专题01 空间向量与立体几何（期中真题汇编，福建专用）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·福建福州·期中）若构成空间的一组基底，则下列向量不共面的为（       ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 2．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知点在平面内，且对于平面外一点，满足，则 （       ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）已知四棱锥，底面ABCD是平行四边形，点E为PD中点，且，，，用，，表示，则等于（       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）已知向量，若共面，则在上的投影向量的模为（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高二上·期中）如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（       ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年高二上·福建福州·期中）（多选）在棱长为2的正方体中，，，，分别是棱，，，的中点，动点在正方体表面运动，则（       ） A. PN与为异面直线 B. 与MN所成的角为90° C. 平面PMN截该正方体所得截面形状为等腰梯形 D. ，则点轨迹长度为 7．（25-26学年高二上·福建厦泉·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.  8．（25-26学年高二上·福建厦泉·期中）若空间向量满足，则在方向上投影的最大值是（　　） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年高二上·福建恒兴中学·期中）在空间四边形中，则　　　　　　． 10．（25-26学年高二上·福建福州·期中）二面角为，,是棱上的两点，，分别在半平面，内，，，且，，则的长为 　　　　　． 11．（25-26学年高二上·期中）如图，在平行六面体中，，，，. （1）以，，为基底向量，表示向量、； （2）求证：； （3）求的长. 12．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）如图，平行六面体中，底面是边长为1的正方形，且，. （1）求的长； （2）若和分别为和中点，求异面直线与所成的角. 13．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）在空间直角坐标系中，向量，，若，则　　　　　　. 14．（25-26学年高二上·福建福州·期中）如图，在正四面体中，，为棱的中点，为棱（靠近点）的三等分点，设． （1）用表示； （2）求； （3）求的长． 15．（25-26学年高二上·福建厦泉·期中）在四面体中，Q为的重心，分别为侧棱PA，PB，PC上的点，若，，，PQ与平面EFG交于点D，则　　　　　　. 考点02 空间向量基本定理 1．（25-26学年高二上·福建福州·期中）如图，在正三棱柱中，点M为棱AB的中点，点N为上底面的中心，用空间的一组基表示，则（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·福建南平·期中）（多选）若构成空间的一个基底，则下列向量能构成空间的一个基底的是（     ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 3．（25-26学年高二上·福建泉州安溪县·期中）如图，在平行六面体中，，，为与的交点，则的长为（     ） A.  B. 2 C. 3 D.  4．（25-26学年高二上·福建泉州一中·期中）如图，、分别是四面体的边、的中点，是靠近的四等分点．若向量，，则（     ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高二上·福建恒兴中学·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·期中）（多选）已知正方体的棱长为1，点满足，则（       ） A. 若，则 B. 若，则平面 C. 若，则的最小值为 D. 若，则与平面的所成角为定值 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．（25-26学年高二上·福建实验中学·期中）已知，，则在上的投影向量为（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）（多选）已知空间向量，，则以下说法正确的是（       ） A.  B.  C.  D. 向量在上的投影向量的坐标 3．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标是（       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高二上·福建南平·期中）已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则平面与平面夹角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高二上·福建泉州安溪县·期中）已知，，且，则（     ） A.  B.  C.  D. 1 6．（25-26学年高二上·福建泉州一中·期中）已知．若点共线，则（     ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高二上·福建福州·期中）设，，向量，且，则（       ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知，，，若，，三向量共面，则实数（　　） A. 3 B.  C. 4 D.  9．（25-26学年高二上·福建恒兴中学·期中）在空间直角坐标系中，设点是点关于平面的对称点，点是点关于轴的对称点，则线段的长度等于（       ） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年高二上·期中）已知向量，若与垂直，则（       ）. A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年高二上·福建南平·期中）在空间直角坐标系中，关于轴的对称点为，关于平面的对称点为，则（     ） A.  B.  C.  D.  12．（25-26学年高二上·福建泉州安溪县·期中）（多选）以下命题正确的有（     ） A. 直线的方向向量，直线的方向向量，则 B. 直线的方向向量，平面的法向量，则 C. 平面、的法向量分别为，，则 D. 平面经过点、、，向量是平面的一个法向量，则 13．（25-26学年高二上·福建福州·期中）（多选）已知正方体的棱长为2，，分别是线段，上的动点，且满足，点是线段的中点，则（     ） A. 若是的中点，则平面 B. 若是的中点，则平面 C. 的最大值是 D. 的最小值为 14．（25-26学年高二上·福建实验中学·期中）若两个向量，，且，则的值为　　　　　 15．（25-26学年高二上·福建福州·期中）在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是　　　　　　　　　　． 16．（25-26学年高二上·期中）已知点，，则AB的中点坐标为　　　　　　　　　　. 17．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知空间向量，，则向量在向量上的投影是　　　　　　　　　　　　.（用坐标表示） 18．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知向量，若，则　　　　　　　　　　　. 19．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知空间向量，若，则　　　　　　　　　　. 20．（25-26学年高二上·福建南平·期中）在三棱锥中，若，，，则点到平面的距离为　　　　　　. 21．（25-26学年高二上·福建厦泉·期中）已知向量，，若向量同时满足下列三个条件： ①；②；③与垂直.　 （1）求向量的坐标； （2）若向量与向量共线，求向量与夹角的余弦值. 考点04 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·福建实验中学·期中）已知O（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，2），则点O到直线BC的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·福建厦泉·期中）已知平面外的直线的方向向量是，平面的法向量是，则与的位置关系是（     ） A.  B.  C. 与相交但不垂直 D. 或 3．（25-26学年高二上·福建福州·期中）（多选）如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（       ） A. 存在点Q，使得 B. 存在点Q，使得平面 C. 三棱锥的体积是定值 D. 二面角的余弦值为 4．（25-26学年高二上·期中）（多选）已知空间向量，，则下列说法正确的是（       ） A. 向量与、垂直 B. 向量与、共面 C. 若与分别是异面直线与的方向向量，则其所成的角的余弦值为 D. 向量在向量上的投影向量为 5．（25-26学年高二上·期中）已知直线l的方向向量为，点在直线l上，则点到直线l的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年高二上·福建泉州安溪县·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（     ） A. 2 B.  C.  D.  7．（25-26学年高二上·福建实验中学·期中）棱长为1的正方体中，向量，若，则三棱锥的体积为（       ） A.  B.  C. 1 D. 无法确定 8．（25-26学年高二上·福建泉州一中·期中）（多选）下列结论正确的是（     ） A. 若直线的方向向量为，平面的法向量，则直线 B. 已知向量，则向量在上的投影向量为 C. 若对空间中任意一点，有，则四点共面 D. 若是空间的一组基底，若．知也是空间的一组基底 9．（25-26学年高二上·福建福州·期中）（多选）已知，分别为直线，的方向向量（，不重合），，分别为平面，的法向量（，不重合），则下列说法中，正确的是（       ） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年高二上·福建福州·期中）圆锥的底面半径为，高为，点是底面直径所对弧的中点，点是母线的中点，则异面直线与CD所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年高二上·福建福州·期中）（多选）关于空间向量，以下说法正确的是（　　）． A. 任意向量，满足(a· b)c=a(b· c) B. 若三个非零空间向量满足，则有 C. 若直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则 D. 若空间向量，则在上的投影向量为 12．（25-26学年高二上·福建福州·期中）如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，为的重心，，且，，则点到直线的距离为（     ） A.  B.  C.  D.  13．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）（多选）在棱长为1的正方体中，分别为线段上的动点（均不与点重合），则下列说法正确的是（       ） A. 存在使得平面 B. 存在使得 C. 当平面时，三棱锥与体积之和最大值为 D. 记与平面所成的角分别为，则 14．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）如图，在棱长为2的正方体中，为线段上动点（包括端点）.①三棱锥中，点到平面的距离为定值；②过点且平行于平面的平面被正方体截得的多边形的面积为；③直线与平面所成角的正弦值的范围为；以上命题为真命题的个数为（       ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 15．（25-26学年高二上·福建实验中学·期中）（多选）已知正方体的棱长为1，点满足，其中，，则（       ） A. 当时，不存在点，使得平面 B. 当，满足时，不存在点，使得与平面所成角为 C. 当，满足时，点到平面的距离的最小值为 D. 当，满足时，三棱锥的体积的最小值为 16．（25-26学年高二上·福建泉州一中·期中）（多选）如图，四边形是边长为2的正方形，半圆面平面，点为半圆弧上的动点（不与点重合），下列说法正确的是（     ） A. 三棱锥的四个面都是直角三角形，且体积最大值为 B. 点运动时，四棱锥的外接球半径为定值 C. 当时，异面直线与所成的角余弦值为 D. 半圆弧上存在唯一的点，使得直线与平面所成角的正弦值为 17．（25-26学年高二上·福建恒兴中学·期中）（多选）如图，若正方体的棱长为2，点是正方体的上底面正方形内的一个动点（含边界），，分别是棱，上的中点，则以下结论中正确的是（       ） A. 平面截该正方体所得的截面图形是等腰梯形 B. 三棱锥的体积为定值 C. 的最小值是 D. 若动点始终保持，则动点在上底面正方形内运动路径的长度为 18．（25-26学年高二上·期中）如图，在直三棱柱中，，，是线段的中点，在内有一动点（包括边界），则的最小值是（       ）． A.  B.  C.  D.  19．（25-26学年高二上·福建福州·期中）（多选）在四棱柱中，底面是平行四边形，，且，点满足，则下列说法正确的是（     ） A. 若，则 B. 若，则，，，四点共面 C. 直线与直线所成角的余弦值为 D. 四棱柱的体积为 20．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）已知直线经过两点，则点到直线的距离为　　　　　　． 21．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截而得，其中，，，，若如图所示建立空间直角坐标系. （1）求异面直线与所成的角； （2）求点到截面的距离. 22．（25-26学年高二上·福建泉州安溪县·期中）已知向量，分别是两异面直线，的方向向量，若，则和所成角的大小为　　　　　. 23．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）在如图的多面体中，平面，，，，，，，是的中点． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值． 24．（25-26学年高二上·福建南平·期中）如图，在直四棱柱中，底面是菱形，，，，分别为，的中点.    （1）用，，表示，； （2）求直线，所成角的余弦值. 25．（25-26学年高二上·福建泉州安溪县·期中）如图，在棱长为1的正方体中，，分别是，的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 26．（25-26学年高二上·福建实验中学·期中）如图，在平行六面体中，，，，，，是的中点，设，，.    （1）求的长； （2）求异面直线和夹角的余弦值. 27．（25-26学年高二上·福建实验中学·期中）已知正方体的棱长为4， 是的中点，是的中点，在正方体内部有一片区域，若对于区域内的任意一点，总存在线段上一点，使得平面，则区域的面积最大值是　　　　　 28．（25-26学年高二上·福建福州·期中）在四棱锥中，已知，是等边三角形，点在棱上. （1）当时，求证：平面； （2）求点到底面的距离； （3）当时，求平面与平面所成角的余弦值. 29．（25-26学年高二上·福建厦泉·期中）在直角梯形ABCD中，，，，如图①把沿BD翻折，使得平面平面（如图②）.    （1）求证：； （2）若点M为线段BC的中点，求点M到平面ACD的距离； （3）在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成的角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 30．（25-26学年高二上·福建福州·期中）如图，在四棱柱中，平面，，，，.，分别为，的中点， （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离. 31．（25-26学年高二上·福建福州·期中）如图，在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面. （1）证明：； （2）已知，，平面与平面的交线为.在上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求线段的长度；若不存在，试说明理由. 32．（25-26学年高二上·福建福州·期中）人教A版选择性必修一习题1.4拓广探索第17题中提到“在空间直角坐标系中，已知向量，点，若平面经过点，且以为法向量，点是平面内的任意一点，则平面的方程为”．现已知平面的方程为，直线l是平面与平面的交线，且直线l的方向向量为，则平面的一个法向量可以为　　　　　　　　　，直线l与平面所成角的正弦值为　　　　　　　　　. 33．（25-26学年高二上·福建福州·期中）如图（1），在直角梯形中，，，过的中点作交于点，，现将四边形沿着翻折至位置，使得，如图（2）所示． （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由． 34．（25-26学年高二上·福建恒兴中学·期中）如图，已知为等腰梯形，点为以为直径的半圆弧上一点，平面平面，为的中点，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 35．（25-26学年高二上·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，是上的点，且.    （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求平面与平面夹角正弦值. 36．（25-26学年高二上·福建福州·期中）如图，在四面体中，平面分别为的中点.    （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 37．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）如图1，在中，、分别为、的中点，为的中点，，.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2. （1）求证：； （2）求直线和平面所成角的正弦值； （3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 38．（25-26学年高二上·福建南平·期中）如图所示，在平行六面体中，底面为正方形，，，，分别为棱，的中点.    （1）证明：四边形为矩形. （2）求直线与平面所成角的正弦值. 39．（25-26学年高二上·福建泉州安溪县·期中）如图，在四棱锥中，底面，. （1）证明：面面； （2）设，，，且点，，，均在球的球面上. （i）证明：点在线段上； （ii）设与面所成角为，求的最大值. 40．（25-26学年高二上·福建实验中学·期中）在四棱锥中，底面为正方形，是的中点，平面，，，平面平面.    （1）求证：； （2）如图，且，求点到平面的距离； （3）设四棱锥的外接球球心为，在线段上是否存在点，使得平面与平面所成的角为30°？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 41．（25-26学年高二上·福建泉州一中·期中）在四棱锥中，底面为正方形，是中点，平面，，平面平面． （1）求证：； （2）如图，且，求点到平面的距离； （3）设四棱锥的外接球球心为，点，求直线与平面所成角的正弦值的平方的最大值． 42．（25-26学年高二上·福建福州·期中）在平行六面体中，，，令，，，以，，为基底， 解决下列问题： （1）求证：直线平面； （2）求直线和夹角的余弦值. 43．（25-26学年高二上·福建恒兴中学·期中）如图，在正四棱柱中，，异面直线与所成角的正切值为2.    （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）设为截面内任意一点（不包括边界），到正四棱柱表面，，的距离分别为，，，求的最小值. 44．（25-26学年高二上·期中）如图1，在中，，分别为，的中点，为的中点，，.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2. （1）求证：. （2）求直线和平面所成角的正弦值. （3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 45．（25-26学年高二上·福建福州·期中）如图，已知三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，侧面都是菱形，，. （1）证明：； （2）求的长； （3）线段上是否存在一点，使得二面角的正弦值为，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 46．（25-26学年高二上·福建福州·期中）在平面四边形中，，，将沿AC翻折至. （1）设，三棱锥的各个顶点都在球的球面上. （i）证明：平面平面； （ii）求球的半径； （2）求二面角的余弦值的最小值. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 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·福建福州·期中）若构成空间的一组基底，则下列向量不共面的为（       ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】A 【分析】 根据向量共面的条件对选项逐一分析即可. 【详解】 构成空间的一组基底，则不共线， 假设共面，则存在不全为零的实数，使，即， 则，则，与不共线矛盾，故不共面； ，故共面； ，故共面； ，故共面. 故选：. 2．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知点在平面内，且对于平面外一点，满足，则 （       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据空间共面向量定理的推论得到，解得即可. 【详解】 因为点在平面内，且， 所以，解得. 故选：D 3．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）已知四棱锥，底面ABCD是平行四边形，点E为PD中点，且，，，用，，表示，则等于（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 结合已知条件，利用空间向量的线性运算即可求解. 【详解】 因为四棱锥的底面ABCD是平行四边形，点E为PD中点， 所以 ， 因为，，， 所以. 故选：C. 4．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）已知向量，若共面，则在上的投影向量的模为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 利用共面的条件求出，再利用投影向量及模的定义计算即得. 【详解】 因为共面，则存在实数，使得，即， 于是， 所以在上的投影向量的模为. 故选：B 5．（25-26学年高二上·期中）如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 利用给定的基底，结合空间向量线性运算求出. 【详解】 依题意有. 故选：B. 6．（25-26学年高二上·福建福州·期中）（多选）在棱长为2的正方体中，，，，分别是棱，，，的中点，动点在正方体表面运动，则（       ） A. PN与为异面直线 B. 与MN所成的角为90° C. 平面PMN截该正方体所得截面形状为等腰梯形 D. ，则点轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】 根据异面直线定义可判断A正确，作与平行的直线，作出异面直线的平面角并由勾股定理可判断B正确，作出截面形状可知平面截该正方体所得截面形状为正六边形，可得C错误，利用向量共线定理可找出点轨迹为线段，求出其长度可得结果，即D正确. 【详解】 对于A，由异面直线定义可知与不同在任何一个平面内，它们是异面直线，即A正确； 对于B，取中点为，连，，如下图所示：由正方体性质可知，又， 所以， 因此与所成的角即为与所成的角，即或其补角， 易知，，，满足，即， 所以，因此与所成的角为90°，即B正确； 对于C，分别取，的中点为，，连接各中点，如上图所示： 易知，，， 即可知，，，，，在同一平面内， 所以平面截该正方体所得截面即为六边形， 又，所以截面形状为正六边形，即C错误； 对于D，因为为的中点，所以， 由可知， 即，因此可知，共线， 所以点轨迹为过点且与平行的线段， 取的中点为，连接，取的中点， 连接，如下图所示： 由正方体性质易知，，又为的中位线， 所以，； 因此点轨迹即为线段，且， 所以点轨迹长度为，可得正确. 故选：ABD 7．（25-26学年高二上·福建厦泉·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. 8．（25-26学年高二上·福建厦泉·期中）若空间向量满足，则在方向上投影的最大值是（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 设向量的夹角为，根据题意，求得，得到所以在方向上的投影为，结合基本不等式，即可求解. 【详解】 因为，设向量的夹角为， 所以，可得， 解得， 所以在方向上的投影为 ，当且仅当时，即时，等号成立， 所以在方向上的投影的最大值为． 故选：C. 9．（25-26学年高二上·福建恒兴中学·期中）在空间四边形中，则　　　　　　． 【答案】0 【分析】 选取一组基底，利用空间向量的加减法，结合数量积的运算律，可得答案. 【详解】 如图： 令，，， 则. 故答案为：. 10．（25-26学年高二上·福建福州·期中）二面角为，,是棱上的两点，，分别在半平面，内，，，且，，则的长为 　　　　　． 【答案】 【分析】 将分解为，再求模即可. 【详解】 由题意，∵二面角为，，，∴与夹角为， ∴与夹角为， ， ∴，即的长为. 故答案为：. 11．（25-26学年高二上·期中）如图，在平行六面体中，，，，. （1）以，，为基底向量，表示向量、； （2）求证：； （3）求的长. 【答案】（1） ，     （2） 由（1）得， 所以，则；     （3）      【分析】 （1）由空间向量的线性运算求解； （2）利用空间向量的数量积证明； （3）利用数量积求长度. (1) 小问详解： 在中，根据空间向量的减法运算可得， ； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（1）， 所以 ， 所以，即的长为. 12．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）如图，平行六面体中，底面是边长为1的正方形，且，. （1）求的长； （2）若和分别为和中点，求异面直线与所成的角. 【答案】（1）     （2）90°      【分析】 （1）以为空间基底，得到，结合向量数量积的运算律，即可求解； （2）根据向量的运算法则，得到，再由向量的数量积的定义，求得，进而求得异面直线与所成角. (1) 小问详解： 根据题意，以为基底，可得， 因为，且， 且. 所以 . 所以，所以. (2) 小问详解： 因为和分别为和中点， 可得， ， 可得，即，所以异面直线与所成角为. 13．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）在空间直角坐标系中，向量，，若，则　　　　　　. 【答案】7 【分析】 先利用空间向量共线（平行）的坐标条件，建立比例关系求出方程的解即可. 【详解】 因为（），则存在实数，使得，则对应坐标成比例，即： 由，解得， 同理，，解得， 因此，. 故答案为：7. 14．（25-26学年高二上·福建福州·期中）如图，在正四面体中，，为棱的中点，为棱（靠近点）的三等分点，设． （1）用表示； （2）求； （3）求的长． 【答案】（1）     （2）-9     （3）      【分析】 （1）根据空间向量加法的三角形法则，可将用基底表示； （2）借助第一问的结论，根据向量的数量积运算法则求得； （3）用基底表示，根据，并结合正四面体的性质，可以求得的长. (1) 小问详解： . (2) 小问详解： 因为，由（1）知， 所以 . (3) 小问详解： . 15．（25-26学年高二上·福建厦泉·期中）在四面体中，Q为的重心，分别为侧棱PA，PB，PC上的点，若，，，PQ与平面EFG交于点D，则　　　　　　. 【答案】 【分析】 设中点为，根据线面关系可得与的交点为，再根据平面向量基本定理，结合共线定理，设，求解即可. 【详解】 连接如图，设中点为， ，连接，由共面可知，与平面的交点即与的交点. 因为，，，设， 则，设， 则，故 ， 故，解得，代入可得，即. 由重心性质可得，设， 又， 则，故 ，解得 . 故，故. 故答案为：. 考点02 空间向量基本定理 1．（25-26学年高二上·福建福州·期中）如图，在正三棱柱中，点M为棱AB的中点，点N为上底面的中心，用空间的一组基表示，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 结合正三棱柱的性质和空间向量的运算可得答案. 【详解】 取下底面ABC的中心Q，连接，则， ∴． 故选:B． 2．（25-26学年高二上·福建南平·期中）（多选）若构成空间的一个基底，则下列向量能构成空间的一个基底的是（     ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】ABD 【分析】 根据题意，利用空间向量的共面定理，列出方程组，结合方程组的解，逐项判定，即可求解. 【详解】 对于A，假设共面，则存在不全为0的实数，使得， 因为为空间的一个基底，所以 ，该方程组无解，假设不成立， 所以不共面，能构成空间的一个基底，所以A符合题意； 对于B，假定向量共面，则存在不全为0的实数，使得，该式显然不成立，所以向量不共面，能构成空间的一个基底. 对于C，假设共面，则存在不全为0的实数， 使得，则 ，解得， 所以共面，不能构成空间的一个基底，所以C不符合题意； 对于D，若共面，则存在不全为0的实数， 使得，则 ，该方程组无解， 所以不共面，能构成空间的一个基底，所以D符合题意. 故选：ABD. 3．（25-26学年高二上·福建泉州安溪县·期中）如图，在平行六面体中，，，为与的交点，则的长为（     ） A.  B. 2 C. 3 D.  【答案】A 【分析】 以为基底，把表示出来，平方即得答案. 【详解】 ， ， ， ， ， 所以. 故选：A 4．（25-26学年高二上·福建泉州一中·期中）如图，、分别是四面体的边、的中点，是靠近的四等分点．若向量，，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据给定条件，利用空间向量的基底，结合向量的线性运算求解. 【详解】 依题意，， 因此. 故选：A 5．（25-26学年高二上·福建恒兴中学·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·期中）（多选）已知正方体的棱长为1，点满足，则（       ） A. 若，则 B. 若，则平面 C. 若，则的最小值为 D. 若，则与平面的所成角为定值 【答案】ACD 【分析】 对于A选项，点为中点，连接和，易知；对于B选项，点在线段上运动，，，，四点共面，平面和平面为同一平面；对于C选项，扫过的平面为平面，扫过的平面为平面，将这两个平面独立出来展开成同一个平面即可求解；对于D选项，点在以为圆心半径为的圆上运动，扫过的图形为圆锥面，据此即可求解. 【详解】 对于A选项，因为，所以易知点为中点， 如图，连接和，由正方形易知，    因为点是的中点，所以，故A选项正确； 对于B选项，由题意得点在线段上运动，    由正方体的性质可知，所以，，，四点共面， 因为点，所以点平面， 所以平面和平面为同一平面， 所以在平面，故B选项错误； 对于C选项，由题意得扫过的平面为平面， 扫过的平面为平面，所以将这两个平面独立出来展开成同一个平面，    易知当点、、三点共线时最短， 所以，故C选项正确； 对于D选项，由和易知点在以为圆心半径为的圆上运动， 因为平面，所以扫过的图形为圆锥面， 所以，且为圆锥的母线， 因为圆锥的母线与底面的夹角是恒定的， 所以与平面的所成的线面角恒定， 因为，所以，故D选项正确. 故选：ACD. 【点睛】 关键点点睛：本题关键在于扫过的平面为平面，扫过的平面为平面，点在以为圆心半径为的圆上运动的分析. 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．（25-26学年高二上·福建实验中学·期中）已知，，则在上的投影向量为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据给定条件，利用投影向量的意义求解. 【详解】 由，，得，， 所以在上的投影向量为. 故选：C 2．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）（多选）已知空间向量，，则以下说法正确的是（       ） A.  B.  C.  D. 向量在上的投影向量的坐标 【答案】BCD 【分析】 利用空间向量的加法运算和模长公式判断A，C，利用空间向量数量积的坐标运算判断B，利用投影向量的坐标公式判断D即可. 【详解】 对于A，因为，， 所以，由空间向量的模长公式得，故A错误， 对于B，因为，，所以，故B正确， 对于C，因为，，所以，故C正确， 对于D，由模长公式得， 由投影向量的坐标公式得，向量在上的投影向量的坐标如下， 为，故D正确. 故选：BCD 3．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据空间直角坐标系的定义，结合关于坐标平面的对称点的特点，即可求解. 【详解】 根据空间直角坐标系的定义，结合关于坐标平面的对称点的特点， 可得点关于平面对称的点的坐标是. 故选：D. 4．（25-26学年高二上·福建南平·期中）已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则平面与平面夹角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据向量夹角计算公式求解即可． 【详解】 设平面与平面的夹角为，则． 故选：B． 5．（25-26学年高二上·福建泉州安溪县·期中）已知，，且，则（     ） A.  B.  C.  D. 1 【答案】B 【分析】 根据空间向量平行的坐标公式即可求解. 【详解】 由可得，解得，，所以. 故选：B 6．（25-26学年高二上·福建泉州一中·期中）已知．若点共线，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据共线得到方程，求出，再求出，得到模长. 【详解】 因为点共线，所以与共线， 所以，解得，， 故，， . 故选：B. 7．（25-26学年高二上·福建福州·期中）设，，向量，且，则（       ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【分析】 利用空间向量的坐标运算来表示向量垂直与共线，即可求解参数，再用空间向量的坐标运算去求模即可. 【详解】 设、，向量，且， ，解得， 又因为，所以，解得， 所以， 故选：． 8．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知，，，若，，三向量共面，则实数（　　） A. 3 B.  C. 4 D.  【答案】D 【分析】 由共面向量定理可得. 【详解】 因为，，所以，不共线， 因为，，三向量共面，则存在实数，使得， 即， 即 ，解得 . 故选：D 9．（25-26学年高二上·福建恒兴中学·期中）在空间直角坐标系中，设点是点关于平面的对称点，点是点关于轴的对称点，则线段的长度等于（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 先求得对称点的坐标，进而计算出线段的长度. 【详解】 点关于平面的对称点为， 点关于轴的对称点为， 所以. 故选：A 10．（25-26学年高二上·期中）已知向量，若与垂直，则（       ）. A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据垂直关系可得，进而根据坐标运算以及模长公式即可求解. 【详解】 由于与垂直，所以，所以， 故， 故选：D 11．（25-26学年高二上·福建南平·期中）在空间直角坐标系中，关于轴的对称点为，关于平面的对称点为，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 确定对称点的坐标，由两点间距离公式即可求解. 【详解】 关于轴的对称点为， 关于平面的对称点为， 则. 故选：B 12．（25-26学年高二上·福建泉州安溪县·期中）（多选）以下命题正确的有（     ） A. 直线的方向向量，直线的方向向量，则 B. 直线的方向向量，平面的法向量，则 C. 平面、的法向量分别为，，则 D. 平面经过点、、，向量是平面的一个法向量，则 【答案】ACD 【分析】 根据向量平行和垂直的坐标运算可判断选项,对于利用向量垂直的坐标表示列出方程，求解即可判断. 【详解】 对于,因为，， 则有，所以，故正确； 对于,不存在实数，使，故与不平行， 则不成立，故错误； 对于,因为，， 则， 所以，则，故正确； 对于，因为点、、， 则, 由题 ,即 ， 解得 ，则，故正确. 故选：ACD. 13．（25-26学年高二上·福建福州·期中）（多选）已知正方体的棱长为2，，分别是线段，上的动点，且满足，点是线段的中点，则（     ） A. 若是的中点，则平面 B. 若是的中点，则平面 C. 的最大值是 D. 的最小值为 【答案】ACD 【分析】 对选项A，根据是的中点，取中点，通过证明四边形是平行四边形即可证明；对选项B，建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，证明即可；对选项C，根据可知，与重合时，最大；对选项D，设出，坐标，则可知坐标，故，，由可知，代入数量积的坐标运算可转化为的取值范围，利用三角换元即可求解. 【详解】 是的中点，，，，∴是的中点. 连接交于点如图所示. ，∴四边形是平行四边形，. 又平面，平面，平面，故A正确； 以为原点如图建立空间直角坐标系，若是的中点，此时是的中点， 那么，，，， 而平面的一个法向量.， 不是平面的法向量，故B错误； 当与重合时，最大，为，故C正确； 设，，则， ，，， ，， 设，，， 故，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】 本题主要考查空间中线面位置关系、求线段长度最小值及数量积最小值的方法，解题关键是建立空间直角坐标系将几何问题转化为代数问题，考查学生转化能力、数形结合能力和计算能力，属于压轴题. 14．（25-26学年高二上·福建实验中学·期中）若两个向量，，且，则的值为　　　　　 【答案】 【分析】 利用空间向量共线的性质，即可求解参数. 【详解】 由两个向量，，且， 可设，可得 ， 解得 ，所以， 故答案为： 15．（25-26学年高二上·福建福州·期中）在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据空间点关于坐标平面的对称点特征可求对称点的坐标. 【详解】 点关于平面的对称点的坐标为， 故答案为：. 16．（25-26学年高二上·期中）已知点，，则AB的中点坐标为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据中点公式计算. 【详解】 因为， 所以由中点公式可得的中点坐标为. 故答案为：. 17．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知空间向量，，则向量在向量上的投影是　　　　　　　　　　　　.（用坐标表示） 【答案】 【分析】 根据给定条件，利用投影向量的定义，结合向量坐标运算求解作答. 【详解】 空间向量，， 所以，， 所以向量在向量上的投影向量是， 所以向量在向量上的投影向量的坐标是. 故答案为：. 18．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知向量，若，则　　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据空间向量的坐标运算即可求解. 【详解】 由题意可得， 则，解得. 故答案为：. 19．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知空间向量，若，则　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 由向量平行得到存在实数使得，进而建立关于的方程组求解即可. 【详解】 因为，所以存在实数使得，即， 所以 ，解得， 所以. 故答案为： 20．（25-26学年高二上·福建南平·期中）在三棱锥中，若，，，则点到平面的距离为　　　　　　. 【答案】 【分析】 建系，由空间向量数量积的定义求得的坐标即可求解. 【详解】 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，. 设点，则，，， 因为，所以，解得. 同理，即. 由，解得，故点到平面的距离为. 故答案为： 21．（25-26学年高二上·福建厦泉·期中）已知向量，，若向量同时满足下列三个条件： ①；②；③与垂直.　 （1）求向量的坐标； （2）若向量与向量共线，求向量与夹角的余弦值. 【答案】(1)或；(2). 【详解】试题分析：（1）设，结合空间向量的运算法则及模长公式，列出方程组，即可求出的坐标；（2）根据数量积运算公式可得，根据空间向量夹角公式可得余弦值. 试题解析：（1）设，则由题可知 解得 或 所以或. （2）因为向量与向量共线，所以.　 又，，所以，， 所以，且，， 所以与夹角的余弦值为. 考点04 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·福建实验中学·期中）已知O（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，2），则点O到直线BC的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 先求得，得到向量在方向上的投影为，进而求得点O到直线的距离． 【详解】 由O（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，2），，可得， 则向量在方向上的投影为， 所以点O到直线的距离． 故选：A. 2．（25-26学年高二上·福建厦泉·期中）已知平面外的直线的方向向量是，平面的法向量是，则与的位置关系是（     ） A.  B.  C. 与相交但不垂直 D. 或 【答案】B 【分析】 根据得到，进而得到与的位置关系. 【详解】 因为，所以，所以或， 由于，所以. 故选：B. 3．（25-26学年高二上·福建福州·期中）（多选）如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（       ） A. 存在点Q，使得 B. 存在点Q，使得平面 C. 三棱锥的体积是定值 D. 二面角的余弦值为 【答案】BD 【分析】 A选项，由推出平面，矛盾；B选项，建立空间直角坐标系，证明出，，得到线面垂直，进而当Q为的中点时，，此时平面，故B正确；C选项，假设体积为定值，得到平面，求出平面的法向量，证明出平面不成立，C错误；D选项，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出余弦值. 【详解】 对于A，若，因为平面，平面， 所以平面，矛盾，故A错误． 对于B，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则， 因为， ， 故，， 故，， 因为，平面， 故平面，当Q为的中点时，， 此时平面，故B正确． 对于C，Q在线段上运动，若三棱锥的体积为定值，则平面， ，， 设平面的法向量为， 则 ， 解得，令得，故， 故，故与不垂直， 故平面不成立，故C错误； 对于D，二面角即二面角，连接BP，DP，BD， 由于为等边三角形， 则，，所以为所求二面角的平面角， 不妨设正方体的棱长为2，则的棱长为， 故，， 由余弦定理可得， 二面角的余弦值为，故D正确． 故选：BD 4．（25-26学年高二上·期中）（多选）已知空间向量，，则下列说法正确的是（       ） A. 向量与、垂直 B. 向量与、共面 C. 若与分别是异面直线与的方向向量，则其所成的角的余弦值为 D. 向量在向量上的投影向量为 【答案】BC 【分析】 利用空间垂直的坐标表示可判断A选项；利用共面向量的基本定理可判断B选项；利用空间向量法可判断C选项的正误；利用投影向量的定义可判断D选项. 【详解】 对于A选项，，，故、不垂直，A错； 对于B选项，设，则， 所以， ，解得 ，即，B对； 对于C选项，因为， 所以，直线异面直线与的余弦值为，C对； 对于D选项，向量在向量上的投影向量，D错. 故选：BC. 5．（25-26学年高二上·期中）已知直线l的方向向量为，点在直线l上，则点到直线l的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 利用数量积的几何意义结合勾股定理求解即可 【详解】 由已知得， 因为直线l的方向向量为， 所以点到直线l的距离为 故选：D 6．（25-26学年高二上·福建泉州安溪县·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（     ） A. 2 B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 建立空间直角坐标系，求平面的法向量，用点到平面的距离公式计算即可. 【详解】 建立空间直角坐标系如图所示： 则，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则 ，即 ， 则平面的一个法向量为， 则点到平面的距离. 故选：C 7．（25-26学年高二上·福建实验中学·期中）棱长为1的正方体中，向量，若，则三棱锥的体积为（       ） A.  B.  C. 1 D. 无法确定 【答案】B 【分析】 建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证得平面平面，利用共面向量定理的推论可得点平面，再利用等体积法求解. 【详解】 在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 显然，即，向量是平面的法向量， 同理是平面的法向量，而平面，因此平面平面， 由，且，得点平面， 则点到平面的距离等于点到平面的距离， 所以三棱锥的体积. 故选：B 8．（25-26学年高二上·福建泉州一中·期中）（多选）下列结论正确的是（     ） A. 若直线的方向向量为，平面的法向量，则直线 B. 已知向量，则向量在上的投影向量为 C. 若对空间中任意一点，有，则四点共面 D. 若是空间的一组基底，若．知也是空间的一组基底 【答案】CD 【分析】 利用空间位置关系的向量证明判断A；求出投影向量判断B；利用共面向量定理的推论判断C；利用基底的意义判断D. 【详解】 对于A，由，得或，A错误； 对于B，向量在上的投影向量为，B错误； 对于C，由及共面向量推理的推论，得四点共面，C正确； 对于D，假定共面，则，即， 因此共面与是空间的一组基底矛盾，则不共面，D正确. 故选：CD 9．（25-26学年高二上·福建福州·期中）（多选）已知，分别为直线，的方向向量（，不重合），，分别为平面，的法向量（，不重合），则下列说法中，正确的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】AC 【分析】 根据直线的方向向量与平面的法向量的性质，以及直线与直线、直线与平面、平面与平面之间的位置关系判定. 【详解】 对于A：直线的方向向量，说明两条不重合的直线的“方向”相同或相反，因此可以推出； 反之，若，它们的方向向量也必然平行，因此，所以A正确； 对于B：平面的法向量垂直于平面内的所有直线，若，说明直线的方向向量与 平面的法向量垂直，此时平行于平面或在平面内，而非“”，所以B错误； 对于C：平面的法向量，说明两个不重合的平面垂直于平面的方向相同或相反， 因此可以推出；反之，若，它们的法向量也必然平行，因此，所以C正确； 对于D：若，说明直线的方向向量与平面的法向量垂直，此时平行于平面或在平面内， 不能直接推出“”因为可能在平面内，所以D错误. 故选：AC. 10．（25-26学年高二上·福建福州·期中）圆锥的底面半径为，高为，点是底面直径所对弧的中点，点是母线的中点，则异面直线与CD所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 建立空间直角坐标系，利用向量法求得正确答案. 【详解】 设是圆锥底面圆心，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， ， ，设直线与所成角为， 则. 故选：B. 11．（25-26学年高二上·福建福州·期中）（多选）关于空间向量，以下说法正确的是（　　）． A. 任意向量，满足(a· b)c=a(b· c) B. 若三个非零空间向量满足，则有 C. 若直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则 D. 若空间向量，则在上的投影向量为 【答案】CD 【分析】 根据空间向量的相关知识逐个选项分析即可. 【详解】 对于选项，向量的数量积不满足结合律，是一个数，(a· b)c是与共线的向量， 是一个数，a(b· c)是与共线的向量，(a· b)c与a(b· c)不一定相等，故错误. 对于选项，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线不一定平行，例如：在正方体中，从同一顶点出发的三条棱两两垂直，但三条棱并不平行，故错误. 对于选项，直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为， ，直线l的一个方向向量与平面的一个法向量共线， 直线l垂直于平面，即，故正确. 对于选项，空间向量， 则在上的投影向量为，故正确. 故选：. 12．（25-26学年高二上·福建福州·期中）如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，为的重心，，且，，则点到直线的距离为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 建立空间直角坐标系，确定相关点以及向量的坐标，利用点到直线的距离的向量求法，即可得答案. 【详解】 如图，以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，由，可得， 为的重心，所以，，， 则，，， 故点到直线的距离为. 故选：A 13．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）（多选）在棱长为1的正方体中，分别为线段上的动点（均不与点重合），则下列说法正确的是（       ） A. 存在使得平面 B. 存在使得 C. 当平面时，三棱锥与体积之和最大值为 D. 记与平面所成的角分别为，则 【答案】AC 【分析】 对于A，当时，易证得，则要使平面EFG，只需即可，利用向量法即可得出结论；对于B，只需要即可，判断和是否相等，即可；对于C，因为，故求的最大值即可；对于D，利用等体积法求出到平面的距离，分别求出，进而可得. 【详解】 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 设， 对于A，因为平面，平面， 所以，又因， 所以平面，又平面， 所以， 当时，，此时， 要使平面EFG，只需即可， ， 则， 则，即， 当时，， 故存在点E，F，G，使得平面EFG，故A正确； 对于B，， 则， 要使， 只需要即可， ， ， ， 则， 故， 因为，所以， 所以， 所以不存在点E，F，G，使得，故B错误； 对于C，因为平面EFG， 所以， ， 则， 则 ，所以， 要使最大，则，此时， 所以三棱锥与体积之和最大值为，故C正确； 对于D，由上可知，， 则， 因为， 所以到平面的距离满足， 所以， 所以， ， ， 所以， 所以，故D错误. 故选：AC. 14．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）如图，在棱长为2的正方体中，为线段上动点（包括端点）.①三棱锥中，点到平面的距离为定值；②过点且平行于平面的平面被正方体截得的多边形的面积为；③直线与平面所成角的正弦值的范围为；以上命题为真命题的个数为（       ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【分析】 根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式求解判断① ；作出截面并求出面积判断② ；利用线面角的向量法列式求出范围判断③ 即可. 【详解】 在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， ,设，则 ，即，， 设平面的法向量为，则 ，取，得， 对于① ，到平面的距离，① 正确； 对于② ，连接，在中，，面，面， 则面，同理面，而平面， 因此平面平面，即过点且平行于面的平面被正方体 截得的多边形为正，其边长为，面积为，② 正确； 对于③ ，设直线与平面所成角为，则 ，由，得，， 所以直线与面所成角的正弦值的范围为，③ 错误. 故选：C 15．（25-26学年高二上·福建实验中学·期中）（多选）已知正方体的棱长为1，点满足，其中，，则（       ） A. 当时，不存在点，使得平面 B. 当，满足时，不存在点，使得与平面所成角为 C. 当，满足时，点到平面的距离的最小值为 D. 当，满足时，三棱锥的体积的最小值为 【答案】BCD 【分析】 以为原点，建立空间直角坐标系，通过向量法逐项分析即可. 【详解】 以为原点，以方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为，所以； 对于A：当时，取，则， 所以， 所以 ，所以 ， 因为平面，所以平面，故A错误； 对于B：设平面的一个法向量为， 则， 所以 ，取，则，所以， 若与平面所成角为，则， 因为，所以， 化简可得，此时，所以方程无解， 所以不存在点，使得与平面所成角为，故B正确； 对于C：因为，所以，所以， 设平面的一个法向量为， 所以 ，取，则，所以， 所以点到平面的距离为， 因为，所以， 所以点到平面的距离的最小值为，故C正确； 对于D：是边长为的正三角形，所以， 因为，设， 所以， 设平面的一个法向量为， 所以 ，取，则，所以， 所以点到平面的距离为， 因为，所以， 所以，此时，所以， 所以三棱锥的体积的最小值为，故D正确； 故选：BCD. 16．（25-26学年高二上·福建泉州一中·期中）（多选）如图，四边形是边长为2的正方形，半圆面平面，点为半圆弧上的动点（不与点重合），下列说法正确的是（     ） A. 三棱锥的四个面都是直角三角形，且体积最大值为 B. 点运动时，四棱锥的外接球半径为定值 C. 当时，异面直线与所成的角余弦值为 D. 半圆弧上存在唯一的点，使得直线与平面所成角的正弦值为 【答案】AC 【分析】 根据面面垂直、线面垂直判断A选项，根据外接球球心到顶点距离相等判断B选项，建立空间直角坐标系，利用向量法可判断C，D两项. 【详解】 对于A，因为半圆面平面，平面平面， 平面，四边形是正方形，则，故平面， 又平面，所以，， 由为直径，可得，因为，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以三棱锥的四个面都是直角三角形，因为点运动时，点到平面的最大距离为， 所以，故A正确； 对于B， 设半圆圆心为，正方形中心为，则，因为正方形的中心到四个顶点的距离为， 当运动时，， 故是四棱锥的外接球球心，球的半径为定值，故B错误； 对于C，建立如图所示的空间直角坐标系，    因为，易得，所以点，， 所以， 则，故C正确； 对于D，设，则，， 平面的法向量为，直线与平面所成角的正弦值为： ，即得， 即，则，故或， 即满足条件的点有两个，不唯一，故D错误. 故选：AC. 17．（25-26学年高二上·福建恒兴中学·期中）（多选）如图，若正方体的棱长为2，点是正方体的上底面正方形内的一个动点（含边界），，分别是棱，上的中点，则以下结论中正确的是（       ） A. 平面截该正方体所得的截面图形是等腰梯形 B. 三棱锥的体积为定值 C. 的最小值是 D. 若动点始终保持，则动点在上底面正方形内运动路径的长度为 【答案】BCD 【分析】 根据正方体的性质，结合题意作出对应的图形，即可判断A；利用面面平行以及等体积法判断B；把空间问题转化为平面距离，三点共线距离最短判断C；把空间中的长度转化为平面内的长度，得出轨迹为圆弧，求出圆心角、弧长，即可判断D. 【详解】 A选项，如图，取的中点，连接，取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以，且， 由正方体性质可知，，且，所以，且，即四边形ABMF为平行四边形，所以， 因为分别为中点，所以，即有， 所以四点共面， 所以平面截该正方体所得的截面图形是梯形， 因为，， ，故梯形不是等腰梯形，故A错误； B选项，，由于点在上底面正方形内运动，平面平面，则点到平面的距离为定值，而也为定值，则为定值，故B正确； C选项，如图，延长，使得，连接交上底面于点， 则，当，，三点共线时， 其和最小为，且，， ∴，的最小值是，故C正确； D选项，如图，取中点，连接，由正方体性质可知，， 因为，， 所以由| EP| ^2=| EG| ^2+| PG| ^2可得， 所以点在上底面内运动路径是在正方形内以为圆心，2为半径的一段圆弧， 如图，由，可得，同理 所以圆弧的长度为，故D正确； 故选：BCD. 18．（25-26学年高二上·期中）如图，在直三棱柱中，，，是线段的中点，在内有一动点（包括边界），则的最小值是（       ）． A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 建立适当的空间直角坐标系，因为位于的同侧，设关于平面的对称点为，根据求解. 【详解】 以为原点，所在直线为轴，过点且平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，． 设A关于平面的对称点为，， 则，． 设平面的法向量，则 ， 令，则，，所以， 所以A与到平面的距离， 即             ① ． 又，所以，即             ② ． 由① ② 得，由可得，，， 所以， 所以， 当且仅当，，三点共线时取等号， 所以的最小值为． 故选：C. 19．（25-26学年高二上·福建福州·期中）（多选）在四棱柱中，底面是平行四边形，，且，点满足，则下列说法正确的是（     ） A. 若，则 B. 若，则，，，四点共面 C. 直线与直线所成角的余弦值为 D. 四棱柱的体积为 【答案】ABD 【分析】 根据空间向量运算求解判断A；根据空间向量共面定理判断B；根据异面直线所成角的向量求法求解判断C，根据向量法求得点到平面的距离，代入柱体体积公式求解判断D. 【详解】 由题意知， 若，则，故A正确； 由题意知，若，则， 可得，所以， 即，所以，，，四点共面，故B正确； 因为，，， 且，所以，又， 所以， 所以， 所以， 即直线与直线所成角的余弦值为，故C错误； 记点在平面内的投影为，设， 所以， 又，， 所以， ， 解得，，所以，所以，即四棱柱的高为， 所以四棱柱的体积为，故D正确. 故选：ABD. 20．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）已知直线经过两点，则点到直线的距离为　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据空间向量求解即可. 【详解】 由题可知，则，， 故点到直线的距离为． 故答案为： 21．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截而得，其中，，，，若如图所示建立空间直角坐标系. （1）求异面直线与所成的角； （2）求点到截面的距离. 【答案】（1）45°； （2）. 【分析】 （1）先标出各点的坐标，再结合向量夹角公式求解即可； （2）先求平面的一个法向量，再结合向量投影的运算求解即可. 【详解】 解：（1）由题意知，，，， ∴， ，，， ∴， ∴异面直线与所成的角为45°. （2）设平面的一个法向量， ∵，， ∴ 令，则，， ∴， 又∵，∴， ∴点到平面的距离. 【点睛】 本题考查了空间向量的综合应用，重点考查了运算能力，属常考题. 22．（25-26学年高二上·福建泉州安溪县·期中）已知向量，分别是两异面直线，的方向向量，若，则和所成角的大小为　　　　　. 【答案】 【分析】 设异面直线，的夹角为，根据线线夹角与向量夹角的关系可得，即可得结果. 【详解】 设异面直线，的夹角为， 则，可得， 所以和所成角的大小为. 故答案为：. 23．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）在如图的多面体中，平面，，，，，，，是的中点． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1） 证明：，， ． 又，是的中点， 且， 四边形是平行四边形，． 平面，平面， 平面．     （2）－      【分析】 （1）由，，知．由，是的中点，知四边形是平行四边形，由此能证明平面． （2）由平面，平面，平面，知，，由，知，，两两垂直．以点为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量法能够求出二面角的余弦值． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：平面，平面，平面， ，， 又，，，两两垂直． 以点为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 由已知得，0，，，0，，，4，，，3，，，2，，，2，， 由已知得，0，是平面的法向量， 设平面的法向量，，， ，，，，1，， ，令，则，，所以，2，． 设二面角的平面角为， 则． 易知二面角为钝二面角， 二面角的余弦值为． 24．（25-26学年高二上·福建南平·期中）如图，在直四棱柱中，底面是菱形，，，，分别为，的中点.    （1）用，，表示，； （2）求直线，所成角的余弦值. 【答案】（1），     （2）      【分析】 （1）根据空间向量的运算直接表示即可； （2）利用向量法求解即可. (1) 小问详解： 在直四棱柱中， 因为底面是菱形，且，分别为，的中点， 所以，. (2) 小问详解： 因为在直四棱柱中，平面， 所以，，即，， 因为，，所以， 所以. ， ， 所以，， 设直线与所成角的大小为，则. 所以直线与所成角的余弦值为. 25．（25-26学年高二上·福建泉州安溪县·期中）如图，在棱长为1的正方体中，，分别是，的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 连结，和分别是和的中点，所以， 因为，，所以四边形为平行四边形， 所以，所以， 又因为平面，平面，所以平面.      （2）      【分析】 （1）连结，所以，继而，利用线面平行判断定理证明即可； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量，进行计算即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 所以，，，，， ，， ，， 设平面的法向量为， 所以 ， 令，则，，所以， 设平面的法向量为， 所以 ， 令，则，，所以， 设平面与平面夹角为， 所以. 26．（25-26学年高二上·福建实验中学·期中）如图，在平行六面体中，，，，，，是的中点，设，，.    （1）求的长； （2）求异面直线和夹角的余弦值. 【答案】（1）     （2）.      【分析】 （1）在平行六面体中，由棱长及夹角，由和向量运算可得，平方可得，求出数量积，可得的大小； （2）由（1）可得的值，进而求出异面直线和夹角的余弦值. (1) 小问详解： 在平行六面体中， 因为，，，，，是的中点， ， 所以， 由题意，，， ， ， 所以， 所以； (2) 小问详解： ， ，， 所以. 设异面直线和夹角为，则， 所以. 所以异面直线和夹角的余弦值为. 27．（25-26学年高二上·福建实验中学·期中）已知正方体的棱长为4， 是的中点，是的中点，在正方体内部有一片区域，若对于区域内的任意一点，总存在线段上一点，使得平面，则区域的面积最大值是　　　　　 【答案】 【分析】 利用正方体的正六边形截面来确定最大值即可求解. 【详解】    由图中取各棱中点连成的正六边形，是正方体中的一个截面， 由于,在正六边形中，必相交， 可知平面平面， 此时平面，与重合时，则满足平面， 此时截面六边形的面积是最大的，即区域就是六边形， 由正方体的棱长为，可知正六边形的边长为， 所以正六边形的面积为， 故答案为：. 28．（25-26学年高二上·福建福州·期中）在四棱锥中，已知，是等边三角形，点在棱上. （1）当时，求证：平面； （2）求点到底面的距离； （3）当时，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 连接交于点，连接， 因为，，所以，所以． 因为，所以， 所以，则在中，， 又因为平面，平面， 所以平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）连接AC与BD交于点E，连接ME，证明即可. （2）取的中点，连接，可证底面，计算求得长即可； （3）以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据已知求得，进而得出的坐标，求平面与平面的法向量，用空间向量公式即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取的中点，连接，因为是等边三角形，所以， 因为，所以面，且面， 所以面底面，侧面底面， 所以底面，则点到底面的距离为， ，则，. 所以到底面的距离为. (3) 小问详解： 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， ， ，所以， 所以，所以， 则，则. 则， 设平面的一个法向量为， 则 ，令，则， 则平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则 ，令，则， 则平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为，. 29．（25-26学年高二上·福建厦泉·期中）在直角梯形ABCD中，，，，如图①把沿BD翻折，使得平面平面（如图②）.    （1）求证：； （2）若点M为线段BC的中点，求点M到平面ACD的距离； （3）在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成的角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 过作，垂足为，    因为，，， 所以， 所以，， 即，所以. 因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 又因为平面， 所以.     （2）     （3） 假设在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成角为， 设，， 因为，则， 即，所以, 又因为平面ACD的一个法向量为，且直线AN与平面ACD所成的角为， 所以, 整理得，解得或（舍去）. 综上所述，在线段BC上存在点N，使AN与平面ACD所成角为，此时.      【分析】 （1）先证明，利用平面平面可得平面，进而利用线面垂直的性质即可求证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面ACD的法向量，进而即可求解； （3）设在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成角为，设，，可得，利用向量的夹角公式建立方程即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以点D为原点，DB所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图，    由已知可得，，，，， 所以，，， 设平面ACD的法向量为， 则 ，即 ， 令，可得， 所以点M到平面ACD的距离为. (3) 小问详解： 略 30．（25-26学年高二上·福建福州·期中）如图，在四棱柱中，平面，，，，.，分别为，的中点， （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1） 取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则,， 故四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 故平面；     （2）      【分析】 （1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形判定和性质定理可得，再利用线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法计算即得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面，平面， 所以，，又， 所以两两垂直， 故可以为原点，为轴的正方向建立如图的空间直角坐标系， 由、、、， 则、、， 设平面的法向量为， 则 ， 取，则、， 所以为平面的一个法向量， 所以点到平面的距离. 31．（25-26学年高二上·福建福州·期中）如图，在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面. （1）证明：； （2）已知，，平面与平面的交线为.在上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求线段的长度；若不存在，试说明理由. 【答案】（1）证明：因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面， 平面，所以， 因为四边形是菱形，所以， 又因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以．     （2）存在点，线段的长为．      【分析】 （1）利用面面垂直的性质可得出平面，可得出，利用菱形的几何性质可得出，可推导出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）取中点，连接，推导出，然后点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用线面平行的性质推导出，设点，利用空间向量法求出的值，即可得出结论. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：取中点，连接， 因为四边形为菱形，则， 又因为，则为等边三角形， 由菱形的几何性质可知，，则也为等边三角形， 因为为的中点，则，，， 由（1）知，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、、、、， ， 因为，平面，平面，所以平面， 因为平面平面，平面，所以，由（1）知平面， 设，则，． 设平面的法向量，则 ， 取，可得， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 则，解得， 因此，存在点，线段的长为． 32．（25-26学年高二上·福建福州·期中）人教A版选择性必修一习题1.4拓广探索第17题中提到“在空间直角坐标系中，已知向量，点，若平面经过点，且以为法向量，点是平面内的任意一点，则平面的方程为”．现已知平面的方程为，直线l是平面与平面的交线，且直线l的方向向量为，则平面的一个法向量可以为　　　　　　　　　，直线l与平面所成角的正弦值为　　　　　　　　　. 【答案】①     ② 【分析】 结合题意求出平面的法向量和直线的方向向量，用线面角的向量求法处理即可. 【详解】 显然平面的一个法向量可以为, 易知平面的法向量为，平面的法向量为， 且直线l的方向向量为，故，，令， 解得，，故，设直线l与平面所成角为， 则. 故答案为：； 33．（25-26学年高二上·福建福州·期中）如图（1），在直角梯形中，，，过的中点作交于点，，现将四边形沿着翻折至位置，使得，如图（2）所示． （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） ，，，， 又，，，； ，，四边形为平行四边形，， 即图（2）中，，又，，， ，，平面，平面， 平面，， ，平面，平面.     （2）存在，点位于线段靠近点的三等分点，理由如下： 由（1）得：平面，又，两两互相垂直， 以为坐标原点，正方向为轴正方向可建立如图空间直角坐标系， 则，，，， ，，，， 设在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，且，， ， 设平面的法向量， 则 ，令，解得：，， ； 轴平面，平面的一个法向量， ， 解得：（舍）或，， 当点位于线段靠近点的三等分点时，平面与平面的夹角的余弦值为.      【分析】 （1）利用勾股定理可分别证得，，根据线面垂直的判定可证得结论； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据面面角的向量求法可构造方程求得的值，进而得到结果. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 34．（25-26学年高二上·福建恒兴中学·期中）如图，已知为等腰梯形，点为以为直径的半圆弧上一点，平面平面，为的中点，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 如图：取的中点，连接，. 则且，又且， 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）      【分析】 （1）取的中点，通过证证明平面. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取中点为，过点作直线的垂线，交弧于点，则 因为四边形为等腰梯形，所以， 又平面平面，平面，平面平面， 所以平面. 平面，所以，. 分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为为直径，所以， 所以，，. 在梯形中易求高为. 所以：，，，，. 则：，，， 设平面的法向量， 则 ，取. 设平面的法向量为， 则 ，取. 设平面和平面所成的角为， 则. 即平面与平面所成角的余弦值为. 35．（25-26学年高二上·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，是上的点，且.    （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求平面与平面夹角正弦值. 【答案】（1） 连接，交于点，连接，如图：    因为底面为正方形，所以为中点，又为中点， 所以，平面，平面， 所以平面.     （2） 因为平面，底面为正方形， 所以两两垂直. 故可以为原点建立如图空间直角坐标系. 不妨设，则，，，，. 因为为中点，所以. 因为在上，且，所以. 所以，，，. 因为，. 所以，，又平面，， 所以平面.     （3）      【分析】 （1）构造线线平行，利用线线平行证明线面平行. （2）建立空间直角坐标系。利用空间向量证明线面垂直. （3）利用空间向量求二面角的三角函数值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（2）得，平面的一个法向量为； 设平面的法向量为， 则 ， 令，可得. 设平面与平面的夹角为， 则， 所以. 36．（25-26学年高二上·福建福州·期中）如图，在四面体中，平面分别为的中点.    （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明： 因为分别为的中点，所以. 因为平面平面，所以平面.     （2）.      【分析】 （1）由和线面平行判定定理即可证明； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出和平面的一个法向量，再利用即可计算求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为，所以，即. 因为平面平面，所以， 故可以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，    则， 所以. 设平面的一个法向量， 则 即 不妨设，则，所以. 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. 37．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）如图1，在中，、分别为、的中点，为的中点，，.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2. （1）求证：； （2）求直线和平面所成角的正弦值； （3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 因为在中，，分别为，的中点， 所以，，所以， 又为的中点，所以. 又因为平面平面，且平面，所以平面， 又平面，所以.     （2）；     （3）存在，.      【分析】 （1）先证，再由面面垂直，即可证明线面垂直，再推出线线垂直； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的法向量，即可由向量法求得线面角的正弦值； （3）假设存在点，设，其中，由（2）建立的空间直角坐标，可求得直线的方向向量与直线的方向向量，根据题意，可求得的值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取的中点，连接，所以. 由（1）得，.建立空间直角坐标系，如图所示， 由题意得，，，，. 所以，，. 设平面的法向量为， 则 ，即 ，令，则，，所以. 设直线和平面所成的角为， 则. 所以直线和平面所成角的正弦值为. (3) 小问详解： 假设线段上存在点适合题意，设，其中. 设，则， 则有， 所以，，，从而， 所以，又， 所以. 又直线和所成角的余弦值为， 所以，整理得. 解得或2（舍去） 所以线段上存在点适合题意，且. 38．（25-26学年高二上·福建南平·期中）如图所示，在平行六面体中，底面为正方形，，，，分别为棱，的中点.    （1）证明：四边形为矩形. （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 证明：连接，交于点，连接，，如图：    因为底面为正方形，所以为、的中点. 因为，， 所以（），所以. 又，所以，又，平面，， 所以平面. 又平面，所以 因为，所以，， 又，所以四边形为矩形.     （2）.      【分析】 （1）可先证平面，通过线面垂直，得到，再结合平行六面体的性质，可判定四边形为矩形. （2）由题意建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量以及平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为，， 所以. 在中，，，， 所以. 在中，，， 所以，所以， 又，平面，，所以面. 故，，两两垂直. 以为坐标原点，，，分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，. 又，所以，，. 设平面的法向量为，则有 即 ， 解得平面的一个法向量为， 所以. 故与平面所成角的正弦值为. 39．（25-26学年高二上·福建泉州安溪县·期中）如图，在四棱锥中，底面，. （1）证明：面面； （2）设，，，且点，，，均在球的球面上. （i）证明：点在线段上； （ii）设与面所成角为，求的最大值. 【答案】（1） 因为底面，所以. 又，，所以面. 又面，所以面面.     （2） （i）解法一：取的中点.因为，所以. 又，所以，，，四点共圆，圆心为. 取的中点，连接，则，底面. 因为，，所以. 所以为点，，，所在球的球心， 又三棱锥的外接球的球心是唯一的. 所以即为，点在线段上. 解法二：取的中点.因为，所以. 又，所以，，，四点共圆，圆心为. 因为为三棱锥的外接球的球心，则底面. 如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，，，. 设，则，所以，解得. 所以，为的中点.所以点在线段上； 解法三：因为，所以. 又因为底面，所以. 又，所以面，. 由（1）可知，面，. 取的中点，则. 所以为点，，，所在球的球心，又三棱锥的外接球的球心是唯一的. 所以即为，点在线段上. （ii）      【分析】 （1）利用面面垂直的判定定理可证； （2）解法一：（i）取的中点，证明为球心即可，（ii）以为原点，建立空间直角坐标系，设，利用线面角的向量公式得到，再用几何意义理解成圆上的点到直线的距离即可得到答案；解法二：（i）以为原点，建立空间直角坐标系，计算出球心坐标，可得答案，（ii）设，利用线面角的向量公式得到，令，，得到关于的三角函数，求最值即可；解法三：（i）利用直角三角形证明的中点为球心即可，（ii）同解法一. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （i）略 （ii）解法一：如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，，，，.设，则. 所以，，. 设面的法向量为，则 取，，，所以. 所以. 因为表示点到直线的距离，又点在圆上. 所以当为直线与圆的交点时，取得最大值，最大值为. 所以的最大值为. 解法二：，，，，. 设，则. 所以，，. 设面的法向量为，则 取，，，所以. 所以. 令，，其中，则 当时，取得最大值. 解法三：取的中点.因为，所以. 又，所以，，，四点共圆，圆心为. 取的中点，连接，则，底面. 接下来同解法一. 40．（25-26学年高二上·福建实验中学·期中）在四棱锥中，底面为正方形，是的中点，平面，，，平面平面.    （1）求证：； （2）如图，且，求点到平面的距离； （3）设四棱锥的外接球球心为，在线段上是否存在点，使得平面与平面所成的角为30°？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 由底面为正方形，可得，因为平面，平面， 所以平面，又因为平面，平面平面. 所以；     （2）；     （3）    由于是的中点，平面，，， 可得，所以是等边三角形，其外接圆圆心为的靠近的三等分点， 又由于底面为正方形，其外接圆圆心为底面正方形的中心， 根据外接球球心一定在过外接圆圆心且垂直于该圆面的垂线上， 所以外接球球心的坐标为， 由，， 设平面的法向量为， 则 ，令，则， 所以， 设，，，则 则，， 设平面的法向量为， 则 ，得 ， 令，解得， 即平面的一个法向量为， 由平面与平面所成的角为30°， 则 ， 解得：，因为，所以， 即.则在线段上是存在点满足题意.      【分析】 (1)利用空间平行关系来证明线线平行； (2)利用空间向量来求点到面的距离； (3)利用外接圆圆心作垂线来找到外接球球心，再用空间向量法，结合已知条件来求解问题即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取中点N，连接，则， 因为平面，平面，平面， 所以，，    则如图以O为原点，OA，ON，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 于是，，，， 设平面的一个法向量为， 则 ，得 ，令，则， 所以， 即点M到平面的距离为． (3) 小问详解： 略 41．（25-26学年高二上·福建泉州一中·期中）在四棱锥中，底面为正方形，是中点，平面，，平面平面． （1）求证：； （2）如图，且，求点到平面的距离； （3）设四棱锥的外接球球心为，点，求直线与平面所成角的正弦值的平方的最大值． 【答案】（1） 因底面为正方形，则， 因 平面， 平面， 则平面， 又平面，平面平面， 故.     （2）      （3）       【分析】 （1）先由证得平面，再由线面平行的性质即可证得； （2）取的中点，连接，证明，，建立空间直角坐标系，写出相关点和向量的坐标，求出平面的法向量，利用点到平面的距离的向量公式计算即得； （3）根据相关条件可设，利用求得，设点，求出平面的法向量，设直线与平面所成角为，根据空间向量的夹角公式求出的解析式，再利用基本不等式即可求得其最大值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图所示，取的中点，连接，则， 因平面，平面，则， 故可以以点为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因，且是中点，则， 于是， 则， 设平面的法向量为， 则 ，故可取， 则点到平面的距离为. (3) 小问详解： 依题意，，且底面为正方形，故点在底面上的投影为正方形的中心，则可设， 由，则得，解得， 即，设点，则，， 设平面的法向量为， 则 ，故可取， 设直线与平面所成角为， 则， 当时，平面，此时； 当时，， 因，当且仅当时，即时，等号成立， 即， 故直线与平面所成角的正弦值的平方的最大值为. 42．（25-26学年高二上·福建福州·期中）在平行六面体中，，，令，，，以，，为基底， 解决下列问题： （1）求证：直线平面； （2）求直线和夹角的余弦值. 【答案】（1） 由题意，. 又，，. 所以， 所以，， 又，平面，， 所以直线平面.     （2）      【分析】 （1）利用向量的数量积可证，，再根据线面垂直的判定定理可得线面垂直. （2）利用平面向量的数量积求两条直线夹角的余弦. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为， 且， 所以；，所以； 且 ， . 所以. 所以直线和夹角的余弦值为. 43．（25-26学年高二上·福建恒兴中学·期中）如图，在正四棱柱中，，异面直线与所成角的正切值为2.    （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）设为截面内任意一点（不包括边界），到正四棱柱表面，，的距离分别为，，，求的最小值. 【答案】（1） 如图由正四棱柱的性质可知：平面，平面，    ∴，在正方形中：， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面，∴平面平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）通过证明平面，证得平面平面. （2）通过几何法或向量法求得直线与平面所成角的正弦值. （3）利用等面积法或向量法，求得的最小值. (1) 小问详解： 略方法一： 设与平面所成的角为， ∵，∴等于与所成的角， 由题知：， ∵，∴与平面所成的角为， 设，连接， 由（1）知：平面平面，平面平面， ∴在平面内的射影为，∴， 在中：，， ∴，∴， 因此直线与平面所成角的正弦值为. 方法二： 设与平面所成的角为，，异面直线与所成的角为， ∵，，两两互相垂直， ∴以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系：    ∵，∴，，，，， ∴，， ∴，∴，而， ∴，解得，∴， ∴，， 设平面的法向量为， 则 ，令，则∴， ∵，∴， 因此直线与平面所成角的正弦值为. (2) 小问详解： 方法一： 由正四棱柱的性质可知：， 设到平面的距离为，则的最小值为. 由（2）可知：在平面内的射影在上， 在中：，，， ∴由等面积法得到：，∴， 因此的最小值为. 方法二： 由正四棱柱的性质可知：， 设到平面的距离为，则的最小值为. 由（2）得，平面的法向量为， ∴； 因此的最小值为. 44．（25-26学年高二上·期中）如图1，在中，，分别为，的中点，为的中点，，.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2. （1）求证：. （2）求直线和平面所成角的正弦值. （3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）因为在中，，分别为，的中点， 所以，. 所以，又为的中点，所以. 因为平面平面，且平面， 所以平面， 所以. （2）；（3）存在，. 【分析】 （1）推导出，，从而，进而，由此得到平面，从而能证明； （2）取中点，连接，，再由，，建立空间直角坐标系，利用法向量能求出直线和平面所成角的正弦值； （3）线段上存在点适合题意，设，其中，利用向量法能求出线段上存在点适合题意，且. 【详解】 （1）略 （2）取的中点，连接，所以. 由（1）得，. 如图建立空间直角坐标系. 由题意得，，，，. 所以，，. 设平面的法向量为. 则 即 令，则，，所以. 设直线和平面所成的角为， 则. 故所求角的正弦值为. （3）线段上存在点适合题意. 设，其中. 设，则有， 所以，，，从而， 所以，又， 所以 令， 整理得.解得. 所以线段上存在点适合题意，且. 【点睛】 本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 45．（25-26学年高二上·福建福州·期中）如图，已知三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，侧面都是菱形，，. （1）证明：； （2）求的长； （3）线段上是否存在一点，使得二面角的正弦值为，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 易知， 因为， 所以， 所以，故.     （2）     （3） 如图，取的中点，连结，则，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设， 则 由得 解得， 所以，则. 设平面的法向量为， 由 即 取，则， 设平面的法向量为， 由 即 取，则， 设二面角的大小为，因为，所以. 所以， 整理得， 解得或(舍去). 故线段上存在满足题意的点，且点为线段的中点.      【分析】 （1）把问题转化为证明即可； （2）证明出，利用勾股定理即可求解； （3）建立空间直角坐标系，用表示出点的坐标，然后计算出平面的一个法向量和平面的一个法向量，最后利用二面角的向量公式列出方程即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，因为，所以， 所以. (3) 小问详解： 略 46．（25-26学年高二上·福建福州·期中）在平面四边形中，，，将沿AC翻折至. （1）设，三棱锥的各个顶点都在球的球面上. （i）证明：平面平面； （ii）求球的半径； （2）求二面角的余弦值的最小值. 【答案】（1）（i）证明：在中，由，得， 所以， 且，即， 因为，，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （ii）.     （2）.      【分析】 （1）（i）通过证明平面，证得平面平面； （ii）建立空间直角坐标系，利用向量法列方程，由此求得球的半径； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值，进而求得其最小值. (1) 小问详解： （i）略. （ii）以A为原点，分别为x轴和y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系， 则，设球心，半径， 则， 所以， 解得，所以球O的半径为； (2) 小问详解： 在平面中，过P作于G，在平面中，过G作， 因平面,则平面. 则由（1）， 设，以G为原点，分别为x轴和y轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系，则点在平面内， 则， 所以， 设平面一个法向量为，则 ， 即 ，取， 则得； 平面的一个法向量为，则 ， 即 ，取，则得， 所以， 令，则由得，则， 于是 ， 当且仅当即时等号成立， 所以二面角的余弦值的最小值为. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 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．A 2．D 3．C 4．B 5．B 6．ABD 7．B 8．C 9．【答案】0 【分析】 选取一组基底，利用空间向量的加减法，结合数量积的运算律，可得答案. 【详解】 如图： 令，，， 则. 故答案为：. 10．【答案】 【分析】 将分解为，再求模即可. 【详解】 由题意，∵二面角为，，，∴与夹角为， ∴与夹角为， ， ∴，即的长为. 故答案为：. 11．【答案】（1） ，     （2） 由（1）得， 所以，则；     （3）      【分析】 （1）由空间向量的线性运算求解； （2）利用空间向量的数量积证明； （3）利用数量积求长度. (1) 小问详解： 在中，根据空间向量的减法运算可得， ； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（1）， 所以 ， 所以，即的长为. 12．【答案】（1）     （2）90°      【分析】 （1）以为空间基底，得到，结合向量数量积的运算律，即可求解； （2）根据向量的运算法则，得到，再由向量的数量积的定义，求得，进而求得异面直线与所成角. (1) 小问详解： 根据题意，以为基底，可得， 因为，且， 且. 所以 . 所以，所以. (2) 小问详解： 因为和分别为和中点， 可得， ， 可得，即，所以异面直线与所成角为. 13．【答案】7 【分析】 先利用空间向量共线（平行）的坐标条件，建立比例关系求出方程的解即可. 【详解】 因为（），则存在实数，使得，则对应坐标成比例，即： 由，解得， 同理，，解得， 因此，. 故答案为：7. 14．【答案】（1）     （2）-9     （3）      【分析】 （1）根据空间向量加法的三角形法则，可将用基底表示； （2）借助第一问的结论，根据向量的数量积运算法则求得； （3）用基底表示，根据，并结合正四面体的性质，可以求得的长. (1) 小问详解： . (2) 小问详解： 因为，由（1）知， 所以 . (3) 小问详解： . 15．【答案】 【分析】 设中点为，根据线面关系可得与的交点为，再根据平面向量基本定理，结合共线定理，设，求解即可. 【详解】 连接如图，设中点为， ，连接，由共面可知，与平面的交点即与的交点. 因为，，，设， 则，设， 则，故 ， 故，解得，代入可得，即. 由重心性质可得，设， 又， 则，故 ，解得 . 故，故. 故答案为：. 考点02 空间向量基本定理 1．B 2．ABD 3．A 4．A 5．A 6．ACD 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．C 2．BCD 3．D 4．B 5．B 6．B 7．C 8．D 9．A 10．D 11．B 12．ACD 13．ACD 14．【答案】 【分析】 利用空间向量共线的性质，即可求解参数. 【详解】 由两个向量，，且， 可设，可得 ， 解得 ，所以， 故答案为： 15．【答案】 【分析】 根据空间点关于坐标平面的对称点特征可求对称点的坐标. 【详解】 点关于平面的对称点的坐标为， 故答案为：. 16．【答案】 【分析】 根据中点公式计算. 【详解】 因为， 所以由中点公式可得的中点坐标为. 故答案为：. 17．【答案】 【分析】 根据给定条件，利用投影向量的定义，结合向量坐标运算求解作答. 【详解】 空间向量，， 所以，， 所以向量在向量上的投影向量是， 所以向量在向量上的投影向量的坐标是. 故答案为：. 18．【答案】 【分析】 根据空间向量的坐标运算即可求解. 【详解】 由题意可得， 则，解得. 故答案为：. 19．【答案】 【分析】 由向量平行得到存在实数使得，进而建立关于的方程组求解即可. 【详解】 因为，所以存在实数使得，即， 所以 ，解得， 所以. 故答案为： 20．【答案】 【分析】 建系，由空间向量数量积的定义求得的坐标即可求解. 【详解】 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，. 设点，则，，， 因为，所以，解得. 同理，即. 由，解得，故点到平面的距离为. 故答案为： 21．【答案】(1)或；(2). 【详解】试题分析：（1）设，结合空间向量的运算法则及模长公式，列出方程组，即可求出的坐标；（2）根据数量积运算公式可得，根据空间向量夹角公式可得余弦值. 试题解析：（1）设，则由题可知 解得 或 所以或. （2）因为向量与向量共线，所以.　 又，，所以，， 所以，且，， 所以与夹角的余弦值为. 考点04 空间向量的应用 1．A 2．B 3．BD 4．BC 5．D 6．C 7．B 8．CD 9．AC 10．B 11．CD 12．A 13．AC 14．C 15．BCD 16．AC 17．BCD 18．C 19．ABD 20．【答案】 【分析】 根据空间向量求解即可. 【详解】 由题可知，则，， 故点到直线的距离为． 故答案为： 21．【答案】（1）45°； （2）. 【分析】 （1）先标出各点的坐标，再结合向量夹角公式求解即可； （2）先求平面的一个法向量，再结合向量投影的运算求解即可. 【详解】 解：（1）由题意知，，，， ∴， ，，， ∴， ∴异面直线与所成的角为45°. （2）设平面的一个法向量， ∵，， ∴ 令，则，， ∴， 又∵，∴， ∴点到平面的距离. 【点睛】 本题考查了空间向量的综合应用，重点考查了运算能力，属常考题. 22．【答案】 【分析】 设异面直线，的夹角为，根据线线夹角与向量夹角的关系可得，即可得结果. 【详解】 设异面直线，的夹角为， 则，可得， 所以和所成角的大小为. 故答案为：. 23．【答案】（1） 证明：，， ． 又，是的中点， 且， 四边形是平行四边形，． 平面，平面， 平面．     （2）－      【分析】 （1）由，，知．由，是的中点，知四边形是平行四边形，由此能证明平面． （2）由平面，平面，平面，知，，由，知，，两两垂直．以点为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量法能够求出二面角的余弦值． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：平面，平面，平面， ，， 又，，，两两垂直． 以点为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 由已知得，0，，，0，，，4，，，3，，，2，，，2，， 由已知得，0，是平面的法向量， 设平面的法向量，，， ，，，，1，， ，令，则，，所以，2，． 设二面角的平面角为， 则． 易知二面角为钝二面角， 二面角的余弦值为． 24．【答案】（1），     （2）      【分析】 （1）根据空间向量的运算直接表示即可； （2）利用向量法求解即可. (1) 小问详解： 在直四棱柱中， 因为底面是菱形，且，分别为，的中点， 所以，. (2) 小问详解： 因为在直四棱柱中，平面， 所以，，即，， 因为，，所以， 所以. ， ， 所以，， 设直线与所成角的大小为，则. 所以直线与所成角的余弦值为. 25．【答案】（1） 连结，和分别是和的中点，所以， 因为，，所以四边形为平行四边形， 所以，所以， 又因为平面，平面，所以平面.      （2）      【分析】 （1）连结，所以，继而，利用线面平行判断定理证明即可； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量，进行计算即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 所以，，，，， ，， ，， 设平面的法向量为， 所以 ， 令，则，，所以， 设平面的法向量为， 所以 ， 令，则，，所以， 设平面与平面夹角为， 所以. 26．【答案】（1）     （2）.      【分析】 （1）在平行六面体中，由棱长及夹角，由和向量运算可得，平方可得，求出数量积，可得的大小； （2）由（1）可得的值，进而求出异面直线和夹角的余弦值. (1) 小问详解： 在平行六面体中， 因为，，，，，是的中点， ， 所以， 由题意，，， ， ， 所以， 所以； (2) 小问详解： ， ，， 所以. 设异面直线和夹角为，则， 所以. 所以异面直线和夹角的余弦值为. 27．【答案】 【分析】 利用正方体的正六边形截面来确定最大值即可求解. 【详解】    由图中取各棱中点连成的正六边形，是正方体中的一个截面， 由于,在正六边形中，必相交， 可知平面平面， 此时平面，与重合时，则满足平面， 此时截面六边形的面积是最大的，即区域就是六边形， 由正方体的棱长为，可知正六边形的边长为， 所以正六边形的面积为， 故答案为：. 28．【答案】（1） 连接交于点，连接， 因为，，所以，所以． 因为，所以， 所以，则在中，， 又因为平面，平面， 所以平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）连接AC与BD交于点E，连接ME，证明即可. （2）取的中点，连接，可证底面，计算求得长即可； （3）以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据已知求得，进而得出的坐标，求平面与平面的法向量，用空间向量公式即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取的中点，连接，因为是等边三角形，所以， 因为，所以面，且面， 所以面底面，侧面底面， 所以底面，则点到底面的距离为， ，则，. 所以到底面的距离为. (3) 小问详解： 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， ， ，所以， 所以，所以， 则，则. 则， 设平面的一个法向量为， 则 ，令，则， 则平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则 ，令，则， 则平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为，. 29．【答案】（1） 过作，垂足为，    因为，，， 所以， 所以，， 即，所以. 因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 又因为平面， 所以.     （2）     （3） 假设在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成角为， 设，， 因为，则， 即，所以, 又因为平面ACD的一个法向量为，且直线AN与平面ACD所成的角为， 所以, 整理得，解得或（舍去）. 综上所述，在线段BC上存在点N，使AN与平面ACD所成角为，此时.      【分析】 （1）先证明，利用平面平面可得平面，进而利用线面垂直的性质即可求证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面ACD的法向量，进而即可求解； （3）设在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成角为，设，，可得，利用向量的夹角公式建立方程即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以点D为原点，DB所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图，    由已知可得，，，，， 所以，，， 设平面ACD的法向量为， 则 ，即 ， 令，可得， 所以点M到平面ACD的距离为. (3) 小问详解： 略 30．【答案】（1） 取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则,， 故四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 故平面；     （2）      【分析】 （1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形判定和性质定理可得，再利用线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法计算即得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面，平面， 所以，，又， 所以两两垂直， 故可以为原点，为轴的正方向建立如图的空间直角坐标系， 由、、、， 则、、， 设平面的法向量为， 则 ， 取，则、， 所以为平面的一个法向量， 所以点到平面的距离. 31．【答案】（1）证明：因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面， 平面，所以， 因为四边形是菱形，所以， 又因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以．     （2）存在点，线段的长为．      【分析】 （1）利用面面垂直的性质可得出平面，可得出，利用菱形的几何性质可得出，可推导出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）取中点，连接，推导出，然后点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用线面平行的性质推导出，设点，利用空间向量法求出的值，即可得出结论. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：取中点，连接， 因为四边形为菱形，则， 又因为，则为等边三角形， 由菱形的几何性质可知，，则也为等边三角形， 因为为的中点，则，，， 由（1）知，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、、、、， ， 因为，平面，平面，所以平面， 因为平面平面，平面，所以，由（1）知平面， 设，则，． 设平面的法向量，则 ， 取，可得， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 则，解得， 因此，存在点，线段的长为． 32．【答案】①     ② 【分析】 结合题意求出平面的法向量和直线的方向向量，用线面角的向量求法处理即可. 【详解】 显然平面的一个法向量可以为, 易知平面的法向量为，平面的法向量为， 且直线l的方向向量为，故，，令， 解得，，故，设直线l与平面所成角为， 则. 故答案为：； 33．【答案】（1） ，，，， 又，，，； ，，四边形为平行四边形，， 即图（2）中，，又，，， ，，平面，平面， 平面，， ，平面，平面.     （2）存在，点位于线段靠近点的三等分点，理由如下： 由（1）得：平面，又，两两互相垂直， 以为坐标原点，正方向为轴正方向可建立如图空间直角坐标系， 则，，，， ，，，， 设在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，且，， ， 设平面的法向量， 则 ，令，解得：，， ； 轴平面，平面的一个法向量， ， 解得：（舍）或，， 当点位于线段靠近点的三等分点时，平面与平面的夹角的余弦值为.      【分析】 （1）利用勾股定理可分别证得，，根据线面垂直的判定可证得结论； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据面面角的向量求法可构造方程求得的值，进而得到结果. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 34．【答案】（1） 如图：取的中点，连接，. 则且，又且， 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）      【分析】 （1）取的中点，通过证证明平面. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取中点为，过点作直线的垂线，交弧于点，则 因为四边形为等腰梯形，所以， 又平面平面，平面，平面平面， 所以平面. 平面，所以，. 分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为为直径，所以， 所以，，. 在梯形中易求高为. 所以：，，，，. 则：，，， 设平面的法向量， 则 ，取. 设平面的法向量为， 则 ，取. 设平面和平面所成的角为， 则. 即平面与平面所成角的余弦值为. 35．【答案】（1） 连接，交于点，连接，如图：    因为底面为正方形，所以为中点，又为中点， 所以，平面，平面， 所以平面.     （2） 因为平面，底面为正方形， 所以两两垂直. 故可以为原点建立如图空间直角坐标系. 不妨设，则，，，，. 因为为中点，所以. 因为在上，且，所以. 所以，，，. 因为，. 所以，，又平面，， 所以平面.     （3）      【分析】 （1）构造线线平行，利用线线平行证明线面平行. （2）建立空间直角坐标系。利用空间向量证明线面垂直. （3）利用空间向量求二面角的三角函数值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（2）得，平面的一个法向量为； 设平面的法向量为， 则 ， 令，可得. 设平面与平面的夹角为， 则， 所以. 36．【答案】（1）证明： 因为分别为的中点，所以. 因为平面平面，所以平面.     （2）.      【分析】 （1）由和线面平行判定定理即可证明； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出和平面的一个法向量，再利用即可计算求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为，所以，即. 因为平面平面，所以， 故可以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，    则， 所以. 设平面的一个法向量， 则 即 不妨设，则，所以. 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. 37．【答案】（1） 因为在中，，分别为，的中点， 所以，，所以， 又为的中点，所以. 又因为平面平面，且平面，所以平面， 又平面，所以.     （2）；     （3）存在，.      【分析】 （1）先证，再由面面垂直，即可证明线面垂直，再推出线线垂直； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的法向量，即可由向量法求得线面角的正弦值； （3）假设存在点，设，其中，由（2）建立的空间直角坐标，可求得直线的方向向量与直线的方向向量，根据题意，可求得的值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取的中点，连接，所以. 由（1）得，.建立空间直角坐标系，如图所示， 由题意得，，，，. 所以，，. 设平面的法向量为， 则 ，即 ，令，则，，所以. 设直线和平面所成的角为， 则. 所以直线和平面所成角的正弦值为. (3) 小问详解： 假设线段上存在点适合题意，设，其中. 设，则， 则有， 所以，，，从而， 所以，又， 所以. 又直线和所成角的余弦值为， 所以，整理得. 解得或2（舍去） 所以线段上存在点适合题意，且. 38．【答案】（1） 证明：连接，交于点，连接，，如图：    因为底面为正方形，所以为、的中点. 因为，， 所以（），所以. 又，所以，又，平面，， 所以平面. 又平面，所以 因为，所以，， 又，所以四边形为矩形.     （2）.      【分析】 （1）可先证平面，通过线面垂直，得到，再结合平行六面体的性质，可判定四边形为矩形. （2）由题意建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量以及平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为，， 所以. 在中，，，， 所以. 在中，，， 所以，所以， 又，平面，，所以面. 故，，两两垂直. 以为坐标原点，，，分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，. 又，所以，，. 设平面的法向量为，则有 即 ， 解得平面的一个法向量为， 所以. 故与平面所成角的正弦值为. 39．【答案】（1） 因为底面，所以. 又，，所以面. 又面，所以面面.     （2） （i）解法一：取的中点.因为，所以. 又，所以，，，四点共圆，圆心为. 取的中点，连接，则，底面. 因为，，所以. 所以为点，，，所在球的球心， 又三棱锥的外接球的球心是唯一的. 所以即为，点在线段上. 解法二：取的中点.因为，所以. 又，所以，，，四点共圆，圆心为. 因为为三棱锥的外接球的球心，则底面. 如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，，，. 设，则，所以，解得. 所以，为的中点.所以点在线段上； 解法三：因为，所以. 又因为底面，所以. 又，所以面，. 由（1）可知，面，. 取的中点，则. 所以为点，，，所在球的球心，又三棱锥的外接球的球心是唯一的. 所以即为，点在线段上. （ii）      【分析】 （1）利用面面垂直的判定定理可证； （2）解法一：（i）取的中点，证明为球心即可，（ii）以为原点，建立空间直角坐标系，设，利用线面角的向量公式得到，再用几何意义理解成圆上的点到直线的距离即可得到答案；解法二：（i）以为原点，建立空间直角坐标系，计算出球心坐标，可得答案，（ii）设，利用线面角的向量公式得到，令，，得到关于的三角函数，求最值即可；解法三：（i）利用直角三角形证明的中点为球心即可，（ii）同解法一. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （i）略 （ii）解法一：如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，，，，.设，则. 所以，，. 设面的法向量为，则 取，，，所以. 所以. 因为表示点到直线的距离，又点在圆上. 所以当为直线与圆的交点时，取得最大值，最大值为. 所以的最大值为. 解法二：，，，，. 设，则. 所以，，. 设面的法向量为，则 取，，，所以. 所以. 令，，其中，则 当时，取得最大值. 解法三：取的中点.因为，所以. 又，所以，，，四点共圆，圆心为. 取的中点，连接，则，底面. 接下来同解法一. 40．【答案】（1） 由底面为正方形，可得，因为平面，平面， 所以平面，又因为平面，平面平面. 所以；     （2）；     （3）    由于是的中点，平面，，， 可得，所以是等边三角形，其外接圆圆心为的靠近的三等分点， 又由于底面为正方形，其外接圆圆心为底面正方形的中心， 根据外接球球心一定在过外接圆圆心且垂直于该圆面的垂线上， 所以外接球球心的坐标为， 由，， 设平面的法向量为， 则 ，令，则， 所以， 设，，，则 则，， 设平面的法向量为， 则 ，得 ， 令，解得， 即平面的一个法向量为， 由平面与平面所成的角为30°， 则 ， 解得：，因为，所以， 即.则在线段上是存在点满足题意.      【分析】 (1)利用空间平行关系来证明线线平行； (2)利用空间向量来求点到面的距离； (3)利用外接圆圆心作垂线来找到外接球球心，再用空间向量法，结合已知条件来求解问题即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取中点N，连接，则， 因为平面，平面，平面， 所以，，    则如图以O为原点，OA，ON，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 于是，，，， 设平面的一个法向量为， 则 ，得 ，令，则， 所以， 即点M到平面的距离为． (3) 小问详解： 略 41．【答案】（1） 因底面为正方形，则， 因 平面， 平面， 则平面， 又平面，平面平面， 故.     （2）      （3）       【分析】 （1）先由证得平面，再由线面平行的性质即可证得； （2）取的中点，连接，证明，，建立空间直角坐标系，写出相关点和向量的坐标，求出平面的法向量，利用点到平面的距离的向量公式计算即得； （3）根据相关条件可设，利用求得，设点，求出平面的法向量，设直线与平面所成角为，根据空间向量的夹角公式求出的解析式，再利用基本不等式即可求得其最大值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图所示，取的中点，连接，则， 因平面，平面，则， 故可以以点为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因，且是中点，则， 于是， 则， 设平面的法向量为， 则 ，故可取， 则点到平面的距离为. (3) 小问详解： 依题意，，且底面为正方形，故点在底面上的投影为正方形的中心，则可设， 由，则得，解得， 即，设点，则，， 设平面的法向量为， 则 ，故可取， 设直线与平面所成角为， 则， 当时，平面，此时； 当时，， 因，当且仅当时，即时，等号成立， 即， 故直线与平面所成角的正弦值的平方的最大值为. 42．【答案】（1） 由题意，. 又，，. 所以， 所以，， 又，平面，， 所以直线平面.     （2）      【分析】 （1）利用向量的数量积可证，，再根据线面垂直的判定定理可得线面垂直. （2）利用平面向量的数量积求两条直线夹角的余弦. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为， 且， 所以；，所以； 且 ， . 所以. 所以直线和夹角的余弦值为. 43．【答案】（1） 如图由正四棱柱的性质可知：平面，平面，    ∴，在正方形中：， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面，∴平面平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）通过证明平面，证得平面平面. （2）通过几何法或向量法求得直线与平面所成角的正弦值. （3）利用等面积法或向量法，求得的最小值. (1) 小问详解： 略方法一： 设与平面所成的角为， ∵，∴等于与所成的角， 由题知：， ∵，∴与平面所成的角为， 设，连接， 由（1）知：平面平面，平面平面， ∴在平面内的射影为，∴， 在中：，， ∴，∴， 因此直线与平面所成角的正弦值为. 方法二： 设与平面所成的角为，，异面直线与所成的角为， ∵，，两两互相垂直， ∴以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系：    ∵，∴，，，，， ∴，， ∴，∴，而， ∴，解得，∴， ∴，， 设平面的法向量为， 则 ，令，则∴， ∵，∴， 因此直线与平面所成角的正弦值为. (2) 小问详解： 方法一： 由正四棱柱的性质可知：， 设到平面的距离为，则的最小值为. 由（2）可知：在平面内的射影在上， 在中：，，， ∴由等面积法得到：，∴， 因此的最小值为. 方法二： 由正四棱柱的性质可知：， 设到平面的距离为，则的最小值为. 由（2）得，平面的法向量为， ∴； 因此的最小值为. 44．【答案】（1）因为在中，，分别为，的中点， 所以，. 所以，又为的中点，所以. 因为平面平面，且平面， 所以平面， 所以. （2）；（3）存在，. 【分析】 （1）推导出，，从而，进而，由此得到平面，从而能证明； （2）取中点，连接，，再由，，建立空间直角坐标系，利用法向量能求出直线和平面所成角的正弦值； （3）线段上存在点适合题意，设，其中，利用向量法能求出线段上存在点适合题意，且. 【详解】 （1）略 （2）取的中点，连接，所以. 由（1）得，. 如图建立空间直角坐标系. 由题意得，，，，. 所以，，. 设平面的法向量为. 则 即 令，则，，所以. 设直线和平面所成的角为， 则. 故所求角的正弦值为. （3）线段上存在点适合题意. 设，其中. 设，则有， 所以，，，从而， 所以，又， 所以 令， 整理得.解得. 所以线段上存在点适合题意，且. 【点睛】 本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 45．【答案】（1） 易知， 因为， 所以， 所以，故.     （2）     （3） 如图，取的中点，连结，则，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设， 则 由得 解得， 所以，则. 设平面的法向量为， 由 即 取，则， 设平面的法向量为， 由 即 取，则， 设二面角的大小为，因为，所以. 所以， 整理得， 解得或(舍去). 故线段上存在满足题意的点，且点为线段的中点.      【分析】 （1）把问题转化为证明即可； （2）证明出，利用勾股定理即可求解； （3）建立空间直角坐标系，用表示出点的坐标，然后计算出平面的一个法向量和平面的一个法向量，最后利用二面角的向量公式列出方程即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，因为，所以， 所以. (3) 小问详解： 略 46．【答案】（1）（i）证明：在中，由，得， 所以， 且，即， 因为，，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （ii）.     （2）.      【分析】 （1）（i）通过证明平面，证得平面平面； （ii）建立空间直角坐标系，利用向量法列方程，由此求得球的半径； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值，进而求得其最小值. (1) 小问详解： （i）略. （ii）以A为原点，分别为x轴和y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系， 则，设球心，半径， 则， 所以， 解得，所以球O的半径为； (2) 小问详解： 在平面中，过P作于G，在平面中，过G作， 因平面,则平面. 则由（1）， 设，以G为原点，分别为x轴和y轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系，则点在平面内， 则， 所以， 设平面一个法向量为，则 ， 即 ，取， 则得； 平面的一个法向量为，则 ， 即 ，取，则得， 所以， 令，则由得，则， 于是 ， 当且仅当即时等号成立， 所以二面角的余弦值的最小值为. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $