专题02 空间向量的应用（期中真题汇编，四川专用）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·四川什邡中学·期中）若m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列命题中，错误的是 A. 若m⊥α，n⊥α，则m∥n B. 若m⊂α，α∥β，则m∥β C. 若m∥α，n∥α，则m∥n D. 若m∥n，m∥α，n⊄α，则n∥α 【答案】C 【详解】试题分析：充分利用线面平行、线面垂直、面面垂直的性质定理对四个选项分别分析选择． 解：对于A，若m⊥α，n⊥α，根据线面垂直的性质容易得到m∥n；故A正确； 对于B，若m⊂α，α∥β，由面面平行的性质，可以得到m∥β；故B正确； 对于C，若m∥α，n∥α，则m与n可能平行、相交或者异面；故B错误； 对于D，若m∥n，m∥α，n⊄α，根据线面平行的性质定理和判定定理，可以判断n∥α；故D正确； 故选C． 考点：空间中直线与平面之间的位置关系． 2．（25-26学年高二上·四川彭州中学·期中）已知经过点的平面的法向量为，则点到平面的距离为（       ） A.  B. 2 C.  D.  【答案】D 【分析】 求出的坐标，利用点到平面距离的向量求法计算作答. 【详解】 依题意，，所以点P到平面的距离为. 故选：D 3．（25-26学年高二上·四川泸州·期中）蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴“有用脚蹴､踢的含义，“鞠”最早系外包皮革､内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴､踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动.已知某“鞠”的表面上有四个点P､A､B､C，其中平面，，则该球的体积为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据线面垂直得到线线垂直，进而得到三棱锥的外接球即为以为长，宽，高的长方体的外接球，求出长方体体对角线的长，得到该球的半径和体积. 【详解】 因为平面，平面， 所以， 又， 所以两两垂直， 所以三棱锥的外接球即为以为长，宽，高的长方体的外接球， 即该球的直径为长方体体对角线的长， 因为， 所以， 所以该球的半径为2，体积为.    故选：C 4．（25-26学年高二上·四川遂宁中学校·期中）（多选）已知正方体的棱长为1，则（       ） A. 直线与直线所成的角为90° B. 平面 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】BD 【分析】 建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线线角、线面角判断AD；利用空间位置关系的向量证明判断B；利用空间向量求出点到平面的距离判断C. 【详解】 正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系： 则， 对于A，，即，而上，则，A错误； 对于B，，， 则，而平面，因此平面，正确； 对于C，由平面，即是平面的法向量，， 因此点到平面的距离为，C错误； 对于，设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的余弦值，D正确. 故选：BD 5．（25-26学年高二上·四川成都第七中学·期中）在空间直角坐标系中，直线经过点，且其方向向量，则点到的距离为（     ） A. 3 B. 2 C.  D. 1 【答案】D 【分析】 根据空间中点到直线距离向量法计算求解即可. 【详解】 由题意可知， 则点到的距离为. 故选：D 6．（25-26学年高二上·四川内江第六中学·期中）已知a，b是空间两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题正确的为（     ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【分析】 根据空间中点线面的位置关系，逐一分析各个选项，即可得答案. 【详解】 选项A：若，，则可能，故A错误； 选项B：因，如图过作平面，交平面于b， 根据线面平行的性质定理，可得，因为，所以， 又因，所以，故B正确； 选项C：若，，则可能或或与相交，故C错误； 选项D：若，，，则与可能相交，故D错误. 故选：B 7．（25-26学年高二上·四川成都第十二中学·期中）平面及其法向量，直线、及其方向向量、，下面推理错误的是（       ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【分析】 结合线面垂直、平行的性质与方向向量、法向量的关系逐一分析选项. 【详解】 选项A：，又，故，则A选项正确； 选项B：，又，故，则B选项正确； 选项C：，又，故，则C选项正确； 选项D：、时，直线与可能为平行、相交或异面关系，因此它们的方向向量与不一定平行，故D选项错误. 故选：D 8．（25-26学年高二上·四川南充西充中学·期中）在正方体中，异面直线与所成角的余弦值为（     ） A.  B.  C. 0 D. 1 【答案】C 【分析】 以为原点,所在直线分别为轴建立空间直角坐标系,利用空间向量可求得异面直线与所成角，即可得答案 【详解】 设正方体的棱长为，以为原点,所在直线分别为轴建立空间直角坐标系,如图所示: 则, 所以, 所以, 所以, 异面直线与所成角为90°，其余弦值为0. 故选：C. 9．（25-26学年高二上·四川南充·期中）已知是平面内一点，是平面外一点，且平面的一个法向量为，则点Q到平面的距离为（       ）． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【分析】 利用点到平面的距离公式求解即可． 【详解】 因为，，则， 又平面的一个法向量为， 所以点Q到平面的距离为． 故选：A． 10．（25-26学年高二上·四川泸州·期中）（多选）如图，棱长均为2的正三棱柱中，、分别为、的中点，则（       ） A. 平面 B.  C. 直线与所成角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 【答案】BCD 【分析】 A由及平面即可判断；B首先确定，得到，再由线平面垂直的判定、性质定理判断；C令为中点，连接，直线与所成角即为所求，应用余弦定理求其余弦值；D应用等体积法求点平面距. 【详解】 A：由题意，而平面，即平面不成立，错； B：由、分别为、的中点，则，且， 所以，则，易得， 由底平面为等边三角形，则， 而，都在平面内，则平面， 由平面，则，都在平面内， 所以平面，平面，，对； C：为中点，连接，则， 故直线与所成角，即为直线与所成角， 由题设易知：，，则，对； D：由，若到平面的距离为，且， 则，即，对. 故选：BCD 11．（25-26学年高二上·四川成都石室中学·期中）如图，已知圆锥的轴截面是正三角形，是底面圆的直径，点在上，且，则异面直线与所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 先通过角度关系求出特定角的大小，然后建立空间直角坐标系，确定各点坐标，进而得到异面直线对应向量的坐标，最后利用向量的夹角公式求出异面直线所成角的余弦值. 【详解】 ，且，所以， 连接，则平面， 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， 设圆的半径为，则、、、， ，， 设异面直线与所成的角为， 则：， 因此异面直线与所成角的余弦值为． 故选：A． 12．（25-26学年高二上·四川绵阳南山中学·期中）如图，等边三角形中，，点、分别在边、边上，且，，将三角形沿DE折起，将点翻折至于点处，使得平面平面，则直线与所成角的正弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，由空间向量法求异面直线所成角的余弦值，再得正弦值． 【详解】 由已知，， 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又平面， 所以，所以，，两两垂直， 以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系， 如图，由已知，到直线的距离为， 则，，，， 从而，. 故， 设直线与所成的角为，则，， 所以. 故选：B． 13．（25-26学年高二上·四川绵阳南山中学·期中）（多选）在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则下列说法正确的是（       ） A. 当时，点P的轨迹为线段 B. 当时，有且仅有一个点P使得 C. 当时，三棱锥的体积为定值 D. 当时，有且仅有一个点P使得平面 【答案】ACD 【分析】 对于A，利用平面向量共线的充要条件推论可判定； 对于B，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数； 对于C，先确定点的运动轨迹，结合定高定底来判定体积是否为定值； 对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数． 【详解】 由平面向量的基本定理易知，点在矩形内部（含边界）． 对于A，当时，， 所以，此时三点共线， 即线段，故A正确； 对于B，当时，， 取，中点分别为，则，所以点轨迹为线段， 不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，， 则，， ，显然始终不成立，故B错误； 对于C，当时，，取，中点为． 故此时点轨迹为线段，而，所以的面积不变， 又到平面的距离为定值，所以该三棱锥的体积为定值，故C正确． 对于D，当时，同上易知P点轨迹为线段．， 所以，， 若平面，所以， 此时存在且唯一，故D正确． 故选：ACD． 14．（25-26学年高二上·四川成都树德中学·期中）直三棱柱中，，P为BC中点，，Q为上一点，，则经过A，P，Q三点的平面截此三棱柱所成截面的面积是（       ） A.  B. 4 C.  D. 5 【答案】C 【分析】 如图，在上取点M，使得，取的中点N，连接，则，利用线面垂直的判定定理与性质可得，则截面为直角梯形APQM，结合题意求出QM、AP、PM，由梯形的面积公式计算即可求解. 【详解】 如图，在上取点M，使得，取的中点N，连接， 则，又，所以， 得A、P、M、Q四点共面，又，为BC的中点，所以， 由，得，又平面， 所以平面，由平面，得， 所以截面为直角梯形APQM，且，得， 所以， 作于D，则， 所以. 故选：C． 15．（25-26学年高二上·四川成都实验外国语学校·期中）直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　) A.  B.  C.  D.  【答案】C 【详解】以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，则设CA=CB=1，则 ，，A（1，0，0），，故，，所以，故选C. 考点：本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本能力，考查分析问题与解决问题的能力. 16．（25-26学年高二上·四川叙永第一中学校·期中）（多选）已知，，是空间中的三个点，则（       ） A. 向量的模长为4 B. 直线的一个方向向量为 C. 向量在向量方向上的投影向量为 D. 若，则，，，四点共面 【答案】BD 【分析】 利用，，三点的坐标写出向量，的坐标，即可求出及直线的一个方向向量，从而可以判断A，B选项；再利用投影向量的公式即可求出向量在向量方向上的投影向量，从而判断C选项；利用空间向量共面定理可以判断与、共线，从而判断D选项. 【详解】 ，，， ，， 对于A：，故A错误； 对于B：直线的方向向量与共线，而， 直线的一个方向向量是，故B正确； 对于C：，， 向量在向量方向上的投影向量为 ，故C错误； 对于D：，，与不共线， ，， 设存在唯一实数对使得，则 ， ， ， 存在唯一实数对使得， 与、共面，即，，，四点共面，故D正确. 故选：BD. 17．（25-26学年高二上·四川什邡中学·期中）中国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中，把底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.今有“阳马”,平面，，,分别为棱的中点，则点到平面的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 证明三条线两两垂直，建立空间直角坐标系，得到点坐和空间向量坐标，由空间向量的数量积求得平面的一个法向量，由空间向量的投影求得点到平面的距离. 【详解】 ∵平面，且平面，平面， ∴，， 在矩形中，， ∴如图建立空间直角坐标系，    则，，，， ∴，，， ，， 设为平面的一个法向量， 则 ，令，则 ，即， 则点到平面的距离. 故选：B. 18．（25-26学年高二上·四川南充高级中学·期中）已知、、，则原点到平面的距离是（       ） A.  B.  C. 1 D.  【答案】B 【分析】 求出平面的一个法向量的坐标，结合空间向量法可求得原点到平面的距离. 【详解】 设平面的一个法向量为，，， 则 ，取，则，，所以， 又因为，所以原点到平面的距离是. 故选：B. 19．（25-26学年高二上·四川内江第六中学·期中）下列四个正方体中，为所在棱的中点，为正方体的三个顶点，则能得出平面平面的是（       ） A.      B.      C.      D.      【答案】B 【分析】 对于A，根据平面平行的定义，可得其正误；对于B，根据中位线定理可得线线平行，再根据面面平行的判定，可得其正误；对于C，利用反证法，结合面面平行的性质，可得其正误；对于D，利用反证法，根据面面平行的判定，可得其正误. 【详解】 对于A选项，若平面平面，平面，则平面， 由图可知与平面相交，故平面与平面不平行，A不满足条件； 对于B选项，如图所示，连接，        因为、分别为、的中点， 则，在正方体中，且， 故四边形为平行四边形，所以，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证平面，因为， 因此，平面平面，B满足条件； 对于C选项，如图所示：    在正方体中，若平面平面，且平面平面， 平面与平面不重合，则平面平面，与平面与平面相交矛盾， 因此，平面与平面不平行，C不满足条件； 对于D选项，在正方体中，连接、、，如图所示：    因为且，则四边形为平行四边形，则， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证平面，因为，所以平面平面， 若平面平面，则平面平面，与平面与平面相交矛盾， 故平面与平面不平行，D不满足条件． 故选：B. 20．（25-26学年高二上·四川成都第十二中学·期中）（多选）两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，动点，分别在正方形对角线和上移动（不包括端点），下列说法正确的是（       ） A. 线段长的最小值为 B. 三棱锥的外接球的表面积为 C. 若和的长度保持相等，则平面 D. 若和的长度保持相等，则线段长的最小值为 【答案】ACD 【分析】 根据题意先建立空间直角坐标系，设的坐标；对于A选项利用向量法求公垂线即可；对于B，三棱锥的顶点可看作棱长为1的正方体的顶点，进而求半径，则用计算即可；对于C，先求的坐标，用向量法判断即可；对于D，求最小值即可. 【详解】 因为平面平面，且平面平面, ，平面，根据面面垂直的性质定理知平面， ，从而，，两两垂直，如图建立空间直角坐标系，    则,0,，,0,，,1,，,1,， 设由知 ， 则. 对于A：要使最小，则是的公垂线，即, , 故， 解得， 故此时，故， 故的最小值为，故A选项正确； 对于B：三棱锥的顶点可看作棱长为1的正方体的顶点， 所以外接球直径为，， 因此，外接球表面积为，故B错； 对于C：当时，设 ， 则，易知平面的一个法向量. 因为，所以，又平面， 于是平面，故C正确； 对于D：由C选项可知，,， 则， 当且仅当时等号成立，所以线段长的最小值为，故D正确. 故选：ACD 21．（25-26学年高二上·四川宜宾第一中学校·期中）在长方体中，分别是棱的中点，是平面ABCD内一动点，若直线与平面EFG平行，则的最小值为（     ） A.  B.  C.  D. 9 【答案】A 【分析】 建立空间直角坐标系，利用线面平行确定点轨迹，进而求得数量积的最小值. 【详解】 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图， 则， 所以，则，， 设，则， 设是平面的法向量，则 ，即 ， 令，则，所以是平面的一个法向量， 因为直线与平面平行，所以，即， 所以， 因为， 所以 所以当时取得最小值， 故选：A. 22．（25-26学年高二上·四川宜宾第一中学校·期中）如图，四棱锥中，底面ABCD为正方形，且各棱长均相等，是PB的中点，则异面直线AE与PC所成角的余弦值为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 连接与交于点，连接，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求得向量和的坐标，结合向量的夹角公式，即可得解. 【详解】 连接与交于点，连接， 由题意得，，且平面， 以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系，   设四棱锥各棱长均为2，则，， 可得， 则， 设异面直线与所成角为， 则． 故选：D. 23．（25-26学年高二上·四川成都外国语学校·期中）在四面体中，分别为棱的中点，，则异面直线与所成角为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 取的中点，得到，得到为异面直线与所成的角，在中，利用余弦定理，求得，即可得到答案. 【详解】 如图所示，取的中点，连接，，则，， 则为异面直线与所成的角（或补角）， 因为，，所以， 所以异面直线与所成角为． 故选：D. 24．（25-26学年高二上·四川成都·期中）将边长为的正方形沿对角线翻折成直二面角，异面直线与所成角为，则的值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 分别取、、的中点、、，可得异面直线与所成的角为或其补角，通过证明，推得为二面角的平面角，求得，即可求出的三边长，进而可求得，即可得解. 【详解】 如下图所示，分别取、、的中点、、，连接、、、、， 则，，所以，异面直线与所成的角为或其补角， 由题意可得，， ，为的中点，则，同理可得， 所以，二面角的平面角为，则， ，，则，， 同理可得，所以，， 为的中点，则，所以，， 则为等边三角形，所以，. 即异面直线与所成的角为，则. 故选：B 25．（25-26学年高二上·四川成都·期中）在正三棱锥中，侧棱，，现从正三棱锥的所有棱中任取两条棱，则取出的两条棱垂直的概率为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 先求出总的基本事件有15个，然后根据线段长度和正三棱锥的性质确定有6个基本事件满足题意，进而可求得概率. 【详解】 正三棱锥中共有6条棱，从正三棱锥的所有棱中任取两条棱， 则基本事件有个， 因为， 根据勾股定理可得出 . 进而可以得到平面，因为平面，所以； 同理可得. 所以取出的两条棱垂直的共有6种情况，所以概率为， 故选：D. 26．（25-26学年高二上·四川南充·期中）如图1，在平行四边形中，，，如图2，沿将折起到的位置，使得点到点的距离为，则二面角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 解法一：设二面角的大小为，则，由结合空间向量数量积的运算性质可求得，即可得出的值，即为所求； 解法二：设二面角的大小为，则，求出的值，即可求出的值，即为所求. 【详解】 解法一：翻折前，在平行四边形中，，，则， 翻折后，则有，， 由题意可得，，， 设二面角的大小为，则， 由， 得， 因为，所以， 解得，则， 故二面角的余弦值为. 解法二：翻折前，在平行四边形中，，，则， 则， 翻折后，则有，，， 设二面角的大小为，则， 由题意可得，，， 因为，故， 即，故， 因为， 所以． 故二面角的余弦值为. 故选：D. 27．（25-26学年高二上·四川南充·期中）（多选）如图，正方体的棱长为2，F是线段的中点，E是线段上的动点，下列结论正确的是（       ）． A.  B. 三棱锥的体积为定值 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 直线与直线所成角的余弦值的取值范围为 【答案】ACD 【分析】 根据向量的线性表示，几何体的体积，空间角的三角函数值知识逐项判断计算即可. 【详解】 对于A： ，故A正确． 对于B： 如图，连接，因为且，所以四边形为平行四边形， 则，平面，平面， 所以平面． 因为，所以点E到平面的距离等于点A到平面的距离，即， 那么， 所以三棱锥的体积，故B错误． 对于C： 连接，，如图以D为原点建立空间直角坐标系， 则，，，，，，． 因为平面就是平面，不妨设平面的一个法向量为， 因为， 所以有 ，令，则， 则平面的一个法向量为， 又，设直线与平面所成的角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为，C正确． 对于D：，，， 设，且，则． 设直线与直线所成的角为， 则． 令，因为，所以，， 所以． 设，则， ，则， 所以， 故直线与直线所成角的余弦值的取值范围为，D正确． 故选：ACD. 28．（25-26学年高二上·四川成都实验外国语学校·期中）（多选）如图，在三棱锥中，侧面是全等的直角三角形，是公共的斜边，且，另一个侧面是正三角形，下面结论正确的是（       ） A. 为正三角形 B.  C. 与底面所成角的正弦值为 D. 点到平面的距离为 【答案】ABD 【分析】 对于A：根据题意直接判断即可；对于B：设点A在底面的投影为，可知四边形是边长为1的正方形，进而可证平面，即可得结果；对于C：可知与底面所成角为，进而求解；对于D：转换顶点结合等体积法求点到面的距离即可. 【详解】 对于选项A：因为侧面是正三角形，故A正确； 对于选项B：由题意可知：，， 则，可知. 设点A在底面的投影为，连接， 因为平面，平面，则， 且，，平面，则平面， 且平面，所以， 同理可得：， 可知四边形是边长为1的正方形，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面， 且平面，所以，故B正确； 对于选项C：因为，， 可知与底面所成角为，其正弦值为，故C错误； 对于选项D：设点到平面的距离为， 因为，则，解得， 所以点到平面的距离为，故D正确； 故选：ABD. 29．（25-26学年高二上·四川什邡中学·期中）（多选）如图，棱长为3的正方体，动点在正方体内及其边界上运动，点在棱上，且，则下列说法正确的是（     ） A. 若，且，则三棱锥体积为定值 B. 若，则动点所围成的图形的面积为 C. 若，则的最小值为3 D. 若动点满足，则的轨迹的长度为 【答案】ABD 【分析】 运用向量运算、线面垂直性质、正弦定理、空间直角坐标系相关知识，通过对向量关系判断点的轨迹，利用线面垂直确定点的轨迹图形，由正弦定理和坐标运算求点的轨迹方程及轨迹长度. 【详解】 对于A，因为动点在正方体内及其边界上运动， 且，，则动点的运动轨迹为线段. 由于，平面，所以平面. 故三棱锥的体积为定值，A正确. 对于B，在正方形中，. 在正方体中，因为平面，又平面，所以. 因为，，，且，平面，所以平面. 动点在正方体内及其边界上运动，且， 所以动点围成的图形是矩形，其面积为，故B正确. 对于C，设边上的高为，则. 由正弦定理可得，所以，故. 以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系. 则，，. 设，，，，则，. 又，则有，整理得， 所以动点的轨迹是以为球心，为半径且位于正方体内的部分球面. 又，所以，故C错误. 对于D，由，设，，，则， 即，化简得，表示以为球心，半径为的球. 又，，则，即， 化简得，表示以为球心，半径为的球. 两个球的交线轨迹是一段圆弧，计算其长度，两球心距离为，半径均为， 则交线圆弧对应的圆心角为，长度为，故D正确. 故选：ABD 30．（25-26学年高二上·四川遂宁中学校·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1，，建立如图坐标系，根据计算点P坐标和向量，再写出平面的一个法向量的坐标，根据构建关系，求其值域即可． 【详解】 如图，设正方体棱长为1，，则， 以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系． 则，故，，又，则，所以． 在正方体中，可知体对角线平面， 所以是平面的一个法向量， 所以． 所以当时，取得最大值，当或1时，取得最小值． 所以． 故选：A． 31．（25-26学年高二上·四川什邡中学·期中）（多选）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图，把三片这样的达·芬奇方砖拼成组合，把这个组合再转换成空间几何体．若图中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（       ） A.  B. 点到直线的距离是 C.  D. 异面直线与所成角的正切值为4 【答案】ABC 【分析】 利用空间向量的线性运算判断A，建立空间直角坐标系利用空间向量模的坐标求法判断C，利用投影公式结合勾股定理判断B，利用线线角的向量求法判断D即可. 【详解】 依题意得，故A正确； 如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， ， 对于BC，， 所以，设， 则点到直线的距离，故BC正确； 对于D，因为， 所以，所以， 所以异面直线与所成角的正切值为，故D错误． 故选：ABC． 【点睛】 关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后利用投影公式结合勾股定理得到所要求的长度即可． 32．（25-26学年高二上·四川成都第七中学·期中）（多选）如图，在正四棱柱中，底面边长为1，侧棱长为2，是上底面内（包括边界）的动点，是侧棱上的动点，则下列结论正确的是（       ） A. 的最小值为 B. 若平面，则点的轨迹的长度为 C. 若，则点是的中点 D. 若，则点的轨迹的长度为 【答案】ABD 【分析】 选项A：把平面与平面展开成一个矩形，利用两点之间线段最短，通过勾股定理求展开后与距离，得最小值．  选项B：先证，推出平面平面，由线面平行性质可知，平面时，轨迹是线段，再用勾股定理求其长度．  选项C：建立空间直角坐标系，写出相关点坐标，得到向量与，根据向量垂直时数量积为0列方程求解点位置，判断不是中点．  选项D：设坐标，根据空间两点距离公式列方程，得到轨迹方程，确定其轨迹是圆，用圆周长公式求轨迹长度． 【详解】 将平面与平面展开在一个平面上，此时的最小值为展开后与两点间的距离． 展开后得到一个矩形，矩形的两边长分别为和． 根据勾股定理，则，所以的最小值为，选项A正确．  因为，，，，所以，，四边形是平行四边形，． 同理可得，所以． 易知平面平面，若平面，则点的轨迹是线段． 在正方形中，边长为，根据勾股定理可得，即点的轨迹长度为，选项B正确．  以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系． 则，，，，设，． ，． 因为，所以，即，，，解得，所以不是的中点，选项C错误．  设，，，已知，由，根据空间两点间距离公式可得：，即（，）． 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆． 根据圆的周长公式，则点的轨迹长度为，选项D正确．  故选：ABD． 33．（25-26学年高二上·四川内江第六中学·期中）（多选）如图，在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，是正方形内的动点，则下列结论正确的是（       ） A. 若平面，则点的轨迹长度为 B. 若，则点的轨迹长度为 C. 若是正方形的中心，在线段上，则的最小值为 D. 若是棱的中点，三棱锥的外接球球心为，则平面截球所得截面的面积为 【答案】ABD 【分析】 作出相应图形，先证明平面平面，再结合给定条件确定动点轨迹，求出长度即可判断A；建立空间直角坐标系，根据题意确定动点轨迹，求解长度即可判断B，将平面翻折到与平面共面，连接，与交于点，此时取到最小值，利用勾股定理求出即可判断C，先找到球心，利用勾股定理得出半径，进而可判断D. 【详解】 如图，取的中点为N，M，连接MN，DN，BD，BM，NE，， 所以，又E，F分别是棱的中点， 所以，所以，平面CEF，平面CEF， ∴平面CEF， 因为N，E分别是棱的中点，所以，且， 所以四边形CDNE为平行四边形， 所以，又平面CEF，平面CEF， ∴平面CEF，又，MN，平面BDNM， 所以平面平面CEF， 点P是正方形内的动点，且平面CEF， 所以点P的轨迹为线段MN，由勾股定理得，故A正确； 如图，以A为原点，建立空间直角坐标系， 由题意得，设， 则， 所以，所以点P的轨迹为为圆心，半径为1的个圆， 所以点P的轨迹长度为，故B正确： 如图，将平面CEF翻折到与平面共面， 连接PC，与EF交于点Q，此时取到最小值， ∵，且， 所以点Q为EF的中点，所以， 所以， 即的最小值为，故C错误： 如图， 连接PF，交于点，连接PE，设三棱锥的外接球的半径为， 若P是棱的中点，则， 所以FP是外接圆的一条直径，所以是外接圆的圆心， 过点作平面ABCD的垂线，则三棱锥的外接球的球心O一定在该垂线上， 连接OP，设，则， 连接OC，，所以， 所以，解得， 所以， 点到平面的距离为， 则球心到平面的距离为， 则截面圆的半径为，所以截面的面积为，故D正确. 故选：ABD． 34．（25-26学年高二上·四川内江第六中学·期中）一封闭圆锥容器的轴截面是边长为4的等边三角形，一个半径为的小球在该容器内自由运动，如图所示，在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域围成一个圆台侧面，在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，则小球能接触到的圆锥容器内壁的最大面积为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据题意分析球体在运动过程中所能接触到内壁的构成，再应用相应的面积公式求小球能接触到的圆锥容器内壁的最大面积. 【详解】 由题意，轴截面示意图如下，当球与圆锥轴截面两条边都相切时，球心在角平分线上， 由，，则，可得， 所以小球接触到底面是直径为的圆， 如上图都是球与圆锥内壁的切点，且， 而，且，， 所以小球接触到侧面是上底面直径为1，下底面直径为3，母线长为2的圆台侧面， 所以小球能接触到的圆锥容器内壁的最大面积为. 故选：B 35．（25-26学年高二上·四川成都外国语学校·期中）（多选）如图，正方形，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，点，分别在正方形对角线，上移动，且和的长度保持相等.记，则下列说法正确的是（     ） A. 当时，的长为 B. 当时，三棱锥的体积是 C. 当的长最小时，平面与平面所成二面角的正弦值为 D. 存在，使得直线与所成角的正弦值为 【答案】AC 【分析】 根据题意，以为原点建立空间直角坐标系，由，得，即可判断A正确；，，利用即可求体积判断B；由题知，计算，根据二次函数最值问题可知分别是中点时，取得最小值，然后作出二面角，在中，先求余弦值，进而得到正弦值即可确定C；对于D，利用空间向量夹角的坐标求解可判定. 【详解】 在正方形，中，， 且它们所在的平面互相垂直，交线为， 所以平面，平面，， 则两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系， ，    因为正方形，的边长都是1，所以， 又和的长度保持相等，所以， 当时，，故A正确； 当，， ， ，故B错误； 当，， ， 所以当时，取得最小值，此时，且分别是中点， 则，设中点为， 所以，， 则就是平面与平面所成二面角的平面角， ， 所以平面与平面所成二面角的正弦值为，故C正确； 根据题意，， 又直线与所成角的正弦值为， 所以， 整理得：， 方程无解，故D错误. 故选：AC. 36．（25-26学年高二上·四川成都外国语学校·期中）如图，直三棱柱各棱长都相等，D是棱CC₁的中点，E是棱上的动点，F是棱AC的中点． 设， 随着增大， 直线BF与平面BDE所成角是 （       ） A. 增大 B. 减小 C. 先增大再减小 D. 先减小再增大 【答案】A 【分析】 设所有棱长均为2，建系标点，利用空间向量求线面夹角可得，结合复合函数单调性分析判断. 【详解】 以中点为坐标原点，分别为轴，并垂直向上作轴建立空间直角坐标系. 设所有棱长均为2，则，， 可得，，， 设平面BDE法向量，则 ， 令，则，可得. 设直线BF与平面BDE所成角为， 则， 令，可知在内单调递减，且， 则，可知在内单调递减， 可得在内单调递增，所以随着x增大而增大. 故选：A. 37．（25-26学年高二上·四川成都·期中）（多选）在平行六面体中，，，，，下列结论正确的是（       ） A.  B. 异面直线与所成角的余弦值为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 点到平面的距离为 【答案】ABD 【分析】 由可判断A，由向量法可判断B，如图，设为棱中点，为棱中点，连接，连接交于点，确定四棱锥是棱长为1的正四棱锥，由线面角的定义可判断C，由等体积法可判断D. 【详解】 因为，，，， 所以 可得， 所以，故A正确； 选项B：因为， 所以， 所以，， 设异面直线与所成角为，则，故B正确； 如图，设为棱中点，为棱中点，连接， 连接交于点，连接， 因为，，，， 所以，四边形为正方形， 所以，又，， 所以,又，且, 所以，又为中点，则, 得到四棱锥是棱长为1的正四棱锥， 由正棱锥的性质可知平面， 则是直线与平面所成角， 可得，故C错误； 设点到平面的距离为， 由，得， 解得，即点到平面的距离为，故D正确； 故选：ABD. 38．（25-26学年高二上·四川南充高级中学·期中）（多选）如图，直三棱柱所有棱长均为6，，，，分别在棱，，，上（不与端点重合），且，，分别为，中点，则（       ） A. 平面 B. 过，，三点的平面截三棱柱所得截面一定为等腰梯形 C. 若，分别是平面和内的动点，则周长的最小值为 D. 若在内部（含边界），，则到棱距离的最小值为 【答案】ACD 【分析】 由直三棱柱性质以及线面平行判定定理可判断A正确，易知当分别为棱，的中点时截面为为矩形，即B错误；作出点关于平面和的对称点，再利用余弦定理可得C正确，易知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在内的部分，可判断D正确. 【详解】 对于A，如图所示： 由可得，由三棱柱性质可得，因此可得， 因为平面，平面， 所以平面，即可知A正确； 对于B，由可知，结合A选项可知， 当分别为棱，的中点时，满足，如图所示： 结合直棱柱性质可知，此时过，，三点的平面截三棱柱所得截面为，为矩形，故B错误； 对于C，取点关于平面和的对称点分别为， 连接与平面和的交点分别为时，周长的最小，如图所示： 易知，， 由余弦定理可得， 因此周长的最小值为，即C正确. 对于D，易知，又， 所以在直角三角形中，，可得； 因此可得的轨迹是以为圆心，为半径的圆在内的部分，即圆弧；如图所示： 又是边长为6的正三角形，取为的中点，所以到的距离为， 因此可得当为圆弧的中点时，到棱距离的最小值为，即D正确； 故选：ACD 39．（25-26学年高二上·四川成都玉林中学·期中）已知是直线的方向向量，是平面的法向量，如果，则　　　　　　. 【答案】 【分析】 利用线面平行的向量性质，将几何问题转化为向量的数量积运算问题，通过解方程求解实数即可. 【详解】 因为直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为， 当，可得，所以， 即，所以，解得. 故答案为：. 40．（25-26学年高二上·四川彭州中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点，，，试建立恰当的空间直角坐标系，求： （1）平面的一个法向量 （2）直线的一个方向向量和平面的一个法向量． 【答案】（1）     （2）方向向量，法向量为      (1) 小问详解： 因为平面，平面，所以， 因为底面为矩形，所以两两垂直， 以为坐标原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的法向量为， 则 ，令，则， 则平面的一个法向量为； (2) 小问详解： 直线的一个方向向量为. 设平面的法向量为. 因为， 由 ，得 ，令，则. 所以平面的一个法向量为. 41．（25-26学年高二上·四川彭州中学·期中）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝，BC＝，PA＝2. （1）取PC的中点N，求证：DN∥平面PAB； （2）求直线AC与PD所成角的余弦值； （3）在线段PD上，是否存在一点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1） 取的中点，连接，则，， 所以四边形为矩形，所以， 以A为原点，AE所在的直线为x轴，所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图， 则，， 取中点，则，， 所以，故，又平面，平面， 所以DN∥平面PAB.     （2）；     （3） 假设存在，且， 则点为，所以， 设平面的法向量是， ， 令，，（易知t=1不合题意） 又是平面的一个法向量， ， 解得(舍去)，则． 此时平面的一个法向量可取，， 设与平面所成的角为， 则， 由知，. 与平面所成角的大小为．      【分析】 取的中点，连接，则，以A为原点，AE所在的直线为x轴，所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系. （1）计算，利用向量法求证即可； （2）利用向量的夹角公式计算异面直线所成的角； （3）假设存在点M符合题意，根据二面角、线面角的向量求法计算即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，，， . 故直线AC与PD所成角的余弦值为. (3) 小问详解： 略 42．（25-26学年高二上·四川泸州·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，点在棱上，且平面． （1）求证：为中点； （2）求二面角的余弦值； （3）在棱上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值：若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明：连结交于点，连结，         因为底面是矩形，所以为中点， 因为平面，平面，平面平面, 所以， 又因为为中点，所以为中点.     （2）     （3）存在；      【分析】 （1）连结交于点，连结，证明为中点并结合线面平行性质定理证明即可得证； （2）先建立空间直角坐标系，再求出两个平面的法向量即可根据二面角的向量法直接计算即可得解. （3）假设在棱上存在点满足题意，设，则求出结合线面角的空间向量法直接计算即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取的中点，连结，， 因为底面为矩形，所以， 因为，为中点，所以，, 所以， 又因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面，所以，所以，，两两垂直， 如图，建立空间直角坐标系，则由题意可得 ，，，，，， 则，，， 由上可知为平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 所以 ， 即 ， 令，则，，所以， 所以， 如图可知二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为， (3) 小问详解： 假设在棱上存在点满足题意， 由（2），， 设，则， ， 设与平面所成角为，则， 解得或，因为，故， 所以存在点满足题意，此时. 43．（25-26学年高二上·四川成都玉林中学·期中）如图，在四棱锥中，，，，，，，，点是的中点.    （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）是否存在正数，使得直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求出的值；否则，请说明理由. 【答案】（1） 取中点，连接，，    因为，点为中点， 所以， 则，所以， 因为，，，所以， 又，则，故， 因为平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面；     （2）     （3） 设平面的一个法向量为， 又， 则 ，令，得， 因为，且直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 整理得，解得， 故存在 时，使得直线与平面所成角的正弦值为.      【分析】 （1）取中点，连接，，根据等腰三角形得，再根据几何计算结合勾股定理逆定理可得，由线面垂直判定定理得平面，再根据面面垂直判定定理证得结论； （2）建立空间直角坐标系，计算平面平面与平面的法向量，利用空间向量坐标运算即可得平面与平面夹角的余弦值； （3）确定平面的法向量以及直线的方向向量，根据线面夹角正弦值与向量夹角余弦值关系列方程求解的值即可得结论. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可得平面，如图作，以为原点，所在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， 又， 则 ，令，得， 设平面的一个法向量为， 又， 则 ，令，得， 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为； (3) 小问详解： 略 44．（25-26学年高二上·四川成都石室中学·期中）如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，．再从条件①、条件②、条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成夹角的余弦值． 条件①：；条件②：；条件③：平面平面 【答案】（1）证明：选① ② ：由，，，易知：， 又，，面，则面； 选① ③ ：由，，，易知：. 又面面，面面，面， ∴平面. 选② ③ ：若平面平面，两平面的交线为，且在正方形中， ，所以平面，又平面，故， 所以② ③ 为重复条件，故不符合题意.     （2）      【分析】 （1）根据所选的条件，应用勾股定理易得，再由线面垂直的判定、面面垂直的性质证结论即可. （2）构建为原点建立空间直角坐标系，由已知确定相关点坐标，再求两平面的法向量，进而应用空间向量夹角的坐标表示可得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知：，，又四边形是正方形，则， 如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，， ∴，， ，， 设面的一个法向量为，则 ，即 令，则，，即， 设面的一个法向量为，则 ，即 令，则，，即， 设平面与平面所成角为，则， 所以平面与平面所成夹角的余弦值为. 45．（25-26学年高二上·四川成都树德中学·期中）如图，点P为正方形ABCD所在平面外一点，M为PA中点，（）.平面平面，，. （1）若，求证：平面； （2）当二面角的正弦值为时，求的值. 【答案】（1） 解法一： 证明：在正方形中，有， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，又， 以B为原点，分别以，，方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示. 则有，，，，，， ，，， 当时，，， 所以，， 所以，，即，， 又因为平面，平面，， 所以平面. 解法二： 证明：因为平面平面ABP，平面平面， 四边形ABCD为正方形，，平面ABCD， 所以平面ABP. 因为平面ABP，所以. 又，M为AP中点，所以， 又，所以平面ADP，又平面ADP，所以. 又，，所以，所以， ，， 又. 由余弦定理可得 ， 所以，所以，又，所以平面.     （2）.      【分析】 （1）解法一：先证明平面，进而建立空间直角坐标系，利用坐标法证明，，再根据判定定理即可证明； 解法二：根据线面垂直证明，再根据边角关系结合勾股定理证明即可证明； （2）解法一：利用坐标法求解即可. 解法二：根据（1）的解法二得二面角的平面角为，再根据几何关系，结合余弦定理求解即可； 解法三：根据（1）的解法二得二面角的平面角为，进而将问题平面化，在平面内，建立平面直角坐标系，利用平面向量知识求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解法一： 设为平面的法向量， 则有 ，即 ， 取，得，，则是平面的一个法向量， ， 设为平面的法向量， 则有 ， ，得， 取，得，， 则是平面的一个法向量， 因为二面角的正弦值为，所以， 所以，即， 化简得，解得或（舍去）. 所以的值为. 解法二： 因为平面，，平面， 所以，， 又因为平面，平面， 所以二面角的平面角为， 所以，， 在中，，，所以， 在中，，所以. 又因为，所以，所以（负值舍去）. 在中，，， 在中， ， 又， 由正弦定理，得，即，解得，所以的值. 解法三： 因为平面，，平面， 所以，， 又因为平面，平面， 所以二面角的平面角为， 所以，， 在平面PAD内，以A为原点，分别以，的方向为x轴、y轴的正方向，建立平面直角坐标系，如图所示. 则有，，，，， ，， ， 即， 化简得，解得或（舍去）. 所以的值为. 46．（25-26学年高二上·四川成都实验外国语学校·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求平面与平面的夹角的大小． 【答案】（1）证明见解析     （2）证明见解析     （3）      【分析】 （1）以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，由证明； （2）由，结合，利用线面垂直的判定定理证明； （3）求得平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量为，由求解． (1) 小问详解： 因为底面，，底面， 所以，， 又底面是正方形，所以， 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 设． 依题意得，，，． 所以，，． 设平面的一个法向量为， 则有 即 取，则， 因为平面，因此平面． (2) 小问详解： 依题意得， 因为， 所以． 由已知，且，平面， 所以平面． (3) 小问详解： 依题意得，且，． 设平面的一个法向量为， 则 即 ，取． 易知平面的一个法向量为， 所以． 所以平面与平面的夹角为． 47．（25-26学年高二上·四川什邡中学·期中）图1是直角梯形，，，四边形是边长为4的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2.    （1）求证：平面平面； （2）在棱上是否存在点，使得到平面的距离为，若存在，则的值； （3）在（2）的前提下，求出直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：取BE的中点F，连接AF，，    因为四边形ABCE是边长为4的菱形，并且， 所以均为等边三角形， 故⊥BE，⊥BE，且， 因为，所以， 由勾股定理逆定理得：AF⊥， 又因为，平面ABE， 所以⊥平面ABED， 因为平面， 所以平面平面ABED；     （2）存在，     （3）      【分析】 （1）作出辅助线，得到⊥BE，⊥BE，且，由勾股定理逆定理求出AF⊥，从而证明出线面垂直，面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用空间向量求解出点P的坐标， （3）根据（2）可得，利用空间向量求线面夹角. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以F为坐标原点，FA所在直线为x轴，FB所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，    则， 设，，， 即，解得：， 故， 设平面的法向量为， 则，则 ， 令，则，故， 其中 则， 解得：或（舍去）， 所以存在点，使得到平面的距离为，此时. (3) 小问详解： 由（2）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. 48．（25-26学年高二上·四川遂宁中学校·期中）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面为棱上的动点.    （1）当为棱的中点时，证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 取的中点，连接，，    因为为的中点，所以， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以 又平面平面，所以平面.     （2）      【分析】 （1）取的中点，连接，，求证，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求得平面法向量，代入夹角公式即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面， 在平面内，所以， 即两两垂直， 故可以为原点，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，所以， 所以.    设平面的法向量为， 则 ，取，得，所以 因为平面，所以平面. 所以为平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为，    则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 49．（25-26学年高二上·四川遂宁中学校·期中）如图，在长方体中，，为棱的中点，为棱的中点. （1）证明，并求点到直线的距离； （2）求点到平面的距离和三棱锥的体积. 【答案】（1） 以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，. 由上可知，，，故，故. 点到直线的距离为     （2），      【分析】 （1）建系，通过，可得，再由点到直线的距离公式求解点到直线的距离； （2）由点到面的距离公式求解，再由等体积法求体积. (1) 小问详解： 证明略. ，设点到直线的距离为， 又，，， ， 则点到直线的距离为. (2) 小问详解： 设平面的法向量为，由（1）可知，，， 则 即 , 令，则，所以. 设点到平面的距离为， ， 则点到平面的距离为. 又， 即三棱锥的体积为 50．（25-26学年高二上·四川成都第七中学·期中）立德中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，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，连接就得到了一个“刍甍”(如图2)． （1）若是四边形对角线的交点，求证：平面 （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 取线段中点，连接， 由图1可知，四边形是矩形，且， 是线段与的中点， 且， 在图1中且，且． 所以在图2中，且， 且 四边形是平行四边形，则 由于平面，平面 平面     （2）      【分析】 （1）结合图形可证四边形是平行四边形，可得，可得∥平面； （2）根据题意结合二面角的定义可得，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面夹角． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由图1，，折起后在图2中仍有， 即为二面角的平面角． ， 以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系如图， 且设， 则， ， ， 设平面的一个法向量， 由 ，得 ，取则 于是平面的一个法向量， ， ∴直线与平面所成角的正弦值为 【点睛】 51．（25-26学年高二上·四川南充高级中学·期中）如图1，在中，，，分别为边，的中点，且，将沿折起到的位置，使，如图2，连接，. （1）求证：平面； （2）若为的中点，求直线与平面所成角的正切值； （3）线段上一动点满足，判断是否存在，使平面与平面夹角正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）因为，分别为，的中点，所以. 因为，所以，所以， 又，，，平面， 所以平面.     （2）     （3）存在，      【分析】 （1）利用中位线性质结合已知证明，然后由线面垂直的判定定理可证； （2）以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量夹角公式，结合同角三角函数的基本关系求解可得； （3）求出两个平面的法向量，根据向量夹角公式列方程求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为，，，所以，，两两垂直. 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 依题意有，，，，，， 则，，，. 设平面的法向量， 则有 令，得，，所以是平面的一个法向量. 设直线与平面所成角为， 则，于是可得 所以，所以直线与平面所成角的正切值为. (3) 小问详解： 假设存在，使平面与平面夹角的正弦值为， 即使平面与平面夹角的余弦值为. 由（2）得，， 所以，，. 易得平面的一个法向量为. 设平面的法向量， ， 解得，令，得， 则是平面的一个法向量. 则有， 即，所以，解得或 又因为，所以. 故存在，使平面与平面夹角的正弦值为. 52．（25-26学年高二上·四川内江第六中学·期中）如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形，，且分别是的中点.    （1）求证：平面； （2）求证：平面. 【答案】（1） 如图所示，取的中点，连接， 因为是的中点，所以且， 又因为四边形为正方形，所以且， 因为为的中点，可得，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，且平面，所以平面.     （2） 因为底面，平面，所以， 因为四边形为正方形，可得， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，可得， 又因为且为的中点，所以， 因为，且平面，所以平面， 由（1）知，所以平面. 【分析】 （1）取的中点，证得且，得到四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面. （2）利用线面垂直的判定定理，证得平面，由（1）知，即可证得平面. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 53．（25-26学年高二上·四川内江第六中学·期中）如图，是圆柱的两条母线，是圆的直径，，且，是母线上的动点． （1）若是线段的中点，求直线与所成角的余弦值； （2）若四面体的体积为，圆柱的体积为，求的值． 【答案】（1）；     （2）.      【分析】 （1）根据给定条件，利用几何法求出线线角的余弦值. （2）利用线面平行的判定可得平面，再利用等体积法，结合棱锥、圆柱的体积公式求解. (1) 小问详解： 在圆柱中，连接，由，得为直线与所成角或其补角， 依题意，，则，由平面，得， 又为的中点，则，，， 所以直线与所成角的余弦值. (2) 小问详解： 由平面平面，得平面， 则点到平面的距离等于点到平面的距离， 因此，所以. 54．（25-26学年高二上·四川成都第十二中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，是的中点，作交于点.    （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 由题可知两两垂直，因此，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. ，则，. 因为，所以. 因为平面，所以平面.         （2）      【分析】 （1）建立恰当坐标系，根据线面垂直的判定定理证明； （2）根据平面与平面夹角的向量求法可得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知平面，所以平面一个法向量为， 因为, 设平面的一个法向量为，则 . 令，则. . 所以平面与平面夹角的余弦值为. 55．（25-26学年高二上·四川成都第十二中学·期中）如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为，D是BC的中点．    （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在一点E，使得点到平面ADE的距离为?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 如图，连接交于点O，连接，    则点O为的中点，且D是的中点， 则为的中位线，所以． 又因为平面，平面， 所以平面．     （2）．     （3）存在，，理由如下： 设，其中， 所以，， 设平面ADE的法向量为， 则 取． 且， 则点到平面ADE的距离， 化简得，解得或（舍去）． 综上，存在点E使得点到平面ADE的距离为．此时．      【分析】 （1）利用中位线证明线线平行，再证明线面平行即可； （2）利用正三棱柱的性质如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求线面角的正弦值； （3）利用设未知量，来表示空间向量，借助空间向量法来求点到面的距离，从而解决问题. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为在正中，D是的中点，故， 以D为坐标原点，取的中点F，分别以为轴，建立空间直角坐标系，    则，，，，，，． 故，，， 设平面的法向量为， 则 取． 设直线与平面所成角为, 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为． (3) 小问详解： 略 56．（25-26学年高二上·四川宜宾第一中学校·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是直角梯形，，，且为的中点.    （1）证明：平面； （2）求点到面的距离； （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析     （2）     （3）      【分析】 （1）取中点，通过证明四边形为平行四边形，从而得到，再由线面平行的判定即可证明； （2）首先证明，由面面垂直的性质，证得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离； （3）由（2）得到平面的一个法向量为，再由平面，得到平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解. (1) 小问详解： 取中点，连接， 因为为的中点，为中点，所以且，    又，，，， 所以有且， 所以四边形为平行四边形， 则，又平面，平面，所以平面． (2) 小问详解： 在中，由，所以，所以， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 又因为，，所以，则， 如图以A为原点，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，    则， 因为为的中点，所以，所以， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，所以， 设点到平面的距离为，可得， 所以点到平面的距离为. (3) 小问详解： 由（2）中的空间直角坐标系，可得平面的一个法向量为， 又由（2）知平面，所以平面的一个法向量为， 设二面角的平面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角， 则， 所以二面角的余弦值为. 57．（25-26学年高二上·四川成都外国语学校·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，是上一点且满足．    （1）求证：平面平面； （2）若是中点，求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 证明：连接， 由于底面是正方形，则， 由于平面，平面， 则， 又因为平面，， 则平面， 又因为平面， 则平面平面.     （2）      【分析】 （1）由正方形可得对角线，由平面可得，则可证明平面，最终证明平面平面； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量及其夹角余弦值，再求正弦值即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，，，， 由可得为中点，则， 由于是中点，则， ，，，， 设平面的法向量， 则 ， 令，则，， 设平面的法向量， 则 ， 令，则，， 设平面与平面所成角为， 则， 则.    【点睛】 58．（25-26学年高二上·四川成都外国语学校·期中）如图，正方体的棱长为4，点、分别为棱、的中点，点为线段上的一个动点，则　　　　　　　　　　；直线与平面所成角为，则的最大值为　　　　　　　　　　． 【答案】①     ② 【分析】 根据平面可知到平面的距离为，计算即可；取线段的中点，可知，化简求最小值即可. 【详解】 因平面平面，平面，则平面， 则到平面的距离为， 因点、分别为棱、的中点，则， 则， 则； 取线段的中点，易知平面， 则直线与平面所成角， 则， 在等腰直角三角形中，当时，最短， 此时， 故的最大值为. 故答案为：； 59．（25-26学年高二上·四川南充西充中学·期中）在正三棱锥中，，，则点到平面的距离为　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求点到平面的距离． 【详解】 如图，以S为原点，分别以，，为x轴、y轴、z轴的正方向， 建立空间直角坐标系， 则，，，． 所以，，． 设是平面ABC的法向量， 则 ，取，得，， 则是平面ABC的一个法向量． 因此，点S到底面ABC的距离． 故答案为： 60．（25-26学年高二上·四川南充西充中学·期中）如图，在四棱锥中，底面，，，，M为棱的中点．用向量方法证明： （1）； （2）平面． 【答案】（1） ∵，，∴． 由底面，得． 以A为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 又 ，M为棱的中点． 则，，，，，． ∵，， ∴， ∴，则．     （2） ∵，，∴． 由底面，得． 又，∴平面， 则向量是平面的一个法向量． ∵，且平面， ∴平面．      【分析】 以A为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系．写出各点的坐标． （1）由即可证明； （2）求出平面的法向量，由法向量与数量积为零即可证明平面． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 61．（25-26学年高二上·四川成都·期中）如图，在直三棱柱中，，，，点，分别为棱，的中点. （1）证明：； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明：如图，建立以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系， 则，，，，，， ，， 所以，， 因为， 所以，则.      （2）      【分析】 （1）建立以为坐标原点的空间直角坐标系，则可写出与的坐标，由，则可得结论； （2）求出平面的法向量，由点到平面的距离公式解出答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设平面的一个法向量为， ，， ， 令，则，， 所以平面的一个法向量， 又， 点到平面的距离. 62．（25-26学年高二上·四川成都·期中）在斜三棱柱中，为棱的中点. （1）若与交于点，作图并证明：平面； （2）在中，，. ①若平面，，求二面角的余弦值； ②若，，求四面体的外接球的表面积. 【答案】（1） 如图连接， 在中， ，， ， 又平面，平面， 平面；     （2）①；②      【分析】 （1）利用三角形中位线证明，结合线面平行判定定理即可得结论； （2）① 建立空间直角坐标系，利用空间向量计算平面与平面的法向量，由法向量的夹角余弦值确定二面角的余弦值即可；② 设，利用空间距离可得点的坐标，再根据四面体外接球球心与线面关系确定外接球半径从而得结论. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，以为坐标原点，CA，CB所在直线分别为轴、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， ① 由题意，， 设平面的法向量为， ，， ，取， 设平面的法向量为， ，， ，取， ， 二面角为锐二面角， 二面角的余弦值为； ② 设，由题意得， 解得，，， ， 记四面体的外接球球心为点， 则点在平面内的射影点为， 设， 由，得， 解得， 记四面体的外接球半径为， 则， 故四面体的外接球的表面积为. 63．（25-26学年高二上·四川南充·期中）如图，在直三棱柱中，，，，的中点分别为D，E，F．    （1）证明：平面平面． （2）若，且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） 在直三棱柱中，E，F分别为矩形的边，的中点， 则，， 又，所以． 因为，平面，所以平面． 又平面，所以平面平面．     （2）      【分析】 （1）由条件可得，，从而平面，根据面面垂直的判定定理可证得结论； （2）因为平面，所以是与平面所成的角，即，设，求出，，．建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角公式求出结果． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 在直三棱柱中，平面， 由（1）知，，则平面， 因为平面，所以． 因为平面，所以是与平面所成的角，即． 又，设， 则，，． 以E为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，， ，，． 设平面的法向量为， 则 ，取，得． 设平面的法向量为， 则 ，取，得． 因为， 所以平面与平面夹角的余弦值是． 64．（25-26学年高二上·四川成都石室中学·期中）在平行六面体中，，，，． （1）以为空间的一个基底，求平面的一个法向量； （2）求点到平面的距离； （3）动点P满足，且，，当时，求直线与平面所成角的取值范围； 【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）设，利用 ，再结合条件、数量积的定义及运算，得到 ，即可求解； （2）求出和，再利用点到平面的距离的向量法，即可求解； （3）利用向量法求出线面角的正弦值取值范围，再得出角的取值范围. (1) 小问详解： 由题可知，， 则，，， 设为平面的一个法向量， 由 ，得到 ，即 ， 取，得到，所以， 故平面的一个法向量为. (2) 小问详解： 由（1）知平面的一个法向量， 所以， 又 ， 所以点到平面的距离为. (3) 小问详解： 当时，设， 则， 所以， ， 设直线与平面所成角为， 则， 当时，，； 当时，， 因为，所以， 所以，由， 可知， 综上，直线与平面所成角的取值范围. 65．（25-26学年高二上·四川成都石室中学·期中）如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，，，，若动点在内及边上运动，使得，则三棱锥的体积最大值为　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据题意推出，，再根据推出，在平面内，建立直角坐标系求出点轨迹是圆在三角形的边上或内的弧，从而可求出点到的距离最大为，即三棱锥的高的最大值为，再根据三棱锥的体积公式可求得结果. 【详解】 因为平面，所以平面平面， 因为，，所以平面，平面， 因为在内及边上，所以，， 所以，， 因为，所以，因为， 所以， 在平面内，以的中点为原点，线段的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系： 则，，，设， 则，， 由得，化简得， 所以点轨迹是圆在三角形的边上或内的弧，如图所以， 当为圆与在轴上方的交点时，点到的距离最大， 令，解得，所以点到的距离最大为，也就是三棱锥的高的最大值为，因为，所以三棱锥的体积最大值为. 故答案为：. 【点睛】 关键点点睛：在平面内，建立直角坐标系求出点轨迹是圆在三角形的边上或内的弧，从而可求出点到的距离最大为，即三棱锥的高的最大值为，这是本题解题的关键，属于难题. 66．（25-26学年高二上·四川绵阳南山中学·期中）如图，在正四棱锥中，所有棱长都相等，点分别是棱的中点，点G在棱上，且. （1）若，证明：平面； （2）若，求的值； （3）求平面与平面夹角余弦值的取值范围. 【答案】（1） 当时，是的中点，因是的中点，则， 连接，交于点，连接， 因四棱锥是正四棱锥，则平面，且互相垂直平分， 又是的中点，则，故， 又平面，平面，故平面.     （2）；     （3）.      【分析】 （1）利用条件先证明，连接，交于点，连接，再证明，利用线面平行的判定定理即可证得结论； （2）根据题设条件建系，设，求出相关点和向量的坐标，利用即可求得的值； （3）分别求出两平面的法向量，利用空间向量夹角的坐标公式求得夹角余弦的解析式，借助于二次函数的性质即可求得其范围. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）易得两两垂直， 故可以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 设，则， 所以，则，， 则 由可得： ，解得. (3) 小问详解： 由上分析，， 设平面的法向量为，则 ，可取； 又，， 设平面的法向量为，则 ，可取 设平面与平面的夹角为，则， 因，则，故可得. 即平面与平面夹角余弦值的取值范围为. 67．（25-26学年高二上·四川叙永第一中学校·期中）如图，在四面体中，平面，，分别是线段，的中点，点在线段上，且． （1）求证：平面； （2）当，时，求平面与平面夹角的余弦值； （3）在（2）的条件下，若为△内的动点，且平面，当直线与平面所成的角最大时，求三棱锥的体积． 【答案】（1） 取的中点，连接，，则， 因为是的中点，，所以，， 又，，平面， ，，平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面．     （2）     （3）      【分析】 （1）利用中位线定理与平行线的传递性，结合线面平行的判定定理即可得证；        （2）利用勾股定理与线面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，再分别求得平面与平面的法向量，利用空间向量法求面面角的余弦即可得解； （3）先利用线面平行的性质定理分析得在上，假设，再利用线面角的空间向量法分析得与平面所成的角时的值，最后求出点到平面的距离并利用三棱锥的体积公式即可得解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：因为，，所以， 取的中点，则， 又平面，， 所以平面， 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，所以， 所以， 易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则 ， 令，则，，所以 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. (3) 小问详解： 连接，则， 因为平面，平面，平面平面， 所以，即点在线段上（不含端点）， 设，， 则， 易知平面的一个法向量为，设与平面所成角为， 则， ， 所以当时，取得最大值，此时也取得最大值， ，即点到平面的距离为， 平面，平面，， ，，平面， 平面， 即点到平面的距离为， ． 即三棱锥的体积为． 68．（25-26学年高二上·四川什邡中学·期中）（多选）如图，在四面体ABCD中，平面，分别是线段的中点，点在线段AC上，且. （1）求证：平面； （2）当时，求平面与平面夹角的余弦值； （3）在（2）的条件下，若为内的动点，平面，且与平面所成角的正切值最大，试确定点的位置. 【答案】（1） 取BD中点，连接PO， 是BM的中点，，且， 在线段CD上取点，使，连接OF，QF， ，，且， ，四边形POFQ为平行四边形，， 又平面平面，平面.     （2）     （3）点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处      【分析】 （1）取BD中点，连接PO，在线段CD上取点，使，连接OF，QF，利用比例关系及平行四边形性质得，进而利用线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后利用面面夹角的向量公式求解即可； （3）先由线面平行的性质定理得点在OM上，设，求得平面的法向量，进而利用线面角的向量公式得，然后利用二次函数性质求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ，则，， 取BD中点，则，又平面，平面BCD， 以为原点，OB，OC，OP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，故， 则，，， ，所以， 故， 易知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则 ，即 ， 取，则，， 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 (3) 小问详解： 由（2）知为BD中点，为AD中点，连接OM，， 点为内动点且平面QGM， 又平面ABD，平面平面， ，故点在OM上， 设，又，，， 则， ， 易知平面的一个法向量为， 设QG与平面所成角为，则最大时，最大， ， 所以当时，最大，此时最大， 即当点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处时，QG与平面所成角最大. 69．（25-26学年高二上·四川成都第七中学·期中）在棱长为3的正方体中，连接，分别交平面和平面于和两点，则线段长为　　　　　；再将三棱锥截去后，剩下的七面体内部能容纳最大的球的半径是　　　　　. 【答案】①     ② 【分析】 根据已知构建合适的空间直角坐标系，标出相关点坐标，求出相关平面法向量，应用向量法求点面距离及相切关系求球心，再应用线面垂直及棱锥的体积、正方体的体对角线求. 【详解】 如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形， 由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时， 该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上， 如图，以点为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，设球心， 故，，， 设平面的法向量为， 则有 ，取，则， 则球心到平面的距离为， 因为球与三个正方形面以及等边三角形面相切， 所以，解得，故半径为， 由正方体的体对角线为，而平面，平面， 所以，而，，平面， 所以平面，平面， 则，同理可得， 由，平面， 则平面，同理可证平面， 由， ， 若到平面，到平面的距离分别为， 则， 所以，则. 故答案为：， 70．（25-26学年高二上·四川内江第六中学·期中）在正四棱锥中，分别为的中点，平面恰好与正四棱锥的内切球相切，则正四棱锥的高为　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 借助内切球性质可得和相似，则有计算即可得内切球的半径，即可得高. 【详解】 在正四棱锥中，分别为的中点， 平面恰好与正四棱锥的内切球相切， 设AC与BD相交于点Q，取AB的中点为M连接PM,PQ,MQ， 取PQ与平面交于点N，连接NG ，作于S，设内切球的半径为r，则，设PQ=h， 平面与平面ABCD平行，平面PQC与两个平面的交线为NG、QC 所以 ，所以和相似，由G为PC中点， 所以点N是PQ中点,所以 ； 又和相似，故，易得， 则 ，得到，所以 即正四棱锥P-ABCD的高为.； 故答案为： 71．（25-26学年高二上·四川内江第六中学·期中）在四棱锥中，底面是边长为的正方形，为的中点，平面，，.    （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求中点到直线的距离． 【答案】（1） 取的中点，连接， 因为底面是边长为的正方形，为的中点， 所以， 又平面，平面，平面， 所以，， 又，，，所以， 则以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图的空间直角坐标系.    则，，，所以，， ，可得，即得.     （2）；     （3）.      【分析】 （1）取的中点，连接，根据几何体特征，则以为原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，求得，，结合向量的垂直关系即可证明； （2）根据（1）所建立的空间直角坐标系，先求的和平面的法向量，结合线面角的向量求法，即可求解； （3）根据（1）所建立的空间直角坐标系，结合点到直线距离的向量求法，即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）建系，得，，，， 则，，， 设平面的法向量为，则 ， 故可取， 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. (3) 小问详解： 由（1）建系，得，，，， 点为中点，则， 所以，， 设点到直线的距离为，则， 即点到直线的距离为. 72．（25-26学年高二上·四川内江第六中学·期中）已知正方体的棱长为为的中点，若平面，且平面，则平面截正方体所得截面的周长为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据给定条件，利用符合题意的截面，进而求出截面周长. 【详解】 在正方体中，平面，是正方形的对角线， 则，又平面，则平面， 而平面，则，取的中点的中点，连接， ，则，，由， 平面，得平面，而平面，则， 又平面，于是平面，又平面， 则，而平面，因此平面， 取的中点，由，得点在平面上， 梯形是平面截正方体所得截面，又正方体棱长为2， 所以截面周长为. 故答案为： 73．（25-26学年高二上·四川成都外国语学校·期中）（1）在平面直角坐标系中，为坐标原点，定义集合，点，对任意的点，求的取值范围； （2）在空间直角坐标系中，定义集合，，点是集合内任意一点． ①求的最小值； ②求点的轨迹形成图形的全面积． 注：若平面的法向量为，点是平面上一定点，则对于平面上任一点，点满足方程：． 【答案】（1）；（2）①；② 【分析】 （1）根据集合A的图形是中心对称图形，再结合图形，利用点到直线的距离公式求解即可； （2）① 直接用柯西不等式直接可得；② 由对称性，研究得时图形为正三角形，求出其面积，最后乘8即可. 【详解】 （1）将替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于y轴对称， 不妨令，， 若，则，即，点M的轨迹是一条线段； 若，则，即，点M的轨迹是另一条线段； 再利用图象关于y轴对称，最终点M形成的轨迹图形如下： 由 得 ，即, 则点M形成的轨迹图形关于点成中心对称图形且该图形为菱形， 由图及对称性可知，最短距离是点Q到直线的距离； 而最大距离是点Q到的距离，， 所以的取值范围为； （2）① 先证明柯西不等式： 设，，由于， 于是，当且仅当时，等号成立， 于是令，，则， 所以，当且仅当取等号，所以的最小值为； ② 将x替换成，原方程不变，于是点N形成的轨迹关于平面对称， 将y替换成，原方程不变，于是点N形成的轨迹关于平面对称， 将z替换成，原方程不变，于是点N形成的轨迹关于平面对称， 于是点N形成的轨迹关于点成中心对称图形， 去绝对值后可以得到8个平面的方程， 当时，为, 与三个平面围城三角形，顶点为， 则为正三角形，边长，其面积为 ， 则最终点的轨迹形成图形的全面积为. 74．（25-26学年高二上·四川南充西充中学·期中）如图1，在中，，，，分别是，边上的动点（不同于端点），且，将沿折起到的位置，得到四棱锥，如图2所示，点是线段的中点.    （1）求证：； （2）若，当四棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值； （3）若，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 【答案】（1） 在中，，，所以， 所以在四棱锥中，，， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以.     （2）      （3）       【分析】 （1）先证明平面，从而利用线面垂直性质定理得到线线垂直； （2）先通过面积取得最大值，得到两平面垂直，再建立空间直角坐标系，并求出两平面的法向量，从而得到两平面夹角的余弦值； （3）先建立空间直角坐标系，并设出点和的坐标，通过垂直得出关系，求出平面的法向量，代入线面角的向量公式得，从而利用对勾函数单调性和正弦函数性质求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 当四棱锥的体积取得最大值时，平面平面. 又平面平面，，平面， 所以平面， 故以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 如图所示，    则，，，，，所以. 设平面的一个法向量为， 又，， 所以 ，令，解得，， 所以平面的一个法向量. 设平面的一个法向量为， 又，， 所以 ， 令，解得，所以平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为， 所以， 即平面与平面的夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 以为坐标原点，直线和分别为，轴，过作平面的垂线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示，设，，，，，    ，， 又，所以，解得， 则，则， 又，所以， 整理得，且，，得. 易得平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为， ， 则， 令，函数在上单调递减，， 因此，则，解得， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是. 75．（25-26学年高二上·四川成都·期中）在四棱锥中，底面为矩形，，，底面，，点为棱的中点，，平面与直线交于点，则点到直线的距离为　　　　　. 【答案】 【分析】 以点为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，可得，结合可得，再利用点到直线的距离公式即可解出答案. 【详解】 如图，建立以为坐标原点，直线，，所在直线分别为轴，轴，轴的空间直角坐标系. 则, 所以， 所以,， 设平面的法向量， 则 ， 令，则平面的一个法向量. 设，则， 所以， 又，即，， ， 设在上的投影向量为，则， 则点到直线的距离为. 故答案为：. 76．（25-26学年高二上·四川成都·期中）在四棱锥中，侧面底面，底面为直角梯形，，，，，为等边三角形，为的中点. （1）求证：底面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在一点使得二面角的余弦值为，若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 证明：为等边三角形，且为中点， ， 平面平面，平面平面， 平面， 平面；     （2）      （3） 存在，      【分析】 （1）由和平面平面，结合面面垂直性质定理即可求证； （2）建系，求得平面法向量和直线方向向量，代入夹角公式即可； （3）设，，由二面角的向量法代入计算即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ，，， 四边形为矩形， ， 如图，建立以AQ，QB，QP所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系， 则，，，，， ，， 设平面的一个法向量为， 则 取， 设直线与平面所成角为， ， ， 直线与平面所成角的正弦值为； (3) 小问详解： 假设存在点满足题意， 设，， ， 设平面的一个法向量为， 则 取， ， 或（舍）， 故当时，在棱上存在点使得二面角的余弦值为. 77．（25-26学年高二上·四川南充·期中）在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为，过点，且法向量为的平面的点法向式方程为，将其整理为一般式方程，即，其中． （1）已知直线的点方向式方程为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的正弦值． （2）已知平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，若，，证明：． （3）在斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，，，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）．     （2） 由平面的一般式方程为， 可知平面的一个法向量为， 由平面的一般式方程为， 可知平面的一个法向量为． 设两平面的交线的方向向量为，则 ， 令，则，，可得． 由平面的一般式方程为， 可知平面的一个法向量， 则，即． 又，所以．     （3）      【分析】 （1）根据给出的结论，得到直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量求直线与平面所成的角的正弦值. （2）求平面与交线的方向向量和平面的法向量，利用向量的方法，证明直线与平面平行. （3）分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求平面角的余弦值. (1) 小问详解： 解：由直线的点方向式方程为， 可知直线的一个方向向量为， 由平面的一般式方程为， 可知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：由平面经过三点，，..， 可得，． 设侧面所在平面的法向量为， 则 ， 令，解得，，可得． 由平面的一般式方程为， 可知平面的一个法向量为． 设平面与平面的交线的方向向量为， 则 ， 令，可得． 由平面的一般式方程为， 可知平面的一个法向量为， 由，，得，，解得， 即． 故平面与平面夹角的余弦值为． 78．（25-26学年高二上·四川内江第六中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为长方形，，为的中点，，，. （1）证明：平面； （2）点为底面所在平面内的任意一点（在长方形外，和均为锐角），且. （ⅰ）若平面和平面的夹角为，求的最大值； （ⅱ）请判断是否存在点，使得五棱锥存在外接球，若存在，求出外接球的半径；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 证明：因为，所以， 所以，故． 又平面，所以平面． 又平面，所以． 因为，所以， 所以，即． 又平面， 所以平面．     （2）（i） （ii）不存在，理由如下： 设和交于点，则． 若五棱锥存在外接球，则球心在过点且垂直于平面的直线上， 设球心，必有． ，解得，， 则． 又，所以，解得或， 由题知，且，即，但都不在这个范围内， 故不存在点，使得五棱锥存在外接球．      【分析】 （1）根据勾股定理证明线线垂直，根据线面垂直证明线线垂直，再综合证明线面垂直即可； （2）（i）建立空间直角坐标系，设出点坐标，利用空间向量求二面角的最值即可；（ii）先求四棱锥的外接球球心，再证明点不在该球上即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图，取的中点，连接，则． 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， 则． 设，由，得． 又在长方形外，和均为锐角， 所以．可化为， 两边平方后，整理得， 故，整理可得． （i）设平面的法向量为，由， 得 取，得， 故平面的一个法向量为． 设平面的法向量为． 得 取，得， 故平面的一个法向量为． 则． 令，则，所以． 由函数单调递增，得当时，取最大值，最大值为． （ii）略 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．C 2．D 3．C 4．BD 5．D 6．B 7．D 8．C 9．A 10．BCD 11．A 12．B 13．ACD 14．C 15．C 16．BD 17．B 18．B 19．B 20．ACD 21．A 22．D 23．D 24．B 25．D 26．D 27．ACD 28．ABD 29．ABD 30．A 31．ABC 32．ABD 33．ABD 34．B 35．AC 36．A 37．ABD 38．ACD 39．【答案】 【分析】 利用线面平行的向量性质，将几何问题转化为向量的数量积运算问题，通过解方程求解实数即可. 【详解】 因为直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为， 当，可得，所以， 即，所以，解得. 故答案为：. 40．【答案】（1）     （2）方向向量，法向量为      (1) 小问详解： 因为平面，平面，所以， 因为底面为矩形，所以两两垂直， 以为坐标原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的法向量为， 则 ，令，则， 则平面的一个法向量为； (2) 小问详解： 直线的一个方向向量为. 设平面的法向量为. 因为， 由 ，得 ，令，则. 所以平面的一个法向量为. 41．【答案】（1） 取的中点，连接，则，， 所以四边形为矩形，所以， 以A为原点，AE所在的直线为x轴，所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图， 则，， 取中点，则，， 所以，故，又平面，平面， 所以DN∥平面PAB.     （2）；     （3） 假设存在，且， 则点为，所以， 设平面的法向量是， ， 令，，（易知t=1不合题意） 又是平面的一个法向量， ， 解得(舍去)，则． 此时平面的一个法向量可取，， 设与平面所成的角为， 则， 由知，. 与平面所成角的大小为．      【分析】 取的中点，连接，则，以A为原点，AE所在的直线为x轴，所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系. （1）计算，利用向量法求证即可； （2）利用向量的夹角公式计算异面直线所成的角； （3）假设存在点M符合题意，根据二面角、线面角的向量求法计算即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，，， . 故直线AC与PD所成角的余弦值为. (3) 小问详解： 略 42．【答案】（1）证明：连结交于点，连结，         因为底面是矩形，所以为中点， 因为平面，平面，平面平面, 所以， 又因为为中点，所以为中点.     （2）     （3）存在；      【分析】 （1）连结交于点，连结，证明为中点并结合线面平行性质定理证明即可得证； （2）先建立空间直角坐标系，再求出两个平面的法向量即可根据二面角的向量法直接计算即可得解. （3）假设在棱上存在点满足题意，设，则求出结合线面角的空间向量法直接计算即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取的中点，连结，， 因为底面为矩形，所以， 因为，为中点，所以，, 所以， 又因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面，所以，所以，，两两垂直， 如图，建立空间直角坐标系，则由题意可得 ，，，，，， 则，，， 由上可知为平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 所以 ， 即 ， 令，则，，所以， 所以， 如图可知二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为， (3) 小问详解： 假设在棱上存在点满足题意， 由（2），， 设，则， ， 设与平面所成角为，则， 解得或，因为，故， 所以存在点满足题意，此时. 43．【答案】（1） 取中点，连接，，    因为，点为中点， 所以， 则，所以， 因为，，，所以， 又，则，故， 因为平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面；     （2）     （3） 设平面的一个法向量为， 又， 则 ，令，得， 因为，且直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 整理得，解得， 故存在 时，使得直线与平面所成角的正弦值为.      【分析】 （1）取中点，连接，，根据等腰三角形得，再根据几何计算结合勾股定理逆定理可得，由线面垂直判定定理得平面，再根据面面垂直判定定理证得结论； （2）建立空间直角坐标系，计算平面平面与平面的法向量，利用空间向量坐标运算即可得平面与平面夹角的余弦值； （3）确定平面的法向量以及直线的方向向量，根据线面夹角正弦值与向量夹角余弦值关系列方程求解的值即可得结论. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可得平面，如图作，以为原点，所在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， 又， 则 ，令，得， 设平面的一个法向量为， 又， 则 ，令，得， 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为； (3) 小问详解： 略 44．【答案】（1）证明：选① ② ：由，，，易知：， 又，，面，则面； 选① ③ ：由，，，易知：. 又面面，面面，面， ∴平面. 选② ③ ：若平面平面，两平面的交线为，且在正方形中， ，所以平面，又平面，故， 所以② ③ 为重复条件，故不符合题意.     （2）      【分析】 （1）根据所选的条件，应用勾股定理易得，再由线面垂直的判定、面面垂直的性质证结论即可. （2）构建为原点建立空间直角坐标系，由已知确定相关点坐标，再求两平面的法向量，进而应用空间向量夹角的坐标表示可得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知：，，又四边形是正方形，则， 如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，， ∴，， ，， 设面的一个法向量为，则 ，即 令，则，，即， 设面的一个法向量为，则 ，即 令，则，，即， 设平面与平面所成角为，则， 所以平面与平面所成夹角的余弦值为. 45．【答案】（1） 解法一： 证明：在正方形中，有， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，又， 以B为原点，分别以，，方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示. 则有，，，，，， ，，， 当时，，， 所以，， 所以，，即，， 又因为平面，平面，， 所以平面. 解法二： 证明：因为平面平面ABP，平面平面， 四边形ABCD为正方形，，平面ABCD， 所以平面ABP. 因为平面ABP，所以. 又，M为AP中点，所以， 又，所以平面ADP，又平面ADP，所以. 又，，所以，所以， ，， 又. 由余弦定理可得 ， 所以，所以，又，所以平面.     （2）.      【分析】 （1）解法一：先证明平面，进而建立空间直角坐标系，利用坐标法证明，，再根据判定定理即可证明； 解法二：根据线面垂直证明，再根据边角关系结合勾股定理证明即可证明； （2）解法一：利用坐标法求解即可. 解法二：根据（1）的解法二得二面角的平面角为，再根据几何关系，结合余弦定理求解即可； 解法三：根据（1）的解法二得二面角的平面角为，进而将问题平面化，在平面内，建立平面直角坐标系，利用平面向量知识求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解法一： 设为平面的法向量， 则有 ，即 ， 取，得，，则是平面的一个法向量， ， 设为平面的法向量， 则有 ， ，得， 取，得，， 则是平面的一个法向量， 因为二面角的正弦值为，所以， 所以，即， 化简得，解得或（舍去）. 所以的值为. 解法二： 因为平面，，平面， 所以，， 又因为平面，平面， 所以二面角的平面角为， 所以，， 在中，，，所以， 在中，，所以. 又因为，所以，所以（负值舍去）. 在中，，， 在中， ， 又， 由正弦定理，得，即，解得，所以的值. 解法三： 因为平面，，平面， 所以，， 又因为平面，平面， 所以二面角的平面角为， 所以，， 在平面PAD内，以A为原点，分别以，的方向为x轴、y轴的正方向，建立平面直角坐标系，如图所示. 则有，，，，， ，， ， 即， 化简得，解得或（舍去）. 所以的值为. 46．【答案】（1）证明见解析     （2）证明见解析     （3）      【分析】 （1）以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，由证明； （2）由，结合，利用线面垂直的判定定理证明； （3）求得平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量为，由求解． (1) 小问详解： 因为底面，，底面， 所以，， 又底面是正方形，所以， 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 设． 依题意得，，，． 所以，，． 设平面的一个法向量为， 则有 即 取，则， 因为平面，因此平面． (2) 小问详解： 依题意得， 因为， 所以． 由已知，且，平面， 所以平面． (3) 小问详解： 依题意得，且，． 设平面的一个法向量为， 则 即 ，取． 易知平面的一个法向量为， 所以． 所以平面与平面的夹角为． 47．【答案】（1）证明：取BE的中点F，连接AF，，    因为四边形ABCE是边长为4的菱形，并且， 所以均为等边三角形， 故⊥BE，⊥BE，且， 因为，所以， 由勾股定理逆定理得：AF⊥， 又因为，平面ABE， 所以⊥平面ABED， 因为平面， 所以平面平面ABED；     （2）存在，     （3）      【分析】 （1）作出辅助线，得到⊥BE，⊥BE，且，由勾股定理逆定理求出AF⊥，从而证明出线面垂直，面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用空间向量求解出点P的坐标， （3）根据（2）可得，利用空间向量求线面夹角. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以F为坐标原点，FA所在直线为x轴，FB所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，    则， 设，，， 即，解得：， 故， 设平面的法向量为， 则，则 ， 令，则，故， 其中 则， 解得：或（舍去）， 所以存在点，使得到平面的距离为，此时. (3) 小问详解： 由（2）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. 48．【答案】（1） 取的中点，连接，，    因为为的中点，所以， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以 又平面平面，所以平面.     （2）      【分析】 （1）取的中点，连接，，求证，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求得平面法向量，代入夹角公式即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面， 在平面内，所以， 即两两垂直， 故可以为原点，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，所以， 所以.    设平面的法向量为， 则 ，取，得，所以 因为平面，所以平面. 所以为平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为，    则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 49．【答案】（1） 以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，. 由上可知，，，故，故. 点到直线的距离为     （2），      【分析】 （1）建系，通过，可得，再由点到直线的距离公式求解点到直线的距离； （2）由点到面的距离公式求解，再由等体积法求体积. (1) 小问详解： 证明略. ，设点到直线的距离为， 又，，， ， 则点到直线的距离为. (2) 小问详解： 设平面的法向量为，由（1）可知，，， 则 即 , 令，则，所以. 设点到平面的距离为， ， 则点到平面的距离为. 又， 即三棱锥的体积为 50．【答案】（1） 取线段中点，连接， 由图1可知，四边形是矩形，且， 是线段与的中点， 且， 在图1中且，且． 所以在图2中，且， 且 四边形是平行四边形，则 由于平面，平面 平面     （2）      【分析】 （1）结合图形可证四边形是平行四边形，可得，可得∥平面； （2）根据题意结合二面角的定义可得，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面夹角． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由图1，，折起后在图2中仍有， 即为二面角的平面角． ， 以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系如图， 且设， 则， ， ， 设平面的一个法向量， 由 ，得 ，取则 于是平面的一个法向量， ， ∴直线与平面所成角的正弦值为 【点睛】 51．【答案】（1）因为，分别为，的中点，所以. 因为，所以，所以， 又，，，平面， 所以平面.     （2）     （3）存在，      【分析】 （1）利用中位线性质结合已知证明，然后由线面垂直的判定定理可证； （2）以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量夹角公式，结合同角三角函数的基本关系求解可得； （3）求出两个平面的法向量，根据向量夹角公式列方程求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为，，，所以，，两两垂直. 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 依题意有，，，，，， 则，，，. 设平面的法向量， 则有 令，得，，所以是平面的一个法向量. 设直线与平面所成角为， 则，于是可得 所以，所以直线与平面所成角的正切值为. (3) 小问详解： 假设存在，使平面与平面夹角的正弦值为， 即使平面与平面夹角的余弦值为. 由（2）得，， 所以，，. 易得平面的一个法向量为. 设平面的法向量， ， 解得，令，得， 则是平面的一个法向量. 则有， 即，所以，解得或 又因为，所以. 故存在，使平面与平面夹角的正弦值为. 52．【答案】（1） 如图所示，取的中点，连接， 因为是的中点，所以且， 又因为四边形为正方形，所以且， 因为为的中点，可得，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，且平面，所以平面.     （2） 因为底面，平面，所以， 因为四边形为正方形，可得， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，可得， 又因为且为的中点，所以， 因为，且平面，所以平面， 由（1）知，所以平面. 【分析】 （1）取的中点，证得且，得到四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面. （2）利用线面垂直的判定定理，证得平面，由（1）知，即可证得平面. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 53．【答案】（1）；     （2）.      【分析】 （1）根据给定条件，利用几何法求出线线角的余弦值. （2）利用线面平行的判定可得平面，再利用等体积法，结合棱锥、圆柱的体积公式求解. (1) 小问详解： 在圆柱中，连接，由，得为直线与所成角或其补角， 依题意，，则，由平面，得， 又为的中点，则，，， 所以直线与所成角的余弦值. (2) 小问详解： 由平面平面，得平面， 则点到平面的距离等于点到平面的距离， 因此，所以. 54．【答案】（1） 由题可知两两垂直，因此，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. ，则，. 因为，所以. 因为平面，所以平面.         （2）      【分析】 （1）建立恰当坐标系，根据线面垂直的判定定理证明； （2）根据平面与平面夹角的向量求法可得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知平面，所以平面一个法向量为， 因为, 设平面的一个法向量为，则 . 令，则. . 所以平面与平面夹角的余弦值为. 55．【答案】（1） 如图，连接交于点O，连接，    则点O为的中点，且D是的中点， 则为的中位线，所以． 又因为平面，平面， 所以平面．     （2）．     （3）存在，，理由如下： 设，其中， 所以，， 设平面ADE的法向量为， 则 取． 且， 则点到平面ADE的距离， 化简得，解得或（舍去）． 综上，存在点E使得点到平面ADE的距离为．此时．      【分析】 （1）利用中位线证明线线平行，再证明线面平行即可； （2）利用正三棱柱的性质如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求线面角的正弦值； （3）利用设未知量，来表示空间向量，借助空间向量法来求点到面的距离，从而解决问题. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为在正中，D是的中点，故， 以D为坐标原点，取的中点F，分别以为轴，建立空间直角坐标系，    则，，，，，，． 故，，， 设平面的法向量为， 则 取． 设直线与平面所成角为, 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为． (3) 小问详解： 略 56．【答案】（1）证明见解析     （2）     （3）      【分析】 （1）取中点，通过证明四边形为平行四边形，从而得到，再由线面平行的判定即可证明； （2）首先证明，由面面垂直的性质，证得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离； （3）由（2）得到平面的一个法向量为，再由平面，得到平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解. (1) 小问详解： 取中点，连接， 因为为的中点，为中点，所以且，    又，，，， 所以有且， 所以四边形为平行四边形， 则，又平面，平面，所以平面． (2) 小问详解： 在中，由，所以，所以， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 又因为，，所以，则， 如图以A为原点，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，    则， 因为为的中点，所以，所以， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，所以， 设点到平面的距离为，可得， 所以点到平面的距离为. (3) 小问详解： 由（2）中的空间直角坐标系，可得平面的一个法向量为， 又由（2）知平面，所以平面的一个法向量为， 设二面角的平面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角， 则， 所以二面角的余弦值为. 57．【答案】（1） 证明：连接， 由于底面是正方形，则， 由于平面，平面， 则， 又因为平面，， 则平面， 又因为平面， 则平面平面.     （2）      【分析】 （1）由正方形可得对角线，由平面可得，则可证明平面，最终证明平面平面； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量及其夹角余弦值，再求正弦值即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，，，， 由可得为中点，则， 由于是中点，则， ，，，， 设平面的法向量， 则 ， 令，则，， 设平面的法向量， 则 ， 令，则，， 设平面与平面所成角为， 则， 则.    【点睛】 58．【答案】①     ② 【分析】 根据平面可知到平面的距离为，计算即可；取线段的中点，可知，化简求最小值即可. 【详解】 因平面平面，平面，则平面， 则到平面的距离为， 因点、分别为棱、的中点，则， 则， 则； 取线段的中点，易知平面， 则直线与平面所成角， 则， 在等腰直角三角形中，当时，最短， 此时， 故的最大值为. 故答案为：； 59．【答案】 【分析】 建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求点到平面的距离． 【详解】 如图，以S为原点，分别以，，为x轴、y轴、z轴的正方向， 建立空间直角坐标系， 则，，，． 所以，，． 设是平面ABC的法向量， 则 ，取，得，， 则是平面ABC的一个法向量． 因此，点S到底面ABC的距离． 故答案为： 60．【答案】（1） ∵，，∴． 由底面，得． 以A为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 又 ，M为棱的中点． 则，，，，，． ∵，， ∴， ∴，则．     （2） ∵，，∴． 由底面，得． 又，∴平面， 则向量是平面的一个法向量． ∵，且平面， ∴平面．      【分析】 以A为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系．写出各点的坐标． （1）由即可证明； （2）求出平面的法向量，由法向量与数量积为零即可证明平面． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 61．【答案】（1）证明：如图，建立以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系， 则，，，，，， ，， 所以，， 因为， 所以，则.      （2）      【分析】 （1）建立以为坐标原点的空间直角坐标系，则可写出与的坐标，由，则可得结论； （2）求出平面的法向量，由点到平面的距离公式解出答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设平面的一个法向量为， ，， ， 令，则，， 所以平面的一个法向量， 又， 点到平面的距离. 62．【答案】（1） 如图连接， 在中， ，， ， 又平面，平面， 平面；     （2）①；②      【分析】 （1）利用三角形中位线证明，结合线面平行判定定理即可得结论； （2）① 建立空间直角坐标系，利用空间向量计算平面与平面的法向量，由法向量的夹角余弦值确定二面角的余弦值即可；② 设，利用空间距离可得点的坐标，再根据四面体外接球球心与线面关系确定外接球半径从而得结论. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，以为坐标原点，CA，CB所在直线分别为轴、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， ① 由题意，， 设平面的法向量为， ，， ，取， 设平面的法向量为， ，， ，取， ， 二面角为锐二面角， 二面角的余弦值为； ② 设，由题意得， 解得，，， ， 记四面体的外接球球心为点， 则点在平面内的射影点为， 设， 由，得， 解得， 记四面体的外接球半径为， 则， 故四面体的外接球的表面积为. 63．【答案】（1） 在直三棱柱中，E，F分别为矩形的边，的中点， 则，， 又，所以． 因为，平面，所以平面． 又平面，所以平面平面．     （2）      【分析】 （1）由条件可得，，从而平面，根据面面垂直的判定定理可证得结论； （2）因为平面，所以是与平面所成的角，即，设，求出，，．建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角公式求出结果． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 在直三棱柱中，平面， 由（1）知，，则平面， 因为平面，所以． 因为平面，所以是与平面所成的角，即． 又，设， 则，，． 以E为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，， ，，． 设平面的法向量为， 则 ，取，得． 设平面的法向量为， 则 ，取，得． 因为， 所以平面与平面夹角的余弦值是． 64．【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）设，利用 ，再结合条件、数量积的定义及运算，得到 ，即可求解； （2）求出和，再利用点到平面的距离的向量法，即可求解； （3）利用向量法求出线面角的正弦值取值范围，再得出角的取值范围. (1) 小问详解： 由题可知，， 则，，， 设为平面的一个法向量， 由 ，得到 ，即 ， 取，得到，所以， 故平面的一个法向量为. (2) 小问详解： 由（1）知平面的一个法向量， 所以， 又 ， 所以点到平面的距离为. (3) 小问详解： 当时，设， 则， 所以， ， 设直线与平面所成角为， 则， 当时，，； 当时，， 因为，所以， 所以，由， 可知， 综上，直线与平面所成角的取值范围. 65．【答案】 【分析】 根据题意推出，，再根据推出，在平面内，建立直角坐标系求出点轨迹是圆在三角形的边上或内的弧，从而可求出点到的距离最大为，即三棱锥的高的最大值为，再根据三棱锥的体积公式可求得结果. 【详解】 因为平面，所以平面平面， 因为，，所以平面，平面， 因为在内及边上，所以，， 所以，， 因为，所以，因为， 所以， 在平面内，以的中点为原点，线段的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系： 则，，，设， 则，， 由得，化简得， 所以点轨迹是圆在三角形的边上或内的弧，如图所以， 当为圆与在轴上方的交点时，点到的距离最大， 令，解得，所以点到的距离最大为，也就是三棱锥的高的最大值为，因为，所以三棱锥的体积最大值为. 故答案为：. 【点睛】 关键点点睛：在平面内，建立直角坐标系求出点轨迹是圆在三角形的边上或内的弧，从而可求出点到的距离最大为，即三棱锥的高的最大值为，这是本题解题的关键，属于难题. 66．【答案】（1） 当时，是的中点，因是的中点，则， 连接，交于点，连接， 因四棱锥是正四棱锥，则平面，且互相垂直平分， 又是的中点，则，故， 又平面，平面，故平面.     （2）；     （3）.      【分析】 （1）利用条件先证明，连接，交于点，连接，再证明，利用线面平行的判定定理即可证得结论； （2）根据题设条件建系，设，求出相关点和向量的坐标，利用即可求得的值； （3）分别求出两平面的法向量，利用空间向量夹角的坐标公式求得夹角余弦的解析式，借助于二次函数的性质即可求得其范围. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）易得两两垂直， 故可以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 设，则， 所以，则，， 则 由可得： ，解得. (3) 小问详解： 由上分析，， 设平面的法向量为，则 ，可取； 又，， 设平面的法向量为，则 ，可取 设平面与平面的夹角为，则， 因，则，故可得. 即平面与平面夹角余弦值的取值范围为. 67．【答案】（1） 取的中点，连接，，则， 因为是的中点，，所以，， 又，，平面， ，，平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面．     （2）     （3）       【分析】 （1）利用中位线定理与平行线的传递性，结合线面平行的判定定理即可得证；        （2）利用勾股定理与线面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，再分别求得平面与平面的法向量，利用空间向量法求面面角的余弦即可得解； （3）先利用线面平行的性质定理分析得在上，假设，再利用线面角的空间向量法分析得与平面所成的角时的值，最后求出点到平面的距离并利用三棱锥的体积公式即可得解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：因为，，所以， 取的中点，则， 又平面，， 所以平面， 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，所以， 所以， 易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则 ， 令，则，，所以 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. (3) 小问详解： 连接，则， 因为平面，平面，平面平面， 所以，即点在线段上（不含端点）， 设，， 则， 易知平面的一个法向量为，设与平面所成角为， 则， ， 所以当时，取得最大值，此时也取得最大值， ，即点到平面的距离为， 平面，平面，， ，，平面， 平面， 即点到平面的距离为， ． 即三棱锥的体积为． 68．【答案】（1） 取BD中点，连接PO， 是BM的中点，，且， 在线段CD上取点，使，连接OF，QF， ，，且， ，四边形POFQ为平行四边形，， 又平面平面，平面.     （2）     （3）点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处      【分析】 （1）取BD中点，连接PO，在线段CD上取点，使，连接OF，QF，利用比例关系及平行四边形性质得，进而利用线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后利用面面夹角的向量公式求解即可； （3）先由线面平行的性质定理得点在OM上，设，求得平面的法向量，进而利用线面角的向量公式得，然后利用二次函数性质求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ，则，， 取BD中点，则，又平面，平面BCD， 以为原点，OB，OC，OP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，故， 则，，， ，所以， 故， 易知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则 ，即 ， 取，则，， 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 (3) 小问详解： 由（2）知为BD中点，为AD中点，连接OM，， 点为内动点且平面QGM， 又平面ABD，平面平面， ，故点在OM上， 设，又，，， 则， ， 易知平面的一个法向量为， 设QG与平面所成角为，则最大时，最大， ， 所以当时，最大，此时最大， 即当点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处时，QG与平面所成角最大. 69．【答案】①     ② 【分析】 根据已知构建合适的空间直角坐标系，标出相关点坐标，求出相关平面法向量，应用向量法求点面距离及相切关系求球心，再应用线面垂直及棱锥的体积、正方体的体对角线求. 【详解】 如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形， 由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时， 该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上， 如图，以点为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，设球心， 故，，， 设平面的法向量为， 则有 ，取，则， 则球心到平面的距离为， 因为球与三个正方形面以及等边三角形面相切， 所以，解得，故半径为， 由正方体的体对角线为，而平面，平面， 所以，而，，平面， 所以平面，平面， 则，同理可得， 由，平面， 则平面，同理可证平面， 由， ， 若到平面，到平面的距离分别为， 则， 所以，则. 故答案为：， 70．【答案】 【分析】 借助内切球性质可得和相似，则有计算即可得内切球的半径，即可得高. 【详解】 在正四棱锥中，分别为的中点， 平面恰好与正四棱锥的内切球相切， 设AC与BD相交于点Q，取AB的中点为M连接PM,PQ,MQ， 取PQ与平面交于点N，连接NG ，作于S，设内切球的半径为r，则，设PQ=h， 平面与平面ABCD平行，平面PQC与两个平面的交线为NG、QC 所以 ，所以和相似，由G为PC中点， 所以点N是PQ中点,所以 ； 又和相似，故，易得， 则 ，得到，所以 即正四棱锥P-ABCD的高为.； 故答案为： 71．【答案】（1） 取的中点，连接， 因为底面是边长为的正方形，为的中点， 所以， 又平面，平面，平面， 所以，， 又，，，所以， 则以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图的空间直角坐标系.    则，，，所以，， ，可得，即得.     （2）；     （3）.      【分析】 （1）取的中点，连接，根据几何体特征，则以为原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，求得，，结合向量的垂直关系即可证明； （2）根据（1）所建立的空间直角坐标系，先求的和平面的法向量，结合线面角的向量求法，即可求解； （3）根据（1）所建立的空间直角坐标系，结合点到直线距离的向量求法，即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）建系，得，，，， 则，，， 设平面的法向量为，则 ， 故可取， 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. (3) 小问详解： 由（1）建系，得，，，， 点为中点，则， 所以，， 设点到直线的距离为，则， 即点到直线的距离为. 72．【答案】 【分析】 根据给定条件，利用符合题意的截面，进而求出截面周长. 【详解】 在正方体中，平面，是正方形的对角线， 则，又平面，则平面， 而平面，则，取的中点的中点，连接， ，则，，由， 平面，得平面，而平面，则， 又平面，于是平面，又平面， 则，而平面，因此平面， 取的中点，由，得点在平面上， 梯形是平面截正方体所得截面，又正方体棱长为2， 所以截面周长为. 故答案为： 73．【答案】（1）；（2）①；② 【分析】 （1）根据集合A的图形是中心对称图形，再结合图形，利用点到直线的距离公式求解即可； （2）① 直接用柯西不等式直接可得；② 由对称性，研究得时图形为正三角形，求出其面积，最后乘8即可. 【详解】 （1）将替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于y轴对称， 不妨令，， 若，则，即，点M的轨迹是一条线段； 若，则，即，点M的轨迹是另一条线段； 再利用图象关于y轴对称，最终点M形成的轨迹图形如下： 由 得 ，即, 则点M形成的轨迹图形关于点成中心对称图形且该图形为菱形， 由图及对称性可知，最短距离是点Q到直线的距离； 而最大距离是点Q到的距离，， 所以的取值范围为； （2）① 先证明柯西不等式： 设，，由于， 于是，当且仅当时，等号成立， 于是令，，则， 所以，当且仅当取等号，所以的最小值为； ② 将x替换成，原方程不变，于是点N形成的轨迹关于平面对称， 将y替换成，原方程不变，于是点N形成的轨迹关于平面对称， 将z替换成，原方程不变，于是点N形成的轨迹关于平面对称， 于是点N形成的轨迹关于点成中心对称图形， 去绝对值后可以得到8个平面的方程， 当时，为, 与三个平面围城三角形，顶点为， 则为正三角形，边长，其面积为 ， 则最终点的轨迹形成图形的全面积为. 74．【答案】（1） 在中，，，所以， 所以在四棱锥中，，， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以.     （2）      （3）       【分析】 （1）先证明平面，从而利用线面垂直性质定理得到线线垂直； （2）先通过面积取得最大值，得到两平面垂直，再建立空间直角坐标系，并求出两平面的法向量，从而得到两平面夹角的余弦值； （3）先建立空间直角坐标系，并设出点和的坐标，通过垂直得出关系，求出平面的法向量，代入线面角的向量公式得，从而利用对勾函数单调性和正弦函数性质求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 当四棱锥的体积取得最大值时，平面平面. 又平面平面，，平面， 所以平面， 故以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 如图所示，    则，，，，，所以. 设平面的一个法向量为， 又，， 所以 ，令，解得，， 所以平面的一个法向量. 设平面的一个法向量为， 又，， 所以 ， 令，解得，所以平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为， 所以， 即平面与平面的夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 以为坐标原点，直线和分别为，轴，过作平面的垂线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示，设，，，，，    ，， 又，所以，解得， 则，则， 又，所以， 整理得，且，，得. 易得平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为， ， 则， 令，函数在上单调递减，， 因此，则，解得， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是. 75．【答案】 【分析】 以点为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，可得，结合可得，再利用点到直线的距离公式即可解出答案. 【详解】 如图，建立以为坐标原点，直线，，所在直线分别为轴，轴，轴的空间直角坐标系. 则, 所以， 所以,， 设平面的法向量， 则 ， 令，则平面的一个法向量. 设，则， 所以， 又，即，， ， 设在上的投影向量为，则， 则点到直线的距离为. 故答案为：. 76．【答案】（1） 证明：为等边三角形，且为中点， ， 平面平面，平面平面， 平面， 平面；     （2）      （3） 存在，      【分析】 （1）由和平面平面，结合面面垂直性质定理即可求证； （2）建系，求得平面法向量和直线方向向量，代入夹角公式即可； （3）设，，由二面角的向量法代入计算即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ，，， 四边形为矩形， ， 如图，建立以AQ，QB，QP所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系， 则，，，，， ，， 设平面的一个法向量为， 则 取， 设直线与平面所成角为， ， ， 直线与平面所成角的正弦值为； (3) 小问详解： 假设存在点满足题意， 设，， ， 设平面的一个法向量为， 则 取， ， 或（舍）， 故当时，在棱上存在点使得二面角的余弦值为. 77．【答案】（1）．     （2） 由平面的一般式方程为， 可知平面的一个法向量为， 由平面的一般式方程为， 可知平面的一个法向量为． 设两平面的交线的方向向量为，则 ， 令，则，，可得． 由平面的一般式方程为， 可知平面的一个法向量， 则，即． 又，所以．     （3）      【分析】 （1）根据给出的结论，得到直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量求直线与平面所成的角的正弦值. （2）求平面与交线的方向向量和平面的法向量，利用向量的方法，证明直线与平面平行. （3）分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求平面角的余弦值. (1) 小问详解： 解：由直线的点方向式方程为， 可知直线的一个方向向量为， 由平面的一般式方程为， 可知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：由平面经过三点，，..， 可得，． 设侧面所在平面的法向量为， 则 ， 令，解得，，可得． 由平面的一般式方程为， 可知平面的一个法向量为． 设平面与平面的交线的方向向量为， 则 ， 令，可得． 由平面的一般式方程为， 可知平面的一个法向量为， 由，，得，，解得， 即． 故平面与平面夹角的余弦值为． 78．【答案】（1） 证明：因为，所以， 所以，故． 又平面，所以平面． 又平面，所以． 因为，所以， 所以，即． 又平面， 所以平面．     （2）（i） （ii）不存在，理由如下： 设和交于点，则． 若五棱锥存在外接球，则球心在过点且垂直于平面的直线上， 设球心，必有． ，解得，， 则． 又，所以，解得或， 由题知，且，即，但都不在这个范围内， 故不存在点，使得五棱锥存在外接球．      【分析】 （1）根据勾股定理证明线线垂直，根据线面垂直证明线线垂直，再综合证明线面垂直即可； （2）（i）建立空间直角坐标系，设出点坐标，利用空间向量求二面角的最值即可；（ii）先求四棱锥的外接球球心，再证明点不在该球上即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图，取的中点，连接，则． 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， 则． 设，由，得． 又在长方形外，和均为锐角， 所以．可化为， 两边平方后，整理得， 故，整理可得． （i）设平面的法向量为，由， 得 取，得， 故平面的一个法向量为． 设平面的法向量为． 得 取，得， 故平面的一个法向量为． 则． 令，则，所以． 由函数单调递增，得当时，取最大值，最大值为． （ii）略 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·四川什邡中学·期中）若m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列命题中，错误的是 A. 若m⊥α，n⊥α，则m∥n B. 若m⊂α，α∥β，则m∥β C. 若m∥α，n∥α，则m∥n D. 若m∥n，m∥α，n⊄α，则n∥α 2．（25-26学年高二上·四川彭州中学·期中）已知经过点的平面的法向量为，则点到平面的距离为（       ） A.  B. 2 C.  D.  3．（25-26学年高二上·四川泸州·期中）蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴“有用脚蹴､踢的含义，“鞠”最早系外包皮革､内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴､踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动.已知某“鞠”的表面上有四个点P､A､B､C，其中平面，，则该球的体积为（       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高二上·四川遂宁中学校·期中）（多选）已知正方体的棱长为1，则（       ） A. 直线与直线所成的角为90° B. 平面 C. 点到平面的距离为 D. 直线与平面所成角的余弦值为 5．（25-26学年高二上·四川成都第七中学·期中）在空间直角坐标系中，直线经过点，且其方向向量，则点到的距离为（     ） A. 3 B. 2 C.  D. 1 6．（25-26学年高二上·四川内江第六中学·期中）已知a，b是空间两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题正确的为（     ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 7．（25-26学年高二上·四川成都第十二中学·期中）平面及其法向量，直线、及其方向向量、，下面推理错误的是（       ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 8．（25-26学年高二上·四川南充西充中学·期中）在正方体中，异面直线与所成角的余弦值为（     ） A.  B.  C. 0 D. 1 9．（25-26学年高二上·四川南充·期中）已知是平面内一点，是平面外一点，且平面的一个法向量为，则点Q到平面的距离为（       ）． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 10．（25-26学年高二上·四川泸州·期中）（多选）如图，棱长均为2的正三棱柱中，、分别为、的中点，则（       ） A. 平面 B.  C. 直线与所成角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 11．（25-26学年高二上·四川成都石室中学·期中）如图，已知圆锥的轴截面是正三角形，是底面圆的直径，点在上，且，则异面直线与所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  12．（25-26学年高二上·四川绵阳南山中学·期中）如图，等边三角形中，，点、分别在边、边上，且，，将三角形沿DE折起，将点翻折至于点处，使得平面平面，则直线与所成角的正弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  13．（25-26学年高二上·四川绵阳南山中学·期中）（多选）在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则下列说法正确的是（       ） A. 当时，点P的轨迹为线段 B. 当时，有且仅有一个点P使得 C. 当时，三棱锥的体积为定值 D. 当时，有且仅有一个点P使得平面 14．（25-26学年高二上·四川成都树德中学·期中）直三棱柱中，，P为BC中点，，Q为上一点，，则经过A，P，Q三点的平面截此三棱柱所成截面的面积是（       ） A.  B. 4 C.  D. 5 15．（25-26学年高二上·四川成都实验外国语学校·期中）直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　) A.  B.  C.  D.  16．（25-26学年高二上·四川叙永第一中学校·期中）（多选）已知，，是空间中的三个点，则（       ） A. 向量的模长为4 B. 直线的一个方向向量为 C. 向量在向量方向上的投影向量为 D. 若，则，，，四点共面 17．（25-26学年高二上·四川什邡中学·期中）中国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中，把底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.今有“阳马”,平面，，,分别为棱的中点，则点到平面的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  18．（25-26学年高二上·四川南充高级中学·期中）已知、、，则原点到平面的距离是（       ） A.  B.  C. 1 D.  19．（25-26学年高二上·四川内江第六中学·期中）下列四个正方体中，为所在棱的中点，为正方体的三个顶点，则能得出平面平面的是（       ） A.      B.      C.      D.      20．（25-26学年高二上·四川成都第十二中学·期中）（多选）两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，动点，分别在正方形对角线和上移动（不包括端点），下列说法正确的是（       ） A. 线段长的最小值为 B. 三棱锥的外接球的表面积为 C. 若和的长度保持相等，则平面 D. 若和的长度保持相等，则线段长的最小值为 21．（25-26学年高二上·四川宜宾第一中学校·期中）在长方体中，分别是棱的中点，是平面ABCD内一动点，若直线与平面EFG平行，则的最小值为（     ） A.  B.  C.  D. 9 22．（25-26学年高二上·四川宜宾第一中学校·期中）如图，四棱锥中，底面ABCD为正方形，且各棱长均相等，是PB的中点，则异面直线AE与PC所成角的余弦值为（     ） A.  B.  C.  D.  23．（25-26学年高二上·四川成都外国语学校·期中）在四面体中，分别为棱的中点，，则异面直线与所成角为（       ） A.  B.  C.  D.  24．（25-26学年高二上·四川成都·期中）将边长为的正方形沿对角线翻折成直二面角，异面直线与所成角为，则的值为（       ） A.  B.  C.  D.  25．（25-26学年高二上·四川成都·期中）在正三棱锥中，侧棱，，现从正三棱锥的所有棱中任取两条棱，则取出的两条棱垂直的概率为（       ） A.  B.  C.  D.  26．（25-26学年高二上·四川南充·期中）如图1，在平行四边形中，，，如图2，沿将折起到的位置，使得点到点的距离为，则二面角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  27．（25-26学年高二上·四川南充·期中）（多选）如图，正方体的棱长为2，F是线段的中点，E是线段上的动点，下列结论正确的是（       ）． A.  B. 三棱锥的体积为定值 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 直线与直线所成角的余弦值的取值范围为 28．（25-26学年高二上·四川成都实验外国语学校·期中）（多选）如图，在三棱锥中，侧面是全等的直角三角形，是公共的斜边，且，另一个侧面是正三角形，下面结论正确的是（       ） A. 为正三角形 B.  C. 与底面所成角的正弦值为 D. 点到平面的距离为 29．（25-26学年高二上·四川什邡中学·期中）（多选）如图，棱长为3的正方体，动点在正方体内及其边界上运动，点在棱上，且，则下列说法正确的是（     ） A. 若，且，则三棱锥体积为定值 B. 若，则动点所围成的图形的面积为 C. 若，则的最小值为3 D. 若动点满足，则的轨迹的长度为 30．（25-26学年高二上·四川遂宁中学校·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.  31．（25-26学年高二上·四川什邡中学·期中）（多选）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图，把三片这样的达·芬奇方砖拼成组合，把这个组合再转换成空间几何体．若图中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（       ） A.  B. 点到直线的距离是 C.  D. 异面直线与所成角的正切值为4 32．（25-26学年高二上·四川成都第七中学·期中）（多选）如图，在正四棱柱中，底面边长为1，侧棱长为2，是上底面内（包括边界）的动点，是侧棱上的动点，则下列结论正确的是（       ） A. 的最小值为 B. 若平面，则点的轨迹的长度为 C. 若，则点是的中点 D. 若，则点的轨迹的长度为 33．（25-26学年高二上·四川内江第六中学·期中）（多选）如图，在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，是正方形内的动点，则下列结论正确的是（       ） A. 若平面，则点的轨迹长度为 B. 若，则点的轨迹长度为 C. 若是正方形的中心，在线段上，则的最小值为 D. 若是棱的中点，三棱锥的外接球球心为，则平面截球所得截面的面积为 34．（25-26学年高二上·四川内江第六中学·期中）一封闭圆锥容器的轴截面是边长为4的等边三角形，一个半径为的小球在该容器内自由运动，如图所示，在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域围成一个圆台侧面，在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，则小球能接触到的圆锥容器内壁的最大面积为（     ） A.  B.  C.  D.  35．（25-26学年高二上·四川成都外国语学校·期中）（多选）如图，正方形，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，点，分别在正方形对角线，上移动，且和的长度保持相等.记，则下列说法正确的是（     ） A. 当时，的长为 B. 当时，三棱锥的体积是 C. 当的长最小时，平面与平面所成二面角的正弦值为 D. 存在，使得直线与所成角的正弦值为 36．（25-26学年高二上·四川成都外国语学校·期中）如图，直三棱柱各棱长都相等，D是棱CC₁的中点，E是棱上的动点，F是棱AC的中点． 设， 随着增大， 直线BF与平面BDE所成角是 （       ） A. 增大 B. 减小 C. 先增大再减小 D. 先减小再增大 37．（25-26学年高二上·四川成都·期中）（多选）在平行六面体中，，，，，下列结论正确的是（       ） A.  B. 异面直线与所成角的余弦值为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 点到平面的距离为 38．（25-26学年高二上·四川南充高级中学·期中）（多选）如图，直三棱柱所有棱长均为6，，，，分别在棱，，，上（不与端点重合），且，，分别为，中点，则（       ） A. 平面 B. 过，，三点的平面截三棱柱所得截面一定为等腰梯形 C. 若，分别是平面和内的动点，则周长的最小值为 D. 若在内部（含边界），，则到棱距离的最小值为 39．（25-26学年高二上·四川成都玉林中学·期中）已知是直线的方向向量，是平面的法向量，如果，则　　　　　　. 40．（25-26学年高二上·四川彭州中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点，，，试建立恰当的空间直角坐标系，求： （1）平面的一个法向量 （2）直线的一个方向向量和平面的一个法向量． 41．（25-26学年高二上·四川彭州中学·期中）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝，BC＝，PA＝2. （1）取PC的中点N，求证：DN∥平面PAB； （2）求直线AC与PD所成角的余弦值； （3）在线段PD上，是否存在一点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请说明理由． 42．（25-26学年高二上·四川泸州·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，点在棱上，且平面． （1）求证：为中点； （2）求二面角的余弦值； （3）在棱上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值：若不存在，说明理由． 43．（25-26学年高二上·四川成都玉林中学·期中）如图，在四棱锥中，，，，，，，，点是的中点.    （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）是否存在正数，使得直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求出的值；否则，请说明理由. 44．（25-26学年高二上·四川成都石室中学·期中）如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，．再从条件①、条件②、条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成夹角的余弦值． 条件①：；条件②：；条件③：平面平面 45．（25-26学年高二上·四川成都树德中学·期中）如图，点P为正方形ABCD所在平面外一点，M为PA中点，（）.平面平面，，. （1）若，求证：平面； （2）当二面角的正弦值为时，求的值. 46．（25-26学年高二上·四川成都实验外国语学校·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求平面与平面的夹角的大小． 47．（25-26学年高二上·四川什邡中学·期中）图1是直角梯形，，，四边形是边长为4的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2.    （1）求证：平面平面； （2）在棱上是否存在点，使得到平面的距离为，若存在，则的值； （3）在（2）的前提下，求出直线与平面所成角的正弦值. 48．（25-26学年高二上·四川遂宁中学校·期中）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面为棱上的动点.    （1）当为棱的中点时，证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 49．（25-26学年高二上·四川遂宁中学校·期中）如图，在长方体中，，为棱的中点，为棱的中点. （1）证明，并求点到直线的距离； （2）求点到平面的距离和三棱锥的体积. 50．（25-26学年高二上·四川成都第七中学·期中）立德中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，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，连接就得到了一个“刍甍”(如图2)． （1）若是四边形对角线的交点，求证：平面 （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 51．（25-26学年高二上·四川南充高级中学·期中）如图1，在中，，，分别为边，的中点，且，将沿折起到的位置，使，如图2，连接，. （1）求证：平面； （2）若为的中点，求直线与平面所成角的正切值； （3）线段上一动点满足，判断是否存在，使平面与平面夹角正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 52．（25-26学年高二上·四川内江第六中学·期中）如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形，，且分别是的中点.    （1）求证：平面； （2）求证：平面. 53．（25-26学年高二上·四川内江第六中学·期中）如图，是圆柱的两条母线，是圆的直径，，且，是母线上的动点． （1）若是线段的中点，求直线与所成角的余弦值； （2）若四面体的体积为，圆柱的体积为，求的值． 54．（25-26学年高二上·四川成都第十二中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，是的中点，作交于点.    （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 55．（25-26学年高二上·四川成都第十二中学·期中）如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为，D是BC的中点．    （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在一点E，使得点到平面ADE的距离为?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 56．（25-26学年高二上·四川宜宾第一中学校·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是直角梯形，，，且为的中点.    （1）证明：平面； （2）求点到面的距离； （3）求二面角的余弦值. 57．（25-26学年高二上·四川成都外国语学校·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，是上一点且满足．    （1）求证：平面平面； （2）若是中点，求平面与平面所成角的正弦值． 58．（25-26学年高二上·四川成都外国语学校·期中）如图，正方体的棱长为4，点、分别为棱、的中点，点为线段上的一个动点，则　　　　　　　　　　；直线与平面所成角为，则的最大值为　　　　　　　　　　． 59．（25-26学年高二上·四川南充西充中学·期中）在正三棱锥中，，，则点到平面的距离为　　　　　　　　. 60．（25-26学年高二上·四川南充西充中学·期中）如图，在四棱锥中，底面，，，，M为棱的中点．用向量方法证明： （1）； （2）平面． 61．（25-26学年高二上·四川成都·期中）如图，在直三棱柱中，，，，点，分别为棱，的中点. （1）证明：； （2）求点到平面的距离. 62．（25-26学年高二上·四川成都·期中）在斜三棱柱中，为棱的中点. （1）若与交于点，作图并证明：平面； （2）在中，，. ①若平面，，求二面角的余弦值； ②若，，求四面体的外接球的表面积. 63．（25-26学年高二上·四川南充·期中）如图，在直三棱柱中，，，，的中点分别为D，E，F．    （1）证明：平面平面． （2）若，且与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 64．（25-26学年高二上·四川成都石室中学·期中）在平行六面体中，，，，． （1）以为空间的一个基底，求平面的一个法向量； （2）求点到平面的距离； （3）动点P满足，且，，当时，求直线与平面所成角的取值范围； 65．（25-26学年高二上·四川成都石室中学·期中）如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，，，，若动点在内及边上运动，使得，则三棱锥的体积最大值为　　　　　　. 66．（25-26学年高二上·四川绵阳南山中学·期中）如图，在正四棱锥中，所有棱长都相等，点分别是棱的中点，点G在棱上，且. （1）若，证明：平面； （2）若，求的值； （3）求平面与平面夹角余弦值的取值范围. 67．（25-26学年高二上·四川叙永第一中学校·期中）如图，在四面体中，平面，，分别是线段，的中点，点在线段上，且． （1）求证：平面； （2）当，时，求平面与平面夹角的余弦值； （3）在（2）的条件下，若为△内的动点，且平面，当直线与平面所成的角最大时，求三棱锥的体积． 68．（25-26学年高二上·四川什邡中学·期中）（多选）如图，在四面体ABCD中，平面，分别是线段的中点，点在线段AC上，且. （1）求证：平面； （2）当时，求平面与平面夹角的余弦值； （3）在（2）的条件下，若为内的动点，平面，且与平面所成角的正切值最大，试确定点的位置. 69．（25-26学年高二上·四川成都第七中学·期中）在棱长为3的正方体中，连接，分别交平面和平面于和两点，则线段长为　　　　　；再将三棱锥截去后，剩下的七面体内部能容纳最大的球的半径是　　　　　. 70．（25-26学年高二上·四川内江第六中学·期中）在正四棱锥中，分别为的中点，平面恰好与正四棱锥的内切球相切，则正四棱锥的高为　　　　　　　　　　　． 71．（25-26学年高二上·四川内江第六中学·期中）在四棱锥中，底面是边长为的正方形，为的中点，平面，，.    （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求中点到直线的距离． 72．（25-26学年高二上·四川内江第六中学·期中）已知正方体的棱长为为的中点，若平面，且平面，则平面截正方体所得截面的周长为　　　　　　　　　　. 73．（25-26学年高二上·四川成都外国语学校·期中）（1）在平面直角坐标系中，为坐标原点，定义集合，点，对任意的点，求的取值范围； （2）在空间直角坐标系中，定义集合，，点是集合内任意一点． ①求的最小值； ②求点的轨迹形成图形的全面积． 注：若平面的法向量为，点是平面上一定点，则对于平面上任一点，点满足方程：． 74．（25-26学年高二上·四川南充西充中学·期中）如图1，在中，，，，分别是，边上的动点（不同于端点），且，将沿折起到的位置，得到四棱锥，如图2所示，点是线段的中点.    （1）求证：； （2）若，当四棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值； （3）若，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 75．（25-26学年高二上·四川成都·期中）在四棱锥中，底面为矩形，，，底面，，点为棱的中点，，平面与直线交于点，则点到直线的距离为　　　　　. 76．（25-26学年高二上·四川成都·期中）在四棱锥中，侧面底面，底面为直角梯形，，，，，为等边三角形，为的中点. （1）求证：底面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在一点使得二面角的余弦值为，若存在，求的值；若不存在，说明理由. 77．（25-26学年高二上·四川南充·期中）在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为，过点，且法向量为的平面的点法向式方程为，将其整理为一般式方程，即，其中． （1）已知直线的点方向式方程为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的正弦值． （2）已知平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，若，，证明：． （3）在斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，，，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面夹角的余弦值． 78．（25-26学年高二上·四川内江第六中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为长方形，，为的中点，，，. （1）证明：平面； （2）点为底面所在平面内的任意一点（在长方形外，和均为锐角），且. （ⅰ）若平面和平面的夹角为，求的最大值； （ⅱ）请判断是否存在点，使得五棱锥存在外接球，若存在，求出外接球的半径；若不存在，请说明理由. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $