03空间向量与立体几何-浙江省2023-2024学年高二上学期数学期末复习专题练习（人教版）

03空间向量与立体几何- 浙江省2023-2024学年高二上学期数学期末复习专题练习（人教版） 一、单选题 1．（2022上·浙江台州·高二校联考期末）若平面，的法向量分别为，，则（    ） A． B． C．，相交但不垂直 D．以上均不正确 2．（2023上·浙江丽水·高二统考期末）在平行六面体中，AC，BD相交于，为的中点，设，，，则（    ） A． B． C． D． 3．（2023上·浙江金华·高二统考期末）襄阳一桥全称“襄阳江汉大桥”，于1970年正式通车，在和襄阳城长达53年的相处里，于襄阳人来说一桥早已无可替代.江汉大桥由主桥架､上下水平纵向联结系､桥门架和中间横撑架以及桥面系组成，下面是一桥模型的一段，它是由一个正方体和一个直三棱柱构成.其中AB=BH，那么直线AH与直线IG所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 4．（2023上·浙江杭州·高二杭州市长河高级中学校考期末）如图所示，在四棱柱中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为，则的长为（    ） A． B．2 C． D． 5．（2023上·浙江杭州·高二杭州高级中学校考期末）对于空间一点O和不共线三点A，B，C，且有，则（    ） A．O，A，B，C四点共面 B．P，A，B，C四点共面 C．O，P，B，C四点共面 D．O，P，A，B，C五点共面 6．（2023上·浙江绍兴·高二统考期末）在空间直角坐标系中，经过点且一个法向量为的平面的方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为.阅读上面材料并解决下面问题：现给出平面的方程为，直线的方程为，则直线到平面的距离为（    ） A．0 B． C． D． 7．（2023上·浙江宁波·高二统考期末）在四面体中，为正三角形，平面，且，若，，则异面直线和所成角的余弦值等于（    ） A． B． C． D． 8．（2023上·浙江温州·高二统考期末）已知空间的三个不共面的单位向量，，，对于空间的任意一个向量，（    ） A．将向量，，平移到同一起点，则它们的终点在同一个单位圆上 B．总存在实数x，y，使得 C．总存在实数x，y，z，使得 D．总存在实数x，y，z，使得 二、多选题 9．（2023上·浙江绍兴·高二统考期末）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是（         ） A．平面 B． C．直线与平面所成的角的正弦值为 D．直线与所成角的余弦值为 10．（2023上·浙江绍兴·高二统考期末）已知直线的方向向量分别是，，若且，则的值可以是（     ） A． B． C． D． 11．（2023上·浙江湖州·高三期末）已知正三棱柱．若直线与所成角是，则（   ） A．直线与所成角是 B．直线与所成角的余弦值是 C．直线与平面所成角是 D．直线与平面所成角是 12．（2023上·浙江宁波·高二期末）在正方体中，设，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题 13．（2023上·浙江丽水·高二统考期末）已知点，，向量，则点的坐标为 ． 14．（2023上·浙江杭州·高二杭师大附中校考期末）已知矩形ABCD，，沿对角线AC将折起，若二面角的余弦值为，则B与D之间距离为 ． 15．（2023上·浙江湖州·高二统考期末）已知平面四边形中，，现将沿折成一个四面体，则当四面体的外接球表面积最小时，异面直线与所成角的余弦值是 . 16．（2023上·浙江金华·高二统考期末）如图，已知平行四边形，，，，、分别是、的中点．现将四边形沿着直线向上翻折，则在翻折过程中，当点到直线的距离为时，二面角的余弦值为 ． 17．（2023上·浙江宁波·高二校联考期末）已知四棱锥的底面为边长为2的正方形，分别为和的中点，则平面上任意一点到底面中心距离的最小值为 . 18．（2023上·浙江温州·高二校考期末）在空间直角坐标系中，已知点，，，则点到平面的距离为 . 四、解答题 19．（2023上·浙江杭州·高二杭州市长河高级中学校考期末）如图①，在等腰梯形ABCD中，，将沿AC折起，使得，如图②． (1)求直线BD与平面ADC所成的角； (2)在线段BD上是否存在点E，使得二面角的平面角的大小为?若存在，指出点E的位置；若不存在，请说明理由． 20．（2023上·浙江杭州·高二杭师大附中校考期末）如图，平行六面体中，，， (1)求对角线的长度； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 21．（2023上·浙江湖州·高二统考期末）已知梯形中，，，，.现沿将折起至（平面）. (1)若（如图1），求的值； (2)当且二面角的平面角为时（如图2），求与平面所成角的正弦值. 22．（2023上·浙江湖州·高二统考期末）在四棱柱中，底面为平行四边形，且，. (1)用表示，并求的长； (2)若为中点，求异面直线与所成角的余弦值. 23．（2023上·浙江台州·高二期末）如图，在梯形中，，以为折痕将折起，使点A到达点的位置，连接． (1)若点E在线段上，使得，试确定E的位置，并说明理由； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值. 五、证明题 24．（2023上·浙江丽水·高二统考期末）如图，在四边形ABCD中（如图1），，，，，F分别是边BD，CD上的点，将沿BC翻折，将沿EF翻折，使得点与点重合（记为点），且平面平面BCFE（如图2）    (1)求证：； (2)求二面角的余弦值． 25．（2023上·浙江杭州·高二杭十四中校考期末）如图，三棱柱，底面ABC是边长为2的正三角形，，平面平面． (1)证明：平面ABC； (2)若BC与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 26．（2023上·浙江宁波·高二期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，侧棱平面SCD，，E是AD的中点． (1)求证：平面SAC； (2)求直线AB与平面SBD所成的角的正弦值． 27．（2023上·浙江绍兴·高二统考期末）如图，在多面体中，已知，，，，为等边三角形. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 28．（2023上·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期末）如图所示，在正方形中，将沿折起至. (1)求证：； (2)记二面角的大小为. 当时，求异面直线和所成角的余弦值的范围. 六、双空题 29．（2023上·浙江杭州·高二杭州高级中学校考期末）在四棱锥中，底面为平行四边形，，，为棱的中点，则 ，异面直线与所成角的余弦值为 ． 七、计算题 30．（2023上·浙江台州·高二期末）我们知道，在平面中，给定一点和一个方向可以唯一确定一条直线．如点在直线l上，为直线l的一个方向向量，则直线l上任意一点满足：，化简可得，即为直线l的方程．类似地，在空间中，给定一点和一个平面的法向量可以唯一确定一个平面． (1)若在空间直角坐标系中，，请利用平面的法向量求出平面的方程； (2)试写出平面（A，B，C不同时为0）的一个法向量（无需证明），并证明点到平面的距离为． 参考答案： 1．C 【分析】应用空间向量夹角的坐标运算求夹角余弦值，即可判断面面关系. 【详解】由，而， 由所得向量夹角余弦值知：，相交但不垂直. 故选：C 2．C 【分析】由空间向量的线性运算结合图形计算即可. 【详解】   如图所示，， 故选：C 3．D 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线的夹角余弦值. 【详解】以E为坐标原点，EB，ED，EI所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 设，则， ，设直线AH与直线IG所成角为， 则， 故直线AH与直线IG所成角的余弦值为.    故选：D. 4．D 【分析】记，，，由，利用向量法即可求出的长. 【详解】解：记，，， 由题意可知，， 所以， ， 所以，即的长为， 故选：D. 5．B 【分析】根据空间向量的加减法，可得三个向量共面，可得答案. 【详解】由，得， 即，故共面. 又因为三个向量有同一公共点P，所以共面. 故选：B 6．C 【分析】根据线面距离的空间向量坐标运算求法直接求解. 【详解】由题可知点在直线上，取平面内一点, 根据题设材料可知平面一个法向量为， , 所以， 所以直线到平面的距离为， 故选:C. 7．A 【分析】由条件建立空间直角坐标系，求异面直线和的方向向量，利用向量夹角公式求其夹角可得结论. 【详解】因为平面，为正三角形， 故以为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 设，则， 由，，可得， 所以， 所以， 所以异面直线和所成角的余弦值等于. 故选：A. 8．D 【分析】根据空间向量的基底与共面向量充要条件逐项判断即可. 【详解】解：对于A，当空间的三个不共面的单位向量，，作为空间直角坐标系的标准正交基底时， 向量，，平移到同一起点即坐标原点，此时它们的终点形成边长为的正三角形，其外接圆半径满足，即，不是单位圆，故A不正确； 对于B，由三个向量共面的充要条件可知，当向量，，共面时，总存在实数x，y，使得，但向量是空间的任意一个向量，即，，可以不共面，故B错误； 对于C，由于向量，则向量是空间中的一组共面向量，不能作为空间的基底向量， 所以当不与，共面时，则找不到实数x，y，z，使得成立，故C不正确； 对于D，已知空间的三个不共面的单位向量，，，则向量不共面，所以可以作为空间向量的一组基底，则总存在实数x，y，z，使得，故D正确. 故选：D. 9．ACD 【分析】由底面为菱形，所以，再由，得到，结合线面垂直的判定定理，证得平面，可判定A正确；根据，可判定B不正确；证得平面平面，得到为直线与平面所成的角，结合向量的夹角公式，可判定C正确；结合，可判定D正确. 【详解】对于A中，由底面为菱形，所以， 由题可知， 因为，所以， 又因为且平面，所以平面，所以A正确； 对于B中，因为， 可得 ，所以B不正确； 对于C中，因为平面，且平面，所以平面平面， 所以在平面内的射影为，所以为直线与平面所成的角， 又因为， ， ， 所以，所以，所以C正确； 对于D中，由B中知且， ， 所以，所以D正确. 故选：ACD. 10．BD 【分析】根据题意，列出方程组，求得的值，即可求解. 【详解】因为已知直线的方向向量分别是，，其中且， 所以，即，解得或， 所以或. 故选：BD. 11．ABD 【分析】由题意得，取中点，建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角的向量公式求解可判断A、B；分别求出平面、平面的法向量，利用直线与平面所成角的向量公式求解可判断C、D. 【详解】因为，所以即为直线与所成的角，则，则， 由正三棱柱，得平面，为正三角形， 取中点，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 设，则， ，，，，，， ，则直线与所成角是，故A正确； ，则直线与所成角的余弦值是，故B正确； 设平面的法向量为，则，令，则， 直线与平面所成角是，则，则，故C错误； 平面的一个法向量为，设直线与平面所成角是， 则，则，故D正确， 故选：ABD． 12．ABD 【分析】结合图象，利用去表示4个选项中所涉及到的向量，且两两垂直，借助数量积的运算法则得到答案. 【详解】 A项：，正确； B项：，连，则，故，正确； C项：，错误； D项：，正确． 故选：ABD 13． 【分析】由向量的坐标运算计算即可. 【详解】设，则， 即，故. 故答案为： 14． 【分析】过和分别作，由题意可得、，由二面角的余弦值为，得，再利用可求得结果. 【详解】过和分别作， 由，则， 由等面积法知：，故， 则，即， 二面角的余弦值为，即， ， ， 则，即与之间距离为. 故答案为： 15． 【分析】由外接球的性质及外接球表面积最小确定球心在AD中点上，则可由半径确定C的位置，最后建系由向量法求线线角的余弦值. 【详解】设AD的中点为E，BD的中点为F，∴. ∵， ∴，，，. 四面体的外接球心在过E且垂直于面ABD的直线上，又四面体的外接球表面积最小，即外接球的半径最小，则当球心为E时，半径最小. ∵，∴，由平面ABD，∴平面ABD， 则可建立空间直角坐标系如图所示，则，， ∴异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 16． 【分析】连接、，取的中点，连接、，推导出平面，可知，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且与平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合点到直线的距离公式可求得的值，即为所求. 【详解】连接、，取的中点，连接、， 易知，且，则四边形为菱形， 易知，则四边形为等边三角形，所以，， 同理可知，所以，二面角的平面角为， 因为，、平面，所以，平面， 且， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 平面内过点且与平面的垂直的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， ，， 所以点到直线的距离为 ，解得. 故答案为：. 17． 【分析】由面到点的距离的最小值转化为点到面的距离的最小值，建立合适的空间直角坐标系，由点到面的距离即可求得平面上任意一点到底面中心距离的最小值. 【详解】四棱锥的底面为边长为2的正方形，连接且相交于点，则点是底面中心，， 取的中点，连接，则， 又， 又， 面 又面， 面面 又，为面与面的交线，平面 面 又面，面， 以点为原点，以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，设平面的法向量为，设到平面的距离为， 则 令，则， 代入距离公式得， 故答案为：. 18．/ 【分析】先求平面的法向量，再求在法向量上的投影的绝对值即可. 【详解】因为，，，， 所以， 设平面的法向量为，则 ，所以， 取，可得， 所以，是平面的一个法向量， 所以点到平面的距离. 故答案为：. 19．(1). (2)存在,分析见解析. 【分析】（1）通过线面垂直的判定证明平面ADC，直线BD与平面ADC所成的角，即为，通过即可求出结果. （2）以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，过点作垂直于平面ABC的直线为轴，建立空间直角坐标系.利用向量法求出满足的点E，使得二面角的平面角的大小为，并能求出相应的实数的值. 【详解】（1）等腰梯形ABCD中，， 由平面几何知识易得， , ,又，，平面ADC 直线BD与平面ADC所成的角，即为， . 直线BD与平面ADC所成的角为. （2）在线段BD上存在点E，使得二面角的平面角的大小为. 由（1）知，以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，过点作垂直于平面ABC的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 平面ADC，又平面ABC，平面ADC 平面ABC，是顶角为的等腰三角形，知轴与底边上的中线平行， 则 ,令，则 ，设平面ACE的法向量，则 即，令，则，， 平面ADC的一个法向量为.要使二面角的平面角的大小为， 则，解得或（舍去）. 所以在线段BD上存在点E，使得二面角的平面角的大小为，此时E在线段BD上靠近D的三等分点处. 20．(1)； (2). 【分析】(1) 以向量为基底，则有，两边平方即可得，即可得的值，即可得答案； (2)由向量的四则运算及数量积可得,从而可得的值，即可得答案. 【详解】（1）因为，， 所以三角形为等腰直角三角形，所以， 又因为，， 所以三角形为边长为1的等边三角形， 以向量为基底， 则有， 两边平方得 ， 所以， 即, 所以对角线的长度为3； （2）因为，，，， 所以 , 所以, 即异面直线与所成角的余弦值为. 21．(1) (2) 【分析】（1）由线面垂直，线线垂直相互转化，寻求得到点的位置，进而由平面几何知识得到. （2）首先确定点位置，然后建系，利用题中已知二面角，求得所需点的坐标，进而求得平面的法向量，代入线面角公式即得结果. 【详解】（1）由题意知在平面的射影落在折痕的垂线上，记为，则平面，又平面，∴. 又，∴平面 又平面. 在平面中，， ∵，∴四边形为平行四边形，即有， ∵，， ∴. （2）连接和，交于点，由题意可知四边形为菱形； 折起后，， ∵二面角的平面角为，∴. 以所在直线分别为轴，为原点，如图建系， 不妨设，则. ; 设平面的法向量为 则 可取. 又, 设与平面所成角为, 则, 故与平面所成角的正弦值. 22．(1)， (2) 【分析】（1）根据向量的线性运算法则求解； （2）用表示，计算，由向量法求异面直线所成的角． 【详解】（1）， ， ， ， 即，解得； （2）由（1）知 设异面直线与所成角为，则. 23．(1)点E为线段的中点，理由见解析 (2) 【分析】（1）利用线线垂直证明线面垂直，进一步由线面垂直证明线线垂直，最后利用线线平行确定点的位置； （2）方法一：建立空间直角坐标系，求出坐标，求出两个平面的法向量，从而求出两个平面夹角的余弦值； 方法二：先证平面，再利用三垂线定理（或逆定理）作出两平面的夹角，在直角三角形中求出夹角的余弦值 【详解】（1）证明：点E为线段的中点， 取中点F，连接，，所以， 又因为，且平面，平面， 所以平面，而平面，所以， 在中，, 在中，， 又，所以， 两方程联立解得，又，所以，得. 因为F是中点，所以E为线段的中点. （2）方法一： 以D为坐标原点，DB、DC分别为x、y轴，过D且垂直平面BDC的线为z轴， 建立如图空间直角坐标系，则， 设，则，解得，所以. 易知平面的法向量可取， 在平面中，，设其法向量为， 则令得，， 记平面与平面的夹角为，则， 所以，平面与平面夹角的余弦值为. 方法二： ∵F是中点，∴，∴， 又∵，且平面，平面， ∴平面，而平面，∴， 作，G为垂足，，且平面，平面， ∴平面，而平面， ∴，又，∴即为平面与平面的夹角， 在中，，所以，所以. 所以在中，，解得， ∴，即平面与平面的夹角余弦值为. 24．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，由面面垂直的性质定理可得平面PBC，从而可得. （2）根据题意，取BC中点，连接PO，以为原点，CB，CF所在直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，然后由空间向量的坐标运算即可得到结果. 【详解】（1）证明：∵平面平面， 平面平面BCFE，又∵平面BCFE，且 ∴平面PBC，且平面，∴ （2）取BC中点，连接PO， ∵，∴ ∵平面平面，平面平面，平面 ∴平面BCFE 以为原点，CB，CF所在直线分别为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，    设，则，，，设， 由得，解得，所以， 设，由得，解得， ∴，则，， 平面BEF的一个法向量，设平面PEF的一个法向量， ，令，得， 设二面角的平面角为，易知为锐角，则， ∴二面角的余弦值为． 25．(1)证明见解析； (2)平面与平面所成角的余弦值为. 【分析】（1）取的中点，的中点，由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，得到，再证明出，从而得到平面； （2）建立空间直角坐标系，设，然后算出直线的方向向量和平面的法向量坐标，然后可求出，然后再算出平面的法向量坐标，然后可算出答案. 【详解】（1）如图，取的中点，的中点，连接，，， 因为，是的中点，所以， 平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因，，是的中点， 所以，， 又，平面， 所以平面， 因为平面，. 又，平面， 所以平面. （2）以为坐标原点，，分别为，轴，平行为轴，建系如图所示， 设，则，，，， ，， 设平面的法向量为， ， 取可得， 所以为平面的一个法向量， 设与平面所成的角为， 则， 解得， 从而，， 设平面的法向量为， ， 取可得，， 所以， 所以， 设平面与平面夹角为， 所以， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 26．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理即可证明； （2）法一：建立空间直角坐标系，分别求出直线AB的方向向量与平面SBD的法向量，再由线面角的向量公式代入即可得出答案； 法二：由等体积求出A点到平面SBD的距离，再由，即可得出答案. 【详解】（1）因为E是AD的中点，所以且，且， 所以由条件可知ABCE是正方形，BCDE是平行四边形， 所以， 因为平面SCD，所以， 因为，平面SAC，所以平面SAC； （2）设，则（1）得， 在直角梯形ABCD中，， 又因为平面SCD，得， 所以为等腰直角三角形， 因为O为斜边的中点，所以， 所以平面ABCD， 法一：建立如图直角坐标系， 不妨设， 则， ， 设是平面SBD的一个法向量，则由 得，则可取， 所以． 法二：因为，所以， 也不妨设，所以 ， 所以． 27．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）解法一，取中点，中点，连，，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用证明即可；解法二，利用线面垂直和面面垂直的判定定理和性质定理求解即可； （2）解法一：利用空间向量法求解即可；解法二：作于于，连接，由勾股定理可得即为所求二面角. 【详解】（1）解法一：取中点，连，因为，所以， 在等边三角形中，取中点，连接，则， 因为，且， 所以四边形为平行四边形. 故，所以， 由，，平面， 得平面， 因为平面，所以， 又因为，平面， 所以平面， 所以两两垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系，则， ， 因为，所以. 解法二：取中点，连，因为，所以， 在等边三角形中，取中点，连接，则， 因为，且， 所以四边形为平行四边形. 故，所以， 由，，平面， 得平面， 因为平面，所以， 又因为，平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面， 取中点，连， 因为平面平面，所以平面， 又因为平面，所以， 又，所以， 因为，平面， 所以平面， 又因为平面，所以. （2）解法一：， 设平面的法向量为，则 ，解得， 设平面的法向量，则 ，解得， 设所求夹角为，则. 解法二： 作于于，连接， 在中，， 所以， 在中，， 所以， 所以为的中点， 所以， 所以， 所以为平面与平面夹角或其补角， 由平面得， 在中，.（也可利用余弦定理求得） 28．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线线垂直证平面，再证； （2）由向量法求异面直线夹角. 【详解】（1）连接正方形的对角线交于点，连接. 因为四边形是正方形，所以. 由翻折不变性可知. 又因为，平面，所以平面. 因为平面，所以. （2）由（1）可知为二面角的平面角，即. 法1（坐标法）：如图，以为原点，为轴正方向，为轴正方向，垂直于平面且向上为轴正方向，建立空间直角坐标系. 不妨设，则，，，， 则，. 所以， 因为，所以. 法2（基底法）：不妨设，则， 以为基底，，，. 因为，， 所以， 因为，所以. 29． / / 【分析】画图，利用平面向量的表示及求模和向量数量积即可解决第一空，利用平行性质找出异面直线角，在三角形中求解即可. 【详解】如图所示：连接交于点，在连接， 因为，， 所以为等边三角形， 又底面为平行四边形， 所以， 由， 所以 ， 所以，因为， 所以， 所以为等腰直角三角形， 又为斜边的中点，所以， 因为分别为的中点， 所以，且， 所以异面直线与所成角为, 因为，， 所以， 在中，, ， 故答案为：；. 30．(1) (2)平面的一个法向量为，证明见解析 【分析】（1）先求出平面的法向量，然后利用法向量的定义得到，化简即可； （2）利用点到面的向量求法即可得证 【详解】（1）平面中，． 设平面的法向量为， 所以即， 令则，所以． 设平面任意一点， 当Q不同于P，有；当Q与P重合，则有；∴． ∴，化简得． 所以平面的方程为． （2）平面的法向量可取． 证明如下： 设为平面的任意两个点， 则， 两式相减得即，即， 所以平面的法向量可取． 记，因为A，B，C不同时为0，所以不妨令， 平面上可取点， ∴， 则点H到平面的距离