2024屆新高考數(shù)學一輪復習配套練習專題8.6 空間向量及其運算和空間位置關系 （新教材新高考）（練）含答案

2024屆新高考數(shù)學一輪復習配套練習專題8.6空間向量及其運算和空間位置關系練基礎練基礎1．（2021·陜西高二期末（理））已知為空間中任意一點，四點滿足任意三點均不共線，但四點共面，且，則實數(shù)的值為（）A． B． C． D．2.【多選題】（2021·全國）下列命題中不正確的是（）.A．若???是空間任意四點，則有B．若，則?的長度相等而方向相同或相反C．是?共線的充分條件D．對空間任意一點與不共線的三點??，若()，則???四點共面3.（2020·江蘇省鎮(zhèn)江中學高二期末）已知向量，，若，則實數(shù)m的值是________.若，則實數(shù)m的值是________.4．（2021·全國高二課時練習）下列關于空間向量的命題中，正確的有______．①若向量，與空間任意向量都不能構(gòu)成基底，則；②若非零向量，，滿足，，則有；③若，，是空間的一組基底，且，則，，，四點共面；④若向量，，，是空間一組基底，則，，也是空間的一組基底．5．（2021·全國高二課時練習）已知點A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0，λ），若A，B，C三點共線，則__．6．（2021·廣西高一期末）在空間直角坐標系中的位置及坐標如圖所示，則邊上的中線長為___________.7．（2021·全國高二課時練習）在三棱錐中，平面平面，，，，，，則的長為___________.8．（2021·浙江高一期末）在長方體中，，，點為底面上一點，則的最小值為________.9．（2021·山東高二期末）在正三棱柱中，，點D滿足，則_________．10．(2020-2021學年高二課時同步練）如圖，已知為空間的9個點，且，，求證：（1）四點共面，四點共面；（2）；（3）.練提升TIDHNEG練提升TIDHNEG1．（2021·四川省大竹中學高二月考（理））如圖，在平行六面體中，，，則（）A．1 B． C．9 D．32．（2021·全國高二課時練習）如圖所示，二面角的棱上有、兩點，直線、分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于，已知，，，，則該二面角的大小為（）

A． B．C． D．3．（2021·湖北荊州·高二期末）如圖，在三棱柱中，與相交于點，則線段的長度為（）A． B． C． D．4．（2020·浙江鎮(zhèn)海中學高二期中）已知空間四邊形ABCD的對角線為AC與BD，M，N分別為線段AB，CD上的點滿足，，點G在線段MN上，且滿足，若，則__________.5.（2021·廣西高二期末（理））在中，，，，是斜邊上一點，以為棱折成二面角，其大小為60°，則折后線段的最小值為___________.6．（2021·遼寧高一期末）已知點在正方體的側(cè)面內(nèi)（含邊界），是的中點，，則的最大值為_____；最小值為______.7．（2021·北京高二期末）如圖，在四面體ABCD中，其棱長均為1，M，N分別為BC，AD的中點.若，則________；直線MN和CD的夾角為________.8．（2021·四川高二期末（理））如圖，在三棱柱中，點是的中點，，，，，設，，.（1）用，，表示，；（2）求異面直線與所成角的余弦值.9．（2021·浙江高一期末）已知四棱錐的底面是平行四邊形，平面與直線分別交于點且，點在直線上，為的中點，且直線平面．（Ⅰ）設，試用基底表示向量；（Ⅱ）證明，對所有滿足條件的平面，點都落在某一條長為的線段上．10．（2021·山東高二期末）已知在空間直角坐標系中，點，，，的坐標分別是，，，，過點，，的平面記為.（1）證明：點，，，不共面；（2）求點到平面的距離.練真題TIDHNEG練真題TIDHNEG1．（2021·全國高考真題）在正三棱柱中，，點滿足，其中，，則（）A．當時，的周長為定值B．當時，三棱錐的體積為定值C．當時，有且僅有一個點，使得D．當時，有且僅有一個點，使得平面2．(湖北卷)在如圖所示的空間直角坐標系中，一個四面體的頂點坐標分別是（0,0,2），（2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），給出編號①、②、③、④的四個圖，則該四面體的正視圖和俯視圖分別為（）A.①和②B.③和①C.④和③D.④和②3.(2018年理數(shù)全國卷II)在長方體ABCD?A1B1C1D1中，A.15B.56C.54.(2019年高考浙江卷)如圖，已知三棱柱，平面平面,，分別是AC，A1B1的中點.（1）證明：；（2）求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.5.(2019年高考北京卷理)如圖，在四棱錐P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E為PD的中點，點F在PC上，且．（1）求證：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P的余弦值；（3）設點G在PB上，且．判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說明理由．6.(2019年高考全國Ⅱ卷理)如圖，長方體ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）證明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．專題8.6空間向量及其運算和空間位置關系練基礎練基礎1．（2021·陜西高二期末（理））已知為空間中任意一點，四點滿足任意三點均不共線，但四點共面，且，則實數(shù)的值為（）A． B． C． D．【答案】B【解析】根據(jù)向量共面的基本定理當時即可求解.【詳解】，又∵是空間任意一點，、、、四點滿足任三點均不共線，但四點共面，∴，解得故選：B2.【多選題】（2021·全國）下列命題中不正確的是（）.A．若???是空間任意四點，則有B．若，則?的長度相等而方向相同或相反C．是?共線的充分條件D．對空間任意一點與不共線的三點??，若()，則???四點共面【答案】ABD【解析】本題考察向量的概念與性質(zhì)，需按個選項分析，A選項考察向量加法的意義，B選項考察向量的模的性質(zhì)，C選項可以兩邊平方計算，D選項考察四點共面的性質(zhì).【詳解】A選項，而不是，故A錯，B選項，僅表示與的模相等，與方向無關，故B錯，C選項，，即，即，與方向相反，故C對，D選項，空間任意一個向量都可以用不共面的三個向量??表示，∴???四點不一定共面，故D錯，故選ABD.3.（2020·江蘇省鎮(zhèn)江中學高二期末）已知向量，，若，則實數(shù)m的值是________.若，則實數(shù)m的值是________.【答案】【解析】，，若，則，解得；若，則，解得.故答案為：和.4．（2021·全國高二課時練習）下列關于空間向量的命題中，正確的有______．①若向量，與空間任意向量都不能構(gòu)成基底，則；②若非零向量，，滿足，，則有；③若，，是空間的一組基底，且，則，，，四點共面；④若向量，，，是空間一組基底，則，，也是空間的一組基底．【答案】①③④【解析】根據(jù)空間向量基本定理，能作為基底的向量一定是不共面的向量，由此分別分析判斷①，④；對于②在空間中滿足條件的與不一定共線，從而可判斷;對于③，由條件結(jié)合空間向量的加減法則可得，從而可判斷；【詳解】對于①：若向量，與空間任意向量都不能構(gòu)成基底，只能兩個向量為共線向量，即，故①正確；對于②：若非零向量，，滿足，，則與不一定共線，故②錯誤；對于③：若，，是空間的一組基底，且，則，即，可得到，四點共面，故③正確；對于④：若向量，，，是空間一組基底，則空間任意一個向量，存在唯一實數(shù)組，使得，由的唯一性，則，，也是唯一的則，，也是空間的一組基底，故④正確．故答案為：①③④5．（2021·全國高二課時練習）已知點A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0，λ），若A，B，C三點共線，則__．【答案】1【解析】利用坐標表示向量，由向量共線列方程求出λ的值．【詳解】由題意，點A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0，λ），所以,若A，B，C三點共線，則，即，解得.故答案為：1．6．（2021·廣西高一期末）在空間直角坐標系中的位置及坐標如圖所示，則邊上的中線長為___________.【答案】【解析】先用中點坐標公式解出線段中點的坐標，再用兩點間距離公式求出中線長.【詳解】線段的中點D坐標為，即由空間兩點間的距離公式得邊上的中線長為.故答案為：.7．（2021·全國高二課時練習）在三棱錐中，平面平面，，，，，，則的長為___________.【答案】【解析】建立空間直角坐標系，寫出各點坐標，利用兩點間距離公式求得結(jié)果.【詳解】平面平面，平面平面，，平面，平面，建立以為原點,平行于BC做軸，AC為軸，SA為軸作空間直角坐標系，則，，∴.故答案為：11.8．（2021·浙江高一期末）在長方體中，，，點為底面上一點，則的最小值為________.【答案】【解析】根據(jù)題意，建立空間直角坐標系，利用坐標法求解即可.【詳解】解：如圖，以所在直線為軸建立空間直角坐標系，則，設，所以，所以，所以當時，有最小值.故答案為：9．（2021·山東高二期末）在正三棱柱中，，點D滿足，則_________．【答案】【解析】因為是正三棱柱，所以建立如圖的空間直角坐標系，求出的坐標也即是點的坐標，由兩點的坐標即可求的模.【詳解】因為是正三棱柱，所以面，且為等邊三角形，如圖建立以為原點，所在的直線為軸，過點垂直于的直線為軸，所在的直線為軸，建立空間直角坐標系，則，，，，，，所以，即，所以，故答案為：.10．(2020-2021學年高二課時同步練）如圖，已知為空間的9個點，且，，求證：（1）四點共面，四點共面；（2）；（3）.【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）證明見解析.【解析】（1）利用共面向量定理證明四點共面；（2）利用向量加減及數(shù)運算找到的關系，證明；（3）利用向量加減及數(shù)運算可得.【詳解】證明：（1），∴A、B、C、D四點共面．，∴E、F、G、H四點共面．（2）.（3）.練提升TIDHNEG練提升TIDHNEG1．（2021·四川省大竹中學高二月考（理））如圖，在平行六面體中，，，則（）A．1 B． C．9 D．3【答案】D【解析】根據(jù)圖形，利用向量的加法法則得到，再利用求的模長.【詳解】在平行六面體中，有，，由題知，，，，，所以，，與的夾角為，與的夾角為，與的夾角為，所以.所以.故選：D.2．（2021·全國高二課時練習）如圖所示，二面角的棱上有、兩點，直線、分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于，已知，，，，則該二面角的大小為（）

A． B．C． D．【答案】C【解析】根據(jù)向量垂直的條件得，，再由向量的數(shù)量積運算可得，根據(jù)圖示可求得二面角的大小.【詳解】由條件知，，，∴，∴，又，所以，∴由圖示得二面角的大小為，故選：C.3．（2021·湖北荊州·高二期末）如圖，在三棱柱中，與相交于點，則線段的長度為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】依題意得，，，，，進而可得結(jié)果.【詳解】依題意得，，，.所以故.故選：A.4．（2020·浙江鎮(zhèn)海中學高二期中）已知空間四邊形ABCD的對角線為AC與BD，M，N分別為線段AB，CD上的點滿足，，點G在線段MN上，且滿足，若，則__________.【答案】【解析】以作為空間向量的基底，利用向量的線性運算可得的表示，從而可得的值，最后可得的值.【詳解】,又，故，而，所以，因為不共面，故，所以，故答案為：5.（2021·廣西高二期末（理））在中，，，，是斜邊上一點，以為棱折成二面角，其大小為60°，則折后線段的最小值為___________.【答案】【解析】過，作的垂線，垂足分別為，，從而得到，然后將用表示，求出的表達式，再設，利用邊角關系求出所需向量的模，同時利用二面角的大小得到向量與的夾角，利用同角三角函數(shù)關系和二倍角公式化簡的表達式，再利用正弦函數(shù)的有界性分析求解即可．【詳解】解：如圖①，過，作的垂線，垂足分別為，，故，，所以，以為棱折疊后，則有，故，，因為以為棱折成二面角，所以與的夾角為，令，則，在中，，，在中，，，故，所以，故當時，有最小值28，故線段最小值為．故答案為：．6．（2021·遼寧高一期末）已知點在正方體的側(cè)面內(nèi)（含邊界），是的中點，，則的最大值為_____；最小值為______.【答案】1【解析】首先以點為原點，建立空間直角坐標系，得到，，并表示，利用二次函數(shù)求函數(shù)的最值.【詳解】設正方體棱長為2，如圖以點為原點，建立空間直角坐標系，，，，，，，，，，得，，平面，，當時，取得最大值是1，當時，取得最小值是.故答案為：；7．（2021·北京高二期末）如圖，在四面體ABCD中，其棱長均為1，M，N分別為BC，AD的中點.若，則________；直線MN和CD的夾角為________.【答案】．【解析】利用空間向量的線性運算把用表示即可得，再由向量的數(shù)量積得向量夾角，從而得異面直線所成的角．【詳解】由已知得，又且不共面，∴，，∴，是棱長為1的正四面體，∴，同理，，，，∴，∴，∴異面直線MN和CD所成的角為．8．（2021·四川高二期末（理））如圖，在三棱柱中，點是的中點，，，，，設，，.（1）用，，表示，；（2）求異面直線與所成角的余弦值.【答案】（1），；（2）．【解析】（1）根據(jù)空間向量的線性運算法則計算；（2）用空間向量法求解．【詳解】（1）三棱柱中，點是的中點，，，（2），，，，，，，，．所以異面直線與所成角的余弦值是．9．（2021·浙江高一期末）已知四棱錐的底面是平行四邊形，平面與直線分別交于點且，點在直線上，為的中點，且直線平面．（Ⅰ）設，試用基底表示向量；（Ⅱ）證明，對所有滿足條件的平面，點都落在某一條長為的線段上．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）證明見解析.【解析】（Ⅰ）由，利用空間向量的加、減運算法則求解；（Ⅱ）結(jié)合（Ⅰ），根據(jù)，設，分別用表示，，，然后根據(jù)平面，由存在實數(shù)y，z，使得求解.【詳解】（Ⅰ）因為，所以；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，又因為，所以，,則，，，設，則，，因為平面，則存在實數(shù)y，z，使得，即，，所以，消元得，當時，，當時，，，解得，綜上：，所以對所有滿足條件的平面，點都落在某一條長為的線段上．10．（2021·山東高二期末）已知在空間直角坐標系中，點，，，的坐標分別是，，，，過點，，的平面記為.（1）證明：點，，，不共面；（2）求點到平面的距離.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）由知，，三點不共線，然后由得不存在實數(shù)，得答案；（2）利用點到平面的距離可得答案.【詳解】（1）由已知可得：，，假設，，三點共線，則存在，使得，即，所以，此方程組無解，所以，不共線，所以，，不共線，所以過點，，的平面是唯一的，若點，，，共面，則存在，，使得，即，即，此方程組無解，即不存在實數(shù)，，使得，所以點，，，不共面.（2）設平面的法向量為，則，所以，令，則，，所以，所以點到平面的距離.練真題TIDHNEG練真題TIDHNEG1．（2021·全國高考真題）在正三棱柱中，，點滿足，其中，，則（）A．當時，的周長為定值B．當時，三棱錐的體積為定值C．當時，有且僅有一個點，使得D．當時，有且僅有一個點，使得平面【答案】BD【解析】對于A，由于等價向量關系，聯(lián)系到一個三角形內(nèi)，進而確定點的坐標；對于B，將點的運動軌跡考慮到一個三角形內(nèi)，確定路線，進而考慮體積是否為定值；對于C，考慮借助向量的平移將點軌跡確定，進而考慮建立合適的直角坐標系來求解點的個數(shù)；對于D，考慮借助向量的平移將點軌跡確定，進而考慮建立合適的直角坐標系來求解點的個數(shù)．【詳解】易知，點在矩形內(nèi)部（含邊界）．對于A，當時，，即此時線段，周長不是定值，故A錯誤；對于B，當時，，故此時點軌跡為線段，而，平面，則有到平面的距離為定值，所以其體積為定值，故B正確．對于C，當時，，取，中點分別為，，則，所以點軌跡為線段，不妨建系解決，建立空間直角坐標系如圖，，，，則，，，所以或．故均滿足，故C錯誤；對于D，當時，，取，中點為．，所以點軌跡為線段．設，因為，所以，，所以，此時與重合，故D正確．故選：BD．2．(湖北卷)在如圖所示的空間直角坐標系中，一個四面體的頂點坐標分別是（0,0,2），（2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），給出編號①、②、③、④的四個圖，則該四面體的正視圖和俯視圖分別為（）A.①和②B.③和①C.④和③D.④和②【答案】D【解析】設，在坐標系中標出已知的四個點，根據(jù)三視圖的畫圖規(guī)則判斷三棱錐的正視圖為=4\*GB3④與俯視圖為=2\*GB3②，故選D.3.(2018年理數(shù)全國卷II)在長方體ABCD?A1B1C1D1中，A.15B.56C.5【答案】C【解析】以D為坐標原點，DA,DC,DD1為x,y,z軸建立空間直角坐標系，則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)如圖，已知三棱柱，平面平面,，分別是AC，A1B1的中點.（1）證明：；（2）求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.【答案】（1）見解析；（2）．【解析】方法一：（1）連接A1E，因為A1A=A1C，E是AC的中點，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，則A1E⊥BC．又因為A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．所以BC⊥平面A1EF．因此EF⊥BC．（2）取BC中點G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形．由（1）得BC⊥平面EGFA1，則平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上．連接A1G交EF于O，則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角（或其補角）．不妨設AC=4，則在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.由于O為A1G的中點，故，所以．因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是．方法二：（1）連接A1E，因為A1A=A1C，E是AC的中點，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．如圖，以點E為原點，分別以射線EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系E–xyz．不妨設AC=4，則A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)．因此，，．由得．（2）設直線EF與平面A1BC所成角為θ．由（1）可得．設平面A1BC的法向量為n，由，得，取n，故，因此，直線EF與平面A1BC所成的角的余弦值為．5.(2019年高考北京卷理)如圖，在四棱錐P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E為PD的中點，點F在PC上，且．（1）求證：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P的余弦值；（3）設點G在PB上，且．判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說明理由．【答案】（1）見解析；（2）；（3）見解析.【解析】（1）因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．又因為AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD．（2）過A作AD的垂線交BC于點M．因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．如圖建立空間直角坐標系A?xyz，則A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．因為E為PD的中點，所以E（0，1，1）．所以．所以.設平面AEF的法向量為n=（x，y，z），則即令z=1，則．于是．又因為平面PAD的法向量為p=（1，0，0），所以.由題知，二面角F?AE?P為銳角，所以其余弦值為．（3）直線AG在平面AEF內(nèi)．因為點G在PB上，且，所以.由（2）知，平面AEF的法向量.所以.所以直線AG在平面AEF內(nèi).6.(2019年高考全國Ⅱ卷理)如圖，長方體ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）證明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）由已知得，平面，平面，故．又，所以平面．（2）由（1）知．由題設知≌，所以，故，．以為坐標原點，的方向為x軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系D–xyz，則C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．設平面EBC的法向量為n=（x，y，x），則即所以可取n=.設平面的法向量為m=（x，y，z），則即所以可取m=（1，1，0）．于是．所以，二面角的正弦值為．專題8.7立體幾何中的向量方法練基礎練基礎1.（2020·陜西省商丹高新學校期末（理））兩不重合平面的法向量分別為，，則這兩個平面的位置關系是（）A．平行 B．相交不垂直 C．垂直 D．以上都不對2．（2020·全國課時練習）已知兩個不重合的平面與平面，若平面的法向量為，向量，，則（）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）如圖所示，在正方體中，是底面正方形的中心，是的中點，是的中點，則直線，的位置關系是（）A．平行 B．相交 C．異面垂直 D．異面不垂直4．（2020·全國課時練習）正四棱錐中，，則直線與平面所成角的正弦值為（）A． B． C． D．5．（2021·江蘇高三三模）已知四棱錐的底面為直角梯形，，，，，平面，且，平面與平面的交線為.（1）求證：；（2）試建立適當?shù)目臻g直角坐標系，并求點在平面上的射影的坐標.6.【多選題】（2021·全國高考真題）在正三棱柱中，，點滿足，其中，，則（）A．當時，的周長為定值B．當時，三棱錐的體積為定值C．當時，有且僅有一個點，使得D．當時，有且僅有一個點，使得平面7.（2021·四川省蒲江縣蒲江中學高二月考（理））如圖，在正四棱柱中，已知，，E?F分別為?上的點，且.（1）求證：BE⊥平面ACF；（2）求點E到平面ACF的距離.8．（2020·海安市曲塘中學高二期中）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝CB＝4，CC1＝2，∠ACB＝90°，點M在線段A1B1上．（1）若A1M＝3MB1，求異面直線AM和A1C所成角的余弦值；（2）若直線AM與平面ABC1所成角為30°，試確定點M的位置．9.（2021·陜西高三其他模擬（文））如圖，在四棱錐中，平面平面，四邊形是邊長為4的正方形，，分別為，的中點.（1）求證：平面；（2）若為等邊三角形，求三棱錐的體積.10.（2020·江蘇江都·邵伯高級中學月考）如圖，四棱錐的底面為一直角梯形，其中，底面，是的中點．（1）求證：//平面；（2）若平面，求平面與平面所成角的余弦值.練提升TIDHNEG練提升TIDHNEG1．（2021·江蘇高二期末）在平行六面體中，底面是邊長為2的正方形，側(cè)棱的長為2，且．（1）求異面直線與所成角的余弦值；（2）求三棱錐的體積．2.（2021·江蘇高二期末）如圖，在梯形中，，在線段上，且．沿將折起，使點到達點的位置，滿足．（1）證明：平面；（2）若在梯形中，，折起后在平面上的射影恰好是與的交點，求直線與平面所成角的正弦值.3．（2021·黑龍江高二期末（理））如圖，三棱柱中，側(cè)面，已知，，點E是棱的中點．（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值．4.（2021·福建高一期末）如圖1，中，，，，D，E分別是，的中點.把沿折至的位置，平面，連接，，F(xiàn)為線段的中點，如圖2.（1）求證：平面；（2）當三棱錐的體積為時，求直線與所成角的正切值.5．（2021·安徽高一期末）如圖，在四棱錐中，底面為菱形，平面，是的中點.（1）證明：；（2）若線段上存在一點滿足，使得，求的值；（3）在（2）的條件下，求二面角的正弦值.6．（2021·重慶南開中學高三月考）如圖，在三棱柱中，是邊長為4的等邊三角形，D是的中點，．（1）求證：平面；（2）當三棱柱的體積最大時，求點C與平面的距離．7．（2021·全國高三其他模擬）在四棱錐中，平面，底面為梯形，，，，，．（1）若為的中點，求證：平面；（2）若為棱上異于的點，且，求平面與平面所成銳二面角的余弦值．8．（2021·湖南高三其他模擬）在長方體中，已知，為的中點.（1）在線段上是否存在點，使得平面平面？若存在，請加以證明，若不存在，請說明理由；（2）設，，點在上且滿足，求與平面所成角的余弦值.9.（江西高考真題）如圖，與都是邊長為2的正三角形，平面平面，平面，.（1）求直線與平面所成的角的大??；（2）求平面與平面所成的二面角的正弦值.10．（2020·上海市七寶中學高二期末）如圖，在中，，斜邊，半圓的圓心在邊上，且與相切，現(xiàn)將繞旋轉(zhuǎn)一周得到一個幾何體，點為圓錐底面圓周上一點，且．（1）求球的半徑；（2）求點到平面的距離；（3）設是圓錐的側(cè)面與球的交線上一點，求與平面所成角正弦值的范圍．練真題TIDHNEG練真題TIDHNEG1．（2021·北京高考真題）已知正方體，點為中點，直線交平面于點．（1）證明：點為的中點；（2）若點為棱上一點，且二面角的余弦值為，求的值．2．（2021·全國高考真題）在四棱錐中，底面是正方形，若．（1）證明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．3.（2019·天津高考真題（理））如圖，平面，，.（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角的余弦值為，求線段的長.4.（2019年高考浙江卷）如圖，已知三棱柱，平面平面,，分別是AC，A1B1的中點.（1）證明：；（2）求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.4．（2021·天津高考真題）如圖，在棱長為2的正方體中，E為棱BC的中點，F(xiàn)為棱CD的中點．（I）求證：平面；（II）求直線與平面所成角的正弦值．（III）求二面角的正弦值．6．（2020·山東海南省高考真題）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設平面PAD與平面PBC的交線為l．（1）證明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．專題8.7立體幾何中的向量方法練基礎練基礎1.（2020·陜西省商丹高新學校期末（理））兩不重合平面的法向量分別為，，則這兩個平面的位置關系是（）A．平行 B．相交不垂直 C．垂直 D．以上都不對【答案】A由已知，兩不重合平面的法向量分別為（1，0，﹣1），（﹣2，0，2），所以，所以兩不重合平面的法向量平行，所以這兩個平面的位置關系是平行；故選：A．2．（2020·全國課時練習）已知兩個不重合的平面與平面，若平面的法向量為，向量，，則（）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，也為平面的一個法向量，又平面與平面不重合，所以平面與平面平行，故選：A.3．（2020·江西新余·高二其他）如圖所示，在正方體中，是底面正方形的中心，是的中點，是的中點，則直線，的位置關系是（）A．平行 B．相交 C．異面垂直 D．異面不垂直【答案】C【解析】建立空間直角坐標系，如圖所示.設正方體的棱長為2，則，，，，∴，.∵，∴直線，的位置關系是異面垂直.故選:C4．（2020·全國課時練習）正四棱錐中，，則直線與平面所成角的正弦值為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】建立如圖所示的空間直角坐標系.有圖知，由題得、、、.，，.設平面的一個法向量，則，，令，得，，.設直線與平面所成的角為，則.故選：C.5．（2021·江蘇高三三模）已知四棱錐的底面為直角梯形，，，，，平面，且，平面與平面的交線為.（1）求證：；（2）試建立適當?shù)目臻g直角坐標系，并求點在平面上的射影的坐標.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）由，根據(jù)線面平行的判定可得面，再由線面平行的性質(zhì)可證；（2）構(gòu)建以D為原點，為x、y、z軸的正方向構(gòu)建空間直角坐標系，寫出、、的坐標，可得，，進而求面的法向量并寫出平面所在的方程，由，即可求出的坐標.【詳解】（1）∵，面，面，∴面，而面面，面，∴，得證.（2）由題意，平面，易得、，且，故構(gòu)建以D為原點，為x、y、z軸的正方向構(gòu)建空間直角坐標系，∵，，，∴，，，，則，，若為面的一個法向量，則，令，即，∴面的方程為，∴為過方向向量為的直線與面PBC的交點，若，則令，可得，綜上，，即，故.6.【多選題】（2021·全國高考真題）在正三棱柱中，，點滿足，其中，，則（）A．當時，的周長為定值B．當時，三棱錐的體積為定值C．當時，有且僅有一個點，使得D．當時，有且僅有一個點，使得平面【答案】BD【解析】對于A，由于等價向量關系，聯(lián)系到一個三角形內(nèi)，進而確定點的坐標；對于B，將點的運動軌跡考慮到一個三角形內(nèi)，確定路線，進而考慮體積是否為定值；對于C，考慮借助向量的平移將點軌跡確定，進而考慮建立合適的直角坐標系來求解點的個數(shù)；對于D，考慮借助向量的平移將點軌跡確定，進而考慮建立合適的直角坐標系來求解點的個數(shù)．【詳解】易知，點在矩形內(nèi)部（含邊界）．對于A，當時，，即此時線段，周長不是定值，故A錯誤；對于B，當時，，故此時點軌跡為線段，而，平面，則有到平面的距離為定值，所以其體積為定值，故B正確．對于C，當時，，取，中點分別為，，則，所以點軌跡為線段，不妨建系解決，建立空間直角坐標系如圖，，，，則，，，所以或．故均滿足，故C錯誤；對于D，當時，，取，中點為．，所以點軌跡為線段．設，因為，所以，，所以，此時與重合，故D正確．故選：BD．7.（2021·四川省蒲江縣蒲江中學高二月考（理））如圖，在正四棱柱中，已知，，E?F分別為?上的點，且.（1）求證：BE⊥平面ACF；（2）求點E到平面ACF的距離.【答案】（1）證明詳見解析；（2）.【解析】（1）建立空間直角坐標系，由證得結(jié)論成立.（2）利用點面距公式計算出到平面的距離.【詳解】（1）建立如圖所示空間直角坐標系，.，所以，所以，所以平面.（2）由（1）知是平面的法向量.，所以點到平面的距離為.8．（2020·海安市曲塘中學高二期中）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝CB＝4，CC1＝2，∠ACB＝90°，點M在線段A1B1上．（1）若A1M＝3MB1，求異面直線AM和A1C所成角的余弦值；（2）若直線AM與平面ABC1所成角為30°，試確定點M的位置．【答案】（1）；（2）M為A1B1的中點．【解析】先證明CC1⊥CA，CC1⊥CB，CA⊥CB，以{、、}這組正交基底建立空間直角坐標系.（1）用向量法求異面直線AM和A1C所成角的余弦值；（2）設＝λ，λ∈[0，1]，用向量法表示出直線AM與平面ABC1所成角，解出λ，即可確定M的位置.【詳解】解：（1）因為ABC-A1B1C1為直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，又CA、CB平面ABC，所以CC1⊥CA，CC1⊥CB；因為∠ACB＝90°，所以CA⊥CB；以{、、}這組正交基底建立空間直角坐標系，所以A(4，0，0)，B(0，4，0)，A1(4，0，2)，B1(0，4，2)，C1(0，0，2)；因為A1M＝3MB1，所以M(1，3，2)；因為＝(－3，3，2)，＝(－4，0，－2)，所以cos<，>＝＝＝，所以異面直線AM和A1C所成角的余弦值為；（2）設＝λ，λ∈[0，1]，所以M(4－4λ，4λ，2)，＝(－4λ，4λ，2)；設平面ABC1的一個法向量＝(x，y，z)，由·＝0，·＝0得，，其一組解為，所以＝(1，1，)；因為直線AM與平面ABC1所成角為30°，所以│cos<，>│＝││＝＝sin30°，得λ＝(負舍)，即M為A1B1的中點．9.（2021·陜西高三其他模擬（文））如圖，在四棱錐中，平面平面，四邊形是邊長為4的正方形，，分別為，的中點.（1）求證：平面；（2）若為等邊三角形，求三棱錐的體積.【答案】（）見解析；（2）【解析】（1）連接，由，分別為，的中點，得，再由線面平行的判定定理即可證明所證；（2）如圖建系，利用向量法求出點到平面的距離，再由，從而得出答案.【詳解】解：（1）證明：連接，因為，分別為，的中點，所以，又因平面，所以平面；（2）取的中點，連接，因為為等邊三角形，所以，所以，如圖以為原點，為軸，過作平面的垂線軸，建立空間直角坐標系，則，，，，，，設平面的一個法向量，則即，令，則，，所以，則點到平面的距離，又，所以.10.（2020·江蘇江都·邵伯高級中學月考）如圖，四棱錐的底面為一直角梯形，其中，底面，是的中點．（1）求證：//平面；（2）若平面，求平面與平面所成角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】設，建立如圖的空間坐標系，，,，.（1），，所以，平面，平面.（2）因為平面，所以，即，，所以，即,平面和平面中，，所以平面的一個法向量；平面的一個法向量為；，所以平面與平面夾角的余弦值為.練提升TIDHNEG練提升TIDHNEG1．（2021·江蘇高二期末）在平行六面體中，底面是邊長為2的正方形，側(cè)棱的長為2，且．（1）求異面直線與所成角的余弦值；（2）求三棱錐的體積．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）用為基底表示，由向量的數(shù)量積的運算求得夾角余弦值；（2）取中點，證明平面，然后由棱錐體積公式計算體積．【詳解】解：（1）由題意知，，，所以，，又，，所以，設與所成角為，則；（2）易知，，所以，取中點，連接，，則，所以，即，又，所以，因為，平面，，所以平面，因為，所以2.（2021·江蘇高二期末）如圖，在梯形中，，在線段上，且．沿將折起，使點到達點的位置，滿足．（1）證明：平面；（2）若在梯形中，，折起后在平面上的射影恰好是與的交點，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）證明，結(jié)合，利用線面垂直的判定定理即可求證；（2）先證明，，兩兩垂直，建立空間直角坐標系，利用余弦定理求出的長，設，再由余弦定理求出的長，進而可得所需各點坐標，求出平面的一個法向量和的坐標，由空間向量夾角公式即可求解.【詳解】（）因為，，所以四邊形為菱形，所以，又，，平面，平面，所以平面．（）因為平面，平面，平面，所以，，又，以為原點，以所在的直線為軸，以所在的直線為軸，以所在的直線為軸建立空間直角坐標系，在菱形中，，．，所以，設，則，．在菱形中，，所以，在中，由余弦定理得，所以．所以，，，，，，，設平面的法向量為，則，令，則，．所以是平面的一個法向量．設直線與平面所成角為，則.所以直線與平面所成角的正弦值為.3．（2021·黑龍江高二期末（理））如圖，三棱柱中，側(cè)面，已知，，點E是棱的中點．（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）由余弦定理求得，勾股定理逆定理證明，從而結(jié)合已知垂直可證明線面垂直；（2）以B為坐標原點，為x軸，為y軸，為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，用空間向量法求線面角的正弦．【詳解】（1）證明：∵，，，∴由余弦定理可知，∴，∴，∵側(cè)面，且面，∴，又∵，平面，∴平面．（2）由（1）知，以B為坐標原點，為x軸，為y軸，為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，

∴，，設平面的法向量為，由，得，取得；設與平面所成角為，則故直線與平面所成角的正弦值為．4.（2021·福建高一期末）如圖1，中，，，，D，E分別是，的中點.把沿折至的位置，平面，連接，，F(xiàn)為線段的中點，如圖2.（1）求證：平面；（2）當三棱錐的體積為時，求直線與所成角的正切值.【答案】（1）見解析；（2）【解析】（1）根據(jù)已知容易得出，再由平面，可得，從而可證平面；（2）根據(jù)三棱錐的體積為及的面積可得平面，以點為坐標原點建立空間直角坐標系，利用向量法即可求得直線與所成角的正切值.【詳解】（1）證明：因為D是的中點，所以，即，又因F為線段的中點，所以，因為D，E分別是，的中點，所以，因為，所以，即，，因為，所以平面，所以平面，因為平面，所以，又因，所以平面；（2）解：因為，，D，E分別是，的中點，所以，，由（1）得為直角三角形，故，設三棱錐的高為，則，所以，所以線段即為三棱錐的高，所以平面，則，如圖，以點為坐標原點建立空間直角坐標系，則，，，，故，，所以，又因直線與所成角的范圍為，所以直線與所成角的余弦值為，則正弦值為，所以直線與所成角的正切值為.5．（2021·安徽高一期末）如圖，在四棱錐中，底面為菱形，平面，是的中點.（1）證明：；（2）若線段上存在一點滿足，使得，求的值；（3）在（2）的條件下，求二面角的正弦值.【答案】（1）證明見解析，（2），（3）【解析】（1）連接，證明，再由，平面，可得,從而可得平面，進而可得；（2）由，，可得平面，則，由已知數(shù)據(jù)可求得，，從而可得，則，進而可得答案；（3）以為坐標原點，所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，然后利用空間向量求解即可【詳解】（1）證明：連接，因為四邊形為菱形，，所以為等邊三角形，∥，因為為的中點，所以，所以，因為平面，平面，所以，因為，所以平面，因為平面，所以，（2）解：因為，，，所以平面，因為平面，所以，因為平面，平面，所以，因為，所以，所以，所以，所以，所以，因為，所以（3）因為，，，所以以為坐標原點，所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，則，所以，設平面的一個法向量為，則，令，則，平面的一個法向量為，設二面角的平面角為，由圖可知為銳角，則，所以6．（2021·重慶南開中學高三月考）如圖，在三棱柱中，是邊長為4的等邊三角形，D是的中點，．（1）求證：平面；（2）當三棱柱的體積最大時，求點C與平面的距離．【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）先證明，再由線面平行的判定定理證明即可（2）易知當平面時，三棱柱的體積最大，此時、、兩兩垂直，故如圖建立直角坐標系，利用向量法求解點到平面的距離即可【詳解】（1）連接交于點E，由棱柱性質(zhì)知E為的中點，連接，因D為的中點，故，而平面，平面，所以平面．（2）易知當平面時，三棱柱的體積最大，此時、、兩兩垂直，故如圖建立直角坐標系，則，．設平面的法向量為，有，令，得，所以，于是點C與平面的距離．7．（2021·全國高三其他模擬）在四棱錐中，平面，底面為梯形，，，，，．（1）若為的中點，求證：平面；（2）若為棱上異于的點，且，求平面與平面所成銳二面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）．【解析】（1）證明即可得出；（2）以為原點建立空間直角坐標系，設，，根據(jù)求出，再求出平面和平面的法向量，利用向量關系即可求出.【詳解】（1）證明：∵在梯形中，，，為的中點，所以且，∴四邊形為平行四邊形，所以，∵平面，平面，所以平面．（2）解：以為原點，，所在的直線為，軸，建立如圖所示空間直角坐標系．因為，，，所以，，，，，則，，，．設，，則，．因為，所以，即，化簡得，解得（舍）或．所以，，即．設為平面的一個法向量，則，所以，解得令，得；設為平面的一個法向量，則，所以解得令，得．設平面與平面所成銳二面角為，則，所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為．8．（2021·湖南高三其他模擬）在長方體中，已知，為的中點.（1）在線段上是否存在點，使得平面平面？若存在，請加以證明，若不存在，請說明理由；（2）設，，點在上且滿足，求與平面所成角的余弦值.【答案】（1）存在，證明見解析；（2）.【解析】（1）利用線面判定定理證得平面和平面，然后利用面面平行的判定定理證得結(jié)論.；（2）建立空間直角坐標系，寫出各點坐標及空間向量，設，利用共線求得點坐標，然后設與平面所成角為，利用結(jié)合空間向量數(shù)量積求得結(jié)果..【詳解】解：（1）存在，當點為線段的中點時，平面平面.證明：在長方體中，，.又因為平面，平面，所以平面.又為的中點，為的中點，所以，且.故四邊形為平行四邊形，所以，又因為平面，平面，所以平面.又因為，平面，平面，所以平面平面.（2）在長方體中，以為坐標原點，，，所在直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，如圖所示.因為，，所以，，，，，所以，，.設平面的法向量為，則，即.令，則，，所以，因為，設，則，所以，則.設與平面所成角為，則，即.故與平面所成角的余弦值為.9.（江西高考真題）如圖，與都是邊長為2的正三角形，平面平面，平面，.（1）求直線與平面所成的角的大??；（2）求平面與平面所成的二面角的正弦值.【答案】（1）；（2）.【詳解】解法一：（1）取CD中點O，連OB，OM，則OB⊥CD，OM⊥CD.又平面平面，平面平面,則MO⊥平面，所以MO∥AB，A、B、O、M共面，延長AM、BO相交于E，則∠AEB就是AM與平面BCD所成的角.OB=MO=，MO∥AB，則，，所以，故，所以AM與平面BCD所成的角為.（2）CE是平面與平面的交線.由（1）知，O是BE的中點，則BCED是菱形.作BF⊥EC于F，連AF，則AF⊥EC，∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角，設為.因為∠BCE=120°，所以∠BCF=60°.，，所以，所求二面角的正弦值是.解法二：取CD中點O，連OB，OM，則OB⊥CD，OM⊥CD，又平面平面,則MO⊥平面.以O為原點，直線OC、BO、OM為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系如圖.OB=OM=，則各點坐標分別為O（0，0，0），C（1，0，0），M（0，0，），B（0，，0），A（0，，2），（1）設直線AM與平面BCD所成的角為.因（0，，），平面的法向量為.則有，所以，即AM與平面BCD所成的角為.（2），.設平面ACM的法向量為，由得.解得，，取.又平面BCD的法向量為，則設所求二面角為，則.10．（2020·上海市七寶中學高二期末）如圖，在中，，斜邊，半圓的圓心在邊上，且與相切，現(xiàn)將繞旋轉(zhuǎn)一周得到一個幾何體，點為圓錐底面圓周上一點，且．（1）求球的半徑；（2）求點到平面的距離；（3）設是圓錐的側(cè)面與球的交線上一點，求與平面所成角正弦值的范圍．【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】由，斜邊，，設切點為，連接，，又，，，所以圓錐中球的半徑就是半圓的半徑，即為.（2）在三棱錐中，設到平面的距離為在中，，在等腰三角形中,，取中點，連，所以所以，由（1）知，由于，所以即.（3）如圖建立空間直接坐標系，則，，，設在面上的射影與的正方向的夾角為，所以，，，，，設平面的法向量，由，∴，設與平面所成角為,則練真題TIDHNEG練真題TIDHNEG1．（2021·北京高考真題）已知正方體，點為中點，直線交平面于點．（1）證明：點為的中點；（2）若點為棱上一點，且二面角的余弦值為，求的值．【答案】（1）證明見解析；（2）．【解析】(1)首先將平面進行擴展，然后結(jié)合所得的平面與直線的交點即可證得題中的結(jié)論；(2)建立空間直角坐標系，利用空間直角坐標系求得相應平面的法向量，然后解方程即可求得實數(shù)的值.【詳解】(1)如圖所示，取的中點，連結(jié)，由于為正方體，為中點，故，從而四點共面，即平面CDE即平面，據(jù)此可得：直線交平面于點，當直線與平面相交時只有唯一的交點，故點與點重合，即點為中點.(2)以點為坐標原點，方向分別為軸，軸，軸正方形，建立空間直角坐標系，不妨設正方體的棱長為2，設，則：，從而：，設平面的法向量為：，則：，令可得：，設平面的法向量為：，則：，令可得：，從而：，則：，整理可得：，故（舍去）.2．（2021·全國高考真題）在四棱錐中，底面是正方形，若．（1）證明：平面平面；（2