专题02 空间向量的应用（期中真题汇编，浙江专用）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·浙江四校·期中）已知空间中向量=（0，1，0），向量的单位向量为（），则点B到直线AC的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·浙江四校·期中）（多选）若平面，平行，则下列可以是这两个平面的法向量的是（       ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3．（25-26学年高二上·浙江温州十校联·期中）已知平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为（     ） A.  B.  C. 1 D.  4．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为4，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为2和4，对应的圆心角为90°，则图中异面直线与所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）如图，在正方体中，是棱的中点，点在棱上，且，若平面，则（       ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）如图，在圆锥SO中，AB是底面圆的直径，D，E分别为SO，SB的中点，，，则直线AD与直线CE所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高二上·浙江嘉兴·期中）已知平面过点，，，点在平面外，则点到平面的距离为（     ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高二上·浙江浙里特色联·期中）已知正三棱台的体积为，其上下底面边长分别为2和4，则这个正三棱台的高为（       ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 6 9．（25-26学年高二上·浙江衢州五校联·期中）（多选）已知正方体的棱长为2，下列命题正确的是（       ） A.  B. 若为的中点，为的中点，则与所成的角的余弦值为 C. 该封闭正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 D. 若点、分别在与上移动，且和长度保持相等，则最小值为 10．（25-26学年高二上·浙江温州新力量·期中）在棱长为的正四面体（四个面都是正三角形）中，点为的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（       ） A. 0 B.  C.  D. 与的值有关 11．（25-26学年高二上·浙江温州·期中）已知直线，异面，则对空间任意一点，都存在过且与，（     ） A. 都平行的直线 B. 都垂直的直线 C. 都平行的平面 D. 都垂直的平面 12．（25-26学年高二上·浙江温州·期中）下列多面体，一定有外接球的是（     ） A. 三棱锥 B. 四棱锥 C. 三棱柱 D. 三棱台 13．（25-26学年高二上·浙江宁波·期中）在正三棱柱中，，点在棱上，且三棱锥的体积为，则直线与所成角的余弦值等于（　　） A.  B.  C.  D.  14．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（　　） A. 若且，则 B. 若且，则 C. 若且，则 D. 若且，则 15．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）已知点在棱长为1的正方体的内部且满足，则点到直线的距离为（　　） A.  B.  C.  D.  16．（25-26学年高二上·浙江杭州·期中）（多选）已知直线，不同的平面，下列命题中正确的是（       ） A. 若，且，则 B. 若，且，则 C. 若，且，则 D. 若，且，则 17．（25-26学年高二上·浙江杭州·期中）（多选）棱长为2的正方体中，点在棱上运动，点是棱的中点，则下列说法正确的是（       ） A. 若是棱的中点，则平面 B. 存在点使 C. 若与平面所成的角记为，则 D. 点到直线的距离最小值为 18．（25-26学年高二上·浙江杭州及周边重点中学·期中）在直三棱柱中，为中点，为靠近的四等分点，点，，所确定的平面把三棱柱分割成体积不同的两部分，则较小部分的体积与较大部分的体积之比为（     ） A.  B.  C.  D.  19．（25-26学年高二上·浙江宁波六校联·期中）下列说法正确的是（     ） A. 若，则的夹角是钝角 B. 若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 C. 直线经过点，则到的距离为 D. 直线的方向向量，平面的法向量，则 20．（25-26学年高二上·浙江嘉兴八校联·期中）（多选）正方体的棱长为，则下列说法正确的是（       ） A. 直线与直线所成的角为60° B. 直线与平面所成的角为30° C. 二面角的平面角为30° D. 点到平面的距离为 21．（25-26学年高二上·浙江台州十校联·期中）（多选）如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方体上底面上的动点，则（       ） A. 满足平面的点的轨迹长度为 B. 满足的点的轨迹长度为 C. 存在唯一的点满足 D. 存在点满足 22．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）（多选）在空间直角坐标系中，已知点，，，，且、、三点不共线，则下列结论正确的是（       ） A. 是直线的一个方向向量 B. 存在实数，使、 、、四点共面 C. 平面与平面的夹角为定值 D. 直线与平面所成角一定不大于60° 23．（25-26学年高二上·浙江温州新力量·期中）（多选）在直三棱柱中，，，，为的中点，点，分别在棱，上，且，，则下列结论正确的是（       ） A. 存在，使得平面 B. 直三棱柱外接球的表面积为 C. 对于任意的，四棱锥的体积为定值 D. 当时，平面与平面夹角的余弦值为 24．（25-26学年高二上·浙江温州十校联·期中）（多选）在长方体中，，，点在底面四边形内（含边界）运动，且满足，点是线段的中点，则下列选项中正确的是（     ） A. 点的轨迹是线段，其长度为 B. 三棱锥的体积为定值 C. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为1 D. 存在点，使得到的距离为 25．（25-26学年高二上·浙江宁波·期中）（多选）如图，在矩形中，，，分别为，中点，将沿直线翻折成，与不重合，连结，为中点，连结，则在翻折过程中，下列说法中正确的是（　　） A. 在翻折过程中， B. 当时，DE平面 C. 在翻折过程中，三棱锥外接球的体积为 D. 三棱锥的体积的最大值为 26．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为.阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是平面与平面的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（　　） A.  B.  C.  D.  27．（25-26学年高二上·浙江嘉兴·期中）（多选）在正四棱台中，是正方形的中心，，，，则（     ） A. 平面 B. 正四棱台的体积为 C. 正四棱台的外接球的表面积为 D. 正四棱台存在内切球 28．（25-26学年高二上·浙江杭州及周边重点中学·期中）（多选）已知正方体的边长为，、两点分别在线段和线段上运动，则（     ） A.  B. 三棱锥的体积是定值 C. 直线与直线所成角的范围是 D. 周长的最小值为 29．（25-26学年高二上·浙江嘉兴八校联·期中）（多选）如图，在棱长为的正方体中，分别是棱，的中点，点在线段上运动，下列结论正确的是（       ） A. 平面截正方体所得的截面图形是五边形 B. 直线到平面的距离是 C. 存在点，使得 D. 面积的最小值是 30．（25-26学年高二上·浙江嘉兴·期中）已知四棱锥，底面为等腰梯形，，侧面，分别是边长为10，6的等边三角形，若动平面交直线，于，两点，且平面平面，则平面与平面所成二面角的余弦值的最大值为（     ） A.  B.  C.  D.  31．（25-26学年高二上·浙江四校·期中）如图，在三棱锥中，平面，，分别是棱，，的中点，，． （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）求点到平面的距离． 32．（25-26学年高二上·浙江台州十校联·期中）已知为平面的一个法向量，为内的一点，则点到平面的距离为　　　　　　　　　　. 33．（25-26学年高二上·浙江温州·期中）在空间直角坐标系中，不过原点的平面分别交坐标轴于点，，，点是在上的射影．求证： （1）是的垂心； （2）． 34．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）有一个封闭的正三棱柱容器，高为，内装水若干（如图1，底面处于水平状态），将容器放倒（如图2，一个侧面处于水平状态），这时水面与各棱交点、、、分别为所在棱的中点，则图1中水面的高度为　　　　　　　． 35．（25-26学年高二上·浙江嘉兴·期中）已知一个圆锥的侧面展开图是一个半圆，且半圆的半径为2，则此圆锥的体积为　　　　　　. 36．（25-26学年高二上·浙江温州·期中）如图，在三棱锥中，，，，点M，N分别为棱的中点． （1）求证：； （2）求直线MN与平面SBC所成角的正弦值． 37．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，是的中点.    （1）证明：平面； （2）若平面平面，，，求直线与平面所成的角的正弦值. 38．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）把正方形沿对角线翻折，使得二面角的大小为，则直线与平面所成角的正弦值为　　　　　　　　　　. 39．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）如图，分别是三棱锥的棱、的中点，是线段上一点且，记，，．    （1）用，，表示，，； （2）若，，，，求异面直线与所成角的余弦值． 40．（25-26学年高二上·浙江衢州五校联·期中）在三棱锥中，点在底面的投影为的垂心， （1）求证：平面； （2）若为线段上一点，满足，且，求直线与平面所成角的正弦值． 41．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）如图，在直三棱柱中，，，分别为，的中点，且．    （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 42．（25-26学年高二上·浙江温州新力量·期中）在如图所示试验装置中，由矩形和构成，且，，，，分别在对角线，上移动，且与长度保持相等，记，，，且，. （1）当时，用向量表示，； （2）是否存在，使得平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 43．（25-26学年高二上·浙江温州新力量·期中）如图，在正方体中，为的中点，与平面交于点.    （1）求证：为的中点； （2）点为棱上一点. （i）若为棱的中点，正方体棱长为2，求平面截正方体所得的截面面积； （ii）若二面角的余弦值为，求的值. 44．（25-26学年高二上·浙江温州·期中）一圆台的上下底面半径分别为1，2，高为，则圆台的侧面积是　　　　　　． 45．（25-26学年高二上·浙江宁波·期中）如图，三棱柱中，侧面底面，是边长为的正三角形，，与平面所成角为.    （1）证明：平面； （2）若点为中点，点为棱上一点（不与重合），且满足，是否存在使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在求出值，若不存在请说明理由． 46．（25-26学年高二上·浙江宁波·期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，点为线段的中点． （1）求证：平面； （2）点为线段的中点，求与平面所成角的正弦值． 47．（25-26学年高二上·浙江丽水·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． 48．（25-26学年高二上·浙江杭州·期中）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，，点分别为棱的中点.    （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角的大小为，求二面角的余弦值. 49．（25-26学年高二上·浙江嘉兴·期中）如图所示，已知四棱锥中，底面是平行四边形，侧面为直角三角形，是的中点，是直线上的动点，过直线的平面与侧棱，分别交于，且，其中，. （1）求证：； （2）求异面直线与所成的角； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 50．（25-26学年高二上·浙江嘉兴·期中）如图，在正方体中，，分别是，的中点. （1）求证：平面； （2）求锐二面角的余弦值. 51．（25-26学年高二上·浙江杭州及周边重点中学·期中）已知四边形，是以为边长的等边三角形，，现把沿着对角线进行翻折，使得点在面上的投影落在点处，则此时三棱锥外接球的表面积为　　　　　　　　　　　. 52．（25-26学年高二上·浙江浙里特色联·期中）如图，在三棱柱中，，，四边形是正方形，且. （1）求证：平面； （2）求三棱锥外接球的表面积； （3）求与平面所成角的正弦值. 53．（25-26学年高二上·浙江台州十校联·期中）如图，四棱锥中，平面，四边形是矩形，点，分别是，的中点，若，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 54．（25-26学年高二上·浙江台州十校联·期中）如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直，已知，． （1）求证：； （2）求平面BDF与平面CDE夹角的余弦值； （3）线段上EC上是否存在点，使平面平面BDF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 55．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.已知三棱锥如图所示.    （1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）若平面为中点，三棱锥在顶点处的离散曲率为.求点到平面的距离； （3）在（2）的前提下，又知为侧面内一动点，记二面角为，直线与平面所成角为，若，求三棱锥体积的最大值. 56．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段，的中点，在平面ABC内的射影为. （1）求证：平面BDE； （2）若点F为棱的中点，求点到平面BDE的距离； （3）若点F为线段上的动点（不包括端点），求平面FBD与平面BDE夹角的余弦值的取值范围. 57．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）在空间直角坐标系中，经过点，法向量的平面的方程为，经过点且方向向量的直线方程为．有四个平面，，， （1）求证：平面与轴平行； （2）请利用法向量和投影向量的相关知识证明：点到平面的距离为； （3）若四个平面，，，围成四面体，判断该四面体是否有内切球，如果有，求出其球心的坐标，如果没有，请说明理由． 58．（25-26学年高二上·浙江温州十校联·期中）四棱锥中，平面，，均为等腰直角三角形，斜边分别为，，且，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 59．（25-26学年高二上·浙江温州·期中）在三棱柱中，经过的平面将三棱柱分割成体积相等的两部分，设与棱相交于点，则　　　　　　． 60．（25-26学年高二上·浙江宁波·期中）已知正方体的棱长为2，为线段的中点，则点到平面的距离为　　　　　　　　　　　　　　　　　． 61．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）（多选）如图1是一个由菱形和两个直角三角形和所组成的平面图形，其中，现将和分别沿折起，使得点与点重合于点，连接，得到如图2所示的四棱锥. （1）求证：平面； （2）若为棱上一点，记. （i）若，求直线与平面所成角的正切值； （ii）是否存在点使得直线与直线所成角为，若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由. 62．（25-26学年高二上·浙江杭州·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为，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余弦值； （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）已知斜三棱柱中，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． 63．（25-26学年高二上·浙江杭州及周边重点中学·期中）如图，在三棱锥中，平面，，，为中点，为中点，在棱上，设. （1）当时，求证：平面； （2）当时，求平面与平面所成角的余弦值； （3）当直线与平面的所成角最大时，求的值. 64．（25-26学年高二上·浙江宁波六校联·期中）在中，，分别是上的点，满足且，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示． （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的大小； （3）在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 65．（25-26学年高二上·浙江嘉兴八校联·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，点E是棱上靠近P端的三等分点.    （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）是否存在棱上一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，请指出此时点的位置. 66．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）若为平面上两个定点，则满足为常数的动点的轨迹是直线，满足的动点的轨迹是圆.将此性质类比到空间中，解决下列问题.已知点为空间中四个定点，，且两两的夹角都是，若动点满足，动点满足，则的最小值是　　　　　　　　　　. 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·浙江四校·期中）已知空间中向量=（0，1，0），向量的单位向量为（），则点B到直线AC的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 由点B到直线AC的距离为：即可求解. 【详解】 设向量的单位向量为，则，， 点B到直线AC的距离为：， 故选：B. 2．（25-26学年高二上·浙江四校·期中）（多选）若平面，平行，则下列可以是这两个平面的法向量的是（       ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】ACD 【分析】 根据空间共线向量的判断可知与是否平行，即可求解. 【详解】 A：由题意，，则两个法向量平行，故A正确； B：由题意，不存在实数使得，则两个法向量不平行，故B错误； C：由题意，，则两个法向量平行，故C正确； D：由题意，，则两个法向量平行，故D正确. 故选：ACD 3．（25-26学年高二上·浙江温州十校联·期中）已知平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为（     ） A.  B.  C. 1 D.  【答案】C 【分析】 利用空间向量法来求点到面的距离即可. 【详解】 由题意得，平面的一个法向量， 则点到平面的距离为， 故选：C. 4．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为4，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为2和4，对应的圆心角为90°，则图中异面直线与所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线与所成角的余弦值． 【详解】 图， 设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，， 以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，， ， 又异面直线所成角的范围为， 故异面直线与所成角的余弦值为． 故选：A． 5．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）如图，在正方体中，是棱的中点，点在棱上，且，若平面，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 建立空间直角坐标系，求平面的法向量，根据线面平行可得，运算求解即可.或利用线面平行的判定结合条件可得. 【详解】 解法一：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，设正方体的棱长为1， 则，，可得， 设是平面的法向量，则 ， 令，则，即， 由，且，可得， 又因为，则， 由平面，可得， 解得. 解法二：如图，取中点，连接，易证， 所以平面即为平面， 易知当为的中点时，，平面，平面， 从而平面，所以. 故选：C. 6．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）如图，在圆锥SO中，AB是底面圆的直径，D，E分别为SO，SB的中点，，，则直线AD与直线CE所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 建立空间直角坐标系，用空间向量坐标运算求解. 【详解】    以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， 则，， 所以直线AD与直线CE所成角的余弦值为． 故选：C 7．（25-26学年高二上·浙江嘉兴·期中）已知平面过点，，，点在平面外，则点到平面的距离为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 求出平面的一个法向量，然后由点到平面距离的向量求法求解. 【详解】 ， 设为平面的一个法向量， 则由 得 ，令，则，， 则点到平面的距离为. 故选：B. 8．（25-26学年高二上·浙江浙里特色联·期中）已知正三棱台的体积为，其上下底面边长分别为2和4，则这个正三棱台的高为（       ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 6 【答案】C 【分析】 设正三棱台的高为，结合棱台的体积公式，列出方程，即可求解. 【详解】 设正三棱台的高为， 因为上下底面边长分别为2和4，可得上下底面面积分别为， 又因为正三棱台的体积为， 可得，解得， 所以正三棱台的高为. 故选：C. 9．（25-26学年高二上·浙江衢州五校联·期中）（多选）已知正方体的棱长为2，下列命题正确的是（       ） A.  B. 若为的中点，为的中点，则与所成的角的余弦值为 C. 该封闭正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 D. 若点、分别在与上移动，且和长度保持相等，则最小值为 【答案】ABD 【分析】 利用向量的计算可判断A，利用平移求异面直线所成角可判断B，利用两球的最优放置来求半径可判断C，利用空间向量来求距离可判断D． 【详解】 对于A，，故A正确； 对于B，    如图取的中点，由正方体性质可得：， 所以为与所成的角或其补角， 由正方体的棱长为2，可得， 由余弦定理可得：，故B正确； 对于C，    封闭正方体容器内有两个半径相等的铁球，如图摆放两个球， 根据正方体的中心对称性，可知两球的球心一定在体对角线上， 且两球相外切，每个球还与正方体的三个面相切， 此时两球半径最大，不妨设球的半径为， 根据正方体的性质可得：， 由图可得：， 解得：，故C错误； 对于D，    由和长度保持相等，分别作， 可得，则不妨设， 所以有， 即 根据二次函数的性质可知：当时，，故D正确； 故选：ABD． 10．（25-26学年高二上·浙江温州新力量·期中）在棱长为的正四面体（四个面都是正三角形）中，点为的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（       ） A. 0 B.  C.  D. 与的值有关 【答案】B 【分析】 取中点，连接，，，,所以求解直线与直线所成角的余弦值转化为直线与直线所成角的余弦值，再通过余弦定理求解即可. 【详解】 因为点为的中点，取中点，连接，，， 则，如图， 所以直线与直线所成角的余弦值转化为直线与直线所成角的余弦值， 因为该四面体为正四面体，，为等边三角形， 所以，， 所以在中，由余弦定理，， 即， 解得. 故选：B. 11．（25-26学年高二上·浙江温州·期中）已知直线，异面，则对空间任意一点，都存在过且与，（     ） A. 都平行的直线 B. 都垂直的直线 C. 都平行的平面 D. 都垂直的平面 【答案】B 【分析】 利用平行线的传递性判断A选项，由异面直线存在公垂线判断B选项，取特殊点判断C选项，根据线面垂直的性质可判断D选项. 【详解】 对于A，如果存在与都平行的直线，即，根据平行线的传递性，可得异面直线平行，矛盾，故A错误. 对于B，两条异面直线存在公垂线，这条公垂线与两条异面直线都垂直，过点的直线一定可以做与该公垂线平行或重合的直线，故B正确； C选项，若点在直线上，则此时不存在过点的平面，使得其与直线平行，C错误； D选项，若存在一个平面与直线都垂直，则直线互相平行，与题设中是异面直线矛盾，故不存在与都垂直的平面，故D错误. 故选：B. 12．（25-26学年高二上·浙江温州·期中）下列多面体，一定有外接球的是（     ） A. 三棱锥 B. 四棱锥 C. 三棱柱 D. 三棱台 【答案】A 【分析】 判断每个选项中的多面体是否一定能找到一个球，使得该多面体的所有顶点都在这个球面上. 【详解】 任意的三棱锥一定有外接球，正确， 如果四棱锥的底面是一个非圆内接四边形，那么这个四棱锥就不一定存在外接球，错误， 三棱柱的外接球需要满足上下底面三角形的外心连线与侧棱垂直等条件，只有当三棱柱是直三棱柱且上下底面都有外接圆时，才可能有外接球，错误， 三棱台是由三棱锥截得，同样不是所有的三棱台都有外接球，错误. 故选：. 13．（25-26学年高二上·浙江宁波·期中）在正三棱柱中，，点在棱上，且三棱锥的体积为，则直线与所成角的余弦值等于（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据条件确定出点位置，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求解出直线与所成角的余弦值. 【详解】 因为，所以， 分别取的中点，连接， 以为原点，以方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 所以， 所以直线与所成角的余弦值等于， 故选：D. 14．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（　　） A. 若且，则 B. 若且，则 C. 若且，则 D. 若且，则 【答案】D 【分析】 由空间中直线与直线、直线与平面及平面与平面位置关系逐一核对四个选项得答案． 【详解】 若且，则可以是相交平面且交线平行，故A错误； 若且，则可以平行，故B错误； 若且，则可以平行，故C错误； 若且，则，故D正确． 故选：D． 15．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）已知点在棱长为1的正方体的内部且满足，则点到直线的距离为（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据题意画出图形，分别以为轴作出空间直角坐标系，写出相应的坐标，根据求出的坐标，然后利用点到直线距离的向量法公式计算即可. 【详解】 分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为正方体的棱长为1， 所以 所以， 由， 所以， 所以， 又， ， 所以， 所以点到直线的距离为： 故选：C. 16．（25-26学年高二上·浙江杭州·期中）（多选）已知直线，不同的平面，下列命题中正确的是（       ） A. 若，且，则 B. 若，且，则 C. 若，且，则 D. 若，且，则 【答案】AD 【分析】 根据点，线，面位置关系的定理和性质逐一判断即可. 【详解】 A，因为，，所以， 又，所以不同的平面满足，故A正确； B，若，且，则或两平面相交， 比如：正方体的底面和侧面中分别取直线，且，但是底面和侧面并不平行，故B错误； C，若，且，则两平面相交或平行， 比如：正方体的上下两个底面中分别取直线，且，上底面与平行，但是上底面与下底面并不垂直；故C错误； D，因为，，则，又，所以，故D正确. 故选：AD 17．（25-26学年高二上·浙江杭州·期中）（多选）棱长为2的正方体中，点在棱上运动，点是棱的中点，则下列说法正确的是（       ） A. 若是棱的中点，则平面 B. 存在点使 C. 若与平面所成的角记为，则 D. 点到直线的距离最小值为 【答案】ACD 【分析】 对于A，利用中位线定理与平行四边形的性质，结合线面平行的判定，可得其正误；对于B，根据勾股定理以及余弦定理，结合一元二次方程有解的条件，可得其正误；对于C，由题意建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，结合线面角的向量公式，可得其正误；对于D，根据线面垂直可得距离的垂线段，结合勾股定理，可得其正误. 【详解】 对于A，由题意取的中点为，并连接，作图如下： 在正方体中，由分别为的中点， 则易知，且， 所以在平行四边形中，， 因为平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，由题意作图如下： 设，则，， ，， 在中，， 令，化简可得， 由，则方程无实数解，故B错误； 对于C，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，作图如下： 则，，，， 取，，， 设平面的法向量为，则 ， 令，则，所以平面的一个法向量， 可得， 当时，，当时，令， 由函数在上单调递减，则， 所以，可得， 综上可得，故C正确； 对于D，取的中点，连接交于， 在平面内，过作于，连接，，，作图如下： 在正方形中，易知，， 在正方体中，易知， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 由，当且仅当重合时，等号成立， 在中，，在中，由，则， 所以，即到的距离最小值为，故D正确. 故选：ACD. 18．（25-26学年高二上·浙江杭州及周边重点中学·期中）在直三棱柱中，为中点，为靠近的四等分点，点，，所确定的平面把三棱柱分割成体积不同的两部分，则较小部分的体积与较大部分的体积之比为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 将直三棱柱补形成直四棱柱，设出各个长度，根据体积公式，求出四棱锥的体积，进而可求出直三棱柱中，剩余部分的体积，分析计算，即可得答案. 【详解】 将直三棱柱补形成直四棱柱，使底面ABCD为平行四边形，如图所示， 设底面面积为S，AC边上的高为，， 则直四棱柱的体积，， 四边形AEFC的面积， 所以四棱锥的体积， 所以直三棱柱中，剩余部分的体积， 所以较小部分的体积与较大部分的体积之比为. 故选：C 19．（25-26学年高二上·浙江宁波六校联·期中）下列说法正确的是（     ） A. 若，则的夹角是钝角 B. 若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 C. 直线经过点，则到的距离为 D. 直线的方向向量，平面的法向量，则 【答案】B 【分析】 对于A，由，得到是钝角或平角判断；对于B，假设三个向量共面，由是否成立判断；对于C，易得，从而即为所求；对于D，由与是否共线判断. 【详解】 对于A，若，则的夹角是钝角或平角，故A错误； 对于B，假设三个向量共面，则， 所以，又是空间的一组基底， 所以 ，无解，即不共面，所以也是空间的一组基底，故B正确； 对于C，因为，，，则，，，故到的距离为，故C错误； 对于D，因为直线的方向向量，平面的法向量， 则，故与不共线，即不成立，故D错误； 故选：B 20．（25-26学年高二上·浙江嘉兴八校联·期中）（多选）正方体的棱长为，则下列说法正确的是（       ） A. 直线与直线所成的角为60° B. 直线与平面所成的角为30° C. 二面角的平面角为30° D. 点到平面的距离为 【答案】ABD 【分析】 建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式即可判断ABC，根据向量法求距离即可判断D. 【详解】 以点为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系， 则， 对于A：，， 又，所以， 所以直线与直线所成的角为，故A正确； 对于B：因为，， 设平面的法向量为，则 ， 故，令，则， 所以为平面的一个法向量，又， 设直线与平面所成角为， 所以， 又，所以， 所以直线与平面所成的角为，故B正确； 对于C：由选项B的解析可得为平面的一个法向量， 设平面的法向量为，，， 则 ， 故，令，则， 所以为平面的一个法向量， 设二面角的平面角为， 则，， 结合图象可得，所以二面角的平面角为，故C错误； 对于D：因为，为平面的一个法向量， 所以点到平面的距离，故D正确. 故选：ABD. 21．（25-26学年高二上·浙江台州十校联·期中）（多选）如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方体上底面上的动点，则（       ） A. 满足平面的点的轨迹长度为 B. 满足的点的轨迹长度为 C. 存在唯一的点满足 D. 存在点满足 【答案】ABC 【分析】 利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案． 【详解】 对于A，取的中点，的中点，又点为的中点， 由正方体的性质知，平面，平面 所以平面，同理平面，，平面， 所以平面平面，又平面，平面， 故点的轨迹为线段，故A正确；    以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，设且，， ，，，    对于B，，即， 又，，则点的轨迹为线段， ，且，故B正确； 对于C，， 显然，只有，时，，即，故存在唯一的点满足，故C正确； 对于D，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短， 故，故不存在点满足，故D错误． 故选：ABC． 22．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）（多选）在空间直角坐标系中，已知点，，，，且、、三点不共线，则下列结论正确的是（       ） A. 是直线的一个方向向量 B. 存在实数，使、 、、四点共面 C. 平面与平面的夹角为定值 D. 直线与平面所成角一定不大于60° 【答案】ACD 【分析】 利用空间向量的平行证明判断A选项；利用空间向量存在定理证明B选项；通过空间二面角线面角来判断C，D选项即可. 【详解】 对于A：由题知，故A正确； 对于B：，，若、 、、四点共面， 则存在实数使得， 即， 易知，故不存在实数使得，所以不存在实数， 使、 、、四点共面，故B错误； 对于C：设平面与平面的法向量分别为：，， 可得 ，令，则，故， ，而 、、三点不共线，故， 若使等式成立，则，故， ，故C正确； 对于D：令直线与平面所成角为，则： ， 若要证明，只需证：， 只需证：， 只需证：， 而二次函数的判别式， 故，命题得证，故直线与平面所成角一定不大于， 故D正确. 故选：ACD. 23．（25-26学年高二上·浙江温州新力量·期中）（多选）在直三棱柱中，，，，为的中点，点，分别在棱，上，且，，则下列结论正确的是（       ） A. 存在，使得平面 B. 直三棱柱外接球的表面积为 C. 对于任意的，四棱锥的体积为定值 D. 当时，平面与平面夹角的余弦值为 【答案】AC 【分析】 对于A，利用空间向量判断线面关系即可；对于B，先确定外接圆的圆心，从而确定直三棱柱外接球的球心，然后利用球的表面积公式求解即可；对于C，判断四棱锥的高和底面积是否为定值即可；对于D，利用空间向量求平面和平面所成角即可. 【详解】 在直三棱柱中， 平面， 且，故两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，，，， 得， 设平面PQR的法向量为，则 ， 令，得， 对于A， ， 故，且平面， 故平面，故A正确； 对于B，，故外接圆的圆心为的中点， 因为外接圆是平面与三棱柱外接球的截面圆， 故直三棱柱外接球的球心在过点且与平面垂直的直线上， 又因为直三棱柱上下底面平行且全等， 故直三棱柱外接球的球心到上下底面的距离相等， 且侧棱，侧棱垂直底面， 所以直三棱柱外接球的球心为， 故直三棱柱外接球的半径 故外接球的表面积：，故B错误； 对于C，直三棱柱知，侧面为矩形， ， 因为，故当时，四边形为直角梯形， 且梯形的面积：， 当时，四边形为矩形， 且矩形的面积：， 故四边形的面积为定值，且点为的中点是一个定点， 平面是一个固定平面， 故点到平面的距离为定值， 因为，分别在棱，上， 所以平面和平面是同一平面， 故到平面的距离为定值，故四棱锥的高和底面积均为定值， 所以四棱锥的体积为定值，故C正确； 对于D，平面的法向量， 当时，， 显然平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 于是， 所以平面与平面所成角的余弦值为，故D错误； 故选：AC 24．（25-26学年高二上·浙江温州十校联·期中）（多选）在长方体中，，，点在底面四边形内（含边界）运动，且满足，点是线段的中点，则下列选项中正确的是（     ） A. 点的轨迹是线段，其长度为 B. 三棱锥的体积为定值 C. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为1 D. 存在点，使得到的距离为 【答案】AB 【分析】 利用空间向量坐标运算来确定交线，再用坐标运算可求解线段长来判断A，线面是否存在垂直来判断C，求点到线的距离来判断D，利用体积变换来判断B. 【详解】 如图建立空间直角坐标系，根据，， 可得：，设点， 则 因为，所以， 化简得：，令得，令得， 由此可得点在以点，点为端点的线段上， 此时，故点的轨迹是线段，其长度为，故A正确； 因为点是线段的中点，点在底面四边形内（含边界）运动， 所以三棱锥的体积，故B正确； 由， ， 设平面的法向量为， 则 ，令，则， 所以， 要想使得直线与平面所成角的正弦值的最大值为， 则需要满足平面，此时， 即存在使得 ，解得 ，此时不满足，故C错误； 由， 则点到的距离为：， 此时取等号条件为，显然，所以等号不成立，故D错误； 故选：AB. 25．（25-26学年高二上·浙江宁波·期中）（多选）如图，在矩形中，，，分别为，中点，将沿直线翻折成，与不重合，连结，为中点，连结，则在翻折过程中，下列说法中正确的是（　　） A. 在翻折过程中， B. 当时，DE平面 C. 在翻折过程中，三棱锥外接球的体积为 D. 三棱锥的体积的最大值为 【答案】ABD 【分析】 对于A，取AB的中点G，连接GH，GE，可证明四过形ECHG是平行四边形，从而可得，即可判断；对于B，由余弦定理求出的长度，结合勾股定理得，连接，连接则可得，，再结合则可证面；对于C，取的中点，连接，可得点为三棱锥的外接球的球心，从而可计算体积判断；对于D，结合等体积法可知，则当平面平面时，三棱锥的体积最大，从而可判断. 【详解】 由题意可知，， 对于A，取AB的中点G，连接GH，GE，， 则，且，又，且， 所以，且，四边形ECHG是平行四边形， ，而，故A正确；    对于B，由余弦定理可得， 又因为， 则，则， 由于四边形为正方形，则， 连接，则为中点， 连接，则，则， 又，平面， 则平面， 故B正确；    对于C，取的中点，连接， 所以，即点为三棱锥的外接球的球心，半径为， 所以三棱锥的外接球的体积为，故C错误；    对于D，， ， 在翻折过程中，当平面平面时，点到平面距离最大， 则此时最大，且此时距离为， 则，，D正确； 故选：ABD. 26．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为.阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是平面与平面的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据题目材料确定平面的法向量，由于同时满足两个平面方程的点在交线上，因此可取两个特殊点，作为交线的方向向量，再求解即可. 【详解】 由题意可知，平面的法向量. 因为直线是平面与平面的交线， 因此直线上的点均满足两个平面方程, 我们可以取上的两个点，来计算直线的一个方向向量. 令,则,即在交线上； 令,则,即在交线上. 故直线的方向向量. 设直线与平面所成角为,则. 故选：A. 27．（25-26学年高二上·浙江嘉兴·期中）（多选）在正四棱台中，是正方形的中心，，，，则（     ） A. 平面 B. 正四棱台的体积为 C. 正四棱台的外接球的表面积为 D. 正四棱台存在内切球 【答案】AC 【分析】 易证得四边形为平行四边形，得到，由线面平行判定可得A正确；求出四棱台的高，根据棱台体积公式可求得B错误；假设正四棱台存在外接球，分别讨论球心在正四棱台内部和外部的情况，作出截面，构造方程组可求得外接球半径，代入球的表面积公式可求得C正确；假设存在内切球，根据内切球的定义可知，计算出两角余弦值可知假设错误，知D错误. 【详解】 对于A，连接， 四边形，均为正方形，，， ，，； 平面平面，平面，平面， 平面，平面平面，； 四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面，A正确； 对于B，设为正方形的中心， 作出截面梯形，作，垂足为，如下图所示， ，，，又，， 正四棱台的高， 正四棱台的体积，B错误； 对于C，记正四棱台外接球的球心为，外接球半径为， 若球心在正四棱台内部，作出截面梯形，连结，如下图所示， 设，则， ，解得：，， 正四棱台外接球表面积； 若球心在正四棱台外部，作出截面梯形，连结，如下图所示， 设，则， ，解得：（舍）； 综上所述：正四棱台外接球表面积，C正确； 对于D，若正四棱台存在内切球，球心为， 则内切球半径； 分别取中点，作，垂足为，作出截面，如下图所示， 平面，平面，， 又，，平面，平面， 若正四棱台存在内切球，则内切球半径， ，， ，，， ，， ，与假设矛盾， 正四棱台不存在内切球，D错误. 故选：AC. 28．（25-26学年高二上·浙江杭州及周边重点中学·期中）（多选）已知正方体的边长为，、两点分别在线段和线段上运动，则（     ） A.  B. 三棱锥的体积是定值 C. 直线与直线所成角的范围是 D. 周长的最小值为 【答案】ACD 【分析】 根据正方体的性质，结合线面垂直的判定定理、性质定理，可证，，即可证平面，因为P在AC上运动，则平面，即可判断A的正误；利用等体积转化法，可求得三棱锥的体积，即可判断B的正误；如图建系，设，根据条件，可得P点坐标，进而可得、坐标，根据异面直线夹角的向量求法，分析计算，结合二次函数的性质，可判断C的正误；将平面、翻折至与平面ABCD共面，如图所示，分析可得当共线时，的周长最小，求出各个长度，计算求值，即可判断D的正误. 【详解】 选项A：连接， 因为正方体， 所以，平面ABCD， 因为平面ABCD，所以， 又平面， 所以平面， 因为平面，所以， 同理可证， 因为，平面， 所以平面， 因为P在AC上运动，则平面， 所以，故A正确； 选项B ：三棱锥的体积 ，故B错误； 选项C：以D为原点，DA、DC、为x，y，z轴正方向建系，如图所示， 则，设， 则， 因为P在AC上运动，所以设， 所以 ，解得 ，所以， 所以， 所以， 当时，，则直线与直线所成角为， 当时，， 因为，所以， 令，所以，则， 所以直线与直线所成角， 综上，直线与直线所成角的范围是，故C正确； 选项D：将平面沿AC翻折至处，使平面与平面ABCD共面， 将平面沿BC翻折至处，使平面与平面ABCD共面， 如图所示， 因为的周长为， 所以翻折后周长为， 由图象可得，当共线时，的周长最小， 过作BA的延长线于E， 因为， 所以，， 在中，， 在中，， 所以，故D正确. 故选：ACD 29．（25-26学年高二上·浙江嘉兴八校联·期中）（多选）如图，在棱长为的正方体中，分别是棱，的中点，点在线段上运动，下列结论正确的是（       ） A. 平面截正方体所得的截面图形是五边形 B. 直线到平面的距离是 C. 存在点，使得 D. 面积的最小值是 【答案】AC 【分析】 对A：借助平面定义延长、、后即可得；对B：借助等体积法计算即可得；对C：建立适当空间直角坐标系后结合空间向量数量积公式计算即可得；对D：利用所建空间直角坐标系，结合空间中点到直线距离公式计算即可得. 【详解】 对于A，如图直线与、的延长线分别交于， 连接分别交于，连接， 则五边形即为所得的截面图形，故A正确；    对于B，由题可知，平面，平面， ∴平面，故点到平面的距离即为直线到平面的距离，    设点到平面的距离为h，由正方体的棱长为2可得， ，， ∴， 又，所以， ∴由可得， 所以直线到平面的距离是，故B错误；    对于C，如图建立空间直角坐标系，则， 设， ∴，又， ∴，， 假设存在点，使得， ∴，整理得， ∴（舍去）或， 故存在点，使得，故C正确； 对于D，由上知， 所以点在的投影为， ∴点到的距离为： ， ∴当时，， ∴面积的最小值是，故D错误. 故选：AC. 30．（25-26学年高二上·浙江嘉兴·期中）已知四棱锥，底面为等腰梯形，，侧面，分别是边长为10，6的等边三角形，若动平面交直线，于，两点，且平面平面，则平面与平面所成二面角的余弦值的最大值为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 分别取棱的中点，连接，证得平面.所以平面平面.因为平面平面，过点作，垂足为，则平面.由平面平面，所以平面过，即三点共线.建立恰当坐标系，根据二面角余弦值的向量求法，结合函数的最值可得其最大值. 【详解】 由题可知，等腰梯形中，且. 分别取棱的中点，连接，则. 连接.则. 所以因为平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. 因为平面平面，过点作，垂足为，则平面. 因为平面平面，所以平面过，即三点共线. 连接易知. ，. 所以. 又. 如图以点为坐标原点，所在直线为轴，过M垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则. 所以. 设平面的一个法向量. 则 ，所以 ， 所以，令，则. 设，因为， 所以， 设平面的一个法向量. 因为, 所以 ，所以 . 令，则. 所以. 所以. 当时，； 当时，. 因为，所以，所以， 所以，当且仅当，即时，等号成立. 综上所述，平面与平面所成二面角的余弦值的最大值为. 故选：C. 31．（25-26学年高二上·浙江四校·期中）如图，在三棱锥中，平面，，分别是棱，，的中点，，． （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）依题意建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量及面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求出直线与平面所成角的正弦值； （2）利用向量法可求出点到平面的距离． (1) 小问详解： 依题意：以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 又分别是棱，，的中点，，． 所以, 所以有：， 设平面的法向量为，则有 所以 ，令，有， 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. (2) 小问详解： 因为，由（1）有平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为：. 32．（25-26学年高二上·浙江台州十校联·期中）已知为平面的一个法向量，为内的一点，则点到平面的距离为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据点到平面的距离公式直接计算. 【详解】 由已知，， 则， 则， 故答案为：. 33．（25-26学年高二上·浙江温州·期中）在空间直角坐标系中，不过原点的平面分别交坐标轴于点，，，点是在上的射影．求证： （1）是的垂心； （2）． 【答案】（1）    由题意知 所以， 则，即． 同理，所以是的垂心；     （2） 由，，，得： 设为平面的一个法向量，则   令，则，即． 所以．      【分析】 （1）利用数量积为0来证明线线垂直，可证明垂心； （2）利用空间向量法来求点到面的距离，即可求得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 34．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）有一个封闭的正三棱柱容器，高为，内装水若干（如图1，底面处于水平状态），将容器放倒（如图2，一个侧面处于水平状态），这时水面与各棱交点、、、分别为所在棱的中点，则图1中水面的高度为　　　　　　　． 【答案】 【分析】 设正三棱柱的底面边长为，在图1中，设水面的高度为，根据图1和图2中水的体积相等可得出关于的等式，即可解得的值. 【详解】 设正三棱柱的底面边长为，则， 在图1中，设水面的高度为，则水的体积为， 在图2中，易知几何体为直棱柱， 因为为等边三角形，且、分别为、的中点， 则，且，则是边长为的等边三角形， 且， 则水的体积为，解得. 故答案为：. 35．（25-26学年高二上·浙江嘉兴·期中）已知一个圆锥的侧面展开图是一个半圆，且半圆的半径为2，则此圆锥的体积为　　　　　　. 【答案】 【分析】 设圆锥的相关参数，根据弧长公式求出底面半径，结合母线长利用勾股定理算出高，代入圆锥的体积公式即可. 【详解】 设圆锥底面圆半径为，母线长为，高为， 由题意， ，所以，，所以， 因此该圆锥的体积是. 故答案为：. 36．（25-26学年高二上·浙江温州·期中）如图，在三棱锥中，，，，点M，N分别为棱的中点． （1）求证：； （2）求直线MN与平面SBC所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析     （2）      【分析】 （1）取SB的中点，连结DM，DN，证明、可得线面垂直，据此再根据线面垂直的性质即可证明线线垂直； （2）由（1）可推得平面平面SBC，进一步据此找出直线MN与平面SBC的所成角，并根据几何性质，在中即可求解． (1) 小问详解： 取SB的中点，连接DM，DN， 因点，分别为棱SB，AB的中点，故， 又，故， 同理因点，分别为棱SB，SC的中点，故， 又，所以， 又，且平面MND，故平面MND，因此． (2) 小问详解： 因平面MND，故平面平面SBC， 又平面平面，则在平面上的射影为， 因此为直线MN与平面SBC所成的角， 由题意知，，， ，， 又是AB的中点，，，则， 而是SC的中点，，则， 因为，在中，， 故， 于是，所以直线MN与平面SBC所成角的正弦值为． 37．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，是的中点.    （1）证明：平面； （2）若平面平面，，，求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1） 如图，连接与相交于点，连接， 正方形的对角线和交于点， 又，， 又平面，平面，平面.         （2）      【分析】 （1）连接辅助线，利用中位线定理可得，根据线面平行判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，平面的法向量坐标，根据直线与平面所成角的向量公式求解线面角的正弦值即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，因为平面平面，平面平面，过点在平面内作的垂线，可得垂线垂直于平面， 又因为，则以为坐标原点，向量，方向分别为，轴的正方向，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，， 又由，，，可得点的坐标为，点的坐标为， 设平面的法向量为，由，， 有 ，取，，，可得平面的一个法向量为， 又由，有， 故直线与平面所成的角的正弦值为. 38．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）把正方形沿对角线翻折，使得二面角的大小为，则直线与平面所成角的正弦值为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 由二面角的定义找出其平面角，由线面角的定义作辅助线，由几何法求解即可. 【详解】 设正方形边长为1，取线段的中点，连接，则有， 又平面，所以平面， 则为二面角的平面角，即， 则， 取的中点，连接，， 则，， 又平面，平面， 所以，又平面， 所以平面， 则为直线与平面所成角， ， 故答案为：. 39．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）如图，分别是三棱锥的棱、的中点，是线段上一点且，记，，．    （1）用，，表示，，； （2）若，，，，求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】（1），，；     （2）.      【分析】 （1）利用向量的线性运算及向量基本定理，将，，用，，表示出来即可； （2）由（1）得，，可求得，以及，再结合空间夹角公式，代入求值即可. (1) 小问详解： 如图，连接，结合向量线性运算及向量基本定理，可得 ， ， ． (2) 小问详解： 由题意，得，，， 又由（1）得，，， 所以， ， 所以， 设异面直线与所成角为，则， 即异面直线与所成角的余弦值为． 40．（25-26学年高二上·浙江衢州五校联·期中）在三棱锥中，点在底面的投影为的垂心， （1）求证：平面； （2）若为线段上一点，满足，且，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 平面平面， 又为垂心，， ，平面， 平面；     （2）      【分析】 （1）根据，，由线面垂直的判定定理可证； （2）根据已知可得为等边三角形，则三棱锥为正四面体， （法一）求出点到平面的距离为，则到平面的距离为，得与平面所成角的正弦值为. 法二：以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用线面角的向量法求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由，且于点， ，又， 为等边三角形， 三棱锥为正四面体， （法一）记点到平面的距离为， 由， 则， 又因为，则， ，则到平面的距离为， ， 与平面所成角的正弦值为. （法二） 以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则 ， 取，则，，则， 平面的一个法向量为， 与平面所成角的正弦值为. 41．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）如图，在直三棱柱中，，，分别为，的中点，且．    （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 显然，，两两垂直，则可以为原点， 建立如图所示的空间直角坐标系，设，    则，，，，，， ，，， 则， 所以，， 又， 所以，， 又因为，平面，， 所以平面；     （2）      【分析】 （1）可建立适当空间直角坐标系，再求出空间向量计算得到、，再利用线面垂直判定定理即可得证； （2）求出平面与平面的法向量后，结合空间向量加角公式计算即可得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可知，，又， 设平面的法向量为， 则 ，令，得，，即， 又平面，故可取平面的法向量为， 设平面与平面所成角为， 则， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 42．（25-26学年高二上·浙江温州新力量·期中）在如图所示试验装置中，由矩形和构成，且，，，，分别在对角线，上移动，且与长度保持相等，记，，，且，. （1）当时，用向量表示，； （2）是否存在，使得平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1），     （2）存在，      【分析】 （1）根据题意，利用空间向量的线性运算法则，准确化简，即可求解； （2）设存在使得平面，由题意得，因为，得到， 得到，结合和，求得的值，即可得到答案. (1) 小问详解： 解：由空间向量的运算法则，可得：， ，        则. (2) 小问详解： 解：假设存在使得平面，又由平面， 可得，， 因为，则，其中， 可得 ， 又因为，且，，，， 所以，，，， 所以，， 可得. 且， 化简得，解得，故存在，使得平面. 43．（25-26学年高二上·浙江温州新力量·期中）如图，在正方体中，为的中点，与平面交于点.    （1）求证：为的中点； （2）点为棱上一点. （i）若为棱的中点，正方体棱长为2，求平面截正方体所得的截面面积； （ii）若二面角的余弦值为，求的值. 【答案】（1） 在正方体中， ，且平面，平面， 平面， 平面平面，平面， ，， 为的中点，为的中点.     （2）（i）；（ii）      【分析】 （1）根据线线平行可得平面，即可根据线面平行的性质求解， （2）由线线平行可得截面为等腰梯形，即可求解长度得解（i），建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （i）当为棱的中点时，则有， 截面为等腰梯形， ，，， 高为， ； （ii）设正方体棱长为2，如图建立空间直角坐标系，    则，，， ，. 设平面的法向量为， 即 令，则，,， 设，， ， ， 设平面的法向量为， 即 ， 令，则，   ， ， 又，所以解得，即. 44．（25-26学年高二上·浙江温州·期中）一圆台的上下底面半径分别为1，2，高为，则圆台的侧面积是　　　　　　． 【答案】 【分析】 先根据已知条件求出圆台的母线长，再利用圆台侧面积公式求解． 【详解】 ， 母线长， ． 故答案为：． 45．（25-26学年高二上·浙江宁波·期中）如图，三棱柱中，侧面底面，是边长为的正三角形，，与平面所成角为.    （1）证明：平面； （2）若点为中点，点为棱上一点（不与重合），且满足，是否存在使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在求出值，若不存在请说明理由． 【答案】（1）证明：取中点，连接，如图所示，    因为是边长为的正三角形，所以且， 因为侧面底面，侧面底面，且，侧面， 所以底面， 所以与平面所成角即为，所以， 所以，所以， 又因为，所以， 所以， 因为底面，平面， 所以，且，平面， 所以平面；     （2）存在，      【分析】 （1）取中点，连接，先证明底面，再通过几何关系证明，由此可证明出平面； （2）先证明，再建立合适空间直角坐标系，根据两个平面法向量夹角余弦值的绝对值等于，由此可求解出的值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设存在满足条件，因为为棱上一点（不与重合），所以， 因为，所以，所以， 因为为的中点，所以，所以， 以为原点，以方向为轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，    则， 所以， 因为，所以，所以， 设平面的一个法向量为， 所以 ，取，则，所以， 设平面的一个法向量为， 所以 ，取，则，所以， 设平面与平面所成角为， 所以，解得， 所以存在使得平面与平面夹角的余弦值为. 46．（25-26学年高二上·浙江宁波·期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，点为线段的中点． （1）求证：平面； （2）点为线段的中点，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 如图所示，连接，交于，连接， 因为底面为正方形，所以是中点， 因为点为线段的中点， 所以在中，， 可知面，面， 所以平面；     （2）      【分析】 （1）根据空间中点线面的位置关系，根据线面平行的判定定理，证明线面平行即可. （2）根据线面夹角正弦值的向量求法，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出直线方向向量和平面的法向量，求出结果即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图所示，以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 可得， 设平面的法向量， 则 ，即 ，令，解得， 则平面的一个法向量， 设与平面所成角为，. 所以与平面所成角的正弦值为. 47．（25-26学年高二上·浙江丽水·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． 48．（25-26学年高二上·浙江杭州·期中）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，，点分别为棱的中点.    （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角的大小为，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：如图：    取中点，连接， 因为为中点，所以且， 又四边形为菱形，且为中点，所以且， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面平面， 所以平面.     （2）      【分析】 （1）取中点，连接，由已知可证得四边形为平行四边形，可得，则得平面. （2）连接，交于点，可得平面平面，则为直线与平面所成的角的平面角，以为原点，直线所在直线分别为轴，过点O垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量坐标运算，求得平面的一个法向量，取平面一个法向量为，由即可求得二面角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图：    连接，交于点， 因为四边形为菱形，所以，且为的中点， 又因为，所以平面，且， 所以平面， 平面，所以平面平面， 所以是直线在平面内的射影， 则为直线与平面所成的角的平面角，则， 又， 所以， 如图，以为原点，直线所在直线分别为轴， 过点O垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以. 取平面一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则 ， 令，得，则， 则， 所以二面角的余弦值为. 49．（25-26学年高二上·浙江嘉兴·期中）如图所示，已知四棱锥中，底面是平行四边形，侧面为直角三角形，是的中点，是直线上的动点，过直线的平面与侧棱，分别交于，且，其中，. （1）求证：； （2）求异面直线与所成的角； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】（1）证明：由题意可知四边形是平行四边形，所以， 即有平面， 又由平面，平面平面，所以， 即得.     （2）     （3）      【分析】 （1）利用线面平行性质定理证明可得； （2）由异面直线定义可知直线与所成的角为（或其补角），可求得其为； （3）方法1：根据线面角的空间向量求法求出平面的法向量，再由函数性质可得其最大值； 方法2：由是直线上的动点，结合线面角与二面角之间的关系，求出平面与平面所成锐二面角的大小，可得结果. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，则直线与所成的角为（或其补角）， 又由为直角三角形，且，所以， 即得异面直线与所成的角为 (3) 小问详解： 设直线与平面所成角为， 取的中点为，连接，， 由，所以，又由是直角三角形，且，所以，又因为，分别是，的中点，所以可得， 又由，平面，且，所以平面， 又因为平面，所以可得， 又由，所以， 所以平面. 此时分别以，，可为，，轴建立如图所示空间直角坐标系，如下图所示： 则可得，，，，，. 方法1：， 由，可得，即得， 设平面的一个法向量， 又由可得 ； 令，则，所以， 所以可得， 当且仅当与点重合时取得等号， 所以直线与平面平面所成角的正弦值的最大值为. 方法2：设平面与平面所成锐二面角记为，则有. 由方法1知，平面的一个法向量， 由可得，易知； 设平面的一个法向量， 所以 ，解得，令，可得； 即， 所以，所以可得， 即得 所以直线与平面平面所成角的正弦值的最大值为. 50．（25-26学年高二上·浙江嘉兴·期中）如图，在正方体中，，分别是，的中点. （1）求证：平面； （2）求锐二面角的余弦值. 【答案】（1） 方法一（几何法） 连接， 因为四边形为正方形，为的中点，所以为的中点， ，分别是，中点，， ，，，、平面， 平面，平面，， 连接，则，由正方体性质可得平面， 又平面，， 又，、平面， 平面，平面，， 又，、平面， 平面，，平面； 方法二（向量法） 如图，以为坐标原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则可得，，，，，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则有 ，令，则，，则， 由，则，则，则平面；      （2）      【分析】 （1）可借助线面垂直的判定定理与性质定理得到、，再利用线面垂直的判定定理即可得证；也可建立适当空间直角坐标系，求出平面法向量后利用空间向量计算； （2）可借助二面角定义找到其平面角，再借助三角函数求解；也可求出平面与平面法向量后借助空间向量夹角公式求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 方法一（几何法） 连接交于，连接，则，为的中点， 又，则， 即二面角的补角， 由， 故锐二面角的余弦值为； 方法二（向量法） 由轴垂直平面，故平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为， 则， 故锐二面角的余弦值为. 51．（25-26学年高二上·浙江杭州及周边重点中学·期中）已知四边形，是以为边长的等边三角形，，现把沿着对角线进行翻折，使得点在面上的投影落在点处，则此时三棱锥外接球的表面积为　　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 因为点在面上的投影落在点处，所以平面BCD，根据条件，求出各个长度，根据余弦定理，求出的余弦值，进而可得其正弦值，根据正弦定理，可得的外接圆半径，设棱锥外接球的球心为O，则平面BCD，根据三棱锥的几何性质，数形结合，计算求解，即可得答案. 【详解】 因为点在面上的投影落在点处， 所以平面BCD，则， 因为， 所以， 在中，， 所以， 设的外接圆圆心为，外接圆半径r， 由正弦定理得，解得， 设三棱锥外接球的球心为O，外接球半径为R，， 则平面BCD， 过O作，交AC于点E，则， 在中，，即， 在中，，即， 与上式联立，解得，， 所以外接球的表面积. 故答案为： 52．（25-26学年高二上·浙江浙里特色联·期中）如图，在三棱柱中，，，四边形是正方形，且. （1）求证：平面； （2）求三棱锥外接球的表面积； （3）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明： 因为四边形是正方形，所以，， 因为，，，由余弦定理可得， 由，可得， ，， ，面， 面，而面， ， 又，，平面， 平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）由勾股定理可得，根据线面垂直的判定定理及性质定理即可证明； （2）由（1）可知，外接球的球心为的中点，结合球的表面积公式求解即可； （3）利用线面角的向量法求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可知，外接球的球心为的中点， ，，. (3) 小问详解： 建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，，， ，， 设平面的法向量 则 ，所以 ， 令则， 所以平面的法向量 设与平面所成角 . 所以与平面所成角的正弦值为. 53．（25-26学年高二上·浙江台州十校联·期中）如图，四棱锥中，平面，四边形是矩形，点，分别是，的中点，若，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：取中点，连接， 分别为中点，，； 四边形为矩形，为中点，，； 且，四边形为平行四边形，， 又平面，平面，平面.     （2）      【分析】 （1）取中点，可证得四边形为平行四边形，得，由线面平行的判定即可得到结论； （2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，根据线面角的向量求法可求得结果. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的法向量， 则 ，令，解得：，，； ， 即直线与平面所成角的正弦值为. 54．（25-26学年高二上·浙江台州十校联·期中）如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直，已知，． （1）求证：； （2）求平面BDF与平面CDE夹角的余弦值； （3）线段上EC上是否存在点，使平面平面BDF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 正方形与梯形所在的平面互相垂直，交线为， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以；     （2）     （3） 设， 由（1）得， 则， 又， 设平面的一个法向量为，则 ， 当时，与重合，则平面即为平面， 易知平面与平面不垂直，故不符合题意。 当时，令，则， 故平面的一个法向量为 若平面平面，则，即，解得， 故，即. 故线段上上存在点，使平面平面，且.      【分析】 （1）利用面面垂直的性质定理得平面，从而可证得结论； （2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成锐二面角的余弦值． （3）求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出线段上是存在点，使得平面平面，进而可求得的值． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可得，，又， 如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系． 设，则,0,，,1,，,0,，,2,，,0,， 取平面的一个法向量， 设平面的一个法向量,,， 因为， 则 ， 令，则，所以,,． 设平面与平面所成角的大小为， 则． 所以平面与平面所角的余弦值是． (3) 小问详解： 略 55．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.已知三棱锥如图所示.    （1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）若平面为中点，三棱锥在顶点处的离散曲率为.求点到平面的距离； （3）在（2）的前提下，又知为侧面内一动点，记二面角为，直线与平面所成角为，若，求三棱锥体积的最大值. 【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）由离散曲率的定义求、、、，即可得； （2）由线面垂直的性质和判断得，结合求得，由为中点，确定的长，结合三棱锥等体积转换求解点到平面的距离即可； （3）根据已知条件与二面角、线面角的定义，推出点在平面上的射影的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线一部分，再结抛物线与直线相交、等体积法，即可求解棱锥体积的最大值． (1) 小问详解： 由离散曲率的定义得： ， ， ， ， 所以， 故三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和为； (2) 小问详解： 由平面，平面，得， 又，，，平面， 则平面，    又平面，所以，即， 又， 即， 解得， 由平面，平面，得， 则为等腰直角三角形，所以，， 因为为中点，所以，， 又，所以， 因为，则， 则，故， 设点到平面的距离为， 在三棱锥中，有， 所以，则， 故点到平面的距离为； (3) 小问详解： 如图，作平面，垂足为，作，垂足为，连接，，，    则，， 因为，所以， 又、平面， 所以，所以， 由抛物线定义知，点的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线一部分， 取的中点为，如图以中点为原点，所在直线为轴，的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，    则，， 则以为焦点，以为准线的抛物线方程为， 故点的轨迹为该抛物线在三角形内部部分，即图中的曲线部分， 直线斜率为，则直线方程为：， 联立 ，解得或（结合图形舍） 即， 当与重合时，此时可得在上，使得取最大值，    的最大值满足：， 所以， 三棱锥体积的最大值为． 56．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段，的中点，在平面ABC内的射影为. （1）求证：平面BDE； （2）若点F为棱的中点，求点到平面BDE的距离； （3）若点F为线段上的动点（不包括端点），求平面FBD与平面BDE夹角的余弦值的取值范围. 【答案】（1）证明：连接，因为在平面ABC内的射影为， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥，⊥， 因为为边长为2的等边三角形，D是线段的中点， 所以⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，四边形为平行四边形， 所以平行四边形为菱形，故⊥， 因为D，E分别是线段，的中点，所以， 故⊥， 因为，平面， 所以⊥平面；      （2）     （3）      【分析】 （1）作出辅助线，得到⊥平面，⊥，又平行四边形为菱形，故⊥，又，从而得到线面垂直， （2）建立空间直角坐标系，由（1）知，⊥平面；故平面的一个法向量为，利用点到平面的距离向量公式求出答案； （3）设，求出，求出平面的法向量，结合平面的一个法向量为，从而得到，换元后，得到. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，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， 因为⊥，D是线段的中点， 所以由三线合一可得， 又，故为等边三角形， ， 由（1）知，⊥平面；故平面的一个法向量为， 点到平面BDE的距离； (3) 小问详解： 点F为线段上的动点（不包括端点），设， ，则，故，故， 设平面的法向量为， 则 ， 解得，令，则，故， 又平面的一个法向量为， 故， 令， 则， 因为，故， ， 平面FBD与平面BDE夹角的余弦值取值范围是. 【点睛】 立体几何二面角求解方法： （1）作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解. 57．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）在空间直角坐标系中，经过点，法向量的平面的方程为，经过点且方向向量的直线方程为．有四个平面，，， （1）求证：平面与轴平行； （2）请利用法向量和投影向量的相关知识证明：点到平面的距离为； （3）若四个平面，，，围成四面体，判断该四面体是否有内切球，如果有，求出其球心的坐标，如果没有，请说明理由． 【答案】（1） 根据题意，平面的法向量，轴的方向向量为， 所以， 故平面与轴平行．     （2） 不妨设，在平面内取一点， 则向量， 取平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为．     （3）有内切球，内切球球心      【分析】 （1）根据题目所给定义，通过向量法证明线面平行即可. （2）根据向量法求点到面的距离公式，以及题目所给定义，设出一点，代入公式说明即可； （3）根据内切球球心的性质，以及点到面的距离公式，列出方程组，求出点的坐标. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 设内切球球心为，则球心到四个面的距离相等，即 ， 球心在四面体的内部，，，， 则由得，或（舍）， 代入，得，． 代入中，得，或， 由 得交点为， 故，所以， 得内切球球心． 58．（25-26学年高二上·浙江温州十校联·期中）四棱锥中，平面，，均为等腰直角三角形，斜边分别为，，且，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1） ，均为等腰直角三角形，斜边分别为，，    ， 又，，，，              取的中点，连接，， ，， 四边形为平行四边形，， 平面，平面， 平面．     （2）      【分析】 （1）根据四棱锥的性质，结合已知条件推出线、线平行，进而推出线面平行； （2）先建立空间直角坐标系，求出相关点坐标和向量坐标，再分别求出两平米的法向量，最后利用向量夹角余弦公式求出向量夹角余弦值，进而得出平面与平面的夹角的余弦值． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 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， 则，，，，，， ，，， 记面和面的法向量分别为，， 平面，， 设， 则 ，令，则， ， 平面与平面的夹角余弦值为． 59．（25-26学年高二上·浙江温州·期中）在三棱柱中，经过的平面将三棱柱分割成体积相等的两部分，设与棱相交于点，则　　　　　　． 【答案】1:1 【分析】 设三棱柱的高为，到底面的距离为，由经过的平面将三棱柱分割成体积相等的两部分，得到，利用锥体体积公式和柱体体积公式计算得解. 【详解】 设三棱柱的高为，到底面的距离为， ，， ，， 经过的平面将三棱柱分割成体积相等的两部分， ， ， ，点为棱的中点，. 故答案为：. 60．（25-26学年高二上·浙江宁波·期中）已知正方体的棱长为2，为线段的中点，则点到平面的距离为　　　　　　　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据正方体的性质，构建空间直角坐标系，写出点的坐标和向量坐标，求出直线方向向量和平面的法向量，进而根据点到平面距离的向量方法求出结果. 【详解】 如图所示，以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系， 因为正方体的棱长为2， 可得， 则， 设平面的法向量为， 可得 ，即 ， 令，解得，即平面的一个法向量为， 则点到平面的距离为. 故答案为：. 61．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）（多选）如图1是一个由菱形和两个直角三角形和所组成的平面图形，其中，现将和分别沿折起，使得点与点重合于点，连接，得到如图2所示的四棱锥. （1）求证：平面； （2）若为棱上一点，记. （i）若，求直线与平面所成角的正切值； （ii）是否存在点使得直线与直线所成角为，若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 连接AC，交BD于点O，又∵底面为菱形，∴, 由题可得，，且，平面 ，平面， ∴平面，又平面，∴， ∵，平面 ，平面， ∴平面．     （2）（i）； （ii）存在，.      【分析】 （1）利用，，可得到平面，从而得到，再利用菱形可得，最后就可得到平面； （2）①由平面，可知直线与平面所成角就是，从而利用已知数据进行计算即可；②由可得或其补角为直线与直线所成角，再利用余弦定理解得，利用勾股定理得，最后由已知角的余弦定理得到关于的方程，从而可解得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （i）连结SO交CE于点G，由（1）得平面， ∴为直线CE与平面SBD所成角， ∵，，， ∴， ∵，∴， 在三角形中，由，，所以由余弦定理得： ， ， ∴，即 ， ∴， ∴直线与平面所成角的正切值为． （ii）连结，∵， ∴或其补角为直线与直线所成角，则假设存在点，满足， 由得，， 在三角形中，由，所以由余弦定理得： ， 过点作，交于， 由平面，平面，得，所以， 由可得，因为，所以，， 在三角形中，由余弦定理得： ， 再由，平面可得平面， 又因为平面，所以， 在直角三角形中，由勾股定理得： ． 在三角形中，又因为，，所以由余弦定理得： ， 解得， ∴存在使得直线与直线所成角为． 62．（25-26学年高二上·浙江杭州·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为，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余弦值； （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）已知斜三棱柱中，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）由平面可知平面的一个法向量为， 由平面可知平面的一个法向量为， 设两平面交线的方向向量为，则 ， 令，则，可得， 由平面可知平面的一个法向量为， 因为，即，且，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余弦值. （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： 由直线的点方向式方程为可知直线的一个方向向量坐标为 由平面的一般式方程为可知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以有， 所以，即直线与平面所成角的余弦值为． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 因平面经过三点，可得， 设侧面所在平面的法向量为 则 ，令，解得，可得， 由平面可知平面的一个法向量为， 设平面与平面的交线（即直线）的方向向量为， 则 ，令，则，，可得， 由平面可知平面的一个法向量为， 由，则，解得， 即， 故平面与平面夹角的余弦值为 ． 【点睛】 关键点点睛：本题的关键在于理解题中给出的结论，并能利用结论解决问题. 63．（25-26学年高二上·浙江杭州及周边重点中学·期中）如图，在三棱锥中，平面，，，为中点，为中点，在棱上，设. （1）当时，求证：平面； （2）当时，求平面与平面所成角的余弦值； （3）当直线与平面的所成角最大时，求的值. 【答案】（1） 证明：取中点，取靠近点的四等分点， 连接，，，可得，且， 又， 且， ，， 四边形是平行四边形， ， 平面，平面， 平面.     （2）      （3）       【分析】 （1）取中点，取靠近点的四等分点，连接，，，可得，，根据比例相同，可得，，即可证明四边形是平行四边形，根据线面平行的判定定理，即可得证. （2）如图建系，求得各点坐标，进而可求平面的法向量为和平面的法向量为，根据二面角的向量求法，计算求解，即可得答案. （3）方法1：分析可得点到平面距离即为点到的距离，此距离为定值，要使直线与平面的所成角最大，只需即可，分别求出坐标，计算即可得答案；方法2：求出平面的一个法向量为，根据线面角的向量求法，可得线面角正弦值的表达式，结合二次函数的性质，即可求得答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图以为坐标原点，，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 则，， 设平面的一个法向量为， 则 ，可得 ， 令，得， ， ，， 设平面的一个法向量为， 则 ，可得 ， 令，得， ， 所以平面与平面所成角的余弦值为. (3) 小问详解： 方法1：由第（1）小题可知，平面，平面平面， 所以点到平面距离即为点到的距离，此距离为定值， 要使直线与平面的所成角最大，只需即可. ，， ， 由，得. 方法2：易求平面的一个法向量为，， 设直线与平面的所成角为，则 ， 所以当时，最大，即直线与平面的所成角最大. 64．（25-26学年高二上·浙江宁波六校联·期中）在中，，分别是上的点，满足且，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示． （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的大小； （3）在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 因为在中，，且， 所以，则折叠后，， 又平面， 所以平面，平面，所以， 又已知且都在面内， 所以平面；     （2）      （3） 存在；的长度为0      【分析】 （1）通过证明、证得平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得与平面所成角的大小. （3）假设在线段上存在点符合题意，根据平面与平面成角余弦值列方程，由此求得，进而求得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 因为，故， 由几何关系可知，， 故， ， 设平面的法向量为，则 ，即 ， 不妨令，则，故平面的一个法向量为， 设与平面所成角的大小为， 则有，所以， 即与平面所成角的大小为； (3) 小问详解： 假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为， 在空间直角坐标系中，设，其中，则， 设平面的法向量为，则有 ，即 ， 不妨令，则，故平面的法向量为， 由（2）知平面的一个法向量为， 若平面与平面成角余弦值为， 则满足， 化简得，解得或（舍去），即与重合，， 故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为， 此时的长度为0． 65．（25-26学年高二上·浙江嘉兴八校联·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，点E是棱上靠近P端的三等分点.    （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）是否存在棱上一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，请指出此时点的位置. 【答案】（1） 因为平面，平面， 所以 ，又因为， 有，所以， 又，、平面， 故平面；     （2） 方法一：连交于点，连， 由，则与相似， 则，则 ，故， 又平面， 平面， 故平面；    方法二：以点D为坐标原点，分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，    有， 则，， 设平面的一个法向量为， 则有 ，即 ， 令，得，，则， 又，可得， 又因为平面，所以平面.     （3） 假设存在，设， 设，则，， 可得，，，， 设平面的一个法向量为， 则 ，即 ， 令，得，，则， 设平面的一个法向量为， 则 ，即 ， 令，得，，则， 设平面与平面的夹角为， 则， ， ，化简整理得， 解得或（负值舍去）， 故点是棱的中点.      【分析】 （1）借助线面垂直性质定理与勾股定理可得、，再利用线面垂直判定定理即可得证； （2）法一：作出相应辅助线后借助线面平行性质定理证明即可得；法二：建立适当空间直角坐标系后，利用空间向量数量积公式计算即可得； （3）建立适当空间直角坐标系后，求出两平面法向量，再利用空间向量数量积公式计算即可得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 66．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）若为平面上两个定点，则满足为常数的动点的轨迹是直线，满足的动点的轨迹是圆.将此性质类比到空间中，解决下列问题.已知点为空间中四个定点，，且两两的夹角都是，若动点满足，动点满足，则的最小值是　　　　　　　　　　. 【答案】0 【分析】 根据类比性质，可知动点的轨迹是过的终点且垂直的平面，动点的轨迹是以线段为直径的球，从而的最小值就是球心到平面的距离减去球的半径，再对距离与半径进行计算即可. 【详解】 如图，由题，当与共线时，则，即，此时的点记作点，则， 所以动点的轨迹是过的终点且垂直的平面，动点的轨迹是以线段为直径的球，    的最小值就是球心到平面的距离减去球的半径. . ， . 故答案为：. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 空间向量的应用 考点01 空间向量的应用 考点01 空间向量的应用 1．B 2．ACD 3．C 4．A 5．C 6．C 7．B 8．C 9．ABD 10．B 11．B 12．A 13．D 14．D 15．C 16．AD 17．ACD 18．C 19．B 20．ABD 21．ABC 22．ACD 23．AC 24．AB 25．ABD 26．A 27．AC 28．ACD 29．AC 30．C 31．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）依题意建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量及面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求出直线与平面所成角的正弦值； （2）利用向量法可求出点到平面的距离． (1) 小问详解： 依题意：以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 又分别是棱，，的中点，，． 所以, 所以有：， 设平面的法向量为，则有 所以 ，令，有， 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. (2) 小问详解： 因为，由（1）有平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为：. 32．【答案】 【分析】 根据点到平面的距离公式直接计算. 【详解】 由已知，， 则， 则， 故答案为：. 33．【答案】（1）    由题意知 所以， 则，即． 同理，所以是的垂心；     （2） 由，，，得： 设为平面的一个法向量，则   令，则，即． 所以．      【分析】 （1）利用数量积为0来证明线线垂直，可证明垂心； （2）利用空间向量法来求点到面的距离，即可求得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 34．【答案】 【分析】 设正三棱柱的底面边长为，在图1中，设水面的高度为，根据图1和图2中水的体积相等可得出关于的等式，即可解得的值. 【详解】 设正三棱柱的底面边长为，则， 在图1中，设水面的高度为，则水的体积为， 在图2中，易知几何体为直棱柱， 因为为等边三角形，且、分别为、的中点， 则，且，则是边长为的等边三角形， 且， 则水的体积为，解得. 故答案为：. 35．【答案】 【分析】 设圆锥的相关参数，根据弧长公式求出底面半径，结合母线长利用勾股定理算出高，代入圆锥的体积公式即可. 【详解】 设圆锥底面圆半径为，母线长为，高为， 由题意， ，所以，，所以， 因此该圆锥的体积是. 故答案为：. 36．【答案】（1）证明见解析     （2）      【分析】 （1）取SB的中点，连结DM，DN，证明、可得线面垂直，据此再根据线面垂直的性质即可证明线线垂直； （2）由（1）可推得平面平面SBC，进一步据此找出直线MN与平面SBC的所成角，并根据几何性质，在中即可求解． (1) 小问详解： 取SB的中点，连接DM，DN， 因点，分别为棱SB，AB的中点，故， 又，故， 同理因点，分别为棱SB，SC的中点，故， 又，所以， 又，且平面MND，故平面MND，因此． (2) 小问详解： 因平面MND，故平面平面SBC， 又平面平面，则在平面上的射影为， 因此为直线MN与平面SBC所成的角， 由题意知，，， ，， 又是AB的中点，，，则， 而是SC的中点，，则， 因为，在中，， 故， 于是，所以直线MN与平面SBC所成角的正弦值为． 37．【答案】（1） 如图，连接与相交于点，连接， 正方形的对角线和交于点， 又，， 又平面，平面，平面.         （2）      【分析】 （1）连接辅助线，利用中位线定理可得，根据线面平行判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，平面的法向量坐标，根据直线与平面所成角的向量公式求解线面角的正弦值即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，因为平面平面，平面平面，过点在平面内作的垂线，可得垂线垂直于平面， 又因为，则以为坐标原点，向量，方向分别为，轴的正方向，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，， 又由，，，可得点的坐标为，点的坐标为， 设平面的法向量为，由，， 有 ，取，，，可得平面的一个法向量为， 又由，有， 故直线与平面所成的角的正弦值为. 38．【答案】 【分析】 由二面角的定义找出其平面角，由线面角的定义作辅助线，由几何法求解即可. 【详解】 设正方形边长为1，取线段的中点，连接，则有， 又平面，所以平面， 则为二面角的平面角，即， 则， 取的中点，连接，， 则，， 又平面，平面， 所以，又平面， 所以平面， 则为直线与平面所成角， ， 故答案为：. 39．【答案】（1），，；     （2）.      【分析】 （1）利用向量的线性运算及向量基本定理，将，，用，，表示出来即可； （2）由（1）得，，可求得，以及，再结合空间夹角公式，代入求值即可. (1) 小问详解： 如图，连接，结合向量线性运算及向量基本定理，可得 ， ， ． (2) 小问详解： 由题意，得，，， 又由（1）得，，， 所以， ， 所以， 设异面直线与所成角为，则， 即异面直线与所成角的余弦值为． 40．【答案】（1） 平面平面， 又为垂心，， ，平面， 平面；     （2）      【分析】 （1）根据，，由线面垂直的判定定理可证； （2）根据已知可得为等边三角形，则三棱锥为正四面体， （法一）求出点到平面的距离为，则到平面的距离为，得与平面所成角的正弦值为. 法二：以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用线面角的向量法求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由，且于点， ，又， 为等边三角形， 三棱锥为正四面体， （法一）记点到平面的距离为， 由， 则， 又因为，则， ，则到平面的距离为， ， 与平面所成角的正弦值为. （法二） 以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则 ， 取，则，，则， 平面的一个法向量为， 与平面所成角的正弦值为. 41．【答案】（1） 显然，，两两垂直，则可以为原点， 建立如图所示的空间直角坐标系，设，    则，，，，，， ，，， 则， 所以，， 又， 所以，， 又因为，平面，， 所以平面；     （2）      【分析】 （1）可建立适当空间直角坐标系，再求出空间向量计算得到、，再利用线面垂直判定定理即可得证； （2）求出平面与平面的法向量后，结合空间向量加角公式计算即可得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可知，，又， 设平面的法向量为， 则 ，令，得，，即， 又平面，故可取平面的法向量为， 设平面与平面所成角为， 则， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 42．【答案】（1），     （2）存在，      【分析】 （1）根据题意，利用空间向量的线性运算法则，准确化简，即可求解； （2）设存在使得平面，由题意得，因为，得到， 得到，结合和，求得的值，即可得到答案. (1) 小问详解： 解：由空间向量的运算法则，可得：， ，        则. (2) 小问详解： 解：假设存在使得平面，又由平面， 可得，， 因为，则，其中， 可得 ， 又因为，且，，，， 所以，，，， 所以，， 可得. 且， 化简得，解得，故存在，使得平面. 43．【答案】（1） 在正方体中， ，且平面，平面， 平面， 平面平面，平面， ，， 为的中点，为的中点.     （2）（i）；（ii）      【分析】 （1）根据线线平行可得平面，即可根据线面平行的性质求解， （2）由线线平行可得截面为等腰梯形，即可求解长度得解（i），建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （i）当为棱的中点时，则有， 截面为等腰梯形， ，，， 高为， ； （ii）设正方体棱长为2，如图建立空间直角坐标系，    则，，， ，. 设平面的法向量为， 即 令，则，,， 设，， ， ， 设平面的法向量为， 即 ， 令，则，   ， ， 又，所以解得，即. 44．【答案】 【分析】 先根据已知条件求出圆台的母线长，再利用圆台侧面积公式求解． 【详解】 ， 母线长， ． 故答案为：． 45．【答案】（1）证明：取中点，连接，如图所示，    因为是边长为的正三角形，所以且， 因为侧面底面，侧面底面，且，侧面， 所以底面， 所以与平面所成角即为，所以， 所以，所以， 又因为，所以， 所以， 因为底面，平面， 所以，且，平面， 所以平面；     （2）存在，      【分析】 （1）取中点，连接，先证明底面，再通过几何关系证明，由此可证明出平面； （2）先证明，再建立合适空间直角坐标系，根据两个平面法向量夹角余弦值的绝对值等于，由此可求解出的值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设存在满足条件，因为为棱上一点（不与重合），所以， 因为，所以，所以， 因为为的中点，所以，所以， 以为原点，以方向为轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，    则， 所以， 因为，所以，所以， 设平面的一个法向量为， 所以 ，取，则，所以， 设平面的一个法向量为， 所以 ，取，则，所以， 设平面与平面所成角为， 所以，解得， 所以存在使得平面与平面夹角的余弦值为. 46．【答案】（1） 如图所示，连接，交于，连接， 因为底面为正方形，所以是中点， 因为点为线段的中点， 所以在中，， 可知面，面， 所以平面；     （2）      【分析】 （1）根据空间中点线面的位置关系，根据线面平行的判定定理，证明线面平行即可. （2）根据线面夹角正弦值的向量求法，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出直线方向向量和平面的法向量，求出结果即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图所示，以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 可得， 设平面的法向量， 则 ，即 ，令，解得， 则平面的一个法向量， 设与平面所成角为，. 所以与平面所成角的正弦值为. 47．【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． 48．【答案】（1）证明：如图：    取中点，连接， 因为为中点，所以且， 又四边形为菱形，且为中点，所以且， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面平面， 所以平面.     （2）      【分析】 （1）取中点，连接，由已知可证得四边形为平行四边形，可得，则得平面. （2）连接，交于点，可得平面平面，则为直线与平面所成的角的平面角，以为原点，直线所在直线分别为轴，过点O垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量坐标运算，求得平面的一个法向量，取平面一个法向量为，由即可求得二面角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图：    连接，交于点， 因为四边形为菱形，所以，且为的中点， 又因为，所以平面，且， 所以平面， 平面，所以平面平面， 所以是直线在平面内的射影， 则为直线与平面所成的角的平面角，则， 又， 所以， 如图，以为原点，直线所在直线分别为轴， 过点O垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以. 取平面一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则 ， 令，得，则， 则， 所以二面角的余弦值为. 49．【答案】（1）证明：由题意可知四边形是平行四边形，所以， 即有平面， 又由平面，平面平面，所以， 即得.     （2）     （3）      【分析】 （1）利用线面平行性质定理证明可得； （2）由异面直线定义可知直线与所成的角为（或其补角），可求得其为； （3）方法1：根据线面角的空间向量求法求出平面的法向量，再由函数性质可得其最大值； 方法2：由是直线上的动点，结合线面角与二面角之间的关系，求出平面与平面所成锐二面角的大小，可得结果. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，则直线与所成的角为（或其补角）， 又由为直角三角形，且，所以， 即得异面直线与所成的角为 (3) 小问详解： 设直线与平面所成角为， 取的中点为，连接，， 由，所以，又由是直角三角形，且，所以，又因为，分别是，的中点，所以可得， 又由，平面，且，所以平面， 又因为平面，所以可得， 又由，所以， 所以平面. 此时分别以，，可为，，轴建立如图所示空间直角坐标系，如下图所示： 则可得，，，，，. 方法1：， 由，可得，即得， 设平面的一个法向量， 又由可得 ； 令，则，所以， 所以可得， 当且仅当与点重合时取得等号， 所以直线与平面平面所成角的正弦值的最大值为. 方法2：设平面与平面所成锐二面角记为，则有. 由方法1知，平面的一个法向量， 由可得，易知； 设平面的一个法向量， 所以 ，解得，令，可得； 即， 所以，所以可得， 即得 所以直线与平面平面所成角的正弦值的最大值为. 50．【答案】（1） 方法一（几何法） 连接， 因为四边形为正方形，为的中点，所以为的中点， ，分别是，中点，， ，，，、平面， 平面，平面，， 连接，则，由正方体性质可得平面， 又平面，， 又，、平面， 平面，平面，， 又，、平面， 平面，，平面； 方法二（向量法） 如图，以为坐标原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则可得，，，，，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则有 ，令，则，，则， 由，则，则，则平面；      （2）      【分析】 （1）可借助线面垂直的判定定理与性质定理得到、，再利用线面垂直的判定定理即可得证；也可建立适当空间直角坐标系，求出平面法向量后利用空间向量计算； （2）可借助二面角定义找到其平面角，再借助三角函数求解；也可求出平面与平面法向量后借助空间向量夹角公式求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 方法一（几何法） 连接交于，连接，则，为的中点， 又，则， 即二面角的补角， 由， 故锐二面角的余弦值为； 方法二（向量法） 由轴垂直平面，故平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为， 则， 故锐二面角的余弦值为. 51．【答案】 【分析】 因为点在面上的投影落在点处，所以平面BCD，根据条件，求出各个长度，根据余弦定理，求出的余弦值，进而可得其正弦值，根据正弦定理，可得的外接圆半径，设棱锥外接球的球心为O，则平面BCD，根据三棱锥的几何性质，数形结合，计算求解，即可得答案. 【详解】 因为点在面上的投影落在点处， 所以平面BCD，则， 因为， 所以， 在中，， 所以， 设的外接圆圆心为，外接圆半径r， 由正弦定理得，解得， 设三棱锥外接球的球心为O，外接球半径为R，， 则平面BCD， 过O作，交AC于点E，则， 在中，，即， 在中，，即， 与上式联立，解得，， 所以外接球的表面积. 故答案为： 52．【答案】（1）证明： 因为四边形是正方形，所以，， 因为，，，由余弦定理可得， 由，可得， ，， ，面， 面，而面， ， 又，，平面， 平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）由勾股定理可得，根据线面垂直的判定定理及性质定理即可证明； （2）由（1）可知，外接球的球心为的中点，结合球的表面积公式求解即可； （3）利用线面角的向量法求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可知，外接球的球心为的中点， ，，. (3) 小问详解： 建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，，， ，， 设平面的法向量 则 ，所以 ， 令则， 所以平面的法向量 设与平面所成角 . 所以与平面所成角的正弦值为. 53．【答案】（1）证明：取中点，连接， 分别为中点，，； 四边形为矩形，为中点，，； 且，四边形为平行四边形，， 又平面，平面，平面.     （2）      【分析】 （1）取中点，可证得四边形为平行四边形，得，由线面平行的判定即可得到结论； （2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，根据线面角的向量求法可求得结果. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的法向量， 则 ，令，解得：，，； ， 即直线与平面所成角的正弦值为. 54．【答案】（1） 正方形与梯形所在的平面互相垂直，交线为， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以；     （2）     （3） 设， 由（1）得， 则， 又， 设平面的一个法向量为，则 ， 当时，与重合，则平面即为平面， 易知平面与平面不垂直，故不符合题意。 当时，令，则， 故平面的一个法向量为 若平面平面，则，即，解得， 故，即. 故线段上上存在点，使平面平面，且.      【分析】 （1）利用面面垂直的性质定理得平面，从而可证得结论； （2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成锐二面角的余弦值． （3）求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出线段上是存在点，使得平面平面，进而可求得的值． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可得，，又， 如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系． 设，则,0,，,1,，,0,，,2,，,0,， 取平面的一个法向量， 设平面的一个法向量,,， 因为， 则 ， 令，则，所以,,． 设平面与平面所成角的大小为， 则． 所以平面与平面所角的余弦值是． (3) 小问详解： 略 55．【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）由离散曲率的定义求、、、，即可得； （2）由线面垂直的性质和判断得，结合求得，由为中点，确定的长，结合三棱锥等体积转换求解点到平面的距离即可； （3）根据已知条件与二面角、线面角的定义，推出点在平面上的射影的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线一部分，再结抛物线与直线相交、等体积法，即可求解棱锥体积的最大值． (1) 小问详解： 由离散曲率的定义得： ， ， ， ， 所以， 故三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和为； (2) 小问详解： 由平面，平面，得， 又，，，平面， 则平面，    又平面，所以，即， 又， 即， 解得， 由平面，平面，得， 则为等腰直角三角形，所以，， 因为为中点，所以，， 又，所以， 因为，则， 则，故， 设点到平面的距离为， 在三棱锥中，有， 所以，则， 故点到平面的距离为； (3) 小问详解： 如图，作平面，垂足为，作，垂足为，连接，，，    则，， 因为，所以， 又、平面， 所以，所以， 由抛物线定义知，点的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线一部分， 取的中点为，如图以中点为原点，所在直线为轴，的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，    则，， 则以为焦点，以为准线的抛物线方程为， 故点的轨迹为该抛物线在三角形内部部分，即图中的曲线部分， 直线斜率为，则直线方程为：， 联立 ，解得或（结合图形舍） 即， 当与重合时，此时可得在上，使得取最大值，    的最大值满足：， 所以， 三棱锥体积的最大值为． 56．【答案】（1）证明：连接，因为在平面ABC内的射影为， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥，⊥， 因为为边长为2的等边三角形，D是线段的中点， 所以⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，四边形为平行四边形， 所以平行四边形为菱形，故⊥， 因为D，E分别是线段，的中点，所以， 故⊥， 因为，平面， 所以⊥平面；      （2）     （3）      【分析】 （1）作出辅助线，得到⊥平面，⊥，又平行四边形为菱形，故⊥，又，从而得到线面垂直， （2）建立空间直角坐标系，由（1）知，⊥平面；故平面的一个法向量为，利用点到平面的距离向量公式求出答案； （3）设，求出，求出平面的法向量，结合平面的一个法向量为，从而得到，换元后，得到. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，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， 因为⊥，D是线段的中点， 所以由三线合一可得， 又，故为等边三角形， ， 由（1）知，⊥平面；故平面的一个法向量为， 点到平面BDE的距离； (3) 小问详解： 点F为线段上的动点（不包括端点），设， ，则，故，故， 设平面的法向量为， 则 ， 解得，令，则，故， 又平面的一个法向量为， 故， 令， 则， 因为，故， ， 平面FBD与平面BDE夹角的余弦值取值范围是. 【点睛】 立体几何二面角求解方法： （1）作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解. 57．【答案】（1） 根据题意，平面的法向量，轴的方向向量为， 所以， 故平面与轴平行．     （2） 不妨设，在平面内取一点， 则向量， 取平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为．     （3）有内切球，内切球球心      【分析】 （1）根据题目所给定义，通过向量法证明线面平行即可. （2）根据向量法求点到面的距离公式，以及题目所给定义，设出一点，代入公式说明即可； （3）根据内切球球心的性质，以及点到面的距离公式，列出方程组，求出点的坐标. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 设内切球球心为，则球心到四个面的距离相等，即 ， 球心在四面体的内部，，，， 则由得，或（舍）， 代入，得，． 代入中，得，或， 由 得交点为， 故，所以， 得内切球球心． 58．【答案】（1） ，均为等腰直角三角形，斜边分别为，，    ， 又，，，，              取的中点，连接，， ，， 四边形为平行四边形，， 平面，平面， 平面．     （2）      【分析】 （1）根据四棱锥的性质，结合已知条件推出线、线平行，进而推出线面平行； （2）先建立空间直角坐标系，求出相关点坐标和向量坐标，再分别求出两平米的法向量，最后利用向量夹角余弦公式求出向量夹角余弦值，进而得出平面与平面的夹角的余弦值． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 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， 则，，，，，， ，，， 记面和面的法向量分别为，， 平面，， 设， 则 ，令，则， ， 平面与平面的夹角余弦值为． 59．【答案】1:1 【分析】 设三棱柱的高为，到底面的距离为，由经过的平面将三棱柱分割成体积相等的两部分，得到，利用锥体体积公式和柱体体积公式计算得解. 【详解】 设三棱柱的高为，到底面的距离为， ，， ，， 经过的平面将三棱柱分割成体积相等的两部分， ， ， ，点为棱的中点，. 故答案为：. 60．【答案】 【分析】 根据正方体的性质，构建空间直角坐标系，写出点的坐标和向量坐标，求出直线方向向量和平面的法向量，进而根据点到平面距离的向量方法求出结果. 【详解】 如图所示，以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系， 因为正方体的棱长为2， 可得， 则， 设平面的法向量为， 可得 ，即 ， 令，解得，即平面的一个法向量为， 则点到平面的距离为. 故答案为：. 61．【答案】（1） 连接AC，交BD于点O，又∵底面为菱形，∴, 由题可得，，且，平面 ，平面， ∴平面，又平面，∴， ∵，平面 ，平面， ∴平面．     （2）（i）； （ii）存在，.      【分析】 （1）利用，，可得到平面，从而得到，再利用菱形可得，最后就可得到平面； （2）①由平面，可知直线与平面所成角就是，从而利用已知数据进行计算即可；②由可得或其补角为直线与直线所成角，再利用余弦定理解得，利用勾股定理得，最后由已知角的余弦定理得到关于的方程，从而可解得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （i）连结SO交CE于点G，由（1）得平面， ∴为直线CE与平面SBD所成角， ∵，，， ∴， ∵，∴， 在三角形中，由，，所以由余弦定理得： ， ， ∴，即 ， ∴， ∴直线与平面所成角的正切值为． （ii）连结，∵， ∴或其补角为直线与直线所成角，则假设存在点，满足， 由得，， 在三角形中，由，所以由余弦定理得： ， 过点作，交于， 由平面，平面，得，所以， 由可得，因为，所以，， 在三角形中，由余弦定理得： ， 再由，平面可得平面， 又因为平面，所以， 在直角三角形中，由勾股定理得： ． 在三角形中，又因为，，所以由余弦定理得： ， 解得， ∴存在使得直线与直线所成角为． 62．【答案】（1）     （2）由平面可知平面的一个法向量为， 由平面可知平面的一个法向量为， 设两平面交线的方向向量为，则 ， 令，则，可得， 由平面可知平面的一个法向量为， 因为，即，且，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余弦值. （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： 由直线的点方向式方程为可知直线的一个方向向量坐标为 由平面的一般式方程为可知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以有， 所以，即直线与平面所成角的余弦值为． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 因平面经过三点，可得， 设侧面所在平面的法向量为 则 ，令，解得，可得， 由平面可知平面的一个法向量为， 设平面与平面的交线（即直线）的方向向量为， 则 ，令，则，，可得， 由平面可知平面的一个法向量为， 由，则，解得， 即， 故平面与平面夹角的余弦值为 ． 【点睛】 关键点点睛：本题的关键在于理解题中给出的结论，并能利用结论解决问题. 63．【答案】（1） 证明：取中点，取靠近点的四等分点， 连接，，，可得，且， 又， 且， ，， 四边形是平行四边形， ， 平面，平面， 平面.     （2）      （3）       【分析】 （1）取中点，取靠近点的四等分点，连接，，，可得，，根据比例相同，可得，，即可证明四边形是平行四边形，根据线面平行的判定定理，即可得证. （2）如图建系，求得各点坐标，进而可求平面的法向量为和平面的法向量为，根据二面角的向量求法，计算求解，即可得答案. （3）方法1：分析可得点到平面距离即为点到的距离，此距离为定值，要使直线与平面的所成角最大，只需即可，分别求出坐标，计算即可得答案；方法2：求出平面的一个法向量为，根据线面角的向量求法，可得线面角正弦值的表达式，结合二次函数的性质，即可求得答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图以为坐标原点，，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 则，， 设平面的一个法向量为， 则 ，可得 ， 令，得， ， ，， 设平面的一个法向量为， 则 ，可得 ， 令，得， ， 所以平面与平面所成角的余弦值为. (3) 小问详解： 方法1：由第（1）小题可知，平面，平面平面， 所以点到平面距离即为点到的距离，此距离为定值， 要使直线与平面的所成角最大，只需即可. ，， ， 由，得. 方法2：易求平面的一个法向量为，， 设直线与平面的所成角为，则 ， 所以当时，最大，即直线与平面的所成角最大. 64．【答案】（1） 因为在中，，且， 所以，则折叠后，， 又平面， 所以平面，平面，所以， 又已知且都在面内， 所以平面；     （2）      （3） 存在；的长度为0      【分析】 （1）通过证明、证得平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得与平面所成角的大小. （3）假设在线段上存在点符合题意，根据平面与平面成角余弦值列方程，由此求得，进而求得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 因为，故， 由几何关系可知，， 故， ， 设平面的法向量为，则 ，即 ， 不妨令，则，故平面的一个法向量为， 设与平面所成角的大小为， 则有，所以， 即与平面所成角的大小为； (3) 小问详解： 假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为， 在空间直角坐标系中，设，其中，则， 设平面的法向量为，则有 ，即 ， 不妨令，则，故平面的法向量为， 由（2）知平面的一个法向量为， 若平面与平面成角余弦值为， 则满足， 化简得，解得或（舍去），即与重合，， 故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为， 此时的长度为0． 65．【答案】（1） 因为平面，平面， 所以 ，又因为， 有，所以， 又，、平面， 故平面；     （2） 方法一：连交于点，连， 由，则与相似， 则，则 ，故， 又平面， 平面， 故平面；    方法二：以点D为坐标原点，分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，    有， 则，， 设平面的一个法向量为， 则有 ，即 ， 令，得，，则， 又，可得， 又因为平面，所以平面.     （3） 假设存在，设， 设，则，， 可得，，，， 设平面的一个法向量为， 则 ，即 ， 令，得，，则， 设平面的一个法向量为， 则 ，即 ， 令，得，，则， 设平面与平面的夹角为， 则， ， ，化简整理得， 解得或（负值舍去）， 故点是棱的中点.      【分析】 （1）借助线面垂直性质定理与勾股定理可得、，再利用线面垂直判定定理即可得证； （2）法一：作出相应辅助线后借助线面平行性质定理证明即可得；法二：建立适当空间直角坐标系后，利用空间向量数量积公式计算即可得； （3）建立适当空间直角坐标系后，求出两平面法向量，再利用空间向量数量积公式计算即可得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 66．【答案】0 【分析】 根据类比性质，可知动点的轨迹是过的终点且垂直的平面，动点的轨迹是以线段为直径的球，从而的最小值就是球心到平面的距离减去球的半径，再对距离与半径进行计算即可. 【详解】 如图，由题，当与共线时，则，即，此时的点记作点，则， 所以动点的轨迹是过的终点且垂直的平面，动点的轨迹是以线段为直径的球，    的最小值就是球心到平面的距离减去球的半径. . ， . 故答案为：. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $