专题01 空间向量与立体几何（期中真题汇编，广西专用）高二数学上学期

专题01 空间向量与立体几何 4大高频考点概览 考点01 空间向量及其运算 考点02 空间向量基本定理 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 考点04 空间向量的应用 考点01 空间向量及其运算 1．（25-26学年高二上·广西自治区贵港·期中）已知向量，，若，则（       ） A.  B.  C.  D. 3 【答案】D 【分析】 利用平面向量数量积的坐标表示计算可得结果. 【详解】 若，则， 因此可得，解得. 故选：D 2．（24-25学年高二上·广西梧州·期中）如图，在中，D为AB的中点，E为CD的中点，设，，以向量，为基底，则向量（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 利用向量的加减法运算法则，化简求解即可. 【详解】 因为E为CD的中点，则.因为D为AB的中点，则.所以. 故选：D. 3．（24-25学年高二上·广西壮族自治区柳州柳城县中学·期中）已知，，，则向量在方向上的投影向量为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 利用平面向量数量积的几何意义进行求解. 【详解】 因为，，， 所以向量在方向上的投影向量为. 故选：A. 4．（25-26学年高二上·广西示范性高中·期中）如图，在平行六面体中，M为AC与BD的交点，若，，，则的值为（ ） A. 1 B.  C. 2 D.  【答案】B 【分析】 根据空间向量关系表示出，平方处理即可求得模长. 【详解】 由题平行六面体中，M为AC与BD的交点， ，，， ， 所以 故选：B 5．（25-26学年高二上·广西联盟学校·期中）已知平面向量，若，则（       ） A.  B.  C.  D. -2 【答案】B 【分析】 利用平面向量垂直的坐标表示计算即可. 【详解】 因为，所以，解得. 故选：B 6．（25-26学年高二上·广西自治区来宾·期中）如图，在长方体中，是的中点，，，则向量在向量上的投影向量为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据投影向量的概念，结合长方体的结构，可得答案. 【详解】 如图，连接，取的中点，连接.易得， 则所求的投影向量为在上的投影向量，易得， 则，所以在上的投影向量为. 故选：C. 7．（25-26学年高二上·广西南宁第三中学）若是夹角为的两个单位向量，与垂直，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 由题意先分别算出的值，然后将“与垂直”等价转换为，从而即可求解. 【详解】 由题意有， 又因为与垂直， 所以， 整理得，解得. 故选：B. 8．（24-25学年高二上·广西柳州高级中学·期中）已知平面向量，满足，，且在上的投影向量为，则与的夹角为（   ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据投影向量公式，与题中给出的投影向量比较，可求出, 用公式求出与夹角余弦值，确定夹角大小. 【详解】 因为在上的投影向量为， 则，， ， 所以与的夹角为. 故选：B. 9．（24-25学年高二上·广西壮族自治区百色凌云县中学·期中）如图，在长方体中，为与的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 利用向量运算的三角形法则、平行四边形法则表示出即可. 【详解】 在长方体中，为与的交点， 因为，，， 则，， 所以 故选：B. 10．（24-25学年高二上·广西部分名校）如图，边长为4的正方形是圆柱的轴截面，为上底面圆内一点，则的最小值为（     ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】D 【分析】 变形，结合图形得到当与重合时取值最小值，求出答案. 【详解】 ，当且仅当与重合时，等号成立， 故的最小值为12. 故选：D 11．（25-26学年高二上·广西自治区来宾·期中）已知空间向量不共面，则与向量共面的向量为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据共面向量定理一一计算判断即可. 【详解】 对A，假设，即， 则 ，显然无实数解，则与向量不共面，故A错误； 对B，因为，所以共面，故B正确； 对C，假设，即， 则 ，显然无实数解，则与向量不共面，故C错误； 对D，假设，即， 则 ，显然无实数解，则与向量不共面，故D错误； 故选：B. 12．（24-25学年高二上·广西壮族自治区南宁第三十六中学·期中）（多选）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（       ） A. 当时，的周长为定值 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，有且仅有一个点，使得 D. 当时，有且仅有一个点，使得平面 【答案】BD 【分析】 对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标； 对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C，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】 易知，点在矩形内部（含边界）． 对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误； 对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确． 对于C，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，，，所以或．故均满足，故C错误； 对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确． 故选：BD． 【点睛】 本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内． 13．（24-25学年高二上·广西部分名校）在四面体中，空间的一点满足．若，，，四点共面，则　　　　　　． 【答案】3 【分析】 根据空间向量的基本定理建立方程，解之即可. 【详解】 由题意知，， 根据四点共面的充要条件可得，解得． 故答案为： 14．（25-26学年高二上·广西壮族自治区南宁第二中学·期中）已知正方形的边长为，为的中点，则　　　　　　　　　　． 【答案】2 【详解】·=(+)·(-) =-·+·-·=22-×22=2. 15．（24-25学年高二上·广西名校联盟·期中）已知向量与的夹角为，，，则　　　　　　，　　　　　　 【答案】① 2    ② 【分析】 根据向量数量积公式可求得，由可求得. 【详解】 由题意得， 因为，所以. 故答案为：； 16．（25-26学年高二上·广西壮族自治区来宾高级中学·期中）已知ABC中三个内角A，B，C所对的边为a，b，c，且，. （1）若，求的值； （2）当取得最大值时，求A的值. 【答案】（1）；（2）. 【分析】 （1）由正弦定理求出，再利用两角和差的正弦公式求，求得； （2）将化简，并用正弦定理将用解的三角函数式表示，再分析其求最值时的值. 【详解】 （1）在中，由正弦定理得， ∴，∵，∴， ∴. （2） 当且仅当，即时取到最大值. 【点睛】 本题考查了两角和差的正弦公式，正弦定理，平面向量数量积的定义，三角函数的最值，这是一道考查了多个基本知识的综合题，属于中档题. 17．（2026·广西南宁·质量检测）已知空间中三点． （1）若，求a的值； （2）若与的夹角为，求a的值. 【答案】（1）或     （2）或      【分析】 （1）由向量的线性运算、数量积的坐标运算列方程即可求解； （2）由向量数量积的坐标运算列方程即可求解. (1) 小问详解： 因为，所以， 则． 因为，所以， 所以，即，解得或． (2) 小问详解： 由（1）可知，则， ． 因为与的夹角为，所以， 即，所以， 解得或． 18．（24-25学年高二上·广西名校联盟·期中）已知M，E，F均为圆柱表面上的动点，直线EF经过圆柱的中心O，，圆柱的底面圆的半径为5，则的最大值为　　　　　　　　. 【答案】144 【分析】 分析可知，结合圆柱的结合性质分析求解即可. 【详解】 因为， 又因为O为圆柱的中心，且M，E，F均为圆柱表面上的动点， 则，当且仅当为底面圆周上时，等号成立， 且，当且仅当为过O且与底面平行的圆周上时，等号成立， 可得，所以的最大值144. 故答案为：144. 19．（24-25学年高二上·广西壮族自治区来宾忻城县高级中学·期中）在空间四边形中，为中点，为的中点，若，则使、、三点共线的的值是　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据空间向量的运算，结合向量共线定理即可求得使、、三点共线的的值. 【详解】 由题意可知，   ，，则， ， ，，三点共线，，． 故答案为：. 20．（24-25学年高二上·广西部分名校）如图，在四棱柱中，，，，，是线段上的点，且． （1）求的长； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）利用基底表示出向量，根据向量的数量积运算性质求模即可； （2）分别用基底表示向量，根据向量的夹角公式求解即可. (1) 小问详解： 因为，即， 所以， ． (2) 小问详解： ， ， ， ， 所以异面直线与所成角的余弦值为． 考点02 空间向量基本定理 1．（24-25学年高二上·广西壮族自治区来宾忻城县高级中学·期中）在平行六面体中，，记向量，，，则向量（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 先得到是的中点，利用空间向量基本定理求出答案. 【详解】 因为平行六面体钟，， 所以是的中点， 故. 故选：C 2．（25-26学年高二上·广西自治区来宾·期中）在四面体中，点满足，为的中点，若，则（       ） A. 3 B.  C. 4 D.  【答案】B 【分析】 用表示求出即可得解. 【详解】 由题意知， 因为，所以，则. 故选：B 3．（2025·广西玉林第一中学·联考）如图，空间四边形中，，，，在线段上，且，点为中点，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 利用空间向量的基本定理可得出关于、、的表达式. 【详解】 因为为的中点，则， 因为，则， 因此，. 故选：B. 4．（24-25学年高二上·广西示范性高中·期中）如图，在四面体ABCD中，为DC的中点，为BE的中点，设，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据四面体的几何性质，结合空间向量的线性运算，可得答案. 【详解】 由是的中点，则，由为的中点，则， 在中，，在中，， . 故选：B. 5．（2026·广西南宁·质量检测）（多选）若是空间的一个基底，则空间的另一个基底可以是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】BC 【分析】 利用空间向量共面定理以及基底的定义依次判断选项即可. 【详解】 因为，所以向量共面，则不是空间的一个基底． 因为构成空间的一个基底，所以向量不共面，设，则无解，所以不共面，则是空间的一个基底． 因为构成空间的一个基底，所以向量不共面，设，则,无解， 所以不共面，所以是空间的一个基底． 因为，所以共面，则不是空间的一个基底． 故选：BC 6．（24-25学年高二上·广西南宁普通高·期中）． （1）用向量表示向量，并求； （2）求． 【答案】（1），     （2）      【分析】 （1）借助空间向量的线性运算与模长与数量积的关系计算即可得； （2）结合题意，借助空间向量的线性运算与夹角公式计算即可得. (1) 小问详解： ， 则 ， 所以. (2) 小问详解： 由空间向量的运算法则，可得， 因为且， 所以 ， ， 则. 7．（25-26学年高二上·广西自治区贵港·期中）在三棱柱中，的外心为,则的长为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 结合三角形的外接圆性质，运用基底法解决向量模长问题. 【详解】 设,由题意知,则 ,得 ,得 , 因为, 所以 . 故答案为：. 8．（25-26学年高二上·广西自治区贵港·期中）三棱锥中，点为的重心，点为的中点，过点的平面分别交于点，且，且，，则的最小值为　　　　　　　　． 【答案】.5 【分析】 先利用重心和中点的性质，把用表示出来，再结合已知条件得出的关联，最后利用基本不等式求解． 【详解】    点为的重心， ， 为的中点， ， ，，， ， 四点共面， ， ， ，当且仅当时取等号． 故答案为：． 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．（24-25学年高二上·广西壮族自治区百色凌云县中学·期中）已知向量，若，则（       ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【分析】 根据向量的坐标运算可得，结合向量垂直的坐标表示运算求解. 【详解】 因为，所以， 又因为，所以， 解得： 故选：B. 2．（24-25学年高二上·广西部分名校）已知向量，，若，则（     ） A.  B. 1 C.  D.  【答案】A 【分析】 依题意可得存在实数使得，即可得到方程组，解得即可. 【详解】 因为，，且， 所以，即， 所以 ，解得 ， 即． 故选：A. 3．（25-26学年高二上·广西示范性高中·期中）已知向量，，且，那么（     ） A.  B.  C.  D. 5 【答案】C 【分析】 根据空间向量垂直的坐标运算求得，然后利用空间向量模的坐标运算求解即可. 【详解】 由向量，，且， 得，则，则. 故选：C 4．（25-26学年高二上·广西联盟学校·期中）（多选）已知向量，若共面，则的值可以是（       ） A.  B.  C.  D. 2 【答案】BC 【分析】 由共面向量定理及向量相等建立方程组求解. 【详解】 因为共面，所以存在不全为0的实数，使得， 即， 则 ，解得 . 故选：BC. 5．（24-25学年高二上·广西玉林·期中）已知，若，则实数的值为（       ） A.  B.  C.  D. 2 【答案】C 【分析】 利用两个向量垂直的性质，数量积公式即求得的值. 【详解】 向量， 若， 则， . 故选：C. 6．（24-25学年高二上·广西南宁普通高·期中）（多选）空间直角坐标系中，已知，下列结论正确的有（     ） A.  B. 点A关于平面对称的点的坐标为 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【分析】 根据点的坐标可得向量坐标，即可求得A，根据对称的性质可求得B，向量法可判断直线的位置关系，即可求得C，根据向量共线定理可判断D. 【详解】 对于A，由题意，A正确； 对于B，关于平面对称的点的坐标相同，坐标相反， 因此点关于平面对称的点的坐标为，B错误； 对于C，若，则，所以，C正确； 对于D，若且，则，解得，D正确， 故选：ACD． 7．（24-25学年高二上·广西壮族自治区百色凌云县中学·期中）（多选）已知空间向量，，，则（     ） A.  B.  C.  D. 是共面向量 【答案】ABD 【分析】 根据题意，利用空间向量的坐标运算与表示，共线向量的坐标运算，共面向量定理，逐项判定，即可求解. 【详解】 由向量， 可得，，所以A、B正确； 设，可得，所以 ，此时方程组无解， 所以向量与向量不共线，所以C错误； 设，可得， 所以 ，解得，所以共面，所以D正确. 故选：ABD. 8．（24-25学年高二上·广西壮族自治区南宁第三中学·期中）已知空间向量，，且与垂直，则等于（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 由题意可得，利用空间向量数量积的坐标运算可求得实数的值. 【详解】 因为空间向量，，且与垂直， 则，解得. 故选：A. 9．（24-25学年高二上·广西部分名校）已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据向量在向量上的投影向量的定义求解. 【详解】 由已知可得，， 所以向量在向量上的投影向量是， 故选：D 10．（24-25学年高二上·广西名校联盟·期中）（多选）已知空间向量，，，则（     ） A.  B.  C.  D. 在方向上的投影向量为 【答案】AC 【分析】 由空间向量的坐标运算可知选项A正确；求向量的模长可得选项B错误；由可知选项C正确；根据投影向量的公式可知选项D正确. 【详解】 ，A正确； ，，，B错误； 由得，C正确； 在方向上的投影向量为，D错误. 故选：AC. 11．（24-25学年高二上·广西南宁普通高·期中）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据向量投影的概念，结合向量的数量积计算得出结果. 【详解】 根据题意，， ，， 在上的投影向量可为 故选：A. 12．（2026·广西南宁·质量检测）点到平面的距离是　　　　　　　　　　. 【答案】7 【分析】 利用空间直角坐标系点的特征计算即可. 【详解】 由题意可知点到平面的距离. 故答案为：7 13．（24-25学年高二上·广西玉林·期中）已知，则　　　　　　　. 【答案】 【分析】 应用空间向量坐标表示的线性运算律计算即可. 【详解】 因为，所以. 故答案为：. 14．（2025·广西玉林第一中学·联考）已知直线的方向向量为，平面的法向量为，且，那么　　　　　　　　　　　 【答案】 【分析】 根据题意，得到直线的方向向量与平面法向量互相垂直，结合向量的数量积列出方程，即可求解. 【详解】 由直线的方向向量为，平面的法向量为， 因为，可得直线的方向向量与平面法向量互相垂直，所以， 解得. 故答案为： 15．（24-25学年高二上·广西壮族自治区来宾忻城县高级中学·期中）已知空间三点，，，设，． （1）求，； （2）求与的夹角． 【答案】（1），，     （2）      【分析】 （1）根据空间向量的坐标运算即可； （2）根据空间向量夹角的坐标运算即可得到答案. (1) 小问详解： 由题意，，， (2) 小问详解： 由（1）得：，； 所以， 又，所以，即与的夹角为. 16．（24-25学年高二上·广西南宁普通高·期中）已知向量，. （1）求，，； （2）求向量与夹角的余弦值. 【答案】（1），，     （2）      【分析】 （1）利用空间向量加减法和模长的坐标运算直接求解即可； （2）利用空间向量夹角公式直接求解即可. (1) 小问详解： ，， ，，. (2) 小问详解： ，， ， 即向量与夹角的余弦值为. 17．（24-25学年高二上·广西壮族自治区百色凌云县中学·期中）空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为　　　　　　． 【答案】 【分析】 由即可求解. 【详解】 因为，， 所以. 故答案为： 考点04 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·广西壮族自治区柳州地区民族高级中学·期中）在空间直角坐标系中，直线经过点，且其方向向量，则点到直线的距离为（     ） A.  B.  C. 3 D.  【答案】D 【分析】 由点到直线的距离的向量公式即可求解． 【详解】 由题意可得与同向的单位向量 点到直线的距离． 故选：D 2．（24-25学年高二上·广西壮族自治区来宾忻城县高级中学·期中）已知点，则点A到直线的距离是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 先求与同方向的单位向量和的坐标，代入点到直线的距离的向量公式即得. 【详解】 由题意，, 则与同方向的单位向量为，又, 于是，点A到直线的距离是：. 故选：B. 3．（24-25学年高二上·广西示范性高中·期中）已知分别是平面的法向量，若，则（     ） A. 1 B. 7 C.  D. 2 【答案】D 【分析】 根据法向量垂直，即可根据坐标运算求解. 【详解】 由于，所以，故，解得， 故选：D 4．（25-26学年高二上·广西壮族自治区来宾高级中学·期中）已知点，，，则平面的法向量是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 利用待定系数法，设出法向量，取平面中两个不共线向量，根据向量点积建立方程，可得答案. 【详解】 由已知得，．设， 则 即 令，则，，所以． 故选：A. 5．（25-26学年高二上·广西自治区贵港·期中）（多选）在正三棱柱中，各棱长均为1，D为BC的中点，则（       ） A.  B. 平面 C.  D. 三棱柱外接球表面积为 【答案】AD 【分析】 对于A，由条件分别证明，，由线线垂直证明平面，再由线面垂直的性质即可证得；对于B，假设平面，由此推出，结合条件证得平面，由此得到，产生矛盾，排除B；对于C，结合锥体体积公式推出，由此可求体积，排除C；设为的外心，为的外心，为的中点，说明为三棱柱外接球球心，求出外接球的半径，即得外接球的表面积. 【详解】 对于A，因为多面体为正三棱柱， 则平面， 因平面，故， 又因正三棱柱的各棱长均为1，D为BC的中点，则， 因平面，故平面， 又平面，故，故A正确； 对于B，假设平面，平面，则， 又，，平面， 所以平面，又平面，所以， 这与为等边三角形矛盾，故B错误； 对于C，因为的面积与的面积相等，且两三角形同在平面中， 故三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 即， 又，，，C错误； 对于D，设为的外心，为的外心，为的中点， 则与两底面垂直，因，， 故，即为三棱柱外接球的球心， 又，，故， 即外接球的半径，故外接球表面积，D正确. 故选：AD. 6．（24-25学年高二上·广西梧州·期中）已知平面的一个法向量为，直线的方向向量为，若，则实数（       ）. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【分析】 由，得到直线与平面的法向量垂直，得出，进而求得的值. 【详解】 因为，所以，所以，解得． 故选：. 7．（2026·广西南宁·质量检测）设直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（     ） A.  B.  C. 4 D. 10 【答案】B 【分析】 由题意，即可列方程求解. 【详解】 因为，所以，则，解得． 故选：B. 8．（24-25学年高二上·广西玉林·期中）已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则与的关系是（       ） A.  B.  C. 与相交 D. 或 【答案】A 【分析】 根据方向向量与法向量平行，即可判断. 【详解】 由向量，得， 所以，所以. 故选：A 9．（2025·广西玉林第一中学·联考）若两异面直线与的方向向量分别是，，则直线与的夹角为（       ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 【答案】B 【详解】设异面直线与所成的角为，根据，即可求解. 【详解】 由题意，两异面直线与的方向向量分别是，， 可得，，， 设异面直线与所成的角为，则， 又因为，所以， 即直线与的夹角为. 故选：B. 10．（24-25学年高二上·广西壮族自治区南宁第三十六中学·期中）（多选）以下命题正确的是（       ） A. 直线l的方向向量为，直线m的方向向量，则 B. 直线l的方向向量，平面的法向量，则 C. 两个不同平面，的法向量分别为，，则 D. 平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则 【答案】CD 【详解】根据空间直线的方向向量数量积的值是否为零判定两直线是否垂直，即可判断A；根据空间直线的方向向量与平面的法向量是否共线判定B；根据两平面法向量是否平行可判断C；，，利用法向量与上面两向量的数量积为零，即可求得的值，可判断D. 【详解】 A:，，， 则不垂直，直线与不垂直，故A不正确； B:若，则， ∴存在实数，使得,无解，故B错误； C:，∴， 与共线，，故C正确； D:点，，， ，. 向量是平面的法向量， ， 即 ，解得，故D正确. 故选：CD. 【点睛】 本题考查了空间向量的数量积运算，考查了基本运算能力，属于基础题. 必须熟练掌握的知识和技能： （1）空间两直线垂直的充分必要条件是其方向向量垂直； （2）线面垂直的充分必要条件是直线的方向向量与平面的法向量平行； （3）两个不同平面平行的充分必要条件是其法向量共线. 11．（24-25学年高二上·广西壮族自治区柳州柳城县中学·期中）（多选）下列命题正确的是（     ） A. 点关于平面对称的点的坐标是 B. 零向量不能作为直线的方向向量和平面的法向量 C. 若是直线l的方向向量，则 也是直线l的方向向量 D. 在空间直角坐标系中，是坐标平面的一个法向量 【答案】ABD 【分析】 对于A,关于平面对称的点轴的坐标不改变,轴的坐标相反,据此求解;对于B,直线的方向向量和平面的法向量不能为零向量;对于C,当时,,不能作为直线l的方向向量;对于D,在轴所在直线上且垂直于坐标平面,据此判断即可. 【详解】 对于A,关于平面对称的点轴的坐标不改变,轴的坐标相反， 所以点关于平面对称的点的坐标是,故A正确； 对于B,直线的方向向量和平面的法向量都是非零向量,故B正确； 对于C,当时,,不能作为直线l的方向向量,故C错误； 对于D,在轴所在直线上且垂直于坐标平面, 所以是坐标平面的一个法向量,故D正确. 故选：ABD. 12．（2026·广西自治区桂林·质量检测）某甜品店推出新款球形慕斯蛋糕，该球形慕斯蛋糕的半径为3厘米，现需将其放入一个正四面体形状的包装盒，忽略包装盒的厚度，则该包装盒容积的最小值为（       ） A. 立方厘米 B. 立方厘米 C. 立方厘米 D. 立方厘米 【答案】D 【分析】 由棱长求得棱锥高，再由棱锥体积公式求得，即可求解. 【详解】 设该包装盒的棱长为厘米，则正三角形外接圆半径为， 则该包装盒的高厘米， 当蛋糕对应的小球与正四面体内切时，该包装盒的容积最小， 由正四面体体积公式可得体积为：， 以正四面体内切球球心为顶点，四个面为底面，可将正四面体分成4个小三棱锥，高即为内切球半径， 则正四面体体积为：， 即 解得， 此时包装盒容积为立方厘米. 故选：D 13．（25-26学年高二上·广西玉林·期中）已知三棱锥的棱长均为，则直线与底面所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 利用正三棱锥的性质，求出在底面的投影长度，再利用余弦公式求解． 【详解】 三棱锥A-BCD的棱长均为， 三棱锥各个面均为边长是的等边三角形， 取边中点连接，则，作底面，则在上是的中心， 是在底面上的投影，， 设与面所成角为，则． 故选：C． 14．（25-26学年高二上·广西玉林·期中）在棱长为1的正方体ABCD-­A1B1C1D1中，下列选项正确的是（       ） A. AD∥平面A1BC1 B. 三棱锥D­A1BC1的外接球的表面积为 C. DB1⊥平面A1BC1 D. 三棱锥D­A1BC1的体积为 【答案】C 【分析】 根据直线与平面平行和垂直的判断方法可判断A、C；三棱锥的外接球即为正方体的外接球， 由球的表面积公式计算判断B；利用割补法由即可判断D. 【详解】 对于A，因为与平面相交于，故AD与平面相交，故A错误； 对于B，三棱锥的外接球即正方体的外接球，得其直径为， 故外接球的表面积，故B错误； 对于C，因为正方体，故 平面，故平面，故， 同理，又，平面，故平面，故C正确； 对于D，，故D错误. 故选：C. 15．（25-26学年高二上·广西示范性高中·期中）（多选）在棱长为2的正方体中，、、分别为、、的中点，则下列选项正确的是（     ） A.  B. 直线与所成角的余弦值为 C. 三棱锥的体积为 D. 存在实数、使得 【答案】BCD 【分析】 建立空间直角坐标系，对于A，计算的值即可判断；对于B，计算的值即可判断；对于C，等体积法即可计算求解；对于D，由计算求出即可得解. 【详解】 由题可建立如图所示的空间直角坐标系， 则 对于A：因为,故与不垂直，故A错误； 对于B：， ， 所以直线与所成角的余弦值为，故B正确； 对于C：，故C正确； 对于D：, 若存在实数使得，则， 即 ，解得 ，故D正确. 故选：BCD. 16．（25-26学年高二上·广西联盟学校·期中）已知表面积为的球与一圆台的上、下底面以及侧面均相切，若该圆台的下底面半径为上底面半径的4倍，则该圆台的体积为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 由已知得球的半径，作出圆台的轴截面，求出圆台的上、下底面半径，由圆台的体积公式即可得解． 【详解】 设球的半径为，由，解得． 作出圆台的轴截面，如图，设，则， 由相切的性质可知，， 易知，分别是，的平分线，即，， 又， 所以，所以， 所以，又，则， 所以，即，所以， 所以，解得（负值已舍去）， 所以该圆台的体积为， 故选：D． 17．（25-26学年高二上·广西壮族自治区来宾高级中学·期中）（多选）已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（     ） A. 直线与直线所成的角为90° B. 直线与平面所成角的余弦值为 C. 平面 D. 点到平面的距离为 【答案】ABC 【分析】 以正方体的棱建立空间直角坐标系，然后得到点的坐标，由向量与向量数量积为0得到线线垂直；求出面的法向量，由求出线面角的正弦值，然后得到线面角的余弦值；由法向量与相等，证明平面；由向量的投影计算出点到面的距离. 【详解】 在正方体，以为原点，分别为如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， ∴，， ∵，∴，∴A选项正确； ∵，，设平面的一个法向量为， 则 ，令，解得 ，即， 设直线与平面所成角为， 则， ∴，∴B选项正确； ∵，∴平面，∴C选项正确； 点到平面的距离，∴D选项错误. 故选：ABC. 18．（25-26学年高二上·广西自治区来宾·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，，，分别为，，的中点，则（       ） A. 平面 B. 平面 C. 平面与平面夹角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 【答案】ABD 【分析】 建立适当空间直角坐标系，求出向量，，和平面的法向量、平面的一个法向量为，由即可判断A；由即可判断B；由计算即可判断C；计算即可判断D. 【详解】 以为原点，所在的直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，， 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则 令，得，得. 因为，所以， 又平面，所以平面，A正确； 因为，所以，所以平面，B正确； 易得平面的一个法向量为， 所以平面与平面夹角的余弦值为，C错误； 点到平面的距离为，D正确. 故选：ABD 19．（25-26学年高二上·广西壮族自治区柳州地区民族高级中学·期中）（多选）如图，正方体的棱长为1，是的中点，则（     ） A.  B. 三棱锥的体积为 C. 若在底面内（包含边界）运动，且满足，则动点的轨迹的长度为 D. 由三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为 【答案】ABD 【分析】 对于A选项，连接，可证得平面，从而，A选项正确；对于B选项，根据几何体特征，三棱锥的体积和三棱锥的体积相等，根据三棱锥体积公式即可求解；对于C选项，根据题意，可得动点的轨迹为以为圆心，以为半径的四分之一圆，进而可求得其轨迹长度；对于D选项，作图可得，过三点确定的平面与正方体相交形成的截面为平面，根据几何体特征，分别求得，，，相加即可得其周长. 【详解】 对于A选项，连接，在正方体中，平面， 又平面，所以， 又为正方形对角线，所以， 又为平面内的两条相交直线，所以平面， 又平面，所以，故A正确； 对于B选项，在正方体中，平面， 即平面，所以三棱锥的体积， 又，， 所以，故B正确； 对于C选项，点在底面内（包含边界）运动，且满足，所以动点的轨迹为以为圆心，以为半径的四分之一圆，所以其轨迹的长度为，故C错误； 对于D，取的中点，连接，，并延长与的延长线交于点， 则过三点确定的平面与正方体相交形成的截面为平面， 因为正方体的棱长为1，分别为的中点， 所以可得，，， 所以四边形的周长为，故D正确.        故选：ABD 20．（2026·广西南宁·质量检测）（多选）在空间直角坐标系中，，则（     ） A. 平面 B.  C. 平面 D.  【答案】ACD 【分析】 利用空间向量法依次判断线面平行，线线平行，线面垂直，线线垂直即可. 【详解】 ． 设平面的法向量为，则 令，得．因为， 所以，又不在平面内，所以平面，A正确． 因为，所以直线与不平行，B错误． 因为，所以，所以平面，C正确． 因为，所以，即，D正确． 故选：ACD 21．（24-25学年高二上·广西玉林·期中）如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，则点到直线的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 取的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，根据点到线距离的向量求法和投影的定义计算即可. 【详解】 取的中点，则，且， 以所在直线为轴，所在直线为轴，与中点连线所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，则， 所以在上的投影的长度为， 故点到直线的距离为， 故选：C. 22．（24-25学年高二上·广西柳州高级中学·期中）（多选）正方体中，E、F、G、H分别为、BC、CD、的中点，则下列结论正确的是（       ） A.  B. 平面平面 C. 面AEF D. 二面角的大小为 【答案】BC 【详解】通过线面垂直的判定和性质，可判断选项，通过线线和线面平行的判断可确定和选项，利用空间向量法求二面角，可判断选项. 【详解】解：由题可知，在底面上的射影为，而不垂直， 则不垂直于，则选项不正确； 连接和，E、F、G、H分别为、BC、CD、BB、的中点， 可知，所以平面， 则平面平面，所以选项正确； 由题知，可设正方体的棱长为2， 以为原点，为轴，为轴，为轴， 则各点坐标如下： ， 设平面的法向量为， 则 ，即 ，令，得， 得平面的法向量为， 所以，所以平面，则选项正确； 由图可知，平面，所以是平面的法向量， 则. 得知二面角的大小不是，所以不正确. 故选：BC. 【点睛】本题主要考查空间几何体线线、线面、面面的位置关系，利用线面垂直的性质和线面平行的判定，以及通过向量法求二面角，同时考查学生想象能力和空间思维. 23．（2025·广西玉林第一中学·联考）（多选）如图，在长方体中，，点为线段上动点（包括端点），则下列结论正确的是（       ） A. 当点为中点时，平面 B. 当点为中点时，直线与直线所成角的余弦值为 C. 当点在线段上运动时，三棱锥的体积是定值 D. 点到直线距离的最小值为 【答案】ACD 【分析】 根据给定条件建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用空间向量求出向量夹角余弦判断B；利用三棱锥体积公式判断C；利用空间向量求出点到直线的距离最小值判断D. 【详解】 在长方体中，以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，    则，设， 对于A，，，，， ，即， 而平面，因此平面，A正确； 对于B，，，B错误； 对于C，由选项A知，点到平面的距离为，而的面积， 因此三棱锥的体积是定值，C正确； 对于D，，则点到直线的距离 ，当且仅当时取等号，D正确. 故选：ACD 24．（24-25学年高二上·广西示范性高中·期中）（多选）如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列四个结论正确的有（     ） A. 与所成角为60° B. 三棱锥的体积不变 C. 平面 D.  【答案】ABC 【分析】 利用异面直线所成角的定义可判断A选项；证明出平面，可知，点到平面的距离为定值，结合锥体的体积公式可判断B选项；证明出平面平面，利用面面平行的性质可判断C选项；利用反证法可判断D选项. 【详解】 对于A选项，连接、、，则， 所以，是等边三角形，所以， 因为，，所以，四边形为平行四边形，所以，， 所以，异面直线与所成的角等于，A对； 对于B选项，因为，，所以，四边形为平行四边形， 所以，， 因为平面，平面，所以，平面， 因为，所以，点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值， 又因为的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，B对； 对于C选项，由B选项可知，， 因为平面，平面，所以，平面， 同理可证平面， 因为，、平面，所以，平面平面， 因为平面，所以，平面，C对； 对于D选项，若，且四边形为正方形，则， 因为，、平面，则平面， 又因为平面，平面，则， 因为，，、平面，所以，平面，    又因为过点有且只有一个平面与直线垂直，矛盾，假设不成立，D错. 故选：ABC. 25．（24-25学年高二上·广西壮族自治区柳州柳城县中学·期中）是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的余弦值是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 作图，找到直线在平面上的投影在构建多个直角三角形，找出边与角之间的关系，继而得到线面角；也可将三条射线截取出来放在正方体中进行分析. 【详解】 解法一： 如图，设直线在平面的射影为， 作于点G，于点H，连接， 易得，又平面，则平面，又平面，则， 有 故． 已知， 故为所求． 解法二： 如图所示，把放在正方体中，的夹角均为． 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则， 所以， 设平面的法向量，则 令，则，所以， 所以． 设直线与平面所成角为，所以， 所以． 故选B． 26．（24-25学年高二上·广西壮族自治区百色凌云县中学·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，为面的中心，、分别为和的中点，则（     ） A. 平面 B. 若为上的动点，则的最小值为 C. 点到直线的距离为 D. 平面与平面相交 【答案】BD 【分析】 A选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到，故故与平面不平行，A错误；B选项，将两平面展开到一个平面内，利用勾股定理求出最小值；C选项，利用点到直线距离向量公式求出答案；D选项，求出平面的法向量，与平面的法向量不平行，得到两平行相交. 【详解】 A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 设平面的法向量为， 则 ， 令得，故， 所以， 故与平面不平行，A错误； B选项，把平面与平面以为公共边展开到同一平面内，如图， 连接与相交于点，此时最小， 最小值为，B正确； C选项，，，， ， 点到直线的距离为，C错误； D选项，，所以， 设平面的法向量为， 则 ， 令，则，故， 显然与不平行，故平面与平面不平行， 又两平面不重合，故两平面相交，D正确. 故选：BD. 27．（24-25学年高二上·广西壮族自治区百色凌云县中学·期中）如图，在直三棱柱中，且，则直线与所成的角为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 建立空间直角坐标系，用向量方法求角，先求向量与的夹角，再转化为线线角即可. 【详解】 如图，由题意，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 不妨设，则， 则， 则， 又由两直线所成角的范围为， 则直线与所成的角为. 故选：C. 28．（24-25学年高二上·广西部分名校）（多选）已知正方体的棱长为1，点满足（，），下列说法正确的是（     ） A. 若，则与垂直 B. 三棱锥的体积恒为 C. 若，，平面与平面夹角的余弦值为 D. 若，，则点到平面的距离为 【答案】ACD 【分析】 A利用空间向量数量积为零，证明垂直；B根据点到平面的距离恒为1，，再利用体积公式求解即可；C建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；D利用空间向量求解点到平面公式即可． 【详解】 A．若，则点在上且不与重合，建立如下空间直角坐标系： ， ， ，，，，故A正确． B．由（，），可知点在平面上， 则点到平面的距离恒为1，故三棱锥的体积恒为，故B错误． C．若，，则为的中点，由上图， 则，，，． 设平面的法向量为，，， ，则 令，则， 易知是平面的一个法向量，，故C正确． D．设点到平面的距离为，则， 即点到平面的距离为，故D正确．综上， 故选：ACD． 29．（24-25学年高二上·广西壮族自治区南宁第三中学·期中）（多选）已知正方体棱长为4，点N是底面正方形ABCD内及边界上的动点，点M是棱上的动点（包括点），已知，P为MN中点，则下列结论正确的是（       ） A. 无论M，N在何位置，为异面直线 B. 若M是棱中点，则点P的轨迹长度为 C. M，N存在唯一的位置，使平面 D. AP与平面所成角的正弦最大值为 【答案】ABD 【分析】 根据异面直线的概念即可判断A，建立空间直角坐标系，利用坐标运算可判断P的轨迹长度为半径为的圆的，即可判断B，根据法向量与方向向量垂直即可判断C,根据线面角的向量法，结合基本不等式即可求解. 【详解】 由于点M到平面的距离为且，所以点P一定在平面外，因此为异面直线，A正确， 当M是棱中点，建立如图所示的空间直角坐标系，设, 故， 且， 由于，故，化简得， 由于，所以点P的轨迹长度为半径为的圆的，故长度为，B正确， 设,则，且， ，, 设平面的法向量为，则 ，令，则, ，故， 由于，故，化简得， 联立 ，故解不唯一，比如取，则或取，故C错误， 由于平面，平面，故, 又四边形为正方形，所以, 平面， 所以平面， 故平面的法向量为 ， 设AP与平面所成角为，则， 则，当且仅当时取等号， ， 时，令，则， 故， 由于，当且仅当，即时等号成立，此时， 由且可得 因此， 由于，，故的最大值为，故D正确，、 故选：ABD 【点睛】 方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型. 30．（24-25学年高二上·广西壮族自治区来宾忻城县高级中学·期中）已知，分别是平面的法向量，若，则　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据法向量垂直即可求解. 【详解】 因为，所以，所以，解得． 故答案为： 31．（25-26学年高二上·广西壮族自治区柳州地区民族高级中学·期中）如图，在直四棱柱中，侧棱的长为3，底面是边长为2的正方形，是棱的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析     （2）      【分析】 （1）建立适当空间直角坐标系后，求出的方向向量与平面的法向量后计算即可得； （2）得到平面的法向量后结合空间向量夹角余弦公式计算即可得. (1) 小问详解： 如图所示，建立以为原点的空间直角坐标系， 由侧棱的长为3，底面是边长为2的正方形， 得， 由是棱的中点，得， 则， 设平面的法向量为，则 ， 令，则，所以是平面的一个法向量， 显然，则， 又平面，所以平面， (2) 小问详解： 由（1）知平面的一个法向量为， 而平面的一个法向量为， 因此， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 32．（24-25学年高二上·广西梧州·期中）如图，在以A、B、C、D为顶点的多面体中，四边形是边长为2的正方形.平面，，且. （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）解法1：记线段的中点M，连接，. ，，且. 四边形为平行四边形，，. ，；，. 四边形为平行四边形，. 又面，面，面； 解法2：，面，面. 同理，，面，面. 又，面面. 又面， 面. （2）. 【分析】 （1）记线段的中点M，方法一：通过证明四边形为平行四边形，进而可得，即可证得结论；方法二：证明面面，进而证得结论. （2）以A为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系.分别求得法向量，通过，进而可求得正弦值. 【详解】 （1）略 （2）以A为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，， ，. 设平面的法向量为，则 ， . 令，则，. 为平面的一个法向量. 易得为平面的一个法向量. 设二面角的大小为，则. ，即二面角的正弦值为. 【点睛】 本题考查线面平行证明，考查向量法求二面角，考查计算能力，属于基础题. 33．（24-25学年高二上·广西玉林·期中）已知四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面是PB的中点. （1）求直线BD与直线PC所成角的大小； （2）求点B到平面ADE的距离． 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法计算异面直线所成角； （2）利用点到平面距离向量公式直接计算即可. (1) 小问详解： 以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图空间直角坐标系.    由题意，，，，，， 设直线BD与直线PC所成的角为， 因为，， ， 所以直线BD与直线PC所成角为； (2) 小问详解： 因为，，， 所以， ， 则为平面的一个法向量， 设点到平面的距离为，则为向量在向量上的投影的绝对值， 由，得， 所以点到平面的距离为. 34．（24-25学年高二上·广西玉林·期中）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是2，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且MA和NF的长度保持相等，记. （1）求MN的长； （2）当MN的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）依题建系，求出点的坐标，利用两点之间的距离公式计算即得； （2）根据（1）的结论求得，即得点的坐标，取的中点，连接，，证明是平面与平面的夹角或其补角,利用空间向量的夹角公式计算即得. (1) 小问详解： 由题意可知，直线BC、BE、BA两两垂直，可以点B为原点建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，， 因为，所以，. 所以. (2) 小问详解： 由（1），已得， 因，则当时，取得最小值为. 此时，分别为的中点，则，，取的中点，连接，， 则，因为，，所以，. 故是平面与平面的夹角或其补角， 因为，. 所以， 故平面与平面夹角的余弦值是. 35．（2025·广西玉林第一中学·联考）如图，在四棱锥中，平面，，，，且直线与所成角的大小为. （1）求的长； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）2     （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，然后求出，利用直线与所成角的大小为求出的长即可； （2）先求出平面的法向量，再根据点到面的距离公式求出距离即可. (1) 小问详解： 因为平面，且， 所以建立如图分别以为轴的空间直角坐标系， 则，令，则， 所以， 所以， 因为直线与所成角的大小为，所以， 即，解得（舍）或者， 所以的长为2； (2) 小问详解： 由（1）知， 令平面的法向量为，因为， 所以 ，令，则，所以， 又，所以， 所以点到平面的距离为. 36．（24-25学年高二上·广西壮族自治区柳州柳州铁一中学·期中）如图，正方体的棱长为2，E，F分别为的中点，则平面AEF截正方体所得的截面面积为　　　　　　. 【答案】 【分析】 由，，从而截面为梯形求解. 【详解】 解：如图所示： 因为，所以，所以截面为梯形， 因为正方体的棱长为2，则， 梯形的高为， 所以梯形的面积为：， 故答案为： 37．（24-25学年高二上·广西壮族自治区来宾忻城县高级中学·期中）如图，四棱锥中，平面，底面四边形为矩形，，，，为中点，为靠近的四等分点. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1） 因为平面，四边形为矩形，因此两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， , , 因为， 所以，即 因为， 所以，即 又因为，平面，平面 因此平面     （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，利用向量垂直即可求解线线垂直，进而由线面垂直的判断求解， （2）利用法向量的夹角即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面，所以为平面的一个法向量 由（1）知为平面的一个法向量. 显然二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为. 38．（25-26学年高二上·广西自治区贵港·期中）如图1所示，在梯形中，把沿折起，得到四棱锥，如图2所示． （1）若，证明：平面． （2）若平面平面，在同一个球面上，设该球面所在球的球心为O，证明：点O在平面内． （3）若平面与平面夹角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 由，可得， 所以， 又因为平面， 所以平面，又因为平面， 所以，又因为平面， 所以平面．     （2） 因为平面平面，平面平面，， 所以平面，则可如图建立如下坐标系， 根据题意可知： 再设在同一个球的球心坐标为，半径为 则有 由第一个式子与第二个式子相减可得：， 由第二个式子与第三个式子相减可得：， 由第三个式子与第四个式子相减可得：， 再代入求解可得 ，即球心坐标为， 所以点O在平面内；     （3）.      【分析】 (1)利用勾股定理证明线线垂直，再证明线面垂直，从而可证明线线垂直，问题即可得证； (2)利用建立空间直角坐标系，借助代数法来求解方程组，从而可证明球心位置； (3)利用空间向量法来求列出方程组求解假设的参数，从而用空间向量法求解线面角的正弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 根据平面，，可如图建系， 根据题意可知： 则，设平面的法向量为， 则 ，令，则， 所以平面的法向量为， 而平面的法向量， 则， 即， 又因为， 则，解得：， 因为在上方，所以，则解得： 故，则， 而平面的法向量为， 所以直线与平面所成角的正弦值为： . 39．（25-26学年高二上·广西玉林·期中）如图，在中，是边上的高，以为折痕，将折至的位置，使得.    （1）证明：平面； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 是边上的高，，， ，平面， 平面，， 又， 平面；     （2）.      【分析】 （1）根据线线垂直先证平面，再利用线面垂直的性质得出，最后由线面垂直的判定证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量研究面面夹角即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，垂直平面为轴，建立如图空间直角坐标系，    ，， 则， ， 设平面与平面的一个法向量分别为， 故 ， 不妨取， 同理可求：， 设平面与平面夹角为， ， 即平面与平面夹角的余弦值为. 40．（25-26学年高二上·广西示范性高中·期中）如图，和所在平面垂直，，. （1）求证：； （2）求与平面所成角的大小； （3）求平面和平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） 作于点，连接，因为和所在平面垂直， 平面平面，所以，. 因为,，所以， 所以，又平面， 所以平面，平面，所以.     （2）     （3）      【分析】 （1）先证明线面垂直，再证线线垂直； （2）由（1）知面，所以即为与平面所成角，易得； （3）建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，法向量夹角的余弦值即为两个平面夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，平面， 平面， 所以即为与平面所成角，易得,，所以与平面所成角为. (3) 小问详解： 以点为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示： 则, 设平面的法向量， 则， 令，则，，平面的法向量， 则，所以平面和平面的夹角的余弦值为. 41．（25-26学年高二上·广西联盟学校·期中）已知直线经过点，且是的方向向量，则点到的距离为　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据空间中点到直线的距离公式可得解. 【详解】 ， 故，， 设直线与直线所成的角为，则， 故， 点到直线的距离， 故答案为：. 42．（25-26学年高二上·广西壮族自治区来宾高级中学·期中）如图，直三棱柱中，，，.    （1）当时，证明：平面平面； （2）当，记平面与平面，平面，平面，平面所成的角分别为，，，，，求的取值范围. 【答案】（1）证明如下： 设， ∵为直三棱柱，且， 当时，此时P为的中点， ∴在中，，，则， ∵平面，平面，∴， 又∵，，∴平面， 又平面，∴， ∵，平面， ∴平面.∵平面， ∴平面平面.     （2）      【分析】 （1）P为的中点，利用勾股定理的逆定理可得，进而利用线线垂直可得平面，可得，进而可证得平面，可证结论； （2）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求得，，，，，进而计算可求范围. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，，两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， . 设平面的法向量， 则 令，则， 同理，平面的法向量， 平面的法向量， 平面的法向量， 平面的法向量， ∴， 同理，，， ∴，， ∴， ∴的取值范围为. 43．（25-26学年高二上·广西壮族自治区来宾高级中学·期中）如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，为中点. （1）用空间的一个基底表示； （2）求，异面直线与所成角的余弦值； （3）求证：. 【答案】（1），；     （2），，异面直线与所成角的余弦值为；     （3）证明见解析.      【分析】 （1）利用平行六面体棱的向量关系，通过线性运算表示向量； （2）借助向量模长公式和点积运算，依次求解模长与异面直线所成角的余弦值； （3）通过向量数量积为0证明线线垂直. (1) 小问详解： ； . (2) 小问详解： ，故. ，故. ， 所以异面直线与所成角的余弦值为. (3) 小问详解： 因为， ， 所以. 44．（25-26学年高二上·广西壮族自治区南宁第二中学·期中）如图，在直三棱柱中，分别是与的中点.    （1）求证:平面; （2）若，求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析     （2）      【分析】 （1）取中点，连接与，证得四边形是平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面的法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. (1) 小问详解： 证明：取中点，连接， 在中，因为分别是与的中点，所以，且， 又因为在直三棱柱中，为的中点， 所以，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，且平面，所以平面. (2) 小问详解： 解：因为平面，且，所以平面， 又因为为等腰直角三角形，则两两垂直， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，设，则， 所以， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，所以， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以，所以直线与平面所成的角的余弦值为. 45．（25-26学年高二上·广西自治区贵港·期中）如图，矩形所在的平面，点是的中点，点是线段上的一个动点，且.    （1）若点是线段的中点，证明：； （2）当三棱锥的体积是三棱锥的体积的2倍时，求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 证明：取的中点，连接、， 点是线段的中点，， 四边形是矩形，.① 平面，， 又，，平面， ，，② 由① ② 及得平面， .     （2）      【分析】 （1）由矩形所在的平面可证明平面，由点是线段的中点，取的中点，则可证明平面，最终证明； （2）由体积关系得，建立空间坐标系，利用向量法求二面角的余弦值即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为矩形所在的平面，所以，，两两垂直. 分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系.    则，，，，， 设点到平面的距离为，点到平面的距离为， 则三棱锥的体积， 三棱锥的体积， 由已知可得，即， 得，，， 设平面的法向量为， 则 ，即 ， 得，取，得，所以， 易得平面的一个法向量为， 则， 所以平面和平面夹角的余弦值为. 46．（25-26学年高二上·广西壮族自治区柳州地区民族高级中学·期中）如图，已知，均为正方形，二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 解法一：根据题目条件可知，即为二面角的平面角，将异面直线与所成角的余弦值转化成直线方向向量夹角余弦值的绝对值，结合空间向量线性运算及数量积运算即可求解．解法二：通过补形建立空间直角坐标系，用坐标运算求解． 【详解】 解法一：根据题意可知，即为二面角的平面角，所以， 设正方形与边长均为1，异面直线与所成的角为． 因为，，，， 所以， 所以，即． 解法二：不妨假设正方形与的边长均为2， 如图，补形成直三棱柱，以中点为原点，建立空间直角坐标系，    则有，，，，由此可得，， 设异面直线与所成的角为，则． 故答案为： 47．（25-26学年高二上·广西南宁第三中学）如图1，在边长为2的菱形ABCD中，于点，将沿DE折起到的位置，使，如图2．    （1）求多面体的体积； （2）求二面角的余弦值； （3）在线段BD上是否存在点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存请说明理由． 【答案】（1）     （2）     （3）存在，      【分析】 （1）根据线面垂直判定证平面，再由线面垂直性质有，由线面垂直判定平面，最后应用三棱锥体积公式计算求解； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再应用向量法求二面角余弦值； （3）令，,根据面面垂直及相关面的法向量列方程求参数，即可得答案. (1) 小问详解： 因为，即, 又,平面， 所以平面，平面，所以. 又,平面，所以平面， 所以. (2) 小问详解： 因为平面，，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系，    则，所以, 设平面的法向量，由 ，得， 因为平面，所以平面的法向量，所以. 因为所求二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. (3) 小问详解： 假设存在线段上存在一点，使得平面平面, 设，，则. 所以，设平面的法向量， 由 ，令，得， 因为平面平面，所以，解得， 所以在线段上存在点，使得平面平面，且. 48．（2026·广西南宁·质量检测）正八面体由八个完全相同的面构成，每个面都是等边三角形，它可以看作是两个所有棱长相等且底面重合的正四棱锥拼接而成的.如图，多面体是一个正八面体，是该正八面体的中心.    （1）证明：平面平面. （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 连接，，，因为是该正八面体的中心，所以， 由正八面体的定义可知四边形是正方形，可得， 因为是该正八面体的中心，所以平面，所以，，两两垂直， 故以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，设， 则，，，，，， 故，， 因为，所以，即， 因为平面，平面，所以平面. 因为，所以，即. 因为平面，平面，所以平面. 因为平面，平面，且， 所以平面平面.      （2）      【分析】 （1）连接，，，证得，，两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求得的坐标，得到，证得，和，证得，结合线面平行的判定，证得平面和平面，进而证得平面平面. （2）分别求得平面和的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可得，，，， 设平面的法向量为，则 ， 令，可得，所以. 设平面的法向量为，则 ， 令，可得，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. 49．（24-25学年高二上·广西玉林·期中）已知四棱锥平面，底面为矩形，为的中点，为上一点，若与平面所成角的正弦值为，则　　　　　　． 【答案】1 【分析】 运用线面垂直性质，结合题意建立空间直角坐标系，然后用向量法表示出线面角的正弦值，进而反求出. 【详解】 因为平面，底面为矩形，建立如图所示的空间直角坐标系， 易得，设，则， 设平面BEF的法向量为，则 即 令，则，所以， 解得，即． 故答案为：1. 50．（24-25学年高二上·广西名校联盟·期中）（多选）如图，在四棱台中，底面ABCD是正方形，，平面 （1）证明：平面 （2）求直线与平面所成角的正弦值. （3）棱BC上是否存在一点P，使得二面角的余弦值为若存在，求线段BP的长;若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：因为底面ABCD是正方形，所以 又因为平面ABCD，平面ABCD，所以 因为，且，平面， 所以平面     （2）     （3）存在，      【分析】 （1）由线面垂直得到，结合证明出结论； （2）证明出AB，AD，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的空间向量公式进行求解即可. （3）设点，其中，求出两平面的法向量，列出方程，求出，得到答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面，平面， 所以，， 又底面ABCD是正方形，，故AB，AD，两两垂直， 以AB，AD，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，，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则 ，解得，令，则， 故 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 (3) 小问详解： 若存在点P满足题意，则可设点，其中， 则， 设平面的法向量为， 则 ， 令，则，故 易得平面的一个法向量为， 所以，解得或舍去， 故棱BC上存在一点P，当时，二面角的余弦值为 51．（24-25学年高二上·广西壮族自治区柳州柳州铁一中学·期中）如图，三棱锥中，，平面平面，为棱AB的中点，为棱PC上的点. （1）证明：平面PBC； （2）若二面角的余弦值为，求点到平面AEF的距离. 【答案】（1） 平面平面ABC，平面平面平面ABC，则平面PAB， 由平面PAB，得，由，得， 又，则，因此， 而平面， 所以平面PBC.     （2）.      【分析】 （1）根据给定条件，利用面面垂直的性质、线面垂直的判定推理即得. （2）过点P作于，以为原点建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面的法向量，利用面面角的向量求法求出点，进而求出距离. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 过点P作，垂足为点， 由平面平面ABC，平面平面平面PAB，得平面ABC， 在平面内过作，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 由（1）知，平面PBC，又平面PBC，得， 在中，，则，又，则， 于是， ，设， 则，，， 设平面PAF的法向量为，则 ，令，得， 设平面AEF的法向量为，则 ， 取，，设二面角的大小为， 则，解得， 此时为PC的中点，，平面AEF的法向量为， 所以点到平面的距离. 52．（24-25学年高二上·广西示范性高中·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值； （3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：因为平面平面，且平面平面， 且，平面，所以，平面， 因为平面，所以，， 因为，，、平面，所以，平面.     （2）     （3）不存在，理由：设，其中， 则， 因为平面，则，解得， 因此，在棱上不存在点，使得平面.      【分析】 （1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到，结合得到线面垂直； （2）作出辅助线，得到垂直关系，再建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的夹角公式求出答案； （3）设，其中，求出向量的坐标，根据，求出的值，即可得出结论. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取中点为，连接、， 又因为，则，则， 因为，则，则， 在平面内，因为，，则， 因为平面，则平面， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， 则，，， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，设与平面的夹角为， 则，则， 所以，直线与平面所成角的余弦值为. (3) 小问详解： 略 53．（24-25学年高二上·广西壮族自治区柳州柳城县中学·期中）如图，三棱锥中， ，，点分别是的中点，则异面直线所成的角的余弦值是　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 取中点，利用三角形中位线平移得到，把异面直线所成角转化为内角；先由等腰三角形性质算出三条线段长度，再用余弦定理求出夹角余弦． 【详解】 如图，连结，取中点，连结， 则可知为异面直线所成角（或其补角）， 易得，， ， 所以， 所以异面直线所成角的余弦值为． 54．（24-25学年高二上·广西壮族自治区柳州柳城县中学·期中）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． （1）证明：； （2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 【答案】（1） 由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故；     （2）      【分析】 （1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； （2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 连接，由，则， 在中，，得， 所以，由（1）知，又平面， 所以平面，又平面， 所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则 ， ， 令，得， 所以， 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. 55．（24-25学年高二上·广西南宁普通高·期中）人教版选择性必修一习题拓广探索第题中提到“在空间直角坐标系中，已知向量，点，若平面经过点，且以为法向量，点是平面内的任意一点，则平面的方程为”.现已知平面的方程为，直线是平面与平面的交线，且直线的方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据已知定义可确定三个平面的法向量，利用直线的方向向量与两个平面的法向量垂直可求得方向向量，根据线面角的向量求法可求得正弦值. 【详解】 由题意知：平面的一个法向量，平面的一个法向量，平面的一个法向量， 的方向向量为， ， 令，解得：，，， ， 即直线与平面所成角的正弦值为. 故答案为：. 56．（24-25学年高二上·广西南宁第二中学）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，为中点，点在上，且． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）线段上是否存在点，使得平面，说明理由？ 【答案】（1）证明：在中，． 所以，即； 又因为， 在平面中，面，面，， 所以平面；     （2）     （3）不存在，理由如下： 设是线段上一点，则存在使得， 因为， 所以， 因为平面， 所以平面当且仅当， 即， 即，解得， 因为，所以线段上不存在使得平面．      【分析】 （1）应用线面垂直的判定定理证明即可. （2）向量法求解平面与平面夹角的余弦值即可. （3）设是线段上一点，则存在使得，利用线面平行的向量证法证明线面平行即可. (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 因为平面平面， 平面平面， 平面， 所以平面，所以， 由（1）已证，且已知， 故以为原点，建立如图空间直角坐标系， 则，，， 所以，， ， 因为为中点， 所以， 由知， ， 设平面的法向量为， 则 即 ，令，则， 于是， 又因为由（1）已证平面， 所以平面的法向量为， 所以， 平面与平面夹角的余弦值； (3) 小问详解： 线段上不存在使得平面，理由略. 57．（24-25学年高二上·广西壮族自治区百色凌云县中学·期中）如图，在四棱锥中，，，点为棱上一点.    （1）证明：； （2）当点为棱的中点时，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：因为， 所以，所以， 又，且平面，所以平面， 又平面，所以.     （2）      【分析】 （1）通过证明平面来证得. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为，所以，则. 由（1）可知两两垂直，以为原点，以所在直 线分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系.    则， 当点为棱的中点时，. 设平面的一个法向量， 则 即 令，解得，故， 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 58．（24-25学年高二上·广西壮族自治区百色凌云县中学·期中）如图，在三棱锥中，平面平面，且，． （1）证明：平面； （2）若，点满足，求二面角的大小． 【答案】（1） 过作于点，平面平面，且平面平面，平面， 故平面．又平面，． 又，，平面，平面， 所以平面.     （2）      【分析】 （1）由面面垂直的性质定理得证线面垂直后可得线线垂直，再由线面垂直的判定定理证明结论成立； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）平面，平面,故, 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则,0,，，,1,，， 故，,所以, ， 设平面的法向量， 则 ，令有，故， 平面的法向量， 则， 又二面角所成角为锐角， 二面角所成角的余弦值为，角的大小为． 59．（24-25学年高二上·广西壮族自治区南宁第三中学·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是等边三角形，平面分别是的中点.    （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：是等边三角形，是的中点，， 又平面平面， 又平面平面平面.     （2）      【分析】 （1）由线面垂直得到，再由线面垂直的判定定理得到结果即可； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，代入空间二面角公式求解即可； (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）得平面，连接，建立以为原点， 以所在直线分别为轴，轴，轴的空间直角坐标系， 如图所示，底面是边长为4的正方形，    则， ， 则，设平面的法向量为， 则 取，则平面的法向量为， 又平面的法向量为， 平面与平面的夹角的余弦值为 . 60．（24-25学年高二上·广西部分名校）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，． （1）证明：平面． （2）若，求点到平面的距离． （3）求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）证明：因为平面平面，平面平面，， 所以平面， 又平面，所以． 因为，且，平面， 所以平面．     （2）     （3）      【分析】 （1）根据面面垂直的性质定理，结合线面垂直的判断定理，即可证明； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量法求点到平面的距离； （3）设，利用垂直关系构造线面角，并利用三角函数表示边长，并表示线面角的正弦值，利用三角函数求解最大值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 在中，，． 以为原点，，的方向分别为轴，轴的正方向， 过点作垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 得，，． 设为平面的一个法向量， 则 取，得， 所以点到平面的距离． (3) 小问详解： 取为的中点，连接，过点作，垂足为，连接． 易知平面，平面BCD，所以，则． 设，则，， 因为，平面平面，平面平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 故， 当且仅当时，取得最大值， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为． 61．（25-26学年高二上·广西联盟学校·期中）如图，在四棱锥中，平面，且，为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）若点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】（1） 证明：因为， 所以四边形是平行四边形， 因为，所以平行四边形是矩形，则. 因为平面平面，所以， 又因为平面，且，所以平面.     （2） .     （3） .      【分析】 （1）根据线面垂直的定义可得，结合题中条件可得，再利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如空间直角坐标系,求得两个平面的法向量，进一步计算即可； （3）不妨设，可得，结合平面的法向量，根据题中条件建立方程，解出即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可知，即两两垂直， 故以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图的空间直角坐标系， 则， 设平面的一个法向量为，而， 所以 ，令，则. 设平面的一个法向量为，而， 所以 ，令，则， 记平面与平面的夹角为，则， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 依题意，不妨设， 则， 又由（2）得平面的一个法向量为， 记直线与平面所成角为， 所以， 解得（负值舍去）， 故. 62．（25-26学年高二上·广西自治区来宾·期中）如图1，在高为的直三棱柱中，为棱的中点，沿平面切割后得到四棱锥，如图分别为棱的中点，． （1）证明：平面． （2）证明：平面平面． （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 分别为棱的中点， ， 又平面，平面， 所以平面.     （2） 在直三棱柱中，平面， 平面，所以， 因为，为中点， 所以， 又因为平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面.     （3）      【分析】 （1）利用三角形中位线定理，证明线线平行，进而得到线面平行. （2）先证明线面垂直平面，再由面面垂直判定定理证明面面垂直。 （3）建立空间直角坐标系，用向量法求解，先求平面法向量，再利用线面角与向量夹角的关系计算. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 如图所示： 以为原点，为轴，为轴，过且平行于的直线为轴， 建立空间直角坐标系， 在中，因为直三棱柱的高为， 所以，且， 因此，所以，由 那么， 所以 ， ， 设平面的法向量为，则 ，即 ， 令，则，所以， 设直线与平面所成角为， ， 所以直线与平面所成角的正弦值. 63．（25-26学年高二上·广西壮族自治区柳州地区民族高级中学·期中）在中，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示．    （1）求与平面所成角的大小； （2）在线段（不包括端点）上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）     （2）在线段上存在这样的点，使平面与平面夹角的余弦值为. 此时的长度为.      【分析】 （1）可证，以为坐标原点，以所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，用向量法求与平面所成角的大小； （2）假设在线段上存在点，使平面与平面夹角的余弦值为.设，分别求解两平面的法向量，用表示余弦值解方程可得. (1) 小问详解： 因为在中，，，且， 所以，则折叠后， 又，平面，所以平面， 平面，所以，又，， 故以为坐标原点，以所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，        因为，故，由几何关系可知， 故， 所以， 设平面的法向量为， 则 ，令，则， 则平面的法向量为， .设与平面所成角的大小为， 则，又，所以， 所以与平面所成角的大小为； (2) 小问详解： 假设在线段上存在点，使平面与平面夹角的余弦值为. 在空间直角坐标系中，， 设，则 ， 设平面的法向量为， 则 ，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则 ，令，则， 所以平面的一个法向量为， 若平面与平面夹角的余弦值为. 则满足， 化简得，解得（舍去）或，即， 故在线段上存在这样的点，使平面与平面夹角的余弦值为. 此时的长度为. 64．（24-25学年高二上·广西梧州·期中）在正四棱柱中，已知，，则点到平面的距离为　　　　　　；以A为球心，2为半径的球面与该棱柱表面的交线的总长度为　　　　　　. 【答案】①     ② 【分析】 空1：利用等体积法球点到面的距离；空2：由题意可知：球A仅与平面、平面、平面和平面相交，分别分析球A与各面交线的形状，运算求解即可. 【详解】 空1：由题意可得：， 因为平面，平面，可得， 设点到平面的距离为d, 因为，则，解得， 即点到平面的距离为； 空2：由题意可知：球A仅与平面、平面、平面和平面相交， 因为，此时球A与平面的交线为半径为2的圆的， 则交线的长度为； 设球A与棱的交点为，即，可得， 则， 且为锐角，则，即， 所以球A与平面的交线为半径为2的圆的， 则交线的长度为； 同理可得：球A与平面的交线的长度； 可知，所以球A与平面的交线为半径为的圆的， 则交线的长度为； 所以球面与该棱柱表面的交线的总长度为. 故答案为：；. 【点睛】 方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 （1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解． （2）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解． 65．（24-25学年高二上·广西柳州高级中学·期中）如图，和所在平面垂直，且，求： （1） （2）求二面角的夹角的正弦值. 【答案】（1）证明：， ∴≌，， 取中点，连接， 为等腰三角形，， 又，平面， 平面，又平面，；     （2）      【分析】 （1）证明三角形全等，得到，作出辅助线，由三线合一得到垂直关系，证明出线面垂直，得到线线垂直； （2）法一：作出辅助线，证明出两两垂直，不妨设，求出其他各边，得到，，设面与面所成角为，得到，由同角三角函数关系得到答案； 法二：作出辅助线，证明出两两垂直，不妨设，求出其他各边，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，利用法向量夹角余弦公式求出余弦值，进而得到二面角的夹角正弦值. (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 法一：射影面积法， 过点作⊥，交的延长线于点，连接， 因为和所在平面垂直，且交线为，平面， 所以⊥平面， 由（1）知，≌， ， 故≌，故， 故⊥，同理可得平面，两两垂直， 不妨设，∵， ，， 设平面与平面所成角为， 由勾股定理得， ， 在中， ， ， 故二面角的夹角正弦值为； 法二：过点作⊥，交的延长线于点，连接， 因为和所在平面垂直，且交线为，平面， 所以⊥平面， 由（1）知，≌， ， 故≌，故， 故⊥，同理可得平面，两两垂直， 以为原点，方向分别为轴，如图建系， 不妨设，∵， ，， 平面的法向量， 又， ， 设平面的法向量为， ， 令，则，故， 设平面与平面所成角为， ， 故， 故二面角的夹角正弦值为； 66．（24-25学年高二上·广西壮族自治区南宁第三十六中学·期中）《九章算术》是我国古代的数学著作，是“算经十书”中最重要的一部，它对几何学的研究比西方要早1000多年.在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图，在堑堵中，，，M，N分别是，BC的中点，点P在线段上. （1）若P为的中点，求证：平面. （2）是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）取的中点H，连接PH，HC. 在堑堵中，四边形为平行四边形， 所以且. 在中，P，H分别为，的中点， 所以且. 因为N为BC的中点，所以， 从而且， 所以四边形PHCN为平行四边形，于是. 因为平面，平面，所以平面. （2）以A为原点，AB，AC，所在直线分别为x轴､y轴､z轴，建立空间直角坐标系，则，，，. 易知平面ABC的一个法向量为. 假设满足条件的点P存在，令， 则，. 设平面PMN的一个法向量是， 则 即 令，得，， 所以. 由题意得，解得，故点P不在线段上. 【分析】 （1）取的中点H，连接PH，HC.，利用中位线定理证明四边形PHCN为平行四边形，从而得到，由线面平行的判定定理证明即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，设，其中，，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式列出等式，求解即可得到答案． 【详解】 （1）略 （2）略 【点睛】 方法点睛：利用空间直角坐标系求二面角具体做法： 1. 设分别设出两个平面的法向量,n1=(x1, y1, z1); n2=(x2, y2, z2) 2. 求出平面内线段所在直线的向量式（每个平面求出两个向量） 3. 利用法向量垂直平面,即垂直平面内所有直线,建立方程组（3元一次方程组,仅两个方程） （1）建立的条件是,两个相互垂直的向量,乘积为0 （2）由于法向量有3个未知数,我们通常只用建立两个方程组成的方程组. （3）赋值：即是赋予法向量的三个未知数中的某一个一个确实的代数值, 4.利用空间向量数量积求得两个法向量的余弦值. 5. 判断范围,注意正负取值. 67．（24-25学年高二上·广西南宁普通高·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，为棱的中点． （1）证明：平面； （2）若， （i）求平面PDM与平面BDM夹角的余弦值； （ii）在线段上是否存在点Q，使得点Q到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析     （2）（i）；（ii）存在，      【分析】 （1）取的中点，连接，，先证四边形是平行四边形，可知，再由线面平行的判定定理，即可得证； （2）先利用面面垂直的性质定理证明平面，再证，，两两垂直，然后以为坐标原点建立空间直角坐标系，（ⅰ）利用向量法求平面与平面的夹角即可；（ⅱ）设，利用向量法表示出点到平面的距离，可得关于的方程，解之即可． (1) 小问详解： 取的中点N，连接， 如图所示：为棱的中点，， ， ∴四边形是平行四边形，， 又平面平面平面． (2) 小问详解： ， ∵平面平面，平面平面平面， 平面， 又平面，而，  ∴以点D为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图：则， 为棱的中点，                      （i）， 设平面的一个法向量为， 则 ，令，则， 平面的一个法向量为，           ， ∴平面PDM与平面BDM的余弦值为； （ii）假设在线段上存在点Q，使得点Q到平面的距离是， 设，则，       由（2）知平面的一个法向量为，， ∴点Q到平面的距离是，  ． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 空间向量与立体几何 4大高频考点概览 考点01 空间向量及其运算 考点02 空间向量基本定理 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 考点04 空间向量的应用 考点01 空间向量及其运算 1．（25-26学年高二上·广西自治区贵港·期中）已知向量，，若，则（       ） A.  B.  C.  D. 3 2．（24-25学年高二上·广西梧州·期中）如图，在中，D为AB的中点，E为CD的中点，设，，以向量，为基底，则向量（       ） A.  B.  C.  D.  3．（24-25学年高二上·广西壮族自治区柳州柳城县中学·期中）已知，，，则向量在方向上的投影向量为（       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高二上·广西示范性高中·期中）如图，在平行六面体中，M为AC与BD的交点，若，，，则的值为（ ） A. 1 B.  C. 2 D.  5．（25-26学年高二上·广西联盟学校·期中）已知平面向量，若，则（       ） A.  B.  C.  D. -2 6．（25-26学年高二上·广西自治区来宾·期中）如图，在长方体中，是的中点，，，则向量在向量上的投影向量为（       ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高二上·广西南宁第三中学）若是夹角为的两个单位向量，与垂直，则（       ） A.  B.  C.  D.  8．（24-25学年高二上·广西柳州高级中学·期中）已知平面向量，满足，，且在上的投影向量为，则与的夹角为（   ） A.  B.  C.  D.  9．（24-25学年高二上·广西壮族自治区百色凌云县中学·期中）如图，在长方体中，为与的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（     ） A.  B.  C.  D.  10．（24-25学年高二上·广西部分名校）如图，边长为4的正方形是圆柱的轴截面，为上底面圆内一点，则的最小值为（     ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 11．（25-26学年高二上·广西自治区来宾·期中）已知空间向量不共面，则与向量共面的向量为（       ） A.  B.  C.  D.  12．（24-25学年高二上·广西壮族自治区南宁第三十六中学·期中）（多选）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（       ） A. 当时，的周长为定值 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，有且仅有一个点，使得 D. 当时，有且仅有一个点，使得平面 13．（24-25学年高二上·广西部分名校）在四面体中，空间的一点满足．若，，，四点共面，则　　　　　　． 14．（25-26学年高二上·广西壮族自治区南宁第二中学·期中）已知正方形的边长为，为的中点，则　　　　　　　　　　． 15．（24-25学年高二上·广西名校联盟·期中）已知向量与的夹角为，，，则　　　　　　，　　　　　　 16．（25-26学年高二上·广西壮族自治区来宾高级中学·期中）已知ABC中三个内角A，B，C所对的边为a，b，c，且，. （1）若，求的值； （2）当取得最大值时，求A的值. 17．（2026·广西南宁·质量检测）已知空间中三点． （1）若，求a的值； （2）若与的夹角为，求a的值. 18．（24-25学年高二上·广西名校联盟·期中）已知M，E，F均为圆柱表面上的动点，直线EF经过圆柱的中心O，，圆柱的底面圆的半径为5，则的最大值为　　　　　　　　. 19．（24-25学年高二上·广西壮族自治区来宾忻城县高级中学·期中）在空间四边形中，为中点，为的中点，若，则使、、三点共线的的值是　　　　　　　　　　. 20．（24-25学年高二上·广西部分名校）如图，在四棱柱中，，，，，是线段上的点，且． （1）求的长； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 考点02 空间向量基本定理 1．（24-25学年高二上·广西壮族自治区来宾忻城县高级中学·期中）在平行六面体中，，记向量，，，则向量（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·广西自治区来宾·期中）在四面体中，点满足，为的中点，若，则（       ） A. 3 B.  C. 4 D.  3．（2025·广西玉林第一中学·联考）如图，空间四边形中，，，，在线段上，且，点为中点，则（       ） A.  B.  C.  D.  4．（24-25学年高二上·广西示范性高中·期中）如图，在四面体ABCD中，为DC的中点，为BE的中点，设，则（     ） A.  B.  C.  D.  5．（2026·广西南宁·质量检测）（多选）若是空间的一个基底，则空间的另一个基底可以是（     ） A.  B.  C.  D.  6．（24-25学年高二上·广西南宁普通高·期中）． （1）用向量表示向量，并求； （2）求． 7．（25-26学年高二上·广西自治区贵港·期中）在三棱柱中，的外心为,则的长为　　　　　　　　　　. 8．（25-26学年高二上·广西自治区贵港·期中）三棱锥中，点为的重心，点为的中点，过点的平面分别交于点，且，且，，则的最小值为　　　　　　　　． 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．（24-25学年高二上·广西壮族自治区百色凌云县中学·期中）已知向量，若，则（       ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 2．（24-25学年高二上·广西部分名校）已知向量，，若，则（     ） A.  B. 1 C.  D.  3．（25-26学年高二上·广西示范性高中·期中）已知向量，，且，那么（     ） A.  B.  C.  D. 5 4．（25-26学年高二上·广西联盟学校·期中）（多选）已知向量，若共面，则的值可以是（       ） A.  B.  C.  D. 2 5．（24-25学年高二上·广西玉林·期中）已知，若，则实数的值为（       ） A.  B.  C.  D. 2 6．（24-25学年高二上·广西南宁普通高·期中）（多选）空间直角坐标系中，已知，下列结论正确的有（     ） A.  B. 点A关于平面对称的点的坐标为 C. 若，则 D. 若，则 7．（24-25学年高二上·广西壮族自治区百色凌云县中学·期中）（多选）已知空间向量，，，则（     ） A.  B.  C.  D. 是共面向量 8．（24-25学年高二上·广西壮族自治区南宁第三中学·期中）已知空间向量，，且与垂直，则等于（       ） A.  B.  C.  D.  9．（24-25学年高二上·广西部分名校）已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（     ） A.  B.  C.  D.  10．（24-25学年高二上·广西名校联盟·期中）（多选）已知空间向量，，，则（     ） A.  B.  C.  D. 在方向上的投影向量为 11．（24-25学年高二上·广西南宁普通高·期中）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（       ） A.  B.  C.  D.  12．（2026·广西南宁·质量检测）点到平面的距离是　　　　　　　　　　. 13．（24-25学年高二上·广西玉林·期中）已知，则　　　　　　　. 14．（2025·广西玉林第一中学·联考）已知直线的方向向量为，平面的法向量为，且，那么　　　　　　　　　　　 15．（24-25学年高二上·广西壮族自治区来宾忻城县高级中学·期中）已知空间三点，，，设，． （1）求，； （2）求与的夹角． 16．（24-25学年高二上·广西南宁普通高·期中）已知向量，. （1）求，，； （2）求向量与夹角的余弦值. 17．（24-25学年高二上·广西壮族自治区百色凌云县中学·期中）空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为　　　　　　． 考点04 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·广西壮族自治区柳州地区民族高级中学·期中）在空间直角坐标系中，直线经过点，且其方向向量，则点到直线的距离为（     ） A.  B.  C. 3 D.  2．（24-25学年高二上·广西壮族自治区来宾忻城县高级中学·期中）已知点，则点A到直线的距离是（       ） A.  B.  C.  D.  3．（24-25学年高二上·广西示范性高中·期中）已知分别是平面的法向量，若，则（     ） A. 1 B. 7 C.  D. 2 4．（25-26学年高二上·广西壮族自治区来宾高级中学·期中）已知点，，，则平面的法向量是（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高二上·广西自治区贵港·期中）（多选）在正三棱柱中，各棱长均为1，D为BC的中点，则（       ） A.  B. 平面 C.  D. 三棱柱外接球表面积为 6．（24-25学年高二上·广西梧州·期中）已知平面的一个法向量为，直线的方向向量为，若，则实数（       ）. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7．（2026·广西南宁·质量检测）设直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（     ） A.  B.  C. 4 D. 10 8．（24-25学年高二上·广西玉林·期中）已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则与的关系是（       ） A.  B.  C. 与相交 D. 或 9．（2025·广西玉林第一中学·联考）若两异面直线与的方向向量分别是，，则直线与的夹角为（       ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 10．（24-25学年高二上·广西壮族自治区南宁第三十六中学·期中）（多选）以下命题正确的是（       ） A. 直线l的方向向量为，直线m的方向向量，则 B. 直线l的方向向量，平面的法向量，则 C. 两个不同平面，的法向量分别为，，则 D. 平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则 11．（24-25学年高二上·广西壮族自治区柳州柳城县中学·期中）（多选）下列命题正确的是（     ） A. 点关于平面对称的点的坐标是 B. 零向量不能作为直线的方向向量和平面的法向量 C. 若是直线l的方向向量，则 也是直线l的方向向量 D. 在空间直角坐标系中，是坐标平面的一个法向量 12．（2026·广西自治区桂林·质量检测）某甜品店推出新款球形慕斯蛋糕，该球形慕斯蛋糕的半径为3厘米，现需将其放入一个正四面体形状的包装盒，忽略包装盒的厚度，则该包装盒容积的最小值为（       ） A. 立方厘米 B. 立方厘米 C. 立方厘米 D. 立方厘米 13．（25-26学年高二上·广西玉林·期中）已知三棱锥的棱长均为，则直线与底面所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  14．（25-26学年高二上·广西玉林·期中）在棱长为1的正方体ABCD-­A1B1C1D1中，下列选项正确的是（       ） A. AD∥平面A1BC1 B. 三棱锥D­A1BC1的外接球的表面积为 C. DB1⊥平面A1BC1 D. 三棱锥D­A1BC1的体积为 15．（25-26学年高二上·广西示范性高中·期中）（多选）在棱长为2的正方体中，、、分别为、、的中点，则下列选项正确的是（     ） A.  B. 直线与所成角的余弦值为 C. 三棱锥的体积为 D. 存在实数、使得 16．（25-26学年高二上·广西联盟学校·期中）已知表面积为的球与一圆台的上、下底面以及侧面均相切，若该圆台的下底面半径为上底面半径的4倍，则该圆台的体积为（     ） A.  B.  C.  D.  17．（25-26学年高二上·广西壮族自治区来宾高级中学·期中）（多选）已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（     ） A. 直线与直线所成的角为90° B. 直线与平面所成角的余弦值为 C. 平面 D. 点到平面的距离为 18．（25-26学年高二上·广西自治区来宾·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，，，分别为，，的中点，则（       ） A. 平面 B. 平面 C. 平面与平面夹角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 19．（25-26学年高二上·广西壮族自治区柳州地区民族高级中学·期中）（多选）如图，正方体的棱长为1，是的中点，则（     ） A.  B. 三棱锥的体积为 C. 若在底面内（包含边界）运动，且满足，则动点的轨迹的长度为 D. 由三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为 20．（2026·广西南宁·质量检测）（多选）在空间直角坐标系中，，则（     ） A. 平面 B.  C. 平面 D.  21．（24-25学年高二上·广西玉林·期中）如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，则点到直线的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  22．（24-25学年高二上·广西柳州高级中学·期中）（多选）正方体中，E、F、G、H分别为、BC、CD、的中点，则下列结论正确的是（       ） A.  B. 平面平面 C. 面AEF D. 二面角的大小为 23．（2025·广西玉林第一中学·联考）（多选）如图，在长方体中，，点为线段上动点（包括端点），则下列结论正确的是（       ） A. 当点为中点时，平面 B. 当点为中点时，直线与直线所成角的余弦值为 C. 当点在线段上运动时，三棱锥的体积是定值 D. 点到直线距离的最小值为 24．（24-25学年高二上·广西示范性高中·期中）（多选）如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列四个结论正确的有（     ） A. 与所成角为60° B. 三棱锥的体积不变 C. 平面 D.  25．（24-25学年高二上·广西壮族自治区柳州柳城县中学·期中）是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的余弦值是（       ） A.  B.  C.  D.  26．（24-25学年高二上·广西壮族自治区百色凌云县中学·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，为面的中心，、分别为和的中点，则（     ） A. 平面 B. 若为上的动点，则的最小值为 C. 点到直线的距离为 D. 平面与平面相交 27．（24-25学年高二上·广西壮族自治区百色凌云县中学·期中）如图，在直三棱柱中，且，则直线与所成的角为（       ） A.  B.  C.  D.  28．（24-25学年高二上·广西部分名校）（多选）已知正方体的棱长为1，点满足（，），下列说法正确的是（     ） A. 若，则与垂直 B. 三棱锥的体积恒为 C. 若，，平面与平面夹角的余弦值为 D. 若，，则点到平面的距离为 29．（24-25学年高二上·广西壮族自治区南宁第三中学·期中）（多选）已知正方体棱长为4，点N是底面正方形ABCD内及边界上的动点，点M是棱上的动点（包括点），已知，P为MN中点，则下列结论正确的是（       ） A. 无论M，N在何位置，为异面直线 B. 若M是棱中点，则点P的轨迹长度为 C. M，N存在唯一的位置，使平面 D. AP与平面所成角的正弦最大值为 30．（24-25学年高二上·广西壮族自治区来宾忻城县高级中学·期中）已知，分别是平面的法向量，若，则　　　　　　． 31．（25-26学年高二上·广西壮族自治区柳州地区民族高级中学·期中）如图，在直四棱柱中，侧棱的长为3，底面是边长为2的正方形，是棱的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 32．（24-25学年高二上·广西梧州·期中）如图，在以A、B、C、D为顶点的多面体中，四边形是边长为2的正方形.平面，，且. （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值. 33．（24-25学年高二上·广西玉林·期中）已知四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面是PB的中点. （1）求直线BD与直线PC所成角的大小； （2）求点B到平面ADE的距离． 34．（24-25学年高二上·广西玉林·期中）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是2，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且MA和NF的长度保持相等，记. （1）求MN的长； （2）当MN的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值. 35．（2025·广西玉林第一中学·联考）如图，在四棱锥中，平面，，，，且直线与所成角的大小为. （1）求的长； （2）求点到平面的距离. 36．（24-25学年高二上·广西壮族自治区柳州柳州铁一中学·期中）如图，正方体的棱长为2，E，F分别为的中点，则平面AEF截正方体所得的截面面积为　　　　　　. 37．（24-25学年高二上·广西壮族自治区来宾忻城县高级中学·期中）如图，四棱锥中，平面，底面四边形为矩形，，，，为中点，为靠近的四等分点. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 38．（25-26学年高二上·广西自治区贵港·期中）如图1所示，在梯形中，把沿折起，得到四棱锥，如图2所示． （1）若，证明：平面． （2）若平面平面，在同一个球面上，设该球面所在球的球心为O，证明：点O在平面内． （3）若平面与平面夹角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值． 39．（25-26学年高二上·广西玉林·期中）如图，在中，是边上的高，以为折痕，将折至的位置，使得.    （1）证明：平面； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值. 40．（25-26学年高二上·广西示范性高中·期中）如图，和所在平面垂直，，. （1）求证：； （2）求与平面所成角的大小； （3）求平面和平面的夹角的余弦值. 41．（25-26学年高二上·广西联盟学校·期中）已知直线经过点，且是的方向向量，则点到的距离为　　　　　　． 42．（25-26学年高二上·广西壮族自治区来宾高级中学·期中）如图，直三棱柱中，，，.    （1）当时，证明：平面平面； （2）当，记平面与平面，平面，平面，平面所成的角分别为，，，，，求的取值范围. 43．（25-26学年高二上·广西壮族自治区来宾高级中学·期中）如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，为中点. （1）用空间的一个基底表示； （2）求，异面直线与所成角的余弦值； （3）求证：. 44．（25-26学年高二上·广西壮族自治区南宁第二中学·期中）如图，在直三棱柱中，分别是与的中点.    （1）求证:平面; （2）若，求直线与平面所成角的余弦值. 45．（25-26学年高二上·广西自治区贵港·期中）如图，矩形所在的平面，点是的中点，点是线段上的一个动点，且.    （1）若点是线段的中点，证明：； （2）当三棱锥的体积是三棱锥的体积的2倍时，求平面和平面夹角的余弦值. 46．（25-26学年高二上·广西壮族自治区柳州地区民族高级中学·期中）如图，已知，均为正方形，二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为　　　　　　　　　　． 47．（25-26学年高二上·广西南宁第三中学）如图1，在边长为2的菱形ABCD中，于点，将沿DE折起到的位置，使，如图2．    （1）求多面体的体积； （2）求二面角的余弦值； （3）在线段BD上是否存在点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存请说明理由． 48．（2026·广西南宁·质量检测）正八面体由八个完全相同的面构成，每个面都是等边三角形，它可以看作是两个所有棱长相等且底面重合的正四棱锥拼接而成的.如图，多面体是一个正八面体，是该正八面体的中心.    （1）证明：平面平面. （2）求平面与平面夹角的余弦值. 49．（24-25学年高二上·广西玉林·期中）已知四棱锥平面，底面为矩形，为的中点，为上一点，若与平面所成角的正弦值为，则　　　　　　． 50．（24-25学年高二上·广西名校联盟·期中）（多选）如图，在四棱台中，底面ABCD是正方形，，平面 （1）证明：平面 （2）求直线与平面所成角的正弦值. （3）棱BC上是否存在一点P，使得二面角的余弦值为若存在，求线段BP的长;若不存在，请说明理由. 51．（24-25学年高二上·广西壮族自治区柳州柳州铁一中学·期中）如图，三棱锥中，，平面平面，为棱AB的中点，为棱PC上的点. （1）证明：平面PBC； （2）若二面角的余弦值为，求点到平面AEF的距离. 52．（24-25学年高二上·广西示范性高中·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值； （3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 53．（24-25学年高二上·广西壮族自治区柳州柳城县中学·期中）如图，三棱锥中， ，，点分别是的中点，则异面直线所成的角的余弦值是　　　　　　　　． 54．（24-25学年高二上·广西壮族自治区柳州柳城县中学·期中）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． （1）证明：； （2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 55．（24-25学年高二上·广西南宁普通高·期中）人教版选择性必修一习题拓广探索第题中提到“在空间直角坐标系中，已知向量，点，若平面经过点，且以为法向量，点是平面内的任意一点，则平面的方程为”.现已知平面的方程为，直线是平面与平面的交线，且直线的方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值为　　　　　　　　　　. 56．（24-25学年高二上·广西南宁第二中学）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，为中点，点在上，且． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）线段上是否存在点，使得平面，说明理由？ 57．（24-25学年高二上·广西壮族自治区百色凌云县中学·期中）如图，在四棱锥中，，，点为棱上一点.    （1）证明：； （2）当点为棱的中点时，求直线与平面所成角的正弦值. 58．（24-25学年高二上·广西壮族自治区百色凌云县中学·期中）如图，在三棱锥中，平面平面，且，． （1）证明：平面； （2）若，点满足，求二面角的大小． 59．（24-25学年高二上·广西壮族自治区南宁第三中学·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是等边三角形，平面分别是的中点.    （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 60．（24-25学年高二上·广西部分名校）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，． （1）证明：平面． （2）若，求点到平面的距离． （3）求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 61．（25-26学年高二上·广西联盟学校·期中）如图，在四棱锥中，平面，且，为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）若点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 62．（25-26学年高二上·广西自治区来宾·期中）如图1，在高为的直三棱柱中，为棱的中点，沿平面切割后得到四棱锥，如图分别为棱的中点，． （1）证明：平面． （2）证明：平面平面． （3）求直线与平面所成角的正弦值． 63．（25-26学年高二上·广西壮族自治区柳州地区民族高级中学·期中）在中，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示．    （1）求与平面所成角的大小； （2）在线段（不包括端点）上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 64．（24-25学年高二上·广西梧州·期中）在正四棱柱中，已知，，则点到平面的距离为　　　　　　；以A为球心，2为半径的球面与该棱柱表面的交线的总长度为　　　　　　. 65．（24-25学年高二上·广西柳州高级中学·期中）如图，和所在平面垂直，且，求： （1） （2）求二面角的夹角的正弦值. 66．（24-25学年高二上·广西壮族自治区南宁第三十六中学·期中）《九章算术》是我国古代的数学著作，是“算经十书”中最重要的一部，它对几何学的研究比西方要早1000多年.在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图，在堑堵中，，，M，N分别是，BC的中点，点P在线段上. （1）若P为的中点，求证：平面. （2）是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由. 67．（24-25学年高二上·广西南宁普通高·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，为棱的中点． （1）证明：平面； （2）若， （i）求平面PDM与平面BDM夹角的余弦值； （ii）在线段上是否存在点Q，使得点Q到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 空间向量与立体几何 考点01 空间向量及其运算 考点02 空间向量基本定理 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 考点04 空间向量的应用 考点01 空间向量及其运算 1．D 2．D 3．A 4．B 5．B 6．C 7．B 8．B 9．B 10．D 11．B 12．BD 13．【答案】3 【分析】 根据空间向量的基本定理建立方程，解之即可. 【详解】 由题意知，， 根据四点共面的充要条件可得，解得． 故答案为： 14．【答案】2 【详解】·=(+)·(-) =-·+·-·=22-×22=2. 15．【答案】① 2    ② 【分析】 根据向量数量积公式可求得，由可求得. 【详解】 由题意得， 因为，所以. 故答案为：； 16．【答案】（1）；（2）. 【分析】 （1）由正弦定理求出，再利用两角和差的正弦公式求，求得； （2）将化简，并用正弦定理将用解的三角函数式表示，再分析其求最值时的值. 【详解】 （1）在中，由正弦定理得， ∴，∵，∴， ∴. （2） 当且仅当，即时取到最大值. 【点睛】 本题考查了两角和差的正弦公式，正弦定理，平面向量数量积的定义，三角函数的最值，这是一道考查了多个基本知识的综合题，属于中档题. 17．【答案】（1）或     （2）或      【分析】 （1）由向量的线性运算、数量积的坐标运算列方程即可求解； （2）由向量数量积的坐标运算列方程即可求解. (1) 小问详解： 因为，所以， 则． 因为，所以， 所以，即，解得或． (2) 小问详解： 由（1）可知，则， ． 因为与的夹角为，所以， 即，所以， 解得或． 18．【答案】144 【分析】 分析可知，结合圆柱的结合性质分析求解即可. 【详解】 因为， 又因为O为圆柱的中心，且M，E，F均为圆柱表面上的动点， 则，当且仅当为底面圆周上时，等号成立， 且，当且仅当为过O且与底面平行的圆周上时，等号成立， 可得，所以的最大值144. 故答案为：144. 19．【答案】 【分析】 根据空间向量的运算，结合向量共线定理即可求得使、、三点共线的的值. 【详解】 由题意可知，   ，，则， ， ，，三点共线，，． 故答案为：. 20．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）利用基底表示出向量，根据向量的数量积运算性质求模即可； （2）分别用基底表示向量，根据向量的夹角公式求解即可. (1) 小问详解： 因为，即， 所以， ． (2) 小问详解： ， ， ， ， 所以异面直线与所成角的余弦值为． 考点02 空间向量基本定理 1．C 2．B 3．B 4．B 5．BC 6．【答案】（1），     （2）      【分析】 （1）借助空间向量的线性运算与模长与数量积的关系计算即可得； （2）结合题意，借助空间向量的线性运算与夹角公式计算即可得. (1) 小问详解： ， 则 ， 所以. (2) 小问详解： 由空间向量的运算法则，可得， 因为且， 所以 ， ， 则. 7．【答案】 【分析】 结合三角形的外接圆性质，运用基底法解决向量模长问题. 【详解】 设,由题意知,则 ,得 ,得 , 因为, 所以 . 故答案为：. 8．【答案】.5 【分析】 先利用重心和中点的性质，把用表示出来，再结合已知条件得出的关联，最后利用基本不等式求解． 【详解】    点为的重心， ， 为的中点， ， ，，， ， 四点共面， ， ， ，当且仅当时取等号． 故答案为：． 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．B 2．A 3．C 4．BC 5．C 6．ACD 7．ABD 8．A 9．D 10．AC 11．A 12．【答案】7 【分析】 利用空间直角坐标系点的特征计算即可. 【详解】 由题意可知点到平面的距离. 故答案为：7 13．【答案】 【分析】 应用空间向量坐标表示的线性运算律计算即可. 【详解】 因为，所以. 故答案为：. 14．【答案】 【分析】 根据题意，得到直线的方向向量与平面法向量互相垂直，结合向量的数量积列出方程，即可求解. 【详解】 由直线的方向向量为，平面的法向量为， 因为，可得直线的方向向量与平面法向量互相垂直，所以， 解得. 故答案为： 15．【答案】（1），，     （2）      【分析】 （1）根据空间向量的坐标运算即可； （2）根据空间向量夹角的坐标运算即可得到答案. (1) 小问详解： 由题意，，， (2) 小问详解： 由（1）得：，； 所以， 又，所以，即与的夹角为. 16．【答案】（1），，     （2）      【分析】 （1）利用空间向量加减法和模长的坐标运算直接求解即可； （2）利用空间向量夹角公式直接求解即可. (1) 小问详解： ，， ，，. (2) 小问详解： ，， ， 即向量与夹角的余弦值为. 17．【答案】 【分析】 由即可求解. 【详解】 因为，， 所以. 故答案为： 考点04 空间向量的应用 1．D 2．B 3．D 4．A 5．AD 6．C 7．B 8．A 9．B 10．CD 11．ABD 12．D 13．C 14．C 15．BCD 16．D 17．ABC 18．ABD 19．ABD 20．ACD 21．C 22．BC 23．ACD 24．ABC 25．B 26．BD 27．C 28．ACD 29．ABD 30．【答案】 【分析】 根据法向量垂直即可求解. 【详解】 因为，所以，所以，解得． 故答案为： 31．【答案】（1）证明见解析     （2）      【分析】 （1）建立适当空间直角坐标系后，求出的方向向量与平面的法向量后计算即可得； （2）得到平面的法向量后结合空间向量夹角余弦公式计算即可得. (1) 小问详解： 如图所示，建立以为原点的空间直角坐标系， 由侧棱的长为3，底面是边长为2的正方形， 得， 由是棱的中点，得， 则， 设平面的法向量为，则 ， 令，则，所以是平面的一个法向量， 显然，则， 又平面，所以平面， (2) 小问详解： 由（1）知平面的一个法向量为， 而平面的一个法向量为， 因此， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 32．【答案】（1）解法1：记线段的中点M，连接，. ，，且. 四边形为平行四边形，，. ，；，. 四边形为平行四边形，. 又面，面，面； 解法2：，面，面. 同理，，面，面. 又，面面. 又面， 面. （2）. 【分析】 （1）记线段的中点M，方法一：通过证明四边形为平行四边形，进而可得，即可证得结论；方法二：证明面面，进而证得结论. （2）以A为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系.分别求得法向量，通过，进而可求得正弦值. 【详解】 （1）略 （2）以A为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，， ，. 设平面的法向量为，则 ， . 令，则，. 为平面的一个法向量. 易得为平面的一个法向量. 设二面角的大小为，则. ，即二面角的正弦值为. 【点睛】 本题考查线面平行证明，考查向量法求二面角，考查计算能力，属于基础题. 33．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法计算异面直线所成角； （2）利用点到平面距离向量公式直接计算即可. (1) 小问详解： 以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图空间直角坐标系.    由题意，，，，，， 设直线BD与直线PC所成的角为， 因为，， ， 所以直线BD与直线PC所成角为； (2) 小问详解： 因为，，， 所以， ， 则为平面的一个法向量， 设点到平面的距离为，则为向量在向量上的投影的绝对值， 由，得， 所以点到平面的距离为. 34．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）依题建系，求出点的坐标，利用两点之间的距离公式计算即得； （2）根据（1）的结论求得，即得点的坐标，取的中点，连接，，证明是平面与平面的夹角或其补角,利用空间向量的夹角公式计算即得. (1) 小问详解： 由题意可知，直线BC、BE、BA两两垂直，可以点B为原点建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，， 因为，所以，. 所以. (2) 小问详解： 由（1），已得， 因，则当时，取得最小值为. 此时，分别为的中点，则，，取的中点，连接，， 则，因为，，所以，. 故是平面与平面的夹角或其补角， 因为，. 所以， 故平面与平面夹角的余弦值是. 35．【答案】（1）2     （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，然后求出，利用直线与所成角的大小为求出的长即可； （2）先求出平面的法向量，再根据点到面的距离公式求出距离即可. (1) 小问详解： 因为平面，且， 所以建立如图分别以为轴的空间直角坐标系， 则，令，则， 所以， 所以， 因为直线与所成角的大小为，所以， 即，解得（舍）或者， 所以的长为2； (2) 小问详解： 由（1）知， 令平面的法向量为，因为， 所以 ，令，则，所以， 又，所以， 所以点到平面的距离为. 36．【答案】 【分析】 由，，从而截面为梯形求解. 【详解】 解：如图所示： 因为，所以，所以截面为梯形， 因为正方体的棱长为2，则， 梯形的高为， 所以梯形的面积为：， 故答案为： 37．【答案】（1） 因为平面，四边形为矩形，因此两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， , , 因为， 所以，即 因为， 所以，即 又因为，平面，平面 因此平面     （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，利用向量垂直即可求解线线垂直，进而由线面垂直的判断求解， （2）利用法向量的夹角即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面，所以为平面的一个法向量 由（1）知为平面的一个法向量. 显然二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为. 38．【答案】（1） 由，可得， 所以， 又因为平面， 所以平面，又因为平面， 所以，又因为平面， 所以平面．     （2） 因为平面平面，平面平面，， 所以平面，则可如图建立如下坐标系， 根据题意可知： 再设在同一个球的球心坐标为，半径为 则有 由第一个式子与第二个式子相减可得：， 由第二个式子与第三个式子相减可得：， 由第三个式子与第四个式子相减可得：， 再代入求解可得 ，即球心坐标为， 所以点O在平面内；     （3）.      【分析】 (1)利用勾股定理证明线线垂直，再证明线面垂直，从而可证明线线垂直，问题即可得证； (2)利用建立空间直角坐标系，借助代数法来求解方程组，从而可证明球心位置； (3)利用空间向量法来求列出方程组求解假设的参数，从而用空间向量法求解线面角的正弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 根据平面，，可如图建系， 根据题意可知： 则，设平面的法向量为， 则 ，令，则， 所以平面的法向量为， 而平面的法向量， 则， 即， 又因为， 则，解得：， 因为在上方，所以，则解得： 故，则， 而平面的法向量为， 所以直线与平面所成角的正弦值为： . 39．【答案】（1） 是边上的高，，， ，平面， 平面，， 又， 平面；     （2）.      【分析】 （1）根据线线垂直先证平面，再利用线面垂直的性质得出，最后由线面垂直的判定证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量研究面面夹角即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，垂直平面为轴，建立如图空间直角坐标系，    ，， 则， ， 设平面与平面的一个法向量分别为， 故 ， 不妨取， 同理可求：， 设平面与平面夹角为， ， 即平面与平面夹角的余弦值为. 40．【答案】（1） 作于点，连接，因为和所在平面垂直， 平面平面，所以，. 因为,，所以， 所以，又平面， 所以平面，平面，所以.     （2）     （3）      【分析】 （1）先证明线面垂直，再证线线垂直； （2）由（1）知面，所以即为与平面所成角，易得； （3）建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，法向量夹角的余弦值即为两个平面夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，平面， 平面， 所以即为与平面所成角，易得,，所以与平面所成角为. (3) 小问详解： 以点为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示： 则, 设平面的法向量， 则， 令，则，，平面的法向量， 则，所以平面和平面的夹角的余弦值为. 41．【答案】 【分析】 根据空间中点到直线的距离公式可得解. 【详解】 ， 故，， 设直线与直线所成的角为，则， 故， 点到直线的距离， 故答案为：. 42．【答案】（1）证明如下： 设， ∵为直三棱柱，且， 当时，此时P为的中点， ∴在中，，，则， ∵平面，平面，∴， 又∵，，∴平面， 又平面，∴， ∵，平面， ∴平面.∵平面， ∴平面平面.     （2）      【分析】 （1）P为的中点，利用勾股定理的逆定理可得，进而利用线线垂直可得平面，可得，进而可证得平面，可证结论； （2）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求得，，，，，进而计算可求范围. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，，两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， . 设平面的法向量， 则 令，则， 同理，平面的法向量， 平面的法向量， 平面的法向量， 平面的法向量， ∴， 同理，，， ∴，， ∴， ∴的取值范围为. 43．【答案】（1），；     （2），，异面直线与所成角的余弦值为；     （3）证明见解析.      【分析】 （1）利用平行六面体棱的向量关系，通过线性运算表示向量； （2）借助向量模长公式和点积运算，依次求解模长与异面直线所成角的余弦值； （3）通过向量数量积为0证明线线垂直. (1) 小问详解： ； . (2) 小问详解： ，故. ，故. ， 所以异面直线与所成角的余弦值为. (3) 小问详解： 因为， ， 所以. 44．【答案】（1）证明见解析     （2）      【分析】 （1）取中点，连接与，证得四边形是平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面的法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. (1) 小问详解： 证明：取中点，连接， 在中，因为分别是与的中点，所以，且， 又因为在直三棱柱中，为的中点， 所以，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，且平面，所以平面. (2) 小问详解： 解：因为平面，且，所以平面， 又因为为等腰直角三角形，则两两垂直， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，设，则， 所以， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，所以， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以，所以直线与平面所成的角的余弦值为. 45．【答案】（1） 证明：取的中点，连接、， 点是线段的中点，， 四边形是矩形，.① 平面，， 又，，平面， ，，② 由① ② 及得平面， .     （2）      【分析】 （1）由矩形所在的平面可证明平面，由点是线段的中点，取的中点，则可证明平面，最终证明； （2）由体积关系得，建立空间坐标系，利用向量法求二面角的余弦值即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为矩形所在的平面，所以，，两两垂直. 分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系.    则，，，，， 设点到平面的距离为，点到平面的距离为， 则三棱锥的体积， 三棱锥的体积， 由已知可得，即， 得，，， 设平面的法向量为， 则 ，即 ， 得，取，得，所以， 易得平面的一个法向量为， 则， 所以平面和平面夹角的余弦值为. 46．【答案】 【分析】 解法一：根据题目条件可知，即为二面角的平面角，将异面直线与所成角的余弦值转化成直线方向向量夹角余弦值的绝对值，结合空间向量线性运算及数量积运算即可求解．解法二：通过补形建立空间直角坐标系，用坐标运算求解． 【详解】 解法一：根据题意可知，即为二面角的平面角，所以， 设正方形与边长均为1，异面直线与所成的角为． 因为，，，， 所以， 所以，即． 解法二：不妨假设正方形与的边长均为2， 如图，补形成直三棱柱，以中点为原点，建立空间直角坐标系，    则有，，，，由此可得，， 设异面直线与所成的角为，则． 故答案为： 47．【答案】（1）     （2）     （3）存在，      【分析】 （1）根据线面垂直判定证平面，再由线面垂直性质有，由线面垂直判定平面，最后应用三棱锥体积公式计算求解； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再应用向量法求二面角余弦值； （3）令，,根据面面垂直及相关面的法向量列方程求参数，即可得答案. (1) 小问详解： 因为，即, 又,平面， 所以平面，平面，所以. 又,平面，所以平面， 所以. (2) 小问详解： 因为平面，，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系，    则，所以, 设平面的法向量，由 ，得， 因为平面，所以平面的法向量，所以. 因为所求二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. (3) 小问详解： 假设存在线段上存在一点，使得平面平面, 设，，则. 所以，设平面的法向量， 由 ，令，得， 因为平面平面，所以，解得， 所以在线段上存在点，使得平面平面，且. 48．【答案】（1） 连接，，，因为是该正八面体的中心，所以， 由正八面体的定义可知四边形是正方形，可得， 因为是该正八面体的中心，所以平面，所以，，两两垂直， 故以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，设， 则，，，，，， 故，， 因为，所以，即， 因为平面，平面，所以平面. 因为，所以，即. 因为平面，平面，所以平面. 因为平面，平面，且， 所以平面平面.      （2）      【分析】 （1）连接，，，证得，，两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求得的坐标，得到，证得，和，证得，结合线面平行的判定，证得平面和平面，进而证得平面平面. （2）分别求得平面和的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可得，，，， 设平面的法向量为，则 ， 令，可得，所以. 设平面的法向量为，则 ， 令，可得，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. 49．【答案】1 【分析】 运用线面垂直性质，结合题意建立空间直角坐标系，然后用向量法表示出线面角的正弦值，进而反求出. 【详解】 因为平面，底面为矩形，建立如图所示的空间直角坐标系， 易得，设，则， 设平面BEF的法向量为，则 即 令，则，所以， 解得，即． 故答案为：1. 50．【答案】（1）证明：因为底面ABCD是正方形，所以 又因为平面ABCD，平面ABCD，所以 因为，且，平面， 所以平面     （2）     （3）存在，      【分析】 （1）由线面垂直得到，结合证明出结论； （2）证明出AB，AD，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的空间向量公式进行求解即可. （3）设点，其中，求出两平面的法向量，列出方程，求出，得到答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面，平面， 所以，， 又底面ABCD是正方形，，故AB，AD，两两垂直， 以AB，AD，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，，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则 ，解得，令，则， 故 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 (3) 小问详解： 若存在点P满足题意，则可设点，其中， 则， 设平面的法向量为， 则 ， 令，则，故 易得平面的一个法向量为， 所以，解得或舍去， 故棱BC上存在一点P，当时，二面角的余弦值为 51．【答案】（1） 平面平面ABC，平面平面平面ABC，则平面PAB， 由平面PAB，得，由，得， 又，则，因此， 而平面， 所以平面PBC.     （2）.      【分析】 （1）根据给定条件，利用面面垂直的性质、线面垂直的判定推理即得. （2）过点P作于，以为原点建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面的法向量，利用面面角的向量求法求出点，进而求出距离. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 过点P作，垂足为点， 由平面平面ABC，平面平面平面PAB，得平面ABC， 在平面内过作，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 由（1）知，平面PBC，又平面PBC，得， 在中，，则，又，则， 于是， ，设， 则，，， 设平面PAF的法向量为，则 ，令，得， 设平面AEF的法向量为，则 ， 取，，设二面角的大小为， 则，解得， 此时为PC的中点，，平面AEF的法向量为， 所以点到平面的距离. 52．【答案】（1）证明：因为平面平面，且平面平面， 且，平面，所以，平面， 因为平面，所以，， 因为，，、平面，所以，平面.     （2）     （3）不存在，理由：设，其中， 则， 因为平面，则，解得， 因此，在棱上不存在点，使得平面.      【分析】 （1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到，结合得到线面垂直； （2）作出辅助线，得到垂直关系，再建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的夹角公式求出答案； （3）设，其中，求出向量的坐标，根据，求出的值，即可得出结论. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取中点为，连接、， 又因为，则，则， 因为，则，则， 在平面内，因为，，则， 因为平面，则平面， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， 则，，， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，设与平面的夹角为， 则，则， 所以，直线与平面所成角的余弦值为. (3) 小问详解： 略 53．【答案】 【分析】 取中点，利用三角形中位线平移得到，把异面直线所成角转化为内角；先由等腰三角形性质算出三条线段长度，再用余弦定理求出夹角余弦． 【详解】 如图，连结，取中点，连结， 则可知为异面直线所成角（或其补角）， 易得，， ， 所以， 所以异面直线所成角的余弦值为． 54．【答案】（1） 由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故；     （2）      【分析】 （1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； （2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 连接，由，则， 在中，，得， 所以，由（1）知，又平面， 所以平面，又平面， 所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则 ， ， 令，得， 所以， 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. 55．【答案】 【分析】 根据已知定义可确定三个平面的法向量，利用直线的方向向量与两个平面的法向量垂直可求得方向向量，根据线面角的向量求法可求得正弦值. 【详解】 由题意知：平面的一个法向量，平面的一个法向量，平面的一个法向量， 的方向向量为， ， 令，解得：，，， ， 即直线与平面所成角的正弦值为. 故答案为：. 56．【答案】（1）证明：在中，． 所以，即； 又因为， 在平面中，面，面，， 所以平面；     （2）     （3）不存在，理由如下： 设是线段上一点，则存在使得， 因为， 所以， 因为平面， 所以平面当且仅当， 即， 即，解得， 因为，所以线段上不存在使得平面．      【分析】 （1）应用线面垂直的判定定理证明即可. （2）向量法求解平面与平面夹角的余弦值即可. （3）设是线段上一点，则存在使得，利用线面平行的向量证法证明线面平行即可. (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 因为平面平面， 平面平面， 平面， 所以平面，所以， 由（1）已证，且已知， 故以为原点，建立如图空间直角坐标系， 则，，， 所以，， ， 因为为中点， 所以， 由知， ， 设平面的法向量为， 则 即 ，令，则， 于是， 又因为由（1）已证平面， 所以平面的法向量为， 所以， 平面与平面夹角的余弦值； (3) 小问详解： 线段上不存在使得平面，理由略. 57．【答案】（1）证明：因为， 所以，所以， 又，且平面，所以平面， 又平面，所以.     （2）      【分析】 （1）通过证明平面来证得. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为，所以，则. 由（1）可知两两垂直，以为原点，以所在直 线分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系.    则， 当点为棱的中点时，. 设平面的一个法向量， 则 即 令，解得，故， 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 58．【答案】（1） 过作于点，平面平面，且平面平面，平面， 故平面．又平面，． 又，，平面，平面， 所以平面.     （2）      【分析】 （1）由面面垂直的性质定理得证线面垂直后可得线线垂直，再由线面垂直的判定定理证明结论成立； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）平面，平面,故, 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则,0,，，,1,，， 故，,所以, ， 设平面的法向量， 则 ，令有，故， 平面的法向量， 则， 又二面角所成角为锐角， 二面角所成角的余弦值为，角的大小为． 59．【答案】（1）证明：是等边三角形，是的中点，， 又平面平面， 又平面平面平面.     （2）      【分析】 （1）由线面垂直得到，再由线面垂直的判定定理得到结果即可； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，代入空间二面角公式求解即可； (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）得平面，连接，建立以为原点， 以所在直线分别为轴，轴，轴的空间直角坐标系， 如图所示，底面是边长为4的正方形，    则， ， 则，设平面的法向量为， 则 取，则平面的法向量为， 又平面的法向量为， 平面与平面的夹角的余弦值为 . 60．【答案】（1）证明：因为平面平面，平面平面，， 所以平面， 又平面，所以． 因为，且，平面， 所以平面．     （2）     （3）      【分析】 （1）根据面面垂直的性质定理，结合线面垂直的判断定理，即可证明； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量法求点到平面的距离； （3）设，利用垂直关系构造线面角，并利用三角函数表示边长，并表示线面角的正弦值，利用三角函数求解最大值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 在中，，． 以为原点，，的方向分别为轴，轴的正方向， 过点作垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 得，，． 设为平面的一个法向量， 则 取，得， 所以点到平面的距离． (3) 小问详解： 取为的中点，连接，过点作，垂足为，连接． 易知平面，平面BCD，所以，则． 设，则，， 因为，平面平面，平面平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 故， 当且仅当时，取得最大值， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为． 61．【答案】（1） 证明：因为， 所以四边形是平行四边形， 因为，所以平行四边形是矩形，则. 因为平面平面，所以， 又因为平面，且，所以平面.     （2） .     （3） .      【分析】 （1）根据线面垂直的定义可得，结合题中条件可得，再利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如空间直角坐标系,求得两个平面的法向量，进一步计算即可； （3）不妨设，可得，结合平面的法向量，根据题中条件建立方程，解出即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可知，即两两垂直， 故以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图的空间直角坐标系， 则， 设平面的一个法向量为，而， 所以 ，令，则. 设平面的一个法向量为，而， 所以 ，令，则， 记平面与平面的夹角为，则， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 依题意，不妨设， 则， 又由（2）得平面的一个法向量为， 记直线与平面所成角为， 所以， 解得（负值舍去）， 故. 62．【答案】（1） 分别为棱的中点， ， 又平面，平面， 所以平面.     （2） 在直三棱柱中，平面， 平面，所以， 因为，为中点， 所以， 又因为平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面.     （3）      【分析】 （1）利用三角形中位线定理，证明线线平行，进而得到线面平行. （2）先证明线面垂直平面，再由面面垂直判定定理证明面面垂直。 （3）建立空间直角坐标系，用向量法求解，先求平面法向量，再利用线面角与向量夹角的关系计算. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 如图所示： 以为原点，为轴，为轴，过且平行于的直线为轴， 建立空间直角坐标系， 在中，因为直三棱柱的高为， 所以，且， 因此，所以，由 那么， 所以 ， ， 设平面的法向量为，则 ，即 ， 令，则，所以， 设直线与平面所成角为， ， 所以直线与平面所成角的正弦值. 63．【答案】（1）     （2）在线段上存在这样的点，使平面与平面夹角的余弦值为. 此时的长度为.      【分析】 （1）可证，以为坐标原点，以所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，用向量法求与平面所成角的大小； （2）假设在线段上存在点，使平面与平面夹角的余弦值为.设，分别求解两平面的法向量，用表示余弦值解方程可得. (1) 小问详解： 因为在中，，，且， 所以，则折叠后， 又，平面，所以平面， 平面，所以，又，， 故以为坐标原点，以所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，        因为，故，由几何关系可知， 故， 所以， 设平面的法向量为， 则 ，令，则， 则平面的法向量为， .设与平面所成角的大小为， 则，又，所以， 所以与平面所成角的大小为； (2) 小问详解： 假设在线段上存在点，使平面与平面夹角的余弦值为. 在空间直角坐标系中，， 设，则 ， 设平面的法向量为， 则 ，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则 ，令，则， 所以平面的一个法向量为， 若平面与平面夹角的余弦值为. 则满足， 化简得，解得（舍去）或，即， 故在线段上存在这样的点，使平面与平面夹角的余弦值为. 此时的长度为. 64．【答案】①     ② 【分析】 空1：利用等体积法球点到面的距离；空2：由题意可知：球A仅与平面、平面、平面和平面相交，分别分析球A与各面交线的形状，运算求解即可. 【详解】 空1：由题意可得：， 因为平面，平面，可得， 设点到平面的距离为d, 因为，则，解得， 即点到平面的距离为； 空2：由题意可知：球A仅与平面、平面、平面和平面相交， 因为，此时球A与平面的交线为半径为2的圆的， 则交线的长度为； 设球A与棱的交点为，即，可得， 则， 且为锐角，则，即， 所以球A与平面的交线为半径为2的圆的， 则交线的长度为； 同理可得：球A与平面的交线的长度； 可知，所以球A与平面的交线为半径为的圆的， 则交线的长度为； 所以球面与该棱柱表面的交线的总长度为. 故答案为：；. 【点睛】 方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 （1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解． （2）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解． 65．【答案】（1）证明：， ∴≌，， 取中点，连接， 为等腰三角形，， 又，平面， 平面，又平面，；     （2）      【分析】 （1）证明三角形全等，得到，作出辅助线，由三线合一得到垂直关系，证明出线面垂直，得到线线垂直； （2）法一：作出辅助线，证明出两两垂直，不妨设，求出其他各边，得到，，设面与面所成角为，得到，由同角三角函数关系得到答案； 法二：作出辅助线，证明出两两垂直，不妨设，求出其他各边，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，利用法向量夹角余弦公式求出余弦值，进而得到二面角的夹角正弦值. (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 法一：射影面积法， 过点作⊥，交的延长线于点，连接， 因为和所在平面垂直，且交线为，平面， 所以⊥平面， 由（1）知，≌， ， 故≌，故， 故⊥，同理可得平面，两两垂直， 不妨设，∵， ，， 设平面与平面所成角为， 由勾股定理得， ， 在中， ， ， 故二面角的夹角正弦值为； 法二：过点作⊥，交的延长线于点，连接， 因为和所在平面垂直，且交线为，平面， 所以⊥平面， 由（1）知，≌， ， 故≌，故， 故⊥，同理可得平面，两两垂直， 以为原点，方向分别为轴，如图建系， 不妨设，∵， ，， 平面的法向量， 又， ， 设平面的法向量为， ， 令，则，故， 设平面与平面所成角为， ， 故， 故二面角的夹角正弦值为； 66．【答案】（1）取的中点H，连接PH，HC. 在堑堵中，四边形为平行四边形， 所以且. 在中，P，H分别为，的中点， 所以且. 因为N为BC的中点，所以， 从而且， 所以四边形PHCN为平行四边形，于是. 因为平面，平面，所以平面. （2）以A为原点，AB，AC，所在直线分别为x轴､y轴､z轴，建立空间直角坐标系，则，，，. 易知平面ABC的一个法向量为. 假设满足条件的点P存在，令， 则，. 设平面PMN的一个法向量是， 则 即 令，得，， 所以. 由题意得，解得，故点P不在线段上. 【分析】 （1）取的中点H，连接PH，HC.，利用中位线定理证明四边形PHCN为平行四边形，从而得到，由线面平行的判定定理证明即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，设，其中，，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式列出等式，求解即可得到答案． 【详解】 （1）略 （2）略 【点睛】 方法点睛：利用空间直角坐标系求二面角具体做法： 1. 设分别设出两个平面的法向量,n1=(x1, y1, z1); n2=(x2, y2, z2) 2. 求出平面内线段所在直线的向量式（每个平面求出两个向量） 3. 利用法向量垂直平面,即垂直平面内所有直线,建立方程组（3元一次方程组,仅两个方程） （1）建立的条件是,两个相互垂直的向量,乘积为0 （2）由于法向量有3个未知数,我们通常只用建立两个方程组成的方程组. （3）赋值：即是赋予法向量的三个未知数中的某一个一个确实的代数值, 4.利用空间向量数量积求得两个法向量的余弦值. 5. 判断范围,注意正负取值. 67．【答案】（1）证明见解析     （2）（i）；（ii）存在，      【分析】 （1）取的中点，连接，，先证四边形是平行四边形，可知，再由线面平行的判定定理，即可得证； （2）先利用面面垂直的性质定理证明平面，再证，，两两垂直，然后以为坐标原点建立空间直角坐标系，（ⅰ）利用向量法求平面与平面的夹角即可；（ⅱ）设，利用向量法表示出点到平面的距离，可得关于的方程，解之即可． (1) 小问详解： 取的中点N，连接， 如图所示：为棱的中点，， ， ∴四边形是平行四边形，， 又平面平面平面． (2) 小问详解： ， ∵平面平面，平面平面平面， 平面， 又平面，而，  ∴以点D为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图：则， 为棱的中点，                      （i）， 设平面的一个法向量为， 则 ，令，则， 平面的一个法向量为，           ， ∴平面PDM与平面BDM的余弦值为； （ii）假设在线段上存在点Q，使得点Q到平面的距离是， 设，则，       由（2）知平面的一个法向量为，， ∴点Q到平面的距离是，  ． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $