中小学教育资源及组卷应用平台
中小学教育资源及组卷应用平台
专题18 空间向量与立体几何
一、单选题
1．（2023·上海静安·统考二模）若直线的方向向量为，平面的法向量为，则能使∥的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由∥，则直线的方向向量为与平面的法向量为互相垂直，利用向量数量积为0逐项分析即可.
【详解】由∥，则直线的方向向量为与平面的法向量为互相垂直，
选项A：，
故选项A不正确；
选项B：，
故选项B不正确；
选项C：，
故选项C正确；
选项D：，
故选项D不正确；
故选：C.
2．（2023·四川南充·统考二模）一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(0,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以yOz平面为投影面，则正视图可以为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由题意画出几何体的直观图，然后判断以yOz平面为投影面，得到的正视图即可．
【详解】一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(0,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，
如图几何体的直观图是以正方体的部分顶点为顶点的一个四面体，
则以yOz平面为投影面，得到的正视图如下图所示：
故选：B.
3．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考二模）已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，平面ABCD，直线PD与平面PAC所成角为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意建立如图空间直角坐标系，利用向量法结合PD与平面PAC的线面角，可求出PD.
【详解】，，，
由余弦定理得，即，
则有，所以，
又平面ABCD，以D为原点，的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
设，由，，
得，，，，，
， ， ，
设平面PAC的法向量为 ， 则 ，
令，则，，所以 ，
直线PD与平面PAC所成角为，所以 ，
则有，解得， 则.
故选：C.
4．（2023·贵州毕节·统考二模）已知为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】B
【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】对于A，若，则或，故A错误；
对于B，若，则或，
若，因为，则，
若，如图所示，则在平面一定存在一条直线，
因为，所以，
又，所以，
综上若，则，故B正确；
对于C，若，则直线相交或平行或异面，故C错误；
对于D，若，则直线相交或平行或异面，故D错误.
故选：B.
5．（2023·陕西汉中·统考二模）如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则与所成的角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，分别求得，再利用向量的夹角公式求解.
【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系：
，
则，
，
，
故选：C
6．（2023·陕西商洛·统考二模）在四棱锥中，底面，底面是边长为的正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求线面夹角.
【详解】如图所示，
以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
设直线与平面所成的角为，所以，
故选：B.
7．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）“曲池”是《九章算术》记载的一种几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，面ABCD，，底面扇环所对的圆心角为，的长度是长度的2倍，，则异面直线与所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求解即可.
【详解】由底面扇环所对的圆心角为，的长度是长度的2倍，，所以可知,
设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，
以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，2，，，1，，，0，，，2，，
则，
，
又异面直线所成角的范围为，
故异面直线与所成角的正弦值为．
故选：C
8．（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，为的中点，为的中点，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】在直三棱柱中，，
所以，即，
又平面，平面，所以，，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，
所以，，
所以，
即异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B
9．（2023·浙江温州·统考三模）四面体满足，点在棱上，且，点为的重心，则点到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，再利用向量求出点到直线的距离作答.
【详解】四面体满足，即两两垂直，
以点O为原点，以射线的正方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
因为，，则，
于是，，
所以点到直线的距离.
故选：A
10．（2023·湖北·模拟预测）如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截得到的，其中，，，，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，计算平面AEC1F的法向量，利用点到面距离的向量公式即得解
【详解】以D为原点，分别以DA，DC，DF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，
则，
∴，.
设为平面的法向量，，
由，得，
令z=1，∴，
所以.
又，
∴点C到平面AEC1F的距离d=.
故选：C.
11．（2023·上海宝山·统考二模）在空间直角坐标系中,已知定点,和动点.若的面积为,以为顶点的锥体的体积为,则的最大值为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由已知,设直线的单位方向向量为,根据空间向量公式求出到直线的距离,得到的面积为,根据椎体体积公式得到以为顶点的锥体的体积为,利用分离常数法和基本不等式求解即可得到最大值.
【详解】由已知,
设直线的单位方向向量为,则,
所以到直线的距离,
所以,
,
则
,
令,则,
所以,
当且仅当即时等号成立,
所以,
即的最大值为.
故选:C.
12．（2023·山东济南·济南市历城第二中学校考二模）在平面直角坐标系中，为圆上的动点，定点．现将轴左侧半圆所在坐标平面沿轴翻折，与轴右侧半圆所在平面成的二面角，使点翻折至，仍在右侧半圆和折起的左侧半圆上运动，则，两点间距离的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设所在平面为，圆的另一半所在平面为，若，则三点共线时，以及在圆的下端点时，分别取到，两点间距离的最值；若，设，利用两点间的距离公式结合到的距离，以及三角函数的有界性取到最值，进而得出答案．
【详解】设所在平面为，圆的另一半所在平面为，
若，则三点共线时，有最小值；当在圆的下端点时，取到最大值，即；
若，设，在上的投影为距离为，则到面距离为，又到轴的距离为，到轴的距离为，而到轴的距离为，则，其中，，故，当且仅当时成立；，当且仅当时成立；即；
综上可得，，
故选：B
13．（2023·浙江台州·统考二模）已知菱形的边长为，对角线长为，将△沿着对角线翻折至△，使得线段长为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题知，，所先计算出，，再利用公式，算出两向量的夹角的余弦值，从而得出异面直线与所成角的余弦值.
【详解】
因为.
所以.
因为.
所以.
所以.
即
所以异面直线与CD所成角的余弦值为.
故选：D
14．（2023·重庆·统考模拟预测）在直三棱柱中，，，点在线段上运动，E，F分别为，中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面 B．当为中点时，AP与BC成角最大
C．当为中点时，AP与成角最小 D．存在点，使得
【答案】C
【分析】举特例否定选项A；求得AP与BC成角最大时点位置判断选项B；求得AP与成角最小时点位置判断选项C；求得时点位置判断选项D.
【详解】由题意得，两两垂直，不妨令
以C为原点，分别以所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
则
选项A：当点P与点B重合时，由为梯形的两个腰，
可得相交，则直线平面位置关系为相交.判断错误；
选项B：设AP与BC成角为，,
由，可得
当时，即两点重合时，，AP与BC成角为.判断错误；
选项C：设AP与成角为，由，可得
又，在单调递减，
则当即为中点时，AP与成角最小.判断正确；
选项D：,
由，解得（舍），
则不存在点，使得.判断错误.
故选：C
15．（2023·广西玉林·统考二模）在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，平面PAD⊥底面ABCD，，，，，则四棱锥P－ABCD外接球的表面积为（ ）
A．26π B．27π C．28π D．29π
【答案】D
【分析】建立坐标系，利用外接球的特点与性质确定球心和半径，进而得出表面积.
【详解】取中点为，取的中点为，连接，因为，，
平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD⊥底面ABCD，平面,
平面，平面，，
则以点为坐标原点，建立坐标系，如下图所示：
设梯形外接圆的圆心为，由可得
解得，则.
设四棱锥P－ABCD外接球的球心坐标为.
则球心到点与到点的距离相等，则
即，故球心坐标为，半径为.
四棱锥外接球的表面积为.
故选：D
16．（2023·四川宜宾·统考模拟预测）已知长方体中，，，为的中点，则下列判断不正确的是（ ）
A．平面 B．点到平面的距离是
C．平面 D．异面直线与所成角的余弦值为
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，计算给点坐标，得到平面的法向量为，再根据公式依次计算每个选项得到答案.
【详解】如图所示，以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
设平面的法向量为，则，
取得到，
对选项A：，，平面，故平面，正确；
对选项B：，点到平面的距离是，正确；
对选项C：，与不平行，错误；
对选项D：，，与所成角的余弦值为，正确.
故选：C
17．（2023·北京房山·统考一模）如图，已知正方体，则下列结论中正确的是（ ）
A．与三条直线所成的角都相等的直线有且仅有一条
B．与三条直线所成的角都相等的平面有且仅有一个
C．到三条直线的距离都相等的点恰有两个
D．到三条直线的距离都相等的点有无数个
【答案】D
【分析】所成的角都相等的直线有无数条，A错误，成的角相等的平面有无数个，B错误，距离相等的点有无数个，C错误，D正确，得到答案.
【详解】对选项A：根据对称性知与三条直线的夹角相等，则与平行的直线都满足条件，有无数条，错误；
对选项B：根据对称性知平面与三条直线所成的角相等，则与平面平行的平面都满足条件，有无数个，错误；
对选项C：如图所示建立空间直角坐标系，设正方体边长为，，，上一点，则，，，点到直线的距离为
，
同理可得到直线和的距离为，故上的点到三条直线的距离都相等，故有无数个，错误；
对选项D：上的点到三条直线的距离都相等，故有无数个，正确；
故选：D
18．（2023·四川广安·统考二模）已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面的射影为中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由已知可得平面，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】因为点在底面的射影为中点，则平面，
又因为四边形为正方形，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的
正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为平面，平面，则，
因为，，则，
则、、、，
所以，，
易知平面的一个法向量为，
，
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
故选：C.
19．（2023·贵州·统考模拟预测）已知正三棱锥中，，，该三棱锥的外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据正三棱锥的性质及所给条件得到，，两两垂直，将三棱锥补成正方体，该三棱锥的外接球就是正方体的外接球，求出外接球的半径，即可得到，，从而得解.
【详解】在正三棱锥中为等边三角形，顶点在底面的射影为底面的重心，所以，
又，，所以，所以，同理可得、
即，，两两垂直，把该三棱锥补成一个正方体，该三棱锥的外接球就是正方体的外接球，
正方体的体对角线就是外接球的直径，易得三棱锥的外接球半径，又，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，令，所以，
则点到平面的距离，所以.
故选：B
20．（2023·四川乐山·统考三模）在直三棱柱中，，，点P满足，其中，则直线AP与平面所成角的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分别取中点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系,由空间向量法求线面角的正弦值，然后结合函数知识得最大值。
【详解】分别取中点,则,即平面,
连接,因为,所以,
分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系,
由已知,,,,,
则,
因为，
，
，
易知平面的一个法向量是，
设直线AP与平面所成角为，则，
，
所以时，，即的最大值是．
故选：B．
21．（2023·全国·模拟预测）如图，圆柱的轴截面为矩形，点，分别在上、下底面圆上，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用圆柱的性质、异面直线所成的角即可求解.
【详解】方法一 如图（1），在上取点，使，连接，，，，．
易知四边形为矩形，则，且．
连接，．因为，且，
所以四边形为平行四边形，所以，且．
连接，则，且，
所以四边形为平行四边形，则，
所以或其补角是异面直线与所成的角．
在中，，，所以．
在中，，，所以．又，
所以．
故选：D．
方法二 如图（2），在上取点，使，连接，，，．
易知四边形为矩形，，．连接．
由已知条件，得为圆柱的一条母线．
以为坐标原点，分别以直线，，为轴、轴、轴建立如图（2）的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，则，
所以异面直线与所成角的余弦值为．
故选：D．
22．（2023·云南昆明·昆明市第三中学校考模拟预测）如图，已知是侧棱长和底面边长均等于的直三棱柱，是侧棱的中点.则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】取的中点，连接，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到平面的距离.
【详解】取的中点，连接，
因为为等边三角形，为的中点，则，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，所以，点到平面的距离为.
故选：A.
23．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）如图，在正三棱锥D-ABC中，，，O为底面ABC的中心，点P在线段DO上，且，若平面PBC，则实数（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由正棱锥的结构特征构建空间直角坐标系，根据已知条件确定相关点坐标并求出面PBC的法向量，结合线面平行及向量共线定理求参数即可.
【详解】由题设，△为边长为的等边三角形，且，
等边△的高为，
在正棱锥中，以为原点，平行为x轴，垂直为y轴，为z轴，如上图示，
则，且，
所以，，，
若为面PBC的法向量，则，令，则，
又平面PBC，则且k为实数，，故.
故选：D
24．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考二模）在三棱锥中，，，，二面角的大小为．若三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，则当三棱锥的体积最大时，球O的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作二面角的平面角，确定三棱锥的高，根据条件证明，建立坐标系，
根据条件确定球心位置，求出球的半径，由此可得球O的体积.
【详解】设点P在平面ABC内的射影为H，连接AH，
考虑到二面角P-AB-C的大小为，则点H与点C在直线AB的两侧．
因为平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面，平面，
所以为二面角的平面角的补角，
所以，又，
所以，从而三棱锥的高为1．
又的面积，
所以当时，的面积最大，最大值为，
所以当时，三棱锥的体积最大，
因此点C和点P在图中两全等长方体构成的大长方体的体对角线的顶点上．
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz．
因为球O的球心O与的外接圆的圆心的连线垂直平面，
为为斜边的直角三角形，所以其外接圆的圆心为的中点，
所以球O的球心O在底面ABC内的射影为线段AC的中点，
于是设．又，，
由，得，
解得，则球O的半径，
所以球O的体积．
故选：D.
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，求出球心的位置，再求球的半径.
25．（2023·河南开封·开封高中校考一模）在如图所示的圆台中，四边形ABCD为其轴截面，，母线长为，为底面圆周上一点，异面直线与 ( 为底面圆心）所成的角为，则的大小为（ ）
A． B．或
C． D．或
【答案】B
【分析】建立如图所示坐标系, 根据异面直线 与 ( 为底面圆心）所成的角为,求得
【详解】以为原点， 为轴，过点 作 轴 ，圆台的轴为轴，
建立如图所示坐标系：
作 交 于点 , ,
中，
,则
,
由于异面直线 与 ( 为底面圆心）所成的角为,
,
故选:B.
26．（2023·全国·模拟预测）如图，在三棱锥M－EFG中，，EF=FG=2，平面平面EFG，则异面直线ME与FG所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设O，C，D分别为线段，，的中点，连接，，，，利用三角形中位线定理可知是异面直线与所成的角或其补角，再利用解三角形的知识求出的边长，最后利用余弦定理即可得解.
【详解】解法一
如图，设O，C，D分别为线段，，的中点，连接，，，则，，，，
∴是异面直线与所成的角或其补角.
∵，为的中点，∴，，
∵平面平面，平面平面，∴平面.
设为的中点，连接，，则平面，
， ， ，
∴，连接，易得，，
∴在中，，
∴，
∴，
∴异面直线与所成角的余弦值为.
故选：D.
解法二
如图，设为线段的中点，连接，，
∵，∴，，
∵平面平面，平面平面，∴平面，
∵，∴，，故以为坐标原点，
，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
∴，M（0，0，3），， ，∴，，
∴，
∴异面直线与所成角的余弦值为.
故选:D.
27．（2023·陕西铜川·统考二模）在四棱锥中，底面为菱形，，平面，，为线段的中点，为线段上的动点，则下列结论错误的是（ ）
A．平面平面 B．三棱锥的体积为
C．与平面所成角的最小值为 D．与所成角的余弦值为
【答案】A
【分析】利用条件建立空间直角坐标系，对于选项A，通过判断两平面的法向量是否垂直，从而得出两平面是否垂直，进而判断出选项的正误；对于选项B，通过转换底面，得到，进而求出结果，从而判断出选项B的正误；对于选项C，利用线面角的向量公式求出，再利用的范围，确定的最小值，进而求出的最小值，从而判断出选项C的正误；对于选项D，利用线线角的向量公式，即可求出结果，进而判断出选项D的正误.
【详解】如图，取中点，由题意，，，
由余弦定理得，
故，即，又，所以,
又平面，且平面，平面，
故，，
如图，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
由题意，，，，，，，
设，其中，
设面的法向量为，而，，
故有，即，令，则，
故面的一个法向量为，
设面的法向量为，而，，
故有，即，令，则，
故面的一个法向量为，
选项A，因为，不恒为0，故选项A错误；
选项B，由题意，，由于为中点，故，到面距离相等，
从而，所以选项B正确；
选项C，因为平面，所以平面的一个法向量，而，
设与面所成角为，故，
因为，所以当时，取最小值，此时取最小值，故选项C正确；
选项D，由题意，，，
故，
从而与所成角的余弦值为，故选项D正确.
故选：A.
28．（2023·新疆喀什·统考模拟预测）如图，在正四棱柱中，底面边长为2，直线与平面所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】建立空间坐标系，设棱柱高为，求出平面的法向量，令，求出的值．
【详解】以为原点，以，，为坐标轴建立空间坐标系如图所示，
设，则，，，
故，，，
设平面的一个法向量为，
则，可取，
故，
又直线与平面所成角的正弦值为，
，解得．
故选：D
29．（2023·新疆乌鲁木齐·统考三模）已知四棱柱的底面是边长为2的正方形，侧棱与底面垂直，为的中点，若点到平面的距离为，则与平面所成角的正弦值等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】运用等体积法求出长方体侧棱的长度，再根据直线与平面夹角的定义构造三角形求解.
【详解】依题意如下图：
底面ABCD， 平面ABCD， ，又在正方形ABCD中， ，
平面 ， 平面， 平面，
是三棱锥 的高， ；
设侧棱 ，则 ，
在 中，由余弦定理得： ，
，
的面积 ，由于O点到平面 的距离是 ，
三棱锥 的体积 ；
， ，
的面积 ，三棱锥 的体积 ，
；
又 平面， 直线 在平面的投影就是点O，即 就是直线 与平面的夹角，
在 中， ；
故选：D.
30．（2023·全国·模拟预测）如图，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，为下底面圆周上一点，满足，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用圆的对称性作出异面直线与所成的角或其补角，通过解三角形求得结果，也可建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式求得结果．
【详解】法一： 如图，连接并延长，交底面圆于，连接，，易知且，
所以为异面直线与所成的角或其补角．
因为，则，所以为正三角形，故．
由圆柱的性质知，
所以在等腰三角形中，.
法二 ： 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
所以，，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B
31．（2023·全国·模拟预测）如图，在多面体中，侧面四边形，，是三个全等且两两垂直的正方形，平面平面，是棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据已知条件，作图构建正方体，建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面，的一个法向量，结合空间向量的夹角公式求直线与平面所成角的正弦值
【详解】由题知，多面体是从正方体中截去三棱锥
后所得的几何体.
如图，以为坐标原点，分别以为轴的正方向，
建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，
则，，
所以，，
设平面的法向量为，，
则，故
取，则，，
是平面的一个法向量，
又，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：B.
32．（2023·广西·校联考模拟预测）如图，在直三棱柱中，棱长均为．，，分别为，，的中点，则直线与平面所成角的正弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取中点，连接、，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】取中点，连接、，在直三棱柱中，棱长均为，
所以三棱柱为正三棱柱，则，，平面，
所以平面，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，
所以，
所以直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值是.
故选：C
33．（2023·江西鹰潭·统考一模）如图，为正方体，下列错误的是（ ）
A．平面 B．平面平面．
C．与共面 D．异面直线与所成的角为90度
【答案】C
【分析】由线面平行的判定定理可判断A；由面面垂直的判定定理可判断B，由异面直线的定义可判断C；以为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，可得，可判断D.
【详解】对于A，由正方体的性质知：，平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，由正方体的性质知：平面，
平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
平面，则平面平面，故B正确；
对于C，平面，因为平面，平面，
平面，由异面直线的判定定理知与是异面直线，故C不正确；
对于D，以为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，
，，，，
，，
所以异面直线与所成的角为90度，故D正确.
故选：C.
34．（2023·江西·校联考二模）在直角，中上有一动点P，将沿折起使得二面角，则当最小值最小时，为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】A
【分析】设，用表示，根据空间向量，整理可得，结合正弦函数的有界性以及二次函数分析运算.
【详解】分别过作，垂足分别为，连接，
设，则，
可得，
故，
∵，则，
又∵，可得，
故，
∵，则，
可得，当且仅当，即时等号成立，
又∵开口向上，对称轴，
可得当时，取到最小值，
故当，时，最小值最小.
故选：A.
35．（2023·四川遂宁·统考三模）如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点（在的左边），且．下列说法不正确的是（ ）
A．当运动时，二面角的最小值为
B．当运动时，三棱锥体积不变
C．当运动时，存在点使得
D．当运动时，二面角为定值
【答案】C
【分析】对A：建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角夹角的余弦值，根据其范围，即可判断；对B：利用棱锥体积公式，即可求得三棱锥的体积，即可判断. 对C：由反证法判断；对D：平面即为平面，平面即为平面，从而得出二面角为定值.
【详解】对A：建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
因为在上，且，，
可设，则，
则，
设平面的法向量为，
又，所以，即，
取，则，
平面的法向量为，所以．
设二面角的平面角为，则为锐角，故，
因为，在上单调递减，
所以，故，
当且仅当时，取得最大值，即取最小值，故A说法正确．
对B：因为，点A到平面的距离为，
所以体积为，即体积为定值，故B说法正确．
对C：若，则四点共面，与和是异面直线矛盾，故C说法错误．
对D：连接，平面即为平面，而平面即为平面，故当运动时，二面角的大小保持不变，故D说法正确．
故选：C
36．（2023·北京朝阳·二模）如图，在棱长为2的正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面
C．三棱锥的体积是定值 D．存在点Q，使得PQ与AD所成的角为
【答案】B
【分析】A由、即可判断；B若为中点，根据正方体、线面的性质及判定即可判断；C只需求证与面是否平行；D利用空间向量求直线夹角的范围即可判断.
【详解】A：正方体中，而P为线段的中点，即为的中点，
所以，故不可能平行，错；
B：若为中点，则，而，故，
又面，面，则，故，
，面，则面，
所以存在Q使得平面，对；
C：由正方体性质知：，而面，故与面不平行，
所以Q在线段上运动时，到面的距离不一定相等，
故三棱锥的体积不是定值，错；
D：构建如下图示空间直角坐标系，则，，且，
所以，，若它们夹角为，
则，
令，则，
当，则，；
当则；
当，则，；
所以不在上述范围内，错.
故选：B
37．（2023·全国·学军中学校联考模拟预测）已知空间中两条直线、异面且垂直，平面且，若点到、距离相等，则点在平面内的轨迹为（ ）
A．直线 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
【答案】C
【分析】设在内的射影为，以与的交点为原点，为轴，为轴，与的公垂线为轴，建立空间直角坐标系. 设，利用空间向量坐标法表示距离，列出方程，求解结果.
【详解】设在内的射影为，到的距离为，
以与的交点为原点，为轴，为轴，与的公垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则到的距离为.
过点作于点，过点作于点，
又在内的射影为，则，连结,
又，，
所以平面，又平面，
所以，所以，
所以则到的距离为,
因为点到、距离相等，
所以，即，
所以点在平面内的轨迹为双曲线.
故选：C.
【点睛】方法点睛：
关于立体几何中的轨迹问题，一般要建立适当的空间直角坐标系，根据已知信息列出的等量关系，化简得出轨迹方程，结合方程特征找到轨迹曲线.
二、多选题
38．（2023·广东梅州·统考二模）如图，在棱长为2的正方体中，E为边AD的中点，点P为线段上的动点，设，则（ ）
A．当时，EP//平面 B．当时，取得最小值，其值为
C．的最小值为 D．当平面CEP时，
【答案】BC
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用两点间距离公式计算判断BC；确定直线与平面CEP交点的位置判断D作答.
【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
，则点，
对于A，，，，而，
显然，即是平面的一个法向量，
而，因此不平行于平面，即直线与平面不平行，A错误；
对于B，，则，
因此当时，取得最小值，B正确；
对于C，，
于是，当且仅当时取等号，C正确；
对于D，取的中点，连接，如图，
因为E为边AD的中点，则，当平面CEP时，平面，
连接，连接，连接，显然平面平面，
因此，平面，平面，则平面，
即有，而，所以，D错误.
故选：BC
【点睛】关键点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键.
39．（2023·山东青岛·统考二模）底面为菱形的直棱柱各棱长均为2，，点是线段上的动点，点分别是棱的中点，则（ ）
A．直线与为异面直线 B．直线平面
C．存在点，使 D．直线与所成的角为
【答案】ABC
【分析】设交于，交于，以为原点，分别为轴建立坐标系，设， ，利用判断A，求平面的法向量，利用判断B，利用判断C，利用判断D.
【详解】设交于，交于，
因为为直棱柱，且底面为菱形，所以两两垂直，
以为原点，分别为轴建立如图所示坐标系，
因为各棱长均为2，，
所以，，，，，，，
又因为点是线段上的动点，所以设， ，
选项A：因为，，令，无解，所以直线与为异面直线，正确；
选项B：，，，
设平面的法向量，则，
令得平面的一个法向量为，
因为，所以直线平面，正确；
选项C：，，令解得，
所以存在点，使，正确；
选项D：，，因为，
所以直线与所成的角不为，错误；
故选：ABC
40．（2023·安徽·校联考三模）已知正方体棱长为4，M为棱上的动点，平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若N为中点，当最小时，
B．当点M与点重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大
C．直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为
D．当点M与点C重合时，四面体内切球表面积为
【答案】ACD
【分析】对于A，由展开图求解；对于B，取特殊位置判断；对于C，由空间向量求解；对于D，由正四面体的性质可求内切球半径，可得内切球的表面积，．
【详解】对于A，矩形与正方形展开成一个平面，如图所示，
若最小，则A、M、N三点共线，因为，
所以，则有 ，
即，故A正确；
对于B，当点M与点重合时，连接、、、、，如图所示，
在正方体中，平面ABCD，平面ABCD，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
又平面，所以，同理可证，
因为，平面，所以平面，
易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为；
设E、F、Q、N，G，H分别为，、，，，的中点，易知六边形EFQNGH是边长为的正六边形，且平面平面，
正六边形 EFQNGH的周长为，面积为，
则的面积小于正六边形EFQNGH的面积，它们的周长相等，即B错误；
对于C，以点D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，设，
因为平面，所以是平面的一个法向量，且，，故，
所以直线AB与平面所成角的正弦值的取值范围为，则直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为，故C正确；
对于D，当点M与点C重合时，四面体即为为正四面体，棱长，
由正四面体的性质可得，其内切球半径，
所以表面积为，故D正确．
故选：ACD．
41．（2023·广东深圳·统考二模）如图，在矩形AEFC中，，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将△ABE、△BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（ ）
A．三棱锥的体积为 B．直线PA与直线BC所成角的余弦值为
C．直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球的半径为
【答案】BD
【分析】证明平面，再根据即可判断A；先利用余弦定理求出，将用表示，利用向量法求解即可判断B；利用等体积法求出点到平面的距离，再根据直线PA与平面PBC所成角的正弦值为即可判断C；利用正弦定理求出的外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断D.
【详解】由题意可得，
又平面，
所以平面，
在中，，边上的高为，
所以，故A错误；
对于B，在中，，
，
所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确；
对于C，，
设点到平面的距离为，
由，得，解得，
所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误；
由B选项知，，则，
所以的外接圆的半径，
设三棱锥外接球的半径为，
又因为平面，
则，所以，
即三棱锥外接球的半径为，故D正确.
故选：BD.
42．（2023·广东佛山·统考二模）四面体中，，，，，，平面与平面的夹角为，则的值可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积运算律求解判断作答.
【详解】在四面体中，，，则是二面角的平面角，如图，
，而，，，
，
因为平面与平面的夹角为，则当时，，
当时，，
所以的值可能为，.
故选：AD
43．（2023·广东惠州·统考一模）在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，均与底面垂直，且，点分别为线段的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与所在平面相交
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．直线与直线所成角的余弦值为
D．二面角中，平面，平面为棱上不同两点，，若，，则
【答案】BCD
【分析】根据条件可知该几何体为长方体截去一个角，对于A项，可以证线面平行来否定；对于B项，容易得到外接球直径进而求得外接球表面积；对于C项，利用空间向量的数量积计算异面直线的夹角；对于D项，先得出二面角，再利用空间向量计算模长即可.
【详解】由已知可得该几何体为长方体截去一个角，
对于，连接，可证得四点共面，
又可证得，所以平面，故错误；
对于B，三棱锥的外接球半径，
三棱锥的外接球的表面积为，故B正确；
对于C项，易证AB⊥BF，AB⊥C1F，FC1⊥BE，则，
，故C正确；
对于D项，设二面角的平面角为，则，所以，于是，
，且
，
故D正确．
故选：BCD．
【点睛】本题考查立体几何综合，属于压轴题.关键在于利用空间向量解决异面直线的夹角，及线段长度问题.
44．（2023·全国·长郡中学校联考二模）正四棱柱，，是侧棱上的动点（含端点），下列说法正确的是（ ）
A．时，三棱锥的体积为
B．设平面，则
C．平面截正四棱柱所得截面周长的最小值为
D．与所成角余弦值的取值范围为
【答案】ACD
【分析】对于A项，补形利用三棱锥体积公式计算即可；对于B项，确定M的位置，由相似可得线段比例关系，即判定；对于C项，作出截面计算即可；对于D项，确定异面直线的夹角，计算即可.
【详解】对于A项，如下图所示，延长交于，连接EC，由条件易得，故A正确；
对于B项，如上图所示，连接交于，连接交点即为M，
显然，故B错误；
对于C项，如图所示，延长交于，连接EB，交DC的延长线于F点，连接交于G点，
故四边形为该截面，易知四边形为平行四边形，
设，则，即点到的距离之和的二倍，
如图所示，利用将军饮马可求其最小值为，
故C正确；
对于D项，如图所示，可得与所成角为，设，
易知，
显然时，此时；时，此时；
故D正确；
故选：ACD
45．（2023·福建泉州·统考模拟预测）直四棱柱中，底面ABCD是菱形，，且，为的中点，动点满足，且，，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．若，则的轨迹长度为
C．若平面，则
D．当时，若点满足，则的取值范围是
【答案】BCD
【分析】对于A，当与重合时，假设成立，结合线面垂直关系推出矛盾，进而判断；
对于B，分别取，的中点，，结合线面垂直关系推出的轨迹是线段，进而求解判断；
对于C，取的中点，连接，，结合线面平行关系推出的轨迹是线段，进而求解判断；
对于D，取的中点，连接交于点，过作交于点，结合，可知的轨迹是线段，结合垂直关系得到点为直线与线段的垂直平分线的交点，进而求解判断.
【详解】对于A，由题意，，，当与重合时，
假设，则，
又，，平面，则平面，
又平面，则，
因为底面ABCD是菱形，，
所以为等边三角形，与矛盾，则假设不成立，故A错误；
对于B，分别取，的中点，，
因为底面ABCD是菱形，所以，
又平面，且平面，所以，
又，平面，则平面，
又平面，则，
因为四边形为正方形，则，
又，平面，所以平面，
所以的轨迹是线段，而，故B正确；
对于C，取的中点，连接，，
因为为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，
同理，平面，平面，
所以平面，
又，平面，
所以平面平面，
若平面，则的轨迹是线段，
因为，所以，故C正确；
对于D，取的中点，连接交于点，过作交于点，
当时，的轨迹是线段，
因为为等边三角形，为的中点，所以，
又，所以点在直线上，
在中，，则点在线段的垂直平分线上，
所以点为直线与线段的垂直平分线的交点，
当与重合时，点为；当与重合时，点为；当在线段上时，点在线段上.
因为，所以，，
因为，，且，所以的取值范围是，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：本题关键在于根据线面垂直关系、平行关系，结合空间向量推导出的轨迹，进而求解.
三、填空题
46．（2023·上海浦东新·统考三模）空间向量的单位向量的坐标是__________．
【答案】
【分析】单位向量只需根据即可求出.
【详解】，，.
故答案为：
47．（2023·上海长宁·统考二模）已知空间向量，，，满足：，，，，则的最大值为___________．
【答案】3
【分析】令，，，，由向量的线性运算，由平行推出A，B，C三点共线，由数量积为0推出，即可分析D在以AB为直径的球面上，进而得到的最大值.
【详解】解：令，，，
则，
所以A，B，C三点共线，
又，
即，所以D在以AB为直径的球面上，
因为，，
则的最大值为.
故答案为：3.
48．（2023·四川成都·四川省成都列五中学校考模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，则下列结论正确的序号是__________．
①棱上一定存在点，使得；
②三棱锥的外接球的表面积为；
③过点作正方体的截面，则截面面积为；
④设点在平面内，且平面，则与所成角的余弦值的最大值为．
【答案】②③④
【分析】①建立空间直角坐标系，设坐标，通过空间向量垂直的坐标表示求点进行判断；
②使用补形法，将三棱锥补形为长方体求解即可；
③画出正方体过点的截面，为正六边形，求面积即可；
④设坐标，用线面平行得出坐标满足的条件，再由空间向量求线线角余弦值的最大值即可.
【详解】
对于①，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，则由已知，，，
设棱上一点，则，，
若，则，
整理得，即，无实数解，
∴棱上不存在点，使得，故①错误；
对于②，如图，分别取棱，，，的中点，，，，
由已知，，易知棱柱为长方体，
其外接球的直径为，外接球表面积，
∵三棱锥的顶点均在长方体的外接球上，故该球也是三棱锥的外接球，
∴三棱锥的外接球的表面积为，故②正确；
对于③，如图所示，过点作正方体的截面是边长为的正六边形，其可分成六个全等的，边长为的等边三角形，面积，故③正确；
对于④，由①中所建立空间直角坐标系，，，，，，
，，设平面的一个法向量为，
则，令，则，，∴，
设平面内一点，则，
∵平面，∴，即，
又∵，
∴与所成角的余弦值为，
其中，，
∴，
即当且仅当时，与所成角的余弦值的最大值为，故④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】解决立体几何中动点问题的有效方法之一，是建立空间直角坐标系，设动点坐标，借助空间向量将几何关系转化为代数运算，通过运算进行求解.
49．（2023·北京昌平·统考二模）如图，在长方体中，，动点分别在线段和上.给出下列四个结论：
①；
②不可能是等边三角形；
③当时，；
④至少存在两组，使得三棱锥的四个面均为直角三角形.
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①②④
【分析】根据长方体的特征，利用等体积法确定①，根据特殊情况分析三角形边长可判断②，利用向量法可判断③，根据长方体中的特殊位置找出满足条件三棱锥判断④.
【详解】由题意，在长方体中，到平面CC1D1D的距离为1，到边的距离为2，所以，故①正确；
由图可知，的最小值为2，若，则,
则，若此时，则，可得，
则，即取最小值为2时，不能同时取得2，当变大时，不可能同时大于2，故不可能是等边三角形，故②正确；
建立空间直角坐标系，如图，
则,设，，
，由可得，即，
，
，
显然与不恒相等，只有时才成立，故③错误；
当为中点，与重合时，如图，
此时，，，
又，，故，所以，
因为，所以,
所以，即三棱锥的四个面均为直角三角形，
当与重合，与重合时，如图，
显然，，，，
故三棱锥的四个面均为直角三角形，
综上可知，至少存在两组，使得三棱锥的四个面均为直角三角形，故④正确.
故答案为：①②④
【点睛】关键点点睛：本题四个选项比较独立，
①的关键在于转化顶点，得出高及底面积为定值；
②分析三边中的最小值为2，此时其余两边不能同时等于2;
③利用向量得出两点的关系，在此关系下不一定能推出两边长相等；
④考虑特殊位置寻求满足条件的位置是解题关键.
50．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）正方体的棱长为分别为上的点，，分别为上的动点.若点在同一球面上，当平面时，该球的表面积为__________.
【答案】
【分析】建立适当的空间直角坐标，求出平面的法向量，根据平面，可得,进而求出的坐标，再跟据外接球球心O在过的外心且垂直面ABP的垂线MN上，结合球心到球面上任何一点的距离都相等，即可求出半径以及球的表面积.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则
,
设平面的法向量为，，
则，令，解得，所以，
又平面，所以,所以，
解得：，
再根据下图：作的平行线,分别为的中点，连接,
因为为直角三角形，故的外接球球心在过的外心且垂直面的垂线上，
连接GO,根据球心到球面上任何一点的距离都相等，
故,故,由题可设，,所以，
又,
所以,解得：，所以
所以,
所以球的表面积为,
故答案为：
【点睛】关键点睛:解决与球有关的内切或外接的问题时,解题的关键是确定球心的位置.对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径;对于球的内接几何体的问题,注意球心到各个顶点的距离相等,解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形,利用勾股定理求得球的半径.
四、解答题
51．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，侧面底面ABCD，，且二面角的大小是．
(1)证明：；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直可得线线垂直，进而由线线垂直证明线面垂直，即可得直线与直线的垂直，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解二面角.
【详解】（1）侧面底面ABCD，且交线为,又平面,所以底面ABCD,
由于底面ABCD,故 ,
又,平面,所以平面,
由于平面,因此,
（2）由于， ，所以即为二面角的平面角，所以，故三角形为等腰直角三角形，,
由于两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
所以
设平面的法向量分别为，
则 ，取 ，则，
，取 ，则，
设二面角的平面角为 ，则
，
所以二面角的正弦值为
52．（2023·北京房山·统考二模）如图，已知直三棱柱中，，为中点，，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，完成以下问题：
(1)证明：；
(2)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．
【答案】(1)证明详见解析
(2)条件选择见解析，直线与平面所成角的正弦值为
【分析】（1）若选①，则通过证明平面来证得.若选②，则先证明，然后通过证明平面来证得.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）若选择条件①:，连接，
在直三棱柱中，平面，平面，
所以.
在三角形中，，为的中点，
所以，由于，平面，
所以平面，由于平面，所以，
由于，，平面，
所以平面，
由于平面，所以.
若选择条件②：，连接，
由于是中点，所以，
根据直三棱柱的性质可知，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以.
由于，所以，
所以，则，则，
由于，平面，所以平面，
由于平面，所以.
（2）先得到:
若选①，则在中，由，得，
又，所以，.
若选②，则.
在三角形中，，所以，
所以，
根据直三棱柱的性质可知，，
以点为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，
令，得，
设直线与平面所成角为，
则.
53．（2023·四川成都·三模）如图，在多面体中，已知是正方形，，平面分别是的中点，且．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，由面面平行的判定定理可得平面平面，再由其性质定理即可得到证明；
（2）根据题意，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可得到结果.
【详解】（1）
如图，设是的中点，连接．
为的中点，．
又平面平面，
平面．
同理可得，平面．
平面，
∴平面平面．
又平面，平面．
（2）
平面平面，
．
以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设，则，，，
设平面的一个法向量为．
由得
令，得，
设与平面所成角为，
则．
∴直线与平面所成角的正弦值为
54．（2023·江西南昌·校联考二模）如图，在多面体中，平面，，为的中点.，.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的平面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）证明一条直线垂直于一个平面只要证明该直线垂直于平面内两条相交的直线即可；
（2）建立空间坐标系，运用数量积求解.
【详解】（1）因为，为的中点，所以，
又平面，平面，所以，
又 ，， 平面，所以平面，
又 平面，所以，
在 中， ，在 中， ，
在直角梯形 中，运用勾股定理可得 ，
所以，所以，
又 ，，平面，
所以 平面；
（2）由题知，过作 交于，
则 平面，可得 ，，
以为坐标原点，向量，，的方向分别为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，所以，，
设平面的一个法向量为，
由得，
取，则，，所以.
由（1）知平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，易知为锐角，
则；
综上，二面角的平面角的余弦值为.
55．（2023·湖北十堰·统考二模）中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种被称为“曲池”的几何体．该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．在如图所示的“曲池”中，平面，记弧AB、弧DC的长度分别为，，已知，，E为弧的中点．
(1)证明：．
(2)若，求直线CE与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）延长，并相交于点，证明，再利用线面垂直的性质、判定推理作答.
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值作答.
【详解】（1）延长，并相交于点，因为，则，，
连接，，因为E为弧的中点，则，为正三角形，于是，
因为平面，，则有平面，
又平面，于是，而，
平面，因此平面，又平面，
所以．
（2）以为坐标原点，为x轴，为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，得，
令直线CE与平面所成角为，则，
直线CE与平面所成角的正弦值为．
56．（2023·山西·统考二模）如图，三棱柱中，侧面是矩形，，，D是AB的中点.
(1)证明：；
(2)若平面，E是上的动点，平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明线面垂直，根据线面垂直得出线线垂直；
（2）先设比值得出向量关系，根据空间向量法求已知二面角的值即可求出比值.
【详解】（1）取BC的中点F，连接，，记，
是AB的中点，，，，
在矩形中，，，
，，
，，平面 ,平面
，平面，
平面，；
（2）因为平面，，平面，所以，，
由矩形得，以点为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，，则，，，，
所以
设是平面的一个法向量，则，
令，则.
设是平面的一个法向量，则
，令，则，，.
，或（舍去），
.
57．（2023·陕西商洛·统考三模）如图，四棱锥的底面是等腰梯形，，，，，为棱上的一点．
(1)证明：；
(2)若二面角的余弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用三角形的关系及余弦定理求得线与线垂直，再利用线面垂直的性质定理即证；
（2）以C为坐标原点建立空间直角坐标系，设出，利用空间向量的性质表示出二面角的余弦值，求得即可.
【详解】（1）证明：过点A作，垂足为N，
在等腰梯形中，因为，所以．
在中，，则，则．
因为底面，底面，所以．
因为，所以平面．
又平面，以．
（2）解：以C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，令，，则，
则．
设平面的法向量为，则令，得．
由图可知，是平面的一个法向量．
因为二面角的余弦值为，所以，解得．
故当二面角的余弦值为时，．
58．（2023·四川·校联考模拟预测）在三棱锥中，底面ABC是边长为4的正三角形，侧面底面ABC，，，点E在线段SB上，且．
(1)证明：平面ACE；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取AC中点为D，连接SD，BD，由，得到，再由底面ABC是边长为4的正三角形，得到，进而得到平面SBD，则，然后由，得到，利用线面垂直的判定定理证明；
（2）由（1）可得DC，DB，DS两两垂直，故以D为坐标原点，DC，DB，DS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面SAB的一个法向量为和平面SBC的法向量为，由求解.
【详解】（1）证明：如图所示：
取AC中点为D，连接SD，BD．
因为，D为AC中点，所以．
又侧面底面ABC，侧面底面，侧面SAC，
所以底面ABC，．
由于，，
则，，
由于，则，，
因为，所以．
又，，，且两直线在平面SBD内，
所以平面SBD，且平面SBD ，所以．
又，且两直线在平面ACE内，所以平面ACE．
（2）由（1）可得DC，DB，DS两两垂直，故以D为坐标原点，DC，DB，DS所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面SAB的一个法向量为，
则，即，
令，则，，即，
设平面SBC的一个法向量为，
则，即，
令，则，，即，
则，
，
设二面角的平面角为，
则，
故二面角的正弦值为．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
中小学教育资源及组卷应用平台
专题18 空间向量与立体几何
一、单选题
1．（2023·上海静安·统考二模）若直线的方向向量为，平面的法向量为，则能使∥的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023·四川南充·统考二模）一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(0,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以yOz平面为投影面，则正视图可以为（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考二模）已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，平面ABCD，直线PD与平面PAC所成角为，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·贵州毕节·统考二模）已知为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
5．（2023·陕西汉中·统考二模）如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则与所成的角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023·陕西商洛·统考二模）在四棱锥中，底面，底面是边长为的正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）“曲池”是《九章算术》记载的一种几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，面ABCD，，底面扇环所对的圆心角为，的长度是长度的2倍，，则异面直线与所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，为的中点，为的中点，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2023·浙江温州·统考三模）四面体满足，点在棱上，且，点为的重心，则点到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
10．（2023·湖北·模拟预测）如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截得到的，其中，，，，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
11．（2023·上海宝山·统考二模）在空间直角坐标系中,已知定点,和动点.若的面积为,以为顶点的锥体的体积为,则的最大值为( )
A． B． C． D．
12．（2023·山东济南·济南市历城第二中学校考二模）在平面直角坐标系中，为圆上的动点，定点．现将轴左侧半圆所在坐标平面沿轴翻折，与轴右侧半圆所在平面成的二面角，使点翻折至，仍在右侧半圆和折起的左侧半圆上运动，则，两点间距离的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
13．（2023·浙江台州·统考二模）已知菱形的边长为，对角线长为，将△沿着对角线翻折至△，使得线段长为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
14．（2023·重庆·统考模拟预测）在直三棱柱中，，，点在线段上运动，E，F分别为，中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面 B．当为中点时，AP与BC成角最大
C．当为中点时，AP与成角最小 D．存在点，使得
15．（2023·广西玉林·统考二模）在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，平面PAD⊥底面ABCD，，，，，则四棱锥P－ABCD外接球的表面积为（ ）
A．26π B．27π C．28π D．29π
16．（2023·四川宜宾·统考模拟预测）已知长方体中，，，为的中点，则下列判断不正确的是（ ）
A．平面 B．点到平面的距离是
C．平面 D．异面直线与所成角的余弦值为
17．（2023·北京房山·统考一模）如图，已知正方体，则下列结论中正确的是（ ）
A．与三条直线所成的角都相等的直线有且仅有一条
B．与三条直线所成的角都相等的平面有且仅有一个
C．到三条直线的距离都相等的点恰有两个
D．到三条直线的距离都相等的点有无数个
18．（2023·四川广安·统考二模）已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面的射影为中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
19．（2023·贵州·统考模拟预测）已知正三棱锥中，，，该三棱锥的外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，则（ ）
A． B． C． D．
20．（2023·四川乐山·统考三模）在直三棱柱中，，，点P满足，其中，则直线AP与平面所成角的最大值为（ ）
A． B． C． D．
21．（2023·全国·模拟预测）如图，圆柱的轴截面为矩形，点，分别在上、下底面圆上，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
22．（2023·云南昆明·昆明市第三中学校考模拟预测）如图，已知是侧棱长和底面边长均等于的直三棱柱，是侧棱的中点.则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
23．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）如图，在正三棱锥D-ABC中，，，O为底面ABC的中心，点P在线段DO上，且，若平面PBC，则实数（ ）
A． B． C． D．
24．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考二模）在三棱锥中，，，，二面角的大小为．若三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，则当三棱锥的体积最大时，球O的体积为（ ）
A． B． C． D．
25．（2023·河南开封·开封高中校考一模）在如图所示的圆台中，四边形ABCD为其轴截面，，母线长为，为底面圆周上一点，异面直线与 ( 为底面圆心）所成的角为，则的大小为（ ）
A． B．或
C． D．或
26．（2023·全国·模拟预测）如图，在三棱锥M－EFG中，，EF=FG=2，平面平面EFG，则异面直线ME与FG所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
27．（2023·陕西铜川·统考二模）在四棱锥中，底面为菱形，，平面，，为线段的中点，为线段上的动点，则下列结论错误的是（ ）
A．平面平面 B．三棱锥的体积为
C．与平面所成角的最小值为 D．与所成角的余弦值为
28．（2023·新疆喀什·统考模拟预测）如图，在正四棱柱中，底面边长为2，直线与平面所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
29．（2023·新疆乌鲁木齐·统考三模）已知四棱柱的底面是边长为2的正方形，侧棱与底面垂直，为的中点，若点到平面的距离为，则与平面所成角的正弦值等于（ ）
A． B． C． D．
30．（2023·全国·模拟预测）如图，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，为下底面圆周上一点，满足，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
31．（2023·全国·模拟预测）如图，在多面体中，侧面四边形，，是三个全等且两两垂直的正方形，平面平面，是棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
32．（2023·广西·校联考模拟预测）如图，在直三棱柱中，棱长均为．，，分别为，，的中点，则直线与平面所成角的正弦值是（ ）
A． B． C． D．
33．（2023·江西鹰潭·统考一模）如图，为正方体，下列错误的是（ ）
A．平面 B．平面平面．
C．与共面 D．异面直线与所成的角为90度
34．（2023·江西·校联考二模）在直角，中上有一动点P，将沿折起使得二面角，则当最小值最小时，为（ ）
A． B． C．2 D．
35．（2023·四川遂宁·统考三模）如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点（在的左边），且．下列说法不正确的是（ ）
A．当运动时，二面角的最小值为
B．当运动时，三棱锥体积不变
C．当运动时，存在点使得
D．当运动时，二面角为定值
36．（2023·北京朝阳·二模）如图，在棱长为2的正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面
C．三棱锥的体积是定值 D．存在点Q，使得PQ与AD所成的角为
37．（2023·全国·学军中学校联考模拟预测）已知空间中两条直线、异面且垂直，平面且，若点到、距离相等，则点在平面内的轨迹为（ ）
A．直线 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
二、多选题
38．（2023·广东梅州·统考二模）如图，在棱长为2的正方体中，E为边AD的中点，点P为线段上的动点，设，则（ ）
A．当时，EP//平面 B．当时，取得最小值，其值为
C．的最小值为 D．当平面CEP时，
39．（2023·山东青岛·统考二模）底面为菱形的直棱柱各棱长均为2，，点是线段上的动点，点分别是棱的中点，则（ ）
A．直线与为异面直线 B．直线平面
C．存在点，使 D．直线与所成的角为
40．（2023·安徽·校联考三模）已知正方体棱长为4，M为棱上的动点，平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若N为中点，当最小时，
B．当点M与点重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大
C．直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为
D．当点M与点C重合时，四面体内切球表面积为
41．（2023·广东深圳·统考二模）如图，在矩形AEFC中，，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将△ABE、△BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（ ）
A．三棱锥的体积为 B．直线PA与直线BC所成角的余弦值为
C．直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球的半径为
42．（2023·广东佛山·统考二模）四面体中，，，，，，平面与平面的夹角为，则的值可能为（ ）
A． B． C． D．
43．（2023·广东惠州·统考一模）在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，均与底面垂直，且，点分别为线段的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与所在平面相交
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．直线与直线所成角的余弦值为
D．二面角中，平面，平面为棱上不同两点，，若，，则
44．（2023·全国·长郡中学校联考二模）正四棱柱，，是侧棱上的动点（含端点），下列说法正确的是（ ）
A．时，三棱锥的体积为
B．设平面，则
C．平面截正四棱柱所得截面周长的最小值为
D．与所成角余弦值的取值范围为
45．（2023·福建泉州·统考模拟预测）直四棱柱中，底面ABCD是菱形，，且，为的中点，动点满足，且，，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．若，则的轨迹长度为
C．若平面，则
D．当时，若点满足，则的取值范围是
三、填空题
46．（2023·上海浦东新·统考三模）空间向量的单位向量的坐标是__________．
47．（2023·上海长宁·统考二模）已知空间向量，，，满足：，，，，则的最大值为___________．
48．（2023·四川成都·四川省成都列五中学校考模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，则下列结论正确的序号是__________．
①棱上一定存在点，使得；
②三棱锥的外接球的表面积为；
③过点作正方体的截面，则截面面积为；
④设点在平面内，且平面，则与所成角的余弦值的最大值为．
49．（2023·北京昌平·统考二模）如图，在长方体中，，动点分别在线段和上.给出下列四个结论：
①；
②不可能是等边三角形；
③当时，；
④至少存在两组，使得三棱锥的四个面均为直角三角形.
其中所有正确结论的序号是__________.
50．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）正方体的棱长为分别为上的点，，分别为上的动点.若点在同一球面上，当平面时，该球的表面积为__________.
四、解答题
51．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，侧面底面ABCD，，且二面角的大小是．
(1)证明：；
(2)求二面角的正弦值．
52．（2023·北京房山·统考二模）如图，已知直三棱柱中，，为中点，，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，完成以下问题：
(1)证明：；
(2)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．
53．（2023·四川成都·三模）如图，在多面体中，已知是正方形，，平面分别是的中点，且．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
54．（2023·江西南昌·校联考二模）如图，在多面体中，平面，，为的中点.，.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的平面角的余弦值.
55．（2023·湖北十堰·统考二模）中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种被称为“曲池”的几何体．该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．在如图所示的“曲池”中，平面，记弧AB、弧DC的长度分别为，，已知，，E为弧的中点．
(1)证明：．
(2)若，求直线CE与平面所成角的正弦值．
56．（2023·山西·统考二模）如图，三棱柱中，侧面是矩形，，，D是AB的中点.
(1)证明：；
(2)若平面，E是上的动点，平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
57．（2023·陕西商洛·统考三模）如图，四棱锥的底面是等腰梯形，，，，，为棱上的一点．
(1)证明：；
(2)若二面角的余弦值为，求的值．
58．（2023·四川·校联考模拟预测）在三棱锥中，底面ABC是边长为4的正三角形，侧面底面ABC，，，点E在线段SB上，且．
(1)证明：平面ACE；
(2)求二面角的正弦值．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
