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专题1.7 空间向量与立体几何全章八类必考压轴题
【人教A版（2019）】
【考点1 空间向量的线性运算】
1．（2023·全国·高三对口高考）（ ）
A． B． C． D．
2．（2023春·安徽合肥·高二校考期末）已知，，则等于（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023春·高二课时练习）已知向量，，，则的坐标为 .
4．（2023春·高二课时练习）已知，，求，，．
5．（2023春·高二课时练习）如图所示，在三棱柱中，是的中点，化简下列各式，并在图中标出化简得到的向量.
(1)；
(2)；
(3).
【考点2 空间向量数量积的应用】
1．（2023春·福建泉州·高二校联考期末）平行六面体的所有棱长均为1，，则的长度为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023春·甘肃金昌·高二校考期中）如图，在平行六面体中，，，，，，则与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023春·江苏淮安·高二校联考期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，且，分别为上的点，且， .
4．（2023春·江苏扬州·高二统考期中）如图，在四面体中，，，.

(1)求的值；
(2)已知是线段中点，点满足，求线段的长.
5．（2023春·江苏宿迁·高二统考期中）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AA1的长度为4，且∠A1AB＝∠A1AD＝120°.用向量法求：
(1)BD1的长；
(2)直线BD1与AC所成角的余弦值.
【考点3 空间向量基本定理及其应用】
1．（2023春·安徽池州·高二联考阶段练习）已知是空间的一组基底，其中，，.若A，B，C，D四点共面，则λ=（ ）
A． B． C． D．
2．（2023春·江苏泰州·高二统考期末）已知三棱柱的侧棱长为2，底面是边长为2的正三角形，，若和相交于点M.则（ ）
A． B．2 C． D．
3．（2022·湖北十堰·高三校考阶段练习）如图，已知空间四边形，其对角线为，，，分别为，的中点，点在线段上，且，若，则 ．
4．（2023春·江苏盐城·高二校考阶段练习）如图，设P是平行四边形ABCD所在平面外一点，O是平行四边形对角线AC和BD的交点，Q是CD的中点，求下列各式中x，y的值．
(1)；
(2)．
5．（2022·高二课时练习）如图所示，在平行六面体中，，分别在和上，且，．
(1)证明：、、、四点共面．
(2)若，求．
【考点4 空间线、面平行关系的判定及应用】
1．（2023春·四川成都·高二校联考期中）已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若直线与平面平行，则实数的值为（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023春·高二课时练习）在正方体ABCD A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B，AC的中点，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)
A．相交 B．平行
C．垂直 D．不能确定
3．（2023·全国·高三专题练习）已知两个不重合的平面与平面ABC，若平面的法向量为，，，则平面和平面ABC的位置关系是 ．
4．（2023·江苏·高二专题练习）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段A1D上，点Q在线段AC上，线段PQ与直线A1D和AC都垂直，求证：PQ∥BD1.
5．（2023·全国·高二专题练习）在正方体中，点E，F分别是正方形和正方形的中心．求证：
(1)平面；
(2)平面；
(3)平面平面．
【考点5 空间线、面垂直关系的判定及应用】
1．（2022秋·四川达州·高二统考期末）长方体中，为中点，则下列选项中与垂直的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·全国·高三专题练习）已知点是正方体的棱的中点，给出以下结论：
①；
②；
③；
④平面
其中正确命题的序号是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
3．（2023春·内蒙古呼和浩特·高三统考阶段练习）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是 （填写正确的序号）
4．（2022·全国·高三专题练习）如图，四棱锥中，底面，，， ，是的中点．
求证：（1）；（2）平面．
5．（2023秋·湖南娄底·高二校联考期末）如图，在三棱柱 中，底面，，，， 为的中点， 为侧棱 上的动点．
(1)求证：平面平面；
(2)试判断直线 与是否能够垂直．若能垂直，求的长；若不能垂直，请说明理由．
【考点6 利用空间向量研究距离问题】
1．（2023春·江苏镇江·高二校考期末）已知正方体的棱长为2，、分别为上底面和侧面的中心，则点到平面的距离为（ ）

A． B． C． D．
2．（2023秋·高二课时练习）正方体的棱长为1，则平面与平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，且，为棱的中点，点在上，且，则的中点到直线的距离是 ．
4．（2023春·高二单元测试）如图，四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，,，平面平面，为棱上一点（不与重合），平面交棱于点.

(1)求证：；
(2)若二面角的余弦值为，求点到平面的距离.
5．（2023春·高二课时练习）如图，在长方体中，，E为线段的中点，F为线段的中点．
(1)求点到直线的距离；
(2)求直线到直线的距离；
(3)求点到平面的距离．
【考点7 利用空间向量求空间角】
1．（2023春·重庆沙坪坝·高一校考期末）如图，平行六面体中，，，，，则与所成角的大小为（ ）

A． B． C． D．
2．（2023·浙江·校联考二模）在平行四边形中，角，将三角形沿翻折到三角形，使平面平面.记线段的中点为，那么直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·全国·高三专题练习）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如下图，四面体P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且，则二面角A-PC-B的余弦值为 ．
4．（2023春·浙江宁波·高二统考期末）如图，正四棱锥的高为，体积为.

(1)求正四棱锥的表面积；
(2)若点为线段的中点，求直线AE与平面所成角的正切值；
(3)求二面角的余弦值.
5．（2023春·河南·高三阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，底面是的中点，.

(1)证明：平面平面.
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，且，求平面与平面夹角的余弦值.
【考点8 利用空间向量研究存在性问题】
1．（2023·全国·高三专题练习）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（含端点），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得
B．存在点，使得异面直线与所成的角为
C．三棱锥体积的最大值是
D．当点自向处运动时，二面角的平面角先变小后变大
2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A．若平面，则动点的轨迹是一条线段
B．存在点，使得平面
C．当且仅当点落在处时，三棱锥的体积最大
D．若，那么点的轨迹长度为
3．（2023春·江苏常州·高二统考期中）如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABP所在的平面互相垂直，且，，，，．

(1)求证：；
(2)求直线PC与平面ABP所成角的余弦值；
(3)线段PA上是否存在点E，使得平面EBD？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
4．（2023秋·湖南株洲·高三校联考期末）图1是直角梯形ABCD，，，四边形ABCE是边长为4的菱形，并且，以BE为折痕将折起，使点C到达的位置，且，如图2.
(1)求证：平面平面ABED；
(2)在棱上是否存在点P，使得P到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值.
5．（2023·福建福州·福建省校考二模）如图1，在中，为的中点，为上一点，且.将沿翻折到的位置，如图2.

(1)当时，证明：平面平面；
(2)已知二面角的大小为，棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.
专题1.7 空间向量与立体几何全章八类必考压轴题
【人教A版（2019）】
【考点1 空间向量的线性运算】
1．（2023·全国·高三对口高考）（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据向量的线性运算求解即可.
【解答过程】.
故选：C.
2．（2023春·安徽合肥·高二校考期末）已知，，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】根据向量坐标运算即可.
【解答过程】.
故选：B.
3．（2023春·高二课时练习）已知向量，，，则的坐标为 .
【解题思路】直接利用向量的运算法则计算即可.
【解答过程】向量，，，则.
故答案为：.
4．（2023春·高二课时练习）已知，，求，，．
【解题思路】直接根据向量的加减数乘的坐标运算即可得解.
【解答过程】，
，
．
5．（2023春·高二课时练习）如图所示，在三棱柱中，是的中点，化简下列各式，并在图中标出化简得到的向量.
(1)；
(2)；
(3).
【解题思路】（1）（2）（3）利用空间向量的加减法的运算法则和几何意义化简．
【解答过程】（1）解：.
（2）解：因为是的中点，所以，又，
所以.
（3）解：
【考点2 空间向量数量积的应用】
1．（2023春·福建泉州·高二校联考期末）平行六面体的所有棱长均为1，，则的长度为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】由为平行六面体，可知为体对角线，由向量的模长公式即可求得.
【解答过程】
，
故选：B.
2．（2023春·甘肃金昌·高二校考期中）如图，在平行六面体中，，，，，，则与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据空间向量的基本定理和向量的数量积的定义即可求解.
【解答过程】设，，，
因为向量不共面，故可构成空间的一组基底，
结合，，，，，
所以=0， ，，
则，，
可得
，
，
，
所以，
又因为异面直线所成角的范围是，
所以与所成角的余弦值为.
故选：B.
3．（2023春·江苏淮安·高二校联考期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，且，分别为上的点，且， .
【解题思路】根据给定条件选定基底向量，并表示出，再利用向量运算即可得解.
【解答过程】在四棱锥中，底面为平行四边形，连接AC，如图，，，
则
，
又，，，
则，，
因此，
.
故答案为：.
4．（2023春·江苏扬州·高二统考期中）如图，在四面体中，，，.

(1)求的值；
(2)已知是线段中点，点满足，求线段的长.
【解题思路】（1）根据题意得到，再求解即可.
（2）根据，再平方求解即可.
【解答过程】（1）在四面体中，，，
.
（2）如图所示：

因为，则，
因为F是CD中点，则，
于是.
，
所以.
5．（2023春·江苏宿迁·高二统考期中）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AA1的长度为4，且∠A1AB＝∠A1AD＝120°.用向量法求：
(1)BD1的长；
(2)直线BD1与AC所成角的余弦值.
【解题思路】（1）利用向量模的计算公式和向量的数量积的运算即得出BD1的长；
（2）分别求出 的值，代入数量积求夹角公式，即可求得异面直线BD1与AC所成角的余弦值．
【解答过程】（1）∵，
＝24，
∴的长为，
（2）∵，
∴，
∴，
∵，
，
∴＝，
所以直线BD1与AC所成角的余弦值为．
【考点3 空间向量基本定理及其应用】
1．（2023春·安徽池州·高二联考阶段练习）已知是空间的一组基底，其中，，.若A，B，C，D四点共面，则λ=（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据题意，设存在唯一的实数对，使得，结合向量的数乘运算和相等向量的概念计算，即可求解.
【解答过程】由题意，设存在唯一的实数对，使得，
即，
则，
则x=2，，，解得.
故选：D.
2．（2023春·江苏泰州·高二统考期末）已知三棱柱的侧棱长为2，底面是边长为2的正三角形，，若和相交于点M.则（ ）
A． B．2 C． D．
【解题思路】以为基底表示，利用平方的方法求得.
【解答过程】依题意可知是的中点，
所以
，
所以
.
故选：D.
3．（2022·湖北十堰·高三校考阶段练习）如图，已知空间四边形，其对角线为，，，分别为，的中点，点在线段上，且，若，则 ．
【解题思路】以为一组基向量，首先，再将逐步地用基向量表示，最后合并整理得出结果.
【解答过程】由，分别为，的中点，点在线段上，
且，
所以
，
则，
故答案为：.
4．（2023春·江苏盐城·高二校考阶段练习）如图，设P是平行四边形ABCD所在平面外一点，O是平行四边形对角线AC和BD的交点，Q是CD的中点，求下列各式中x，y的值．
(1)；
(2)．
【解题思路】（1）利用向量的三角形法则及其向量相等即可得出．
（2）利用向量的三角形法则及其向量相等即可得出．
【解答过程】（1）解：
．
．
（2）解： ， ．
又 ， ．
从而有．
，．
5．（2022·高二课时练习）如图所示，在平行六面体中，，分别在和上，且，．
(1)证明：、、、四点共面．
(2)若，求．
【解题思路】（1）在上取一点，使得，连接、，根据平行六面体的性质、，即可得到，即可得证；
（2）结合图形，根据空间向量线性运算法则计算可得.
【解答过程】（1）证明：在上取一点，使得，连接、，
在平行六面体中，，，，
且，且，
所以四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，
所以，且，
又且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
所以，
、、、四点共面．
（2）解：因为
，
即，，，
．
【考点4 空间线、面平行关系的判定及应用】
1．（2023春·四川成都·高二校联考期中）已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若直线与平面平行，则实数的值为（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】依题意可得，即可得到，从而得到方程，解得即可.
【解答过程】因为直线的方向向量为，平面的法向量为，
若直线与平面平行，则，即，即，解得.
故选：C．
2．（2023春·高二课时练习）在正方体ABCD A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B，AC的中点，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)
A．相交 B．平行
C．垂直 D．不能确定
【解题思路】利用与平面BB1C1C的法向量的数量积为零，从而得到结果.
【解答过程】以C1为原点，C1B1，C1D1，C1C所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
令a=2，，则，
平面BB1C1C的法向量为
，又MN平面BB1C1C
∴MN∥平面BB1C1C
故选B.
3．（2023·全国·高三专题练习）已知两个不重合的平面与平面ABC，若平面的法向量为，，，则平面和平面ABC的位置关系是 平行 ．
【解题思路】先证明出面ABC，即可证明出平面和平面ABC平行.
【解答过程】因为平面的法向量为，，，
且，所以.
同理可证：.
又,
所以面ABC.
又为面的法向量，
所以面面ABC.
故答案为：平行.
4．（2023·江苏·高二专题练习）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段A1D上，点Q在线段AC上，线段PQ与直线A1D和AC都垂直，求证：PQ∥BD1.
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量垂直的坐标运算求出，再根据共线向量证明即可.
【解答过程】证明：以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，
∴=(1，0，1)，=(-1，1，0)，设=(a，b，c)，
则即取=(1，1，-1).
易知，
∴ ，
∴，
即PQ∥BD1.
5．（2023·全国·高二专题练习）在正方体中，点E，F分别是正方形和正方形的中心．求证：
(1)平面；
(2)平面；
(3)平面平面．
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面；
（2）利用向量法证得平面；
（3）利用向量法证得平面平面．
【解答过程】（1）设正方体的边长为，建立如图所示空间直角坐标系，
，
，
，
所以，
由于，所以平面.
（2）设平面的法向量为，
则，故可设.
，
，平面，
所以平面.
（3），
设平面的法向量为，
则，故可设.
，
显然，平面与平面不重合，所以平面平面.
【考点5 空间线、面垂直关系的判定及应用】
1．（2022秋·四川达州·高二统考期末）长方体中，为中点，则下列选项中与垂直的是（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】建立空间直角坐标系，然后利用空间向量逐个分析判断即可.
【解答过程】如图，以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
因为为中点，
所以，
所以，
对于A，，则，所以与不垂直，所以A错误，
对于B，，则，所以与不垂直，所以B错误，
对于C，，则，所以与不垂直，所以C错误，
对于D，，则，所以，所以D正确，
故选：D.
2．（2023·全国·高三专题练习）已知点是正方体的棱的中点，给出以下结论：
①；
②；
③；
④平面
其中正确命题的序号是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【解题思路】建立空间直角坐标系,根据空间中两个向量垂直则数量积为0逐个判定即可.
【解答过程】
设正方体边长为2,建立如图空间直角坐标系.则.
对①, ,因为,故①错误.
对②, ,因为,故②错误.
对③, ,因为,故③正确.
对④,由②有不成立,故平面不成立.故④错误.
故选：C.
3．（2023春·内蒙古呼和浩特·高三统考阶段练习）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是 ①③ （填写正确的序号）
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量分析判断即可.
【解答过程】设正方体的棱长为2，
对于①，如图建立空间直角坐标系，则，
所以，所以，所以，即，所以①正确，
对于②，如图建立空间直角坐标系，则，
所以，所以，所以与不垂直，即与不垂直，所以②错误，
对于③，如图建立空间直角坐标系，则，
所以，所以，所以，即，所以③正确，
对于④，如图建立空间直角坐标系，则，
所以，所以，所以与不垂直，即与不垂直，所以④错误，
故答案为：①③.
4．（2022·全国·高三专题练习）如图，四棱锥中，底面，，， ，是的中点．
求证：（1）；（2）平面．
【解题思路】方法一：（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，得到、，计算得到，即证明．
（2）先写出坐标，再求出平面的法向量，验证可知，即证明平面．
方法二：（1）由底面证明．再结合可证明平面．从而得到．
（2）由底面证明，再结合证明平面，从而得到；
再证明．结合可证平面，得到；最后根据线面垂直的判定即可以证明平面．
【解答过程】方法一 （1）以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，所以，，所以，所以．
（2）由（1），得，，．
设向量是平面的法向量，则，即，取，则，所以，所以，所以平面．
方法二 （1）∵底面，∴．又，，∴平面．∵平面，∴．
（2）∵底面，∴．又，，∴平面，∴．由题可得，由是的中点，∴．
又，，∴平面，∴．∵，，，∴平面．
5．（2023秋·湖南娄底·高二校联考期末）如图，在三棱柱 中，底面，，，， 为的中点， 为侧棱 上的动点．
(1)求证：平面平面；
(2)试判断直线 与是否能够垂直．若能垂直，求的长；若不能垂直，请说明理由．
【解题思路】（1）利用，推出平面，即可证明面面垂直；
（2）建系，写出的坐标，设，利用直线与能垂直，数量积为零，求出，，不能垂直.
【解答过程】（1）因为在三棱柱 中，底面，，，， 为的中点， 为侧棱 上的动点．
所以 ，，
因为，平面
所以平面，
因为平面，
所以平面平面．
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，，，
设，
则，
若直线与能垂直，则，
解得，
因为，
所以直线与不能垂直．
【考点6 利用空间向量研究距离问题】
1．（2023春·江苏镇江·高二校考期末）已知正方体的棱长为2，、分别为上底面和侧面的中心，则点到平面的距离为（ ）

A． B． C． D．
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量法得出点到平面的距离.
【解答过程】建立如图所示的空间直角坐标系

，，，，，，
设平面的法向量为，，令，得
则点到平面的距离为.
故选：A.
2．（2023秋·高二课时练习）正方体的棱长为1，则平面与平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】将平面与平面的距离转化为点到平面的距离，建立空间直角坐标系，，然后用空间向量求解.
【解答过程】由正方体的性质：∥,∥，
，，
且平面，平面，
平面，平面，
所以平面平面，
则两平面间的距离可转化为点B到平面的距离．
以为坐标原点，所在的直线分别为轴
建立空间直角坐标系，如图所示：
由正方体的棱长为1，所以，，，
，，
所以，，
，．
连接，
由，，
所以，
且，
可知平面，
得平面的一个法向量为，
则两平面间的距离：
．
故选：D.
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，且，为棱的中点，点在上，且，则的中点到直线的距离是 ．
【解题思路】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，计算出、，进而可计算得出点到直线的距离为.
【解答过程】因为平面，底面为正方形，
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，
则点、、，
，，，
所以，，
所以，的中点到直线的距离.
故答案为：.
4．（2023春·高二单元测试）如图，四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，,，平面平面，为棱上一点（不与重合），平面交棱于点.

(1)求证：；
(2)若二面角的余弦值为，求点到平面的距离.
【解题思路】（1）根据线面平行的判定定理推出平面，再根据线面平行的性质定理可得；
（2）取的中点，连，取的中点，连，可证两两垂直，
以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，根据题意平面和平面的法向量，再用点面距公式可求出结果.
【解答过程】（1）因为为矩形，所以，
又平面，平面，
所以平面，又平面平面，AD在面AEFD内，
所以.
（2）取的中点，连，取的中点，连，则，
因为侧面为正三角形，所以，
因为平面平面，平面平面 ，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以两两垂直，
以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系：
因为,且侧面为正三角形，所以，又，
所以，，，，，
设，显然，
所以，，，
，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，，
则，
取平面的一个法向量为，
则 ，得，解得.
所以，所以， ，
所以点到平面的距离为 .

5．（2023春·高二课时练习）如图，在长方体中，，E为线段的中点，F为线段的中点．
(1)求点到直线的距离；
(2)求直线到直线的距离；
(3)求点到平面的距离．
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用空间点到直线距离公式进行计算；
（2）在第一问的基础上，得到，从而利用空间点到直线距离公式求出直线到直线的距离；
（3）求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式求出答案.
【解答过程】（1）建立如图所示以为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，
则，
，
，
设点到直线的距离为，
∴
则点到直线的距离为．
（2），故
，
设直线到直线的距离为，则即为F到直线的距离；
∴
则直线到直线的距离为．
（3）设平面的法向量为，
由，
令，则，所以
设点到平面的距离为，
∴，
则点到平面的距离为．
【考点7 利用空间向量求空间角】
1．（2023春·重庆沙坪坝·高一校考期末）如图，平行六面体中，，，，，则与所成角的大小为（ ）

A． B． C． D．
【解题思路】设，表示出，，计算，即可求得答案.
【解答过程】设，则，
三向量的夹角皆为，
由题意可得，，
故
，
即，所以与所成角的大小为，
故选：C.
2．（2023·浙江·校联考二模）在平行四边形中，角，将三角形沿翻折到三角形，使平面平面.记线段的中点为，那么直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】由余弦定理，则，，，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法解决线面角问题.
【解答过程】，由余弦定理，，
则，，，
平面平面，，，
以为原点，所在直线为轴，平面内垂直于的直线为轴，垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量为，则有，
令，有，，即，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：A.
3．（2023·全国·高三专题练习）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如下图，四面体P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且，则二面角A-PC-B的余弦值为 ．
【解题思路】建立空间直角坐标系，分别计算平面APC与平面PBC的法向量，然后利用公式计算即可.
【解答过程】依据题意建立如图所示的空间直角坐标系：
，，，，
所以，，，.
设平面APC的法向量为
，∴
不妨设，则，
设平面PBC的法向量为
，∴
不妨设，则，，
设为，则.
故答案为：.
4．（2023春·浙江宁波·高二统考期末）如图，正四棱锥的高为，体积为.

(1)求正四棱锥的表面积；
(2)若点为线段的中点，求直线AE与平面所成角的正切值；
(3)求二面角的余弦值.
【解题思路】（1）先由棱锥的体积公式求得底面边长，再利用正四棱锥的性质求得，从而求得，进而求得该正四棱锥的表面积；
（2）结合（1）中结论建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角余弦的坐标表示，结合三角函数的基本关系式即可得解；
（3）分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【解答过程】（1）连接，连接，如图，

因为在正四棱锥中，底面是正方形，则，且是与的中点，底面，
因为正四棱锥的高为，体积为，则，
，设底面边长为，则，
所以由得，解得，
因为底面，底面，故，
在中，，则，同理，
所以在中，，则，
同理：，
所以正四棱锥的表面积为.
（2）由（1）可得，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，
因为点为线段的中点，所以，则，
易知平面的一个法向量为，
设直线AE与平面所成角为，则，
所以，
故，，
所以直线AE与平面所成角的正切值为.
（3）由（2）知，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，故，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，故，
设二面角为，则由图形可知，
所以，
所以二面角的余弦值为.
5．（2023春·河南·高三阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，底面是的中点，.

(1)证明：平面平面.
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，且，求平面与平面夹角的余弦值.
【解题思路】（1）由余弦定理求出，由勾股定理逆定理得到线线垂直，进而得到线面垂直，证明出面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用线面角的大小列出方程，求出，从而利用空间向量求出面面角的余弦值
【解答过程】（1）因为底面平面，所以.
因为，所以.
又，
所以，
则，故.
因为，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）取中点，连接，
因为底面是直角梯形，，，，，
所以，
因为底面，平面，所以，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
设，则，
.
设平面的法向量为，
则，解得，
令，得，故.
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
解得或（舍去），则，
则.
设平面的法向量为，
则，
令，则，得.
，
故平面与平面夹角的余弦值为.
【考点8 利用空间向量研究存在性问题】
1．（2023·全国·高三专题练习）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（含端点），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得
B．存在点，使得异面直线与所成的角为
C．三棱锥体积的最大值是
D．当点自向处运动时，二面角的平面角先变小后变大
【解题思路】以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，根据向量垂直的坐标表示和异面直线所成角的向量求法可确定是否有解，从而知AB正误；利用体积桥可知，设，可求得的最大值，由此可求得体积的最大值，知C错误；利用向量法求二面角余弦关于参数m的表达式，结合二次函数、余弦函数的性质判断二面角的变化情况，判断D.
【解答过程】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设，则；
，，，，，，，；
对于A，假设存在点，使得，
则，又，
，解得：，
即点与重合时，，A正确；
对于B，假设存在点，使得异面直线与所成的角为，
，，
，方程无解；
不存在点，使得异面直线与所成的角为，B错误；
对于C，连接；
设，
，
当，即点与点重合时，取得最大值；
又点到平面的距离，
，C错误；
对于D，由上分析知：，，
若是面的法向量，则，
令，则，
而面的法向量，
所以，令，
则，而，
由从到的过程，由小变大，则由大变小，即由小变大，
所以先变大，后变小，由图知：二面角恒为锐角，
故二面角先变小后变大，D正确.
故选：AD.
2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A．若平面，则动点的轨迹是一条线段
B．存在点，使得平面
C．当且仅当点落在处时，三棱锥的体积最大
D．若，那么点的轨迹长度为
【解题思路】选项A：利用面面平行证明线面平行，得到动点轨迹；选项B：利用向量法证明线面垂直，判断动点是否存在；选项C：利用向量法求点到平面距离，计算棱锥体积；选项D:利用方程判断轨迹形状并求轨迹长度.
【解答过程】取、中点、，连接、、、，
由且知是平行四边形，∴，
∵平面，平面，平面，同理可得平面，
∵，平面，
∴平面平面，则Q点的轨迹为线段EF，A选项正确；
如图，建立空间直角坐标系，
则，，，设，，，
则，，.
设为平面的一个法向量，
则即得取，则.
若平面，则，即存在，使得，则，解得，故不存在点使得平面，B选项错误；
的面积为定值，∴当且仅当到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大.
，
①，，则当时，有最大值1；
②，，则当时，有最大值；
综上，当，即和重合时，三棱锥的体积最大，C选项正确；
平面，∴，，
∴，点的轨迹是半径为，圆心角为的圆弧，轨迹长度为，D选项正确.
故选：ACD.
3．（2023春·江苏常州·高二统考期中）如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABP所在的平面互相垂直，且，，，，．

(1)求证：；
(2)求直线PC与平面ABP所成角的余弦值；
(3)线段PA上是否存在点E，使得平面EBD？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）取AB的中点为O，利用线面垂直的判定、性质推理作答.
（2）以O为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦作答.
（3）确定点E的位置，利用空间位置关系的向量证明推理判断作答.
【解答过程】（1）取AB的中点为O，连接DO，PO，由，得，
又四边形ABCD为直角梯形，且，，，，
则四边形OBCD为正方形，，又，平面POD，
因此平面POD，又平面POD，
所以.

（2）且平面PAB，又平面平面ABCD，且平面平面，
则平面ABCD，平面，有，即有OA，OD，OP两两垂直，
以点O为原点，OD、OA、OP分别为x、y、z轴的空间直角坐标系，
由等腰直角，，，得，
则，
即，平面PAB的一个法向量为，设直线PC与平面PAB所成的角为，
因此，即，
所以所求直线PC与平面ABP所成角的余弦值为.
（3）线段PA上存在点E，且当时，使得平面EBD.
由，得，则，，
设平面EBD的法向量为，则，令，得，
又，则，而平面EBD，因此平面EBD，
所以点E满足时，有平面EBD．
4．（2023秋·湖南株洲·高三校联考期末）图1是直角梯形ABCD，，，四边形ABCE是边长为4的菱形，并且，以BE为折痕将折起，使点C到达的位置，且，如图2.
(1)求证：平面平面ABED；
(2)在棱上是否存在点P，使得P到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值.
【解题思路】（1）作出辅助线，得到⊥BE，⊥BE，且，由勾股定理逆定理求出AF⊥，从而证明出线面垂直，面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出点P的坐标，从而得到线面角.
【解答过程】（1）取BE的中点F，连接AF，，
因为四边形ABCE是边长为4的菱形，并且，
所以均为等边三角形，
故⊥BE，⊥BE，且，
因为，所以，
由勾股定理逆定理得：AF⊥，
又因为，平面ABE，
所以⊥平面ABED，
因为平面，
所以平面平面ABED；
（2）以F为坐标原点，FA所在直线为x轴，FB所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，
设，，，
故，
解得：，
故，
设平面的法向量为，
则，
故，
令，则，故，
其中
则，
解得：或（舍去），
则，
设直线与平面所成角为，
则，
直线与平面所成角的正弦值为.
5．（2023·福建福州·福建省校考二模）如图1，在中，为的中点，为上一点，且.将沿翻折到的位置，如图2.

(1)当时，证明：平面平面；
(2)已知二面角的大小为，棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【解答过程】（1）由已知，有，且，
平面，所以平面，
因为平面，所以.
在Rt中，，
所以.
因为，所以.
且，平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）由（1），
所以为二面角的平面角，，
因为为的中点，
所以，， ，，，
如图，以为坐标原点，分别以为轴 轴正方向建立空间直角坐标系.

则.
设，
则,.
设平面的一个法向量，
由，得，
令，则，所以.
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
解得或（舍）.
因此，当点为中点时，直线与平面所成角的正弦值为.

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