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突破1.4 空间向量的应用
A组 基础巩固
1．（2022·北京·高一期末）“点在直线上，但不在平面内”，用数学符号表示正确的是（ ）
A．且 B．且
C．且 D．且
2．（2022·北京·101中学高一期末）空间四点共面而不共线，那么这四点中（ ）
A．必有三点共线 B．至多有三点共线
C．至少有三点共线 D．不可能有三点共线
3．（2022·全国·高二）已知向量，分别为直线方向向量和平面的法向量，若，则实数的值为（ ）
A． B． C．1 D．2
4．（2022·全国·高二课时练习）在直三棱柱中，以下向量可以作为平面ABC法向量的是( )
A． B． C． D．
5．（2022·江苏·滨海县五汛中学高二期中）已知平面的法向量为，，则直线与平面的位置关系为（ ）
A． B． C． D．或
6．（2022·四川成都·高二期中（理））若直线l的方向向量，平面的法向量，则（ ）
A． B． C． D．或
7．（2022·江西·景德镇一中高二期末（理））如图，下列正方体中，O为下底面的中心，M，N为正方体的顶点，P为所在棱的中点，则满足直线的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2022·全国·高二）如图，在正四棱柱中，是底面的中心，分别是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．//
B．
C．//平面
D．平面
9．（2023·全国·高三专题练习）设、是空间中两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，，则
10．（2022·安徽·高二期末）直角梯形中，是边的中点，将三角形沿折叠到位置，使得二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
11．（2022·山东济南·高一期末）已知正四面体ABCD，M为BC中点，N为AD中点，则直线BN与直线DM所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
12．（2022·浙江嘉兴·模拟预测）如图，在矩形中，，E，F，G，H分别为边的中点，将分别沿直线翻折形成四棱锥，下列说法正确的是（ ）
A．异面直线所成角的取值范围是 B．异面直线所成角的取值范围是
C．异面直线所成角的取值范围是 D．异面直线所成角的取值范围是
13．（2022·安徽·安庆一中高三阶段练习（理））正方体的棱长为2，正方形的心分别是，，且分别是棱上的动点（含端点），其中关于点对称，关于点对称，，则下列结论错误的是（ ）
A．若四点都在球上，则球表面积的最大值为
B．若四点都在球上，则球体积的最小值为
C．四面体的所有棱长都相等
D．直线与所成角的余弦值的取值范围是
14．（2022·河南·华中师范大学附属息县高级中学高二阶段练习（理））已知矩形ABCD，，，将沿AC折起到的位置若，则二面角平面角的余弦值的大小为（ ）
A． B． C． D．
15．（2021·安徽滁州·高二期中）已知斜三棱柱中，底面是直角三角形，且，，，与AB、AC都成角，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
16．（2022·全国·高二课时练习）已知 分别为不重合的两直线 的方向向量， 分别为不重合的两平面 的法向量，则下列所有正确结论的序号是___________.
①；②；③；④.
17．（2022·全国·高二）已知平面的一个法向量为，直线的一个方向向量为，且平面，则______.
18．（2022·全国·高二单元测试）若点，，，则平面ABC的一个法向量______．
19．（2021·安徽·砀山中学高二阶段练习）已知两个平面，的法向量分别是和，若，则__________.
20．（2021·全国·高二期中）已知平面α和平面β的法向量分别为，，且α⊥β，则x=________.
21．（2022·江苏·高二课时练习）已知平面和平面的法向量分别为，，且，则___________．
22．（2021·全国·高二专题练习）在平行六面体中，面面，底面为矩形，，，面为菱形，，是的中点，为的中点，问_______时，面面．
23．（2021·全国·高二课时练习）如图，四棱柱的底面是正方形，为底面中心，平面，.平面的法向量________.
24．（2019·四川·石室中学高三阶段练习（理））如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且，G为线段EC上的动点，则下列结论中正确的是______
；该几何体外接球的表面积为；
若G为EC中点，则平面AEF；
的最小值为3．
B组 能力提升
25．（2022·湖南·雅礼中学高一期末）（多选题）将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成二面角A BD C，形成四面体A BCD，如图所示，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则（ ）
A．若二面角A BD C为60°，则AC=
B．若二面角A BD C为90°，则EF⊥BC
C．若二面角A BD C为90°，过EF且与BD平行的平面截四面体A BCD所得截面的面积为
D．四面体A BCD的外接球的体积恒为
26．（2022·江苏·连云港高中高二期中）（多选题）给出下列命题，其中是真命题的是（ ）
A．若直线的方向向量，直线的方向向量，则与垂直
B．若直线的方向向量，平面的法向量，则
C．若平面，的法向量分别为，，则
D．若存在实数使则点共面
27．（2023·全国·高三专题练习）（多选题）我们知道，平面几何中有些正确的结论在空间中不一定成立．下面给出的平面几何中的四个真命题， 在空间中仍然成立的有（ ）
A．平行于同一条直线的两条直线必平行
B．垂直于同一条直线的两条直线必平行
C．一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补
D．一个角的两边分别垂直于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补
28．（2022·浙江温州·高二期末）（多选题）已知、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面.下列说法中正确的是（ ）
A．若，，，则 B．若，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
29．（2023·全国·高三专题练习）（多选题）设a，b为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论不正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
30．（2021·湖南·益阳市箴言中学高二阶段练习）（多选题）已知，分别为直线的，方向向量（，不重合），，分别为平面，的法向量（，不重合），则下列说法中，正确的是（ ）．
A． B．
C． D．
31．（2022·广东茂名·高二期末）（多选题）已知点P为正方体内及表面一点，若，则（ ）
A．若平面时，则点P位于正方体的表面
B．若点P位于正方体的表面，则三棱锥的体积不变
C．存在点P，使得平面
D．，的夹角
32．（2022·浙江·绍兴市教育教学研究院高二期末）（多选题）在正方体中，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，平面
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，的面积为定值
D．当时，直线与所成角的范围为
33．（2022·福建厦门·高二期末）（多选题）如图，直三棱柱中，，，．点P在线段上（不含端点），则（ ）
A．存在点P，使得
B．的最小值为有
C．面积的最小值为
D．三棱锥与三棱锥的体积之和为定值
34．（2022·广东佛山·高一期末）（多选题）在正方体中，M是的中点，点N在该正方体的棱上运动，则下列说法正确的是（ ）
A．当N为棱中点时，
B．当N为棱中点时，MN与平面所成角为30°
C．有且仅有三个点N，使得平面
D．有且仅有四个点N，使得MN与所成角为60°
35．（2022·黑龙江·大庆实验中学高一期末）如图，在四棱柱中，，，底面ABCD是菱形，，平面平面ABCD，．
(1)证明：平面ABCD；
(2)若M是线段的中点，求二面角的余弦值．
36．（2022·福建福州·高二期末）如图，在三棱柱中，平面平面，是边长为2的正三角形，是的中点，，直线与平面所成的角为.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
37．（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，O，M，N分别为线段BC，AA1，BB1的中点，P为线段AC1上的动点，AO=BC，AB=3，AC=4，AA1=8.
(1)求点C到平面C1MN的距离；
(2)试确定动点P的位置，使线段MP与平面BB1C1C所成角的正弦值最大.
38．（2022·广东茂名·高二期末）在四棱锥中，底面为矩形，平面平面.
(1)求证：平面平面；
(2)若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围.
39．（2022·湖南师大附中高一期末）如图，在四棱锥P ABCD中，ADBC， E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为 .
(1)在平面PAB内是否存在一点M，使得直线CM平面PBE，如果存在，请确定点M的位置，如果不存在，请说明理由；
(2)若二面角P CD A的大小为 ，求P到直线CE的距离.
40．（2022·全国·模拟预测（理））图1是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，．将该图形沿，折起使得与重合，连接，如图2．
(1)证明：图2中C，D，E，G四点共面；
(2)求图2中二面角的平面角的余弦值．
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突破1.4 空间向量的应用
A组 基础巩固
1．（2022·北京·高一期末）“点在直线上，但不在平面内”，用数学符号表示正确的是（ ）
A．且 B．且
C．且 D．且
【答案】A
【解析】
【分析】
根据点线关系和点面关系判定即可.
【详解】
点在直线上，则，
因为点不在平面内，所以.
故选：A.
2．（2022·北京·101中学高一期末）空间四点共面而不共线，那么这四点中（ ）
A．必有三点共线 B．至多有三点共线
C．至少有三点共线 D．不可能有三点共线
【答案】B
【解析】
【分析】
画出空间四点共面而不共线的两种情况，即可得出答案.
【详解】
如下图所示，A，C，D均不正确，只有B正确.
故选：B.
3．（2022·全国·高二）已知向量，分别为直线方向向量和平面的法向量，若，则实数的值为（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意得到，列出方程，求出实数的值.
【详解】
由题意得：，所以，解得：
故选：C
4．（2022·全国·高二课时练习）在直三棱柱中，以下向量可以作为平面ABC法向量的是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
作出图像，根据直棱柱侧棱垂直于底面即可求解．
【详解】
如图，
∵、、均垂直于平面ABC，故选项D中可以作为平面ABC的法向量．
故选：D．
5．（2022·江苏·滨海县五汛中学高二期中）已知平面的法向量为，，则直线与平面的位置关系为（ ）
A． B． C． D．或
【答案】B
【解析】
【分析】
求出，即与平行，从而求出
【详解】
因为，即与平行，
所以直线与平面垂直.
故选：B
6．（2022·四川成都·高二期中（理））若直线l的方向向量，平面的法向量，则（ ）
A． B． C． D．或
【答案】D
【解析】
【分析】
根据可得结果.
【详解】
因为，
所以，
所以或.
故选：D
7．（2022·江西·景德镇一中高二期末（理））如图，下列正方体中，O为下底面的中心，M，N为正方体的顶点，P为所在棱的中点，则满足直线的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据给定条件，建立空间直角坐标系，再对每一个选项逐一分析，利用空间位置关系的向量证明推理作答.
【详解】
在正方体中，对各选项建立相应的空间直角坐标系，令正方体棱长为2，点，
对于A，，，，与不垂直，A不是；
对于B，，，，，B是；
对于C，，，，与不垂直，C不是；
对于D，，，，与不垂直，D不是.
故选：B
8．（2022·全国·高二）如图，在正四棱柱中，是底面的中心，分别是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．//
B．
C．//平面
D．平面
【答案】B
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明，逐项分析、判断作答.
【详解】
在正四棱柱中，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
令，是底面的中心，分别是的中点，
则，，，
对于A，显然与不共线，即与不平行，A不正确；
对于B，因，则，即，B正确；
对于C，设平面的法向量为，则，令，得，
，因此与不垂直，即不平行于平面，C不正确；
对于D，由选项C知，与不共线，即不垂直于平面，D不正确.
故选：B
9．（2023·全国·高三专题练习）设、是空间中两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，，则
【答案】A
【解析】
【分析】
利用空间向量法可判断A选项；根据已知条件判断线线、面面位置关系，可判断BCD选项的正误.
【详解】
对于A选项，设直线、的方向向量分别为、，
因为，，则平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
因为，则，故，A对；
对于B选项，若，，，则、平行或异面，B错；
对于C选项，若，，，则、的位置关系不确定，C错；
对于D选项，若，，，，则、平行或相交，D错.
故选：A.
10．（2022·安徽·高二期末）直角梯形中，是边的中点，将三角形沿折叠到位置，使得二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系求解即可
【详解】
建如图所示空间直角坐标系，得，，所以，所以.
故选：D
11．（2022·山东济南·高一期末）已知正四面体ABCD，M为BC中点，N为AD中点，则直线BN与直线DM所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用空间向量的线性运算性质，结合空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】
设该正面体的棱长为，因为M为BC中点，N为AD中点，
所以，
因为M为BC中点，N为AD中点，
所以有，
，
根据异面直线所成角的定义可知直线BN与直线DM所成角的余弦值为，
故选：B
12．（2022·浙江嘉兴·模拟预测）如图，在矩形中，，E，F，G，H分别为边的中点，将分别沿直线翻折形成四棱锥，下列说法正确的是（ ）
A．异面直线所成角的取值范围是 B．异面直线所成角的取值范围是
C．异面直线所成角的取值范围是 D．异面直线所成角的取值范围是
【答案】C
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成角的余弦值，即可判断；
【详解】
解：建立如图所示空间直角坐标系，由题意得，
和在平面中的投影分别在和上（如下图所示），
因为，令，则，
由比值可知，的x，y，z坐标比值为，所以令坐标为，
因为在平面中的投影在上，所以，
同理可得坐标为，
，
则，
解得，因为和的范围均为，
所以，即夹角范围是，故A，B错误；
同理可得，因为异面直线所成角范围是，则夹角范围是．即C正确，D错误；
故选：C．
13．（2022·安徽·安庆一中高三阶段练习（理））正方体的棱长为2，正方形的心分别是，，且分别是棱上的动点（含端点），其中关于点对称，关于点对称，，则下列结论错误的是（ ）
A．若四点都在球上，则球表面积的最大值为
B．若四点都在球上，则球体积的最小值为
C．四面体的所有棱长都相等
D．直线与所成角的余弦值的取值范围是
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，球心在线段上，且是线段的中点，故以线段的中点为坐标原点，如图建立直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】
解：因为分别是棱上的动点（含端点），其中关于点对称，关于点对称，，
若四点都在球上，则球心在线段上，且是线段的中点，
故以线段的中点为坐标原点，如图建立直角坐标系，
其中轴，轴分别与平面，平面垂直，
不妨设，
，
，
球的半径，球表面积
当时，取最大值，选项A正确；
当时，球的半径，最小，最小值为，
球体积的最小值为，选项B正确；
，故当时，，当时，，选项C错误；
设直线与所成角，
选项D正确.
故选：C
14．（2022·河南·华中师范大学附属息县高级中学高二阶段练习（理））已知矩形ABCD，，，将沿AC折起到的位置若，则二面角平面角的余弦值的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
作，垂足分别为，过点作交于点，可得即为二面角的平面角，再根据，两边平方求出，即可得解.
【详解】
解：作，垂足分别为，过点作交于点，则，
所以即为二面角的平面角，
由矩形ABCD，可得，
则，所以，
因为，
所以，
即，
所以，
因为，
所以.
所以二面角平面角的余弦值的大小为.
故选：C.
15．（2021·安徽滁州·高二期中）已知斜三棱柱中，底面是直角三角形，且，，，与AB、AC都成角，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设，，，即可求出，，，再用、、表示出、，根据平面向量数量积的运算律求出、、，最后根据夹角公式计算可得；
【详解】
解：设，，，则，，，
所以，，所以，
，，
所以．
故选：A
16．（2022·全国·高二课时练习）已知 分别为不重合的两直线 的方向向量， 分别为不重合的两平面 的法向量，则下列所有正确结论的序号是___________.
①；②；③；④.
【答案】①②③④
【解析】
【分析】
根据直线的方向向量与平面向量的法向量的定义判断即可；
【详解】
解：因为 分别为不重合的两直线 的方向向量， 分别为不重合的两平面 的法向量；
直线，的方向向量平行（垂直）等价于直线 平行（垂直），故①、②正确；
平面，的法向量平行（垂直）等价于平面，平行（垂直）、故③、④正确；
故答案为：①②③④
17．（2022·全国·高二）已知平面的一个法向量为，直线的一个方向向量为，且平面，则______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据可求出结果.
【详解】
因为平面，所以，
则，解得.
故答案为：
18．（2022·全国·高二单元测试）若点，，，则平面ABC的一个法向量______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意求得向量，结合法向量的求法，即可求解.
【详解】
由题意，点点，，，
可得向量，
设平面的法向量为，可得，
取，可得，所以平面的一个法向量为.
故答案为：.
19．（2021·安徽·砀山中学高二阶段练习）已知两个平面，的法向量分别是和，若，则__________.
【答案】8
【解析】
【分析】
由面面平行可知平面的法向量共线即，结合已知列方程组求参数x、y，即可求目标式的值.
【详解】
由知：、共线，则，
∴，解得，故8.
故答案为：8
20．（2021·全国·高二期中）已知平面α和平面β的法向量分别为，，且α⊥β，则x=________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据法向量垂直即可求出的值.
【详解】
∵α⊥β，∴，即，解得.
故答案为：.
21．（2022·江苏·高二课时练习）已知平面和平面的法向量分别为，，且，则___________．
【答案】4
【解析】
【分析】
利用向量垂直的坐标表示即可求解.
【详解】
因为平面和平面的法向量分别为，，且，
所以，
解得： 4.
故答案为：4
22．（2021·全国·高二专题练习）在平行六面体中，面面，底面为矩形，，，面为菱形，，是的中点，为的中点，问_______时，面面．
【答案】
【解析】
【分析】
证明出平面，然后以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设点，利用空间向量法结合面面可求得的值，即可得出结论.
【详解】
因为四边形为菱形，，则，
为的中点，，，
由余弦定理可得，，
，
平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、,设点，
设平面的法向量为，，，
由，取，则，，
可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，则，，可得，
因为平面平面，则，解得.
因此，当时，平面平面.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：本题考查利用面面垂直求线段长度，解题的关键在于建立合适的空间直角坐标系，将面面垂直的问题转化为法向量垂直来求解.
23．（2021·全国·高二课时练习）如图，四棱柱的底面是正方形，为底面中心，平面，.平面的法向量________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】
易知，，从而可得，结合，，从而解得
【详解】
是正方形，且，
，
，
，，
，
，
，，
，
故，
故，
∵向量是平面OCB1的法向量，
，
，
故，，取，故，
平面的法向量
故答案为：（答案不唯一）
【点睛】
本题考查平面的法向量，建系求解即可，主要考查学生的运算能力，属于基础题.
24．（2019·四川·石室中学高三阶段练习（理））如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且，G为线段EC上的动点，则下列结论中正确的是______
；该几何体外接球的表面积为；
若G为EC中点，则平面AEF；
的最小值为3．
【答案】
【解析】
【分析】
以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，分别求得D，A，B，C，F，E的坐标，由，的坐标表示，可判断；确定球心为矩形BDEF的对角线交点，求得半径，可判断；求得G的坐标，求得平面AEF的法向量，计算可判断；设出G的坐标，由两点的距离公式，结合二次函数的最值求法，可判断．
【详解】
以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DE所在直线为z轴，
建立空间直角坐标系，
可得0，，0，，1，，1，，1，，0，，
即有1，，1，，由，可得，故正确；
由球心在过正方形ABCD的中心的垂面上，即为矩形BDEF的对角线的交点，
可得半径为，即有该几何体外接球的表面积为，故正确；
若G为EC中点，可得1，，0，，0，，1，，
设平面AEF的法向量为y，，可得，且，可设，可得一个法向量为，
由，可得则平面AEF，故正确；
设t，，，
当时，取得最小值，故错误．
故答案为．
【点睛】
本题考查空间线面的位置关系和空间线线角的求法，以及向量法解决空间问题，考查运算能力，属于中档题．涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.
B组 能力提升
25．（2022·湖南·雅礼中学高一期末）（多选题）将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成二面角A BD C，形成四面体A BCD，如图所示，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则（ ）
A．若二面角A BD C为60°，则AC=
B．若二面角A BD C为90°，则EF⊥BC
C．若二面角A BD C为90°，过EF且与BD平行的平面截四面体A BCD所得截面的面积为
D．四面体A BCD的外接球的体积恒为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
对于A，取的中点，连接，则可得为二面角的平面角，然后可得为等边三角形，从而可求出的长，对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量判断，对于C，取的中点，的中点，连接，可证得过且与平行的平面截四面体所得的截面为矩形，从而可求出其面积，对于D，由正方形的性质可知,所以可得点为四面体A BCD的外接球的球心，而半径为定值，所以可得外接球的体为定值
【详解】
对于A，取的中点，连接，因为，所以，所以为二面角的平面角，所以，因为，所以为等边三角形，所以，所以A正确，
对于B，由选项A可知，为二面角的平面角，因为二面角A BD C为90°，所以，所以两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则
，
所以，
因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，
所以,
所以，
所以，
所以与不垂直，即与不垂直，所以B错误，
对于C，取的中点，的中点，连接，
因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，
所以∥，∥，∥，∥，
,
所以四点共面，
因为平面，平面,
所以∥平面,
由选项A可知，
因为，所以平面，
因为平面，所以，
所以，
所以过且与平行的平面截四面体所得的截面为矩形，
因为二面角A BD C为90°，所以,
所以
因为,，所以截面的面积为，所以C正确，
对于D，因为由正方形的性质可知，
所以可得点为四面体A BCD的外接球的球心，且球的半径为，
所以四面体A BCD的外接球的体积恒为，所以D正确，
故选：ACD
26．（2022·江苏·连云港高中高二期中）（多选题）给出下列命题，其中是真命题的是（ ）
A．若直线的方向向量，直线的方向向量，则与垂直
B．若直线的方向向量，平面的法向量，则
C．若平面，的法向量分别为，，则
D．若存在实数使则点共面
【答案】AD
【解析】
【分析】
对于A：先计算出，判断出，即可证明与垂直；对于B：判断出，即可得到不成立；对于C：判断出不垂直，即可得到不成立；对于D： 不共线，由平面向量基本定理可以判断；共线时，可以判断共线，则点共面也成立.即可判断.
【详解】
对于A：因为直线的方向向量，直线的方向向量，
且，所以，所以与垂直.故A正确；
对于B：因为直线的方向向量，平面的法向量，且，所以不成立.故B不正确；
对于C：因为平面，的法向量分别为，，且，所以不垂直，所以不成立.故C不正确；
对于D：若不共线，则可以取为一组基底，由平面向量基本定理可得存在实数使则点共面；
若共线，则存在实数使所以共线，则点共面也成立.
综上所述：点共面.故D正确.
故选：AD
27．（2023·全国·高三专题练习）（多选题）我们知道，平面几何中有些正确的结论在空间中不一定成立．下面给出的平面几何中的四个真命题， 在空间中仍然成立的有（ ）
A．平行于同一条直线的两条直线必平行
B．垂直于同一条直线的两条直线必平行
C．一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补
D．一个角的两边分别垂直于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据线线平行传递性和课本中的定理可判断AC正确；垂直于同一条直线的两条直线位置关系不确定，可判断B，通过举反例可判断D.
【详解】
根据线线平行具有传递性可知A正确；
空间中垂直于同一条直线的两条直线，位置关系可能是异面、相交、平行，故B错误；
根据定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补可知C正确；
如图，且，
则但和的关系不确定，
故D错误.
故选：AC
28．（2022·浙江温州·高二期末）（多选题）已知、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面.下列说法中正确的是（ ）
A．若，，，则 B．若，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】
对于A，利用线面平行的性质定理判断，对于B，利用线面平行的判定定理判断，对于C，利用线面垂直的判定定理判断即可，对于D，利用面面平行的判定方法判断.
【详解】
由线面平行的性质定理可知，A正确；
若，则或，即B错误；
设的法向量分别为，若，则，又，则， ，所以，即C正确；
若，则，又，则，即D正确.
故选：ACD
29．（2023·全国·高三专题练习）（多选题）设a，b为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论不正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据线面平行的判定定理和性质，结合面面平行、垂直的判定定理逐一判断即可.
【详解】
A：当时，可以成立，本选项结论不正确；
B：当时，若，此时成立，因此本选项结论不正确；
C：当时，若，，此时成立，因此本选项结论不正确；
D：因为，所以，，所以，而，，
所以，而，所以，因此，所以本选项结论正确，
故选：ABC
30．（2021·湖南·益阳市箴言中学高二阶段练习）（多选题）已知，分别为直线的，方向向量（，不重合），，分别为平面，的法向量（，不重合），则下列说法中，正确的是（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据直线的方向向量与平面的法向量的定义判断．
【详解】
两直线的方向向量平行，而两直线不重合，则它们平行，A错；
两直线的方向向量垂直，则它们也垂直，B正确；
两个平面的法向量平行，则这两个不重合的平面平行，C错．
两个平面的法向量垂直，则这两个平面垂直，D正确．
故选：BD．
31．（2022·广东茂名·高二期末）（多选题）已知点P为正方体内及表面一点，若，则（ ）
A．若平面时，则点P位于正方体的表面
B．若点P位于正方体的表面，则三棱锥的体积不变
C．存在点P，使得平面
D．，的夹角
【答案】AD
【解析】
【分析】
首先可证平面，即可得到点在平面上（包括边界），
通过证明平面平面判断A，利用特殊位置判断B，先证明平面，即可判断C，利用空间向量法判断D；
【详解】
解：在正方体中，，平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，
又，所以点在平面上（包括边界），
又，平面，平面，所以平面，
同理可得平面，，平面，
所以平面平面，
因为平面，平面，所以平面，
又平面平面，所以，即位于正方体的表面，故A正确；
对于B，设到平面的距离为，则
显然当和（不包括点）时不一样，则三棱锥的体积不一样，故B错误；
如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，则，，，，，
所以，，，
所以，，即，，
，平面，
所以平面，
若平面，则，显然在平面上（包括边界）不存在点，使得，故C错误；
因为设，，，所以，即，
又，所以，，，
设
所以，的夹角为，则，
当时，，
当时，因为，所以，
所以，所以，因为，所以，
综上可得，故D正确；
故选：AD
【点睛】
关键点点睛：本题解决的关键是确定点所在位置，再结合空间向量法运算；
32．（2022·浙江·绍兴市教育教学研究院高二期末）（多选题）在正方体中，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，平面
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，的面积为定值
D．当时，直线与所成角的范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
对于A选项，确定点在面对角线上，通过证明面面平行，得线面平行；
对于B选项，确定点在棱上，由等体积法，说明三棱锥的体积为定值；
对于C选项，确定点在棱上，的底不变，高随点的变化而变化；
对于D选项，通过平移直线，找到异面直线与所成的角，在正中，确定其范围.
【详解】
对于A选项，如下图，当时，点在面对角线上运动，
又平面，所以平面，
在正方体中，且，则四边形为平行四边形，
所以，，平面，平面，平面，
同理可证平面，
，所以，平面平面，
平面，所以，平面，A正确；
对于B选项，当时，如下图，点在棱上运动，
三棱锥的体积为定值，B正确；
对于C选项，当时，如图，点在棱上运动，过作于点，
则，其大小随着的变化而变化，C错误；
对于D选项，如图所示，当时，，，三点共线，
因为且,所以四边形为平行四边形，所以，
所以或其补角是直线与所成角，
在正中，的取值范围为，D正确.
故选：ABD.
33．（2022·福建厦门·高二期末）（多选题）如图，直三棱柱中，，，．点P在线段上（不含端点），则（ ）
A．存在点P，使得
B．的最小值为有
C．面积的最小值为
D．三棱锥与三棱锥的体积之和为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】
以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，
写出各点坐标，其中点坐标，可设（），即可得出.
对于A选项，要使，即，得到关于的方程，解方程即可；
对于B选项，将和沿展开，连接，的最小值即的长度，利用锐角三角函数和两角和的余弦公式求出，再由余弦定理即可得到；
对于C选项，设（），利用向量的夹角公式求得，由同角三角函数的平方关系得到，代入三角形面积公式：，结合二次函数的性质讨论最值即可；
对于D选项，利用等体积法得，即可求解.
【详解】
由题意得，，即，
又在直三棱柱中，底面，平面，平面，
，，则以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系.
因为，，所以，，，，，，，则，，
设（），则，解得，，，
所以，
对于A选项，，，
要使，即，解得，
当，即在中点时，，故A选项正确；
对于B选项，如图所示，将和沿展开，如图所示，
连接交于点，可知，当点与点重合时取得最小值，
由题意得，，，，，，
所以，，，，
则，
在中，由余弦定理得，
，则，
所以的最小值为，故B选项错误；
对于C选项，，，设（），
则，即，
所以，
则，
因为，所以当时，取得最小值，故C选项正确；
对于D选项，
，故D选项正确，
故选：ACD.
【点睛】
关键点睛：本题考查了立体几何中的动点的相关线段的位置关系、线段长度、面积和体积的最值问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理及转化思想的应用.
解答本题关键在于建立空间直角坐标系，利用空间向量法解决空间的中的相关问题，同时对于转化思想的应用，利用两点之间线段最短求距离的最值，本题中B选项， 将和沿展开，利用两点之间的线段最短，，求解即可.
34．（2022·广东佛山·高一期末）（多选题）在正方体中，M是的中点，点N在该正方体的棱上运动，则下列说法正确的是（ ）
A．当N为棱中点时，
B．当N为棱中点时，MN与平面所成角为30°
C．有且仅有三个点N，使得平面
D．有且仅有四个点N，使得MN与所成角为60°
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据异面直线判定定理可判断A；利用向量法求线面角可判断B；过点B作与平面平行平面，观察平面与正方体棱的交点个数可判断C；先判断哪些面对角线与的夹角为60°，然后过点M作这些面对角线的平行线可找到满足题意的点N，可判断D.
【详解】
A选项：因为平面，平面，且，所以异面，故A错误；
B选项：如图建立空间直角坐标系，记，
则
所以，
设为平面的法向量，
则，取，得，
记MN与平面所成角为，则
因为，所以，故B正确；
C选项：记CD中点为N，连接BN，，
由正方体性质易知，，平面，平面，
所以平面，同理平面
又，平面，平面
所以平面平面，
所以当点N为CD中点或与重合时满足题意，故C错误；
D选项：如图，易知与的夹角为，所以当与之一平行时满足题意，即N为中点时满足题意，故D正确.
故选：BD
35．（2022·黑龙江·大庆实验中学高一期末）如图，在四棱柱中，，，底面ABCD是菱形，，平面平面ABCD，．
(1)证明：平面ABCD；
(2)若M是线段的中点，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）连接AC，由线面垂直的判定性质可得，取CD中点E，由面面垂直、线面垂直的性质可得，再利用线面垂直的判定推理作答.
（2）以点C为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求二面角的余弦值作答.
(1)
在四棱柱中，取CD中点E，连接，如图，
菱形中，，因，，平面，则平面，
而平面，即有，因，则是正三角形，，
又平面平面，平面平面，平面，则有平面，
而平面，于是得，又，平面，
所以平面.
(2)
在平面内过点C作，由（1）知，射线两两垂直，
以点C为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量，则，令，得，
设平面的一个法向量，则，令，得，
于是得，显然二面角的平面角是锐角，
所以二面角的余弦值.
36．（2022·福建福州·高二期末）如图，在三棱柱中，平面平面，是边长为2的正三角形，是的中点，，直线与平面所成的角为.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
(1)
连接交于点，连接，∵四边形是平行四边形，
∴是的中点，又∵是的中点，∴，
∵平面，平面，∴平面
(2)
取中点，连接、，∵，∴，
∵平面平面，平面，平面平面，
∴平面，
∵平面，∴
∵是正三角形，是的中点，∴，又
∴平面，∴是直线在平面内的射影，
∴是直线与平面所成的角，即
∵是边长为2的正三角形的中线，∴∴
∴ .
∵两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，，
∴，，
设平面的一个法向量，则，
取，可得，所以
又∵平面的一个法向量，
∴
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
37．（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，O，M，N分别为线段BC，AA1，BB1的中点，P为线段AC1上的动点，AO=BC，AB=3，AC=4，AA1=8.
(1)求点C到平面C1MN的距离；
(2)试确定动点P的位置，使线段MP与平面BB1C1C所成角的正弦值最大.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用面面垂直的性质定理可得平面，线面垂直的性质定理可得
，分别为的中点得，再利用勾股定理可得
，再由线面垂直的判定定理可得答案.
（2）以为原点，以为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，利用可得，再由线面角的向量求法可得
直线与平面所成的角的正弦值，再分、讨论可得答案.
(1)
在中，为中点且，
平面平面，平面平面，
平面，又平面，
分别为的中点，，
在直角和直角中，，
，
，
平面平面，
点到平面的距离为.
(2)
平面，由（1）得三线两两重直，
以为原点，以为轴建立空间直角坐标系如图，
则，
，
设平面的法向量为，
则令得，
设，则，
，
设直线与平面所成的角为，
则，
若，此时，点与重合；
若，令，则，
当，即为的中点时，取得最大值.
38．（2022·广东茂名·高二期末）在四棱锥中，底面为矩形，平面平面.
(1)求证：平面平面；
(2)若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质、判定推理作答.
（2）在平面VAB内过V作于O，以O为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.
(1)
在四棱锥中，底面为矩形，有，因平面平面，
平面平面，平面，则平面，又平面，
所以平面平面.
(2)
在平面内过V作于，而平面平面，平面平面，
则平面，在平面内过O作，有两两垂直，
以点O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
令，则，又，设，于是有，，
因此有，，，而，直线的方向向量，
设平面的法向量为，则，令，得，
显然，平面的一个法向量，设平面与平面所成锐二面角大小为，
则有，由于，，，
则，当且仅当，即时取“=”，，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围是.
39．（2022·湖南师大附中高一期末）如图，在四棱锥P ABCD中，ADBC， E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为 .
(1)在平面PAB内是否存在一点M，使得直线CM平面PBE，如果存在，请确定点M的位置，如果不存在，请说明理由；
(2)若二面角P CD A的大小为 ，求P到直线CE的距离.
【答案】(1)存在，在平面内可以找到一点，使得直线CM平面PBE
(2)
【解析】
【分析】
（1）先判断存在符合题意的点，再通过作辅助线找到该点，证明平面即可；
（2）建立空间直角坐标系，通过已知的二面角度数，找到线段之间关系，从而确定相关点的坐标，然后利用向量的运算求得答案.
(1)
延长交直线于点，
点为的中点，，
，
，即，
四边形为平行四边形，即.
，
平面平面，
平面，
平面，
平面，
故在平面内可以找到一点，使得直线平面.
(2)
如图所示，，即，
且异面直线与所成的角为，即，
又平面平面.
平面，
又平面，
平面，
平面.
因此是二面角的平面角，大小为.
.
不妨设，则.
以A为坐标原点，平行于的直线为轴，为轴，为轴，
建立空间直角坐标系，
，
方向上的单位向量坐标为，
则在上的投影的绝对值为，
所以到直线的距离为.
40．（2022·全国·模拟预测（理））图1是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，．将该图形沿，折起使得与重合，连接，如图2．
(1)证明：图2中C，D，E，G四点共面；
(2)求图2中二面角的平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）依题意可得，，根据平行公理可得，即可得证；
（2）在平面内过点作，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
(1)
证明：∵四边形和分别是矩形和菱形，
∴，，
∴，
∴，，，四点共面．
(2)
解：在平面内过点作，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，．
∴，，，．
设平面的一个法向量为，则，即．
令，则．∴．
设平面的一个法向量为．则，令，可得．
∴，显然二面角为锐角．
∴二面角的平面角的余弦值为．
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