专题01 空间向量与立体几何（期中真题汇编，北京专用）高二数学上学期

专题01 空间向量与立体几何 4大高频考点概览 考点01 空间向量及其运算 考点02 空间向量基本定理 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 考点04 空间向量的应用 考点01 空间向量及其运算 1．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）在空间四边形中，等于（     ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）如图，在平行六面体中，M为与的交点.若，，，则下列向量中与相等的向量（       ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年高二上·北京第一六六中学·期中）已知平行六面体的底面是矩形，，，，且，则线段的长为（     ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高二上·北京第十四中学·期中）《九章算术》是古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体(如图)，其中四边形为矩形，，若，和都是正三角形，且，则异面直线与所成角的大小为（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）已知向量，若共面，则等于（       ） A.  B. 1 C. 1或 D. 1或0 6．（25-26学年高二上·北京第十九中学·期中）在四面体中，点为棱的中点. 设, ，，那么向量用基底可表示为（        ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高二上·北京第四中学·期中）三棱锥中，，，两两垂直，.则和的夹角为（     ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 8．（25-26学年高二上·北京第五十五中学·期中）如图，在平行六面体中，，，则（       ） A.  B. 8 C. -4 D. 4 9．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）已知是长方体外接球的一条直径，点在长方体表面上运动，长方体的棱长分别是1，1，，则的取值范围为（       ） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）平行六面体中，，则该平行六面体的体对角线的长为（       ） A.  B. 5 C.  D.  11．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）已知长方体，下列向量的数量积一定不为0的是（       ） A.  B.  C.  D.  12．（25-26学年高二上·北京第十四中学·期中）已知，，点在坐标平面上，且、、三点共线，则点的坐标为　　　　　　. 13．（25-26学年高二上·北京北京师范大学附属实验中学·期中）单位向量，，满足，，，则　　　　　　　　　　　　. 14．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）如图，正四面体的棱长为1，，则　　　　　　． 15．（25-26学年高二上·北京第五十七中学·期中）已知边长为2的菱形中，，点满足，则　　　　　. 16．（25-26学年高二上·北京第四中学·期中）若空间向量，，共面，则　　　　　　　　　　 17．（25-26学年高二上·北京第十九中学·期中）如图，已知正方体的棱长为4，，，分别是棱，，的中点，设是该正方体表面上的一点，若，则点的轨迹围成图形的面积是　　　　　　；的最大值为　　　　　　． 考点02 空间向量基本定理 1．（25-26学年高二上·北京第十四中学·期中）如图，在平行六面体中，若，则（       ） A.  B.  C.  D.  2．（2026·北京房山·一模）如图，在三棱柱中，，，，点为与的交点，则（       ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年高二上·北京北京师范大学附属实验中学·期中）如图，三棱柱中，记向量，，，则（       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高二上·北京第一六一中学·期中）如图，在长方体中，是线段上一点，且，若，则（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高二上·北京第十五中学·期中）在平行六面体中，M为与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（   ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年高二上·北京通州·期中）如图，在平行六面体中，点为的中点，设，则（     ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高二上·北京第一六六中学·期中）如图，空间四边形OABC中，6条棱长都为，且，则　　　　　　　　　　　（用，表示）. 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．（25-26学年高二上·北京北京师范大学附属实验中学·期中）如图，棱长为1的正方体中，（       ） A. 0 B. 1 C.  D. 2 2．（25-26学年高二上·北京第三十五中学·期中）已知空间向量，，则（       ） A.  B.  C. 1 D. 2 3．（25-26学年高二上·北京第四中学·期中）三角形中，，，，则边上的中线向量为（     ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高二上·北京第十四中学·期中）已知向量，，则（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）空间直角坐标系中，已知，，则线段的中点为 A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年高二上·北京通州·期中）在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点为点，点在坐标平面内的射影为点，则点的坐标为（     ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）已知向量，，且，则（     ） A.  B. 2 C. 4 D. 6 8．（25-26学年高二上·北京延庆·期中）已知，，则是（     ） A. 30° B. 60° C. 150° D. 120° 9．（25-26学年高二上·北京延庆·期中）已知，，若，则实数（     ） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年高二上·北京延庆·期中）若是平行四边形，且、、，则顶点的坐标为（     ） A.  B.  C.  D.  11．（2026·北京房山·一模）已知向量，，若，则的值是（       ） A. -4 B. -1 C. 1 D. 4 12．（2026·北京房山·一模）在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是（       ） A.  B.  C.  D.  13．（25-26学年高二上·北京北京师范大学附属实验中学·期中）设向量，，则与，共面的向量的坐标可以是（       ） A.  B.  C.  D.  14．（25-26学年高二上·北京第一六一中学·期中）空间直角坐标系中，平行四边形的三点坐标分别为，，，则D的坐标为（       ） A.  B.  C.  D.  15．（25-26学年高二上·北京第八中学·期中）在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为（     ） A.  B.  C.  D.  16．（25-26学年高二上·北京第十五中学·期中）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，且，则的值为（       ） A.  B.  C. 4 D.  17．（25-26学年高二上·北京第五十五中学·期中）已知向量，且，那么（       ） A.  B. 6 C.  D. 12 18．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）已知点，则点到轴的距离为． A.  B.  C.  D.  19．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）已知向量，，且，那么（     ） A.  B.  C.  D. 5 20．（25-26学年高二上·北京第十九中学·期中）已知向量，且，那么（       ） A.  B.  C.  D. 5 21．（25-26学年高二上·北京清华大学附属中学·期中）已知，，，若，则（       ） A.  B.  C.  D.  22．（25-26学年高二上·北京第一六一中学·期中）在正方体中，是线段上一点，则的大小可以为（　　） A.  B.  C.  D.  23．（25-26学年高二上·北京西城区北京师范大学附属中学·期中）设，向量，，，且，，则（       ） A.  B.  C. 1 D. 2 24．（25-26学年高二上·北京第八十中学·期中）在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  25．（25-26学年高二上·北京延庆·期中）已知是边长为的等边三角形，为平面内的一点，则的最小值为（     ） A.  B.  C.  D.  26．（25-26学年高二上·北京第十九中学·期中）已知为坐标原点，，若，则的坐标是　　　　　　　　　　． 27．（2026·北京房山·一模）在空间直角坐标系中，已知点，，，则　　　　　. 28．（25-26学年高二上·北京第一六一中学·期中）已知向量，，，若向量，，共面，则实数的值为　　　　　　． 29．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）已知为坐标原点，,,则的值为　　　　　　；中，边上中线的长为　　　　　　． 30．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）已知向量，，则　　　　　　. 31．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）如果向量.那么　　　　　　　　　　　　. 32．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）已知向量，，，计算下列各式的值． （1）； （2）； （3）． 33．（25-26学年高二上·北京北京师范大学附属实验中学·期中）已知向量，，. （1）若，求的值； （2）若，求，的值. 34．（25-26学年高二上·北京北京师范大学附属实验中学·期中）如图，在正四棱柱中，，，，，设直线与所成角的大小为. ①当时，　　　　　　　　　　　； ②若，则的取值范围是　　　　　　　　　　　　. 35．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）如图，正方体的棱长为2，动点满足，其中，且，，，给出下列四个结论： ①当时，平面； ②当，时，的最小值为； ③当，时，三棱锥的体积为定值； ④当，且时，动点的轨迹长为． 其中所有正确结论的序号是　　　　　　． 36．（25-26学年高二上·北京西城区北京师范大学附属中学·期中）如图，在长方体中，，，动点，分别在线段和上.给出下列四个结论，其中所有正确结论的序号为　　　　　　.    ①； ②有可能是等边三角形； ③当时，； ④至少存在两组，，使得三棱锥的四个面均为直角三角形. 考点04 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·北京通州·期中）已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若，则（     ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·北京通州·期中）已知直线，的方向向量分别为，，则直线与所成角的余弦值为（     ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年高二上·北京延庆·期中）如图，在三棱锥中，两两互相垂直，为的中点，且，则直线与所成角的大小为（     ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高二上·北京第五中学·期中）已知点是法向量为的平面内的一点，则下列各点中，不在平面内的是（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高二上·北京清华大学附属中学·期中）在正方体中，为的中点，则与所成角的大小为（       ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年高二上·北京第八中学·期中）正方体中，点分别为正方形及的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高二上·北京第八中学·期中）如图所示，以等腰直角三角形斜边上的高为折痕，把和折成互相垂直的两个平面后，某学生得出如下四个结论：①；②；③；④平面的法向量和平面的法向量互相垂直．错误的结论是（       ） A. ① B. ② C. ③ D. ④ 8．（25-26学年高二上·北京第十五中学·期中）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则“”是“”的（       ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 9．（25-26学年高二上·北京第十四中学·期中）设平面的法向量为，直线的方向向量为，那么“”是“直线与平面夹角为”的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 10．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）长方体中，为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年高二上·北京第十九中学·期中）已知向量是平面内两个不相等的非零向量，非零向量在直线上，则“，且”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 12．（25-26学年高二上·北京第八十中学·期中）已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则实数（       ） A.  B.  C. 1 D. 4 13．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）直线的方向向量为，平面的法向量分别为，则下列选项正确的是（       ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 14．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）已知为平面的法向量，点，在直线上，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 15．（25-26学年高二上·北京延庆·期中）已知是空间中直线的方向向量，是平面的一个法向量，那么“”是“直线与平面平行”的（     ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 16．（25-26学年高二上·北京北京师范大学附属实验中学·期中）空间直角坐标系中，已知，，，则“”是“为平面的法向量”的（       ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 17．（25-26学年高二上·北京第八中学·期中）如图，在正方体中，E为棱的中点．动点P沿着棱从点D向点C移动，对于下列三个结论： ①存在点P，使得； ②的面积越来越小； ③四面体的体积不变． 其中，所有正确结论的个数是（       ）． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 18．（25-26学年高二上·北京第十九中学·期中）在正方体中，已知是的中点，则与平面所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  19．（25-26学年高二上·北京第十九中学·期中）在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（       ） A. 点可以是棱的中点 B. 线段的最大值为 C. 点的轨迹是正方形 D. 点轨迹的长度为 20．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）如图，正八面体由两个相同的正四棱锥组成，其所有棱长为2，，分别为棱，的中点，则直线和夹角的余弦值为（     ） A.  B.  C.  D.  21．（25-26学年高二上·北京第五十五中学·期中）（多选）如图，在正方体中，为棱的中点．动点沿着棱从点向点移动，对于下列四个结论．正确的是（     ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得平面 C. 的面积越来越小 D. 四面体的体积不变 22．（25-26学年高二上·北京延庆·期中）已知棱长为1的正方体中，分别为的中点，则直线与平面之间的距离为　　　　　　　　　　　　． 23．（25-26学年高二上·北京第五中学·期中）如图，在长方体中，，点分别是的中点，点为棱上一点，且直线和所成的角为． （1）求证：∥平面； （2）求点到平面的距离． 24．（25-26学年高二上·北京第三十五中学·期中）如图1，菱形中，，， 于．将沿翻折到，使，如图2． （Ⅰ）求证：平面平面； （Ⅱ）求直线A′E与平面A′BC所成角的正弦值； （Ⅲ）设为线段上一点，若平面，求的值． 25．（25-26学年高二上·北京第十四中学·期中）已知长方体中，，，则平面与平面所成的角的余弦值为　　　　　　　　　　　　. 26．（25-26学年高二上·北京通州·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，点为的中点.    （1）求平面的一个法向量； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 27．（25-26学年高二上·北京通州·期中）已知直线经过点，且方向向量为，则点到直线的距离为　　　　　　　　　　. 28．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）如图，在棱长为2的正方体中，是线段的中点． （1）求直线与直线夹角的余弦值； （2）求点到平面的距离． 29．（25-26学年高二上·北京延庆·期中）如图，在棱长为的正方体中，点是的中点. （1）求与平面所成角的正弦值； （2）求二面角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 30．（25-26学年高二上·北京延庆·期中）如图，在四棱锥中，已知平面，为平行四边形，，，，，为侧棱上的点. （1）求证：； （2）若平面，求的值； （3）若二面角的大小为60°，求的值． 31．（2026·北京房山·一模）如图，在长方体中，，，，分别是，的中点. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 32．（25-26学年高二上·北京第五十七中学·期中）如图，在多面体中，四边形和都是直角梯形，，，，，，点为棱CF上一点，平面与棱BC交于点.    （1）求证：； （2）求证：； （3）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值.    ，，则， ，，， 设平面的一个法向量为， 则 · n=0 EM· n=0 ，即 ， 取则，，则， 因为平面， 所以平面的一个法向量为， 平面与平面所成锐二面角为， 则， 解得，所以，故. 33．（25-26学年高二上·北京第五十七中学·期中）如图，在三棱柱中，侧面和都是正方形，平面平面，分别为，的中点． （1）求证：平面． （2）求直线与平面所成角的正弦值． 34．（25-26学年高二上·北京第一六六中学·期中）（多选）如图.在正方体中，E为的中点． （1）求证：平面ACE； （2）求直线AD与平面ACE所成角的正弦值． 35．（25-26学年高二上·北京第一六六中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，，，是线段的中点，连结． （1）求证：； （2）求二面角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 36．（25-26学年高二上·北京清华大学附属中学·期中）已知平面，两条不重合的直线，，，给出三个论断：①；②；③.以其中两个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出一个正确的命题　　　　　　　　　　　　　　. 37．（25-26学年高二上·北京清华大学附属中学·期中）在四棱锥中，底面为正方形，，分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）若平面，，求直线平面所成角的正弦值. 38．（25-26学年高二上·北京北京师范大学附属实验中学·期中）如图，直三棱柱中，，，，分别为，的中点.    （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 39．（25-26学年高二上·北京第三十五中学·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，是棱的中点.    （1）求证：平面； （2）从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值. 条件①：；条件②：平面平面. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 40．（25-26学年高二上·北京第三十五中学·期中）材料：在空间直角坐标系中，经过点，法向量的平面的方程为，经过点且方向向量的直线方程为．阅读上面材料，并解决下列问题：平面的方程为，直线的方程为． （1）证明：平面； （2）已知点，直线，若点与直线都在平面上，求平面与平面夹角的余弦值的最大值； （3）若集合中所有的点构成了多面体的各个面，求的体积． 41．（25-26学年高二上·北京第四中学·期中）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，分别为，的中点.从条件①，条件②，条件③，这三个条件中选择两个作为已知， （1）求与平面所成角的正弦值； （2）线段的延长线上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 42．（25-26学年高二上·北京第四中学·期中）如图，在三棱柱中，平面，,，点为的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的大小； （3）求直线与平面的距离. 43．（25-26学年高二上·北京第一六一中学·期中）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点到平面的距离是　　　　　　　　　　　．    则C(0,2,0)，Q(1,0,2)，G(0,0,2)，， 则QC=(-1,2,-2)，， 设平面QGC的一个法向量为n=(x,y,z)， 则 → n· QC=0 → n· QG=0 ，即 ， 取，则平面QGC的一个法向量为n=(0,1,1)， 则点P到平面QGC的距离. 故答案为：. 44．（25-26学年高二上·北京第八中学·期中）如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，，底面ABCD.    （1）证明：； （2）若，求二面角的余弦值； （3）在（2）的条件下，求点到平面的距离. 45．（25-26学年高二上·北京西城区北京师范大学附属中学·期中）如图，正方体.棱长为2，，分别是棱，的中点，则点到平面的距离为　　　　　　. 46．（25-26学年高二上·北京西城区北京师范大学附属中学·期中）如图，在正方体中，点为线段的中点.    （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 47．（25-26学年高二上·北京第十五中学·期中）如图，正方形的边长为4，，分别为，的中点.将正方形沿着线段折起，使得.设为的中点.    （1）求证：； （2）求异面直线与所成角的余弦值； （3）求二面角的余弦值. 48．（25-26学年高二上·北京第十五中学·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. 49．（25-26学年高二上·北京第十四中学·期中）如图①，是梯形的高，，现将梯形沿折起成如图②的四棱锥，使得．点E是线段上一动点． （1）判断和是否可能垂直，并说明理由． （2）当时，求与平面所成角的正弦值． 50．（25-26学年高二上·北京第十四中学·期中）在棱长为2的正方体中，E，F分别为的中点．应用空间向量方法求解下列问题． （1）求的长； （2）证明：平面． 51．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形．    （1）若平面与平面相交于直线，证明：； （2）若平面，，，为棱的中点，求二面角的余弦值； （3）在（2）的条件下，求点到平面的距离． 52．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）如图，在三棱柱中，平面，已知，，，点是棱的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与夹角的余弦值； （3）在棱上是否存在一点（不与,重合），使得直线与平面所成角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 53．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）如图所示的是一个正方体的平面展开图，，则在原来的正方体中，直线与直线的位置关系是　　　　　　；直线与平面所成角的正弦值为　　　　　　． 54．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）如图，在五面体中，面为正方形，面面，，． （1）求证：CD∥平面ABFE； （2）若，，求平面与平面所成的锐二面角的大小． 55．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 56．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，分别为棱，的中点，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 57．（25-26学年高二上·北京第十九中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面平面为的中点，. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值： （3）设为的中点，求二面角的大小. 58．（25-26学年高二上·北京第八十中学·期中）如图，在直三棱柱中，，，分别为，，的中点． （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 59．（25-26学年高二上·北京第八十中学·期中）（多选）如图，在三棱锥中，侧面底面，，． （1）求证：； （2）已知，，，是线段上一点，当时，求平面与平面夹角的余弦值． 60．（25-26学年高二上·北京首都师范大学附属中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，，，E是线段的中点，连结. （1）求证：； （2）求二面角的余弦值. 61．（25-26学年高二上·北京通州·期中）如图，在三棱柱中，平面，，，点，分别为，的中点.    （1）求，两点间的距离； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在上是否存在一点，使得点在平面内.若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 62．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）如图，在多面体中，四边形是边长为3的正方形，平面平面，，，． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）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． 63．（2026·北京房山·一模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，点是的中点，，．    （1）求证：平面； （2）在线段上是否存在点，使得平面?若存在，求出的长；若不存在，说明理由； （3）求平面与平面的夹角的大小． 64．（25-26学年高二上·北京第五中学·期中）如图，在三棱锥中，，，是线段上的点.    （1）求证：平面平面； （2）若为中点，求三棱锥的体积； （3）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 65．（25-26学年高二上·北京清华大学附属中学·期中）如图，在三棱柱中，侧面底面，为中点，过点，，的平面与交于点，，，， （1）求证：为中点； （2）设是线段上一点（不包含线段端点），若平面与平面所成的角是30°，求的值. 66．（25-26学年高二上·北京清华大学附属中学·期中）如图，在棱长为2的正方体中，点，分别在棱，上，且，点为的中点，给出下面四个结论： ①； ②存在，使得是钝角； ③当时，的面积取得最小值； ④当时，平面截该正方体的表面所得的截面为六边形. 其中正确结论的序号为　　　　　　　　　　　　. 67．（25-26学年高二上·北京北京师范大学附属实验中学·期中）如图，多面体中，正方形的边长为2，，，，，.      （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）设为的中点，，分别在，上，且平面平面，求的长. 68．（25-26学年高二上·北京第四中学·期中）如图，棱长为2的正方体中，，分别是线段和上的动点.对于下列四个结论： ①存在无数条直线平面； ②线段长度的取值范围是；        ③三棱锥的体积最大值为； ④若，分别为线段和的中点，设为线段的一条垂直平分线，则与所成最小角的正弦值为.其中正确的命题有　　　　　　　　　　. 69．（25-26学年高二上·北京第一六一中学·期中）羡除是《九章算术》中记载的一种五面体.如图，五面体是一个羡除，其中四边形与四边形均为等腰梯形，且，，，为中点，平面与平面交于. （1）求证：平面； （2）已知点是线段上的动点，从条件①、条件②中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 条件①：平面平面； 条件②：. 70．（25-26学年高二上·北京第八中学·期中）如图，已知斜三棱柱中，平面底面，，，，又，，点为线段的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）设线段的中点为，设直线与平面相交于点，求线段的长度. 71．（25-26学年高二上·北京西城区北京师范大学附属中学·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，是等腰三角形，，是的中点.    （1）求证：； （2）若底面是梯形，，，，，求二面角的余弦值； （3）在（）的条件下，线段上是否存在点，使得平面?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 72．（25-26学年高二上·北京第十五中学·期中）如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，是线段上的动点（不包含端点）.给出下列四个结论：①对任意点，都有；②存在点，使得；③存在点，使得平面；④过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为.其中所有正确结论的序号是　　　　　　. 73．（25-26学年高二上·北京第十四中学·期中）在空间直角坐标系O-xyz中，已知向量，经过点，且以为法向量的平面α的方程为． （1）求原点到平面的距离； （2）根据平面直角坐标系中点到直线的距离公式，类比出到平面的距离公式，并利用有关知识证明； （3）已知平行六面体，平面的方程为，平面经过点，平面的方程为，求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 74．（25-26学年高二上·北京第五十五中学·期中）如图，在三棱柱中，平面，分别为的中点，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角余弦值； （3）证明：直线与平面相交. 75．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）如图，在正方体中，为棱上的动点，平面为垂足.给出下列四个结论： ①； ②线段的长随线段的长增大而增大； ③存在点，使得； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是　　　　　　　　　　. 76．（25-26学年高二上·北京第十九中学·期中）如图，且且且平面，点为的中点，点在线段上且满足. （1）求证：平面； （2）若二面角的余弦值为，求直线到平面的距离. 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 4大高频考点概览 考点01 空间向量及其运算 考点02 空间向量基本定理 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 考点04 空间向量的应用 考点01 空间向量及其运算 1．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）在空间四边形中，等于（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据空间向量加减运算法则进行计算. 【详解】 . 故选：C 2．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）如图，在平行六面体中，M为与的交点.若，，，则下列向量中与相等的向量（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 利用空间向量基本定理表示出，得到答案. 【详解】 . 故选：C 3．（25-26学年高二上·北京第一六六中学·期中）已知平行六面体的底面是矩形，，，，且，则线段的长为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 利用空间向量的线性运算以及数量积公式即可求解. 【详解】 由题知，， 所以 ， 即线段的长为. 故选：C 4．（25-26学年高二上·北京第十四中学·期中）《九章算术》是古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体(如图)，其中四边形为矩形，，若，和都是正三角形，且，则异面直线与所成角的大小为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 以矩形的中心O为原点，的方向为x轴正方向建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用空间向量数量积坐标公式可得异面直线所成的角． 【详解】 如图，以矩形的中心O为原点，的方向为x轴正方向建立空间直角坐标系， ∵四边形为矩形，和都是正三角形，∴平面，且是线段的垂直平分线.设，则， ∴，∴，∴， ∴异面直线与所成的角为. 故选：A 5．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）已知向量，若共面，则等于（       ） A.  B. 1 C. 1或 D. 1或0 【答案】A 【分析】 利用空间共面向量定理建立等式，求得的值. 【详解】 因为共面，设所以 ， 解得，即. 故选：A. 6．（25-26学年高二上·北京第十九中学·期中）在四面体中，点为棱的中点. 设, ，，那么向量用基底可表示为（        ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 先根据点为棱的中点，则，然后利用空间向量的基本定理，用表示向量即可. 【详解】 点为棱的中点， ， ， 又， ，故选B. 【点睛】 本题主要考查空间向量的基本定理，以及向量的中点公式，要求熟练掌握，同时考查了转化与划归的思想的应用，属于基础题. 7．（25-26学年高二上·北京第四中学·期中）三棱锥中，，，两两垂直，.则和的夹角为（     ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 【答案】C 【分析】 根据数量积公式，代入向量夹角公式，即可求解. 【详解】 设， ， , ， , 所以和的夹角为60°. 故选：C 8．（25-26学年高二上·北京第五十五中学·期中）如图，在平行六面体中，，，则（       ） A.  B. 8 C. -4 D. 4 【答案】C 【分析】 根据空间向量加法的运算性质，结合空间向量数量积的运算性质和定义进行求解即可. 【详解】 因为，， 所以 . 故选：C. 9．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）已知是长方体外接球的一条直径，点在长方体表面上运动，长方体的棱长分别是1，1，，则的取值范围为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 在长方体中建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】    根据题意，以D为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图示. 设长方体外接球球心为O，则DB1为外接球的一条直径，设O为DB1中点，不妨设M与D重合，N与B1重合. 则外接球的直径长为，所以半径r=1； 所以 由P在长方体表面上运动，所以，即 所以，即 故选：B 【点睛】 向量法解决立体几何问题的关键： (1) 建立合适的坐标系； (2) 把要用到的向量正确表示； (3) 利用向量法证明或计算. 10．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）平行六面体中，，则该平行六面体的体对角线的长为（       ） A.  B. 5 C.  D.  【答案】A 【分析】 由空间向量加法的几何意义，结合平行六面体中相关线段的位置关系可得，再由空间向量数量积的运算律求，进而可得的长. 【详解】 由题设，可得如下示意图， 由图知：，， ∴， 又， ∵， ∴，即. 故选：A 11．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）已知长方体，下列向量的数量积一定不为0的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 当四边形ADD1A1为正方形时，可证AD1⊥B1C可判断A；当四边形ABCD为正方形时，可证AC⊥BD1可判断B；由长方体的性质可证AB⊥AD1，分别可得数量积为0，可判断C；可推在△BCD1中，∠BCD1为直角，可判BC与BD1不可能垂直，可得结论可判断D. 【详解】 选项A，当四边形ADD1A1为正方形时，可得AD1⊥A1D，而A1D∥B1C，可得AD1⊥B1C，此时有，故正确； 选项B，当四边形ABCD为正方形时，可得AC⊥BD，，， 平面BB1D1D，可得AC⊥平面BB1D1D，故有AC⊥BD1，此时有，故正确； 选项C，由长方体的性质可得AB⊥平面ADD1A1，平面ADD1A1，可得AB⊥AD1，此时必有0，故正确； 选项D，由长方体的性质可得BC⊥平面CDD1C1，平面CDD1C1，可得BC⊥CD1，△BCD1为直角三角形，∠BCD1为直角，故BC与BD1不可能垂直，即，故错误. 故选：D. 12．（25-26学年高二上·北京第十四中学·期中）已知，，点在坐标平面上，且、、三点共线，则点的坐标为　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据三点共线列方程，由此来求得点的坐标. 【详解】 由于点在坐标平面上，故可设， 由于、、三点共线， 所以， 所以， 所以 ，解得. 所以. 故答案为： 13．（25-26学年高二上·北京北京师范大学附属实验中学·期中）单位向量，，满足，，，则　　　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 利用平面向量的数量积运算即可. 【详解】 因为，，，， 所以，，， 所以. 故答案为：. 14．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）如图，正四面体的棱长为1，，则　　　　　　． 【答案】.5 【分析】 由图象及已知条件，先用与来表示，再求，分别与的数量积，进而可得答案. 【详解】 因为点E是棱CD的中点，所以. 又因为正四面体ABCD的长为1，所以， 所以. 故答案为：. 15．（25-26学年高二上·北京第五十七中学·期中）已知边长为2的菱形中，，点满足，则　　　　　. 【答案】 【分析】 应用向量的加减法及数乘运算，最后应用数量积公式及运算律计算求解. 【详解】 边长为2的菱形中，，点满足， 则. 因为， 所以. 故答案为：. 16．（25-26学年高二上·北京第四中学·期中）若空间向量，，共面，则　　　　　　　　　　 【答案】 【分析】 根据共面向量公式，利用待定系数法，即可求解. 【详解】 由条件可知，， 即， 即 ，解得：. 故答案为： 17．（25-26学年高二上·北京第十九中学·期中）如图，已知正方体的棱长为4，，，分别是棱，，的中点，设是该正方体表面上的一点，若，则点的轨迹围成图形的面积是　　　　　　；的最大值为　　　　　　． 【答案】①     ② 12 【分析】 如图，分别取，，的中点，，，连接，可证明六边形为正六边形，从而可求其面积，利用向量数量积的几何意义可求的最大值. 【详解】 ∵，∴点在平面上， 如图，分别取，，的中点，，， 连接， 因为为中点，故， 又由正方体可得，， 故，故四边形为平行四边形，故， 故，故四点共面，同理可证四点共面， 故五点共面，同理可证四点共面， 故六点共面，由正方体的对称性可得六边形为正六边形. 故点的轨迹是正六边形， 因为正方体的棱长为4，所以正六边形的边长为， 所以点的轨迹围成图形的面积是． 如图， ， ∴的最大值为12． 故答案为：，12． 考点02 空间向量基本定理 1．（25-26学年高二上·北京第十四中学·期中）如图，在平行六面体中，若，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据空间向量的线性运算得到，然后求即可. 【详解】 解：，又因，， ∴， ∴，，， 故选：A. 2．（2026·北京房山·一模）如图，在三棱柱中，，，，点为与的交点，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 应用空间向量的加减法计算求解. 【详解】 因为是平行四边形，所以点为与的中点， 则. 故选：A. 3．（25-26学年高二上·北京北京师范大学附属实验中学·期中）如图，三棱柱中，记向量，，，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 利用空间向量的线性运算计算即可. 【详解】 . 故选：A. 4．（25-26学年高二上·北京第一六一中学·期中）如图，在长方体中，是线段上一点，且，若，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 将利用、、表示，再利用空间向量的加法可得出关于、、的表达式，进而可求得的值. 【详解】 连接、， 因为， 因为是线段上一点，且，则， 因此， 因此，. 故选：A. 5．（25-26学年高二上·北京第十五中学·期中）在平行六面体中，M为与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（   ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【详解】 由题意，在平行六面体 中， . 又因为为底面平行四边形 对角线与的交点， 所以 . 在平行六面体中，， ， ， 所以 . 从而 . 6．（25-26学年高二上·北京通州·期中）如图，在平行六面体中，点为的中点，设，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 利用向量三角形法则和平行四边形法则表示出来即可. 【详解】 在平行六面体中， 连接，如图所示：    因为点为的中点，， 所以 ， 故选：A. 7．（25-26学年高二上·北京第一六六中学·期中）如图，空间四边形OABC中，6条棱长都为，且，则　　　　　　　　　　　（用，表示）. 【答案】 【分析】 根据向量的线性运算求解． 【详解】 因为， 所以， 故答案为：． 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．（25-26学年高二上·北京北京师范大学附属实验中学·期中）如图，棱长为1的正方体中，（       ） A. 0 B. 1 C.  D. 2 【答案】B 【分析】 建立空间直角坐标，利用坐标法计算可得. 【详解】 如图建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，， 所以. 故选：B 2．（25-26学年高二上·北京第三十五中学·期中）已知空间向量，，则（       ） A.  B.  C. 1 D. 2 【答案】D 【分析】 根据空间向量的坐标运算求解. 【详解】 ∵，，则， ∴. 故选：D. 3．（25-26学年高二上·北京第四中学·期中）三角形中，，，，则边上的中线向量为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 由中点坐标公式求得中点坐标，再由终点坐标减去起点坐标得到向量坐标. 【详解】 中点，则. 故选：B. 4．（25-26学年高二上·北京第十四中学·期中）已知向量，，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据空间向量线性运算的坐标表示求解. 【详解】 ∵， ∴ 故选：A. 5．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）空间直角坐标系中，已知，，则线段的中点为 A.  B.  C.  D.  【答案】D 【详解】根据中点坐标公式，中点坐标为.故选. 6．（25-26学年高二上·北京通州·期中）在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点为点，点在坐标平面内的射影为点，则点的坐标为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据空间直角坐标系中点关于轴的对称及点在面上的射影求解. 【详解】 因为点关于轴的对称点为点， 所以点在坐标平面内的射影为点， 故选：B 7．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）已知向量，，且，则（     ） A.  B. 2 C. 4 D. 6 【答案】A 【分析】 根据向量垂直的坐标运算可求得的值. 【详解】 因为向量，，所以， 又因为，所以，所以， 解得. 故选：A. 8．（25-26学年高二上·北京延庆·期中）已知，，则是（     ） A. 30° B. 60° C. 150° D. 120° 【答案】C 【分析】 利用空间向量的夹角公式求出，结合向量夹角的取值范围可得出的大小. 【详解】 由题意可得， 因为，故. 故选：C. 9．（25-26学年高二上·北京延庆·期中）已知，，若，则实数（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 利用空间向量模及数量积的坐标表示，结合垂直关系的向量表示及运算律列式求解. 【详解】 由，，得， ，由， 得，所以. 故选：C 10．（25-26学年高二上·北京延庆·期中）若是平行四边形，且、、，则顶点的坐标为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 设点，根据题意得出，结合空间向量的坐标运算可求得点的坐标. 【详解】 设点，因为四边形为平行四边形，故， 即，即 ，解得 ，即点. 故选：A. 11．（2026·北京房山·一模）已知向量，，若，则的值是（       ） A. -4 B. -1 C. 1 D. 4 【答案】D 【分析】 由得到，利用坐标公式计算求解. 【详解】 ，，，，. 故选：D. 12．（2026·北京房山·一模）在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 应用空间中坐标关于面的对称性质确定坐标. 【详解】 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是. 故选：D. 13．（25-26学年高二上·北京北京师范大学附属实验中学·期中）设向量，，则与，共面的向量的坐标可以是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据题意，结合共面向量定理，得到共面向量的坐标，结合选项，即可求解. 【详解】 设向量与共面，则存在实数使得， 即， 结合选项，选项C满足题意， 所以与共面的向量坐标可以是. 故选：C. 14．（25-26学年高二上·北京第一六一中学·期中）空间直角坐标系中，平行四边形的三点坐标分别为，，，则D的坐标为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 利用在平行四边形中有，计算即可. 【详解】 结合题意：设D的坐标为， 因为，，， 所以,， 因为在平行四边形中有， 所以 ，解得 ，所以D的坐标为. 故选：B. 15．（25-26学年高二上·北京第八中学·期中）在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 借助空间直角坐标系性质计算即可得. 【详解】 关于平面对称的两点横、纵坐标相等，竖坐标相反， 故点关于平面的对称点的坐标为. 故选：C. 16．（25-26学年高二上·北京第十五中学·期中）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，且，则的值为（       ） A.  B.  C. 4 D.  【答案】A 【分析】 问题转化为求的值. 【详解】 因为，所以， 所以. 故选：A 17．（25-26学年高二上·北京第五十五中学·期中）已知向量，且，那么（       ） A.  B. 6 C.  D. 12 【答案】A 【分析】 由向量平行有，结合坐标求x、y，进而利用空间向量模的坐标计算求. 【详解】 由题设，且， ∴ ，可得 ， ∴，则. 故选：A 18．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）已知点，则点到轴的距离为． A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】根据空间直角坐标系分析可知：点到轴的距离等于. 【详解】因为，所以点到轴的距离等于：， 故选C. 【点睛】本题考查空间中的点到坐标轴的距离，难度较易.空间中的点到坐标轴的距离等于另外两个轴对应坐标的平方之和开根号. 19．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）已知向量，，且，那么（     ） A.  B.  C.  D. 5 【答案】C 【分析】 根据空间向量垂直的坐标运算求得，然后利用空间向量模的坐标运算求解即可. 【详解】 由向量，，且， 得，则，则. 故选：C 20．（25-26学年高二上·北京第十九中学·期中）已知向量，且，那么（       ） A.  B.  C.  D. 5 【答案】A 【分析】 根据空间向量垂直的坐标运算求得，然后利用空间向量模的坐标运算求解即可. 【详解】 由向量，，且， 得，则，则. 故选：A 21．（25-26学年高二上·北京清华大学附属中学·期中）已知，，，若，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据平行向量的性质列出式子即可求出. 【详解】 ，，， 当时，设，即 ，解得、， ， 故选：. 22．（25-26学年高二上·北京第一六一中学·期中）在正方体中，是线段上一点，则的大小可以为（　　） A.  B.  C.  D.  【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，设正方体的棱长为，设点，其中，利用空间向量法求出的取值范围，结合选项即可得解. 【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，   设正方体的棱长为，则、、、， 设，其中，则， 从而，， 所以， 当时，，则， 则， 所以， 因为，所以，结合选项可知符合题意. 故选：A 23．（25-26学年高二上·北京西城区北京师范大学附属中学·期中）设，向量，，，且，，则（       ） A.  B.  C. 1 D. 2 【答案】A 【分析】 根据向量垂直和平行的坐标运算化简求值. 【详解】 由题意得，，，得，， 则. 故选：A 24．（25-26学年高二上·北京第八十中学·期中）在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 依题意建立平面直角坐标系，设，表示出，，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得； 【详解】 解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，， 因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动， 设，， 所以，， 所以 ，其中，， 因为，所以，即； 故选：D               25．（25-26学年高二上·北京延庆·期中）已知是边长为的等边三角形，为平面内的一点，则的最小值为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 设点，以边中点为原点，建立直角坐标系，利用等边三角形的性质得出相应点的坐标，进而得出的坐标，再运用向量坐标运算计算，求最小值． 【详解】 设点，以边中点为原点，建立如图所示直角坐标系， 是边长为的等边三角形，，， ， ， ， 当时，即点为中点时，取最小值，最小值为． 故选：A 26．（25-26学年高二上·北京第十九中学·期中）已知为坐标原点，，若，则的坐标是　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 利用空间向量的线性运算可求向量的坐标. 【详解】 为坐标原点，，则. . 故答案为：. 27．（2026·北京房山·一模）在空间直角坐标系中，已知点，，，则　　　　　. 【答案】 【分析】 应用空间向量的坐标及数量积公式计算求解. 【详解】 因为点，，， 所以， 则. 故答案为：. 28．（25-26学年高二上·北京第一六一中学·期中）已知向量，，，若向量，，共面，则实数的值为　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据题意：存在实数使得，再根据坐标运算解方程求解即可. 【详解】 因为向量共面， 所以存在实数使得，即 所以 ，解得 故答案为: 29．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）已知为坐标原点，,,则的值为　　　　　　；中，边上中线的长为　　　　　　． 【答案】①     ② 【分析】 第一小空可以直接用向量的夹角公式求得；第二小空可以使用向量中线定理写出中线的向量坐标，再求模. 【详解】 ①； ② 在中，假设的中点为, 则上的中线可表示为,其模长为. 则上的中线长等于, 故答案为： 30．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）已知向量，，则　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据空间向量的坐标运算法则直接计算即可. 【详解】 向量，，则，， 则. 故答案为：. 31．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）如果向量.那么　　　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据题意，利用空间向量的数量积的运算公式，以及向量夹角公式，准确计算，即可求解. 【详解】 由向量，可得且， 所以. 故答案为：. 32．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）已知向量，，，计算下列各式的值． （1）； （2）； （3）． 【答案】（1）12     （2）     （3）      【分析】 （1）根据空间向量的数量积运算即可得到答案； （2）根据空间向量模的运算即可得到答案； （3）根据空间向量的夹角运算即可得到答案. (1) 小问详解： 解：由题意，，则. (2) 小问详解： 解：由题意，，则. (3) 小问详解： 解：由题意，. 33．（25-26学年高二上·北京北京师范大学附属实验中学·期中）已知向量，，. （1）若，求的值； （2）若，求，的值. 【答案】（1）     （2） 【分析】 （1）根据空间向量的坐标运算法则及垂直时的坐标关系进行运算即可； （2）根据空间向量的坐标运算法则及平行时的坐标关系进行运算即可. (1) 小问详解： 由题可得，， 又， 所以， 解得； (2) 小问详解： 由题可得， 又，， 则， 所以 ， 解得 . 34．（25-26学年高二上·北京北京师范大学附属实验中学·期中）如图，在正四棱柱中，，，，，设直线与所成角的大小为. ①当时，　　　　　　　　　　　； ②若，则的取值范围是　　　　　　　　　　　　. 【答案】① ；    ② . 【分析】 点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，则可写出、，由即可解得答案. 【详解】 由题意，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 所以， 所以，， ， ① 当时，， ② 当时，， 所以， 化简得，解得：. 故答案为：；. 35．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）如图，正方体的棱长为2，动点满足，其中，且，，，给出下列四个结论： ①当时，平面； ②当，时，的最小值为； ③当，时，三棱锥的体积为定值； ④当，且时，动点的轨迹长为． 其中所有正确结论的序号是　　　　　　． 【答案】① ③ ④ 【分析】 建立空间直角坐标系，利用正方体的性质得出相应点坐标，利用向量与法向量平行得出垂直关系，判断结论① ；利用平面几何知识判断结论② ；利用等体积法结合正方体的性质判断结论③ ；利用已知条件得出点轨迹，计算判断结论④ ． 【详解】 以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 正方体的棱长为2， ， 对于① ，当时，，此时点与重合，即， ，设平面的法向量为， 则 ，令，则， ，即平面，故① 正确； 对于② ，当，时，点在上，把侧面沿翻折到平面内，如下图所示， ，故② 错误； 对于③ ，当，时，点在上， 则， ，， ，为定值，故③ 正确； 对于④ ，当，且时，因为 由空间向量的性质可知，此时点在平面上运动， 因为，，，故点在三角形面内运动； 连接，与平面相交于点，连接， 由正方体的性质可知，，平面，点为三角形的内心， 因为，所以， 易知，， 所以三角形的内切圆半径为， 所以点的轨迹是一个以点为圆心，为半径的一个圆上， 所以的轨迹长度为故④正确； 故答案为：① ③ ④ ． 36．（25-26学年高二上·北京西城区北京师范大学附属中学·期中）如图，在长方体中，，，动点，分别在线段和上.给出下列四个结论，其中所有正确结论的序号为　　　　　　.    ①； ②有可能是等边三角形； ③当时，； ④至少存在两组，，使得三棱锥的四个面均为直角三角形. 【答案】① ④ 【分析】 根据，结合体积公式，可判定①正确；假设为等边三角形，取，求得，可判定②错误；建立直角坐标系，设，由，得到，结合，可判定③不正确；分为的中点，与重合和点与重合，与重合时，分别得到三棱锥的四个面均为直角三角形，可判定④正确. 【详解】对于①，在长方体中，， 因为平面，且平面， 又因为，所以到平面的距离等于到平面的距离， 所以可得到平面的距离为， 因为，所以①正确； 对于②，假设为等边三角形，因为为上的动点， （i）当的最小值为，即，则，此时点与点重合， 在直角中，可得， 则， 在直角中，可得， 则，则， 即取得最小值时，的长度不能同时取得， （ii）当时，因为为等边三角形，可得， 在直角中，可得， 则， 在直角中，可得， 则，则， 所以的长度不能同时大于， 所以不可能是等边三角形，所以②错误； 对于③，建立如图所示的空间直角坐标系，可得， 设，其中，则， 若，可得，解得， 又由， 可得， 所以，当且仅当时，等号成立，所以③不正确；    对于④，当为的中点，与重合时，如图（1）所示，此时， 因为，可得，所以， 又因为，可得，所以， 所以三棱锥的四个面均为直角三角形； 当点与重合，与重合时，如图（2）所示， 此时， 所以三棱锥的四个面均为直角三角形， 综上可得，至少存在两组使得三棱锥的四个面均为直角三角形，所以④正确. 故答案为: ① ④ . 考点04 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·北京通州·期中）已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据线面垂直的性质可得，进而求得，即得. 【详解】 因为，所以， 又， 即， 解得：， 所以， 故选：C. 2．（25-26学年高二上·北京通州·期中）已知直线，的方向向量分别为，，则直线与所成角的余弦值为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据题意，由空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果. 【详解】 设直线与所成角为， 则. 故选：D 3．（25-26学年高二上·北京延庆·期中）如图，在三棱锥中，两两互相垂直，为的中点，且，则直线与所成角的大小为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用已知条件得出相关点的坐标，进而得出的坐标，利用向量夹角的余弦公式求解． 【详解】 在三棱锥中，两两互相垂直，以为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系， 为的中点，且，则，， ， ，设所成的角为， ， ，，即直线与所成角的大小为． 故选：C． 4．（25-26学年高二上·北京第五中学·期中）已知点是法向量为的平面内的一点，则下列各点中，不在平面内的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据平面内的点与点构成的向量与垂直来逐一判断. 【详解】 假设选项中的点为点， 对于A：，此时，点在平面内； 对于B：，此时，点不在平面内； 对于C：，此时，点在平面内； 对于D：，此时，点在平面内； 故选：B. 5．（25-26学年高二上·北京清华大学附属中学·期中）在正方体中，为的中点，则与所成角的大小为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解即可． 【详解】 建立空间直角坐标系，如图所示： 不妨设正方体的棱长为2， 则, 得, 则， 设与所成角为， 则， 则与所成角为大小为. 故选：B 6．（25-26学年高二上·北京第八中学·期中）正方体中，点分别为正方形及的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线所成角余弦值即可. 【详解】 如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设正方体边长为1， 则， 故， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为.    故选：C. 7．（25-26学年高二上·北京第八中学·期中）如图所示，以等腰直角三角形斜边上的高为折痕，把和折成互相垂直的两个平面后，某学生得出如下四个结论：①；②；③；④平面的法向量和平面的法向量互相垂直．错误的结论是（       ） A. ① B. ② C. ③ D. ④ 【答案】D 【分析】 建立适当空间直角坐标系后，可得各点坐标及相应直线的方向向量及平面的法向量，借助空间向量逐项计算即可得. 【详解】 建立以为坐标原点，以，，所在直线为轴、轴、轴的空间直角坐标系， 设等腰直角三角形斜边，则，，， 则，，，， 对① ：，故① 正确； 对② ：，故，故② 正确； 对③ ：，故，故③ 正确； 对④ ：轴平面，则平面的一个法向量可为， 设平面的法向量设为， 由有 ，令，则，，故， 则，故④ 错误．        故选：D. 8．（25-26学年高二上·北京第十五中学·期中）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则“”是“”的（       ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】 利用条件判断直线与平面的位置关系即可. 【详解】 因为直线的方向向量与平面的法向量垂直，所以或. 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 9．（25-26学年高二上·北京第十四中学·期中）设平面的法向量为，直线的方向向量为，那么“”是“直线与平面夹角为”的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【详解】根据向量夹角的定义以及线面角的定义即可得出选项. 【详解】由面的法向量为，直线的方向向量为，“”， 则“直线与平面夹角为”， 反之，由向量夹角的定义，“直线与平面夹角为”， 则“或”， 故“”是“直线与平面夹角为”充分不必要条件. 故选：A 【点睛】本题考查了向量的夹角、线面角，充分不必要条件，需掌握其定义，考查了学生的基础知识，属于基础题. 10．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）长方体中，为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【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，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值. 【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， 则、、、， 则，， . 因此，异面直线与所成角的余弦值为. 故选：A. 11．（25-26学年高二上·北京第十九中学·期中）已知向量是平面内两个不相等的非零向量，非零向量在直线上，则“，且”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】 由线面垂直的定义和判定定理，结合充分条件和必要条件的定义判断即可得到答案. 【详解】 若，且，则，， 由于向量所在的直线不一定相交，非零向量所在的直线为， 所以不一定能得到； 若，非零向量所在的直线为，向量是平面内两个不相等的非零向量， 则，，可得，. 综上所述，“，且”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 12．（25-26学年高二上·北京第八十中学·期中）已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则实数（       ） A.  B.  C. 1 D. 4 【答案】A 【分析】 根据空间位置关系的向量法判断，再根据向量平行的坐标运算，即可求解. 【详解】 由题意可知，， 所以，即 ，解得：. 故选：A 13．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）直线的方向向量为，平面的法向量分别为，则下列选项正确的是（       ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【分析】 通过分析不同位置情况下的向量的乘积，即可得出结论. 【详解】 由题意， 选项A，若，共线，，A错误； 选项B，若，垂直，则，B正确； 选项C，若，共线，，C错误； 选项D，若，共线，，D错误. 14．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）已知为平面的法向量，点，在直线上，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】 由可得或，所以推不出， 当时，由于是平面的法向量，可得，所以可推出， 综上，是的必要不充分条件. 故选：B. 15．（25-26学年高二上·北京延庆·期中）已知是空间中直线的方向向量，是平面的一个法向量，那么“”是“直线与平面平行”的（     ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】 要解决这个问题，我们需要分析“”与“直线与平面平行”之间的逻辑关系，判断是充分条件、必要条件还是充要条件. 【详解】 当时，直线与平面平行或直线在平面内， 因此，“”不能推出“直线与平面平行”，所以充分性不成立. 如果直线与平面平行，那么直线的方向向量与平面的一个法向量一定垂直， 所以“直线与平面平行”可以推出“”，因此必要性成立. 综上，“”是“直线与平面平行”的必要不充分条件. 故选：B 16．（25-26学年高二上·北京北京师范大学附属实验中学·期中）空间直角坐标系中，已知，，，则“”是“为平面的法向量”的（       ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】 根据平面的法向量定义，利用充分条件和必要条件的判断方法即可推得． 【详解】 因为，，， 所以. 当时，， ，， 所以是平面的一个法向量； 当是平面的一个法向量时， ，解得. 所以“”是“为平面的法向量”的充分不必要条件. 故选：A. 17．（25-26学年高二上·北京第八中学·期中）如图，在正方体中，E为棱的中点．动点P沿着棱从点D向点C移动，对于下列三个结论： ①存在点P，使得； ②的面积越来越小； ③四面体的体积不变． 其中，所有正确结论的个数是（       ）． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【分析】 建立空间直角坐标系，根据两点间的距离公式、点到直线的距离公式，以及锥体体积计算公式等知识求得正确答案. 【详解】 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 设正方体的边长为，则，设， 由得， ，所以存在点，使得，所以① 正确. ， ， 所以到的距离为 ，的对称轴为， 而，所以随的增大而减小， 所以的面积随的增大而减小， 所以② 正确. 对于③ ，，的面积为定值， 点到平面的距离，等于到平面的距离，此距离为定值， 所以四面体的体积不变.所以③ 正确. 综上所述，正确的有个. 故选：D 【点睛】 空间中，要求三角形的面积，关键是求点到直线的距离，空间向量法求点到直线的距离公式比较复杂，需要记忆准确.空间中求三棱锥的体积，关键是求点到面的距离，本题中，到平面的距离为定值，另外，也可以利用向量法来求点面距. 18．（25-26学年高二上·北京第十九中学·期中）在正方体中，已知是的中点，则与平面所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 通过建立空间直角坐标系求出线面成角的正弦值，根据三角函数同角关系式求出余弦值. 【详解】 由题意得，建立如图所示的空间直角坐标系，    设正方体的棱长为，则，， 由平面，是平面的一个法向量， 与平面所成角的正弦值为， 与平面所成角的余弦值为. 故选：. 19．（25-26学年高二上·北京第十九中学·期中）在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（       ） A. 点可以是棱的中点 B. 线段的最大值为 C. 点的轨迹是正方形 D. 点轨迹的长度为 【答案】D 【分析】 在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，根据，确定点的轨迹，在逐项判断，即可得出结果. 【详解】    在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系， 因为该正方体的棱长为，分别为的中点， 则，，，， 所以，设，则， 因为， 所以，，当时，；当时，； 取，，，， 连接，，，，则，， 所以四边形为矩形， 则，，即，， 又，且平面，平面， 所以平面， 又，，所以为中点，则平面， 所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动， 所以点的轨迹为四边形， 因此点不可能是棱的中点，即A错； 又，，所以，则点的轨迹不是正方形； 且矩形的周长为，故C错，D正确； 因为点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等，且最大，所以线段的最大值为，故B错. 故选：D. 【点睛】 关键点点睛：求解本题的关键在于建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法，由，求出动点轨迹图形，即可求解. 20．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）如图，正八面体由两个相同的正四棱锥组成，其所有棱长为2，，分别为棱，的中点，则直线和夹角的余弦值为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 利用已知正八面体的性质求出相关边长，建立空间直角坐标系，得出相关点坐标，进而求出，最后利用向量夹角余弦公式计算求解． 【详解】 正八面体由两个相同的正四棱锥组成，其所有棱长为2， 正八面体的8个面均为边长是2的等边三角形，面是边长为的正方形， 连接交于点，则，， 连接，则交于点，， 以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， ， ， ， 直线和夹角的余弦值为． 故选：C． 21．（25-26学年高二上·北京第五十五中学·期中）（多选）如图，在正方体中，为棱的中点．动点沿着棱从点向点移动，对于下列四个结论．正确的是（     ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得平面 C. 的面积越来越小 D. 四面体的体积不变 【答案】ACD 【分析】 设正方体棱长为，，求出、，由解得，确定A正确，考虑到到平面的距离不变，从而易判断D，建立空间直角坐标系，可证明不可能与垂直，故B不正确；设，由空间向量法求得到的距离，由距离的变化规律判断C正确. 【详解】 设正方体棱长为，， 由平面，平面得，同理， 所以， 由得，存在使得，A正确； 正方体中，平面，，所以到平面的距离不变， 即到平面的距离不变，而面积不变， 因此三棱锥，即四面体的体积不变，D正确； 以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如下图，     设正方体棱长为，则、、、， 所以，，，， 所以不可能与垂直，故平面也不可能成立，故B错误； 设，则，，， 所以， 设到直线的距离为， 则 ， 由二次函数性质知时，递减，所以递减， 又不变，所以的面积为递减，C正确， 综上：ACD正确 故选：ACD. 【点睛】 方法点睛：立体几何中存在性或探究性问题涉及到的点具有运动性和不确定性属于动态几何问题,用纯几何的方法来解决对空间想像能力、作图能力和逻辑推理能力的要求很高，若用向量方法处理，尤其是通过建立空间直角坐标系求解问题则思路简洁明了，本题中用向量法解决点到直线的距离问题避免了抽象复杂找距离过程，而且将距离的变化情况转化为函数的单调性问题解决更简单明了. 22．（25-26学年高二上·北京延庆·期中）已知棱长为1的正方体中，分别为的中点，则直线与平面之间的距离为　　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 建立空间直角坐标系，先利用向量法证明平面EMN，根据线面距离的定义把直线AC到平面EMN的距离转化为点A到平面EMN的距离，再利用点面距离的向量公式求解即可. 【详解】 如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则 令，可得，所以， 即，又平面，所以平面， 故点到平面的距离即为直线到平面的距离， 又，所以点到平面的距离为， 即直线与平面之间的距离为. 故答案为： 23．（25-26学年高二上·北京第五中学·期中）如图，在长方体中，，点分别是的中点，点为棱上一点，且直线和所成的角为． （1）求证：∥平面； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1） 在长方体中， ∴直线和所成的角， ∴直角三角形为等腰直角三角形， ，故点为棱的中点． 连接故． 又平面平面， 平面     （2）      【分析】 (1)由正方体的性质可知，，即可证得线面平行. (2)建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与一个方向向量，代入公式即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，则， 则， 设平面的法向量为，则， 即 所以令，得：， 所以是平面的法向量， 设到平面的距离为， ∴所以点到平面的距离为． 24．（25-26学年高二上·北京第三十五中学·期中）如图1，菱形中，，， 于．将沿翻折到，使，如图2． （Ⅰ）求证：平面平面； （Ⅱ）求直线A′E与平面A′BC所成角的正弦值； （Ⅲ）设为线段上一点，若平面，求的值． 【答案】（Ⅰ）在菱形中，因为，所以，． 所以．因为，，平面，平面， 所以平面．因为平面， 所以平面⊥平面． （Ⅱ）；（Ⅲ）1 【分析】 （Ⅰ）证明DE⊥AE，DE⊥EB．A′E⊥DE．结合A′E⊥BE，证明A′E⊥平面BCDE．然后证明平面A′ED⊥平面BCDE；（Ⅱ）建立空间直角坐标系E﹣xyz，求出平面A′BC的法向量，利用空间向量的数量积求解直线A′E与平面A′BC所成角的正弦值；（Ⅲ）设 ，通过EF∥平面A′BC，所以 ，求出m，然后推出结果即可． 【详解】 （Ⅰ）略 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，如图建立空间直角坐标系， 则 ，，,, ， 所以，,． 设平面的法向量，由 得 所以 令，则.所以． 所以，又 ,， 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为． （Ⅲ）由（Ⅱ）可知，, 设，则． 因为 平面，所以，即． 所以，即．所以． 【点睛】 本题考查直线与平面垂直，平面与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，空间距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力． 25．（25-26学年高二上·北京第十四中学·期中）已知长方体中，，，则平面与平面所成的角的余弦值为　　　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】 如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，    则，，， ，， 设平面的一个法向量为， 则 ，取，则， 平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的角为， 则平面与平面所成角的余弦值． 故答案为：． 26．（25-26学年高二上·北京通州·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，点为的中点.    （1）求平面的一个法向量； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）根据题意建立空间直角坐标系，写出相应的点坐标，求出相应的向量建立方程组求解即可； （2）根据（1）中的条件先求出向量的坐标，设直线与平面所成角为， 利用公式计算即可. （3）根据（1）先求出向量的坐标，利用公式计算即可. (1) 小问详解： 因为平面，且底面是正方形， 所以两两互相垂直， 所以以点为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 如图所示：    由，所以 又点为的中点，所以， 所以， 设平面的一个法向量为， 则 ， 所以，令， 所以， 所以平面的一个法向量为. (2) 小问详解： 由（1）知，所以， 设直线与平面所成角为， 且平面的一个法向量为， 所以 直线与平面所成角的正弦值为. (3) 小问详解： 由，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为： . 27．（25-26学年高二上·北京通州·期中）已知直线经过点，且方向向量为，则点到直线的距离为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据给定条件，利用点到直线距离的向量求法计算即得. 【详解】 由题意可得与同向的单位向量， 设，则， 点到直线 的距离． 故答案为： 28．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）如图，在棱长为2的正方体中，是线段的中点． （1）求直线与直线夹角的余弦值； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）     （2）2      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用向量夹角公式计算； （2）求出平面的一个法向量，利用向量法计算点面距. (1) 小问详解： 如图，以点为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，所以，， 所以直线与直线夹角的余弦值为. (2) 小问详解： 因为，，结合（1），所以，， 设平面的一个法向量为， 则 ，令，得，， ， 所以点到平面的距离. 29．（25-26学年高二上·北京延庆·期中）如图，在棱长为的正方体中，点是的中点. （1）求与平面所成角的正弦值； （2）求二面角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）     （2）     （3）.      【分析】 （1）（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标以及相关平面的法向量，利用空间角的向量求法，即可求解； （3）根据空间距离的向量求法，即可求得答案. (1) 小问详解： 如图，建立空间直角坐标系，则， ，所以， 设平面的一个法向量为，则 ， 令，则，所以， 因为， 所以与平面所成角的正弦值为. (2) 小问详解： 由（1）知，平面的一个法向量为 平面的一个法向量为，     所以， 由图可知，二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为. (3) 小问详解： 设点到平面的距离，， 则，所以点到平面的距离为. 30．（25-26学年高二上·北京延庆·期中）如图，在四棱锥中，已知平面，为平行四边形，，，，，为侧棱上的点. （1）求证：； （2）若平面，求的值； （3）若二面角的大小为60°，求的值． 【答案】（1） 因为平面，平面，所以； 又因为，，平面，所以平面； 因为平面，所以.              （2）     （3）      【分析】 （1）根据线面垂直即可得，进而可证明平面，进而可得线线垂直， （2）根据线面平行的性质即可求解， （3）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，由向量的夹角公式即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 连接，设，连接， 因为平面，平面，平面平面， 所以； 因为为平行四边形，所以是的中点； 所以在中，. (3) 小问详解： 因为平面，平面，所以. 以为原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建空间立直角坐标系. 因为，，，所以，， 因为，所以，，，，，，， 因为平面，所以是平面的一个法向量. （法一）设，则，                     所以，即，， 设平面的一个法向量为，则 所以，令，则，所以， 因为二面角的大小为60°，所以， 解得，   或（舍）， 即存在满足条件的点，且. （法二）设，则，， 设平面的一个法向量为，则                                     所以，令，则，所以， 所以，解得.           设，则，所以， 所以，，所以，解得， 即存在满足条件的点，且. 31．（2026·北京房山·一模）如图，在长方体中，，，，分别是，的中点. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 如图以分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为，，，分别是，的中点， 所以， 所以， 所以， 所以；     （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，应用空间向量数量积为0证明即可； （2）建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再应用线面角的正弦公式计算. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为， 所以， 设平面的法向量为， ， 所以 ， 所以 ， 令，则，所以， 设直线与平面所成角为， 所以； 32．（25-26学年高二上·北京第五十七中学·期中）如图，在多面体中，四边形和都是直角梯形，，，，，，点为棱CF上一点，平面与棱BC交于点.    （1）求证：； （2）求证：； （3）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值. 【答案】（1） 因为， 所以，， 又因为，平面平面， 所以平面， 又因为平面，所以；     （2） 因为，，， 所以是平行四边形，则， 又因为平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以；     （3）      【分析】 （1）据题意有，，即可证明平面，进而证明； （2）利用条件先证明是平行四边形，即可证明平面，根据线面平行性质可证； （3）以点为原点建立空间直角坐标系，设，分别求得平面与平面的法向量，根据夹角的向量公式即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 以点为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 如图所示：设， 则， 依题意有，，，    ，，则， ，，， 设平面的一个法向量为， 则 · n=0 EM· n=0 ，即 ， 取则，，则， 因为平面， 所以平面的一个法向量为， 平面与平面所成锐二面角为， 则， 解得，所以，故. 33．（25-26学年高二上·北京第五十七中学·期中）如图，在三棱柱中，侧面和都是正方形，平面平面，分别为，的中点． （1）求证：平面． （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：取中点，连接，， ∵分别为的中点，∴，且， 又四边形是正方形，∴且， 即且，又∵为中点，∴且， 所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面， 所以平面. （2）. 【分析】 （1）取中点，证明四边形为平行四边形，证出，即可证明平面；（2）根据题意建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求解平面的 法向量，利用数量积的计算公式即可求出直线与平面所成角的正弦值. 【详解】 （1）略； （2）由题意，两两垂直，所以以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，则. ，，设平面 的法向量为， 则 ，即 ，得 设直线与平面所成角为， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】 方法点睛：本题考查的是空间向量与立体几何的问题， （1）关于线面平行的证明，一般利用线面平行的判定定理证明，需要证明平行线，一般是找中位线或者平行四边形证明； （2）关于线面角的求解，一般利用空间向量的方法，需要求解平面的法向量，再代入数量积求解公式计算. 34．（25-26学年高二上·北京第一六六中学·期中）（多选）如图.在正方体中，E为的中点． （1）求证：平面ACE； （2）求直线AD与平面ACE所成角的正弦值． 【答案】（1） 如图所示： ， 连接BD与AC交于点O， 因为O，E为中点， 所以,又平面，平面， 所以平面；     （2）      【分析】 （1）连连接BD与AC交于点O，根据中位线定理可知，然后根据线面平行的判定定理可得. （2）建立空间直角坐标系，计算，平面的一个法向量，然后根据空间向量的夹角公式计算即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 建立如图所示的空间直角坐标系 令，所以 设平面的一个法向量为 所以 ，令 所以， 所以直线AD与平面ACE所成角的正弦值 35．（25-26学年高二上·北京第一六六中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，，，是线段的中点，连结． （1）求证：； （2）求二面角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）因为四边形为菱形，所以． 又因为，为的中点，所以． 又因为平面平面， 平面平面， 所以平面． 因为平面， 所以． （2）； （3）存在；． 【分析】 （1）首先证明，再由面面垂直的性质定理可得平面，即证. （2）连结，以为坐标原点，，，为轴，建立空间直角坐标系，是平面的一个法向量，再求出平面的一个法向量，利用空间向量的数量积即可求解. （3）根据题意可得与平面的法向量垂直，假设线段上存在点使得平面，再利用向量的数量积即可求解. 【详解】 解：（1）略 （2）连结．因为，为的中点， 所以． 由（1）可知平面， 所以，． 设，则． 如图，建立空间直角坐标系． 所以． 所以，． 因为平面， 所以是平面的一个法向量． 设平面的法向量为， 则 ，即 ，所以 令，则，．于是． 所以． 由题知，二面角为钝角，所以其余弦值为． （3）当点是线段的中点时，平面．理由如下： 因为点平面， 所以在线段上存在点使得平面等价于． 假设线段上存在点使得平面． 设，则． 所以． 由，得． 所以当点是线段的中点时，平面，且． 【点睛】 思路点睛： 解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为： （1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内； （2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错. （3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量. （4）利用法向量求距离、线面角或二面角. 36．（25-26学年高二上·北京清华大学附属中学·期中）已知平面，两条不重合的直线，，，给出三个论断：①；②；③.以其中两个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出一个正确的命题　　　　　　　　　　　　　　. 【答案】① ②③ 或① ③② 【分析】 设，的方向向量为，平面的法向量为，通过向量法确定位置关系即可. 【详解】 ，的方向向量为，平面的法向量为， ① ②③ 因为，所以， 又，所以，即， 又，所以， 又因为所以； ① ③② 因为，所以，即 因为，所以， 所以，即； ② ③① 若，， 则，或相交，或，不成立 故答案为：① ②③ 或① ③② 37．（25-26学年高二上·北京清华大学附属中学·期中）在四棱锥中，底面为正方形，，分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）若平面，，求直线平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 取中点，连接和，因为，分别为，的中点， 所以.在正方形中，，因此. 又因为，，所以， 于是四边形是平行四边形，因此. 又因为平面，平面，所以平面；     （2）      【分析】 （1）取中点，连接和，利用线面平行的判定定理可得答案； （2）设，以点为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再由线面角的向量求法可得答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面，四边形为正方形， 所以，，两两垂直，不妨设，如下图建系， 由题知：，，，，，. 于是，，. 设平面的一个法向量为，于是 ，令，则， 于是是平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 于是， 因此直线与平面所成角的正弦值为. 38．（25-26学年高二上·北京北京师范大学附属实验中学·期中）如图，直三棱柱中，，，，分别为，的中点.    （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1） 在直三棱柱中，四边形为矩形， 又因为，分别为，的中点， 所以,且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）先证明，再由线面平行的判定定理证明平面； （2）点为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，即可求出二面角的余弦值； （3）利用点到平面的距离求出答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由题意，以点为坐标原点，所在直线分别为轴， 建立空间直角坐标系，    则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则 ， 令，则平面的一个法向量， 由题意知平面的法向量为， 所以， 所以二面角的余弦值为. (3) 小问详解： 由（2）知,平面的一个法向量 所以点到平面的距离. 39．（25-26学年高二上·北京第三十五中学·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，是棱的中点.    （1）求证：平面； （2）从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值. 条件①：；条件②：平面平面. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1） 在底面中，连接交于点，可得为中点，连接．    因为是的中位线， 所以， 因为平面，平面， 所以平面．     （2） 任意选① ② ：二面角的余弦值为．      【分析】 （1）利用线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的求角即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 选① ：． 因为，，又底面是正方形 所以两两相互垂直． 如图建立空间直角坐标系， 则，，． 所以，，           设平面的法向量为， 则 ，即 ， 令，则，．于是．      又因为，平面，所以平面， 所以为平面的一个法向量. 设平面与平面夹角为，则 ．                  由图可知， 二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． 选② ：平面平面． 因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面， 因为平面，平面， 所以，， 又底面是正方形，所以两两相互垂直． 如图建立空间直角坐标系， 则，，． 所以，， 设平面的法向量为， 则 ，即 ， 令，则，．于是．      又因为平面， 所以为平面的一个法向量. 设平面与平面夹角为，则 ．                  由图可知， 二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． 40．（25-26学年高二上·北京第三十五中学·期中）材料：在空间直角坐标系中，经过点，法向量的平面的方程为，经过点且方向向量的直线方程为．阅读上面材料，并解决下列问题：平面的方程为，直线的方程为． （1）证明：平面； （2）已知点，直线，若点与直线都在平面上，求平面与平面夹角的余弦值的最大值； （3）若集合中所有的点构成了多面体的各个面，求的体积． 【答案】（1） 由题意可知，直线的一个方向向量为 平面的法向量为，，则. 又在直线：上取一点， 显然，即平面，则，平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）根据题意得到直线方向向量和面的法向量，证明它们垂直即可； （2）求出面的法向量，借助向量夹角余弦公式，结合二次函数计算最值即可； （3）画出草图，求出关键点的坐标，求出长度，高度计算棱锥体积即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 在直线上取一点， 可知,直线的一个方向向量为， 设平面的法向量, . 令，得, 即,平面的法向量为, 设平面与平面的夹角为，则 易知， 的余弦值的最大值为. (3) 小问详解： 多面体是一个正八面体，如下图所示： 易知多面体交各坐标轴于点、、、、 、， 正方形的边长为， 所以正方形的面积为， 而正四棱锥的高为， 则， 所以多面体的体积为. 【点睛】 关键点点睛：新定义的题，关键是要读懂题目，本题关键是找出直线方向向量，和面的法向量，然后运用向量法证明计算解决前两问.最后一问关键是找出各点坐标.本题综合性较强，属于中难题. 41．（25-26学年高二上·北京第四中学·期中）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，分别为，的中点.从条件①，条件②，条件③，这三个条件中选择两个作为已知， （1）求与平面所成角的正弦值； （2）线段的延长线上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】（1）无论选择① ② ，② ③ 还是① ③ ，与平面所成角的正弦值为.     （2）存在点M使得平面与平面夹角的余弦值为，且.      【分析】 （1）根据面面垂直的性质定理，可证平面，根据线面垂直的性质定理，可证，，可求出BC长.若选择① ② ，根据各长度及勾股定理，可得，如图建系，求得各点坐标，进而可得及平面BEF的法向量，根据线面角的向量求法，代数计算，即可求得答案；若选择② ③ ，根据线面垂直的判定及性质定理，可证，即可求出AD长，建系，求解方法同上；若选择① ③ ，据线面垂直的判定及性质定理，可证，建系，求解方法同上. （2）假设存在点M，设，可得，进而可得坐标，则可求出平面法向量，根据二面角的向量求法，列式计算，化简整理，可得值，即可得答案. (1) 小问详解： 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面， 因为平面， 所以，， 因为，所以. 若选择① ② ：因为，所以，即， 因为，所以为等边三角形，即， 所以，即， 以A为原点，AB、AC、AD为轴正方向建系，如图所示， 则， 所以， 设平面BEF的法向量， 则 ，即 ， 令，则，所以， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值. 若选择② ③ ：因为，，，平面ACD， 所以平面ACD， 因为平面ACD， 所以， 因为， 所以. 以A为原点，AB、AC、AD为轴正方向建系，如图所示， 则， 所以， 设平面BEF的法向量， 则 ，即 ， 令，则，所以， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值. 若选择① ③ ，因为，，，平面ACD， 所以平面ACD， 因为平面ACD， 所以， 以A为原点，AB、AC、AD为轴正方向建系，如图所示， 则， 所以， 设平面BEF的法向量， 则 ，即 ， 令，则，所以， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值. (2) 小问详解： 假设存在点M，设，则， 所以,， 设平面的法向量， 则 ，即 ， 令，则，即， 所以， 整理得，解得或， 所以或（舍）， 所以存在点M使得平面与平面夹角的余弦值为，且. 42．（25-26学年高二上·北京第四中学·期中）如图，在三棱柱中，平面，,，点为的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的大小； （3）求直线与平面的距离. 【答案】（1） 中，，， 又平面，平面，， 又因为平面， 所以平面.     （2）      （3）       【分析】 （1）利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出法向量即可求得； （3）转化为点到面的距离，利用点到面的距离的向量公式求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由(1)知,,故以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，如图建立空间直角坐标系，则，. 设平面的法向量为，则 ，即 . 令，则， 又平面的法向量为， 则,由题知二面角为锐二面角，所以二面角的大小为 (3) 小问详解： ,面,不在平面内， 面，则直线与平面的距离即为到面的距离， 因为，， 所以到面的距离， 所以直线与平面的距离为. 43．（25-26学年高二上·北京第一六一中学·期中）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点到平面的距离是　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 建立空间直角坐标系，求平面QGC的法向量，用点到平面的距离公式计算即可. 【详解】 由题可建立如图所示空间直角坐标系：    则C(0,2,0)，Q(1,0,2)，G(0,0,2)，， 则QC=(-1,2,-2)，， 设平面QGC的一个法向量为n=(x,y,z)， 则 → n· QC=0 → n· QG=0 ，即 ， 取，则平面QGC的一个法向量为n=(0,1,1)， 则点P到平面QGC的距离. 故答案为：. 44．（25-26学年高二上·北京第八中学·期中）如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，，底面ABCD.    （1）证明：； （2）若，求二面角的余弦值； （3）在（2）的条件下，求点到平面的距离. 【答案】（1） 因为，， 则，即， 所以在中，所以， 因为底面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面，又因为平面，所以；     （2）      （3）       【分析】 （1）利用线面垂直的判定定理和性质定理求解即可； （2）以为坐标原点，为轴建立坐标系，利用空间向量法求解即可. （3）借助空间中点到平面距离公式计算即可得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为底面，平面，所以， 结合（1）可知两两垂直， 以为坐标原点，为轴建立如图所示空间直角坐标系，    所以，，，， 所以，，， 设平面的法向量， 则 ，取，则， 设平面的法向量， 则 ，取，则， 所以， 由图可知该二面角为钝角，故二面角的余弦值为； (3) 小问详解： 由（2）知平面的法向量为，， 所以点到平面的距离. 45．（25-26学年高二上·北京西城区北京师范大学附属中学·期中）如图，正方体.棱长为2，，分别是棱，的中点，则点到平面的距离为　　　　　　. 【答案】 【分析】 空间直角坐标系，由空间向量求点面距即可． 【详解】 建立空间直角坐标系，如图所示：    则， 得， 设平面的法向量为， 得 ，取， 则点到平面的距离为：， 故答案为： 46．（25-26学年高二上·北京西城区北京师范大学附属中学·期中）如图，在正方体中，点为线段的中点.    （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 连接交于点，连接. 在正方体中，四边形为正方形， 故点为线段的中点. 又因为，所以四边形为平行四边形， 所以. 因为点为线段的中点，所以， 所以四边形为平行四边形，所以. 又因为平面，平面，所以平面.     （2）      【分析】 （1）连接交于点，连接，证明四边形为平行四边形，所以，即可求证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 在正方体中，如图建立空间直角坐标系.    不妨设正方体棱长为2， 则，，，. 因为点为线段的中点，故， 所以，，. 设平面的法向量，则 ，即 . 令，则，于是. 设直线与平面所成角为，则 . 因此直线与平面所成角的正弦值为. 47．（25-26学年高二上·北京第十五中学·期中）如图，正方形的边长为4，，分别为，的中点.将正方形沿着线段折起，使得.设为的中点.    （1）求证：； （2）求异面直线与所成角的余弦值； （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1） 折叠前，在正方形中，且， 因为、分别为、的中点，则且， 又因为，则四边形为矩形， 即，， 折叠后仍有，， ，、平面，平面， 平面，.     （2）     （3）      【分析】 （1）依题意可得，，即可证明平面，从而得证； （2）证明出平面，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异面直线与所成角的余弦值； （3）求出平面、的法向量，利用空间向量计算可得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ，，故为等边三角形， 为的中点，所以， 因为，，、平面，平面， 设中点为，连接，则， 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、、、、，， 所以，， 设异面直线与所成角为，则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. (3) 小问详解： 因为，， 设平面的一个法向量为， 则 ，令，得 而为平面的一个法向量， ∴， 由图可知二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为. 48．（25-26学年高二上·北京第十五中学·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. 49．（25-26学年高二上·北京第十四中学·期中）如图①，是梯形的高，，现将梯形沿折起成如图②的四棱锥，使得．点E是线段上一动点． （1）判断和是否可能垂直，并说明理由． （2）当时，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）和不可能垂直，理由如下： 连接，则，故， 故，而，平面， 故平面，而，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 故. 设，其中． 若，则， 解得，不合题意． 所以和不可能垂直．     （2）      【分析】 （1）可证平面，故可建立如图所示的空间直角坐标系，利用数量积可证和不可能垂直. （2）求出的方向向量和平面的法向量后可求所成角的正弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 当时，，故，而， 设平面的法向量为， 则 ，取，则， 故平面的一个法向量为， 因为， 所以与平面所成角的正弦值为， 50．（25-26学年高二上·北京第十四中学·期中）在棱长为2的正方体中，E，F分别为的中点．应用空间向量方法求解下列问题． （1）求的长； （2）证明：平面． 【答案】（1）；     （2） 由（1）可得，， ∵0，0，∴ 又，平面, ∴平面      【分析】 （1）建立适当的空间直角坐标系，求出向量的坐标表示，代入长度公式求解； （2）利用，，可证直线垂直于，再利用线面垂直的判定定理证明 (1) 小问详解： 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 ∵分别为的中点，∴ 则， ∴； (2) 小问详解： 略 51．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形．    （1）若平面与平面相交于直线，证明：； （2）若平面，，，为棱的中点，求二面角的余弦值； （3）在（2）的条件下，求点到平面的距离． 【答案】（1） 证明：四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面， 又平面，平面平面， 所以.     （2）      （3）       【分析】 （1）由平面，结合线面平行的性质定理即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可； （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： 平面，在平面内， 所以，又， 所以，，两两垂直，如图建系．    因为， 故，，． ， 设平面的法向量为， 则 ，即 取，得到， 又因为是平面的法向量， 所以． 因为二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． (3) 小问详解： 因为， 所以点到平面的距离为． 52．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）如图，在三棱柱中，平面，已知，，，点是棱的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与夹角的余弦值； （3）在棱上是否存在一点（不与,重合），使得直线与平面所成角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 底面中，已知，，， 由余弦定理得， 所以， 又平面，平面，所以， 又，所以平面.     （2）     （3） 存在，理由如下： 假设存在，设（）， 由（2）可知，， 则，则， 因为，， 设平面的法向量分别为， ，取，， 即， 所以， 因为与平面所成角为， 所以，即， 化简得，故（舍去）或， 即存在符合题意，此时．      【分析】 （1）证明即可判定线面垂直； （2）建立空间直角坐标系研究异面直线夹角即可； （3）利用空间向量研究线面角即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可知，，两两垂直， 所以以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，， ， 所以直线与直线夹角的余弦值． (3) 小问详解： 略 53．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）如图所示的是一个正方体的平面展开图，，则在原来的正方体中，直线与直线的位置关系是　　　　　　；直线与平面所成角的正弦值为　　　　　　． 【答案】① 异面    ② 【分析】 将展开图还原成正方体，通过建系利用空间向量的知识求解. 【详解】 将展开图还原成正方体，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 由图可知直线，又， 所以直线与直线异面，所以直线与直线的位置关系是异面； 因为，，，，， 则，，； 设平面的一个法向量为，由 ， 令，则，， 所以，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 故答案为：异面； 54．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）如图，在五面体中，面为正方形，面面，，． （1）求证：CD∥平面ABFE； （2）若，，求平面与平面所成的锐二面角的大小． 【答案】（1）在五面体中， 因为四边形是正方形，所以 又因为平面，平面， 所以平面. （2）. 【分析】 （1）由结合线面平行的判定定理证明即可； （2）先证明平面，进而建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角即可. 【详解】 （1）略 （2）因为四边形是正方形，所以 又因为，又，面，所以平面 又因为平面，所以. 又因为，所以以点为坐标原点，，，分别为，，轴，如图建立空间直角坐标系. 因为 ，，，，. 由（1）平面，平面，平面平面 所以，所以.可得. 由题意知平面的法向量为 设平面的法向量为. 由 得 令，得，， 所以 设平面与平面所成锐二面角为. . 所以平面与平面所成锐二面角为 【点睛】 关键点睛：解决问题二的关键在于建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角. 55．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明：因为平面平面，且平面平面， 因为，所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，且，平面； 所以平面；     （2）；     （3）存在，．      【分析】 （1）由面面垂直性质定理知平面；根据线面垂直性质定理可知，再由线面垂直判定定理可知平面； （2）取的中点，连结，，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求出直线与平面所成角的正弦值； （3）假设存在，根据三点共线，设，根据平面，即，求的值，即可求出的值． (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 取的中点，连结，， 因为，所以； 又因为平面，平面平面， 所以平面； 因为平面，所以； 因为，所以； 如图建立空间直角坐标系，由题意得， ， 设平面的法向量为，则 即 ， 令，则； 所以； 又，所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． (3) 小问详解： 设是棱上一点，则存在使得． 因此点，． 因为平面，所以平面当且仅当， 即，解得． 所以在棱上存在点使得平面，此时． 考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用． 56．（25-26学年高二上·北京第九中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，分别为棱，的中点，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 证明：在四棱锥中， 取的中点，连接、， 因为是的中点，所以，且. 又因为底面是正方形，是的中点， 所以，且.所以. 所以四边形是平行四边形，所以. 由于平面，平面，所以平面.     （2）      【分析】 （1）由线面平行的判定定理即可证明； （2）以点为坐标原点，、、分别为、、轴，如图建立空间直角坐标系.求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为底面是正方形，所以.又因为平面. 所以以点为坐标原点，、、分别为、、轴，如图建立空间直角坐标系. ，，，，，. ，， 设平面的法向量为.有： 即 令，则， 所以..设直线与平面所成角为. 有：. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 57．（25-26学年高二上·北京第十九中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面平面为的中点，. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值： （3）设为的中点，求二面角的大小. 【答案】（1）在中， 为的中点，， 面面，且面面平面， 平面， 又平面；     （2）；     （3）.      【分析】 （1）证明平面，则； （2）由线面角的向量求法求解； （3）由二面角的向量求法求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 在直角梯形中，为中点， ，且，则四边形为平行四边形， ， 由（1）可知，平面， 所以可得两两垂直， 故以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， ， ， 设平面的一个法向量， 由 ，取，则，得； 设直线与平面所成角为， 则. 直线与平面所成角的正弦值为； (3) 小问详解： 平面， 平面，即为平面的一个法向量， 为的中点， 点的坐标为，而， 设平面的一个法向量为， 由 ，取，则，得. . 由图可知二面角为锐二面角， 二面角的余弦值为. 所以二面角为. 58．（25-26学年高二上·北京第八十中学·期中）如图，在直三棱柱中，，，分别为，，的中点． （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 连接，因为，分别为，的中点，所以．                            在三棱柱中，， 所以，四点共面．                                         因为，，、分别为、的中点， 所以，，所以四边形为平行四边形．        所以，                               因为平面，平面， 所以平面．                                 （2）      【分析】 （1）连接，依题意可得，从而得到，再说明，，即可得到，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由题设平面，平面，所以，， 因为，所以两两垂直， 如图建立空间直角坐标系，                                           所以， 则，，． 设平面的法向量为，则 ，即 ， 令，则，，于是， 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． 59．（25-26学年高二上·北京第八十中学·期中）（多选）如图，在三棱锥中，侧面底面，，． （1）求证：； （2）已知，，，是线段上一点，当时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 取AC中点，连接DM、BM， 由，，故、， 又DM、平面DBM，， 则平面DBM，又平面DBM，故．     （2）      【分析】 （1）借助线面垂直的判定定理与性质定理即可得； （2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量计算即可得． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由侧面底面ABC，且，平面DBM， 平面平面ABC，故平面DAC， 又平面DAC，故， 即有BM、DM、AC两两垂直， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 由，，，，， 则，， 即、、、、， 、、， 令，则， 由，故，解得， 故， 令平面FAC的法向量为，则，， 也即 ，令，则有， 由轴平面ABC，故平面ABC的法向量可为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 60．（25-26学年高二上·北京首都师范大学附属中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，，，E是线段的中点，连结. （1）求证：； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1） 因为四边形为菱形，所以． 又因为，为的中点，所以． 又因为平面平面， 平面平面， 所以平面． 因为平面， 所以．     （2）      【分析】 （1）首先证明，再由面面垂直的性质定理可得平面，即证. （2）连结，以为坐标原点，，，为轴，建立空间直角坐标系，是平面的一个法向量，再求出平面的一个法向量，利用空间向量的数量积即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 连结．因为，为的中点， 所以． 由（1）可知平面， 所以，． 设，则． 如图，建立空间直角坐标系． 所以． 所以，． 因为平面， 所以是平面的一个法向量． 设平面的法向量为， 则 ，即 ，所以 令，则，．于是． 所以． 由题知，二面角为钝角，所以其余弦值为． 61．（25-26学年高二上·北京通州·期中）如图，在三棱柱中，平面，，，点，分别为，的中点.    （1）求，两点间的距离； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在上是否存在一点，使得点在平面内.若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）     （2）     （3）存在；      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，再利用模长公式即可求解； （2）说明是平面的一个法向量，然后再计算出平面的一个法向量，最后根据平面与平面夹角的向量公式即可求解； （3）设，则，利用点满足即可求解； (1) 小问详解： 因为，为BC中点，所以，且， 过作平面，以为原点，分别为轴的正方向，则， ，所以两点的距离为. (2) 小问详解： ， 显然平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，则 ， 取，则，设平面与平面的夹角为， 则. (3) 小问详解： 设，则，， 由在平面内可知，即，解得， 所以存在点，当时，点在平面内. 62．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）如图，在多面体中，四边形是边长为3的正方形，平面平面，，，． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）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）证明：由题，，，，满足， 所以，即， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 由四边形是正方形，得， 又平面，且，所以平面， 又平面，所以.     （2）     （3）存在，.      【分析】 （1）先利用面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质定理和判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量法求解即可； （3）设，由求出，再利用空间向量法求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）得平面，因为平面，所以两两垂直， 以为原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，，所以，， 则，，，，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则 ，取，得，， ， 因为平面，所以为平面的一个法向量，， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 线段上存在点，点为中点，满足平面，证明如下： 设， 因为，， 所以，， 由（2）知平面的一个法向量为， 因为平面，所以，得， 所以线段上存在点，点为中点，满足平面. 63．（2026·北京房山·一模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，点是的中点，，．    （1）求证：平面； （2）在线段上是否存在点，使得平面?若存在，求出的长；若不存在，说明理由； （3）求平面与平面的夹角的大小． 【答案】（1） 点是的中点，，    ， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，即平面．     （2）存在，，理由如下： 以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，    底面为正方形，，点是的中点，， ，，， ， ， 设在上，则，， ，， 设平面的法向量，平面，则 ，令，则， ，解得． 线段上存在点，使得平面，且点是的中点． ，， 线段的长为．     （3）      【分析】 （1）利用面面垂直，且直线垂直于面面交线，推出线面垂直； （2）结合四棱锥的性质，建立空间直角坐标系，假设上存在点，使得，利用平行关系得出直线与平面法向量垂直，构造关于的方程解出，进而求出； （3）同（2）空间坐标系，求出对应向量，进而求出平面与平面的法向量，再利用向量夹角余弦公式求出平面与平面的夹角余弦值，进而求出夹角． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 同（2）所示坐标系，则， ，设平面的法向量为，平面的法向量为， ，则为平行于轴的单位向量，即； ，令，得， 设平面与平面的夹角为，则， 平面与平面的夹角为． 64．（25-26学年高二上·北京第五中学·期中）如图，在三棱锥中，，，是线段上的点.    （1）求证：平面平面； （2）若为中点，求三棱锥的体积； （3）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 【答案】（1） 取的中点，连接、， 因为，，则，    所以，所以，所以， 又因为，所以，则， 又因为，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）取的中点，连接、，推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）由平面，可知即为点到平面的距离，利用三棱锥体积公式可得答案； （3）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，设，借助空间向量求线面角建立关于的方程，求出即可求得的长. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 过点作的平行线，交于点，由（1）知，平面， 所以平面，又因为为中点且，所以， 所以. (3) 小问详解： 因为平面，， 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，， 因为为棱上的点，设，其中， 所以，，且， 设平面的法向量为， 则 ， 不妨取，可得， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 则，化简可得：， 解得：或（舍去）. 所以. 65．（25-26学年高二上·北京清华大学附属中学·期中）如图，在三棱柱中，侧面底面，为中点，过点，，的平面与交于点，，，， （1）求证：为中点； （2）设是线段上一点（不包含线段端点），若平面与平面所成的角是30°，求的值. 【答案】（1） 在三棱柱中，平面平面， 而平面平面， 平面平面， 得， ，， 为中点，为中点.     （2）.      【分析】 （1）由面面平行的性质得到，即可求证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 连接，且为中点， 在中，由余弦定理可知： 故在中，，即， 平面平面，且平面平面，平面， 得平面， 故，，两两垂直，如图建系， 由题知：，，，， 平面的一个法向量， 设，其中 ， 设平面的法向量 ， 令，，， 故 即，解得或（舍）， 故. 66．（25-26学年高二上·北京清华大学附属中学·期中）如图，在棱长为2的正方体中，点，分别在棱，上，且，点为的中点，给出下面四个结论： ①； ②存在，使得是钝角； ③当时，的面积取得最小值； ④当时，平面截该正方体的表面所得的截面为六边形. 其中正确结论的序号为　　　　　　　　　　　　. 【答案】① ② ④ 【分析】 利用线面垂直的判定定理、性质定理可判断① ；以点为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，根据可判断② ；利用向量法求出点到直线的距离，再由的面积为可判断③ ；利用平行关系做出平面与正方体的截面可判断④. 【详解】 对于① ，连接， 因为，，，平面 所以平面，平面，所以，故① 正确； 对于② ，以点为原点，所在的直线分别为轴 建立空间直角坐标系，则， ， 若是钝角，则， 即，解得，又因为，且， 故存在，使得是钝角，故② 正确； 对于③ ，当时，， ， ，点到直线的距离 ， 则的面积为 ，因为，所以无最小值，故③ 错误； 对于④ ，当时，分别延长相交于点，过点做 分别交于于点，连接，过点做， 连接，则平面与该正方体的表面的交线分别为，即平面截该正方体的表 面所得的截面为六边形，故④ 正确. 故答案为：① ② ④ . 67．（25-26学年高二上·北京北京师范大学附属实验中学·期中）如图，多面体中，正方形的边长为2，，，，，.      （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）设为的中点，，分别在，上，且平面平面，求的长. 【答案】（1） 正方形中，, 又，平面, , 所以平面,又平面, 所以. 在中，，，, 则 , 则, 所以,即, 又平面, , 所以平面,又平面, 所以.     （2）；     （3）.      【分析】 （1）利用线面垂直的判定定理，证得所以平面,又平面, 所以；再利用余弦定理求得的长度，继而证明，再利用线面垂直的判定定理证得平面,继而可得. （2）以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，进一步计算即可. （3）设，，继而求得平面的法向量，利用平面平面，两平面的法向量平行，进一步计算即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，    则, 所以, 设平面的法向量， 则 ,即 ， 令，得， 则， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为 (3) 小问详解： 为的中点，则其坐标为， 又平面平面， 平面平面, 平面平面, 则, 设，,则， 所以, 设平面的法向量， 则 ,即 ， 令，得 则，又平面平面， 所以，则， 此时, 故. 68．（25-26学年高二上·北京第四中学·期中）如图，棱长为2的正方体中，，分别是线段和上的动点.对于下列四个结论： ①存在无数条直线平面； ②线段长度的取值范围是；        ③三棱锥的体积最大值为； ④若，分别为线段和的中点，设为线段的一条垂直平分线，则与所成最小角的正弦值为.其中正确的命题有　　　　　　　　　　. 【答案】① ③ ④ 【分析】 构造面面平行，寻找线面平行，可以判断① ；通过特殊位置，可以判断② ；分析三棱锥的高是确定的，求底面积最大值，可得三棱锥体积的最大值，判断③ ；建立空间直角坐标系，通过线段长得到点坐标，从而得到直线方向向量坐标，设平面，使得、，则直线与平面的线面角为与所成最小角，即可判断④ . 【详解】 对① ：过作交于，交于，连接，则平面，因为点在上运动，故满足条件的直线有无数条.所以① 正确； 对② ：当与重合，为中点时，，所以长度取值范围是是错误的；② 错误； 对③ ：   因为直线平面，所以到平面的距离为定值，是正方体体对角线的，所以当与重合时，底面积最大，此时的体积最大，为，所以③ 正确； 由题意可知平面经过线段中点，且，直线，则直线与平面的线面角为与所成最小角. 如图建立空间直角坐标系，则，，，，，， ∴，， 则，， ∵，即为平面的一个法向量， 设直线与平面的线面角为， 则. 所以与所成最小角的正弦值为，④ 正确. 故答案为：① ③ ④ 69．（25-26学年高二上·北京第一六一中学·期中）羡除是《九章算术》中记载的一种五面体.如图，五面体是一个羡除，其中四边形与四边形均为等腰梯形，且，，，为中点，平面与平面交于. （1）求证：平面； （2）已知点是线段上的动点，从条件①、条件②中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 条件①：平面平面； 条件②：. 【答案】（1）证明：因为，且为中点，所以 又因为，，且为中点，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面.     （2）.      【分析】 （1）证明四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理即可证明； （2）若选条件①，则需先证两两垂直，进而建立空间直角坐标系，利用向量法表示出与平面所成角的正弦值，借助二次函数即可解决；若选条件②，取的中点，连接，证明得到平面平面，进而转化为条件①的解题过程. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 若选条件①：平面平面， 取的中点，取的中点，连接， 因为四边形与四边形均为等腰梯形，所以，， 因为平面平面，且平面平面，面， 所以平面， 因为平面，所以，所以两两垂直. 故以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系； 因为，， 所以， 所以，， 因为点是线段上的动点，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则 ，即 ，令，则， 所以平面的法向量为， 设直线与平面所成角， 则， 结合二次函数的知识可知： 当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 若选条件②：， 取的中点，连接， 因为四边形与四边形均为等腰梯形， 且，， 所以， 在中，，所以. 所以二面角为直二面角，所以平面平面， 又平面平面，面，所以平面， 因为平面，所以，所以两两垂直. 故以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系； 因为，， 所以， 所以，， 因为点是线段上的动点，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则 ，即 ，令，则， 所以平面的法向量为， 设直线与平面所成角， 则， 结合二次函数的知识可知： 当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 【点睛】 方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 70．（25-26学年高二上·北京第八中学·期中）如图，已知斜三棱柱中，平面底面，，，，又，，点为线段的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）设线段的中点为，设直线与平面相交于点，求线段的长度. 【答案】（1） 连接，设与交于点，连接， 由三棱柱性质可得，侧面为平行四边形， 故为、中点，又为线段中点， 故为中位线，故， 又平面，平面， 故平面；     （2）     （3）      【分析】 （1）作出辅助线后，借助中位线性质与线面平行判定定理即可得； （2）由面面垂直的性质定理与线面垂直的性质定理可得、、两两垂直，则可建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量后，结合空间向量夹角公式计算即可得解； （3）设，结合空间向量基本定理计算可得的值，即可得，再利用模长公式计算即可得解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由，为线段中点，故， 又平面平面，平面平面， 平面，故平面， 又平面，故， 又，即，故、、两两垂直， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中轴， 其中，， 由，则为等腰直角三角形，故， 则、、、、、， 则，，， 设平面的法向量为， 则 ，取，则， 设直线与平面所成角为， 则； (3) 小问详解： 由为线段的中点，则，则， 设，则， 由平面，则存在实数、，使得， 即有 ，解得 ，即， 则， 故， 即线段的长度为. 71．（25-26学年高二上·北京西城区北京师范大学附属中学·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，是等腰三角形，，是的中点.    （1）求证：； （2）若底面是梯形，，，，，求二面角的余弦值； （3）在（）的条件下，线段上是否存在点，使得平面?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 因为是等腰三角形，，是的中点， 所以. 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为平面， 所以.     （2）     （3） 不存在，理由如下： 假设线段上存在点，使得平面， 则设，. 因为，，， 所以. 因为平面，所以， 故，即， 解得，与矛盾，所以假设不成立. 因此线段上不存在点，使得平面.      【分析】 （1）由面面垂直的性质定理进行证明； （2）过点作直线，交于点，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量进行向量运算求解； （3）设，，利用空间向量的运算求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 过点作直线，交于点.    因为，，所以，. 又因为平面，所以，， 故如图建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，. 设平面的法向量，则 ，即 . 令，则，，于是. 平面的法向量. 所以， 因此，锐二面角的余弦值为. (3) 小问详解： 略 72．（25-26学年高二上·北京第十五中学·期中）如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，是线段上的动点（不包含端点）.给出下列四个结论：①对任意点，都有；②存在点，使得；③存在点，使得平面；④过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为.其中所有正确结论的序号是　　　　　　. 【答案】① ② ④ 【分析】 建立空间直角坐标系，结合空间向量可判断① ② ③；在平面内作⊥，垂足为点，过点在平面内作⊥交于，得到平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，截面面积最大，进而判断④ . 【详解】 如图以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设， 对于①，，若， 则， 所以，即，故①正确； 对于②，因为，，若， 则，解得，所以当是的中点时，故②正确； 对于③，， 设平面的一个法向量为， 则 ，取，得， 要使平面，则， 则，即，不符合题意， 所以不存在点，使得平面，故③错误； 对于④，如下图，在平面内作⊥，垂足为点， 过点在平面内作⊥交于， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又平面，所以⊥， 因为，、平面，所以平面， 平面截正方体截面为平行四边形， 当与点重合时，为中点，截面面积最大， 此时，，截面面积为，故④正确. 故答案为：① ② ④ . 73．（25-26学年高二上·北京第十四中学·期中）在空间直角坐标系O-xyz中，已知向量，经过点，且以为法向量的平面α的方程为． （1）求原点到平面的距离； （2）根据平面直角坐标系中点到直线的距离公式，类比出到平面的距离公式，并利用有关知识证明； （3）已知平行六面体，平面的方程为，平面经过点，平面的方程为，求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 【答案】（1）     （2），证明： 由点到直线的距离公式， 类比：点到平面的距离公式为， 证明如下： 不妨设，在平面内取一点， 则向量， 取平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为：      （3）      【分析】 （1）根据题干得到平面的法向量，再根据点到平面的距离公式求得原点到平面的距离； （2）得到平面的法向量，根据和平面内一点，利用点到平面的距离公式即可证明； （3）分别得到平面和平面的法向量，根据在面内得到与法向量垂直，从而得到的方向向量，再根据平面得到平面的法向量满足，利用平面夹角余弦值的计算公式和二次函数即可求得最大值. (1) 小问详解： 根据题意，平面的法向量， 在平面上任取点，可得， 设原点到平面的距离为，则， 故原点O到平面的距离为. (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： ， 设为平面的一个法向量，则 ， 令，得，，所以． 因为平面的方程为，所以由（2）知平面的一个法向量为， 设直线的一个方向向量为，则 令，得，所以． 因为平面，所以平面的一个法向量与直线的方向向量垂直，所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为 又，， 平面与平面夹角的余弦值的最大值为． 74．（25-26学年高二上·北京第五十五中学·期中）如图，在三棱柱中，平面，分别为的中点，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角余弦值； （3）证明：直线与平面相交. 【答案】（1） 在三棱柱中， ∵平面， ∴四边形为矩形， 又E，F分别为，的中点， ∴， ∵，E为的中点， ∴，而， ∴平面；     （2）；     （3） 平面的一个法向量为， ∵，， ∴， ∴， ∴与不垂直， ∴与平面不平行且不在平面内， ∴与平面相交．      【分析】 （1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论； （2）根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，利用方程组解得平面一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果； （3）根据平面一个法向量与直线方向向量数量积不为零，可得结论. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，，，平面， ∴平面， ∵平面， ∴， 如图建立空间直角坐标系，    由题意得，，，，， ∴， 设平面的法向量为， ∴ ， ∴ ， 令，则，， ∴平面的一个法向量， 又∵平面的一个法向量为， ∴， 所以平面与平面的夹角余弦值为； (3) 小问详解： 略 75．（25-26学年高二上·北京八一学校·期中）如图，在正方体中，为棱上的动点，平面为垂足.给出下列四个结论： ①； ②线段的长随线段的长增大而增大； ③存在点，使得； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是　　　　　　　　　　. 【答案】① ② ④ 【分析】 根据给定条件，以点为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量坐标，进而求出点的坐标，再逐一计算判断各个命题即得答案. 【详解】 在正方体中，令，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，， 令平面的法向量，则 ，取，得， 由平面于，得，即， ，显然，解得， 于是， 对于① ，，① 正确； 对于② ，在上单调递增，② 正确； 对于③ ，而，， 若， 显然，即不存在，使得，③ 错误； 对于④ ，平面的一个法向量，而， 由，得，即，整理得， 令，显然函数在上的图象连续不断， 而，因此存在，使得，此时平面， 因此存在点，使得平面，④ 正确. 所以所有正确结论的序号是① ② ④ . 故答案为：① ② ④ 【点睛】 思路点睛：涉及探求几何体中点的位置问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量证明空间位置关系的方法解决. 76．（25-26学年高二上·北京第十九中学·期中）如图，且且且平面，点为的中点，点在线段上且满足. （1）求证：平面； （2）若二面角的余弦值为，求直线到平面的距离. 【答案】（1）证明：取中点，连接. 因为且且， 所以且. 因为为的中点，点在线段上且满足， 可得且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面，所以平面. 在中，为的中点､为的中点，所以， 因为平面平面，所以平面. 又因为平面， 所以平面平面. 因为平面， 所以平面.     （2）.      【分析】 （1）通过作辅助线证明线面平行，再利用面面平行的性质证明线面平行即可； （2）根据题意建立空间直角坐标系，通过已知条件求出的长，即可根据公式求出点到面的距离. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 已知，又平面，则, 如图，以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向 建立空间直角坐标系. 设，由题可知，， . 则， 设为平面的一个法向量，则 ， 即 ，令，可得. 依题意，可以作为平面的法向量， 因为二面角的余弦值为， 所以，即，解得. 平面的一个法向量， 所以到平面的距离为：. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 空间向量与立体几何 考点01 空间向量及其运算 考点02 空间向量基本定理 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 考点04 空间向量的应用 考点01 空间向量及其运算 1．C 2．C 3．C 4．A 5．A 6．B 7．C 8．C 9．B 10．A 11．D 12．【答案】 【分析】 根据三点共线列方程，由此来求得点的坐标. 【详解】 由于点在坐标平面上，故可设， 由于、、三点共线， 所以， 所以， 所以 ，解得. 所以. 故答案为： 13．【答案】 【分析】 利用平面向量的数量积运算即可. 【详解】 因为，，，， 所以，，， 所以. 故答案为：. 14．【答案】.5 【分析】 由图象及已知条件，先用与来表示，再求，分别与的数量积，进而可得答案. 【详解】 因为点E是棱CD的中点，所以. 又因为正四面体ABCD的长为1，所以， 所以. 故答案为：. 15．【答案】 【分析】 应用向量的加减法及数乘运算，最后应用数量积公式及运算律计算求解. 【详解】 边长为2的菱形中，，点满足， 则. 因为， 所以. 故答案为：. 16．【答案】 【分析】 根据共面向量公式，利用待定系数法，即可求解. 【详解】 由条件可知，， 即， 即 ，解得：. 故答案为： 17．【答案】①     ② 12 【分析】 如图，分别取，，的中点，，，连接，可证明六边形为正六边形，从而可求其面积，利用向量数量积的几何意义可求的最大值. 【详解】 ∵，∴点在平面上， 如图，分别取，，的中点，，， 连接， 因为为中点，故， 又由正方体可得，， 故，故四边形为平行四边形，故， 故，故四点共面，同理可证四点共面， 故五点共面，同理可证四点共面， 故六点共面，由正方体的对称性可得六边形为正六边形. 故点的轨迹是正六边形， 因为正方体的棱长为4，所以正六边形的边长为， 所以点的轨迹围成图形的面积是． 如图， ， ∴的最大值为12． 故答案为：，12． 考点02 空间向量基本定理 1．A 2．A 3．A 4．A 5．A 6．A 7．【答案】 【分析】 根据向量的线性运算求解． 【详解】 因为， 所以， 故答案为：． 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．B 2．D 3．B 4．A 5．D 6．B 7．A 8．C 9．C 10．A 11．D 12．D 13．C 14．B 15．C 16．A 17．A 18．C 19．C 20．A 21．D 22．A 23．A 24．D 25．A 26．【答案】 【分析】 利用空间向量的线性运算可求向量的坐标. 【详解】 为坐标原点，，则. . 故答案为：. 27．【答案】 【分析】 应用空间向量的坐标及数量积公式计算求解. 【详解】 因为点，，， 所以， 则. 故答案为：. 28．【答案】 【分析】 根据题意：存在实数使得，再根据坐标运算解方程求解即可. 【详解】 因为向量共面， 所以存在实数使得，即 所以 ，解得 故答案为: 29．【答案】①     ② 【分析】 第一小空可以直接用向量的夹角公式求得；第二小空可以使用向量中线定理写出中线的向量坐标，再求模. 【详解】 ①； ② 在中，假设的中点为, 则上的中线可表示为,其模长为. 则上的中线长等于, 故答案为： 30．【答案】 【分析】 根据空间向量的坐标运算法则直接计算即可. 【详解】 向量，，则，， 则. 故答案为：. 31．【答案】 【分析】 根据题意，利用空间向量的数量积的运算公式，以及向量夹角公式，准确计算，即可求解. 【详解】 由向量，可得且， 所以. 故答案为：. 32．【答案】（1）12     （2）     （3）      【分析】 （1）根据空间向量的数量积运算即可得到答案； （2）根据空间向量模的运算即可得到答案； （3）根据空间向量的夹角运算即可得到答案. (1) 小问详解： 解：由题意，，则. (2) 小问详解： 解：由题意，，则. (3) 小问详解： 解：由题意，. 33．【答案】（1）     （2） 【分析】 （1）根据空间向量的坐标运算法则及垂直时的坐标关系进行运算即可； （2）根据空间向量的坐标运算法则及平行时的坐标关系进行运算即可. (1) 小问详解： 由题可得，， 又， 所以， 解得； (2) 小问详解： 由题可得， 又，， 则， 所以 ， 解得 . 34．【答案】① ；    ② . 【分析】 点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，则可写出、，由即可解得答案. 【详解】 由题意，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 所以， 所以，， ， ① 当时，， ② 当时，， 所以， 化简得，解得：. 故答案为：；. 35．【答案】① ③ ④ 【分析】 建立空间直角坐标系，利用正方体的性质得出相应点坐标，利用向量与法向量平行得出垂直关系，判断结论① ；利用平面几何知识判断结论② ；利用等体积法结合正方体的性质判断结论③ ；利用已知条件得出点轨迹，计算判断结论④ ． 【详解】 以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 正方体的棱长为2， ， 对于① ，当时，，此时点与重合，即， ，设平面的法向量为， 则 ，令，则， ，即平面，故① 正确； 对于② ，当，时，点在上，把侧面沿翻折到平面内，如下图所示， ，故② 错误； 对于③ ，当，时，点在上， 则， ，， ，为定值，故③ 正确； 对于④ ，当，且时，因为 由空间向量的性质可知，此时点在平面上运动， 因为，，，故点在三角形面内运动； 连接，与平面相交于点，连接， 由正方体的性质可知，，平面，点为三角形的内心， 因为，所以， 易知，， 所以三角形的内切圆半径为， 所以点的轨迹是一个以点为圆心，为半径的一个圆上， 所以的轨迹长度为故④正确； 故答案为：① ③ ④ ． 36．【答案】① ④ 【分析】 根据，结合体积公式，可判定①正确；假设为等边三角形，取，求得，可判定②错误；建立直角坐标系，设，由，得到，结合，可判定③不正确；分为的中点，与重合和点与重合，与重合时，分别得到三棱锥的四个面均为直角三角形，可判定④正确. 【详解】对于①，在长方体中，， 因为平面，且平面， 又因为，所以到平面的距离等于到平面的距离， 所以可得到平面的距离为， 因为，所以①正确； 对于②，假设为等边三角形，因为为上的动点， （i）当的最小值为，即，则，此时点与点重合， 在直角中，可得， 则， 在直角中，可得， 则，则， 即取得最小值时，的长度不能同时取得， （ii）当时，因为为等边三角形，可得， 在直角中，可得， 则， 在直角中，可得， 则，则， 所以的长度不能同时大于， 所以不可能是等边三角形，所以②错误； 对于③，建立如图所示的空间直角坐标系，可得， 设，其中，则， 若，可得，解得， 又由， 可得， 所以，当且仅当时，等号成立，所以③不正确；    对于④，当为的中点，与重合时，如图（1）所示，此时， 因为，可得，所以， 又因为，可得，所以， 所以三棱锥的四个面均为直角三角形； 当点与重合，与重合时，如图（2）所示， 此时， 所以三棱锥的四个面均为直角三角形， 综上可得，至少存在两组使得三棱锥的四个面均为直角三角形，所以④正确. 故答案为: ① ④ . 考点04 空间向量的应用 1．C 2．D 3．C 4．B 5．B 6．C 7．D 8．B 9．A 10．A 11．B 12．A 13．B 14．B 15．B 16．A 17．D 18．A 19．D 20．C 21．ACD 22．【答案】 【分析】 建立空间直角坐标系，先利用向量法证明平面EMN，根据线面距离的定义把直线AC到平面EMN的距离转化为点A到平面EMN的距离，再利用点面距离的向量公式求解即可. 【详解】 如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则 令，可得，所以， 即，又平面，所以平面， 故点到平面的距离即为直线到平面的距离， 又，所以点到平面的距离为， 即直线与平面之间的距离为. 故答案为： 23．【答案】（1） 在长方体中， ∴直线和所成的角， ∴直角三角形为等腰直角三角形， ，故点为棱的中点． 连接故． 又平面平面， 平面     （2）      【分析】 (1)由正方体的性质可知，，即可证得线面平行. (2)建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与一个方向向量，代入公式即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，则， 则， 设平面的法向量为，则， 即 所以令，得：， 所以是平面的法向量， 设到平面的距离为， ∴所以点到平面的距离为． 24．【答案】（Ⅰ）在菱形中，因为，所以，． 所以．因为，，平面，平面， 所以平面．因为平面， 所以平面⊥平面． （Ⅱ）；（Ⅲ）1 【分析】 （Ⅰ）证明DE⊥AE，DE⊥EB．A′E⊥DE．结合A′E⊥BE，证明A′E⊥平面BCDE．然后证明平面A′ED⊥平面BCDE；（Ⅱ）建立空间直角坐标系E﹣xyz，求出平面A′BC的法向量，利用空间向量的数量积求解直线A′E与平面A′BC所成角的正弦值；（Ⅲ）设 ，通过EF∥平面A′BC，所以 ，求出m，然后推出结果即可． 【详解】 （Ⅰ）略 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，如图建立空间直角坐标系， 则 ，，,, ， 所以，,． 设平面的法向量，由 得 所以 令，则.所以． 所以，又 ,， 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为． （Ⅲ）由（Ⅱ）可知，, 设，则． 因为 平面，所以，即． 所以，即．所以． 【点睛】 本题考查直线与平面垂直，平面与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，空间距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力． 25．【答案】 【分析】 建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】 如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，    则，，， ，， 设平面的一个法向量为， 则 ，取，则， 平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的角为， 则平面与平面所成角的余弦值． 故答案为：． 26．【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）根据题意建立空间直角坐标系，写出相应的点坐标，求出相应的向量建立方程组求解即可； （2）根据（1）中的条件先求出向量的坐标，设直线与平面所成角为， 利用公式计算即可. （3）根据（1）先求出向量的坐标，利用公式计算即可. (1) 小问详解： 因为平面，且底面是正方形， 所以两两互相垂直， 所以以点为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 如图所示：    由，所以 又点为的中点，所以， 所以， 设平面的一个法向量为， 则 ， 所以，令， 所以， 所以平面的一个法向量为. (2) 小问详解： 由（1）知，所以， 设直线与平面所成角为， 且平面的一个法向量为， 所以 直线与平面所成角的正弦值为. (3) 小问详解： 由，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为： . 27．【答案】 【分析】 根据给定条件，利用点到直线距离的向量求法计算即得. 【详解】 由题意可得与同向的单位向量， 设，则， 点到直线 的距离． 故答案为： 28．【答案】（1）     （2）2      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用向量夹角公式计算； （2）求出平面的一个法向量，利用向量法计算点面距. (1) 小问详解： 如图，以点为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，所以，， 所以直线与直线夹角的余弦值为. (2) 小问详解： 因为，，结合（1），所以，， 设平面的一个法向量为， 则 ，令，得，， ， 所以点到平面的距离. 29．【答案】（1）     （2）     （3）.      【分析】 （1）（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标以及相关平面的法向量，利用空间角的向量求法，即可求解； （3）根据空间距离的向量求法，即可求得答案. (1) 小问详解： 如图，建立空间直角坐标系，则， ，所以， 设平面的一个法向量为，则 ， 令，则，所以， 因为， 所以与平面所成角的正弦值为. (2) 小问详解： 由（1）知，平面的一个法向量为 平面的一个法向量为，     所以， 由图可知，二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为. (3) 小问详解： 设点到平面的距离，， 则，所以点到平面的距离为. 30．【答案】（1） 因为平面，平面，所以； 又因为，，平面，所以平面； 因为平面，所以.              （2）     （3）      【分析】 （1）根据线面垂直即可得，进而可证明平面，进而可得线线垂直， （2）根据线面平行的性质即可求解， （3）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，由向量的夹角公式即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 连接，设，连接， 因为平面，平面，平面平面， 所以； 因为为平行四边形，所以是的中点； 所以在中，. (3) 小问详解： 因为平面，平面，所以. 以为原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建空间立直角坐标系. 因为，，，所以，， 因为，所以，，，，，，， 因为平面，所以是平面的一个法向量. （法一）设，则，                     所以，即，， 设平面的一个法向量为，则 所以，令，则，所以， 因为二面角的大小为60°，所以， 解得，   或（舍）， 即存在满足条件的点，且. （法二）设，则，， 设平面的一个法向量为，则                                     所以，令，则，所以， 所以，解得.           设，则，所以， 所以，，所以，解得， 即存在满足条件的点，且. 31．【答案】（1） 如图以分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为，，，分别是，的中点， 所以， 所以， 所以， 所以；     （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，应用空间向量数量积为0证明即可； （2）建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再应用线面角的正弦公式计算. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为， 所以， 设平面的法向量为， ， 所以 ， 所以 ， 令，则，所以， 设直线与平面所成角为， 所以； 32．【答案】（1） 因为， 所以，， 又因为，平面平面， 所以平面， 又因为平面，所以；     （2） 因为，，， 所以是平行四边形，则， 又因为平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以；     （3）      【分析】 （1）据题意有，，即可证明平面，进而证明； （2）利用条件先证明是平行四边形，即可证明平面，根据线面平行性质可证； （3）以点为原点建立空间直角坐标系，设，分别求得平面与平面的法向量，根据夹角的向量公式即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 以点为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 如图所示：设， 则， 依题意有，，，    ，，则， ，，， 设平面的一个法向量为， 则 · n=0 EM· n=0 ，即 ， 取则，，则， 因为平面， 所以平面的一个法向量为， 平面与平面所成锐二面角为， 则， 解得，所以，故. 33．【答案】（1）证明：取中点，连接，， ∵分别为的中点，∴，且， 又四边形是正方形，∴且， 即且，又∵为中点，∴且， 所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面， 所以平面. （2）. 【分析】 （1）取中点，证明四边形为平行四边形，证出，即可证明平面；（2）根据题意建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求解平面的 法向量，利用数量积的计算公式即可求出直线与平面所成角的正弦值. 【详解】 （1）略； （2）由题意，两两垂直，所以以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，则. ，，设平面 的法向量为， 则 ，即 ，得 设直线与平面所成角为， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】 方法点睛：本题考查的是空间向量与立体几何的问题， （1）关于线面平行的证明，一般利用线面平行的判定定理证明，需要证明平行线，一般是找中位线或者平行四边形证明； （2）关于线面角的求解，一般利用空间向量的方法，需要求解平面的法向量，再代入数量积求解公式计算. 34．【答案】（1） 如图所示： ， 连接BD与AC交于点O， 因为O，E为中点， 所以,又平面，平面， 所以平面；     （2）      【分析】 （1）连连接BD与AC交于点O，根据中位线定理可知，然后根据线面平行的判定定理可得. （2）建立空间直角坐标系，计算，平面的一个法向量，然后根据空间向量的夹角公式计算即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 建立如图所示的空间直角坐标系 令，所以 设平面的一个法向量为 所以 ，令 所以， 所以直线AD与平面ACE所成角的正弦值 35．【答案】（1）因为四边形为菱形，所以． 又因为，为的中点，所以． 又因为平面平面， 平面平面， 所以平面． 因为平面， 所以． （2）； （3）存在；． 【分析】 （1）首先证明，再由面面垂直的性质定理可得平面，即证. （2）连结，以为坐标原点，，，为轴，建立空间直角坐标系，是平面的一个法向量，再求出平面的一个法向量，利用空间向量的数量积即可求解. （3）根据题意可得与平面的法向量垂直，假设线段上存在点使得平面，再利用向量的数量积即可求解. 【详解】 解：（1）略 （2）连结．因为，为的中点， 所以． 由（1）可知平面， 所以，． 设，则． 如图，建立空间直角坐标系． 所以． 所以，． 因为平面， 所以是平面的一个法向量． 设平面的法向量为， 则 ，即 ，所以 令，则，．于是． 所以． 由题知，二面角为钝角，所以其余弦值为． （3）当点是线段的中点时，平面．理由如下： 因为点平面， 所以在线段上存在点使得平面等价于． 假设线段上存在点使得平面． 设，则． 所以． 由，得． 所以当点是线段的中点时，平面，且． 【点睛】 思路点睛： 解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为： （1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内； （2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错. （3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量. （4）利用法向量求距离、线面角或二面角. 36．【答案】① ②③ 或① ③② 【分析】 设，的方向向量为，平面的法向量为，通过向量法确定位置关系即可. 【详解】 ，的方向向量为，平面的法向量为， ① ②③ 因为，所以， 又，所以，即， 又，所以， 又因为所以； ① ③② 因为，所以，即 因为，所以， 所以，即； ② ③① 若，， 则，或相交，或，不成立 故答案为：① ②③ 或① ③② 37．【答案】（1） 取中点，连接和，因为，分别为，的中点， 所以.在正方形中，，因此. 又因为，，所以， 于是四边形是平行四边形，因此. 又因为平面，平面，所以平面；     （2）      【分析】 （1）取中点，连接和，利用线面平行的判定定理可得答案； （2）设，以点为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再由线面角的向量求法可得答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面，四边形为正方形， 所以，，两两垂直，不妨设，如下图建系， 由题知：，，，，，. 于是，，. 设平面的一个法向量为，于是 ，令，则， 于是是平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 于是， 因此直线与平面所成角的正弦值为. 38．【答案】（1） 在直三棱柱中，四边形为矩形， 又因为，分别为，的中点， 所以,且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）先证明，再由线面平行的判定定理证明平面； （2）点为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，即可求出二面角的余弦值； （3）利用点到平面的距离求出答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由题意，以点为坐标原点，所在直线分别为轴， 建立空间直角坐标系，    则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则 ， 令，则平面的一个法向量， 由题意知平面的法向量为， 所以， 所以二面角的余弦值为. (3) 小问详解： 由（2）知,平面的一个法向量 所以点到平面的距离. 39．【答案】（1） 在底面中，连接交于点，可得为中点，连接．    因为是的中位线， 所以， 因为平面，平面， 所以平面．     （2） 任意选① ② ：二面角的余弦值为．      【分析】 （1）利用线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的求角即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 选① ：． 因为，，又底面是正方形 所以两两相互垂直． 如图建立空间直角坐标系， 则，，． 所以，，           设平面的法向量为， 则 ，即 ， 令，则，．于是．      又因为，平面，所以平面， 所以为平面的一个法向量. 设平面与平面夹角为，则 ．                  由图可知， 二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． 选② ：平面平面． 因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面， 因为平面，平面， 所以，， 又底面是正方形，所以两两相互垂直． 如图建立空间直角坐标系， 则，，． 所以，， 设平面的法向量为， 则 ，即 ， 令，则，．于是．      又因为平面， 所以为平面的一个法向量. 设平面与平面夹角为，则 ．                  由图可知， 二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． 40．【答案】（1） 由题意可知，直线的一个方向向量为 平面的法向量为，，则. 又在直线：上取一点， 显然，即平面，则，平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）根据题意得到直线方向向量和面的法向量，证明它们垂直即可； （2）求出面的法向量，借助向量夹角余弦公式，结合二次函数计算最值即可； （3）画出草图，求出关键点的坐标，求出长度，高度计算棱锥体积即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 在直线上取一点， 可知,直线的一个方向向量为， 设平面的法向量, . 令，得, 即,平面的法向量为, 设平面与平面的夹角为，则 易知， 的余弦值的最大值为. (3) 小问详解： 多面体是一个正八面体，如下图所示： 易知多面体交各坐标轴于点、、、、 、， 正方形的边长为， 所以正方形的面积为， 而正四棱锥的高为， 则， 所以多面体的体积为. 【点睛】 关键点点睛：新定义的题，关键是要读懂题目，本题关键是找出直线方向向量，和面的法向量，然后运用向量法证明计算解决前两问.最后一问关键是找出各点坐标.本题综合性较强，属于中难题. 41．【答案】（1）无论选择① ② ，② ③ 还是① ③ ，与平面所成角的正弦值为.     （2）存在点M使得平面与平面夹角的余弦值为，且.      【分析】 （1）根据面面垂直的性质定理，可证平面，根据线面垂直的性质定理，可证，，可求出BC长.若选择① ② ，根据各长度及勾股定理，可得，如图建系，求得各点坐标，进而可得及平面BEF的法向量，根据线面角的向量求法，代数计算，即可求得答案；若选择② ③ ，根据线面垂直的判定及性质定理，可证，即可求出AD长，建系，求解方法同上；若选择① ③ ，据线面垂直的判定及性质定理，可证，建系，求解方法同上. （2）假设存在点M，设，可得，进而可得坐标，则可求出平面法向量，根据二面角的向量求法，列式计算，化简整理，可得值，即可得答案. (1) 小问详解： 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面， 因为平面， 所以，， 因为，所以. 若选择① ② ：因为，所以，即， 因为，所以为等边三角形，即， 所以，即， 以A为原点，AB、AC、AD为轴正方向建系，如图所示， 则， 所以， 设平面BEF的法向量， 则 ，即 ， 令，则，所以， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值. 若选择② ③ ：因为，，，平面ACD， 所以平面ACD， 因为平面ACD， 所以， 因为， 所以. 以A为原点，AB、AC、AD为轴正方向建系，如图所示， 则， 所以， 设平面BEF的法向量， 则 ，即 ， 令，则，所以， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值. 若选择① ③ ，因为，，，平面ACD， 所以平面ACD， 因为平面ACD， 所以， 以A为原点，AB、AC、AD为轴正方向建系，如图所示， 则， 所以， 设平面BEF的法向量， 则 ，即 ， 令，则，所以， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值. (2) 小问详解： 假设存在点M，设，则， 所以,， 设平面的法向量， 则 ，即 ， 令，则，即， 所以， 整理得，解得或， 所以或（舍）， 所以存在点M使得平面与平面夹角的余弦值为，且. 42．【答案】（1） 中，，， 又平面，平面，， 又因为平面， 所以平面.     （2）      （3）       【分析】 （1）利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出法向量即可求得； （3）转化为点到面的距离，利用点到面的距离的向量公式求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由(1)知,,故以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，如图建立空间直角坐标系，则，. 设平面的法向量为，则 ，即 . 令，则， 又平面的法向量为， 则,由题知二面角为锐二面角，所以二面角的大小为 (3) 小问详解： ,面,不在平面内， 面，则直线与平面的距离即为到面的距离， 因为，， 所以到面的距离， 所以直线与平面的距离为. 43．【答案】 【分析】 建立空间直角坐标系，求平面QGC的法向量，用点到平面的距离公式计算即可. 【详解】 由题可建立如图所示空间直角坐标系：    则C(0,2,0)，Q(1,0,2)，G(0,0,2)，， 则QC=(-1,2,-2)，， 设平面QGC的一个法向量为n=(x,y,z)， 则 → n· QC=0 → n· QG=0 ，即 ， 取，则平面QGC的一个法向量为n=(0,1,1)， 则点P到平面QGC的距离. 故答案为：. 44．【答案】（1） 因为，， 则，即， 所以在中，所以， 因为底面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面，又因为平面，所以；     （2）      （3）       【分析】 （1）利用线面垂直的判定定理和性质定理求解即可； （2）以为坐标原点，为轴建立坐标系，利用空间向量法求解即可. （3）借助空间中点到平面距离公式计算即可得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为底面，平面，所以， 结合（1）可知两两垂直， 以为坐标原点，为轴建立如图所示空间直角坐标系，    所以，，，， 所以，，， 设平面的法向量， 则 ，取，则， 设平面的法向量， 则 ，取，则， 所以， 由图可知该二面角为钝角，故二面角的余弦值为； (3) 小问详解： 由（2）知平面的法向量为，， 所以点到平面的距离. 45．【答案】 【分析】 空间直角坐标系，由空间向量求点面距即可． 【详解】 建立空间直角坐标系，如图所示：    则， 得， 设平面的法向量为， 得 ，取， 则点到平面的距离为：， 故答案为： 46．【答案】（1） 连接交于点，连接. 在正方体中，四边形为正方形， 故点为线段的中点. 又因为，所以四边形为平行四边形， 所以. 因为点为线段的中点，所以， 所以四边形为平行四边形，所以. 又因为平面，平面，所以平面.     （2）      【分析】 （1）连接交于点，连接，证明四边形为平行四边形，所以，即可求证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 在正方体中，如图建立空间直角坐标系.    不妨设正方体棱长为2， 则，，，. 因为点为线段的中点，故， 所以，，. 设平面的法向量，则 ，即 . 令，则，于是. 设直线与平面所成角为，则 . 因此直线与平面所成角的正弦值为. 47．【答案】（1） 折叠前，在正方形中，且， 因为、分别为、的中点，则且， 又因为，则四边形为矩形， 即，， 折叠后仍有，， ，、平面，平面， 平面，.     （2）     （3）      【分析】 （1）依题意可得，，即可证明平面，从而得证； （2）证明出平面，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异面直线与所成角的余弦值； （3）求出平面、的法向量，利用空间向量计算可得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ，，故为等边三角形， 为的中点，所以， 因为，，、平面，平面， 设中点为，连接，则， 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、、、、，， 所以，， 设异面直线与所成角为，则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. (3) 小问详解： 因为，， 设平面的一个法向量为， 则 ，令，得 而为平面的一个法向量， ∴， 由图可知二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为. 48．【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. 49．【答案】（1）和不可能垂直，理由如下： 连接，则，故， 故，而，平面， 故平面，而，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 故. 设，其中． 若，则， 解得，不合题意． 所以和不可能垂直．     （2）      【分析】 （1）可证平面，故可建立如图所示的空间直角坐标系，利用数量积可证和不可能垂直. （2）求出的方向向量和平面的法向量后可求所成角的正弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 当时，，故，而， 设平面的法向量为， 则 ，取，则， 故平面的一个法向量为， 因为， 所以与平面所成角的正弦值为， 50．【答案】（1）；     （2） 由（1）可得，， ∵0，0，∴ 又，平面, ∴平面      【分析】 （1）建立适当的空间直角坐标系，求出向量的坐标表示，代入长度公式求解； （2）利用，，可证直线垂直于，再利用线面垂直的判定定理证明 (1) 小问详解： 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 ∵分别为的中点，∴ 则， ∴； (2) 小问详解： 略 51．【答案】（1） 证明：四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面， 又平面，平面平面， 所以.     （2）      （3）       【分析】 （1）由平面，结合线面平行的性质定理即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可； （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： 平面，在平面内， 所以，又， 所以，，两两垂直，如图建系．    因为， 故，，． ， 设平面的法向量为， 则 ，即 取，得到， 又因为是平面的法向量， 所以． 因为二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． (3) 小问详解： 因为， 所以点到平面的距离为． 52．【答案】（1） 底面中，已知，，， 由余弦定理得， 所以， 又平面，平面，所以， 又，所以平面.     （2）     （3） 存在，理由如下： 假设存在，设（）， 由（2）可知，， 则，则， 因为，， 设平面的法向量分别为， ，取，， 即， 所以， 因为与平面所成角为， 所以，即， 化简得，故（舍去）或， 即存在符合题意，此时．      【分析】 （1）证明即可判定线面垂直； （2）建立空间直角坐标系研究异面直线夹角即可； （3）利用空间向量研究线面角即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可知，，两两垂直， 所以以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，， ， 所以直线与直线夹角的余弦值． (3) 小问详解： 略 53．【答案】① 异面    ② 【分析】 将展开图还原成正方体，通过建系利用空间向量的知识求解. 【详解】 将展开图还原成正方体，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 由图可知直线，又， 所以直线与直线异面，所以直线与直线的位置关系是异面； 因为，，，，， 则，，； 设平面的一个法向量为，由 ， 令，则，， 所以，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 故答案为：异面； 54．【答案】（1）在五面体中， 因为四边形是正方形，所以 又因为平面，平面， 所以平面. （2）. 【分析】 （1）由结合线面平行的判定定理证明即可； （2）先证明平面，进而建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角即可. 【详解】 （1）略 （2）因为四边形是正方形，所以 又因为，又，面，所以平面 又因为平面，所以. 又因为，所以以点为坐标原点，，，分别为，，轴，如图建立空间直角坐标系. 因为 ，，，，. 由（1）平面，平面，平面平面 所以，所以.可得. 由题意知平面的法向量为 设平面的法向量为. 由 得 令，得，， 所以 设平面与平面所成锐二面角为. . 所以平面与平面所成锐二面角为 【点睛】 关键点睛：解决问题二的关键在于建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角. 55．【答案】（1）证明：因为平面平面，且平面平面， 因为，所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，且，平面； 所以平面；     （2）；     （3）存在，．      【分析】 （1）由面面垂直性质定理知平面；根据线面垂直性质定理可知，再由线面垂直判定定理可知平面； （2）取的中点，连结，，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求出直线与平面所成角的正弦值； （3）假设存在，根据三点共线，设，根据平面，即，求的值，即可求出的值． (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 取的中点，连结，， 因为，所以； 又因为平面，平面平面， 所以平面； 因为平面，所以； 因为，所以； 如图建立空间直角坐标系，由题意得， ， 设平面的法向量为，则 即 ， 令，则； 所以； 又，所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． (3) 小问详解： 设是棱上一点，则存在使得． 因此点，． 因为平面，所以平面当且仅当， 即，解得． 所以在棱上存在点使得平面，此时． 考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用． 56．【答案】（1） 证明：在四棱锥中， 取的中点，连接、， 因为是的中点，所以，且. 又因为底面是正方形，是的中点， 所以，且.所以. 所以四边形是平行四边形，所以. 由于平面，平面，所以平面.     （2）      【分析】 （1）由线面平行的判定定理即可证明； （2）以点为坐标原点，、、分别为、、轴，如图建立空间直角坐标系.求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为底面是正方形，所以.又因为平面. 所以以点为坐标原点，、、分别为、、轴，如图建立空间直角坐标系. ，，，，，. ，， 设平面的法向量为.有： 即 令，则， 所以..设直线与平面所成角为. 有：. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 57．【答案】（1）在中， 为的中点，， 面面，且面面平面， 平面， 又平面；     （2）；     （3）.      【分析】 （1）证明平面，则； （2）由线面角的向量求法求解； （3）由二面角的向量求法求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 在直角梯形中，为中点， ，且，则四边形为平行四边形， ， 由（1）可知，平面， 所以可得两两垂直， 故以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， ， ， 设平面的一个法向量， 由 ，取，则，得； 设直线与平面所成角为， 则. 直线与平面所成角的正弦值为； (3) 小问详解： 平面， 平面，即为平面的一个法向量， 为的中点， 点的坐标为，而， 设平面的一个法向量为， 由 ，取，则，得. . 由图可知二面角为锐二面角， 二面角的余弦值为. 所以二面角为. 58．【答案】（1） 连接，因为，分别为，的中点，所以．                            在三棱柱中，， 所以，四点共面．                                         因为，，、分别为、的中点， 所以，，所以四边形为平行四边形．        所以，                               因为平面，平面， 所以平面．                                 （2）      【分析】 （1）连接，依题意可得，从而得到，再说明，，即可得到，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由题设平面，平面，所以，， 因为，所以两两垂直， 如图建立空间直角坐标系，                                           所以， 则，，． 设平面的法向量为，则 ，即 ， 令，则，，于是， 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． 59．【答案】（1） 取AC中点，连接DM、BM， 由，，故、， 又DM、平面DBM，， 则平面DBM，又平面DBM，故．     （2）      【分析】 （1）借助线面垂直的判定定理与性质定理即可得； （2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量计算即可得． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由侧面底面ABC，且，平面DBM， 平面平面ABC，故平面DAC， 又平面DAC，故， 即有BM、DM、AC两两垂直， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 由，，，，， 则，， 即、、、、， 、、， 令，则， 由，故，解得， 故， 令平面FAC的法向量为，则，， 也即 ，令，则有， 由轴平面ABC，故平面ABC的法向量可为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 60．【答案】（1） 因为四边形为菱形，所以． 又因为，为的中点，所以． 又因为平面平面， 平面平面， 所以平面． 因为平面， 所以．     （2）      【分析】 （1）首先证明，再由面面垂直的性质定理可得平面，即证. （2）连结，以为坐标原点，，，为轴，建立空间直角坐标系，是平面的一个法向量，再求出平面的一个法向量，利用空间向量的数量积即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 连结．因为，为的中点， 所以． 由（1）可知平面， 所以，． 设，则． 如图，建立空间直角坐标系． 所以． 所以，． 因为平面， 所以是平面的一个法向量． 设平面的法向量为， 则 ，即 ，所以 令，则，．于是． 所以． 由题知，二面角为钝角，所以其余弦值为． 61．【答案】（1）     （2）     （3）存在；      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，再利用模长公式即可求解； （2）说明是平面的一个法向量，然后再计算出平面的一个法向量，最后根据平面与平面夹角的向量公式即可求解； （3）设，则，利用点满足即可求解； (1) 小问详解： 因为，为BC中点，所以，且， 过作平面，以为原点，分别为轴的正方向，则， ，所以两点的距离为. (2) 小问详解： ， 显然平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，则 ， 取，则，设平面与平面的夹角为， 则. (3) 小问详解： 设，则，， 由在平面内可知，即，解得， 所以存在点，当时，点在平面内. 62．【答案】（1）证明：由题，，，，满足， 所以，即， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 由四边形是正方形，得， 又平面，且，所以平面， 又平面，所以.     （2）     （3）存在，.      【分析】 （1）先利用面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质定理和判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量法求解即可； （3）设，由求出，再利用空间向量法求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）得平面，因为平面，所以两两垂直， 以为原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，，所以，， 则，，，，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则 ，取，得，， ， 因为平面，所以为平面的一个法向量，， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 线段上存在点，点为中点，满足平面，证明如下： 设， 因为，， 所以，， 由（2）知平面的一个法向量为， 因为平面，所以，得， 所以线段上存在点，点为中点，满足平面. 63．【答案】（1） 点是的中点，，    ， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，即平面．     （2）存在，，理由如下： 以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，    底面为正方形，，点是的中点，， ，，， ， ， 设在上，则，， ，， 设平面的法向量，平面，则 ，令，则， ，解得． 线段上存在点，使得平面，且点是的中点． ，， 线段的长为．     （3）      【分析】 （1）利用面面垂直，且直线垂直于面面交线，推出线面垂直； （2）结合四棱锥的性质，建立空间直角坐标系，假设上存在点，使得，利用平行关系得出直线与平面法向量垂直，构造关于的方程解出，进而求出； （3）同（2）空间坐标系，求出对应向量，进而求出平面与平面的法向量，再利用向量夹角余弦公式求出平面与平面的夹角余弦值，进而求出夹角． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 同（2）所示坐标系，则， ，设平面的法向量为，平面的法向量为， ，则为平行于轴的单位向量，即； ，令，得， 设平面与平面的夹角为，则， 平面与平面的夹角为． 64．【答案】（1） 取的中点，连接、， 因为，，则，    所以，所以，所以， 又因为，所以，则， 又因为，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）取的中点，连接、，推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）由平面，可知即为点到平面的距离，利用三棱锥体积公式可得答案； （3）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，设，借助空间向量求线面角建立关于的方程，求出即可求得的长. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 过点作的平行线，交于点，由（1）知，平面， 所以平面，又因为为中点且，所以， 所以. (3) 小问详解： 因为平面，， 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，， 因为为棱上的点，设，其中， 所以，，且， 设平面的法向量为， 则 ， 不妨取，可得， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 则，化简可得：， 解得：或（舍去）. 所以. 65．【答案】（1） 在三棱柱中，平面平面， 而平面平面， 平面平面， 得， ，， 为中点，为中点.     （2）.      【分析】 （1）由面面平行的性质得到，即可求证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 连接，且为中点， 在中，由余弦定理可知： 故在中，，即， 平面平面，且平面平面，平面， 得平面， 故，，两两垂直，如图建系， 由题知：，，，， 平面的一个法向量， 设，其中 ， 设平面的法向量 ， 令，，， 故 即，解得或（舍）， 故. 66．【答案】① ② ④ 【分析】 利用线面垂直的判定定理、性质定理可判断① ；以点为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，根据可判断② ；利用向量法求出点到直线的距离，再由的面积为可判断③ ；利用平行关系做出平面与正方体的截面可判断④. 【详解】 对于① ，连接， 因为，，，平面 所以平面，平面，所以，故① 正确； 对于② ，以点为原点，所在的直线分别为轴 建立空间直角坐标系，则， ， 若是钝角，则， 即，解得，又因为，且， 故存在，使得是钝角，故② 正确； 对于③ ，当时，， ， ，点到直线的距离 ， 则的面积为 ，因为，所以无最小值，故③ 错误； 对于④ ，当时，分别延长相交于点，过点做 分别交于于点，连接，过点做， 连接，则平面与该正方体的表面的交线分别为，即平面截该正方体的表 面所得的截面为六边形，故④ 正确. 故答案为：① ② ④ . 67．【答案】（1） 正方形中，, 又，平面, , 所以平面,又平面, 所以. 在中，，，, 则 , 则, 所以,即, 又平面, , 所以平面,又平面, 所以.     （2）；     （3）.      【分析】 （1）利用线面垂直的判定定理，证得所以平面,又平面, 所以；再利用余弦定理求得的长度，继而证明，再利用线面垂直的判定定理证得平面,继而可得. （2）以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，进一步计算即可. （3）设，，继而求得平面的法向量，利用平面平面，两平面的法向量平行，进一步计算即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，    则, 所以, 设平面的法向量， 则 ,即 ， 令，得， 则， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为 (3) 小问详解： 为的中点，则其坐标为， 又平面平面， 平面平面, 平面平面, 则, 设，,则， 所以, 设平面的法向量， 则 ,即 ， 令，得 则，又平面平面， 所以，则， 此时, 故. 68．【答案】① ③ ④ 【分析】 构造面面平行，寻找线面平行，可以判断① ；通过特殊位置，可以判断② ；分析三棱锥的高是确定的，求底面积最大值，可得三棱锥体积的最大值，判断③ ；建立空间直角坐标系，通过线段长得到点坐标，从而得到直线方向向量坐标，设平面，使得、，则直线与平面的线面角为与所成最小角，即可判断④ . 【详解】 对① ：过作交于，交于，连接，则平面，因为点在上运动，故满足条件的直线有无数条.所以① 正确； 对② ：当与重合，为中点时，，所以长度取值范围是是错误的；② 错误； 对③ ：   因为直线平面，所以到平面的距离为定值，是正方体体对角线的，所以当与重合时，底面积最大，此时的体积最大，为，所以③ 正确； 由题意可知平面经过线段中点，且，直线，则直线与平面的线面角为与所成最小角. 如图建立空间直角坐标系，则，，，，，， ∴，， 则，， ∵，即为平面的一个法向量， 设直线与平面的线面角为， 则. 所以与所成最小角的正弦值为，④ 正确. 故答案为：① ③ ④ 69．【答案】（1）证明：因为，且为中点，所以 又因为，，且为中点，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面.     （2）.      【分析】 （1）证明四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理即可证明； （2）若选条件①，则需先证两两垂直，进而建立空间直角坐标系，利用向量法表示出与平面所成角的正弦值，借助二次函数即可解决；若选条件②，取的中点，连接，证明得到平面平面，进而转化为条件①的解题过程. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 若选条件①：平面平面， 取的中点，取的中点，连接， 因为四边形与四边形均为等腰梯形，所以，， 因为平面平面，且平面平面，面， 所以平面， 因为平面，所以，所以两两垂直. 故以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系； 因为，， 所以， 所以，， 因为点是线段上的动点，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则 ，即 ，令，则， 所以平面的法向量为， 设直线与平面所成角， 则， 结合二次函数的知识可知： 当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 若选条件②：， 取的中点，连接， 因为四边形与四边形均为等腰梯形， 且，， 所以， 在中，，所以. 所以二面角为直二面角，所以平面平面， 又平面平面，面，所以平面， 因为平面，所以，所以两两垂直. 故以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系； 因为，， 所以， 所以，， 因为点是线段上的动点，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则 ，即 ，令，则， 所以平面的法向量为， 设直线与平面所成角， 则， 结合二次函数的知识可知： 当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 【点睛】 方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 70．【答案】（1） 连接，设与交于点，连接， 由三棱柱性质可得，侧面为平行四边形， 故为、中点，又为线段中点， 故为中位线，故， 又平面，平面， 故平面；     （2）     （3）      【分析】 （1）作出辅助线后，借助中位线性质与线面平行判定定理即可得； （2）由面面垂直的性质定理与线面垂直的性质定理可得、、两两垂直，则可建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量后，结合空间向量夹角公式计算即可得解； （3）设，结合空间向量基本定理计算可得的值，即可得，再利用模长公式计算即可得解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由，为线段中点，故， 又平面平面，平面平面， 平面，故平面， 又平面，故， 又，即，故、、两两垂直， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中轴， 其中，， 由，则为等腰直角三角形，故， 则、、、、、， 则，，， 设平面的法向量为， 则 ，取，则， 设直线与平面所成角为， 则； (3) 小问详解： 由为线段的中点，则，则， 设，则， 由平面，则存在实数、，使得， 即有 ，解得 ，即， 则， 故， 即线段的长度为. 71．【答案】（1） 因为是等腰三角形，，是的中点， 所以. 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为平面， 所以.     （2）     （3） 不存在，理由如下： 假设线段上存在点，使得平面， 则设，. 因为，，， 所以. 因为平面，所以， 故，即， 解得，与矛盾，所以假设不成立. 因此线段上不存在点，使得平面.      【分析】 （1）由面面垂直的性质定理进行证明； （2）过点作直线，交于点，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量进行向量运算求解； （3）设，，利用空间向量的运算求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 过点作直线，交于点.    因为，，所以，. 又因为平面，所以，， 故如图建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，. 设平面的法向量，则 ，即 . 令，则，，于是. 平面的法向量. 所以， 因此，锐二面角的余弦值为. (3) 小问详解： 略 72．【答案】① ② ④ 【分析】 建立空间直角坐标系，结合空间向量可判断① ② ③；在平面内作⊥，垂足为点，过点在平面内作⊥交于，得到平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，截面面积最大，进而判断④ . 【详解】 如图以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设， 对于①，，若， 则， 所以，即，故①正确； 对于②，因为，，若， 则，解得，所以当是的中点时，故②正确； 对于③，， 设平面的一个法向量为， 则 ，取，得， 要使平面，则， 则，即，不符合题意， 所以不存在点，使得平面，故③错误； 对于④，如下图，在平面内作⊥，垂足为点， 过点在平面内作⊥交于， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又平面，所以⊥， 因为，、平面，所以平面， 平面截正方体截面为平行四边形， 当与点重合时，为中点，截面面积最大， 此时，，截面面积为，故④正确. 故答案为：① ② ④ . 73．【答案】（1）     （2），证明： 由点到直线的距离公式， 类比：点到平面的距离公式为， 证明如下： 不妨设，在平面内取一点， 则向量， 取平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为：      （3）      【分析】 （1）根据题干得到平面的法向量，再根据点到平面的距离公式求得原点到平面的距离； （2）得到平面的法向量，根据和平面内一点，利用点到平面的距离公式即可证明； （3）分别得到平面和平面的法向量，根据在面内得到与法向量垂直，从而得到的方向向量，再根据平面得到平面的法向量满足，利用平面夹角余弦值的计算公式和二次函数即可求得最大值. (1) 小问详解： 根据题意，平面的法向量， 在平面上任取点，可得， 设原点到平面的距离为，则， 故原点O到平面的距离为. (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： ， 设为平面的一个法向量，则 ， 令，得，，所以． 因为平面的方程为，所以由（2）知平面的一个法向量为， 设直线的一个方向向量为，则 令，得，所以． 因为平面，所以平面的一个法向量与直线的方向向量垂直，所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为 又，， 平面与平面夹角的余弦值的最大值为． 74．【答案】（1） 在三棱柱中， ∵平面， ∴四边形为矩形， 又E，F分别为，的中点， ∴， ∵，E为的中点， ∴，而， ∴平面；     （2）；     （3） 平面的一个法向量为， ∵，， ∴， ∴， ∴与不垂直， ∴与平面不平行且不在平面内， ∴与平面相交．      【分析】 （1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论； （2）根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，利用方程组解得平面一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果； （3）根据平面一个法向量与直线方向向量数量积不为零，可得结论. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，，，平面， ∴平面， ∵平面， ∴， 如图建立空间直角坐标系，    由题意得，，，，， ∴， 设平面的法向量为， ∴ ， ∴ ， 令，则，， ∴平面的一个法向量， 又∵平面的一个法向量为， ∴， 所以平面与平面的夹角余弦值为； (3) 小问详解： 略 75．【答案】① ② ④ 【分析】 根据给定条件，以点为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量坐标，进而求出点的坐标，再逐一计算判断各个命题即得答案. 【详解】 在正方体中，令，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，， 令平面的法向量，则 ，取，得， 由平面于，得，即， ，显然，解得， 于是， 对于① ，，① 正确； 对于② ，在上单调递增，② 正确； 对于③ ，而，， 若， 显然，即不存在，使得，③ 错误； 对于④ ，平面的一个法向量，而， 由，得，即，整理得， 令，显然函数在上的图象连续不断， 而，因此存在，使得，此时平面， 因此存在点，使得平面，④ 正确. 所以所有正确结论的序号是① ② ④ . 故答案为：① ② ④ 【点睛】 思路点睛：涉及探求几何体中点的位置问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量证明空间位置关系的方法解决. 76．【答案】（1）证明：取中点，连接. 因为且且， 所以且. 因为为的中点，点在线段上且满足， 可得且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面，所以平面. 在中，为的中点､为的中点，所以， 因为平面平面，所以平面. 又因为平面， 所以平面平面. 因为平面， 所以平面.     （2）.      【分析】 （1）通过作辅助线证明线面平行，再利用面面平行的性质证明线面平行即可； （2）根据题意建立空间直角坐标系，通过已知条件求出的长，即可根据公式求出点到面的距离. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 已知，又平面，则, 如图，以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向 建立空间直角坐标系. 设，由题可知，， . 则， 设为平面的一个法向量，则 ， 即 ，令，可得. 依题意，可以作为平面的法向量， 因为二面角的余弦值为， 所以，即，解得. 平面的一个法向量， 所以到平面的距离为：. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $