专题02 空间向量的应用（期中真题汇编，山东专用）高二数学上学期

专题02 空间向量的应用 1大高频考点概览 考点01 空间向量的应用 考点01 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·山东潍坊寿光第一中学·期中）如图，在正四棱柱中，，，E为线段的中点，则点B到直线DE的距离为（     ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·山东青岛第三十九中学·期中）如图,为平行四边形所在平面外一点,为的中点,为上一点,当∥平面时,(     ) A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年高二上·山东聊城·期中）空间中，若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（       ） A.  B.  C. 或 D. 与斜交 4．（25-26学年高二上·山东青岛第二中学·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学年高二上·山东日照·期中）已知直线l的一个方向向量是，平面的一个法向量是，若，则m=（       ） A.  B.  C. -8 D. 8 6．（25-26学年高二上·山东名校考试·期中）（多选）已知平面的法向量为，设平面的法向量为，直线的方向向量为，则下列结论正确的是（       ） A. 若，则平面平面 B. 若，则直线平面 C. 若，则平面平面 D. 若，则直线平面 7．（25-26学年高二上·山东青岛第五十八中学·期中）已知空间中三点，则点到直线的距离为（　　） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高二上·山东青岛第五十八中学·期中）（多选）下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（     ） A. 两条不重合直线的方向向量分别是，则 B. 直线l的方向向量，平面α的法向量是，则 C. 两个不同的平面α，β的法向量分别是，则 D. 直线l的方向向量，平面α的法向量是，则 9．（25-26学年高二上·山东莱西第一中学·期中）已知A（0，0，2），B（1，0，2），C（0，2，0），则点A到直线BC的距离为（       ） A.  B. 1 C.  D.  10．（25-26学年·山东德州九校·期中）如图，在棱长为1的正方体中，那么直线与平面所成的角的余弦值是 （       ） A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年高二上·山东济南第三中学·期中）（多选）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是、的中点，是棱上的动点，则下列说法中正确的是（     ） A.  B. 存在点，使平面 C. 存在点，使直线与所成的角为30° D. 点到平面与平面的距离和为定值 12．（25-26学年高二上·山东威海第二中学·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点E是的中点，则下列说法正确的是（       ） A. 与所成角的余弦值为 B. 与平面所成角的正弦值为 C. 点到直线的距离为 D. 与平面的距离为 13．（25-26学年高二上·山东威海第二中学·期中）若平面的法向量为，平面的法向量为，直线的方向向量为，则（       ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 14．（25-26学年高二上·山东潍坊寿光第一中学·期中）如图，在四棱柱中，底面为正方形，侧棱底面，，，是侧面内的动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（       ）. A.  B.  C. 2 D.  15．（25-26学年高二上·山东潍坊寿光第一中学·期中）（多选）下列说法正确的是 （       ） A. 若直线l的方向向量为平面α的法向量为 则l∥α B. 对空间任意一点O和不共线三点 A，B，C，若 则P，A，B，C四点共面 C. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 D. 已知 若与的夹角为钝角，则 16．（25-26学年高二上·山东潍坊寿光第一中学·期中）（多选）已知直三棱柱中，，，点为的中点，则下列说法正确的是（     ） A.  B. 平面 C. 异面直线与所成的角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 17．（25-26学年高二上·山东青岛第三十九中学·期中）（多选）如图，正方体的棱长为1，是的中点，则下列说法正确的是（     ） A. 直线平面 B.  C. 三棱锥的体积为 D. 直线与面所成的角为 18．（25-26学年高二上·山东聊城·期中）（多选）四边形为正方形，平面.（       ） A. 平面 B. 点到的距离为 C. 点到平面的距离为 D. 点在线段上（不含端点），则与平面所成角的正弦值的范围为 19．（25-26学年高二上·山东青岛第二中学·期中）（多选）已知平面的一个法向量为，，，则（       ） A. 若与共线，则 B. 向量在向量上的投影向量为 C. 点到平面的距离为 D. 直线与平面所成角的余弦值为 20．（25-26学年高二上·山东青岛第二中学·期中）如图，在平行六面体中，，，，则直线与直线所成角的余弦值为（   ） A.  B.  C.  D.  21．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）（多选）在正方体中， ， ，， 分别是，， ，的中点，则（     ） A. 平面 B.  ， ，， 四点共面 C. 在线段上存在一点，使得平面 D. 在线段上存在一点，使得在上的投影向量为 22．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）正四棱锥中，，，点是的中点，则点到直线的距离为（     ） A.  B.  C.  D.  23．（25-26学年高二上·山东日照·期中）如图，在正方体中，是中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  24．（25-26学年高二上·山东名校考试·期中）在三棱锥中，，，点满足，若实数，，满足，则的最小值为（       ） A.  B.  C.  D.  25．（25-26学年高二上·山东德州·期中）如图，在正方体中，点P在线段上，若直线DP与平面所成的角为，则的取值范围是（     ） A.  B.  C.  D.  26．（25-26学年高二上·山东德州·期中）（多选）在平行六面体中，各棱长均为2，.则下列命题中正确的是（     ） A.  B.  C. 不是空间的一组基底 D. 直线与底面所成角的正弦值为 27．（25-26学年高二上·山东青岛青岛第十七中学·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，，点M、N、Q分别为OA、BC、CD的中点，则Q到平面MND的距离为（     ） A.  B.  C.  D.  28．（25-26学年高二上·山东师范大学附属中学·期中）（多选）如图，在直棱柱中，底面ABCD是边长为2的菱形，，点为的中点，点为侧面内（包含边界）一动点，则下列结论正确的是（       ） A. 平面截四棱柱所得的截面是五边形 B.  C. 平面与平面ABCD所成角的余弦值为 D. 若∥平面，则点轨迹的长度为 29．（25-26学年高二上·山东师范大学附属中学·期中）正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一．如图，该几何体是一个高为4的正八面体，G为的中点，则异面直线与平面所成角的正弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  30．（25-26学年高二上·山东济南第一中学·期中）已知菱形的边长为2，，现将沿折起，当时，二面角平面角的大小为（       ） A.  B.  C.  D.  31．（25-26学年高二上·山东济南第一中学·期中）正四棱柱中，分别是的中点，则直线与所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  32．（25-26学年高二上·山东实验中学·期中）已知正方体的棱长为，点为体对角线的中点，点为棱的中点，则点到平面的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  33．（25-26学年高二上·山东莱西第一中学·期中）已知空间中三点，，，则（       ） A. 与是共线向量 B. 与向量方向相同的单位向量是 C. 与夹角的余弦值是 D. 平面的一个法向量是 34．（25-26学年高二上·山东莱西第一中学·期中）（多选）如图，已知斜三棱柱中，，，，，，点是与的交点.下列选项中正确的有(       ) A.  B.  C. 直线与所成的角的余弦值 D. 平面与平面不垂直 35．（25-26学年高二上·山东青岛第十九中学·期中）（多选）在棱长为2的正方体中，下列说法正确的是（       ） A. 平面与平面的距离为 B. 三棱锥外接球的表面积为 C.  D. 直线与平面所成的角正弦值为 36．（25-26学年高二上·山东名校考试·期中）在矩形中，，，将沿对角线折起，使得点到达点的位置，若二面角的大小为，则的长度为（       ） A.  B.  C.  D. 3 37．（25-26学年高二上·山东济南第一中学·期中）（多选）立体几何中有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数24，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结论正确的有（       ） A. 平面 B. ，，，四点共面 C. 点到平面的距离为 D. 若为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值范围为 38．（25-26学年高二上·山东实验中学·期中）（多选）在棱长为的正方体中，点在侧面所在平面内运动，为的中点，则下列说法正确的是（       ） A. 当在线段上运动时，恒有 B. 当为正方形的中心时，与所成角的正弦值为 C. 若点满足，则平面截正方体所得的截面面积为 D. 直线和与平面所成的角相等时，动点的轨迹为圆 39．（25-26学年·山东德州九校·期中）如图，已知在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是以为斜边的等腰直角三角形，平面，点是线段上的动点（不含端点），若线段上存在点（不含端点），使得异面直线与成30°的角，则线段长度的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  40．（25-26学年高二上·山东济南第三中学·期中）已知直线的方向向量为，点在上，则点到的距离为　　　　　　　　　　　. 41．（25-26学年高二上·山东日照·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，，. （1）求点到平面的距离； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 42．（25-26学年高二上·山东淄博实验中学·期中）如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，. （1）证明：直线平面； （2）求点到平面的距离. 43．（25-26学年高二上·山东淄博实验中学·期中）已知四棱锥平面，底面是为直角，的直角梯形，如图所示，且，点为的中点，则到直线的距离为　　　　　　　　　　. 44．（25-26学年高二上·山东师范大学附属中学·期中）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，点，分别是棱，的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 45．（25-26学年高二上·山东青岛第五十八中学·期中）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，点在线段上，平面. （1）证明：为的中点； （2）若，二面角的余弦值为，求的长. 46．（25-26学年高二上·山东济南第三中学·期中）球面距离在地理学、导航系统、信息技术等多个领域有着广泛应用．球面距离的定义：球面上两点之间的最短连线的长度，即经过这两点的大圆（经过球心的平面截球面所得的圆）在这两点间的一段劣弧的长度．这个弧长就被称作两点的球面距离．    （1）在正四棱柱（底面为正方形的直棱柱）中，，，求顶点，在该正四棱柱外接球上的球面距离． （2）如图1，在直角梯形中，，，，．现将沿边折起到，如图2，使得点在底面的射影在上． ①求点到底面的距离； ②设棱锥的外接球为球，求，两点在球上的球面距离． 参考数据：，． 47．（25-26学年高二上·山东济南第三中学·期中）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，且，点E在上. （1）求证：平面； （2）若E为的中点，求直线与平面所成的角的正弦值. 48．（25-26学年高二上·山东枣庄·期中）在空间直角坐标系中，经过点且方向向量为的直线方程为，已知空间中一条直线方程为，则点到直线的距离为　　　　　　. 49．（25-26学年高二上·山东潍坊寿光第一中学·期中）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，.    （1）若为的中点，求证：平面； （2）若平面. （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）求点到平面的距离. 50．（25-26学年高二上·山东潍坊寿光第一中学·期中）如图，在棱长为1的正方体中，直线到平面的距离等于　　　　　　　　　　　　. 51．（25-26学年高二上·山东潍坊寿光第一中学·期中）如图，在平行六面体中，底面ABCD是边长为1的正方形，，，，，，M为中点. （1）用空间的一个基底表示，； （2）求，，异面直线DM与所成角的余弦值. 52．（25-26学年高二上·山东潍坊寿光第一中学·期中）如图，边长为的菱形中，，分别为的中点，沿将折起，使得平面平面． （1）证明：平面平面； （2）在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成的角最大？若存在，求的长度，若不存在，说明理由． 53．（25-26学年高二上·山东青岛第三十九中学·期中）如图，在四棱锥中，底面，是直角梯形，，，，E是的中点.    （1）求证：平面平面； （2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值. 54．（25-26学年高二上·山东聊城·期中）棱长为2的正方体中，分别为棱上的动点，且. （1）若，求与所成的角的余弦值； （2）证明：平面平面. 55．（25-26学年高二上·山东青岛第二中学·期中）如图，在四棱锥中，底面，且是矩形，．点是的中点，过作交于点 （1）证明：平面； （2）若与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 56．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）如图，三棱柱的侧面为菱形，平面平面，，. （1）证明：； （2）点到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 57．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）如图，四棱柱的底面是矩形，，，，为棱的中点. （1）求的长； （2）求直线与直线所成角的余弦值. 58．（25-26学年高二上·山东淄博·期中）在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，且，则直线到平面ABC的距离的最大值为　　　　　　　　　　. 59．（25-26学年高二上·山东淄博·期中）如图， ⊥平面，，. （1）求证: 平面； （2）求直线与平面 所成角的正弦值； （3）若二面角的余弦值为求线段的长. 60．（25-26学年高二上·山东青岛第十九中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点在棱上，且直线与所成的角为． （1）证明：点为棱的中点； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 61．（25-26学年高二上·山东青岛第十九中学·期中）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球O的半径为R.A、B、C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a，设表示以O为圆心，且过B、C的圆，同理，圆的劣弧AC、AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角分别为，则球面三角形的面积为. （1）若平面OAB、平面OAC、平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积； （2）若平面三角形ABC为直角三角形，，设. ①求证：； ②延长AO与球O交于点D，若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，S为AC中点，T为BC中点，设平面OBC与平面EST的夹角为，求的最小值，及此时平面AEC截球O的面积. 62．（25-26学年高二上·山东淄博实验中学·期中）如图，四棱锥中，底面为菱形，侧面为等边三角形，平面平面，，，M是的中点.    （1）求证：； （2）求二面角的余弦值； （3）在线段上是否存在点P，使得直线与平面所成的角为45°，若存在，求出的值：若不存在，说明理由. 63．（25-26学年高二上·山东名校考试·期中）在四棱锥中，，，，，且平面， （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值； （3）过点的平面与侧棱，，分别交于点，，，若四边形为菱形，求的长. 64．（25-26学年高二上·山东名校考试·期中）已知正方体的棱长为，，分别为棱，的中点，，若平面，则实数的值为　　　　　. 65．（25-26学年高二上·山东名校考试·期中）已知正方体和平面，直线平面，直线平面，为线段的中点.    （1）证明：直线平面； （2）已知，当直线与平面所成角最大时，求的值. 66．（25-26学年高二上·山东德州·期中）如图，已知在四棱锥P-ABCD中，平面ABCD，点Q在棱PA上，且，底面为直角梯形，，，，，M，N分别是PD，PB的中点. （1）求证：平面PCB； （2）直线AD与直线CN所成角的余弦值. 67．（25-26学年高二上·山东青岛青岛第十七中学·期中）如图，在三棱锥中、底面ABD，．动点C在平面ABD内、且点A，C在直线BD两侧． （1）若四边形ABCD为正方形，求直线PC与平面PAB所成角的大小； （2）若点C到平面PBD的距离为、求的面积的最小值． 68．（25-26学年高二上·山东济南第一中学·期中）如图，四边形与均为菱形，，，.    （1）求证：平面； （2）为线段上的动点，求与平面所成角正弦值的最大值； （3）设中点为，为四边形内的动点（含边界）且，求动点的轨迹长度. 69．（25-26学年高二上·山东青岛第五十八中学·期中）如图所示，在平行六面体中，底面是边长为3的菱形，分别在线段和上，且，． （1）证明：四点共面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 70．（25-26学年高二上·山东莱西第一中学·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，,为的中点，点在上，且． （1）求证：平面; （2）求二面角的余弦值； （3）设点在上，且．判断直线是否在平面内，说明理由． 71．（25-26学年高二上·山东莱西第一中学·期中）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 72．（25-26学年·山东德州九校·期中）如图，四棱锥的侧棱底面，已知底面是正方形，若，且是的中点. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 73．（25-26学年高二上·山东枣庄·期中）如图，在三棱锥中，为正三角形，平面，点为线段BC上的动点， （1）若点为BC中点，证明： （2）在（1）的条件下，求平面PAC与平面ACF夹角的余弦值 （3）求线段长的最小值 74．（25-26学年高二上·山东威海第二中学·期中）如图，在三棱锥中，底面，，点分别为棱的中点，是线段的中点，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段AH的长． 75．（25-26学年高二上·山东聊城·期中）在三棱锥中，与平面所成的角为.    （1）若，如图，过点作平面，分别交于点. ①求的值； ②若为的中点，为平面内的动点，求周长的最小值. （2）若，求平面与平面所成角的取值范围. 76．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）用一个平面截圆锥，若圆锥的轴与该平面所成角大于圆锥轴截面的半顶角时，所得截口曲线是椭圆.在直角三角形中，，，，点在线段上，为的平分线，直线与平面垂直，垂足为.点，，记点的轨迹为曲线.    （1）说明：曲线为椭圆； （2）建立适当坐标系，求曲线的方程； （3）当四面体体积最大时，求平面与平面夹角的大小. 77．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）已知平面四边形，，，，，沿直线将翻折成，则直线与直线所成角的余弦值最大为　　　　　. 78．（25-26学年高二上·山东淄博·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点，点在上，且．    （1）求证：平面； （2）判断直线是否在平面，说明理由； （3）是线段上的动点，是否存在点G使得AE与平面AFG所成夹角的正弦值为，请说明理由. 79．（25-26学年高二上·山东日照·期中）在空间直角坐标系中，向量，点，若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程为，一般式方程可表示为. （1）若直线的方向向量为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的正弦值； （2）若平面经过点，，，平面的一般式方程为，直线为平面和平面的交线，求平面的一般式方程，并求出直线的单位方向向量（写出一个即可）； （3）已知集合，，记集合中所有点构成的几何体为，中所有点构成的几何体为，求几何体的体积和的表面积. 80．（25-26学年高二上·山东德州·期中）如图1，在四边形中，，，，如图2，把沿折起，使点到达点处，且平面平面，为的中点.    （1）求证：； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）判断线段上是否存在点，使得三棱锥的体积为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 81．（25-26学年高二上·山东师范大学附属中学·期中）如图，在三棱锥中，分别为的中点，为正三角形，平面平面. （1）连接，求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）在线段上是否存在异于端点的点，使得平面和平面夹角的余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由. 82．（25-26学年高二上·山东实验中学·期中）已知正方体的棱长为1． （1）证明：平面； （2）已知点为平面内一动点，且与所成角为，求线段所形成的曲面面积S； （3）在棱上分别取点（均不与端点重合），二面角，分别记为，求的取值范围． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 空间向量的应用 1大高频考点概览 考点01 空间向量的应用 考点01 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·山东潍坊寿光第一中学·期中）如图，在正四棱柱中，，，E为线段的中点，则点B到直线DE的距离为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用点到直线的距离公式求解. 【详解】 在正四棱柱中，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，得，线段的中点， 则， 所以点到直线的距离. 故选：D 2．（25-26学年高二上·山东青岛第三十九中学·期中）如图,为平行四边形所在平面外一点,为的中点,为上一点,当∥平面时,(     ) A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 连接交于,连接,因为∥平面,平面,平面平面,可得∥,结合已知条件,即可求得答案. 【详解】 连接交于,连接,    ∥平面,平面 平面平面, ∥, 故: ① 又∥,为的中点, ② 由① ② 可得: 故选:D. 【点睛】 本题考查了根据线面平行求线段比例,解题关键是掌握线面平行判定定理,考查了分析能力和空间想象能力,属于基础题. 3．（25-26学年高二上·山东聊城·期中）空间中，若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（       ） A.  B.  C. 或 D. 与斜交 【答案】C 【分析】 根据向量与的数量积为零，判断，再根据线面平行的判定定理可得，或者. 【详解】 根据和得：； 因为，可得，所以； 为平面的法向量，所以或者. 故选：C. 4．（25-26学年高二上·山东青岛第二中学·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学年高二上·山东日照·期中）已知直线l的一个方向向量是，平面的一个法向量是，若，则m=（       ） A.  B.  C. -8 D. 8 【答案】B 【分析】 根据直线与平面的平行的向量法表示求解. 【详解】 由，得，即，解得. 故选：B 6．（25-26学年高二上·山东名校考试·期中）（多选）已知平面的法向量为，设平面的法向量为，直线的方向向量为，则下列结论正确的是（       ） A. 若，则平面平面 B. 若，则直线平面 C. 若，则平面平面 D. 若，则直线平面 【答案】AC 【分析】 由空间向量平行或垂直得到面面平行或垂直；由空间向量平行或垂直得到线面平行或垂直，逐个判断各个选项即可. 【详解】 设平面的法向量为 ∵，∴平面平面，A选项正确； ∵，∴直线平面，B选项错误； ∵，∴平面平面，C选项正确； ∵，∴直线平面或平面，D选项错误； 故选：AC. 7．（25-26学年高二上·山东青岛第五十八中学·期中）已知空间中三点，则点到直线的距离为（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据空间中点到直线的距离的向量公式求解. 【详解】 因为 依题意得，， 则点到直线的距离为. 故选：A. 8．（25-26学年高二上·山东青岛第五十八中学·期中）（多选）下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（     ） A. 两条不重合直线的方向向量分别是，则 B. 直线l的方向向量，平面α的法向量是，则 C. 两个不同的平面α，β的法向量分别是，则 D. 直线l的方向向量，平面α的法向量是，则 【答案】AC 【分析】 由直线方向向量的平行判断直线平行，由直线的方向向量与平面的法向量的平行与垂直判断直线与平面的平行与垂直，由两平面的法向量的垂直判断两平面垂直． 【详解】 对于A，由，得，所以，所以，故A正确； 对于B，假设，则存在唯一得实数λ，使得，即，所以 无解，所以不共线，所以l，α不垂直，故B错误； 对于C，因为，所以，所以，故C正确； 对于D，因为，所以不垂直，所以l，α不平行，故D错误． 故选：AC． 9．（25-26学年高二上·山东莱西第一中学·期中）已知A（0，0，2），B（1，0，2），C（0，2，0），则点A到直线BC的距离为（       ） A.  B. 1 C.  D.  【详解】∵A（0，0，2），B（1，0，2），C（0，2，0）， ＝（1，0，0），＝（﹣1，2，﹣2）， ∴点A到直线BC的距离为： d＝ ＝1×＝． 故选：A 【点睛】 本题主要考查了向量坐标的运算，向量的模，向量的夹角，属于容易题. 10．（25-26学年·山东德州九校·期中）如图，在棱长为1的正方体中，那么直线与平面所成的角的余弦值是 （       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 建立空间直角坐标系，结合正方体的性质及边长，得出坐标关系，从而求出平面的法向量，再利用空间向量的余弦公式计算求解． 【详解】 以为原点，以为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 设直线与平面所成的角为，，则， ． 故选：B． 11．（25-26学年高二上·山东济南第三中学·期中）（多选）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是、的中点，是棱上的动点，则下列说法中正确的是（     ） A.  B. 存在点，使平面 C. 存在点，使直线与所成的角为30° D. 点到平面与平面的距离和为定值 【答案】ABD 【详解】 建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案． 【分析】 因为平面，四边形为正方形， 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，则、、、， 设，，其中， 所以，所以，A选项正确． 点到平面与平面的距离和为为定值，D选项正确． ，，， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得平面的一个法向量为， 要使平面，平面， 则， 解得，所以存在点，使平面，B选项正确； 若直线与直线所成角为30°， 则， 整理可得，，方程无解，所以C选项错误． 故选：ABD． 12．（25-26学年高二上·山东威海第二中学·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点E是的中点，则下列说法正确的是（       ） A. 与所成角的余弦值为 B. 与平面所成角的正弦值为 C. 点到直线的距离为 D. 与平面的距离为 【答案】ACD 【分析】 通过建系，求出相关点的坐标，相关直线的方向向量、相关平面的法向量坐标，利用空间向量夹角的坐标公式以及点到直线、点到平面的距离公式分别计算即可逐一判断. 【详解】 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则 对于A，，， 设与所成角为，则，故A正确； 对于B，平面的法向量可取为，， 设与平面所成角为，则，故B错误； 对于C，因，与同方向的单位向量为， ，则点到直线的距离为，故C正确； 对于D，设平面的法向量为，， 则 ，故可取， 由，平面，可得平面， 则与平面的距离即点到平面的距离， 由，则到平面的距离为，故D正确. 故选：ACD 13．（25-26学年高二上·山东威海第二中学·期中）若平面的法向量为，平面的法向量为，直线的方向向量为，则（       ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【分析】 根据面面平行则法向量共线计算可判断A；根据直线与平面垂直则直线的方向向量与平面法向量共线计算可判断B；根据直线的方向向量与平面法向量垂直则直线与平面平行或直线在平面内可判断C；根据法向量垂直则面面垂直可判断D. 【详解】 对于A，由，得，则，解得，故A错误； 对于B，由，得，则，解得，故B错误； 对于C，由，得，则或，故C错误； 对于D，由，得，则，故D正确. 故选：D. 14．（25-26学年高二上·山东潍坊寿光第一中学·期中）如图，在四棱柱中，底面为正方形，侧棱底面，，，是侧面内的动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（       ）. A.  B.  C. 2 D.  【答案】A 【分析】 建立空间直角坐标系，确定各点坐标，根据垂直关系得到，确定平面的法向量为，再根据向量的夹角公式计算得到答案. 【详解】 如图所示：以为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以， 设，则， 因为， 所以，即，则，所以， 平面的一个法向量为， 则， 又，所以当时，最大为，则，此时最大为. 故选：A 15．（25-26学年高二上·山东潍坊寿光第一中学·期中）（多选）下列说法正确的是 （       ） A. 若直线l的方向向量为平面α的法向量为 则l∥α B. 对空间任意一点O和不共线三点 A，B，C，若 则P，A，B，C四点共面 C. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 D. 已知 若与的夹角为钝角，则 【答案】BCD 【分析】 根据空间向量的有关定义及其结论，可判断BCD项；根据已知得出，即可判断A项. 【详解】 对于A：由已知可得，所以或，故A错误； 对于B：因为，所以四点共面，B正确； 对于C：根据空间向量基底的概念，空间中的三个向量， 若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，可知C正确； 对于D： 因为，因为与的夹角为钝角，则 ， 所以，当时，，不合题意，故D正确. 故选：BCD. 16．（25-26学年高二上·山东潍坊寿光第一中学·期中）（多选）已知直三棱柱中，，，点为的中点，则下列说法正确的是（     ） A.  B. 平面 C. 异面直线与所成的角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 【答案】ABD 【分析】 建立如图空间直角坐标系，利用空间向量线性运算的坐标表示计算即可判断A；利用空间向量法证明线面平行、求解线线角和点面距即可判断BCD. 【详解】 如图，建立空间直角坐标系， 则. A：， 所以，故A正确； B：， 设平面的一个法向量为， 则 ，令，则，所以， 所以，即， 又平面，所以平面，故B正确； C：，则， 所以， 即异面直线与所成的角的余弦值为，故C错误； D：设平面的一个法向量为， 则 ，令，则，所以， 得，所以点到平面的距离为，故D正确. 故选：ABD 17．（25-26学年高二上·山东青岛第三十九中学·期中）（多选）如图，正方体的棱长为1，是的中点，则下列说法正确的是（     ） A. 直线平面 B.  C. 三棱锥的体积为 D. 直线与面所成的角为 【答案】AB 【分析】 建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一验证即可； 【详解】 如图建立空间直角坐标系，，，，，，，，，，，，，，则有， 对于A，设平面的法向量为，则 ，即 ，取， 则，即， 又直线平面，所以直线平面，故A正确， 对于B，因为，即，所以，故B正确， 对于C，，故C错误， 对于D，由题意易知，为平面的一个法向量，且， 则设直线与平面所成的角为， 所以，，所以，故D错误. 故选：AB. 18．（25-26学年高二上·山东聊城·期中）（多选）四边形为正方形，平面.（       ） A. 平面 B. 点到的距离为 C. 点到平面的距离为 D. 点在线段上（不含端点），则与平面所成角的正弦值的范围为 【答案】ACD 【分析】 建立空间直角坐标系，利用平面法向量的性质、空间点到直线和点到面的距离公式、空间向量夹角公式逐一判断即可. 【详解】 因为四边形为正方形，平面， 所以建立如图所示的空间直角坐标系， . A：设平面的法向量为， ，，， 所以有 ， 显然，CE不在平面内，所以平面，因此本选项正确； B：，， 于是， 所以点到的距离为，所以本选项不正确； C：设平面的法向量为， ，，， 所以有 ， 点到平面的距离为， 所以本选项说法正确； D：，设， ， 设与平面所成角为， ， 设，， 二次函数的对称轴为， 所以当时，有，于是有， 于是有，所以本选项说法正确， 故选：ACD 19．（25-26学年高二上·山东青岛第二中学·期中）（多选）已知平面的一个法向量为，，，则（       ） A. 若与共线，则 B. 向量在向量上的投影向量为 C. 点到平面的距离为 D. 直线与平面所成角的余弦值为 【答案】AB 【分析】 利用法向量定义可求得，根据共线向量定义可构造方程组求得的值，知A正确；根据投影向量的求法可求得B正确； 根据点面距离的向量求法可求得C错误；根据线面角的向量求法可求得D错误. 【详解】 因为平面，则， 可得，解得，即. 对于选项A：若与共线， 则存在实数，使得， 可得 ，解得： ， 所以，故A正确； 对于选项B：在上的投影向量为，故B正确； 对于选项C：点到平面的距离，故C错误； 对于选项D：因为直线与平面所成角为， 则， 可得， 所以直线与平面所成角的余弦值为，故D错误. 故选：AB. 20．（25-26学年高二上·山东青岛第二中学·期中）如图，在平行六面体中，，，，则直线与直线所成角的余弦值为（   ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 利用空间向量的基本定理将与用基底、、表示出来，然后利用数量积的定义求解即可. 【详解】 由条件可知，，， ， ， ， ，所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为． 故选：A. 21．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）（多选）在正方体中， ， ，， 分别是，， ，的中点，则（     ） A. 平面 B.  ， ，， 四点共面 C. 在线段上存在一点，使得平面 D. 在线段上存在一点，使得在上的投影向量为 【答案】ABD 【分析】 建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明，再利用线面平行的判定定理得到线面平行判断A，利用向量的共面定理可判断B，假设在线段上存在点，设，，利用坐标法验证线面垂直判断C，举特例判断D即可. 【详解】 如图，作出符合题意的图形，以为原点建立空间直角坐标系，连接，    由题意得所求结论与正方体边长无关，不妨设正方体边长为， 则，，，，， ，，，，，， 对于A，由题意得，， 则，因为平面，平面， 所以平面，故A正确， 对于B，设， 则， 所以 ，解得 ， 故，即 ， ，， 四点共面，故B正确； 对于C，假设在线段上存在点，符合题意， 设（），则， 若平面，则，, 因为，， 所以 ，此方程组无解， 所以在线段上不存在点，使得平面，故C错误； 对于D，由投影向量公式得在上的投影向量为， 若在上的投影向量为，则， 令，可得，， 由模长公式得， 由空间向量数量积的运算法则可得， 满足，故D正确. 故选：ABD 22．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）正四棱锥中，，，点是的中点，则点到直线的距离为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 以底面中心为原点，取中点，中点，以方向为建立空间坐标系，计算向量，则点到直线的距离. 【详解】 以底面中心为原点，取中点，中点，易知两两垂直，以方向为建立空间坐标系，如下图： ， ， 由，正方形对角线长度为 2 ，可得， 为 中点，则， ，，，， 点到直线的距离. 故选：C 23．（25-26学年高二上·山东日照·期中）如图，在正方体中，是中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 先设棱长为2，建立如图坐标系，根据计算点P坐标和向量，求平面法向量，利用空间向量求线面夹角，结合二次函数求其值域即可． 【详解】 设正方体棱长为2， 以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系． 则，， 可得，， 设， 则， 设平面的法向量为，则 ， 令，则，可得， 则， 当时，取得最大值；当或1时，取得最小值； 所以的取值范围是． 故选：A． 24．（25-26学年高二上·山东名校考试·期中）在三棱锥中，，，点满足，若实数，，满足，则的最小值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据题中长度，可证OA，OB，OC两两垂直，如图建系，根据条件可得，设，，则，所以，，，四点共面，求得各点坐标，进而可得平面的一个法向量，根据点到平面距离的向量求法，即可求得答案. 【详解】 因为，， 所以，即， 同理可证OA，OB，OC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，所以， 所以，设，， 则，所以，，，四点共面， 因为，，，， 所以，. 设平面的一个法向量为， 则 ，即 ，取，则， 因为，所以的最小值为. 故选：D. 25．（25-26学年高二上·山东德州·期中）如图，在正方体中，点P在线段上，若直线DP与平面所成的角为，则的取值范围是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 设正方体的棱长为1，且，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求得和平面的法向量，结合向量的夹角公式，求得，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】 设正方体的棱长为1，且， 以点为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 则， 设平面的法向量为，则 ， 令，可得，所以， 则， 设，即 当时，；当或时，， 所以. 故选：D. 26．（25-26学年高二上·山东德州·期中）（多选）在平行六面体中，各棱长均为2，.则下列命题中正确的是（     ） A.  B.  C. 不是空间的一组基底 D. 直线与底面所成角的正弦值为 【答案】BCD 【分析】 对于A，由向量的线性运算及模长公式求解即可；对于B，可证明即可判断；对于C，由题可得即可判断；对于D，连接交于点，过作交于，可证平面，则就是直线与底面所成角，再求边长确定余弦值即可． 【详解】 对于A，， ，故A错误； 对于B，，， ， ，故B正确； 对于C，，即共面， 即不是空间的一组基底，故C正确； 对于D，连接交于点， 易知，又，平面， 平面，又平面，所以， 过作交于， 平面，， 又平面， 所以平面， 则就是直线与底面所成角， ， ， ，则， ， 即直线与底面所成角的正弦值为，故D正确； 故选：BCD． 27．（25-26学年高二上·山东青岛青岛第十七中学·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，，点M、N、Q分别为OA、BC、CD的中点，则Q到平面MND的距离为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 如图建系，求得各点坐标，进而可得的坐标，求出平面MND的法向量，根据点到平面距离的向量求法，计算即可得答案. 【详解】 由题意两两垂直，以A为原点，为，x，y，z轴正方向建系，如图所示， 则， 所以， 设平面MND的法向量， 则 ，即 ， 令，则， 所以Q到平面MND的距离为. 故选：A 28．（25-26学年高二上·山东师范大学附属中学·期中）（多选）如图，在直棱柱中，底面ABCD是边长为2的菱形，，点为的中点，点为侧面内（包含边界）一动点，则下列结论正确的是（       ） A. 平面截四棱柱所得的截面是五边形 B.  C. 平面与平面ABCD所成角的余弦值为 D. 若∥平面，则点轨迹的长度为 【答案】BCD 【分析】 作出截面判断A，由线面垂直的判定与性质定理判断B，用空间向量法求二面角判断C，确定出动点轨迹后判断D. 【详解】 对A，取中点，连接PM，如图，则（都与平行），所以四点共面， 则平面截四棱柱所得的截面是四边形，A错误． 对B，连接，由题意可得，底面， 底面ABCD，所以，而平面， 所以平面，又平面，所以，B正确．    对C，设AC与BD交于点，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的法向量为，则 不妨取，则，易知平面ABCD的一个法向量为， 则，C正确． 对D，连接，由A项知四点共面，平面， 又平面平面，所以， 所以的轨迹为线段（不含点），，D正确． 故选：BCD. 29．（25-26学年高二上·山东师范大学附属中学·期中）正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一．如图，该几何体是一个高为4的正八面体，G为的中点，则异面直线与平面所成角的正弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 连接交于点，连接，建系标点，求直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【详解】 连接交于点，连接， 因为该几何体是一个高为4的正八面体， 所以，，， 设棱长为，则，， 所以在中，，即，解得， 以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以，平面的法向量为， 设直线与平面所成的角为， 所以. 故选：A. 30．（25-26学年高二上·山东济南第一中学·期中）已知菱形的边长为2，，现将沿折起，当时，二面角平面角的大小为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 设，由菱形的性质得出就是二面角的平面角，求出的边长可得答案. 【详解】 设，菱形满足，， 则和都为等边三角形，所以，， 又，则，所以就是二面角的平面角， 由于，所以，所以是等边三角形， 所以，即二面角平面角的大小为. 故选：B. 31．（25-26学年高二上·山东济南第一中学·期中）正四棱柱中，分别是的中点，则直线与所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 令分别是的中点，是中点，连接，化为求直线与所成角，即，应用余弦定理求其余弦值即可. 【详解】 令分别是的中点，是中点，连接， 由正四棱柱的性质及题设，易知且，则为平行四边形， 所以，直线与所成角即为直线与所成角，即， 若，则，，， . 故选：D 32．（25-26学年高二上·山东实验中学·期中）已知正方体的棱长为，点为体对角线的中点，点为棱的中点，则点到平面的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 将问题转化为求点到平面的距离，利用等体积法，结合三棱锥体积公式可构造方程求得点到平面的距离，由此可求得结果. 【详解】 为中点，点到平面的距离为点到平面距离的一半； ，，， ， ， ，， 设点到平面的距离为， ，，即，解得：， 点到平面的距离为. 故选：B. 33．（25-26学年高二上·山东莱西第一中学·期中）已知空间中三点，，，则（       ） A. 与是共线向量 B. 与向量方向相同的单位向量是 C. 与夹角的余弦值是 D. 平面的一个法向量是 【答案】D 【分析】 根据共线向量定理，单位向量，法向量，向量夹角的定义，依次计算，即可得到答案； 【详解】 对A，，又不存在实数，使得，与不是共线向量，故A错误； 对B，，与向量方向相同的单位向量是，故B错误； 对C，，，故C错误； 对D，设为面的一个法向量，， ，取，平面的一个法向量是，故D正确； 故选：D 34．（25-26学年高二上·山东莱西第一中学·期中）（多选）如图，已知斜三棱柱中，，，，，，点是与的交点.下列选项中正确的有(       ) A.  B.  C. 直线与所成的角的余弦值 D. 平面与平面不垂直 【答案】AC 【分析】 A：根据依次改写即可； B：根据计算即可； C：根据计算即可； D：取的中点，连接，证AE⊥BC，即可. 【详解】 A：，故A正确； B：∵， ∴ ， ∴，故B错误； C： ， ，，故C正确； D：取的中点，连接，，，且， 又＝0，， ∵，平面，平面， 又平面，平面与平面，故D错误. 故选：AC. 35．（25-26学年高二上·山东青岛第十九中学·期中）（多选）在棱长为2的正方体中，下列说法正确的是（       ） A. 平面与平面的距离为 B. 三棱锥外接球的表面积为 C.  D. 直线与平面所成的角正弦值为 【答案】ACD 【分析】 建立空间直角坐标系，求点的坐标，再求平面与平面的法向量.对于A：可知平面平面，将面面距离转化为点到面的距离求解；对于B：可知三棱锥外接球即为正方体的外接球，进而求半径和表面积；对于C：利用空间向量证明线线垂直；对于D：利用空间向量求线面夹角. 【详解】 如图所示，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得，， 设平面的法向量为，则 ， 令，则，可得； 设平面的法向量为，则 ， 令，则，可得. 对于选项A：因为，即， 且平面与平面不重合，可知平面平面， 则平面与平面的距离即为点C到平面的距离，为，故A正确； 对于选项B：因为三棱锥外接球即为正方体的外接球， 其半径，所以表面积为，故B错误； 对于选项C：因为， 则，所以，故C正确； 对于选项D：因为， 所以直线与平面所成的角正弦值为，故D正确； 故选：ACD. 36．（25-26学年高二上·山东名校考试·期中）在矩形中，，，将沿对角线折起，使得点到达点的位置，若二面角的大小为，则的长度为（       ） A.  B.  C.  D. 3 【答案】A 【分析】 根据折叠前矩形的性质，结合二面角的定义，利用余弦定理和直角三角形的边角关系可求的长度. 【详解】 矩形中，过点作于点，过点作于点，并延长交于点. 所以. 因为，，所以. 所以. 所以. 所以，所以是的中点. 所以，. 如图，将沿对角线折起，使得点到达点的位置. 因为，所以为二面角的平面角，所以. 中，，所以，所以. 因为，所以. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以. 因为平面，所以平面. 因为平面，所以. 所以. 故选：A 37．（25-26学年高二上·山东济南第一中学·期中）（多选）立体几何中有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数24，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结论正确的有（       ） A. 平面 B. ，，，四点共面 C. 点到平面的距离为 D. 若为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值范围为 【答案】ABD 【分析】 画出“阿基米德体”对应的正方体，由图可判断AB选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量来判断CD选项. 【详解】 “阿基米德体”是由如图所示得到的，即“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点.    A选项：由图可知平面，A选项正确； B选项：∵，，，四点均是正方体个棱上中点，∴，∴，，，四点共面，B选择正确；    C选项：如图建立空间直角坐标系，    ∵，∴正方体棱长为4，∴，，，， 所以，设平面的一个法向量为， 则 ，解得 ，即， ， ∴点到平面的距离，故C选项错误； 设且，所以， 设与的夹角为， 所以 当时，令， 因为当且仅当，即时取等号， 所以，即 当时，， 所以直线与直线所成角的余弦值范围为，故D选项正确. 故选：ABD. 【点睛】 思路点睛，本题的关键是还原原来的正方体，然后利用空间向量来解决立体图像中的距离和夹角问题. 38．（25-26学年高二上·山东实验中学·期中）（多选）在棱长为的正方体中，点在侧面所在平面内运动，为的中点，则下列说法正确的是（       ） A. 当在线段上运动时，恒有 B. 当为正方形的中心时，与所成角的正弦值为 C. 若点满足，则平面截正方体所得的截面面积为 D. 直线和与平面所成的角相等时，动点的轨迹为圆 【答案】ACD 【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，利用空间向量法逐项判断即可. 【详解】 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 对于A选项，如下图所示： 则、、、、， 设，其中，则， 所以，， 所以，故，A对； 对于B选项，当为正方形的中心时，则、， ，， 所以， 故， 故当为正方形的中心时，直线、所成角的正弦值为，B错； 对于C选项，如下图所示： 设平面交棱于点， 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以， 故平面截正方体所得截面为梯形， 又因为，结合等角定理可得， 因为，故为等腰直角三角形，故， 易知点，，， 所以点到直线的距离为， 所以截面面积为，C对； 对于D选项，设点，，， 易知平面的一个法向量为， 由题意可得，即， 即，化简得， 故当直线和与平面所成的角相等时，动点的轨迹为圆，D对. 故选：ACD. 39．（25-26学年·山东德州九校·期中）如图，已知在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是以为斜边的等腰直角三角形，平面，点是线段上的动点（不含端点），若线段上存在点（不含端点），使得异面直线与成30°的角，则线段长度的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 首先取取中点，建立空间直角坐标系，利用异面直线的夹角公式列出等式，结合二次函数的值域即可求出线段长度的取值范围. 【详解】 如图，取中点，连接，因平面，平面，故平面平面， 因是以为斜边的等腰直角三角形， 故，又平面，且平面平面，所以平面， 如图分别以和过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系.    则， 设，设， 故，得 又因为，且异面直线与成的角， 故，即 即因则有， 则故得. 故选：B. 【点睛】 关键点点睛：本题考查运用建系法求解空间角的问题，属于较难题. 解题关键是根据条件建立空间直角坐标系，利用异面直线的夹角公式列出等式，然后利用二次函数的值域求参数取值范围. 40．（25-26学年高二上·山东济南第三中学·期中）已知直线的方向向量为，点在上，则点到的距离为　　　　　　　　　　　. 【答案】1 【分析】 求出与直线的方向向量的夹角的余弦，转化为正弦后可得点到直线的距离． 【详解】 ， ， 所以， 点到的距离为． 故答案为：1． 41．（25-26学年高二上·山东日照·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，，. （1）求点到平面的距离； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，根据点到平面距离向量法计算即可求解； （2）根据面面角向量法计算即可求解. (1) 小问详解： 以为坐标原点，直线分别为,,轴建立空间直角坐标系， 则， 设平面的一个法向量为， 则 ，取，则， 所以平面的一个法向量可以为， 即点到平面的距离为； (2) 小问详解： ． 设平面的一个法向量为， 则 ，取，则， 所以平面的一个法向量可以为， 显然是平面的一个法向量， 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. 42．（25-26学年高二上·山东淄博实验中学·期中）如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，. （1）证明：直线平面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明:由平面，且四边形为矩形，可建立如图所示空间直角坐标系， AI 则 由，得，解得，同理， ，显然面的一个法向量为， 显然且面，故面     （2）.      【分析】 （1）根据题设建立合适的空间直角坐标系，应用向量法证明与面的一个法向量垂直，即可证结论； （2）根据（1）所得坐标系，应用向量法求点面距离. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设平面的一个法向量为，且， 由 ， 取，则， 所以为平面的一个法向量， 又， 点到平面的距离为. 43．（25-26学年高二上·山东淄博实验中学·期中）已知四棱锥平面，底面是为直角，的直角梯形，如图所示，且，点为的中点，则到直线的距离为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 以为原点，建立空间直角坐标系，向量法求点到直线的距离. 【详解】 由题意知，平面，平面，所以， 又，故以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图空间直角坐标系，    则，得 所以， 记， 则，， 所以到直线的距离为. 故答案为：. 44．（25-26学年高二上·山东师范大学附属中学·期中）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，点，分别是棱，的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） 因为四棱锥的底面是正方形，平面， 所以以点D为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 所以，． 设平面EFD的法向量为， 则 ，令，则． 又因为，所以，即， 由平面，得平面．      （2）      【分析】 （1）通过建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再根据向量平行关系判断直线与平面的垂直关系. （2）已知两个平面的法向量，利用向量点积公式求两个法向量夹角的余弦值，此余弦值的绝对值即为两个平面夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设平面与平面的夹角为， 平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 所以， 则平面与平面的夹角的余弦值为． 45．（25-26学年高二上·山东青岛第五十八中学·期中）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，点在线段上，平面. （1）证明：为的中点； （2）若，二面角的余弦值为，求的长. 【答案】（1） 连接交于点，连接． 因为底面为菱形，所以为的中点． 又因为平面，平面，平面平面， 所以， 所以为的中点.     （2）      【分析】 （1）连接交于点，连接，根据线面平行的性质得到，即可得证； （2）取中点，连接，即可得到，建立空间直角坐标，设，求出平面、平面的法向量，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可求出. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取中点，连接． 在菱形中，，所以，则为正三角形， 所以，又，所以． 又因为平面，如图建立空间直角坐标系． 设， 则，，，， 则，，， 则平面的一个法向量为． 设平面的一个法向量为， 则 ，取， 因为二面角的余弦值为， 所以，解得（负值已舍去）， 所以． 46．（25-26学年高二上·山东济南第三中学·期中）球面距离在地理学、导航系统、信息技术等多个领域有着广泛应用．球面距离的定义：球面上两点之间的最短连线的长度，即经过这两点的大圆（经过球心的平面截球面所得的圆）在这两点间的一段劣弧的长度．这个弧长就被称作两点的球面距离．    （1）在正四棱柱（底面为正方形的直棱柱）中，，，求顶点，在该正四棱柱外接球上的球面距离． （2）如图1，在直角梯形中，，，，．现将沿边折起到，如图2，使得点在底面的射影在上． ①求点到底面的距离； ②设棱锥的外接球为球，求，两点在球上的球面距离． 参考数据：，． 【答案】（1）；     （2）①；②.      【分析】 （1）求出线段所对的正四棱柱外接球截面大圆的圆心角，再求出弧长. （2）① 根据给定条件可得平面，再在直角三角形中求出；② 利用球的截面性质确定球心，求出球半径，进而求出球面距离. (1) 小问详解： 正四棱柱的外接球直径，球半径， 因此球心与点构成正三角形，弦所对球过的大圆圆心角为，弧长为， 所以顶点，在该正四棱柱外接球上的球面距离为. (2) 小问详解： ① 在直角梯形中，，，，， ，，则为正三角形， 在棱锥中，平面，而平面，则， 又，平面，则平面， 而平面，因此，， 在中，，，， 所以点到底面的距离为. ② 取中点，则为外接圆圆心，令正的外接圆圆心为， 连接，则，平面，平面， 于是，， 在中，，因此棱锥的外接球半径， 有，球的弦所对大圆的圆心角为， ，即是钝角，而， 则，在大圆中所对劣弧长为， 所以，两点在球上的球面距离为. 47．（25-26学年高二上·山东济南第三中学·期中）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，且，点E在上. （1）求证：平面； （2）若E为的中点，求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1） 因为底面，、底面，所以，， 所以，， 所以矩形是正方形，所以， 因为，所以平面     （2）.      【分析】 （1）由条件可得，，然后算出的长度可得矩形是正方形，然后可得，即可证明； （2）、、两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知、、两两垂直，建系如图， ，0，，，2，，，0，，，2，，，1，， ，，，，1，，，2，， 设平面的法向量为， 则，，即 所以可取，0，， 所以直线与平面所成的角的正弦值为． 48．（25-26学年高二上·山东枣庄·期中）在空间直角坐标系中，经过点且方向向量为的直线方程为，已知空间中一条直线方程为，则点到直线的距离为　　　　　　. 【答案】 【分析】 由题意直线经过点，且为一个方向向量，易得，应用点线距离的向量求法求点到直线的距离即可. 【详解】 由题意，直线为，经过点， 且为一个方向向量， 所以， 故点到直线的距离为. 故答案为：. 49．（25-26学年高二上·山东潍坊寿光第一中学·期中）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，.    （1）若为的中点，求证：平面； （2）若平面. （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）求点到平面的距离. 【答案】（1） 取中点，连接，，如图：    因为与均为等腰直角三角形，且，. 所以四边形为直角梯形，且，，. 所以四边形为正方形. 所以，平面，平面，所以平面； 又因为为中点，所以，平面，平面，所以平面， 且平面，，所以平面平面. 又平面，所以平面.     （2）（i）；（ii）.      【分析】 （1）先证平面平面，再根据面面平行得到线面平行. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦和点到平面的距离. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面，四边形为正方形，故可以为原点，建立空间直角坐标系，如图：    因为， 所以，，，，. 所以，，，. 设平面的法向量为， 则 ，可取. 因为，，所以平面的一个法向量为：. （i）设平面与平面夹角为，则. （ii）点到平面的距离为. 50．（25-26学年高二上·山东潍坊寿光第一中学·期中）如图，在棱长为1的正方体中，直线到平面的距离等于　　　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 建立空间直角坐标系后，利用向量法可证平面，再求点到平面的距离即可. 【详解】 以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，，. 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为. 又，所以. 又平面，所以平面， 所以点到平面的距离等于直线到平面的距离为. 51．（25-26学年高二上·山东潍坊寿光第一中学·期中）如图，在平行六面体中，底面ABCD是边长为1的正方形，，，，，，M为中点. （1）用空间的一个基底表示，； （2）求，，异面直线DM与所成角的余弦值. 【答案】（1），     （2）；；      【分析】 （1）根据题意空间向量的线性运算结合空间向量的基本定理分析运算； （2）根据向量的数量积的运算律可得，，，进而可得，即可得结果. (1) 小问详解： 由题意可得：， . (2) 小问详解： 由题意可得：， 因为， ， ， 可得， 又因为异面直线夹角为锐角或直角，所以异面直线与所成角的余弦值. 52．（25-26学年高二上·山东潍坊寿光第一中学·期中）如图，边长为的菱形中，，分别为的中点，沿将折起，使得平面平面． （1）证明：平面平面； （2）在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成的角最大？若存在，求的长度，若不存在，说明理由． 【答案】（1） 证明：在菱形中，，为的中点， ， 平面平面，且平面平面，平面， 平面， 又平面，平面平面．     （2）存在；的长度为.      【分析】 （1）利用面面垂直的性质可得平面，由面面垂直的判定可得结论； （2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，利用线面角的向量求法可得，可知当时，最大，此时最大，由此可得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知：两两互相垂直，则以为坐标原点，射线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， ，设， ，， 轴平面，平面的一个法向量， 设直线与平面所成的角为，则， ，当时，取得最小值，取得最大值， 又在上单调递增， 当时，取得最大值， 此时，即的长度为． 53．（25-26学年高二上·山东青岛第三十九中学·期中）如图，在四棱锥中，底面，是直角梯形，，，，E是的中点.    （1）求证：平面平面； （2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 平面，平面，， ，，， ，， 又，平面，平面， 平面，平面平面；     （2）.      【分析】 （1）先利用线面垂直的性质定理得，然后结合勾股定理利用线面垂直的判定定理得平面，进而利用面面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量和平面的法向量，利用平面与平面夹角的向量公式列式求得，再利用线面角的向量公式求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，以为原点，取中点，    、、分别为轴、轴、轴正向，建立空间直角坐标系， 则，，.设， 则，，，， 取，则，为平面的法向量. 设为平面的法向量，则， 即 ，取，，，则. 依题意，，则. 于是，. 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 54．（25-26学年高二上·山东聊城·期中）棱长为2的正方体中，分别为棱上的动点，且. （1）若，求与所成的角的余弦值； （2）证明：平面平面. 【答案】（1）     （2） 设，则， . 设平面的一个法向量， 由 则 令，则，所以平面的一个法向量. 同理可得平面的一个法向量. 因为. 所以平面平面.      【分析】 （1）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，求得，再利用夹角公式求解； （2）求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，再由证明. (1) 小问详解： 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. ， . 所以， . 所以. 故与所成的角的余弦值为. (2) 小问详解： 略 55．（25-26学年高二上·山东青岛第二中学·期中）如图，在四棱锥中，底面，且是矩形，．点是的中点，过作交于点 （1）证明：平面； （2）若与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 因为底面，平面，所以. 又底面为矩形，所以. 因为、平面，，所以平面. 又平面，所以. 又，为的中点，所以. 因为、平面，，所以平面. 又平面，所以. 又，、平面，， 所以平面.     （2）      【分析】 （1）证明出平面，可得出，由等腰三角形的几何性质得出，进而可得出平面，可得出，再结合以及线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）建立空间直角坐标系，利用已知条件确定的长，利用空间向量求二面角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，平面，垂足为. 所以即为与平面所成的角. 由，，所以. 在中，，，， 所以，所以. 由得，所以. 由得，所以. 以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系： 则、、、，， 因为为中点，所以. 且，. 设平面的一个法向量为， 则 ，取，则， 由（1）可知，平面的一个法向量可取. 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为. 56．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）如图，三棱柱的侧面为菱形，平面平面，，. （1）证明：； （2）点到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 取的中点，连接，不妨设， 因为四边形为菱形，所以， 则，得到三角形是等边三角形，， 面，因为平面平面，所以平面， 而，可得，作， 如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 设，由题意得，，，， 则，，， 因为，所以，可得，解得， 而，得到，化简得， 解得（负根舍去），故， 而，得到，故.     （2）      【分析】 （1）先判断需证明的结论和的具体长度无关，再设出具体边长，建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标，利用空间位置关系的向量证明求解即可. （2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设，可得，， ，，同理可求， 则，，， 设平面的法向量， 可得 ，令，解得，， 得到，设点到平面的距离为， 由点到平面的距离公式得， 因为点到平面的距离为，所以，解得， 此时，，，， 可得，， 设面的法向量为， 可得 ，令，解得，， 得到，设直线与平面所成角为， 可得. 57．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）如图，四棱柱的底面是矩形，，，，为棱的中点. （1）求的长； （2）求直线与直线所成角的余弦值. 【答案】（1）；     （2）.      【分析】 （1）设，利用基底法表示出，再根据向量数量积运算律即可得到答案； （2）根据向量数量积运算律求出，再利用向量夹角余弦值的计算公式即可得到答案. (1) 小问详解： 设，则， ， 所以， 所以． (2) 小问详解： ， ， ， 设直线与所成角为，则， 所以直线与所成角的余弦值为． 58．（25-26学年高二上·山东淄博·期中）在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，且，则直线到平面ABC的距离的最大值为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 取BC的中点O，以O为原点建系，设，根据，列出方程组，得出，即可求出距离的最值. 【详解】 取BC的中点O，连接OA， 以O为原点，以OA，OB所在直线分别为x轴，y轴， 垂直于平面ABC且过点O的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，， 设，由得，， 则，， 因为，所，所以① ， 又，，则② ， 联立① ② ，得，则，， 则点到平面ABC的距离为，故直线到平面ABC的距离的最大值为. 故答案为： 59．（25-26学年高二上·山东淄博·期中）如图， ⊥平面，，. （1）求证: 平面； （2）求直线与平面 所成角的正弦值； （3）若二面角的余弦值为求线段的长. 【答案】（1）依题意，可以建立以A为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)， 可得. 设，则. 依题意，是平面ADE的法向量， 又，可得， 又因为直线平面，所以平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）首先利用几何体的特征建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量和平面的法向量的关系即可证明线面平行； （2）分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后求解线面角的正弦值即可； （3）首先确定两个半平面的法向量，然后利用二面角的余弦值计算公式得到关于长度的方程，解方程可得的长度. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 依题意，， 设为平面BDE的法向量， 则 ，即 ， 不妨令，可得， 因此有. 所以直线与平面所成角的正弦值为. (3) 小问详解： 设为平面BDF的法向量，则 ，即 . 不妨令，可得. 由题意，有，解得. 经检验，符合题意， 所以，线段的长为. 60．（25-26学年高二上·山东青岛第十九中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点在棱上，且直线与所成的角为． （1）证明：点为棱的中点； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系． 不妨设，则． 设，则， 可得， 由题意可得， 整理可得，解得， 所以点为棱的中点．     （2）      【分析】 （1）建系标点，设，根据直线与的交点求得，即可得结果； （2）求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可得：， 设平面的法向量为，则 ， 令，则，可得． 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． 61．（25-26学年高二上·山东青岛第十九中学·期中）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球O的半径为R.A、B、C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a，设表示以O为圆心，且过B、C的圆，同理，圆的劣弧AC、AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角分别为，则球面三角形的面积为. （1）若平面OAB、平面OAC、平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积； （2）若平面三角形ABC为直角三角形，，设. ①求证：； ②延长AO与球O交于点D，若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，S为AC中点，T为BC中点，设平面OBC与平面EST的夹角为，求的最小值，及此时平面AEC截球O的面积. 【答案】（1）     （2） ① 证明：由余弦定理有： ，且， 消掉，可得. ②，      【分析】 （1）易得，再由球面三角形ABC面积公式求解； （2）① 利用余弦定理和求解；② 根据AD是球的直径，论证，则以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面OBC法向量和平面EST法向量，由，确定t的取值，设平面AEC中的法向量，确定球心O到平面AEC距离为，设平面AEC截球O圆半径为r，由求解. (1) 小问详解： 若平面OAB，OAC，OBC两两垂直，有， 所以球面三角形ABC面积为， (2) 小问详解： ① 略 ② 由AD是球的直径，则，， 且平面BCD， 所以平面BCD，且平面BCD， 则，且平面ABC， 可得平面ABC， 由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，所以，， 不妨先令，则， 由， 以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立如图空间直角坐标系， 设，则，，， 可得，， 则， 设平面OBC法向量， 则 取，则， 可得，， 设平面EST法向量， 则 取，则， 可得， 要使取最小值时，则取最大值， 因为， ， ， 令， 则， 可得， 当且仅当时取等号. 则取最大值，为最小值， 此时点后，可得， 设平面AEC中的法向量， 则 取，则， 可得， 可得球心O到平面AEC距离为， 设平面AEC截球O圆半径为r，则， 所以截面圆面积为. 62．（25-26学年高二上·山东淄博实验中学·期中）如图，四棱锥中，底面为菱形，侧面为等边三角形，平面平面，，，M是的中点.    （1）求证：； （2）求二面角的余弦值； （3）在线段上是否存在点P，使得直线与平面所成的角为45°，若存在，求出的值：若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明： ，M是的中点.，， 平面平面， 平面平面，平面， 平面，平面，      （2）     （3）存在，      【分析】 （1）推导出，从而平面，由此能证明． （2）建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值． （3）求出和平面ABE的法向量，利用向量法能示出在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45°，且． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 平面，，是正三角形， 两两垂直． 建立如图所示空间直角坐标系 则0，，0，，0，，，0，， ，0，， 设是平面BCE的一个法向量， 则 ， 令，得， 轴与平面ABE垂直，是平面ABE的一个法向量 ， 设二面角的平面角为，结合图形可知为锐角，故 二面角的余弦值为 (3) 小问详解： 假设在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45°． 0，，， 设，， 则， 直线与平面所成的角为45°， ， 由，解得， 线段上是否存在点P，使得直线与平面所成的角为45°，且 63．（25-26学年高二上·山东名校考试·期中）在四棱锥中，，，，，且平面， （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值； （3）过点的平面与侧棱，，分别交于点，，，若四边形为菱形，求的长. 【答案】（1） 因为，，， 所以由勾股定理得，得到，， 因为，所以，，即， 因为平面，平面，所以； 因为，平面，所以平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）利用勾股定理和线面垂直的性质得到线线垂直，再利用线面垂直的判定定理求解即可. （2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再利用平面和平面夹角的向量求法求解即可. （3）设出关键点的坐标，结合菱形的性质建立方程组，求解参数得到，再利用建立方程，求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，以为原点，过作的平行线为轴， ，分别为轴和轴建系， 则，，，，， 则，， 易知平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则 ，即 ， 取，解得，，则， 设平面与平面的夹角为， 则. 故平面与平面夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 令，则， 而E，F，G分别在，，上，令，， 因为四边形为菱形，所以，， 所以，，， 得到，， 而，可得 ， 解得，，， 得到，， 因为，所以， 解得，即. 64．（25-26学年高二上·山东名校考试·期中）已知正方体的棱长为，，分别为棱，的中点，，若平面，则实数的值为　　　　　. 【答案】 【分析】 由题可建立空间直角坐标系，然后设，结合，求出，再求出平面的一个法向量，由平面，可得，即可求解. 【详解】 以D为坐标原点，以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，， 则，，， 设，因，可得，则， 设平面的一个法向量为， 则 ，令，可得，即， 又因为平面，则，解得. 故答案为：. 65．（25-26学年高二上·山东名校考试·期中）已知正方体和平面，直线平面，直线平面，为线段的中点.    （1）证明：直线平面； （2）已知，当直线与平面所成角最大时，求的值. 【答案】（1） 设正方体的棱长为，以点为坐标原点，，，分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，    则，，，，，， ，. 设平面的一个法向量为， 则 ，即 ， 取，则， 因为，所以， 所以直线平面.     （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标和向量坐标；根据线面平行的性质，平面的法向量与和都垂直，从而求解平面的法向量；再证明与该法向量平行，进而证明线面垂直. （2）用参数表示点的坐标，进而得到的坐标；根据线面角的向量公式，将线面角的正弦值表示为关于的函数；通过分析二次函数的最值，即可求出的值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由已知，， 又，则，所以， 设直线与平面所成的角为， 则， 当时，取到最大值，此时. 故当直线与平面所成角最大时，的值为. 66．（25-26学年高二上·山东德州·期中）如图，已知在四棱锥P-ABCD中，平面ABCD，点Q在棱PA上，且，底面为直角梯形，，，，，M，N分别是PD，PB的中点. （1）求证：平面PCB； （2）直线AD与直线CN所成角的余弦值. 【答案】（1） 法一：取的中点，连接,则，. 依题意得，，， 则四边形为平行四边形，， 为的中点，所以，所以， 又平面，平面，故平面. 法二：以为原点，以分别为建立空间直角坐标系， 由，，，，，分别是的中点， 可得：，，，， ，，，， 可得，， 设平面的法向量， 则有 即 ，令，则，， 则， 又平面，所以平面.     （2）      【分析】 （1）根据线面平行判定定理求解； （2）根据异面直线夹角的公式求值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 法一：由（1）知，， 则直线与直线的所成角为直线与直线的所成角， 因为，，所以， 在中，， 则直线与直线所成角的余弦值为. 法二：由（1）知，， ， 所以直线与直线所成角余弦值为. 67．（25-26学年高二上·山东青岛青岛第十七中学·期中）如图，在三棱锥中、底面ABD，．动点C在平面ABD内、且点A，C在直线BD两侧． （1）若四边形ABCD为正方形，求直线PC与平面PAB所成角的大小； （2）若点C到平面PBD的距离为、求的面积的最小值． 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）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； （2）由题意建立空间直角坐标系，设点，求得平面的法向量，利用点面距得到，设C点到直线PB的距离为，表达出，求出的最小值，进而求出三角形面积最小值. (1) 小问详解： 底面ABD，平面， 所以，， 因为，四边形ABCD为正方形，所以， 以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得，，， 设平面PAB的一个法向量为，则 ， 所以 ，解得，令，则，故， 直线PC与平面PAB的所成角为， 所以， 所以直线PC与平面PAB的所成角的大小为； (2) 小问详解： 过A作直线平面ABCD，又， 以A为原点，AB，AD，AW所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，设点， 可得，，， 设平面PBD的一个法向量为，则 ， 所以 ，解得，令，则，得， 设点C到平面PBD的距离为d， 则， 所以或， 因为点A，C在直线BD两侧，故，故舍去， 直线PB的单位方向向量为， 设C点到直线PB的距离为， 其中 则 ， 当且仅当时取等号， 综上，的面积 68．（25-26学年高二上·山东济南第一中学·期中）如图，四边形与均为菱形，，，.    （1）求证：平面； （2）为线段上的动点，求与平面所成角正弦值的最大值； （3）设中点为，为四边形内的动点（含边界）且，求动点的轨迹长度. 【答案】（1）证明：因为四边形为菱形，则， 设，连接，则为的中点， 因为，则， 因为，、平面，故平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）利用菱形的几何性质可得出，设，利用等腰三角形三线合一的性质可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）连接，推导出，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，其中，利用空间向量法可求得与平面所成角正弦值的最大值； （3）设点，根据可得出点的轨迹方程，明确点的轨迹形状，即可得解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 连接，因为四边形为菱形，则， 又因为，则为等边三角形， 因为为的中点，则， 又因为平面，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，    因为，四边形为菱形，且，则是边长为的等边三角形， 所以，，，， 同理可得， 所以，、、、、、， 则，， 设平面的法向量为， 则 ，取，可得， 因为为上的动点，设，其中， 且，， 所以，， 设直线与平面所成角为， 则 ， 当时，取最大值，且最大值为， 因此，与平面所成角正弦值的最大值为. (3) 小问详解： 因为为的中点，则， 设点，则，， 因为，即，即， 化简可得， 故动点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在四边形内的部分， 即圆心角为的圆弧，故所求轨迹的长度为. 69．（25-26学年高二上·山东青岛第五十八中学·期中）如图所示，在平行六面体中，底面是边长为3的菱形，分别在线段和上，且，． （1）证明：四点共面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）由，因为平行六面体可知： 且 又因为，， 所以， 则有，即四点共面；     （2）      【分析】 （1）利用空间向量的线性运算来证明两向量相等，得四点共面； （2）利用空间向量的线性运算和数量积运算，来证明两平面二面角的平面角，再用空间向量法来求夹角余弦值，从而问题可得解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取的中点为，连接， 由于，则有， 又由余弦定理得： 所以， 又由， 则， 所以有，又因为的中点为，所以, 即就是平面与平面的夹角或其补角， 由， ， 由， ， ， 所以有， 故平面与平面夹角的余弦值是. 70．（25-26学年高二上·山东莱西第一中学·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，,为的中点，点在上，且． （1）求证：平面; （2）求二面角的余弦值； （3）设点在上，且．判断直线是否在平面内，说明理由． 【答案】（1）因为平面，平面，则， 由题意可知，且，平面， 由线面垂直的判定定理可得平面.     （2）     （3）直线在平面内，理由如下： 易知，，由，可得， 则，由平面的一个法向量为， 其中，且点在平面内，故直线在平面内.      【分析】 （1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论； （2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角的余弦值； （3）首先求得点的坐标，然后结合平面的法向量和直线的方向向量可判断直线是否在平面内. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以点为坐标原点，平面内与垂直的直线为轴， ，方向为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 易知：，，， 由可得点的坐标为， 由可得，设平面的法向量为：， 则 ， 据此可得平面的一个法向量为：， 很明显平面的一个法向量为， 得到， 而二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为. (3) 小问详解： 略 71．（25-26学年高二上·山东莱西第一中学·期中）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）[方法一]：几何法 因为，所以． 又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示， 过E作的平行线分别与交于其中点，连接， 因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点， 易证，则． 又因为，所以． 又因为，所以平面． 又因为平面，所以． [方法二] 【最优解】：向量法 因为三棱柱是直三棱柱，底面， ，，，又，平面．所以两两垂直． 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图． ，． 由题设（）． 因为， 所以，所以． [方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以． （2） 【分析】 （1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直； （2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案； 【详解】 （1）略 （2）[方法一]【最优解】：向量法 设平面的法向量为， 因为， 所以 ，即 ． 令，则 因为平面的法向量为， 设平面与平面的二面角的平面角为， 则． 当时，取最小值为， 此时取最大值为． 所以，此时． [方法二] ：几何法 如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面． 作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角． 设，过作交于点G． 由得． 又，即，所以． 又，即，所以． 所以． 则， 所以，当时，． [方法三]：投影法 如图，联结， 在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则． 设，在中，． 在中，，过D作的平行线交于点Q． 在中，． 在中，由余弦定理得，，， ，， 当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为． 【详解】【整体点评】 第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维. 第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维． 72．（25-26学年·山东德州九校·期中）如图，四棱锥的侧棱底面，已知底面是正方形，若，且是的中点. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 如图，连接交于点，连接， 因为底面是正方形， 所以为的中点， 又因为是的中点， 所以在中，， 又平面，平面， 所以平面；     （2）      【分析】 （1）根据线面平行判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，根据线面角向量法求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为四棱锥的底面是正方形，所以， 又因为侧棱底面，底面， 所以，， 如图，以为坐标原点，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，，. 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则 ，即 ， 令，则，，所以， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 73．（25-26学年高二上·山东枣庄·期中）如图，在三棱锥中，为正三角形，平面，点为线段BC上的动点， （1）若点为BC中点，证明： （2）在（1）的条件下，求平面PAC与平面ACF夹角的余弦值 （3）求线段长的最小值 【答案】（1） 法1：因为为正三角形，点为BC中点， 所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以； 法2：因为为正三角形，点为BC中点，， 所以， 因为平面，平面，所以， 所以， 因为， 所以，则， 因为为正三角形，点为BC中点， 所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以， 所以， 所以；     （2）     （3）      【分析】 （1）证法1：由等腰三角形的性质得，由线面垂直的性质得，则得平面，再证得平面，再利用线面垂直的性质可证得结论；证法2：在中求出，在中求出，从而可求出，再在中求出，最后在中利用勾股定理的逆定理可证得结论； （2）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中EC，EA为轴，轴的正半轴，然后利用空间向量求解即可； （3）法1：以的中点为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中为轴，轴的正半轴，设，由表示出，从而可表示出，进而可求出其最小值；法2：设BC的中点为，取PA中点，过点作平面PBC垂线，垂足为，可得点轨迹为在平面PBC中的以为圆心，为半径的圆弧，从而可求得结果. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知， 则以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中EC，EA为轴，轴的正半轴， 则 ， 设平面PAC的法向量为，则 ，令，则法向量为， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 设平面PAC与平面ACF夹角为， 则， 即平面PAC与平面ACF夹角的余弦值为； (3) 小问详解： 法1：以的中点为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中为轴，轴的正半轴，则， 设 ， ， 令 则， 在上单调递减，上单调递增 当时，， 法2：设BC的中点为，取PA中点，过点作平面PBC垂线，垂足为， 且平面， 点的轨迹为以PA为直径，即的球与平面PBC的相交圆弧， 由（1）可知，，相交圆半径， 点轨迹为在平面PBC中的以为圆心，为半径的圆弧， ， 【点睛】 关键点点睛：此题考查线线垂直的证明，考查二面角的求法，解题的关键是根据题意合理建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题. 74．（25-26学年高二上·山东威海第二中学·期中）如图，在三棱锥中，底面，，点分别为棱的中点，是线段的中点，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段AH的长． 【答案】（1）证明如下： 在三棱棱中，底面，，易得两两垂直，故以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图， 因为点分别为棱的中点，是线段的中点，， 则， 则，, 设平面的一个法向量，则 ，即 ， 令,则，故， 所以，故， 又平面，所以平面. .      （2）     （3）      【分析】 （1）根据题意建立空间直角坐标系，由此求得平面的法向量与，利用空间数量积判断两向量的关系，从而证得平面； （2）利用（1）中结论求得平面与平面的法向量，利用空间数量积求角公式即可求得平面与平面夹角的余弦值； （3）设，从而得到，再由它们所成角的余弦值为得到关于的二次方程，解之即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）得， 设平面的一个法向量，则 ， 令，则，得， 易知平面，故设平面的一个法向量， 设平面与平面的平面角为，则由图形易知为锐角， 故， 即平面与平面夹角的余弦值为. . (3) 小问详解： 设，则， 故 则，解得或（舍去）， 故，即线段的长为. . 75．（25-26学年高二上·山东聊城·期中）在三棱锥中，与平面所成的角为.    （1）若，如图，过点作平面，分别交于点. ①求的值； ②若为的中点，为平面内的动点，求周长的最小值. （2）若，求平面与平面所成角的取值范围. 【答案】（1）①；②     （2）      【分析】 （1）以为坐标原点，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，① 设，由得，解出即可求解；② 设点关于平面的对称点为，则，当共线时，有最小值，最小值为，先求的坐标，利用两点间距离公式得，进而求解； （2）以为坐标原点，所在直线为轴，平行的直线为轴，垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，点在平面的投影为以为圆心，为半径，设分别求平面与平面的法向量，设平面与平面所成的角为，且，利用向量的夹角公式得，令，则，利用单调性即可求解. (1) 小问详解： ① 由，得，过点作，以为坐标原点，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 由，得，，则， . 设，则， 因为，所以，则，即，解得.故的值为.    ② 设点关于平面的对称点为，则，所以，当共线时，有最小值，最小值为. 因为在上，平面与平面交于点，所以为的中点. 因为，所以点的坐标为. 因为为中点，所以点的坐标为. 因为为的中点，所以点的坐标为. 所以，又. 所以周长的最小值为. (2) 小问详解： 以为坐标原点，所在直线为轴，平行的直线为轴，垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图.    . 因为与平面所成的角， 所以点在平面的投影在以为圆心、为半径的圆上 的圆，且点平面的距离为. 设， ， 设平面的法向量为， 可得 令，得. 易知平面的法向量为. 设平面与平面所成的角为，且， 则， 令，则. 又在上单调递减，因此， 所以平面与平面所成角的取值范围为. 76．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）用一个平面截圆锥，若圆锥的轴与该平面所成角大于圆锥轴截面的半顶角时，所得截口曲线是椭圆.在直角三角形中，，，，点在线段上，为的平分线，直线与平面垂直，垂足为.点，，记点的轨迹为曲线.    （1）说明：曲线为椭圆； （2）建立适当坐标系，求曲线的方程； （3）当四面体体积最大时，求平面与平面夹角的大小. 【答案】（1） 曲线 W 是椭圆的几何理由： 可将“  的点”视作以  为顶点、  为轴的圆锥面上的点， 圆锥轴截面的半顶角为 ， 点，点的轨迹为此圆锥面与平面的交线. 因为已知直线与平面垂直，垂足为，，所以， 因为在直角三角形中，，，点在线段上，为的平分线， 所以与平面所成的角为，， 若圆锥的轴与平面所成角（）大于圆锥轴截面的半顶角（）， 按圆锥曲线的判定规律可知该截线必为椭圆.     （2） 可取空间直角坐标系：令  为原点 ，令平面为平面， 由于 平面，可令 过点 平行于的直线为  轴，    曲线的方程为（依赖于坐标系）.     （3）      【分析】 （1）可将“  的点”视作以  为顶点、  为轴的圆锥面上的点，然后根据题意判定即可； （2）建立坐标系，利用空间向量运算求解； （3）法一：利用坐标系中坐标运算求解；法二：利用面面角的定义，使用线面垂直的判定定理，采用几何方法求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 可取空间直角坐标系：令  为原点 ，令平面为平面， 由于 平面，可令 过点 平行于的直线为  轴，    又知  中，，， 因为点  在  上且 平分  ， 由角分线定理得， 则，. 设平面  内任意点 坐标为. 向量，. 由  可用向量夹角公式， 所以， 化简可得，所以曲线的方程为； (3) 小问详解： 四面体  的底面可取三角形 (其平面即)， 面积为.  若 在上一步所求椭圆上，则其到平面的距离即. 四面体体积， 要使  最大，需在椭圆上使 取最大值. 下面用两种方法计算求解. 法一：由椭圆方程可知，当时，最大，此时，  取上顶点  . 取平面  的一个法向量为，  由 与 可求出 与 ， 平面  的法向量， 由 ，得 ，令，则， 所以平面 的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的大小为 30°. 综上，当四面体体积最大时，平面  与平面 α 的夹角为 30°. 法二：由上可知，又因为，所以， 因为平面，， 所以平面， 因为平面， 所以， 由，平面平面， 所以即为平面与平面夹角，即平面与平面的夹角为 30°. 77．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）已知平面四边形，，，，，沿直线将翻折成，则直线与直线所成角的余弦值最大为　　　　　. 【答案】.5 【分析】 取中点，以为原点建立空间直角坐标系，利用线线角的向量法求解得最大值. 【详解】 平面四边形，，，则， 过作于，取中点，连接，则， ，过作平面的垂线，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    设二面角的大小为，在翻折过程中始终垂直于， 则， ，设直线与直线所成角为， 因此 ，当且仅当时取等号， 所以直线与直线所成角的余弦值的最大值为. 故答案为： 78．（25-26学年高二上·山东淄博·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点，点在上，且．    （1）求证：平面； （2）判断直线是否在平面，说明理由； （3）是线段上的动点，是否存在点G使得AE与平面AFG所成夹角的正弦值为，请说明理由. 【答案】（1） 平面，，， ，，平面，平面， 平面．     （2）直线在平面内，理由如下： 以为原点，在平面内过作的平行线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， ，，，，，. 点在上，且， 面的一个法向量为， 则 ，取，得， 平面的一个法向量为， ， 故直线在平面内．     （3）存在，理由如下： 点在上，设，， 面的一个法向量为， 则 ，取，得， 要使得AE与平面AFG所成夹角的正弦值为，则，解得，满足条件. 所以，存在点G，为线段BP的靠近点P的三分点.      【分析】 （1）利用直线与平面判定定理求解 （2）（3）建立空间直角坐标系，空间向量法求线面角以及判断直线与平面位置关系。 (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 79．（25-26学年高二上·山东日照·期中）在空间直角坐标系中，向量，点，若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程为，一般式方程可表示为. （1）若直线的方向向量为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的正弦值； （2）若平面经过点，，，平面的一般式方程为，直线为平面和平面的交线，求平面的一般式方程，并求出直线的单位方向向量（写出一个即可）； （3）已知集合，，记集合中所有点构成的几何体为，中所有点构成的几何体为，求几何体的体积和的表面积. 【答案】（1）     （2）或.     （3）几何体的体积为，的表面积为      【分析】 （1）由题可得平面的一个法向量，再利用空间向量法即可求线面角的正弦值； （2）根据题意可求平面的一个法向量，再根据平面的点法式方程化简即可求平面的一般式方程，根据交线与两平面的法向量垂直即可求交线的一个方向向量，再根据单位向量的概念求解； （3）由题知集合是边长为2的正方体，利用平面的一般式方程分析集合由8个相同的三棱锥组成，根据相关长度即可求的体积，再分析两个几何图形截面相交的图形即可求的表面积． (1) 小问详解： 直线的方向向量为， 平面的一般式方程为，则平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为． (2) 小问详解： 平面经过点，，， ， 设平面的一个法向量， ，令，则，此时， 所以平面的点法式方程为， 即平面的一般式方程为， 又平面的一般式方程为，则平面的一个法向量， 设直线的一个方向向量，又直线为平面和平面的交线， 则 ，不妨取，则， 此时，， 所以直线的单位方向向量为， 其坐标为或． (3) 小问详解： 集合， 所以集合是以原点为中心，边长为2的正方体， ，当时，得， 根据题意知是平面的一般方程，且过， 则形成的是一个三棱锥，如图，    由对称性，所以中所有点构成的几何体为是由8个相同的三棱锥组成， 所以几何体的体积， 当时，的一部分如图所示，    ， 由对称性，中所有点构成的几何体的表面由8个边长为的正六边形与6个边长为的正方形组成， 所以的表面积． 80．（25-26学年高二上·山东德州·期中）如图1，在四边形中，，，，如图2，把沿折起，使点到达点处，且平面平面，为的中点.    （1）求证：； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）判断线段上是否存在点，使得三棱锥的体积为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 证明：在图1中，由，可得， 所以，则， 因为，可得，所以， 在图2中知，取AC的中点O，连接QO，BO， 又因为Q为PC的中点，可得，所以， 因为，可得， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以.     （2）     （3） 存在，      【分析】 （1）在图1中，证得，取AC的中点O，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得； （2）以为原点，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设点到平面的距离为d，根据题意，求得，得到点到平面的距离为，令得到，结合向量的距离公式，列出方程，即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：由题意知，平面平面，平面平面，且， 所以平面ABC，所以直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为坐标轴建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，，， 则，，，， 设平面的法向量为，则 ， 令，可得，，所以， 设平面的法向量为，因此 ， 令，可得，，所以， 因此， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 解：假设线段AP上是否存在点M，使得三棱锥的体积为， 在中，，可得， 因为三棱锥的体积为， 设点到平面的距离为d，可得，因此， 因此点到平面的距离为， 令（），由（2）得，， 又因为平面的法向量为， 则点到平面的距离为，解得， 所以线段上存在点，使得三棱锥的体积为，且. 81．（25-26学年高二上·山东师范大学附属中学·期中）如图，在三棱锥中，分别为的中点，为正三角形，平面平面. （1）连接，求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）在线段上是否存在异于端点的点，使得平面和平面夹角的余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 连接，如图所示： 为正三角形，又为中点， ， 平面平面，平面平面平面， 平面.     （2）     （3）存在，为中点，理由如下： 设存在， 由（1）可知是平面的一个法向量， 由题可设，且， ， 则， 设平面的法向量为，由于， 则 ， 令，则， ， 整理得，解得或（舍）， 故存在点，使得平面和平面夹角的余弦值为， 此时为中点.      【分析】 （1）根据已知条件利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）根据（1）中的结论以及已知条件以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，从而得出相关向量的坐标，设平面的法向量为，建立方程组得出法向量的坐标，再利用向量法求出点到面的距离即可； （3），且，根据（1）的结论和（2）建立的空间直角坐标系以及已知条件，利用向量法列出平面和平面夹角的余弦值的表达式求出参数分析即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知平面，又平面， ， 分别为的中点， ， ， 如图： ， 以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， ， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则 ， 令，则 则点到平面的距离为. (3) 小问详解： 略 82．（25-26学年高二上·山东实验中学·期中）已知正方体的棱长为1． （1）证明：平面； （2）已知点为平面内一动点，且与所成角为，求线段所形成的曲面面积S； （3）在棱上分别取点（均不与端点重合），二面角，分别记为，求的取值范围． 【答案】（1）证明：以D为原点，分别以DA、DC、所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 则 所以， ， 因为在平面内相交于点A， 所以平面；     （2）     （3）      【分析】 （1）以D为原点，分别以DA、DC、所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，空间向量垂直的坐标公式,然后利用线面垂直的判定即可得证； （2）首先得线段所形成的曲面是圆锥的侧面，求出半径和母线长即可得； （3）利用向量法求出二面角的余弦，然后利用均值不等式求出最值即可 (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 在平面中，连接交于点， 由（1）知平面， 因为 是正三角形，边长为，由， 即， 点为平面内一动点，且与所成角为，则， 所以点轨迹为以为圆心，为半径的圆， 线段所形成的曲面是圆锥的侧面，曲面面积； (3) 小问详解： 设， 平面DFG的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为， 设平面EFG的法向量为， 则， 所以 ，令，， 所以， 所以， ，， = ， ， ， ， ，当且仅当，即时取等号， 又， ， 所以的取值范围为. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 空间向量的应用 考点01 空间向量的应用 考点01 空间向量的应用 1．D 2．D 3．C 4．C 5．B 6．AC 7．A 8．AC 9．A 10．B 11．ABD 12．ACD 13．D 14．A 15．BCD 16．ABD 17．AB 18．ACD 19．AB 20．A 21．ABD 22．C 23．A 24．D 25．D 26．BCD 27．A 28．BCD 29．A 30．B 31．D 32．B 33．D 34．AC 35．ACD 36．A 37．ABD 38．ACD 39．B 40．【答案】1 【分析】 求出与直线的方向向量的夹角的余弦，转化为正弦后可得点到直线的距离． 【详解】 ， ， 所以， 点到的距离为． 故答案为：1． 41．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，根据点到平面距离向量法计算即可求解； （2）根据面面角向量法计算即可求解. (1) 小问详解： 以为坐标原点，直线分别为,,轴建立空间直角坐标系， 则， 设平面的一个法向量为， 则 ，取，则， 所以平面的一个法向量可以为， 即点到平面的距离为； (2) 小问详解： ． 设平面的一个法向量为， 则 ，取，则， 所以平面的一个法向量可以为， 显然是平面的一个法向量， 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. 42．【答案】（1）证明:由平面，且四边形为矩形，可建立如图所示空间直角坐标系， AI 则 由，得，解得，同理， ，显然面的一个法向量为， 显然且面，故面     （2）.      【分析】 （1）根据题设建立合适的空间直角坐标系，应用向量法证明与面的一个法向量垂直，即可证结论； （2）根据（1）所得坐标系，应用向量法求点面距离. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设平面的一个法向量为，且， 由 ， 取，则， 所以为平面的一个法向量， 又， 点到平面的距离为. 43．【答案】 【分析】 以为原点，建立空间直角坐标系，向量法求点到直线的距离. 【详解】 由题意知，平面，平面，所以， 又，故以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图空间直角坐标系，    则，得 所以， 记， 则，， 所以到直线的距离为. 故答案为：. 44．【答案】（1） 因为四棱锥的底面是正方形，平面， 所以以点D为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 所以，． 设平面EFD的法向量为， 则 ，令，则． 又因为，所以，即， 由平面，得平面．      （2）      【分析】 （1）通过建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再根据向量平行关系判断直线与平面的垂直关系. （2）已知两个平面的法向量，利用向量点积公式求两个法向量夹角的余弦值，此余弦值的绝对值即为两个平面夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设平面与平面的夹角为， 平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 所以， 则平面与平面的夹角的余弦值为． 45．【答案】（1） 连接交于点，连接． 因为底面为菱形，所以为的中点． 又因为平面，平面，平面平面， 所以， 所以为的中点.     （2）      【分析】 （1）连接交于点，连接，根据线面平行的性质得到，即可得证； （2）取中点，连接，即可得到，建立空间直角坐标，设，求出平面、平面的法向量，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可求出. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取中点，连接． 在菱形中，，所以，则为正三角形， 所以，又，所以． 又因为平面，如图建立空间直角坐标系． 设， 则，，，， 则，，， 则平面的一个法向量为． 设平面的一个法向量为， 则 ，取， 因为二面角的余弦值为， 所以，解得（负值已舍去）， 所以． 46．【答案】（1）；     （2）①；②.      【分析】 （1）求出线段所对的正四棱柱外接球截面大圆的圆心角，再求出弧长. （2）① 根据给定条件可得平面，再在直角三角形中求出；② 利用球的截面性质确定球心，求出球半径，进而求出球面距离. (1) 小问详解： 正四棱柱的外接球直径，球半径， 因此球心与点构成正三角形，弦所对球过的大圆圆心角为，弧长为， 所以顶点，在该正四棱柱外接球上的球面距离为. (2) 小问详解： ① 在直角梯形中，，，，， ，，则为正三角形， 在棱锥中，平面，而平面，则， 又，平面，则平面， 而平面，因此，， 在中，，，， 所以点到底面的距离为. ② 取中点，则为外接圆圆心，令正的外接圆圆心为， 连接，则，平面，平面， 于是，， 在中，，因此棱锥的外接球半径， 有，球的弦所对大圆的圆心角为， ，即是钝角，而， 则，在大圆中所对劣弧长为， 所以，两点在球上的球面距离为. 47．【答案】（1） 因为底面，、底面，所以，， 所以，， 所以矩形是正方形，所以， 因为，所以平面     （2）.      【分析】 （1）由条件可得，，然后算出的长度可得矩形是正方形，然后可得，即可证明； （2）、、两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知、、两两垂直，建系如图， ，0，，，2，，，0，，，2，，，1，， ，，，，1，，，2，， 设平面的法向量为， 则，，即 所以可取，0，， 所以直线与平面所成的角的正弦值为． 48．【答案】 【分析】 由题意直线经过点，且为一个方向向量，易得，应用点线距离的向量求法求点到直线的距离即可. 【详解】 由题意，直线为，经过点， 且为一个方向向量， 所以， 故点到直线的距离为. 故答案为：. 49．【答案】（1） 取中点，连接，，如图：    因为与均为等腰直角三角形，且，. 所以四边形为直角梯形，且，，. 所以四边形为正方形. 所以，平面，平面，所以平面； 又因为为中点，所以，平面，平面，所以平面， 且平面，，所以平面平面. 又平面，所以平面.     （2）（i）；（ii）.      【分析】 （1）先证平面平面，再根据面面平行得到线面平行. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦和点到平面的距离. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面，四边形为正方形，故可以为原点，建立空间直角坐标系，如图：    因为， 所以，，，，. 所以，，，. 设平面的法向量为， 则 ，可取. 因为，，所以平面的一个法向量为：. （i）设平面与平面夹角为，则. （ii）点到平面的距离为. 50．【答案】 【分析】 建立空间直角坐标系后，利用向量法可证平面，再求点到平面的距离即可. 【详解】 以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，，. 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为. 又，所以. 又平面，所以平面， 所以点到平面的距离等于直线到平面的距离为. 51．【答案】（1），     （2）；；      【分析】 （1）根据题意空间向量的线性运算结合空间向量的基本定理分析运算； （2）根据向量的数量积的运算律可得，，，进而可得，即可得结果. (1) 小问详解： 由题意可得：， . (2) 小问详解： 由题意可得：， 因为， ， ， 可得， 又因为异面直线夹角为锐角或直角，所以异面直线与所成角的余弦值. 52．【答案】（1） 证明：在菱形中，，为的中点， ， 平面平面，且平面平面，平面， 平面， 又平面，平面平面．     （2）存在；的长度为.      【分析】 （1）利用面面垂直的性质可得平面，由面面垂直的判定可得结论； （2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，利用线面角的向量求法可得，可知当时，最大，此时最大，由此可得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知：两两互相垂直，则以为坐标原点，射线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， ，设， ，， 轴平面，平面的一个法向量， 设直线与平面所成的角为，则， ，当时，取得最小值，取得最大值， 又在上单调递增， 当时，取得最大值， 此时，即的长度为． 53．【答案】（1） 平面，平面，， ，，， ，， 又，平面，平面， 平面，平面平面；     （2）.      【分析】 （1）先利用线面垂直的性质定理得，然后结合勾股定理利用线面垂直的判定定理得平面，进而利用面面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量和平面的法向量，利用平面与平面夹角的向量公式列式求得，再利用线面角的向量公式求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，以为原点，取中点，    、、分别为轴、轴、轴正向，建立空间直角坐标系， 则，，.设， 则，，，， 取，则，为平面的法向量. 设为平面的法向量，则， 即 ，取，，，则. 依题意，，则. 于是，. 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 54．【答案】（1）     （2） 设，则， . 设平面的一个法向量， 由 则 令，则，所以平面的一个法向量. 同理可得平面的一个法向量. 因为. 所以平面平面.      【分析】 （1）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，求得，再利用夹角公式求解； （2）求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，再由证明. (1) 小问详解： 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. ， . 所以， . 所以. 故与所成的角的余弦值为. (2) 小问详解： 略 55．【答案】（1） 因为底面，平面，所以. 又底面为矩形，所以. 因为、平面，，所以平面. 又平面，所以. 又，为的中点，所以. 因为、平面，，所以平面. 又平面，所以. 又，、平面，， 所以平面.     （2）      【分析】 （1）证明出平面，可得出，由等腰三角形的几何性质得出，进而可得出平面，可得出，再结合以及线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）建立空间直角坐标系，利用已知条件确定的长，利用空间向量求二面角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，平面，垂足为. 所以即为与平面所成的角. 由，，所以. 在中，，，， 所以，所以. 由得，所以. 由得，所以. 以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系： 则、、、，， 因为为中点，所以. 且，. 设平面的一个法向量为， 则 ，取，则， 由（1）可知，平面的一个法向量可取. 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为. 56．【答案】（1） 取的中点，连接，不妨设， 因为四边形为菱形，所以， 则，得到三角形是等边三角形，， 面，因为平面平面，所以平面， 而，可得，作， 如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 设，由题意得，，，， 则，，， 因为，所以，可得，解得， 而，得到，化简得， 解得（负根舍去），故， 而，得到，故.     （2）      【分析】 （1）先判断需证明的结论和的具体长度无关，再设出具体边长，建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标，利用空间位置关系的向量证明求解即可. （2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设，可得，， ，，同理可求， 则，，， 设平面的法向量， 可得 ，令，解得，， 得到，设点到平面的距离为， 由点到平面的距离公式得， 因为点到平面的距离为，所以，解得， 此时，，，， 可得，， 设面的法向量为， 可得 ，令，解得，， 得到，设直线与平面所成角为， 可得. 57．【答案】（1）；     （2）.      【分析】 （1）设，利用基底法表示出，再根据向量数量积运算律即可得到答案； （2）根据向量数量积运算律求出，再利用向量夹角余弦值的计算公式即可得到答案. (1) 小问详解： 设，则， ， 所以， 所以． (2) 小问详解： ， ， ， 设直线与所成角为，则， 所以直线与所成角的余弦值为． 58．【答案】 【分析】 取BC的中点O，以O为原点建系，设，根据，列出方程组，得出，即可求出距离的最值. 【详解】 取BC的中点O，连接OA， 以O为原点，以OA，OB所在直线分别为x轴，y轴， 垂直于平面ABC且过点O的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，， 设，由得，， 则，， 因为，所，所以① ， 又，，则② ， 联立① ② ，得，则，， 则点到平面ABC的距离为，故直线到平面ABC的距离的最大值为. 故答案为： 59．【答案】（1）依题意，可以建立以A为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)， 可得. 设，则. 依题意，是平面ADE的法向量， 又，可得， 又因为直线平面，所以平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）首先利用几何体的特征建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量和平面的法向量的关系即可证明线面平行； （2）分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后求解线面角的正弦值即可； （3）首先确定两个半平面的法向量，然后利用二面角的余弦值计算公式得到关于长度的方程，解方程可得的长度. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 依题意，， 设为平面BDE的法向量， 则 ，即 ， 不妨令，可得， 因此有. 所以直线与平面所成角的正弦值为. (3) 小问详解： 设为平面BDF的法向量，则 ，即 . 不妨令，可得. 由题意，有，解得. 经检验，符合题意， 所以，线段的长为. 60．【答案】（1） 以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系． 不妨设，则． 设，则， 可得， 由题意可得， 整理可得，解得， 所以点为棱的中点．     （2）      【分析】 （1）建系标点，设，根据直线与的交点求得，即可得结果； （2）求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可得：， 设平面的法向量为，则 ， 令，则，可得． 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． 61．【答案】（1）     （2） ① 证明：由余弦定理有： ，且， 消掉，可得. ②，      【分析】 （1）易得，再由球面三角形ABC面积公式求解； （2）① 利用余弦定理和求解；② 根据AD是球的直径，论证，则以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面OBC法向量和平面EST法向量，由，确定t的取值，设平面AEC中的法向量，确定球心O到平面AEC距离为，设平面AEC截球O圆半径为r，由求解. (1) 小问详解： 若平面OAB，OAC，OBC两两垂直，有， 所以球面三角形ABC面积为， (2) 小问详解： ① 略 ② 由AD是球的直径，则，， 且平面BCD， 所以平面BCD，且平面BCD， 则，且平面ABC， 可得平面ABC， 由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，所以，， 不妨先令，则， 由， 以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立如图空间直角坐标系， 设，则，，， 可得，， 则， 设平面OBC法向量， 则 取，则， 可得，， 设平面EST法向量， 则 取，则， 可得， 要使取最小值时，则取最大值， 因为， ， ， 令， 则， 可得， 当且仅当时取等号. 则取最大值，为最小值， 此时点后，可得， 设平面AEC中的法向量， 则 取，则， 可得， 可得球心O到平面AEC距离为， 设平面AEC截球O圆半径为r，则， 所以截面圆面积为. 62．【答案】（1）证明： ，M是的中点.，， 平面平面， 平面平面，平面， 平面，平面，      （2）     （3）存在，      【分析】 （1）推导出，从而平面，由此能证明． （2）建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值． （3）求出和平面ABE的法向量，利用向量法能示出在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45°，且． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 平面，，是正三角形， 两两垂直． 建立如图所示空间直角坐标系 则0，，0，，0，，，0，， ，0，， 设是平面BCE的一个法向量， 则 ， 令，得， 轴与平面ABE垂直，是平面ABE的一个法向量 ， 设二面角的平面角为，结合图形可知为锐角，故 二面角的余弦值为 (3) 小问详解： 假设在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45°． 0，，， 设，， 则， 直线与平面所成的角为45°， ， 由，解得， 线段上是否存在点P，使得直线与平面所成的角为45°，且 63．【答案】（1） 因为，，， 所以由勾股定理得，得到，， 因为，所以，，即， 因为平面，平面，所以； 因为，平面，所以平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）利用勾股定理和线面垂直的性质得到线线垂直，再利用线面垂直的判定定理求解即可. （2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再利用平面和平面夹角的向量求法求解即可. （3）设出关键点的坐标，结合菱形的性质建立方程组，求解参数得到，再利用建立方程，求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，以为原点，过作的平行线为轴， ，分别为轴和轴建系， 则，，，，， 则，， 易知平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则 ，即 ， 取，解得，，则， 设平面与平面的夹角为， 则. 故平面与平面夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 令，则， 而E，F，G分别在，，上，令，， 因为四边形为菱形，所以，， 所以，，， 得到，， 而，可得 ， 解得，，， 得到，， 因为，所以， 解得，即. 64．【答案】 【分析】 由题可建立空间直角坐标系，然后设，结合，求出，再求出平面的一个法向量，由平面，可得，即可求解. 【详解】 以D为坐标原点，以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，， 则，，， 设，因，可得，则， 设平面的一个法向量为， 则 ，令，可得，即， 又因为平面，则，解得. 故答案为：. 65．【答案】（1） 设正方体的棱长为，以点为坐标原点，，，分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，    则，，，，，， ，. 设平面的一个法向量为， 则 ，即 ， 取，则， 因为，所以， 所以直线平面.     （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标和向量坐标；根据线面平行的性质，平面的法向量与和都垂直，从而求解平面的法向量；再证明与该法向量平行，进而证明线面垂直. （2）用参数表示点的坐标，进而得到的坐标；根据线面角的向量公式，将线面角的正弦值表示为关于的函数；通过分析二次函数的最值，即可求出的值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由已知，， 又，则，所以， 设直线与平面所成的角为， 则， 当时，取到最大值，此时. 故当直线与平面所成角最大时，的值为. 66．【答案】（1） 法一：取的中点，连接,则，. 依题意得，，， 则四边形为平行四边形，， 为的中点，所以，所以， 又平面，平面，故平面. 法二：以为原点，以分别为建立空间直角坐标系， 由，，，，，分别是的中点， 可得：，，，， ，，，， 可得，， 设平面的法向量， 则有 即 ，令，则，， 则， 又平面，所以平面.     （2）      【分析】 （1）根据线面平行判定定理求解； （2）根据异面直线夹角的公式求值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 法一：由（1）知，， 则直线与直线的所成角为直线与直线的所成角， 因为，，所以， 在中，， 则直线与直线所成角的余弦值为. 法二：由（1）知，， ， 所以直线与直线所成角余弦值为. 67．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）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； （2）由题意建立空间直角坐标系，设点，求得平面的法向量，利用点面距得到，设C点到直线PB的距离为，表达出，求出的最小值，进而求出三角形面积最小值. (1) 小问详解： 底面ABD，平面， 所以，， 因为，四边形ABCD为正方形，所以， 以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得，，， 设平面PAB的一个法向量为，则 ， 所以 ，解得，令，则，故， 直线PC与平面PAB的所成角为， 所以， 所以直线PC与平面PAB的所成角的大小为； (2) 小问详解： 过A作直线平面ABCD，又， 以A为原点，AB，AD，AW所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，设点， 可得，，， 设平面PBD的一个法向量为，则 ， 所以 ，解得，令，则，得， 设点C到平面PBD的距离为d， 则， 所以或， 因为点A，C在直线BD两侧，故，故舍去， 直线PB的单位方向向量为， 设C点到直线PB的距离为， 其中 则 ， 当且仅当时取等号， 综上，的面积 68．【答案】（1）证明：因为四边形为菱形，则， 设，连接，则为的中点， 因为，则， 因为，、平面，故平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）利用菱形的几何性质可得出，设，利用等腰三角形三线合一的性质可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）连接，推导出，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，其中，利用空间向量法可求得与平面所成角正弦值的最大值； （3）设点，根据可得出点的轨迹方程，明确点的轨迹形状，即可得解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 连接，因为四边形为菱形，则， 又因为，则为等边三角形， 因为为的中点，则， 又因为平面，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，    因为，四边形为菱形，且，则是边长为的等边三角形， 所以，，，， 同理可得， 所以，、、、、、， 则，， 设平面的法向量为， 则 ，取，可得， 因为为上的动点，设，其中， 且，， 所以，， 设直线与平面所成角为， 则 ， 当时，取最大值，且最大值为， 因此，与平面所成角正弦值的最大值为. (3) 小问详解： 因为为的中点，则， 设点，则，， 因为，即，即， 化简可得， 故动点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在四边形内的部分， 即圆心角为的圆弧，故所求轨迹的长度为. 69．【答案】（1）由，因为平行六面体可知： 且 又因为，， 所以， 则有，即四点共面；     （2）      【分析】 （1）利用空间向量的线性运算来证明两向量相等，得四点共面； （2）利用空间向量的线性运算和数量积运算，来证明两平面二面角的平面角，再用空间向量法来求夹角余弦值，从而问题可得解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取的中点为，连接， 由于，则有， 又由余弦定理得： 所以， 又由， 则， 所以有，又因为的中点为，所以, 即就是平面与平面的夹角或其补角， 由， ， 由， ， ， 所以有， 故平面与平面夹角的余弦值是. 70．【答案】（1）因为平面，平面，则， 由题意可知，且，平面， 由线面垂直的判定定理可得平面.     （2）     （3）直线在平面内，理由如下： 易知，，由，可得， 则，由平面的一个法向量为， 其中，且点在平面内，故直线在平面内.      【分析】 （1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论； （2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角的余弦值； （3）首先求得点的坐标，然后结合平面的法向量和直线的方向向量可判断直线是否在平面内. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以点为坐标原点，平面内与垂直的直线为轴， ，方向为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 易知：，，， 由可得点的坐标为， 由可得，设平面的法向量为：， 则 ， 据此可得平面的一个法向量为：， 很明显平面的一个法向量为， 得到， 而二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为. (3) 小问详解： 略 71．【答案】（1）[方法一]：几何法 因为，所以． 又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示， 过E作的平行线分别与交于其中点，连接， 因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点， 易证，则． 又因为，所以． 又因为，所以平面． 又因为平面，所以． [方法二] 【最优解】：向量法 因为三棱柱是直三棱柱，底面， ，，，又，平面．所以两两垂直． 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图． ，． 由题设（）． 因为， 所以，所以． [方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以． （2） 【分析】 （1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直； （2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案； 【详解】 （1）略 （2）[方法一]【最优解】：向量法 设平面的法向量为， 因为， 所以 ，即 ． 令，则 因为平面的法向量为， 设平面与平面的二面角的平面角为， 则． 当时，取最小值为， 此时取最大值为． 所以，此时． [方法二] ：几何法 如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面． 作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角． 设，过作交于点G． 由得． 又，即，所以． 又，即，所以． 所以． 则， 所以，当时，． [方法三]：投影法 如图，联结， 在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则． 设，在中，． 在中，，过D作的平行线交于点Q． 在中，． 在中，由余弦定理得，，， ，， 当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为． 【详解】【整体点评】 第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维. 第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维． 72．【答案】（1） 如图，连接交于点，连接， 因为底面是正方形， 所以为的中点， 又因为是的中点， 所以在中，， 又平面，平面， 所以平面；     （2）      【分析】 （1）根据线面平行判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，根据线面角向量法求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为四棱锥的底面是正方形，所以， 又因为侧棱底面，底面， 所以，， 如图，以为坐标原点，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，，. 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则 ，即 ， 令，则，，所以， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 73．【答案】（1） 法1：因为为正三角形，点为BC中点， 所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以； 法2：因为为正三角形，点为BC中点，， 所以， 因为平面，平面，所以， 所以， 因为， 所以，则， 因为为正三角形，点为BC中点， 所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以， 所以， 所以；     （2）     （3）      【分析】 （1）证法1：由等腰三角形的性质得，由线面垂直的性质得，则得平面，再证得平面，再利用线面垂直的性质可证得结论；证法2：在中求出，在中求出，从而可求出，再在中求出，最后在中利用勾股定理的逆定理可证得结论； （2）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中EC，EA为轴，轴的正半轴，然后利用空间向量求解即可； （3）法1：以的中点为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中为轴，轴的正半轴，设，由表示出，从而可表示出，进而可求出其最小值；法2：设BC的中点为，取PA中点，过点作平面PBC垂线，垂足为，可得点轨迹为在平面PBC中的以为圆心，为半径的圆弧，从而可求得结果. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知， 则以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中EC，EA为轴，轴的正半轴， 则 ， 设平面PAC的法向量为，则 ，令，则法向量为， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 设平面PAC与平面ACF夹角为， 则， 即平面PAC与平面ACF夹角的余弦值为； (3) 小问详解： 法1：以的中点为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中为轴，轴的正半轴，则， 设 ， ， 令 则， 在上单调递减，上单调递增 当时，， 法2：设BC的中点为，取PA中点，过点作平面PBC垂线，垂足为， 且平面， 点的轨迹为以PA为直径，即的球与平面PBC的相交圆弧， 由（1）可知，，相交圆半径， 点轨迹为在平面PBC中的以为圆心，为半径的圆弧， ， 【点睛】 关键点点睛：此题考查线线垂直的证明，考查二面角的求法，解题的关键是根据题意合理建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题. 74．【答案】（1）证明如下： 在三棱棱中，底面，，易得两两垂直，故以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图， 因为点分别为棱的中点，是线段的中点，， 则， 则，, 设平面的一个法向量，则 ，即 ， 令,则，故， 所以，故， 又平面，所以平面. .      （2）     （3）      【分析】 （1）根据题意建立空间直角坐标系，由此求得平面的法向量与，利用空间数量积判断两向量的关系，从而证得平面； （2）利用（1）中结论求得平面与平面的法向量，利用空间数量积求角公式即可求得平面与平面夹角的余弦值； （3）设，从而得到，再由它们所成角的余弦值为得到关于的二次方程，解之即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）得， 设平面的一个法向量，则 ， 令，则，得， 易知平面，故设平面的一个法向量， 设平面与平面的平面角为，则由图形易知为锐角， 故， 即平面与平面夹角的余弦值为. . (3) 小问详解： 设，则， 故 则，解得或（舍去）， 故，即线段的长为. . 75．【答案】（1）①；②     （2）      【分析】 （1）以为坐标原点，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，① 设，由得，解出即可求解；② 设点关于平面的对称点为，则，当共线时，有最小值，最小值为，先求的坐标，利用两点间距离公式得，进而求解； （2）以为坐标原点，所在直线为轴，平行的直线为轴，垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，点在平面的投影为以为圆心，为半径，设分别求平面与平面的法向量，设平面与平面所成的角为，且，利用向量的夹角公式得，令，则，利用单调性即可求解. (1) 小问详解： ① 由，得，过点作，以为坐标原点，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 由，得，，则， . 设，则， 因为，所以，则，即，解得.故的值为.    ② 设点关于平面的对称点为，则，所以，当共线时，有最小值，最小值为. 因为在上，平面与平面交于点，所以为的中点. 因为，所以点的坐标为. 因为为中点，所以点的坐标为. 因为为的中点，所以点的坐标为. 所以，又. 所以周长的最小值为. (2) 小问详解： 以为坐标原点，所在直线为轴，平行的直线为轴，垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图.    . 因为与平面所成的角， 所以点在平面的投影在以为圆心、为半径的圆上 的圆，且点平面的距离为. 设， ， 设平面的法向量为， 可得 令，得. 易知平面的法向量为. 设平面与平面所成的角为，且， 则， 令，则. 又在上单调递减，因此， 所以平面与平面所成角的取值范围为. 76．【答案】（1） 曲线 W 是椭圆的几何理由： 可将“  的点”视作以  为顶点、  为轴的圆锥面上的点， 圆锥轴截面的半顶角为 ， 点，点的轨迹为此圆锥面与平面的交线. 因为已知直线与平面垂直，垂足为，，所以， 因为在直角三角形中，，，点在线段上，为的平分线， 所以与平面所成的角为，， 若圆锥的轴与平面所成角（）大于圆锥轴截面的半顶角（）， 按圆锥曲线的判定规律可知该截线必为椭圆.     （2） 可取空间直角坐标系：令  为原点 ，令平面为平面， 由于 平面，可令 过点 平行于的直线为  轴，    曲线的方程为（依赖于坐标系）.     （3）      【分析】 （1）可将“  的点”视作以  为顶点、  为轴的圆锥面上的点，然后根据题意判定即可； （2）建立坐标系，利用空间向量运算求解； （3）法一：利用坐标系中坐标运算求解；法二：利用面面角的定义，使用线面垂直的判定定理，采用几何方法求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 可取空间直角坐标系：令  为原点 ，令平面为平面， 由于 平面，可令 过点 平行于的直线为  轴，    又知  中，，， 因为点  在  上且 平分  ， 由角分线定理得， 则，. 设平面  内任意点 坐标为. 向量，. 由  可用向量夹角公式， 所以， 化简可得，所以曲线的方程为； (3) 小问详解： 四面体  的底面可取三角形 (其平面即)， 面积为.  若 在上一步所求椭圆上，则其到平面的距离即. 四面体体积， 要使  最大，需在椭圆上使 取最大值. 下面用两种方法计算求解. 法一：由椭圆方程可知，当时，最大，此时，  取上顶点  . 取平面  的一个法向量为，  由 与 可求出 与 ， 平面  的法向量， 由 ，得 ，令，则， 所以平面 的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的大小为 30°. 综上，当四面体体积最大时，平面  与平面 α 的夹角为 30°. 法二：由上可知，又因为，所以， 因为平面，， 所以平面， 因为平面， 所以， 由，平面平面， 所以即为平面与平面夹角，即平面与平面的夹角为 30°. 77．【答案】.5 【分析】 取中点，以为原点建立空间直角坐标系，利用线线角的向量法求解得最大值. 【详解】 平面四边形，，，则， 过作于，取中点，连接，则， ，过作平面的垂线，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    设二面角的大小为，在翻折过程中始终垂直于， 则， ，设直线与直线所成角为， 因此 ，当且仅当时取等号， 所以直线与直线所成角的余弦值的最大值为. 故答案为： 78．【答案】（1） 平面，，， ，，平面，平面， 平面．     （2）直线在平面内，理由如下： 以为原点，在平面内过作的平行线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， ，，，，，. 点在上，且， 面的一个法向量为， 则 ，取，得， 平面的一个法向量为， ， 故直线在平面内．     （3）存在，理由如下： 点在上，设，， 面的一个法向量为， 则 ，取，得， 要使得AE与平面AFG所成夹角的正弦值为，则，解得，满足条件. 所以，存在点G，为线段BP的靠近点P的三分点.      【分析】 （1）利用直线与平面判定定理求解 （2）（3）建立空间直角坐标系，空间向量法求线面角以及判断直线与平面位置关系。 (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 79．【答案】（1）     （2）或.     （3）几何体的体积为，的表面积为      【分析】 （1）由题可得平面的一个法向量，再利用空间向量法即可求线面角的正弦值； （2）根据题意可求平面的一个法向量，再根据平面的点法式方程化简即可求平面的一般式方程，根据交线与两平面的法向量垂直即可求交线的一个方向向量，再根据单位向量的概念求解； （3）由题知集合是边长为2的正方体，利用平面的一般式方程分析集合由8个相同的三棱锥组成，根据相关长度即可求的体积，再分析两个几何图形截面相交的图形即可求的表面积． (1) 小问详解： 直线的方向向量为， 平面的一般式方程为，则平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为． (2) 小问详解： 平面经过点，，， ， 设平面的一个法向量， ，令，则，此时， 所以平面的点法式方程为， 即平面的一般式方程为， 又平面的一般式方程为，则平面的一个法向量， 设直线的一个方向向量，又直线为平面和平面的交线， 则 ，不妨取，则， 此时，， 所以直线的单位方向向量为， 其坐标为或． (3) 小问详解： 集合， 所以集合是以原点为中心，边长为2的正方体， ，当时，得， 根据题意知是平面的一般方程，且过， 则形成的是一个三棱锥，如图，    由对称性，所以中所有点构成的几何体为是由8个相同的三棱锥组成， 所以几何体的体积， 当时，的一部分如图所示，    ， 由对称性，中所有点构成的几何体的表面由8个边长为的正六边形与6个边长为的正方形组成， 所以的表面积． 80．【答案】（1） 证明：在图1中，由，可得， 所以，则， 因为，可得，所以， 在图2中知，取AC的中点O，连接QO，BO， 又因为Q为PC的中点，可得，所以， 因为，可得， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以.     （2）     （3） 存在，      【分析】 （1）在图1中，证得，取AC的中点O，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得； （2）以为原点，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设点到平面的距离为d，根据题意，求得，得到点到平面的距离为，令得到，结合向量的距离公式，列出方程，即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：由题意知，平面平面，平面平面，且， 所以平面ABC，所以直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为坐标轴建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，，， 则，，，， 设平面的法向量为，则 ， 令，可得，，所以， 设平面的法向量为，因此 ， 令，可得，，所以， 因此， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 解：假设线段AP上是否存在点M，使得三棱锥的体积为， 在中，，可得， 因为三棱锥的体积为， 设点到平面的距离为d，可得，因此， 因此点到平面的距离为， 令（），由（2）得，， 又因为平面的法向量为， 则点到平面的距离为，解得， 所以线段上存在点，使得三棱锥的体积为，且. 81．【答案】（1） 连接，如图所示： 为正三角形，又为中点， ， 平面平面，平面平面平面， 平面.     （2）     （3）存在，为中点，理由如下： 设存在， 由（1）可知是平面的一个法向量， 由题可设，且， ， 则， 设平面的法向量为，由于， 则 ， 令，则， ， 整理得，解得或（舍）， 故存在点，使得平面和平面夹角的余弦值为， 此时为中点.      【分析】 （1）根据已知条件利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）根据（1）中的结论以及已知条件以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，从而得出相关向量的坐标，设平面的法向量为，建立方程组得出法向量的坐标，再利用向量法求出点到面的距离即可； （3），且，根据（1）的结论和（2）建立的空间直角坐标系以及已知条件，利用向量法列出平面和平面夹角的余弦值的表达式求出参数分析即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知平面，又平面， ， 分别为的中点， ， ， 如图： ， 以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， ， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则 ， 令，则 则点到平面的距离为. (3) 小问详解： 略 82．【答案】（1）证明：以D为原点，分别以DA、DC、所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 则 ， 所以， ， 因为在平面内相交于点A， 所以平面；     （2）     （3）      【分析】 （1）以D为原点，分别以DA、DC、所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，空间向量垂直的坐标公式,然后利用线面垂直的判定即可得证； （2）首先得线段所形成的曲面是圆锥的侧面，求出半径和母线长即可得； （3）利用向量法求出二面角的余弦，然后利用均值不等式求出最值即可 (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 在平面中，连接交于点， 由（1）知平面， 因为 是正三角形，边长为，由， 即， 点为平面内一动点，且与所成角为，则， 所以点轨迹为以为圆心，为半径的圆， 线段所形成的曲面是圆锥的侧面，曲面面积； (3) 小问详解： 设， 平面DFG的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为， 设平面EFG的法向量为， 则， 所以 ，令，， 所以， 所以， ，， = ， ， ， ， ，当且仅当，即时取等号， 又， ， 所以的取值范围为. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $