.-5+ Oz,A1,0,0)B(0,1,0)C(0,0,1) 10.(24-25高二上·北京丰台·期末)在空间直角坐标系 中， ,D是平 面4BC内一点，若OD=xO1+OB-0C,则OD的最小值为() 5 2W5 A.3 B.3 C.5 D.3 1.(24-25高=上北京朝阳期末)已知空间向量i=(1,3-2,6=(20,2,则a+-一 A1,1,2)B(-3,1,-2 12.(24-25高二上北京石景山期末)在空间直角坐标系中，已知点 ,则线段B的 中点坐标是一 ABCD AB,CD 13.(24-25高二上：北京丰台·期末)在棱长为2的正四面体 中，M,N分别是的中点，则 MN= 14.(2324高=上北京丰台期末)已知向量=0,2.)，万=(-2么.6)，若0与共线，则2=一 15.（24-25高二上北京房山期末)在空间直角坐标系中，已知点4(0,02)、B2,01、C0,21,若点 4/22 学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 Px,y0)在平面4BC内，则一个符合题意的点P的坐标为一· 16.(23-24高二上北京顺义期末)已知平面“的法向量为=-12,1,4B=(3,,若直线4B与平 面0平行则x=一 17.(23-24高二上·北京朝阳·期末)在空间直角坐标系中，已知点 1,00,B0,10,C00,1,若点 P(x,y,-1) 在平面ABC内，写出一个符合题意的点P的坐标一， 考点02 点、直线、平面之间的位置关系 l,m a,B 18.(24-25高二上北京石景山期末)已知两条不同直线 与两个不同平面，下列命题正确的是 () A.若La,Bma1B ,则 B.若 ，则mla 1/∥a,l⊥m lla,mlla l//m m//B C.若 ,则 D.若B,ma ,则 19.(23-24高二上北京房山期末)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AD=2AB,PA⊥平 面ABCD,下列叙述中错误的是() 二==>D B A.AB∥平面PCD B.PB⊥BC C.PC⊥BD D.平面PAD⊥平面ABCD 20.(24-25高二上·北京房山期末)庑殿（图1）建筑是古代传统建筑中的最高型制.这种建筑形式常用 于宫殿、坛庙一类皇家建筑，是北京中轴线上主要建筑最常采取的形式.如故宫午门、太和殿、乾清宫等， 都是庑殿式建筑.庑殿殿顶的基本结构包括四个坡面，坡面相交处形成5根屋脊，又称“四阿殿”或“五 脊殿”，图2是根据庑殿顶构造的多面体模型，底面ABCD是矩形，其中两个面是全等的等腰梯形，两个 5/22 命学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 面是全等的等腰三角形，且等腰梯形和等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角都相等.若AB=25m, BC=10m,则EF的长为() D 图2 图1 A.10m B.10v2m C.15m D.20m 21.(24-25高二上北京·期末)如图，在正方体 BCD-4B,CD中，M为棱1B的中点，动点P在平面 BCC B 及其边界上运动，总有 AP⊥D ,则动点P的轨迹为（） D B A D M B A.两个点 B.线段 C.圆的一部分 D.抛物线的一部分 22.(23-24高二上·北京海淀·期末)已知三棱 ABC-AB,C中，侧面 BBA上底面4BC,则“ CB⊥BB,是：CB LAB”的() A B C A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 6/22 学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 23.(24-25高二上·北京·期末)在正方体 BCD-ABCD中，P为8D的中点，则直线PB与D所成的 角为() A.月 B.3 c牙 24。(23-24高二上·北京海淀期末)如图，已知菱形1BCD ∠A=60°，E,F 的边长为2，且 分别为棱 AB,DC中点.将△BCF和△ADE分别沿BF,DE折叠，若满足ACII平面DEBF,则线段AC的取值范围 为() D E B A.5.2B.[5.2w5 c.[2,25 D.[2,23 25.(24-25高二上北京房山期末)已知空间中直线'的一个方向向量”=-10,2)，平面“的一个法向量 =(2.10,则（） A.1//a B.Ica C.l⊥au D.直线l与平面C不相交 26.(23-24高二上·北京丰台·期末)如图，在棱长为2的正方体 BCD-ABCD中，E为棱140的中点， F为棱 4上一动点给出下列四个结论： ABC ①存在点F,使得EF/平面MBC, ②直线EF与BC,所成角的最大值为2： ABC ③点到平面 的距离为V5, 7/22 学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 2W6 ④点A到直线AC的距离为3· 其中所有正确结论的个数为() 0 E B F--C B A.1 B.2 C.3 D.4 27.(24-25高二上北京怀柔期末)已知直线4的一个方向向量为”=(-2,13)，直线2的一个方向向量为 m=(2,-山，)，若，则t值为() c.3 A.3 B.1 D.5 28.(24-25高二上·北京朝阳·期末)已 知i=-2,0是直线的方向向量， m=(山，0,2)是平面“的法向量， 若l⊥a,则实数k=() A.-4 B.-1 C.1 D.4 D-ABC AB,DC 29.(23-24高二上·北京海淀·期末)如图，已知E,F分别为三棱锥 的棱 的中点，则直线 DE与BF的位置关系是（填“平行”，“异面”，“相交”）， B 30.(23-24高二上·北京房山期末)如图，在正方 ABCD-AB,CD中，直线 与直 D,C所成角的 8/22 学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 大小为_；平面ABCD与平面ACB夹角的余弦值为_· D C B D B 3引.(24-25高二上北京石景山期末)如图所示，在四面体18CD中，4D1BD,截面 OMN 是矩形， 给出下列四个结论： P C ①平面BDC⊥平面ADC: ②1c OMN 平面 ③平面ABD⊥平面ADC: ④AD⊥平面BDC」 其中所有正确结论的序号是一· 32.(24-25高二上·北京朝阳期末)在长方体 8CD-4BCD中，MB=AD=2,4=4/为 AA上的 动点（不与 A重合)，在直线CC上的点P满足D01CP 给出下列四个结论： D C B 9/22 学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 ①CP⊥BD: ∠PDQ ② 为定值； ⑧存在点P,使得平 DBQ⊥ DBP 平面 P DBP ④存在点，使得点到平面”的距离为2 其中所有正确结论的序号是一· 33.(24-25高二上北京石景山期末)如图，在三棱柱 1BC-ABG中，4A上底面4BC,底面MBC为 E,F分别为 BB,AC 等边三角形， 的中点. ()求证： BF∥平面 EC 2求证：平面4C1 ACCA 平面 考点03 空间几何体 π 34.(23-24高三上北京海淀：期未)正四棱锥p-ABCD中，AB=2,二面角p-CD-A的大小为，则 该四棱锥的体积为() 4 A.4 B.2 C.3 D.3 35.(24-25高二上·北京房山期末)如图，在边长为的正方体 BCD-ABCD中，E是棱A上的一个 动点，给出下列四个结论： 10/22 专题01 空间向量与立体几何（五大题型+好题推送） 5大高频考点概览 考点01 空间向量的基本运算 考点02 点、直线、平面之间的位置关系 考点03 空间几何体 考点04 空间向量与立体几何综合 考点05 存在性问题 地 城 考点01 空间向量的基本运算 1．（23-24高二上·北京顺义·期末）在空间直角坐标系中，已知点，若向量，则点B的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，从而得到方程组，求出，得到答案. 【详解】设，则， 故，解得， 所以点坐标为 故选：C 2．（23-24高二上·北京丰台·期末）如图，在四面体中，，，.点在上，且，为的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量的线性运算及空间向量基本定理，结合图像即可得解. 【详解】由题意可知，，， 所以. 故选：D. 3．（13-14高三·全国·课后作业）如图，在四面体中，，，，点M在上，且，N为的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据几何关系，结合向量的线性运算，即可求解. 【详解】 . 故选：B 4．（24-25高二上·北京丰台·期末）已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用，可求向量在向量上的投影向量. 【详解】向量在向量上的投影向量为. 故选：A. 5．（24-25高二上·北京房山·期末）已知，，如果与为共线向量，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间向量共线的坐标表示可得答案. 【详解】若与为共线向量，则， 解得. 故选：B. 6．（24-25高二上·北京丰台·期末）已知向量，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量坐标的加减和数乘运算法则直接计算即可. 【详解】因为，，则. 故选：A. 7．（23-24高二上·北京房山·期末）在三棱柱中，为棱的中点．设，用基底表示向量，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点，连接，，根据空间向量线性运算法则计算可得. 【详解】取的中点，连接，，    因为是的中点，， 所以. 故选：A 8．（24-25高二上·北京朝阳·期末）如图，在三棱柱中，分别为棱的中点.设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据几何体，结合向量的线性运算，即可求解. 【详解】. 故选：A 9．（24-25高二上·北京密云·期末）如图，在三棱锥中，点是棱的中点，若，，，则与向量相等的向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间向量的基本定理结合线性运算求解. 【详解】, 故选：C. 10．（24-25高二上·北京丰台·期末）在空间直角坐标系中，，，，D是平面内一点，若，则的最小值为（    ） A． B． C． D．3 【答案】C 【分析】由点的坐标写出向量坐标，由空间共面向量定理得到的等式，利用基本不等式求出的最小值，从而求得的最小值. 【详解】， ， 又因为D在平面内，所以，即， 所以，当且仅当时取等号. 所以. 故选：C. 11．（24-25高二上·北京朝阳·期末）已知空间向量，则 . 【答案】 【分析】利用空间向量的坐标运算，来求向量的模. 【详解】由， 故答案为：. 12．（24-25高二上·北京石景山·期末）在空间直角坐标系中，已知点，，则线段的中点坐标是 . 【答案】 【分析】利用中点坐标公式求解即可. 【详解】因为，， 所以由中点坐标公式得线段的中点坐标是， 化简得中点坐标为. 故答案为： 13．（24-25高二上·北京丰台·期末）在棱长为2的正四面体中，M，N分别是的中点，则 . 【答案】 【分析】利用，两边平方可求得. 【详解】因为四面体是棱长为2的正四面体，所以， ， 所以， 两边平方可得 ， 所以. 故答案为：. 14．（23-24高二上·北京丰台·期末）已知向量，，若与共线，则 . 【答案】 【分析】利用向量共线的坐标运算求解. 【详解】向量，，若与共线， 则有，解得. 故答案为： 15．（24-25高二上·北京房山·期末）在空间直角坐标系中，已知点、、，若点在平面内，则一个符合题意的点的坐标为 ． 【答案】（答案不唯一，只需满足即可） 【分析】求出平面的一个法向量的坐标，根据可得出、所满足的关系式，即可得解. 【详解】设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 因为在平面内，则平面，且， ， 故满足条件的一个点的坐标为. 故答案为：（答案不唯一，只需满足即可）. 16．（23-24高二上·北京顺义·期末）已知平面的法向量为，，若直线AB与平面平行.则 . 【答案】1 【分析】根据题目条件得到与垂直，从而得到方程，求出答案. 【详解】因为直线AB与平面平行，所以与垂直， 即，解得. 故答案为：1 17．（23-24高二上·北京朝阳·期末）在空间直角坐标系中，已知点，若点在平面内，写出一个符合题意的点的坐标 . 【答案】（答案不唯一） 【分析】由四点共面可得，代入计算可得，所以满足即可. 【详解】点在平面内，所以四点共面， 则， 所以， 所以，则， 所以满足即可. 令，满足， 所以符合题意的点的坐标可以为. 故答案为：（答案不唯一） . 地 城 考点02 点、直线、平面之间的位置关系 18．（24-25高二上·北京石景山·期末）已知两条不同直线与两个不同平面，下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】A 【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可. 【详解】对于A：因为，所以存在直线，使得， 又，所以，所以，故A正确； 对于B：若，则或或或与相交（不垂直），故B错误； 对于C：若，则或与相交或与异面，故C错误； 对于D：若，则或，故D错误. 故选：A 19．（23-24高二上·北京房山·期末）如图，四棱锥中，底面是矩形，，平面，下列叙述中错误的是（    ） A．∥平面 B． C． D．平面平面 【答案】C 【分析】用线面平行的判定定理得到选项A是正确的；先证平面，再由线面垂直的性质定理得到B选项正确；计算与的数量积，得到，从而得出选项C错误；由面面垂直的判定定理易证选项D正确． 【详解】对于选项A：在矩形中，∥，平面，平面， ∥平面，故选项A正确； 对于选项B：平面，平面，， 在矩形中，，，平面， 所以平面，而平面，，故选项B正确； 对于选项C：因为平面，而平面，所以， 所以，而， ， 在一般矩形中，与不垂直，所以，即，与不垂直，故选项C不正确； 对于选项D：平面，平面，所以平面平面，故选项D正确． 综述：只有选项C不正确． 故选：C. 20．（24-25高二上·北京房山·期末）庑殿（图1）建筑是古代传统建筑中的最高型制．这种建筑形式常用于宫殿、坛庙一类皇家建筑，是北京中轴线上主要建筑最常采取的形式．如故宫午门、太和殿、乾清宫等，都是庑殿式建筑．庑殿殿顶的基本结构包括四个坡面，坡面相交处形成5根屋脊，又称“四阿殿”或“五脊殿”．图2是根据庑殿顶构造的多面体模型，底面是矩形，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形，且等腰梯形和等腰三角形所在的平面与平面的夹角都相等．若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设点在底面上的射影为，作，，垂足分别为，，设四个侧面与底面的夹角为，即可得到，根据三角形全等得到方程，整理即可. 【详解】如图所示，设点在底面上的射影为，作，，垂足分别为，． 则为侧面与底面的夹角，为侧面与底面的夹角， 设四个侧面与底面的夹角为，则在和中，， 又为公共边，所以，即，整理得． 因为，，则. 故选：C 21．（24-25高二上·北京·期末）如图，在正方体中，为棱的中点，动点在平面及其边界上运动，总有，则动点的轨迹为（    ） A．两个点 B．线段 C．圆的一部分 D．抛物线的一部分 【答案】B 【分析】先找到一个平面总是保持与垂直，取B1B的中点E，CB的中点F，连接AE，EF，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，可得AF⊥面DMD1， MD1⊥平面AEF即可得出． 【详解】如图，先找到一个平面总是保持与垂直， 取B1B的中点E，CB的中点F，连接AE，EF，AF,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中， 易证DM⊥AF，⊥AF，则有AF⊥面DMD1，同理MD1⊥AE，则MD1⊥平面AEF 又点P在侧面BCC1B1及其边界上运动， 根据平面的基本性质得： 点P的轨迹为面AEF与面BCC1B1的交线段EF． 故选：B 【点睛】本题考查线面垂直的判定与正方体的几何特征、轨迹的求法、平面的基本性质等基础知识，考查空间想象力．属于基础题． 22．（23-24高二上·北京海淀·期末）已知三棱柱中，侧面底面，则“”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】由面面垂直的性质定理可证明“”是“”的必要条件，由底面为正三角形的直三棱柱模型，可知“”不是“”的充分条件. 【详解】①已知侧面底面，且侧面底面， 又平面， 若，则由面面垂直的性质定理可得平面， 平面，则， 所以则“”是“”的必要条件； ②若三棱柱是直三棱柱，底面是正三角形， 则底面，平面，则满足条件侧面底面. 又平面，则，但与不垂直. 所以“”不是“”的充分条件. 综上所述，“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 23．（24-25高二上·北京·期末）在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可. 【详解】 如图，连接，因为∥， 所以或其补角为直线与所成的角， 因为平面，所以，又，， 所以平面，所以， 设正方体棱长为2，则， ，所以. 故选：D 24．（23-24高二上·北京海淀·期末）如图，已知菱形的边长为2，且分别为棱中点．将和分别沿折叠，若满足平面，则线段的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】借助空间直观想象，折叠前在平面图形中求出的长度，折叠过程中证明平面平面，面面距离即为的最小值，由此得到的范围. 【详解】    折叠前，连接. 由题意，在菱形中，， ， 则由余弦定理得，， 所以，，故在折叠过程中，. 折叠后，若平面， 则平面，则，故BD项错误； 折叠前，在菱形中，，， 则是正三角形， 由分别为棱中点， 则，所以. 折叠后，， 又平面，且平面， 则平面，同理平面，所以平面平面， 则平面与平面的距离即为， 由点平面，点平面，则. 在折叠过程中，当时，由， 则均为正三角形，可构成如图所示的正三棱柱， 满足平面，此时. 所以最小值为，故A正确，C项错误. 故选：A.    25．（24-25高二上·北京房山·期末）已知空间中直线的一个方向向量，平面的一个法向量，则（    ） A． B． C． D．直线与平面不相交 【答案】D 【分析】由方向向量与法向量关系可判断直线与平面关系. 【详解】对于AB，因为，则可能与平面平行，也可能在内，因题目条件不足，故AB选项正误无法判断； 对于C，注意到与不共线，则与不垂直，故C错误； 对于D，由AB分析可知，直线与平面不相交，故D正确. 26．（23-24高二上·北京丰台·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱上一动点.给出下列四个结论： ①存在点，使得平面； ②直线与所成角的最大值为； ③点到平面的距离为； ④点到直线的距离为. 其中所有正确结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】由线面平行的判定定理验证选项A；几何法处理异面直线所成的角验证选项B；等体积法求点到平面的距离验证选项C；等面积法求点到直线的距离验证选项D. 【详解】连接，如图所示 正方体中有，，则四边形为平行四边形，有， 为棱的中点，当为棱的中点时，有，则， 平面，平面，所以此时平面，结论①正确； 直线与所成角，即直线与所成的角，由图形可知，直线与不可能垂直，结论②错误； 正方体中平面，平面，，， 同理，，， 设点到平面的距离为，由，有， 即，解得，结论③正确； 设点到直线的距离为，中，，解得，结论④正确. 正确结论有3个. 故选：C 27．（24-25高二上·北京怀柔·期末）已知直线的一个方向向量为，直线的一个方向向量为，若，则值为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】A 【分析】由已知可得，设，列方程求. 【详解】因为直线的一个方向向量为，直线的一个方向向量为，， 所以，设， 则， 所以，. 故选：A. 28．（24-25高二上·北京朝阳·期末）已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则实数（    ） A． B． C．1 D．4 【答案】A 【分析】根据空间位置关系的向量法判断，再根据向量平行的坐标运算，即可求解. 【详解】由题意可知，， 所以，即，解得：. 故选：A 29．（23-24高二上·北京海淀·期末）如图，已知E，F分别为三棱锥的棱的中点，则直线与的位置关系是 （填“平行”，“异面”，“相交”）． 【答案】异面 【分析】假设共面推出矛盾. 【详解】假设直线共面，平面， 由，则平面， 同理，平面，故共面， 这与是三棱锥矛盾，故假设错误，故直线异面. 故答案为：异面. 30．（23-24高二上·北京房山·期末）如图，在正方体中，直线与直线所成角的大小为 ；平面与平面夹角的余弦值为 ． 【答案】 / 【分析】根据线线角、面面角等知识求得正确答案. 【详解】由于，所以是异面直线与直线所成角或其补角， 而四边形是正方形，所以. 连接交于，则，连接， 由于，是的中点，所以， 所以是平面与平面夹角， 设正方体的边长为，则， 所以在直角三角形中，. 故答案为：； 31．（24-25高二上·北京石景山·期末）如图所示，在四面体中，，截面是矩形，给出下列四个结论： ①平面平面； ②平面； ③平面平面； ④平面． 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②③ 【分析】利用面面垂直，线面平行的判定定理逐个选项分析即可. 【详解】因为四边形是矩形，所以， 因为面，面， 所以面，而面，面面， 故，同理，而，得到 因为，，面， 所以面，因为面， 所以面面，同理可得面面，故①，③正确， 因为，面，面， 所以平面，故②正确， 不能得到或，故不能得到平面，故④错误. 综上，其中所有正确结论的序号是①②③. 故答案为：①②③ 32．（24-25高二上·北京朝阳·期末）在长方体中，为棱上的动点（不与重合），在直线上的点满足.给出下列四个结论： ①； ②为定值； ③存在点，使得平面平面； ④存在点，使得点到平面的距离为2. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①④ 【分析】根据给定的长方体，建立空间直角坐标系，由确定点的竖坐标关系，再利用空间位置关系的向量证明判断①③；利用向量夹角公式求解判断②；利用点到平面距离的向量求法求解判断④即可得解. 【详解】在长方体中，，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， ，由，得，解得， 对于①，，，因此，①正确； 对于②，， 不是常数，因此不为定值，②错误； 对于③，由平面，得平面， 即平面的一个法向量为，设平面的法向量， 则，令，得，，即不垂直， 因此不存在点，使得平面平面，③错误； 对于④，点到平面的距离，若， 则，整理得，解得， 因此存在点，使得点到平面的距离为2，④正确， 所以所有正确结论的序号是①④. 故答案为：①④ 33．（24-25高二上·北京石景山·期末）如图，在三棱柱中，底面，底面为等边三角形，分别为的中点．    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）利用作图并证明平行四边形，从而可证线线平行，再利用线面平行的判定定理即可； （2）先证明平面，再利用平行关系，可得平面，再由面面垂直的判定定理即可得证. 【详解】（1）    如图：取的中点，连结，由于分别为的中点． 所以，而，所以有， 又因为， 所以四边形是平行四边形， 故，又因为平面，平面， 所以平面； （2）底面为等边三角形，分别为的中点．可得， 又因为底面， 底面，所以， 又因为，平面， 所以平面，又因为， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面． 地 城 考点03 空间几何体 34．（23-24高三上·北京海淀·期末）正四棱锥中，，二面角的大小为，则该四棱锥的体积为（   ） A．4 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】作出辅助线，得到为二面角的平面角，所以，从而求出四棱锥的高，由棱锥体积公式求出答案. 【详解】连接，相交于点，则为正方形的中心， 故⊥底面， 取的中点，连接，则，， 故为二面角的平面角，所以， 故， 所以该四棱锥的体积为. 故选：D 35．（24-25高二上·北京房山·期末）如图，在边长为的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值； ②不存在点，使得平面； ③对每一个点，在棱上总存在一点，使得平面； ④点到的距离的最小值为． 其中正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【分析】连接，求出三棱锥的体积可判断①；根据与不垂直可判断②；当点与点重合时，与平面相交可判断③；根据得异面直线之间的距离为1可判断④． 【详解】对于①，连接，因为平面， 所以上所有点到平面的距离相等，为， 因为，所以三棱锥的体积 为定值，故正确； 对于②，连接，因为，所以四边形为长方形， 所以与不垂直，故不存在点，使得平面，故正确； 对于③，当点与点重合时，与平面相交，故错误； 对于④，因为平面，平面，所以， 又，异面直线之间的距离为1， 所以当点在棱上运动时，点到的距离的最小值为，故正确． 故答案为：①②④ 36．（24-25高二上·北京丰台·期末）如图，在棱长为2的正方体中，P为棱的中点，Q为底面上一动点，则下列说法正确的是（    ） A．存在点Q，使得BQ平面 B．在棱上存在点Q，使得平面 C．在线段上存在点，使得直线与所成的角为 D．存在点，使得三棱锥的体积为2 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法逐项计算判断即可. 【详解】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 若平面，所以，则，解得， 此时点不在底面内，故不存在点Q，使得BQ平面，故A错误； 假设在棱上存在点，使得平面， 则，所以，又，所以，解得， 此时点不在棱上，所以在棱上不存在点Q，使得平面，故B错误； 假设在线段上存在点，使得直线与所成的角为， 又，所以，又， 所以， 所以，整理得， ，无解， 所以在线段上不存在点，使得直线与所成的角为，故C错误； ，所以点到平面的距离为， 所以，又， 由余弦定理可得，所以， 所以， 所以， 所以存在点，使得三棱锥的体积为2，故D正确. 故选：D. 37．（23-24高二上·北京海淀·期末）作为我国古代称量粮食的量器，米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化韵味．右图是一件清代老木米斗，可以近似看作正四棱台，测量得其内高为，两个底面内棱长分别为和，则估计该米斗的容积为 ． 【答案】 【分析】先画出正四棱台的直观图，再利用台体的体积公式即可求解. 【详解】根据题意，正四棱台的直观图如下： 由题意可知，高， 下底面正方形的变长，其面积， 上底面正方形的变长，其面积， 由台体的体积公式可得，该正四面体的体积: . 故该米斗的容积为. 故答案为：. 地 城 考点04 空间向量与立体几何综合 38．（24-25高二上·北京密云·期末）如图，在长方体中， ，，则异面直线与所成角的余弦值为 ．    【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量求异面直线与所成的角的余弦值. 【详解】以D为原点建立空间直角坐标系如图所示，    则， 所以， 则, 则异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 39．（24-25高二上·北京延庆·期末）如图，在正方体中，是棱上的动点．则下列结论不正确的是（    ） A．平面 B． C．二面角的大小为 D．直线与平面所成角的大小不变 【答案】D 【分析】由平面平面，平面，即可判断A；建立空间直角坐标系计算即可判断选项B；先找出二面角的平面角为即可判断选项C，利用向量方法求直线与平面所成角的大小判断D. 【详解】对于选项A：因为平面平面，平面， 所以平面，故选项A正确； 如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则，， ，，， 对于选项B：，， 因为， 所以，即， 故选项B正确； 因为，在棱上，所以二面角即二面角， 因为，， 平面，平面， 所以即为二面角的平面角， 在正方形中，， 所以二面角的大小为， 故选项C正确， 直线的方向向量为，平面的法向量为， 所以， 所以直线与平面所成角的的正弦值为， 随的值的变换其正弦值也变化，故直线与平面所成角也变化，D错误. 故选：D. 40．（23-24高二上·北京顺义·期末）在长方体中，，，，则点D到平面的距离为（    ） A．1 B．3 C． D． 【答案】D 【分析】建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量为，以及，由公式即可得解. 【详解】由题意，以为原点，分别为轴所在直线建立如图所示的空间直角坐标系： 因为，，， 所以， 则， 不妨设平面的法向量为， 所以，不妨令，解得， 即取平面的法向量为， 所以点D到平面的距离为. 故选：D. 41．（23-24高二上·北京延庆·期末）正方体的棱长为，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等体积法可知，然后计算出，结合三棱锥体积公式则点到平面的距离可求. 【详解】设点到平面的距离为， 因为，所以， 又因为，， 所以，所以， 故选：B. 42．（24-25高二上·北京密云·期末）如图，下列各正方体中，为下底面中心，为其所在棱的中点，，为正方体的顶点，则满足的是（    ） A．  B．  C．   D．   【答案】A 【分析】通过建立空间直角坐标系，对于每个选项，先确定相关点的坐标，进而得到向量与的坐标，再计算它们的数量积进行判断. 【详解】对于选项A，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为.    根据正方体的性质以及点的位置，可得，，，. ，，. 因为，根据向量垂直的性质可知，即满足，故A正确. 对于选项B，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为.    根据正方体的性质以及点的位置，可得，，，. ，，.则与不垂直.故B错误. 对于选项C，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为，    根据正方体的性质以及点的位置，可得，，，. ，.则.则与不垂直.故C错误. 对于选项D，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为，    根据正方体的性质以及点的位置，可得，，，. ，，则.则与不垂直.故D错误. 故选：A. 43．（24-25高二上·北京丰台·期末）已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则 . 【答案】/ 【分析】利用向量平行的坐标表示即可求解． 【详解】根据题意，若，则，又，， 所以，解得，所以. 故答案为：. 47．（24-25高二上·北京怀柔·期末）如图，已知正方体，边长为2. (1)证明：； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】方法一：（1）证明，，由线面垂直判定定理证明平面，由此证明结论； （2）证明为二面角的平面角，解三角形求其余弦值； 方法二：（1）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量，利用向量方法证明两直线垂直； （2）求平面，的法向量，求两向量的夹角余弦，结合图形确定二面角的余弦值. 【详解】（1）方法一：连接，设，在正方形中，， 在正方体中平面，且平面 ， 平面，平面，且， ∴平面，又平面 方法二：在正方体中，，，. 以点为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，， ， （2）方法一：连接， 中，，为的中点， ， 在正方体，， 在中， 所以即为二面角的平面角， 在中，，， 由余弦定理可 二面角的余弦值. 方法二：平面轴，所以为平面的一个法向量， 设平面的法向量 因为， ， 令，则，， 所以为平面的一个法向量， 观察图形可得二面角的平面角为钝角， 所以二面角的余弦值. 44．（23-24高二上·北京顺义·期末）已知是正方体，点E为的中点，点F为的中点. (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，利用的数量积来判断垂直关系； （2）利用空间向量法求二面角余弦值即可. 【详解】（1）∵是正方体，∴两两垂直， ∴以为x轴，以为y轴，以为z轴如图建系: 设，∴，，，，，，， ∴，， ∴， ∴ （2）平面FCB的法向量， 设平面EFC的法向量，，， ， 令，得，；∴， 设二面角的平面角为，则， ∴二面角的余弦值为. 45．（24-25高二上·北京朝阳·期末）如图，在六面体中，为的中点，四边形为矩形，且，. (1)求证：平面； (2)再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，求平面与平面的夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：的面积为； 条件③：六面体的体积为16. 注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形性质，结合线面垂直判定证明即可； （2）首先根据已知条件求出相关线段的长度，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用向量的夹角公式求出二面角的余弦值即可. 【详解】（1）已知四边形为矩形，根据矩形的性质，邻边相互垂直， 所以，又，并且，平面， 所以平面. （2）选择条件①：， 因为平面，所以. 在中，根据勾股定理， 已知，，则. 因为，，所以两两垂直，可建立空间直角坐标系， 得到，，，，. 进而得到，. 设平面的法向量为，由，即， 令，则，，于是. 因为平面，所以是平面的法向量. 设平面与平面的夹角为， 则.   选择条件②：的面积为， 因为，，所以. 由的面积为，可得，即. 以下同选择条件①的计算过程求出平面与平面的夹角余弦值为.   选择条件③：六面体的体积为16， 在中，，为的中点， 所以，. 且，因为平面，平面， 所以，，平面. 所以平面. 六面体的体积， 根据体积公式，已知，可得. 又因为，，所以. 以下同选择条件①的计算过程求出平面与平面的夹角余弦值为.   46．（23-24高二上·北京丰台·期末）如图，在四面体中，平面，，，分别为，的中点. (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值. 条件①：； 条件②：为等边三角形. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线线平行即可求证， （2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求解线面角. 【详解】（1）因为D，E分别为，的中点， 所以. 因为平面，平面， 所以平面. （2）选条件①： 因为， 所以，即. 因为平面，平面，所以，， 故以为原点，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为， 则，即.令，则，，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为 （2）选条件②： 因为平面，平面，所以，. 在直角三角形中，，所以. 因为为等边三角形，所以. 在中，因为， 所以，即. 故以为原点，建立如图所示空间直角坐标系. （以下解答过程与选择条件①相同.） 47．（23-24高二上·北京通州·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点B到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出面面角的余弦值； （3）利用点到平面距离的向量公式求解即可. 【详解】（1）因为为正方形，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）因为平面，平面， 所以，，又，所以两两垂直， 以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图， 由， 则， ， 设平面的法向量， 则，令，则，所以， 又因为平面，所以为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）因为平面的法向量，， 所以， 所以点B到平面的距离为. 48．（24-25高二上·北京房山·期末）如图，在长方体，，，点为中点．    (1)若平面与棱交于点，求证点为的中点； (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）方法1：由面面平行性质可证：，可得，即可完成证明； 方法2，连结，由可得平面，再由线面平行性质可完成证明； 方法3，建立空间直角坐标系，由向量法可完成证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，即可得答案. 【详解】（1）解法一：， 平面平面. 又平面平面，平面平面， . 又，四边形为平行四边形. ， . 又点为中点，点为的中点.                             解法二：连结， 在长方体中， 四边形为平行四边形，.                                 平面，平面， 平面，                           又平面，平面平面， . 又点为中点， 点为的中点. 解法三：建立空间直角坐标系，（建系及求法向量见小问2详解）， 设，则.      由，得，       ，点为的中点.               （2）因为两两互相垂直，以为坐标原点，如图所示建立空间直角坐标系， 则，，， ，.   设平面的法向量为，则   令，得.                                平面的法向量为，                     设平面与平面夹角为， 所以 .                         平面与平面夹角的余弦值为. 49．（24-25高二上·北京延庆·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，，，为线段上的中点． (1)求证：平面； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个，使得平面，并求直线与平面所成角的正弦值和二面角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）先根据几何性质得，进而可得平面； （2）条件①可判断错误，条件②、③建立空间直角坐标系，根据坐标法可得. 【详解】（1）证明： 设交于点，连结. 因为底面为正方形，所以是中点，为线段上的中点 所以是的中位线， 所以，又平面，平面， 所以直线平面． （2） 选择①，若平面，平面，则， 故，这与矛盾，故错误. 选择②，，又因为底面为正方形，， 可得，所以，所以平面， 以为原点，，，的方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ，， 设平面的法向量为， 由，得； 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．             设二面角的为，为钝角， 平面的法向量为， ， 二面角的余弦值为． 选择③，平面平面， 又因为平面平面，，平面， 所以平面， 以为原点，，，的方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ，， 设平面的法向量为， 由，得； 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．             设二面角的为，为钝角， 平面的法向量为， ， 二面角的余弦值为． 50．（23-24高二上·北京房山·期末）如图，在五面体中，四边形是正方形，是等边三角形，平面平面，，，是的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理来证明线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，然后利用向量发求线面角； （3）先利用向量法求点到面的距离，然后利用体积公式求解棱锥体积. 【详解】（1）因为是等边三角形，是的中点， 所以 ．平面， 又平面平面，平面平面， 所以平面； （2）记的中点为，易知两两互相垂直， 以为坐标原点，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  令，此时 ． 设直线与平面所成角为，则 所以直线与平面所成角为； （3）设点到平面的距离为，， 则 ． 由平面几何知识，易知在直角梯形中， 所以．    51．（24-25高二上·北京丰台·期末）如图，四棱锥中，底面ABCD，，平面，.    (1)证明：； (2)再从条件①、条件②中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：点B到平面PAC的距离为1； 条件②：直线PC与平面PAB所成角的大小为30°. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】通过线面垂直的性质可得，再利用线面垂直的判定可得平面，再利用线面垂直的性质和线面平行的性质可得；若选①，利用点到平面的距离可得BM的值进而得到点B和点C的坐标，通过平面的法向量的求法可得平面PBC的法向量，利用向量夹角的余弦值公式可得夹角的余弦值；若选②，根据线面夹角可求出点C的坐标，进一步求得平面的法向量，利用向量夹角的余弦值公式可求得两平面夹角的余弦值. 【详解】解：（1）因为底面ABCD，平面ABCD， 所以， 因为，，平面PAB， 所以平面， 因为PB⊂平面，所以， 因为平面，平面ABCD，平面ABCD∩平面PBC=BC， 所以， 所以. （2）由（1）可知，PA，AB，AD两两垂直，以A为原点， AD，AB，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示坐标系.    若选条件①： 方法1：过点B作BMAC，交AC于点M， 因为PA底面ABCD，BM⊂平面ABC， 所以PA BM， 因为AC∩PA=A， 所以BM平面PAC， 又点B到平面PAC的距离为1，所以BM=1， 在Rt△ABC中，AC=2，所以. 因此，，， 又，， 所以，. 设是平面PBC的法向量，则，， 即，取，则，， 所以是平面PBC的一个法向量. 因为BM平面PAC，所以是平面PAC的一个法向量. 设平面ACP与平面BCP的夹角为，则 ， 所以平面ACP与平面BCP夹角的余弦值为. 方法2：，，设，则 可求得平面PAC的法向量为，则 ，得.以下同方法1 若选条件②： 方法1：由（1）知BC平面PAB， 因为直线PC与平面PAB所成角的大小为30°， 所以即为PC与平面PAB所成的角，即=30°. 在Rt△PAC中，AC=PA=2，所以， 在Rt△PBC中，，=30°，所以， 方法2：由条件①方法2得到， 是平面的PAB的一个法向量， 所以，得.以下同条件①. 综上，可得平面与平面的夹角的余弦值为. 52．（24-25高二上·北京房山·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，底面为矩形，为线段的中点，，． (1)求证：平面； (2)从条件①、条件②这两个条件中任选一个作为已知， 求（i）点到平面的距离； （ii）直线与平面的夹角的正弦值． 条件①：； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据线线平行，即可由线面平行的判定求解， （2）不管是选择①还是条件②，都是根据空间垂直关系的转化证明出，进而根据面面垂直的性质得两两垂直，建立空间直角坐标系，求解平面法向量，根据点到线的距离公式求解（i），根据线面角的几何法或者向量法即可求解（ii）. 【详解】（1）连接交于点， 是的中点，是中点 . 又平面，平面， 平面. （2）选条件①：作为已知， ，，，平面, 平面,平面. , 选条件②：作为已知， 因为等腰三角形中，为线段的中点，所以. 得. 所以，故. 因此不管选①还是②，都得到 平面平面，交线为，，平面, 平面,平面,. 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，则. 是平面的一个法向量. ， 点到平面的距离为. 设直线与平面所成角为，则直线与平面所成角的正弦值为 解法二：， . . 53．（24-25高二上·北京密云·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，为的中点．    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）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所成角的正弦值； （2）利用空间向量法可求得二面角的余弦值. 【详解】（1）因为是正方形，所以． 又因为平面，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，    所以、、、、． 所以，，． 设平面的一个法向量为， 则，取，则，， 所以． 所以直线与平面所成角的正弦值是． （2）由（1）知，，． 设平面的一个法向量为，则，      取，可得，则， 由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为． 地 城 考点05 存在性问题 54．（24-25高二上·北京怀柔·期末）边长为1的正方体中，，，分别为，，的中点，为正方体内的一个动点（包含边界），且满足，则下列选项中所有正确结论的序号是 . ①线段与无交点； ②平面截正方体所得到的截面图形面积为； ③直线与平面所成角为； ④在平面上存在点，使得平面. 【答案】①② 【分析】求点到直线的距离，结合，判断命题①；设分别为的中点，证明共面，再求六边形面积判断命题②；建立空间直角坐标系，证明为平面的一个法向量，利用向量方法求直线与平面所成角，取特殊点判断命题③错误；假设存在点满足条件，结合条件推出矛盾，判断命题④，由此可得结论. 【详解】由已知，， 因为，分别为，的中点， 所以， 所以，，， 设为的中点，连接，则，， 所以点到直线的距离为，又， 所以线段与无交点，①正确； 设分别为的中点，连接，，，，， 因为，， 所以，所以四点共面， 所以点平面， 因为， 所以，平面，平面， 所以平面， 同理可证平面， 所以共面， 又 所以平面截正方体所得到的截面图形为正六边形，且边长为， 所以面截正方体所得到的截面图形面积为，②正确； 以点为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 所以，， 所以为平面的一个法向量， 设的坐标为，则， ， 因为，故， 设直线与平面所成角为，则 ， 取，则， 又，所以， 此时直线与平面所成角为，③错误； 设平面上存在点，使得平面， 因为平面，所以， 所以，又， 所以， 所以，， 因为平面， 所以可设， 所以， 所以， 由第一个方程与第三个方程相加可得，与第二个方程矛盾， 所以满足条件的点不存在，④错误； 故答案为：①②. 55．（23-24高二上·北京顺义·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，是等边三角形，平面平面，M为PC的中点. (1)求证：平面； (2)求MD与平面ABCD所成角的正弦值； (3)设点N在线段PB上，且，PA的中点为Q，判断点Q与平面MND的位置关系，并说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)点Q在平面MND内，理由见解析 【分析】（1）作出辅助线，得到线线平行，进而得到线面平行； （2）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，进而得到OB，OD，OP两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到线面角的正弦值； （3）求出平面MND的法向量为，计算出，得到，从而得到点Q在平面内. 【详解】（1）连接交于E，连接. ∵四边形是菱形， ∴E为中点， ∵M是线段中点， ∴ME是中位线， ∴， 又∵平面，平面， ∴平面.    （2）取中点O，连接、， ∵是等边三角形， ∴. ∵四边形是菱形，， ∴是等边三角形. ∴. ∵平面平面，平面平面，在平面内， ∴平面. ∵平面， ∴⊥， ∴，，两两垂直. ∴以为坐标原点，以为x轴，以为y轴，以为z轴建立坐标系.如图， ∴，，，，，，， ∴ ∴平面的法向量为. 设与平面所成角为， 则. ∴与平面所成角正弦值为.    （3）点Q在平面内，理由如下： 连接， ∵，∴， ∴， 设平面的法向量为， 则， 令得，， ∴. ∵的中点为Q， ∴，. ∴. ∴. ∵D在平面内， ∴DQ在平面内. ∴点Q在平面内. 56．（23-24高二上·北京延庆·期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，点为棱的中点，，. (1)求平面与平面夹角的余弦值； (2)若为棱的中点，则棱上是否存在一点，使得平面. 若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)不存在，因为不垂直. 【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面夹角即可； （2）设存在点满足条件，利用线面垂直的向量关系判定即可. 【详解】（1）因为底面是矩形，侧棱底面，可知三线两两垂直， 如图示建立空间直角坐标系，由题意可知，所以, 则， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，即， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则； （2）假设存在点，使得平面，且， 根据（1）可知，则， 若平面，又平面，所以， 而，则不成立，所以平面不成立. 57．（24-25高二上·北京怀柔·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，为中点，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使得平面，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）取的中点，证明，根据线面平行判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面法向量，利用向量夹角公式求两向量的夹角余弦，由此可得结论； （3）假设线段上存在点，使得平面，求直线的方向向量和平面的法向量，由假设可得两向量垂直，列方程求出的坐标，由此可得结论. 【详解】（1）取的中点，连接，， 因为，分别为，的中点， 所以中，，. 底面中，，，，， ，， 四边形为平行四边形， ∴， ∵平面，平面， ∴平面； （2）取的中点，连接， 因为，， 所以四边形为平行四边形， 所以，又， 所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面， 所以，， 因为，， 所以，所以， 所以两两垂直， 以点为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 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为； （3）设线段上是存在点，使得平面，， 设平面的法向量为， 又，， 则，即， 取，则，， 所以为平面的一个法向量， 因为平面， 所以，又， 所以， 所以， 所以存在点，使得平面，此时. 58．（24-25高二上·北京石景山·期末）如图，在多面体中，四边形为正方形，四边形为梯形．，，，． (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)判断线段上是否存在点，使得直线平面．（结论不要求证明） 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，理由见解析 【分析】（1）依题意可得、，即可得到⊥平面，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用公式得到线面角的正弦值； （3）设，得到，求出平面的法向量，由垂直关系得到方程，求出答案. 【详解】（1）因为，所以， 又四边形为正方形，所以， 又，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥； （2）因为、， 又，故，，两两互相垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为， 所以， 设平面的法向量为， 则，解得，令，则，则， 又， 设直线与平面所成角的大小为， 则； （3）线段BD上存在点M，使得直线平面， 设，即， 当时，与重合，此时与平面不平行， 当时，设，则， 解得，故， 设平面的法向量为， 则，令，则，故， 则，解得， 故线段BD上存在点M，使得直线平面，此时. 59．（23-24高二上·北京丰台·期末）如图，在三棱柱中，中，侧面为正方形，平面平面，，. (1)求证：； (2)若点在棱上，且平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）由为正方形，推出，再由面面垂直推出线线垂直，再证明线面垂直，推出线线垂直； （2）以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面法向量求解即可. 【详解】（1）因为侧面为正方形，所以. 又平面平面， 平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 又，且，平面， 所以平面，又平面，所以. （2）由（1）知，，，， 故以为原点，分别以为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，. 设，其中. 则， 所以， 又. 设平面的一个法向量为， 则，所以， 令，，所以. 由题意，为平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为， 所以， 解得或（舍）. 所以. 【好题推送】 60．（23-24高二上·北京顺义·期末）如图，在正方体中，E是棱上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与所成角的范围是 B．直线与平面所成角的最大值为 C．二面角的大小不确定 D．直线与平面不垂直 【答案】D 【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，由直线方向向量夹角余弦的范围即可判断；对于B，由线面角正弦值的公式即可判断；对于C，由两平面的法向量夹角余弦即可判断；对于D，由即可判断. 【详解】以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 不妨设正方体棱长为1， ， 对于A，， 不妨设直线与所成角为， 所以， 当增大时，分别减小，增大，所以关于单调递减， 所以，所以，故A错误； 对于B，由题意，且显然平面的法向量为， 不妨设直线与平面所成角为， 则单调递增，， 所以，所以，故B错误； 对于C，， 所以， 不妨设平面与平面的法向量分别为， 所以有和，令，解得， 即取平面与平面的法向量分别为， 二面角为锐角，不妨设为， 则， 所以二面角的大小为，故C错误； 对于D，， 所以， 所以与不垂直，所以直线与平面不垂直. 故选：D. 61．（23-24高二上·北京·期末）如图，在棱长为2的正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面 C．三棱锥的体积是定值 D．存在点Q，使得PQ与AD所成的角为 【答案】B 【分析】A由、即可判断；B若为中点，根据正方体、线面的性质及判定即可判断；C只需求证与面是否平行；D利用空间向量求直线夹角的范围即可判断. 【详解】A：正方体中，而P为线段的中点，即为的中点， 所以，故不可能平行，错； B：若为中点，则，而，故， 又面，面，则，故， ，面，则面， 所以存在Q使得平面，对； C：由正方体性质知：，而面，故与面不平行， 所以Q在线段上运动时，到面的距离不一定相等， 故三棱锥的体积不是定值，错； D：构建如下图示空间直角坐标系，则，，且， 所以，，若它们夹角为， 则， 令，则， 当，则，； 当则； 当，则，； 所以不在上述范围内，错. 故选：B 62．（24-25高二上·北京怀柔·期末）金刚石是天然存在的最硬的物质，这是因为金刚石的碳原子在空间中的排列方式决定的.如图1，组成金刚石的每一个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接.从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个所有棱长都相等的正三棱锥的4个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示.即图2中，则的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将正三棱锥放入正方体中，利用余弦定理计算即可. 【详解】将正三棱锥放入正方体中，由题意为正方体中心，如图，    设正方体棱长为，则，， 在中，由余弦定理可得， 故选：D 63．（23-24高二上·北京海淀·期末）如图，四棱锥中，平面，过的平面分别与棱交于点M，N． (1)求证：; (2)记二面角的大小为，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面平行判定定理与性质定理可证； （2）建立空间直角坐标系，设，利用法向量方法，用表示两平面法向量夹角的余弦，再由向量夹角与二面角大小关系求最大值. 【详解】（1）因为，平面，平面， 所以平面. 因为过的平面分别与棱交于， 所以； （2）因为平面，平面，平面， 所以， 又因为， 如图，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设， 则， 设平面即平面的法向量为， 则，令，则， 于是； 设平面即平面的法向量为， 则，令，则， 于是， 所以， 因为，所以， 由二面角的大小为， 根据的方向判断可得， 所以，当时，的最大值为. 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $