高二数学上学期期末真题分类汇编《空间向量与立体几何》含答案

高中数学专题01空间向量与立体几何（6种经典基础练+3种优选提升练）空间向量的线性运算及坐标表示一．选择题（共3小题）1．（2023秋•湖北期末）已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量的模为A． B． C． D．2．（2023秋•房山区期末）在三棱柱中，为棱的中点．设，，用基底，，表示向量，则A． B． C． D．3．（2023秋•清远期末）已知空间向量，则下列说法正确的是A．是等腰直角三角形 B．，则，，，四点共面 C．四边形是矩形 D．若与分别是异面直线与的方向向量，则与所成角的余弦值为二．多选题（共3小题）4．（2023秋•红山区期末）已知点是平行四边形所在的平面外一点，如果，，，，2，，，2，．下列结论正确的有A． B． C．是平面的一个法向量 D．5．（2023秋•合肥期末）如图，空间四边形中，，分别是边，上的点，且，，点是线段的中点，则以下向量表示正确的是A． B． C． D．6．（2023秋•重庆期末）给出下列命题，其中正确的是A．任意向量，，满足 B．在空间直角坐标系中，点，3，关于坐标平面的对称点是，3， C．已知，，，为空间向量的一个基底，则向量，，能共面 D．已知，1，，，2，，，，，则向量在向量上的投影向量是三．填空题（共3小题）7．（2023秋•遵义期末）已知长方体中，点为线段的中点，，则．8．（2023秋•许昌期末）已知，1，、，3，、，2，，则向量在上的投影向量的模是．9．（2023秋•天津期末）已知空间向量，则．四．解答题（共1小题）10．（2023秋•喀什市校级期末）已知向量，，．（1）求；（2）若，求实数，的值．空间中点、直线、平面之间的位置关系一．选择题（共5小题）1．（2023秋•桂林期末）在空间直角坐标系中，点，1，到坐标原点的距离为A． B． C． D．2．（2023秋•闵行区校级期末）如图所示，正方体中，是线段上的动点（包含端点），则下列哪条棱所在直线与直线始终异面A． B． C． D．3．（2023秋•东营期末）若平面平面，直线，直线，那么，的位置关系是A．无公共点 B．平行 C．既不平行也不相交 D．相交4．（2023秋•浦东新区期末）下列命题中，为假命题的是A．过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行 B．垂直于同一个平面的两条直线平行 C．，是空间两条直线，若且，则 D．若直线垂直于平面内的两条相交直线，则直线垂直于平面5．（2023秋•湖州期末）已知空间内三点，1，，，2，，，3，，则点到直线的距离是A． B．1 C． D．二．填空题（共3小题）6．（2023秋•海淀区校级期末）如图，已知，分别为三棱锥的棱，的中点，则直线与的位置关系是（填“平行”，“异面”，“相交”．7．（2023秋•长宁区校级期末）在正方体中，点是棱的中点，则直线与直线的位置关系是．8．（2023秋•浦东新区期末），，三点不在同一直线上，则经过这三个点的平面有个．三．解答题（共2小题）9．（2024春•巴音郭楞州期末）如图，已知正四棱柱，（1）求证：平面；（2）求证：平面平面10．（2023秋•五华区校级期末）如图，正四棱锥的高为6，，且是棱上更靠近的三等分点．（1）证明：；（2）若在棱上存在一点，使得平面，求的长度．空间中直线与直线所成的角一．选择题（共3小题）1．（2023秋•仙游县期末）如图所示的四棱锥中，底面为正方形，且各棱长均相等，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为A．1 B． C． D．2．（2023秋•新余期末）中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上、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，其中底面，底面扇环所对的圆心角为，扇环对应的两个圆的半径之比为，，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为A． B． C． D．3．（2023秋•沈阳期末）如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为A． B． C． D．二．填空题（共5小题）4．（2023秋•东城区期末）如图，已知是正方体的棱的中点，则直线与所成角的余弦值为．5．（2023秋•成都期末）如图所示，圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，为的中点，为的中点，则直线与所成角的大小为．6．（2023秋•眉山期末）如图是某桁架桥模型的一段，它是由一个正方体和一个直三棱柱构成．其中，那么直线与直线所成角的余弦值为．7．（2023秋•苏州期末）已知圆台的高为2，上底面圆的半径为2，下底面圆的半径为4，，两点分别在圆、圆上，若向量与向量的夹角为，则直线与直线所成角的大小为．8．（2023秋•佛山期末）佛山是全国著名的工业城市，这里生产的部分产品通过水路运输到全国乃至全世界．如图1是佛山一个货运码头的吊机，其作用是完成集装箱的装船或卸船．为了研究其结构的稳固性，工程师把一个吊机的部分结构（图1中圈住部分）画成图2的空间几何体．若四边形是矩形，，，，，，，则直线与所成角的余弦值为．三．解答题（共3小题）9．（2023秋•邵东市校级期末）如图，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，平面，，是的中点．（1）证明：平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值．10．（2023秋•安顺期末）将矩形面绕边顺时针旋转得到如图所示几何体．已知，，点在线段上，为圆弧的中点．（1）当是线段的中点时，求异面直线写所成角的余弦值；（2）在线段上是否存在点，使得平面？如果存在，求出线段的长，如果不存在，说明理由．11．（2023秋•湖北期末）如图，平行六面体的底面是菱形，且，，．（1）求的长．（2）求异面直线与所成的角的余弦值．空间中直线与平面所成的角一．选择题（共1小题）1．（2023秋•黔东南州期末）在空间直角坐标系中，已知向量是平面的一个法向量，且，则直线与平面所成角的正弦值是A． B． C． D．二．填空题（共1小题）2．（2023秋•保定期末）在空间直角坐标系中，过点，，且一个法向量为，，的平面的方程可写为．已知直线的方向向量为，1，，平面的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为．三．解答题（共4小题）3．（2023秋•浦东新区校级期末）在圆锥中，是底面圆周上一点．设的长为1，且圆锥的侧面展开图是半圆．（1）记圆锥的底面圆半径为，母线长为，则圆锥的侧面积（用，表示）；在本题中，求圆锥的侧面积；（2）求母线与底面所成角的大小．4．（2023秋•聊城期末）如图，在长方体中，，，为的中点．（1）证明：；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．5．（2023秋•西城区校级期末）如图，四边形为梯形，，四边形为矩形，平面，，．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．6．（2023秋•大东区校级期末）如图，在长方体中，，，点在上，且．（Ⅰ）求直线与所成角的大小；（Ⅱ）求与平面所成角的正弦．二面角一．选择题（共2小题）1．（2023秋•大连期末）在空间中，“经过点，，，法向量为，，的平面的方程（即平面上任意一点的坐标，，满足的关系式）为：”．用此方法求得平面和平面的方程，化简后的结果为和，则这两平面所成角的余弦值为A． B． C． D．2．（2023秋•西青区期末）在正方体中，点为的中点，则平面与平面所成角的余弦值为A． B． C． D．二．多选题（共1小题）3．（2024春•南阳期末）三棱锥中，平面与平面的法向量分别为，，，，1，，则二面角的大小可能为A． B． C． D．三．填空题（共1小题）4．（2024春•成都期末）如图，在正方体中，直线与直线所成角的大小为；平面与平面夹角的余弦值为．四．解答题（共3小题）5．（2023秋•电白区期末）如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，，点在棱上．（1）证明：平面平面；（2）当时，求二面角的余弦值．6．（2023秋•道里区校级期末）如图，在四棱锥中，平面，，是棱上一点．（1）求证：平面平面；（2）若是的中点，求平面和平面的夹角的余弦值．7．（2023秋•二道区校级期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是等边三角形，平面，，，，分别是，，，的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的大小；（3）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为，若存在，求线段的长；若不存在，说明理由．体积法求点面距离一．选择题（共1小题）1．（2023秋•济南期末）如图所示为正八面体的展开图，该几何体的8个表面都是边长为1的等边三角形，在该几何体中，为直线上的动点，则到直线距离的最小值为A． B． C． D．二．多选题（共1小题）2．（2022秋•淄博期末）在棱长为3的正方体中，点在棱上运动（不与顶点重合），则点到平面的距离可以是A． B． C．2 D．三．填空题（共1小题）3．（2023秋•西安期末）在四棱锥中，面，四边形为直角梯形，，，，则平面与平面夹角的余弦值为，异面直线与的距离为．四．解答题（共1小题）4．（2023秋•重庆期末）如图，在四棱锥中，平面平面，且是边长为2的等边三角形，四边形是矩形，，为的中点．（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求点到平面的距离．空间向量与翻折问题1．（2023秋•泰安期末）如图1，在直角梯形中，，，，，，，分别为，的中点，沿将平面折起，使二面角的大小为，如图2所示，设，分别为，的中点，为线段上的动点（不包括端点）．（1）求证：；（2）若直线与平面所成角的正弦值是，求．2．（2023秋•仙游县期末）如图1，是边长为6的等边三角形，点，分别在线段，上，，，沿将折起到的位置，使得，如图2．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求．3．（2023秋•邯郸期末）如图，四边形是平行四边形，，为的中点．以为轴，将折起，使得点到达点的位置，且平面平面，以为轴，将折起，使得点到达点的位置，且平面平面，设平面平面直线．（1）求证：直线平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．4．（2023秋•锦州期末）如图1，在直角梯形中，，，，，是的中点，是与的交点，将沿折起到△位置，如图2．（1）证明：；（2）若二面角为，求平面与平面所成角的余弦值．5．（2023秋•景德镇期末）某校一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，，，分别是边长为4的正方形的三边，，的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接，就得到了一个“刍薨”（如图．（1）若是四边形对角线的交点，求证：平面；（2）若二面角的平面角为，求平面与平面夹角的余弦值．6．（2023秋•西山区期末）已知平行四边形如图甲，，，沿将折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥如图乙．（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．7．（2023秋•让胡路区校级期末）已知和均是等腰直角三角形，既是的斜边又是的直角边，且，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点．（1）求证：．（2）在线段上是否存在点，使得与平面所成的角的正弦值为．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．空间向量与存在性问题1．（2023秋•浦东新区期末）如图，已知正方形的边长为1，平面，三角形是等边三角形．（1）求异面直线与所成的角的大小；（2）在线段上是否存在一点，使得与平面所成的角大小为？若存在，求出的长度，若不存在，说明理由．2．（2023秋•金东区校级期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，平面，，，是的中点．（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）在直线上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．3．（2023秋•威宁县期末）如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，．（1）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，请指出点的位置，并证明；若不存在，请说明理由．（2）求平面与平面的夹角的大小．4．（2023秋•驻马店期末）如图，在四棱锥中，面，，且，，，，，，分别为，的中点．（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存在，说明理由；（3）在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状．空间向量与最值问题1．（2023秋•包河区校级期末）正方体的棱长为5，点在棱上，且，点是正方体下底面内（含边界）的动点，且动点到直线的距离与点到点的距离的平方差为25，则动点到点的最小值是A． B． C． D．2．（2023秋•湖北期末）如图，在中，，过的中点的动直线与线段交于点，将沿直线向上翻折至△，使得点在平面内的射影落在线段上，则斜线与平面所成角的正弦值的最大值为．3．（2023秋•岳麓区校级期末）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子，分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记．（1）求长的最小值；（2）当的长最小时，求二面角的正弦值．4．（2023秋•乐山期末）已知直棱柱中，，，，，为线段上任一点，，分别为，中点．（1）证明：；（2）当为何值时，平面与平面的二面角的正弦值最小，并求出最小值．5．（2022秋•萍乡期末）如图，在四棱锥中，平面，底面是边长为2的正方形，，为的中点，，是棱上两点在的上方），且．（1）若，求证：平面；（2）当点到平面的距离取得最大值时，求的长．6．（2023秋•新华区校级期末）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，点在母线上，且，．（1）求证：平面平面；（2）若点为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离．

专题01空间向量与立体几何（6种经典基础练+3种优选提升练）空间向量的线性运算及坐标表示一．选择题（共3小题）1．（2023秋•湖北期末）已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量的模为A． B． C． D．【分析】由题意求出，，结合投影向量的计算公式即可求解．【解答】解：向量，，，，向量在向量方向上的投影向量的模为．故选：．【点评】本题考查空间向量的坐标运算，考查投影向量的概念，属基础题．2．（2023秋•房山区期末）在三棱柱中，为棱的中点．设，，用基底，，表示向量，则A． B． C． D．【分析】结合已知条件，利用空间向量的线性运算即可求解．【解答】解：由为棱的中点，可得，则．故选：．【点评】本题考查空间向量的线性运算，属基础题．3．（2023秋•清远期末）已知空间向量，则下列说法正确的是A．是等腰直角三角形 B．，则，，，四点共面 C．四边形是矩形 D．若与分别是异面直线与的方向向量，则与所成角的余弦值为【分析】根据空间向量的坐标运算、向量的数量积公式及其性质，对各项中的结论逐一加以验证，即可得到本题的答案．【解答】解：对于，，，，由，，，可知两两不垂直，所以中没有直角，不可能是等腰直角三角形，故不正确；对于，，则，可得，所以点为线段的中点，因此，点在、、确定的平面内，即，，，四点共面，故正确；对于，，可得，而，所以四边形的对角线不相等，不可能是矩形，故不正确；对于，，，可得，而异面直线的所成角为锐角或直角，故与所成角的余弦值为，故不正确．故选：．【点评】本题主要考查利用空间向量判断异面直线所成角、空间的四点共面等知识，考查了计算能力与逻辑推理能力，属于中档题．二．多选题（共3小题）4．（2023秋•红山区期末）已知点是平行四边形所在的平面外一点，如果，，，，2，，，2，．下列结论正确的有A． B． C．是平面的一个法向量 D．【分析】由得出，判断正确；由得出，判断正确；由且得出是平面的一个法向量，判断正确；由是平面的法向量得出，判断错误．【解答】解：对于，，，即，正确；对于，，，即，正确；对于，由，且，得出是平面的一个法向量，正确；对于，由是平面的法向量，得出，则错误．故选：．【点评】本题考查了空间向量的性质应用问题，是基础题．5．（2023秋•合肥期末）如图，空间四边形中，，分别是边，上的点，且，，点是线段的中点，则以下向量表示正确的是A． B． C． D．【分析】根据所给的图形和一组基底，从起点出发，根据图形中线段的长度整理，把不是基底中的向量用是基底的向量来表示，即可得出结论．【解答】解：由题意点是线段的中点，，可得，故正确，，故错误，，故正确，，故错误，故选：．【点评】本题考查了向量平行四边形法则、向量共线定理、空间向量基本定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．6．（2023秋•重庆期末）给出下列命题，其中正确的是A．任意向量，，满足 B．在空间直角坐标系中，点，3，关于坐标平面的对称点是，3， C．已知，，，为空间向量的一个基底，则向量，，能共面 D．已知，1，，，2，，，，，则向量在向量上的投影向量是【分析】通过举例说明，判断出项的正误；根据对称的性质，判断出项的正误；根据空间向量共面定理，判断出项的正误；利用空间向量数量积的定义与运算性质，判断出项的正误．【解答】解：对于，取，，，则，，此时，，等式不成立，故项不正确；对于，点，，关于坐标平面的对称点是，，，因此点，3，关于坐标平面的对称点是，3，，项正确；对于，若为空间向量的一个基底，，，，则，可知向量，，能共面，故项正确；对于，根据，1，，，2，，，，，得，，，向量在向量上的投影为，所以量在向量上的投影向量是，故不正确．故选：．【点评】本题主要考查空间向量数量积的定义与运算性质、空间向量共面定理等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题．三．填空题（共3小题）7．（2023秋•遵义期末）已知长方体中，点为线段的中点，，则．【分析】根据向量的加法运算及向量的相等求值即可．【解答】解：如图，因为，所以．故答案为：．【点评】本题考查空间向量的线性运算，属于基础题．8．（2023秋•许昌期末）已知，1，、，3，、，2，，则向量在上的投影向量的模是．【分析】利用投影向量的定义结合空间向量数量积的坐标运算可求得结果．【解答】解：由已知可得，，所以向量在上的投影向量的模为．故答案为：．【点评】本题考查空间向量的坐标运算，考查投影向量概念，属基础题．9．（2023秋•天津期末）已知空间向量，则9．【分析】利用空间向量数量积的坐标运算直接求解即可．【解答】解：由，可得．故答案为：9．【点评】本题考查空间向量数量积的坐标运算，属基础题．四．解答题（共1小题）10．（2023秋•喀什市校级期末）已知向量，，．（1）求；（2）若，求实数，的值．【分析】（1）根据空间向量运算的坐标表示即可求解；（2）根据空间共线向量的坐标表示计算即可求解．【解答】解：（1），，；（2），，若，则，解得，，经检验，符合题意，所以，．【点评】本题考查了空间向量的坐标运算，向量共线定理以及向量夹角公式的应用，属于基础题．空间中点、直线、平面之间的位置关系一．选择题（共5小题）1．（2023秋•桂林期末）在空间直角坐标系中，点，1，到坐标原点的距离为A． B． C． D．【分析】根据空间两点的距离公式即可求得．【解答】解：由空间两点间的距离公式，可得点，1，到坐标原点的距离．故选：．【点评】本题考查空间两点距离公式，属基础题．2．（2023秋•闵行区校级期末）如图所示，正方体中，是线段上的动点（包含端点），则下列哪条棱所在直线与直线始终异面A． B． C． D．【分析】根据点运动到线段端点、中点位置可判断，根据异面直线的判定可判断．【解答】解：当运动到点时，与直线相交，故错误；当运动到点时，与直线相交，故错误；因为与在同一平面上，，平面，所以由异面直线判定定理知，直线与直线始异面，故正确；当运动到点中点时，，此时与直线共面，故错误．故选：．【点评】本题考查异面直线的判断，属于基础题．3．（2023秋•东营期末）若平面平面，直线，直线，那么，的位置关系是A．无公共点 B．平行 C．既不平行也不相交 D．相交【分析】根据两平行平面内的直线关系即可判定．【解答】解：因为，，，所以或与异面，即与无公共点．故选：．【点评】本题考查平行平面的性质，考查空间线线关系，属基础题．4．（2023秋•浦东新区期末）下列命题中，为假命题的是A．过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行 B．垂直于同一个平面的两条直线平行 C．，是空间两条直线，若且，则 D．若直线垂直于平面内的两条相交直线，则直线垂直于平面【分析】根据空间中的点线面的关系即可求解．【解答】解：对于，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，故正确；对于，垂直于同一个平面的两条直线平行，故正确；对于，，是空间两条直线，若且，则或者，异面，故错误；对于，根据线面垂直的判定定理，可知正确．故选：．【点评】本题考查空间点、线、面关系的判定，属基础题．5．（2023秋•湖州期末）已知空间内三点，1，，，2，，，3，，则点到直线的距离是A． B．1 C． D．【分析】借助于空间向量解决空间中距离问题．【解答】解：空间内三点，1，，，2，，，3，，，因为，由，所以，所以点到直线的距离．故选：．【点评】本题主要考查空间中点，线，面之间的位置关系，属于中档题．二．填空题（共3小题）6．（2023秋•海淀区校级期末）如图，已知，分别为三棱锥的棱，的中点，则直线与的位置关系是异面（填“平行”，“异面”，“相交”．【分析】根据题意，利用异面直线判定定理加以证明，可得到直线与是异面直线，从而得出结论．【解答】解：根据、分别为三棱锥的棱、的中点，可知直线与是异面直线，理由如下，证明：点平面，点平面，直线平面，点，直线与是异面直线．故答案为：异面．【点评】本题主要考查空间直线的位置关系、异面直线判定定理及其应用，考查了逻辑推理能力，属于基础题．7．（2023秋•长宁区校级期末）在正方体中，点是棱的中点，则直线与直线的位置关系是异面．【分析】由异面直线的定义进行判定即可．【解答】解：由题意，如图所示，直线平面，平面，，由异面直线的定义可知，直线与直线是异面直线．故答案为：异面．【点评】本题考查空间线线关系的判定，考查异面直线的定义，属基础题．8．（2023秋•浦东新区期末），，三点不在同一直线上，则经过这三个点的平面有一个．【分析】根据公理“经过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面”来解答即可．【解答】解：不在同一条直线上的三点确定一个平面．故答案为：一．【点评】本题考查了平面的基本性质，是基础题．三．解答题（共2小题）9．（2024春•巴音郭楞州期末）如图，已知正四棱柱，（1）求证：平面；（2）求证：平面平面【分析】（1）根据正四棱柱特点结合线面垂直的判定即可证明；（2）通过平行四边形的性质并结合面面平行的判定即可证明．【解答】证明：（1）因为正四棱柱，所以平面，且四边形为正方形，所以，又因为平面，所以，因为，且，平面，所以平面．（2）因为，，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，又因为，且，平面，所以平面平面．【点评】本题考查线面垂直的判定定理，考查面面平行的判定定理，是中档题．10．（2023秋•五华区校级期末）如图，正四棱锥的高为6，，且是棱上更靠近的三等分点．（1）证明：；（2）若在棱上存在一点，使得平面，求的长度．【分析】（1）连接，交于点，连接，可证出平面，从而证得；（2）建立空间直角坐标系，算出各个点的坐标，利用法向量的方法求得点位置，进而算出向量的模，得出结论．【解答】（1）证明：连接，交于点，连接．底面是正方形，，，，，，平面．平面．平面，．（2）解：以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，0，，，，，，3，，，0，．，，，．设平面的法向量为，则取，则，，得．设，，，其中，，则．平面，，得，故，可得，即．【点评】本题主要考查空间线面垂直的判定与性质、利用空间坐标系研究线面平行等知识，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于中档题．空间中直线与直线所成的角一．选择题（共3小题）1．（2023秋•仙游县期末）如图所示的四棱锥中，底面为正方形，且各棱长均相等，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为A．1 B． C． D．【分析】根据给定条件，以为空间向量的一个基底，再利用空间向量夹角公式求解即得．【解答】解：令四棱锥的各条棱长均为2，则，由是的中点，得，显然不共面，，又，，，因此，所以则异面直线与所成角的余弦值为．故选：．【点评】本题考查异面直线所成的角，属于中档题．2．（2023秋•新余期末）中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上、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，其中底面，底面扇环所对的圆心角为，扇环对应的两个圆的半径之比为，，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为A． B． C． D．【分析】根据题意，建立如图所示空间直角坐标系，运用向量法求解异面直线与所成角的余弦值，即可得到本题的答案．【解答】解：设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，，，在下底面过点作，为垂足，以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为扇环对应的两个圆的半径之比为，，所以，得，，则，，，即，，即，，0，，，0，，可得，，，可知，结合异面直线所成角的范围为，可得异面直线与所成角的余弦值为．故选：．【点评】本题主要考查向量数量积的运算及其应用、异面直线所成角的求法等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题．3．（2023秋•沈阳期末）如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为A． B． C． D．【分析】连结，利用棱柱的几何性质得到，从而得到就是异面直线与所成的角或其补角，三角形中利用余弦定理分析求解即可．【解答】解：连结，因为且所以四边形是平行四边形，故，所以就是异面直线与所成的角或其补角，连结，由，，则，所以，故异面直线与所成角的余弦值为．故选：．【点评】本题考查了空间角的求解，涉及了两条异面直线所成角的求解，解题的关键是寻找平行线，找到两条异面直线所成的角，属于中档题．二．填空题（共5小题）4．（2023秋•东城区期末）如图，已知是正方体的棱的中点，则直线与所成角的余弦值为．【分析】根据、互相平行，可得（或其补角）就是异面直线与所成角，进而在△算出，可得答案．【解答】解：，（或其补角）就是异面直线与所成角，为的中点，△中，，可得，直线与所成角的余弦值为．故答案为：．【点评】本题主要考查了正方体的结构特征、解直角三角形及其应用、异面直线所成角的定义与求法等知识，属于基础题．5．（2023秋•成都期末）如图所示，圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，为的中点，为的中点，则直线与所成角的大小为．【分析】连接、，利用三角形中位线定理证出，（或其补角）就是直线与所成角，然后在中算出的大小，即可得到本题的答案．【解答】解：如图所示，连接、，设圆锥的底面圆半径为，中，、分别为、的中点，，且，（或其补角）就是直线与所成角．为等边三角形，，可得．底面圆，是底面中的一条直线，，为半圆弧的中点，，、是平面内的相交直线，平面，可得，是以为直角顶点的直角三角形，．直线与所成角的大小为．故答案为：．【点评】本题主要考查圆锥的结构特征、线面垂直的判定、异面直线所成角的求法等知识，考查了空间想象能力、逻辑推理能力，属于基础题．6．（2023秋•眉山期末）如图是某桁架桥模型的一段，它是由一个正方体和一个直三棱柱构成．其中，那么直线与直线所成角的余弦值为．【分析】根据题意，连接，，，可证出（或其补角）是直线与直线所成的角，从而利用几何法求出直线与直线所成角的余弦值．【解答】解：连接，，，根据题意，可得四边形是正方体的对角面，四边形是矩形，所以，（或其补角）是直线与直线所成的角，令，则，，，，而，中，，结合异面直线所成角为锐角或直角，可知直线与直线所成角的余弦值为．故答案为：．【点评】本题主要考查正方体的结构特征、异面直线所成角的定义与求法等知识，考查了计算能力、空间想象能力，属于基础题．7．（2023秋•苏州期末）已知圆台的高为2，上底面圆的半径为2，下底面圆的半径为4，，两点分别在圆、圆上，若向量与向量的夹角为，则直线与直线所成角的大小为．【分析】设点在圆所在平面内的射影为，连接、，可证出（或其补角）就是异面直线与直线所成角，然后在中算出、的长，利用三角函数的定义算出答案．【解答】解：作出示意图形，如下图所示，向量与向量的夹角为，结合，得，所以△为等边三角形，设点在圆所在平面内的射影为，连接、，则与平行且相等，且为中点，（或其补角）就是异面直线与直线所成角，中，，在中，，得，所以，即直线与直线所成角为．故答案为：．【点评】本题主要考查圆台的结构特征、异面直线所成角的求法、余弦定理的应用等知识，属于中档题．8．（2023秋•佛山期末）佛山是全国著名的工业城市，这里生产的部分产品通过水路运输到全国乃至全世界．如图1是佛山一个货运码头的吊机，其作用是完成集装箱的装船或卸船．为了研究其结构的稳固性，工程师把一个吊机的部分结构（图1中圈住部分）画成图2的空间几何体．若四边形是矩形，，，，，，，则直线与所成角的余弦值为．【分析】在上取一点，使，可证出四边形为平行四边形，从而得出（或其补角）就是直线与所成角，然后求出的长度，在中利用余弦定理算出答案．【解答】解：根据题意，在上取一点，使，因为，且矩形中，，所以，可得、平行且相等，四边形为平行四边形，所以，（或其补角）就是直线与所成角．中，，，，所以，中，，，得，在中，，，可得，所以直线与所成角的余弦值为．故答案为：．【点评】本题主要考查空间直线的位置关系、异面直线所成角的求法、余弦定理的应用等知识，属于中档题．三．解答题（共3小题）9．（2023秋•邵东市校级期末）如图，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，平面，，是的中点．（1）证明：平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值．【分析】（1）连接，交的于，连接，因为分别是，的中点，所以，然后结合线面平行的判定定理即可得证；（2）（1）得：，即（或其补角）就是异面直线与所成的角，然后结合余弦定理求解即可．【解答】（1）证明：连接，交的于，连接，因为分别是，的中点，所以，又平面，平面即平面；（2）解：由（1）得：，即（或其补角）就是异面直线与所成的角，又，，，则，即异面直线与所成角的余弦值为．【点评】本题考查了线面平行的判定定理，重点考查了异面直线所成角的求法，属基础题．10．（2023秋•安顺期末）将矩形面绕边顺时针旋转得到如图所示几何体．已知，，点在线段上，为圆弧的中点．（1）当是线段的中点时，求异面直线写所成角的余弦值；（2）在线段上是否存在点，使得平面？如果存在，求出线段的长，如果不存在，说明理由．【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，利用线线角的向量求法加以计算，可得写所成角的余弦值；（2）利用空间位置关系的向量证明，即可得到本题的答案．【解答】解：（1）如图，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，，，0，，，0，，，当是线段的中点时，可得，，，则，，所以异面直线与所成角的余弦值为；（2）设，平面的法向量为，因为，，，所以，令，得，若平面，则，解得，即．所以线段上存在点，使得平面，此时．【点评】本题主要考查利用空间向量求异面直线所成角、线面平行的判定与性质等知识，考查了空间想象能力、逻辑推理能力，属于中档题．11．（2023秋•湖北期末）如图，平行六面体的底面是菱形，且，，．（1）求的长．（2）求异面直线与所成的角的余弦值．【分析】（1）根据题意，选出一组基底，利用线性运算以及数量积，可得答案；（2）利用（1）的基底，结合数量积的运算，可得答案．【解答】解：（1）设，，，构成空间的一个基底．因为，所以，则，即的长为；（2）由于，，则，又，设所求异面直线与所成的角为，，，即异面直线与所成角的余弦值为．【点评】本题考查空间向量在立体几何中的运用，考查运算求解能力，属于基础题．空间中直线与平面所成的角一．选择题（共1小题）1．（2023秋•黔东南州期末）在空间直角坐标系中，已知向量是平面的一个法向量，且，则直线与平面所成角的正弦值是A． B． C． D．【分析】由题意，根据空间向量的数量积的定义计算即可．【解答】解：已知向量是平面的一个法向量，且，则直线与平面所成角的正弦值等于．故选：．【点评】本题考查了直线与平面所成角的求法，重点考查了向量的应用，属基础题．二．填空题（共1小题）2．（2023秋•保定期末）在空间直角坐标系中，过点，，且一个法向量为，，的平面的方程可写为．已知直线的方向向量为，1，，平面的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为．【分析】根据线面角的向量公式求解即可．【解答】解：由题意，平面的法向量可取，直线的方向向量，设直线与平面所成角为，则有．故答案为：．【点评】本题考查线面角的向量求法，属基础题．三．解答题（共4小题）3．（2023秋•浦东新区校级期末）在圆锥中，是底面圆周上一点．设的长为1，且圆锥的侧面展开图是半圆．（1）记圆锥的底面圆半径为，母线长为，则圆锥的侧面积（用，表示）；在本题中，求圆锥的侧面积；（2）求母线与底面所成角的大小．【分析】（1）根据题意，由圆锥侧面积公式可得第一空答案，由圆锥的结构特征可得，即可得的值，计算可得答案；（2）根据题意，易得为母线与底面所成角，结合三角函数的定义此计算可得答案．【解答】解：（1）根据题意，圆锥的底面圆半径为，母线长为，则圆锥的侧面积，本题中，圆锥的侧面展开图是半圆，则有，则，故该圆锥的侧面积；（2）由图可知，为母线与底面所成角，，，母线与底面所成角为．【点评】本题考查圆锥的侧面积，考查直线与平面所成的角，是中档题．4．（2023秋•聊城期末）如图，在长方体中，，，为的中点．（1）证明：；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．【分析】（1）根据题意，以为原点建立空间直角坐标系，设，利用坐标法证出，可得；（2）先求出平面的法向量，再根据直线的方向向量与平面法向量的夹角，算出与平面所成角的正弦值．【解答】（1）证明：以为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图空间直角坐标系，设，则，0，，，，，0，，可得，，因为，所以，即．（2）解：当时，，由（1）知，，．设平面的法向量为，则，得，令，则，，所以为平面的一个法向量．设直线与平面所成的角为，则，因此，直线与平面所成角的正弦值为．【点评】本题主要考查长方体的结构特征、利用空间坐标系研究线线垂直、直线与平面所成角等知识，属于中档题．5．（2023秋•西城区校级期末）如图，四边形为梯形，，四边形为矩形，平面，，．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【分析】（1）连接，在底面梯形中，利用余弦定理证出，可得、互相垂直，根据平面，得到，从而得出平面，可得结论；（2）过点作于，连接，可证出就是直线与平面所成角，然后利用解三角形的知识，算出答案．【解答】（1）证明：连接，平面，平面，，，，，四边形为直角梯形，中，，，，，又中，，，，，可得，，即，，矩形中，，，平面，结合平面，得，、是平面内的相交直线，平面，结合平面，得；（2）过点作于，连接，由（1）知平面，结合平面，得，，、是平面内的相交直线，平面，可得直线在平面内的射影是，就是直线与平面所成角，在中，，，可得，，中，，即直线与平面所成角的正弦值等于．【点评】本题主要考查线面垂直的判定与性质、解三角形及其应用、直线与平面所成角的求法等知识，属于中档题．6．（2023秋•大东区校级期末）如图，在长方体中，，，点在上，且．（Ⅰ）求直线与所成角的大小；（Ⅱ）求与平面所成角的正弦．【分析】（Ⅰ）以为原点，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，求出，，利用空间向量的数量积求解直线与所成角的余弦值即可；（Ⅱ）求出平面的法向量，利用平面法向量与直线方向向量的夹角即可求解线面角．【解答】解：（Ⅰ）以为原点，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，则，0，，，3，，，3，，，3，，，1，，所以，，所以，所以，故直线与所成角为．（Ⅱ）因为，设平面的法向量为，则，令，则，，于是，设与平面所成角为，则，所以与平面所成角的正弦值为．【点评】本题主要考查直线与平面所成的角，属于中档题．二面角一．选择题（共2小题）1．（2023秋•大连期末）在空间中，“经过点，，，法向量为，，的平面的方程（即平面上任意一点的坐标，，满足的关系式）为：”．用此方法求得平面和平面的方程，化简后的结果为和，则这两平面所成角的余弦值为A． B． C． D．【分析】根据题意，由两平面的方程，得到两平面的法向量，由法向量夹角公式即可求得结论．【解答】解：由题意，平面的法向量为，平面的法向量为，则，则两平面所成角的余弦值为．故选：．【点评】本题考查二面角的概念和求法，考查空间向量数量积运算，属基础题．2．（2023秋•西青区期末）在正方体中，点为的中点，则平面与平面所成角的余弦值为A． B． C． D．【分析】建立空间直角坐标系，求得平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式求得面面角的余弦值．【解答】解：在正方体中，建立如图所示的坐标系，设正方体棱长为2，则，0，，，0，，，2，，故，，设平面的一个法向量为，则由，令，可得，，则可得平面的一个法向量为，不妨取平面的一个法向量为，设平面与平面所成角为，则有，则平面与平面所成角的余弦值为．故选：．【点评】本题考查平面与平面所成角的余弦值，属中档题．二．多选题（共1小题）3．（2024春•南阳期末）三棱锥中，平面与平面的法向量分别为，，，，1，，则二面角的大小可能为A． B． C． D．【分析】计算，，即可得出答案．【解答】解：，，所以二面角的大小可能为或．故选：．【点评】本题考查二面角，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．三．填空题（共1小题）4．（2024春•成都期末）如图，在正方体中，直线与直线所成角的大小为；平面与平面夹角的余弦值为．【分析】（1）由异面直线所成角的定义直接求解即可；（2）根据面面角的平面角定义，得出面面角的平面角，在直角三角形中求解即可．【解答】解：如图，在正方体中，，故直线与直线所成角，即为直线与直线所成角，显然，故直线与直线所成角为；设与交于点，连接，因为，，为中点，所以，，则即为平面与平面所成夹角，设，则，，在中，，故平面与平面夹角的余弦值为．故答案为：；．【点评】本题考查异面直线所成角及两平面夹角的余弦值的求法，属中档题．四．解答题（共3小题）5．（2023秋•电白区期末）如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，，点在棱上．（1）证明：平面平面；（2）当时，求二面角的余弦值．【分析】（1）根据线面垂直性质可得，结合题意可得是直角三角形，且，利用线面垂直的判定定理可得平面，即可证明结论；（2）由（1）得，，，建立以为原点的空间直角坐标系，利用向量法，即可得出答案．【解答】解：（1）证明：底面，平面，，，，，，，，即是直角三角形，且，，平面，平面，平面，平面，平面平面；（2）由（1）得，，，，则平面，建立以为原点的空间直角坐标系，如图所示：，则，0，，，0，，，，，，0，，设点，，，，即，，，，，，，，即，0，，，，，，0，，设平面的一个法向量为，，，，取，则，，平面的一个法向量为，0，，又平面，则平面的一个法向量为，0，，设二面角的平面角为，则，故二面角的余弦值．【点评】本题考查直线与平面垂直和二面角，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．6．（2023秋•道里区校级期末）如图，在四棱锥中，平面，，是棱上一点．（1）求证：平面平面；（2）若是的中点，求平面和平面的夹角的余弦值．【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明．（2）利用空间向量的坐标运算，求平面与平面夹角的余弦值．【解答】解：（1）因为，，，，取中点，连接，则，，，所以，即，又平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面．（2）以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系：因为是的中点，则，所以，设平面的法向量为，则，令，则，，所以平面的法向量为，显然，平面的法向量为，设平面和平面的夹角为，为锐角，则，所以平面和平面的夹角的余弦值为．【点评】本题考查直线与平面的位置关系，二面角，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．7．（2023秋•二道区校级期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是等边三角形，平面，，，，分别是，，，的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的大小；（3）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为，若存在，求线段的长；若不存在，说明理由．【分析】（1）由题意得，，利用线面垂直的判定定理，即可证明结论；（2）建立以为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴的空间直角坐标系，利用向量法，即可得出答案；（3）假设线段上存在点，使得直线与平面所成角为，设，由（2）得平面的法向量为，0，，则直线与平面的法向量所成的夹角为，利用向量法，列出关于的方程，求解即可得出答案．【解答】解：（1）证明：是等边三角形，是的中点，，又平面，平面，，又，平面，平面，平面；（2）由（1）得平面，连接，建立以为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴的空间直角坐标系，如图所示：底面是边长为4的正方形，则，0，，，0，，，4，，，4，，，0，，，4，，，0，，，2，，，0，，则，2，，，2，，设平面的法向量为，，，则，取，则，，平面的法向量为，0，，又平面的法向量为，0，，，，又平面与平面的夹角为锐角，平面与平面的夹角为；（3）假设线段上存在点，使得直线与平面所成角为，设，由（2）得平面的法向量为，0，，则直线与平面的法向量所成的夹角为，，0，，，，0，，则，0，，，，，，，即，△，关于的方程无解，故线段上不存在点．【点评】本题考查直线与平面垂直和二面角，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力、直观想象，属于中档题．体积法求点面距离一．选择题（共1小题）1．（2023秋•济南期末）如图所示为正八面体的展开图，该几何体的8个表面都是边长为1的等边三角形，在该几何体中，为直线上的动点，则到直线距离的最小值为A． B． C． D．【分析】将平面展开图还原成正八面体，根据线段位置，利用体积法求得异面直线与的距离，即可得到直线距离的最小值．【解答】解：把平面展开图还原为空间正八面体，如图所示：正八面体的八个顶点都在球面上，故正八面体外接球的球心为正方形的中心，半径，平面平面，异面直线与的距离为平面与平面的距离，又到平面的距离与到平面的距离相等，直线与的距离为到平面的距离2倍，，，，，异面直线与的距离为，则点到直线的距离的最小值为．故选：．【点评】本题考查空间线线距离，点线距离的求法，属中档题．二．多选题（共1小题）2．（2022秋•淄博期末）在棱长为3的正方体中，点在棱上运动（不与顶点重合），则点到平面的距离可以是A． B． C．2 D．【分析】根据运动变化思想，等体积法求点面距，可得到平面的距离的范围，从而可得正确选项．【解答】解：当与重合时点到平面的距离最大，易知最大为3；当与重合时点到平面的距离最小，设最小距离为，易知是边长为的等边三角形，则由等体积法思想可得：，，，，设到平面的距离为，当在棱上运动（不与顶点重合）时，则，，故选：．【点评】本题考查运动变化思想，等体积法求点面距，属基础题．三．填空题（共1小题）3．（2023秋•西安期末）在四棱锥中，面，四边形为直角梯形，，，，则平面与平面夹角的余弦值为，异面直线与的距离为．【分析】第一空，建系利用空间向量求解即可；第二空，与的距离即为到平面的距离，即点到面的距离，用等体积求解即可．【解答】解：面，，面，，．又，，，，两两垂直．以为原点，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，如图所示，则，0，，，0，，，2，，，4，，，0，，，，，2，，，设为平面的一个法向量，则由，即，令，可得，设为平面的一个法向量，则由，即，令，可得，则，设平面与平面的夹角为，则，平面与平面夹角的余弦值为；如图，取中点，连接，，，，四边形为平行四边形，，面，面，面，与的距离为到面的距离，即点到面的距离，设点到面的距离为，，，由，得，解得，异面直线与的距离为．故答案为：，．【点评】本题考查利用空间向量求解二面角，考查等体积法求解点面距离，属中档题．四．解答题（共1小题）4．（2023秋•重庆期末）如图，在四棱锥中，平面平面，且是边长为2的等边三角形，四边形是矩形，，为的中点．（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求点到平面的距离．【分析】（1）根据题设条件及勾股定理可证线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得线面角的正弦值；（3）利用等体积法即可求得点到平面的距离．【解答】解：（1）证明：如图，平面平面，四边形是矩形，因为四边形是矩形，所以，，又平面平面，，平面，所以平面，平面，故，，在直角中，，，则，在直角中，，，则，在直角中，，，则，则有，即；（2）如图，取中点为，中点为，连接，由题设可知，平面，故以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，，，，设平面的一个法向量为，，，则由，可得，令，可得，，故平面的一个法向量为，记直线与平面所成角为，，所以，故直线与平面所成角的正弦值为；（3）由（1）知，，，，且，同理可求得，，设点到平面的距离为，由，所以，解得，所以点到平面的距离为．【点评】本题考查线线垂直的判定，考查利用空间向量求解线面角，考查点到平面的距离，属中档题．空间向量与翻折问题1．（2023秋•泰安期末）如图1，在直角梯形中，，，，，，，分别为，的中点，沿将平面折起，使二面角的大小为，如图2所示，设，分别为，的中点，为线段上的动点（不包括端点）．（1）求证：；（2）若直线与平面所成角的正弦值是，求．【分析】（1）由已知可证得平面，进而可证得，通过证出，证得平面，即可证得结果；（2）以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．【解答】解：（1）证明：，分别为，的中点，．，，，平面平面，平面，，是二面角的平面角，．，为等边三角形，．，，平面，平面，又平面，．（2）设中点为，由（1）知，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系．，，，，，，设平面的法向量为，则即，取，则，设，，设与平面所成的角为，则，解得或（舍，．【点评】本题考查空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．2．（2023秋•仙游县期末）如图1，是边长为6的等边三角形，点，分别在线段，上，，，沿将折起到的位置，使得，如图2．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求．【分析】（Ⅰ）根据勾股定理得到，，进而证明平面，即可证明；（Ⅱ）【解答】解：（Ⅰ）在中，，，，由余弦定理得，将代入上式整理得到：所以，所以，在中，，，，易得，所以，又因为，所以平面，所以平面平面．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，两两互相垂直，所以以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，0，，，0，，，所以，，设平面的一个法向量为，则，令，得，设，易知，故，又因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，即，解得，即．【点评】本题主要考查面面垂直的证明，以及利用空间向量计算直线与平面所成的角，属于中档题．3．（2023秋•邯郸期末）如图，四边形是平行四边形，，为的中点．以为轴，将折起，使得点到达点的位置，且平面平面，以为轴，将折起，使得点到达点的位置，且平面平面，设平面平面直线．（1）求证：直线平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．【分析】（1）利用合理转化证明线面垂直即可；（2）建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法计算即可．【解答】解：（1）证明：由题意知，分别取，的中点，，连接，，则，，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理平面，所以，因为平面，平面，所以平面，因为平面平面直线，所以，又平面，所以直线平面．（2）不妨设，所以平行四边形中，，，所以，，又平行四边形中，，所以，所以，即，以为原点，，所在直线分别为轴，轴，直线为轴，建立如图的空间直角坐标系，又，则，所以，，，所以，，设平面的法向量为，则，得，令，则，，所以平面的一个法向量为，由（1）知是平面的一个法向量，则，所以平面与平面夹角的余弦值为．【点评】本题考查空间线面垂直以及二面角的应用，属于中档题．4．（2023秋•锦州期末）如图1，在直角梯形中，，，，，是的中点，是与的交点，将沿折起到△位置，如图2．（1）证明：；（2）若二面角为，求平面与平面所成角的余弦值．【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，得到是中点，三角形为等腰直角三角形，证明出，得到结论；（2）由二面角为直角得到面面垂直，进而得到线面垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，由向量夹角余弦公式求出答案．【解答】解：（1）证明：在图（1）中，四边形是直角梯形，，所以，因为，，为中点，所以，所以四边形为平行四边形，所以，因为是的中点，所以是中点，又，，所以三角形为等腰直角三角形，所以，图（2）中，且，所以；（2）已知二面角为，所以平面，平面，且交线为，由（1）知，，平面，所以平面，以为原点，，，的方向分别为，，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，所以，，，，得，，，设平面的法向量，设平面的法向量，设平面与平面所成角为，则，令，则，故，又，解得，令则，故，，平面与平面所成角，所以平面与平面所成角余弦值为．【点评】本题考查空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．5．（2023秋•景德镇期末）某校一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，，，分别是边长为4的正方形的三边，，的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接，就得到了一个“刍薨”（如图．（1）若是四边形对角线的交点，求证：平面；（2）若二面角的平面角为，求平面与平面夹角的余弦值．【分析】（1）取的中点，连接，，由题意证得四边形是平行四边形，可得，再利用直线与平面平行的判定定理即可证得平面；（2）由题意可得即为二面角的平面角，即，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，再利用平面与平面的夹角公式求解即可．【解答】（1）证明：取的中点，连接，，如图所示，四边形是矩形，且，为线段与的中点，，且，由图1可知，且，，且，在图2中，且，且，四边形是平行四边形，，又平面，平面，平面．（2）解：由题设图1可知，，，折起后在题设图2中仍有，，即为二面角的平面角，故，以为坐标原点，，所在直线分别为轴和轴，在平面内作平面，建立空间直角坐标系，如图所示，可得，0，，，2，，，，，易知平面的一个法向量，1，，设平面的一个法向量为，则有，令，可得，，于是平面的一个法向量为，，平面与平面夹角的余弦值为．【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理，考查利用空间向量求平面与平面的夹角，属中档题．6．（2023秋•西山区期末）已知平行四边形如图甲，，，沿将折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥如图乙．（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【分析】（Ⅰ）由题设条件，证明，，再由面面垂直的判定定理即可证明结论；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式列方程即可求解．【解答】（Ⅰ）证明：由题意，在平行四边形中，，，，则在中，由余弦定理，可得，则有，故，即，又，所以，由题意，，，，平面，所以平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（Ⅱ）解：过点作，由（Ⅰ）可知，，，两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，0，，，，，，，0，，设，则有，故，则，，设平面的一个法向量为，则有，令，可得，，即，取平面的一个法向量为，由图可知二面角的平面角为锐角，则由二面角的余弦值为，可得，整理得，解得或（舍去），故，即，故在线段上存在点，当时，可得二面角的余弦值为．【点评】本题考查面面垂直的判定，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，属中档题．7．（2023秋•让胡路区校级期末）已知和均是等腰直角三角形，既是的斜边又是的直角边，且，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点．（1）求证：．（2）在线段上是否存在点，使得与平面所成的角的正弦值为．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）取中点，连接，，可由线面垂直证明线线垂直得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和直线的方向向量，根据线面角的正弦值列方程求解即可．【解答】（1）证明：取中点，连接，，如图，又为的中点，，由，则，又为等腰直角三角形，，，，又，，平面，平面，又平面，；（2）解：由（1）知，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，即，，两两互相垂直，故以为原点，为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，又，则，0，，，2，，，0，，，0，，，，设，则，解得，，，则，设为平面的一个法向量，则，令，可得，设与平面所成角为，由题意有，整理得，解得或，故在线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，此时或．【点评】本题考查线面垂直、面面垂直的判定与性质，考查线面角的定义及正弦值的求法，属中档题．空间向量与存在性问题1．（2023秋•浦东新区期末）如图，已知正方形的边长为1，平面，三角形是等边三角形．（1）求异面直线与所成的角的大小；（2）在线段上是否存在一点，使得与平面所成的角大小为？若存在，求出的长度，若不存在，说明理由．【分析】（1）根据线线平行可得异面直线所成的角，根据三角形的边角关系即可求解；（2）根据几何法求解线面角的几何角，利用三角形的边角关系即可求解．【解答】解：（1）因为为正方形，则，则异面直线与所成的角即为与所成的角或其补角，因为三角形是等边三角形，所以，则，因为平面，所以，所以，即；（2）作交于点，连接，，因为平面，所以平面，则与平面所成的角大小为，设，则，所以，则，故存在点，当时，与平面所成的角大小为．【点评】本题考查异面直线所成角及线面角的求法，属中档题．2．（2023秋•金东区校级期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，平面，，，是的中点．（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）在直线上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．【分析】（1）分别取，中点，，则，以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的正弦值．（2）假设存在点，使得平面平面，设，求出平面和平面的法向量，利用向量法能求出存在点，使得平面平面，此时与重合．【解答】解：（1）分别取，中点，，则，又平面，则，，两两互相垂直，以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，0，，，1，，，1，，，，，，1，，，，，，2，，，1，，设，，为平面的一个法向量，则，取，得，0，，，与与平面所成角互余，直线与平面所成角的正弦值为．（2）假设存在点，使得平面平面，设，1，，则，设，，是平面的一个法向量，则，令，则，，，1，，平面平面，，解得，存在点，使得平面平面，此时与重合．【点评】本题考查线面角的定义及其正弦值的求法、线面垂直的判定与性质、向量法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．3．（2023秋•威宁县期末）如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，．（1）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，请指出点的位置，并证明；若不存在，请说明理由．（2）求平面与平面的夹角的大小．【分析】（1）先构造平行四边形证明线线平行，再利用直线和平面平行的判定定理即可证明；（2）先建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用空间夹角的向量求法即可得出答案．【解答】解：（1）当为中点时，平面，证明如下：设为的中点，连接，，，则在中，，，因为，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面；（2）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，0，，，2，，，1，，，0，，则，1，，，，设平面的法向量为，，，则有，令，则，2，，设平面的法向量为，，，则有，令，则，0，，设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面的夹角为．【点评】本题考查线面平行的判定，考查二面角的求法，属中档题．4．（2023秋•驻马店期末）如图，在四棱锥中，面，，且，，，，，，分别为，的中点．（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存在，说明理由；（3）在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状．【分析】（1）取的中点，证明平面平面即可；（2）建立平面直角坐标系，利用直线与平面所成角的正弦值为，进行坐标运算即可求得；（3）设出点坐标，利用，得到相应的方程，化简即可判定点的轨迹形状．【解答】（1）证明：取的中点，连接，，因为为的中点，所以，又，所以，又平面，平面，所以平面，同理可证平面，又因为，，平面，所以平面平面，又平面，所以平面；（2）解：假设存在，设，如图，取的中点，连接，则，以点为坐标原点，建立空间