专题01 空间向量与立体几何（期中真题汇编，湖北专用）高二数学上学期

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．A 2．ABD 3．C 4．ACD 5．A 6．B 7．D 8．D 9．C 10．B 11．B 12．ABD 13．BCD 14．【答案】5 【分析】 根据即可得出m，n的值，然后得解． 【详解】 由，得，解得，， 所以 故答案为：5 15．【答案】 【分析】 根据向量的线性运算法则，可得，又、，代入可得，根据四点共面，可得的值，由，分析整理，化简计算，即可得答案. 【详解】 因为，且，，所以， 又， 所以， 又为的中点，， 所以，， 则， 因为四点共面， 所以，解得． 所以 故答案为： 16．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）根据向量共线可得答案； （2）由四点共面设，得出，再由配方求最值可得答案. (1) 小问详解： 因为B，C，D三点共线，则， 又， ， 所以 即 ， 解得 ，所以； (2) 小问详解： 因为A，B，C，D四点共面，所以， 即 ， 于是有 ， 解得 ，即， 所以， 当，时，取到最大值. 17．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）应用空间向量的加减法及数乘运算求解； （2）应用空间向量的数量积公式结合数量积运算律计算求解. (1) 小问详解： . (2) 小问详解： 因为，，，，， 所以， ； 18．【答案】（1）， ，     （2）      【分析】 （1）应用空间向量的加减法计算求解； （2）应用空间向量数量积公式计算，再应用异面直线所成角的余弦公式计算求解. (1) 小问详解： ， ， ； (2) 小问详解： 因为，， ， 又，， 所以， ， ， 设异面直线与所成角为， 则 考点02 空间向量基本定理 1．A 2．A 3．C 4．D 5．A 6．C 7．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）根据空间向量的线性运算结合图形计算即可； （2）根据结合数量积的运算律计算即可. (1) 小问详解： （1） (2) 小问详解： ，所以. 8．【答案】（1）2     （2）.      【分析】 （1）利用空间向量法求解； （2）利用空间向量法求解. (1) 小问详解： 设，，.则. ，，. 平行六面体中： ， 又已知， ，       . (2) 小问详解： ， ， . ， ； ， 的面积为. 9．【答案】 【分析】 记，过点作平面的平行平面，当平行面与球相切，且与平面位于球心同侧时，取得最大值，计算即可. 【详解】 如图所示，记，过点作平面的平行平面，当平行面与球相切，且与平面位于球心同侧时，取得最大值，设此时切点为； 连接，易得平面，设垂足为，连接，球的半径为， 则，外接圆半径，即， 所以，. 故答案为：. 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．A 2．D 3．C 4．C 5．D 6．D 7．D 8．D 9．D 10．A 11．A 12．AC 13．B 14．B 15．【答案】 【分析】 根据投影向量的概念求解. 【详解】 向量在向量上的投影向量为． 故答案为： 16．【答案】0 【分析】 方法一、根据题意，得到，根据A，C，D三点共线得，再利用向量相等的条件求解参数即可；方法二、假设为空间的一个单位正交基底，再利用空间坐标的平行表示计算即可. 【详解】 方法一、因为，，， 所以． 因为A，C，D三点共线，所以存在唯一的实数y，使得， 即， 即 ，解得 ． 方法二、因为向量，，不共面，所以可假设为空间的一个单位正交基底， 则在此基底下的坐标为，同理，， 则， 若A，C，D三点共线，则， 即，解得． 故答案为：0. 17．【答案】6 【分析】 利用向量平行的坐标表示，结合二次函数的最值求解即得. 【详解】 由题可得：，即， 则， 当时，，， 则的最小值为， 故答案为： 18．【答案】 【分析】 首先求出点的轨迹，然后根据定义把表示成三角函数的形式，利用三角函数的值域即可求解. 【详解】 以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，        则，， 因为为中点，所以， 设， 因为，所以，所以， 设， 所以， 又 所以， 所以当时，取最大值为. 故答案为： 考点04 空间向量的应用 1．B 2．A 3．D 4．C 5．A 6．AC 7．A 8．A 9．C 10．ACD 11．BCD 12．C 13．A 14．C 15．B 16．D 17．ABD 18．BCD 19．ACD 20．B 21．ABD 22．B 23．ACD 24．ACD 25．AD 26．B 27．ACD 28．【答案】 【分析】 根据圆柱中内切球的性质即可求解. 【详解】 因为球的表面积为，所以球的半径为2， 因为该球内切于圆柱，所以圆柱的底面半径为2，高为4，所以圆柱的体积． 故答案为： 29．【答案】 【分析】 根据材料先求出三个平面的法向量，再根据交线的方向向量与平面和的法向量垂直求出直线的方向向量，在带图直线与平面夹角的正弦公式求值即可． 【详解】 解：因为平面的方程为，所以平面的法向量可取． 同理平面的法向量可取， 的法向量可取， 设平面与的交线的方向向量为， 则 ，令，则，，所以． 则直线与平面所成角的正弦值为． 故答案为：． 30．【答案】（1） 因为平面，平面， 所以， 又因为四棱锥的底面是边长为2的正方形， 所以，因此建立如图所示的空间直角坐标系，    设， 则， ，，， 设平面的法向量为， 于是有 ， 因为， 所以平面；     （2）     （3）      【分析】 （1）根据线面垂直的性质、正方形的性质，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再结合空间向量数量积的运算性质进行运算证明即可； （2）根据空间向量夹角公式进行求解即可； （3）根据空间向量夹角公式，结合基本不等式、配方法进行求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 平面的法向量为，， 则有 ， 由（1）可知平面的法向量为， 因为平面与平面所成角的余弦值为， 所以，或，舍去， 点的坐标为， 平面的法向量为，， 所以 设直线与平面所成角为， 所以； (3) 小问详解： 由（1）可知平面的法向量为，， 直线与平面所成角的正弦值为， 由基本不等式可得，当且仅当时取等号， 当时，代数式有最小值， 所以当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 31．【答案】（1） 因四边形是正方形，则， 又平面，平面，则平面， 又平面平面，则，故.     （2）      【分析】 （1）先利用线面平行的判定定理证明平面，再利用线面平行的性质定理证明，最后利用平行性的传递性即可； （2）利用面面垂直的性质定理证明平面，然后建系，求出平面的法向量，再计算，从而得出线面角的正弦值，计算其夹角即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因平面平面，，平面平面， 则平面，又平面，平面， 则，， 因，，则，则， 则以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的法向量为， 则 ，令，则， 则， 则直线与平面所成角的正弦值为， 又因其夹角取值范围为，故直线与平面所成角为. 32．【答案】 【分析】 由题目条件有，，则阳马的外接球与以为长宽高的长方体的外接球相同，进而求得外接球的半径，再根据球的体积求解即可. 【详解】 因为平面，平面，平面， 则， 又因为四边形为矩形，则， 则阳马的外接球与以为长宽高的长方体的外接球相同.    又， 则外接球的直径为长方体的体对角线， 故外接球半径为：， 则外接球的体积为：. 故答案为：. 33．【答案】（1） 在直三棱柱中，平面，且，则 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、、、，则， 易知平面的一个法向量为，则，故， 平面，故平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立； （2）利用空间向量法可求得直线与平面夹角的正弦值； （3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：，，， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，. 因此，直线与平面夹角的正弦值为. (3) 小问详解： 解：，， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，则， 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 34．【答案】（1） 连接与交于点，连接， ∵ 底面为菱形，∴点为的中点， 又∵点为的中点，∴， 又∵平面，∴面， 又∵面，∴面面；     （2） ∵四边形为菱形，且，∴为等边三角形， ∴. ∵平面，且底面为菱形，∴两两垂直， 以为原点，向量的方向分别为轴，轴，轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ∴. 设，则. 设平面的法向量为， 则 令，可得. 由题意得为平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为， 则，解得， ∴存在点为棱上靠近点的三等分点， 使得平面与平面夹角的余弦值为     （3） 因为动点M在线段（端点除外）上，设， ，，，则，， 则，则， 又当为的中点时，，平面的一个法向量为， 此时， 又因为，所以， 即与不垂直，故与平面不平行.      【分析】 （1）连接，与相交于点，连接，根据可得平面，根据面面垂直的判定定理可证明结论. （2）以为原点建立空间直角坐标系，表示平面与平面的法向量，根据两平面夹角的余弦值求出点的坐标即可确定点的位置. （3）利用空间向量法判断与平面的关系. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 35．【答案】（1）以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图， 设正方体的棱长为a，则A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，A1(a，0，a)，C1(0，a，a)． 设E(0，a，e)(0≤e≤a)． （1）＝(－a，a，e－a)，＝(－a，－a，0)， ＝a2－a2＋(e－a)·0＝0， ∴，即A1E⊥BD； （2）E为CC1的中点. 【分析】 以D为原点，DA、DC、DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系. （1）计算即可证明； （2）求出面A1BD与面EBD的法向量，根据法向量垂直计算即可． 【详解】 略 （2）设平面A1BD，平面EBD的法向量分别为＝(x1，y1，z1)，＝(x2，y2，z2)． ∵＝(a，a，0)，＝(a，0，a)，＝(0，a，e) ∴， ， ，. ∴ ,　取x1＝x2＝1，得＝(1，－1，－1)，＝(1，－1，)． 由平面A1BD⊥平面EBD得⊥. ∴2－＝0，即e＝. ∴当E为CC1的中点时，平面A1BD⊥平面EBD. 36．【答案】（1） 在四棱锥中，底面是正方形，平面，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ，于是 即平面，而平面，所以平面.     （2）；     （3）存在，的坐标为或.      【分析】 （1）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推理得证. （2）利用共面向量定理及向量的坐标运算计算得解. （3）求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式列式求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设，则，， 由四点共面，得， 因此 ，解得 ， 所以. (3) 小问详解： 由（2）得，则，设， 于是点，，而， 设平面的法向量为， 则 ，取，得， 点到平面的距离，解得或， 所以线段上存在一点满足条件，点的坐标为或. 37．【答案】（1）存在，     （2）三棱锥A­CDF的体积的最大值为3，此时点F到平面ACD的距离为      【分析】 (1)在AD上取一点P，使得，证明线面平行，则P点就是所求的点； (2)先设 ，运用二次函数即可求出三棱锥 的体积最大值，再运用等体积法求出F到平面ACD的距离. (1) 小问详解： AD上存在一点P，使得CP 平面ABEF，此时， 理由如下：当时，， 如图，过点P作M FD交AF于点M，连接ME，则， ∵BE＝1，∴FD＝5，∴MP＝3，又EC＝3，MP FD EC，∴MP EC， 故四边形MPCE为平行四边形，∴CP ME， 又CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF， ∴CP 平面ABEF； (2) 小问详解： 设BE＝x，则AF＝x(0<x≤4)，FD＝6－x， 故， ∴当x＝3时，有最大值，且最大值为3， 此时EC＝1，AF＝3，FD＝3，， ∴，， 在△ACD中，由余弦定理得，， ， 设到平面的距离为， ， ，. 综上，存在点P，使得CP//平面ABEF，，三棱锥 的最大值为3，此时点F到平面ACD的距离为 38．【答案】（1） 在斜三棱柱中，由点为等边边的中点，得， 在菱形中，由，得为正三角形，， 而平面，则平面，又平面， 所以平面平面.         （2）.      【分析】 （1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证. （2）结合（1）中信息，以O为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面法向量，再利用面面角的向量法求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知为侧面与底面所成的角，则， 由，得，则为正三角形， 在平面内过点作于D，由平面平面， 平面平面，则平面，过作， 则直线两两垂直，以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则 ，取，得， 设平面的法向量为，则 ，取，得， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 39．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）通过建立空间直角坐标系，求出向量与的坐标，再根据向量数量积的坐标运算公式求解； （2）方法一：先求出平面的法向量，再利用点到平面距离的向量公式计算点到平面的距离； 方法二：先求出三棱锥体积，再求出面积，利用等体积法求出到平面的距离. (1) 小问详解： 如图以为原点分别为轴、轴、轴建立直角坐标系，    则，，，，，， ，， ∴． (2) 小问详解： 方法一：由（1）知 ， 设平面的法向量为，则 令则， ，． 点到平面的距离为． 方法二：三棱锥体积为． 平面，平面且，，, 根据线面垂直定理可得，根据勾股定理可得， ∴面积为． 设到平面的距离为，则，∴． 因为点是的中点，所以点到平面的距离为． 40．【答案】 【分析】 把三棱锥放置在一个棱长为的正方体中，以为原点，求得的坐标，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】 把三棱锥放置在一个棱长为的正方体中，以为原点，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得， 则， 设异面直线与所成角为，则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 41．【答案】（1）连接交于点，连接，    因为四边形是矩形，所以为中点， 又因为为中点，所以在中，有， 因为平面，平面， 所以平面；     （2）（ⅰ）在矩形中，有， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又，所以， 以为原点，分别以，，方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：    则有，，，，，， 所以，，，， ， 当时，， 所以，， 所以，，即，， 又因为，平面，平面， 所以平面； （ⅱ）      【分析】 （1）连接交于点，连接，利用三角形中位线得，结合线面平行判定定理即可得结论； （2）建立空间直角坐标系，确定点的坐标，（ⅰ）当时，利用空间向量数量积的坐标运算求，，从而得线线垂直关系，结合线面垂直判定定理得结论；（ⅱ）确定平面与平面的法向量，由二面角的余弦值为得向量夹角余弦值，列方程求解的值，从而得所求. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （ⅰ）略 （ⅰi）设平面的法向量为， 则 ， 令，则， 取平面的法向量， 因为二面角的余弦值为，即二面角的平面角为锐角， 所以， 化简得，解得或， 因为二面角的平面角为锐角，所以，故. 42．【答案】（1） 证法一：如下图所示，取中点，连接、，    是的中点，为的中位线，且， 又且，且， 四边形为平行四边形，. 又平面，平面，平面； 证法二：如下图所示，取中点，连接、，    是的中点，为中位线，， 又平面，平面，平面. 在三棱柱中，，，则四边形为平行四边形， ，， 、分别为、的中点，且， 四边形为平行四边形，， 又平面，平面，平面. ，、平面，平面平面， 又平面，平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）证法一：取中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，则，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； 证法二：取中点，连接、，证明出平面平面，利用面面平行的性质定理可证得结论成立； （2）证明出平面，可知即为与平面所成的角，利用锥体的体积可得出，利用基本不等式可求得的最大值； （3）以点为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如下图所示，连接， 是直三棱柱，平面，     平面，. ，，、平面， 平面，就是在平面内的射影， 即为与平面所成的角. ，，则， （当且仅当时等号成立）. 在中，，故的最大值为. (3) 小问详解： 由（2）可得，以点为原点， 、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，， ，，， 设平面的一个法向量为，则， ，取，可得， 易得平面的一个法向量为， 故平面与平面夹角的余弦值为. 43．【答案】（1） 过点作平面ABC于点平面ABC，所以， 又平面， 平面平面， 同理可证，又是正三角形，则是的中心， 连接AO，CO并延长交BC，AB于E，F，则E，F分别为BC，AB的中点， 又平面平面， 则，故， 同理可证：， 综上所述：.     （2）      【分析】 （1）先证得点在平面ABC内的射影是的中心，进而证得； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用空间向量即可求得直线与平面所成角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由题意可知：为等腰直角三角形，则， 因为，，可得， 以BC的中点为坐标原点，以EA，EB为x，y的正方向， 过且与平行的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 因为，，， 可得， 设平面的法向量为，则 ， 取，则，可得， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值. 44．【答案】 【分析】 利用等体积求解即可. 【详解】 解：如图所示： 因为， 由勾股定理可得， 又因为平面， 平面， 所以 所以为直角三角形， 又因为， 由勾股定可得，, 又因为, 所以为直角三角形，， 所以, 又因为, 设点到平面PBC的距离为， 因为, 即, 所以. 故答案为： 45．【答案】（1）证明：由平面平面，则， 又，由，且平面， 所以面， 又面，所以平面平面.     （2）     （3）存在，      【分析】 （1）由线面垂直得到，进而得到线面垂直，最后得到平面平面.（2）建立空间直角坐标系，求出关键点坐标和法向量，结合点面距离公式计算即可； （3）结合（2），设，得到平面的一个法向量，结合题意，构造方程计算即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）易知，又，过作于， 由面面，面面面， 所以面， 过作，易知， 故可构建如图示空间直角坐标系. 又， 则， 所以， 若是面的一个法向量， 则 解得， 所以点到平面的距离. (3) 小问详解： 同（2）构建空间直角坐标系，易知平面的法向量 设， 于是 ， ， 设是平面的一个法向量， 则 ，令， 因为平面与平面所成角的余弦值为， 所以， 整理得，即或（舍） 故，所以 46．【答案】（1） 由题可知在直三棱柱中，则两两垂直， ，故， 如图，以为原点建立空间直角坐标系，则， 底面是腰长为2的等腰直角三角形，所以， 由，则， 在，则， 所以点为的中点，又，则点是的中点， 则，所以， 由，则， 由，则， 由，且都在平面内，则平面；     （2）；     （3）.      【分析】 （1）根据已知构建合适的空间直角坐标系，结合已知求出相关线段长，再标注出相关点的坐标，应用向量法得、，最后由线面垂直的判定证明结论； （2）分别求出与平面PMN的方向向量和法向量，应用向量法求线面角的正弦值； （3）应用向量法求点到平面的距离即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设平面PMN的一个法向量， 所以 ，取，则， 所以， 故与平面PMN所成角的正弦值为； (3) 小问详解： 由（1）知平面AMN的一个法向量为，且， 所以点到平面AMN的距离. 47．【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）根据三棱锥体积公式为，求出高的最大值即可得到体积的最大值； （2）先确定底面的外心，再定位球心所在直线；最后设球半径为，利用“球心到顶点的距离=半径”列方程求解即可； （3）先选择合适的原点，定各点坐标；用旋转角表示动点的坐标， 再分别求出两个平面的法向量， 利用法向量夹角的余弦公式，将二面角的余弦值表示为参数的函数；最后通过换元法简化函数，结合二次函数的最值性质，求出余弦值的最小值即可. (1) 小问详解： 因为，所以：， 取中点，则， ， 所以， 即平面时取等号， 三棱锥体积最大值为. (2) 小问详解： 由（1）平面，为外心 故球心在上， 即，解得：. (3) 小问详解： 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 过点作平面的垂线，垂足为， 设为翻折过程中所旋转的角度，则， 故， 则， 设平面的法向量为， 则 ， 取，则 ， 设平面的法向量， ， 取，则， 设平面与平面的夹角为， 故， 令， ， 当且仅当，即时取等号， 故平面与平面夹角余弦值的最小值为. 48．【答案】4 【分析】 根据正四棱锥的性质和球的性质找出球心与正四棱锥的位置关系，再通过二面角建立等式，进而求出四边形ABCD的边长，最后计算其周长. 【详解】 设球心为，底面的中心为，连接， 两个正四棱锥E-ABCD与F-ABCD有共同底面且各顶点均在半径为1的球面上， 平面，平面，平面， 则四点共面. 设四边形的边长为，底面是正方形，， 取的中点为，连接，，， 设 则是二面角E-AB-F的平面角， 由正切公式 又平面，，同理， 设，则， 由题意可得， 又顶点在球面上，可得，即, ， 带入公式，得，解得， 四边形ABCD的周长为. 故答案为：. 49．【答案】（1） ，平面，平面，平面， 平面，平面平面，， ，；     （2）；     （3），最小值.      【分析】 （1）由，得到平面，由平面，平面平面，得到，通过平行的传递性得到证明； （2）如图，作于，利用勾股定理求出，利用勾股定理的逆定理得到，利用线面垂直的判定定理得到平面，从而得到，建立直角坐标系，利用坐标求出的坐标，求平面和平面的法向量.利用夹角公式得解； （3）求出的坐标，求平面的法向量，求出， 和，计算，利用基本不等式求出最小值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，作于，Rt中，， ，， 在中，， ，即， ，，平面，平面， 平面， 平面， ，于是DA，DG，DP两两垂直.故可建立直角坐标系（如图）. ，，，，. ，， ， ，， 设是平面的一个法向量，是平面的一个法向量. 则有 和 即 和 ， 和 ， 取，， 于是.夹角余弦值为； (3) 小问详解： ，，，，. ， ，，， ， ，设是平面的一个法向量， ， ， ， 取， ，， 于是 ， 设，，，. 则 ，（，即取“”） . 故当时，取到最小值. 50．【答案】（1） 因，故， 又，且， 故， 在直角梯形中，， 由可得； 因平面平面，平面平面平面， 则平面，又平面， 则，又，因平面， 故平面．     （2）      【分析】 （1）先由勾股定理证，再由面面垂直证平面，得，可得平面； （2）根据线面平行的性质可得为靠近的三等分点，建系标点，求平面和平面的法向量，利用空间向量求面面夹角. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，连接交于，因为， 故， 故， 则为等腰直角三角形，故， 又，故， 则为靠近的三等分点， 又因为平面平面平面平面， 故，则为靠近的三等分点， 以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 设平面的一个法向量为，则 ， 令，则，可得， 由平面知： 则， 故， 设平面的一个法向量为，则 ， 令，则，，可得， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 51．【答案】（1）     （2）存在，     （3）.      【分析】 （1）利用面面垂直可证明线面垂直，从而可得线线垂直，然后计算，最后再证明面面垂直即可； （2）通过参数来表示空间向量的坐标，再利用空间向量法来求线面角，即可得到参数方程求值； （3）先利用几何法找到体积最大值，再利用等体积法来求内切球半径即可. (1) 小问详解： 连接，由题意得，， 则为等边三角形，， 在中，， 由余弦定理得， 所以，由， 则，故. 若平面平面， 由平面平面，平面，， 则平面，平面，则， 所以. 下面证明当时，平面平面. 证明：由，则， 所以，又，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 故当时，平面平面； (2) 小问详解： 由（1）知，，则平面平面. 在平面内过作， 由平面平面，平面， 则平面，平面，则. 如图，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴， 过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， 故， 由， ， 因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以， 解得，或-4（舍）故当时，存在， 使直线与平面所成角的正弦值为； (3) 小问详解： 设点到平面的距离为， 由，其中为定值， 则要使三棱锥的体积最大时，则点到平面的距离取最大值， 取中点，连接，则， 当平面时，点到平面的距离最大， 此时，由平面，则平面平面， 由（1）知，，为直角三角形， . 则， ， ， 在中，，取中点， 则，且， 所以， 设内切球球心为，内切球半径为，由等体积法知， 其中，， 故， 故当三棱锥的体积最大时，三棱锥的内切球的半径为. 52．【答案】（1） 因为，为的中点， 所以，且． 连接．因为，所以为等腰直角三角形， 且，由，知． 由，，，平面， 所以平面ABC．     （2）      【分析】 （1）根据等腰三角形性质得，再通过计算，根据勾股定理得，最后根据线面垂直判定定理得结论； （2）建立空间直角坐标系，运用面面角、线面角的向量求解方法可求得答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，以为坐标原点，所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由已知得， 所以， 取平面的法向量． 设，则． 设平面的法向量为． 则 ，令，得， 所以平面的法向量为， 所以． 解得或（舍去）． 所以．又， 设PC与平面PAM所成角的为， 所以． 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为． 53．【答案】 【分析】 利用给定条件判断的轨迹，再建立空间直角坐标系，利用线线角的向量求法将所求夹角余弦值表示为三角函数，结合三角函数的有界性求出取值范围即可. 【详解】 首先，记在底面内的投影为，则底面， 因为平面，所以， 因为正四面体，所以是等边三角形， 由题意得，是的中心， 则， 由题意得，则， 所以的轨迹是以为圆心，半径为的圆， 建立如下图所示的空间直角坐标系： 设与轴正半轴所成的角为，则，， 所以， 设直线与直线所成的角为， 所以， 因为，所以， 即直线与直线所成的角的余弦值的最大值为. 故答案为：. 54．【答案】（1） 在平面内过点作于点，连接. 在梯形中，由，，， 易得，则，，即. 在中，由余弦定理，得 . ∵，且， ∴，又，得平面. ∵平面∴平面平面.     （2）（ⅰ）6；（ⅱ）      【分析】 （1）在平面内过点作于点，连接，利用边长关系以及勾股定理可得， 从而可得平面，即可证明平面平面； （2）过点作的平行线交于点，易得. 以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系. （ⅰ）设，即，分别表示出各点坐标，利用四点共面得，从而求出即可求解； （ⅱ）利用得到，利用线面垂直的空间向量关系即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 过点作的平行线交于点，易得. 以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系. 由已知，得 ，，，， 则的中点，的中点. （ⅰ）设，即，由，得， 则. ∵，，，四点共面，∴，即 ， 得 ，解得，即. （ⅱ）设， 则，. ∵直线平面，得 ，解得 . 则， ∴. 55．【答案】 【分析】 利用向量法求出的夹角，再利用三角形面积公式求解. 【详解】 以为原点建立空间直角坐标系，如图所示：    则，， 设， 所以 所以， 设直线与的夹角为， 则，所以 所以 所以当时，的面积的最小值为， 故答案为： 56．【答案】0 【分析】 根据已知求出相关线段长度，再建立合适的空间直角坐标系并标注出相关点坐标，根据已知分别求出平面EFG的法向量和，最后应用向量法求线面角的正弦值. 【详解】 由题意，，， 如图，以方向为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则， 所以，    因为平面EFG平面，则平面EFG的法向量，即为平面的法向量， 设平面的法向量，则 ，取，则， 设，则， 所以， 由于，则时取得最小值，为， 此时N为，则， 则直线与平面所成的角的正弦值为. 故答案为：0 57．【答案】（1）     （2）①，，；②      【分析】 （1）通过已知条件直接证明三个平面两两垂直，然后由球面角的定义即可得出； （2）使用空间解析几何方法求出球面的三个球面角，再证明球面球面的面积，即可得到结果. (1) 小问详解： 由可知在两个互相垂直（即交点处切线垂直）的大圆上， 从而，故， 设，则， 从而，注意到到直线的距离均为，故， 所以由知，所以，即， 这得到， 从而，又在两个互相垂直的大圆上， 故， 从而两两垂直， 从而由在平面内交于点，可知垂直于平面， 而在平面和平面内， 故平面垂直于平面，同理平面垂直于平面， 平面垂直于平面，所以三个平面两两垂直， 故由球面角的定义知， 所以球面的内角和是. (2) 小问详解： ①由已知条件，可设， 如图，以为原点，构建空间直角坐标系，则，不妨设， 设，则由可知 ； ； ， 故， 不妨设，则，所以有， 设平面的法向量分别为，并设， 则 即 ， 从而 ，故可以取 所以我们有 ， ， ， 故球面的三个内角的余弦值分别为. ②先证明一个引理. 引理：若在单位球面上的球面的三个球面角， 设该球面的面积为，则， 引理的证明： 记球的表面积为，则， 设的对径点分别为， 则所在的大圆和所在的大圆， 它们将球面分成了四个部分， 其中面积较小的两个部分的面积之和等于球的表面积的倍， 即，类似可定义，且同理有， 而根据球面被这三个大圆的划分情况，又有， 所以， 故， 引理得证， 回到原题，根据①的结论，有， 再由引理知球面的面积. 【点睛】 结论点睛：球面的面积求解定理： 若球面的三个球面角，设该球面的面积为，则. 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·湖北黄冈·期中）已知，，三点不共线，是平面外一点，且，若，，，四点共面，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据四点共面的向量关系，即可求得答案. 【详解】 因为，，，四点共面，且， 所以，解得. 故选：A 2．（25-26学年高二上·湖北圆创教育联·期中）（多选）关于空间向量，以下说法正确的是（　　） A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 B. 若两个非零向量的夹角是钝角，则 C. 已知，平面的法向量为，则 D. 已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 【答案】ABD 【分析】 利用共面向量定义判断A；利用数量积定义判断B；利用空间位置关系的向量证明判断C；利用空间基底的意义判断D. 【详解】 对于A，由空间向量共面定理知：空间中三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，A正确； 对于B，由非零向量的夹角是钝角，得，B正确； 对于C，由，得，则或，C错误； 对于D，由是空间的一个基底，得不共面，假定向量共面， 则存在实数对使得，整理得， 于是 ，方程组无解，即假设错误，因此也是空间的一个基底，D正确. 故选：ABD 3．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）将一颗质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6），先后抛掷两次，将得到的点数分别记为，若向量，则与的夹角为钝角的概率是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 先根据已知求出满足条件的满足的关系式，然后分别令，求得满足条件的，然后即可根据古典概型概率公式，得出答案. 【详解】 由可得，， 所以. 因为为钝角，所以，且不共线， 所以 ，即，且. 当时，有且，所以可取1，3，4，5，6； 当时，有且，可取2，3，4，5，6； 当时，有且，可取4，5，6； 当时，有且，可取6； 当或时，，此时无解. 综上所述，满足条件的有14种可能. 又先后抛掷两次，得到的样本点共36种， 所以为钝角的概率 故选：C. 4．（25-26学年高二上·湖北随州·期中）（多选）在平行六面体中，已知，，为棱的中点，则（     ） A.  B. 直线与所成的角为 C. 平面 D. 已知为上一点，则最小值为 【答案】ACD 【分析】 首先设，得到，的夹角为. 对选项A，根据，再平方即可判断A正确，对选项B，根据即可判断B错误，对选项C，根据，即可判断C正确，对选项D，根据当且仅当三点共线时，有最小值，即可判断D正确. 【详解】 设，则，的夹角为. 对选项A，， ，则，故A正确. 对选项B，，， ， 所以，故B错误. 对选项C，因为四边形为菱形，所以， 又因为，，所以. 因为平面，平面，， 所以平面，故C正确. 对选项D，如图所示： 当且仅当三点共线时，有最小值. ， 所以，故D正确. 故选：ACD 5．（25-26学年高二上·湖北级示范高中教育教学改革联盟学校·期中）在棱长为1的正四面体中，点满足，点满足，当最短时，（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 由题知平面，直线，故当、最短时，平面，，再根据向量的关系计算即可得答案. 【详解】 ，， ∴ ，， 即:，； 平面，直线， 所以当、最短时，平面，， 为的中心，为线段的中点， 如图： 又正四面体的棱长为1， ， 平面， ， ． 故选：A． 【点睛】 本题考查空间向量的数量积运算，共面向量定理，共线向量定理，解题的关键在于结合共面向量定理与共线向量定理得平面，直线，进而当当、最短时，平面，，再求解. 6．（25-26学年高二上·湖北十堰普通高中区县·期中）如图：在平行六面体中，为与的交点.若，，，则可以表示为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 结合平行六面体的性质，根据空间向量的线性运算性质求解即可. 【详解】 由题意可知，. 故选：B. 7．（25-26学年高二上·湖北十堰普通高中区县·期中）在三棱锥中，、、两两垂直且，点为的外接球上任意一点，则的最大值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 将三棱锥补成正方体，计算出正方体的体对角线长，即为三棱锥的外接球直径长，设线段的中点为，利用点、球心、点三点共线且球心在线段上时，最长可求得的最大值，由此可得出的最大值. 【详解】 因为三棱锥中，、、两两垂直且， 将三棱锥补成正方体， 设三棱锥的外接球半径为，球心为， 则，， 取的中点，连接、， ，则为的外接圆的一条直径，则为的外接圆圆心， 所以，平面，平面，， ，， 由球的几何性质可知，当、、三点共线且点在线段上时， 取得最大值，且. ，， 所以，. 当且仅当时，等号成立. 因此，的最大值为. 故选：D. 【点睛】 方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法： ① 补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； ② 利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③ 定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可. 8．（25-26学年高二上·湖北圆创教育联·期中）已知向量满足，则在方向上的投影向量是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 利用数量积的运算律和投影向量公式求解即可. 【详解】 因为向量满足， 所以，解得， 所以在方向上的投影向量是， 故选：D. 9．（25-26学年高二上·湖北圆创教育联·期中）在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，若，且，则的长为（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 将作为基底，利用空间向量基本定理用基底表示，然后对其平方化简，再开方可求得结果. 【详解】 . 故选：C. 10．（25-26学年高二上·湖北·期中）如图，三棱锥中，为线段OA上靠近的三等分点，，点为MN的中点，记，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 连接ON，应用向量加法、数乘的几何意义，以为基底表示出，即可得. 【详解】 连接ON，由，则是的中点，又点为MN的中点， 所以， 所以. 故选：B 11．（25-26学年高二上·湖北襄阳第四中学·期中）若，向量满足，则的最大值为 （       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 由已知根据数量积的运算律得，设，则，从而求得，利用列不等式，解不等式即可得解． 【详解】 因为，即． 又，则，设， 则，故． 由为与的夹角， 则，解得． 因为，即，解得， 故的最大值为． 故选：B 12．（25-26学年高二上·湖北武汉部分重点中学·期中）（多选）在长方体中，，，为的中点.动点P满足，，，则下列说法中正确的是（     ） A. 点P一定在平面内 B. 当时，点P轨迹的长为 C. 当，，三点共线时， D. 的最小值为 【答案】ABD 【分析】 对A，利用及共面向量基本定理即可判断；对B，取的中点，即可得出，计算长度即可；对C，由向量共线的性质得解；对D，利用基底表示，运算得解. 【详解】 对于A，由， 所以， 所以共面，即故点在平面内，故A正确； 对于B，取的中点，连接，则，又， 所以，则四边形为平行四边形， 当时，，， 可知此时点的轨迹为线段，其长度为，故B正确； 对于C，由及三点共线，故，故C错误； 对于D，由题为一组基底，所以， 所以 ， 当且仅当时，取得最小值，故D正确. 故选：ABD. 13．（25-26学年高二上·湖北级示范高中教育教学改革联盟学校·期中）（多选）在棱长均为1的三棱柱中，，点满足，其中，则下列说法一定正确的有（       ） A. 当点为三角形的重心时， B. 当时，的最小值为 C. 当点在平面内时，的最大值为2 D. 当时，点到的距离的最小值为 【答案】BCD 【分析】 将用表示，再结合求出，即可判断A；将平方，将代入，再结合基本不等式即可判断B；当点在平面内时，则存在唯一实数对使得，再根据，求出，再根据即可判断C；求出在方向上的投影，再利用勾股定理结合基本不等式即可判断D. 【详解】 对于A，当点为三角形的重心时，， 所以，又因为， 所以，所以，故A错误； 对于B， ， 因为，所以， 则 ， 当且仅当时取等号， 所以， 所以，所以的最小值为，故B正确； 对于C，当点在平面内时， 则存在唯一实数对使得， 则，又因为， 所以，所以， 因为，所以，所以的最大值为2，故C正确； 对于D，当时，由A选项知， ， 在方向上的投影为， 所以点到的距离， 因为，所以，当且仅当时，取等号， 所以点到的距离的最小值为，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】 关键点点睛：当点在平面内时，则存在唯一实数对使得，再根据，求出，是解决C选项的关键. 14．（25-26学年高二上·湖北部分重点学校·期中）已知向量，，若，则　　　　　　. 【答案】5 【分析】 根据即可得出m，n的值，然后得解． 【详解】 由，得，解得，， 所以 故答案为：5 15．（25-26学年高二上·湖北云学联盟·期中）如图，已知在四棱锥中，与相交于点，且为的中点，．若平面与棱交于点，记四棱锥的体积为，四棱锥的体积为则　　　　　　　　　　　 【答案】 【分析】 根据向量的线性运算法则，可得，又、，代入可得，根据四点共面，可得的值，由，分析整理，化简计算，即可得答案. 【详解】 因为，且，，所以， 又， 所以， 又为的中点，， 所以，， 则， 因为四点共面， 所以，解得． 所以 故答案为： 16．（25-26学年高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中）已知向量，，是空间中不共面的三个向量，若，，. （1）若三点共线，求的值； （2）若四点共面，求的最大值. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）根据向量共线可得答案； （2）由四点共面设，得出，再由配方求最值可得答案. (1) 小问详解： 因为B，C，D三点共线，则， 又， ， 所以 即 ， 解得 ，所以； (2) 小问详解： 因为A，B，C，D四点共面，所以， 即 ， 于是有 ， 解得 ，即， 所以， 当，时，取到最大值. 17．（25-26学年高二上·湖北部分重点学校·期中）如图，在三棱柱中，，分别为和的中点，设，，.    （1）用，，表示向量； （2）若，，，，求. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）应用空间向量的加减法及数乘运算求解； （2）应用空间向量的数量积公式结合数量积运算律计算求解. (1) 小问详解： . (2) 小问详解： 因为，，，，， 所以， ； 18．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）在如图所示的平行六面体中，，，，，，设，，. （1）用，，表示，，； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1）， ，     （2）      【分析】 （1）应用空间向量的加减法计算求解； （2）应用空间向量数量积公式计算，再应用异面直线所成角的余弦公式计算求解. (1) 小问详解： ， ， ； (2) 小问详解： 因为，， ， 又，， 所以， ， ， 设异面直线与所成角为， 则 考点02 空间向量基本定理 1．（25-26学年高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中）如图，平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，，，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据空间向量线性运算法则计算可得. 【详解】 因为，又点是线段上的一点，且， 所以， 所以 . 故选：A 2．（25-26学年高二上·湖北沙中学·期中）如图，在正方体中，若点是侧面的中心，且，则的值为（       ） A. 1 B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据给定的几何体，利用空间向量的线性运算、结合空间向量基本定理计算得解. 【详解】 在正方体中， ， 而， 因此，，， 所以. 故选：A. 3．（25-26学年高二上·湖北孝感安陆第一高级中学·期中）如图，已知空间四边形，其对角线，，点M，N分别是边，的中点，点在线段上，且，现用向量表示向量，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据空间向量基本定理，计算即可得解. 【详解】 因为，所以， 因为，，， 所以. 故选：C 4．（25-26学年高二上·湖北武汉江岸区·期中）在三棱锥中，为的重心，，，.若交平面于点，且，则的最小值为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据空间向量共面的条件，结合基本不等式求解即可. 【详解】 因为的重心，所以 ， 又，，，， 所以， 因为点在平面内， 所以，得，且. 所以 当且仅当时等号成立. 故选：D. 5．（25-26学年高二上·湖北圆创教育联·期中）在中，，点为三角形的外接圆的圆心，若，且，则的面积的最大值为（　　） A. 2 B. 8 C. 16 D. 18 【答案】A 【分析】 首先取的中点，则，根据平面向量基本定理确定点三点共线，再结合条件和平面几何关系，确定，再表示的面积，求最大值. 【详解】 取的中点，如图． 因为，所以， 因为，所以三点共线， 因为是三角形的外接圆的圆心，所以， 设，则， 所以． 当且仅当，即时取得等号，故面积最大值为2． 故选：A． 6．（25-26学年高二上·湖北·期中）设空间向量.若不能构成空间向量的一组基底，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 由题意得到共面，再由共面定理得到关于的方程组 有解，逐一检验各选项即可求解. 【详解】 若不能构成空间向量的一组基底， 则共面，则，使得， 即， 则关于的方程组 有解， 当时，方程组为 ，无解，故A错误； 当时，方程组为 ，无解，故B错误； 当时，方程组为 ，故C正确； 当时，方程组为 ，无解，故D错误； 故选：C 7．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）如图，分别是四面体的棱的中点，是的三等分点（点靠近点），若. （1）以为基底表示； （2）若，求的值. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）根据空间向量的线性运算结合图形计算即可； （2）根据结合数量积的运算律计算即可. (1) 小问详解： （1） (2) 小问详解： ，所以. 8．（25-26学年高二上·湖北武汉江岸区·期中）如图，在平行六面体中，，，，点为的中点，. （1）求的值； （2）求的面积 【答案】（1）2     （2）.      【分析】 （1）利用空间向量法求解； （2）利用空间向量法求解. (1) 小问详解： 设，，.则. ，，. 平行六面体中： ， 又已知， ，       . (2) 小问详解： ， ， . ， ； ， 的面积为. 9．（25-26学年高二上·湖北部分重点学校·期中）给定一个正四面体，动点在以顶点为球心，棱为半径的球面上运动，若，则的最大值是　　　　　. 【答案】 【分析】 记，过点作平面的平行平面，当平行面与球相切，且与平面位于球心同侧时，取得最大值，计算即可. 【详解】 如图所示，记，过点作平面的平行平面，当平行面与球相切，且与平面位于球心同侧时，取得最大值，设此时切点为； 连接，易得平面，设垂足为，连接，球的半径为， 则，外接圆半径，即， 所以，. 故答案为：. 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点坐标为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据对称的性质即可求解. 【详解】 显然关于平面对称点坐标为. 故选：A. 2．（25-26学年高二上·湖北随州·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 3．（25-26学年高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中）在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据空间直角坐标系中点关于坐标轴的对称点得解. 【详解】 在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为. 故选：C 4．（25-26学年高二上·湖北武汉江岸区·期中）已知向量，，若，共线，则（     ） A.  B. 6 C.  D. 8 【答案】C 【分析】 直接根据空间向量共线的条件可得. 【详解】 由，共线，，，所以， 解得，得. 故选：C. 5．（25-26学年高二上·湖北黄冈·期中）在空间直角坐标系中，点关于平面对称点的坐标为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据空间直角坐标系中点关于坐标平面的对称特征可得. 【详解】 点关于坐标平面对称点为，所以点关于坐标平面对称的点坐标为. 故选：D 6．（25-26学年高二上·湖北十堰普通高中区县·期中）已知，，且，则向量与的夹角为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 利用空间向量的数量求出，再利用向量夹角公式求解即得. 【详解】 向量，，由，得，解得，， 因此，而，则， 所以向量与的夹角为. 故选：D 7．（25-26学年高二上·湖北部分重点学校·期中）在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据空间直角坐标系中点关于坐标平面的对称点坐标的特征可得对称点的坐标. 【详解】 因为点关于坐标平面的对称点坐标为， 所以点关于平面的对称点的坐标为. 故选：D 8．（25-26学年高二上·湖北部分重点学校·期中）在空间直角坐标系中，向量，，则在上的投影向量为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 先根据空间向量的坐标运算求出，，然后根据投影向量公式求解即可. 【详解】 因为，，所以，， 则向量在向量上的投影向量为 . 故选：D 9．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）在空间直角坐标系中，若，且，则（       ） A.  B.  C. 3 D.  【答案】D 【分析】 根据题意，利用向量垂直的坐标表示，求得，得到，结合向量模的计算公式，即可求解. 【详解】 由向量， 因为，可得，解得，所以， 则，所以. 故选：D. 10．（25-26学年高二上·湖北武汉部分重点中学·期中）在空间直角坐标系中，已知点，，若点P与点A关于平面对称，则（     ） A.  B.  C.  D. 6 【答案】A 【分析】 根据对称性求出点，结合空间中的两点间的距离公式求解即可. 【详解】 点P与点A关于平面对称，则，所以； 故选：A 11．（25-26学年高二上·湖北·期中）已知空间两点，向量满足，则实数的值为（     ） A. 0 B. 1 C. 0或1 D. 不存在 【答案】A 【分析】 求出的坐标，根据空间向量的平行关系，列式求解，即得答案. 【详解】 已知，则， 因为，，所以，解得. 故选：A 12．（25-26学年高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中）（多选）设O为坐标原点，是空间上任一点，向量，，，下列说法正确的是（       ） A. 若Q点坐标为，则与共线 B. 若，则 C. 若Q点坐标为，且P，A，B，Q四点共面，则 D. 若点Q在直线OP上运动，则的最小值为 【答案】AC 【分析】 根据空间向量共线定理可判断A；根据空间向量垂直的坐标表示可判断B；根据空间向量共面定理求解可判断C；根据空间向量共线定理可表示出，进而计算，利用二次函数的性质求出最值可判断D． 【详解】 向量，，，Q点坐标为， 则，， 所以，则与共线，故A正确； ，， 若，则，即，故B错误； 若Q点坐标为，则，又，， 若P，A，B，Q四点共面，则， 即， 则 ，解得，故C正确； ∵，点直线上运动， ∴可设， 又向量， ∴， ， ∴当时，取得最小值，故D错误， 故选：AC． 13．（25-26学年高二上·湖北黄冈·期中）已知，，若点在直线上运动，则的最小值为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 令，应用向量线性关系的坐标运算求出，再由向量数量积的坐标运算列式求最值. 【详解】 由题意，令且，， 所以， 当且仅当时取等号，则的最小值为. 故选：B 14．（25-26学年高二上·湖北六校·期中）若平面的法向量为，平面的法向量为，直线的方向向量为，则（     ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【分析】 利用空间向量分析空间中的线、面位置关系，结合空间向量的坐标运算逐项分析判断. 【详解】 对于选项A：若，则， 可得，解得，故A错误； 对于选项BC：等价于， 即，解得，故B正确，C错误； 对于选项D：若，则， 可得， 所以平面与平面不垂直，故D错误； 故选：B. 15．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）已知向量，，则在上的投影向量为　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据投影向量的概念求解. 【详解】 向量在向量上的投影向量为． 故答案为： 16．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）设向量，，不共面，已知，，，若A，C，D三点共线，则　　　　　　． 【答案】0 【分析】 方法一、根据题意，得到，根据A，C，D三点共线得，再利用向量相等的条件求解参数即可；方法二、假设为空间的一个单位正交基底，再利用空间坐标的平行表示计算即可. 【详解】 方法一、因为，，， 所以． 因为A，C，D三点共线，所以存在唯一的实数y，使得， 即， 即 ，解得 ． 方法二、因为向量，，不共面，所以可假设为空间的一个单位正交基底， 则在此基底下的坐标为，同理，， 则， 若A，C，D三点共线，则， 即，解得． 故答案为：0. 17．（25-26学年高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中）已知向量，，，且，则的最小值为　　　　　　　　. 【答案】6 【分析】 利用向量平行的坐标表示，结合二次函数的最值求解即得. 【详解】 由题可得：，即， 则， 当时，，， 则的最小值为， 故答案为： 18．（25-26学年高二上·湖北六校·期中）对于两个空间向量与，我们定义它们之间的曼哈顿距离为.在四棱锥中，平面，四边形为矩形，，，，为中点，若点在底面内（含边界）运动，且，则的最大值是　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 首先求出点的轨迹，然后根据定义把表示成三角函数的形式，利用三角函数的值域即可求解. 【详解】 以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，        则，， 因为为中点，所以， 设， 因为，所以，所以， 设， 所以， 又 所以， 所以当时，取最大值为. 故答案为： 考点04 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·湖北云学联盟·期中）已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的（     ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】 根据线面平行的判定定理，结合充分、必要条件的概念，即可得答案. 【详解】 若，则或，故充分性不成立， 若，则，故必要性成立， 所以“”是“”的必要不充分条件， 故选：B 2．（25-26学年高二上·湖北随州·期中）在空间直角坐标系中，已知点，，，则点到直线的距离是（       ） A. 1 B.  C. 2 D.  【答案】A 【分析】 利用空间向量法求出点到直线距离即可. 【详解】 ,，， 所以点到直线的距离， 故选：A 3．（25-26学年高二上·湖北襄阳第四中学·期中）我们知道，空间中，过点且一个法向量为的平面，其方程可以写成，则点到平面的距离 （       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 由题意可知平面法向量，然后利用点面距离的向量公式求解即可. 【详解】 在平面上任取一点，不妨取原点，设点为， 所以，点为坐标原点， 由题意平面的法向量为， 则点到平面的距离． 故选：D 4．（25-26学年高二上·湖北襄阳第四中学·期中）已知正四棱柱中， (点E在棱BB1上)，，则该四棱柱被过点 ，，的平面截得的截面面积为 A.  B. 36 C.  D.  【答案】C 【分析】 在上取点，使，连接，，得出截面四边形是平行四边形，利用勾股定理，分别求得，结合余弦定理和面积公式，即可求解. 【详解】 由题意，正四棱柱中，，， 可得，， 在上取点，使，如图所示， 连接，，可得且，则四边形是平行四边形， 四棱柱被过点，，的平面截得的截面为， 由勾股定理可得，， ， 所以， 所以， 所以平行四边形的面积为. 故选: C. 5．（25-26学年高二上·湖北沙中学·期中）已知直线，平面给出下列命题： ①若，且，则； ②若，且，则； ③若，且，则； ④若，且，则. 其中正确的命题的个数是（       ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【分析】 根据面面垂直、面面平行的判定定理，逐一分析各个选项，即可得答案. 【详解】 命题①：若，，则，或， 又，所以，①正确； 命题②：若，，则，或， 又，此时与可能平行，也可能相交，②错误； 命题③：若，，则，或， 又，此时与可能平行，也可能相交，③错误； 命题④：若，，则， 又，所以，④错误； 所以正确的命题个数是1. 故选：A 6．（25-26学年高二上·湖北级示范高中教育教学改革联盟学校·期中）（多选）如图，正方体的棱长为2，E是棱的中点，F是侧面上的动点，且满足平面，则下列结论中正确的是（       ） A. 平面截正方体所得截面面积为 B. 点F的轨迹长度为 C. 存在点F，使得 D. 平面与平面所成二面角的正弦值为 【答案】AC 【分析】 取CD中点G，连接BG、EG，计算截面的面积后判断A的正误，取中点M，中点N，则点F的运动轨迹为线段MN，故可判断B的正误，取MN的中点F，则可判断，故可判断C的正误，而即为平面与平面所成二面角，计算其正弦值后可判断D的正误. 【详解】 取CD中点G，连接BG、EG，则等腰梯形为截面， 而，， 故梯形面积为，A正确； 取中点M，中点N，连接， 则，故四边形为平行四边形， 则得，而平面，平面， 故平面，同理平面， 而，平面，故平面平面， ∴点F的运动轨迹为线段MN，其长度为，B错误； 取MN的中点F，则， ∴，∵，∴，C正确； 因为平面平面且，， ∴即为平面与平面所成二面角，，D错误． 故选：AC. 7．（25-26学年高二上·湖北级示范高中教育教学改革联盟学校·期中）如图所示，为测量一树的高度，在地面上选取两点，从两点测得树尖的仰角分别为和，且两点之间的距离为，则树的高度为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 方法一：在中，利用正弦定理求解；方法二：设树高为，则由求解. 【详解】 方法一：在中，， 又， ， 由正弦定理得：， 所以， 所以树的高度为， 方法二：设树高为，则，则， 故选：A. 8．（25-26学年高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中）如图，棱长为2的正方体中，点分别为棱，，的中点，为上的动点，则点到平面的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 以点为原点建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法求解即可. 【详解】 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则，，， 则， 设平面的法向量， 则有 ，令， 则解得，所以， 而，设，故， 设，则，得到 ，解得 ， 可得，即，设点到平面的距离为， 由点到平面的距离公式得，故A正确. 故选：A 9．（25-26学年高二上·湖北武汉江岸区·期中）在直三棱柱中，，，，点是的中点，则直线与所成角的余弦值为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 证明三线两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点坐标得到向量坐标，由向量的数量积求得线线角的余弦值. 【详解】 在直三棱柱中，平面， ∵平面，平面， ∴，，且 ∴如图建立空间直角坐标系， ∴，，，则， 则，， 设直线与所成角为， 则. 故选：C. 10．（25-26学年高二上·湖北十堰普通高中区县·期中）（多选）如图，在长方体中，，点P为线段上的动点，则下列结论正确的是（       ） A. 当时，，P，D三点共线 B. 当时， C. 当时，平面 D. 当时，平面 【答案】ACD 【分析】 由题意，建立空间直角坐标系，利用向量的坐标公式，求得点的坐标，根据空间向量公式，可得答案. 【详解】 由题意，如图建系： 则， ， 设，，则， 可得， ， 对于A：当时，则点P为对角线的中点， 根据长方体性质可得三点共线，故A正确； 对于B：当时， ∴，解得， 所以， 则， 因此不正确，故B错误； 对于C：当时，， 设平面的法向量为， ， ∴，， 当时，，，故， ∴，∴， 又平面，∴平面，故C正确； 对于D：当时，可得，， 设平面的法向量为， 则，， 取，则，∴， 而，∴，∴平面，故D正确． 故选：ACD 11．（25-26学年高二上·湖北襄阳第四中学·期中）（多选）如图，在长方体中，，分别是棱的中点，点在侧面内，且，则（       ） A. 的最小值是 B.  C. 三棱锥的体积是定值 D. 三棱锥的外接球表面积的取值范围是 【答案】BCD 【分析】 以点为原点建立空间直角坐标系，设，根据可求得点的轨迹，从而可判断AB；证明平面，即可判断C；由三棱锥的外接球的球心在过点且垂直于平面的直线上，设球心为，，根据，将用表示，从而可求得外接球半径的范围，即可判断D. 【详解】 解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 设， 则， 因为， 所以 ，得 ，所以， 则 ，得， ， 当时，，则， 当时，则，则， 综上，， 所以三点共线， 即点的轨迹即为线段， 对于A，， 即的最小值是，故A错误； 对于B，， 则， 所以，故B正确； 对于C，，则为定值， 由点的轨迹即为线段， 且， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 所以点到平面的距离为定值，即三棱锥的高为定值， 所以三棱锥的体积是定值，故C正确； 对于D，设的中点为， 则在中，外接圆的圆心即为点， 则三棱锥的外接球的球心在过点且垂直于平面的直线上， 设球心为，， 则， 即，所以， 则， 因为，所以， 即三棱锥的外接球的半径， 所以三棱锥的外接球表面积的取值范围是，故D正确. 故选：BCD. 12．（25-26学年高二上·湖北圆创教育联·期中）如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为上任意一点，，为上任意两点，且的长为定值，则下面的四个值中不为定值的是（　　） A. 的面积 B. 三棱锥的体积 C. 直线与平面所成的角 D. 二面角的大小 【答案】C 【分析】 根据三角形的面积判断A，根据三棱锥的体积公式判断B，根据线面角的定义判断C，根据二面角的概念判断D. 【详解】 A中，的长为定值，且点到的距离即为两平行直线与之间的距离也为定值，的面积为定值； B中，的面积是定值．(定长，到的距离就是到的距离也为定长，即底和高都是定值），再根据平面也就是平面，既然和平面都是固定的，到平面的距离是定值，三棱锥的高也是定值，于是体积固定． 三棱锥即三棱锥的体积是定值； C中， 到平面距离是定值（事实上即到平面距离），而长度在变化中，所以直线与平面所成的角不是定值； D中，二面角的平面角即是二面角的平面角，而二面角的两个半平面均是固定平面，显然为定值. 故选：C 13．（25-26学年高二上·湖北六校·期中）如图，矩形中，，，为边的中点.将沿直线翻折至位置，使得二面角的大小为，则（     ） A.  B.  C. 4 D. 8 【答案】A 【分析】 根据空间中，点线面的位置关系，以及二面角的性质，求出各线段的长度，进而求出结果. 【详解】    如图所示，作中点，连接，    如图所示，作出矩形的平面图形，过点作垂直于于， 由题意可得，所以，且， 所以，则， 因为二面角的大小为， 可知面面，因为，所以面，所以, 由勾股定理可知. 故选：A. 14．（25-26学年高二上·湖北部分重点学校·期中）如图，两条异面直线，所成角为，在直线，上分别取点，和点，.已知，，当长度最小时，，则线段的最短长度为（       ） A. 2或 B. 4 C. 2或4 D. 4或 【答案】C 【分析】 利用向量的运算法则，将用表示出来，等式两边同时平方，结合异面直线所成角的条件求解的最短长度. 【详解】 由题意知，所以， 展开得，异面直线，所成角为， 代入得，所以或. 故选：C 15．（25-26学年高二上·湖北孝感安陆第一高级中学·期中）在三棱锥中，平面，点在棱AD上，且，则异面直线与所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 先用基底向量将表示出来，然后根据向量的数量积公式和向量的模的公式求出向量夹角的余弦值即可. 【详解】 因为，所以. 因为平面，平面， 所以，所以. 在中，，所以， 所以，所以. 所以. . 所以异面直线与所成角的余弦值为 . 故选：B. 16．（25-26学年高二上·湖北孝感安陆第一高级中学·期中）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，则球的表面积为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据条件，将三棱锥补成长方体，再利用长方体的性质求出外接球的半径，即可求解. 【详解】 如图，将三棱锥补成长方体， 设，又， 则，，，将三式相加得， 因为三棱锥的顶点全在长方体的顶点上，所以长方体的外接球也是三棱锥的外接球， 由长方体的性质知，长方体的外接球球心在体对角线的中点处，且体对角线长为， 所以三棱锥的外接球的半径为，则球的表面积为. 故选：D. 17．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）（多选）如图，在正方体中，为底面的中心，E，F分别为，的中点，P点满足，则（       ） A. 平面 B. 平面 C.  D. P，G，E，F四点共面 【答案】ABD 【分析】 建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算判断ABC；求出点坐标，再推导出判断D. 【详解】 在正方体中，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 令，则，， 则，，，， 设平面的法向量，则 ，令，得， 对于A，，且平面，则平面，A正确； 对于B，，平面，则平面，B正确； 对于C，，，，， 则，C错误； 对于D，由，得， 即，则，，即， 因此，即四点共面，D正确. 故选：ABD. 18．（25-26学年高二上·湖北·期中）（多选）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（       ） A.  B. 点到直线的距离是 C. 平面与平面的夹角正弦值为 D. 异面直线与所成角的正切值为 【答案】BCD 【分析】 应用向量加减、数乘的几何意义用表示出判断A，建立空间直角坐标系并求出相关点坐标，应用向量法求点线距离、面面、线线角判断B，C，D. 【详解】 对于A，， 即，故A错误； 如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，，， 对于B，，，设， 则点到直线的距离，故B正确； 对于C，， 设平面的一个法向量为，则 ，令，得， 设平面的一个法向量为，则 ， 令，得，所以， 即平面与平面的夹角余弦值为， 所以平面与平面的夹角正弦值为，故C正确； 对于D，因为，， 所以， 所以 所以，故D正确． 故选：BCD 19．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，为边的中点，点为线段上的动点，设，则（       ） A. 当时，取得最小值，其值为 B. 当时，平面 C. 的最小值为 D. 当时， 【答案】ACD 【分析】 建立空间直角坐标系，利用两点间距离公式计算判断B、C；利用空间位置关系的向量证明判断A；确定直线与平面交点的位置判断D作答. 【详解】 在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，    ，，，，，， ，，由已知， 则点， 对于A，， 则， 因此当时，取得最小值，A正确； 对于B，，，，而，， ，，即是平面的一个法向量， 而，因此不平行于平面，即直线与平面不平行，B错误； 对于C，，， 于是，当且仅当时取等号，C正确； 对于D，取的中点，连接，，，如图，    因为为边的中点，则，当平面时，平面， 连接，连接，连接，显然平面平面， 因此，，平面，平面， 则平面，即有，而，所以， 故选：ACD． 20．（25-26学年高二上·湖北级示范高中教育教学改革联盟学校·期中）如图，四边形，现将沿折起，当二面角的大小在时，直线和所成角为，则的最大值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 取BD中点O，连结AO，CO，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与CD所成角的余弦值的最大值． 【详解】 取BD中点O，连接AO，CO，， 则，且，于是是二面角的平面角， 显然平面，在平面内过点作，则， 直线两两垂直，以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， ，设二面角的大小为，， 因此，，， 于是， 显然，则当时，， 所以的最大值为. 故选：B 【点睛】 关键点点睛：建立空间直角坐标系，求出动点的坐标，利用向量建立函数关系是解题的关键. 21．（25-26学年高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中）（多选）如图所示，某工作台的下半部分是个正四棱柱，其底面边长为4，高为1，工作台的上半部分是一个底面半径为的圆柱体的四分之一.点P是圆弧（包括端点）上的动点.（       ） A. 存在点P使得 B. 当圆柱体的高一定时，多面体的体积恒为定值 C. 若平面，则的最短距离为 D. 若，则二面角的正切值的最大值为 【答案】ABD 【分析】 对于A，利用面面平行的性质定理可以找到点得解； 对于B，多面体的体积，两部分体积均为定值； 对于C，建立空间直角坐标系，依据条件可求出点坐标，设，，所以利用基本不等式即可得解；对于D，设，则, 所以，求出平面的法向量，平面的一个法向量，设二面角为，由图可知，求出 由的范围可求出的范围. 【详解】 对于A,，连接，则.设交圆弧于点，过作交圆弧于点，则四边形为平行四边形，又，所以，故存在点P使得.故A正确； 对于B,设圆柱体的高为则多面体的体积，点，为定点故为定值，又为定值，所以多面体的体积为定值；对于C，建立如图空间直角坐标系 设则 ， 平面， 因为点P是圆弧（包括端点）上的动点，则，， 所以 ，，当且仅当时取等号，，的最短距离为，故C错误； 对于D，若，由（1）知， 设，则, 所以，又， 设平面的法向量为，则 ，即 ， 令，则，取平面的一个法向量， 设二面角为，由图可知， ，,， 则，由，则， 二面角的正切值的最大值为. 故选：ABD 22．（25-26学年高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中）如图，在三棱锥中，平面⊥平面，，，，点P是线段上的动点，若线段上存在点，使得直线与平面成30°的角，则线段长度的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，设，对于点的设法，采用向量式，求得平面法向量，而后利用线面所成角向量计算公式列方程求解. 【详解】 如图，以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴， 建立空间直角坐标系， 则， 设，设， 则， ， 设平面的法向量， 可得： ， 令，则， 所以 直线PQ与平面成30°的角， ， ， ， ，又， 解得， 可得. 故选：B 23．（25-26学年高二上·湖北武汉江岸区·期中）（多选）棱长为1的正方体的表面有点，且满足，，，则（     ） A. 当时，的最小值为 B. 当时，有且仅有一点满足 C. 当时，有且仅有一点到直线的距离是它到平面的距离的两倍 D. 当时，点的轨迹长为 【答案】ACD 【分析】 建系标点，对于A：先判断P点的轨迹，再将问题平面化即可求解；对于B：利用空间向量证明线线垂直；对于C：根据空间的距离公式运算求解即可；对于D：分析可知点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，即可得轨迹长. 【详解】 如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系，    则，，，，，，，， 可得，，， 则，即， 对于选项A：当时，可知为线段上的点， 将平面和平面沿展开为同一个平面如图，    连接，则的最小值即为，故A正确； 对于选项B：当时，则，可得，， 可得，则， 即满足条件的P点有无数个，故B错误； 对于选项C：当时，即，则， 可得，，， 则在上的投影为， 则点P到直线的距离； 平面ABCD的一个法向量为，， 则点P到平面ABCD的距离为； 当点到直线的距离是它到平面的距离的两倍， 则，整理可得， 且，解得，， 所以仅存在一个点P满足条件，故C正确； 对于选项D：当时，则， 且，可知点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆， 所以点的轨迹长为，故D正确； 故选：ACD． 24．（25-26学年高二上·湖北黄冈·期中）（多选）在棱长为2的正方体中，点满足，点满足，则（     ） A. 当时， B. 当时，线段的最小值为 C. 当且≠时，与的夹角为定值 D. 的最小值为2 【答案】ACD 【分析】 利用空间向量求解计算即可判定各选项的正误. 【详解】 考虑棱长为 2 的正方体 ，建立空间直角坐标系，以点  为坐标原点： ，，，，，，，. 由 ，其中 ，，， 得：, 所以点  的坐标为 . 由 ，其中 ，， 得：. 设 ，则：, 解得：, 所以点  的坐标为 . 选项 A：  代入 ，得  距离 . 故选项 A 正确. 选项 B：  由 ，得 ，点 ， 距离：. 函数  在  上的最小值为 . 最小值，不相等. 故选项 B 错误. 选项 C： 由 ，得 ，,. 夹角  的余弦： . 当  且  时， 为常数，夹角为定值. 故选项 C 正确. 选项 D：  , 所以：. 表达式为 ，其中  是点  与点  的距离： . 对固定 ，取 ，（均在  内），则： , 此时： 当 ， 时，等号成立（例如  时 ，，，，，和为 ;  时 ，，，，，和为 ), 故最小值为 2. 选项 D 正确. 选项 A、C、D 正确，选项 B 错误. 故选： 25．（25-26学年高二上·湖北六校·期中）（多选）正方体中，，是的中点，是棱上的动点（含端点）.则（     ） A. 的最小值为 B. 若是棱的中点，则点到平面的距离为 C. 记四棱锥外接球的球心为，则直线与平面所成角的正切值的取值范围为 D. 若，分别是棱，的中点，则在上的投影向量的模长为定值 【答案】AD 【分析】 根据正方体的性质，将正方体侧面展开，利用两点之间线段最短判断选项A，利用等体积法求点到平面距离判断选项B，构造空间直角坐标系，结合正方体及其外接球的性质判断选项C，利用投影向量模长公式求解判断选项D． 【详解】 选项A：如图把平面沿翻折至与平面共面，    则，故A正确； 选项B：    如图，因为为中点，则， 又，， 则的面积为， 设点到平面的距离为， 由可得，解得，故B错误； 选项C：由图知，四棱锥的外接球球心即该正方体的外接球球心，则I为中点， 如图，以为原点建立空间直角坐标系，过点作平面，垂足为点，连接，则即为与平面所成的角.    易知，设，则，， 则， 因，则当或2时，取最小值，当时取最大值1， 即直线与平面所成角的正切值的取值范围为，故C错误； 选项D：记向量与的夹角为，则为锐角. 则在上的投影向量的模长为， 在C项所示空间直角坐标系中，， 则， 于是为定值，故D正确. 故选：AD． 26．（25-26学年高二上·湖北六校·期中）已知正方体的棱长为2，点在该正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最大值为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 先证平面平面，确定点的轨迹，再求点到轨迹圆心的距离，最后加上半径即可得到的最大值. 【详解】 由题意得，正方体内切球的球心为正方体的中心，记为点，内切球半径. 易证，平面平面，平面， 平面，故点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为. 如图，以为原点建立空间直角坐标系，，，    则，，，， 可得，，， 设平面的法向量为，则 ， 令，则，故，    点到平面的距离为， 圆的半径为， 由得，，， 的最大值为. 故选：. 27．（25-26学年高二上·湖北部分重点学校·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，是棱BC的中点，是棱上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（       ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 的最小值为 C. 为四面体的棱切球的直径，则的最大值为2 D. 若与平面所成的角为，则 【答案】ACD 【分析】 利用，可得点到平面的距离为定值可判断A；对于B，连接，和，，将面和面展开成一个平面得到四边形，利用余弦定理可求得的最小值判断B；对于C，由极化恒等式求得的范围判断C；对于D，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得的表达式，进一步计算求范围即可. 【详解】 对于A，因为，平面，平面，所以平面， 又点是棱上的动点（含端点），所以点到平面的距离为定值，故A正确； 对于B，如图，连接，和，， 将面和面展开成一个平面得到四边形， 则和交点为，此时最小， 因为，，，所以，又， 又， 所以， 在三角形中，由余弦定理可得： ，故B错； 对于C，四面体的棱切球为正方体的内切球， 设该球球心为，直径为，则， 由极化恒等式 ， 当点与或重合时最大，此时，故，故C对； 对于D，以为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 则 ，，， 设平面的法向量，则 令，则，故，则 ， 当时，，当时， ， 当且仅当时等号成立，又， 综上可知，，故D正确. 故选：ACD. 28．（25-26学年高二上·湖北圆创教育联·期中）一个圆柱的内切球的表面积为，则这个圆柱的体积为　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据圆柱中内切球的性质即可求解. 【详解】 因为球的表面积为，所以球的半径为2， 因为该球内切于圆柱，所以圆柱的底面半径为2，高为4，所以圆柱的体积． 故答案为： 29．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·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；过点且一个方向向量为的直线的方程为．利用上面的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线是平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为　　　　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据材料先求出三个平面的法向量，再根据交线的方向向量与平面和的法向量垂直求出直线的方向向量，在带图直线与平面夹角的正弦公式求值即可． 【详解】 解：因为平面的方程为，所以平面的法向量可取． 同理平面的法向量可取， 的法向量可取， 设平面与的交线的方向向量为， 则 ，令，则，，所以． 则直线与平面所成角的正弦值为． 故答案为：． 30．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面，分别为线段的中点．    （1）线段上一点，满足，求证：平面； （2）若平面与平面所成角的余弦值为，求直线与平面所成角大小； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1） 因为平面，平面， 所以， 又因为四棱锥的底面是边长为2的正方形， 所以，因此建立如图所示的空间直角坐标系，    设， 则， ，，， 设平面的法向量为， 于是有 ， 因为， 所以平面；     （2）     （3）      【分析】 （1）根据线面垂直的性质、正方形的性质，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再结合空间向量数量积的运算性质进行运算证明即可； （2）根据空间向量夹角公式进行求解即可； （3）根据空间向量夹角公式，结合基本不等式、配方法进行求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 平面的法向量为，， 则有 ， 由（1）可知平面的法向量为， 因为平面与平面所成角的余弦值为， 所以，或，舍去， 点的坐标为， 平面的法向量为，， 所以 设直线与平面所成角为， 所以； (3) 小问详解： 由（1）可知平面的法向量为，， 直线与平面所成角的正弦值为， 由基本不等式可得，当且仅当时取等号， 当时，代数式有最小值， 所以当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 31．（25-26学年高二上·湖北随州·期中）如图，五面体中，四边形是正方形． （1）求证：； （2）若平面平面，，，求直线与平面所成角的大小． 【答案】（1） 因四边形是正方形，则， 又平面，平面，则平面， 又平面平面，则，故.     （2）      【分析】 （1）先利用线面平行的判定定理证明平面，再利用线面平行的性质定理证明，最后利用平行性的传递性即可； （2）利用面面垂直的性质定理证明平面，然后建系，求出平面的法向量，再计算，从而得出线面角的正弦值，计算其夹角即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因平面平面，，平面平面， 则平面，又平面，平面， 则，， 因，，则，则， 则以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的法向量为， 则 ，令，则， 则， 则直线与平面所成角的正弦值为， 又因其夹角取值范围为，故直线与平面所成角为. 32．（25-26学年高二上·湖北随州·期中）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年.在《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图是阳马，平面ABCD， ，则该阳马的外接球的体积为　　　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 由题目条件有，，则阳马的外接球与以为长宽高的长方体的外接球相同，进而求得外接球的半径，再根据球的体积求解即可. 【详解】 因为平面，平面，平面， 则， 又因为四边形为矩形，则， 则阳马的外接球与以为长宽高的长方体的外接球相同.    又， 则外接球的直径为长方体的体对角线， 故外接球半径为：， 则外接球的体积为：. 故答案为：. 33．（25-26学年高二上·湖北级示范高中教育教学改革联盟学校·期中）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， . （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 在直三棱柱中，平面，且，则 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、、、，则， 易知平面的一个法向量为，则，故， 平面，故平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立； （2）利用空间向量法可求得直线与平面夹角的正弦值； （3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：，，， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，. 因此，直线与平面夹角的正弦值为. (3) 小问详解： 解：，， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，则， 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 34．（25-26学年高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中）如图，在四棱锥中，底面为菱形，且面，，，点为的中点，点M，F分别为线段，上的动点（端点除外）. （1）求证：面面； （2）是否存在点F使得二面角的余弦值为，若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由； （3）当F为的中点时，试判断与平面是否平行，并写出理由？ 【答案】（1） 连接与交于点，连接， ∵ 底面为菱形，∴点为的中点， 又∵点为的中点，∴， 又∵平面，∴面， 又∵面，∴面面；     （2） ∵四边形为菱形，且，∴为等边三角形， ∴. ∵平面，且底面为菱形，∴两两垂直， 以为原点，向量的方向分别为轴，轴，轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ∴. 设，则. 设平面的法向量为， 则 令，可得. 由题意得为平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为， 则，解得， ∴存在点为棱上靠近点的三等分点， 使得平面与平面夹角的余弦值为     （3） 因为动点M在线段（端点除外）上，设， ，，，则，， 则，则， 又当为的中点时，，平面的一个法向量为， 此时， 又因为，所以， 即与不垂直，故与平面不平行.      【分析】 （1）连接，与相交于点，连接，根据可得平面，根据面面垂直的判定定理可证明结论. （2）以为原点建立空间直角坐标系，表示平面与平面的法向量，根据两平面夹角的余弦值求出点的坐标即可确定点的位置. （3）利用空间向量法判断与平面的关系. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 35．（25-26学年高二上·湖北十堰普通高中区县·期中）已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1上的动点． （1）求证：A1E⊥BD； （2）若平面A1BD⊥平面EBD，试确定E点的位置． 【答案】（1）以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图， 设正方体的棱长为a，则A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，A1(a，0，a)，C1(0，a，a)． 设E(0，a，e)(0≤e≤a)． （1）＝(－a，a，e－a)，＝(－a，－a，0)， ＝a2－a2＋(e－a)·0＝0， ∴，即A1E⊥BD； （2）E为CC1的中点. 【分析】 以D为原点，DA、DC、DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系. （1）计算即可证明； （2）求出面A1BD与面EBD的法向量，根据法向量垂直计算即可． 【详解】 略 （2）设平面A1BD，平面EBD的法向量分别为＝(x1，y1，z1)，＝(x2，y2，z2)． ∵＝(a，a，0)，＝(a，0，a)，＝(0，a，e) ∴， ， ，. ∴ ,　取x1＝x2＝1，得＝(1，－1，－1)，＝(1，－1，)． 由平面A1BD⊥平面EBD得⊥. ∴2－＝0，即e＝. ∴当E为CC1的中点时，平面A1BD⊥平面EBD. 36．（25-26学年高二上·湖北十堰普通高中区县·期中）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，.已知点为中点，点在线段上，且满足，平面交于点. （1）求证平面； （2）求的值； （3）判断线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 在四棱锥中，底面是正方形，平面，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ，于是 即平面，而平面，所以平面.     （2）；     （3）存在，的坐标为或.      【分析】 （1）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推理得证. （2）利用共面向量定理及向量的坐标运算计算得解. （3）求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式列式求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设，则，， 由四点共面，得， 因此 ，解得 ， 所以. (3) 小问详解： 由（2）得，则，设， 于是点，，而， 设平面的法向量为， 则 ，取，得， 点到平面的距离，解得或， 所以线段上存在一点满足条件，点的坐标为或. 37．（25-26学年高二上·湖北襄阳第四中学·期中）如图，四边形中，，，，，，分别在，上，，现将四边形沿折起，使． （1）若，在折叠后的线段上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. （2）求三棱锥的体积的最大值，并求出此时点到平面的距离. 【答案】（1）存在，     （2）三棱锥A­CDF的体积的最大值为3，此时点F到平面ACD的距离为      【分析】 (1)在AD上取一点P，使得，证明线面平行，则P点就是所求的点； (2)先设 ，运用二次函数即可求出三棱锥 的体积最大值，再运用等体积法求出F到平面ACD的距离. (1) 小问详解： AD上存在一点P，使得CP 平面ABEF，此时， 理由如下：当时，， 如图，过点P作M FD交AF于点M，连接ME，则， ∵BE＝1，∴FD＝5，∴MP＝3，又EC＝3，MP FD EC，∴MP EC， 故四边形MPCE为平行四边形，∴CP ME， 又CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF， ∴CP 平面ABEF； (2) 小问详解： 设BE＝x，则AF＝x(0<x≤4)，FD＝6－x， 故， ∴当x＝3时，有最大值，且最大值为3， 此时EC＝1，AF＝3，FD＝3，， ∴，， 在△ACD中，由余弦定理得，， ， 设到平面的距离为， ， ，. 综上，存在点P，使得CP//平面ABEF，，三棱锥 的最大值为3，此时点F到平面ACD的距离为 38．（25-26学年高二上·湖北黄冈·期中）已知斜三棱柱的底面是正三角形，侧面是边长为2的菱形，且与底面的夹角为，，点为中点．    （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 在斜三棱柱中，由点为等边边的中点，得， 在菱形中，由，得为正三角形，， 而平面，则平面，又平面， 所以平面平面.         （2）.      【分析】 （1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证. （2）结合（1）中信息，以O为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面法向量，再利用面面角的向量法求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知为侧面与底面所成的角，则， 由，得，则为正三角形， 在平面内过点作于D，由平面平面， 平面平面，则平面，过作， 则直线两两垂直，以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则 ，取，得， 设平面的法向量为，则 ，取，得， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 39．（25-26学年高二上·湖北黄冈·期中）在四棱锥中，平面，底面是边长为的正方形，，点，分别为，的中点．    （1）求； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）通过建立空间直角坐标系，求出向量与的坐标，再根据向量数量积的坐标运算公式求解； （2）方法一：先求出平面的法向量，再利用点到平面距离的向量公式计算点到平面的距离； 方法二：先求出三棱锥体积，再求出面积，利用等体积法求出到平面的距离. (1) 小问详解： 如图以为原点分别为轴、轴、轴建立直角坐标系，    则，，，，，， ，， ∴． (2) 小问详解： 方法一：由（1）知 ， 设平面的法向量为，则 令则， ，． 点到平面的距离为． 方法二：三棱锥体积为． 平面，平面且，，, 根据线面垂直定理可得，根据勾股定理可得， ∴面积为． 设到平面的距离为，则，∴． 因为点是的中点，所以点到平面的距离为． 40．（25-26学年高二上·湖北黄冈·期中）在鳖臑（四个面均为直角三角形的三棱锥）中，底面，，，，分别是，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为　　　　　　． 【答案】 【分析】 把三棱锥放置在一个棱长为的正方体中，以为原点，求得的坐标，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】 把三棱锥放置在一个棱长为的正方体中，以为原点，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得， 则， 设异面直线与所成角为，则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 41．（25-26学年高二上·湖北六校·期中）如图，点为矩形所在平面外一点，为中点，.    （1）求证：平面； （2）若平面平面，， （ⅰ）当时，求证：平面； （ⅱ）当二面角的余弦值为时，求的值. 【答案】（1）连接交于点，连接，    因为四边形是矩形，所以为中点， 又因为为中点，所以在中，有， 因为平面，平面， 所以平面；     （2）（ⅰ）在矩形中，有， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又，所以， 以为原点，分别以，，方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：    则有，，，，，， 所以，，，， ， 当时，， 所以，， 所以，，即，， 又因为，平面，平面， 所以平面； （ⅱ）      【分析】 （1）连接交于点，连接，利用三角形中位线得，结合线面平行判定定理即可得结论； （2）建立空间直角坐标系，确定点的坐标，（ⅰ）当时，利用空间向量数量积的坐标运算求，，从而得线线垂直关系，结合线面垂直判定定理得结论；（ⅱ）确定平面与平面的法向量，由二面角的余弦值为得向量夹角余弦值，列方程求解的值，从而得所求. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （ⅰ）略 （ⅰi）设平面的法向量为， 则 ， 令，则， 取平面的法向量， 因为二面角的余弦值为，即二面角的平面角为锐角， 所以， 化简得，解得或， 因为二面角的平面角为锐角，所以，故. 42．（25-26学年高二上·湖北部分重点学校·期中）已知直三棱柱，，、分别是边、的中点.        （1）证明：平面； （2）若三棱锥体积为，且，设与平面所成的角为，求的最大值； （3）在第二问取最大值的条件下，在平面内将绕着顺时针旋转角后，得到新的位置点，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 证法一：如下图所示，取中点，连接、，    是的中点，为的中位线，且， 又且，且， 四边形为平行四边形，. 又平面，平面，平面； 证法二：如下图所示，取中点，连接、，    是的中点，为中位线，， 又平面，平面，平面. 在三棱柱中，，，则四边形为平行四边形， ，， 、分别为、的中点，且， 四边形为平行四边形，， 又平面，平面，平面. ，、平面，平面平面， 又平面，平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）证法一：取中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，则，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； 证法二：取中点，连接、，证明出平面平面，利用面面平行的性质定理可证得结论成立； （2）证明出平面，可知即为与平面所成的角，利用锥体的体积可得出，利用基本不等式可求得的最大值； （3）以点为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如下图所示，连接， 是直三棱柱，平面，     平面，. ，，、平面， 平面，就是在平面内的射影， 即为与平面所成的角. ，，则， （当且仅当时等号成立）. 在中，，故的最大值为. (3) 小问详解： 由（2）可得，以点为原点， 、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，， ，，， 设平面的一个法向量为，则， ，取，可得， 易得平面的一个法向量为， 故平面与平面夹角的余弦值为. 43．（25-26学年高二上·湖北华中师范大学第一附属中学·期中）如图，已知三棱柱的底面是正三角形，且，. （1）求证：； （2）若，且，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 过点作平面ABC于点平面ABC，所以， 又平面， 平面平面， 同理可证，又是正三角形，则是的中心， 连接AO，CO并延长交BC，AB于E，F，则E，F分别为BC，AB的中点， 又平面平面， 则，故， 同理可证：， 综上所述：.     （2）      【分析】 （1）先证得点在平面ABC内的射影是的中心，进而证得； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用空间向量即可求得直线与平面所成角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由题意可知：为等腰直角三角形，则， 因为，，可得， 以BC的中点为坐标原点，以EA，EB为x，y的正方向， 过且与平行的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 因为，，， 可得， 设平面的法向量为，则 ， 取，则，可得， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值. 44．（25-26学年高二上·湖北孝感安陆第一高级中学·期中）在三棱锥中，平面，若，则点到平面PBC的距离为　　　　　　. 【答案】 【分析】 利用等体积求解即可. 【详解】 解：如图所示： 因为， 由勾股定理可得， 又因为平面， 平面， 所以 所以为直角三角形， 又因为， 由勾股定可得，, 又因为, 所以为直角三角形，， 所以, 又因为, 设点到平面PBC的距离为， 因为, 即, 所以. 故答案为： 45．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，. （1）证明：平面平面； （2）求点到平面的距离； （3）线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角（即两个平面相交时所成的锐二面角）的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明：由平面平面，则， 又，由，且平面， 所以面， 又面，所以平面平面.     （2）     （3）存在，      【分析】 （1）由线面垂直得到，进而得到线面垂直，最后得到平面平面.（2）建立空间直角坐标系，求出关键点坐标和法向量，结合点面距离公式计算即可； （3）结合（2），设，得到平面的一个法向量，结合题意，构造方程计算即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）易知，又，过作于， 由面面，面面面， 所以面， 过作，易知， 故可构建如图示空间直角坐标系. 又， 则， 所以， 若是面的一个法向量， 则 解得， 所以点到平面的距离. (3) 小问详解： 同（2）构建空间直角坐标系，易知平面的法向量 设， 于是 ， ， 设是平面的一个法向量， 则 ，令， 因为平面与平面所成角的余弦值为， 所以， 整理得，即或（舍） 故，所以 46．（25-26学年高二上·湖北·期中）如图，在倒放的体积为8的直三棱柱中，底面是腰长为2的等腰直角三角形，. （1）证明：平面AMN； （2）求与平面PMN所成角的正弦值； （3）求点到平面AMN的距离. 【答案】（1） 由题可知在直三棱柱中，则两两垂直， ，故， 如图，以为原点建立空间直角坐标系，则， 底面是腰长为2的等腰直角三角形，所以， 由，则， 在，则， 所以点为的中点，又，则点是的中点， 则，所以， 由，则， 由，则， 由，且都在平面内，则平面；     （2）；     （3）.      【分析】 （1）根据已知构建合适的空间直角坐标系，结合已知求出相关线段长，再标注出相关点的坐标，应用向量法得、，最后由线面垂直的判定证明结论； （2）分别求出与平面PMN的方向向量和法向量，应用向量法求线面角的正弦值； （3）应用向量法求点到平面的距离即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设平面PMN的一个法向量， 所以 ，取，则， 所以， 故与平面PMN所成角的正弦值为； (3) 小问详解： 由（1）知平面AMN的一个法向量为，且， 所以点到平面AMN的距离. 47．（25-26学年高二上·湖北云学联盟·期中）在如图所示的三棱锥中，为等腰直角三角形，为等边三角形． （1）求三棱锥体积的最大值． （2）在（1）的条件下，求三棱锥的外接球半径． （3）求平面与平面夹角余弦值的最小值． 【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）根据三棱锥体积公式为，求出高的最大值即可得到体积的最大值； （2）先确定底面的外心，再定位球心所在直线；最后设球半径为，利用“球心到顶点的距离=半径”列方程求解即可； （3）先选择合适的原点，定各点坐标；用旋转角表示动点的坐标， 再分别求出两个平面的法向量， 利用法向量夹角的余弦公式，将二面角的余弦值表示为参数的函数；最后通过换元法简化函数，结合二次函数的最值性质，求出余弦值的最小值即可. (1) 小问详解： 因为，所以：， 取中点，则， ， 所以， 即平面时取等号， 三棱锥体积最大值为. (2) 小问详解： 由（1）平面，为外心 故球心在上， 即，解得：. (3) 小问详解： 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 过点作平面的垂线，垂足为， 设为翻折过程中所旋转的角度，则， 故， 则， 设平面的法向量为， 则 ， 取，则 ， 设平面的法向量， ， 取，则， 设平面与平面的夹角为， 故， 令， ， 当且仅当，即时取等号， 故平面与平面夹角余弦值的最小值为. 48．（25-26学年高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中）两个有共同底面的正四棱锥E-ABCD与F-ABCD，它们的各顶点均在半径为1的球面上，若二面角E-AB-F的正切值为-4，则四边形ABCD的周长为　　　　　　　　. 【答案】4 【分析】 根据正四棱锥的性质和球的性质找出球心与正四棱锥的位置关系，再通过二面角建立等式，进而求出四边形ABCD的边长，最后计算其周长. 【详解】 设球心为，底面的中心为，连接， 两个正四棱锥E-ABCD与F-ABCD有共同底面且各顶点均在半径为1的球面上， 平面，平面，平面， 则四点共面. 设四边形的边长为，底面是正方形，， 取的中点为，连接，，， 设 则是二面角E-AB-F的平面角， 由正切公式 又平面，，同理， 设，则， 由题意可得， 又顶点在球面上，可得，即, ， 带入公式，得，解得， 四边形ABCD的周长为. 故答案为：. 49．（25-26学年高二上·湖北武汉江岸区·期中）（多选）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，. ，.过直线BC的平面交棱PA于点E，交棱PD于点F.记 （1）求证：； （2）当时，求平面PAB与平面夹角的余弦值； （3）记点A，P到平面的距离分别为，，求使的值最小时的值. 【答案】（1） ，平面，平面，平面， 平面，平面平面，， ，；     （2）；     （3），最小值.      【分析】 （1）由，得到平面，由平面，平面平面，得到，通过平行的传递性得到证明； （2）如图，作于，利用勾股定理求出，利用勾股定理的逆定理得到，利用线面垂直的判定定理得到平面，从而得到，建立直角坐标系，利用坐标求出的坐标，求平面和平面的法向量.利用夹角公式得解； （3）求出的坐标，求平面的法向量，求出， 和，计算，利用基本不等式求出最小值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，作于，Rt中，， ，， 在中，， ，即， ，，平面，平面， 平面， 平面， ，于是DA，DG，DP两两垂直.故可建立直角坐标系（如图）. ，，，，. ，， ， ，， 设是平面的一个法向量，是平面的一个法向量. 则有 和 即 和 ， 和 ， 取，， 于是.夹角余弦值为； (3) 小问详解： ，，，，. ， ，，， ， ，设是平面的一个法向量， ， ， ， 取， ，， 于是 ， 设，，，. 则 ，（，即取“”） . 故当时，取到最小值. 50．（25-26学年高二上·湖北圆创教育联·期中）已知平面四边形中，，且．以为腰作等腰直角三角形，且，将沿直线折起，使得平面平面． （1）证明：平面； （2）若是线段上一点，且平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 因，故， 又，且， 故， 在直角梯形中，， 由可得； 因平面平面，平面平面平面， 则平面，又平面， 则，又，因平面， 故平面．     （2）      【分析】 （1）先由勾股定理证，再由面面垂直证平面，得，可得平面； （2）根据线面平行的性质可得为靠近的三等分点，建系标点，求平面和平面的法向量，利用空间向量求面面夹角. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，连接交于，因为， 故， 故， 则为等腰直角三角形，故， 又，故， 则为靠近的三等分点， 又因为平面平面平面平面， 故，则为靠近的三等分点， 以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 设平面的一个法向量为，则 ， 令，则，可得， 由平面知： 则， 故， 设平面的一个法向量为，则 ， 令，则，，可得， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 51．（25-26学年高二上·湖北沙中学·期中）如图1，在平行四边形中，，E为的中点．将沿折起，连接与，如图2． （1）当为何值时，平面平面? （2）设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． （3）当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的内切球的半径． 【答案】（1）     （2）存在，     （3）.      【分析】 （1）利用面面垂直可证明线面垂直，从而可得线线垂直，然后计算，最后再证明面面垂直即可； （2）通过参数来表示空间向量的坐标，再利用空间向量法来求线面角，即可得到参数方程求值； （3）先利用几何法找到体积最大值，再利用等体积法来求内切球半径即可. (1) 小问详解： 连接，由题意得，， 则为等边三角形，， 在中，， 由余弦定理得， 所以，由， 则，故. 若平面平面， 由平面平面，平面，， 则平面，平面，则， 所以. 下面证明当时，平面平面. 证明：由，则， 所以，又，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 故当时，平面平面； (2) 小问详解： 由（1）知，，则平面平面. 在平面内过作， 由平面平面，平面， 则平面，平面，则. 如图，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴， 过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， 故， 由， ， 因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以， 解得，或-4（舍）故当时，存在， 使直线与平面所成角的正弦值为； (3) 小问详解： 设点到平面的距离为， 由，其中为定值， 则要使三棱锥的体积最大时，则点到平面的距离取最大值， 取中点，连接，则， 当平面时，点到平面的距离最大， 此时，由平面，则平面平面， 由（1）知，，为直角三角形， . 则， ， ， 在中，，取中点， 则，且， 所以， 设内切球球心为，内切球半径为，由等体积法知， 其中，， 故， 故当三棱锥的体积最大时，三棱锥的内切球的半径为. 52．（25-26学年高二上·湖北孝感安陆第一高级中学·期中）如图，在三棱锥中，为AC的中点. （1）证明：平面ABC； （2）若点在棱BC上，且二面角为，求PC与平面PAM所成角的正弦值. 【答案】（1） 因为，为的中点， 所以，且． 连接．因为，所以为等腰直角三角形， 且，由，知． 由，，，平面， 所以平面ABC．     （2）      【分析】 （1）根据等腰三角形性质得，再通过计算，根据勾股定理得，最后根据线面垂直判定定理得结论； （2）建立空间直角坐标系，运用面面角、线面角的向量求解方法可求得答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，以为坐标原点，所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由已知得， 所以， 取平面的法向量． 设，则． 设平面的法向量为． 则 ，令，得， 所以平面的法向量为， 所以． 解得或（舍去）． 所以．又， 设PC与平面PAM所成角的为， 所以． 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为． 53．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）棱长为的正四面体中，点为所在平面内的动点，且满足，则直线与直线所成的角的余弦值的最大值为　　　　　. 【答案】 【分析】 利用给定条件判断的轨迹，再建立空间直角坐标系，利用线线角的向量求法将所求夹角余弦值表示为三角函数，结合三角函数的有界性求出取值范围即可. 【详解】 首先，记在底面内的投影为，则底面， 因为平面，所以， 因为正四面体，所以是等边三角形， 由题意得，是的中心， 则， 由题意得，则， 所以的轨迹是以为圆心，半径为的圆， 建立如下图所示的空间直角坐标系： 设与轴正半轴所成的角为，则，， 所以， 设直线与直线所成的角为， 所以， 因为，所以， 即直线与直线所成的角的余弦值的最大值为. 故答案为：. 54．（25-26学年高二上·湖北武汉部分重点中学·期中）如图1，在梯形中，，，，点E是上的点，且.现将沿折起，使得点D到达点P的位置，且，如图2. （1）求证：平面平面； （2）设的中点为M，的中点为N. （ⅰ）经过C，M，N三点的平面交于点F，求； （ⅱ）在平面内取一点Q，使得直线平面，求的长. 【答案】（1） 在平面内过点作于点，连接. 在梯形中，由，，， 易得，则，，即. 在中，由余弦定理，得 . ∵，且， ∴，又，得平面. ∵平面∴平面平面.     （2）（ⅰ）6；（ⅱ）      【分析】 （1）在平面内过点作于点，连接，利用边长关系以及勾股定理可得， 从而可得平面，即可证明平面平面； （2）过点作的平行线交于点，易得. 以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系. （ⅰ）设，即，分别表示出各点坐标，利用四点共面得，从而求出即可求解； （ⅱ）利用得到，利用线面垂直的空间向量关系即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 过点作的平行线交于点，易得. 以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系. 由已知，得 ，，，， 则的中点，的中点. （ⅰ）设，即，由，得， 则. ∵，，，四点共面，∴，即 ， 得 ，解得，即. （ⅱ）设， 则，. ∵直线平面，得 ，解得 . 则， ∴. 55．（25-26学年高二上·湖北武汉部分重点中学·期中）已知正方体的棱长为，点是棱上的动点，则的面积的最小值为　　　　　　. 【答案】 【分析】 利用向量法求出的夹角，再利用三角形面积公式求解. 【详解】 以为原点建立空间直角坐标系，如图所示：    则，， 设， 所以 所以， 设直线与的夹角为， 则，所以 所以 所以当时，的面积的最小值为， 故答案为： 56．（25-26学年高二上·湖北·期中）在体积为36的长方体中，面是边长为3的正方形，E，F，G分别是棱上的点，其中为棱的中点，且面面是矩形ABCD内一动点，则当取最小值时直线与平面EFG所成角的正弦值为　　　　　　　　　　. 【答案】0 【分析】 根据已知求出相关线段长度，再建立合适的空间直角坐标系并标注出相关点坐标，根据已知分别求出平面EFG的法向量和，最后应用向量法求线面角的正弦值. 【详解】 由题意，，， 如图，以方向为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则， 所以，    因为平面EFG平面，则平面EFG的法向量，即为平面的法向量， 设平面的法向量，则 ，取，则， 设，则， 所以， 由于，则时取得最小值，为， 此时N为，则， 则直线与平面所成的角的正弦值为. 故答案为：0 57．（25-26学年高二上·湖北级示范高中教育教学改革联盟学校·期中）球面几何学是非欧几何的例子，是在球表面上的几何学.对于半径为的球，过球面上一点作两条大圆的弧，，它们构成的图形叫做球面角，记作（或），其值为二面角的大小，其中点称为球面角的顶点，大圆弧称为球面角的边.不在同一大圆上的三点，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧，这三条劣弧组成的图形称为球面，这三条劣弧称为球面的边，三点称为球面的顶点；三个球面角称为球面的三个内角. 已知球心为的单位球面上有不同在一个大圆上的三点. （1）球面的三条边相等（称为等边球面三角形），若，请直接写出球面的内角和（无需证明）； （2）与二面角类比，我们称从点出发的三条射线组成的图形为三面角，记为.其中点称为三面角的顶点，称为它的棱，称为它的面角.若三面角的三个面角的余弦值分别为. ①求球面的三个内角的余弦值； ②求球面的面积. 【答案】（1）     （2）①，，；②      【分析】 （1）通过已知条件直接证明三个平面两两垂直，然后由球面角的定义即可得出； （2）使用空间解析几何方法求出球面的三个球面角，再证明球面球面的面积，即可得到结果. (1) 小问详解： 由可知在两个互相垂直（即交点处切线垂直）的大圆上， 从而，故， 设，则， 从而，注意到到直线的距离均为，故， 所以由知，所以，即， 这得到， 从而，又在两个互相垂直的大圆上， 故， 从而两两垂直， 从而由在平面内交于点，可知垂直于平面， 而在平面和平面内， 故平面垂直于平面，同理平面垂直于平面， 平面垂直于平面，所以三个平面两两垂直， 故由球面角的定义知， 所以球面的内角和是. (2) 小问详解： ①由已知条件，可设， 如图，以为原点，构建空间直角坐标系，则，不妨设， 设，则由可知 ； ； ， 故， 不妨设，则，所以有， 设平面的法向量分别为，并设， 则 即 ， 从而 ，故可以取 所以我们有 ， ， ， 故球面的三个内角的余弦值分别为. ②先证明一个引理. 引理：若在单位球面上的球面的三个球面角， 设该球面的面积为，则， 引理的证明： 记球的表面积为，则， 设的对径点分别为， 则所在的大圆和所在的大圆， 它们将球面分成了四个部分， 其中面积较小的两个部分的面积之和等于球的表面积的倍， 即，类似可定义，且同理有， 而根据球面被这三个大圆的划分情况，又有， 所以， 故， 引理得证， 回到原题，根据①的结论，有， 再由引理知球面的面积. 【点睛】 结论点睛：球面的面积求解定理： 若球面的三个球面角，设该球面的面积为，则. 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·湖北黄冈·期中）已知，，三点不共线，是平面外一点，且，若，，，四点共面，则（     ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·湖北圆创教育联·期中）（多选）关于空间向量，以下说法正确的是（　　） A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 B. 若两个非零向量的夹角是钝角，则 C. 已知，平面的法向量为，则 D. 已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 3．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）将一颗质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6），先后抛掷两次，将得到的点数分别记为，若向量，则与的夹角为钝角的概率是（     ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高二上·湖北随州·期中）（多选）在平行六面体中，已知，，为棱的中点，则（     ） A.  B. 直线与所成的角为 C. 平面 D. 已知为上一点，则最小值为 5．（25-26学年高二上·湖北级示范高中教育教学改革联盟学校·期中）在棱长为1的正四面体中，点满足，点满足，当最短时，（       ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年高二上·湖北十堰普通高中区县·期中）如图：在平行六面体中，为与的交点.若，，，则可以表示为（     ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高二上·湖北十堰普通高中区县·期中）在三棱锥中，、、两两垂直且，点为的外接球上任意一点，则的最大值为（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高二上·湖北圆创教育联·期中）已知向量满足，则在方向上的投影向量是（       ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年高二上·湖北圆创教育联·期中）在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，若，且，则的长为（　　） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年高二上·湖北·期中）如图，三棱锥中，为线段OA上靠近的三等分点，，点为MN的中点，记，则（     ） A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年高二上·湖北襄阳第四中学·期中）若，向量满足，则的最大值为 （       ） A.  B.  C.  D.  12．（25-26学年高二上·湖北武汉部分重点中学·期中）（多选）在长方体中，，，为的中点.动点P满足，，，则下列说法中正确的是（     ） A. 点P一定在平面内 B. 当时，点P轨迹的长为 C. 当，，三点共线时， D. 的最小值为 13．（25-26学年高二上·湖北级示范高中教育教学改革联盟学校·期中）（多选）在棱长均为1的三棱柱中，，点满足，其中，则下列说法一定正确的有（       ） A. 当点为三角形的重心时， B. 当时，的最小值为 C. 当点在平面内时，的最大值为2 D. 当时，点到的距离的最小值为 14．（25-26学年高二上·湖北部分重点学校·期中）已知向量，，若，则　　　　　　. 15．（25-26学年高二上·湖北云学联盟·期中）如图，已知在四棱锥中，与相交于点，且为的中点，．若平面与棱交于点，记四棱锥的体积为，四棱锥的体积为则　　　　　　　　　　　 16．（25-26学年高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中）已知向量，，是空间中不共面的三个向量，若，，. （1）若三点共线，求的值； （2）若四点共面，求的最大值. 17．（25-26学年高二上·湖北部分重点学校·期中）如图，在三棱柱中，，分别为和的中点，设，，.    （1）用，，表示向量； （2）若，，，，求. 18．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）在如图所示的平行六面体中，，，，，，设，，. （1）用，，表示，，； （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．（25-26学年高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中）如图，平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，，，则（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·湖北沙中学·期中）如图，在正方体中，若点是侧面的中心，且，则的值为（       ） A. 1 B.  C.  D.  3．（25-26学年高二上·湖北孝感安陆第一高级中学·期中）如图，已知空间四边形，其对角线，，点M，N分别是边，的中点，点在线段上，且，现用向量表示向量，则（       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高二上·湖北武汉江岸区·期中）在三棱锥中，为的重心，，，.若交平面于点，且，则的最小值为（     ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高二上·湖北圆创教育联·期中）在中，，点为三角形的外接圆的圆心，若，且，则的面积的最大值为（　　） A. 2 B. 8 C. 16 D. 18 6．（25-26学年高二上·湖北·期中）设空间向量.若不能构成空间向量的一组基底，则（     ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）如图，分别是四面体的棱的中点，是的三等分点（点靠近点），若. （1）以为基底表示； （2）若，求的值. 8．（25-26学年高二上·湖北武汉江岸区·期中）如图，在平行六面体中，，，，点为的中点，. （1）求的值； （2）求的面积 9．（25-26学年高二上·湖北部分重点学校·期中）给定一个正四面体，动点在以顶点为球心，棱为半径的球面上运动，若，则的最大值是　　　　　. 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点坐标为（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·湖北随州·期中）已知向量，，若，则（       ） A.  B.  C.  D. 3 3．（25-26学年高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中）在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标是（       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高二上·湖北武汉江岸区·期中）已知向量，，若，共线，则（     ） A.  B. 6 C.  D. 8 5．（25-26学年高二上·湖北黄冈·期中）在空间直角坐标系中，点关于平面对称点的坐标为（     ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年高二上·湖北十堰普通高中区县·期中）已知，，且，则向量与的夹角为（       ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高二上·湖北部分重点学校·期中）在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高二上·湖北部分重点学校·期中）在空间直角坐标系中，向量，，则在上的投影向量为（     ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）在空间直角坐标系中，若，且，则（       ） A.  B.  C. 3 D.  10．（25-26学年高二上·湖北武汉部分重点中学·期中）在空间直角坐标系中，已知点，，若点P与点A关于平面对称，则（     ） A.  B.  C.  D. 6 11．（25-26学年高二上·湖北·期中）已知空间两点，向量满足，则实数的值为（     ） A. 0 B. 1 C. 0或1 D. 不存在 12．（25-26学年高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中）（多选）设O为坐标原点，是空间上任一点，向量，，，下列说法正确的是（       ） A. 若Q点坐标为，则与共线 B. 若，则 C. 若Q点坐标为，且P，A，B，Q四点共面，则 D. 若点Q在直线OP上运动，则的最小值为 13．（25-26学年高二上·湖北黄冈·期中）已知，，若点在直线上运动，则的最小值为（     ） A.  B.  C.  D.  14．（25-26学年高二上·湖北六校·期中）若平面的法向量为，平面的法向量为，直线的方向向量为，则（     ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 15．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）已知向量，，则在上的投影向量为　　　　　　　　． 16．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）设向量，，不共面，已知，，，若A，C，D三点共线，则　　　　　　． 17．（25-26学年高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中）已知向量，，，且，则的最小值为　　　　　　　　. 18．（25-26学年高二上·湖北六校·期中）对于两个空间向量与，我们定义它们之间的曼哈顿距离为.在四棱锥中，平面，四边形为矩形，，，，为中点，若点在底面内（含边界）运动，且，则的最大值是　　　　　　　　　　. 考点04 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·湖北云学联盟·期中）已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的（     ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 2．（25-26学年高二上·湖北随州·期中）在空间直角坐标系中，已知点，，，则点到直线的距离是（       ） A. 1 B.  C. 2 D.  3．（25-26学年高二上·湖北襄阳第四中学·期中）我们知道，空间中，过点且一个法向量为的平面，其方程可以写成，则点到平面的距离 （       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高二上·湖北襄阳第四中学·期中）已知正四棱柱中， (点E在棱BB1上)，，则该四棱柱被过点 ，，的平面截得的截面面积为 A.  B. 36 C.  D.  5．（25-26学年高二上·湖北沙中学·期中）已知直线，平面给出下列命题： ①若，且，则； ②若，且，则； ③若，且，则； ④若，且，则. 其中正确的命题的个数是（       ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6．（25-26学年高二上·湖北级示范高中教育教学改革联盟学校·期中）（多选）如图，正方体的棱长为2，E是棱的中点，F是侧面上的动点，且满足平面，则下列结论中正确的是（       ） A. 平面截正方体所得截面面积为 B. 点F的轨迹长度为 C. 存在点F，使得 D. 平面与平面所成二面角的正弦值为 7．（25-26学年高二上·湖北级示范高中教育教学改革联盟学校·期中）如图所示，为测量一树的高度，在地面上选取两点，从两点测得树尖的仰角分别为和，且两点之间的距离为，则树的高度为（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中）如图，棱长为2的正方体中，点分别为棱，，的中点，为上的动点，则点到平面的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年高二上·湖北武汉江岸区·期中）在直三棱柱中，，，，点是的中点，则直线与所成角的余弦值为（     ） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年高二上·湖北十堰普通高中区县·期中）（多选）如图，在长方体中，，点P为线段上的动点，则下列结论正确的是（       ） A. 当时，，P，D三点共线 B. 当时， C. 当时，平面 D. 当时，平面 11．（25-26学年高二上·湖北襄阳第四中学·期中）（多选）如图，在长方体中，，分别是棱的中点，点在侧面内，且，则（       ） A. 的最小值是 B.  C. 三棱锥的体积是定值 D. 三棱锥的外接球表面积的取值范围是 12．（25-26学年高二上·湖北圆创教育联·期中）如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为上任意一点，，为上任意两点，且的长为定值，则下面的四个值中不为定值的是（　　） A. 的面积 B. 三棱锥的体积 C. 直线与平面所成的角 D. 二面角的大小 13．（25-26学年高二上·湖北六校·期中）如图，矩形中，，，为边的中点.将沿直线翻折至位置，使得二面角的大小为，则（     ） A.  B.  C. 4 D. 8 14．（25-26学年高二上·湖北部分重点学校·期中）如图，两条异面直线，所成角为，在直线，上分别取点，和点，.已知，，当长度最小时，，则线段的最短长度为（       ） A. 2或 B. 4 C. 2或4 D. 4或 15．（25-26学年高二上·湖北孝感安陆第一高级中学·期中）在三棱锥中，平面，点在棱AD上，且，则异面直线与所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  16．（25-26学年高二上·湖北孝感安陆第一高级中学·期中）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，则球的表面积为（       ） A.  B.  C.  D.  17．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）（多选）如图，在正方体中，为底面的中心，E，F分别为，的中点，P点满足，则（       ） A. 平面 B. 平面 C.  D. P，G，E，F四点共面 18．（25-26学年高二上·湖北·期中）（多选）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（       ） A.  B. 点到直线的距离是 C. 平面与平面的夹角正弦值为 D. 异面直线与所成角的正切值为 19．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，为边的中点，点为线段上的动点，设，则（       ） A. 当时，取得最小值，其值为 B. 当时，平面 C. 的最小值为 D. 当时， 20．（25-26学年高二上·湖北级示范高中教育教学改革联盟学校·期中）如图，四边形，现将沿折起，当二面角的大小在时，直线和所成角为，则的最大值为（       ） A.  B.  C.  D.  21．（25-26学年高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中）（多选）如图所示，某工作台的下半部分是个正四棱柱，其底面边长为4，高为1，工作台的上半部分是一个底面半径为的圆柱体的四分之一.点P是圆弧（包括端点）上的动点.（       ） A. 存在点P使得 B. 当圆柱体的高一定时，多面体的体积恒为定值 C. 若平面，则的最短距离为 D. 若，则二面角的正切值的最大值为 22．（25-26学年高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中）如图，在三棱锥中，平面⊥平面，，，，点P是线段上的动点，若线段上存在点，使得直线与平面成30°的角，则线段长度的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  23．（25-26学年高二上·湖北武汉江岸区·期中）（多选）棱长为1的正方体的表面有点，且满足，，，则（     ） A. 当时，的最小值为 B. 当时，有且仅有一点满足 C. 当时，有且仅有一点到直线的距离是它到平面的距离的两倍 D. 当时，点的轨迹长为 24．（25-26学年高二上·湖北黄冈·期中）（多选）在棱长为2的正方体中，点满足，点满足，则（     ） A. 当时， B. 当时，线段的最小值为 C. 当且≠时，与的夹角为定值 D. 的最小值为2 25．（25-26学年高二上·湖北六校·期中）（多选）正方体中，，是的中点，是棱上的动点（含端点）.则（     ） A. 的最小值为 B. 若是棱的中点，则点到平面的距离为 C. 记四棱锥外接球的球心为，则直线与平面所成角的正切值的取值范围为 D. 若，分别是棱，的中点，则在上的投影向量的模长为定值 26．（25-26学年高二上·湖北六校·期中）已知正方体的棱长为2，点在该正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最大值为（     ） A.  B.  C.  D.  27．（25-26学年高二上·湖北部分重点学校·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，是棱BC的中点，是棱上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（       ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 的最小值为 C. 为四面体的棱切球的直径，则的最大值为2 D. 若与平面所成的角为，则 28．（25-26学年高二上·湖北圆创教育联·期中）一个圆柱的内切球的表面积为，则这个圆柱的体积为　　　　　　　　　　　． 29．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·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；过点且一个方向向量为的直线的方程为．利用上面的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线是平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为　　　　　　　　　　　　　. 30．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面，分别为线段的中点．    （1）线段上一点，满足，求证：平面； （2）若平面与平面所成角的余弦值为，求直线与平面所成角大小； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 31．（25-26学年高二上·湖北随州·期中）如图，五面体中，四边形是正方形． （1）求证：； （2）若平面平面，，，求直线与平面所成角的大小． 32．（25-26学年高二上·湖北随州·期中）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年.在《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图是阳马，平面ABCD， ，则该阳马的外接球的体积为　　　　　　　　　　　　. 33．（25-26学年高二上·湖北级示范高中教育教学改革联盟学校·期中）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， . （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 34．（25-26学年高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中）如图，在四棱锥中，底面为菱形，且面，，，点为的中点，点M，F分别为线段，上的动点（端点除外）. （1）求证：面面； （2）是否存在点F使得二面角的余弦值为，若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由； （3）当F为的中点时，试判断与平面是否平行，并写出理由？ 35．（25-26学年高二上·湖北十堰普通高中区县·期中）已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1上的动点． （1）求证：A1E⊥BD； （2）若平面A1BD⊥平面EBD，试确定E点的位置． 36．（25-26学年高二上·湖北十堰普通高中区县·期中）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，.已知点为中点，点在线段上，且满足，平面交于点. （1）求证平面； （2）求的值； （3）判断线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 37．（25-26学年高二上·湖北襄阳第四中学·期中）如图，四边形中，，，，，，分别在，上，，现将四边形沿折起，使． （1）若，在折叠后的线段上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. （2）求三棱锥的体积的最大值，并求出此时点到平面的距离. 38．（25-26学年高二上·湖北黄冈·期中）已知斜三棱柱的底面是正三角形，侧面是边长为2的菱形，且与底面的夹角为，，点为中点．    （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 39．（25-26学年高二上·湖北黄冈·期中）在四棱锥中，平面，底面是边长为的正方形，，点，分别为，的中点．    （1）求； （2）求点到平面的距离． 40．（25-26学年高二上·湖北黄冈·期中）在鳖臑（四个面均为直角三角形的三棱锥）中，底面，，，，分别是，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为　　　　　　． 41．（25-26学年高二上·湖北六校·期中）如图，点为矩形所在平面外一点，为中点，.    （1）求证：平面； （2）若平面平面，， （ⅰ）当时，求证：平面； （ⅱ）当二面角的余弦值为时，求的值. 42．（25-26学年高二上·湖北部分重点学校·期中）已知直三棱柱，，、分别是边、的中点.        （1）证明：平面； （2）若三棱锥体积为，且，设与平面所成的角为，求的最大值； （3）在第二问取最大值的条件下，在平面内将绕着顺时针旋转角后，得到新的位置点，求平面与平面夹角的余弦值. 43．（25-26学年高二上·湖北华中师范大学第一附属中学·期中）如图，已知三棱柱的底面是正三角形，且，. （1）求证：； （2）若，且，求直线与平面所成角的正弦值. 44．（25-26学年高二上·湖北孝感安陆第一高级中学·期中）在三棱锥中，平面，若，则点到平面PBC的距离为　　　　　　. 45．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，. （1）证明：平面平面； （2）求点到平面的距离； （3）线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角（即两个平面相交时所成的锐二面角）的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 46．（25-26学年高二上·湖北·期中）如图，在倒放的体积为8的直三棱柱中，底面是腰长为2的等腰直角三角形，. （1）证明：平面AMN； （2）求与平面PMN所成角的正弦值； （3）求点到平面AMN的距离. 47．（25-26学年高二上·湖北云学联盟·期中）在如图所示的三棱锥中，为等腰直角三角形，为等边三角形． （1）求三棱锥体积的最大值． （2）在（1）的条件下，求三棱锥的外接球半径． （3）求平面与平面夹角余弦值的最小值． 48．（25-26学年高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中）两个有共同底面的正四棱锥E-ABCD与F-ABCD，它们的各顶点均在半径为1的球面上，若二面角E-AB-F的正切值为-4，则四边形ABCD的周长为　　　　　　　　. 49．（25-26学年高二上·湖北武汉江岸区·期中）（多选）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，. ，.过直线BC的平面交棱PA于点E，交棱PD于点F.记 （1）求证：； （2）当时，求平面PAB与平面夹角的余弦值； （3）记点A，P到平面的距离分别为，，求使的值最小时的值. 50．（25-26学年高二上·湖北圆创教育联·期中）已知平面四边形中，，且．以为腰作等腰直角三角形，且，将沿直线折起，使得平面平面． （1）证明：平面； （2）若是线段上一点，且平面，求平面与平面夹角的余弦值． 51．（25-26学年高二上·湖北沙中学·期中）如图1，在平行四边形中，，E为的中点．将沿折起，连接与，如图2． （1）当为何值时，平面平面? （2）设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． （3）当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的内切球的半径． 52．（25-26学年高二上·湖北孝感安陆第一高级中学·期中）如图，在三棱锥中，为AC的中点. （1）证明：平面ABC； （2）若点在棱BC上，且二面角为，求PC与平面PAM所成角的正弦值. 53．（25-26学年高二上·湖北部分省级示·期中）棱长为的正四面体中，点为所在平面内的动点，且满足，则直线与直线所成的角的余弦值的最大值为　　　　　. 54．（25-26学年高二上·湖北武汉部分重点中学·期中）如图1，在梯形中，，，，点E是上的点，且.现将沿折起，使得点D到达点P的位置，且，如图2. （1）求证：平面平面； （2）设的中点为M，的中点为N. （ⅰ）经过C，M，N三点的平面交于点F，求； （ⅱ）在平面内取一点Q，使得直线平面，求的长. 55．（25-26学年高二上·湖北武汉部分重点中学·期中）已知正方体的棱长为，点是棱上的动点，则的面积的最小值为　　　　　　. 56．（25-26学年高二上·湖北·期中）在体积为36的长方体中，面是边长为3的正方形，E，F，G分别是棱上的点，其中为棱的中点，且面面是矩形ABCD内一动点，则当取最小值时直线与平面EFG所成角的正弦值为　　　　　　　　　　. 57．（25-26学年高二上·湖北级示范高中教育教学改革联盟学校·期中）球面几何学是非欧几何的例子，是在球表面上的几何学.对于半径为的球，过球面上一点作两条大圆的弧，，它们构成的图形叫做球面角，记作（或），其值为二面角的大小，其中点称为球面角的顶点，大圆弧称为球面角的边.不在同一大圆上的三点，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧，这三条劣弧组成的图形称为球面，这三条劣弧称为球面的边，三点称为球面的顶点；三个球面角称为球面的三个内角. 已知球心为的单位球面上有不同在一个大圆上的三点. （1）球面的三条边相等（称为等边球面三角形），若，请直接写出球面的内角和（无需证明）； （2）与二面角类比，我们称从点出发的三条射线组成的图形为三面角，记为.其中点称为三面角的顶点，称为它的棱，称为它的面角.若三面角的三个面角的余弦值分别为. ①求球面的三个内角的余弦值； ②求球面的面积. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 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