专题01 空间向量与立体几何11考点（期末真题汇编，广东专用）高二数学上学期人教A版选择性必修第一册

专题01 空间向量与立体几何 11大高频考点概览 考点01空间向量及其线性运算 考点02空间向量的共线与共面 考点03空间向量的数量积运算及应用 考点04空间向量的投影向量 考点05空间向量基本定理 考点06利用空间向量解决直线、平面的位置关系 考点07利用空间向量求异面直线所成的角 考点08利用空间向量求直线与平面所成的角 考点09利用空间向量求平面与平面所成的角 考点10利用空间向量求点线距 考点11利用空间向量求点面距 地 城 考点01 空间向量及其线性运算 1．（2022秋•江城区校级期末）如图，在四面体中，，，．点在上，且，为中点，则等于　　 A． B． C． D． 2．（2024秋•深圳期末）如图，在四面体中，是的中点，，则　　 A． B． C． D． 3．（2024秋•宝安区期末）如图，平行六面体中，为的中点，，，，则　　 A． B． C． D． 4．（2024秋•广东期末）如图，在四面体中，为的中点，，且为的中点，则　　 A． B． C． D． 5．（2024秋•惠州期末）如图，在平行六面体中，为和的交点，若，，，则下列式子中与相等的是　　 A． B． C． D． 6．（2024秋•广东校级期末）如图，空间四边形中，，点为中点，点在侧棱上，且，则　　 A． B． C． D． 7．（2024秋•广州期末）我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，四棱锥为阳马，平面，且，若，则 A．1 B．2 C． D． 地 城 考点02 空间向量的共线与共面 8．（2024秋•广东校级期末）已知向量，2，，，，，且，那么实数等于　　 A．3 B． C．9 D． 9．（2024秋•深圳校级期末）已知向量，向量，若，则的值为　　 A．1 B． C． D． 10．（2024秋•深圳期末）已知向量，2，，，4，，若，则　　 ． 11．（2024秋•潮阳区期末）已知向量，若共面，则　　 A．2 B．3 C． D． 12．（2024秋•深圳校级期末）已知三个向量，1，，，0，，，2，共面，则　　 A． B． C． D． 13．（2021秋•罗湖区校级期末）已知，1，，，2，，，6，，若，，共面，则等于　　 A． B．3 C． D．9 地 城 考点03 空间向量的数量积运算及应用 14．（2023秋•电白区期末）如图，正方体的棱长为1，设，，，则　　 A．1 B． C．0 D．2 15．（2023秋•广州期末）正四面体的棱长为2，设，，，则　　． 16．（2023秋•番禺区期末）在棱长为2的正四面体中，是的中点，则　　． 17．（2024秋•龙岗区期末）已知向量，2，，，，，且，那么等于　　 A． B． C． D．5 18．（2024秋•龙岗区校级期末）已知空间向量，，若与垂直，则等于　　 A． B． C．3 D． 19．（2024秋•广东校级期末）已知，，则　　 A． B． C． D． 20．（多选）（2023秋•罗湖区期末）在棱长为2的正四面体中，，，分别是棱，，的中点．则下列各式成立的是　　 A． B． C． D． 21．（多选）（2024秋•潮州期末）如图，在三棱柱中，，，，、分别是、上的点，若，则　　 A． B． C． D． 22．（多选）（2024秋•澄海区期末）已知空间中四点，1，，，2，，，3，，，1，，则　　 A． B． C． D．为锐角 地 城 考点04 空间向量的投影向量 23．（2024秋•惠州期末）已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是　　 A． B． C． D． 24．（2024秋•深圳期末）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是 　　 ． 25．（多选）（2023秋•龙华区校级期末）已知向量，，，则　　 A． B．在上的投影向量为 C． D．向量共面 26．（2024秋•江门期末）如图，在棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）中，，分别为，的中点，且在方向上的投影向量为，则的值为　　 A． B． C． D． 地 城 考点05 空间向量基本定理 27．（2024秋•东莞市期末）已知为空间的一组基底，则下列向量也能构成空间的一组基底的是　　 A．、、 B．、、C．、、 D．、、 28．（2023秋•东莞市期末）若构成空间的一个基底，则下列各组中不能构成空间的一个基底的是　　 A． B． C． D． 29．（2021秋•荔湾区期末）若，，构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是　　 A．，， B．，， C．，， D．，， 30．（2023秋•天河区校级期末）已知是空间的一个基底，下列不能与，构成空间的另一个基底的是　　 A． B． C． D． 地 城 考点06 利用空间向量解决直线、平面的位置关系 31．（2024秋•电白区期末）直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若平面，则 A． B．5 C． D．1 32．（2024秋•潮州期末）是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则　　 A． B． C． D．15 33．（2024秋•澄海区期末）已知直线的一个方向向量为，1，，平面的一个法向量为，2，，若，则　　 A．1 B．2 C．3 D．4 34．（2022秋•龙岗区校级期末）若直线的方向向量，平面的一个法向量，若，则实数　　 A．2 B． C． D．10 35．（多选）（2024秋•高州市期末）在空间直角坐标系中，已知，2，，，1，，下列结论正确的有　　 A． B．点关于平面对称的点的坐标为，， C．若，则 D．若，，则 36．（多选）（2021秋•南山区期末）若是平面的一个法向量，是平面的一个法向量，，是直线上不同的两点，则以下命题正确的是　　 A． B． C．，使得 D．设与的夹角为，则， 37．（多选）（2024秋•宝安区期末）下列给出的命题正确的是　　 A．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 B．两个不重合的平面，的法向量分别是，则 C．若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底 D．对空间任意一点与不共线的三点、、，若（其中、、，则、、、四点共面 地 城 考点07 利用空间向量求异面直线所成的角 38．（2024秋•揭阳期末）在正方体中，为的中点，则异面直线与所成角的大小为　　 A． B． C． D． 39．（2024秋•东莞市期末）在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，为的中心，侧棱，，则与所成角为　　 A． B． C． D． 40．（2023秋•深圳期末）在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为　　 A． B． C． D． 41．（2024秋•天河区期末）在正方体中，，分别是，的中点． （1）求证：； （2）求异面直线与所成角的大小． 42．（2023秋•龙岗区校级期末）堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱．如图，在堑堵中，，若，则异面直线与所成角的余弦值为　　 A． B． C． D． 43．（2024秋•深圳期末）长方体中，底面是边长为2的正方形，若直线与所成角的余弦值为，则的长为　　 A． B．1或 C．12 D．1或12 44．（2024秋•广东期末）在正方体中，空间中一动点满足，则直线与直线所成角正弦值的取值范围为　　 A． B． C． D． 45．（2024秋•龙岗区期末）已知直四棱柱，底面是边长为1的菱形，且，点为的中点，点是棱上的动点．则直线与直线所成角的正切值的最小值为 　　． 46．（多选）（2024秋•潮阳区期末）如图，在平行六面体中，其中以顶点为端点的三条棱长均为6，且彼此夹角都是，下列说法中不正确的是 A． B． C．向量与夹角是 D．向量与所成角的余弦值为 地 城 考点08 利用空间向量求直线与平面所成的角 47．（2024秋•深圳校级期末）在四棱锥中，底面，底面是正方形，．则直线与平面所成角的正弦值为　　 A． B． C． D． 48．（2024秋•广州期末）在正四棱柱中，侧棱，直线与平面所成角的余弦值为，则该正四棱柱的体积等于　　 A． B． C． D． 49．（2024秋•深圳期末）如图，在三棱锥中，平面，，，为的中点，平面平面． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 50．（2024秋•高州市期末）如图，在直四棱柱中，四边形是矩形，，点是棱上的一点，且． （1）求证：四边形为正方形； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 51．（2024秋•深圳期末）如图，在四棱锥中，平面，，，且，，是的中点，是的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 52．（2024秋•深圳期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为正三角形，为的中点，且平面平面，是线段上的点． （1）求证：； （2）是否存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，若存在；求出此时的值；若不存在，请说明理由． 地 城 考点09 利用空间向量求平面与平面所成的角 53．（2024秋•罗湖区校级期末）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中，．是的中点，是的中点． （1）求证平面； （2）求平面与平面的夹角余弦值． 54．（2024秋•湛江期末）如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，，． （1）证明：平面． （2）求平面与平面的夹角的正弦值． 55．（2024秋•白云区校级期末）如图1，在平行四边形中，，，将△沿折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥，如图2． （1）证明：平面平面； （2）在线段上是否存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 56．（2024秋•龙岗区校级期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． （1）求证：平面； （2）若平面与平面的夹角的正弦值为， 求长； 求直线与平面所成角的正弦值． 由（1）知， 由线面角定义得是直线与平面所成角的一个平面角， 在直角△中，由题意得， 又由题意得△△，与互为余角， ， 直线与平面所成角的正弦值为． 57．（2024秋•清远期末）如图，在直四棱柱中，底面是直角梯形，，，且，． （1）证明：； （2）求点到平面的距离； （3）求平面与平面夹角的正弦值． 58．（2024秋•深圳期末）如图，在四棱锥中，平面，，，．，为的中点，点在上，且． （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）若棱上一点满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求． （3） 59．（2025春•顺德区校级期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面是等边三角形，三棱锥的体积为，点是棱的中点． （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 60．（2023秋•荔湾区校级期末）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且． （1）证明：平面． （2）是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 地 城 考点10 利用空间向量求点线距 61．（2024秋•深圳校级期末）已知，2，，，2，，则点，0，到直线的距离为 A． B．2 C． D． 62．（2024秋•潮州期末）正方体的棱长为1，为的中点，则点到直线的距离为　　 A． B．1 C． D． 63．（2024秋•广州期末）在空间直角坐标系中，已知，4，，，4，，则点到直线的距离为　　 A． B． C． D． 64．（2024秋•深圳校级期末）已知点，1，，点，1，，则点，，到直线的距离为 　　． 65．（2024秋•高州市期末）如图，在直三棱柱中，△是等边三角形，，，则点到直线的距离为　　 A． B． C． D． 地 城 考点11 利用空间向量求点面距 66．（2023秋•深圳期末）已知平面的一个法向量，点，3，在内，则平面外一点，1，到平面的距离为　　 A．4 B．2 C． D．3 67．（2025春•湛江期末）已知为平面的一个法向量，，0，为内的一点，则点，1，到平面的距离为 ． 68．（2024秋•深圳期末）已知点，1，在平面内，点，2，在外，且的一个法向量，则点到平面的距离为 　　． 69．（2024秋•佛山期末）在空间直角坐标系中，平面的法向量，2，，点，4，在内，则原点到的距离为 　　． 70．（2022秋•海珠区校级期末）平面的一个法向量，0，，点，2，在内，则点，2，到平面的距离为　　 A． B． C． D． 71．（2023秋•深圳期末）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，则点到平面的距离为　　 A． B． C． D． 72．（2024秋•深圳校级期末）如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，． （1）证明：直线平面； （2）求点到平面的距离． 73．（2025春•广州期末）如图，在长方体中，，． （1）求证：直线平面； （2）求点到平面的距离． 74．（2024春•海珠区期末）如图，在棱长为2的正方体中，点，分别为，的中点． （1）求证：直线平面； （2）求点到平面的距离． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 空间向量与立体几何 11大高频考点概览 考点01空间向量及其线性运算 考点02空间向量的共线与共面 考点03空间向量的数量积运算及应用 考点04空间向量的投影向量 考点05空间向量基本定理 考点06利用空间向量解决直线、平面的位置关系 考点07利用空间向量求异面直线所成的角 考点08利用空间向量求直线与平面所成的角 考点09利用空间向量求平面与平面所成的角 考点10利用空间向量求点线距 考点11利用空间向量求点面距 地 城 考点01 空间向量及其线性运算 1．（2022秋•江城区校级期末）如图，在四面体中，，，．点在上，且，为中点，则等于　　 A． B． C． D． 【解答】解：如图，连接， 是的中点，， ，， ． 故选：． 2．（2024秋•深圳期末）如图，在四面体中，是的中点，，则　　 A． B． C． D． 【解答】解：，， 是的中点， ， ， ． 故选：． 3．（2024秋•宝安区期末）如图，平行六面体中，为的中点，，，，则　　 A． B． C． D． 【解答】解：在平行六面体中，，，， 又因为，，， 由题意可知，． 故选：． 4．（2024秋•广东期末）如图，在四面体中，为的中点，，且为的中点，则　　 A． B． C． D． 【解答】解：由题意：． 故选：． 5．（2024秋•惠州期末）如图，在平行六面体中，为和的交点，若，，，则下列式子中与相等的是　　 A． B． C． D． 【解答】解：平行六面体，，，， ， 故选：． 6．（2024秋•广东校级期末）如图，空间四边形中，，点为中点，点在侧棱上，且，则　　 A． B． C． D． 【解答】解：． 故选：． 7．（2024秋•广州期末）我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，四棱锥为阳马，平面，且，若，则 A．1 B．2 C． D． 【解答】解：如图，四棱锥为阳马， 平面，且，， 因为，所以， 所以 ， 又，所以，则． 故选：． 地 城 考点02 空间向量的共线与共面 8．（2024秋•广东校级期末）已知向量，2，，，，，且，那么实数等于　　 A．3 B． C．9 D． 【解答】解：，2，，，，，且， ， 解得，， 实数． 故选：． 9．（2024秋•深圳校级期末）已知向量，向量，若，则的值为　　 A．1 B． C． D． 【解答】解：向量，向量，， 则，解得． 故选：． 10．（2024秋•深圳期末）已知向量，2，，，4，，若，则　　 ． 【解答】解：， ，解得，， ． 故答案为：5． 11．（2024秋•潮阳区期末）已知向量，若共面，则　　 A．2 B．3 C． D． 【解答】解：因为共面，所以， 即，10，，2，，2，，，， 所以，解得，，． 故选：． 12．（2024秋•深圳校级期末）已知三个向量，1，，，0，，，2，共面，则　　 A． B． C． D． 【解答】解：三个向量，1，，，0，，，2，共面， 故，整理得：，2，，1，，0，； 故，解得． 故选：． 13．（2021秋•罗湖区校级期末）已知，1，，，2，，，6，，若，，共面，则等于　　 A． B．3 C． D．9 【解答】解：，1，，，2，，，6，， ，，共面， 设，则，1，，，， ，解得，， 解得． 故选：． 地 城 考点03 空间向量的数量积运算及应用 14．（2023秋•电白区期末）如图，正方体的棱长为1，设，，，则　　 A．1 B． C．0 D．2 【解答】解：由正方体的棱长为1，设，，，， 所以． 故选：． 15．（2023秋•广州期末）正四面体的棱长为2，设，，，则　　． 【解答】解：正四面体的棱长为2，，，， ，， ． 故答案为：8． 16．（2023秋•番禺区期末）在棱长为2的正四面体中，是的中点，则　　． 【解答】解：在正四面体中，所有的棱长都为2，且各个面都是正三角形， 因为为的中点，所以， 则 ． 故答案为：2． 17．（2024秋•龙岗区期末）已知向量，2，，，，，且，那么等于　　 A． B． C． D．5 【解答】解：因为，2，，，，，且， 所以，即，所以，1，， 所以， 故选：． 18．（2024秋•龙岗区校级期末）已知空间向量，，若与垂直，则等于　　 A． B． C．3 D． 【解答】解：由与垂直，可得， 解得，所以， 所以． 故选：． 19．（2024秋•广东校级期末）已知，，则　　 A． B． C． D． 【解答】解：因为，， 所以，，， 所以． 故选：． 20．（多选）（2023秋•罗湖区期末）在棱长为2的正四面体中，，，分别是棱，，的中点．则下列各式成立的是　　 A． B． C． D． 【解答】解：如图， 为的中点，，，正确； ，，，错误； ，正确； 与是异面直线，，错误． 故选：． 21．（多选）（2024秋•潮州期末）如图，在三棱柱中，，，，、分别是、上的点，若，则　　 A． B． C． D． 【解答】解：在三棱柱中，，，， 设，，， 所以，，同理可得， 对于、选项，因为， ， 所以 ， 所以与不垂直，即错误； 因为，所以， ，， 所以，，故正确； 对于选项，因为，， 所以， ，， 所以，故错误； 对于选项， ， 所以，故正确． 故选：． 22．（多选）（2024秋•澄海区期末）已知空间中四点，1，，，2，，，3，，，1，，则　　 A． B． C． D．为锐角 【解答】解：由，1，，，2，，，3，，，1，， 可得，，，，， 选项，，故错误； 选项，由，可得，故正确； 选项，由，可知与不平行，故错误； 选项，， 故为锐角，故正确． 故选：． 地 城 考点04 空间向量的投影向量 23．（2024秋•惠州期末）已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是　　 A． B． C． D． 【解答】解：空间向量，， 则，， 故向量在向量上的投影向量是：． 故选：． 24．（2024秋•深圳期末）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是 　　 ． 【解答】解：，， 向量在向量上的投影向量的坐标是：． 故答案为：． 25．（多选）（2023秋•龙华区校级期末）已知向量，，，则　　 A． B．在上的投影向量为 C． D．向量共面 【解答】解：对于，，，，正确； 对于，， 在上的投影向量为，正确； 对于，，与不垂直，错误； 对于，，共面，正确． 故选：． 26．（2024秋•江门期末）如图，在棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）中，，分别为，的中点，且在方向上的投影向量为，则的值为　　 A． B． C． D． 【解答】解：以作为基底， 则，， 设向量与的夹角为， 则直线和夹角的余弦值等于， ， 又△和△均为等边三角形，所以， 所以， 所以直线和夹角的余弦值为， 故在方向上的投影向量为， 所以． 故选：． 地 城 考点05 空间向量基本定理 27．（2024秋•东莞市期末）已知为空间的一组基底，则下列向量也能构成空间的一组基底的是　　 A．、、 B．、、C．、、 D．、、 【解答】解：对于选项，显然不能用、表示出来， 根据空间向量的共面定理， 可知、、不共面，可以作为空间的一组基底； 对于选项，因为， 则、、共面，不能作为空间的一组基底； 对于，因为， 所以、、共面，不能作为空间的一组基底； 对于，因为， 则、、共面，不能作为空间的一组基底． 故选：． 28．（2023秋•东莞市期末）若构成空间的一个基底，则下列各组中不能构成空间的一个基底的是　　 A． B． C． D． 【解答】解：是空间的一个基底，故不共面， 选项，设， 则，无解， 故不共面，故可构成空间的一个基底； 选项，设， 则，无解， 故不共面，故可构成空间的一个基底； 选项，设， 故不共面，故可构成空间的一个基底； 选项，设，则，得， 故共面， 故不可构成空间的一个基底． 故选：． 29．（2021秋•荔湾区期末）若，，构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是　　 A．，， B．，， C．，， D．，， 【解答】解：由共面向量的充要条件可得： 对于选项，，所以，，三个向量共面； 对于选项，同理：，，三个向量共面； 对于选项，，所以三个向量共面； 故选：． 30．（2023秋•天河区校级期末）已知是空间的一个基底，下列不能与，构成空间的另一个基底的是　　 A． B． C． D． 【解答】解：由，，两式相加可得， 所以得与，是共面向量， 故不能与，构成空间的另一个基底． 故选：． 地 城 考点06 利用空间向量解决直线、平面的位置关系 31．（2024秋•电白区期末）直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若平面，则 A． B．5 C． D．1 【解答】解：根据题意可得， 所以，解得． 故选：． 32．（2024秋•潮州期末）是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则　　 A． B． C． D．15 【解答】解：是直线的方向向量，是平面的法向量， 若，则，即，解得． 故选：． 33．（2024秋•澄海区期末）已知直线的一个方向向量为，1，，平面的一个法向量为，2，，若，则　　 A．1 B．2 C．3 D．4 【解答】解：由即可得：，所以，解得． 故选：． 34．（2022秋•龙岗区校级期末）若直线的方向向量，平面的一个法向量，若，则实数　　 A．2 B． C． D．10 【解答】解：直线的方向向量， 平面的一个法向量，， ， ，解得． 故选：． 35．（多选）（2024秋•高州市期末）在空间直角坐标系中，已知，2，，，1，，下列结论正确的有　　 A． B．点关于平面对称的点的坐标为，， C．若，则 D．若，，则 【解答】解：，2，，，1，， 则，正确； 点关于平面对称的点的坐标为，2，，错， 若，则，所以，正确； 若且，则，解得，正确． 故选：． 36．（多选）（2021秋•南山区期末）若是平面的一个法向量，是平面的一个法向量，，是直线上不同的两点，则以下命题正确的是　　 A． B． C．，使得 D．设与的夹角为，则， 【解答】解：是平面的一个法向量，是平面的一个法向量，，是直线上不同的两点， 对于，，，， 反之，若，则，或，故错误； 对于，，， 反之，若，则，故正确； 对于，，，，使得， 反之，若，使得，则，，故正确； 对于，设与的夹角为，则由两个平面的夹角定义和平面的法向量的性质得，，故正确． 故选：． 37．（多选）（2024秋•宝安区期末）下列给出的命题正确的是　　 A．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 B．两个不重合的平面，的法向量分别是，则 C．若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底 D．对空间任意一点与不共线的三点、、，若（其中、、，则、、、四点共面 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于，直线的方向向量为，平面的法向量为， 由于，则，故有或，错误； 对于，平面，的法向量分别是， 由于，则，必有，正确； 对于，若是空间的一组基底，则向量、、不在同一平面内， 由空间向量基本定理，向量，、也不在同一平面内， 故也是空间的一组基底，正确； 对于，若（其中、、，当且仅当时，、、、四点共面，错误． 故选：． 地 城 考点07 利用空间向量求异面直线所成的角 38．（2024秋•揭阳期末）在正方体中，为的中点，则异面直线与所成角的大小为　　 A． B． C． D． 【解答】解：建立空间直角坐标系，如图所示， 设正方体的棱长为2，则，1，，，2，，，0，，，0，， ，1，，，0，， ，， 设异面直线与所成的角为， 则，， 异面直线与所成角的大小， 故选：． 39．（2024秋•东莞市期末）在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，为的中心，侧棱，，则与所成角为　　 A． B． C． D． 【解答】解：在平行六面体中，底面是边长为2的正方形， 为的中心，侧棱，， 设，，，则， 由题意得，， 由向量数量积公式得， 又由空间向量线性运算法则得，， ， 则向量数量积公式得： ， 由向量垂直的性质得，， 与所成角大小为． 故选：． 40．（2023秋•深圳期末）在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为　　 A． B． C． D． 【解答】解： 设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，， 以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，0，，，2，，，1，，，0，， 则， ， 又异面直线所成角的范围为， 故异面直线与所成角的余弦值为． 故选：． 41．（2024秋•天河区期末）在正方体中，，分别是，的中点． （1）求证：； （2）求异面直线与所成角的大小． 【解答】解：（1）证明：在正方体中，，分别是，的中点， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图， 则，2，，，1，，，0，，，0，， ，，，，0，， ， ； （2），2，，，0，，，0，，，2，， 设异面直线与所成角为，则，；， 则， 异面直线与所成角的大小为． 42．（2023秋•龙岗区校级期末）堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱．如图，在堑堵中，，若，则异面直线与所成角的余弦值为　　 A． B． C． D． 【解答】解：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，1，，，0，，，0，，，1，， 所以，1，，，，， 所以，， 因为异面直线夹角的取值范围为，， 所以异面直线与所成角的余弦值为． 故选：． 43．（2024秋•深圳期末）长方体中，底面是边长为2的正方形，若直线与所成角的余弦值为，则的长为　　 A． B．1或 C．12 D．1或12 【解答】解：长方体中，底面是边长为2的正方形， 设，直线与所成角的余弦值为， 因为，， 由题意可得， 所以， ，， 所以，， 所以，， 整理可得， 可得或，解得或． 所以或． 故选：． 44．（2024秋•广东期末）在正方体中，空间中一动点满足，则直线与直线所成角正弦值的取值范围为　　 A． B． C． D． 【解答】解：在正方体中，空间中一动点满足， 设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图， 则，0，，，0，，，1，，，0，，，1，，，1，， 设点，，，则， 由，得，1，，，，0，， 解得，则，，，，， 设直线与直线所成角为， 则， ， 设，， ，，，， 则，即， ，，则， 即，，， 直线与直线所成角正弦值的取值范围为，． 故选：． 45．（2024秋•龙岗区期末）已知直四棱柱，底面是边长为1的菱形，且，点为的中点，点是棱上的动点．则直线与直线所成角的正切值的最小值为 　　． 【解答】解：连接，可得△中，，，所以△为等边三角形， 取的中点，连接，则，，可得 以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 可得， 设，，可得， 设直线与直线所成角为， 则，， 令，则， 由二次函数的性质，可知：当，即时，取得最大值，此时． 所以的最大值为， 因为余弦函数在为减函数，所以最大时，角取得最小值， 结合，可得此时． 综上所述，直线与所成角的正切值的最小值为． 故答案为：． 46．（多选）（2024秋•潮阳区期末）如图，在平行六面体中，其中以顶点为端点的三条棱长均为6，且彼此夹角都是，下列说法中不正确的是 A． B． C．向量与夹角是 D．向量与所成角的余弦值为 【解答】解：在平行六面体中， 其中以顶点为端点的三条棱长均为6，且彼此夹角都是， ． ， ，故正确； ，故正确； 由题意△是等边三角形，则， ，且向量与的夹角都是， 与的夹角都是，故错误； ，， ，， ，，故错误． 故选：． 地 城 考点08 利用空间向量求直线与平面所成的角 47．（2024秋•深圳校级期末）在四棱锥中，底面，底面是正方形，．则直线与平面所成角的正弦值为　　 A． B． C． D． 【解答】解：在四棱锥中，平面，且四边形为正方形， 以为坐标原点，分别以直线，，为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系． 则，0，，，1，，，0，，，1，， 从而，，， 设平面的法向量为， 则则， 令，则， 设直线与平面所成的角为， 则． 故选：． 48．（2024秋•广州期末）在正四棱柱中，侧棱，直线与平面所成角的余弦值为，则该正四棱柱的体积等于　　 A． B． C． D． 【解答】解：设正四棱柱底面正方形的边长为， 以，，所在直线分别为，，轴， 建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，0，，，，， 则，，，，， 设平面的法向量为， 所以，即，令，可得解得，1，， 因为直线与平面所成角的余弦值为， 所以直线与平面所成角的正弦值为， 所以向量与向量夹角的余弦值的绝对值为， 即 ， 解得，则， 所以正四棱柱的体积为． 故选：． 49．（2024秋•深圳期末）如图，在三棱锥中，平面，，，为的中点，平面平面． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【解答】（1）证明：，为的中点，， 平面平面，平面平面，，平面， 平面， 又平面，， 又平面，平面，， 又，平面． （2）解：由（1）可知，，，， ，， 以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， ，0，，，0，，，2，， 则，，． 设平面的一个法向量，，， 由，得， 令，则，，1，， 设直线与平面所成角为， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值为． 50．（2024秋•高州市期末）如图，在直四棱柱中，四边形是矩形，，点是棱上的一点，且． （1）求证：四边形为正方形； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【解答】（1）证明：如图，连接，在直四棱柱中， 平面，平面，所以， 又，，，平面， 所以平面，又平面， 所以，又四边形是矩形， 所以四边形为正方形； （2）解：以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则由，，可得，令，可得， 故平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角的大小为， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为． 51．（2024秋•深圳期末）如图，在四棱锥中，平面，，，且，，是的中点，是的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【解答】解：（1）证明：在四棱锥中，平面，， ，且，，是的中点，是的中点． 平面，平面，， 由，知，， 又，，平面，平面， 平面，， ，是的中点，， 又，，平面， 平面． （2）平面，， 以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图， 则，0，，，0，，，2，，，0，，，4，，，0，，，2，， 故， 设平面的法向量， 则，令，则， 设直线与平面所成角为， 则， 直线与平面所成角的正弦值． 52．（2024秋•深圳期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为正三角形，为的中点，且平面平面，是线段上的点． （1）求证：； （2）是否存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，若存在；求出此时的值；若不存在，请说明理由． 【解答】（1）证明：连接，，如图所示： 因为四边形是菱形，所以， 因为，所以为等边三角形， 又因为为的中点，所以， 因为是等边三角形，为中点，所以， 因为，，平面，所以平面， 又因为，所以平面， 因为平面，所以； （2）解：存在，，理由如下： 因为平面平面，平面平面， 由（1）知，，平面，所以平面， 因为，以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 如图所示： 则，，，，，， ，，， 设，， ， 设平面的一个法向量， 则，即，取，得：， ， ，， 所以，， 因为直线与平面的夹角的正弦值为， 所以，，即， 整理得：，由，解得：． 故存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为． 此时：． 地 城 考点09 利用空间向量求平面与平面所成的角 53．（2024秋•罗湖区校级期末）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中，．是的中点，是的中点． （1）求证平面； （2）求平面与平面的夹角余弦值． 【解答】（1）证明：取中点，连接，， 因为是的中点，所以，且， 因为是的中点，所以，且， 所以，， 所以四边形是平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面． （2）解：在四棱柱中，平面，， 所以，，两两垂直， 以为原点，直线，，分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，0，，，1，，，1，，，1，， 所以， 设平面的法向量为，，，则， 令，得， 设平面的法向量为，，，则， 令，得， 设平面与平面的夹角为， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为． 54．（2024秋•湛江期末）如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，，． （1）证明：平面． （2）求平面与平面的夹角的正弦值． 【解答】解：（1）证明：因为四边形是菱形，且， 所以，，， 因为，所以，所以， 因为，， 所以， 因为，平面，且，所以平面， 因为平面，所以， 因为四边形是菱形，所以， 因为，平面，且， 所以平面． （2）记，以为原点，的方向分别为，轴的正方向，平行向上为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则， 则， 设平面的一个法向量为， 则，则， 令，得， 设平面的一个法向量为， 则，则， 令，得， 设平面与平面的夹角为， 则， 故． 55．（2024秋•白云区校级期末）如图1，在平行四边形中，，，将△沿折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥，如图2． （1）证明：平面平面； （2）在线段上是否存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【解答】（1）证明：由题意，在平行四边形中， ，，， 则在△中，由余弦定理， 可得， 则有，故，即， 又，所以， 由题意，，，，平面， 所以平面，又平面，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）解：过点作，由（1）可知，，，两两垂直， 以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，0，， 假设在线段上存在点满足题意， 设，则有， 故， 则，，，， 设平面的一个法向量为， 则有，令，可得， 即， 设平面的一个法向量为， 则有，令，可得，， 即， 若平面与平面的夹角的余弦值为， 则有， 整理得，解得或（舍去）， 故，即， 故在线段上存在点，当时， 可得平面与平面的夹角的余弦值为． 56．（2024秋•龙岗区校级期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． （1）求证：平面； （2）若平面与平面的夹角的正弦值为， 求长； 求直线与平面所成角的正弦值． 【解答】解：（1）证明：在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面， ，是的中点，作交于点， 以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立空间直角坐标系，如图， 设，则． ， ，． ，且，，平面． 由线面垂直的判定定理得平面． （2）设平面的法向量为，， ，令，得， 设平面的法向量， ，令，得， 设平面与平面的夹角为， 平面与平面的夹角的正弦值为， 则， ，，， 解得（舍去负值），长为2． 由（1）知， 由线面角定义得是直线与平面所成角的一个平面角， 在直角△中，由题意得， 又由题意得△△，与互为余角， ， 直线与平面所成角的正弦值为． 57．（2024秋•清远期末）如图，在直四棱柱中，底面是直角梯形，，，且，． （1）证明：； （2）求点到平面的距离； （3）求平面与平面夹角的正弦值． 【解答】（1）证明：由直棱柱的性质知，平面平面， 因为平面平面，，平面， 所以平面， 又平面，所以． （2）解：以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，2，，，1，， 所以，0，，，，，，1，， 设平面的法向量为，，，则， 取，则，，所以，2，， 所以点到平面的距离为． （3）解：由（2）知，1，，，0，， 设平面的法向量为，，，则， 取，则，，所以，2，， 设平面与平面夹角为，， 则，， 所以， 故平面与平面夹角的正弦值为． 58．（2024秋•深圳期末）如图，在四棱锥中，平面，，，．，为的中点，点在上，且． （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）若棱上一点满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求． 【解答】（1）证明：因为平面，平面，所以， 又，，、平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）解：以为原点，，所在直线分别为，轴，作为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，2，，，1，，，，， 所以，1，，，，，，2，， 设平面的法向量为，，，则， 取，则，，所以，1，， 设与平面所成角为，则，， 所以与平面所成角的正弦值为1． （3）解：由（2）知，，，，平面的一个法向量为，1，， 所以，，，，， 所以，0，，，，，， 设平面的法向量为，，，则， 取，则，，所以，，， 因为平面与平面的夹角的余弦值为， 所以，， 整理得，即， 解得或（舍负）， 所以． 59．（2025春•顺德区校级期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面是等边三角形，三棱锥的体积为，点是棱的中点． （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【解答】解：证明：（1）因为底面为矩形，， 所以， 设三棱锥的高为，又三棱锥的体积为， 所以， 所以， 又侧面是等边三角形，且， 取的中点，连接，可得，从而为三棱锥的高， 所以平面，又平面， 所以，又，，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）取的中点，连接， 则， 故由（1）可以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角标系， 则，1，，，，，，，0，， 则，2，，，， 设平面的一个法向量为，，， 则， 令，则， 所以平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 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． 60．（2023秋•荔湾区校级期末）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且． （1）证明：平面． （2）是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【解答】解：（1）证明：因为四边形是菱形，所以， 因为，，平面，且， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以，即， 因为，平面，且， 所以平面． （2）取棱的中点，连接，因为四边形是菱形，， 所以△为等边三角形，故， 又平面，，平面， 所以，，故，，两两垂直， 故以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系， 设，则，0，，，，，0，， 故，，， 所以， 设平面的法向量为， 则，则， 令，得， 平面的一个法向量为， 设面与面所成的锐二面角为， 则， 整理得， 解得或（舍去）， 故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是． 地 城 考点10 利用空间向量求点线距 61．（2024秋•深圳校级期末）已知，2，，，2，，则点，0，到直线的距离为 A． B．2 C． D． 【解答】解：由题意，可得，， 所以点到直线的距离． 故选：． 62．（2024秋•潮州期末）正方体的棱长为1，为的中点，则点到直线的距离为　　 A． B．1 C． D． 【解答】解：正方体的棱长为1，为的中点， 建立空间直角坐标系，如图， 则，0，，，1，，， 所以，， 所以在方向上的投影向量的模为， 所以点到直线的距离． 故选：． 63．（2024秋•广州期末）在空间直角坐标系中，已知，4，，，4，，则点到直线的距离为　　 A． B． C． D． 【解答】解：已知，4，，，4，，，0，， 则，4，，，4，， 设向量与夹角为，根据向量点积公式， 则在方向上的投影向量的模长为， ，． 所以， 根据勾股定理，点到直线的距离，， 则 ． 故选：． 64．（2024秋•深圳校级期末）已知点，1，，点，1，，则点，，到直线的距离为 　　． 【解答】解：因为，1，，，1，，，，， 所以，0，，，，， 所以点到直线的距离为． 故答案为：． 65．（2024秋•高州市期末）如图，在直三棱柱中，△是等边三角形，，，则点到直线的距离为　　 A． B． C． D． 【解答】解：取的中点， 则， 以，所在直线分别为轴，轴，与中点连线所在直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 所以在上的投影的长度为， 故点到直线的距离为． 故选：． 地 城 考点11 利用空间向量求点面距 66．（2023秋•深圳期末）已知平面的一个法向量，点，3，在内，则平面外一点，1，到平面的距离为　　 A．4 B．2 C． D．3 【解答】解：，1，，，3，， ， 又是平面的一个法向量， 到的距离为． 故选：． 67．（2025春•湛江期末）已知为平面的一个法向量，，0，为内的一点，则点，1，到平面的距离为 ． 【解答】解：由题意知，， 因为为平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为． 故答案为：． 68．（2024秋•深圳期末）已知点，1，在平面内，点，2，在外，且的一个法向量，则点到平面的距离为 　　． 【解答】解：因为点，1，在平面内，点，2，在外， 所以，又平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为． 故答案为：． 69．（2024秋•佛山期末）在空间直角坐标系中，平面的法向量，2，，点，4，在内，则原点到的距离为 　　． 【解答】解：由题意知，，4，， 因为平面的法向量为，2，，且在内， 所以原点到的距离为． 故答案为：7． 70．（2022秋•海珠区校级期末）平面的一个法向量，0，，点，2，在内，则点，2，到平面的距离为　　 A． B． C． D． 【解答】解：因为点，2，在内，，2，，所以，0，， 又因为平面的一个法向量，0，， 所以点到平面的距离为， 故选：． 71．（2023秋•深圳期末）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，则点到平面的距离为　　 A． B． C． D． 【解答】解：如图，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，1，，，1，， ，，， 设平面的一个法向量为， 由，取，得， 点到平面的距离为． 故选：． 72．（2024秋•深圳校级期末）如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，． （1）证明：直线平面； （2）求点到平面的距离． 【解答】解：（1）证明：四棱锥的底面是矩形，底面， ． 由平面，且四边形为矩形， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图， ，0，，，0，，，3，，，3，，，0，， 由，得，解得，2，， 同理可得，2，， ， 面的一个法向量为， 且面， 面． （2）设面的一个法向量为， ， 由， 得，， 点到平面的距离为． 73．（2025春•广州期末）如图，在长方体中，，． （1）求证：直线平面； （2）求点到平面的距离． 【解答】解：（1）证明：在长方体中，，， 则四边形是平行四边形，，而平面，平面， 所以直线平面； （2）在长方体中，由，， 得，， 等腰△的面积， ， 设点到平面的距离为， 由， 得， 即，解得， 所以点到平面的距离为． 74．（2024春•海珠区期末）如图，在棱长为2的正方体中，点，分别为，的中点． （1）求证：直线平面； （2）求点到平面的距离． 【解答】解：（1）证明：，且， 四边形为平行四边形， ，又平面，平面， 直线平面； （2）过作于点， 底面，底面， ，又， 平面，故即为所求， 又在中，易知，， 根据等面积法可得， 即，， 故点到平面的距离为． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $