2022-2023学年高二数学学科素养能力培优竞赛试题精选专练第1讲空间向量专题训练含解析

Page82第1讲空间向量【题型目录】模块一：易错试题精选模块二：培优试题精选模块三：全国高中数学联赛试题精选【典例例题】模块一：易错试题精选1．在四面体中，在面ABC内，在面BCD内，且满足，，若（，均不为0），则下面有关线段AQ与DP的关系的表述中，正确的是（

）A．与所在直线是异面直线B．与所在直线平行C．线段与必相交D．线段与延长后相交【答案】C【分析】分和且两种情况讨论，根据空间向量基本定理得到，，，四点共面，即可判断.【详解】解：若，则，，所以，所以，，共面，又因为，，有公共点，所以，，，四点共面；若且，则由得，令，则，所以，，共面，又因为，，有公共点，故，，，四点共面，又因为与所在直线不平行，所以与必相交．故选：C．2．已知正方体，是线段上一点，下列说法正确的是（

）A．若，则直线平面B．若，则直线平面C．若，则直线平面D．若，则直线平面【答案】A【分析】以D为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，1为单位长度，利用直线和平面法向量的关系判断各选项即可.【详解】以D为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，,，，，，,则，，，，，,当时，，设平面的法向量为，则取，则，，则为平面的一个法向量，因为，所以，又因为平面，所以直线平面，故A正确，B不正确．当时，，设平面的一个法向量为，则，取则，，则为平面的一个法向量，因为与不共线，所以直线与平面不垂直，故C不正确；当时，，因为与不共线，所以直线与平面不垂直，故D不正确．故选：A．3．如图所示，在棱长为1的正方形中，点P是的中点，点M，N是矩形内（包括边界）的任意两点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设正方体的中心为O，连接OP，OM，ON，根据向量的线性运算可得，再分析的范围求解即可.【详解】设正方体的中心为O，连接OP，OM，ON．由正方体的性质可知，，，那么，又，所以.当与反向，且时，有最小值，此时；当与同向，且时，有最大值，此时，即的取值范围为．故选：B4．（多选题）如图，在三棱锥中，，，则（

）A．B．C．若点P是棱BC上任一点，则为定值D．三棱锥的体积是【答案】ACD【分析】根据题意，利用向量的线性运算及向量的数量积运算，向量垂直的向量表示，分别判断AB，再由向量数量的运算知结果为定值判断C，利用等体积法求出三棱锥的体积可判断D.【详解】如图，根据题意，可知，∴，∴，，∵，∴，故A正确；∵，∴，取AC的中点F，连接BF，则，∴，，∵，∴与不垂直，故B错误；由于点P是棱BC上任一点，可设，则，∵，∴的结果与无关，即为定值，故C正确；取OA的中点E，连接BE，CE，由于是边长为的等边三角形，则，且，在中，，，，则，∴，而，平面，∴平面，即为三棱锥的高，而，∴，故D正确．故选：ACD．5．（多选题）在四面体P-ABC中，下列说法正确的是（

）A．若，则B．若Q为△ABC的重心，则C．若，，则D．若四面体P-ABC的棱长都为2，点M，N分别为PA，BC的中点，则【答案】ABC【分析】根据立体几何的向量运算法则、重心的向量表示法则以及向量的模值计算进行逐项判断即可.【详解】解：由题意得：对于A：∵，∴，∴，∴，∴，即故A正确；对于B：若Q为△ABC的重心，则，∴，∴故B正确；对于C：∵，∴，故C正确；对于D：∵，∴∵∴故D错误．故选：ABC6．如图所示，在正方体中，棱长为2，、、、、、、、、、、、分别为各棱的中点，则的不同值有______个．【答案】3【分析】建立空间直角坐标系，然后得到各点坐标，算出和，利用数量积即可得到答案【详解】解：以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，，，，，所以，，，，，，，，，，，，，所以则有3个不同的值，故答案为：37．在四面体中，棱，，两两垂直，且，，，为的重心，则______．【答案】【分析】由三角形重心的性质和向量的三角形法则得出，再由向量数量积的运算律计算可得．【详解】解：如图所示，连接并延长与相交于点．点是底面的重心，，又，则．故答案为：．8．如图，在正方体中，M为线段的中点，N为线段上的动点，则直线与MN所成角的正弦值的最小值为________．【答案】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量坐标表示出，夹角的余弦值，再求出直线与直线所成角正弦值的最小值．【详解】以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，0，，，,则，因为为线段上的动点，所以不妨设，则得，，，所以，则因为，，所以，进而所以，，故当最大值时，最小，且最小值为所以直线与直线所成角正弦值的最小值为．故答案为:.9．如图，在棱长为1的正方体中，分别为、、的中点．(1)求异面直线与所成角的余弦值；(2)求证：平面；(3)试在棱上找一点，使平面，并证明你的结论．【答案】(1)(2)证明见解析(3)为棱的中点时，平面，证明见解析.【分析】（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，借助空间位置关系的向量证明求解即可；（2）利用空间向量证明空间位置关系即可；（3）设出点的坐标，利用空间向量垂直的坐标表示计算作答.（1）解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，如图.则，所以，，所以，所以，异面直线与所成角的余弦值为.（2）证明：由（1）得，所以，，所以，所以，平行于平面，又平面，所以平面.（3）解：为棱的中点时，平面，证明如下：证明：依题意，设，，则，因平面，，则当且时，平面，由（1）知，，解得，所以当，即为棱的中点时，平面10．如图，在正四棱锥中，O为底面中心，，M为PO的中点，．(1)求证：平面EAC；(2)求直线DM到平面EAC的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）说明PO，AC，BD两两垂直，由此可建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出平面EAC的一个法向量，计算的值，结合线面平行的判定即可证明结论；（2）由于平面EAC，所以直线DM到平面EAC的距离即为点D到平面EAC的距离，由此利用空间距离的向量形式的公式计算，可得答案.（1）证明：在正四棱锥中，连接BD，则O为BD的中点，且，由于平面ABCD，AC，平面ABCD，所以，，所以PO，AC，BD两两垂直．以点O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，故E为PB的靠近B的三等分点，则，，，，，所以，，，设平面EAC的法向量为，则,取，则，，则为平面EAC的一个法向量，因为，所以，又因为平面EAC，所以平面EAC．（2）由（1）知平面EAC，所以直线DM到平面EAC的距离即为点D到平面EAC的距离．由（1）知，平面EAC的一个法向量为，所以点D到平面EAC的距离,故直线DM到平面EAC的距离为．11．如图所示，在四棱锥中，为等腰直角三角形，且，四边形ABCD为直角梯形，满足，，，．(1)若点F为DC的中点，求；(2)若点E为PB的中点，点M为AB上一点，当时，求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）可证，再建立如图所示的空间直角坐标系，求出的坐标后可求夹角的余弦值.（2）设，则可用表示的坐标，再利用可求，从而可得两条线段的比值.（1）因为为等腰直角三角形，，，所以，又，，所以．而，，故，因，平面，故平面.以点C为原点，CP，CD所在直线分别为x，z轴，过点C作PB的平行线为y轴，建立空间直角坐标系，如图所示．则，，，，．则，，所以．（2）由（1）知，设，而，所以，所以，所以，又，因为，故，所以，解得，所以．12．如图1，平面图形由直角梯形和拼接而成，其中，，，，，与相交于点，现沿着将其折成四棱锥（如图2）．(1)当侧面底面时，求点到平面的距离；(2)在（1）的条件下，线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)，(2)存在；【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面的距离.（2）设，求得点坐标，利用二面角的余弦值列方程，求得，进而求得.（1）∵，，∴．如下图所示，连接，则,所以，所以，结合折叠前后图形的关系可知，故四边形为正方形，∴，即为的中点，∴，∴．∵侧面底面，侧面底面，∴平面，易知，，两两垂直．以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示，则，，，，，∴，，．设平面的法向量为，则，取，得，，则为平面的一个法向量，则点到平面的距离．（2）假设存在满足题意的点，且（）．∵，∴，∴，∴．设平面的法向量为，又∵，，∴，取，则，，取为平面的一个法向量．易知平面的一个法向量为，∵二面角的余弦值为，∴，化简，得，解得或（舍去）．∴线段上存在满足题意的点，且．13．如图，在四棱锥中，侧面是边长为的正三角形且与底面垂直，底面是菱形，且，为棱上的动点，且．(1)求证：为直角三角形；(2)试确定的值，使得平面与平面夹角的余弦值为．【答案】(1)证明见解析，(2)【分析】（1）取的中点，连接，由已知可证明出平面，进而可以证明，即为直角三角形；（2）先证明两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用二面角的向量公式列方程，求出的值.（1）证明：取的中点，连接，依题意可知，均为正三角形，所以，，又因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，所以，即，从而为直角三角形．（2）由（1）可知，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，所以两两垂直．以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，所以．由，可得点的坐标为，所以，，设平面的法向量为，则，即令，得，，则为平面的一个法向量，显然平面的一个法向量为，令，解得或（舍去），所以当时，平面与平面夹角的余弦值为．14．某商品的包装纸如图1所示，四边形ABCD是边长为3的菱形，且∠ABC＝60°，，．将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点E，F，M，N重合，记为点P，恰好形成如图2所示的四棱锥形的包装盒．(1)证明：底面ABCD；(2)设T为BC边上的一点，且二面角的正弦值为，求PB与平面PAT所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析，(2)．【分析】（1）由勾股定理逆定理得AB⊥AE，AD⊥AF，由线面垂直的判定定理得证线面垂直；（2）由二面角平面角的定义得∠BAT为二面角的平面角，从而利用三角函数知识求得的长，然后建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角．（1）由题意得，所以AB⊥AE，同理可得AD⊥AF．在翻折的过程中，垂直关系保持不变，所以PA⊥AB，PA⊥AD，又，底面ABCD，所以PA⊥底面ABCD．（2）因为底面ABCD，底面ABCD，所以．又，所以∠BAT为二面角的平面角．因为，所以．在中，∠ABT＝60°，所以，由正弦定理，得BT＝1．如图，以点A为原点，，的方向分别为x，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，．设平面PAT的一个法向量为，则有，即，取，所以，所以，设PB与平面PAT所成角为，则，所以PB与平面PAT所成角的正弦值．模块二：培优试题精选1．如图，在正方体ABCD-EFGH中，P在棱BC上，BP=x，平行于BD的直线l在正方形EFGH内，点E到直线l的距离记为d，记二面角为A-l-P为θ，已知初始状态下x=0，d=0，则（

）A．当x增大时，θ先增大后减小 B．当x增大时，θ先减小后增大C．当d增大时，θ先增大后减小 D．当d增大时，θ先减小后增大【答案】C【分析】以F为坐标原点，FB，FG，FE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则P(2,x,0)，A(2,0,2)，设直线l与EF，EH交于点M、N，，求得平面AMN的法向量为，平面PMN的法向量，由空间向量的夹角公式表示出，对于A，B选项，令d=0，则，由函数的单调性可判断；对于C，D，当x=0时，则，令，利用导函数研究函数的单调性可判断.【详解】解：由题意，以F为坐标原点，FB，FG，FE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示,设正方体的棱长为2，则P(2,x,0)，A(2,0,2)，设直线l与EF，EH交于点M、N，则，所以，，设平面AMN的法向量为，则，即，令，则，设平面PMN的法向量为，则，即，令，则，，对于A，B选项，令d=0，则，显示函数在是为减函数，即减小，则增大，故选项A，B错误；对于C，D，对于给定的，如图，过作，垂足为，过作，垂足为，过作，垂足为，当在下方时，，设，则对于给定的，为定值，此时设二面角为，二面角为，则二面角为，且，故，而，故即，当时，为减函数，故为增函数，当时，为增函数，故为减函数，故先增后减，故D错误.当在上方时，，则对于给定的，为定值，则有二面角为，且，因，故为增函数，故为减函数，综上，对于给定的，随的增大而减少，故选：C.2．（多选题）如图，已知正方体的梭长为，为正方形底面内的一动点，则下列结论正确的有（

）A．三棱雉的体积为定值B．存在点，使得C．若，则点在正方形底面内的运动轨迹是线段D．若点是的中点，点是的中点，过作平面平面，则平面截正方体的截面周长为【答案】ACD【分析】对于A，利用可得，A正确；对于B，建立空间直角坐标系，根据，计算得满足条件的点不在平面内，故B错误；对于C，建立空间直角坐标系，根据，可得方程，判断C正确；对于D，关键找到直线，使平面，且平面，以为参照线作出平面与正方体各个侧面的交线，得到截面图形，计算得答案，D正确.【详解】对于A，为正方形底面内一点时，由，三棱锥的高不变，底面积也不变，所以体积为定值，故A正确；对于B，以为坐标原点，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，若，则，所以即，此时点不在底面内，与题意矛盾，故B错误；对于C，因为，若，，所以即，所以的轨迹就是线段，故C正确；对于D，因为，，又平面，平面，，所以平面，因为面平面，异面，平面，所以平面，以为参照线作出平面与正方体各个侧面的交线，如图所示，易知每个侧面的交线均相等，长度为正方体的面对角线的一半，由于正方体的梭长为，故面对角线长为，所以截面周长为，故D正确．故选：ACD.3．（多选题）如图，在棱长为2的正方体中，点在线段上运动，则下列说法正确的是（

）A．几何体的外接球半径B．平面C．异面直线与所成角的正弦值的取值范围为D．面与底面所成角正弦值的取值范围为【答案】BC【分析】对于A，几何体的外接球与正方体的外接球相同，可求得其半径；对于B，利用面面平行的性质定理可判断；对于C，找到异面直线与所成角的正弦值取到最大以及最小值的位置，即可求解；对于D，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式，结合三角函数的知识可进行求解.【详解】几何体关于正方体的中心对称，其外接球与正方体的外接球相同，半径为，故A错误.在正方体中，,故为平行四边形，所以,而平面平面，平面，故平面，同理可证平面,而平面,所以平面平面平面，则平面，B正确.由于，则直线与所成最大角为（或），其正弦值为.直线与所成最小角为与平面所成角，当为中点时，所成角即为，而平面平面,故,，故，故C正确.以D为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，则,则,设,则,设平面的法向量为，则，令，则，故，由题意知平面ABCD的法向量可取为，则，则面与底面所成角正弦值为，由于，故当时，取到最小值8，则取到最小值为，当或时，取最大值12，取最大值为，所以面与底面所成角正弦值的取值范围为，D错误.故选:BC.4．（多选题）如图，已知正方体的棱长为2，分别为的中点，以下说法正确的是（

）A．三棱锥的体积为B．平面C．过点作正方体的截面，所得截面的面积是D．异面直线与所成的角的余弦值为【答案】ABC【分析】对于A直接计算即可；对于B,D选项以DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，结合空间向量计算即可；对于C，作中点N，的中点M，的中点T，连接GN，GM，FM，TN，ET，计算面积即可.【详解】

对于A，，故A正确；对于B，以DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，，，，，，，，则，，，，，，则平面EFG，B正确；对于C，作中点N，的中点M，的中点T，连接GN，GM，FM，TN，ET，则正六边形EFMGNT为对应截面面积，正六边形边长为，则截面面积为：，故C正确；对于D，，，，故D错误．故选:ABC.5．（多选题）如图，在棱长为2的正方体中，点在线段上运动，则下列说法正确的是（

）A．平面B．几何体的外接球半径C．异面直线与所成角的正弦值的取值范围为D．面与底面所成角正弦值的取值范围为【答案】ACD【分析】对于A，利用面面平行的性质定理可判断；对于B，几何体的外接球与正方体的外接球相同，可求得其半径；对于C，找到异面直线与所成角的正弦值取到最大以及最小值的位置，即可求解；对于D，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式，结合三角函数的知识可进行求解.【详解】在正方体中，,故为平行四边形，所以,而平面平面，平面，故平面，同理可证平面,而平面,所以平面平面平面，则平面，A正确.几何体关于正方体的中心对称，其外接球与正方体的外接球相同，半径为，故B错误.由于，则直线与所成最大角为（或），其正弦值为.直线与所成最小角为与平面所成角，当为中点时，所成角即为，而平面平面,故,，故，故C正确.以D为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，则,则,设,则,设平面的法向量为，则，令，则，故，由题意知平面ABCD的法向量可取为，则，则面与底面所成角正弦值为，由于，故当时，取到最小值8，则取到最小值为，当或时，取最大值12，取最大值为，所以面与底面所成角正弦值的取值范围为，D正确，故选：ACD.【点睛】本题考查了几何体中线面平行的判断，以及外接球的半径的求解和空间相关角的求解，涉及知识点多，综合性强，计算量大，解答时要充分发挥空间想象，明确空间的点线面的位置关系，解答的关键是能掌握并熟练应用空间线线角以及面面角的定义，并能应用空间向量的方法求解.6．（多选题）在长方体中，，则下列命题为真命题的是（

）A．若直线与直线所成的角为，则B．若经过点的直线与长方体所有棱所成的角相等，且与面交于点，则C．若经过点的直线与长方体所有面所成的角都为，则D．若经过点的平面与长方体所有面所成的二面角都为，则【答案】ABC【分析】A根据长方体的性质找到直线与直线CD所成角的平面角即可；B构建空间直角坐标系，根据线线角相等，结合空间向量夹角的坐标表示求，即可求M坐标，进而确定线段长；C、D将长方体补为以为棱长的正方体，根据描述找到对应的直线m、平面β，结合正方体性质求线面角、面面角的正弦值.【详解】解：对于A：如下图，直线与直线所成角，即为直线与直线所成角，则，故A正确；对于B：构建如下图示的坐标系，过的直线与长方体所有棱所成的角相等，与面交于且，又，则，故，则，故B正确；对于C：如下图，过A的直线m与长方体所有面所成的角都为θ，则直线m为以为棱长的正方体的体对角线，故，故C正确；对于D：如下图，过A的平面β与长方体所有面所成的二面角都为，只需面β与以为棱长的正方体中相邻的三条棱顶点所在平面平行，如面，故，则，故D错误.故选：ABC7．（多选题）如图，已知正方体的棱长为2，点M为的中点，点P为正方形上的动点，则（

）A．满足MP//平面的点P的轨迹长度为B．满足的点P的轨迹长度为C．存在点P，使得平面AMP经过点BD．存在点P满足【答案】AD【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，为正方形上的点，可设，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案.【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点，由正方体的性质知，，，，所以平面平面，又平面，平面，故点的轨迹为线段，故A正确；对B，方法一：在平面中过作，交于，设，则，，，由，可解得，同理，在平面中过作，交于，可得，因为，所以平面，因为，所以平面，所以点P的轨迹为线段，长度为，故B不正确；方法二：以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，设，且，，，，，即，又，，则点的轨迹为线段，,且，故B错误；对于C，方法一：取中点，连接，正方体中，易得，所以平面截正方体的截面为平面，显然平面，故不存在点P，使得平面AMP经过点B，故C错误；方法二：设，且，，若平面AMP经过点B，则，且，又,所以，即，因此，从而，不合题意，所以不存在点P，使得平面AMP经过点B,故C错误；对于D，方法一：延长至，令，则，所以，因为，所以存在点满足，故D正确.方法二：点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短，故，故存在点满足，故D正确.故选：AD.8．（多选题）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置，连接PC，构成三棱锥．设二面角为，直线和直线所成角为，在翻折过程中，下列说法正确的是（

）A．PC与平面BCD所成的最大角为45°B．存在某个位置，使得PB⊥CDC．当时，的最大值为D．存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为【答案】BC【分析】取BD的中点O，由题可得平面，进而可得PC与平面BCD所成的角为∠PCO，，利用特值可判断A，利用向量法可得，结合条件可判断BC，若B到平面PDC的距离为，则有平面PCD，进而判断D．【详解】取BD的中点O，连接，则，又，可得平面，平面，所以平面平面，PC与平面BCD所成的角为∠PCO，当PC时，△OPC为等边三角形，此时∠PCO＝60°＞45°，故A错误；由上可知为的平面角，即，因为，所以，当时，，即，故B正确；又，当时，，所以，即的最大值为，故C正确；∵点B到PD的距离为，点B到CD的距离为，∴若B到平面PDC的距离为，则平面PBD⊥平面PCD．平面CBD⊥平面PCD，则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾，故D错误．故选：BC．9．（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【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.10．（多选题）在正三棱柱中，底面ABC是边长为2的等边三角形，，D为BC中点，则（

）A．平面⊥平面B．异面直线与BC所成角的余弦值为C．点M在内（包括边界）且，则CM与平面ABC所成的角的正弦值的最大值为D．设P，Q分别在线段，上，且，则PQ的最小值为【答案】ACD【分析】在正三棱柱中，如图建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量可判断A；求出直线与BC的方向向量，通过异面直线所成角的向量公式可判断B；因为点M在内，所以设可表示出的坐标，由可求出的范围，再求出CM与平面ABC所成的角的正弦值可判断C；设，求出，，表示出可判断D.【详解】对于A，在正三棱柱中，为的中点，所以，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，设平面，所以，则平面⊥平面，所以A正确；对于B，，，设直线与BC所成角为，则，所以异面直线与所成角的余弦值为，故B不正确.对于C，设平面，因为点M在内（包括边界）且，所以设，则四点共面，则，所以，则，所以，所以，因为，所以化简得：，所以，解得：，设CM与平面ABC所成的角为，所以，所以CM与平面ABC所成的角的正弦值的最大值为，故C正确.对于D，设，则、，因为，，所以，，则，，所以，所以当时有最小值，所以，所以，故D正确；故选:ACD.11．（多选题）如图，已知正方体的棱长为2，点为的中点，点为正方形上的动点，则（

）A．满足平面的点的轨迹长度为B．满足的点的轨迹长度为C．存在唯一的点满足D．存在点满足【答案】AC【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，为正方形上的点，可设，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案.【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点，由正方体的性质知，，，，所以平面平面，又平面，平面，故点的轨迹为线段，故A正确；以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，设，且，，，，对于B，，即，又，，则点的轨迹为线段，,且，故B错误；对于C，显然，只有时，，即，故存在唯一的点满足，故C正确；对于D，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短，故，故不存在点满足，故D错误.故选：AC12．若正方体的棱长为1，且，其中，则下列结论正确的是（

）A．当时，三棱锥的体积为定值B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，的最小值为D．若，点P的轨迹为一段圆弧【答案】AC【分析】当时，可得点P的轨迹，根据线面平行的判定定理及性质，可得P到平面的距离不变，即可判断A的正误；当时，可得点P的轨迹，利用反证法可证，P到平面的距离在变化，即可判断B的正误；当时，可得三点共线，利用翻折法，可判断C的正误；如图建系，求得各点坐标，分别求得和的余弦值，列出方程，计算分析，可判断D的正误，即可得答案.【详解】因为，其中，所以点P在平面内运动，对于A：取AD中点E、中点F，连接EF，所以，因为平面，平面，所以平面，当时，则，所以点P在线段EF上运动，因为平面，所以无论点P在EF任何位置，P到平面的距离不变，即高不变，所以三棱锥的体积为定值，故A正确；对于B：取中点G，中点H，连接GH，当时，，所以点P在GH上运动，假设平面，又，平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，与已知矛盾，故假设不成立，所以GH不平行平面，所以P在GH上运动时，P到平面的距离在变化，所以三棱锥的体积不是定值，故B错误；对于C：连接，，，当时，可得三点共线，将沿翻折至与平面共面，如下图所示连接AB，当P为AB与交点时，最小，即为AB，因为均为面对角线，所以，即为等边三角形，又，，所以，，所以在中，由正弦定理得，所以，故C正确；对于D：分别以DA、DC、为x，y，z轴正方向建系，如图所示，则，设，所以，所以因为平面，平面，所以，又，所以，所以，整理得，所以，即，所以P点轨迹为线段，故D错误故选：AC【点睛】解题的关键是熟练掌握线面平行判定与性质，向量共线、数量积求夹角等知识，综合性较强，难度较大，考查学生分析理解，计算求值的能力，属难题.13．（多选题）如图，四边形ABCD中，AB＝BC＝AC＝2，DA＝DC＝，将四边形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论正确的是（

）A．两条异面直线AB与CD所成角的范围是B．P为线段CD上一点（包括端点），当CD⊥AB时，C．三棱锥D−ABC的体积最大值为D．当二面角D−AC−B的大小为时，三棱锥D−ABC的外接球表面积为【答案】BCD【分析】以为坐标原点，过轴垂直平面，建立如图所示的空间直角坐标系，表示出两条异面直线AB与CD所成角可判断A；由CD⊥AB求出，P为线段CD上一点（包括端点），表示出点坐标，由空间向量夹角公式可判断B；当平面平面时，三棱锥D−ABC的体积最大，求出底面积和高可判断C；求出三棱锥D−ABC的外接球的半径，由球的表面积公式可判断D.【详解】对于A，以为坐标原点，过轴垂直平面，建立如图所示的空间直角坐标系，所以设，，所以所以，，所以设两条异面直线AB与CD所成角为，，当时，，此时，但时，D在平面ABC内.故A不正确；对于B,CD⊥AB时，，解得：，又因为，所以，所以P为线段CD上一点（包括端点）,设解得.而，，所以，故B正确；对于C，当平面平面时，三棱锥D−ABC的体积最大，且连接，，则平面，所以.故C正确；对于D，取中点，连接，取的外心，过作一条垂线垂直平面，过作一条垂线垂直平面，两条垂直相交于点，则为三棱锥D−ABC的外接球的球心，且二面角D−AC−B的大小为，即，所以在直角三角形中，，所以，则，所以，所以三棱锥D−ABC的外接球表面积为，故D正确.故选：BCD.14．（多选题）在平行六面体中，，，点在线段上，则（

）A．B．到和的距离相等C．与所成角的余弦值最小为D．与平面所成角的正弦值最大为【答案】BCD【分析】由结合推出面，得出矛盾，即可判断A选项；由为线段的垂直平分线，且，即可判断B选项；由异面直线夹角的求法即可判断C选项；由线面角的求法即可判断D选项．【详解】对于A，若，易得四边形为菱形，则，又，面，可知面，则面，显然矛盾，故A错误；对于B，其中点在线段上，平分，且为线段的垂直平分线，又，可知上所有点到与的距离相等，故B正确；对于C，设平行六面体的边长为，易得，其中，可得，又，则与所成角即为，当点运动到点处时，此时最小，即与所成角的余弦值最小，，故C正确；易得当点运动到点处时，此时与平面所成角最大，即正弦值最大，又，则，又，，面，则面，作，垂足为，则，又面且相交，则面，则即为与平面所成角，则有，故正弦值最大为，D正确．故选：BCD.15．（多选题）在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱，的中点，G为线段上一个动点，则（

）A．三棱锥的体积为定值B．存在点G，使平面平面C．当时，直线EG与所成角的余弦值为D．三棱锥的外接球体积的最大值为【答案】AD【分析】选项A求三棱锥体积判断；选项B用反证法判断；选项C建立空间坐标系，用向量法求直线与直线所成角的余弦值来断；选项D求外接球心，用方程求解判断．【详解】解：对于A，，所以A正确；对于B，若存在线段，使平面平面线段，因为平面交平面与平面分别为与，于是，应在的延长线上，所以B错误；对于C，以在为原点建立如图所示的空间直角坐标系，当时，则，则，2，，，0，，2，，，2，，所以，2，，，0，，所以，，所以直线与所成角的余弦值为，所以C错误；对于D，当在点时，三棱锥外接球半径最大，连接交于点，则为的中点，因为三角形为直角三角形，所以外接球的球心在过点且垂直于面的直线上，与交于，设球心为，如平面展开图，设半径，因为，，所以，所以，，由，可得，解得，故体积的最大值为，所以D正确，故选：AD．16．（多选题）如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将沿直线翻折成，连结，为的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（

）A．存在某个位置，使得B．翻折过程中，的长是定值C．若，则D．若，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是【答案】BD【分析】对于选项A，取中点，取中点，连结，，通过假设，推出平面，得到，则，即可判断；对于选项B，在判断A的图基础上，连结交于点，连结，易得，由余弦定理，求得为定值即可；对于选项C，取中点，，，由线面平行的性质定理导出矛盾，即可判断；对于选项D，易知当平面与平面垂直时，三棱锥的体积最大，说明此时中点为外接球球心即可.【详解】如图1，取中点，取中点，连结交于点，连结，，，则易知，，，，，由翻折可知，，，对于选项A，易得，则、、、四点共面，由题可知，若，可得平面，故，则，不可能，故A错误；对于选项B，易得，在中，由余弦定理得，整理得，故为定值，故B正确；如图2，取中点，取中点，连结，，，，，对于选项C，由得，若，易得平面，故有，从而，显然不可能，故C错误；对于选项D，由题易知当平面与平面垂直时，三棱锥B1﹣AMD的体积最大，此时平面，则，由，易求得，，故，因此，为三棱锥的外接球球心，此外接球半径为，表面积为，故D正确.故选：BD.17．如图，在直角梯形中，，，平面，，．(1)求证：；(2)在直线上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析.(2)存在，.【分析】(1)证明平面即可；(2)假设M存在，建立直角坐标系，用向量法求M的坐标即可.（1）如图，作，，连接交于，连接，，∵且，∴，即点在平面内．在平行四边形中，，∴，又由平面知，∴平面，∴①在矩形中，，∴②∴由①②知，平面，∴．（2）如图，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，设，∴，，设平面的法向量为，则，令，得，，∴，又平面，∴为平面的一个法向量，∴，解得，故在上存在点，且．18．如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．(1)若为棱的中点，求证：平面；(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.【分析】（1）取中点，连接，得到，然后利用线面平行的判定定理得到平面；（2）假设在棱上存在点满足题意，建立空间直角坐标系，设，根据平面与平面的夹角的余弦值为，则两平面法向量所成角的余弦值的绝对值等于，求出，即可得出结论.（1）取中点，连接，分别为的中点，，底面四边形是矩形，为棱的中点，，．，，故四边形是平行四边形，．又平面，平面，平面．（2）假设在棱上存在点满足题意，在等边中，为的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，平面，则是四棱锥的高．设，则，，，所以.以点为原点，，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，，，，故，，．设，．设平面PMB的一个法向量为，则取．易知平面的一个法向量为，，，故存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.19．如图，在三棱柱中，平面.(1)求证:;(2)若，直线与平面所成的角为，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由平面，得到，再由，证得，进而证得平面，即可证得.（2）以为原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解.（1）证明:因为平面，平面，所以，因为，四边形是平行四边形，所以四边形是菱形，所以，又因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以.（2）解：因为与平面所成角为平面，所以，因为，所以是正三角形，设，则，以为原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，设二面角的大小为，因为，所以，所以二面角的正弦值为.20．如图，四棱锥中，为矩形，，且．为上一点，且．(1)求证：平面；(2)分别在线段上的点，是否存在，使且，若存在，确定的位置；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)存在使且，其中是线段靠近的四等分点，是线段靠近的四等分点.【分析】（1）利用线面垂直判定定理去证明平面；（2）假设存在存在符合题意，建立空间直角坐标系，利用向量的方法保证且，进而确定确定的位置.（1），且平面又平面，矩形中，又，则与相似，则．；又，平面；（2），且平面．又，则可以D为原点分别以DA、DC、DS为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可知，假设存在满足且．在线段上，可设的坐标在线段上，可设则．要使且，则，又，可得，解得．故存在使且，其中是线段靠近的四等分点，是线段靠近的四等分点.21．如图，已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面，矩形SADE的对角线交于点F，G为SB的中点，，.(1)求证：平面AEG；(2)求二面角的余弦值；(3)在线段EG上是否存在一点H，使得BH与平面SCD所成角的大小为？若存在，求出GH的长；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在，【分析】（1）利用三角形中位线证明，即可根据线面平行的判定定理证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求得平面SCD的一个法向量，即可根据向量的夹角公式求得答案;（3）假设存在点H，设，表示出的坐标，根据BH与平面SCD所成角的大小为,利用向量的夹角公式计算，可得答案.（1）证明：连接FG，在中，F，G分别为SD，SB的中点，所以，又因为平面AEG，平面AEG，所以平面AEG.（2）因为平面ABCD，AB，平面ABCD，所以，，又，所以，以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则,,，，，设平面SCD的法向量为，则,即令，得，，所以平面SCD的一个法向量为，又平面ESD的一个法向量为，所以，由图形可知，二面角的余弦值为.（3）存在，理由如下：假设存在点H，设，则,由（2）知，平面SCD的一个法向量为，则，即，所以，则，故存在满足题意的点H，此时.模块三：全国高中数学联赛试题精选1．（2021全国竞赛）已知正三棱锥，M是侧棱的中点，．若N是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为________．【答案】【解析】【分析】【详解】易证、、互相垂直．以P为坐标原点，分别以、、所在的直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．设，则，所以，故．故答案为：.2．（2005·河南·高二竞赛）如图所示，在平行六面体中，M为与的交点，若，，，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据空间向量的运算法则和空间向量基本定理相关知识求解即可.【详解】由题意得，.故选：D3．（2018安徽竞赛）在边长为1的长方体内部有一小球，该小球与正方体的对角线段相切，则小球半径的最大值=___________.【答案】【解析】【详解】当半径最大时，小球与正方体的三个面相切.不妨设小球与过点的三个面相切.以为原点，、、分别为x、y、z轴正方向，建立空间直角坐标系.设A（0，1，1），（1，0，0），小球圆心P（r，r，r），则P到的距离.再由，得.故答案为4．（2015·广东潮州·高一竞赛）如图，已知分别是正方体的棱的中点，设为二面角的平面角，则＝A． B． C． D．【答案】B【分析】以A为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】以A为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.不妨令正方体的棱长为2，则，，，，，，，，，，所以，设平面的法向量为，则由得，不妨令，则，故.又由为平面的一个法向量，为的平面角，，故．故选：B．5．（2019甘肃竞赛）已知三棱锥P－ABC的平面展开图中，四边形ABCD为边长等于的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，在三棱锥P－ABC中：（1）证明：平面PAC⊥平面ABC；（2）若点M为棱PA上一点且，求二面角P－BC－M的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【详解】（1）如图①，设AC的中点为O，连结.由题意，得，PO=2，.因为在△PAC中，PA=PC，O为AC的中点，所以PO⊥AC.又因为在△POB中，PO=2，OB=2，PB=，，所以PO⊥OB.因为AC∩OB=O，AC，OB⊆平面ABC，所以PO⊥平面ABC.又因为PO⊆平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.（2）由PO⊥平面ABC，OB⊥AC，所以.于是以OC、OB、OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图②所示的空间直角坐标系，则，，，.设平面MBC的法向量为，则由得，令，则，即.设平面PBC的法向量为，由得，令x2=1，则，即..由图可知，二面角P－BC－M的余弦值为.6．（2013·黑龙江·高三竞赛）在直三棱柱中，，.已知分别为和的中点，分别为线段和上的动点（不包括端点）.若，则线段的长度的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系后，由坐标求解【详解】试题分析：建立如图所示的空间直角坐标系：取，，，，，且，则：，，由于，所以，即,,又因为，，所以故选：A7．（2018四川竞赛）在三棱锥中，三条棱两两垂直，且.若点为三棱锥的外接球球面上任意一点，则到面距离的最大值为______.【答案】【解析】【详解】三棱锥的外接球就是以为长、宽、高的长方体的外接球，其直径为又，从而，于是，的外接圆半径为故球心到面的距离为从而，点到面距离的最大值是故答案为8．（2022·江苏苏州·高二竞赛）现要将一边长为101的正方体，分割成两部分，要求如下：（1）分割截面交正方体各棱，，，于点P，Q，R，S（可与顶点重合）；（2）线段，，，的长度均为非负整数，且线段，，，的每一组取值对应一种分割方式，则有___________种不同的分割方式.（用数字作答）【答案】707504【分析】先由面面平行的性质证得四边形为平行四边形，再由空间向量求得，设，，，的长度为，，分和两种情况求出有