河北省承德市双滦区实验中学2026年暑假高一数学专项测试卷（12）-用空间向量研究空间角问题

**基本信息** 聚焦空间向量工具性，系统构建空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）求解体系，以数学眼光观察空间形式，用数学思维推导向量关系，实现知识逻辑与解题方法的深度融合。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |异面直线所成角|3题|坐标法建系求向量夹角|空间向量概念→坐标运算→夹角公式应用| |线面角|5题|法向量法求线面角正弦值|线面垂直判定→法向量求解→线面角公式推导| |二面角|6题|双法向量求二面角余弦值|面面垂直性质→法向量夹角→二面角锐钝判断| |综合应用|5题|几何法与向量法结合|空间几何体性质→动态问题转化→向量模型构建|

河北省承德市双滦区实验中学 2025- -2026学年暑假高一数学专项测试卷（12） 范围：空间向量研究空间角问题 一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1．直三棱柱，，分别是的中点，，则与所成的角为（    ） A． B． C． D． 2．是分别以点为端点的三条相等线段，且每两条线段所在直线的夹角均为，那么直线与平面所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 3．在长方体中，，，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 4．直三棱柱中，底面是以A为直角的腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长为，为上的点，若直线与直线所成角的余弦值为，则长为（    ） A．1 B． C． D． 5．如图，已知点在正方体的对角线上，设，则的值为（    ） A． B． C． D． 6．如图所示空间直角坐标系中，是正三棱柱的底面内一动点，，直线和底面所成角为，则P点坐标满足（    ） A． B． C． D． 7．在长方形中，，将沿所在直线进行翻折，二面角为，则（    ） A． B． C． D． 8．如图，正方形和正方形的边长都是2，且二面角的大小是，则（   ） A． B． C． D．4 二、多选题（本大题共3小题，共18分。在每小题有多项符合题目要求） 9．在直三棱柱中，，，，为的中点，则（    ）   A． B．平面 C．平面 D．直线与所成角为 10．如图，点在正方体的面对角线上运动（点异于，点），则下列结论正确的是（     ） A．异面直线与所成角为60° B．平面 C．三棱锥的体积不变 D．直线与平面所成角正弦值的取值范围为 11．如图，已知正方体的棱长为2，O为正方体的中心，点满足，则（   ）    A．平面 B．平面 C．在上的投影向量为 D．二面角的余弦值为 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12．在直三棱柱中，，且，异面直线与所成的角为，则该三棱柱的侧面积为_______. 13．如图，由直三棱柱和四棱锥构成的几何体中，，，，，平面平面.为线段上一动点，当______时，直线与平面所成角的正弦值为. 14．如图，在空间四边形中，，.设直线与直线所成角为，当二面角的大小在变化时，则的最大值是____. 四、解答题（本大题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．(本小题13分）在直三棱柱中，分别为线段，的中点. (1)证明：平面. (2)求异面直线与所成角的余弦值. (3)求平面与平面夹角的余弦值. 16．(本小题15分）如图，在三棱柱中，侧面是正方形，平面．  (1)证明：平面平面； (2)若，，求直线与平面所成角的正弦值． 17．(本小题15分）如图，在四棱锥中，，，，，，点为棱上一点．   (1)证明：平面平面； (2)当点为棱的中点时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)当平面与平面的夹角的余弦值为时，求． 18．(本小题17分）如图所示，在长方体中，，，点E在棱上移动，小蚂蚁从点A沿长方体的表面爬到点，所爬的最短路程为． (1)求证：； (2)求的长度； (3)在线段上是否存在点E，使得二面角的大小为．若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由． 19．(本小题17分）如图，在直三棱柱中，，，分别为的中点． (1)求证：平面； (2)设平面与平面的交线为，求二面角的余弦值； (3)在线段（不含端点）上是否存在点，使直线与平面所成角的正切值大小为？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D A C A D A AC ABC 题号 11 答案 AD 1．B 【详解】以为坐标原点，的正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系，，，，，，，，即， 与所成的角为. 2．D 【详解】因为是分别以点为端点的三条相等线段，且两两垂直， 以为原点，分别为轴建立如图所示坐标系，    设，则，，，， 所以，，， 设平面的法向量， 则，令得平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的余弦值为， 故选：D 3．D 【分析】法1，利用长方体的线面垂直性质找出二面角的平面角，再通过直角三角形的边角关系计算得到二面角的余弦值；法2，建立空间直角坐标系，分别求出二面角两个半平面的法向量，通过计算法向量的夹角余弦值得到二面角的余弦值. 【详解】法1：长方体中侧棱底面，因此，且， 所以二面角的平面角就是. 由题意，矩形中，，，， 由勾股定理得斜边. 在中，，即二面角的余弦值为. 法2：在长方体中，以为原点， 分别以、、方向为、、轴正方向建立空间直角坐标系， 设侧棱，结合已知，， 得，，，， 而二面角的两个半平面为面和面， 而，，设是平面的法向量， 则，取，解得，得； 而，，设是平面的法向量， 则，取，解得，，即， 该二面角为锐角，设为，则. 4．A 【分析】建系标点，设，可得，利用空间向量求异面直线的夹角，列式求解即可. 【详解】以A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， 则． 设，则， 所以，解得(负值舍去). 故选：A． 5．C 【分析】以D为原点，以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系.写出的坐标，根据向量夹角的坐标表示计算可得. 【详解】以D为原点，以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系. 不妨设，则， 所以， 所以， 因为， 所以， 整理得，解得或， 由题可知，所以. 故选：C 6．A 【分析】根据空间直角坐标系求得，以及平面的一个法向量，根据线面夹角的坐标运算即可得P点坐标满足的等式关系. 【详解】解：由正三棱柱，且，根据坐标系可得： ，又是正三棱柱的底面内一动点，则，所以， 又平面，所以是平面的一个法向量， 因为直线和底面所成角为， 所以， 整理得，又，所以. 故选：A. 7．D 【分析】由题意得异面直线与的夹角为，即与的夹角为，由空间向量的运算法则可得，则，结合条件即可计算. 【详解】由题意得： 过点作，垂足为，过点作，垂足为，如下图： 因为二面角为，则异面直线与的夹角为， 即与的夹角为，易得， 因为，且， 则， 即，解得， 故选：D. 8．A 【分析】先判断二面角的平面角为，然后根据向量的模的公式以及向量数量积的定义进行计算即可. 【详解】因为正方形和正方形，所以， 因为平面平面，二面角的大小是， 所以，因为， 所以， 因为正方形和正方形的边长都是2，所以， 因为，所以， 而， 所以. 故选：A. 9．AC 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量判断各选项即可. 【详解】由题意，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 可得， 则， 对于A，由，则，故A正确； 对于B，设平面的一个法向量为， 则，取，得， 由于不存在实数，使得，则与不平行，故B错误； 对于C，由，则， 因为平面，所以平面，故C正确； 对于D，由， 则直线与所成角不为，故D错误. 故选：AC． 10．ABC 【分析】选项A：利用异面直线的夹角定义求解即可，选项B：利用线面垂直的定义结合线面垂直的判定定理求解即可,选项C：利用等体积法求解即可，选项D：建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求出线面角正弦值的表示式，再运用二次函数的性质即可求得其范围. 【详解】 对于A，因为正方体中，且为等边三角形，故异面直线与夹角为，故A正确； 对于B，由正方体的性质可知，，平面，, 平面，又因为平面，， 同理可得平面，又因为平面，， 又因为平面，平面，故B正确； 对于C，因为平面，平面，所以平面, 所以为定值，故C正确； 对于D，建立如图所示直角坐标系，设正方体的棱长为1，， 则，，，，， 从而，， 由正方体的性质知：平面， 即平面，故平面的法向量可取为， 直线与平面所成角正弦值为，, 因为，， 所以，故D错误. 故选：ABC. 11．AD 【分析】建立空间直角坐标系，求出求出法向量和直线方向向量，根据向量关系即可判断AB；由投影向量公式可判断C；求出两个平面法向量，根据向量夹角公式可判断D. 【详解】以为原点，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图， 则， 所以. 设平面的法向量为， 则令，则，. 因为，所以平面，A正确. ，所以EO不与平面平行，B错误. 在上的投影向量为，C错误． 易知平面的一个法向量为，设二面角的大小为， 则，D正确. 故选：AD      12． 【分析】首先以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量表示异面直线所成角的余弦值，即可求解，再代入侧面积公式. 【详解】以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，    设，则，，，，，， 因为异面直线与所成的角为， 所以，即，解得， 所以该三棱柱的侧面积为. 故答案为： 13．1 【分析】以为坐标原点，分别为，，轴建立空间直角坐标系．求出平面的法向量，求出，利用空间向量的数量积转化求解即可． 【详解】解：以为坐标原点，分别为，，轴建立空间直角坐标系． 所以， 所以． 设平面的法向量，所以 所以， 所以平面的一个法向量， 设， 所以， 所以， 解得或（舍， 所以． 因为，所以 故答案为：1 14． 【分析】取的中点，就是二面角的平面角，设，转化为向量的夹角，用表示出，则的最大值可求. 【详解】解：取的中点，连结，则，所以就是二面角的平面角，设， ，，， ， ，，当，有最大值， 故答案为：. 15．(1) 由已知，两两垂直，以为原点，正方向所在直线分别为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 已知分别为线段，的中点， 则，所以. 易得为平面的一个法向量. 因为，所以， 又平面，所以平面. (2) (3). 【分析】（1）由题意，以为原点，建立空间直角坐标系，证明垂直于平面的法向量，即可得证平面； （2）使用向量夹角公式即可求得异面直线与所成角的余弦值； （3）先求平面的法向量，结合（1）中的法向量，使用向量夹角公式即可求得平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）由（1）知， 所以， 所以， 则异面直线与所成角的余弦值为. （3）设平面的一个法向量为， 由（1）（2）知， 则，令，得. 又平面的一个法向量为， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为. 16．(1)因为侧面是正方形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． (2) 【分析】（1）根据线面垂直的性质、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理证明即可. （2）方法一：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据线面角的向量求法求解即可. 方法二：根据平面平面得到直线在平面内的射影即直线，进而即为所求角，结合正弦定理求解即可. 【详解】（1）略 （2）方法一：如图，以C为坐标原点，CA，，CB所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，    则，，，， 所以，，． 设平面的法向量为， 则，即，取，得． 设直线与平面所成的角为θ， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 方法二：设与的交点为O，连接OB，    因为平面平面，所以直线在平面内的射影即直线， 则即为直线与平面所成的角． 因为，四边形是正方形，所以，． 又， 所以，． 所以． 在中，由正弦定理可得， 即，解得， 即直线与平面所成角的正弦值为． 17．(1)证明：因为， 所以，，所以 又，且平面， 所以平面，又因为平面，所以平面平面. (2)； (3). 【分析】（1）由勾股定理证得，再由线面垂直的判定定理即可证得； （2）由条件如图建立空间直角坐标系，先求平面的法向量，再利用公式求解； （3）设 ，分别求平面的法向量是和平面的法向量，利用公式，求点的位置. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知两两垂直，以为原点，以所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则， 当点为棱的中点时，． 设平面的一个法向量，    则即取， 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． （3）由（2）可知， 设，则， 设平面的一个法向量， 则，即 令，解得，故， 设平面的一个法向量为， 由，得令，解得， 故， 所以， 即，整理，得， 解得或（舍去）． 故． 18．(1)方法一（几何法）： 连结，在长方体中， 因为平面，且平面，所以， 因为，所以矩形为正方形，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以； 方法二（向量法）： 建立如图空间直角坐标系，设， 则，，，， ，， 因为，所以； (2)2 (3)存在E点，且与点B距离为时，二面角的大小为． 【分析】（1）几何法通过正方形对角线垂直结合线面垂直推出线线垂直，向量法建立坐标系，计算两直线方向向量点积为，完成垂直证明； （2）设底面边长为，将长方体表面分两类展开得到两种爬行距离表达式，根据判定最小值，列方程求解得到的长度； （3）几何法利用三垂线定理找出二面角平面角，结合等腰直角三角形性质与三角形等面积法算出的长度；向量法设点的坐标，求出两个面的法向量，利用二面角余弦公式解方程，舍去超出线段范围的解，确定的位置． 【详解】（1）略 （2）设， 因为四边形是正方形， 所以小蚂蚁从点A沿长方体的表面爬到点可能有两种途径． 如图甲的最短路程为， 如图乙的最短路程为， 因为，所以， 所以，解得，即的长度为． （3）方法一（几何法）：： 假设存在满足条件的点E，连结，设， 过点D在平面内作，连结， 则为二面角的平面角， 所以，所以， 在内，，而， 即，解得， 即存在E点，且与点B距离为时，二面角的大小为． 方法二（向量法）： 假设存在满足条件的点E，平面的法向量，，， 设平面的法向量， 则，即， 取，解得，得， 由题意得， 解得或（舍去）， 即存在E点，且与点B距离为时，二面角的大小为． 19．(1)设，连接， 四边形为平行四边形，为中点，又为中点，， 平面，平面，平面. (2) (3)存在点， 【分析】（1）根据三角形中位线可得，由线面平行的判定定理可得结论； （2）方法一：设为中点，根据线面垂直的判定可证得平面，进而得到，作，根据线面垂直性质和二面角平面角定义可知所求角为，根据长度关系可求得结果； 方法二：以为坐标原点可建立空间直角坐标系，根据二面角的向量求法可求得结果； （3）方法一：设在面上射影为，根据线面角定义可知为与平面所成角，由长度关系可求得的长； 方法二：假设，由线面角的向量求法可构造方程求得的值，进而得到结果. 【详解】（1）略. （2）方法一：平面，平面，平面平面，； ，，平面,平面； 设为中点，则，平面， 平面，； 过作，，平面，平面， 连接，则，为二面角的平面角． ∽，，即，， 在中，，，， ，即二面角的余弦值为. 方法二：以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系， 则，，，，，； 设平面的法向量，则， 令，解得：，，； 轴平面，平面的一个法向量， ， 又二面角为锐二面角，二面角的余弦值为. （3）方法一：线段上存在点，当，与平面所成角的正切值大小为，理由如下： 设在面上射影为，则为与平面所成角. ，， ，，， ， ，； ，， 若与平面所成角的正切值大小为，即， 则， 在中，由余弦定理知：， 解得：. 方法二： 假设存在点满足题意， 设， ， 设平面的一个法向量，则， 令，解得：，，， 记直线与平面所成角为，则，， 即， 整理可得：，解得：（舍）或，. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $