专题07 立体几何与空间向量（期中真题汇编，北京专用）高三数学上学期

专题07 立体几何与空间向量 3大高频考点概览 考点01 空间几何体 考点02 点、直线、平面间的位置关系 考点03 空间向量的应用 考点01 空间几何体 1．（25-26学年高三上·北京第五十五中学·期中）如图，边长为1的正方体中，为边任意一点，将正方体挖掉三棱锥后，余下部分的体积为（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高三上·北京北京汇文中学·期中）如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去到正方体的某个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分，则该几何体的表面积为（       ） A. 24－3π B. 24－π C. 24＋π D. 24＋5π 3．（25-26学年高三上·北京第十四中学·期中）在棱长为1的正方体中，E，F分别为线段CD和上的动点，且满足，则四边形所围成的图形（如图所示阴影部分）分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和（　　） A. 有最小值 B. 有最大值 C. 为定值3 D. 为定值2 4．（25-26学年高三上·北京顺义区第一中学·期中）木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形是边长为4的正方形，且，均为等边三角形，，，则该木楔的体积为（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高三上·北京丰台区怡海中学·期中）如图，在四棱锥中，，其余的六条棱长均为2，则该四棱锥的体积为（       ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年高三上·北京西城外国语学校·期中）楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体ABCDEF，其中面ABCD为正方形．若，，且EF与面ABCD的距离为2cm，则该楔体形构件的体积为　　　　　　. 7．（25-26学年高三上·北京第八中学·期中）我国古代数学典籍九章算术中有一种名为“羡除”的几何体，它由古代的隧道形状抽象而来.如图所示，在五面体中，，四边形，，为等腰梯形，且平面平面.其中，，（），且到平面的距离为，和的距离为，若，，，，，则该“羡除”的体积为　　　　　　. 8．（25-26学年高三上·北京通州·期中）如图，某坡屋顶可视为一个五面体，底面为矩形，．若m，m，m，且与平面所成角的正弦值均为，则该五面体的体积为　　　　　　　　　　m3． 9．（25-26学年高三上·北京第一六六中学·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，，，则该四棱锥的高为　　　　　　，体积为　　　　　　． 10．（25-26学年高三上·北京朝阳·期中）如图，在长方体中，，过点的平面分别交棱于.已知四边形为菱形，且，则　　　　　　　　　　.；长方体被平面所截得的上下两部分体积之比为　　　　　　　　　　. 考点02 点、直线、平面间的位置关系 1．（25-26学年高三上·北京东直门中学·期中）在空间中，是不重合的直线，是不重合的平面，则下列说法正确的是（       ） A. 若，则； B. 若，则； C. 若，则； D. 若，则 2．（25-26学年高三上·北京第一七一中学·期中）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 3．（25-26学年高三上·北京顺义区第一中学·期中）如图，正方体的棱长为2，分别为棱的中点，为棱上的动点，有下列说法：    ①平面截正方体表面所得的交线形成的图形可能为三角形； ②平面截正方体表面所得的交线形成的图形可以是菱形且此时截面面积最大； ③存在点使所有棱和平面所成角都相等； ④点到平面的距离不超过； 则下列说法中正确的个数（       ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 考点03 空间向量的应用 1．（25-26学年高三上·北京西城外国语学校·期中）如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直.点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动.设，，给出下列四个结论：    ①存在点，，使； ②存在点，，使； ③到直线和的距离相等的点有无数个； ④若，则四面体体积的最大值为. 其中所有正确结论的个数是（     ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2．（25-26学年高三上·北京第五十五中学·期中）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，分别是中点，与平面交于点，. （1）证明：是的中点； （2）求平面与平面夹角的大小； （3）求点到平面的距离. 3．（25-26学年高三上·北京第十四中学·期中）（多选）在三棱柱中，底面是正三角形，侧棱底面．D，E分别是边BC，AC的中点，线段与交于点G，且，． （1）求证：∥平面； （2）求证：⊥平面； （3）求二面角的余弦值． 4．（25-26学年高三上·北京第一七一中学·期中）如图，在直四棱柱中，底面是平行四边形，，. （1）求证：； （2）求二面角的大小； （3）在线段上是否存在点，使得平面?若存在，求的值；若不存在，说明理由. 5．（25-26学年高三上·北京北京汇文中学·期中）如图，在正三棱柱中，，，分别为，的中点. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的大小； （3）线段上是否存在点，使得？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，说明理由. 6．（25-26学年高三上·北京西城外国语学校·期中）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 7．（25-26学年高三上·北京顺义区第一中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，、分别为棱，的中点.    （1）求证：平面； （2）若平面平面，. （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）在棱上是否存在点，使平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 8．（25-26学年高三上·北京东直门中学·期中）如图，在四面体中，平面是的中点，是的中点.点在线段上，且. （1）求证：平面； （2）若，求平面与平面的夹角的正弦值. 9．（25-26学年高三上·北京第八中学·期中）如图所示，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，点E为AD的中点，，平面ABCD，且 （1）求证：； （2）线段PC上是否存在一点F，使二面角的余弦值是？若存在，请找出点F的位置；若不存在，请说明理由． 10．（25-26学年高三上·北京通州·期中）如图，在六面体中，为正方形，． （1）求证平面； （2）若二面角为直二面角，求平面与平面夹角的余弦值． 11．（25-26学年高三上·北京第一六六中学·期中）如图，四棱锥的底面是边长为 的菱形，， 是棱的中点，平面与棱交于点 ．    （1）求证： 为棱的中点； （2）若平面平面，，求直线与平面所成角的正弦值． 12．（25-26学年高三上·北京朝阳·期中）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，.    （1）若为的中点，求证：平面； （2）若平面. （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）求点到平面的距离. 13．（25-26学年高三上·北京丰台区怡海中学·期中）如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，. （1）证明：平面平面. （2）线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 14．（25-26学年高三上·北京丰台区怡海中学·期中）（多选）如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，Q是PB的中点 （1）证明：平面 （2）若平面， ，求平面与平面所成角的余弦值. 15．（25-26学年高三上·北京昌平区第一中学·期中）如图，在三棱柱中，平面平面， （1）设D为AC中点，证明: AC⊥平面; （2）求平面与平面夹角的余弦值. 16．（25-26学年高三上·北京第一六一中学·期中）四棱柱中，底面是边长为1的正方形，侧面是矩形，且平面平面.    （1）证明：平面平面； （2）设，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值； （3）在（2）的条件下，求点到平面的距离. 17．（25-26学年高三上·北京昌平区第一中学·期中）长方体中，，点是的中点，点是平面内的动点，则三棱锥的体积为　　　　　　　　　　　；若，则的最大值为　　　　　　　　　　　． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 立体几何与空间向量 考点01 空间几何体 考点02 点、直线、平面间的位置关系 考点03 空间向量的应用 考点01 空间几何体 1．D 2．B 3．D 4．D 5．C 6．【答案】 【分析】 作辅助线，将五面体分割为三棱柱与四棱锥，再利用锥体与柱体的体积关系计算该几何体的体积． 【详解】 由五面体ABCDEF可知，四边形与四边形都为平面四边形. 如图所示，分别取，的中点，，连接，，，    因为面为正方形，所以， 又平面，平面， 所以平面， 又平面平面，平面， 所以， 因为，分别为，的中点，，， 所以， 则四边形为平行四边形，同理四边形也为平行四边形. 则，平面，平面， 所以平面，同理平面，又， 且平面，平面， 所以平面平面，又四边形也是平行四边形， 所以几何体为三棱柱， 已知EF与面ABCD的距离为2cm，即点到平面的距离. 由题意，； 又； 所以该五面体的体积 ． 故答案为：. 7．【答案】40 【分析】 将“羡除”分割为两个四棱锥和一个直棱柱求体积. 【详解】 如图，平面内，过分别作的垂线，垂足分别为， 平面内，过分别作的垂线，与分别交于， 将“羡除”分割为两个四棱锥，和直棱柱， 由，四边形，，为等腰梯形，且平面平面. 则，，， 故所求几何体的体积为 ． 故答案为：40 8．【答案】 【分析】 由直线与平面夹角正弦值，可得直线与平面夹角正切值，结合题意可得几何体的高，再把几何体作如图分割，可得答案. 【详解】 如图，做平面，取中点为， 则四点共线，，. 连接，则, , , 则， 则，如图作， 则，则五面体的体积为： m3. 故答案为： 9．【答案】① 4    ② 【分析】 先利用菱形的性质定理及线面垂直的判定定理得平面，进而利用面面垂直的判定定理得平面平面．然后建立空间直角坐标系，设，利用和求得点P坐标即可求解锥体的高，最后利用棱锥的体积公式计算即可． 【详解】 连接交于点，连接．因为四边形是菱形， 所以，且为的中点． 因为，所以． 又因为，平面，且，所以平面． 而平面，所以平面平面． 故以OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过O点作平面的垂线作为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，所以，， 则， 由题意平面即为平面xOz，故设. 因为，所以，即. 又，所以，所以， 由，得，解得， 所以，所以，所以该四棱锥的高为4； 又菱形的面积为， 所以该四棱锥的体积为. 故答案为：4； 10．【答案】①     ② 【分析】 （1）设，利用长方体性质与菱形性质计算即可得； （2）过点作与底面平行的平面，则由长方体对称性可得等于平面与底面所夹长方体的体积的一半，再利用长方体体积公式计算即可得. 【详解】 设，则， 则， 由四边形为菱形，则，即有， 解得，即； 设长方体被平面所截得的上下两部分体积分别为、， 过点作与底面平行的平面，由长方体对称性可得： 等于平面与底面所夹长方体的体积的一半，即， 则，则. 故答案为：；. 考点02 点、直线、平面间的位置关系 1．C 2．B 3．B 考点03 空间向量的应用 1．C 2．【答案】（1） 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，故， 则，而平面，平面，故平面， 又平面平面，平面，故， 是中点，故是的中点；     （2）     （3）      【分析】 （1）根据线面平行的判定定理证明平面，再根据线面平行的性质定理推出，即可证明结论； （2）说明两两垂直，即可建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案； （3）根据空间距离的向量求法，即可求得答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取的中点为O，连接， 因为，故，且, 而，则，即得, 则两两垂直， 以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的一个法向量为 ， 则 ， ，令，则，则， 平面的一个法向量可取为， 平面与平面的夹角为， 故， 平面与平面夹角的大小为； (3) 小问详解： 由（2）可知，则, 故点到平面的距离为. 3．【答案】（1）证明：因为E为AC中点，G为B1C中点．所以EG∥AB1． 又因为EG⊄平面AB1D，AB1⊂平面AB1D， 所以EG∥平面AB1D． （2）证明：取B1C1的中点D1，连接DD1． 显然DA，DC，DD1两两互相垂直，如图，建立空间直角坐标系D-xyz， 则D（0，0，0），，B（0，-2，0），，，，C（0，2，0）． 所以，，． 又因为，， 所以BC1⊥DA，BC1⊥DB1． 又因为DA∩DB1=D，所以BC1⊥平面AB1D． （3）. 【分析】 （1）证明EG∥AB1．然后利用直线与平面平行的判定定理证明EG∥平面AB1D． （2）取B1C1的中点D1，连接DD1．建立空间直角坐标系D-xyz，通过向量的数量积证明BC1⊥DA，BC1⊥DB1．然后证明BC1⊥平面AB1D． （3）求出平面B1CB的一个法向量，平面AB1C的一个法向量，设二面角A-B1C-B的平面角为θ，利用空间向量的数量积求解二面角的余弦函数值即可． 【详解】 （1）略 （2） 略 （3）解：显然平面B1CB的一个法向量为=（1，0，0）． 设平面AB1C的一个法向量为：=（x，y，z）， 又，， 由 得 设x=1，则，，则． 所以． 设二面角A-B1C-B的平面角为θ，由图可知此二面角为锐二面角， 所以． 【点睛】 本题考查直线与平面垂直以及平行的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查计算能力． 4．【答案】(1) 在直四棱柱中，    底面， 因为底面， 所以. 因为，， 所以平面. 因为平面， 所以. (2)； (3) 存在，的值是，理由如下： 设.                                              因为， 由(2) 知平面的一个法向量为，         因为平面，可得. 所以，解得. 所以，在线段上存在点使得平面，的值是. 【分析】 (1) 线线垂直需要借助于线面垂直，结合图形分析出需要先证明平面；而证明线面垂直需要证明与面里面的两条相交线垂直即和； (2) 由两两垂直可建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量之后，直接利用空间向量的夹角公式即可求得； (3) 通过向量表示出所求线段的比例关系，然后依次表示出所需向量的坐标，利用线面垂直时线与面的法向量平行即可得出等量关系，解方程即可求得结果. 【详解】 解：(1) 略 (2) 因为平面，且，所以两两垂直. 如图建立空间直角坐标系，则，，      ，，，        设平面的法向量为 ，， 由   可得 令，解得， 所以                                                                    因为平面， 所以平面的一个法向量为                   所以                                    由题可知二面角为锐角， 所以二面角的大小为.                   (3) 略 【点睛】 向量法求解空间几何问题的步骤：建、设、求、算、取 1、建：建立空间直角坐标系，以三条互相垂直的直线的交点为原点，没有三条垂线时需要做辅助线；建立右手直角坐标系（尽可能使得较多的关键点落在坐标轴或者坐标平面内）； 2、设：设出所需的点的坐标，得出所需要的向量坐标； 3、求：求出所需平面的法向量； 4、算：运用向量的数量积，验证平行垂直，求出两个平面的法向量的夹角的余弦值； 5、取：根据题意或者二面角线面角的范围，得出答案. 5．【答案】（1）证明：取中点，连接. 因为正三棱柱， 所以，且. 因为E为线段的中点， 所以且. 所以且. 因为D为中点，所以. 所以且. 所以四边形是平行四边形. 所以. 又因为平面平面， 所以平面.      （2）     （3）存在，距离为      【分析】 （1）取中点，连接，进而根据几何关系证明四边形是平行四边形，进而证明结论； （2）分别取中点O，，连接，进而以O为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可； （3）假设存在点G，设，进而根据得，再计算点到面的距离即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 分别取中点O，，连接. 因为是正三棱柱， 所以平面，. 所以平面. 所以. 以O为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系. 则. 所以. 设平面的法向量为， 所以 ，即 令，解得，所以. 设直线与平面所成角为，， 则， 所以. 即直线与平面所成角为. (3) 小问详解： 解：假设存在点G，设. 所以. 所以. 由知， 若，则. 解得.即G与C为同一个点. 因为，平面的法向量为， 所以点G到平面的距离. 6．【答案】（1） 设的中点为，连接、， 因为为的中点，所以，且， 又，且，所以，且， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，所以平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）设的中点为，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再结合线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）记的中点为，连接，推导出，然后以为原点，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二面角的余弦值； （3）设，利用空间向量法可求出的值，在利用空间向量法可求出点到平面的距离. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 记的中点为，连接， 因为，，， 所以四边形是矩形，则，， 以为原点，以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图， 则、、、， 则，，， 设平面的一个法向量为， 所以 ，令，则， 设平面的一个法向量为， 所以 ，令，则， 所以， 由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. (3) 小问详解： 依题意，设，则， 又由（2）得平面的一个法向量为， 记直线与平面所成角为， 所以，解得（负值舍去）， 所以，则， 而由（2）得平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 7．【答案】（1） 在四棱锥中，取中点，连接， 由为棱中点，得， 又是长方形边的中点，则， 因此，则四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面.     （2）（i）； （ii）不存在，理由如下： 假设在棱上存在点，使平面， 而，， 令，则， 由平面，得，因此，无解， 所以在棱上不存在点，使平面.      【分析】 （1）取中点，利用线面平行的判定推理得证. （2）（i）根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法求解；（ii）假定存在，利用空间位置关系的向量证明推理判断. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （i）由平面平面，平面平面， 又，平面， 所以平面，又，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 又，， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则 ，令，得， 易得平面的一个法向量， 所以平面与平面夹角的余弦值为.        （ii）略 8．【答案】（1）证明：取线段的中点，线段靠近点的四等分点， 连接，如图， 是的中点，，且，即， 又，且， ，且四边形为平行四边形， ， 平面平面， 平面.      （2）      【分析】 （1）先取点的四等分点，再证明四边形为平行四边形，进而得出，进而应用线面平行判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，再求出平面的法向量及平面的法向量，应用二面角余弦公式计算，最后应用同角三角函数关系计算求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图建系，设， 则， . 设平面的法向量为， 则 ，令，得. 取平面的法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则， ， 即平面与平面的夹角的正弦值为. 9．【答案】（1） 因为，，所以， 因为，E为AD的中点，所以， 所以≌，所以， 因为，所以，,所以， 又因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 又因为，且PH，平面PEC，所以平面PEC， 又平面PEC，．     （2） 因为，≌，， 所以，， 因为，， 所以∽， 所以， 所以， ，，， 因为、EC、BD两两垂直， 建立以H为坐标原点，HB、HC、HP所在直线分别为x，y，z轴的坐标系， ，，，，， 假设线段PC上存在一点F满足题意， 因为与共线，所以存在唯一实数，满足， 所以， 设向量为平面的一个法向量，且，， 所以 ，取，得， 同理得平面的一个法向量， 因为二面角的余弦值是， 所以， 由，解得或， 观察图象可得当时，二面角的平面角为钝角，与条件矛盾，故， 所以，又， 所以线段PC上存在一点F，当点F满足时，二面角的余弦值是． 【分析】 先证明， ，根据线面垂直判定定理证明平面，再证明； 推导出两两垂直，建立空间直角坐标系，设点的坐标，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式列方程求出点的坐标. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 10．【答案】（1） 取的中点，连接、. 由，，得且， 故四边形为平行四边形，从而且. 又为正方形，故且，因此且， 四边形为平行四边形，得. 因平面，平面，故平面.     （2）      【分析】 （1）构造中点，通过平行四边形证明线线平行，进而证得线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求平面法向量，进而求得二面角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由二面角为直二面角，即平面平面，且交线为， 平面，所以平面， 由于平面，所以，所以两两互相垂直， 由此以为原点，分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，，，. 得，. 设平面的法向量为，则 ， 令，得，，即. 平面的法向量为. 则平面与平面夹角的余弦值为. 11．【答案】（1） 因为底面是菱形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，平面平面， 所以，故， 在中，因为 是棱的中点，所以 为棱的中点．     （2）      【分析】 （1）证明出平面，利用线面平行的性质推导出，进而得出，结合中位线的性质可证得结论成立； （2）取中点，连接、 ，推导出平面，，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为 、 、 轴的正方向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. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取中点，连接、 ，因为，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 在菱形中，，且 ，故为等边三角形， 所以， 以点为坐标原点，、、的方向分别为 、 、 轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，    则、、、、， 设平面的一个法向量为， ，， 则 ，取，则． 设直线与平面所成角为，， ， 直线与平面所成角的正弦值为． 12．【答案】（1） 取中点，连接，，如图：    因为与均为等腰直角三角形，且，. 所以四边形为直角梯形，且，，. 所以四边形为正方形. 所以，平面，平面，所以平面； 又因为为中点，所以，平面，平面，所以平面， 且平面，，所以平面平面. 又平面，所以平面.     （2）（i）；（ii）.      【分析】 （1）先证平面平面，再根据面面平行得到线面平行. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦和点到平面的距离. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面，四边形为正方形，故可以为原点，建立空间直角坐标系，如图：    因为， 所以，，，，. 所以，，，. 设平面的法向量为， 则 ，可取. 因为，，所以平面的一个法向量为：. （i）设平面与平面夹角为，则. （ii）点到平面的距离为. 13．【答案】（1） 证明：取棱的中点O，连接， ，则，， 因为是等边三角形，且O是的中点，所以. 因为，所以，所以，则. 因为平面，平面，且， 所以平面. 因为平面，所以平面平面.      （2）当或时，直线与平面所成角的正弦值为.      【分析】 （1）取棱的中点O，连接，由题设条件结合勾股定理依次求出和，接着由线面垂直判定定理得证平面，再由面面垂直判定定理即可得证命题； （2）建立适当空间直角坐标系，设，，求出向量和平面的法向量，根据线面角的向量法公式即可建立关于的方程，解方程即可得解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取棱CD的中点F，连接OF，则两两垂直， 以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，则，， 设，,则， 又，所以. 设平面的法向量为， 则 令，得. 设直线与平面所成的角为， 则， 解得或， 故当或时，直线与平面所成角的正弦值为. 14．【答案】（1） 证明：设AC,BD交于点O，因为是正方形，所以O为BD的中点. 连结.因为为的中点，所以为的中位线，所以. 因为平面，平面， 所以平面.      （2）.      【分析】 （1）根据三角形的中位线可得线线平行，即可由线面平行的性质求解， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可由向量的夹角求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由于平面，且底面为正方形，如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，则， 设平面的法向量为， ，则 ， 令，则，即， 由题意可得：平面的法向量， ∵， 故平面和平面所成角的余弦值为. 15．【答案】（1） 证明：因为为中点，且， 所以在中，有，且， 又平面平面，且平面平面，平面, 所以平面， 又平面，则， 由，，得， 因为，，，所以由勾股定理，得， 又，平面， 所以平面；     （2）      【分析】 （1）根据等边三角形的性质得出，根据平面平面得出平面，，利用勾股定理得出，从而证明平面； （2）建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面的法向量和平面的一个法向量，利用向量求平面与平面的夹角余弦值． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图所示，以（1）中的为原点，建立空间直角坐标系， 可得， 则， 设平面的法向量为， 由 ，令，得，， 所以, 由（1）知，平面， 所以平面的一个法向量为， 记平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 16．【答案】（1） 因为侧面是矩形，所以， 又平面平面.，两平面交线为，在平面内， 所以平面.又在平面内， 所以， 又底面为正方形，所以，且为平面内两条相交直线， 所以平面， 又在平面内， 所以平面平面；     （2）     （3）      【分析】 （1）由平面平面.得到平面.进而求证平面，即可； （2）建系，求得平面法向量代入夹角公式即可求解； （3）由点到面的距离公式即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知：四棱柱为直四棱柱，如图建系：    则， 设平面的法向量为，， 所以 ， 令，得，即 易知平面的法向量为， 所以， 解得：； (3) 小问详解： ， 所以点到平面的距离 17．【答案】①     ② 【分析】 由三棱锥等体积转换可得，运算得解；先确定点所在的截面圆，通过面面垂直找到球心到截面的距离，进而求出截面圆半径，再结合点与截面圆的位置关系求出的最大值. 【详解】 由题，. 如图，连接，则， 由可知点在以的中点为球心，为半径的球面上. 而又在平面内，故为平面与球的截面圆上的动点. 取的中点，的中点，的中点，连接， 则由长方体的性质得平面，且三角形为直角三角形， 而平面，所以平面平面， 作于，因平面平面，平面， 故平面，故为截面圆的圆心. 又， 所以截面圆的半径为， 所以点在以为圆心，为半径的圆上， 而既在球面上，又在平面内，故在截面圆上， 故的最大值即为截面圆的直径长，则的最大值为. 故答案为：；. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 立体几何与空间向量 3大高频考点概览 考点01 空间几何体 考点02 点、直线、平面间的位置关系 考点03 空间向量的应用 考点01 空间几何体 1．（25-26学年高三上·北京第五十五中学·期中）如图，边长为1的正方体中，为边任意一点，将正方体挖掉三棱锥后，余下部分的体积为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 利用等体积法结合三棱锥与正方体的体积公式计算即可. 【详解】 易知平面，则P到平面的距离始终为1， 由题意可知, 又易知正方体的体积为1，所以余下部分的体积为. 故选：D 2．（25-26学年高三上·北京北京汇文中学·期中）如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去到正方体的某个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分，则该几何体的表面积为（       ） A. 24－3π B. 24－π C. 24＋π D. 24＋5π 【答案】B 【分析】 根据几何体结构特征，利用球、正方体和圆的面积公式可得. 【详解】 由题意知，该几何体是从棱长为2的正方体中截去以正方体某个顶点为球心，2为半径的球后的剩余部分， 其表面积等于正方体表面积减去三个半径为2的圆，再加上2为半径的球面， 则. 故选：B 3．（25-26学年高三上·北京第十四中学·期中）在棱长为1的正方体中，E，F分别为线段CD和上的动点，且满足，则四边形所围成的图形（如图所示阴影部分）分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和（　　） A. 有最小值 B. 有最大值 C. 为定值3 D. 为定值2 【答案】D 【分析】 分别在后，上，左三个平面得到该四边形的投影，求其面积和即可． 【详解】 依题意，设四边形D1FBE的四个顶点在后面，上面，左面的投影点分别为D'，F'，B'，E'，则四边形D1FBE在上面，后面，左面的投影分别如上图． 所以在后面的投影的面积为S后=1×1=1， 在上面的投影面积S上=D'E'×1=DE×1=DE， 在左面的投影面积S左=B'E'×1=CE×1=CE， 所以四边形D1FBE所围成的图形（如图所示阴影部分）分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和 S=S后+S上+S左=1+DE+CE=1+CD=2． 故选D． 【点睛】 本题考查了正方体中四边形的投影问题，考查空间想象能力．属于中档题． 4．（25-26学年高三上·北京顺义区第一中学·期中）木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形是边长为4的正方形，且，均为等边三角形，，，则该木楔的体积为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接，取的中点O，连接，求出，结合三棱锥和三棱柱的体积公式计算即可. 【详解】 如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接， 则由题意等腰梯形全等于等腰梯形， 则. 取的中点O，连接，因为，所以， 则， ∴. 因为，，所以，因为四边形为正方形， 所以，又因为，平面，所以平面， 所以平面，同理可证平面， ∴多面体的体积 ， 故选：D. 5．（25-26学年高三上·北京丰台区怡海中学·期中）如图，在四棱锥中，，其余的六条棱长均为2，则该四棱锥的体积为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 先证明，从而可证平面平面，则有顶点的射影在上，从而可得，即有是直角三角形，再求出底面积和高即可求出体积. 【详解】 连接，交点为，如图所示： ，且是公共边， ，， 易得，， 即，又，， ，平面， 平面，又平面， 平面平面. 过点作平面，垂足为，连接， ，， 平面，，， 由是公共边，， 即有， 三点在以为直径的圆周上， ，，， ， ， . 故选：C 6．（25-26学年高三上·北京西城外国语学校·期中）楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体ABCDEF，其中面ABCD为正方形．若，，且EF与面ABCD的距离为2cm，则该楔体形构件的体积为　　　　　　. 【答案】 【分析】 作辅助线，将五面体分割为三棱柱与四棱锥，再利用锥体与柱体的体积关系计算该几何体的体积． 【详解】 由五面体ABCDEF可知，四边形与四边形都为平面四边形. 如图所示，分别取，的中点，，连接，，，    因为面为正方形，所以， 又平面，平面， 所以平面， 又平面平面，平面， 所以， 因为，分别为，的中点，，， 所以， 则四边形为平行四边形，同理四边形也为平行四边形. 则，平面，平面， 所以平面，同理平面，又， 且平面，平面， 所以平面平面，又四边形也是平行四边形， 所以几何体为三棱柱， 已知EF与面ABCD的距离为2cm，即点到平面的距离. 由题意，； 又； 所以该五面体的体积 ． 故答案为：. 7．（25-26学年高三上·北京第八中学·期中）我国古代数学典籍九章算术中有一种名为“羡除”的几何体，它由古代的隧道形状抽象而来.如图所示，在五面体中，，四边形，，为等腰梯形，且平面平面.其中，，（），且到平面的距离为，和的距离为，若，，，，，则该“羡除”的体积为　　　　　　. 【答案】40 【分析】 将“羡除”分割为两个四棱锥和一个直棱柱求体积. 【详解】 如图，平面内，过分别作的垂线，垂足分别为， 平面内，过分别作的垂线，与分别交于， 将“羡除”分割为两个四棱锥，和直棱柱， 由，四边形，，为等腰梯形，且平面平面. 则，，， 故所求几何体的体积为 ． 故答案为：40 8．（25-26学年高三上·北京通州·期中）如图，某坡屋顶可视为一个五面体，底面为矩形，．若m，m，m，且与平面所成角的正弦值均为，则该五面体的体积为　　　　　　　　　　m3． 【答案】 【分析】 由直线与平面夹角正弦值，可得直线与平面夹角正切值，结合题意可得几何体的高，再把几何体作如图分割，可得答案. 【详解】 如图，做平面，取中点为， 则四点共线，，. 连接，则, , , 则， 则，如图作， 则，则五面体的体积为： m3. 故答案为： 9．（25-26学年高三上·北京第一六六中学·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，，，则该四棱锥的高为　　　　　　，体积为　　　　　　． 【答案】① 4    ② 【分析】 先利用菱形的性质定理及线面垂直的判定定理得平面，进而利用面面垂直的判定定理得平面平面．然后建立空间直角坐标系，设，利用和求得点P坐标即可求解锥体的高，最后利用棱锥的体积公式计算即可． 【详解】 连接交于点，连接．因为四边形是菱形， 所以，且为的中点． 因为，所以． 又因为，平面，且，所以平面． 而平面，所以平面平面． 故以OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过O点作平面的垂线作为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，所以，， 则， 由题意平面即为平面xOz，故设. 因为，所以，即. 又，所以，所以， 由，得，解得， 所以，所以，所以该四棱锥的高为4； 又菱形的面积为， 所以该四棱锥的体积为. 故答案为：4； 10．（25-26学年高三上·北京朝阳·期中）如图，在长方体中，，过点的平面分别交棱于.已知四边形为菱形，且，则　　　　　　　　　　.；长方体被平面所截得的上下两部分体积之比为　　　　　　　　　　. 【答案】①     ② 【分析】 （1）设，利用长方体性质与菱形性质计算即可得； （2）过点作与底面平行的平面，则由长方体对称性可得等于平面与底面所夹长方体的体积的一半，再利用长方体体积公式计算即可得. 【详解】 设，则， 则， 由四边形为菱形，则，即有， 解得，即； 设长方体被平面所截得的上下两部分体积分别为、， 过点作与底面平行的平面，由长方体对称性可得： 等于平面与底面所夹长方体的体积的一半，即， 则，则. 故答案为：；. 考点02 点、直线、平面间的位置关系 1．（25-26学年高三上·北京东直门中学·期中）在空间中，是不重合的直线，是不重合的平面，则下列说法正确的是（       ） A. 若，则； B. 若，则； C. 若，则； D. 若，则 【答案】C 【分析】 利用空间中线、面的位置关系，作正方体，根据正方体的特征结合反例一一判定选项即可. 【详解】    作正方体， 对于A，不妨设为底面，显然符合条件，，但不成立，故A错误； 对于B，不妨设为底面，显然符合条件，但，故B错误； 对于C，因为是不重合，所以，又，不重合，所以，故C正确； 对于D，不妨设分别为下底面与上底面，显然符合条件，但，故D错误； 故选：C 2．（25-26学年高三上·北京第一七一中学·期中）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． 3．（25-26学年高三上·北京顺义区第一中学·期中）如图，正方体的棱长为2，分别为棱的中点，为棱上的动点，有下列说法：    ①平面截正方体表面所得的交线形成的图形可能为三角形； ②平面截正方体表面所得的交线形成的图形可以是菱形且此时截面面积最大； ③存在点使所有棱和平面所成角都相等； ④点到平面的距离不超过； 则下列说法中正确的个数（       ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【分析】 ① 由正方体三组对面互相平行，结合面面平行性质定理可分析截面至少为四边形；② 当截面为矩形时面积取值大于所取截面为菱形时的面积；③条棱分为三组直线，由正三棱锥性质易知；④ 由平面过定直线，则点线距离即为点面距离的最大值可知. 【详解】 ① 正方体有三组对面互相平行，若截面为三角形， 则每组对面上有且仅有一条截面与正方体的交线， 由题意，平面平面， 因为平面平面， 设平面平面，则. 由平面且平面，则. 取中点，过点作，垂足为， 则，且，所以四边形为平行四边形， 所以，则， 不论点在棱如何运动，过点均可作，交棱于，又， 则直线即为交线.(经过一点，有且只有一条直线与已知直线平行) 故截面图形至少为四边形，不可能为三角形.    故① 错误； ② 当与重合时，平面即为平面， 此时截面图形为矩形，且面积为. 如图，当与重合，依次连接， 取中点，连接， 由且，则四边形为平行四边形， 则，且， 又由且，则四边形为平行四边形， 则，则，又， 所以四边形为平行四边形，又， 故此时四边形为菱形，其面积为 ， 因此，此时截面虽为菱形，但不是最大截面面积， 故② 错误；    ③ 存在点使所有棱和平面成角都相等. 当点为中点时，分别取的中点， 顺次连接， 易证，则四点共面， 同理，由，则四点共面， 又三点不共线，故五点共面， 由，则平面，即六点共面， 即平面即为平面， 由，平面，则平面， 同理，平面，平面，且， 所以平面平面， 则所有棱和平面所成角即为与平面所成角， 又正方体中条棱所在直线中， 由，且，且， 则只需考虑与平面所成角是否相等即可. 由三棱锥为正三棱锥可知， 与平面所成角相等. 即存在点为中点时，使所有棱和平面所成角都相等， 故③ 正确；    ④ 由平面过定直线， 故点到直线的距离，即为点到过的平面距离的最大值. 连接，由上证明同理可证得四边形也为菱形， 故，且点到直线的距离为， 则在过的所有平面中，点到平面的距离的最大值为， 当且仅当与平面垂直时，取到最大值. 故点到平面的距离不超过， 故④ 正确；    故选：B. 考点03 空间向量的应用 1．（25-26学年高三上·北京西城外国语学校·期中）如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直.点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动.设，，给出下列四个结论：    ①存在点，，使； ②存在点，，使； ③到直线和的距离相等的点有无数个； ④若，则四面体体积的最大值为. 其中所有正确结论的个数是（     ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【分析】 建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量研究位置关系，结合距离公式、三棱锥体积公式逐项判断即可得. 【详解】 建立如图所示空间直角坐标系， 则有、、、、、， 设，，其中，， 对① ：，则， 当，，时，有， 故存在点，使，故① 正确； 对② ：，， 若，则有 ， 由，，故当时，，， 此时有，即，即， 此时与重合，与重合，故不存在点，使，故② 错误； 对③ ：点到直线的距离为，点到直线的距离为， 即有，即，由， 故其轨迹为双曲线的一部分，即点有无数个，故③ 正确； 对④ ：，， 由，故有，则， 又， 故，故④ 正确. 故选：C 2．（25-26学年高三上·北京第五十五中学·期中）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，分别是中点，与平面交于点，. （1）证明：是的中点； （2）求平面与平面夹角的大小； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1） 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，故， 则，而平面，平面，故平面， 又平面平面，平面，故， 是中点，故是的中点；     （2）     （3）      【分析】 （1）根据线面平行的判定定理证明平面，再根据线面平行的性质定理推出，即可证明结论； （2）说明两两垂直，即可建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案； （3）根据空间距离的向量求法，即可求得答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取的中点为O，连接， 因为，故，且, 而，则，即得, 则两两垂直， 以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的一个法向量为 ， 则 ， ，令，则，则， 平面的一个法向量可取为， 平面与平面的夹角为， 故， 平面与平面夹角的大小为； (3) 小问详解： 由（2）可知，则, 故点到平面的距离为. 3．（25-26学年高三上·北京第十四中学·期中）（多选）在三棱柱中，底面是正三角形，侧棱底面．D，E分别是边BC，AC的中点，线段与交于点G，且，． （1）求证：∥平面； （2）求证：⊥平面； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为E为AC中点，G为B1C中点．所以EG∥AB1． 又因为EG⊄平面AB1D，AB1⊂平面AB1D， 所以EG∥平面AB1D． （2）证明：取B1C1的中点D1，连接DD1． 显然DA，DC，DD1两两互相垂直，如图，建立空间直角坐标系D-xyz， 则D（0，0，0），，B（0，-2，0），，，，C（0，2，0）． 所以，，． 又因为，， 所以BC1⊥DA，BC1⊥DB1． 又因为DA∩DB1=D，所以BC1⊥平面AB1D． （3）. 【分析】 （1）证明EG∥AB1．然后利用直线与平面平行的判定定理证明EG∥平面AB1D． （2）取B1C1的中点D1，连接DD1．建立空间直角坐标系D-xyz，通过向量的数量积证明BC1⊥DA，BC1⊥DB1．然后证明BC1⊥平面AB1D． （3）求出平面B1CB的一个法向量，平面AB1C的一个法向量，设二面角A-B1C-B的平面角为θ，利用空间向量的数量积求解二面角的余弦函数值即可． 【详解】 （1）略 （2） 略 （3）解：显然平面B1CB的一个法向量为=（1，0，0）． 设平面AB1C的一个法向量为：=（x，y，z）， 又，， 由 得 设x=1，则，，则． 所以． 设二面角A-B1C-B的平面角为θ，由图可知此二面角为锐二面角， 所以． 【点睛】 本题考查直线与平面垂直以及平行的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查计算能力． 4．（25-26学年高三上·北京第一七一中学·期中）如图，在直四棱柱中，底面是平行四边形，，. （1）求证：； （2）求二面角的大小； （3）在线段上是否存在点，使得平面?若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) 在直四棱柱中，    底面， 因为底面， 所以. 因为，， 所以平面. 因为平面， 所以. (2)； (3) 存在，的值是，理由如下： 设.                                              因为， 由(2) 知平面的一个法向量为，         因为平面，可得. 所以，解得. 所以，在线段上存在点使得平面，的值是. 【分析】 (1) 线线垂直需要借助于线面垂直，结合图形分析出需要先证明平面；而证明线面垂直需要证明与面里面的两条相交线垂直即和； (2) 由两两垂直可建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量之后，直接利用空间向量的夹角公式即可求得； (3) 通过向量表示出所求线段的比例关系，然后依次表示出所需向量的坐标，利用线面垂直时线与面的法向量平行即可得出等量关系，解方程即可求得结果. 【详解】 解：(1) 略 (2) 因为平面，且，所以两两垂直. 如图建立空间直角坐标系，则，，      ，，，        设平面的法向量为 ，， 由   可得 令，解得， 所以                                                                    因为平面， 所以平面的一个法向量为                   所以                                    由题可知二面角为锐角， 所以二面角的大小为.                   (3) 略 【点睛】 向量法求解空间几何问题的步骤：建、设、求、算、取 1、建：建立空间直角坐标系，以三条互相垂直的直线的交点为原点，没有三条垂线时需要做辅助线；建立右手直角坐标系（尽可能使得较多的关键点落在坐标轴或者坐标平面内）； 2、设：设出所需的点的坐标，得出所需要的向量坐标； 3、求：求出所需平面的法向量； 4、算：运用向量的数量积，验证平行垂直，求出两个平面的法向量的夹角的余弦值； 5、取：根据题意或者二面角线面角的范围，得出答案. 5．（25-26学年高三上·北京北京汇文中学·期中）如图，在正三棱柱中，，，分别为，的中点. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的大小； （3）线段上是否存在点，使得？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明：取中点，连接. 因为正三棱柱， 所以，且. 因为E为线段的中点， 所以且. 所以且. 因为D为中点，所以. 所以且. 所以四边形是平行四边形. 所以. 又因为平面平面， 所以平面.      （2）     （3）存在，距离为      【分析】 （1）取中点，连接，进而根据几何关系证明四边形是平行四边形，进而证明结论； （2）分别取中点O，，连接，进而以O为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可； （3）假设存在点G，设，进而根据得，再计算点到面的距离即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 分别取中点O，，连接. 因为是正三棱柱， 所以平面，. 所以平面. 所以. 以O为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系. 则. 所以. 设平面的法向量为， 所以 ，即 令，解得，所以. 设直线与平面所成角为，， 则， 所以. 即直线与平面所成角为. (3) 小问详解： 解：假设存在点G，设. 所以. 所以. 由知， 若，则. 解得.即G与C为同一个点. 因为，平面的法向量为， 所以点G到平面的距离. 6．（25-26学年高三上·北京西城外国语学校·期中）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 【答案】（1） 设的中点为，连接、， 因为为的中点，所以，且， 又，且，所以，且， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，所以平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）设的中点为，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再结合线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）记的中点为，连接，推导出，然后以为原点，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二面角的余弦值； （3）设，利用空间向量法可求出的值，在利用空间向量法可求出点到平面的距离. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 记的中点为，连接， 因为，，， 所以四边形是矩形，则，， 以为原点，以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图， 则、、、， 则，，， 设平面的一个法向量为， 所以 ，令，则， 设平面的一个法向量为， 所以 ，令，则， 所以， 由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. (3) 小问详解： 依题意，设，则， 又由（2）得平面的一个法向量为， 记直线与平面所成角为， 所以，解得（负值舍去）， 所以，则， 而由（2）得平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 7．（25-26学年高三上·北京顺义区第一中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，、分别为棱，的中点.    （1）求证：平面； （2）若平面平面，. （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）在棱上是否存在点，使平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 在四棱锥中，取中点，连接， 由为棱中点，得， 又是长方形边的中点，则， 因此，则四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面.     （2）（i）； （ii）不存在，理由如下： 假设在棱上存在点，使平面， 而，， 令，则， 由平面，得，因此，无解， 所以在棱上不存在点，使平面.      【分析】 （1）取中点，利用线面平行的判定推理得证. （2）（i）根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法求解；（ii）假定存在，利用空间位置关系的向量证明推理判断. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （i）由平面平面，平面平面， 又，平面， 所以平面，又，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 又，， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则 ，令，得， 易得平面的一个法向量， 所以平面与平面夹角的余弦值为.        （ii）略 8．（25-26学年高三上·北京东直门中学·期中）如图，在四面体中，平面是的中点，是的中点.点在线段上，且. （1）求证：平面； （2）若，求平面与平面的夹角的正弦值. 【答案】（1）证明：取线段的中点，线段靠近点的四等分点， 连接，如图， 是的中点，，且，即， 又，且， ，且四边形为平行四边形， ， 平面平面， 平面.      （2）      【分析】 （1）先取点的四等分点，再证明四边形为平行四边形，进而得出，进而应用线面平行判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，再求出平面的法向量及平面的法向量，应用二面角余弦公式计算，最后应用同角三角函数关系计算求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图建系，设， 则， . 设平面的法向量为， 则 ，令，得. 取平面的法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则， ， 即平面与平面的夹角的正弦值为. 9．（25-26学年高三上·北京第八中学·期中）如图所示，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，点E为AD的中点，，平面ABCD，且 （1）求证：； （2）线段PC上是否存在一点F，使二面角的余弦值是？若存在，请找出点F的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 因为，，所以， 因为，E为AD的中点，所以， 所以≌，所以， 因为，所以，,所以， 又因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 又因为，且PH，平面PEC，所以平面PEC， 又平面PEC，．     （2） 因为，≌，， 所以，， 因为，， 所以∽， 所以， 所以， ，，， 因为、EC、BD两两垂直， 建立以H为坐标原点，HB、HC、HP所在直线分别为x，y，z轴的坐标系， ，，，，， 假设线段PC上存在一点F满足题意， 因为与共线，所以存在唯一实数，满足， 所以， 设向量为平面的一个法向量，且，， 所以 ，取，得， 同理得平面的一个法向量， 因为二面角的余弦值是， 所以， 由，解得或， 观察图象可得当时，二面角的平面角为钝角，与条件矛盾，故， 所以，又， 所以线段PC上存在一点F，当点F满足时，二面角的余弦值是． 【分析】 先证明， ，根据线面垂直判定定理证明平面，再证明； 推导出两两垂直，建立空间直角坐标系，设点的坐标，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式列方程求出点的坐标. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 10．（25-26学年高三上·北京通州·期中）如图，在六面体中，为正方形，． （1）求证平面； （2）若二面角为直二面角，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 取的中点，连接、. 由，，得且， 故四边形为平行四边形，从而且. 又为正方形，故且，因此且， 四边形为平行四边形，得. 因平面，平面，故平面.     （2）      【分析】 （1）构造中点，通过平行四边形证明线线平行，进而证得线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求平面法向量，进而求得二面角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由二面角为直二面角，即平面平面，且交线为， 平面，所以平面， 由于平面，所以，所以两两互相垂直， 由此以为原点，分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，，，. 得，. 设平面的法向量为，则 ， 令，得，，即. 平面的法向量为. 则平面与平面夹角的余弦值为. 11．（25-26学年高三上·北京第一六六中学·期中）如图，四棱锥的底面是边长为 的菱形，， 是棱的中点，平面与棱交于点 ．    （1）求证： 为棱的中点； （2）若平面平面，，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 因为底面是菱形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，平面平面， 所以，故， 在中，因为 是棱的中点，所以 为棱的中点．     （2）      【分析】 （1）证明出平面，利用线面平行的性质推导出，进而得出，结合中位线的性质可证得结论成立； （2）取中点，连接、 ，推导出平面，，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为 、 、 轴的正方向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. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取中点，连接、 ，因为，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 在菱形中，，且 ，故为等边三角形， 所以， 以点为坐标原点，、、的方向分别为 、 、 轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，    则、、、、， 设平面的一个法向量为， ，， 则 ，取，则． 设直线与平面所成角为，， ， 直线与平面所成角的正弦值为． 12．（25-26学年高三上·北京朝阳·期中）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，.    （1）若为的中点，求证：平面； （2）若平面. （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）求点到平面的距离. 【答案】（1） 取中点，连接，，如图：    因为与均为等腰直角三角形，且，. 所以四边形为直角梯形，且，，. 所以四边形为正方形. 所以，平面，平面，所以平面； 又因为为中点，所以，平面，平面，所以平面， 且平面，，所以平面平面. 又平面，所以平面.     （2）（i）；（ii）.      【分析】 （1）先证平面平面，再根据面面平行得到线面平行. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦和点到平面的距离. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面，四边形为正方形，故可以为原点，建立空间直角坐标系，如图：    因为， 所以，，，，. 所以，，，. 设平面的法向量为， 则 ，可取. 因为，，所以平面的一个法向量为：. （i）设平面与平面夹角为，则. （ii）点到平面的距离为. 13．（25-26学年高三上·北京丰台区怡海中学·期中）如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，. （1）证明：平面平面. （2）线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 证明：取棱的中点O，连接， ，则，， 因为是等边三角形，且O是的中点，所以. 因为，所以，所以，则. 因为平面，平面，且， 所以平面. 因为平面，所以平面平面.      （2）当或时，直线与平面所成角的正弦值为.      【分析】 （1）取棱的中点O，连接，由题设条件结合勾股定理依次求出和，接着由线面垂直判定定理得证平面，再由面面垂直判定定理即可得证命题； （2）建立适当空间直角坐标系，设，，求出向量和平面的法向量，根据线面角的向量法公式即可建立关于的方程，解方程即可得解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取棱CD的中点F，连接OF，则两两垂直， 以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，则，， 设，,则， 又，所以. 设平面的法向量为， 则 令，得. 设直线与平面所成的角为， 则， 解得或， 故当或时，直线与平面所成角的正弦值为. 14．（25-26学年高三上·北京丰台区怡海中学·期中）（多选）如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，Q是PB的中点 （1）证明：平面 （2）若平面， ，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 证明：设AC,BD交于点O，因为是正方形，所以O为BD的中点. 连结.因为为的中点，所以为的中位线，所以. 因为平面，平面， 所以平面.      （2）.      【分析】 （1）根据三角形的中位线可得线线平行，即可由线面平行的性质求解， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可由向量的夹角求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由于平面，且底面为正方形，如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，则， 设平面的法向量为， ，则 ， 令，则，即， 由题意可得：平面的法向量， ∵， 故平面和平面所成角的余弦值为. 15．（25-26学年高三上·北京昌平区第一中学·期中）如图，在三棱柱中，平面平面， （1）设D为AC中点，证明: AC⊥平面; （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 证明：因为为中点，且， 所以在中，有，且， 又平面平面，且平面平面，平面, 所以平面， 又平面，则， 由，，得， 因为，，，所以由勾股定理，得， 又，平面， 所以平面；     （2）      【分析】 （1）根据等边三角形的性质得出，根据平面平面得出平面，，利用勾股定理得出，从而证明平面； （2）建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面的法向量和平面的一个法向量，利用向量求平面与平面的夹角余弦值． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图所示，以（1）中的为原点，建立空间直角坐标系， 可得， 则， 设平面的法向量为， 由 ，令，得，， 所以, 由（1）知，平面， 所以平面的一个法向量为， 记平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 16．（25-26学年高三上·北京第一六一中学·期中）四棱柱中，底面是边长为1的正方形，侧面是矩形，且平面平面.    （1）证明：平面平面； （2）设，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值； （3）在（2）的条件下，求点到平面的距离. 【答案】（1） 因为侧面是矩形，所以， 又平面平面.，两平面交线为，在平面内， 所以平面.又在平面内， 所以， 又底面为正方形，所以，且为平面内两条相交直线， 所以平面， 又在平面内， 所以平面平面；     （2）     （3）      【分析】 （1）由平面平面.得到平面.进而求证平面，即可； （2）建系，求得平面法向量代入夹角公式即可求解； （3）由点到面的距离公式即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知：四棱柱为直四棱柱，如图建系：    则， 设平面的法向量为，， 所以 ， 令，得，即 易知平面的法向量为， 所以， 解得：； (3) 小问详解： ， 所以点到平面的距离 17．（25-26学年高三上·北京昌平区第一中学·期中）长方体中，，点是的中点，点是平面内的动点，则三棱锥的体积为　　　　　　　　　　　；若，则的最大值为　　　　　　　　　　　． 【答案】①     ② 【分析】 由三棱锥等体积转换可得，运算得解；先确定点所在的截面圆，通过面面垂直找到球心到截面的距离，进而求出截面圆半径，再结合点与截面圆的位置关系求出的最大值. 【详解】 由题，. 如图，连接，则， 由可知点在以的中点为球心，为半径的球面上. 而又在平面内，故为平面与球的截面圆上的动点. 取的中点，的中点，的中点，连接， 则由长方体的性质得平面，且三角形为直角三角形， 而平面，所以平面平面， 作于，因平面平面，平面， 故平面，故为截面圆的圆心. 又， 所以截面圆的半径为， 所以点在以为圆心，为半径的圆上， 而既在球面上，又在平面内，故在截面圆上， 故的最大值即为截面圆的直径长，则的最大值为. 故答案为：；. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $