专题07 立体几何与空间向量（期中真题汇编，天津专用）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·天津西青区杨柳青第一中学·期中）在长方体中，，，，分别过BC，的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为，，．若，则截面的面积为（       ）． A.  B.  C.  D. 16 2．（25-26学年高三上·天津第二南开学校·期中）中国雕刻技艺举世闻名，今一雕刻大师在棱长为12的整块正方体玉石内部套雕出一个可以任意转动的球，在球内部又套雕出一个正四面体（所有棱长均相等的三棱锥），若不计各层厚度和损失，则最内层正四面体的棱长最长为（     ） A.  B.  C. 6 D.  3．（5-26学年高三上·天津第二十中学·期中）如图，在正四棱锥中，记其体积为V，且，，，过M，N，P的平面将四棱锥切出一个多面体，记其体积为，则的值为（     ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高三上·天津河东·期中）已知球的表面积为，，，，为球面上四点，，，与平面所成的角均为，若是正三角形，则四面体的体积为（       ） A.  B.  C.  D. 3 5．（25-26学年高三上·天津红桥·期中）已知三棱柱 的侧棱垂直于底面，且各顶点都在同一球面上，若则此球的表面积为（       ） A. 10π B. 12π C. 16π D. 20π 6．（25-26学年高三上·天津田家炳高级中学·期中）如图，圆锥形脆皮筒上面放半球形的冰淇淋，为了保障冰淇淋融化后能落在脆皮筒里，不溢出来，某规格的脆皮筒规定其侧面面积是冰淇淋半球面面积的2倍，则此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为（       ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高三上·天津咸水沽第一中学·期中）一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为　　　　　　　　　　cm. 考点02 点、直线、平面间的位置关系 1．（25-26学年高三上·天津咸水沽第一中学·期中）设是三条不同的直线，是三个不同的平面，则下列四个命题中正确的是（     ） A. 若，，则； B. 若，，，，，则； C. 若，，则，； D. 若，，，则； 2．（5-26学年高三上·天津第二十中学·期中）已知a，b是空间两条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列命题正确的为（       ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 3．（25-26学年高三上·天津汇文中学·期中）若m,n为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（     ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4．（25-26学年高三上·天津红桥·期中）若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（     ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5．（25-26学年高三上·天津田家炳高级中学·期中）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（     ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 6．（25-26学年高三上·天津第二南开学校·期中）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（     ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 7．（25-26学年高三上·天津第一0二中学·期中）空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列命题正确的是（       ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 8．（25-26学年·天津河北区·期中）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或                 ②若，则或 ③若且，则            ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（       ） A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ①③④ 考点03 空间向量的应用 1．（25-26学年高三上·天津第二南开学校·期中）在如图所示的几何体中，平面，， 是 的中点，，，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成夹角的余弦值； （3）求点 到平面的距离． 2．（25-26学年高三上·天津第一0二中学·期中）如图，在四棱锥中，底面，四边形为平行四边形，其中，，，且，点为的中点. （1）证明：平面. （2）求点到平面的距离. （3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 3．（25-26学年高三上·天津西青区杨柳青第一中学·期中）如图，在三棱锥中，平面，，，点，分别在棱和棱上，且，． （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 4．（25-26学年·天津河北区·期中）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F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； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 5．（5-26学年高三上·天津第二十中学·期中）如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足，，，，平面ABCD． （1）证明：平面CDE； （2）求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值； （3）求点G到直线AB的距离． 6．（25-26学年高三上·天津第五十五中学·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点． （1）证明：平面； （2）求平面和平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 7．（25-26学年高三上·天津河西·期中）在如图所示平行六面体中，点在上，点在上，且，，若，则　　　　　　　　　　. 8．（25-26学年高三上·天津河东·期中）如图所示，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，四边形是等腰梯形，，．    （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 9．（25-26学年高三上·天津红桥·期中）如图，在底面为直角梯形的四棱锥中， ，，平面，. （1）求证：平面； （2）求二面角的大小； （3）求到平面 的距离. 10．（25-26学年高三上·天津第五十四中学·期中）如图，在直三棱柱中，，，，M、N、P分别是、、的中点. （1）证明：平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 11．（25-26学年高三上·天津第五十四中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，，平面，且，点在棱上，点为中点．    （1）证明：若，则直线平面； （2）求二面角的正弦值； （3）是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 12．（25-26学年高三上·天津田家炳高级中学·期中）如图，在直四棱柱中，侧棱的长为3，底面ABCD是边长为2的正方形，E是棱BC的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面ABCD的夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 13．（25-26学年高三上·天津咸水沽第一中学·期中）如图，平面，，，，，点，，分别为，，的中点.    （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的大小； （3）若为线段上的点，且直线与平面所成的角正弦值为，求到平面的距离. 14．（25-26学年高三上·天津汇文中学·期中）在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． （3）求点到平面的距离． 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·天津西青区杨柳青第一中学·期中）在长方体中，，，，分别过BC，的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为，，．若，则截面的面积为（       ）． A.  B.  C.  D. 16 【答案】C 【分析】根据长宽高求出长方体的体积，再根据体积之比求出，再计算出的值，可计算出， 再计算截面面积． 【详解】由题意知 又，所以 又 在 中 所以 故选C 【点睛】本题考查截面面积，属于基础题． 2．（25-26学年高三上·天津第二南开学校·期中）中国雕刻技艺举世闻名，今一雕刻大师在棱长为12的整块正方体玉石内部套雕出一个可以任意转动的球，在球内部又套雕出一个正四面体（所有棱长均相等的三棱锥），若不计各层厚度和损失，则最内层正四面体的棱长最长为（     ） A.  B.  C. 6 D.  【答案】A 【分析】 根据题意，求正方体的内切球半径，易知该球为所求正四面体的外接球时，正四面体棱长最长，正四面体补成正方体，即可得解． 【详解】 由题意，球是正方体的内切球，且该球为正四面体的外接球时，四面体的棱长最大， 则该球半径，如图： 设正四面体的棱长为， 则正方体的棱长为， 则该正方体的体对角线长为，解得， 故选：A 3．（5-26学年高三上·天津第二十中学·期中）如图，在正四棱锥中，记其体积为V，且，，，过M，N，P的平面将四棱锥切出一个多面体，记其体积为，则的值为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 由题意可得棱上点的位置与线段比，延长构建三棱锥，根据三角形等积变换以及棱锥体积公式，可得答案. 【详解】 如图，分别延长NM，BA交于点E，分别延长NP，BC交于点F，连接EF，在平面SBC内，作交SC于G， 则平面平面，故点Q，R在线段EF上． 则，又，所以． 同理，，则，， 记点N到平面ABCD的距离为d（N，ABCD），点S到平面ABCD的距离为d（S，ABCD）， 易得，所以． 同理，， 所以．即． 故选：C． 4．（25-26学年高三上·天津河东·期中）已知球的表面积为，，，，为球面上四点，，，与平面所成的角均为，若是正三角形，则四面体的体积为（       ） A.  B.  C.  D. 3 【答案】C 【分析】 由题意三棱锥为正三棱锥，则正三棱锥的外接球的球心在高线上，作出图形，根据外接球的表面积求出外接球半径为，，根据线面角的定义得，根据勾股定理列出关于的等式，解出的值，得到，进而求得四面体的体积. 【详解】 由题意三棱锥为正三棱锥，球O为该正三棱锥的外接球，设其半径为， 因为球O的表面积为，所以， 设，即正的边长为， 取中点，连接，作， 根据正三棱锥的性质可知球心O在上， 如下图所示： 根据线面角的定义知，则， 因为，， 所以， 在中，， 所以， 解得或，即，, 四面体的体积 故选：C. 5．（25-26学年高三上·天津红桥·期中）已知三棱柱 的侧棱垂直于底面，且各顶点都在同一球面上，若则此球的表面积为（       ） A. 10π B. 12π C. 16π D. 20π 【答案】D 【分析】 通过已知条件求出底面外接圆的半径,设此圆圆心为,球心为,在中,求出球的半径,然后求出球的表面积. 【详解】 解: 在中, 可得， 所以, 由正弦定理,可得外接圆半径, 设此圆圆心为,球心为，球的半径为， 由球的性质可知：平面， 在平面内， 所以， 在中,， 所以球半径, 故此球的表面积为 故选：D 6．（25-26学年高三上·天津田家炳高级中学·期中）如图，圆锥形脆皮筒上面放半球形的冰淇淋，为了保障冰淇淋融化后能落在脆皮筒里，不溢出来，某规格的脆皮筒规定其侧面面积是冰淇淋半球面面积的2倍，则此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 设圆锥的半径为，高为，母线长为，结合题意面积比得到，再计算二者的体积比即可. 【详解】 设圆锥的半径为，高为，母线长为， 则母线长为， 所以圆锥的侧面积是， 半球的面积， 由题意可得， 解得， 所以圆锥的体积为，半球的体积为， 所以此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为， 故选：B. 7．（25-26学年高三上·天津咸水沽第一中学·期中）一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为　　　　　　　　　　cm. 【答案】 【分析】 根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的半径. 【详解】 当两球心分别在轴截面对角的角平分线上时，球的半径最大，如图， 圆柱的底面半径为，设铁球的半径为，且， 由圆柱与球的性质知， 即，解得或（舍去）. 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·天津咸水沽第一中学·期中）设是三条不同的直线，是三个不同的平面，则下列四个命题中正确的是（     ） A. 若，，则； B. 若，，，，，则； C. 若，，则，； D. 若，，，则； 【答案】A 【分析】 利用空间的平行与垂直的判定和性质定理可作出各选项判断. 【详解】 因为，所以平面内必存在直线， 又因为，所以，即，故A正确； 根据题意虽然平面内有直线与平行，也有直线与平行， 但不一定是相交直线，所以虽然有，，也不能推出， 所以也就不能推出，故B错误； 虽然，但仅由一条直线，是不能推出，，故C错误； 虽然，，，但不能确定是否在一个平面内，所以不能推出，故D错误； 故选：A． 2．（5-26学年高三上·天津第二十中学·期中）已知a，b是空间两条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列命题正确的为（       ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】B 【分析】 利用空间中点、线、面位置关系的判定定理和性质逐项判断可得正确的选项. 【详解】 对于A，若，，，则或异面，故A错误； 对于B，若，则存在直线，使得， 由于，则，可得，故B正确； 对于C，若，，，则或相交，故C错误； 对于D，若，，设， 只有当时，才能得到，故D错误. 故选：B. 3．（25-26学年高三上·天津汇文中学·期中）若m,n为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（     ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【分析】 根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误. 【详解】 对于A，若，则可平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则存在直线，， 所以由可得，故，故C正确； 对于D，，则与可平行或相交或，故D错误； 故选：C. 4．（25-26学年高三上·天津红桥·期中）若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（     ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【分析】 根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误. 【详解】 对于A，若，则可平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则存在直线，， 所以由可得，故，故C正确； 对于D，，则与可平行或相交或，故D错误； 故选：C. 5．（25-26学年高三上·天津田家炳高级中学·期中）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（     ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【分析】 ABD可举出反例；C选项，根据直线与平面垂直的性质得到C正确. 【详解】 对于A，若，，则或，故A错误； 对于B，若，，，则或与异面，即B错误； 对于C，若，，由直线与平面垂直的性质可得，故C正确； 对于D，若，，，则与的关系为平行、相交或异面，故D错误； 故选：C 6．（25-26学年高三上·天津第二南开学校·期中）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（     ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【分析】 举反例判断A，B，C，利用平行的传递性得到，再利用面面平行的性质得到判断D即可. 【详解】 对于A，若，则或，故A错误， 对于B，若，则或与异面，故B错误， 对于C，若，则或与相交，故C错误， 对于D，因为，所以，而，可得，故D正确. 故选：D 7．（25-26学年高三上·天津第一0二中学·期中）空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列命题正确的是（       ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【分析】 根据空间直线、平面间的位置关系判断． 【详解】 选项A，若，则与可以相交，也可以平行，不一定垂直，A错； 选项B，若，则直线的方向向量分别是平面的法向量两平面垂直， 即为它们的法向量垂直，则，B正确； 选项C，若，且，则或，C错； 选项D，若，则可能有，也可能相交，D错. 故选：B． 8．（25-26学年·天津河北区·期中）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或                 ②若，则或 ③若且，则            ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（       ） A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ①③④ 【答案】A 【分析】 根据线面平行的判定定理即可判断① ；举反例即可判断② ④ ；根据线面平行的性质即可判断③. 【详解】 对① ，当，因为，，则， 当，因为，，则， 当既不在也不在内，因为，，则且，故① 正确； 对② ，若，则与不一定垂直，故② 错误； 对③ ，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线， 因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知， 同理可得，则，因为平面，平面，则平面， 因为平面，，则，又因为，则，故③ 正确； 对④ ，若与和所成的角相等，如果，则，故④ 错误； 综上只有① ③ 正确， 故选：A. 考点03 空间向量的应用 1．（25-26学年高三上·天津第二南开学校·期中）在如图所示的几何体中，平面，， 是 的中点，，，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成夹角的余弦值； （3）求点 到平面的距离． 【答案】（1）证明：法一：如图，平面，，可得平面， 由，可得，则直线，， 两两垂直， 以为原点，分别以，，的方向为 ， ， 轴的正方向建立空间直角坐标系． 由题意可得，，，，，． 由平面，取平面的一个法向量为，由， 可得， 又平面，所以平面． 法二：取 中点 ，连接，，由 是 的中点，可得，而， 则，又，于是四边形是平行四边形． 所以， 又平面平面，所以平面．     （2）     （3）      【分析】 （1）法一：建立空间直角坐标系，求出平面法向量即可证明；法二：构造平行四边形然后结合线面平行的判定定理即可证明； （2）由二面角的公式代入计算，即可得到结果； （3）由点到面的距离公式代入计算，即可得到结果. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可得，， 设平面的一个法向量为， 则 ，令，可得， 设平面与平面的夹角为 ， 因此． 所以平面与平面夹角的余弦值为． (3) 小问详解： 由（2）知平面的一个法向量为， 且， 则点 到平面的距离为． 2．（25-26学年高三上·天津第一0二中学·期中）如图，在四棱锥中，底面，四边形为平行四边形，其中，，，且，点为的中点. （1）证明：平面. （2）求点到平面的距离. （3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1） 连接平行四边形的对角线，交于， 在中，是的中点，是中点，所以， 又平面，平面，所以平面.      （2）；     （3）.      【分析】 （1）连接平行四边形的对角线，交于，可得，进而可证得平面； （2）根据几何体特征，可得，，，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，结合空间点到平面的距离公式，即可求解； （3）由（2）建立的空间直角坐标系，求得平面的法向量，结合面面角的向量求法，即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由已知，，，， 在中，由余弦定理得， 则，由勾股定理，则， 又底面，平面，则有，， 所以以为原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立如图示的空间直角坐标，则，，，，， 的中点，，， 设平面法向量为， 则 ，取，则，，故， ，则点与平面的距离. (3) 小问详解： 由（2）得， ，，设平面的法向量为， 则 ， 取，则，，则， 平面与平面所成锐二面角余弦值为. 3．（25-26学年高三上·天津西青区杨柳青第一中学·期中）如图，在三棱锥中，平面，，，点，分别在棱和棱上，且，． （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 以为原点，，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，，. ，，， ，， 即，， ，平面．     （2）      （3）       【分析】 （1）建立恰当的空间直角坐标系，利用向量证明线线垂直，根据线面垂直的判定定理证明平面； （2）根据点到平面距离的向量求法，求得点到平面的距离，进而求得求三棱锥的体积； （3）根据平面与平面夹角的向量求法求平面与平面夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可知为平面的一个法向量，且， 设点到平面的距离为， ，即点到平面的距离为． 又的面积为，所以三棱锥的体积为. (3) 小问详解： 由（1）可知为平面的一个法向量， 设平面的法向量为，因为，， 则 令，可得， 设平面与平面的夹角为， ， 即平面与平面的夹角的余弦值为． 4．（25-26学年·天津河北区·期中）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F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； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 在直三棱柱中，平面，且，则 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， 易知平面的一个法向量为，则，故， 平面，故平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立； （2）利用空间向量法可求得直线与平面夹角的正弦值； （3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：，，， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，. 因此，直线与平面夹角的正弦值为. (3) 小问详解： 解：，， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，则， 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 5．（5-26学年高三上·天津第二十中学·期中）如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足，，，，平面ABCD． （1）证明：平面CDE； （2）求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值； （3）求点G到直线AB的距离． 【答案】（1）因为平面，平面， 所以， 且，，平面， 所以平面，平面， 所以， 由条件可知四边形是正方形，所以， ，且平面， 所以平面；     （2）     （3）      【分析】 （1）根据线面垂直的判断定理，转化为证明和，即可证明； （2）根据（1）的结果，分别求平面和平面的法向量，利用法向量求平面夹角的余弦值； （3）代入点到直线的距离公式，即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，以点为原点，以为轴的正方向建立空间直角坐标系， ，，，，，， 由（1）可知，平面的法向量可为， ，， 设平面的一个法向量为， 所以 ，令，则，， 所以平面的一个法向量， 设平面CDE与平面ABE的夹角为， 所以； (3) 小问详解： , 所以点到直线的距离. 6．（25-26学年高三上·天津第五十五中学·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点． （1）证明：平面； （2）求平面和平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明：取的中点，连接，如图所示： 在中，因为，分别是为棱，的中点， 所以为中位线， 所以，且， 又，， 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）取的中点，连接，利用三角形中位线，平行四边形性质以及线面平行的判定定理即可证明； （2）结合已知条件建立空间直角坐标系，分别写出相应的点坐标，求出平面和平面的法向量，利用向量法求解即可； （3）在（2）的基础上利用向量法求点到面的距离即可. (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 平面，平面， 所以，又， 所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 取的中点，连接，如图所示： 因为，，且， 所以四边形是边长为2的正方形， 所以， 因为为棱的中点，所以， 所以， 设平面的一个法向量为， 则 ， 令，则， 即平面的一个法向量为， 又平面，平面, 所以，由，且， 所以平面，即平面， 所以为平面的一个法向量， 所以， 所以平面和平面夹角的余弦值为 (3) 小问详解： 由（2）知，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为： ， 所以点到平面的距离为. 7．（25-26学年高三上·天津河西·期中）在如图所示平行六面体中，点在上，点在上，且，，若，则　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 应用空间向量的加减法，结合已知条件计算求参. 【详解】 因为， 且，， 所以， 又因为，且线性无关，所以， 则. 故答案为：. 8．（25-26学年高三上·天津河东·期中）如图所示，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，四边形是等腰梯形，，．    （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 依题意，，，所以． 因为，则有，所以． 又，所以平面．                               则以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，平面内过点且垂直于的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，，         因为，，， 所以，， 所以，，平面， 所以平面．     （2）     （3）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系应用空间向量数量积为0得出线线垂直，进而应用线面垂直判定定理得出线面垂直；           （2） 先求出平面的一个法向量，再应用线面角正弦公式计算求解； （3）先得出平面的一个法向量结合（2）应用二面角余弦公式计算求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ，，， 设平面的一个法向量为， 则 即 解得 令，得，                            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： 由（1）知，平面的一个法向量为，                设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 9．（25-26学年高三上·天津红桥·期中）如图，在底面为直角梯形的四棱锥中， ，，平面，. （1）求证：平面； （2）求二面角的大小； （3）求到平面 的距离. 【答案】（1） 因为平面，在平面内． ∴, ∵，， ∴． ∴，即． ∵，都在平面内， ∴平面．     （2）      （3）       【分析】 （1）由，即可求证； （2）设，连接，由（1）可得是二面角的平面角．即可求解； （3）建系，求得平面法向量，由距离公式即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设，连接， ∵平面．都在平面内， ∴． ∴是二面角的平面角． 在Rt中，， ∴， ∴， ∴二面角的大小为． (3) 小问详解： 如图建系： 则， 设平面的法向量为， 则 ， 令，则， 即， 又， 所以到平面 的距离. 10．（25-26学年高三上·天津第五十四中学·期中）如图，在直三棱柱中，，，，M、N、P分别是、、的中点. （1）证明：平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1） 在直三棱柱中，，则，，两两垂直， 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 由，则， 由，则， 由，且都在平面内，则平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）以为原点建立空间直角坐标系，求出坐标，利用向量证明，，根据线面垂直的判定定理证明； （2）求出平面的一个法向量，利用向量法求线面角； （3）由（1）平面的一个法向量为，利用向量法求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设平面的一个法向量，，， 所以 ，取，则， 所以， 故与平面所成角的正弦值为. (3) 小问详解： 由（1）知平面的一个法向量为，由（2）知， 所以点到平面的距离. 11．（25-26学年高三上·天津第五十四中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，，平面，且，点在棱上，点为中点．    （1）证明：若，则直线平面； （2）求二面角的正弦值； （3）是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明：如图所示，    在线段上取一点，使，连接， 因为，则, 所以， 又平面，平面， 所以平面， 又，，点为中点，， 所以平行且等于，即四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 又， 所以平面平面， 因为平面，平面 所以在平面内一定存在一条直线与直线平行， 所以平面.     （2）     （3）存在，或      【分析】 （1）利用面面平行证明线面平行； （2）利用坐标法求二面角余弦值，在求解该角的正弦值； （3）设，可表示点与，再根据线面夹角向量法求得即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图所示，    因为平面，， 所以点为坐标原点，以分别为轴 建立空间直角坐标系， 所以由题意得：， 又点为中点， 所以， 所以， 设平面的一个法向量为：， 则 ， 令， 所以， 设平面的一个法向量为：， 则 ， 令， 所以， 设二面角的大小为， 所以 ， 所以二面角的正弦值为： . (3) 小问详解： 存在点，使与平面所成角的正弦值为， 此时或， 理由如下： 假设存在点，设， 即， 由（2）知， 且平面的法向量为， 则， 所以， 所以， 设与平面所成角为， 则 ， 化简得：， 解得：或， 故存在点，使与平面所成角的正弦值为， 此时或. 12．（25-26学年高三上·天津田家炳高级中学·期中）如图，在直四棱柱中，侧棱的长为3，底面ABCD是边长为2的正方形，E是棱BC的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面ABCD的夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1） 在直四棱柱中，建立如图所示的空间直角坐标系，    由侧棱的长为3，底面是边长为2的正方形， 得，由是棱的中点，得， 则， 设平面的法向量为，则 ，令，得， 显然，则，又平面， 所以平面.     （2）；     （3）3.      【分析】 （1）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）求出平面与平面的法向量，再利用空间向量求出面面角的余弦值.. （3）利用空间向量的距离公式，结合锥体体积公式求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知平面的法向量为，而平面的一个法向量为， 因此， 所以平面与平面所成角的余弦值为. (3) 小问详解： 由（1）知平面的法向量为，而点，则， 点到平面的距离为，又， 则点到直线距离， 因此的面积， 所以三棱锥的体积. 13．（25-26学年高三上·天津咸水沽第一中学·期中）如图，平面，，，，，点，，分别为，，的中点.    （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的大小； （3）若为线段上的点，且直线与平面所成的角正弦值为，求到平面的距离. 【答案】（1） 连接，    因为，， 所以， 又因为，所以四边形为平行四边形. 由点和分别为和的中点，可得且， 因为，，为的中点， 所以且，        可得且，即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）连接，证得，利用线面平行判定定理即可证明结论； （2）根据条件建立空间直角坐标系，求得平面和平面法向量，利用向量的夹角公式，即可求解； （3）设，则，从而，由（2）知平面的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，再根据点到平面的距离公式求解即可得答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面，，可以建立以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系：    依题意可得，，，，，， 则.，，，， 设为平面的法向量， 则 ，即 ，不妨设，可得， 设为平面的法向量， 则 ，即 ，不妨设，可得， 所以，              所以平面与平面的夹角为； (3) 小问详解： 设，即， 则，从而， 由（2）知平面的法向量为， 设线面所成角的大小为， 由题意，，即， 整理得，解得或， 因为，所以，        所以， 则到平面的距离为. 14．（25-26学年高三上·天津汇文中学·期中）在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且． （1）求证：平面； （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）证明：因为底面，平面，所以. 同理可证，又因为， 所以以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系（如图所示）. 依题意可得，，，,,,,, 则，是面的一个法向量， 因为，所以， 又因为平面，所以平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）根据题意建立空间直角坐标系，证明与平面的法向量垂直，进而证明平面； （2）分别求出与平面的法向量，再应用直线与平面所成角的正弦公式求值即可； （3）求出，结合平面的法向量，应用点到平面的距离公式求值即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ,,, 设平面的法向量，则 ，即 ， 取，则，所以平面的一个法向量. 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. (3) 小问详解： 因为，平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为, 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．C 2．A 3．C 4．C 5．D 6．B 7．【答案】 【分析】 根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的半径. 【详解】 当两球心分别在轴截面对角的角平分线上时，球的半径最大，如图， 圆柱的底面半径为，设铁球的半径为，且， 由圆柱与球的性质知， 即，解得或（舍去）. 故答案为： 考点02 点、直线、平面间的位置关系 1．A 2．B 3．C 4．C 5．C 6．D 7．B 8．A 考点03 空间向量的应用 1．【答案】（1）证明：法一：如图，平面，，可得平面， 由，可得，则直线，， 两两垂直， 以为原点，分别以，，的方向为 ， ， 轴的正方向建立空间直角坐标系． 由题意可得，，，，，． 由平面，取平面的一个法向量为，由， 可得， 又平面，所以平面． 法二：取 中点 ，连接，，由 是 的中点，可得，而， 则，又，于是四边形是平行四边形． 所以， 又平面平面，所以平面．     （2）     （3）      【分析】 （1）法一：建立空间直角坐标系，求出平面法向量即可证明；法二：构造平行四边形然后结合线面平行的判定定理即可证明； （2）由二面角的公式代入计算，即可得到结果； （3）由点到面的距离公式代入计算，即可得到结果. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可得，， 设平面的一个法向量为， 则 ，令，可得， 设平面与平面的夹角为 ， 因此． 所以平面与平面夹角的余弦值为． (3) 小问详解： 由（2）知平面的一个法向量为， 且， 则点 到平面的距离为． 2．【答案】（1） 连接平行四边形的对角线，交于， 在中，是的中点，是中点，所以， 又平面，平面，所以平面.      （2）；     （3）.      【分析】 （1）连接平行四边形的对角线，交于，可得，进而可证得平面； （2）根据几何体特征，可得，，，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，结合空间点到平面的距离公式，即可求解； （3）由（2）建立的空间直角坐标系，求得平面的法向量，结合面面角的向量求法，即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由已知，，，， 在中，由余弦定理得， 则，由勾股定理，则， 又底面，平面，则有，， 所以以为原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立如图示的空间直角坐标，则，，，，， 的中点，，， 设平面法向量为， 则 ，取，则，，故， ，则点与平面的距离. (3) 小问详解： 由（2）得， ，，设平面的法向量为， 则 ， 取，则，，则， 平面与平面所成锐二面角余弦值为. 3．【答案】（1） 以为原点，，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，，. ，，， ，， 即，， ，平面．     （2）      （3）       【分析】 （1）建立恰当的空间直角坐标系，利用向量证明线线垂直，根据线面垂直的判定定理证明平面； （2）根据点到平面距离的向量求法，求得点到平面的距离，进而求得求三棱锥的体积； （3）根据平面与平面夹角的向量求法求平面与平面夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可知为平面的一个法向量，且， 设点到平面的距离为， ，即点到平面的距离为． 又的面积为，所以三棱锥的体积为. (3) 小问详解： 由（1）可知为平面的一个法向量， 设平面的法向量为，因为，， 则 令，可得， 设平面与平面的夹角为， ， 即平面与平面的夹角的余弦值为． 4．【答案】（1） 在直三棱柱中，平面，且，则 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， 易知平面的一个法向量为，则，故， 平面，故平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立； （2）利用空间向量法可求得直线与平面夹角的正弦值； （3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：，，， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，. 因此，直线与平面夹角的正弦值为. (3) 小问详解： 解：，， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，则， 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 5．【答案】（1）因为平面，平面， 所以， 且，，平面， 所以平面，平面， 所以， 由条件可知四边形是正方形，所以， ，且平面， 所以平面；     （2）     （3）      【分析】 （1）根据线面垂直的判断定理，转化为证明和，即可证明； （2）根据（1）的结果，分别求平面和平面的法向量，利用法向量求平面夹角的余弦值； （3）代入点到直线的距离公式，即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，以点为原点，以为轴的正方向建立空间直角坐标系， ，，，，，， 由（1）可知，平面的法向量可为， ，， 设平面的一个法向量为， 所以 ，令，则，， 所以平面的一个法向量， 设平面CDE与平面ABE的夹角为， 所以； (3) 小问详解： , 所以点到直线的距离. 6．【答案】（1）证明：取的中点，连接，如图所示： 在中，因为，分别是为棱，的中点， 所以为中位线， 所以，且， 又，， 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）取的中点，连接，利用三角形中位线，平行四边形性质以及线面平行的判定定理即可证明； （2）结合已知条件建立空间直角坐标系，分别写出相应的点坐标，求出平面和平面的法向量，利用向量法求解即可； （3）在（2）的基础上利用向量法求点到面的距离即可. (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 平面，平面， 所以，又， 所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 取的中点，连接，如图所示： 因为，，且， 所以四边形是边长为2的正方形， 所以， 因为为棱的中点，所以， 所以， 设平面的一个法向量为， 则 ， 令，则， 即平面的一个法向量为， 又平面，平面, 所以，由，且， 所以平面，即平面， 所以为平面的一个法向量， 所以， 所以平面和平面夹角的余弦值为 (3) 小问详解： 由（2）知，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为： ， 所以点到平面的距离为. 7．【答案】 【分析】 应用空间向量的加减法，结合已知条件计算求参. 【详解】 因为， 且，， 所以， 又因为，且线性无关，所以， 则. 故答案为：. 8．【答案】（1） 依题意，，，所以． 因为，则有，所以． 又，所以平面．                               则以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，平面内过点且垂直于的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，，         因为，，， 所以，， 所以，，平面， 所以平面．     （2）     （3）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系应用空间向量数量积为0得出线线垂直，进而应用线面垂直判定定理得出线面垂直；           （2） 先求出平面的一个法向量，再应用线面角正弦公式计算求解； （3）先得出平面的一个法向量结合（2）应用二面角余弦公式计算求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ，，， 设平面的一个法向量为， 则 即 解得 令，得，                            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： 由（1）知，平面的一个法向量为，                设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 9．【答案】（1） 因为平面，在平面内． ∴, ∵，， ∴． ∴，即． ∵，都在平面内， ∴平面．     （2）      （3）       【分析】 （1）由，即可求证； （2）设，连接，由（1）可得是二面角的平面角．即可求解； （3）建系，求得平面法向量，由距离公式即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设，连接， ∵平面．都在平面内， ∴． ∴是二面角的平面角． 在Rt中，， ∴， ∴， ∴二面角的大小为． (3) 小问详解： 如图建系： 则， 设平面的法向量为， 则 ， 令，则， 即， 又， 所以到平面 的距离. 10．【答案】（1） 在直三棱柱中，，则，，两两垂直， 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 由，则， 由，则， 由，且都在平面内，则平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）以为原点建立空间直角坐标系，求出坐标，利用向量证明，，根据线面垂直的判定定理证明； （2）求出平面的一个法向量，利用向量法求线面角； （3）由（1）平面的一个法向量为，利用向量法求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设平面的一个法向量，，， 所以 ，取，则， 所以， 故与平面所成角的正弦值为. (3) 小问详解： 由（1）知平面的一个法向量为，由（2）知， 所以点到平面的距离. 11．【答案】（1）证明：如图所示，    在线段上取一点，使，连接， 因为，则, 所以， 又平面，平面， 所以平面， 又，，点为中点，， 所以平行且等于，即四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 又， 所以平面平面， 因为平面，平面 所以在平面内一定存在一条直线与直线平行， 所以平面.     （2）     （3）存在，或      【分析】 （1）利用面面平行证明线面平行； （2）利用坐标法求二面角余弦值，在求解该角的正弦值； （3）设，可表示点与，再根据线面夹角向量法求得即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图所示，    因为平面，， 所以点为坐标原点，以分别为轴 建立空间直角坐标系， 所以由题意得：， 又点为中点， 所以， 所以， 设平面的一个法向量为：， 则 ， 令， 所以， 设平面的一个法向量为：， 则 ， 令， 所以， 设二面角的大小为， 所以 ， 所以二面角的正弦值为： . (3) 小问详解： 存在点，使与平面所成角的正弦值为， 此时或， 理由如下： 假设存在点，设， 即， 由（2）知， 且平面的法向量为， 则， 所以， 所以， 设与平面所成角为， 则 ， 化简得：， 解得：或， 故存在点，使与平面所成角的正弦值为， 此时或. 12．【答案】（1） 在直四棱柱中，建立如图所示的空间直角坐标系，    由侧棱的长为3，底面是边长为2的正方形， 得，由是棱的中点，得， 则， 设平面的法向量为，则 ，令，得， 显然，则，又平面， 所以平面.     （2）；     （3）3.      【分析】 （1）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）求出平面与平面的法向量，再利用空间向量求出面面角的余弦值.. （3）利用空间向量的距离公式，结合锥体体积公式求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知平面的法向量为，而平面的一个法向量为， 因此， 所以平面与平面所成角的余弦值为. (3) 小问详解： 由（1）知平面的法向量为，而点，则， 点到平面的距离为，又， 则点到直线距离， 因此的面积， 所以三棱锥的体积. 13．【答案】（1） 连接，    因为，， 所以， 又因为，所以四边形为平行四边形. 由点和分别为和的中点，可得且， 因为，，为的中点， 所以且，        可得且，即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）连接，证得，利用线面平行判定定理即可证明结论； （2）根据条件建立空间直角坐标系，求得平面和平面法向量，利用向量的夹角公式，即可求解； （3）设，则，从而，由（2）知平面的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，再根据点到平面的距离公式求解即可得答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面，，可以建立以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系：    依题意可得，，，，，， 则.，，，， 设为平面的法向量， 则 ，即 ，不妨设，可得， 设为平面的法向量， 则 ，即 ，不妨设，可得， 所以，              所以平面与平面的夹角为； (3) 小问详解： 设，即， 则，从而， 由（2）知平面的法向量为， 设线面所成角的大小为， 由题意，，即， 整理得，解得或， 因为，所以，        所以， 则到平面的距离为. 14．【答案】（1）证明：因为底面，平面，所以. 同理可证，又因为， 所以以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系（如图所示）. 依题意可得，，，,,,,, 则，是面的一个法向量， 因为，所以， 又因为平面，所以平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）根据题意建立空间直角坐标系，证明与平面的法向量垂直，进而证明平面； （2）分别求出与平面的法向量，再应用直线与平面所成角的正弦公式求值即可； （3）求出，结合平面的法向量，应用点到平面的距离公式求值即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ,,, 设平面的法向量，则 ，即 ， 取，则，所以平面的一个法向量. 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. (3) 小问详解： 因为，平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为, 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $