周周测 03 1.4 空间向量的应用 第一章章末复习（数学人教A版选择性必修第一册）

**基本信息** 本试卷聚焦高二空间向量应用与章末复习，通过8道单选、3道多选、3道填空及5道解答题，分层考查方向向量与法向量关系、异面直线夹角、体积计算等核心知识，第19题结合泉州海洋商贸楔形零件情境，渗透文化传承，培养空间观念与应用意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|方向向量与平面位置关系、充要条件判断|基础概念辨析，如第2题结合充分必要条件考查线面关系| |多选|3/18|空间基底、投影向量、线面角|多维度能力考查，如第9题综合基底判定与投影向量计算| |填空|3/15|异面直线夹角余弦值、多面体体积|空间想象能力，如第14题通过对称四棱锥求体积| |解答|5/77|面面垂直证明、线面角、二面角|综合应用，第19题以古代楔形零件为背景，体现数学与文化融合，培养推理能力与创新意识|

2026-2027学年高二上学期数学周周测 03 1.4 空间向量的应用 第一章章末复习 一、单项选择题（本题共6小题，每小题7分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．已知直线所在方向向量为，平面的一个法向量为，则直线和平面的位置关系是（    ） A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．在面内或平行 【答案】D 【详解】设直线所在方向向量，平面的一个法向量为， ，所以 ，由此可得直线在平面内或与平面平行. 2．已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据线面平行的判定定理，结合充分、必要条件的概念，即可得答案. 【详解】若，则或，故充分性不成立， 若，则，故必要性成立， 所以“”是“”的必要不充分条件， 故选：B 3．已知直线的一个方向向量为，且直线与过和两点的直线垂直，则等于（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】先根据、两点坐标求出，再利用两直线垂直则它们的方向向量垂直，根据向量垂直的性质列出方程，进而求出的值. 【详解】已知，，根据向量坐标运算，可得. 因为直线与过、两点的直线垂直，所以直线的方向向量与垂直. 根据向量垂直的性质，可得. 化简得,解得. 故选：A. 4．已知正三棱柱的侧面积是底面积的倍，点E为四边形的中心，点F为棱的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】法一：作出辅助线，找到异面直线BF与CE所成角，求出各边长，利用余弦定理求出答案； 法二：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用空间向量求出异面直线的夹角； 法三：设，，，表达出，，求出两向量数量积和模长，利用求出答案. 【详解】法一：如图所示，取的中点G，连接FG，EG，      因为点E为四边形的中心，所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 所以或其补角就是异面直线BF与CE所成的角． 设该三棱柱的底面边长为2，正三棱柱的侧面积是底面积的倍， 则， 所以．连接BG， 则，，． 在中，由余弦定理得，所以异面直线BF与CE所成角的余弦值为， 法二：设，则由题得，所以． 以A为坐标原点，AC，所在直线分别为y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，所以，，故， 所以异面直线BF与CE所成角的余弦值为． 法三：设，则由题得，所以． 设，，，则，，，的夹角为， ，，， ， ， ， 所以 ， 所以异面直线BF与CE所成角的余弦值为. 故选：B． 5．已知空间四点，，，，则四面体的体积为（   ） A． B． C．15 D． 【答案】B 【分析】根据已知点坐标求平面的一个法向量，向量法求到面的距离，且为边长为的等边三角形，最后应用棱锥的体积公式求体积. 【详解】由题设为边长为的等边三角形， 且，，， 若是面的一个法向量，则， 令，则， 则到面的距离， 所以四面体的体积为. 故选：B    6．已知，则到直线的距离为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】先求出与同方向的单位向量的坐标，继而计算和，代入点到直线的距离的向量公式计算即得. 【详解】由可知, 则与同方向的单位向量为， 又 , , 故点到直线的距离为. 故选：D. 二、多项选择题（本题共2小题，每小题8分，共16分．） 7．下列四个结论中正确的是（    ） A．已知是空间的一组基底，则也是空间的一组基底 B．已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为 C．若A，B，C，D四点共面，则存在实数，，使 D．已知空间中的点，，，，则直线与直线的夹角的余弦值为 【答案】AD 【分析】设，判断x，y是否有解即可判断A；根据投影向量公式计算即可判断B；根据平面向量基底的条件即可判断C；求出，利用向量夹角公式求解可判断D. 【详解】对于A选项，设， 因为是空间的一组基底， 所以，无实数解，故不共面， 所以也是空间的一组基底，A正确； 对于B选项，因为，， 所以在方向上的投影向量为．故B项错误； 对于C选项，若A、C、D共线，即共线，不能作为平面向量的基底， 故当B不在A、C、D所在直线上时，不存在实数，，使得，C错误； 对于D选项，由条件可知，， 则，故D项正确． 故选：AD． 8．如图，四棱锥中，底面为正方形，，平面，为的中点，则（    ） A． B．异面直线与所成角的余弦值为； C．与平面所成角的正弦值为 D．到平面的距离为 【答案】BCD 【分析】建立适当空间直角坐标系后，借助向量模长公式可得A；借助向量夹角余弦公式计算可得B；求出平面法向量后，借助向量夹角余弦公式计算可得C；求出平面法向量后，借助空间中点到平面距离公式计算可得D. 【详解】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则、、、、、； 对A：，则，故A错误； 对B：，， 则， 故异面直线与所成角的余弦值为，故B正确； 对C：，，， 设平面的法向量为， 则有，取，则，故， 则有， 则与平面所成角的正弦值为，故C正确； 对D：，， 设平面的法向量为， 则有，取，则，，故， 又，则到平面的距离，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共2小题，每小题8分，共16分． 9．如图，三棱柱的所有棱长均相等，，分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为__________. 【答案】 【分析】以为基底，利用向量法求异面直线所成角的余弦值. 【详解】设三棱柱的所有棱长均为1， 记， 由，得， 得，，， 又， ， 所以.， 又， ， 所以， 故异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 10．如图，将两个相同的四棱锥与对称摆放组成一个多面体，已知平面，四边形是边长为2的正方形，若平面与平面的夹角为，则该多面体的体积为__________. 【答案】 【分析】由题中条件可得平面，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，根据题中条件和向量夹角公式求出，然后利用棱锥的体积公式求解. 【详解】∵平面，平面，∴，， 又，，平面，∴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， 设，则, ， 设平面的法向量为， 由，令，则，， 设平面的法向量为， 由，令，则，， 若平面与平面的夹角为， 则，解得， 所以该多面体的体积为. 故答案为：. 四、解答题：本题共1小题,共26分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 11．如图，四边形为正方形，平面， (1)证明： (2)若二面角的正切值为，求平面和平面夹角的正弦值； 【答案】(1)证明如下： 由正方形ABCD知：⊥， 又由于平面且平面，故， 又由于且平面， 故平面， 因为平面， ∴ (2) 【分析】（1）由线面垂直得到，结合得到平面，证明出结论； （2）先证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出即为二面角的平面角．利用正切值求出正方形边长，写出点的坐标，求出两平面的法向量，求出面面角的余弦值，进而求出正弦值. 【详解】（1）略 （2）由于平面且平面， 故，显然两两垂直， 如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立直角坐标系： 令AC与BD的交点为O，连接OQ， 由于平面，， 所以平面， 又平面，所以， 又⊥，，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 故即为二面角的平面角． ， ∵， ，故，故， ， 设平面的法向量为， 由，， 令得， ， 设平面的法向量为， 由，， 令，则， ， 设平面和平面夹角为， 则， . 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二上学期数学周周测 03 1.4 空间向量的应用 第一章章末复习 一、单项选择题（本题共6小题，每小题7分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．已知直线所在方向向量为，平面的一个法向量为，则直线和平面的位置关系是（    ） A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．在面内或平行 2．已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知直线的一个方向向量为，且直线与过和两点的直线垂直，则等于（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．已知正三棱柱的侧面积是底面积的倍，点E为四边形的中心，点F为棱的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 5．已知空间四点，，，，则四面体的体积为（   ） A． B． C．15 D． 6．已知，则到直线的距离为（    ） A． B． C．1 D． 二、多项选择题（本题共2小题，每小题8分，共16分．） 7．下列四个结论中正确的是（    ） A．已知是空间的一组基底，则也是空间的一组基底 B．已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为 C．若A，B，C，D四点共面，则存在实数，，使 D．已知空间中的点，，，，则直线与直线的夹角的余弦值为 8．如图，四棱锥中，底面为正方形，，平面，为的中点，则（    ） A． B．异面直线与所成角的余弦值为； C．与平面所成角的正弦值为 D．到平面的距离为 三、填空题：本题共2小题，每小题8分，共16分． 9．如图，三棱柱的所有棱长均相等，，分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为__________. 10．如图，将两个相同的四棱锥与对称摆放组成一个多面体，已知平面，四边形是边长为2的正方形，若平面与平面的夹角为，则该多面体的体积为__________. 四、解答题：本题共1小题,共26分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 11．如图，四边形为正方形，平面， (1)证明： (2)若二面角的正切值为，求平面和平面夹角的正弦值； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二上学期数学周周测 03 1.4 空间向量的应用 第一章章末复习 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．已知直线所在方向向量为，平面的一个法向量为，则直线和平面的位置关系是（    ） A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．在面内或平行 2．已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知直线的一个方向向量为，且直线与过和两点的直线垂直，则等于（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．已知正三棱柱的侧面积是底面积的倍，点E为四边形的中心，点F为棱的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 5．已知空间四点，，，，则四面体的体积为（   ） A． B． C．15 D． 6．已知，则到直线的距离为（    ） A． B． C．1 D． 7．如图，在正方体中，是中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．如图，在四棱锥中，已知：平面，，，，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，若点是中点，则四棱锥体积的最大值是（    ）    A． B． C． D． 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．下列四个结论中正确的是（    ） A．已知是空间的一组基底，则也是空间的一组基底 B．已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为 C．若A，B，C，D四点共面，则存在实数，，使 D．已知空间中的点，，，，则直线与直线的夹角的余弦值为 10．直线的方向向量为，两个平面的法向量分别为，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则直线平面 B．若，则平面平面 C．若，则平面所成锐二面角的大小为 D．若，则直线与平面所成角的大小为 11．如图，四棱锥中，底面为正方形，，平面，为的中点，则（    ） A． B．异面直线与所成角的余弦值为； C．与平面所成角的正弦值为 D．到平面的距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．如图，三棱柱的所有棱长均相等，，分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为__________. 13．在正方体中，点在正方形内（包括边界），则___________. 14．如图，将两个相同的四棱锥与对称摆放组成一个多面体，已知平面，四边形是边长为2的正方形，若平面与平面的夹角为，则该多面体的体积为__________. 四、解答题：本题共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．如图，四棱锥中，底面是正方形，是的中点，. (1)证明：平面平面； (2)若是棱上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的大小. 16．如图，在三棱锥中，侧面是全等的直角三角形，是公共的斜边，且，，另一个侧面是正三角形． (1)求证：； (2)在图中作出点到底面的距离，并说明理由； (3)在线段上是否存在一点，使与平面成角？若存在，确定的位置；若不存在，说明理由． 17．如图，在几何体中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，. (1)证明：平面； (2)若与平面所成的角为，求二面角的大小. 18．如图，四边形为正方形，平面， (1)证明： (2)若二面角的正切值为，求平面和平面夹角的正弦值； 19．宋元时期，泉州作为海洋商贸中心，成为世界第一大港.作为海上丝绸之路的起点，泉州的海外贸易极其频繁，但海上时常风浪巨大，使用原始船出行的风险也大.因此，当时的设计师为了海外贸易的正常进行，便在船只设计中才用了楔形零件结构，由此海上出行无需再惧怕船体崩溃，这也为海上贸易的发达作出了巨大贡献，而其智慧至今仍熠熠生辉.如图是从棱长为3的正方体木块中截出的一个楔形体ABCDMNPQ，将正方体的上底面平均分成九个小正方形，其中是中间的小正方形的顶点.    (1)求楔形体的表面积； (2)求平面APQ与平面的夹角的余弦值. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二上学期数学周周测 03 1.4 空间向量的应用 第一章章末复习 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．已知直线所在方向向量为，平面的一个法向量为，则直线和平面的位置关系是（    ） A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．在面内或平行 【答案】D 【详解】设直线所在方向向量，平面的一个法向量为， ，所以 ，由此可得直线在平面内或与平面平行. 2．已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据线面平行的判定定理，结合充分、必要条件的概念，即可得答案. 【详解】若，则或，故充分性不成立， 若，则，故必要性成立， 所以“”是“”的必要不充分条件， 故选：B 3．已知直线的一个方向向量为，且直线与过和两点的直线垂直，则等于（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】先根据、两点坐标求出，再利用两直线垂直则它们的方向向量垂直，根据向量垂直的性质列出方程，进而求出的值. 【详解】已知，，根据向量坐标运算，可得. 因为直线与过、两点的直线垂直，所以直线的方向向量与垂直. 根据向量垂直的性质，可得. 化简得,解得. 故选：A. 4．已知正三棱柱的侧面积是底面积的倍，点E为四边形的中心，点F为棱的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】法一：作出辅助线，找到异面直线BF与CE所成角，求出各边长，利用余弦定理求出答案； 法二：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用空间向量求出异面直线的夹角； 法三：设，，，表达出，，求出两向量数量积和模长，利用求出答案. 【详解】法一：如图所示，取的中点G，连接FG，EG，      因为点E为四边形的中心，所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 所以或其补角就是异面直线BF与CE所成的角． 设该三棱柱的底面边长为2，正三棱柱的侧面积是底面积的倍， 则， 所以．连接BG， 则，，． 在中，由余弦定理得，所以异面直线BF与CE所成角的余弦值为， 法二：设，则由题得，所以． 以A为坐标原点，AC，所在直线分别为y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，所以，，故， 所以异面直线BF与CE所成角的余弦值为． 法三：设，则由题得，所以． 设，，，则，，，的夹角为， ，，， ， ， ， 所以 ， 所以异面直线BF与CE所成角的余弦值为. 故选：B． 5．已知空间四点，，，，则四面体的体积为（   ） A． B． C．15 D． 【答案】B 【分析】根据已知点坐标求平面的一个法向量，向量法求到面的距离，且为边长为的等边三角形，最后应用棱锥的体积公式求体积. 【详解】由题设为边长为的等边三角形， 且，，， 若是面的一个法向量，则， 令，则， 则到面的距离， 所以四面体的体积为. 故选：B    6．已知，则到直线的距离为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】先求出与同方向的单位向量的坐标，继而计算和，代入点到直线的距离的向量公式计算即得. 【详解】由可知, 则与同方向的单位向量为， 又 , , 故点到直线的距离为. 故选：D. 7．如图，在正方体中，是中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先设棱长为2，建立如图坐标系，根据计算点P坐标和向量，求平面法向量，利用空间向量求线面夹角，结合二次函数求其值域即可． 【详解】设正方体棱长为2， 以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系． 则，， 可得，， 设， 则， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 则， 当时，取得最大值；当或1时，取得最小值； 所以的取值范围是． 故选：A． 8．如图，在四棱锥中，已知：平面，，，，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，若点是中点，则四棱锥体积的最大值是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据两两垂直建立空间直角坐标系，然后得到各点的坐标，再应用二面角的空间向量解法得到参数的关系式，最后根据体积公式得到最值即可. 【详解】因为平面且， 所以以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，     ， 因为已知是四边形内部一点，所以设， 其中且（即点在平面内部）， 则， 因为平面平面，所以平面的法向量为， 又因为， 设平面的法向量为， 则，即，由题易得，令，则， 所以， 因为二面角的平面角大小为， 所以， 即，解得①， 因为点是中点，所以到平面的距离为， 所以要使得四棱锥体积的最大， 则，即要取到最大值， 由①知时， 此时点不在四边形内部，矛盾， 故当时体积取到最大值，此时， 所以， 故选：D 【点睛】方法点睛：碰到两两垂直的线段时，往往可以借助空间向量法来解决，需要在求解法向量的时候注意不求错即可. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．下列四个结论中正确的是（    ） A．已知是空间的一组基底，则也是空间的一组基底 B．已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为 C．若A，B，C，D四点共面，则存在实数，，使 D．已知空间中的点，，，，则直线与直线的夹角的余弦值为 【答案】AD 【分析】设，判断x，y是否有解即可判断A；根据投影向量公式计算即可判断B；根据平面向量基底的条件即可判断C；求出，利用向量夹角公式求解可判断D. 【详解】对于A选项，设， 因为是空间的一组基底， 所以，无实数解，故不共面， 所以也是空间的一组基底，A正确； 对于B选项，因为，， 所以在方向上的投影向量为．故B项错误； 对于C选项，若A、C、D共线，即共线，不能作为平面向量的基底， 故当B不在A、C、D所在直线上时，不存在实数，，使得，C错误； 对于D选项，由条件可知，， 则，故D项正确． 故选：AD． 10．直线的方向向量为，两个平面的法向量分别为，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则直线平面 B．若，则平面平面 C．若，则平面所成锐二面角的大小为 D．若，则直线与平面所成角的大小为 【答案】BCD 【分析】由，则直线平面或，可判断不正确；根据平面法向量的概念及空间角的求解方法，可判断正确. 【详解】由，则直线平面或，故错误； 由，则平面平面，故正确； 若，设平面和平面所成角为，且， 则， 所以平面所成锐二面角的大小为，故正确； 设直线与平面所成角为， 则，且， 所以直线与平面所成角的大小为，故正确. 故选：. 11．如图，四棱锥中，底面为正方形，，平面，为的中点，则（    ） A． B．异面直线与所成角的余弦值为； C．与平面所成角的正弦值为 D．到平面的距离为 【答案】BCD 【分析】建立适当空间直角坐标系后，借助向量模长公式可得A；借助向量夹角余弦公式计算可得B；求出平面法向量后，借助向量夹角余弦公式计算可得C；求出平面法向量后，借助空间中点到平面距离公式计算可得D. 【详解】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则、、、、、； 对A：，则，故A错误； 对B：，， 则， 故异面直线与所成角的余弦值为，故B正确； 对C：，，， 设平面的法向量为， 则有，取，则，故， 则有， 则与平面所成角的正弦值为，故C正确； 对D：，， 设平面的法向量为， 则有，取，则，，故， 又，则到平面的距离，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．如图，三棱柱的所有棱长均相等，，分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为__________. 【答案】 【分析】以为基底，利用向量法求异面直线所成角的余弦值. 【详解】设三棱柱的所有棱长均为1， 记， 由，得， 得，，， 又， ， 所以.， 又， ， 所以， 故异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 13．在正方体中，点在正方形内（包括边界），则___________. 【答案】1 【分析】以正方体的顶点为坐标原点，分别以射线的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，，得到相关顶点坐标和相关向量，根据向量夹角公式得到，分别平方再相加得出答案. 【详解】以正方体的顶点为坐标原点，分别以射线的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示. 设正方体的棱长为，则相关顶点的坐标为： ，，，， 点在正方形内（包括边界），则， 其中满足，. 则，，，， ，. 根据向量夹角公式，则： ， ， ， 则. 14．如图，将两个相同的四棱锥与对称摆放组成一个多面体，已知平面，四边形是边长为2的正方形，若平面与平面的夹角为，则该多面体的体积为__________. 【答案】 【分析】由题中条件可得平面，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，根据题中条件和向量夹角公式求出，然后利用棱锥的体积公式求解. 【详解】∵平面，平面，∴，， 又，，平面，∴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， 设，则, ， 设平面的法向量为， 由，令，则，， 设平面的法向量为， 由，令，则，， 若平面与平面的夹角为， 则，解得， 所以该多面体的体积为. 故答案为：. 四、解答题：本题共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．如图，四棱锥中，底面是正方形，是的中点，. (1)证明：平面平面； (2)若是棱上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明：因为四边形为正方形，为的中点，，所以. 在中，由余弦定理得， 因为，所以，即. 因为，所以，所以. 又因为平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. (2) 【分析】（1）首先根据及正方形的性质可求，在中利用余弦定理求得，即可证明.再证明，可得，利用线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，平面的法向量为和，利用向量法即可求解直线与平面所成角. 【详解】（1）略 （2）由（1）得两两垂直，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. 则， 于是. 设平面的法向量为， 则，即， 令，可得. 设直线与平面所成的角为， 则， 解得， 故直线与平面所成的角为. 16．如图，在三棱锥中，侧面是全等的直角三角形，是公共的斜边，且，，另一个侧面是正三角形． (1)求证：； (2)在图中作出点到底面的距离，并说明理由； (3)在线段上是否存在一点，使与平面成角？若存在，确定的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1) 如图所示，取中点，连接， 因为，所以， 又因为，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以； (2) 作于点， 因为平面，平面， 所以， 因为，且平面，所以平面， 在中，，， 则，所以，故， 因为，所以， 故， 在中，， 所以为钝角，所以点在延长线上， 在中，，故， 所以， 所以，所以垂足与构成一个正方形， 故线段即为点到底面的距离； (3)存在，且点在的位置 【分析】（1）取中点，连接，证明平面，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）作于点，证明平面，再求出的长度，进而可求出点的位置，即可得解； （3）结合（2）中所得可建立适当空间直角坐标系，结合空间向量计算即可得. 【详解】（1）略 （2）略 （3）由（2）可知平面，且底面为正方形， 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，，，，， 则，，， 令，则， 令平面的法向量为， 则有，即， 可取，则，即， 则， 整理得，即，由，故， 则， 即存在点，且点在的位置. 【点睛】方法点睛：立体几何开放性问题求解方法有以下两种： （1）根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论； （2）假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在． 17．如图，在几何体中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，. (1)证明：平面； (2)若与平面所成的角为，求二面角的大小. 【答案】(1)如图所示，取中点，连接，    因为平面，平面， 所以， 因为，， 所以四边形是平行四边形， 又因为， 所以四边形是正方形， 所以， 在中，， 所以，所以， 又因为平面，， 所以平面 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的性质得到，根据图形关系计算得到，结合线面垂直的判定定理即可得证； （2）根据题意找到与平面所成的角为，结合题意建立空间直角坐标系，根据二面角的向量求解方法进行计算即可. 【详解】（1）略 （2）因为平面， 所以与平面所成的角为， 由平面，平面， 得，则， 因为平面，平面， 所以， 又因为， 所以以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，    所以，所以， 设平面的法向量为， 则，令，得， 同理平面的法向量为， 设二面角的大小为，由图可知，， 所以，则， 所以二面角的大小为 18．如图，四边形为正方形，平面， (1)证明： (2)若二面角的正切值为，求平面和平面夹角的正弦值； 【答案】(1)证明如下： 由正方形ABCD知：⊥， 又由于平面且平面，故， 又由于且平面， 故平面， 因为平面， ∴ (2) 【分析】（1）由线面垂直得到，结合得到平面，证明出结论； （2）先证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出即为二面角的平面角．利用正切值求出正方形边长，写出点的坐标，求出两平面的法向量，求出面面角的余弦值，进而求出正弦值. 【详解】（1）略 （2）由于平面且平面， 故，显然两两垂直， 如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立直角坐标系： 令AC与BD的交点为O，连接OQ， 由于平面，， 所以平面， 又平面，所以， 又⊥，，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 故即为二面角的平面角． ， ∵， ，故，故， ， 设平面的法向量为， 由，， 令得， ， 设平面的法向量为， 由，， 令，则， ， 设平面和平面夹角为， 则， . 19．宋元时期，泉州作为海洋商贸中心，成为世界第一大港.作为海上丝绸之路的起点，泉州的海外贸易极其频繁，但海上时常风浪巨大，使用原始船出行的风险也大.因此，当时的设计师为了海外贸易的正常进行，便在船只设计中才用了楔形零件结构，由此海上出行无需再惧怕船体崩溃，这也为海上贸易的发达作出了巨大贡献，而其智慧至今仍熠熠生辉.如图是从棱长为3的正方体木块中截出的一个楔形体ABCDMNPQ，将正方体的上底面平均分成九个小正方形，其中是中间的小正方形的顶点.    (1)求楔形体的表面积； (2)求平面APQ与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意楔形体为上底、下底分别为1，3，高为3的正四棱台，可以依次求出其侧棱以及斜高，然后即可求出它的表面积. （2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，由法向量夹角余弦的绝对值公式即可得解. 【详解】（1）易得该楔形体的上底面为边长为1的正方形，下底面是边长为3的正方形， 侧面是等腰梯形，其上底面边长为1，下底面边长为3，腰的长为， 所以侧面等腰梯形的高为， 所以该楔形体的表面积为. （2）以点为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则，，，，， 则，，，. 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则， 解得，令，则，     所以平面的一个法向量为， 同理得，解得，令，则； 即平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $