专题01 空间向量与立体几何（期中真题汇编，云南专用）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·云南多校·期中）点在平行四边形所在平面外，与交于点，则（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·云南开远第一中学校·期中）如图，在等腰三角形中，，点是边上的动点，则的值为（       ） A. 2 B. 3 C. 4 D.  3．（25-26学年高二上·云南楚雄第一中学·期中）已知平面向量，，则向量在向量上的投影向量为（     ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高二上·云南邵通部分学校·期中）如图，在斜三棱柱中，为棱BC上靠近的三等分点，为的中点，设，则用表示为（     ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高二上·云南昆明东川区高级中学·期中）已知向量，若，则（     ） A. -5 B.  C.  D. 5 6．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）已知在四面体中，为的中点，，若，则（       ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高二上·云南昆明第一中学·期中）已知空间中点，，，，若A，B，C，D四点共面，则实数的值为（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高二上·云南楚雄彝族自治州部分学校·期中）已知，，，为空间中四点，为坐标原点，若且，，，四点共面，则（     ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年高二上·云南昭通一中教研联盟·期中）（多选）下列命题正确的是（　　） A. 的最小值为6 B. 数据1，3，5，7，9，11，13，15的第75百分位数为12 C. 函数在定义域上单调递增的充要条件是：，当时， D. 若单位向量满足，则与的夹角为180° 10．（25-26·云南民族中学·二模）非零向量满足，且向量在向量上的投影向量为，若，则实数的值为（       ） A.  B.  C.  D. 2 11．（25-26学年高二上·云南昭通一中教研联盟·期中）已知向量，若，则　　　　　　　　　　　． 12．（25-26学年高二上·云南昆明西山区·期中）已知向量与的夹角为，则　　　　　　　　　　. 13．（25-26学年高二上·云南楚雄第一中学·期中）已知点A、B、C的坐标分别为（0，1，2），（1，2，3），（1，3，1）. （1）若，且，求y的值； （2）若D的坐标为（x，5，3），且A、B、C、D四点共面，求x的值. 考点02 空间向量基本定理 1．（25-26学年高二上·云南昆明西山区·期中）如图所示，已知在三棱锥中，M，N分别是，的中点，点G在线段上，且，则（     ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·云南楚雄彝族自治州部分学校·期中）若是空间的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得，我们把有序实数组叫做向量在基底下的斜坐标.已知空间向量在基底下的斜坐标为，则在基底下的斜坐标为（       ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年高二上·云南玉溪第一中学·期中）（多选）在正方体中，若点是侧面的中心，且，则（     ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高二上·云南怒江傈僳族自治州·期中）在四棱柱中，，分别在棱，上，且，，若，则（     ） A.  B.  C.  D.  考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．（25-26学年高二上·云南开远第一中学校·期中）（多选）已知向量，若，则（       ） A. -2 B. 1 C. -1 D. 0 2．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）（多选）若，，与的夹角为120°，则的值为（     ） A. 17 B.  C.  D. 1 3．（25-26学年高二上·云南红河哈尼族彝族自治州第一中学·期中）设向量，若，则（     ） A. 2 B. 1 C.  D. 0 4．（25-26·云南民族中学·二模）（多选）关于空间向量，以下命题正确的是（       ） A. 若为平面外任意一点，，则四点一定共面 B. 若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则 C. 若平面的法向量分别为，且，则 D. 若向量（是不共面的向量，则称在基底下的坐标为，若在基底下的坐标为，则在基底下的坐标为 5．（25-26学年高二上·云南楚雄第一中学·期中）已知向量，若，则　　　　　　　　　　. 6．（25-26学年高二上·云南邵通部分学校·期中）已知向量，点，，若在直线上存在一点，使得（为原点），则点的坐标为　　　　　　． 7．（25-26学年高二上·云南楚雄彝族自治州部分学校·期中）已知向量，若，则　　　　　. 8．（25-26学年高二上·云南多校·期中）向量 且 ，则实数 　　　　　. 9．（25-26学年高二上·云南怒江傈僳族自治州·期中）已知向量，，若，则　　　　　　　　　　. 10．（25-26学年高二上·云南曲靖第一中学·期中）已知向量，若，则　　　　　　　　　　． 11．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点坐标是　　　　　　　　　　　　. 12．（25-26学年高二上·云南红河哈尼族彝族自治州第一中学·期中）已知向量，，且函数． （1）求的周期 （2）若将函数的图像上的点的纵坐标不变，横坐标缩小为原来的，再将所得图像向左平移个单位，得到的图像，求函数在的值域． 13．（25-26学年高二上·云南楚雄第一中学·期中）已知，，且 （1）求的单调区间. （2）在中，，，的对边分别为，，，当，，，求的面积. 14．（25-26学年高二上·云南曲靖宣威第一中学·期中）已知，，函数. （1）求函数的对称轴方程和单调递增区间； （2）已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，求的取值范围. 考点04 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·云南昭通一中教研联盟·期中）（多选）如图，在六棱柱中，底面为正六边形，则（　　） A.  B. 直线与平面平行 C. 点和到下底面的距离相等 D. 直线 2．（25-26学年高二上·云南怒江傈僳族自治州·期中）已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则（       ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年高二上·云南玉溪第一中学·期中）如图，已知正方体的棱长为1，则四棱锥的体积为 A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高二上·云南昭通一中教研联盟·期中）已知圆锥的母线长为4，母线与底面所成的角是，则该圆锥的体积是（　　） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高二上·云南曲靖沾益区·期中）在长方体中，是的中点，是的中点，与相交于点.若，则与所成的角的大小为（       ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高二上·云南昆明第八中学·期中）已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（     ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 8．（25-26·云南民族中学·二模）在棱长为2的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年高二上·云南师范大学附属中学·期中）已知为直线的一个方向向量，为平面的一个法向量，若，则的值为（       ） A.  B. 1 C.  D. 2 10．（25-26学年高二上·云南昆明第一中学·期中）在空间直角坐标系中，已知点，，，则点到直线的距离是（       ） A. 1 B.  C. 2 D.  11．（25-26学年高二上·云南昆明西山区·期中）（多选）如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E、F，且，则下列结论中正确的是（    ） A.  B. 平面ABCD C.  D. 三棱锥的体积为定值 12．（25-26学年高二上·云南楚雄第一中学·期中）正方体中为棱的中点，求异面直线与所成角的余弦值（        ） A.  B.  C.  D.  13．（25-26学年高二上·云南楚雄第一中学·期中）（多选）在直三棱柱中，，，为棱的中点，为棱上的动点（与端点不重合）.以为坐标原点，垂直于平面的直线为轴，直线、分别为、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则下列说法正确的是（       ） A. 点关于平面的对称点的坐标为 B. 的取值范围为 C. 存在点，使得平面的一个法向量为 D. 若，则点到平面的距离为 14．（25-26学年高二上·云南邵通部分学校·期中）已知过点且法向量为的平面方程为，现有一点在平面上，则点到的距离为（       ） A.  B.  C.  D. 17 15．（25-26学年高二上·云南邵通部分学校·期中）（多选）已知在棱长为1的正方体中，点分别是，，的中点，下列结论中正确的是（       ） A. 平面 B. 平面 C. 三棱锥的体积为 D. 直线与所成的角为 16．（25-26学年高二上·云南楚雄彝族自治州部分学校·期中）（多选）如图，在正四棱锥中，，，分别是，的中点，则下列说法正确的是（       ） A.  B. 直线和所成角的余弦值是 C. 点到直线的距离是 D. 点到平面的距离是2 17．（25-26学年高二上·云南多校·期中）已知，，，，，则直线到平面的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  18．（25-26学年高二上·云南曲靖宣威第一中学·期中）（多选）下列说法中，正确的有（　　） A. 若平面的法向量，直线的方向向量，则直线与平面平行 B. 若平面的法向量，直线的方向向量，则直线与平面垂直 C. 若直线的方向向量，直线的方向向量，则异面直线与所成角为 D. 若直线的方向向量，直线的方向向量，则异面直线与所成角为 19．（25-26学年高二上·云南曲靖宣威第一中学·期中）（多选）《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在阳马中，平面，且，则（     ） A. 异面直线与所成的角为 B. 平面平面 C. 点到平面的距离为 D. 阳马的外接球的表面积为 20．（25-26学年高二上·云南曲靖沾益区·期中）已知m、n是空间中两条不同的直线，、是空间中两个不同的平面，则下列说法正确的是（     ）． A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 21．（25-26学年高二上·云南曲靖第一中学·期中）（多选）如图，在正方体中，点P为线段上的动点（点P与，不重合），则下列说法正确的是（       ） A.  B. 三棱锥的体积为定值 C. 过P，C，三点作正方体的截面，截面图形为三角形或梯形 D. DP与平面所成角的正弦值最大为 22．（25-26学年高二上·云南昆明东川区高级中学·期中）（多选）已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（       ） A.  B. 直线与平面所成角的余弦值为 C. 点到平面的距离为 D. 平面 23．（25-26学年高二上·云南昆明第一中学·期中）（多选）如图，平行六面体中，以为顶点的三条棱长均为1，且两两之间的夹角都是，则下列说法中正确的是（       ） A.  B.  C. 向量与的夹角是120° D. 与所成角的余弦值为 24．（25-26学年高二上·云南开远第一中学校·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点是底面内的一点（包括边界），且，则下列说法正确的是（       ） A. 点的轨迹长度为 B. 点到平面的距离是定值 C. 直线与平面所成角的正切值的最大值为 D. 的最小值为 25．（25-26学年高二上·云南多校·期中）（多选）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，，分别是线段，的中点，是线段上的一个动点（不含端点，），则下列说法正确的是（     ） A. 平面 B. 存在点，使得 C. 不存在点，使得异面直线与所成的角为 D. 三棱锥体积的取值范围为 26．（25-26学年高二上·云南怒江傈僳族自治州·期中）（多选）如图，在直四棱柱中，，，，，是棱的中点，是线段上的动点，则（     ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在实数，，使得向量 C. 异面直线与所成的角不可能是 D. 平面与平面夹角的余弦值的最大值是 27．（25-26学年高二上·云南曲靖沾益区·期中）（多选）在长方体中， 底面ABCD为正方形. ，E为棱 上的一个点，平面与棱交于点F，则下列结论正确的有（       ） A. 当点 E为棱的中点时， B. 当点 E为棱的中点时，点 D 到平面的距离为 C. 存在点E，使得平面平面 D. 四边形的周长的最小值是 28．（25-26学年高二上·云南曲靖第一中学·期中）如图，直三棱柱的底面为直角三角形，，，,是上一动点，则的最小值为（     ） A.  B.  C.  D.  29．（25-26学年高二上·云南昆明第八中学·期中）（多选）已知正方体的棱长为3，动点在底面中（含边界），点在棱上，且，则（　　） A. 直线与所成的角为60° B. 三棱锥体积的最大值为 C. 如果点在直线上运动，点在直线上运动，那么的最小值为 D. 如果异面直线与所成角为．那么的轨迹所在圆锥曲线的离心率为 30．（25-26学年高二上·云南师范大学附属中学·期中）（多选）在长方体中，分别为的中点，分别为棱上的动点，则下列说法正确的是（       ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 的最小值为 C. 若，则平面截长方体所得截面为五边形 D. 若为中点，则三棱锥的外接球表面积为 31．（25-26学年高二上·云南昆明第一中学·期中）棱长为的正四面体中，点为平面内的动点，且满足，则直线与直线所成的角的余弦值的取值范围为（   ） A.  B.  C.  D.  32．（25-26学年高二上·云南曲靖沾益区·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，. （1）求点A到平面的距离； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 33．（25-26学年高二上·云南昆明西山区·期中）已知平行四边形ABCD中，AB=6，AD=10，BD=8，E是线段AD的中点．沿BD将△BCD翻折到，使得平面平面. （Ⅰ）求证：平面ABD； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值； （Ⅲ）求二面角的余弦值． 34．（25-26学年高二上·云南开远第一中学校·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，为等边三角形，为的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 35．（25-26学年高二上·云南楚雄第一中学·期中）如图，在直三棱柱中，分别是与的中点.    （1）求证:平面; （2）若，求直线与平面所成角的余弦值. 36．（25-26学年高二上·云南邵通部分学校·期中）如图，在直三棱柱中，，点在棱上，平面平面. （1）求证：为棱的中点； （2）当三棱锥的体积最大时， （i）求线段的长； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值. 37．（25-26学年高二上·云南邵通部分学校·期中）如图，在三棱台中，，，，，平面，为的三等分点（靠近），为线段中点．    （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 38．（25-26学年高二上·云南楚雄彝族自治州部分学校·期中）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，，平面平面. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 39．（25-26学年高二上·云南多校·期中）如图，在直三棱柱中，，，E，F分别为，BC的中点. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的余弦值. 40．（25-26学年高二上·云南曲靖宣威第一中学·期中）如图，在棱长为1的正方体中，点P在侧面（包括边界）上运动，且总满足. （1）求证：三棱锥的体积为定值； （2）求证：，P，C三点共线； （3）是否存在点P使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出点P的具体位置；若不存在，请说明理由. 41．（25-26学年高二上·云南怒江傈僳族自治州·期中）在正方体中，，，分别在棱，上，且，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.    （1）求，，，的坐标. （2）证明：平面. （3）求点到平面的距离. 42．（25-26学年高二上·云南曲靖沾益区·期中）如图1，正方体的棱长为2，点P为棱的中点． （1）求证：平面平面； （2）如图2，连接． （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）求点C到平面的距离． 43．（25-26学年高二上·云南曲靖第一中学·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，是等边三角形，平面平面，分别是的中点. （1）证明：平面 （2）求二面角的余弦值. 44．（25-26学年高二上·云南昆明东川区高级中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为棱的中点，四面体的体积为的面积为. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）若，平面平面，点为棱上一点，当平面与平面夹角为时，求的长. 45．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）如图，四棱锥的侧面是正三角形，，且，，是中点. （1）求证：平面； （2）若平面平面，且，求平面与平面夹角的余弦值. 46．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）如图，在梯形中，已知，，，，，求： （1）的长； （2）的面积． 47．（25-26学年高二上·云南昆明第八中学·期中）一个圆台上下底面的半径分别为1和2，圆台的高为．若圆台的上下底面圆都在同一个球上，则该球的表面积为　　　　　　　　　　　． 48．（25-26学年高二上·云南昆明第八中学·期中）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：； （2）点F满足，求二面角的正弦值． 49．（25-26·云南民族中学·二模）如图，在直三棱柱中，分别是的中点，.    （1）当为何值时，四点共面？请说明理由； （2）当且直三棱柱体积为1时，求直线与平面所成角的正弦值. 50．（25-26学年高二上·云南师范大学附属中学·期中）如图，在四棱锥中，是等边三角形，为线段中点，，为上一点． （1）证明：平面平面； （2）若为中点，求平面与平面所成夹角的余弦值． 51．（25-26学年高二上·云南昆明第一中学·期中）已知是圆柱下底面圆的直径，是下底面圆上一点，是圆柱的母线，且，则点到平面的距离为　　　　　　　　　　． 52．（25-26学年高二上·云南玉溪第一中学·期中）如图，在直三棱柱中，，.    （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 53．（25-26学年高二上·云南昭通一中教研联盟·期中）如图，正方体的棱长为分别为的中点，．    （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）求三棱锥的体积． 54．（25-26学年高二上·云南多校·期中）（多选）如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，平面平面，. （1）证明：； （2）设直线CP与平面ABCD所成角为. （i）求四棱锥的体积； （ii）若点M为棱CP上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值. 55．（25-26学年高二上·云南怒江傈僳族自治州·期中）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，，是棱的中点. （1）已知. ①证明：平面平面. ②求平面与平面夹角的余弦值. （2）求与平面所成角的正弦值的最大值. 56．（25-26学年高二上·云南曲靖沾益区·期中）已知三棱锥的所有顶点都在一个球面上且平面，，，且底面的面积为，则此三棱锥外接球的表面积是　　　　　　. 57．（25-26·云南民族中学·二模）如图，在四棱锥中，平面，底面四边形满足. （1）证明：平面平面； （2）若，平面与平面交线为， ①求证； ②直线上是否存在点，使得二面角的夹角余弦值为？如存在，求出；如不存在，请说明理由. 58．（25-26学年高二上·云南昆明第一中学·期中）如图1，点分别是边长为4的正方形三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，使得平面平面，（如图2），连接是四边形对角线的交点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱（含端点）上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由. 59．（25-26学年高二上·云南红河哈尼族彝族自治州第一中学·期中）一年一度的创意设计大赛开幕了．今年小王从世界名画《永恒的记忆》中获得灵感，创作出了如图1的《垂直时光》．已知《垂直时光》是由两块半圆形钟组件和三根指针组成的，它如同一个标准的圆形钟沿着直径折成了直二面角（其中对应钟上数字3，对应钟上数字9）．设的中点为，若长度为2的时针指向了钟上数字8，长度为3的分针指向了钟上数字12．现在小王准备安装长度为3的秒针（安装完秒针后，不考虑时针与分针可能产生的偏移；不考虑三根指针的粗细）． （1）若秒针指向了钟上数字4，如图2．连接、，若平面．求半圆形钟组件的半径； （2）若秒针指向了钟上数字5，如图3．设四面体的外接球球心为，求二面角的正弦值． 60．（25-26学年高二上·云南红河哈尼族彝族自治州第一中学·期中）在棱长为4的正方体中，正方形所在平面内的动点到直线，的距离之差为2．设的中点为，则的最小值为　　　　　　　． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 空间向量与立体几何 考点01 空间向量及其运算 考点02 空间向量基本定理 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 考点04 空间向量的应用 考点01 空间向量及其运算 1．D 2．A 3．C 4．D 5．C 6．D 7．B 8．A 9．BCD 10．A 11．【答案】1 【分析】 根据向量垂直的坐标表示求解即可． 【详解】 因为且， 所以， 解得． 故答案为：1． 12．【答案】 【分析】 根据向量的模、向量夹角的余弦公式、向量的数量积等知识进行求解即可. 【详解】 向量与的夹角为， 所以， 即， . 又，所以. 故答案为：. 13．【答案】（1）； （2）0 . 【分析】 （1）利用，可得，解得即可． （2），，，四点共面，可得存在唯一一对实数，，使得，解出即可． 【详解】 （1）因为，，且，所以，解得． （2）因为，，，与不共线， 由，，，四点共面，可得存在唯一一对实数，，使得， 所以 ，解得 ，故． 【点睛】 本题主要考查向量垂直的坐标表示，向量的数量积，平面向量基本定理的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题． 考点02 空间向量基本定理 1．D 2．C 3．AD 4．C 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．AD 2．AC 3．C 4．ACD 5．【答案】 【分析】 根据向量垂直得到，再利用向量夹角的坐标表示即可得到答案. 【详解】 依题意，由，有， 解得，所以. 故答案为：. 6．【答案】 【分析】 先求出向量，由共线向量定理得，由向量的线性运算求出，再根据垂直向量的数量积为0求出的值，即可得出点的坐标. 【详解】 ∵在直线上,设，则， ， 因为，则，所以， 解得， 因此存在点，使得， 此时点的坐标为． 故答案为： . 7．【答案】 【分析】 根据空间向量垂直的坐标表示求解即可． 【详解】 由， ，解得． 故答案为：． 8．【答案】 【分析】 利用向量的坐标运算，再结合向量平行列式计算，即可求解. 【详解】 ，， 因为，所以， 即， 有 ， 故实数 . 故答案为： 9．【答案】10 【分析】 根据平面向量数量积的坐标运算列方程求解的值即可. 【详解】 由题意可得，解得. 故答案为：10. 10．【答案】 【分析】 根据空间向量垂直的坐标运算列式计算求解即可. 【详解】 由，则，即， 则， 即，解得. 故答案为：. 11．【答案】 【详解】根据空间点的对称性即可得到答案. 【详解】 点关于轴的对称点坐标是. 故答案为： 12．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）利用平面向量数量积的坐标运算和辅助角公式得，再利用周期公式得结论； （2）利用函数图象的平移变换得，再利用函数的值域，计算得结论． (1) 小问详解： 因为向量，， 所以． 因为， 所以最小正周期． (2) 小问详解： 因为将函数的图像上的点的纵坐标不变，横坐标缩小为原来的，再将所得图像向左平移个单位，得到的图像， 所以． 当时，，， 所以． 13．【答案】（1）在（）单调递增；在（）单调递减；（2）. 【分析】 【详解】 （1）， 令 所以函数在，（）单调递增； 令 所以函数在，（）单调递减. （2）由（1）可知 角为锐角， 由正弦定理， 即三角形为直角三角形， 则 14．【答案】（1）对称轴方程为，单调递增区间为     （2）      【分析】 （1）根据已知条件写出表达式并化简，结合正弦型函数的单调性和对称轴即可求解； （2）由已知条件得到，结合正弦定理得到，根据的范围得到的范围. (1) 小问详解： 由题意得， ， 令，得， 所以函数的对称轴方程为， 令， 得； 所以函数的单调递增区间为； (2) 小问详解： 由，可知， 因为，所以，所以，则， 由正弦定理得，又， 所以， 由于 ，可得，所以，则， 所以. 考点04 空间向量的应用 1．AC 2．D 3．B 4．C 5．C 6．C 7．C 8．A 9．B 10．A 11．ABD 12．B 13．ACD 14．C 15．ABD 16．ABC 17．D 18．BD 19．ABD 20．B 21．ABC 22．ABD 23．ABC 24．BCD 25．ACD 26．ABD 27．BC 28．B 29．ACD 30．ACD 31．A 32．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式进行求解； （2）求出两个平面的法向量，利用向量夹角余弦公式进行求解. (1) 小问详解： 因为平面，平面， 所以，， 又，所以两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ，， 故， ，， 设平面的法向量为， 则 ， 令，则，故， 所以点A到平面的距离； (2) 小问详解： ， 显然平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则 ， 令，则，故， 设平面与平面夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为. 33．【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ） （Ⅲ） 【分析】 （Ⅰ）翻折后成以后线段的长度不发生变化，所以可得CD=6，， ，即，所以，再结合面面垂直的性质定理可得线面垂直； （Ⅱ）根据题意建立空间直角坐标系，求出直线所在的向量与平面的法向量，再利用向量的有关知识求出两个向量的夹角，进而转化为线面角； （Ⅲ）根据建立的坐标系分别求出两个平面的法向量，再求出两个向量的夹角，进而转化为二面角的平面角得到答案； 【详解】 （Ⅰ）平行四边形ABCD中，AB=6，AD=10，BD=8，沿直线BD将△BCD翻折成△，可知CD=6，，BD=8，即，故． 因为平面⊥平面，平面平面=，平面， 所以平面． （Ⅱ）由（Ⅰ）知平面ABD，且， 如图，以D为原点，建立空间直角坐标系． 则，，，.． 由于E是线段AD的中点，所以，． 在平面中，，， 设平面法向量为， 所以 ，即 ， 令，得，． 设直线与平面所成角为，则 ． 故直线与平面所成角的正弦值为． （Ⅲ）由（Ⅱ）知平面的法向量为，而平面的法向量为，故， 因为二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． 34．【答案】（1）证明：在四棱锥中，正方形的边长为2，取的中点，连接，， 由，，得，由为的中点，得， 由为等边三角形，得，于是，即， 又，则，而，平面， 所以平面.      （2）.      【分析】 （1）根据给定条件，结合勾股定理的逆定理，利用线面垂直的判定推理即得. （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用线面垂直的向量求法求解即得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，平面，则平面， 而平面，于是平面平面，在平面内过点作， 又平面平面，因此平面，即直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 有， 在中，由，，得，， 设平面的法向量为，，， 则 ，取，得， 设平面的法向量为，，， 则 ，取，得， 因此， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 35．【答案】（1）证明见解析     （2）      【分析】 （1）取中点，连接与，证得四边形是平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面的法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. (1) 小问详解： 证明：取中点，连接， 在中，因为分别是与的中点，所以，且， 又因为在直三棱柱中，为的中点， 所以，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，且平面，所以平面. (2) 小问详解： 解：因为平面，且，所以平面， 又因为为等腰直角三角形，则两两垂直， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，设，则， 所以， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，所以， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以，所以直线与平面所成的角的余弦值为. 36．【答案】（1） 证明：设的中点为，过作，垂足为， 连接，如图， 因为，所以， 因为是直三棱柱，所以， ，所以， 又，所以. 因为平面平面，平面平面，，，所以平面. 因此. 又，平面平面，所以， 因此四边形是平行四边形，所以. 又，因为是的中点，所以是的中点， 于是有，所以， 所以是棱中点.     （2）（i）；（ii）      【分析】 （1）根据题意找到垂直于内的两条相交直线，证得，再由面面垂直证得平面，得.再由线面平行的性质证得，进而得到四边形是平行四边形，再利用中位线性质即可得证. （2）由（1）知平面，再利用等体积可得时，三棱锥的体积最大.如图建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再根据求面面成角余弦值的公式即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （i）由（1）知平面，则， 设，则， 所以， 当且仅当时等号成立，即三棱锥的体积最大， 此时，. （ii）由（i）知， 故以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴， 所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则有， ， 设平面的一个法向量为， 则有 取，， 设平面的一个法向量为， 则有 取，， 设平面与平面的夹角为，， ， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 37．【答案】（1） 如图，由题意知平面，，故以为坐标原点，以直线，，为，，轴建立空间直角坐标系． 依题有，，，， 所以，， 所以 所以，即．         （2）．      【分析】 （1）由线面垂直得到线线垂直，然后建立空间直角坐标系，写出点坐标和向量坐标，由空间向量的数量积证明线线垂直； （2）由空间直角坐标系，写出点坐标和向量坐标，空间向量的数量积求出面的法向量，借助线的方向向量和平面的法向量求出线面角的正弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由三棱台可知． 依题有，，，，， 所以，，． 设平面的法向量为，直线与平面所成角为， 则 ，取， 因为， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 38．【答案】（1） 因为四边形是正方形，所以.        因为平面平面，平面平面平面， 所以平面.                     又平面PAD，所以，              又平面， 所以平面，        又平面PCD，所以平面平面PCD.     （2）      【分析】 （1）根据面面垂直的性质得平面，进而得，再根据即可结合证明平面，最后证明结论； （2）分别取的中点，连结，进而证明对应的垂直关系，建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：分别取的中点，连结， 因为，所以，且，        因为四边形ABCD是正方形，分别是的中点， 所以， 所以四边形是平行四边形，， 又平面平面， 所以，即， 又，所以， 以点为坐标原点，直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则， .              设为平面的一个法向量，则 令，得，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. 39．【答案】（1） 连接，因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 又平面，所以， 又，，AB，平面，所以平面， 又平面，则，        因为在直三棱柱中，所以四边形为正方形， 所以，        因为，，平面，所以平面，        又平面，则；      （2）.      【分析】 （1）先求证平面，再证明平面即可； （2）以A为原点建系，计算平面的一个法向量为，利用向量夹角和线面角之间的关系求出. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为直三棱柱中，，所以，，两两垂直， 以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则 ， 令，可得， 设与平面所成角为， 所以，        即与平面所成角的正弦值为， 所以与平面所成角的余弦值为. 40．【答案】（1）证明：∵在侧面上，平面平面， ∴到平面的距离即为到平面的距离，即为正方体棱长， ∴， 即三棱锥的体积为定值     （2）证明：以为坐标原点建立如下图所示的空间直角坐标系， 则， ， ， ，， ，即三点共线，得证；     （3）点P的具体位置是点或点.      【分析】 （1）由等体积法即可求证； （2）建系，通过向量共线即可求证； （3）由线面夹角的公式求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 设，，， 则， 设平面的法向量为， 则 ， 令，则， 即， 由题意， 解得：， 即或，又， 所以 或 ， 即点存在，点P的具体位置是点或点. 41．【答案】（1），，，     （2） 由（1）得，， 因为，所以， 设平面的法向量为， 则 ， 令，得. 因为，所以， 所以平面.     （3）      【分析】 （1）根据空间中点的坐标求法求解即可； （2）利用线面平行的向量法证明即可； （3）利用点到平面的距离公式求解即可. (1) 小问详解： 由题意可得，，，. (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 因为，，所以， 则点到平面的距离. 42．【答案】（1） 在正方体中，平面，平面， 故，又四边形为正方形，故， 平面，故平面， 而平面，故平面平面.     （2）（i）；（ii）      【分析】 （1）先证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明结论； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法，即可求得答案；（ii）利用空间距离的向量求解方法，即可求得答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （i）以D为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的法向量为，则 ， 即 ，令，则，则. 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； （ii），则点C到平面的距离为. 43．【答案】（1） 取的中点，连接， 因为是等边三角形， 所以 又平面平面，平面平面，平面PAD， 所以平面， 因为底面是正方形，是等边三角形， 所以， 又因为是的中点，， 所以， 因为底面是正方形，不妨令，连接， 因为平面，平面， , 在中，, 同理可得，， 所以 又因为是的中点， 所以 因为，平面， 所以平面     （2）      【分析】 （1）利用等腰三角形的三线合一定理及面面垂直的性质定理，结合勾股定理、线面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理即可求解； （2）根据（1）中结论及已知条件，建立空间直角坐标系，求出相关的坐标，分别求出平面和平面的法向量，再利用向量的夹角公式与二面角的关系即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，因为平面，底面 是正方形， 所以以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示 则由（1）可得，，，，，，，所以，， 设平面的法向量，则 ,即 ，令，则，， 所以 由（1）知，平面 所以是平面的一个法向量， 设二面角所成的角为，则 所以 所以二面角的余弦值为 44．【答案】（1） 在四棱锥中，取的中点，连接， 在中，由分别为的中点，得， 又，则， 即四边形为平行四边形，，而平面平面， 所以平面.     （2）；     （3）.      【分析】 （1）取的中点，利用线面平行的判定，结合平行四边形性质推理得证. （2）由线面平行的判定证得平面，结合体积公式求出点到平面的距离即可. （3）取的中点，利用面面垂直的性质、线面垂直的判定证得，再建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设点到平面的距离为，由四面体的体积为的面积为， 得，解得， 而平面平面，则平面， 所以点到平面的距离为. (3) 小问详解： 取的中点，连接，由，得，由平面平面， 平面平面平面，得平面，即， 则，由平面平面，得， 又平面平面，则，而平面， 因此平面，又平面，则， 而的面积为，，则，， 由，得，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设， 则， ，设平面的法向量为， 则 ，取，得，设平面的法向量为， 则 ，取，得， ，由平面与平面的夹角为， 得，解得，即为的中点， 所以. 45．【答案】（1）取的中点，连接， 因为是中点， 所以，且， 又因为，， 所以，， 即四边形是平行四边形， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面； （2）. 【详解】 （1）略 （2）取中点，连接，， 因为是正三角形，所以， 因为平面平面， 所以平面，平面， 所以， 故， 以为原点，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，， 令得， 易知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【点睛】 方法点睛：判断或证明线面平行的常用方法： （1）利用线面平行的定义，一般用反证法； （2）利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述； （3）利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)； （4）利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)． 46．【答案】（1）     （2）      【分析】 (1)由已知求得，再利用正弦定理即可求得的长； (2)先求得的正余弦值，再利用余弦定理求的长，最后用面积公式即可. (1) 小问详解： 解：在中，， 由正弦定理得：，即 故：． (2) 小问详解： 解： ∴ 在中，由余弦定理得： 即，解得：或舍． 故：的面积为7. 47．【答案】 【分析】 设圆台的上下底面圆心分别为、，设，由球的性质可列方程，求出半径后再由球的表面积公式即可得解. 【详解】 设圆台的上下底面圆心分别为、，在上下底面圆周上分别取点， 连接、、、、、，如图， 设，则， 所以，， 由可得，解得， 所以该球的半径， 所以该球的表面积. 故答案为：. 48．【答案】（1） 连接，因为E为BC中点，，所以① ， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而② ，由① ② ，，平面， 所以，平面，而平面，所以．     （2）．      【分析】 （1）根据题意易证平面，从而证得； （2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 不妨设，，． ，，又，平面平面． 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：    设， 设平面与平面的一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以； ，取，所以， 所以，，从而． 所以二面角的正弦值为． 49．【答案】（1），理由如下： 当，即为的中点时，四点共面. 如图1，连接，    因为是中点， 所以，且， 又因为是的中点， 所以有，且， 所以，且， 因此四边形是平行四边形， 故四点共面.     （2）      【分析】 （1）通过证明四边形是平行四边形进而证明； （2）通过体积求出直三棱柱的高，再建立空间直角坐标系求法向量，代入公式即可求出. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为，所以. 又三棱柱为直三棱柱，所以， 直三棱柱体积，可得. 如图2，以为原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，    所以，则， 设平面的一个法向量为， 所以 ，得 ， 令，则，所以 因为， 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 50．【答案】（1） 因为为线段中点，，所以， 因为，所以，又因为，所以四边形ABCO为正方形， 所以，由已知：，且，平面， 所以平面，又因为平面，所以平面平面.     （2）.      【分析】 （1）由已知可证明，结合已知可证平面，可得结论； （2）可证两两互相垂直，建立空间直角坐标系，求得平面与平面的一个法向量，利用向量法可求得平面与平面所成夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为是等边三角形，为线段中点，所以， 又因为，所以平面 所以两两互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系 设平面的法向量为， 则 ，令，得， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， ，令，得， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面所成夹角为， 所以平面与平面所成夹角的余弦值为． 51．【答案】 【分析】 建立空间直角坐标系，运用空间点到面的距离公式求解即可. 【详解】 由题知，， 则以为原点，，所在直线分别为轴、轴，该圆柱过的母线为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 所以，，． 设平面的法向量为， 则 ，令，则，， 所以， 所以点到平面的距离为． 故答案为：. 52．【答案】（1） 在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，所以. 又，，所以平面， 平面，所以. 又，所以四边形为正方形，从而. 因为，平面，所以平面.     （2）      【分析】 （1）先证明平面，得到，再根据正方形的几何性质得到，从而根据线面垂直的判定定理证出. （2）方法一：建立空间直角坐标系，利用向量法求出. 方法二：把平面夹角的余弦转化成两个平面的法线所成的角，利用余弦定理求角的余弦即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 法一：易知两两垂直，以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，所在直线为z轴， 建立如图空间直角坐标系：    则，，，，， 从而，，. 设平面的法向量为，则 ，不妨取， 由（1）可知，平面的法向量为，设平面与平面的夹角为， 则. 法二：过作的垂线，垂足为E，连接AE，    平面平面，，平面， 由（1）知，平面，的余弦值的绝对值即为所求. 在中，，， ，所以，即. 设平面与平面的夹角为，， 则. 53．【答案】（1）证明：法一：在正方形中，连接FG， 由条件易知，故有，因此， 故， 故，即， 在正方体中，易知，且， 所以， 又，∴， ∵，， ，． 法二：如图，以D为中心建立空间直角坐标系，    则， 所以， ∵．     （2）；     （3）.      【分析】 （1）法一通过证明平面来证明；法二进行了建系，运用空间向量法进行证明； （2）运用空间向量法，求出两个平面的法向量，再利用向量夹角公式，最后运用同角三角函数关系进行转换即可得解； （3）求即求，先求出，再利用点到平面的距离公式，即可求出点到平面的距离，最后运用三棱锥体积公式，即可得解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 同上法二建立的空间直角坐标系， 所以，设是平面的一个法向量， 则 ，则，取，则， 所以， ∴， 设平面BEG的一个法向量为，所以 ， 取，则，即. 设平面与平面的夹角为， 则， ∴. (3) 小问详解： 由（1）知平面，平面，∴， 易知， 又，则到平面的距离为， 由棱锥的体积公式知：． 54．【答案】（1） 连接BD交AC于点O，连接OP. 因为底面ABCD为菱形，所以O为BD中点，. 因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD， 所以平面PAC.                  因为平面PAC，所以. 因为O为BD中点，所以, 所以，所以.     （2）（i）；（ii）      【分析】 （1）连接BD交AC于点O，连接OP，则，再由面面垂直的性质可得平面PAC，则，再结合O为BD中点可得结论； （2）（i）过P作于点H，可得为直线CP与平面ABCD所成角，由已知可得平面PDH，则，从而得H为的垂心，而为等边三角形，则H为的重心，则可求出，进而可求出四棱锥的体积； （ii）以OB为x轴，OC为y轴，过O点作平面ABCD的垂线作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，求出平面和平面的法向量，设二面角的平面角为，表示出，利用换元法可求出其最大值，从而可求出二面角的正弦值的最小值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （i）过P作于点H， 因为平面平面ABCD，平面平面，平面PAC， 所以平面ABCD， 所以为直线CP与平面ABCD所成角，即.      因为平面，平面ABCD，所以. 又，，，平面PDH， 所以平面PDH.                   因为平面PDH，所以， 结合可知H为的垂心.             由于底面ABCD是边长为的菱形，， 故为等边三角形，因此H为的重心， ，，，，. 由于，，所以，         所以四棱锥的体积. （ii）以OB为x轴，OC为y轴，过O点作平面ABCD的垂线作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. 设，故. 设平面的一个法向量为， ，， 则 ， 取，则.             设平面的一个法向量为， ，， 则 ， 取，则，      设二面角的平面角为， 则 ，              令，则， 所以， 由于，              故， 当且仅当，即时取等号，              故的最大值为，因此的最小值为.        55．【答案】（1） ① 取棱的中点，连接，. 因为，分别是棱，的中点，所以，. 因为，，所以，.              因为是边长为2的等边三角形，所以. 因为，所以，所以.              因为平面，平面，且，所以平面.        因为平面，所以平面平面.              ②     （2）      【分析】 （1）① 取的中点，由中位线得到平行，然后得到以及，在等边三角形中由三线合一得到，由三条线段的长满足勾股定理，得到，然后得到线面垂直，即可证明面面垂直；② 由① 得三条线两两垂直，从而建立空间直角坐标系，写出点坐标即可得到向量坐标，由空间向量的数量积求出平面的法向量，由两个平面法向量的数量积求出向量夹角的余弦值的绝对值，即为所求面面角的余弦值； （2）建立空间直角坐标系，设得到，空间向量法求得线面角的正弦值，然后换元，利用基本不等式求得最大值. (1) 小问详解： ① 略 ② 以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图1所示的空间直角坐标系. 由题中数据可得，，，则，. 设平面的法向量为， 则 令，得.              取棱的中点，连接，易证平面， 则是平面的一个法向量，           故， 即平面与平面夹角的余弦值是. (2) 小问详解： 以为原点，，所在直线分别为轴、轴建立如图2所示的空间直角坐标系. 设，易证平面，则，所以. 因为平面的一个法向量为，                     所以.              设，则，        所以.              因为，当且仅当时，有最小值，              所以，即与平面所成角的正弦值的最大值为. 56．【答案】 【分析】 由的面积计算边，利用正弦定理得 外接圆的半径，最后利用勾股定理求得外接球的半径，进而得球的表面积. 【详解】 由题意有：，所以， 又，所以， 所以（为外接圆半径），设外接圆的圆心为， 即，过点作平面，作的中垂线交于点，即， 所以点为三棱锥的球心，设外接球半径为， 所以， 所以此三棱锥外接球的表面积为, 故答案为：. 57．【答案】（1） 由勾股定理计算得，所以， 故三角形为等腰直角三角形，可得. 因为平面平面，所以. 又因为平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面.     （2） ① 因为，而平面， 所以平面， 面与平面交线为，所以， 而，所以. ② 存在，      【分析】 （1）先分析底面四边形里的几何关系，得出，再根据线面平面推得线线，则可证平面，最终证平面平面； （2）① 先由证明平面，再根据线面平行的性质，得出交线，结合，得出；② 建立空间直角坐标系，设出点M坐标，求出平面的法向量，利用二面角的向量公式建立方程，化简求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ① 略 ② 依题意，建立空间直角坐标系， 可得， 设平面的一个法向量为， 则 即 取，则， 因为点在上，所以设点，设平面的一个法向量为， 则 可得 即 取，则. 因为， 所以，解得，故. 58．【答案】（1）证明见解析     （2）     （3）存在，P点在A点处时平面与平面的夹角为.      【分析】 （1）利用中位线和平行四边形证明线线平行，然后得到线面平行； （2）证明三线两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量求得面的法向量，然后由直线所在向量与法向量的夹角的余弦值的绝对值求得线面角的正弦值； （3）由（2）求出平面的法向量，设点坐标，由空间向量求得平面的法向量，由两个面的法向量夹角的余弦值的绝对值求等于面面角的余弦值建立方程，解得点坐标，即可知道点的位置. (1) 小问详解： 取中点，连接 ∵四边形为矩形，∴点为中点， ∴且， 又∵且，∴且， ∴四边形为平行四边形，即， ∵平面，∴平面. (2) 小问详解： ∵，且平面平面，平面平面， ∴平面， 又∵平面，∴， 故以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， ∴，，，，， ，，， 设为平面的一个法向量， 则 ，解得 ，即， 设直线与平面所成角为， 则 (3) 小问详解： 由（2）可知平面的一个法向量为， 设存在，则，， 设平面的一个法向量为， 则 ，解得 ，即， 则， ∴，即， 所以存在符合题意的点P，当P点在A点处时平面与平面的夹角为. 59．【答案】（1）     （2）      【分析】 1）根据平面可得，再应用正弦定理计算可得半径； （2）根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算二面角的余弦值，进而求得正弦值. (1) 小问详解： 由平面，平面，平面平面， 可得，故， 又由，知为等腰三角形，，， 由正弦定理得，故半圆形钟组件的半径等于； (2) 小问详解： 依题意，二面角为直二面角，为交线，， 故平面，又， 以为原点，、、所在直线为轴、轴，轴建立空间直角坐标系， 如图，则，，，， 将四面体补成长方体，知即为长方体的中心，得， 则，，，   设平面的法向量为， 则 ，即 ， 取，得， 设平面的法向量为， 则 ，即 ， 取，得， 设二面角为， 则， 则， 故二面角的正弦值为. 60．【答案】 【分析】 取的中点，连接，建立平面直角坐标系，求出点在正方形所在平面内的轨迹方程，再将问题转化成求的最小值. 【详解】 因为正方形所在平面内的动点到直线，的距离之差为2， 则点在平面内的轨迹为双曲线，其方程为，则， 取的中点，连接，则， 当最小时，则最小. 设，，则，， 对称轴，所以函数在单调递减， 所以当时，， 所以的最小值为. 故答案为： 【点睛】 本题以立体几何为问题背景与解析几何中的双曲线进行知识交会，考查距离的最值问题，二次函数的性质，求解时注意利用坐标法思想进行求解，考查函数与方程思想、数形结合思想，考查运算求解能力. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 空间向量与立体几何 4大高频考点概览 考点01 空间向量及其运算 考点02 空间向量基本定理 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 考点04 空间向量的应用 考点01 空间向量及其运算 1．（25-26学年高二上·云南多校·期中）点在平行四边形所在平面外，与交于点，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 利用向量的线性运算即可求解. 【详解】 因为四边形为平行四边形，所以为和的中点， 所以， 故选：D. 2．（25-26学年高二上·云南开远第一中学校·期中）如图，在等腰三角形中，，点是边上的动点，则的值为（       ） A. 2 B. 3 C. 4 D.  【答案】A 【分析】 先利用垂直关系求出，再利用向量运算将所求式转化为，进而可得答案. 【详解】 记的中点为，由题可知，， 所以. 故选：A. 3．（25-26学年高二上·云南楚雄第一中学·期中）已知平面向量，，则向量在向量上的投影向量为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据给定条件，利用向量的坐标运算及投影向量的定义求解. 【详解】 由向量，得，，则， 所以向量在向量方向上的投影向量为. 故选：C 4．（25-26学年高二上·云南邵通部分学校·期中）如图，在斜三棱柱中，为棱BC上靠近的三等分点，为的中点，设，则用表示为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 应用向量加减、数乘的几何意义用表示出. 【详解】 . 故选：D 5．（25-26学年高二上·云南昆明东川区高级中学·期中）已知向量，若，则（     ） A. -5 B.  C.  D. 5 【答案】C 【分析】 首先根据向量的坐标运算求解，然后再根据向量垂直的判断条件求解参数即可. 【详解】 由题意可得，则， 即，解得． 故选：C 6．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）已知在四面体中，为的中点，，若，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据题意，结合空间向量的线性运算法则，准确运算，即可求解. 【详解】 如图所示，因为为的中点，，且， 则. 故选：D. 7．（25-26学年高二上·云南昆明第一中学·期中）已知空间中点，，，，若A，B，C，D四点共面，则实数的值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 由四点共面，得与共面，利用共面向量定理列方程组求解即得． 【详解】 因为，，，， 所以，，， 因为四点共面，所以与共面，即存在唯一实数对，使得， 所以， 所以 ，解得． 故选：B 8．（25-26学年高二上·云南楚雄彝族自治州部分学校·期中）已知，，，为空间中四点，为坐标原点，若且，，，四点共面，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据平面向量基本定理得到，进而得到，根据待定系数法求解即可. 【详解】 由题意可知，若，，，四点共面，则，， 即， 所以， 又，所以，，， 可得，即，所以. 故选：A. 9．（25-26学年高二上·云南昭通一中教研联盟·期中）（多选）下列命题正确的是（　　） A. 的最小值为6 B. 数据1，3，5，7，9，11，13，15的第75百分位数为12 C. 函数在定义域上单调递增的充要条件是：，当时， D. 若单位向量满足，则与的夹角为180° 【答案】BCD 【分析】 当时可判断A；由百分位数的计算可得到B；利用单调性的定义证明可判断C；由数量积的运算律结合夹角的计算可判断D. 【详解】 对于A，当不成立，A错误； 对于B，由，得数据1，3，5，7，9，11，13，15的第75百分位数是，B正确； 对于C，充分性：不妨设，则， 因为，所以，所以在R上单调递增． 必要性：，不妨设，则， 因为在R上单调递增，所以， 所以，所以，C正确； 对于D，由单位向量满足，两边平方得，解得， 又，则，D正确. 故选：BCD． 10．（25-26·云南民族中学·二模）非零向量满足，且向量在向量上的投影向量为，若，则实数的值为（       ） A.  B.  C.  D. 2 【答案】A 【分析】 先利用投影向量求出，再利用向量垂直关系计算向量数量积构造关于实数的方程，最后结合及解方程求出实数． 【详解】 向量在向量上的投影向量为， ， ， ， 又， ， 是非零向量，， ，解得， 故选：A． 11．（25-26学年高二上·云南昭通一中教研联盟·期中）已知向量，若，则　　　　　　　　　　　． 【答案】1 【分析】 根据向量垂直的坐标表示求解即可． 【详解】 因为且， 所以， 解得． 故答案为：1． 12．（25-26学年高二上·云南昆明西山区·期中）已知向量与的夹角为，则　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据向量的模、向量夹角的余弦公式、向量的数量积等知识进行求解即可. 【详解】 向量与的夹角为， 所以， 即， . 又，所以. 故答案为：. 13．（25-26学年高二上·云南楚雄第一中学·期中）已知点A、B、C的坐标分别为（0，1，2），（1，2，3），（1，3，1）. （1）若，且，求y的值； （2）若D的坐标为（x，5，3），且A、B、C、D四点共面，求x的值. 【答案】（1）； （2）0 . 【分析】 （1）利用，可得，解得即可． （2），，，四点共面，可得存在唯一一对实数，，使得，解出即可． 【详解】 （1）因为，，且，所以，解得． （2）因为，，，与不共线， 由，，，四点共面，可得存在唯一一对实数，，使得， 所以 ，解得 ，故． 【点睛】 本题主要考查向量垂直的坐标表示，向量的数量积，平面向量基本定理的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题． 考点02 空间向量基本定理 1．（25-26学年高二上·云南昆明西山区·期中）如图所示，已知在三棱锥中，M，N分别是，的中点，点G在线段上，且，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据给定的几何体，利用空间向量线性运算求得答案. 【详解】 依题意， . 故选：D. 2．（25-26学年高二上·云南楚雄彝族自治州部分学校·期中）若是空间的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得，我们把有序实数组叫做向量在基底下的斜坐标.已知空间向量在基底下的斜坐标为，则在基底下的斜坐标为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 由题意得，设在基底下的斜坐标为，则，化简并联立，可得x，y，z的值，即可得答案. 【详解】 由空间向量在基底下的斜坐标为，得， 设在基底下的斜坐标为， 则， 所以 ，解得 ， 所以空间向量在基底下的斜坐标为. 故选：C. 3．（25-26学年高二上·云南玉溪第一中学·期中）（多选）在正方体中，若点是侧面的中心，且，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】AD 【分析】 根据空间向量基本定理求解即可. 【详解】 在正方体中，由于点是侧面的中心， 所以， 所以，，即． 故选：AD. 4．（25-26学年高二上·云南怒江傈僳族自治州·期中）在四棱柱中，，分别在棱，上，且，，若，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据空间向量的线性运算结合空间四点共面的充要条件列方程求解的值即可. 【详解】 因为，所以， 所以， 因为，所以， 又在四棱柱中，有， 且，所以，即， 所以，，，四点共面，所以，解得. 故选：C. 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．（25-26学年高二上·云南开远第一中学校·期中）（多选）已知向量，若，则（       ） A. -2 B. 1 C. -1 D. 0 【答案】AD 【分析】 由空间向量的模长公式求出，再由垂直向量的坐标表示解方程即可得出答案. 【详解】 ， 又， 当时，，则； 当，时，则． 故选：AD. 2．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）（多选）若，，与的夹角为120°，则的值为（     ） A. 17 B.  C.  D. 1 【答案】AC 【分析】 根据空间向量夹角公式得到方程，求出或. 【详解】 由题意得，即， 化简得，解得或 故选：AC 3．（25-26学年高二上·云南红河哈尼族彝族自治州第一中学·期中）设向量，若，则（     ） A. 2 B. 1 C.  D. 0 【答案】C 【分析】 根据共线向量的坐标表示，列出方程，即可求解. 【详解】 因为向量， 由，可得，解得. 故选：C. 4．（25-26·云南民族中学·二模）（多选）关于空间向量，以下命题正确的是（       ） A. 若为平面外任意一点，，则四点一定共面 B. 若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则 C. 若平面的法向量分别为，且，则 D. 若向量（是不共面的向量，则称在基底下的坐标为，若在基底下的坐标为，则在基底下的坐标为 【答案】ACD 【分析】 根据空间共面的条件、线面平行的向量坐标表示、面面垂直的向量坐标表示以及基底坐标等知识逐项计算即可. 【详解】 对于A选项：因为，所以四点共面，故A正确； 对于B选项，若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，易得，即，则有，故B错误； 对于C选项：因为，所以，所以，所以C正确； 对于D选项：由题意得，设， 则 ，解得 ，则在基底下的坐标为正确， 故选：ACD. 5．（25-26学年高二上·云南楚雄第一中学·期中）已知向量，若，则　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据向量垂直得到，再利用向量夹角的坐标表示即可得到答案. 【详解】 依题意，由，有， 解得，所以. 故答案为：. 6．（25-26学年高二上·云南邵通部分学校·期中）已知向量，点，，若在直线上存在一点，使得（为原点），则点的坐标为　　　　　　． 【答案】 【分析】 先求出向量，由共线向量定理得，由向量的线性运算求出，再根据垂直向量的数量积为0求出的值，即可得出点的坐标. 【详解】 ∵在直线上,设，则， ， 因为，则，所以， 解得， 因此存在点，使得， 此时点的坐标为． 故答案为： . 7．（25-26学年高二上·云南楚雄彝族自治州部分学校·期中）已知向量，若，则　　　　　. 【答案】 【分析】 根据空间向量垂直的坐标表示求解即可． 【详解】 由， ，解得． 故答案为：． 8．（25-26学年高二上·云南多校·期中）向量 且 ，则实数 　　　　　. 【答案】 【分析】 利用向量的坐标运算，再结合向量平行列式计算，即可求解. 【详解】 ，， 因为，所以， 即， 有 ， 故实数 . 故答案为： 9．（25-26学年高二上·云南怒江傈僳族自治州·期中）已知向量，，若，则　　　　　　　　　　. 【答案】10 【分析】 根据平面向量数量积的坐标运算列方程求解的值即可. 【详解】 由题意可得，解得. 故答案为：10. 10．（25-26学年高二上·云南曲靖第一中学·期中）已知向量，若，则　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据空间向量垂直的坐标运算列式计算求解即可. 【详解】 由，则，即， 则， 即，解得. 故答案为：. 11．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点坐标是　　　　　　　　　　　　. 【答案】 【详解】根据空间点的对称性即可得到答案. 【详解】 点关于轴的对称点坐标是. 故答案为： 12．（25-26学年高二上·云南红河哈尼族彝族自治州第一中学·期中）已知向量，，且函数． （1）求的周期 （2）若将函数的图像上的点的纵坐标不变，横坐标缩小为原来的，再将所得图像向左平移个单位，得到的图像，求函数在的值域． 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）利用平面向量数量积的坐标运算和辅助角公式得，再利用周期公式得结论； （2）利用函数图象的平移变换得，再利用函数的值域，计算得结论． (1) 小问详解： 因为向量，， 所以． 因为， 所以最小正周期． (2) 小问详解： 因为将函数的图像上的点的纵坐标不变，横坐标缩小为原来的，再将所得图像向左平移个单位，得到的图像， 所以． 当时，，， 所以． 13．（25-26学年高二上·云南楚雄第一中学·期中）已知，，且 （1）求的单调区间. （2）在中，，，的对边分别为，，，当，，，求的面积. 【答案】（1）在（）单调递增；在（）单调递减；（2）. 【分析】 【详解】 （1）， 令 所以函数在，（）单调递增； 令 所以函数在，（）单调递减. （2）由（1）可知 角为锐角， 由正弦定理， 即三角形为直角三角形， 则 14．（25-26学年高二上·云南曲靖宣威第一中学·期中）已知，，函数. （1）求函数的对称轴方程和单调递增区间； （2）已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，求的取值范围. 【答案】（1）对称轴方程为，单调递增区间为     （2）      【分析】 （1）根据已知条件写出表达式并化简，结合正弦型函数的单调性和对称轴即可求解； （2）由已知条件得到，结合正弦定理得到，根据的范围得到的范围. (1) 小问详解： 由题意得， ， 令，得， 所以函数的对称轴方程为， 令， 得； 所以函数的单调递增区间为； (2) 小问详解： 由，可知， 因为，所以，所以，则， 由正弦定理得，又， 所以， 由于 ，可得，所以，则， 所以. 考点04 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·云南昭通一中教研联盟·期中）（多选）如图，在六棱柱中，底面为正六边形，则（　　） A.  B. 直线与平面平行 C. 点和到下底面的距离相等 D. 直线 【答案】AC 【分析】 利用六棱柱的性质特征以及正六边形的性质，对选项逐一分析即可得出结论. 【详解】 据棱柱的定义可知，故A正确； 由于为正六边形，则直线与相交，所以直线与平面不平行，故B错误； 由于棱柱的上下两个底面互相平行，点和都在上底面，故点和到下底面的距离相等，C正确； 由于，而直线与不垂直，所以D错误， 故选：AC． 2．（25-26学年高二上·云南怒江傈僳族自治州·期中）已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据向量垂直即可求解. 【详解】 因为，所以，所以，即. 故选：D 3．（25-26学年高二上·云南玉溪第一中学·期中）如图，已知正方体的棱长为1，则四棱锥的体积为 A.  B.  C.  D.  【答案】B 【详解】先确定锥体的高，再根据锥体体积公式得结果. 【详解】由正方体性质得平面， 所以四棱锥的体积为，选B. 【点睛】本题考查锥体体积，考查基本求解能力，属基础题. 4．（25-26学年高二上·云南昭通一中教研联盟·期中）已知圆锥的母线长为4，母线与底面所成的角是，则该圆锥的体积是（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 求得圆锥的底面半径和高，进而求得圆锥的体积. 【详解】 设圆锥的高为h，底面半径为r，又母线长为， 而母线与底面所成的角是30°，则，， 所以体积为. 故选：C 5．（25-26学年高二上·云南曲靖沾益区·期中）在长方体中，是的中点，是的中点，与相交于点.若，则与所成的角的大小为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 由，可得，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，向量法求异面直线所成的角. 【详解】 在矩形中，因为是的中点，与相交于点， 所以，所以，所以. 以点为坐标原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系.    因为，所以. 因为是的中点，是的中点，所以. 因为，所以，所以. 设与所成的角为，则. 因为，所以. 因为，所以. 故选:C. 6．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A.  B.  C.  D.  【答案】C 【详解】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果. 详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以, 因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C. 点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 7．（25-26学年高二上·云南昆明第八中学·期中）已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（     ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【分析】 根据线面位置关系的判定与性质，逐项判断即可求解. 【详解】 对于A，若，，则平行或相交，不一定垂直，故A错误. 对于B，若，则或，故B错误. 对于C，，过作平面，使得， 因为，故，而，故，故，故C正确. 对于D，若，则，故D错误. 故选：C. 8．（25-26·云南民族中学·二模）在棱长为2的正方体中，为的中点，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，再运用公式即可求出. 【详解】 以点为原点,为轴建系，如图所示： 则，所以，, 所以的单位向量为， 所以点到直线的距离为， 故选：A. 9．（25-26学年高二上·云南师范大学附属中学·期中）已知为直线的一个方向向量，为平面的一个法向量，若，则的值为（       ） A.  B. 1 C.  D. 2 【答案】B 【分析】 依题意可得，即可得到，再根据向量相等得到方程组，解得即可. 【详解】 因为，所以，所以，即， 所以 ，解得 ． 故选：B． 10．（25-26学年高二上·云南昆明第一中学·期中）在空间直角坐标系中，已知点，，，则点到直线的距离是（       ） A. 1 B.  C. 2 D.  【答案】A 【分析】 利用空间向量法求出点到直线距离即可. 【详解】 ,，， 所以点到直线的距离， 故选：A 11．（25-26学年高二上·云南昆明西山区·期中）（多选）如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E、F，且，则下列结论中正确的是（    ） A.  B. 平面ABCD C.  D. 三棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【分析】 根据线线、线面垂直、线面平行、锥体体积、异面直线概念等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】 A选项，根据正方体的性质可知；又平面，平面， 故，由于，平面，所以平面， 由于平面，所以，所以A选项正确. B选项，根据正方体的性质可知， 由于平面，平面，所以平面，所以B选项正确. C选项，由于平面，平面，且，A在平面外， 故为异面直线，C错误； D选项，对于三棱锥，三角形的面积为，为定值， 到平面的距离即为到平面的距离，为定值， 所以三棱锥的体积为定值，所以D选项正确. 故选：ABD 12．（25-26学年高二上·云南楚雄第一中学·期中）正方体中为棱的中点，求异面直线与所成角的余弦值（        ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 将异面直线平移到同一平面中，构成一等腰三角形，应用余弦定理求值. 【详解】 取的中点为E点，的中点为G点，连接AG，AE，EG，EG平行于，平行于，故EG平行于，则三角形AEG中，角AEG或其补角为所求，设正方形边长为2，根据三角形的三边关系得到，故AE =3，，故AG=3，GE=，由余弦定理得到角AEG的余弦值为，. 故答案为B. 【点睛】 本题主要考查异面直线所成角的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养；异面直线的夹角常用方法有：将异面直线平移到同一平面中去，达到立体几何平面化的目的. 13．（25-26学年高二上·云南楚雄第一中学·期中）（多选）在直三棱柱中，，，为棱的中点，为棱上的动点（与端点不重合）.以为坐标原点，垂直于平面的直线为轴，直线、分别为、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则下列说法正确的是（       ） A. 点关于平面的对称点的坐标为 B. 的取值范围为 C. 存在点，使得平面的一个法向量为 D. 若，则点到平面的距离为 【答案】ACD 【分析】 利用点关于坐标平面的对称性可判断A选项；设，其中，利用空间向量数量积的坐标运算可判断B选项；利用平面法向量的概念可判断C选项；利用空间向量法可判断D选项. 【详解】 在中，，， 由余弦定理可得， 因为，故， 由图可得、、、、、、， 对于A选项，点关于平面的对称点的坐标为，A对； 对于B选项，， 设点，其中，则， 所以，B错； 对于C选项，假设存在点，使得平面的一个法向量为， 则 ，解得，符合题意，C对； 对于D选项，若，则，由C选项可知，此时平面的一个法向量为， 且，则点到平面的距离为，D对. 故选：ACD. 14．（25-26学年高二上·云南邵通部分学校·期中）已知过点且法向量为的平面方程为，现有一点在平面上，则点到的距离为（       ） A.  B.  C.  D. 17 【答案】C 【分析】 根据给定条件，求出平面的法向量，利用点到面的距离的向量法公式求解即可. 【详解】 易知平面的法向量，而由可得，于是， 所以，故点到的距离. 故选：C. 15．（25-26学年高二上·云南邵通部分学校·期中）（多选）已知在棱长为1的正方体中，点分别是，，的中点，下列结论中正确的是（       ） A. 平面 B. 平面 C. 三棱锥的体积为 D. 直线与所成的角为 【答案】ABD 【分析】 根据线面平行的判定定理判断A；利用空间向量的数量积的运算，证明线面位置关系判断B；根据割补法求得三棱锥的体积判断C；利用空间角的向量求法求得直线与所成的角判断D. 【详解】 对于A，在正方体中，, 平面，平面，故平面，A正确； 对于B，以D为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系，    连接，，则, 则，， 则，， 故，即, 而平面，故平面，B正确； 对于C，连接， 三棱锥的体积 ，C错误； 对于D，连接EF，， 则， 故， 即，由于异面直线所成角大于小于等于， 故直线与所成的角为，D正确， 故选：ABD 16．（25-26学年高二上·云南楚雄彝族自治州部分学校·期中）（多选）如图，在正四棱锥中，，，分别是，的中点，则下列说法正确的是（       ） A.  B. 直线和所成角的余弦值是 C. 点到直线的距离是 D. 点到平面的距离是2 【答案】ABC 【分析】 连接，利用中位线、正四棱锥的性质判断A；过作，交延长线于，若为中点，连接，先证为平行四边形，由异面直线定义确定直线和所成角的平面角，再求其余弦值判断B；中求各边长，余弦定理求，进而求点到直线的距离判断C；证面，等体积法有求点面距离判断D. 【详解】 A：连接，分别为，的中点，即为中位线，则， 由为正四棱锥，故为正方形，则，所以，对； B：过作，交延长线于，若为中点，连接， 又，即，则为平行四边形，故，， 而且，故且，即为平行四边形， 所以且，故直线和所成角，即为或其补角， 及正四棱锥的性质知：侧面为等边三角形，底面为正方形，且棱长均为， 所以，， ，故直线和所成角的余弦值是，对； C：中，又，则， 所以，则， 所以，故， 所以点到直线的距离是，对； D：由上分析知：，若为底面中心，则为中点，， 连接，交为，则，则， 又，，面， 所以面，即面，易知：， 令到平面的距离为，则， 由，则中上的高为，故， 由，，则， 所以，错. 故选：ABC 17．（25-26学年高二上·云南多校·期中）已知，，，，，则直线到平面的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 首先证明平面，直线到平面的距离可转化为点到平面的距离，利用点到平面的距离公式计算即可. 【详解】 ，，，， 显然，所以， 而平面，平面，于是平面， 因此直线到平面的距离等于点到平面的距离． 设平面的法向量为，则 ,令，得， 所以点到平面的距离为， 所以直线到平面的距离是． 故选：D 18．（25-26学年高二上·云南曲靖宣威第一中学·期中）（多选）下列说法中，正确的有（　　） A. 若平面的法向量，直线的方向向量，则直线与平面平行 B. 若平面的法向量，直线的方向向量，则直线与平面垂直 C. 若直线的方向向量，直线的方向向量，则异面直线与所成角为 D. 若直线的方向向量，直线的方向向量，则异面直线与所成角为 【答案】BD 【分析】 由空间向量的关系得到线面的位置关系，由空间向量的夹角求得异面直线的夹角. 【详解】 对于AB，，故共线，则直线l与平面垂直，故A错误，B正确； 对于CD，因为，又异面直线l与m所成角的取值范围是， 其夹角为，故C错误，D正确， 故选：BD 19．（25-26学年高二上·云南曲靖宣威第一中学·期中）（多选）《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在阳马中，平面，且，则（     ） A. 异面直线与所成的角为 B. 平面平面 C. 点到平面的距离为 D. 阳马的外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】 作出符合题意的图形，建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角的向量求法判断A，利用空间位置关系的向量证明判断B，利用点到平面距离的向量求法判断C，将阳马放在正方体里，进而求解外接球半径，利用球的表面积公式求出表面积判断D即可. 【详解】 作出符合题意的图形，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示 连接，可得， 对于A，由题意得，， 设异面直线与所成的角为， 则， 而，可得，故A正确， 对于B，由题意得，， 设面的法向量为，则 ， 令，解得，得到， 由题意得，， 设面的法向量为，则 ， 令，解得，得到， 则，可得平面平面，故B正确， 对于C，由题意得，， 设点到平面的距离为， 由点到平面的距离公式得，故C错误， 对于D，如图，将阳马放在正方体内，则其外接球为正方体外接球， 而，则外接球半径为， 由球的表面积公式得球的表面积为，故D正确. 故选：ABD 20．（25-26学年高二上·云南曲靖沾益区·期中）已知m、n是空间中两条不同的直线，、是空间中两个不同的平面，则下列说法正确的是（     ）． A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【分析】 利用线面平行、线面垂直的性质，结合面面平行、面面垂直的判断逐项判断得解. 【详解】 对于A，令，当，时，满足，而不平行，A错误； 对于B，设直线的方向向量分别为，由， 得分别为平面的法向量，又，则，因此，B正确； 对于C，由，得存在过直线的平面，则，而， 于是，又，因此，C错误； 对于D，由，得或，而，可得可能平行，也可能相交，D错误. 故选：B 21．（25-26学年高二上·云南曲靖第一中学·期中）（多选）如图，在正方体中，点P为线段上的动点（点P与，不重合），则下列说法正确的是（       ） A.  B. 三棱锥的体积为定值 C. 过P，C，三点作正方体的截面，截面图形为三角形或梯形 D. DP与平面所成角的正弦值最大为 【答案】ABC 【分析】 由正方体性质知垂直关系可判断A，作截面判断C，由等体积法判断B，求出线面角的正弦值，得最大值，判断D． 【详解】 由正方体性质可知平面，所以，故A正确： 由等体积法得为定值，故B正确； 根据正方体性质知，当延长线与棱相交时，截面为三角形，当延长线与棱相交时，截面为梯形，C正确； 选项D，在正方体中，连接，则为DP在平面上的射影，则为DP与平面所成的角， 设正方体的棱长为1，，则，， 当x取得最小值时，的值最大，即时，x的值最小为， 所以的值最大为，故选项D不正确， 故选：ABC． 22．（25-26学年高二上·云南昆明东川区高级中学·期中）（多选）已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（       ） A.  B. 直线与平面所成角的余弦值为 C. 点到平面的距离为 D. 平面 【答案】ABD 【分析】 根据线线平行及线线垂直判定A，根据线面垂直判定定理得出平面，平面，进而判断D，应用线面角定义计算即得判断B，由B结合D判断C. 【详解】 对于A：连接，，且，直线与所成的角为，故选项A正确； 对于D：连接交于，因为平面，平面，所以， 又因为平面，所以平面，平面，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为平面，所以平面，平面，所以， ，平面，平面，从而平面，故D项正确； 对于B：由D知平面，运用等体积法，所以， 所以可求得，又因为， 所以，又，所以，所以，故B项正确； 对于C：由选项B知点到平面的距离为，故C项不正确；    故选：ABD． 23．（25-26学年高二上·云南昆明第一中学·期中）（多选）如图，平行六面体中，以为顶点的三条棱长均为1，且两两之间的夹角都是，则下列说法中正确的是（       ） A.  B.  C. 向量与的夹角是120° D. 与所成角的余弦值为 【答案】ABC 【分析】 根据给定条件，取空间向量的一个基底，利用空间向量的线性运算和数量积运算，逐项求解判断. 【详解】 在平行六面体中，为空间的一个基底， 则，， ， 对于A，， ，A正确； 对于B，，则 ，因此，B正确； 对于C，，则， ，而， 因此向量与夹角是，C正确； 对于D，，则 ，而 ，， ，D错误. 故选：ABC 24．（25-26学年高二上·云南开远第一中学校·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点是底面内的一点（包括边界），且，则下列说法正确的是（       ） A. 点的轨迹长度为 B. 点到平面的距离是定值 C. 直线与平面所成角的正切值的最大值为 D. 的最小值为 【答案】BCD 【分析】 选项A：利用空间中到定点的距离为定长的点的集合为一个球，在正方体表面上的交线为圆求得的轨迹长度；选项B：可以证得平面，结合平面，所以点到平面的距离是定值；选项C：要求直线与平面所成角的正切值的最大值，则求得在平面的投影为，当取得最小值时，直线与平面所成角的正切值最大；选项D：要求的最小值，则利用到直线的距离为，当点落在上时，求得的最小值. 【详解】 对于A，因为，即，所以， 即点在底面内是以为圆心､半径为1的圆上， 所以点的轨迹长度为，故A错误； 对于B，在正方体中，， 又平面，所以平面， 所以点的轨迹为线段， 又平面，所以点到平面的距离是定值，故B正确； 对于C，因为平面，所以为直线与平面所成角， 因为点到的距离为定值2，记点在平面的投影为， 所以当取得最小值时，直线与平面所成角的正切值最大， 又， 所以直线与平面所成角的正切值的最大值为，故C正确； 对于D，到直线的距离为， 当点落在上时，，故D正确.故选：BCD. 25．（25-26学年高二上·云南多校·期中）（多选）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，，分别是线段，的中点，是线段上的一个动点（不含端点，），则下列说法正确的是（     ） A. 平面 B. 存在点，使得 C. 不存在点，使得异面直线与所成的角为 D. 三棱锥体积的取值范围为 【答案】ACD 【分析】 根据线面平行的判定定理判断与平面的位置关系，判断A的真假；建立空间直角坐标系，利用空间向量的垂直关系判断点的存在与否，判断B的真假；利用空间向量，根据两异面直线所成的角判断点的存在性，判断C的真假；对D，方法1，利用空间向量求底面三角形面积和三棱锥的高，进而求三棱锥的体积，判断D的真假；方法2，利用锥体的体积公式求三棱锥的体积，判断D的真假. 【详解】 对于A，因为，分别为，的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面，故A正确； 因为平面，平面，所以，. 又四边形是正方形，所以.故两两垂直. 所以，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，. 对于B，假设存在点，使得， 因为，，所以，解得，不合题意，故B错误； 对于C，假设存在点，使得异面直线NQ与PE所成的角为， 因为，， 所以，解得， 不符合，则不存在点Q，使得异面直线NQ与PE所成的角为，故C正确； 对于D，方法一：因为，， 所以， ， 则， 设是平面的一个法向量， 则 ，令，则， 设，则， 则点到平面的距离， 则三棱锥的体积为， 因为，所以，故D正确. 方法二：设，则， 因为， 点到平面的距离， 所以，因为，所以，故D正确. 故选：ACD 26．（25-26学年高二上·云南怒江傈僳族自治州·期中）（多选）如图，在直四棱柱中，，，，，是棱的中点，是线段上的动点，则（     ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在实数，，使得向量 C. 异面直线与所成的角不可能是 D. 平面与平面夹角的余弦值的最大值是 【答案】ABD 【分析】 由平面平面可判断A；建立空间直角坐标系，由向量法可得，由空间向量共面基本定理可判断B；由题意可得，由异面直线所成角向量法计算可判断C；由面面角向量法计算可判断D. 【详解】 对于A，在直四棱柱中，，， 所以平面平面， 因为在线段上，所以点到平面的距离是定值， 因为是棱的中点，所以的面积是定值， 则三棱锥的体积为定值，故A正确； 对于B，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， 设，则，，，，， 因为，所以， 故，， 因为，所以， 则，，共面，则存在实数，，使得向量，故 B正确； 对于C，， 设，则，从而， 故， 令，得，解得， 则异面直线与所成的角可能是，故C错误； 对于D， ，， 设平面的法向量为， 则 ，令，则， 所以平面的一个法向量为， 取平面的一个法向量为， 则， 当且仅当时，等号成立，故D正确. 故选：ABD 27．（25-26学年高二上·云南曲靖沾益区·期中）（多选）在长方体中， 底面ABCD为正方形. ，E为棱 上的一个点，平面与棱交于点F，则下列结论正确的有（       ） A. 当点 E为棱的中点时， B. 当点 E为棱的中点时，点 D 到平面的距离为 C. 存在点E，使得平面平面 D. 四边形的周长的最小值是 【答案】BC 【分析】 连接，利用与不垂直判断A；利用等体积法求解点面距离判断B；利用定义法作出二面角的平面角，然后利用面面垂直得确定点E位置判断C；先判定四边形为平行四边形，然后和展开在同一平面内利用三点共线最短求解最小值判断D. 【详解】 对于A，当点为棱的中点时，连接，则， 在长方形中，，即， 所以，所以， 所以不垂直，所以不垂直，故A错误； 对于B，当点为棱的中点时，由可知， 又，故是等边三角形， 设点到平面的距离为，所以， ，由得，所以， 即点到平面的距离为，故B正确；    对于C，在长方体中，平面， 连接交于点，因为为中点，， 所以， 所以即为二面角的平面角，当平面平面时，， 设，，在直角三角形中，， 又，， 所以， 所以，即时，使得平面平面，故C正确；    对于D，如图，在棱上取一点，使，在棱上取一点，使， 连接，    因为，，所以四边形为平行四边形， 所以，且，又因为，， 所以四边形为平行四边形， 所以，，所以，， 所以四边形为平行四边形，则周长， 将和展开在同一平面内，如图：    可知，此时点为棱的中点， 故当点为棱的中点时，四边形的周长的最小值， 最小值是，故D错误. 故选：BC． 28．（25-26学年高二上·云南曲靖第一中学·期中）如图，直三棱柱的底面为直角三角形，，，,是上一动点，则的最小值为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 结合图形，沿将翻折至与在同一个平面内，则的长度即的最小值，求出相关边长和角，利用余弦定理求出的长即可. 【详解】 连接，沿将翻折至与在同一个平面内，如图，连接， 则的长度即的最小值. 由题设可知，又，面， 平面，因平面，故. 在平面图形中，因，，则，，， 由余弦定理，可得. 故选：B. 29．（25-26学年高二上·云南昆明第八中学·期中）（多选）已知正方体的棱长为3，动点在底面中（含边界），点在棱上，且，则（　　） A. 直线与所成的角为60° B. 三棱锥体积的最大值为 C. 如果点在直线上运动，点在直线上运动，那么的最小值为 D. 如果异面直线与所成角为．那么的轨迹所在圆锥曲线的离心率为 【答案】ACD 【分析】 建立如图所示的空间直角坐标系，利用直线方向向量的夹角公式计算后可判断A，求出平面的法向量后可求到平面的距离的最大值，求出体积的最大值后可判断B，由两点间距离公式结合配方法求出的最小值后判断C，利用直线方向向量的夹角公式求出的轨迹方程后可判断D. 【详解】 由正方体的性质可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 对于A，， 故，设异面直线与所成的角为， 则，则，故，故A正确； 对于B，，设，其中， 又，设平面的法向量为， 则 ，故 ，取， 因为，故到平面的距离为， 因为，故，故， 故，由正方体的性质可得， 故的面积为， 故三棱锥体积的最大值为，故B错误； 对于C，因为在上，故设，因为在上，故设， 则 ， 当且仅当时等号成立，故的最小值为，故C正确； 对于D，仍设，则，， 故， 整理得，故， 故的轨迹所在圆锥曲线为椭圆的一部分， 该椭圆的长半轴为，半焦距为，故其离心率为，故D正确. 故选：ACD. 30．（25-26学年高二上·云南师范大学附属中学·期中）（多选）在长方体中，分别为的中点，分别为棱上的动点，则下列说法正确的是（       ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 的最小值为 C. 若，则平面截长方体所得截面为五边形 D. 若为中点，则三棱锥的外接球表面积为 【答案】ACD 【分析】 A选项，由平面可得点到平面的距离为定值，进而可得三棱锥的体积为定值；B选项，将沿翻折，使得与四边形共面，进而根据三点共线且时取得最小值，再由等面积法求解最小值；C选项，由，利用空间向量方法证明五点共面，可证截面为五边形；D选项，利用球心性质，通过余弦定理及勾股定理求解外接球半径，进而求解外接球表面积. 【详解】 A选项：在长方体中， 在四边形中，，且， 故四边形为平行四边形，所以. 平面，且平面， 故平面，又因为在上， 所以到平面的距离为定值， 由的面积确定，所以三棱锥的体积为定值， 即三棱锥的体积为定值，故A正确；    B选项，将沿翻折，使得与长方形共面， 当三点共线且时，取得最小值， 即过作，垂足为，与交于点， 此时. 由等面积法， 其中， 可得， 解得，故B错误；    C选项，当时，即为棱上靠近点的三等分点， 在棱上取靠近点的三等分点，连接， 则，且，，故四点共面. 如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 则， 所以， 令，则， 所以 ，解得 ，即， 即四点共面，则五点共面， 故五边形即为平面截长方体所得的截面，故C正确；    D选项，设三棱锥的外接球球心为，半径为， 取中点，连接， 设的外心为，外接圆半径为， 由，可知. 在中，， 则由余弦定理得， 所以， 故外接圆半径； 由为直角三角形，则中点为的外心， 连接. 则，且， 由平面，则平面， 又平面，所以， 同理可证，所以四边形为平行四边形， 则； 则， 所以， 三棱锥的外接球表面积为，故D正确．        故选：ACD． 31．（25-26学年高二上·云南昆明第一中学·期中）棱长为的正四面体中，点为平面内的动点，且满足，则直线与直线所成的角的余弦值的取值范围为（   ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 利用给定条件判断的轨迹，再建立空间直角坐标系，利用线线角的向量求法将所求夹角余弦值表示为三角函数，结合三角函数的有界性求出取值范围即可. 【详解】 首先，记在底面内的投影为，则底面， 因为平面，所以， 因为在正四面体中，是等边三角形， 则，是的中心， 则， 由题意得，则， 所以的轨迹是以为圆心，半径为1的圆， 以为原点建立如下图所示的空间直角坐标系： 设与轴正半轴所成的角为，则，， 所以， 设直线与直线所成的角为， 所以， 因为，所以. 故选：A. 32．（25-26学年高二上·云南曲靖沾益区·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，. （1）求点A到平面的距离； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式进行求解； （2）求出两个平面的法向量，利用向量夹角余弦公式进行求解. (1) 小问详解： 因为平面，平面， 所以，， 又，所以两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ，， 故， ，， 设平面的法向量为， 则 ， 令，则，故， 所以点A到平面的距离； (2) 小问详解： ， 显然平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则 ， 令，则，故， 设平面与平面夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为. 33．（25-26学年高二上·云南昆明西山区·期中）已知平行四边形ABCD中，AB=6，AD=10，BD=8，E是线段AD的中点．沿BD将△BCD翻折到，使得平面平面. （Ⅰ）求证：平面ABD； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值； （Ⅲ）求二面角的余弦值． 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ） （Ⅲ） 【分析】 （Ⅰ）翻折后成以后线段的长度不发生变化，所以可得CD=6，， ，即，所以，再结合面面垂直的性质定理可得线面垂直； （Ⅱ）根据题意建立空间直角坐标系，求出直线所在的向量与平面的法向量，再利用向量的有关知识求出两个向量的夹角，进而转化为线面角； （Ⅲ）根据建立的坐标系分别求出两个平面的法向量，再求出两个向量的夹角，进而转化为二面角的平面角得到答案； 【详解】 （Ⅰ）平行四边形ABCD中，AB=6，AD=10，BD=8，沿直线BD将△BCD翻折成△，可知CD=6，，BD=8，即，故． 因为平面⊥平面，平面平面=，平面， 所以平面． （Ⅱ）由（Ⅰ）知平面ABD，且， 如图，以D为原点，建立空间直角坐标系． 则，，，.． 由于E是线段AD的中点，所以，． 在平面中，，， 设平面法向量为， 所以 ，即 ， 令，得，． 设直线与平面所成角为，则 ． 故直线与平面所成角的正弦值为． （Ⅲ）由（Ⅱ）知平面的法向量为，而平面的法向量为，故， 因为二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． 34．（25-26学年高二上·云南开远第一中学校·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，为等边三角形，为的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：在四棱锥中，正方形的边长为2，取的中点，连接，， 由，，得，由为的中点，得， 由为等边三角形，得，于是，即， 又，则，而，平面， 所以平面.      （2）.      【分析】 （1）根据给定条件，结合勾股定理的逆定理，利用线面垂直的判定推理即得. （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用线面垂直的向量求法求解即得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，平面，则平面， 而平面，于是平面平面，在平面内过点作， 又平面平面，因此平面，即直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 有， 在中，由，，得，， 设平面的法向量为，，， 则 ，取，得， 设平面的法向量为，，， 则 ，取，得， 因此， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 35．（25-26学年高二上·云南楚雄第一中学·期中）如图，在直三棱柱中，分别是与的中点.    （1）求证:平面; （2）若，求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析     （2）      【分析】 （1）取中点，连接与，证得四边形是平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面的法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. (1) 小问详解： 证明：取中点，连接， 在中，因为分别是与的中点，所以，且， 又因为在直三棱柱中，为的中点， 所以，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，且平面，所以平面. (2) 小问详解： 解：因为平面，且，所以平面， 又因为为等腰直角三角形，则两两垂直， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，设，则， 所以， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，所以， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以，所以直线与平面所成的角的余弦值为. 36．（25-26学年高二上·云南邵通部分学校·期中）如图，在直三棱柱中，，点在棱上，平面平面. （1）求证：为棱的中点； （2）当三棱锥的体积最大时， （i）求线段的长； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） 证明：设的中点为，过作，垂足为， 连接，如图， 因为，所以， 因为是直三棱柱，所以， ，所以， 又，所以. 因为平面平面，平面平面，，，所以平面. 因此. 又，平面平面，所以， 因此四边形是平行四边形，所以. 又，因为是的中点，所以是的中点， 于是有，所以， 所以是棱中点.     （2）（i）；（ii）      【分析】 （1）根据题意找到垂直于内的两条相交直线，证得，再由面面垂直证得平面，得.再由线面平行的性质证得，进而得到四边形是平行四边形，再利用中位线性质即可得证. （2）由（1）知平面，再利用等体积可得时，三棱锥的体积最大.如图建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再根据求面面成角余弦值的公式即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （i）由（1）知平面，则， 设，则， 所以， 当且仅当时等号成立，即三棱锥的体积最大， 此时，. （ii）由（i）知， 故以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴， 所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则有， ， 设平面的一个法向量为， 则有 取，， 设平面的一个法向量为， 则有 取，， 设平面与平面的夹角为，， ， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 37．（25-26学年高二上·云南邵通部分学校·期中）如图，在三棱台中，，，，，平面，为的三等分点（靠近），为线段中点．    （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 如图，由题意知平面，，故以为坐标原点，以直线，，为，，轴建立空间直角坐标系． 依题有，，，， 所以，， 所以 所以，即．         （2）．      【分析】 （1）由线面垂直得到线线垂直，然后建立空间直角坐标系，写出点坐标和向量坐标，由空间向量的数量积证明线线垂直； （2）由空间直角坐标系，写出点坐标和向量坐标，空间向量的数量积求出面的法向量，借助线的方向向量和平面的法向量求出线面角的正弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由三棱台可知． 依题有，，，，， 所以，，． 设平面的法向量为，直线与平面所成角为， 则 ，取， 因为， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 38．（25-26学年高二上·云南楚雄彝族自治州部分学校·期中）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，，平面平面. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 因为四边形是正方形，所以.        因为平面平面，平面平面平面， 所以平面.                     又平面PAD，所以，              又平面， 所以平面，        又平面PCD，所以平面平面PCD.     （2）      【分析】 （1）根据面面垂直的性质得平面，进而得，再根据即可结合证明平面，最后证明结论； （2）分别取的中点，连结，进而证明对应的垂直关系，建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：分别取的中点，连结， 因为，所以，且，        因为四边形ABCD是正方形，分别是的中点， 所以， 所以四边形是平行四边形，， 又平面平面， 所以，即， 又，所以， 以点为坐标原点，直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则， .              设为平面的一个法向量，则 令，得，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. 39．（25-26学年高二上·云南多校·期中）如图，在直三棱柱中，，，E，F分别为，BC的中点. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 连接，因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 又平面，所以， 又，，AB，平面，所以平面， 又平面，则，        因为在直三棱柱中，所以四边形为正方形， 所以，        因为，，平面，所以平面，        又平面，则；      （2）.      【分析】 （1）先求证平面，再证明平面即可； （2）以A为原点建系，计算平面的一个法向量为，利用向量夹角和线面角之间的关系求出. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为直三棱柱中，，所以，，两两垂直， 以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则 ， 令，可得， 设与平面所成角为， 所以，        即与平面所成角的正弦值为， 所以与平面所成角的余弦值为. 40．（25-26学年高二上·云南曲靖宣威第一中学·期中）如图，在棱长为1的正方体中，点P在侧面（包括边界）上运动，且总满足. （1）求证：三棱锥的体积为定值； （2）求证：，P，C三点共线； （3）是否存在点P使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出点P的具体位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：∵在侧面上，平面平面， ∴到平面的距离即为到平面的距离，即为正方体棱长， ∴， 即三棱锥的体积为定值     （2）证明：以为坐标原点建立如下图所示的空间直角坐标系， 则， ， ， ，， ，即三点共线，得证；     （3）点P的具体位置是点或点.      【分析】 （1）由等体积法即可求证； （2）建系，通过向量共线即可求证； （3）由线面夹角的公式求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 设，，， 则， 设平面的法向量为， 则 ， 令，则， 即， 由题意， 解得：， 即或，又， 所以 或 ， 即点存在，点P的具体位置是点或点. 41．（25-26学年高二上·云南怒江傈僳族自治州·期中）在正方体中，，，分别在棱，上，且，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.    （1）求，，，的坐标. （2）证明：平面. （3）求点到平面的距离. 【答案】（1），，，     （2） 由（1）得，， 因为，所以， 设平面的法向量为， 则 ， 令，得. 因为，所以， 所以平面.     （3）      【分析】 （1）根据空间中点的坐标求法求解即可； （2）利用线面平行的向量法证明即可； （3）利用点到平面的距离公式求解即可. (1) 小问详解： 由题意可得，，，. (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 因为，，所以， 则点到平面的距离. 42．（25-26学年高二上·云南曲靖沾益区·期中）如图1，正方体的棱长为2，点P为棱的中点． （1）求证：平面平面； （2）如图2，连接． （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）求点C到平面的距离． 【答案】（1） 在正方体中，平面，平面， 故，又四边形为正方形，故， 平面，故平面， 而平面，故平面平面.     （2）（i）；（ii）      【分析】 （1）先证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明结论； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法，即可求得答案；（ii）利用空间距离的向量求解方法，即可求得答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （i）以D为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的法向量为，则 ， 即 ，令，则，则. 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； （ii），则点C到平面的距离为. 43．（25-26学年高二上·云南曲靖第一中学·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，是等边三角形，平面平面，分别是的中点. （1）证明：平面 （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1） 取的中点，连接， 因为是等边三角形， 所以 又平面平面，平面平面，平面PAD， 所以平面， 因为底面是正方形，是等边三角形， 所以， 又因为是的中点，， 所以， 因为底面是正方形，不妨令，连接， 因为平面，平面， , 在中，, 同理可得，， 所以 又因为是的中点， 所以 因为，平面， 所以平面     （2）      【分析】 （1）利用等腰三角形的三线合一定理及面面垂直的性质定理，结合勾股定理、线面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理即可求解； （2）根据（1）中结论及已知条件，建立空间直角坐标系，求出相关的坐标，分别求出平面和平面的法向量，再利用向量的夹角公式与二面角的关系即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，因为平面，底面 是正方形， 所以以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示 则由（1）可得，，，，，，，所以，， 设平面的法向量，则 ,即 ，令，则，， 所以 由（1）知，平面 所以是平面的一个法向量， 设二面角所成的角为，则 所以 所以二面角的余弦值为 44．（25-26学年高二上·云南昆明东川区高级中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为棱的中点，四面体的体积为的面积为. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）若，平面平面，点为棱上一点，当平面与平面夹角为时，求的长. 【答案】（1） 在四棱锥中，取的中点，连接， 在中，由分别为的中点，得， 又，则， 即四边形为平行四边形，，而平面平面， 所以平面.     （2）；     （3）.      【分析】 （1）取的中点，利用线面平行的判定，结合平行四边形性质推理得证. （2）由线面平行的判定证得平面，结合体积公式求出点到平面的距离即可. （3）取的中点，利用面面垂直的性质、线面垂直的判定证得，再建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设点到平面的距离为，由四面体的体积为的面积为， 得，解得， 而平面平面，则平面， 所以点到平面的距离为. (3) 小问详解： 取的中点，连接，由，得，由平面平面， 平面平面平面，得平面，即， 则，由平面平面，得， 又平面平面，则，而平面， 因此平面，又平面，则， 而的面积为，，则，， 由，得，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设， 则， ，设平面的法向量为， 则 ，取，得，设平面的法向量为， 则 ，取，得， ，由平面与平面的夹角为， 得，解得，即为的中点， 所以. 45．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）如图，四棱锥的侧面是正三角形，，且，，是中点. （1）求证：平面； （2）若平面平面，且，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）取的中点，连接， 因为是中点， 所以，且， 又因为，， 所以，， 即四边形是平行四边形， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面； （2）. 【详解】 （1）略 （2）取中点，连接，， 因为是正三角形，所以， 因为平面平面， 所以平面，平面， 所以， 故， 以为原点，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，， 令得， 易知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【点睛】 方法点睛：判断或证明线面平行的常用方法： （1）利用线面平行的定义，一般用反证法； （2）利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述； （3）利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)； （4）利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)． 46．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）如图，在梯形中，已知，，，，，求： （1）的长； （2）的面积． 【答案】（1）     （2）      【分析】 (1)由已知求得，再利用正弦定理即可求得的长； (2)先求得的正余弦值，再利用余弦定理求的长，最后用面积公式即可. (1) 小问详解： 解：在中，， 由正弦定理得：，即 故：． (2) 小问详解： 解： ∴ 在中，由余弦定理得： 即，解得：或舍． 故：的面积为7. 47．（25-26学年高二上·云南昆明第八中学·期中）一个圆台上下底面的半径分别为1和2，圆台的高为．若圆台的上下底面圆都在同一个球上，则该球的表面积为　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 设圆台的上下底面圆心分别为、，设，由球的性质可列方程，求出半径后再由球的表面积公式即可得解. 【详解】 设圆台的上下底面圆心分别为、，在上下底面圆周上分别取点， 连接、、、、、，如图， 设，则， 所以，， 由可得，解得， 所以该球的半径， 所以该球的表面积. 故答案为：. 48．（25-26学年高二上·云南昆明第八中学·期中）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：； （2）点F满足，求二面角的正弦值． 【答案】（1） 连接，因为E为BC中点，，所以① ， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而② ，由① ② ，，平面， 所以，平面，而平面，所以．     （2）．      【分析】 （1）根据题意易证平面，从而证得； （2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 不妨设，，． ，，又，平面平面． 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：    设， 设平面与平面的一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以； ，取，所以， 所以，，从而． 所以二面角的正弦值为． 49．（25-26·云南民族中学·二模）如图，在直三棱柱中，分别是的中点，.    （1）当为何值时，四点共面？请说明理由； （2）当且直三棱柱体积为1时，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1），理由如下： 当，即为的中点时，四点共面. 如图1，连接，    因为是中点， 所以，且， 又因为是的中点， 所以有，且， 所以，且， 因此四边形是平行四边形， 故四点共面.     （2）      【分析】 （1）通过证明四边形是平行四边形进而证明； （2）通过体积求出直三棱柱的高，再建立空间直角坐标系求法向量，代入公式即可求出. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为，所以. 又三棱柱为直三棱柱，所以， 直三棱柱体积，可得. 如图2，以为原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，    所以，则， 设平面的一个法向量为， 所以 ，得 ， 令，则，所以 因为， 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 50．（25-26学年高二上·云南师范大学附属中学·期中）如图，在四棱锥中，是等边三角形，为线段中点，，为上一点． （1）证明：平面平面； （2）若为中点，求平面与平面所成夹角的余弦值． 【答案】（1） 因为为线段中点，，所以， 因为，所以，又因为，所以四边形ABCO为正方形， 所以，由已知：，且，平面， 所以平面，又因为平面，所以平面平面.     （2）.      【分析】 （1）由已知可证明，结合已知可证平面，可得结论； （2）可证两两互相垂直，建立空间直角坐标系，求得平面与平面的一个法向量，利用向量法可求得平面与平面所成夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为是等边三角形，为线段中点，所以， 又因为，所以平面 所以两两互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系 设平面的法向量为， 则 ，令，得， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， ，令，得， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面所成夹角为， 所以平面与平面所成夹角的余弦值为． 51．（25-26学年高二上·云南昆明第一中学·期中）已知是圆柱下底面圆的直径，是下底面圆上一点，是圆柱的母线，且，则点到平面的距离为　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 建立空间直角坐标系，运用空间点到面的距离公式求解即可. 【详解】 由题知，， 则以为原点，，所在直线分别为轴、轴，该圆柱过的母线为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 所以，，． 设平面的法向量为， 则 ，令，则，， 所以， 所以点到平面的距离为． 故答案为：. 52．（25-26学年高二上·云南玉溪第一中学·期中）如图，在直三棱柱中，，.    （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） 在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，所以. 又，，所以平面， 平面，所以. 又，所以四边形为正方形，从而. 因为，平面，所以平面.     （2）      【分析】 （1）先证明平面，得到，再根据正方形的几何性质得到，从而根据线面垂直的判定定理证出. （2）方法一：建立空间直角坐标系，利用向量法求出. 方法二：把平面夹角的余弦转化成两个平面的法线所成的角，利用余弦定理求角的余弦即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 法一：易知两两垂直，以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，所在直线为z轴， 建立如图空间直角坐标系：    则，，，，， 从而，，. 设平面的法向量为，则 ，不妨取， 由（1）可知，平面的法向量为，设平面与平面的夹角为， 则. 法二：过作的垂线，垂足为E，连接AE，    平面平面，，平面， 由（1）知，平面，的余弦值的绝对值即为所求. 在中，，， ，所以，即. 设平面与平面的夹角为，， 则. 53．（25-26学年高二上·云南昭通一中教研联盟·期中）如图，正方体的棱长为分别为的中点，．    （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明：法一：在正方形中，连接FG， 由条件易知，故有，因此， 故， 故，即， 在正方体中，易知，且， 所以， 又，∴， ∵，， ，． 法二：如图，以D为中心建立空间直角坐标系，    则， 所以， ∵．     （2）；     （3）.      【分析】 （1）法一通过证明平面来证明；法二进行了建系，运用空间向量法进行证明； （2）运用空间向量法，求出两个平面的法向量，再利用向量夹角公式，最后运用同角三角函数关系进行转换即可得解； （3）求即求，先求出，再利用点到平面的距离公式，即可求出点到平面的距离，最后运用三棱锥体积公式，即可得解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 同上法二建立的空间直角坐标系， 所以，设是平面的一个法向量， 则 ，则，取，则， 所以， ∴， 设平面BEG的一个法向量为，所以 ， 取，则，即. 设平面与平面的夹角为， 则， ∴. (3) 小问详解： 由（1）知平面，平面，∴， 易知， 又，则到平面的距离为， 由棱锥的体积公式知：． 54．（25-26学年高二上·云南多校·期中）（多选）如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，平面平面，. （1）证明：； （2）设直线CP与平面ABCD所成角为. （i）求四棱锥的体积； （ii）若点M为棱CP上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值. 【答案】（1） 连接BD交AC于点O，连接OP. 因为底面ABCD为菱形，所以O为BD中点，. 因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD， 所以平面PAC.                  因为平面PAC，所以. 因为O为BD中点，所以, 所以，所以.     （2）（i）；（ii）      【分析】 （1）连接BD交AC于点O，连接OP，则，再由面面垂直的性质可得平面PAC，则，再结合O为BD中点可得结论； （2）（i）过P作于点H，可得为直线CP与平面ABCD所成角，由已知可得平面PDH，则，从而得H为的垂心，而为等边三角形，则H为的重心，则可求出，进而可求出四棱锥的体积； （ii）以OB为x轴，OC为y轴，过O点作平面ABCD的垂线作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，求出平面和平面的法向量，设二面角的平面角为，表示出，利用换元法可求出其最大值，从而可求出二面角的正弦值的最小值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （i）过P作于点H， 因为平面平面ABCD，平面平面，平面PAC， 所以平面ABCD， 所以为直线CP与平面ABCD所成角，即.      因为平面，平面ABCD，所以. 又，，，平面PDH， 所以平面PDH.                   因为平面PDH，所以， 结合可知H为的垂心.             由于底面ABCD是边长为的菱形，， 故为等边三角形，因此H为的重心， ，，，，. 由于，，所以，         所以四棱锥的体积. （ii）以OB为x轴，OC为y轴，过O点作平面ABCD的垂线作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. 设，故. 设平面的一个法向量为， ，， 则 ， 取，则.             设平面的一个法向量为， ，， 则 ， 取，则，      设二面角的平面角为， 则 ，              令，则， 所以， 由于，              故， 当且仅当，即时取等号，              故的最大值为，因此的最小值为.        55．（25-26学年高二上·云南怒江傈僳族自治州·期中）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，，是棱的中点. （1）已知. ①证明：平面平面. ②求平面与平面夹角的余弦值. （2）求与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】（1） ① 取棱的中点，连接，. 因为，分别是棱，的中点，所以，. 因为，，所以，.              因为是边长为2的等边三角形，所以. 因为，所以，所以.              因为平面，平面，且，所以平面.        因为平面，所以平面平面.              ②     （2）      【分析】 （1）① 取的中点，由中位线得到平行，然后得到以及，在等边三角形中由三线合一得到，由三条线段的长满足勾股定理，得到，然后得到线面垂直，即可证明面面垂直；② 由① 得三条线两两垂直，从而建立空间直角坐标系，写出点坐标即可得到向量坐标，由空间向量的数量积求出平面的法向量，由两个平面法向量的数量积求出向量夹角的余弦值的绝对值，即为所求面面角的余弦值； （2）建立空间直角坐标系，设得到，空间向量法求得线面角的正弦值，然后换元，利用基本不等式求得最大值. (1) 小问详解： ① 略 ② 以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图1所示的空间直角坐标系. 由题中数据可得，，，则，. 设平面的法向量为， 则 令，得.              取棱的中点，连接，易证平面， 则是平面的一个法向量，           故， 即平面与平面夹角的余弦值是. (2) 小问详解： 以为原点，，所在直线分别为轴、轴建立如图2所示的空间直角坐标系. 设，易证平面，则，所以. 因为平面的一个法向量为，                     所以.              设，则，        所以.              因为，当且仅当时，有最小值，              所以，即与平面所成角的正弦值的最大值为. 56．（25-26学年高二上·云南曲靖沾益区·期中）已知三棱锥的所有顶点都在一个球面上且平面，，，且底面的面积为，则此三棱锥外接球的表面积是　　　　　　. 【答案】 【分析】 由的面积计算边，利用正弦定理得 外接圆的半径，最后利用勾股定理求得外接球的半径，进而得球的表面积. 【详解】 由题意有：，所以， 又，所以， 所以（为外接圆半径），设外接圆的圆心为， 即，过点作平面，作的中垂线交于点，即， 所以点为三棱锥的球心，设外接球半径为， 所以， 所以此三棱锥外接球的表面积为, 故答案为：. 57．（25-26·云南民族中学·二模）如图，在四棱锥中，平面，底面四边形满足. （1）证明：平面平面； （2）若，平面与平面交线为， ①求证； ②直线上是否存在点，使得二面角的夹角余弦值为？如存在，求出；如不存在，请说明理由. 【答案】（1） 由勾股定理计算得，所以， 故三角形为等腰直角三角形，可得. 因为平面平面，所以. 又因为平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面.     （2） ① 因为，而平面， 所以平面， 面与平面交线为，所以， 而，所以. ② 存在，      【分析】 （1）先分析底面四边形里的几何关系，得出，再根据线面平面推得线线，则可证平面，最终证平面平面； （2）① 先由证明平面，再根据线面平行的性质，得出交线，结合，得出；② 建立空间直角坐标系，设出点M坐标，求出平面的法向量，利用二面角的向量公式建立方程，化简求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ① 略 ② 依题意，建立空间直角坐标系， 可得， 设平面的一个法向量为， 则 即 取，则， 因为点在上，所以设点，设平面的一个法向量为， 则 可得 即 取，则. 因为， 所以，解得，故. 58．（25-26学年高二上·云南昆明第一中学·期中）如图1，点分别是边长为4的正方形三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，使得平面平面，（如图2），连接是四边形对角线的交点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱（含端点）上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析     （2）     （3）存在，P点在A点处时平面与平面的夹角为.      【分析】 （1）利用中位线和平行四边形证明线线平行，然后得到线面平行； （2）证明三线两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量求得面的法向量，然后由直线所在向量与法向量的夹角的余弦值的绝对值求得线面角的正弦值； （3）由（2）求出平面的法向量，设点坐标，由空间向量求得平面的法向量，由两个面的法向量夹角的余弦值的绝对值求等于面面角的余弦值建立方程，解得点坐标，即可知道点的位置. (1) 小问详解： 取中点，连接 ∵四边形为矩形，∴点为中点， ∴且， 又∵且，∴且， ∴四边形为平行四边形，即， ∵平面，∴平面. (2) 小问详解： ∵，且平面平面，平面平面， ∴平面， 又∵平面，∴， 故以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， ∴，，，，， ，，， 设为平面的一个法向量， 则 ，解得 ，即， 设直线与平面所成角为， 则 (3) 小问详解： 由（2）可知平面的一个法向量为， 设存在，则，， 设平面的一个法向量为， 则 ，解得 ，即， 则， ∴，即， 所以存在符合题意的点P，当P点在A点处时平面与平面的夹角为. 59．（25-26学年高二上·云南红河哈尼族彝族自治州第一中学·期中）一年一度的创意设计大赛开幕了．今年小王从世界名画《永恒的记忆》中获得灵感，创作出了如图1的《垂直时光》．已知《垂直时光》是由两块半圆形钟组件和三根指针组成的，它如同一个标准的圆形钟沿着直径折成了直二面角（其中对应钟上数字3，对应钟上数字9）．设的中点为，若长度为2的时针指向了钟上数字8，长度为3的分针指向了钟上数字12．现在小王准备安装长度为3的秒针（安装完秒针后，不考虑时针与分针可能产生的偏移；不考虑三根指针的粗细）． （1）若秒针指向了钟上数字4，如图2．连接、，若平面．求半圆形钟组件的半径； （2）若秒针指向了钟上数字5，如图3．设四面体的外接球球心为，求二面角的正弦值． 【答案】（1）     （2）      【分析】 1）根据平面可得，再应用正弦定理计算可得半径； （2）根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算二面角的余弦值，进而求得正弦值. (1) 小问详解： 由平面，平面，平面平面， 可得，故， 又由，知为等腰三角形，，， 由正弦定理得，故半圆形钟组件的半径等于； (2) 小问详解： 依题意，二面角为直二面角，为交线，， 故平面，又， 以为原点，、、所在直线为轴、轴，轴建立空间直角坐标系， 如图，则，，，， 将四面体补成长方体，知即为长方体的中心，得， 则，，，   设平面的法向量为， 则 ，即 ， 取，得， 设平面的法向量为， 则 ，即 ， 取，得， 设二面角为， 则， 则， 故二面角的正弦值为. 60．（25-26学年高二上·云南红河哈尼族彝族自治州第一中学·期中）在棱长为4的正方体中，正方形所在平面内的动点到直线，的距离之差为2．设的中点为，则的最小值为　　　　　　　． 【答案】 【分析】 取的中点，连接，建立平面直角坐标系，求出点在正方形所在平面内的轨迹方程，再将问题转化成求的最小值. 【详解】 因为正方形所在平面内的动点到直线，的距离之差为2， 则点在平面内的轨迹为双曲线，其方程为，则， 取的中点，连接，则， 当最小时，则最小. 设，，则，， 对称轴，所以函数在单调递减， 所以当时，， 所以的最小值为. 故答案为： 【点睛】 本题以立体几何为问题背景与解析几何中的双曲线进行知识交会，考查距离的最值问题，二次函数的性质，求解时注意利用坐标法思想进行求解，考查函数与方程思想、数形结合思想，考查运算求解能力. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $