专题01 空间向量与立体几何（期末真题汇编，江苏专用）高二数学下学期

**基本信息** 空间向量与立体几何专题期末试题汇编，整合江苏多地期末真题，覆盖5大高频考点，基础题与综合题梯度分布，适配高二期末复习。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择（含多选）|30+|空间向量线性运算、基本定理、投影向量、多结论辨析|多选聚焦正方体、长方体多结论判断，如动点轨迹与距离最值| |填空|10+|共面向量、异面直线夹角、点面距离|结合平行六面体、正四面体等模型，考查向量坐标运算| |解答|14|线面角、二面角计算，面面垂直证明|综合圆柱、四棱锥等几何体，如正四棱锥二面角求解，贴合期末命题趋势|

专题01 空间向量与立体几何 5大高频考点概览 考点01空间向量的线性运算及数量积 考点02空间向量基本定理及共面向量定理 考点03投影向量及空间向量中的距离、夹角问题 考点04 利用空间向量解决立体几何中的多结论（多选）问题 考点05 利用空间向量解决线面角、二面角问题 ( 地 城 考点01 空间向量的线性运算及数量积 )1．（24-25高二下·江苏南通·期末）已知向量，，且，则（   ） A． B． C．1 D．2 【答案】A 【分析】利用空间向量共线的坐标公式列式求解. 【详解】因为向量，，且，所以，解得. 故选：A 2．（24-25高二下·江苏盐城·期末）向量，，若，则实数m的值为（    ） A． B．1 C．2 D． 【答案】D 【分析】利用向量共线列式求解. 【详解】向量，，由，得， 所以. 故选：D 3．（25-26高二上·江苏南通·期末）设点、、，线段的中点为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出点的坐标，可得出、的坐标，利用空间向量数量积的坐标运算可得出的值. 【详解】由题意可得，所以，， 所以. 故选：C. 4．（24-25高二下·江苏南通·期末）已知空间向量，若，则____ 【答案】16 【分析】首先求向量，再根据向量垂直的坐标表示，即可求解. 【详解】，因为，所以， 所以. 故答案为： 5．（24-25高二下·江苏泰州·期末）若向量与垂直，则实数的值为______． 【答案】 【分析】根据空间向量互相垂直则数量积为零列式计算即可. 【详解】向量与垂直， 所以，解得. 故答案为： 6．（25-26高二上·江苏南通·期末）在平行六面体中，，则__________. 【答案】 【分析】设，则，再根据向量运算求解即可. 【详解】设，则， 所以 因为， 所以 故答案为： ( 地 城 考点02 空间向量基本定理及共面向量定理 ) 1．（24-25高二下·江苏·期末）在三棱柱中，与相交于点，，，，，则线段的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意选为一组基底，利用空间向量基本定理，先表示，利用即可求解. 【详解】由题意有：， ， 所以， 故选：C． 2．（24-25高二下·江苏扬州·期末）在三棱柱中，与相交于点，，，，，则线段的长度是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用空间向量加减、数乘的几何意义，结合三棱柱中各线段的位置关系用、、表示出，再应用空间向量数量积的运算律求的模长，从而得解． 【详解】如下图所示： 因为，，，， 由空间向量数量积的定义可得，， 同理可得， 由题意可知，四边形是平行四边形， ， ， ， 故，则线段的长度为． 故选：C． 3．（24-25高二下·江苏南京·期末）在三棱锥中，，，，且，，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量的线性运算，分析即得解. 【详解】 由题意，. 故选：D. 4．（24-25高二下·江苏苏州·期末）已知P是所在平面外一点，，且，则（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【分析】利用平面向量的线性运算可得，可求值. 【详解】由，得， 即，所以，，， 故. 故选：A. 5．（24-25高二下·江苏南京·期末）已知三点不共线，点在平面外，点满足，则当点共面时，实数（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由向量减法运算可得，再根据题设及空间向量的共面定理即可求解. 【详解】由，可得， 所以， 当点共面时，可得，解得. 故选：A. 6．（24-25高二下·江苏淮安·期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点分别为的中点，若，且，则（    ）    A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】根据空间向量的线性运算及空间向量基本定理即可求解. 【详解】因为点分别为的中点，所以， 所以， 因为，所以， 所以， 又，则，所以. 故选：D. 7．（24-25高二下·江苏·期末）下列命题不正确的是（    ） A．设为实数，若直线平面，且的方向向量为，的法向量为，则 B．已知空间向量，，，若，，共面，则 C．已知两点，，若沿轴将坐标平面折成直二面角，则折叠后、两点间的距离为 D．在空间四边形中，设，，，，分别为，的中点，则 【答案】D 【分析】利用空间向量共线判断A；利用共面向量定理计算判断B；利用空间两点间距离公式判断C；利用空间基底表示向量判断D 【详解】对于A，直线的方向向量与的法向量共线，则，解得，A正确； 对于B，由，，共面，得，则，解得，B正确； 对于C，令原轴正方向为折后的轴正方向，原轴负方向为折后的轴正方向， 则折后点，点，折叠后、两点间的距离为，C正确； 对于D，，D错误. 故选：D 8．（24-25高二下·江苏淮安·期末）已知空间四点，，，构成梯形，则实数的值为_____． 【答案】4 【分析】由空间四点构成梯形，则四点首先共面，利用空间向量基本定理可求，再代入验证即可. 【详解】因为空间四点构成梯形，所以四点首先共面， 则，即， ， 当时，，所以， 即，且，此时为梯形， 所以. 故答案为：4. 9．（25-26高二上·江苏无锡·期末）已知空间向量，，，若向量，，共面，则实数的值为_____. 【答案】 【分析】根据空间向量共面定理，结合空间向量坐标的运算即可求解. 【详解】显然不共线， 因为向量，，共面， 所以，使得， 因为，，， 所以， 则，解得， 所以实数的值为. 故答案为：. 10．（24-25高二下·江苏苏州·期末）如图，已知M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，，，若，则______． 【答案】/ 【分析】利用空间向量的线性运算用基底向量表示后可求系数和. 【详解】，． 故答案为：. ( 地 城 考点0 3 投影向量及空间向量中的距离、夹角问题 ) 1．（24-25高二下·江苏南京·期末）若空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】代入投影向量坐标公式，即可求解. 【详解】向量在向量上的投影向量的坐标是. 故选：D 2．（24-25高二上·江苏南通·期末）已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用投影向量的定义即可求解. 【详解】已知空间向量，， 向量在向量上的投影向量为： 故选：D 3．（24-25高二下·江苏徐州·期末）已知是空间的一个单位正交基底，，则空间向量在方向上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据空间向量的投影向量公式计算即可. 【详解】因为是空间的一个单位正交基底， 所以，， 则， ， 所以空间向量在方向上的投影向量为， 故选：D 4．（24-25高二下·江苏泰州·期末）在棱长为的正方体中，是棱上任意一点，则在平面上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用投影向量的定义可得结果. 【详解】如下图所示： 因为平面，是棱上任意一点， 所以在平面上的投影向量为. 故选：A. 5．（24-25高二下·江苏泰州·期末）若向量是直线的方向向量，向量是平面的法向量，则直线与平面所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据直线与平面所成角的余弦值等于直线的方向向量与平面的法向量夹角的正弦值即可求解. 【详解】设向量与向量的夹角为，根据两向量夹角余弦值的公式可得： ， 则, 直线与平面所成角的余弦值等于直线的方向向量与平面的法向量夹角的正弦值， 因此直线与平面所成角的余弦值为. 故选：D. 6．（25-26高二上·江苏无锡·期末）已知空间内三点，，，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据空间向量数量积的坐标表示求出，利用同角三角函数的关系求出，结合计算即可求解. 【详解】空间内三点，，，， 因为， 由， 所以， 所以点到直线的距离. 故选：D. 7．（24-25高二下·江苏连云港·期末）在正方体中，为棱的中点，点、分别在线段、上，且，，则与（    ） A．平行 B．垂直 C．所成的角的余弦值为 D．所成的角的余弦值为 【答案】A 【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，结合空间向量法可得出结果. 【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， 不妨设正方体的棱长为，则、、、， ，，故，结合图形可知， 故选：A. 8．（24-25高二下·江苏扬州·期末）正四面体（四个面都是正三角形）中，M，N分别是，的中点，直线与夹角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据空间向量的数量积运算和夹角余弦公式计算即可. 【详解】由图可得，， 设正四面体的棱长为，则 , 结合题意可得. 因为两条异面直线的夹角的范围是， 故直线与夹角的余弦值为. 故选：D. 9．（24-25高二下·江苏南通·期末）已知：空间中，过点且一个法向量为的平面方程为.据此可知，若平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知得出平面的一个法向量，再得出相交于直线的两个平面的法向量，由这两个法向量求出直线的方向向量，由平面的法向量与直线的方向向量夹角的余弦值的绝对值得线面角的正弦值． 【详解】由题意知平面的一个法向量是， 平面与的法向量分别是， 设直线的一个方向向量为， 则，所以，取，得， 所以， 故直线l与平面所成角的正弦值为. 故选：A． 10．（24-25高二下·江苏南通·期末）（多选）设平面平面分别为的一个方向向量，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则所成角为 C．若，则与所成角为 D．若，则的夹角为 【答案】ABD 【分析】根据方向向量和法向量的定义，结合线面关系，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A，若，则，故A正确； 对于B，若，因为，所以， 又因为直线的夹角的范围为，则所成角为，故B正确； 对于C，如图，设点，，分别为平面上的垂足， 点为与平面的交点，,， 若，则平面与平面的夹角为或， 如下图，即，或，可得， 与所成角为，故C错误； 对于D，若，则的夹角为，故D正确. 故选：ABD. 11．（24-25高二下·江苏扬州·期末）在空间直角坐标系中，，，若，则实数______． 【答案】6 【分析】求出的坐标，再求模长即可. 【详解】因为，，所以， 所以，解得. 故答案为：. 12．（24-25高二下·江苏宿迁·期末）已知，是正四面体棱，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为______. 【答案】 【分析】取中点，利用几何法，结合余弦定理求出异面直线夹角的余弦. 【详解】取中点，连接，由是的中点，得， 则是直线，所成的角或其补角，令正四面体的棱长为4， 由是的中点，得，， 在中，， 在中，. 故答案为： 13．（24-25高二下·江苏盐城·期末）在平行六面体中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为_______． 【答案】 【分析】利用平行六面体的结构特征确定异面直线所成的角，再借助空间向量数量积的运算律求出，进而利用余弦定理求得答案. 【详解】在平行六面体中，， 则是异面直线与所成角或其补角， 而，，， ， ， ， ， 在中，. 故答案为：. 14．（24-25高二下·江苏苏州·期末）如图，已知ABC-A1B1C1是侧棱长和底面边长均等于a的直三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则点C到平面AB1D的距离为____. 【答案】/ 【分析】可用等体积法求点到平面的距离，或直接建立空间直角坐标系，用向量法求点到平面的距离. 【详解】由题可知：平面平面,所以 所以,,, 所以,所以. 所以. 直三棱柱的底面边长均等于a，所以是正三角形，取的中点，连接，则,且. 因为平面,所以平面,. . 因为,所以, 所以. 故答案为：. 方法二：如图所示， 直三棱柱的底面边长均等于a，所以是正三角形，取的中点，连接，则,且. 因为侧面是矩形，取的中点F，连接,则. 因为侧棱平面，所以平面,所以两两垂直，所以分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 据题意可知， 则 设平面AB1D的一个法向量是 所以,所以, 令,则,所以. 因为,所以点C到平面AB1D的距离. 故答案为： ( 地 城 考点0 4 利用空间向量解决立体几何中的多结论（多选）问题 ) 1．（24-25高二下·江苏南通·期末）（多选）已知正方体的棱长为2，点P在棱上，点Q在面内，则（   ） A． B．点P到平面的距离为 C．二面角的正切值为1 D．的最小值为 【答案】ABD 【分析】以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，然后用向量法逐项判断即可. 【详解】如图，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 因为正方体的棱长为2，则，，，因为点P在棱上，所以设， 所以，，则，所以，所以A正确； 因为平面，所以点P到平面的距离即为点到平面的距离， 因为为正方形，连接，，使,所以， 因为正方体中，平面，所以， 所以平面，所以点到平面的距离为，所以B正确； 由题知，平面的一个法向量， 又，所以，设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，所以， 所以，设二面角的平面角为，则，所以，所以C错误； 作点关于面的对称点，所以，因为点Q在面内， 所以的最小值为，所以D正确. 故选：ABD 2．（24-25高二下·江苏南京·期末）（多选）在棱长为2的正方体中，点O为线段的中点，且点P满足，则下列说法正确的是（   ） A．若，则平面 B．若，，则平面 C．若，则点P到平面的距离为 D．若，时，直线与平面所成角为，则 【答案】BC 【分析】以为原点建系，根据判断A；求平面的一个法向量，判断即可判断B选项；根据公式计算判断C；应用线面角公式计算判断D. 【详解】如图，以点D为坐标原点，以、、所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则有，，，，，，，，， 则，，，， 则，则， A选项，若，则，则， 则，则与不垂直，故A错误； B选项，若，，则，则， 设平面的一个法向量为， 则有，令，则，故． 则，即， 又平面，所以平面，故B正确； C选项，若，则， 则到平面的距离为，故C正确； D选项，，当，时，， 则 ， 当时，， 当时，， 当且仅当时，等号成立， 故，即，故D错误． 故选：BC 3．（24-25高二下·江苏镇江·期末）（多选）在棱长为2的正方体中，点满足，且，则下列说法正确的是（    ）    A．若，则面 B．若，则 C．若，则到平面的距离为 D．若时，直线与平面所成角为，则 【答案】ACD 【分析】利用面面平行判断线面平行，即可判断A，建系后写出相关点的坐标，对于B，利用向量的数量积的坐标公式计算即可判断；对于C，利用空间中点到平面的距离公式计算即可：对于D，由条件求得，利用线面角的向量求法得到，借助于函数的单调性即可求得的范围. 【详解】连结，由可知，点在线段上， 因为，平面，平面，所以平面， 同理平面，且，且平面， 所以平面平面，平面，所以平面，故A正确；      如图以为原点建立空间直角坐标系，则 ，， 对于A，， 则，得，则， ，A正确： 对于B，由A分析可得， 故不与垂直，故B错误； 对于C，时，，又， 设平面的法向量为，则， 故可取，又， 则到平面的距离为，故C正确： 对于D，当时，，则， 又由C已得平面的法向量为， 则 当， 当， 因在上单调递减，则，则有， 则，则当时，，故D正确. 故选：ACD. 4．（24-25高二下·江苏扬州·期末）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点P在线段上（含端点）运动，下列选项中正确的有（    ） A．线段长度的最大值是 B．点P到平面的距离是定值 C．直线与BD所成角的最小值是 D．直线与平面所成角的正弦值的取值范围是 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，设，且，利用空间两点间的距离通过求函数最大值即可判断A；由∥平面得到点P到平面的距离即为点到平面的距离，并通过等体积法求得距离可判断B；利用空间向量表示线线角、线面角并利用函数单调性求得最值或范围，从而判断CD. 【详解】如图，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则 设，且. 对于A，， 当时，.故A正确； 对于B，正方体中，∥，平面，平面， 所以∥平面，因为，所以点P到平面的距离是等于点到平面的距离, 设到平面的距离为，由得，，得，故B不正确； 设，且. 对于C，，， 设直线与BD的所成角为， 则 令，则， 函数，在上单调递减，在上单调递增，所以 ，所以，故C正确； 对于D，设平面的法向量，则 取，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为： 因为在上单调递增 ，故D正确 故选：ACD 5．（24-25高二下·江苏常州·期末）（多选）已知棱长为1的正方体的所有顶点都在以为球心的球面上，点是棱的中点，点是棱上的动点.则下列说法正确的有（    ） A．若是棱的中点，则平面 B．点到直线的距离的最小值为 C．棱上存在点，使得 D．若是棱的三等分点，则过的平面截球所得的截面面积最小为 【答案】ACD 【分析】对于A，设的中点为，通过证明四边形为平行四边形，可证得平面；对于B，通过建系设点，利用空间点到线的距离公式可求最小值；对于C，利用向量的坐标表示出夹角，计算出当时，，即可判断；对于D，由题意可求，再利用球的截面问题可直接求截面面积的最小值. 【详解】如图，设的中点为，连接，   是中点，，且， 对于A，若是中点，，且， ，且，所以四边形为平行四边形， ，又平面，平面， 平面，故A正确； 根据题意，以为原点，以直线所在方向分别为轴建立空间直角坐标系， 设，，，， 所以点到直线的距离， 即点到直线的距离的最小值为，故B错误； 对于C，，所以， 则，当时，，即， 所以棱上存在点，使得，故C正确； 对于D，当是棱的三等分点时，点或，球心， 所以，又正方体外接球半径， 所以截面所得圆的最小半径，其面积为，故D正确. 故选：ACD. 6．（24-25高二下·江苏连云港·期末）（多选）在长方体中，，底面是边长为的正方形，，则下列选项正确的有（    ） A．，三棱锥的体积是定值 B．当时，存在唯一的使得平面 C．为棱的中点，当时，的周长取最小值 D．当直线与所成角的余弦值为时，的值为 【答案】ACD 【分析】利用锥体体积公式可判断A选项；以点为坐标原点，、、建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BD选项；将平面、延展为同一个平面，分析可知当、、三点共线，取最小值，可得出的周长取最小值，可判断C选项. 【详解】对于A选项，因为，即点在棱，则点到平面的距离等于， 因为四边形为矩形，所以， 故，A对； 对于B选项，以点为坐标原点，、、建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 则，， 因为，则，所以， 当时，， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 则， 因为，解得或，所以，存在两个，使得， 因此当时，存在两个使得平面，B错； 对于C选项，将平面、延展为同一个平面，如下图所示：    由题意可知，当、、三点共线时， 取最小值， 因为，所以，故，故， 在长方体中，当时，取最小值，而的长为定值， 此时的周长取最小值，C对； 对于D选项，由题意得、、、， ，，      所以， 因为，解得，D对. 故选：ACD. 7．（24-25高二下·江苏宿迁·期末）（多选）在平行六面体中，各棱长均为6．，则下列结论正确的有（    ） A． B．四边形为正方形 C．与平面所成角的余弦值为 D．四边形内存在点P，使得直线与所成角为 【答案】BC 【分析】对于选项A，用向量的线性定理将向量表示出来，然后求向量的模即可；对于选项B，可计算是否为0来验证四边形是否为矩形，然后结合线段长度验证其是否为正方形；对于选项C，求出平面的法向量后可求与平面所成角的正弦值，故可求其余弦值，对于D，设，根据线线角可得的方程，结合判别式可判断其正误. 【详解】对于选项A： 因为， 所以 , 因为， 而， 同理，， 所以， 所以，A错误；    对于选项B： 因为，所以， 又，故为等边三角形，故. 因为， 所以平行四边形为正方形，B正确； 对于选项C：设平面的法向量为且， 则，故， 取，故， 结合A中计算可得： ， 设与平面所成角的为， 故， 故，故C正确； 对于选项D：因为在四边形内的动点，故可设， 其中，故， 故， ， 而 ， 故， 整理得， 整理得， 此时，故方程无解， 故四边形内不存在点P，使得直线与所成角为，故D错误， 故选：BC. 8．（24-25高二下·江苏镇江·期末）（多选）在棱长为的正方体中，点在底面内运动（含边界），点是棱的中点，则（   ） A．若是棱的中点，则平面 B．若平面，则是上靠近的四等分点 C．点到平面的距离为 D．若在棱上运动，则点到直线的距离最小值为 【答案】ABD 【分析】利用面面平行证明线面平行，判断A.；建立空间直角坐标系，利用向量法判断线面垂直判断B，利用等体积法求得点到直线的距离C，利用向量法求得点到直线的距离判断D. 【详解】对于A，如图，取的中点，连接、， 因为点、是、的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理，且，所以， 因为平面，平面，所以平面， 且，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，A对； 对于B，若是上靠近的四等分点， 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，，，， 所以，，， ，， 所以，，且，、平面， 所以平面，且过点只有条直线和平面垂直， 则点是唯一的，点是上靠近的四等分点，故B正确； 对于C，因为是棱的中点，所以点到平面的距离为点到平面的距离的， 由题意可得是等边三角形，且，设点到平面的距离为， 由，所以， 所以，解得， 所以点到平面的距离为，C错； 对于D，若点在棱上运动，设，， ，， 则点到的距离， 当时，的最小值为，D对. 故选：ABD 9．（24-25高二下·江苏南京·期末）（多选）已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，M，N分别为，BC的中点，若点P在棱上运动，则下列说法中正确的有（   ） A． B．点P到直线BC的距离的最大值为 C．与平面所成最小角的正切值为 D．点N到平面AMP距离的最大值为 【答案】AB 【分析】首先建立空间直角坐标系，利用坐标法，代入垂直关系的坐标表示，以及点到直线的距离，点到平面的距离公式，即可判断选项. 【详解】如图，以为轴的正方向建立空间直角坐标系， ，，，，， 所以，，，所以，故A正确； ，，，，， 点到距离为，当时，取得最大值，故B正确； 平面的法向量，设与平面所成的角为，则，当或2时，取得最小值，此时，故C错误； ，，设平面的一个法向量为， 则，令，则，，即， ，所以点到平面的距离为， 设， ，得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以当时，取得最大值，故D错误. 故选：AB 10．（24-25高二下·江苏泰州·期末）（多选）已知点，过点的直线与直线分别交于两点，则（   ） A．四点共面 B．直线与直线是异面直线 C．点坐标为 D．点坐标为 【答案】BCD 【分析】选项A，求平面法向量，验证是否为0判断四点是否共面即可；选项B，求和方向向量，假设共面列方程组，根据有无解判断是否共面即可；选项C，设得坐标表达式，利用和共线列方程求确定坐标即可；选项D，由和共线求出，根据确定坐标即可. 【详解】选项A，， ，， 设平面的法向量，则， 解得，，为不为的实数， 不妨取，因为， 所以四点不共面，选项A错误； 选项B，直线的方向向量， 直线的方向向量， 假设直线与直线共面，则存在实数，使得， 即，此方程无解， 所以直线与直线是异面直线，选项B正确； 选项C，因为在直线上，设，，， 则点坐标为，又有， 则， 因为在直线上，设，，， 则点坐标为，则， 因为和共线，则，解得， 此时点坐标为，选项C正确； 选项D，，解得，， 此时点坐标为，选项D正确； 故选：BCD. 11．（24-25高二下·江苏南京·期末）（多选）在直四棱柱中，底面是菱形，，，为的中点，点满足，，，下列结论正确的是（   ）    A．若，则 B．若，则四面体的体积是定值 C．若，，则存在点，使得的最小值为 D．若，则点F的轨迹长为 【答案】ABD 【分析】若，则在上，利用线面垂直的判定定理、性质定理可判断A；若，则三点共线，利用线面平行的判定定理得出平面，得上的点到平面的距离都相等，再由，可判断B；若，，则点与点重合，把沿着进行翻折，使得四点共面，此时有最小值，由余弦定理可判断C；取的中点，以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设利用 可判断D正确. 【详解】对于A，若，则，即在上， 连接，因为底面是菱形，所以， 因为底面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 平面，所以，故A正确；    对于B，若，则三点共线，连接， 因为，所以四边形是平行四边形，， 因为平面，平面，所以平面， 可得上的点到平面的距离都相等， 可得，取的中点，连接， 可得是边长为2的等边三角形，， 又平面，平面，所以，又， 平面，可得平面， 平面，因为， ，可得，故B正确；    对于C，若，，则，即， 即点与点重合，把沿着进行翻折，使得四点共面， 此时有最小值，在中，， 所以，所以，所以， 在中，由余弦定理得， 解得，故C错误；    对于D，取的中点，连接，， 由余弦定理得，则，以为原点，分别以所在 的直线为轴建立空间直角坐标系，设，， ， 因为，所以， 即，可得点F的轨迹是在平面内，以为圆心， 为半径的半圆，且，所以点F的轨迹长为，故D正确.    故选：ABD. ( 地 城 考点0 5 利用空间向量解决线面角、二面角问题 ) 1．（24-25高二下·江苏·期末）如图，在正四棱锥中，，为与的交点，点E，F分别为棱，的中点，且.    (1)求的长度； (2)求二面角的正弦值； (3)若，且A，E，F，G四点共面，求的值. 【答案】(1) (2) (3). 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，根据两向量垂直数量积为，得到的值； （2）分别计算平面和的法向量，利用向量法求解即可； （3）求出平面的一个法向量，利用A，E，F，G四点共面，得出，即可求解. 【详解】（1）在正四棱锥中，以O为坐标原点，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系.    因为，则，，，. 设，则，. 所以，. 因为，所以，解得. 所以. （2）由（1）知，，， ，. 设平面的法向量为. 由得 则，取，则， 即平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 由得 取，则，， 即平面的一个法向量为. 设二面角的大小为，则， 所以， 即二面角的正弦值为. （3）由， 所以， 所以. 设平面的法向量为， 因为，， 由得 则，取，则，     即平面的一个法向量为. 因为A，E，F，G四点共面，则， 所以， 解得. 2．（24-25高二下·江苏南京·期末）如图，在直三棱柱中，，，E，F分别为，BC的中点. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）先求证平面，再证明平面即可； （2）以A为原点建系，计算平面的一个法向量为，利用向量夹角和线面角之间的关系求出. 【详解】（1）连接，因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 又平面，所以， 又，，AB，平面，所以平面， 又平面，则，     因为在直三棱柱中，所以四边形为正方形， 所以，     因为，，平面，所以平面，     又平面，则； （2）因为直三棱柱中，，所以，，两两垂直， 以为原点，分别以，，所在的直线为，，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， 令，可得， 设与平面所成角为， 所以，     即与平面所成角的正弦值为， 所以与平面所成角的余弦值为. 3．（24-25高二下·江苏南通·期末）如图，已知圆台的上、下底面半径分别为3和6，母线与下底面所成的角为． (1)求圆台的体积； (2)设，分别是圆台的两条母线． （ⅰ）求证：； （ⅱ）若，P是圆上的动点，求直线与平面所成角正弦值的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）台体体积计算公式计算即可 （2）（ⅰ）由面面平行的性质定理证明；（ⅱ）建立空间直角坐标系，由空间向量求解 【详解】（1）因为圆台的上、下底面半径分别为3和6，母线与下底面所成的角为， 所以圆台的高为，                 所以圆台的体积为． （2）（ⅰ）由圆台定义知，母线，的延长线相交于一点M， 所以A，，，B四点共面．                     又因为圆面圆面O， 平面圆面， 平面圆面， 所以．         （ⅱ）在圆面O内作，垂足为O． 以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系 则，，， ，．                 设平面的一个法向量， 因为，， 由即解得，， 取，则，，得．             设直线与平面所成角为， 则 ， 当且仅当，即，时，取“”， 所以直线与平面所成角正弦值的最大值为 4．（24-25高二下·江苏南通·期末）如图，正三棱柱中，，，D是中点，E是棱上一点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)或2 【分析】（1）利用等边三角形的三线合一，可证明线线垂直，从而可得线面垂直； （2）利用面面垂直可得线面垂直，最后得到线线垂直，从而可用勾股定理求解边长；也可以用空间向量法来假设未知量，再列等式求解即可. 【详解】（1） 在正三棱柱中， 因为平面，平面，所以．                     因为是正三角形，D是中点，所以．                     又，，平面，所以平面． （2）解法一： 在中过点D作，垂足为F． 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面．又平面，所以．             由（1）知，且，平面， 所以平面，又平面，所以．             设，则，，，， 由勾股定理得，即，解得或， 所以或2．                 解法二： 在正三棱柱中，取中点，连结， 则，，两两垂直，以为正交基底， 建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则，，，．             设平面的一个法向量， 因为，， 由即解得，， 取，则，得．                 设平面的一个法向量， 因为，， 由即 解得，， 取，则，， 得． 因为平面平面， 所以，解得或， 所以或2． 5．（24-25高二下·江苏南京·期末）如图，几何体是圆柱的四分之一部分，其中底面OAB是半径为2的扇形，母线长为4，C是的中点，M为的中点． (1)证明：面OAB； (2)若P在弧中点，求平面ACM与平面PCM所成角的正弦值； (3)若P是弧上的动点，Q是弧上的动点，且，求直线与直线PQ所成角余弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（2）过点作，取的中点，连接，分别证得平面和平面，得到平面平面，即可证平面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设，得到和，设异面直线与所成的角为，结合向量的夹角公式，求得，令，得到，设，利用导数求得函数的单调性和最大值，即可求解. 【详解】（1）证明：如图所示，过点作，取的中点，连接， 在矩形中，因为为的中点，可得， 因为平面，平面，所以平面， 在中，因为分别为的中点，可得， 因为平面，平面，所以平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面. （2）解：以为原点，以所在直线为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，因为底面是半径为2，母线长为4，是的中点，为的中点， 可得， 则， 设平面的法向量为，则 ， 令，可得，所以 设平面的法向量为，则 ， 令，可得，所以， 设平面与平面所成的角为， 则，所以. （3）解：若是弧上的动点，是弧上的动点，且， 设，则，其中 则，即， 又由，所以，， 可得，，且， 设异面直线与所成的角为， 则， 设，且， 则 令，其中， 可得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以，所以， 所以线与直线PQ所成角余弦值的最大值为. 6．（24-25高二下·江苏淮安·期末）如图，在四棱锥中，底面是梯形，，，．平面，点为棱上的点，点为棱上的点，点为棱上的点． (1)若、分别为棱，的中点，证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)若，当取何值时，三棱锥体积取得最大． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，连接，利用线面平行的判定定理证明平面，平面，进而利用面面平行的判定定理证明平面平面，最后利用面面平行的性质定理证明线面平行. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求解线面角的正弦值. （3）法一：设点到平面的距离为，三棱锥体积为，利用向量法求得点到平面距离，即得点到平面距离，利用等面积法求得点到棱的距离，进而求出的面积及，利用导数法求得其最大值； 法二：由等积法可知，设，利用导数法求得其最大值． 【详解】（1）取的中点，连接， 因为、分别为棱，的中点， 所以， 因为平面平面， 所以平面，同理平面， 因为平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面. （2）由题意中平面得两两垂直， 以为正交基底建立空间直角坐标系， 则因为， 所以， 所以． 设平面的一个法向量， 则， 不妨设，则，即：， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值为． （3）法一：设点到平面（也即平面）的距离为， 三棱锥体积为，则， 由（2）可知平面的一个法向量， 点到平面距离， 因为，所以点到平面距离． ， 所以，即为直角三角形，所以， 所以点到棱的距离为， 又因为，所以，且点到边的距离为， 所以的面积为． 所以，其中． 所以，所以， 令可得，列表如下： + 0 － 递增 极大值（最大值） 递减 答：当取何值时，三棱锥体积取得最大． 法二：三棱锥体积为，则， 因为，所以，， 所以， 所以， 则， 令可得，列表如下： + 0 － 递增 极大值（最大值） 递减 答：当取何值时，三棱锥体积取得最大． 7．（24-25高二下·江苏扬州·期末）如图，在四棱锥中，底面，，，，，为棱上一点，且． (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）方法一：根据线面平行的判定定理证明即可；方法二：建立空间直角坐标系，由空间向量法证明线面平行； （2）方法一：由线面角向量法计算即可；方法二：作出二面角的平面角，计算即可求解. 【详解】（1）方法一：如图，连接交与点，连接， 因为，所以， 又，所以，所以， 又平面，平面，所以平面． 方法二：（1）在中，过点作，因为平面， 所以，， 如图，以点为坐标原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，． 则，，． 设平面的法向量，则， 令得 此时，又平面，所以平面． （2）方法一：由（1）知平面的法向量 设平面的法向量为，则， 令得 设二面角的大小为，则 所以二面角的正弦值为． 方法二：因为平面，平面，所以平面平面， 所以二面角大小与二面角大小互余， 所以二面角的正弦值就等于二面角的余弦值， 如图，在中，过点作，过点作，连接， 则，所以即为二面角的平面角 ，在中，， 所以，所以， 所以二面角的正弦值为． 8．（24-25高二下·江苏镇江·期末）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．． (1)证明：平面 (2)证明： (3)当为何值时，面与面DFE所成的二面角的正弦值最小，并求此最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)，最小值为 【分析】（1）根据空间中点线面的位置关系，通过直三棱柱的性质得线面垂直，证明线线垂直，再根据线面垂直判定定理，证明线面垂直. （2）建立空间直角坐标系，根据向量法证明线线垂直的方法，求出直线的方向向量，证明线线垂直. （3）根据向量法求二面角的方法，设出点的坐标，求出法向量，根据法向量求出二面角的正弦值，根据函数最值，求出何时正弦值最小，求出结果. 【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以底面ABC，所以， 因为，，所以， 又，平面，平面， 所以平面． （2） 由（1）知BA，BC，两两垂直．如图所示， 以B为坐标原点，分别以为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，，，，，，，．设． 因为，， 所以，所以． （3）设平面DFE的法向量为，因为，， 所以，即．令，则 且平面的法向量为， 设平面与平面DEF的二面角的平面角为， 则． 根据同角三角函数可知，所以当取最大值时，取得最小值, 可知，当时，取最小值为， 此时取最大值为，则， 此时． 9．（24-25高二下·江苏常州·期末）在四棱锥中，已知，是等边三角形，点在棱上. (1)当时，求证：平面； (2)求点到底面的距离； (3)当时，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接AC与BD交于点E，连接ME，证明即可. （2）取的中点，连接，可证底面，计算求得长即可； （3）以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据已知求得，进而得出的坐标，求平面与平面的法向量，用空间向量公式即可求解. 【详解】（1）连接交于点，连接， 因为，，所以，所以． 因为，所以， 所以，则在中，， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）取的中点，连接，因为是等边三角形，所以， 因为，所以面，且面， 所以面底面，侧面底面， 所以底面，则点到底面的距离为， ，则，. 所以到底面的距离为. （3）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， ， ，所以， 所以，所以， 则，则. 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 则平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 则平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为，. 10．（24-25高二下·江苏连云港·期末）如图，几何体是圆柱的四分之一部分，其中底面是半径为的扇形，母线长为，是的中点，为的中点，是上的动点（不与、重合），是圆柱的母线． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积的最大值； (3)求二面角余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【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，利用空间向量法可证得结论成立； （2）设点，其中，利用空间向量法求出点到平面的距离，再利用锥体的体积公式以及三角函数的有界性可求得三棱锥的体积的最大值； （3）利用空间向量法可求得二面角余弦值的取值范围. 【详解】（1）由题意可知，，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， 则、、、，所以， 易知平面的一个法向量为，则，即， 又因为平面，所以平面. （2）不妨设点，其中， 则、、， ，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 所以点到平面的距离为， 因为为是圆柱的一条母线，故平面， 因为平面，故，则， 所以 ， 因为，则，故，所以， 则， 即三棱锥的体积的最大值为. （3）设平面的一个法向量为， ，，则， 取，则， 所以 ， 因为，则，故. 结合图形可知，二面角的平面角为锐角， 因此，二面角余弦值的取值范围为. 11．（24-25高二下·江苏宿迁·期末）如图，在长方体中，点E，F分别是棱，上的动点，且，， (1)求证：平面； (2)若，． ①求平面与平面夹角的余弦值的最大值； ②若平面截长方体的截面为五边形，求平面与平面夹角的余弦值的范围． 【答案】(1)证明见详解 (2)①，② 【分析】（1）在长方体中,平面，可得，结合，可证平面，得到，同理可证，进而证得平面； （2）①以为原点建立空间直角坐标系，设，分别得出两个平面的法向量，即可得到夹角的余弦值，再根据函数性质可求最值； ②根据截面可确定在棱（不包含端点），然后可得的范围即可得到余弦值的范围. 【详解】（1）在长方体中,平面， 又平面，所以， 又，平面， 所以平面，又平面， 所以，同理可证， 又平面， 所以平面. （2）①以为原点建立空间直角坐标系，设， 则， ， 设平面的一个法向量， 则，不妨取，， 由（1）知为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则 ， 又，当，即时取等， 又点E，F分别是棱，上的动点，且，， 所以，则， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值的最大值为. ②在平面中，过作， 同（1）的证明理由可得，即平面， 所以当在棱时，截面为四边形， 当在棱（不包含端点）时，且不在棱端点时，截面为五边形， ，， 又，， 又在棱（不包含端点），所以，解得， 又不在棱端点，所以， 由①知，所以， 所以平面与平面夹角的余弦值的范围为. 12．（24-25高二下·江苏镇江·期末）图1是边长为的正方形，将沿折起得到直二面角，如图2所示． (1)求异面直线与所成角； (2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）在图1中，连接，交于点，推导出平面，然后以点为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的大小； （2）假设在棱上存在点，满足，其中，使得二面角的余弦值为，利用空间向量法可得出关于的等式，即可解得的值，即可得出结论. 【详解】（1）如图，在图1中，连接，交于点， 因为四边形为边长是的正方形，则， 在图2中，则有，，， 因为是直二面角，所以平面平面， 因为平面平面，，平面，所以有平面， 以点为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图： 由题意，、、、， 所以，， 设异面直线与所成角为， 所以有， 因为，故，即异面直线与所成角为. （2）如图2，假设在棱上存在点，满足，其中， 使得二面角的余弦值为， 则， 又，设平面的一个法向量为， 则，取，则， 由题意可知，平面的一个法向量为， 所以，化简得：， 解得或（舍去）， 故存在点，只需满足， 即棱上存在点，当时，二面角的余弦值为． 13．（24-25高二下·江苏泰州·期末）在三棱锥中，已知平面，点在内（包括边界），． (1)已知． （i）求； （ii）求直线与所成角的大小． (2)若点分别满足，为直线上一点，且平面，求二面角余弦的最小值． 【答案】(1)（i）（ii）； (2) 【分析】（1）（i）由题意可建立适当空间直角坐标系，设出点坐标，由及长度，借助向量计算可得点坐标，即可得；（ii）求出、后借助空间向量夹角公式计算即可得； （2）由题意求出、平面法向量，则可得与平面法向量垂直，从而可计算出点位置，再借助空间向量夹角公式表示出平面与平面的夹角余弦值，最后计算即可得解. 【详解】（1）由平面，、平面，故，， 又，故、、两两垂直， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则有、、、， 设，且，则、， 由，则，即； （i）由，则，又，故， 即，则，故； （ii），， 则， 即，则直线与所成角的大小为； （2），， 设，， 则， ，， 设平面的法向量为， 则有， 令，则，， 即可为， 由平面，故， 即， 化简得，由，则， 故， 由平面，故为平面的法向量， 则 令，则， ， 由，则，故， 故， 由图可知二面角为锐角，设为， 故，即二面角余弦的最小值为. 14．（24-25高二下·江苏南京·期末）如图，已知四边形是矩形，，是正三角形，O是的中点，平面平面. (1)证明：； (2)求点D到平面的距离； (3)已知点Q为线段靠近C的三等分点，直线与平面所成角为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，证明转化为证明向量即可； （2）由（1）求出平面的法向量，然后由点到平面距离的向量求法求解即可； （3）由线面所成角的向量求法求解即可. 【详解】（1）证明： 连接，因为是正三角形，且是的中点，则， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 取中点，因为四边形是矩形，则， 且平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 以为坐标原点，，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，    则，，，，，， 可得，， 则， 所以. （2）由（1）可得：，，， 设平面的法向量，则， 令，则，，可得， 故点D到平面的距离. （3）由（1）知，又点Q为线段靠近C的三等分点， 所以，， 又平面的法向量. 故 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题01 空间向量与立体几何 ☆5大高频考点概览 考点01空间向量的线性运算及数量积 考点02空间向量基本定理及共面向量定理 考点03投影向量及空间向量中的距离、夹角问题 考点04利用空间向量解决立体几何中的多结论（多选）问题 考点05利用空间向量解决线面角、二面角问题 目目 考点01 空间向量的线性运算及数量积 1. 【答案】A 2.【答案】D 3.【答案】C 4.【答案】16 5.【答案】-5 6. 【答案】8 目目 考点02 空间向量基本定理及共面向量定理 1. 【答案】C 2.【答案】C 3.【答案】D 4.【答案】A 5.【答案】A 6.【答案】D 7.【答案】D 8.【答案】4 9.【答案】10 10. 【答案】3/0.75 目目 考点03 投影向量及空间向量中的距离、夹角问题 1.【答案】D 1/26 命学科网 www.zx×k.com 让教与学更高效 2.【答案】D 3.【答案】D 4.【答案】A 5.【答案】D 6.【答案】D 7.【答案】A 8.【答案】D 9.【答案】A 10.【答案】ABD 11.【答案】6 12. 【答案】 6 13. 【容) 14. 【答案】巨a/a 4 4 目目 考点04 利用空间向量解决立体几何中的多结论（多选）问题 1. 【答案】ABD 2.【答案】BC 3.【答案】ACD 4.【答案】ACD 5.【答案】ACD 6.【答案】ACD 7.【答案】BC 8.【答案】ABD 9.【答案】AB 10.【答案】BCD 11.【答案】ABD 目目 考点05 利用空间向量解决线面角、二面角问题 2/26 命学科网 www.zx×k.com 让教与学更高效 1.【详解】(1)在正四棱锥P-ABCD中，以O为坐标原点，{OA,OB,OP为正交基底建立如图所示 的空间直角坐标系， B 因为AB=2,则AV2,0,0),B0,2,0),C(-2,0,0),D(0,-√2,0) 段Poai>,测o9引-9号 所以AE 因为AE1BF,所以AEBF=-3+a -=0,解得a=√6 24 所以P0=√6 4c=-2V2,0,0: 设平面AEC的法向量为n=(x,乃，乙) 元上AE, 6 由 得 AE=-2+2t 2乃+ 2 1=0, 2⊥AC, 2·AC=-2V2x=0, 则x=0,取z=1,则y=-5, 即平面AEC的一个法向量为元=(0，-5， 设平面BEC的法向量为n2=(x2,2,2), 3/26 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 n,⊥BC, m·BC=-V2x2-2%=0, 由 n⊥EB, 2-2=0, 取z2=1,则y2=V5,x2=-√5， 即平面BEC的一个法向量为m,=(-√5，V5, %n2-3+1√7 设二面角A-EC-B的大小为O,则cos0= 2x√77 所以sin6=V42 7 即二面角4-EC-B的正弦值为孕 3)由PC=(-2,0,-6), 所以PG=2PC=(-22,0,-V62), 所以AG=AP+PG=-√2-V2,0,-62+V6 设平面AEF的法向量为n=（x,,23), 因为AE= 999 n L AE, %aE=-2+2 2+ √6 2 23=0, 由 n L AF, mF=2x-2y+2 23=0, 则少=0，取23=2，则x=√5， 即平面AEF的一个法向量为n=V3,0,2) 因为A,E,F,G四点共面，则n,⊥AG, 所以(-V22-V2)×3+-62+V6)×2=0, 解得入-月 2..【详解】(1)连接AB,因为三棱柱ABC-A,B,C为直三棱柱，所以AA⊥平面ABC, 又ACc平面ABC,所以AC⊥AA, 4/26 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 又AC⊥AB,AB∩AA,=A,AB,AAC平面ABA,所以AC⊥平面ABA, 又ABC平面ABA,则AB⊥AC, 因为在直三棱柱ABC-ABC,中AB=AA,所以四边形ABB,A为正方形， 所以AB⊥AB, 因为AC∩AB,=A,AC,AB,C平面ACB,所以AB⊥平面ACB, 又BCc平面ACB,则A,B⊥BC; A B E F (2)因为直三棱柱ABC-AB,C,中，∠BAC=90°，所以AB,AC,AA,两两垂直， ZA B A 以A为原点，分别以AB,AC,AA所在的直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则4(0,0,0)，A(0,0,2),B(2,0,0),E(0,2,1),F(1,1,0), 所以AB=(2,0,-2),AE=(0,2,1),AF=(1,1,0), i·AE=2b+c=0 设平面AEF的一个法向量为n=(a,b,c),则 n.AF=a+b=0 令a=1,可得i=(1,-1,2, 设A,B与平面AEF所成角为O, 5/26 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 n.AB 2 所以sin0=cos(元，A,B= V5 4B V4+4xV+1+46' 即AB与平面AEF所成角的正弦值为 6 所以4B与平面AEF所成角的余弦值为 6 3.【详解】(1)因为圆台OO的上、下底面半径分别为3和6，母线与下底面所成的角为30°， 所以圆台的高为5， 所以图台的体积为r-写×x+36+18xxV5=25, (2)(1)由圆台定义知，母线AA,BB,的延长线相交于一点M, 所以A,A,B,B四点共面. 又因为圆面O,∥圆面O, 平面AAB,B∩圆面O,=A,B,, 平面AA,B,B∩圆面O=AB, 所以AB∥AB, A A (iⅱ)在圆面O内作Oy⊥OA,垂足为O. 以{0A,0y,00为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系O-z 则O(0,0,0),A(6,0,0),B(-3,3V3,0), 0,(0,0,V3),P(3cos0,3sin0,V3). 设平面OAB的一个法向量n=(x,y,z), 6/26 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 因为AB=(-9,3V5,0),A0=(-6,0,V3), n·AB=0, -9x+3V3y=0, 由 即 解得z=2V5x,y=V3x, n·A0=0,-6x+3z=0, 取x=1,则y=V5,z=2V5,得n=1,V5,2V5) 设直线OP与平面OAB所成角为， OP.n 则sina=cos(OP,n= OP.n 3cos0+3v3 sin0+6 2V3×4 4 0++9 当且仅当sin(0+乃)=l,即0= 6 +2h红，keZ时，取= 所以直线OP与平面O,AB所成角正弦值的最大值为V3 4.【详解】(1) A B E D 在正三棱柱ABC-A,B,C,中， 因为CC⊥平面ABC,ADC平面ABC,所以AD⊥CC,. 因为ABC是正三角形，D是BC中点，所以AD⊥BC. 又CC,∩BC=C,CC,BCc平面BCC,B,所以AD⊥平面BCC,B. (2)解法一： 7126 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 C A B D B 在ADE中过点D作DF⊥AE,垂足为F. 又平面B,EA⊥平面ADE,平面B,EA∩平面ADE=AE,DFc平面ADE, 所以DF⊥平面B,EA.又B,EC平面B,EA,所以B,E⊥DF. 由(I)知BE⊥AD,且DEO AD=D,DF,ADC平面ADE, 所以B,E⊥平面ADE,又DEc平面ADE,所以B,E⊥DE, CE=m,CE=3-m,BE=(3-m)2+4,DE=Vm2+1,BD=0, 由勾股定理得B,D2=DE2+B,E2,即m2-3m+2=0,解得m=1或m=2, 所以CE=1或2. 解法二： B E D B 在正三棱柱ABC-A,BC,中，取B,C中点D,连结DD, 则DA,DB,DD两两垂直，以{DA,DB,DD}为正交基底， 建立如图所示的空间直角坐标系D-z, 设CE=m,则D(0,0,0),E(0,-1,m),A(3,0,0),B(0,1,3). 设平面ADE的一个法向量n=(x,y,z), 8/26 丽学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 因为DA=(3,0,0),DE=(0,-1,m), 由 D1=0即 5x=0, zD正=0，-y+mz=0, 解得x=0,y=m2, 取z=1,则y=m,得n=(0,m,1). 设平面B,EA的一个法向量n2=(x,,z), 因为BA=(W5,-1,-3),B,E=(0-2,m-3), 匹-及=0即人5x-y-3=0 由〈 n2·BE=0,-2y+(m-3)z=0, 252,y=m-3 解得=m+3.。 2, 取z=2√5，则x=m+3,y=√5m-3V3, 得m2=(m+3,V3m-3V5,2V5). 因为平面B,EA⊥平面ADE, 所以1·n,=0,解得m=1或m=2, 所以CE=1或2. 5.【详解】(1)证明：如图所示，过点Q作QD/1A4,取QD的中点N,连接CN,MN, 在矩形ODQO,中，因为C为OO的中点，可得CN/1OD, 因为CN￠平面OAB,ODc平面OAB,所以CN/1平面OAB, 在DPQ中，因为M,N分别为PO,DQ的中点，可得MN∥DP, 因为MN平面OAB,DPc平面OAB,所以MN/平面OAB, 又因为CNOMN=N,且CN,MNC平面OAB,所以平面CMN/平面OAB, 因为CM∈平面CMN,所以CM//平面OAB (2)解：以0为原点，以OA,OB,O0,所在直线为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，因为底面0AB是半径为2，母线长为4，C是OO的中点，M为AB,的中点， 可得A(2,0,0),C(0,0,2),B(0,2,4),M(1,1,2),P(2,√2,0)， 则AC=(-2,0,2),CM=(1l,0),Cp=(2,2,-2)， 9/26 丽学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 z·AC=-2x+2z1=0 设平面ACM的法向量为m=(:,,),则 n·CM=x+y=0 令x=1,可得1=-1,1=1，所以n1=(1,-1,1) 设平面PCM的法向量为m,=(2,2,2),则 mCp=-2x2+V2%2-22,=0 n2.CM=x2+y2=0 令为3=1，可得2=-1,22=1，所以n2=(1,-1,0), 设平面ACM与平面PCM所成的角为O, m'n2 则cos0=c0sn1,n2= 22 mv3x25,所以sin= 3 (3)解：若P是弧B上的动点，Q是弧A8上的动点，且∠A0P+∠A0Q- 设∠40P=a,则∠4Q0--a,其中[0 P(2cosa.2sina.0).O(2cos(-a).2sin(-a).0).Q(2sina.2cosa.4). 又由A,(2,0,4),所以0A1=(2,0,4),P9=(2sina-2cosa,2cosa-2sina,4), 可得0A·P0=4(sina-cosa)+16,0A=2V5，且Pg=24-16 sina cosa, 设异面直线OA,与PQ所成的角为B, OA,PO 则cosB=cos0A,P⑨= 4(sina -cosa)+16(sina-cosa)+4 P2524-16sina cosa56-4sina cosa 设1=sina-cosa=V2sina-孕∈-l川，且2 sinco=l-f, t+4 t+4 1 t2+8t+16 则cosB= 5.V6-(2-25√22+410V2+2 令f0)=+8+16,其中1[-1. t2+2 4n6.》, 当1∈-l,弓)时，f")>0,f单调递增；当e(5,】时，∫")<0，f单调递减。 防以-的-9，所m品西。 10 10/26 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 所以线OA与直线PQ所成角余弦值的最大值为3@ 10 M B 6.【详解】(1)取BC的中点M,连接EM, 因为E、F分别为棱PC,AD的中点， 所以EMIPB,FMI∥AB, 因为EM平面PAB,PBC平面PAB, 所以EM∥平面PAB,同理FMI∥平面PAB, 因为EM∩FM=M,EM,FM∈平面EFM, 所以平面PAB∥平面EFM, 又因为EFc平面EFM，所以EF∥平面PAB (2)由题意中AD⊥CD,PD⊥平面ABCD得DA,DC,DP两两垂直， 以DA,DC,DP为正交基底建立空间直角坐标系D-3z, D B 则因为AB=PD=AD=二CD=2, 所以P(0,0,2,A2,0,0,C(0,4,0,B2,2,0,D0,0,0, 所以PD=(0,0,-2),BC=（-2,2,0),PB=(2,2,-2. 设平面PBC的一个法向量元=(x,y,z, i.BC=0「-2x+2y=0 则 n.PB=02x+2y-2z=0' 11/26 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 不妨设x=1,则y=1,z=2,即：i=(1,1,2), 设PD与平面PBC所成角为O, iPD6 则sin0=cosi,PD= 同PD 3 所以PD与平面PBC所成角的正弦值为V6 (3)法一：设点F到平面EGC(也即平面PBC)的距离为h, 三棱锥C-EFG体积为V(2,则'c-E='-oc, 由(2)可知平面PBC的一个法向量万=(11,2)， 点D到平面PBC距离hn-PBc= .DC26 3 因为8器0小，所以点到平面8c更离-毛-号引26 DA PB=V22+22+(-2)}2=2W3,PC=V02+42+(-2)2=2W5,BC=V22+(-2)2+02=2W2, 所以PC2=PB2+BC2,即△PBC为直角三角形，所以S&PaC=2V6, 所以点B到棱PC的距离为2V3×22_26 2W55 Q因为PGPE2,所以C2☒S-,且点G助C的距感为 PB PC 所以EGC的面积为5×251-2×26元=26A1-2. 5 a=c=x26M1-入×N6=32(2--2,其中2E0 所以(2)=2-32+22)，所以v"2)=1322-61+2, 令r(刘=3n2-6队+2到=0可得元=35，列表如下： 3 3-V5 3 3 12/26 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ') 0 极大值 r(2) 递增 (最大 递减 值) 答：当元=3-5取何值时，三棱锥C-E℉G体积取得最大 3 法二：三棱锥C-EFG体积为V(2),则V。-Ec='r-Gc, g-是-：所以S=,Se=25m 因为 所以S.cEG=(1-入)Sc=2(1-2)SPBc, 所以=1-刘-=1-刘业x=1-刘2×兮Sx×PD=A1-A刘2-2刘×等 则y"2=等32-6以+2. 令P(2)=32-61+2)=0可得元=3-5 列表如下： 3 0,3-5 3-√5 3-V 3 3 3,1 '() 0 极大值 V(2) 递增 (最大 递减 值) 答：当元=3-5取何值时，三棱锥C-EFG体积取得最大 3 7.【详解】(1)方法一：如图，连接BD交AC与点F,连接EF, 13/26 丽学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 因为4D8C,所以路-品- 2器分所以需-器所以P8EF 又EFc平面ACE,PBA平面ACE,所以PBII平面ACE, 方法二：(I)在ABC中，过点A作AF⊥BC,因为PA⊥平面ABCD, 所以PA⊥AF,PA⊥AD, 如图，以点A为坐标原点，以AF,AD,AP为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 水 P E A: 则c1o,P002,8L-lo,号号引 则P8=山，-1-2，Ac=1,10,E-03 022 m·AC=x+y=0 设平面ACE的法向量m=(x,y,z，则 2v+22=0 m花=y+与 令y=-1得m=(1,-1,1 此时PBm=0,又PB平面ACE,所以PB/1平面ACE. (2)方法一：由(1)知平面ACE的法向量m=1,-1,1) ii.AP=2z=0 设平面PAC的法向量为i=（x,y,z,则 nAC=x+y=0 令y=1得i=（-1,1,0) 碳调股名9 16 设二面角P-AC-E的大小为O,则sin0= 3 14/26 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 所以二面角P-AC-E的正弦值为 3 方法二：因为PA⊥平面ABCD,PAC平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABCD, 所以二面角P-AC-E大小与二面角D-AC-E大小互余， 所以二面角P-AC-E的正弦值就等于二面角D-AC-E的余弦值， 如图，在ADE中，过点E作EM⊥AD,过点M作MN⊥AC,连接EN, 则AC⊥EN,所以∠ENM即为二面角D-AC-E的平面角 EM=PA=名，在△ADC中，MN=2x5-5 3 323 V2 4+26 所以EN=)+g3 所以cos∠ENM=MW-3=5 EN V63, 3 所以二面角P-AC-E的正弦值为 3 8.【详解】(1)因为三棱柱ABC-A,B,C,是直三棱柱，所以BB,⊥底面ABC,所以BB,⊥AB, 因为AB,IIAB,BF⊥A,B1,所以BF⊥AB, 又BB,OBF=B,BFC平面BB,C,C,BB,C平面BB,CC, 所以AB⊥平面BB,CC. (2) 15/26 命学科网 www.zx×k.com 让教与学更高效 ZA A D B C F 由(1)知BA,BC,BB,两两垂直.如图所示， 以B为坐标原点，分别以BA,BC,BB}为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系B-灯z, 所以B(0,0,0),A2,0,0),C0,2,0),B(0,0,2),A2,0,2,C(0,2,2,E(1,1,0)，,F(0,2,1.设 D(a,0,2(0≤a≤2). 因为BF=(0,2,1,，DE=(1-a,l,-2, 所以BF·DE=0×1-a+2×1+1×-2)=0,所以BF⊥DE. (3)设平面DFE的法向量为n=(x,y,z,因为EF=(-1,1,1),DE=(1-a,l,-2), iEF=0 -x+y+z=0 所以 即 DE=0 1-ax+y-2z=0令：=2-a,则n=(3,1+a,2-a 且平面BCC,B的法向量为BA=(2,0,0), 设平面BCC,B,与平面DEF的二面角的平面角为O, n.BA 6 3 则cos0 2×V2a2-2a+14V2a2-2a+14 根据同角三角函数可知sin0=V1-cos6,所以当|cos取最大值时，sin0取得最小值， 可知2a2-2a+14=2a- 127。当a时，2a-2a+4取最小值为2 2+2 3√6 此时cos0取最大值为273，则sin0 16/26 丽学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 此时BD=2 9.【详解】(I)连接AC,BD交于点E,连接ME, 因为0G3.BC=20,所u长C子所以4=4C 因为PM=PC,所以PM=, 31 'PC3' 所以AE=PM 4CPC,则在aPAC中，PAI/ME, 又因为PA文平面MBD,MEc平面MBD, 所以PA/I平面MBD (2)取AB的中点O,连接PO,因为△PAB是等边三角形，所以PO⊥AB, 因为AB⊥BC,PB⊥BC,PBOAB=B,所以BC⊥面PAB,且BCC面ABCD, 所以面PAB⊥底面ABCD，侧面PABA底面ABCD=AB, 所以PO⊥底面ABCD,则点P到底面ABCD的距离为PO, AB=2,则A0=1,PO=V3 所以P到底面ABCD的距离为√3 (3)以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-)z,AB=BC=2AD=2, 所以号 VM-BDC=2 Yu-ABCD MC3 -4cnPC=4,所以CM=CP, 3 所以 4 则P0a4na08ea0,onL0.c-L2.0W-p-0-2-[2,则 则BM= 313v5 4'2’4 BD=(2,1,0), 设平面MBD的一个法向量为n=(x,y,z), 万BM=3x+1+35. 则 9 iBD=2x+y=0 17/26 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 则平面MBD的一个法向量为i= 3 设平面PBC的一个法向量为m=(x',y,z)，PB=(1,0,-3),PC=(-1,2,-V3), mPB=-x-3z=0 则 ,令z'=1,则y'=0,x'=-V3, mPC=-x'+2y'-V3z'=0 则平面PBC的一个法向量为m=(-√3,0,1)， 设平面PBC与平面MBD所成角为O,cos0= n.m V34 网 17 21+4+ 27 M B 10.【详解】(1)由题意可知，0A⊥0B,OO⊥平面0AB, 以点O为坐标原点，OA、OB、OO,所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系， o, D B 则4a2小、810uo1、c0a、n小所以而-合50 易知平面0AB的一个法向量为a=(0,0,1),则CD.a=0,即CD上a, 又因为CD￠平面OAB，,所以CD∥平面OAB (2)不妨设点P(cos0,sim0,0),其中0<0< 则A,(1,0,2)、E(cos0,sin6,2)、B(0,1,0), 18/26 丽学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 PE=0,0,2),AE=(cos0-1,sin0,0),B4=(1,-1,2), m.PE=2z1=0 设平面APE的一个法向量为m=(x,y,),则 E=(cos0-1)ysin=0' 取x=sin6，可得m=(sin0,1-cos0,0),所以4E=m, BA·msin0+cos0-l 所以点B到平面A,PE的距离为d= Vsin20+(1-cos0)' 因为PE为是圆柱的一条母线，故PE⊥平面O,AB, 因为AEc平面04R,故PE1AE,则s.PE 所以e-md-写西如9+0-」-名2xm0+o0- 3 6 3 医为00则肾0誓收号m0+},所以m0+引1 4 V2sin[+)-1 B-APE 3 3sin0+}-1s反-1， （43 3 即三棱锥B-AEP的体积的最大值为5-」 3 (3)设平面ABE的一个法向量为元=(x2,y2,22), E=x2 (cos0-1)+y2 sin=0 A4E=(cos0-1,sin0,0),BA=(1,-1,2),则 i.B4=x2-y2+2z2=0 取x2=2sin0,则i=(2sin6,2-2cos0,1-sin0-cos0）, m 2sin20+21-cos0)2 所以cosm,元= ·同 sin20+(1-cos0)2.4sin20+4(1-cos0)+(1-sin0-cos0)2 ) sin20+(1-cos0)月 2 4sin20+4(1-cos0)+(1-sin0-cos0)5-sin0 因为0<0<分，则0<sin8<1,故cosm,= 2 2V5 5-sin0 19/26 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 结合图形可知，二面角B-AE-P的平面角为锐角， 25 因此，二面角B-A,E-P余弦值的取值范围为 5 11.【详解】(1)在长方体ABCD-A,B,CD,中，BC⊥平面AAB,B, 又AEc平面AA,B,B,所以BC⊥AE, 又AE⊥AB,BC∩A,B=B,BC,A,Bc平面ABC, 所以AE⊥平面ABC,又ACc平面A,BC, 所以AE⊥AC,同理可证AF⊥AC, 又AE∩AF=A,AE,AFC平面AEF, 所以AC⊥平面AEF (2)①以A为原点建立空间直角坐标系，设A4,=a, 则A0,0,a,C1,2,0),C11,2,a,B1,0,a,D0,2,a, B AC=(1,2,-a,BD=（-1,2,0),B,C=(0,2,-a, E BE·A 设平面CB,D,的一个法向量i=(x,y,z), i·BD=-x+2y=0 则 不妨取y=a,i=(2a,a,2), i.BC=2y-az=0 由(1)知AC=(1,2,-a为平面AEF的一个法向量， 设平面AEF与平面CB,D,夹角为O, nA,C 则cos0=cosi,AC 2a Va2+5V5a2+4 20/26 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 2a 2 V5a4+29a2+20 20 +29 +29≥2100+29=49，当50-20 又5a2+20 10,即a=√2时取等， 又点E,F分别是棱BB,,DD上的动点，且AE⊥AB,AF⊥A,D, 所以a≥2，则5a2+20 +29≥54， a 所以cos0= 2 20 9 V5a+a+29 即平面AEF与平面CBD,夹角的余弦值的最大值为y 9 ②在平面BB,CC中，过E作EM⊥B,C, 同(1)的证明理由可得A,C⊥EM,即EMc平面AEF, 所以当M在棱CC,时，截面为四边形， 当M在棱B,C(不包含端点)时，且F不在棱DD,端点时，截面为五边形， ZA D M :AE⊥AB,m∠BAE=BE=tan∠BAA=L→BE= AB D 又Ew18c,m2a-8能-mc8c-号4M-0-君}-号- BE 又M在棱BG(不包含端点)，所以BM=g-<2,解得a<5, 22 又F不在棱DD,端点，所以2<a<√5， 由0知5a2+20 +29e(54,58,所以cos0 V58 6 29 9 √586 所以平面AEF与平面CB,D,夹角的余弦值的范围为 29’9 21/26 丽学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 12.【详解】(1)如图，在图1中，连接BD,交AC于点0， 因为四边形ABCD为边长是√2的正方形，则AC⊥BD, 在图2中，则有4CLP0,AC上B0,P0=B0=2AC=山 因为P-AC-B是直二面角，所以平面PAC⊥平面ABC, 因为平面PAC∩平面BAC=AC,AC⊥P0,P0c平面PAC,所以有P0⊥平面ABC, 以点O为原点，分别以OB、OA、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图： 由题意，A0,1,0)、B(1,0,0)、C(0,-1,0)、P(0,0,1, 所以AB=(1,-1,0),PC=(0,-1,-1, 设异面直线AB与PC所成角为O, AB.PC 1 所以有cos0=cos AB,PC= 1 AB.PC 2x22' 因为0<0≤受故0-骨，即异面直线B与PC所城角为 3 3 (2)如图2，假设在棱PA上存在点M,满足AM=元AP,其中0≤元≤1， 使得二面角M-BC-A的余弦值为5 51 则BM=AM-AB=元(0，-1,1-(1，-1,0)=（-1,1-元，)， 又CB=(1,1,0),设平面BCM的一个法向量为i=(x,y,z, CB.=x+y=0 则 M丽万=-x+1-元y+元z=0'取r=,则万=(，-，2-， 由题意可知，平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1), m… -2-7N51 所以cosm,闭团园3-4+451，化简得：122'+元-1=0， 解得入=或天=号（舍去）… 4 故存在点M,只需满足AM=AP, 4 即棱PA上存在点M,当4M=时，二面角M-BC-A的余弦值为7V5 AP 4 51 22/26 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 图1 图2 13.【详解】(1)由SA⊥平面ABC,AB、ACc平面ABC,故SA⊥AB,SA⊥AC, 又AB⊥AC,故AB、AC、SA两两垂直， 故可以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系A-灯z, 则有A(0,0,0)、B(1,0,0)、C(0,1,0)、S0,0,1, 设P(0,a,b),0≤a,b≤1且a+b≤1，则PC=(0,1-a,-b)、PA=(0,-a,-b), 由PC1PA,则PC.PA=a2-a+b2=0,即b2=a-a2: D由PA则r+B分又a-a+B=0,微a=b安 P》则即-(》酬-- BC=(-11,0), 1 则cos PA,.BC= PA·BC pA·Bd 11 ,+11+1 44 即风，C:,则直线PA与8C所成角的大小为行： @所--。，，亚-丽-6 4 设PD=λPA=(0,-1a,-b),1eR, 则F:所-E网+不E-}3,》 CB=(1,-1,0,CD=PD-PC=(0,a-a-1,b-2.b), 设平面CBD的法向量为m=(x,y,z), mCB=x-y=0 则有 m.CD=(a-a-1)y+(b-ab)2=0 23/26 丽学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 令x=1b-b,则y=2b-b,z=a-1a-1, 即m可为（元b-b,1b-b,a-1a-1, 由EFII平面CBD,故EF⊥m, EF.m=1xb-1b-(a+3)(Ab-b)_b(a-2a-1-0. 2 4 4 化简得2b-2b=b(2-2)=0,由b≠0，则2=2， 故m=(b,b,-a-1, 由SA⊥平面ABC,故AS=(0,0,1)为平面ABC的法向量， 则cos AS,m= AS.m -a-1 -a-1 -a-1 rm6+b2+(a+122(a-a2+(a+1i+4a-a 令t=a+1e(1,2),则a=t-1, AS·m -t -1 -1 cos AS,m= A不网、 +4---Fa 1)2 -1 =a+1e1,2.则2故4}+ 故cos AS,m∈ 25 由图可知二面角A-BC-D为锐角，设为O, 故cos0∈ 即二面角4-8C-D余弦的最小值为25 24/26 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 之 y B 14.【详解】(1)证明： 连接OP,因为△PCD是正三角形，且O是CD的中点，则OP⊥CD, 又平面ABCD⊥平面PCD,平面ABCD∩平面PCD=CD,OPc平面PCD, 所以OP⊥平面ABCD, 取AB中点E,因为四边形ABCD是矩形，则OE⊥CD, 且平面ABCD⊥平面PCD,平面ABCD∩平面PCD=CD,OEc平面ABCD, 所以OE⊥平面PCD, 以0为坐标原点，OC,OP,OE分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图， 4 ZA E B 则A-1,0,1,B1,0,1,C1,0,0,D(-1,0,0),O(0,0,0),P0,V3,0, 可得OB=(1,0,1,AP=1,V3,-1, 则0B·AP=1+0-1=0, 所以BO⊥PA: (2)由(1)可得：AB=(2,0,0),AP=1,5,-1,DA=(0,0,1, 25/26 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 7·AB=2x=0 设平面PAB的法向量i=(x,y,),则 元Ap=x+5y-2,=0 令乃=1，则x=0,,=5,可得元=(0,1，V3, 故点D到平面PAB的距离d= DA列_5 2 (3)由(1)知CP=-1,V3,0,又点Q为线段CP靠近C的三等分点， 所u项小0=c项自9小 又平面PAB的法向量i=0,1,V3 2V5 A0·元 3 故sina=cos(Ag,n 1 4@×同V37x2 37 37 3 26/26 专题01 空间向量与立体几何 5大高频考点概览 考点01空间向量的线性运算及数量积 考点02空间向量基本定理及共面向量定理 考点03投影向量及空间向量中的距离、夹角问题 考点04 利用空间向量解决立体几何中的多结论（多选）问题 考点05 利用空间向量解决线面角、二面角问题 ( 地 城 考点01 空间向量的线性运算及数量积 )1．（24-25高二下·江苏南通·期末）已知向量，，且，则（   ） A． B． C．1 D．2 2．（24-25高二下·江苏盐城·期末）向量，，若，则实数m的值为（    ） A． B．1 C．2 D． 3．（25-26高二上·江苏南通·期末）设点、、，线段的中点为，则（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二下·江苏南通·期末）已知空间向量，若，则____ 5．（24-25高二下·江苏泰州·期末）若向量与垂直，则实数的值为______． 6．（25-26高二上·江苏南通·期末）在平行六面体中，，则__________. ( 地 城 考点02 空间向量基本定理及共面向量定理 )1．（24-25高二下·江苏·期末）在三棱柱中，与相交于点，，，，，则线段的长度为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·江苏扬州·期末）在三棱柱中，与相交于点，，，，，则线段的长度是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·江苏南京·期末）在三棱锥中，，，，且，，则等于（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高二下·江苏苏州·期末）已知P是所在平面外一点，，且，则（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 5．（24-25高二下·江苏南京·期末）已知三点不共线，点在平面外，点满足，则当点共面时，实数（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高二下·江苏淮安·期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点分别为的中点，若，且，则（    ）    A．1 B．2 C． D． 7．（24-25高二下·江苏·期末）下列命题不正确的是（    ） A．设为实数，若直线平面，且的方向向量为，的法向量为，则 B．已知空间向量，，，若，，共面，则 C．已知两点，，若沿轴将坐标平面折成直二面角，则折叠后、两点间的距离为 D．在空间四边形中，设，，，，分别为，的中点，则 8．（24-25高二下·江苏淮安·期末）已知空间四点，，，构成梯形，则实数的值为_____． 9．（25-26高二上·江苏无锡·期末）已知空间向量，，，若向量，，共面，则实数的值为_____. 10．（24-25高二下·江苏苏州·期末）如图，已知M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，，，若，则______． ( 地 城 考点0 3 投影向量及空间向量中的距离、夹角问题 )1．（24-25高二下·江苏南京·期末）若空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·江苏南通·期末）已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·江苏徐州·期末）已知是空间的一个单位正交基底，，则空间向量在方向上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二下·江苏泰州·期末）在棱长为的正方体中，是棱上任意一点，则在平面上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高二下·江苏泰州·期末）若向量是直线的方向向量，向量是平面的法向量，则直线与平面所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 6．（25-26高二上·江苏无锡·期末）已知空间内三点，，，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高二下·江苏连云港·期末）在正方体中，为棱的中点，点、分别在线段、上，且，，则与（    ） A．平行 B．垂直 C．所成的角的余弦值为 D．所成的角的余弦值为 8．（24-25高二下·江苏扬州·期末）正四面体（四个面都是正三角形）中，M，N分别是，的中点，直线与夹角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 9．（24-25高二下·江苏南通·期末）已知：空间中，过点且一个法向量为的平面方程为.据此可知，若平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 10．（24-25高二下·江苏南通·期末）（多选）设平面平面分别为的一个方向向量，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则所成角为 C．若，则与所成角为 D．若，则的夹角为 11．（24-25高二下·江苏扬州·期末）在空间直角坐标系中，，，若，则实数______． 12．（24-25高二下·江苏宿迁·期末）已知，是正四面体棱，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为______. 13．（24-25高二下·江苏盐城·期末）在平行六面体中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为_______． 14．（24-25高二下·江苏苏州·期末）如图，已知ABC-A1B1C1是侧棱长和底面边长均等于a的直三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则点C到平面AB1D的距离为____. ( 地 城 考点0 4 利用空间向量解决立体几何中的多结论（多选）问题 )1．（24-25高二下·江苏南通·期末）（多选）已知正方体的棱长为2，点P在棱上，点Q在面内，则（   ） A． B．点P到平面的距离为 C．二面角的正切值为1 D．的最小值为 2．（24-25高二下·江苏南京·期末）（多选）在棱长为2的正方体中，点O为线段的中点，且点P满足，则下列说法正确的是（   ） A．若，则平面 B．若，，则平面 C．若，则点P到平面的距离为 D．若，时，直线与平面所成角为，则 3．（24-25高二下·江苏镇江·期末）（多选）在棱长为2的正方体中，点满足，且，则下列说法正确的是（    ）    A．若，则面 B．若，则 C．若，则到平面的距离为 D．若时，直线与平面所成角为，则 4．（24-25高二下·江苏扬州·期末）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点P在线段上（含端点）运动，下列选项中正确的有（    ） A．线段长度的最大值是 B．点P到平面的距离是定值 C．直线与BD所成角的最小值是 D．直线与平面所成角的正弦值的取值范围是 5．（24-25高二下·江苏常州·期末）（多选）已知棱长为1的正方体的所有顶点都在以为球心的球面上，点是棱的中点，点是棱上的动点.则下列说法正确的有（    ） A．若是棱的中点，则平面 B．点到直线的距离的最小值为 C．棱上存在点，使得 D．若是棱的三等分点，则过的平面截球所得的截面面积最小为 6．（24-25高二下·江苏连云港·期末）（多选）在长方体中，，底面是边长为的正方形，，则下列选项正确的有（    ） A．，三棱锥的体积是定值 B．当时，存在唯一的使得平面 C．为棱的中点，当时，的周长取最小值 D．当直线与所成角的余弦值为时，的值为 7．（24-25高二下·江苏宿迁·期末）（多选）在平行六面体中，各棱长均为6．，则下列结论正确的有（    ） A． B．四边形为正方形 C．与平面所成角的余弦值为 D．四边形内存在点P，使得直线与所成角为 8．（24-25高二下·江苏镇江·期末）（多选）在棱长为的正方体中，点在底面内运动（含边界），点是棱的中点，则（   ） A．若是棱的中点，则平面 B．若平面，则是上靠近的四等分点 C．点到平面的距离为 D．若在棱上运动，则点到直线的距离最小值为 9．（24-25高二下·江苏南京·期末）（多选）已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，M，N分别为，BC的中点，若点P在棱上运动，则下列说法中正确的有（   ） A． B．点P到直线BC的距离的最大值为 C．与平面所成最小角的正切值为 D．点N到平面AMP距离的最大值为 10．（24-25高二下·江苏泰州·期末）（多选）已知点，过点的直线与直线分别交于两点，则（   ） A．四点共面 B．直线与直线是异面直线 C．点坐标为 D．点坐标为 11．（24-25高二下·江苏南京·期末）（多选）在直四棱柱中，底面是菱形，，，为的中点，点满足，，，下列结论正确的是（   ）    A．若，则 B．若，则四面体的体积是定值 C．若，，则存在点，使得的最小值为 D．若，则点F的轨迹长为 ( 地 城 考点0 5 利用空间向量解决线面角、二面角问题 )1．（24-25高二下·江苏·期末）如图，在正四棱锥中，，为与的交点，点E，F分别为棱，的中点，且.    (1)求的长度； (2)求二面角的正弦值； (3)若，且A，E，F，G四点共面，求的值. 2．（24-25高二下·江苏南京·期末）如图，在直三棱柱中，，，E，F分别为，BC的中点. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的余弦值. 3．（24-25高二下·江苏南通·期末）如图，已知圆台的上、下底面半径分别为3和6，母线与下底面所成的角为． (1)求圆台的体积； (2)设，分别是圆台的两条母线． （ⅰ）求证：； （ⅱ）若，P是圆上的动点，求直线与平面所成角正弦值的最大值． 4．（24-25高二下·江苏南通·期末）如图，正三棱柱中，，，D是中点，E是棱上一点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求的长． 5．（24-25高二下·江苏南京·期末）如图，几何体是圆柱的四分之一部分，其中底面OAB是半径为2的扇形，母线长为4，C是的中点，M为的中点． (1)证明：面OAB； (2)若P在弧中点，求平面ACM与平面PCM所成角的正弦值； (3)若P是弧上的动点，Q是弧上的动点，且，求直线与直线PQ所成角余弦值的最大值． 6．（24-25高二下·江苏淮安·期末）如图，在四棱锥中，底面是梯形，，，．平面，点为棱上的点，点为棱上的点，点为棱上的点． (1)若、分别为棱，的中点，证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)若，当取何值时，三棱锥体积取得最大． 7．（24-25高二下·江苏扬州·期末）如图，在四棱锥中，底面，，，，，为棱上一点，且． (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值． 8．（24-25高二下·江苏镇江·期末）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．． (1)证明：平面 (2)证明： (3)当为何值时，面与面DFE所成的二面角的正弦值最小，并求此最小值． 9．（24-25高二下·江苏常州·期末）在四棱锥中，已知，是等边三角形，点在棱上. (1)当时，求证：平面； (2)求点到底面的距离； (3)当时，求平面与平面所成角的余弦值. 10．（24-25高二下·江苏连云港·期末）如图，几何体是圆柱的四分之一部分，其中底面是半径为的扇形，母线长为，是的中点，为的中点，是上的动点（不与、重合），是圆柱的母线． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积的最大值； (3)求二面角余弦值的取值范围． 11．（24-25高二下·江苏宿迁·期末）如图，在长方体中，点E，F分别是棱，上的动点，且，， (1)求证：平面； (2)若，． ①求平面与平面夹角的余弦值的最大值； ②若平面截长方体的截面为五边形，求平面与平面夹角的余弦值的范围． 12．（24-25高二下·江苏镇江·期末）图1是边长为的正方形，将沿折起得到直二面角，如图2所示． (1)求异面直线与所成角； (2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 13．（24-25高二下·江苏泰州·期末）在三棱锥中，已知平面，点在内（包括边界），． (1)已知． （i）求； （ii）求直线与所成角的大小． (2)若点分别满足，为直线上一点，且平面，求二面角余弦的最小值． 14．（24-25高二下·江苏南京·期末）如图，已知四边形是矩形，，是正三角形，O是的中点，平面平面. (1)证明：； (2)求点D到平面的距离； (3)已知点Q为线段靠近C的三等分点，直线与平面所成角为，求. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $