第05讲空间向量及其应用（练习）

第05讲空间向量及其应用（模拟精练+真题演练）1．（2023·内蒙古乌兰察布·校考三模）正方体中，E，F分别是的中点，则直线与EF所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】正方体中，E，F分别是的中点，设正方体中棱长为2，以D为原点，为轴，建立空间直角坐标系，则，，，

设直线与EF所成角为θ，，则==，∴直线与EF所成角的余弦值是．故选：B．2．（2023·西藏日喀则·统考一模）已知向量，若与垂直，则（

）.A． B． C． D．【答案】D【解析】由于与垂直，所以，所以，故，故选：D3．（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）定义两个向量与的向量积是一个向量，它的模，它的方向与和同时垂直，且以的顺序符合右手法则（如图），在棱长为2的正四面体中，则（

）A． B．. C． D．【答案】D【解析】设,则，过作平面，则为三角形的外心，所以，进而,由于与共线，且方向相同，则，故选：D

4．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）如图，四棱锥中，底面为正方形，是正三角形，，平面平面，则与所成角的余弦值为（

）

A． B． C． D．【答案】A【解析】取的中点，的中点，连接、，因为是正三角形，所以，平面平面，平面平面，平面，所以平面，如图建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，所以，所以与所成角的余弦值为.

故选：A5．（2023·云南保山·统考二模）已知正方体，Q为上底面所在平面内的动点，当直线与的所成角为45°时，点Q的轨迹为（

）A．圆 B．直线 C．抛物线 D．椭圆【答案】C【解析】以点D为原点，，，为x，y，z的正方向，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则，设，可得，，因为直线与的所成角为，则，化简可得，所以点Q的轨迹为抛物线.故选：C.

6．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）在空间直角坐标系中，直线的方程为，空间一点，则点到直线的距离为（

）A． B．1 C． D．【答案】D【解析】根据题意，直线的方程为，即，则直线的方向向量为，又因为过点，，，则，故在上的射影为：，故点到直线的距离为：.故选：D.7．（2023·贵州毕节·校考模拟预测）钟鼓楼是中国传统建筑之一，属于钟楼和鼓楼的合称，是主要用于报时的建筑.中国古代一般建于城市的中心地带，在现代城市中，也可以常常看见附有钟楼的建筑.如图，在某市一建筑物楼顶有一顶部逐级收拢的四面钟楼，四个大钟对称分布在四棱柱的四个侧面（四棱柱看成正四棱柱，钟面圆心在棱柱侧面中心上），在整点时刻（在0点至12点中取整数点，含0点，不含12点），已知在3点时和9点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线相互垂直，则在2点时和8点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成的角的余弦值为（

）

A． B． C． D．【答案】B【解析】如图，在正四棱柱中，分别为侧面和侧面的中心，为的中点，为点钟时针，为点钟时针，则，，设正四棱柱的底面边长为，侧棱长为，以为原点，以的方向分别为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以.所以在2点时和8点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成的角的余弦值为.

故选：B8．（2023·江西·校联考模拟预测）在空间直角坐标系中，已知，则当点到平面的距离最小时，直线与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】因为，可得，设是平面的法向量，则，令，可得，所以，所以点到平面的距离，当时，取得最小值，此时，所以直线与平面所成角的正弦值为.故选：C.9．（多选题）（2023·福建宁德·校考模拟预测）已知空间单位向量，，两两夹角均为，，，则下列说法中正确的是（

）A．、、、四点可以共面B．C．D．【答案】BC【解析】由于单位向量，，两两夹角均为，所以，假设、、、四点可以共面，则共面，所以存在，使得，分别用，，与点乘，则，由于该方程组无解，所以不存在，使得共面，故、、、四点不共面，故A错误，对于B，,故B正确，对于C，由得，由得,所以,则,故C正确；对于D，，故，故D错误，故选：BC.10．（多选题）（2023·海南海口·校考模拟预测）在长方体，，是线段上（含端点）的一动点，则下列说法正确的是（

）A．该长方体外接球表面积为 B．三棱锥的体积为定值C．当时， D．的最大值为1【答案】ABD【解析】设长方体外接球的半径为，该长方体外接球的直径即为长方体对角线的长，即有，所以，所以外接球表面积为，故A正确；因为在长方体中，是线段上（含端点）的一动点，所以到平面的距离即为的长，所以，是定值，故B正确；如图，以为原点建立空间直角坐标系，

则，，设，，则可得，所以，当时，则，解得，此时，故C错误；，，则，因为，所以当或时，取得最大值为1，故D正确.故选：ABD11．（多选题）（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）如图，在各棱长均为2的正三棱柱中，分别是的中点，设，，则（

）

A．当时，B．，使得平面C．，使得平面D．当时，与平面所成角为【答案】AC【解析】

取中点为，连接，以点为坐标原点，分别以为轴，以过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，，由可得，，所以，.对于A项，当时，有，所以.又，所以，所以，，所以，故A项正确；对于B项，因为，，设是平面的一个法向量，则有，即，取，则是平面的一个法向量.若平面，则.因为，显然不共线，故B错误；对于C项，因为，是平面的一个法向量.要使平面，则应有，所以，解得，所以，，使得平面，故C项正确；对于D项，当时，点，则.又是平面的一个法向量，设与平面所成角为，所以，，故D项错误.故选：AC.12．（多选题）（2023·海南海口·海南华侨中学校考一模）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点，则下列说法正确的是（

）

A．不存在点，使得B．存在点，使得C．对于任意点，到的距离的取值范围为D．对于任意点，都是钝角三角形【答案】ABC【解析】由题知，在正方体中，是棱上的动点，建立以为原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向的空间直角坐标系.所以，，，设，其中，所以，，当时，即，所以，显然方程组无解，所以不存在使得，即不存在点，使得，故A项正确；当时，解得，故B项正确；因为，其中，所以点Q到的距离为，故C项正确；因为，，其中，所以，所以三角形为直角三角形或钝角三角形，故D项错误.

故选：ABC13．（2023·河北·统考模拟预测）点、分别是正四面体ABCD棱、的中点，则．【答案】【解析】以为基底，它们两两之间均为，设正四面体ABCD棱长为2，则,所以，所以,故答案为：14．（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考模拟预测）在空间直角坐标系中，一四面体的四个顶点坐标分别为，则其体积为．【答案】/【解析】设，则，，，设平面ABC的一个法向量为，，则有，即，令，则，，，在方向的投影的绝对值即为点D到平面ABC的距离，四面体的体积；故答案为：.15．（2023·北京大兴·校考三模）如图，在正方体，中，，分别为线段，上的动点.给出下列四个结论:

①存在点，存在点，满足∥平面；②任意点，存在点，满足∥平面；③任意点，存在点，满足；④任意点，存在点，满足.其中所有正确结论的序号是.【答案】①③【解析】对①，当，分别为，的中点时，取中点，连接，则根据中位线的性质可得，又平面，平面，故平面，同理平面，又，平面，故平面平面.又平面，故平面.故①正确.

对②，当在时，∥平面不成立，故②错误；对③④，以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则，.设，，则，其中，故，则当时，即.故对任意的，存在满足条件，即任意点，存在点，满足.故③正确；当，即在点时，若，则，不满足，即不在上，故④错误.

故答案为：①③16．（2023·全国·模拟预测）已知长方体中，，点是线段上靠近点的三等分点，记直线的夹角为，直线的夹角为，直线的夹角为，则之间的大小关系为．（横线上按照从小到大的顺序进行书写）【答案】【解析】

记，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，所以，所以，又，故，，又，故，因为，所以，所以.故．故答案为：.17．（2023·广东·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，，，，是棱上的中点.

(1)求三棱锥的体积；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【解析】（1）因为四边形是菱形，所以.又，平面，且，所以平面.因为平面，所以.因为，所以，所以.因为平面，且，所以平面.因为是棱上的中点，所以到平面的距离，四边形是菱形，，，则中，，，，∵，∴三棱锥的体积为.（2）取棱的中点，连接，则有，因为，则.两两垂直，故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系.因，则.

因是棱上的中点，则.设平面的法向量为，则，令，则，得.平面的一个法向量为.设平面与平面的夹角为，则.故平面与平面夹角的余弦值为.18．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）在三棱台中，为中点，，，．

(1)求证：平面；(2)若，，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积．【解析】（1）在三棱台中，为中点，则，又，则，又，∴四边形为平行四边形，则，∵，∴，又，，∴，∵平面，，∴平面．（2）∵，，∴，又∵，平面，，∴平面，∵，，为中点，∴．以为正交基底，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，令，，，则，又平面的一个法向量为，则，∴，即．∵平面，平面平面，平面，∴．

19．（2023·宁夏银川·校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，且平面，，，分别是，的中点，是上一点，且.

(1)求证：平面；(2)若，求直线与平面所成角的余弦值.【解析】（1）证明：，分别为，中点，，又平面，平面，平面；（2）底面是边长为2的菱形，所以，又平面，平面，所以，如图所示，以为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

，底面是边长为2的菱形，，则，，．，又，，，，，设平面的一个法向量为，则，令，所以，设直线与平面所成角为．则，故有，所以直线与平面所成角的余弦值.20．（2023·河南·襄城高中校联考模拟预测）如图，在正四棱台中，，，，为棱，的中点，棱上存在一点，使得平面．

(1)求；(2)当正四棱台的体积最大时，求与平面所成角的正弦值．【解析】（1）作交于，再作交于，连接．因为平面，所以平面．又平面平面，所以．又因为，所以四边形是平行四边形，所以，即为棱的四等分点，故也为棱的四等分点，所以．（2）由（1）易知为的四等分点，所以点在点的正上方，所以底面．设，则，所以，所以该四棱台的体积，而．当且仅当，即时取等号，此时，．以为原点，，分别为轴、轴，过平行于的直线为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，由得令，则．设与平面所成角为，则，故与平面所成角的正弦值为．21．（2023·山东潍坊·三模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且.

(1)求证：直线平面；(2)求证：平面平面；(3)若点为线段上的动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离.【解析】（1）如图，设交于点，连接，易知底面，，所以，又是底面圆的内接正三角形，由，可得，.又，，所以，即，又，所以，所以，即，又平面，直线平面，平面，所以直线平面..

（2）因为平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（3）易知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，，，

设平面的法向量为，则，即，令，则，设，可得，设直线与平面所成的角为，则，即，令，则，当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值4，即当时，的最大值为1，此时点，所以，所以点到平面的距离，故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为.1．（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱中，，．点，，，分别在棱，，，上，，，．（1）证明：；（2）点在棱上，当二面角为时，求．【解析】（1）证明：根据题意建系如图，则有：，2，，，0，，，2，，，0，，，，，又，，，四点不共线，；（2）在（1）的坐标系下，可设，2，，，，又由（1）知，0，，，2，，，0，，，，，设平面的法向量为，则，取，设平面的法向量为，则，取，根据题意可得，，，，又，，解得或，为的中点或的中点，．2．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥中，，，，为中点．（1）证明；（2）点满足，求二面角的正弦值．【解析】证明：（1）连接，，，为中点．，又，，与均为等边三角形，，，，平面，平面，．（2）设，，，，，，又，，平面，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，，，，，0，，，，，，，设平面与平面的一个法向量分别为，，则，令，解得，，令，解得，，故，1，，，1，，设二面角的平面角为，则，故，所以二面角的正弦值为．3．（2023•北京）如图，四面体中，，，平面．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的大小．【解析】证明：（Ⅰ）平面，平面，平面，，，，，，又，，，又，平面；（Ⅱ）以点为坐标原点，分别以，所在直线为轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：则，1，，，0，，，0，，，1，，，0，，，，，，1，，，0，，设平面的一个法向量为，，，则，取，得，1，，设平面的一个法向量为，，，则，取，得，1，，，，由图可知二面角为锐角，设二面角的大小为，则，，，即二面角的大小为．4．（2022•新高考Ⅱ）如图，是三棱锥的高，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若，，，求二面角的正弦值．【解析】（1）证明：连接，，依题意，平面，又平面，平面，则，，，又，，则，，延长交于点，又，则在中，为中点，连接，在中，，分别为，的中点，则，平面，平面，平面；（2）过点作，以，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，由于，，由（1）知，又，则，，又，即，12，，设平面的一个法向量为，又，则，则可取，设平面的一个法向量为，又，则，则可取，设锐二面角的平面角为，则，，即二面角正弦值为．5．（2022•北京）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，，分别为，的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【解析】证明：取中点，连接，，为的中点．，且，四边形是平行四边形，故，平面；平面，平面，是中点，是的点，，平面；平面，平面，又，平面平面，又平面，平面；侧面为正方形，平面平面，平面平面，平面，，又，，若选①：；又，平面，又平面，，又，，，，两两垂直，若选②：平面，，平面，平面，，又，，，，，，又，，，，两两垂直，以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，1，，，1，，，2，，，1，，，1，，设平面的一个法向量为，，，则，令，则，，平面的一个法向量为，，，又，2，，设直线与平面所成角为，，．直线与平面所成角的正弦值为．6．（2022•浙江）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设，分别为，的中点．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【解析】证明：由于，，平面平面，平面，平面，所以为二面角的平面角，则，平面，则．又，则是等边三角形，则，因为，，，平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为，平面，平面，所以平面，因为平面，故；（Ⅱ）由于平面，如图建系：于是，则，，设平面的法向量，，，则，，令，则，，平面的法向量，设与平面所成角为，则．7．（2022•甲卷）在四棱锥中，底面，，，，．（1）证明：；（2）求与平面所成的角的正弦值．【解析】（1）证明：底面，面，，取中点，连接，，，，又，，，为直角三角形，且为斜边，，又，面，面，面，又面，；（2）由（1）知，，，两两互相垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，，则，，设平面的一个法向量为，则，则可取，设与平面所成的角为，则，与平面所成的角的正弦值为．8．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱的体积为4，△的面积为．（1）求到平面的距离；（2）设为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．【解析】（1）由直三棱柱的体积为4，可得，设到平面的距离为，由，，，解得．（2）连接交于点，，四边形为正方形，，又平面平面，平面平面，平面，，由直三棱柱知平面，，又，平面，，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，，，又，解得，则，0，，，2，，，0，，，2，，，1，，则，2，，，1，，，0，，设平面的一个法向量为，，，则，令，则，，平面的一个法向量为，0，，设平面的一个法向量为，，，，令，则，，平面的一个法向量为，1，，，，二面角的正弦值为．9．（2022•天津）