2024届新高考数学一轮复习配套练习专题8.6 空间向量及其运算和空间位置关系 （新教材新高考）（练）含答案

2024届新高考数学一轮复习配套练习专题8.6空间向量及其运算和空间位置关系练基础练基础1．（2021·陕西高二期末（理））已知为空间中任意一点，四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且，则实数的值为（）A． B． C． D．2.【多选题】（2021·全国）下列命题中不正确的是（）.A．若､､､是空间任意四点，则有B．若，则､的长度相等而方向相同或相反C．是､共线的充分条件D．对空间任意一点与不共线的三点､､，若()，则､､､四点共面3.（2020·江苏省镇江中学高二期末）已知向量，，若，则实数m的值是________.若，则实数m的值是________.4．（2021·全国高二课时练习）下列关于空间向量的命题中，正确的有______．①若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则；②若非零向量，，满足，，则有；③若，，是空间的一组基底，且，则，，，四点共面；④若向量，，，是空间一组基底，则，，也是空间的一组基底．5．（2021·全国高二课时练习）已知点A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0，λ），若A，B，C三点共线，则__．6．（2021·广西高一期末）在空间直角坐标系中的位置及坐标如图所示，则边上的中线长为___________.7．（2021·全国高二课时练习）在三棱锥中，平面平面，，，，，，则的长为___________.8．（2021·浙江高一期末）在长方体中，，，点为底面上一点，则的最小值为________.9．（2021·山东高二期末）在正三棱柱中，，点D满足，则_________．10．(2020-2021学年高二课时同步练）如图，已知为空间的9个点，且，，求证：（1）四点共面，四点共面；（2）；（3）.练提升TIDHNEG练提升TIDHNEG1．（2021·四川省大竹中学高二月考（理））如图，在平行六面体中，，，则（）A．1 B． C．9 D．32．（2021·全国高二课时练习）如图所示，二面角的棱上有、两点，直线、分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于，已知，，，，则该二面角的大小为（）

A． B．C． D．3．（2021·湖北荆州·高二期末）如图，在三棱柱中，与相交于点，则线段的长度为（）A． B． C． D．4．（2020·浙江镇海中学高二期中）已知空间四边形ABCD的对角线为AC与BD，M，N分别为线段AB，CD上的点满足，，点G在线段MN上，且满足，若，则__________.5.（2021·广西高二期末（理））在中，，，，是斜边上一点，以为棱折成二面角，其大小为60°，则折后线段的最小值为___________.6．（2021·辽宁高一期末）已知点在正方体的侧面内（含边界），是的中点，，则的最大值为_____；最小值为______.7．（2021·北京高二期末）如图，在四面体ABCD中，其棱长均为1，M，N分别为BC，AD的中点.若，则________；直线MN和CD的夹角为________.8．（2021·四川高二期末（理））如图，在三棱柱中，点是的中点，，，，，设，，.（1）用，，表示，；（2）求异面直线与所成角的余弦值.9．（2021·浙江高一期末）已知四棱锥的底面是平行四边形，平面与直线分别交于点且，点在直线上，为的中点，且直线平面．（Ⅰ）设，试用基底表示向量；（Ⅱ）证明，对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上．10．（2021·山东高二期末）已知在空间直角坐标系中，点，，，的坐标分别是，，，，过点，，的平面记为.（1）证明：点，，，不共面；（2）求点到平面的距离.练真题TIDHNEG练真题TIDHNEG1．（2021·全国高考真题）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2．(湖北卷)在如图所示的空间直角坐标系中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2），（2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（）A.①和②B.③和①C.④和③D.④和②3.(2018年理数全国卷II)在长方体ABCD−A1B1C1D1中，A.15B.56C.54.(2019年高考浙江卷)如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.（1）证明：；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.5.(2019年高考北京卷理)如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P的余弦值；（3）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．6.(2019年高考全国Ⅱ卷理)如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．专题8.6空间向量及其运算和空间位置关系练基础练基础1．（2021·陕西高二期末（理））已知为空间中任意一点，四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且，则实数的值为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据向量共面的基本定理当时即可求解.【详解】，又∵是空间任意一点，、、、四点满足任三点均不共线，但四点共面，∴，解得故选：B2.【多选题】（2021·全国）下列命题中不正确的是（）.A．若､､､是空间任意四点，则有B．若，则､的长度相等而方向相同或相反C．是､共线的充分条件D．对空间任意一点与不共线的三点､､，若()，则､､､四点共面【答案】ABD【解析】本题考察向量的概念与性质，需按个选项分析，A选项考察向量加法的意义，B选项考察向量的模的性质，C选项可以两边平方计算，D选项考察四点共面的性质.【详解】A选项，而不是，故A错，B选项，仅表示与的模相等，与方向无关，故B错，C选项，，即，即，与方向相反，故C对，D选项，空间任意一个向量都可以用不共面的三个向量､､表示，∴､､､四点不一定共面，故D错，故选ABD.3.（2020·江苏省镇江中学高二期末）已知向量，，若，则实数m的值是________.若，则实数m的值是________.【答案】【解析】，，若，则，解得；若，则，解得.故答案为：和.4．（2021·全国高二课时练习）下列关于空间向量的命题中，正确的有______．①若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则；②若非零向量，，满足，，则有；③若，，是空间的一组基底，且，则，，，四点共面；④若向量，，，是空间一组基底，则，，也是空间的一组基底．【答案】①③④【解析】根据空间向量基本定理，能作为基底的向量一定是不共面的向量，由此分别分析判断①，④；对于②在空间中满足条件的与不一定共线，从而可判断;对于③，由条件结合空间向量的加减法则可得，从而可判断；【详解】对于①：若向量，与空间任意向量都不能构成基底，只能两个向量为共线向量，即，故①正确；对于②：若非零向量，，满足，，则与不一定共线，故②错误；对于③：若，，是空间的一组基底，且，则，即，可得到，四点共面，故③正确；对于④：若向量，，，是空间一组基底，则空间任意一个向量，存在唯一实数组，使得，由的唯一性，则，，也是唯一的则，，也是空间的一组基底，故④正确．故答案为：①③④5．（2021·全国高二课时练习）已知点A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0，λ），若A，B，C三点共线，则__．【答案】1【解析】利用坐标表示向量，由向量共线列方程求出λ的值．【详解】由题意，点A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0，λ），所以,若A，B，C三点共线，则，即，解得.故答案为：1．6．（2021·广西高一期末）在空间直角坐标系中的位置及坐标如图所示，则边上的中线长为___________.【答案】【解析】先用中点坐标公式解出线段中点的坐标，再用两点间距离公式求出中线长.【详解】线段的中点D坐标为，即由空间两点间的距离公式得边上的中线长为.故答案为：.7．（2021·全国高二课时练习）在三棱锥中，平面平面，，，，，，则的长为___________.【答案】【解析】建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用两点间距离公式求得结果.【详解】平面平面，平面平面，，平面，平面，建立以为原点,平行于BC做轴，AC为轴，SA为轴作空间直角坐标系，则，，∴.故答案为：11.8．（2021·浙江高一期末）在长方体中，，，点为底面上一点，则的最小值为________.【答案】【解析】根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.【详解】解：如图，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，设，所以，所以，所以当时，有最小值.故答案为：9．（2021·山东高二期末）在正三棱柱中，，点D满足，则_________．【答案】【解析】因为是正三棱柱，所以建立如图的空间直角坐标系，求出的坐标也即是点的坐标，由两点的坐标即可求的模.【详解】因为是正三棱柱，所以面，且为等边三角形，如图建立以为原点，所在的直线为轴，过点垂直于的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，即，所以，故答案为：.10．(2020-2021学年高二课时同步练）如图，已知为空间的9个点，且，，求证：（1）四点共面，四点共面；（2）；（3）.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】（1）利用共面向量定理证明四点共面；（2）利用向量加减及数运算找到的关系，证明；（3）利用向量加减及数运算可得.【详解】证明：（1），∴A、B、C、D四点共面．，∴E、F、G、H四点共面．（2）.（3）.练提升TIDHNEG练提升TIDHNEG1．（2021·四川省大竹中学高二月考（理））如图，在平行六面体中，，，则（）A．1 B． C．9 D．3【答案】D【解析】根据图形，利用向量的加法法则得到，再利用求的模长.【详解】在平行六面体中，有，，由题知，，，，，所以，，与的夹角为，与的夹角为，与的夹角为，所以.所以.故选：D.2．（2021·全国高二课时练习）如图所示，二面角的棱上有、两点，直线、分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于，已知，，，，则该二面角的大小为（）

A． B．C． D．【答案】C【解析】根据向量垂直的条件得，，再由向量的数量积运算可得，根据图示可求得二面角的大小.【详解】由条件知，，，∴，∴，又，所以，∴由图示得二面角的大小为，故选：C.3．（2021·湖北荆州·高二期末）如图，在三棱柱中，与相交于点，则线段的长度为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】依题意得，，，，，进而可得结果.【详解】依题意得，，，.所以故.故选：A.4．（2020·浙江镇海中学高二期中）已知空间四边形ABCD的对角线为AC与BD，M，N分别为线段AB，CD上的点满足，，点G在线段MN上，且满足，若，则__________.【答案】【解析】以作为空间向量的基底，利用向量的线性运算可得的表示，从而可得的值，最后可得的值.【详解】,又，故，而，所以，因为不共面，故，所以，故答案为：5.（2021·广西高二期末（理））在中，，，，是斜边上一点，以为棱折成二面角，其大小为60°，则折后线段的最小值为___________.【答案】【解析】过，作的垂线，垂足分别为，，从而得到，然后将用表示，求出的表达式，再设，利用边角关系求出所需向量的模，同时利用二面角的大小得到向量与的夹角，利用同角三角函数关系和二倍角公式化简的表达式，再利用正弦函数的有界性分析求解即可．【详解】解：如图①，过，作的垂线，垂足分别为，，故，，所以，以为棱折叠后，则有，故，，因为以为棱折成二面角，所以与的夹角为，令，则，在中，，，在中，，，故，所以，故当时，有最小值28，故线段最小值为．故答案为：．6．（2021·辽宁高一期末）已知点在正方体的侧面内（含边界），是的中点，，则的最大值为_____；最小值为______.【答案】1【解析】首先以点为原点，建立空间直角坐标系，得到，，并表示，利用二次函数求函数的最值.【详解】设正方体棱长为2，如图以点为原点，建立空间直角坐标系，，，，，，，，，，得，，平面，，当时，取得最大值是1，当时，取得最小值是.故答案为：；7．（2021·北京高二期末）如图，在四面体ABCD中，其棱长均为1，M，N分别为BC，AD的中点.若，则________；直线MN和CD的夹角为________.【答案】．【解析】利用空间向量的线性运算把用表示即可得，再由向量的数量积得向量夹角，从而得异面直线所成的角．【详解】由已知得，又且不共面，∴，，∴，是棱长为1的正四面体，∴，同理，，，，∴，∴，∴异面直线MN和CD所成的角为．8．（2021·四川高二期末（理））如图，在三棱柱中，点是的中点，，，，，设，，.（1）用，，表示，；（2）求异面直线与所成角的余弦值.【答案】（1），；（2）．【解析】（1）根据空间向量的线性运算法则计算；（2）用空间向量法求解．【详解】（1）三棱柱中，点是的中点，，，（2），，，，，，，，．所以异面直线与所成角的余弦值是．9．（2021·浙江高一期末）已知四棱锥的底面是平行四边形，平面与直线分别交于点且，点在直线上，为的中点，且直线平面．（Ⅰ）设，试用基底表示向量；（Ⅱ）证明，对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.【解析】（Ⅰ）由，利用空间向量的加、减运算法则求解；（Ⅱ）结合（Ⅰ），根据，设，分别用表示，，，然后根据平面，由存在实数y，z，使得求解.【详解】（Ⅰ）因为，所以；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，又因为，所以，,则，，，设，则，，因为平面，则存在实数y，z，使得，即，，所以，消元得，当时，，当时，，，解得，综上：，所以对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上．10．（2021·山东高二期末）已知在空间直角坐标系中，点，，，的坐标分别是，，，，过点，，的平面记为.（1）证明：点，，，不共面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由知，，三点不共线，然后由得不存在实数，得答案；（2）利用点到平面的距离可得答案.【详解】（1）由已知可得：，，假设，，三点共线，则存在，使得，即，所以，此方程组无解，所以，不共线，所以，，不共线，所以过点，，的平面是唯一的，若点，，，共面，则存在，，使得，即，即，此方程组无解，即不存在实数，，使得，所以点，，，不共面.（2）设平面的法向量为，则，所以，令，则，，所以，所以点到平面的距离.练真题TIDHNEG练真题TIDHNEG1．（2021·全国高考真题）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【解析】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．2．(湖北卷)在如图所示的空间直角坐标系中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2），（2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（）A.①和②B.③和①C.④和③D.④和②【答案】D【解析】设，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为=4\*GB3④与俯视图为=2\*GB3②，故选D.3.(2018年理数全国卷II)在长方体ABCD−A1B1C1D1中，A.15B.56C.5【答案】C【解析】以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0),A(1,0,0),B1(1,1,3),D1(0,0,3),所以4.(2019年高考浙江卷)如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.（1）证明：；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）．【解析】方法一：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．所以BC⊥平面A1EF．因此EF⊥BC．（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）．不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.由于O为A1G的中点，故，所以．因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．方法二：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz．不妨设AC=4，则A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)．因此，，．由得．（2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ．由（1）可得．设平面A1BC的法向量为n，由，得，取n，故，因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为．5.(2019年高考北京卷理)如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P的余弦值；（3）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD．（2）过A作AD的垂线交BC于点M．因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．如图建立空间直角坐标系A−xyz，则A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）．所以．所以.设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则即令z=1，则．于是．又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以.由题知，二面角F−AE−P为锐角，所以其余弦值为．（3）直线AG在平面AEF内．因为点G在PB上，且，所以.由（2）知，平面AEF的法向量.所以.所以直线AG在平面AEF内.6.(2019年高考全国Ⅱ卷理)如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由已知得，平面，平面，故．又，所以平面．（2）由（1）知．由题设知≌，所以，故，．以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D–xyz，则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则即所以可取n=.设平面的法向量为m=（x，y，z），则即所以可取m=（1，1，0）．于是．所以，二面角的正弦值为．专题8.7立体几何中的向量方法练基础练基础1.（2020·陕西省商丹高新学校期末（理））两不重合平面的法向量分别为，，则这两个平面的位置关系是（）A．平行 B．相交不垂直 C．垂直 D．以上都不对2．（2020·全国课时练习）已知两个不重合的平面与平面，若平面的法向量为，向量，，则（）A．平面平面 B．平面平面C．平面、平面相交但不垂直 D．以上均有可能3．（2020·江西新余·高二其他）如图所示，在正方体中，是底面正方形的中心，是的中点，是的中点，则直线，的位置关系是（）A．平行 B．相交 C．异面垂直 D．异面不垂直4．（2020·全国课时练习）正四棱锥中，，则直线与平面所成角的正弦值为（）A． B． C． D．5．（2021·江苏高三三模）已知四棱锥的底面为直角梯形，，，，，平面，且，平面与平面的交线为.（1）求证：；（2）试建立适当的空间直角坐标系，并求点在平面上的射影的坐标.6.【多选题】（2021·全国高考真题）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7.（2021·四川省蒲江县蒲江中学高二月考（理））如图，在正四棱柱中，已知，，E､F分别为､上的点，且.（1）求证：BE⊥平面ACF；（2）求点E到平面ACF的距离.8．（2020·海安市曲塘中学高二期中）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝CB＝4，CC1＝2，∠ACB＝90°，点M在线段A1B1上．（1）若A1M＝3MB1，求异面直线AM和A1C所成角的余弦值；（2）若直线AM与平面ABC1所成角为30°，试确定点M的位置．9.（2021·陕西高三其他模拟（文））如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是边长为4的正方形，，分别为，的中点.（1）求证：平面；（2）若为等边三角形，求三棱锥的体积.10.（2020·江苏江都·邵伯高级中学月考）如图，四棱锥的底面为一直角梯形，其中，底面，是的中点．（1）求证：//平面；（2）若平面，求平面与平面所成角的余弦值.练提升TIDHNEG练提升TIDHNEG1．（2021·江苏高二期末）在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱的长为2，且．（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）求三棱锥的体积．2.（2021·江苏高二期末）如图，在梯形中，，在线段上，且．沿将折起，使点到达点的位置，满足．（1）证明：平面；（2）若在梯形中，，折起后在平面上的射影恰好是与的交点，求直线与平面所成角的正弦值.3．（2021·黑龙江高二期末（理））如图，三棱柱中，侧面，已知，，点E是棱的中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．4.（2021·福建高一期末）如图1，中，，，，D，E分别是，的中点.把沿折至的位置，平面，连接，，F为线段的中点，如图2.（1）求证：平面；（2）当三棱锥的体积为时，求直线与所成角的正切值.5．（2021·安徽高一期末）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，是的中点.（1）证明：；（2）若线段上存在一点满足，使得，求的值；（3）在（2）的条件下，求二面角的正弦值.6．（2021·重庆南开中学高三月考）如图，在三棱柱中，是边长为4的等边三角形，D是的中点，．（1）求证：平面；（2）当三棱柱的体积最大时，求点C与平面的距离．7．（2021·全国高三其他模拟）在四棱锥中，平面，底面为梯形，，，，，．（1）若为的中点，求证：平面；（2）若为棱上异于的点，且，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．8．（2021·湖南高三其他模拟）在长方体中，已知，为的中点.（1）在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，请加以证明，若不存在，请说明理由；（2）设，，点在上且满足，求与平面所成角的余弦值.9.（江西高考真题）如图，与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面，.（1）求直线与平面所成的角的大小；（2）求平面与平面所成的二面角的正弦值.10．（2020·上海市七宝中学高二期末）如图，在中，，斜边，半圆的圆心在边上，且与相切，现将绕旋转一周得到一个几何体，点为圆锥底面圆周上一点，且．（1）求球的半径；（2）求点到平面的距离；（3）设是圆锥的侧面与球的交线上一点，求与平面所成角正弦值的范围．练真题TIDHNEG练真题TIDHNEG1．（2021·北京高考真题）已知正方体，点为中点，直线交平面于点．（1）证明：点为的中点；（2）若点为棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．2．（2021·全国高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．3.（2019·天津高考真题（理））如图，平面，，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角的余弦值为，求线段的长.4.（2019年高考浙江卷）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.（1）证明：；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.4．（2021·天津高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．（I）求证：平面；（II）求直线与平面所成角的正弦值．（III）求二面角的正弦值．6．（2020·山东海南省高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．专题8.7立体几何中的向量方法练基础练基础1.（2020·陕西省商丹高新学校期末（理））两不重合平面的法向量分别为，，则这两个平面的位置关系是（）A．平行 B．相交不垂直 C．垂直 D．以上都不对【答案】A由已知，两不重合平面的法向量分别为（1，0，﹣1），（﹣2，0，2），所以，所以两不重合平面的法向量平行，所以这两个平面的位置关系是平行；故选：A．2．（2020·全国课时练习）已知两个不重合的平面与平面，若平面的法向量为，向量，，则（）A．平面平面 B．平面平面C．平面、平面相交但不垂直 D．以上均有可能【答案】A【解析】，，，，，所以，也为平面的一个法向量，又平面与平面不重合，所以平面与平面平行，故选：A.3．（2020·江西新余·高二其他）如图所示，在正方体中，是底面正方形的中心，是的中点，是的中点，则直线，的位置关系是（）A．平行 B．相交 C．异面垂直 D．异面不垂直【答案】C【解析】建立空间直角坐标系，如图所示.设正方体的棱长为2，则，，，，∴，.∵，∴直线，的位置关系是异面垂直.故选:C4．（2020·全国课时练习）正四棱锥中，，则直线与平面所成角的正弦值为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】建立如图所示的空间直角坐标系.有图知，由题得、、、.，，.设平面的一个法向量，则，，令，得，，.设直线与平面所成的角为，则.故选：C.5．（2021·江苏高三三模）已知四棱锥的底面为直角梯形，，，，，平面，且，平面与平面的交线为.（1）求证：；（2）试建立适当的空间直角坐标系，并求点在平面上的射影的坐标.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由，根据线面平行的判定可得面，再由线面平行的性质可证；（2）构建以D为原点，为x、y、z轴的正方向构建空间直角坐标系，写出、、的坐标，可得，，进而求面的法向量并写出平面所在的方程，由，即可求出的坐标.【详解】（1）∵，面，面，∴面，而面面，面，∴，得证.（2）由题意，平面，易得、，且，故构建以D为原点，为x、y、z轴的正方向构建空间直角坐标系，∵，，，∴，，，，则，，若为面的一个法向量，则，令，即，∴面的方程为，∴为过方向向量为的直线与面PBC的交点，若，则令，可得，综上，，即，故.6.【多选题】（2021·全国高考真题）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【解析】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．7.（2021·四川省蒲江县蒲江中学高二月考（理））如图，在正四棱柱中，已知，，E､F分别为､上的点，且.（1）求证：BE⊥平面ACF；（2）求点E到平面ACF的距离.【答案】（1）证明详见解析；（2）.【解析】（1）建立空间直角坐标系，由证得结论成立.（2）利用点面距公式计算出到平面的距离.【详解】（1）建立如图所示空间直角坐标系，.，所以，所以，所以平面.（2）由（1）知是平面的法向量.，所以点到平面的距离为.8．（2020·海安市曲塘中学高二期中）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝CB＝4，CC1＝2，∠ACB＝90°，点M在线段A1B1上．（1）若A1M＝3MB1，求异面直线AM和A1C所成角的余弦值；（2）若直线AM与平面ABC1所成角为30°，试确定点M的位置．【答案】（1）；（2）M为A1B1的中点．【解析】先证明CC1⊥CA，CC1⊥CB，CA⊥CB，以{、、}这组正交基底建立空间直角坐标系.（1）用向量法求异面直线AM和A1C所成角的余弦值；（2）设＝λ，λ∈[0，1]，用向量法表示出直线AM与平面ABC1所成角，解出λ，即可确定M的位置.【详解】解：（1）因为ABC-A1B1C1为直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，又CA、CB平面ABC，所以CC1⊥CA，CC1⊥CB；因为∠ACB＝90°，所以CA⊥CB；以{、、}这组正交基底建立空间直角坐标系，所以A(4，0，0)，B(0，4，0)，A1(4，0，2)，B1(0，4，2)，C1(0，0，2)；因为A1M＝3MB1，所以M(1，3，2)；因为＝(－3，3，2)，＝(－4，0，－2)，所以cos<，>＝＝＝，所以异面直线AM和A1C所成角的余弦值为；（2）设＝λ，λ∈[0，1]，所以M(4－4λ，4λ，2)，＝(－4λ，4λ，2)；设平面ABC1的一个法向量＝(x，y，z)，由·＝0，·＝0得，，其一组解为，所以＝(1，1，)；因为直线AM与平面ABC1所成角为30°，所以│cos<，>│＝││＝＝sin30°，得λ＝(负舍)，即M为A1B1的中点．9.（2021·陕西高三其他模拟（文））如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是边长为4的正方形，，分别为，的中点.（1）求证：平面；（2）若为等边三角形，求三棱锥的体积.【答案】（）见解析；（2）【解析】（1）连接，由，分别为，的中点，得，再由线面平行的判定定理即可证明所证；（2）如图建系，利用向量法求出点到平面的距离，再由，从而得出答案.【详解】解：（1）证明：连接，因为，分别为，的中点，所以，又因平面，所以平面；（2）取的中点，连接，因为为等边三角形，所以，所以，如图以为原点，为轴，过作平面的垂线轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，设平面的一个法向量，则即，令，则，，所以，则点到平面的距离，又，所以.10.（2020·江苏江都·邵伯高级中学月考）如图，四棱锥的底面为一直角梯形，其中，底面，是的中点．（1）求证：//平面；（2）若平面，求平面与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】设，建立如图的空间坐标系，，,，.（1），，所以，平面，平面.（2）因为平面，所以，即，，所以，即,平面和平面中，，所以平面的一个法向量；平面的一个法向量为；，所以平面与平面夹角的余弦值为.练提升TIDHNEG练提升TIDHNEG1．（2021·江苏高二期末）在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱的长为2，且．（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）用为基底表示，由向量的数量积的运算求得夹角余弦值；（2）取中点，证明平面，然后由棱锥体积公式计算体积．【详解】解：（1）由题意知，，，所以，，又，，所以，设与所成角为，则；（2）易知，，所以，取中点，连接，，则，所以，即，又，所以，因为，平面，，所以平面，因为，所以2.（2021·江苏高二期末）如图，在梯形中，，在线段上，且．沿将折起，使点到达点的位置，满足．（1）证明：平面；（2）若在梯形中，，折起后在平面上的射影恰好是与的交点，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明，结合，利用线面垂直的判定定理即可求证；（2）先证明，，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用余弦定理求出的长，设，再由余弦定理求出的长，进而可得所需各点坐标，求出平面的一个法向量和的坐标，由空间向量夹角公式即可求解.【详解】（）因为，，所以四边形为菱形，所以，又，，平面，平面，所以平面．（）因为平面，平面，平面，所以，，又，以为原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，在菱形中，，．，所以，设，则，．在菱形中，，所以，在中，由余弦定理得，所以．所以，，，，，，，设平面的法向量为，则，令，则，．所以是平面的一个法向量．设直线与平面所成角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.3．（2021·黑龙江高二期末（理））如图，三棱柱中，侧面，已知，，点E是棱的中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由余弦定理求得，勾股定理逆定理证明，从而结合已知垂直可证明线面垂直；（2）以B为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角的正弦．【详解】（1）证明：∵，，，∴由余弦定理可知，∴，∴，∵侧面，且面，∴，又∵，平面，∴平面．（2）由（1）知，以B为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，

∴，，设平面的法向量为，由，得，取得；设与平面所成角为，则故直线与平面所成角的正弦值为．4.（2021·福建高一期末）如图1，中，，，，D，E分别是，的中点.把沿折至的位置，平面，连接，，F为线段的中点，如图2.（1）求证：平面；（2）当三棱锥的体积为时，求直线与所成角的正切值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）根据已知容易得出，再由平面，可得，从而可证平面；（2）根据三棱锥的体积为及的面积可得平面，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得直线与所成角的正切值.【详解】（1）证明：因为D是的中点，所以，即，又因F为线段的中点，所以，因为D，E分别是，的中点，所以，因为，所以，即，，因为，所以平面，所以平面，因为平面，所以，又因，所以平面；（2）解：因为，，D，E分别是，的中点，所以，，由（1）得为直角三角形，故，设三棱锥的高为，则，所以，所以线段即为三棱锥的高，所以平面，则，如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，，，故，，所以，又因直线与所成角的范围为，所以直线与所成角的余弦值为，则正弦值为，所以直线与所成角的正切值为.5．（2021·安徽高一期末）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，是的中点.（1）证明：；（2）若线段上存在一点满足，使得，求的值；（3）在（2）的条件下，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析，（2），（3）【解析】（1）连接，证明，再由，平面，可得,从而可得平面，进而可得；（2）由，，可得平面，则，由已知数据可求得，，从而可得，则，进而可得答案；（3）以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可【详解】（1）证明：连接，因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，∥，因为为的中点，所以，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，（2）解：因为，，，所以平面，因为平面，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以，因为，所以（3）因为，，，所以以为坐标原点，所在的直线分别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，平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，由图可知为锐角，则，所以6．（2021·重庆南开中学高三月考）如图，在三棱柱中，是边长为4的等边三角形，D是的中点，．（1）求证：平面；（2）当三棱柱的体积最大时，求点C与平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）先证明，再由线面平行的判定定理证明即可（2）易知当平面时，三棱柱的体积最大，此时、、两两垂直，故如图建立直角坐标系，利用向量法求解点到平面的距离即可【详解】（1）连接交于点E，由棱柱性质知E为的中点，连接，因D为的中点，故，而平面，平面，所以平面．（2）易知当平面时，三棱柱的体积最大，此时、、两两垂直，故如图建立直角坐标系，则，．设平面的法向量为，有，令，得，所以，于是点C与平面的距离．7．（2021·全国高三其他模拟）在四棱锥中，平面，底面为梯形，，，，，．（1）若为的中点，求证：平面；（2）若为棱上异于的点，且，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）证明即可得出；（2）以为原点建立空间直角坐标系，设，，根据求出，再求出平面和平面的法向量，利用向量关系即可求出.【详解】（1）证明：∵在梯形中，，，为的中点，所以且，∴四边形为平行四边形，所以，∵平面，平面，所以平面．（2）解：以为原点，，所在的直线为，轴，建立如图所示空间直角坐标系．因为，，，所以，，，，，则，，，．设，，则，．因为，所以，即，化简得，解得（舍）或．所以，，即．设为平面的一个法向量，则，所以，解得令，得；设为平面的一个法向量，则，所以解得令，得．设平面与平面所成锐二面角为，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．8．（2021·湖南高三其他模拟）在长方体中，已知，为的中点.（1）在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，请加以证明，若不存在，请说明理由；（2）设，，点在上且满足，求与平面所成角的余弦值.【答案】（1）存在，证明见解析；（2）.【解析】（1）利用线面判定定理证得平面和平面，然后利用面面平行的判定定理证得结论.；（2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标及空间向量，设，利用共线求得点坐标，然后设与平面所成角为，利用结合空间向量数量积求得结果..【详解】解：（1）存在，当点为线段的中点时，平面平面.证明：在长方体中，，.又因为平面，平面，所以平面.又为的中点，为的中点，所以，且.故四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面.又因为，平面，平面，所以平面平面.（2）在长方体中，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.因为，，所以，，，，，所以，，.设平面的法向量为，则，即.令，则，，所以，因为，设，则，所以，则.设与平面所成角为，则，即.故与平面所成角的余弦值为.9.（江西高考真题）如图，与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面，.（1）求直线与平面所成的角的大小；（2）求平面与平面所成的二面角的正弦值.【答案】（1）；（2）.【详解】解法一：（1）取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD.又平面平面，平面平面,则MO⊥平面，所以MO∥AB，A、B、O、M共面，延长AM、BO相交于E，则∠AEB就是AM与平面BCD所成的角.OB=MO=，MO∥AB，则，，所以，故，所以AM与平面BCD所成的角为.（2）CE是平面与平面的交线.由（1）知，O是BE的中点，则BCED是菱形.作BF⊥EC于F，连AF，则AF⊥EC，∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角，设为.因为∠BCE=120°，所以∠BCF=60°.，，所以，所求二面角的正弦值是.解法二：取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD，又平面平面,则MO⊥平面.以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图.OB=OM=，则各点坐标分别为O（0，0，0），C（1，0，0），M（0，0，），B（0，，0），A（0，，2），（1）设直线AM与平面BCD所成的角为.因（0，，），平面的法向量为.则有，所以，即AM与平面BCD所成的角为.（2），.设平面ACM的法向量为，由得.解得，，取.又平面BCD的法向量为，则设所求二面角为，则.10．（2020·上海市七宝中学高二期末）如图，在中，，斜边，半圆的圆心在边上，且与相切，现将绕旋转一周得到一个几何体，点为圆锥底面圆周上一点，且．（1）求球的半径；（2）求点到平面的距离；（3）设是圆锥的侧面与球的交线上一点，求与平面所成角正弦值的范围．【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】由，斜边，，设切点为，连接，，又，，，所以圆锥中球的半径就是半圆的半径，即为.（2）在三棱锥中，设到平面的距离为在中，，在等腰三角形中,，取中点，连，所以所以，由（1）知，由于，所以即.（3）如图建立空间直接坐标系，则，，，设在面上的射影与的正方向的夹角为，所以，，，，，设平面的法向量，由，∴，设与平面所成角为,则练真题TIDHNEG练真题TIDHNEG1．（2021·北京高考真题）已知正方体，点为中点，直线交平面于点．（1）证明：点为的中点；（2）若点为棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】(1)首先将平面进行扩展，然后结合所得的平面与直线的交点即可证得题中的结论；(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数的值.【详解】(1)如图所示，取的中点，连结，由于为正方体，为中点，故，从而四点共面，即平面CDE即平面，据此可得：直线交平面于点，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，即点为中点.(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方形，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，设，则：，从而：，设平面的法向量为：，则：，令可得：，设平面的法向量为：，则：，令可得：，从而：，则：，整理可得：，故（舍去）.2．（2021·全国高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；（2