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）
一、单选题
1．（2021高二上·四平期中）平面 的一个法向量是 , , ，平面 的一个法向量是 ,6, ，则平面 与平面 的关系是（ ）
A．平行 B．重合 C．平行或重合 D．垂直
【答案】C
【考点】平面的法向量
【解析】【解答】 平面 的一个法向量是 , , ，平面 的一个法向量是 ,6, ，
，
平面 与平面 的关系是平行或重合．
故答案为：C．
【分析】根据已知条件推导出，从而得到平面a与平面β的关系.
2．空间四边形 的各边和对角线均相等， 是 的中点，那么（ ）.
A．
B．
C．
D． 与 的大小不能比较
【答案】C
【考点】空间向量的数量积运算
【解析】【解答】空间四边形ABCD的各边及对角线均相等，设为a，E是边BC的中点，即有AE⊥BC，即 ，取BD的中点F，连接AF，EF，可得AF＝AE＝ a，EF＝ a，
由余弦定理可得cos∠AEF＝ ，可得 与 夹角的余弦值为 ，则 ，所以 .
故答案为：C．
【分析】首先根据题意由空间四边形的几何性质结合中点的性质，即可得出平行关系以及边之间的关系，再由余弦定理代入数值计算出夹角的余弦值，由此判断出进而得到答案。
3．（2021高二上·鸡东期中）已知空间A、B、C、D四点共面，但任意三点不共线，若P为该平面外一点且 ，则实数x的值为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【考点】共线向量与共面向量
【解析】【解答】解：根据空间向量共面定理，因为空间A、B、C、D四点共面，且 ，则，解得.
故答案为：A
【分析】根据空间向量共面定理求解即可.
4．（2021高二上·长春月考）已知平面 ，其中点 ，法向量 ，则下列各点中不在平面 内的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【考点】共线向量与共面向量
【解析】【解答】解：对于A，,故选项A在平面α内；
对于B，,故选项B在平面α内；
对于C，，故选项C不在平面α内；
对于D， ，故选项D在平面α内.
故选：C
【分析】根据空间共面向量的判定定理直接求解即可.
5．（2021高三下·安徽开学考）已知正方体 的棱长为2，点 在棱 上，过点 作该正方体的截面，当截面平行于平面 且面积为 时，线段 的长为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】A
【考点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：如图，过点 作 ， 的平行线，分别交棱 ， 于点 ， ，连接 ， ，
因为 ，所以 ， 面 ， 面 ，所以 面
因为 ，所以 ， 面 ， 面 ，所以 面
又 ， 面 ，所以面 面 ，则 为截面，
易知 是等边三角形，则 ，解得 ，∴ .
故答案为：A.
【分析】过点 作 ， 的平行线，分别交棱 ， 于点 ， ，连接 ， ，可得面 面 ， 为截面，易知 是等边三角形，进而求出线段 的长。
6．（2021高二上·龙江期中）在三棱锥 中， ， ， ，点 是 的中点， 底面 ，则点 到平面 的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【考点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】（方法一）如图，
因为 ，点 是 的中点，
所以 ，
又 底面 ，建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ， ， ， ，
所以 ， ， ，
在 中， ，
所以 ，则点 ．
设平面 的一个法向量为
则 ， ，即 ， ，
取 ，得 ，
所以点 到平面 的距离 ．
（方法二）由题意可知在三棱锥 中， ， ， 相互垂直，
．
在 中， ，
所以三角形 是正三角形，
所以 ，
设点 到平面 的距离为 ，则 ，
所以 。
故答案为：A
【分析】利用两种方法解题。（方法一）利用 ，点 是 的中点结合等腰三角形三线合一，所以 ，再利用 底面 ，建立空间直角坐标系 ，从而求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再结合数量积求出点 到平面 的距离；
（方法二）由题意可知，在三棱锥 中， ， ， 相互垂直，再利用三棱锥的体积公式，得出的值，在 中结合勾股定理和正三角形的定义，从而判断出三角形 是正三角形，再利用三角形的面积公式得出 的值 ，再利用三棱锥的体积公式，从而求出点 到平面 的距离。
7．（2020高二上·白水期末）已知平面 的一个法向量为 ，点 在平面 内，且 到平面 的距离为 ，则 的值为（ ）
A．1 B．11 C．-1或-11 D．-21
【答案】C
【考点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】 ，而 ，即 ，
解得 或－11.
故答案为：C
【分析】由已知条件结合空间数量积的坐标公式，计算出点到平面的距离，从而得到关于x的方程求解出结果即可。
8．（2021高一下·马鞍山期末）如图，空间几何体 ，是由两个棱长为 的正三棱柱组成，则直线 和 所成的角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【考点】异面直线及其所成的角；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：如图，建立空间直角坐标系，
取CF中点M,连接BM，由正三棱锥的性质可知BM⊥平面CFGH，且，
则，∴,G(0,0,a),
又DE⊥平面HCD，则∴
∴
∴
故答案为：D
【分析】根据异面直线所成的角，运用向量法求解即可.
二、多选题
9．（2021高一下·厦门期末）如图是长方体的平面展开图， ， ， ，则在该长方体中（ ）
A． ， ， ， 四点共面
B．直线 与直线 平行
C．直线 与平面 的距离为3
D．三棱锥 外接球的表面积为
【答案】A,D
【考点】球的体积和表面积；空间中直线与直线之间的位置关系；共线向量与共面向量；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】如图，在长方体 中， ，所以 ， ， ， 四点共面，A符合题意；
由图可知， 与 为异面直线，B不符合题意；
因为 ，所以由线面平行判定定理可知 平面
即直线 与平面 的距离等于点 到平面 的距离，设点 到平面 的距离为
因为 ，所以
在 中， ，所以 ，
所以 ，又
所以 ，C不符合题意；
因为三棱锥 外接球即为该长方体的外接球，所以三棱锥 外接球的半径 ，即三棱锥 外接球的表面积为 ，D符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用长方体的展开图结合四点共面的判断方法、线线平行的判断方法、直线与平面的距离求解方法、三棱锥与外接球的位置关系结合球的表面积公式，从而找出正确的选项。
10．（2021高三上·青岛期中）已知 为正四棱柱，底面边长为2，高为4，则下列说法正确的是（ ）
A．异面直线 与 所成角为
B．三棱锥 的外接球的表面积为
C．平面 平面
D．点 到平面 的距离为
【答案】B,C,D
【考点】球的体积和表面积；异面直线及其所成的角；球内接多面体；平面与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：对于A：由正四棱柱的性质得 ，所以 （或其补角）就是异面直线 与 所成的角，而正四棱柱的底面边长为2，高为4，所以 ，在 中， ，
所以 ，A不正确；
对于B：三棱锥 的外接球与正四棱柱 的外接球是同一个，且外接球的半径为 ，所以外接球的表面积为 ，B符合题意；
对于C：由正四棱柱的性质得 ，又因为 面 ， 面 ，所以 面 ，同理证得 面 ，又 ， 面 ，所以平面 平面 ，C符合题意；
对于D：设点 到平面 的距离为d，则 ，由A选项的解析得 ，又 ，所以 ，解得 ，D符合题意，
故答案为：BCD．
【分析】由异面直线的定义结合正方体的简单性质即可判断出选项A错误；根据题意即可得出由此即可三棱锥 的外接球与正四棱柱 的外接球是同一个，结合已知条件即可求出球的半径，然后把数值代入到球的表面积公式计算出结果由此判断出选项B正确；由正四棱柱的性质得线线平行，然后由线面平行和面面平行的判定定理即可得证出结论，由此判断出选项C正确；由已知条件结合等体积法即可得出点 到平面 的距离，由此判断出选项D正确，从而得出答案。
11．（2021高二上·湖南期末）在正方体中，E，F分别是和的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．平面CEF
B．平面CEF
C．
D．点D与点到平面CEF的距离相等
【答案】B,D
【考点】向量加减混合运算及其几何意义；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】对A，因为E，F分别是和的中点，故，且平面CEF，平面CEF，故∥平面CEF成立.
B，建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体边长为2，则，.故.故，不互相垂直.又平面CEF，故平面CEF不成立；
对C，利用B选项建立的空间直角坐标系有，，故成立，
D，若点D与点到平面CEF的距离相等，则点D与点的中点O在平面CEF上，连接AC，AE易得平面CEF即平面CAEF.又点D与点中点O在上，故点O不在平面CEF上，D不成立.
故答案为：BD
【分析】由线面平行的判定定理结合正方体的几何性质即可判断出选项A正确；根据题意建立空间坐标系，由此求出个点以及向量的坐标，然后由数量积的坐标公式求出平面的法向量，由此即可判断出垂直关系，由此判断出选项B错误；由向量的加减运算性质结合正方体的几何性计算出结果，由此判断出选项C正确；根据题意由已知条件结合正方体的几何性质，由此即可得出线面垂直，从而即可得出点到平面的距离，再由已知条件即可判断出选项D错误，从而即可得出答案。
12．（2021高一下·湖南期末）已知三棱锥 的顶点均在表面积为 的球 的球面上， 、 、 两两垂直， ， ，则下列结论中正确的是（ ）
A．球 的半径为 B．
C． 到平面 的距离为 D． 到平面 的距离为
【答案】A,B,D
【考点】棱锥的结构特征；球的体积和表面积；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】如图，
将三棱锥 构造在长体中，由 得出
，
，
，
由等体积法 可得 ，
即 ，
即 到平面 的距离 ，
设 与平面 交于点 ，如图，
， ，
则 ，即 ，解得： ，
∴点 到平面 的距离 。
故答案为：ABD.
【分析】将三棱锥 构造在长体中，由球的表面积公式结合已知条件得出球的半径，进而求出球的直径，再利用长方体的体对角线等于外接球的直径，从而求出SC的长，再利用勾股定理求出、、的长，再结合三角形的面积公式求出的值 ，再利用三棱锥的体积公式结合等体积法 可得 ，从而求出点 到平面 的距离 ，设 与平面 交于点 ，再利用勾股定理求出的长和 ，则 ，即 ，解得： ，再结合勾股定理求出点 到平面 的距离，从而找出结论正确的选项。
三、填空题
13．（2021高二上·白云期末）已知空间向量，且，则 .
【答案】-2
【考点】空间向量运算的坐标表示
【解析】【解答】由已知可得，解得.
故答案为：-2.
【分析】由空间向量的坐标公式，代入数值计算出结果即可。
14．直三棱柱 中，若 ，则 ．
【答案】
【考点】空间向量的加减法
【解析】【解答】直三棱柱 中，若
故答案为
【分析】结合直三棱柱的几何性质以及向量的加、减运算法则整理即可得出答案。
15．（2021高二上·河北期中）在中国古代数学著作《九章算术》中，鳖臑是指四个面都是直角三角形的四面体．如图，在直角 中， 为斜边 上的高， ， ，现将 沿 翻折到 的位置，使得四面体 为鳖臑，若 为 的重心，则直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
【答案】
【考点】数量积表示两个向量的夹角；直线与平面所成的角；用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】【解答】在直角 中， 为斜边 上的高， ， ，
则 ， ， ， ，即在四面体 中，
， ， ， ， ，则 ．
要使四面体 为鳖臑，根据三角形中大边对大角，可知需要 平面 ，
此时 ， ， ， 为直角，满足四面体 为鳖臑，
则 ．
如图，在长、宽、高分别为 ，1， 的长方体中作出四面体 ，
以 为坐标原点建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
， ， ， ．
设 为平面 的一个法向量，则 ，
令 ，则 ， ，所以 ．
又 ，所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
故答案为：
【分析】由长方体的几何性质计算出边的大小，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，并把数值代入到夹角的数量积公式计算出夹角的余弦值，再由线面角与向量夹角的关系，即可得出答案。
16．（2021·蚌埠模拟）有四个半径为1的小球，球 、球 、球 放置在水平桌面上，第四个小球 放在这三个小球的上方，且四个小球两两外切．在四个小球之间有一个小球O，与这四个小球均外切．则球心O到水平桌面的距离为 ．
【答案】
【考点】点、线、面间的距离计算；正弦定理
【解析】【解答】将四个球的球心两两连线，可得出棱长为2的正四面体 ，正四面体 的外接球球心即为球心O，如下图所示：
设点 在底面 的射影为点M，则球心O在线段 上，
设正四面体 的外接球半径为 ，
由正弦定理可知，正 的外接圆半径为 ，
，
由题意可得 ，即 ，解得 ，
，
因此，球心 到水平桌面的距离为 .
故答案为： .
【分析】将四个球的球心两两连线，可得出棱长为2的正四面体 ，计算出正四面体 的外接球半径，可计算出球心O到平面 的距离，进而可求得球心 到水平桌面的距离。
四、解答题
17．（2021·长春模拟）如图，四面体 中， .
（1）指出四面体各面中与平面 垂直的面，并加以证明；
（2）若 ，二面角 的大小为 ，当 长度变化时，求 取值范围.
【答案】（1）证明：
（2）解：以 为原点， 方向为 轴，以 方向为 轴，以过点 垂直平面 向上方向为 轴，建立空间坐标系.设 ，
， ， ，
， ，则平面 的法向量 ；
， ，则平面 的法向量 ；
有 ，
所以 ，即 的取值范围是
【考点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；空间向量的数量积运算；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】(1)根据题意由线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理即可得证出结论。
(2)根据题意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代数式结合基本不等式就求出最大值，由此得到即可求出，从而得出 的取值范围 。
18．（2021·湛江模拟）如图，平面ABCD⊥平面ABE，AD//BC，BC⊥AB，AB=BC=2AE=2，F为CE上一点，且BF⊥平面ACE.
（1）证明：AE⊥平面BCE；
（2）若平面ABE与平面CDE所成锐二面角为60°，求AD.
【答案】（1）证明：∵平面ABCD⊥平面ABE，AB为平面ABCD和平面ABE的交线，BC⊥AB，
∴BC⊥面ABE，∴BC⊥AE.
又BF⊥平面ACE，∴BF⊥AE.
又 ,∴AE⊥平面BCE
（2）解：如图示，过A作Ax垂直AB,以 为x轴正方向，以 为y轴正方向，以 为z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则
∴
设 为平面CDE的一个法向量，则 ，即 ，
不妨取z=2,则
显然平面ABE的一个法向量
∴ ，
解得：m= .
AD长为
【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）根据直线与平面垂直的判定定理证明；
（2）用向量数量积计算二面角的余弦值，列方程求解．
19．（2021高二上·顺德期中）如图，三棱柱 的侧棱与底面垂直， ， ，M，N和P分别是 ，BC和 的中点.
（1）证明： 平面 ；
（2）求异面直线AN与PM所成角的余弦值.
【答案】（1）证明：取AC的中点D，连接ND， .
因为N和P分别是BC和 的中点，所以 ， ， ，
因为 ， ，所以 ， ，
所以四边形 为平行四边形，则 .
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面
（2）解：以点A为坐标原点，分别以AC， ，AB所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
则 ， ， ， ，
， ，
设AN与PM所成角为 ，
所以 ,
AN与PM所成角的余弦值为 .
【考点】直线与平面平行的判定；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】（1） 取AC的中点D，连接ND， ，利用N和P分别是BC和 的中点，再结合中点作中位线的方法结合中位线的性质，所以 ， ， ，再利用 ， ，所以 ， ，所以四边形 为平行四边形，则 ，再结合线线平行证出线面平行，从而证出 平面 。
（2） 以点A为坐标原点，分别以AC， ，AB所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系A-xyz，再结合已知条件求出点的坐标，再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，再由数量积求向量夹角公式，从而求出AN与PM所成角的余弦值。
20．（2021·宝鸡模拟）如图，四棱锥 中，底面 为直角梯形， ， ， 平面 ， ， ， 为 的中点.
（1）求证：平面 平面 ；
（2）若 ，求二面角 的余弦值.
【答案】（1）证明：直角梯形 中， ， ， ， ，
∴ ， ，
∴ ，∴ ，
又∵ 平面 ，∴ ，又∵ ，∴ 平面 ，
又 平面 ，∴平面 平面 ；
（2）解：∵ 为 的中点， ，∴ ，
以射线AB，AD，AP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图：
则A(0,0,0)， ， ， ， ， ，
得 ， ，设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，则x=0，z=2， ，
由(1)知 平面 ，则平面 的法向量 ，
，
所以二面角 的余弦值为 .
【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）在直角梯形 中， ， ， ， ，再结合勾股定理求出AC的长和CD的长，再利用勾股定理证出线线垂直，即证出 ，因为 平面 ， 再利用线面垂直的定义证出线线垂直，即证出 ，再利用线线垂直证出线面垂直，即 平面 ，再利用线面垂直证出面面垂直，从而证出平面 平面 。
（2）因为 为 的中点， ，所以 ，以射线AB，AD，AP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，进而求出点的坐标，再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，进而求出二面角 的余弦值 。
21．（2021·邯郸模拟）如图，在直三棱柱 中，底面 是等边三角形，D是 的中点．
（1）证明： 平面 ．
（2）若 ，求二面角 的余弦值
【答案】（1）证明：记 ，连接 ．
由直棱柱的性质可知四边形 是矩形，则E为 的中点．
因为D是 的中点，所以 ．
因为 平面 平面 ，所以 平面 ．
（2）解：因为底面 是等边三角形，D是 的中点，所以 ，
由直棱柱的性质可知平面 平面 ，则 平面 ．
取 的中点F，连接 ，则 两两垂直，故以D为原点，分别以 的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 ．
设 ，则 ，从而 ．
设平面 的法向量为 ，
则 令 ，得 ．
平面 的一个法向量为 ，
则 ．
设二面角 为 ，由图可知 为锐角，则
【考点】直线与平面平行的判定；空间向量的数量积运算；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】(1)根据题意作出辅助线由中点的性质即可得出平行关系，再结合项目平行的判定定理即可得证出结论。
(2)根据题意结合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，由此得到二面角 的余弦值。
22．（2021·海南模拟）如图，在三棱柱 中， 底面 ， ， ， ， ．
（1）求直线 与 所成角的余弦值；
（2）设 为 的中点，在平面 内找一点 ，使得 平面 ，求点 到平面 和平面 的距离．
【答案】（1）解：根据题设可知 ， ， 两两垂直，以 为坐标原点，分别以 ， ， 所在直线为 ， ， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则 ， ， ， ， ，
所以 ， ，
所以 ，
所以直线 与 所成角的余弦值为 ．
（2）解：由条件知 ．因为点 在平面 内，可设其坐标为 ，则 ．
因为 平面 ，所以 ， ，
由坐标系可得 ， ，
所以 解得 ， ，
所以点 ，其到平面 的距离为 ，到平面 的距离为1．
【考点】点、线、面间的距离计算；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】【分析】(1)根据题意建立空间直角坐标求出各个点以及向量的坐标，再由数量积的坐标公式求出夹角的余弦值。
(2)由(1)求出向量的坐标再由数量积的坐标公式得到关于a与b的方程组求解出结果，即可得出点N的坐标，再由点到面的距离的定义求出答案即可。
23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）
一、单选题
1．（2021高二上·四平期中）平面 的一个法向量是 , , ，平面 的一个法向量是 ,6, ，则平面 与平面 的关系是（ ）
A．平行 B．重合 C．平行或重合 D．垂直
2．空间四边形 的各边和对角线均相等， 是 的中点，那么（ ）.
A．
B．
C．
D． 与 的大小不能比较
3．（2021高二上·鸡东期中）已知空间A、B、C、D四点共面，但任意三点不共线，若P为该平面外一点且 ，则实数x的值为( )
A． B． C． D．
4．（2021高二上·长春月考）已知平面 ，其中点 ，法向量 ，则下列各点中不在平面 内的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2021高三下·安徽开学考）已知正方体 的棱长为2，点 在棱 上，过点 作该正方体的截面，当截面平行于平面 且面积为 时，线段 的长为（ ）
A． B．1 C． D．
6．（2021高二上·龙江期中）在三棱锥 中， ， ， ，点 是 的中点， 底面 ，则点 到平面 的距离为（ ）
A． B． C． D．
7．（2020高二上·白水期末）已知平面 的一个法向量为 ，点 在平面 内，且 到平面 的距离为 ，则 的值为（ ）
A．1 B．11 C．-1或-11 D．-21
8．（2021高一下·马鞍山期末）如图，空间几何体 ，是由两个棱长为 的正三棱柱组成，则直线 和 所成的角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2021高一下·厦门期末）如图是长方体的平面展开图， ， ， ，则在该长方体中（ ）
A． ， ， ， 四点共面
B．直线 与直线 平行
C．直线 与平面 的距离为3
D．三棱锥 外接球的表面积为
10．（2021高三上·青岛期中）已知 为正四棱柱，底面边长为2，高为4，则下列说法正确的是（ ）
A．异面直线 与 所成角为
B．三棱锥 的外接球的表面积为
C．平面 平面
D．点 到平面 的距离为
11．（2021高二上·湖南期末）在正方体中，E，F分别是和的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．平面CEF
B．平面CEF
C．
D．点D与点到平面CEF的距离相等
12．（2021高一下·湖南期末）已知三棱锥 的顶点均在表面积为 的球 的球面上， 、 、 两两垂直， ， ，则下列结论中正确的是（ ）
A．球 的半径为 B．
C． 到平面 的距离为 D． 到平面 的距离为
三、填空题
13．（2021高二上·白云期末）已知空间向量，且，则 .
14．直三棱柱 中，若 ，则 ．
15．（2021高二上·河北期中）在中国古代数学著作《九章算术》中，鳖臑是指四个面都是直角三角形的四面体．如图，在直角 中， 为斜边 上的高， ， ，现将 沿 翻折到 的位置，使得四面体 为鳖臑，若 为 的重心，则直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
16．（2021·蚌埠模拟）有四个半径为1的小球，球 、球 、球 放置在水平桌面上，第四个小球 放在这三个小球的上方，且四个小球两两外切．在四个小球之间有一个小球O，与这四个小球均外切．则球心O到水平桌面的距离为 ．
四、解答题
17．（2021·长春模拟）如图，四面体 中， .
（1）指出四面体各面中与平面 垂直的面，并加以证明；
（2）若 ，二面角 的大小为 ，当 长度变化时，求 取值范围.
18．（2021·湛江模拟）如图，平面ABCD⊥平面ABE，AD//BC，BC⊥AB，AB=BC=2AE=2，F为CE上一点，且BF⊥平面ACE.
（1）证明：AE⊥平面BCE；
（2）若平面ABE与平面CDE所成锐二面角为60°，求AD.
19．（2021高二上·顺德期中）如图，三棱柱 的侧棱与底面垂直， ， ，M，N和P分别是 ，BC和 的中点.
（1）证明： 平面 ；
（2）求异面直线AN与PM所成角的余弦值.
20．（2021·宝鸡模拟）如图，四棱锥 中，底面 为直角梯形， ， ， 平面 ， ， ， 为 的中点.
（1）求证：平面 平面 ；
（2）若 ，求二面角 的余弦值.
21．（2021·邯郸模拟）如图，在直三棱柱 中，底面 是等边三角形，D是 的中点．
（1）证明： 平面 ．
（2）若 ，求二面角 的余弦值
22．（2021·海南模拟）如图，在三棱柱 中， 底面 ， ， ， ， ．
（1）求直线 与 所成角的余弦值；
（2）设 为 的中点，在平面 内找一点 ，使得 平面 ，求点 到平面 和平面 的距离．
答案解析部分
1．【答案】C
【考点】平面的法向量
【解析】【解答】 平面 的一个法向量是 , , ，平面 的一个法向量是 ,6, ，
，
平面 与平面 的关系是平行或重合．
故答案为：C．
【分析】根据已知条件推导出，从而得到平面a与平面β的关系.
2．【答案】C
【考点】空间向量的数量积运算
【解析】【解答】空间四边形ABCD的各边及对角线均相等，设为a，E是边BC的中点，即有AE⊥BC，即 ，取BD的中点F，连接AF，EF，可得AF＝AE＝ a，EF＝ a，
由余弦定理可得cos∠AEF＝ ，可得 与 夹角的余弦值为 ，则 ，所以 .
故答案为：C．
【分析】首先根据题意由空间四边形的几何性质结合中点的性质，即可得出平行关系以及边之间的关系，再由余弦定理代入数值计算出夹角的余弦值，由此判断出进而得到答案。
3．【答案】A
【考点】共线向量与共面向量
【解析】【解答】解：根据空间向量共面定理，因为空间A、B、C、D四点共面，且 ，则，解得.
故答案为：A
【分析】根据空间向量共面定理求解即可.
4．【答案】C
【考点】共线向量与共面向量
【解析】【解答】解：对于A，,故选项A在平面α内；
对于B，,故选项B在平面α内；
对于C，，故选项C不在平面α内；
对于D， ，故选项D在平面α内.
故选：C
【分析】根据空间共面向量的判定定理直接求解即可.
5．【答案】A
【考点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：如图，过点 作 ， 的平行线，分别交棱 ， 于点 ， ，连接 ， ，
因为 ，所以 ， 面 ， 面 ，所以 面
因为 ，所以 ， 面 ， 面 ，所以 面
又 ， 面 ，所以面 面 ，则 为截面，
易知 是等边三角形，则 ，解得 ，∴ .
故答案为：A.
【分析】过点 作 ， 的平行线，分别交棱 ， 于点 ， ，连接 ， ，可得面 面 ， 为截面，易知 是等边三角形，进而求出线段 的长。
6．【答案】A
【考点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】（方法一）如图，
因为 ，点 是 的中点，
所以 ，
又 底面 ，建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ， ， ， ，
所以 ， ， ，
在 中， ，
所以 ，则点 ．
设平面 的一个法向量为
则 ， ，即 ， ，
取 ，得 ，
所以点 到平面 的距离 ．
（方法二）由题意可知在三棱锥 中， ， ， 相互垂直，
．
在 中， ，
所以三角形 是正三角形，
所以 ，
设点 到平面 的距离为 ，则 ，
所以 。
故答案为：A
【分析】利用两种方法解题。（方法一）利用 ，点 是 的中点结合等腰三角形三线合一，所以 ，再利用 底面 ，建立空间直角坐标系 ，从而求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再结合数量积求出点 到平面 的距离；
（方法二）由题意可知，在三棱锥 中， ， ， 相互垂直，再利用三棱锥的体积公式，得出的值，在 中结合勾股定理和正三角形的定义，从而判断出三角形 是正三角形，再利用三角形的面积公式得出 的值 ，再利用三棱锥的体积公式，从而求出点 到平面 的距离。
7．【答案】C
【考点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】 ，而 ，即 ，
解得 或－11.
故答案为：C
【分析】由已知条件结合空间数量积的坐标公式，计算出点到平面的距离，从而得到关于x的方程求解出结果即可。
8．【答案】D
【考点】异面直线及其所成的角；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：如图，建立空间直角坐标系，
取CF中点M,连接BM，由正三棱锥的性质可知BM⊥平面CFGH，且，
则，∴,G(0,0,a),
又DE⊥平面HCD，则∴
∴
∴
故答案为：D
【分析】根据异面直线所成的角，运用向量法求解即可.
9．【答案】A,D
【考点】球的体积和表面积；空间中直线与直线之间的位置关系；共线向量与共面向量；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】如图，在长方体 中， ，所以 ， ， ， 四点共面，A符合题意；
由图可知， 与 为异面直线，B不符合题意；
因为 ，所以由线面平行判定定理可知 平面
即直线 与平面 的距离等于点 到平面 的距离，设点 到平面 的距离为
因为 ，所以
在 中， ，所以 ，
所以 ，又
所以 ，C不符合题意；
因为三棱锥 外接球即为该长方体的外接球，所以三棱锥 外接球的半径 ，即三棱锥 外接球的表面积为 ，D符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用长方体的展开图结合四点共面的判断方法、线线平行的判断方法、直线与平面的距离求解方法、三棱锥与外接球的位置关系结合球的表面积公式，从而找出正确的选项。
10．【答案】B,C,D
【考点】球的体积和表面积；异面直线及其所成的角；球内接多面体；平面与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：对于A：由正四棱柱的性质得 ，所以 （或其补角）就是异面直线 与 所成的角，而正四棱柱的底面边长为2，高为4，所以 ，在 中， ，
所以 ，A不正确；
对于B：三棱锥 的外接球与正四棱柱 的外接球是同一个，且外接球的半径为 ，所以外接球的表面积为 ，B符合题意；
对于C：由正四棱柱的性质得 ，又因为 面 ， 面 ，所以 面 ，同理证得 面 ，又 ， 面 ，所以平面 平面 ，C符合题意；
对于D：设点 到平面 的距离为d，则 ，由A选项的解析得 ，又 ，所以 ，解得 ，D符合题意，
故答案为：BCD．
【分析】由异面直线的定义结合正方体的简单性质即可判断出选项A错误；根据题意即可得出由此即可三棱锥 的外接球与正四棱柱 的外接球是同一个，结合已知条件即可求出球的半径，然后把数值代入到球的表面积公式计算出结果由此判断出选项B正确；由正四棱柱的性质得线线平行，然后由线面平行和面面平行的判定定理即可得证出结论，由此判断出选项C正确；由已知条件结合等体积法即可得出点 到平面 的距离，由此判断出选项D正确，从而得出答案。
11．【答案】B,D
【考点】向量加减混合运算及其几何意义；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】对A，因为E，F分别是和的中点，故，且平面CEF，平面CEF，故∥平面CEF成立.
B，建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体边长为2，则，.故.故，不互相垂直.又平面CEF，故平面CEF不成立；
对C，利用B选项建立的空间直角坐标系有，，故成立，
D，若点D与点到平面CEF的距离相等，则点D与点的中点O在平面CEF上，连接AC，AE易得平面CEF即平面CAEF.又点D与点中点O在上，故点O不在平面CEF上，D不成立.
故答案为：BD
【分析】由线面平行的判定定理结合正方体的几何性质即可判断出选项A正确；根据题意建立空间坐标系，由此求出个点以及向量的坐标，然后由数量积的坐标公式求出平面的法向量，由此即可判断出垂直关系，由此判断出选项B错误；由向量的加减运算性质结合正方体的几何性计算出结果，由此判断出选项C正确；根据题意由已知条件结合正方体的几何性质，由此即可得出线面垂直，从而即可得出点到平面的距离，再由已知条件即可判断出选项D错误，从而即可得出答案。
12．【答案】A,B,D
【考点】棱锥的结构特征；球的体积和表面积；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】如图，
将三棱锥 构造在长体中，由 得出
，
，
，
由等体积法 可得 ，
即 ，
即 到平面 的距离 ，
设 与平面 交于点 ，如图，
， ，
则 ，即 ，解得： ，
∴点 到平面 的距离 。
故答案为：ABD.
【分析】将三棱锥 构造在长体中，由球的表面积公式结合已知条件得出球的半径，进而求出球的直径，再利用长方体的体对角线等于外接球的直径，从而求出SC的长，再利用勾股定理求出、、的长，再结合三角形的面积公式求出的值 ，再利用三棱锥的体积公式结合等体积法 可得 ，从而求出点 到平面 的距离 ，设 与平面 交于点 ，再利用勾股定理求出的长和 ，则 ，即 ，解得： ，再结合勾股定理求出点 到平面 的距离，从而找出结论正确的选项。
13．【答案】-2
【考点】空间向量运算的坐标表示
【解析】【解答】由已知可得，解得.
故答案为：-2.
【分析】由空间向量的坐标公式，代入数值计算出结果即可。
14．【答案】
【考点】空间向量的加减法
【解析】【解答】直三棱柱 中，若
故答案为
【分析】结合直三棱柱的几何性质以及向量的加、减运算法则整理即可得出答案。
15．【答案】
【考点】数量积表示两个向量的夹角；直线与平面所成的角；用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】【解答】在直角 中， 为斜边 上的高， ， ，
则 ， ， ， ，即在四面体 中，
， ， ， ， ，则 ．
要使四面体 为鳖臑，根据三角形中大边对大角，可知需要 平面 ，
此时 ， ， ， 为直角，满足四面体 为鳖臑，
则 ．
如图，在长、宽、高分别为 ，1， 的长方体中作出四面体 ，
以 为坐标原点建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
， ， ， ．
设 为平面 的一个法向量，则 ，
令 ，则 ， ，所以 ．
又 ，所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
故答案为：
【分析】由长方体的几何性质计算出边的大小，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，并把数值代入到夹角的数量积公式计算出夹角的余弦值，再由线面角与向量夹角的关系，即可得出答案。
16．【答案】
【考点】点、线、面间的距离计算；正弦定理
【解析】【解答】将四个球的球心两两连线，可得出棱长为2的正四面体 ，正四面体 的外接球球心即为球心O，如下图所示：
设点 在底面 的射影为点M，则球心O在线段 上，
设正四面体 的外接球半径为 ，
由正弦定理可知，正 的外接圆半径为 ，
，
由题意可得 ，即 ，解得 ，
，
因此，球心 到水平桌面的距离为 .
故答案为： .
【分析】将四个球的球心两两连线，可得出棱长为2的正四面体 ，计算出正四面体 的外接球半径，可计算出球心O到平面 的距离，进而可求得球心 到水平桌面的距离。
17．【答案】（1）证明：
（2）解：以 为原点， 方向为 轴，以 方向为 轴，以过点 垂直平面 向上方向为 轴，建立空间坐标系.设 ，
， ， ，
， ，则平面 的法向量 ；
， ，则平面 的法向量 ；
有 ，
所以 ，即 的取值范围是
【考点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；空间向量的数量积运算；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】(1)根据题意由线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理即可得证出结论。
(2)根据题意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代数式结合基本不等式就求出最大值，由此得到即可求出，从而得出 的取值范围 。
18．【答案】（1）证明：∵平面ABCD⊥平面ABE，AB为平面ABCD和平面ABE的交线，BC⊥AB，
∴BC⊥面ABE，∴BC⊥AE.
又BF⊥平面ACE，∴BF⊥AE.
又 ,∴AE⊥平面BCE
（2）解：如图示，过A作Ax垂直AB,以 为x轴正方向，以 为y轴正方向，以 为z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则
∴
设 为平面CDE的一个法向量，则 ，即 ，
不妨取z=2,则
显然平面ABE的一个法向量
∴ ，
解得：m= .
AD长为
【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）根据直线与平面垂直的判定定理证明；
（2）用向量数量积计算二面角的余弦值，列方程求解．
19．【答案】（1）证明：取AC的中点D，连接ND， .
因为N和P分别是BC和 的中点，所以 ， ， ，
因为 ， ，所以 ， ，
所以四边形 为平行四边形，则 .
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面
（2）解：以点A为坐标原点，分别以AC， ，AB所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
则 ， ， ， ，
， ，
设AN与PM所成角为 ，
所以 ,
AN与PM所成角的余弦值为 .
【考点】直线与平面平行的判定；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】（1） 取AC的中点D，连接ND， ，利用N和P分别是BC和 的中点，再结合中点作中位线的方法结合中位线的性质，所以 ， ， ，再利用 ， ，所以 ， ，所以四边形 为平行四边形，则 ，再结合线线平行证出线面平行，从而证出 平面 。
（2） 以点A为坐标原点，分别以AC， ，AB所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系A-xyz，再结合已知条件求出点的坐标，再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，再由数量积求向量夹角公式，从而求出AN与PM所成角的余弦值。
20．【答案】（1）证明：直角梯形 中， ， ， ， ，
∴ ， ，
∴ ，∴ ，
又∵ 平面 ，∴ ，又∵ ，∴ 平面 ，
又 平面 ，∴平面 平面 ；
（2）解：∵ 为 的中点， ，∴ ，
以射线AB，AD，AP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图：
则A(0,0,0)， ， ， ， ， ，
得 ， ，设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，则x=0，z=2， ，
由(1)知 平面 ，则平面 的法向量 ，
，
所以二面角 的余弦值为 .
【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）在直角梯形 中， ， ， ， ，再结合勾股定理求出AC的长和CD的长，再利用勾股定理证出线线垂直，即证出 ，因为 平面 ， 再利用线面垂直的定义证出线线垂直，即证出 ，再利用线线垂直证出线面垂直，即 平面 ，再利用线面垂直证出面面垂直，从而证出平面 平面 。
（2）因为 为 的中点， ，所以 ，以射线AB，AD，AP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，进而求出点的坐标，再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，进而求出二面角 的余弦值 。
21．【答案】（1）证明：记 ，连接 ．
由直棱柱的性质可知四边形 是矩形，则E为 的中点．
因为D是 的中点，所以 ．
因为 平面 平面 ，所以 平面 ．
（2）解：因为底面 是等边三角形，D是 的中点，所以 ，
由直棱柱的性质可知平面 平面 ，则 平面 ．
取 的中点F，连接 ，则 两两垂直，故以D为原点，分别以 的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 ．
设 ，则 ，从而 ．
设平面 的法向量为 ，
则 令 ，得 ．
平面 的一个法向量为 ，
则 ．
设二面角 为 ，由图可知 为锐角，则
【考点】直线与平面平行的判定；空间向量的数量积运算；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】(1)根据题意作出辅助线由中点的性质即可得出平行关系，再结合项目平行的判定定理即可得证出结论。
(2)根据题意结合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，由此得到二面角 的余弦值。
22．【答案】（1）解：根据题设可知 ， ， 两两垂直，以 为坐标原点，分别以 ， ， 所在直线为 ， ， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则 ， ， ， ， ，
所以 ， ，
所以 ，
所以直线 与 所成角的余弦值为 ．
（2）解：由条件知 ．因为点 在平面 内，可设其坐标为 ，则 ．
因为 平面 ，所以 ， ，
由坐标系可得 ， ，
所以 解得 ， ，
所以点 ，其到平面 的距离为 ，到平面 的距离为1．
【考点】点、线、面间的距离计算；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】【分析】(1)根据题意建立空间直角坐标求出各个点以及向量的坐标，再由数量积的坐标公式求出夹角的余弦值。
(2)由(1)求出向量的坐标再由数量积的坐标公式得到关于a与b的方程组求解出结果，即可得出点N的坐标，再由点到面的距离的定义求出答案即可。
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