第三章 空间向量与立体几何（单元分层自测·培优冲刺卷）数学北师大版选择性必修第一册

………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此卷只装订不密封 ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… … 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________ 2026-2027学年高二上学期数学单元自测 第三章 空间向量与立体几何·培优冲刺 建议用时：120分钟，满分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．若空间内一组基底为且四点共面则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．若空间向量，满足，则在上投影向量的模的最小值是（   ） A． B． C． D． 3．在空间直角坐标系中定义平面的一般方程为（A，B，C，），点到平面的距离，则在底面边长与高均为1的正四棱锥中底面中心O到侧面的距离等于（    ） A． B． C． D． 4．是空间中任意一点，若互不相等的单位空间向量满足，则的取值范围为（     ） A． B． C． D． 5．已知正方体的棱长为，是的中点，点在侧面（含边界）内，若，则面积的最小值为（     ） A． B． C． D． 6．如图，正方体的棱长为1，动点M在线段上，动点P在平面上，且平面，则线段长度的取值范围为（     ） A． B． C． D． 7．已知三棱柱中，，，，点在底面内的射影为的外心，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 8．正方体中，是棱的中点，是棱上的动点，过点，，的平面截该正方体所得的截面记为，若三棱锥的外接球球心落在平面内，则的值为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部 选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9．下面四个结论正确的是（     ） A．若三个非零空间向量、、满足，，则 B．“存在实数，，使”是“与，共面”的充分不必要条件 C．设是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 D．已知直线经过点，且是的方向向量，则点到的距离为 10．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，，三棱锥的体积为，点在棱上，且，则（    ） A．四棱锥的高为3 B．的面积为 C．在上的投影向量为 D．直线与平面所成角的正弦值为 11．若点平面，过点M作垂直于平面的直线，垂足为N，则称点N为点M在平面上的正投影，记．如图，在直三棱柱中，，，，记平面为β，平面为γ，P是棱上一动点（与A，C均不重合），，，则（   ） A． B．的最小值为 C．存在点P，使得平面 D．存在点P，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．四边形和四边形均为正方形，，，动点、分别在和上，，则的最小值为________． 13．如图，在正四棱台中，，，，，直线与平面交于点，则_________． 14．已知等边的三个顶点都在平面的同一侧，且三条边在上的射影长分别为，，，则所在平面与所成的二面角的正弦值为_________． 四、解答题：本题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（13分）如图，在正三棱台中，，记，，，，分别为棱，的中点. (1)用，，表示； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 16．（15分）如图，已知为正三角形，且与菱形所在的平面互相垂直，，，M是的中点. (1)求证：； (2)在线段上是否存在点P，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 17．（15分）如图所示，在四棱锥中，平面，平面，是等边三角形． (1)若为棱上一点，直线与平面交于点，证明：平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 18．（17分）如图，在矩形中，、分别是线段、的中点，，．将沿翻折，在翻折的过程中点记为点． (1)从翻折至的过程中，求点运动的轨迹长度； (2)设为的中点，当点的投影在直线上时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)翻折过程中，设二面角的平面角为，求的最大值． 19．（17分）在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为；过点，且法向量为的平面的点法向式方程为，将其整理为一般式方程为，其中． (1)求经过，的直线的点方向式方程； (2)已知平面：，平面：，平面：，若，，证明： (3)已知斜三棱柱中，侧面所在平面一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，若集合中所有的点构成了多面体的各个面，求的相邻两个面所在平面的夹角的余弦值． 试题 第3页（共6页） 试题 第4页（共6页） 试题 第5页（共6页） 试题 第6页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二上学期数学单元自测 第三章 空间向量与立体几何·培优冲刺 建议用时：120分钟，满分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．若空间内一组基底为且四点共面则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．若空间向量，满足，则在上投影向量的模的最小值是（   ） A． B． C． D． 3．在空间直角坐标系中定义平面的一般方程为（A，B，C，），点到平面的距离，则在底面边长与高均为1的正四棱锥中底面中心O到侧面的距离等于（    ） A． B． C． D． 4．是空间中任意一点，若互不相等的单位空间向量满足，则的取值范围为（     ） A． B． C． D． 5．已知正方体的棱长为，是的中点，点在侧面（含边界）内，若，则面积的最小值为（     ） A． B． C． D． 6．如图，正方体的棱长为1，动点M在线段上，动点P在平面上，且平面，则线段长度的取值范围为（     ） A． B． C． D． 7．已知三棱柱中，，，，点在底面内的射影为的外心，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 8．正方体中，是棱的中点，是棱上的动点，过点，，的平面截该正方体所得的截面记为，若三棱锥的外接球球心落在平面内，则的值为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部 选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9．下面四个结论正确的是（     ） A．若三个非零空间向量、、满足，，则 B．“存在实数，，使”是“与，共面”的充分不必要条件 C．设是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 D．已知直线经过点，且是的方向向量，则点到的距离为 10．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，，三棱锥的体积为，点在棱上，且，则（    ） A．四棱锥的高为3 B．的面积为 C．在上的投影向量为 D．直线与平面所成角的正弦值为 11．若点平面，过点M作垂直于平面的直线，垂足为N，则称点N为点M在平面上的正投影，记．如图，在直三棱柱中，，，，记平面为β，平面为γ，P是棱上一动点（与A，C均不重合），，，则（   ） A． B．的最小值为 C．存在点P，使得平面 D．存在点P，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．四边形和四边形均为正方形，，，动点、分别在和上，，则的最小值为________． 13．如图，在正四棱台中，，，，，直线与平面交于点，则_________． 14．已知等边的三个顶点都在平面的同一侧，且三条边在上的射影长分别为，，，则所在平面与所成的二面角的正弦值为_________． 四、解答题：本题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（13分）如图，在正三棱台中，，记，，，，分别为棱，的中点. (1)用，，表示； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 16．（15分）如图，已知为正三角形，且与菱形所在的平面互相垂直，，，M是的中点. (1)求证：； (2)在线段上是否存在点P，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 17．（15分）如图所示，在四棱锥中，平面，平面，是等边三角形． (1)若为棱上一点，直线与平面交于点，证明：平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 18．（17分）如图，在矩形中，、分别是线段、的中点，，．将沿翻折，在翻折的过程中点记为点． (1)从翻折至的过程中，求点运动的轨迹长度； (2)设为的中点，当点的投影在直线上时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)翻折过程中，设二面角的平面角为，求的最大值． 19．（17分）在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为；过点，且法向量为的平面的点法向式方程为，将其整理为一般式方程为，其中． (1)求经过，的直线的点方向式方程； (2)已知平面：，平面：，平面：，若，，证明： (3)已知斜三棱柱中，侧面所在平面一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，若集合中所有的点构成了多面体的各个面，求的相邻两个面所在平面的夹角的余弦值． 1 / 9 学科网（北京）股份有限公 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二上学期数学单元自测 第三章 空间向量与立体几何·培优冲刺（参考答案） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1 2 3 4 5 6 7 8 B B C A D D A A 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全 部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9 10 11 BD BCD ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12． 13． 14． 四、解答题：本题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.解：（1）连接，则， 因为为的中点，所以，............2分 因为，所以，同理， 所以，所以............5分 （2）由三棱台为正三棱台，，得， 即， ， 记，则， 所以，............8分 又，， 所以. 即异面直线与所成角的余弦值为.............13分 16.解：（1）证明：由为正三角形，M是的中点，得， 由平面平面，平面平面，且平面， 得平面，又平面，所以.............6分 （2）由（1）知平面，在菱形中，，则为正三角形， 由M是的中点，得，直线两两垂直，............8分 以为原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 假设在线段上存在点P，使得直线与平面所成角的正弦值为， 设，由，则，可得， 设平面的法向量，由，， 则有，令，则，得，............11分 则，解得. 所以点存在，且.............15分 17.解：（1）因为平面，平面，所以 ， 因为平面 ，平面 ，所以 平面 ， 由已知，四点共面， 又因为平面，平面平面，所以， 因为平面，平面，所以平面．............6分 （2）令， 取 的中点为，连接，过作，且交 于， 因为，平面，所以平面， 因为 是正三角形，，所以．............8分 以为坐标原点，方向为轴正方向，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，即， 取，则，...........11分 设直线与平面 所成角为， 则， 整理得，解得或， 即 或28．............15分 18.解：（1）取的中点为，则从翻折至的过程中，点运动的轨迹是以点为圆心，为半径的半圆，因为，， 在中，，故斜边， 由等面积法，得，所以点运动的轨迹长度为.............4分 （2）以为原点，分别以、所在直线为、轴，建立空间直角坐标系， 由题意得各点坐标：，，，，为中点故，为中点故， 为中点，故，设点在平面上的投影为，由题意在直线上，设（为参数）， 则（为竖坐标）， 由翻折不变性、，列方程， 两式相减消去，化简得，将代入，解得，............8分 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.............10分 （3）二面角的棱为，平行于轴，过作平面，垂足为；过作于，连接， 平面， 平面，故， 因为，， 所以平面， 平面，故， 因为，，所以即为二面角的平面角， 由可推得的横、纵坐标相等，即，故设（），则， 到底面距离，到的水平距离（在处），因此， 由代入坐标得约束条件 将代入，得目标函数，............13分 ，设，， 令（），则，代入化简得， 令（），则，这是开口向下的二次函数，对称轴为，当时，取得最大值，因此， 即的最大值为.............17分 19.解：（1）由，得，直线的方向向量为， 故直线的点方向式方程为.............3分 （2）由平面可知，平面的法向量为， 由平面可知，平面的法向量为， 设交线的方向向量为，则， 令，则，可得，............5分 由平面可知，平面的法向量为， 因为，即， 且，所以．............9分 （3）易得侧面所在平面的法向量， 由平面可知，平面的法向量为， 设平面与平面的交线的方向向量为， 则，令，则，可得， 由平面可知，平面的法向量为，............12分 因为，解得，所以集合， 可知多面体与坐标轴交于各点， ，，，，，，如图所示， 由集合所有的点构成了多面体的各个面， 点，，均满足方程， 可知平面的方程为，且该平面的一个法向量为， 同理可知，平面的方程为，该平面的一个法向量为， 平面的方程为，该平面的一个法向量为， ， 由对称性可知，任意相邻两平面的夹角的余弦值都为， 故多面体相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为， 综上，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为．............17分 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二上学期数学单元自测 第三章 空间向量与立体几何·培优冲刺 建议用时：120分钟，满分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．若空间内一组基底为且四点共面则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【详解】因为是空间内的一组基底，四点共面， 则四点共面向量的性质， 由题可知 2．若空间向量，满足，则在上投影向量的模的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】记，根据已知及向量数量积的运算律得到，再应用基本不等式求最小值即可. 【详解】记，且， 所以，得，即 向量在上投影向量的模为， 由，当且仅当时取等号， 因此投影向量的模的最小值为 3．在空间直角坐标系中定义平面的一般方程为（A，B，C，），点到平面的距离，则在底面边长与高均为1的正四棱锥中底面中心O到侧面的距离等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，求出侧面平面方程，再套用题干给出的点到平面距离公式计算． 【详解】以为坐标原点建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则， 令，则，设是平面内任意点，， 故平面的方程：， 故到平面的距离为： ． 4．是空间中任意一点，若互不相等的单位空间向量满足，则的取值范围为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将目标式转化为数量积表达式，通过空间基底分解向量，结合对勾函数的性质与向量互异条件即可求得取值范围． 【详解】设，由题意知，且相邻向量夹角均为， 故， ， 令，， 因为不共线（否则矛盾），所以它们可作一组基底， 设为垂直于所在平面的单位法向量， 由空间向量基本定理，可设， 则， 解得（因向量互不相等，所以）， 同理，由于且，设， 解同样的方程组可得， 因此，， 由得， 解得，同理， 因为各向量互不相等，若，则，矛盾，故 又因为，所以，故， 结合向量夹角范围，得， 由于 ， 因为是单位法向量，所以分别是在法向量方向上的坐标， 又因为，它们在基底上的分量也一样， 所以法向量上的分量只能相等或互为相反数， 若，则，与题意矛盾，舍去， 故必有，即， 代入得， 令， 因为，令，则， 由对勾函数性质，当，即时，取得最小值0， 当或时，，故， 因此，即的取值范围为． 5．已知正方体的棱长为，是的中点，点在侧面（含边界）内，若，则面积的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，设出点坐标，求出的最小值，即可得到面积的最小值. 【详解】以为原点，分别以所在方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 则， 因为，所以， 即，由，即，得， 因为在正方体中，侧面，且， 又因为， 因为，所以当时，取到最小值为， 此时面积取到最小值为. 6．如图，正方体的棱长为1，动点M在线段上，动点P在平面上，且平面，则线段长度的取值范围为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】依题意建立对应的空间直角坐标系，设，，，再根据空间向量垂直的坐标表示得到，从而得到，进而根据二次函数的性质即可求出其取值范围． 【详解】以D为坐标原点，以，，所在的直线为轴，轴，轴建立如下空间直角坐标系， 依题意设，，， 则，，，， 则，，， 因为平面，则，解得， 则，所以， 又函数，是开口向上，且对称轴为的二次函数， 又，则其在时取最小值，且最小值为；在，或时取最大值，且最大值为， 所以线段长度的取值范围为． 7．已知三棱柱中，，，，点在底面内的射影为的外心，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题以三棱柱为背景，利用空间向量法求线面角.关键在于由底面直角三角形确定外心位置，再根据侧棱长相等求出棱柱的高，进而得到点和的坐标.最后，直线的方向向量与平面的法向量（即竖轴方向）的夹角余弦的绝对值即为所求线面角的正弦值. 【详解】以为原点，方向为轴，方向为轴，垂直于底面的方向为轴建立空间直角坐标系. 则，，，斜边的中点为的外心. 由在底面的射影为，设，则. 侧棱长， 故 解得，取. 于是. 平面的法向量为，设直线与平面所成角为，则      , 故选A. 8．正方体中，是棱的中点，是棱上的动点，过点，，的平面截该正方体所得的截面记为，若三棱锥的外接球球心落在平面内，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意建立空间直角坐标系，设，求解的坐标，由三棱锥的外接球即为，，为棱的长方体的外接球，求解三棱锥的外接球的半径为，求解平面的法向量，再由求解即可. 【详解】设正方体棱长为1，以为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 可得，，，，， 因为点为中点，可得，又设，， 则得，解得，即， 由三棱锥的外接球即为，，为棱的长方体的外接球， 由，，，得长方体的体对角线长为， 所以三棱锥的外接球的半径为，即球心为该长方体体对角线的中点，所以， 设平面的法向量为，，， 由，故可取， 因为，所以与平面的法向量为垂直， 则，即，解得，所以. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部 选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9．下面四个结论正确的是（     ） A．若三个非零空间向量、、满足，，则 B．“存在实数，，使”是“与，共面”的充分不必要条件 C．设是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 D．已知直线经过点，且是的方向向量，则点到的距离为 【答案】BD 【详解】 对于选项A，若三个非零空间向量、、满足，， 不妨令、都垂直于，但与不平行，故A错误； 对于 选项B，充分性：若存在，使，根据向量线性运算的几何意义，与，一定共面，充分性成立， 必要性：若与，共面，当，共线且与不共线时，不存在，使得，必要性不成立， 因此是充分不必要条件，故B正确； 对于选项C，若是空间基底，则，，不共面，但， 说明，，三个向量共面，不能作为空间基底，故C错误； 对于选项D，首先计算，方向向量的模， ， 点到直线的距离，故D正确． 10．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，，三棱锥的体积为，点在棱上，且，则（    ） A．四棱锥的高为3 B．的面积为 C．在上的投影向量为 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】BCD 【分析】利用锥体体积公式可判断A选项；建系，推导出，利用三角形的面积公式可判断B选项；推导出，结合投影向量的定义可判断C选项；利用空间向量法求出线面角的正弦值可判断D选项. 【详解】对于A选项，如图，连接，设， 由题意知，和都是等边三角形， 又因为， 所以点在平面内的射影为的中心，设为，连接， 由，解得，即四棱锥的高为，A错； 对于B选项，由已知，又平面， 以为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 过点且与平行的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则、、、、， 所以，，则，所以， 又因为，， 所以，B对； 对于C选项，因为，所以，，所以， 所以，，，则，即， 所以在上的投影向量为，C对； 对于D选项，易知，， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 设直线与平面所成的角为，则，D对. 11．若点平面，过点M作垂直于平面的直线，垂足为N，则称点N为点M在平面上的正投影，记．如图，在直三棱柱中，，，，记平面为β，平面为γ，P是棱上一动点（与A，C均不重合），，，则（   ） A． B．的最小值为 C．存在点P，使得平面 D．存在点P，使得 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，分别表示出，，的坐标，代入计算即可得出答案. 【详解】由题可得，，三条线两两垂直，以点为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 设平面的法向量为，，，，，其中， 易得平面的一个法向量为， 因为，， 所以，所以， 取，则平面的一个法向量为， 因为点在上，， 所以，即点坐标表示为， 由题可得平面，且平面，所以， 所以平面，平面，平面 所以， 所以有，即点在平面上，又因为平面平面， 所以点在上，易得， 联立，解得，即点坐标为， 同理可得点坐标为，点坐标为， 所以，， 所以， 因为，所以当时取得最小值， 若，，若，，， 因为，所以，故A正确； ， 对于二次函数，对称轴为直线， 当时，， 所以最小值为，故B错误； 若平面，则，即， 解得，故C正确； 若，则， ，所以有两个不同的实根， ，，符合题意， 所以存在点，使得，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．四边形和四边形均为正方形，，，动点、分别在和上，，则的最小值为________． 【答案】 【分析】四边形和四边形均为正方形，，得，；求出的表达式，根据模长公式计算即可. 【详解】四边形和四边形均为正方形，. ，设，则. . ， . . ，，当时，取得最小值，即. 13．如图，在正四棱台中，，，，，直线与平面交于点，则_________． 【答案】 【分析】取一组基向量，用基向量表示关键向量，利用四点共面条件比较系数求解。 【详解】设，，，则， 由于，则， 于是① 由题意得，②， ③，④， 设，由①得⑤， 因为，，，四点共面，则存在，使得， 而，，，. 整理得， 将②③④代入得⑥ 比较⑤⑥系数得，，，即，解得. 14．已知等边的三个顶点都在平面的同一侧，且三条边在上的射影长分别为，，，则所在平面与所成的二面角的正弦值为_________． 【答案】 【分析】设等边的边长为，在上的投影分别为，作，，，，根据求出，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及平面的法向量，利用向量法即可求出答案. 【详解】如图，在上的投影分别为， 不妨设，，， 作，，，， 设等边的边长为， 则， ， ， 由得，， 化简得，解得， 又，所以， 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 则，， 设平面的法向量， 则， 令，则，， 则， 则， 由题意得平面的一个法向量， 设所在平面与所成的二面角为， 则， 所以， 即所在平面与所成的二面角的正弦值为. 四、解答题：本题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（13分）如图，在正三棱台中，，记，，，，分别为棱，的中点. (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)根据空间向量线性运算法则，结合棱台上下底面边长关系以及线段中点的向量性质，将目标向量逐步拆解，用基底表示即可； (2)先利用空间向量数量积运算律，求出异面直线方向向量与的数量积，再分别计算两个向量的模长，最后代入向量夹角公式，取绝对值得到异面直线所成角的余弦值. 【详解】（1）连接，则， 因为为的中点，所以，............2分 因为，所以，同理， 所以，所以............5分 （2）由三棱台为正三棱台，，得， 即， ， 记，则， 所以，............8分 又，， 所以. 即异面直线与所成角的余弦值为.............13分 16．（15分）如图，已知为正三角形，且与菱形所在的平面互相垂直，，，M是的中点. (1)求证：； (2)在线段上是否存在点P，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2)点存在，. 【分析】（1）通过面面垂直的性质定理，证明平面，可证得； （2）假设存在点P，设，由已知线面角的正弦值，利用向量法求出. 【详解】（1）证明：由为正三角形，M是的中点，得， 由平面平面，平面平面，且平面， 得平面，又平面，所以.............6分 （2）由（1）知平面，在菱形中，，则为正三角形， 由M是的中点，得，直线两两垂直，............8分 以为原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 假设在线段上存在点P，使得直线与平面所成角的正弦值为， 设，由，则，可得， 设平面的法向量，由，， 则有，令，则，得，............11分 则，解得. 所以点存在，且.............15分 17．（15分）如图所示，在四棱锥中，平面，平面，是等边三角形． (1)若为棱上一点，直线与平面交于点，证明：平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见详解 (2) 或28 【分析】（1）利用线面平行的判定定理与性质定理进行证明； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角，通过代数运算求线段长度. 【详解】（1）因为平面，平面，所以 ， 因为平面 ，平面 ，所以 平面 ， 由已知，四点共面， 又因为平面，平面平面，所以， 因为平面，平面，所以平面．............6分 （2）令， 取 的中点为，连接，过作，且交 于， 因为，平面，所以平面， 因为 是正三角形，，所以．............8分 以为坐标原点，方向为轴正方向，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，即， 取，则，...........11分 设直线与平面 所成角为， 则， 整理得，解得或， 即 或28．............15分 18．（17分）如图，在矩形中，、分别是线段、的中点，，．将沿翻折，在翻折的过程中点记为点． (1)从翻折至的过程中，求点运动的轨迹长度； (2)设为的中点，当点的投影在直线上时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)翻折过程中，设二面角的平面角为，求的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】(1)翻折问题紧扣边长、垂直关系等不变量，确定动点绕定轴做圆周运动的几何特征求解轨迹长度；(2)线面角问题依托投影定义，用参数形式设垂足坐标，通过翻折不变量列方程求解高度，再由线面角的正弦值公式计算；(3)二面角问题通过三垂线定理构造平面角，将正切值转化为单变量函数，通过换元法转化为二次函数求最值 【详解】（1）取的中点为，则从翻折至的过程中，点运动的轨迹是以点为圆心，为半径的半圆，因为，， 在中，，故斜边， 由等面积法，得，所以点运动的轨迹长度为.............4分 （2）以为原点，分别以、所在直线为、轴，建立空间直角坐标系， 由题意得各点坐标：，，，，为中点故，为中点故， 为中点，故，设点在平面上的投影为，由题意在直线上，设（为参数）， 则（为竖坐标）， 由翻折不变性、，列方程， 两式相减消去，化简得，将代入，解得，............8分 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.............10分 （3）二面角的棱为，平行于轴，过作平面，垂足为；过作于，连接， 平面， 平面，故， 因为，， 所以平面， 平面，故， 因为，，所以即为二面角的平面角， 由可推得的横、纵坐标相等，即，故设（），则， 到底面距离，到的水平距离（在处），因此， 由代入坐标得约束条件 将代入，得目标函数，............13分 ，设，， 令（），则，代入化简得， 令（），则，这是开口向下的二次函数，对称轴为，当时，取得最大值，因此， 即的最大值为.............17分 19．（17分）在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为；过点，且法向量为的平面的点法向式方程为，将其整理为一般式方程为，其中． (1)求经过，的直线的点方向式方程； (2)已知平面：，平面：，平面：，若，，证明： (3)已知斜三棱柱中，侧面所在平面一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，若集合中所有的点构成了多面体的各个面，求的相邻两个面所在平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)（形式不唯一） (2)证明见详解 (3) 【分析】（1）按照题中的新定义先求出直线的方向向量，在代入到题中的点方向式方程公式中求解. （2）先求出平面和平面两个平面交线的方向向量，再求出平面的法向量，利用，且，证明. （3）先求出平面与平面的交线的方向向量为，在求出平面的法向量，经判断交线与平面平行，所以求得参数，确定多面体与坐标轴交于各点坐标，利用空间向量求解两个平面的夹角，求解多面体相邻两个面所在平面的夹角的余弦值. 【详解】（1）由，得，直线的方向向量为， 故直线的点方向式方程为.............3分 （2）由平面可知，平面的法向量为， 由平面可知，平面的法向量为， 设交线的方向向量为，则， 令，则，可得，............5分 由平面可知，平面的法向量为， 因为，即， 且，所以．............9分 （3）易得侧面所在平面的法向量， 由平面可知，平面的法向量为， 设平面与平面的交线的方向向量为， 则，令，则，可得， 由平面可知，平面的法向量为，............12分 因为，解得，所以集合， 可知多面体与坐标轴交于各点， ，，，，，，如图所示， 由集合所有的点构成了多面体的各个面， 点，，均满足方程， 可知平面的方程为，且该平面的一个法向量为， 同理可知，平面的方程为，该平面的一个法向量为， 平面的方程为，该平面的一个法向量为， ， 由对称性可知，任意相邻两平面的夹角的余弦值都为， 故多面体相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为， 综上，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为．............17分 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $