精讲精练·专项突破
2021-2022学年高二上学期人教版（2019）
第一章 《空间向量与几何》 单元能力提升（含详细解析）学生版
一、单选题
1．已知O为原点， ，则 等于（ ）
A． B． C． D．
2．（2021高二上·安徽月考）已知平面 的一个法向量是 ，点 是平面 内的一点，则点 到平面 的距离是（ ）
A．1 B． C．2 D．
3．（2021高二上·慈溪期末）已知直线 的一个方向向量 ，平面 的一个法向量 ，若 ，则 （ ）
A．1 B．-1 C．3 D．-3
4．（2021高二上·广东期中）设 ， ，且 ，则 等于（ ）
A．-1 B．1 C．-2 D．2
5．（2021高一下·湖南期末）在直三棱柱 中， 是 中点. ， ， ， .则下列结论正确的是（ ）
A．点 到平面 的距离是
B．异面直线 与 的角的余弦值是
C．若 为侧面 （含边界）上一点，满足 平面 ，则线段 长的最小值是5.
D．过 ， ， 的截面是钝角三角形
6．（2021高二上·温州期中）已知正方体 的棱长为3，点 在棱 上，且 ，则直线 与 所成角的余弦值为 （ ）
A． B． C． D．
7．（2021高二上·太原期中）如图，在直三棱柱 中， ， ，则直线BC到平面 的距离为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022·浙江模拟）已知棱长为3的正四面体，是空间内的任一动点，且满足，E为AD中点，过点D的平面平面BCE，则平面截动点P的轨迹所形成的图形的面积为（ ）
A．π B．2π C．3π D．4π
二、多选题
9．（2021高二上·广东期中）以下四个命题中错误的是（ ）
A．空间的任何一个向量都可用其他三个向量表示
B．若 为空间向量的一组基底，则 构成空间向量的另一组基底
C．对空间任意一点 和不共线的三点 、 、 ，若 ，则 、 、 、 四点共面
D．任何三个不共线的向量都可构成空间向量的一个基底
10．（2021高二上·柯桥期末）如图，在长方体 中， ， ，点P，E分别为AB， 的中点，点M为直线 上的动点，点N为直线 上的动点，则（ ）
A．对任意的点N，一定存在点M，使得
B．向量 ， ， 共面
C．异面直线PM和 所成角的最小值为
D．存在点M，使得直线PM与平面 所成角为
11．（2021高一下·徐州期末）在棱长为1的正方体 ，中， ， 分别为 ， 的中点，则（ ）
A．
B．直线 与平面 所成的角的正弦值为
C．平面 截该正方体所得的截面面积为
D．点 到平面 的距离为
12．（2021高二上·深圳月考）已知直三棱柱 中， ， ，O为 的中点.点P满足 ，其中 ，则（ ）
A．对 时，都有
B．当 时，直线 与 所成的角是30°
C．当 时，直线 与平面 所成的角的正切值
D．当 时，直线 与 相交于一点Q，则
三、填空题
13．（2021高二上·浙江期中）已知向量 ， ， ，则 .
14．如图，在直三棱柱 中， ， ， ，则异面直线 与 所成角的余弦值是 ．
15．（2021·丰台模拟）如图，从长、宽、高分别为 的长方体 中截去部分几何体后，所得几何体为三棱锥 .下列四个结论中，所有正确结论的序号是 .
①三棱锥 的体积为 ；②三棱锥 的每个面都是锐角三角形；③三棱锥 中，二面角 不会是直二面角；④三棱锥 中，三条侧棱与底面所成的角分别记为 ，则 .
16．（2021高二上·山东月考）在棱长为1的正方体中，直线与平面之间的距离为 ．
四、解答题
17．（2021高三上·高邮月考）如图，在四棱台 中，底面为矩形，平面 ⊥平面 ，且 .
（1）证明: 面
（2）若 与平面 所成角为 ，求锐二面角 的余弦值.
18．（2021高二上·浦城期中）如图1，在 中， ， 分别为 ， 的中点， 为 的中点， ， .将 沿 折起到 的位置，使得平面 平面 ，如图2.
（1）求证： .
（2）求直线 和平面 所成角的正弦值.
（3）线段 上是否存在点 ，使得直线 和 所成角的余弦值为 ？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由.
19．（2021高二上·广州期中）如图，四棱锥 中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD， ， ，M，N分别是PD，PC的中点
（1）证明：直线 平面PAB；
（2）求二面角 的余弦值.
20．（2021高三上·长春月考）已知直三棱柱 中， 为正三角形， 为 的中点.点 在棱 上，且 .
（1）求证：直线 平面 ；
（2）求二面角 的余弦值.
21．（2021高三上·海安开学考）在如图所示的多面体中，四边形ABEF为正方形，平面ABEF⊥平面CDFE，CD∥EF，∠CDF＝∠DFE＝90°，EF＝2CD＝2．
（1）若DF＝1，证明：平面ACF⊥平面BCE；
（2）若二面角A－BC－E的正切值为－3，求DF的长．
22．（2021高二上·丰台期中）如图，在四棱锥 中， 底面 ， ， // ，点 为 的中点， ， ， .
（1）求证： 平面 ；
（2）求平面 与平面 的夹角；
（3）在线段 上是否存在点 ，使得 平面 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】A
【考点】空间向量运算的坐标表示
【解析】【解答】∵ ，
∴ ，
，
，
故答案为：A．
【分析】由空间向量的坐标运算计算出结果即可。
2．【答案】C
【考点】空间中的点的坐标；平面的法向量；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】因点 是平面 内的一点，而 ，则 ，又平面 的一个法向量是 ，
所以点P到平面 的距离 .
故答案为：C
【分析】首先由点的坐标即可求出向量的坐标，由此得到平面的法向量，然后由数量积公式计算出点到平面的距离。
3．【答案】D
【考点】直线的方向向量；平面的法向量
【解析】【解答】由 ，可知 ，则有 ，解之得
故答案为：D
【分析】利用线面垂直的性质直接求解，即可得答案。
4．【答案】A
【考点】空间向量的数量积运算；空间向量运算的坐标表示
【解析】【解答】∵ ，∴ ，∴ ，
故答案为：A.
【分析】由已知条件结合数量积的坐标公式，代入数值计算出结果即可。
5．【答案】D
【考点】异面直线及其所成的角；点、线、面间的距离计算；余弦定理
【解析】【解答】对于A：过 作 ，交 于点 ，在直三棱柱 中，
易知 平面 ，故点 到平面 的距离是 ，
由 ，得
，而 ，A不符合题意；
对于B：取 的中点 ，连接 ，则易知异面直线 与 的角为 ,
在 中，
，
， ，
， ，
，B不符合题意；
对于C：取 的中点 ， 的中点 ，连接 ，
则易证平面 平面 ，
故点 在 上时，满足 平面 ，
则线段 ，
即线段 长的最大值为5，故线段 长的最小值不可能为5，C不符合题意；
对于D： ，
,
,
，
为钝角，D符合题意
故答案为：D
【分析】 利用余弦定理求出AB的值，从而得到AB⊥BC，结合直棱柱的性质，得到 平面 ,可判断A、B选项；过点B构造平面 平面 ,进而确定P点的轨迹，从而讨论PB的取值，判断C选项；求出AC1, DC1, AD的值，利用余弦定理判断三角形形状.
6．【答案】B
【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】在正方体 中，因DA，DC，DD1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
则有 ，于是得 ，
则有 ，
所以直线 与 所成角的余弦值为 .
故答案为：B
【分析】建立空间直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算可求出直线 与 所成角的余弦值。
7．【答案】B
【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】由题意得： ∥
∵ 平面 ， 平面 ∴BC∥平面
∴点B到平面 的距离即为直线BC到平面 的距离
过点B作BE⊥ 于点E
∵直三棱柱 ，
∴ ， 平面
∵ 平面 ∴
∵∴ 平面
∵ 平面 ∴
∵∴BE⊥平面
∴BE的长为点B到平面 的距离，即为直线BC到平面 的距离
∵
∴由勾股定理得： ，
∴直角三角形 中，
故答案为：B
【分析】根据题意由直三棱柱的几何性质结合线面平行的判定定理即可得出线面平行，由此得出点B到平面 的距离即为直线BC到平面 的距离，然后由线面垂直的性质定理和判定定理即可得出BE⊥平面 ，进而得到BE的长为点B到平面 的距离，即为直线BC到平面 的距离，结合三角形的几何关系代入数值计算出结果即可。
8．【答案】C
【考点】平面的法向量；用向量证明平行；用向量证明垂直
【解析】【解答】设的外心为，过点作的平行线，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，
如图所示，因为 ，所以 ， ，
则 ，设 ，
由 ，可得 ，
整理得 ，
所以动点 的轨迹为以 为球心，半径为 的球及球的内部，
分别延长 到点 ，使得 ，
可得 ，可证得 平面 ， 平面 ，
又由 ，所以平面 平面 ，即平面 为平面 ，
如图（1）所示，过 点作 ，可得证得 平面 ，
即 为点 到平面 的距离，
连接 ，根据面面平行的性质，可得 ，
在直角 中，可得 ，
在直角 中，可得 ，
所以 ，即截面圆的半径为 ，
所以球与平面 的截面表示半径为 的圆面，其面积为 .
故答案为：C.
【分析】设 的外心为，过点作的平行线，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，设，根据求得点P的轨迹方程，分别延长AB,AF,AC到点M,P,N，使得，得到平面平面，过点O作，可得证得平面，即为点为点到平面的距离，结合球的截面圆的性质，求得截面圆的半径，即可求解.
9．【答案】A,C,D
【考点】空间向量的基本定理及其意义
【解析】【解答】A中忽略三个基底要求不共面的限制，A不符合题意；
若 为空间向量的一组基底，则 、 、 互不共面，且 、 、 均为非零向量，假设 、 、 共面，可设 ，所以 ，该方程组无解，故 、 、 不共面，因此， 可构成空间向量的一组基底，B符合题意；
由于 ，∵ ，此时， 、 、 、 四点不共面，C不符合题意；
任何三个不共面的向量都可构成空间向量的一组基底，三个向量不共线时可能共面，D不符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】 根据空间向量基本定理及其推论，对选项逐一判断即可得出答案。
10．【答案】B,C,D
【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】【解答】建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
，
故 ，设 ， ， ，
而 ，故 即 ，
故 ，
若 ，则 即 ，
当 时， 不存在，故当 为 中点，不存在 ，使得 ，A不符合题意.
连接 ，则 ，由长方体可得 ，故 ，
故 ， ， 即 ， ， 共面，B符合题意.
，故
，
当 时， ，此时 ；
当 时， ，
令 ，设 ，则 ，
故 ，
所以异面直线PM和 所成角的范围为 ，故直线PM和 所成角的最小值为 ，
C符合题意.
平面 的法向量为 ，
故 ，
若直线PM与平面 所成角为 ，则 ，
故 ，所以 或 ，D符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】 建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法判断A、C、D；利用中位线和长方体的性质判断B，即可选出答案.
11．【答案】B,C,D
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】对于A：因为 与 不垂直，且 ，所以 与 不垂直，A不正确；
对于B：连接 ，因为 面 ，所以 即为直线 与平面 所成的角，因为 ，所以 ，
B符合题意；
对于C：连接 ， ，则 ，所以所求截面为梯形 ，
， ， ，所以
梯形的高为 ，
所以截面面积为 ，C符合题意；
对于D：设点点 到平面 的距离为 ，由 可得：
，
因为 ， ， ，所以
，
所以 ，
所以 ，
所以 ，所以 .D符合题意，
故答案为：BCD.
【分析】 由直线AF与直线CC1不垂直，DD1//CC1,即可判断选项A;由∠FAC为所求线面角的平面角，求出sin∠FAC,即可判断选项B;截面为AEFD1,由等腰梯形计算其面积，即可判断选项C;利用等体积法可求得点C到平面AEF的距离，即可判断选项D.
12．【答案】A,C,D
【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系；异面直线及其所成的角；用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】【解答】以 为 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设 ，
其中 ，
因为 ，所以 ，
A.因为 ，
所以 ，所以 ，故正确；
B.当 时， ，所以 ，
所以直线 与 所成的角不是 ，故错误；
C. 当 时， ，取平面 的一个法向量为 ，
所以 ，设直线 与平面 所成的角为 ，
所以 ，所以 ，故正确；
D. 当 时，如图所示， 为 中点， 为 中点，连接 ，
所以 ，所以 ，故正确；
故答案为：ACD.
【分析】设出点P坐标，计算，可判断选项A；根据已知判断当点P运动到BC1中点时，直线A1P与AB所成的角最小，求出其正切值即可判断选项B；根据已知条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求直线与平面的夹角，即可判断选项C；由三角形中位线的性质可得， ，即可判断选项D。
13．【答案】2
【考点】数量积的坐标表达式；空间向量运算的坐标表示
【解析】【解答】由已知 ， ，
所以 ．
故答案为：2
【分析】根据题意由向量模的定义代入数值计算出x的取值，再由数量积的坐标公式计算出结果即可。
14．【答案】
【考点】空间向量的数量积运算；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】连接 ，如图所示：
因为 ，所以 或其补角为异面直线 与 所成角.
， ， .
在 中， .
故答案为：
【分析】根据题意作出辅助线由直三棱柱的几何性质即可得出线线平行由此求出异面直线所成的角，由三角形内的几何计算关系结合勾股定理以及余弦函数的定义代入数值计算结果即可。
15．【答案】①②④
【考点】平面向量数量积的运算；用空间向量求直线与平面的夹角；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【解答】三棱锥 的体积为 ，故①正确；
三棱锥 的每个面的边长分别为 ，
设 ，则 是三边中最大边，设其对应角为
则
所以 为锐角，故每个面为锐角三角形，②正确；
以 为原点建立空间直角坐标系如图所示：
则
设平面 的一个法向量为
则 取 ，则 ，则
设平面 的一个法向量为
则 取 ，则 ，则
所以
取 ，有 ，则 ，
所以二面角 会是直二面角，故③错；
三棱锥 中，三条侧棱分别为 与底面 的夹角分别记为
则
所以 ，故④正确，
故答案为：①②④
【分析】利用已知条件结合三棱锥的体积公式，进而求出三棱锥 的体积，因为三棱锥 的每个面的边长分别为 ，设 ，则 是三边中最大边，设其对应角为 ，再利用余弦定理结合余弦函数值的正负，则 为锐角，故每个面为锐角三角形，再利用空间向量求二面角的方法，得出二面角 会是直二面角，
三棱锥 中，三条侧棱分别为 与底面 的夹角分别记为 ，再利用正弦函数的定义，所以 ，从而选出正确结论的序号。
16．【答案】
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】如图所示，连接，
则直线与平面之间的距离等于点到平面的距离，
即为三棱锥的高，设三棱锥的高，
因为正方体的棱长为，
可得，所以，
由三棱锥的体积为，
又由，
因为，可得，解得，
即直线与平面之间的距离为.
故答案为：.
【分析】由正方体的几何性质，结合线面平行的性质定理即可得出直线与平面之间的距离等于点到平面的距离，即为三棱锥的高，再把边的大小代入到三棱锥的体积公式利用等体积法，计算出结果即可。
17．【答案】（1）证明：如图在梯形 中，
因为 ，
作 于 ，则 ，所以 ，
所以 ，连结 ，由余弦定理可求得 ，
因为 ，所以 ，
因为平面 平面 且交于 ， 面
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 ， ， 面 ，
所以 平面 .
（2）解：连结 ，由（1）可知， 平面 ，
以 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
因为 平面 ，所以 在平面 内的射影为 ，
所以 与平面 所成的角为 ，即 ，
在△ 中，由余弦定理可得： ，
即 ，解得 .
在 中，因为 ，所以 ，
则 ， ， ， ， ，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，
则有 ，即
令 ，则 ， ，故 ， …
设平面 的法向量为 ，
则有 ，即 ，
令 ，则 ， ，故 ，
所以 ，
故锐二面角 的余弦值为 .
【考点】直线与平面垂直的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】(1)连结DC1，证明 ，推出 平面 ，即可证明 ，结合AD⊥DC，利用线面垂直的判定定理推出 面 ；
(2) 连结 ，以D1为坐标原点,建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量，平面 的法向量，利用空间向量的数量积求出锐二面角 的余弦值 .
18．【答案】（1）因为在 中， ， 分别为 ， 的中点，
所以 ， .
所以 ，又 为 的中点，所以 .
因为平面 平面 ，且 平面 ，
所以 平面 ，
所以 .
（2）取 的中点 ，连接 ，所以 .
由（1）得 ， .
如图建立空间直角坐标系 .
由题意得， ， ， ， .
所以 ， ， .
设平面 的法向量为 .
则
即
令 ，则 ， ，所以 .
设直线 和平面 所成的角为 ，
则 .
故所求角的正弦值为 .
（3）线段 上存在点 适合题意.
设 ，其中 .
设 ，则有 ，
所以 ， ， ，从而 ，
所以 ，又 ，
所以
令 ，
整理得 .解得 .
所以线段 上存在点 适合题意，且 .
【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】【分析】(1)推导出 ， ，从而 ，进而 ，由此得到 平面 ，从而能证明 ；
(2) 取 的中点 ，连接 ，得， 由（1）得 ， ， 建立空间直角坐标系 ，求出平面 的法向量，利用向量法求出 直线 和平面 所成角的正弦值 ；
(3) 线段 上存在点 适合题意 ， 设 ，其中 ，利用向量法可得 整理求解得的值，进而可得 的值 。
19．【答案】（1）证明：取PA的中点为E，连接ME，BE.
∵M为PD的中点，∴ 且 ，
又 ，则 ，又 ，∴ ， ，
∴ 为平行四边形，即 ，又 平面PAB， 平面PAB，∴直线 平面PAB.
（2）解：取AD的中点O连接PO，CO，∵面PAD为等边三角形，
∴ ，又面 面ABCD， 平面PAD，
∴ 面ABCD，由（1）： ，
以 为原点，OC，OD，OP分别为x，y，z轴的正半轴建立空间直角坐标系 .
设 ，则 ，易得四边形 为矩形，
∴ ，则 ， ， ， ， ，
设面NAB的法向量为 ，则 ，即 ，
取 ，则 .
∴平面NAB的一个法向量为 ，而平面ABD的一个法向量 ，
∴ ，锐二面角 的余弦值 .
【考点】直线与平面平行的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的判定，结合直线与平面平行的判定定理求解即可；
（2）建立恰当的空间直角坐标系，利用向量法直接求解即可.
20．【答案】（1）证明：取 中点 ，连接 ，
以 为坐标原点， 的方向为 轴的正方向建立空间直角坐标系，
，
∴ ，
设平面 的法向量为 ，
∴ ，得 ，令 ，则 ，
∴ ，∵ ， ∴ ，
∴直线 平面
（2）解： ，
设平面 的法向量为 ，
∴ ，令 ，则 ，
∴ ，
设二面角 的平面角为 ，
∴ ，
由图示可知二面角 是锐角，
所以二面角 的余弦值为 .
【考点】向量语言表述线面的垂直、平行关系；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1）建立恰当的空间直角坐标系，利用向量法，结合向量垂直的充要条件直接求解即可；
（2）利用向量法直接求解即可.
21．【答案】（1）在 中， ，
在直角梯形CDEF中，易知 ，
∴ ，即 ，
又平面ABEF⊥平面CDFE，且平面ABEF∩平面CDFE=EF，BE⊥EF，
∴BE⊥平面CDEF，又∵FC 平面CDEF，
∴BE⊥FC，又CE∩BE=E，
∴FC⊥平面BCE，又FC 平面ACF，
∴平面ACF⊥平面BCE；
（2）如图，以F为原点建立空间直角坐标系，设 ，则
，
∴
设 为平面ABC的法向量， 为平面BCE的法向量，
由 得， ，可取
由 得， ，可取
因为二面角A－BC－E的正切值为－3，
设二面角A－BC－E的平面角为 ，则 ，
所以 ，
由题意得 ，
化简得 ，则 ，即DF的长为2.
【考点】平面与平面垂直的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 在 中，利用勾股定理得出FC的长，在直角梯形CDEF中，易知 ，再利用勾股定理得出线线垂直，所以 ，再利用平面ABEF⊥平面CDFE结合面面垂直的性质定理，从而证出线线垂直，所以BE⊥EF，再利用线线垂直证出线面垂直，所以BE⊥平面CDEF，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以BE⊥FC，再利用线线垂直证出线面垂直，所以FC⊥平面BCE，再利用线面垂直证出面面垂直，从而证出平面ACF⊥平面BCE。
（2） 以F为原点建立空间直角坐标系，设 ，从而求出点的坐标，再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，再结合数量积求向量夹角公式，进而利用正切函数的定义，从而求出二面角A－BC－E的正切值，再利用二面角A－BC－E的正切值为－3，从而求出DF的长。
22．【答案】（1）证明：以 为原点，以 ， ， 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 ， ， ， ， ， .
设平面 的法向量为 ， ， ，
由 ，
令 ，则 ， ，∴平面 的一个法向量为 ，
由 ， ，∴ ，
∵ 平面 ，∴ 平面
（2）解：∵ 底面 ， 底面 ，∴ ，
∵ ， ，∴ 平面 ，∴平面 的一个法向量为 ，
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 ，又由图示得 为锐角，
∴平面 与平面 的夹角为 .
（3）解：设在线段 上存在点 ，满足 （ ），
，
若 平面 ，则 ，所以 ，解得 ，
所以在线段 上存在点 ，使 平面 ，此时 .
【考点】数量积表示两个向量的夹角；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】(1)根据题意建立空间直角坐标系，求出点以及向量的坐标，结合数量积的坐标公式求出平面的法向量，由数量积的坐标公式计算出，从而得出结合线面平行的判定定理即可得证出结论。
(2)由线面垂直的性质定理即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面 与平面 的所成的角。
(3)根据题意假设存在点F，由此得到，结合线面垂直与向量夹角之间的关系，由此得到关于的值，从而建立得证出结论。
29精讲精练·专项突破
2021-2022学年高二上学期人教版（2019）
第一章 《空间向量与几何》 单元能力提升（含详细解析）教师版
一、单选题
1．已知O为原点， ，则 等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【考点】空间向量运算的坐标表示
【解析】【解答】∵ ，
∴ ，
，
，
故答案为：A．
【分析】由空间向量的坐标运算计算出结果即可。
2．（2021高二上·安徽月考）已知平面 的一个法向量是 ，点 是平面 内的一点，则点 到平面 的距离是（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【考点】空间中的点的坐标；平面的法向量；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】因点 是平面 内的一点，而 ，则 ，又平面 的一个法向量是 ，
所以点P到平面 的距离 .
故答案为：C
【分析】首先由点的坐标即可求出向量的坐标，由此得到平面的法向量，然后由数量积公式计算出点到平面的距离。
3．（2021高二上·慈溪期末）已知直线 的一个方向向量 ，平面 的一个法向量 ，若 ，则 （ ）
A．1 B．-1 C．3 D．-3
【答案】D
【考点】直线的方向向量；平面的法向量
【解析】【解答】由 ，可知 ，则有 ，解之得
故答案为：D
【分析】利用线面垂直的性质直接求解，即可得答案。
4．（2021高二上·广东期中）设 ， ，且 ，则 等于（ ）
A．-1 B．1 C．-2 D．2
【答案】A
【考点】空间向量的数量积运算；空间向量运算的坐标表示
【解析】【解答】∵ ，∴ ，∴ ，
故答案为：A.
【分析】由已知条件结合数量积的坐标公式，代入数值计算出结果即可。
5．（2021高一下·湖南期末）在直三棱柱 中， 是 中点. ， ， ， .则下列结论正确的是（ ）
A．点 到平面 的距离是
B．异面直线 与 的角的余弦值是
C．若 为侧面 （含边界）上一点，满足 平面 ，则线段 长的最小值是5.
D．过 ， ， 的截面是钝角三角形
【答案】D
【考点】异面直线及其所成的角；点、线、面间的距离计算；余弦定理
【解析】【解答】对于A：过 作 ，交 于点 ，在直三棱柱 中，
易知 平面 ，故点 到平面 的距离是 ，
由 ，得
，而 ，A不符合题意；
对于B：取 的中点 ，连接 ，则易知异面直线 与 的角为 ,
在 中，
，
， ，
， ，
，B不符合题意；
对于C：取 的中点 ， 的中点 ，连接 ，
则易证平面 平面 ，
故点 在 上时，满足 平面 ，
则线段 ，
即线段 长的最大值为5，故线段 长的最小值不可能为5，C不符合题意；
对于D： ，
,
,
，
为钝角，D符合题意
故答案为：D
【分析】 利用余弦定理求出AB的值，从而得到AB⊥BC，结合直棱柱的性质，得到 平面 ,可判断A、B选项；过点B构造平面 平面 ,进而确定P点的轨迹，从而讨论PB的取值，判断C选项；求出AC1, DC1, AD的值，利用余弦定理判断三角形形状.
6．（2021高二上·温州期中）已知正方体 的棱长为3，点 在棱 上，且 ，则直线 与 所成角的余弦值为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】在正方体 中，因DA，DC，DD1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
则有 ，于是得 ，
则有 ，
所以直线 与 所成角的余弦值为 .
故答案为：B
【分析】建立空间直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算可求出直线 与 所成角的余弦值。
7．（2021高二上·太原期中）如图，在直三棱柱 中， ， ，则直线BC到平面 的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】由题意得： ∥
∵ 平面 ， 平面 ∴BC∥平面
∴点B到平面 的距离即为直线BC到平面 的距离
过点B作BE⊥ 于点E
∵直三棱柱 ，
∴ ， 平面
∵ 平面 ∴
∵∴ 平面
∵ 平面 ∴
∵∴BE⊥平面
∴BE的长为点B到平面 的距离，即为直线BC到平面 的距离
∵
∴由勾股定理得： ，
∴直角三角形 中，
故答案为：B
【分析】根据题意由直三棱柱的几何性质结合线面平行的判定定理即可得出线面平行，由此得出点B到平面 的距离即为直线BC到平面 的距离，然后由线面垂直的性质定理和判定定理即可得出BE⊥平面 ，进而得到BE的长为点B到平面 的距离，即为直线BC到平面 的距离，结合三角形的几何关系代入数值计算出结果即可。
8．（2022·浙江模拟）已知棱长为3的正四面体，是空间内的任一动点，且满足，E为AD中点，过点D的平面平面BCE，则平面截动点P的轨迹所形成的图形的面积为（ ）
A．π B．2π C．3π D．4π
【答案】C
【考点】平面的法向量；用向量证明平行；用向量证明垂直
【解析】【解答】设的外心为，过点作的平行线，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，
如图所示，因为 ，所以 ， ，
则 ，设 ，
由 ，可得 ，
整理得 ，
所以动点 的轨迹为以 为球心，半径为 的球及球的内部，
分别延长 到点 ，使得 ，
可得 ，可证得 平面 ， 平面 ，
又由 ，所以平面 平面 ，即平面 为平面 ，
如图（1）所示，过 点作 ，可得证得 平面 ，
即 为点 到平面 的距离，
连接 ，根据面面平行的性质，可得 ，
在直角 中，可得 ，
在直角 中，可得 ，
所以 ，即截面圆的半径为 ，
所以球与平面 的截面表示半径为 的圆面，其面积为 .
故答案为：C.
【分析】设 的外心为，过点作的平行线，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，设，根据求得点P的轨迹方程，分别延长AB,AF,AC到点M,P,N，使得，得到平面平面，过点O作，可得证得平面，即为点为点到平面的距离，结合球的截面圆的性质，求得截面圆的半径，即可求解.
二、多选题
9．（2021高二上·广东期中）以下四个命题中错误的是（ ）
A．空间的任何一个向量都可用其他三个向量表示
B．若 为空间向量的一组基底，则 构成空间向量的另一组基底
C．对空间任意一点 和不共线的三点 、 、 ，若 ，则 、 、 、 四点共面
D．任何三个不共线的向量都可构成空间向量的一个基底
【答案】A,C,D
【考点】空间向量的基本定理及其意义
【解析】【解答】A中忽略三个基底要求不共面的限制，A不符合题意；
若 为空间向量的一组基底，则 、 、 互不共面，且 、 、 均为非零向量，假设 、 、 共面，可设 ，所以 ，该方程组无解，故 、 、 不共面，因此， 可构成空间向量的一组基底，B符合题意；
由于 ，∵ ，此时， 、 、 、 四点不共面，C不符合题意；
任何三个不共面的向量都可构成空间向量的一组基底，三个向量不共线时可能共面，D不符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】 根据空间向量基本定理及其推论，对选项逐一判断即可得出答案。
10．（2021高二上·柯桥期末）如图，在长方体 中， ， ，点P，E分别为AB， 的中点，点M为直线 上的动点，点N为直线 上的动点，则（ ）
A．对任意的点N，一定存在点M，使得
B．向量 ， ， 共面
C．异面直线PM和 所成角的最小值为
D．存在点M，使得直线PM与平面 所成角为
【答案】B,C,D
【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】【解答】建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
，
故 ，设 ， ， ，
而 ，故 即 ，
故 ，
若 ，则 即 ，
当 时， 不存在，故当 为 中点，不存在 ，使得 ，A不符合题意.
连接 ，则 ，由长方体可得 ，故 ，
故 ， ， 即 ， ， 共面，B符合题意.
，故
，
当 时， ，此时 ；
当 时， ，
令 ，设 ，则 ，
故 ，
所以异面直线PM和 所成角的范围为 ，故直线PM和 所成角的最小值为 ，
C符合题意.
平面 的法向量为 ，
故 ，
若直线PM与平面 所成角为 ，则 ，
故 ，所以 或 ，D符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】 建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法判断A、C、D；利用中位线和长方体的性质判断B，即可选出答案.
11．（2021高一下·徐州期末）在棱长为1的正方体 ，中， ， 分别为 ， 的中点，则（ ）
A．
B．直线 与平面 所成的角的正弦值为
C．平面 截该正方体所得的截面面积为
D．点 到平面 的距离为
【答案】B,C,D
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】对于A：因为 与 不垂直，且 ，所以 与 不垂直，A不正确；
对于B：连接 ，因为 面 ，所以 即为直线 与平面 所成的角，因为 ，所以 ，
B符合题意；
对于C：连接 ， ，则 ，所以所求截面为梯形 ，
， ， ，所以
梯形的高为 ，
所以截面面积为 ，C符合题意；
对于D：设点点 到平面 的距离为 ，由 可得：
，
因为 ， ， ，所以
，
所以 ，
所以 ，
所以 ，所以 .D符合题意，
故答案为：BCD.
【分析】 由直线AF与直线CC1不垂直，DD1//CC1,即可判断选项A;由∠FAC为所求线面角的平面角，求出sin∠FAC,即可判断选项B;截面为AEFD1,由等腰梯形计算其面积，即可判断选项C;利用等体积法可求得点C到平面AEF的距离，即可判断选项D.
12．（2021高二上·深圳月考）已知直三棱柱 中， ， ，O为 的中点.点P满足 ，其中 ，则（ ）
A．对 时，都有
B．当 时，直线 与 所成的角是30°
C．当 时，直线 与平面 所成的角的正切值
D．当 时，直线 与 相交于一点Q，则
【答案】A,C,D
【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系；异面直线及其所成的角；用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】【解答】以 为 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设 ，
其中 ，
因为 ，所以 ，
A.因为 ，
所以 ，所以 ，故正确；
B.当 时， ，所以 ，
所以直线 与 所成的角不是 ，故错误；
C. 当 时， ，取平面 的一个法向量为 ，
所以 ，设直线 与平面 所成的角为 ，
所以 ，所以 ，故正确；
D. 当 时，如图所示， 为 中点， 为 中点，连接 ，
所以 ，所以 ，故正确；
故答案为：ACD.
【分析】设出点P坐标，计算，可判断选项A；根据已知判断当点P运动到BC1中点时，直线A1P与AB所成的角最小，求出其正切值即可判断选项B；根据已知条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求直线与平面的夹角，即可判断选项C；由三角形中位线的性质可得， ，即可判断选项D。
三、填空题
13．（2021高二上·浙江期中）已知向量 ， ， ，则 .
【答案】2
【考点】数量积的坐标表达式；空间向量运算的坐标表示
【解析】【解答】由已知 ， ，
所以 ．
故答案为：2
【分析】根据题意由向量模的定义代入数值计算出x的取值，再由数量积的坐标公式计算出结果即可。
14．如图，在直三棱柱 中， ， ， ，则异面直线 与 所成角的余弦值是 ．
【答案】
【考点】空间向量的数量积运算；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】连接 ，如图所示：
因为 ，所以 或其补角为异面直线 与 所成角.
， ， .
在 中， .
故答案为：
【分析】根据题意作出辅助线由直三棱柱的几何性质即可得出线线平行由此求出异面直线所成的角，由三角形内的几何计算关系结合勾股定理以及余弦函数的定义代入数值计算结果即可。
15．（2021·丰台模拟）如图，从长、宽、高分别为 的长方体 中截去部分几何体后，所得几何体为三棱锥 .下列四个结论中，所有正确结论的序号是 .
①三棱锥 的体积为 ；②三棱锥 的每个面都是锐角三角形；③三棱锥 中，二面角 不会是直二面角；④三棱锥 中，三条侧棱与底面所成的角分别记为 ，则 .
【答案】①②④
【考点】平面向量数量积的运算；用空间向量求直线与平面的夹角；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【解答】三棱锥 的体积为 ，故①正确；
三棱锥 的每个面的边长分别为 ，
设 ，则 是三边中最大边，设其对应角为
则
所以 为锐角，故每个面为锐角三角形，②正确；
以 为原点建立空间直角坐标系如图所示：
则
设平面 的一个法向量为
则 取 ，则 ，则
设平面 的一个法向量为
则 取 ，则 ，则
所以
取 ，有 ，则 ，
所以二面角 会是直二面角，故③错；
三棱锥 中，三条侧棱分别为 与底面 的夹角分别记为
则
所以 ，故④正确，
故答案为：①②④
【分析】利用已知条件结合三棱锥的体积公式，进而求出三棱锥 的体积，因为三棱锥 的每个面的边长分别为 ，设 ，则 是三边中最大边，设其对应角为 ，再利用余弦定理结合余弦函数值的正负，则 为锐角，故每个面为锐角三角形，再利用空间向量求二面角的方法，得出二面角 会是直二面角，
三棱锥 中，三条侧棱分别为 与底面 的夹角分别记为 ，再利用正弦函数的定义，所以 ，从而选出正确结论的序号。
16．（2021高二上·山东月考）在棱长为1的正方体中，直线与平面之间的距离为 ．
【答案】
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】如图所示，连接，
则直线与平面之间的距离等于点到平面的距离，
即为三棱锥的高，设三棱锥的高，
因为正方体的棱长为，
可得，所以，
由三棱锥的体积为，
又由，
因为，可得，解得，
即直线与平面之间的距离为.
故答案为：.
【分析】由正方体的几何性质，结合线面平行的性质定理即可得出直线与平面之间的距离等于点到平面的距离，即为三棱锥的高，再把边的大小代入到三棱锥的体积公式利用等体积法，计算出结果即可。
四、解答题
17．（2021高三上·高邮月考）如图，在四棱台 中，底面为矩形，平面 ⊥平面 ，且 .
（1）证明: 面
（2）若 与平面 所成角为 ，求锐二面角 的余弦值.
【答案】（1）证明：如图在梯形 中，
因为 ，
作 于 ，则 ，所以 ，
所以 ，连结 ，由余弦定理可求得 ，
因为 ，所以 ，
因为平面 平面 且交于 ， 面
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 ， ， 面 ，
所以 平面 .
（2）解：连结 ，由（1）可知， 平面 ，
以 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
因为 平面 ，所以 在平面 内的射影为 ，
所以 与平面 所成的角为 ，即 ，
在△ 中，由余弦定理可得： ，
即 ，解得 .
在 中，因为 ，所以 ，
则 ， ， ， ， ，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，
则有 ，即
令 ，则 ， ，故 ， …
设平面 的法向量为 ，
则有 ，即 ，
令 ，则 ， ，故 ，
所以 ，
故锐二面角 的余弦值为 .
【考点】直线与平面垂直的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】(1)连结DC1，证明 ，推出 平面 ，即可证明 ，结合AD⊥DC，利用线面垂直的判定定理推出 面 ；
(2) 连结 ，以D1为坐标原点,建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量，平面 的法向量，利用空间向量的数量积求出锐二面角 的余弦值 .
18．（2021高二上·浦城期中）如图1，在 中， ， 分别为 ， 的中点， 为 的中点， ， .将 沿 折起到 的位置，使得平面 平面 ，如图2.
（1）求证： .
（2）求直线 和平面 所成角的正弦值.
（3）线段 上是否存在点 ，使得直线 和 所成角的余弦值为 ？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）因为在 中， ， 分别为 ， 的中点，
所以 ， .
所以 ，又 为 的中点，所以 .
因为平面 平面 ，且 平面 ，
所以 平面 ，
所以 .
（2）取 的中点 ，连接 ，所以 .
由（1）得 ， .
如图建立空间直角坐标系 .
由题意得， ， ， ， .
所以 ， ， .
设平面 的法向量为 .
则
即
令 ，则 ， ，所以 .
设直线 和平面 所成的角为 ，
则 .
故所求角的正弦值为 .
（3）线段 上存在点 适合题意.
设 ，其中 .
设 ，则有 ，
所以 ， ， ，从而 ，
所以 ，又 ，
所以
令 ，
整理得 .解得 .
所以线段 上存在点 适合题意，且 .
【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】【分析】(1)推导出 ， ，从而 ，进而 ，由此得到 平面 ，从而能证明 ；
(2) 取 的中点 ，连接 ，得， 由（1）得 ， ， 建立空间直角坐标系 ，求出平面 的法向量，利用向量法求出 直线 和平面 所成角的正弦值 ；
(3) 线段 上存在点 适合题意 ， 设 ，其中 ，利用向量法可得 整理求解得的值，进而可得 的值 。
19．（2021高二上·广州期中）如图，四棱锥 中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD， ， ，M，N分别是PD，PC的中点
（1）证明：直线 平面PAB；
（2）求二面角 的余弦值.
【答案】（1）证明：取PA的中点为E，连接ME，BE.
∵M为PD的中点，∴ 且 ，
又 ，则 ，又 ，∴ ， ，
∴ 为平行四边形，即 ，又 平面PAB， 平面PAB，∴直线 平面PAB.
（2）解：取AD的中点O连接PO，CO，∵面PAD为等边三角形，
∴ ，又面 面ABCD， 平面PAD，
∴ 面ABCD，由（1）： ，
以 为原点，OC，OD，OP分别为x，y，z轴的正半轴建立空间直角坐标系 .
设 ，则 ，易得四边形 为矩形，
∴ ，则 ， ， ， ， ，
设面NAB的法向量为 ，则 ，即 ，
取 ，则 .
∴平面NAB的一个法向量为 ，而平面ABD的一个法向量 ，
∴ ，锐二面角 的余弦值 .
【考点】直线与平面平行的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的判定，结合直线与平面平行的判定定理求解即可；
（2）建立恰当的空间直角坐标系，利用向量法直接求解即可.
20．（2021高三上·长春月考）已知直三棱柱 中， 为正三角形， 为 的中点.点 在棱 上，且 .
（1）求证：直线 平面 ；
（2）求二面角 的余弦值.
【答案】（1）证明：取 中点 ，连接 ，
以 为坐标原点， 的方向为 轴的正方向建立空间直角坐标系，
，
∴ ，
设平面 的法向量为 ，
∴ ，得 ，令 ，则 ，
∴ ，∵ ， ∴ ，
∴直线 平面
（2）解： ，
设平面 的法向量为 ，
∴ ，令 ，则 ，
∴ ，
设二面角 的平面角为 ，
∴ ，
由图示可知二面角 是锐角，
所以二面角 的余弦值为 .
【考点】向量语言表述线面的垂直、平行关系；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1）建立恰当的空间直角坐标系，利用向量法，结合向量垂直的充要条件直接求解即可；
（2）利用向量法直接求解即可.
21．（2021高三上·海安开学考）在如图所示的多面体中，四边形ABEF为正方形，平面ABEF⊥平面CDFE，CD∥EF，∠CDF＝∠DFE＝90°，EF＝2CD＝2．
（1）若DF＝1，证明：平面ACF⊥平面BCE；
（2）若二面角A－BC－E的正切值为－3，求DF的长．
【答案】（1）在 中， ，
在直角梯形CDEF中，易知 ，
∴ ，即 ，
又平面ABEF⊥平面CDFE，且平面ABEF∩平面CDFE=EF，BE⊥EF，
∴BE⊥平面CDEF，又∵FC 平面CDEF，
∴BE⊥FC，又CE∩BE=E，
∴FC⊥平面BCE，又FC 平面ACF，
∴平面ACF⊥平面BCE；
（2）如图，以F为原点建立空间直角坐标系，设 ，则
，
∴
设 为平面ABC的法向量， 为平面BCE的法向量，
由 得， ，可取
由 得， ，可取
因为二面角A－BC－E的正切值为－3，
设二面角A－BC－E的平面角为 ，则 ，
所以 ，
由题意得 ，
化简得 ，则 ，即DF的长为2.
【考点】平面与平面垂直的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 在 中，利用勾股定理得出FC的长，在直角梯形CDEF中，易知 ，再利用勾股定理得出线线垂直，所以 ，再利用平面ABEF⊥平面CDFE结合面面垂直的性质定理，从而证出线线垂直，所以BE⊥EF，再利用线线垂直证出线面垂直，所以BE⊥平面CDEF，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以BE⊥FC，再利用线线垂直证出线面垂直，所以FC⊥平面BCE，再利用线面垂直证出面面垂直，从而证出平面ACF⊥平面BCE。
（2） 以F为原点建立空间直角坐标系，设 ，从而求出点的坐标，再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，再结合数量积求向量夹角公式，进而利用正切函数的定义，从而求出二面角A－BC－E的正切值，再利用二面角A－BC－E的正切值为－3，从而求出DF的长。
22．（2021高二上·丰台期中）如图，在四棱锥 中， 底面 ， ， // ，点 为 的中点， ， ， .
（1）求证： 平面 ；
（2）求平面 与平面 的夹角；
（3）在线段 上是否存在点 ，使得 平面 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：以 为原点，以 ， ， 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 ， ， ， ， ， .
设平面 的法向量为 ， ， ，
由 ，
令 ，则 ， ，∴平面 的一个法向量为 ，
由 ， ，∴ ，
∵ 平面 ，∴ 平面
（2）解：∵ 底面 ， 底面 ，∴ ，
∵ ， ，∴ 平面 ，∴平面 的一个法向量为 ，
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 ，又由图示得 为锐角，
∴平面 与平面 的夹角为 .
（3）解：设在线段 上存在点 ，满足 （ ），
，
若 平面 ，则 ，所以 ，解得 ，
所以在线段 上存在点 ，使 平面 ，此时 .
【考点】数量积表示两个向量的夹角；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】(1)根据题意建立空间直角坐标系，求出点以及向量的坐标，结合数量积的坐标公式求出平面的法向量，由数量积的坐标公式计算出，从而得出结合线面平行的判定定理即可得证出结论。
(2)由线面垂直的性质定理即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面 与平面 的所成的角。
(3)根据题意假设存在点F，由此得到，结合线面垂直与向量夹角之间的关系，由此得到关于的值，从而建立得证出结论。
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