专题01空间向量与立体几何（基础12种题型+能力提升题）-【好题汇编】备战2023-2024学年高二数学上学期期末真题分类汇编（新高考专用）含解析.pdf

专题 01 空间向量与立体几何（基础 12 种题型+能力提升题）-【好题汇编】备战 2023-2024 学年高二数学上学期期末真题分类汇编（新高考专用）专题 01 空间向量与立体几何（基础 12 种题型+能力提升题）一异面直线及其所成的角（共一异面直线及其所成的角（共 4 小题）小题）1（2022 秋蓝田县期末）如图，正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，F 分别为棱 C1D1，A1D1的中点，则异面直线 DE 与 AF 所成角的余弦值是2（2022 秋颍州区校级期末）如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，AA13，AB2，则异面直线A1B 与 B1C 所成角的余弦值为3（2022 秋东坡区校级期末）如图，S 为等边三角形 ABC 所在平面外一点，且 SASBSCAB，E，F 分别为 SC，AB 的中点，则异面直线 EF 与 AC 所成的角为4（2022 秋涡阳县校级期末）如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，ABACAA12，E，F 分别是 BC，A1C1的中点设 D 是线段 B1C1（包括两个端点）上的动点，当直线 BD 与 EF 所成角的余弦值为，则线段 BD 的长为二空间中的点的坐标（共二空间中的点的坐标（共 1 小题）小题）5（2022 秋西城区期末）在空间直角坐标系 Oxyz 中，点 A（1，3，0），B（0，3，1），则（）A直线 AB坐标平面 xOyB直线 AB坐标平面 xOyC直线 AB坐标平面 xOzD直线 AB坐标平面 xOz三空间两点间的距离公式（共三空间两点间的距离公式（共 1 小题）小题）（多选）6（2022 秋凌河区校级期末）空间直角坐标系中，坐标原点到下列各点的距离不大于 5的是（）A（1，1，1）B（1，2，2）C（2，3，5）D（3，0，4）四空间向量及其线性运算（共四空间向量及其线性运算（共 6 小题）小题）7（2022 秋定远县校级期末）已知三棱锥 OABC，点 M，N 分别为 AB，OC 的中点，且，用，表示，则等于（）ABCD8（2022 秋黄山期末）如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，E、F 分别是 BC、CC1的中点，G 为ABC 的重心，则（）ABCD9（2022 秋米东区校级期末）如图，在斜棱柱 ABCDA1B1C1D1中，AC 与 BD 的交点为点 M，则（）ABCD10（2022 秋玉林期末）如图，空间四边形 OABC 中，点 M 在 OA 上，且 OM2MA，N 为 BC 的中点，则（）ABCD11（2022 秋徐汇区校级期末）已知 O 为空间任意一点，A、B、C、P 满足任意三点不共线，但四点共面，且，则 m 的值为12（2022 秋淄博期末）如图，正四面体（四个面都是正三角形）OABC 的棱长为 1，M 是棱 BC的中点，点 N 满足，点 P 满足（1）用向量表示；（2）求五共线向量与共面向量（共五共线向量与共面向量（共 1 小题）小题）13（2022 秋朝阳区校级期末）已知，若 与 共线，则 x+y六空间向量的数量积运算（共六空间向量的数量积运算（共 4 小题）小题）14（2022 秋天宁区校级期末）已知，且 与 的夹角为钝角，则 x 的取值范围是15（2022 秋荔湾区校级期末）已知向量，若，则 m16（2022 秋勃利县校级期末）已知向量（0，1，1），（4，1，0），|+|且0，则17（2022 秋丰城市期末）（2，3，5），（3，1，4），则|七空间向量的夹角与距离求解公式（共七空间向量的夹角与距离求解公式（共 1 小题）小题）18（2022 秋锦州期末）直线 l 的方向向量为，且 l 过点 A（1，1，1），则点 P（1，2，1）到 l 的距离为（）ABCD八空间向量基本定理、正交分解及坐标表示（共八空间向量基本定理、正交分解及坐标表示（共 4 小题）小题）19（2022 秋新余期末）已知空间四边形 OABC，其对角线 OB、AC，M、N 分别是边 OA、CB 的中点，点 G 在线段 MN 上，且使 MG2GN，用向量，表示向量是（）ABCD（多选）20（2022 秋东湖区校级期末）已知，是空间的一个基底，则下列说法中正确的是（）A若 x+y+z ，则 xyz0B，两两共面，但，不共面C一定存在实数 x，y，使得 x+yD+，+2 一定能构成空间的一个基底（多选）21（2022 秋花都区校级期末）若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（）A，B，C，D，22（2023 春龙岩期末）如图，在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中，M 为 A1C1，B1D1的交点 若，则向量（）A+BC+D+九向量的数量积判断向量的共线与垂直（共九向量的数量积判断向量的共线与垂直（共 2 小题）小题）23（2022 秋荆州区校级期末）已知 x，yR，向量，且，则（）ABC4D324（2022 秋东城区期末）已知空间向量（1，1，0），（m，1，1），若 ，则实数m十平面的法向量（共十平面的法向量（共 2 小题）小题）（多选）25（2022 秋西城区校级期末）下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（）A两条不重合直线 l1，l2的方向向量分别是，3，1），3，1），则 l1l2B直线 l 的方向向量，1，2），平面的法向量是，4，1），则 lC两个不同的平面，的法向量分别是，2，1），4，2），则D直线 l 的方向向量，3，0），平面的法向量是，5，0），则 l26（2022 秋兰山区校级期末）已知平面的一个法向量，点 A（1，3，0）在平面内，若点 B（m，0，2m）在平面内，则 m十一直线与平面所成的角（共十一直线与平面所成的角（共 4 小题）小题）27（2022 秋兴城市校级期末）如图，已知平面四边形 ABCP 中，D 为 PA 的中点，PAAB，CDAB，且 PACD2AB4将此平面四边形 ABCP 沿 CD 折成直二面角 PDCB，连接 PA、PB、BD（）证明：平面 PBD平面 PBC；（）求直线 AB 与平面 PBC 所成角的正弦值28（2022 秋怀柔区期末）如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，AB3，ADAA12，点 E 在AB上，且 AE1（）求直线 BC1与 A1C 所成角的大小；（）求 BC1与平面 A1EC 所成角的正弦29（2023 春青秀区校级期末）如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，CC1平面 ABC，ACBC，ACBC2，CC13，点 D，E 分别在棱 AA1和棱 CC1上，且 AD1，CE2，M 为棱 A1B1的中点（1）求证：C1MB1D；（2）求直线 AB 与平面 DB1E 所成角的正弦值30（2022 秋城区校级期末）如图所示，四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 是矩形，PB底面ABCD，ABBC3，BP3，CFCP，DEDA（1）证明：EF平面 ABP；（2）求直线 PC 与平面 ADF 所成角的正弦值十二二面角的平面角及求法（共十二二面角的平面角及求法（共 2 小题）小题）31（2022 秋郴州期末）在空间中，已知平面过点（3，0，0）和点（0，4，0）及 z 轴上一点（0，0，a）（a0），如果平面与平面 xOy 上的夹角为 45，则 a32（2022 秋温州期末）二面角l的棱上有两个点 A、B，线段 BD 与 AC 分别在这个二面角的两个面内，并且垂直于棱 l，若 AB4，AC6，BD8，CD2，则平面与平面的夹角为一多选题（共一多选题（共 3 小题）小题）（多选）1（2022 秋薛城区期末）如图，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，P 在线段 BD1上运动（包括端点），下列选项正确的有（）AAPB1CBPDBCC直线 PC1与平面 A1BCD1所成角的最小值是DPC+PD 的最小值为（多选）2（2022 秋广州期末）已知空间向量（2，1，1），（3，4，5），则下列结论正确的是（）ABCD 在 上的投影数量为（多选）3（2022 秋天河区校级期末）如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为 AC 的中点，则（）A，120BBD1ACCBD1EB1DBB1E45二填空题（共二填空题（共 2 小题）小题）4（2022 秋保山期末）半正多面体（又称作“阿基米德体”），是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，其构成体现了数学的对称美如图，这是一个棱数为 24，棱长为的半正 14 面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体沿共顶点的三条棱的中点截去八个相同的三棱锥所得，则这个半正多面体的体积为；若点 E 为线 段 BC 上 的 动 点，则 直 线 DE 与 平 面 AFG 所 成 角 的 正 弦 值 的 取 值 范 围为5（2022 秋惠州期末）空间直角坐标系 xOy 中，过点 P（x0，y0，z0）且一个法向量为的平面的方程为 a（xx0）+b（yy0）+c（zz0）0，过点 P（x0，y0，z0）且方向向量为的直线 l 的方程为，阅读上面材料，并解决下面问题：已知平面的方程为 xy+z+10，直线 l 是两个平面 xy+20 与 2xz+10 的交线，则直线 l 与平面所成角的正弦值为三解答题（共三解答题（共 9 小题）小题）6（2022 秋三门峡期末）如图，四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，ABC 是边长为 2 的等边三角形，直线 PB 与底面 ABCD 所成的角为 45，PA2CD，PD，E 是棱 PD 的中点（1）求证：CDAE；（2）在棱 PB 上是否存在一点 T，使得平面 ATE 与平面 APB 所成锐二面角的余弦值为？若存在，请指出 T 的位置；若不存在，请说明理由7（2022 秋中山市校级期末）如图，在四棱锥 PABCD 中，CD平面 PAD，PAD 为等边三角形，ADBC，ADCD2BC2，E，F 分别为棱 PD，PB 的中点（）求证：AE平面 PCD；（）求平面 AEF 与平面 PAD 所成锐二面角的余弦值；（）在棱 PC 上是否存在点 G，使得 DG平面 AEF？若存在，求直线 DG 与平面 AEF 的距离；若不存在，说明理由8（2022 秋西山区期末）如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，ADC，PDDC2BC4，点 E 是线段 AD 的中点，点 F 在线段 AP 上且满足，PD面 ABCD（）当时，证明：PC平面 BFE；（）当为何值时，平面 BFE 与平面 PBD 所成的二面角的正弦值最小？9（2022 秋邵东市校级期末）如图所示，在四棱锥 PABCD 中，ADBC，BAD90，PAPBPD2（1）证明：PABD；（2）求直线 BC 与平面 PCD 所成角的余弦值10（2022 秋湖北期末）如图，在四棱锥 PABCD 中，ABCD，APDABC90，平面 PAD平面 ABCD，E 为 PA 中点（1）求证：DE面 PBC；（2）求证：PA面 PBD；（3）点 Q 在棱 PB 上，设，若二面角 PADQ 的余弦值为，求11（2022 秋九龙坡区校级期末）三棱柱 ABCA1B1C1中，M、N 分别是 A1B、B1C1上的点，且BM2A1M，C1N2B1N设，（）试用表示向量；（）若BAC90，BAA1CAA160，ABACAA11，求 MN 的长12（2022 秋温州期末）如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，ADAA11，AB2，点 E 在棱AB 上移动（1）证明：D1EA1D；（2）当 E 为 AB 的中点时，求点 E 到面 ACD1的距离13（2022 秋浉河区校级期末）如图，在梯形 ABCD 中，ABCD，ADDCCB1，ABC60，四边形 ACFE 为矩形，平面 ACFE平面 ABCD，CF1（1）求证：BC平面 ACFE；（2）若点 M 在线段 EF 上移动，试问是否存在点 M，使得平面 MAB 与平面 FCB 所成的二面角为 45，若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，说明理由14（2022 秋兴城市校级期末）如图，在梯形 ABCD 中，ABCD，ADDCCB1，ABC60，四边形 ACFE 为矩形，平面 ACFE平面 ABCD，CF1（）求证：BC平面 ACFE；（）点 M 在线段 EF 上运动，设平面 MAB 与平面 FCB 所成二面角的平面角为（90），试求 cos的取值范围专题 01 空间向量与立体几何（基础 12 种题型+能力提升题）一异面直线及其所成的角（共一异面直线及其所成的角（共 4 小题）小题）1（2022 秋蓝田县期末）如图，正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，F 分别为棱 C1D1，A1D1的中点，则异面直线 DE 与 AF 所成角的余弦值是【分析】取 A1B1的中点 G，连接 AG，FG，EG，所以 AGDE，所以异面直线 DE 与 AF 所成角为FAG 或其补角，再利用余弦定理求解即可【解答】解：取 A1B1的中点 G，连接 AG，FG，EG，如图所示，A1GD1E，且 A1GD1E，四边形 A1GED1为平行四边形，AGDE，异面直线 DE 与 AF 所成角为FAG 或其补角，设正方形的边长为 2，则 AF，AG，FG，在AGF 中，由余弦定理可得 cosFAG，故答案为：【点评】本题主要考查了异面直线的夹角，考查了学生的空间想象能力，是基础题2（2022 秋颍州区校级期末）如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，AA13，AB2，则异面直线A1B 与 B1C 所成角的余弦值为【分析】根据棱柱的结构特征，建立空间直角坐标系，利用向量法，即可得出答案【解答】解：在正三棱柱 ABCA1B1C1中，建立以 A 为原点，在平面 ABC 内过点 A 作 AC 的垂线为 x 轴，AC 为 y 轴，AA1为 z 轴的空间直角坐标系 Axyz，如图所示：在正三棱柱 ABCA1B1C1中，AA13，AB2，则，则，设异面直线 AB1与 B1C 所成角为，异面直线 AB1与 B1C 所成角的余弦值为，故答案为：【点评】本题考查异面直线的夹角和棱柱的结构特征，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题3（2022 秋东坡区校级期末）如图，S 为等边三角形 ABC 所在平面外一点，且 SASBSCAB，E，F 分别为 SC，AB 的中点，则异面直线 EF 与 AC 所成的角为45【分析】取 AS 的中点 G，连接 GE，GF，则GEF 是异面直线 EF 与 AC 所成角，证明 AC平面 BMC，能求出异面直线 EF 与 AC 所成的角【解答】解：如图，取 AS 的中点 G，连接 GE，GF，则 GEAC，GFSB，GEF 是异面直线 EF，AC 所成角，设 AB2，则 GE1，GF1，取 AC 的中点为 M，连接 MS，MB，SASBSCAB，SAC，ABC 为等边三角形，SMAC，BMAC，SMBMM，SM，BM平面 BMS，AC平面 SBM，ACSB，EGGF，GEF45，异面直线 EF 与 AC 所成的角为 45故答案为：45【点评】本题考查异面直线所成角的定义、线面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题4（2022 秋涡阳县校级期末）如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，ABACAA12，E，F 分别是 BC，A1C1的中点设 D 是线段 B1C1（包括两个端点）上的动点，当直线 BD 与 EF 所成角的余弦值为，则线段 BD 的长为2【分析】以 E 为原点，EA、EC 为 x、y 轴，建立空间直角坐标系，建立直线 BD 与 EF 所成的角为，由 cos，由此能求出 BD【解答】解：以 E 为原点，EA、EC 为 x、y 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由题意得 E（0，0，0），F（，2），B（0，1，0），D（0，t，2），（1t1），（，2），（0，t+1，2），设直线 BD 与 EF 所成的角为，则 cos，解得 t1，BD2故答案为：2【点评】本题考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题二空间中的点的坐标（共二空间中的点的坐标（共 1 小题）小题）5（2022 秋西城区期末）在空间直角坐标系 Oxyz 中，点 A（1，3，0），B（0，3，1），则（）A直线 AB坐标平面 xOyB直线 AB坐标平面 xOyC直线 AB坐标平面 xOzD直线 AB坐标平面 xOz【分析】平面 xOz 的一个法向量为（0，1，0），易得，再由线面平行的判定定理，得解【解答】解：由 A（1，3，0），B（0，3，1），知（1，0，1），因为平面 xOz 的一个法向量为（0，1，0），所以 0，即，又 AB平面 xOz，所以直线 AB坐标平面 xOz故选：C【点评】本题考查空间中线面的位置关系，熟练掌握利用空间向量判断线面平行或垂直的方法是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题三空间两点间的距离公式（共三空间两点间的距离公式（共 1 小题）小题）（多选）6（2022 秋凌河区校级期末）空间直角坐标系中，坐标原点到下列各点的距离不大于 5的是（）A（1，1，1）B（1，2，2）C（2，3，5）D（3，0，4）【分析】根据空间两点的距离公式计算可得【解答】解：因为，故 A 正确；，故 B 正确；，故 D 正确；，故 C 错误故选：ABD【点评】本题主要考查空间两点的距离公式，属于基础题四空间向量及其线性运算（共四空间向量及其线性运算（共 6 小题）小题）7（2022 秋定远县校级期末）已知三棱锥 OABC，点 M，N 分别为 AB，OC 的中点，且，用，表示，则等于（）ABCD【分析】根据所给的图形，在图形中看出要求的向量可以怎么得到，用减法把向量先变化成已知向量的差的形式，再利用向量的加法法则，得到结果【解答】解：由题意知故选：D【点评】本题考查空间向量的加减法，本题解题的关键是在已知图形中尽量的应用几何体的已知棱表示要求的结果，本题是一个基础题8（2022 秋黄山期末）如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，E、F 分别是 BC、CC1的中点，G 为ABC 的重心，则（）ABCD【分析】根据向量的数乘及加、减运算求解即可【解答】解：故选：A【点评】本题主要考查空间向量及其线性运算，属于基础题9（2022 秋米东区校级期末）如图，在斜棱柱 ABCDA1B1C1D1中，AC 与 BD 的交点为点 M，则（）ABCD【分析】根据向量加法和数乘的几何意义，向量加法的平行四边形法则及向量的数乘运算即可求出答案【解答】解：故选：A【点评】本题考查了向量加法和数乘的几何意义，向量数乘运算，向量加法的平行四边形法则，考查了计算能力，属于基础题10（2022 秋玉林期末）如图，空间四边形 OABC 中，点 M 在 OA 上，且 OM2MA，N 为 BC 的中点，则（）ABCD【分析】直接利用向量的线性运算的应用求出结果【解答】解：在OBC 中，利用OBC 中，所以故选：B【点评】本题考查的知识要点：向量的线性运算，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题11（2022 秋徐汇区校级期末）已知 O 为空间任意一点，A、B、C、P 满足任意三点不共线，但四点共面，且，则 m 的值为4【分析】根据空间中四点共面的推论，并结合，求解即可【解答】解：O 为空间任意一点，A、B、C、P 满足任意三点不共线，但四点共面，所以 m+（2）+（1）1，故 m4故答案为：4【点评】本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题12（2022 秋淄博期末）如图，正四面体（四个面都是正三角形）OABC 的棱长为 1，M 是棱 BC的中点，点 N 满足，点 P 满足（1）用向量表示；（2）求【分析】（1）根据空间向量的线性运算即可求解；（2）先计算，再开方即可求解【解答】解：（1）M 是棱 BC 的中点，点 N 满足，点 P 满足，；（2）四面体 OABC 是正四面体，正四面体（四个面都是正三角形）OABC 的棱长为 1，同理可得，解得【点评】本题主要考查空间向量及其线性运算，属于基础题五共线向量与共面向量（共五共线向量与共面向量（共 1 小题）小题）13（2022 秋朝阳区校级期末）已知，若 与 共线，则 x+y【分析】由向量共线的坐标表示得出 x+y 的值【解答】解：因为 与 共线，所以，所以，y1，则故答案为：【点评】本题主要考查了向量共线的坐标表示，属于基础题六空间向量的数量积运算（共六空间向量的数量积运算（共 4 小题）小题）14（2022 秋天宁区校级期末）已知，且 与 的夹角为钝角，则 x 的取值范围是x|x0 且 x3【分析】根据空间向量的数量积与夹角公式，列不等式组求解即可【解答】解：因为，所以 0，且 与 不共线；即，解得 x0 且 x3，所以 x 的取值范围是x|x0 且 x3故答案为：x|x0 且 x3【点评】本题考查了空间向量的数量积运算问题，是基础题15（2022 秋荔湾区校级期末）已知向量，若，则 m【分析】利用空间向量垂直的性质求解即可【解答】解：，+（2+m，1，4），2（2+m）1+120，m，故答案为：【点评】本题考查空间向量的垂直，属于基础题16（2022 秋勃利县校级期末）已知向量（0，1，1），（4，1，0），|+|且0，则3【分析】根据所给的向量坐标写出要求模的向量坐标，用求模长的公式写出关于变量的方程，解方程即可，解题过程中注意对于变量的限制，把不合题意的结果去掉【解答】解：（0，1，1），（4，1，0），+（4，1，），16+（1）2+229（0），3，故答案为：3【点评】向量是数形结合的典型例子，向量的加减运算是用向量解决问题的基础，要学好运算，才能用向量解决立体几何问题，三角函数问题，好多问题都是以向量为载体的17（2022 秋丰城市期末）（2，3，5），（3，1，4），则|【分析】首先求出（8，5，13），然后由向量的模的公式求其模【解答】解：（2，3，5），（3，1，4），（8，5，13），|故答案为：【点评】本题考查了空间向量的坐标运算以及向量模的求法七空间向量的夹角与距离求解公式（共七空间向量的夹角与距离求解公式（共 1 小题）小题）18（2022 秋锦州期末）直线 l 的方向向量为，且 l 过点 A（1，1，1），则点 P（1，2，1）到 l 的距离为（）ABCD【分析】由空间向量数量积的运算，结合向量的投影的运算求解即可【解答】解：直线 l 的方向向量为，且 l 过点 A（1，1，1），又点 P（1，2，1），则，则，又，则点 P（1，2，1）到 l 的距离为，故选：B【点评】本题考查了空间向量数量积的运算，重点考查了向量的投影的运算，属基础题八空间向量基本定理、正交分解及坐标表示（共八空间向量基本定理、正交分解及坐标表示（共 4 小题）小题）19（2022 秋新余期末）已知空间四边形 OABC，其对角线 OB、AC，M、N 分别是边 OA、CB 的中点，点 G 在线段 MN 上，且使 MG2GN，用向量，表示向量是（）ABCD【分析】根据所给的图形和一组基底，从起点 O 出发，把不是基底中的向量，用是基底的向量来表示，就可以得到结论【解答】解：故选：C【点评】本题考查向量的基本定理及其意义，解题时注意方法，即从要表示的向量的起点出发，沿着空间图形的棱走到终点，若出现不是基底中的向量的情况，再重复这个过程（多选）20（2022 秋东湖区校级期末）已知，是空间的一个基底，则下列说法中正确的是（）A若 x+y+z ，则 xyz0B，两两共面，但，不共面C一定存在实数 x，y，使得 x+yD+，+2 一定能构成空间的一个基底【分析】根据已知条件，结合向量共面的定理，即可求解【解答】解：对于 A，若 x，y，z 不全为 0，则，共面，与题意矛盾，故 A 正确，对于 B，两两共面，但，不共面，故 B 正确，对于 C，不共面，则不存在实数 x，y，使得 x+y，故 C 错误，对于 D，若，+2 共面，则，无解，故，+2 不共面，故 D 正确故选：ABD【点评】本题主要考查向量共面的定理，属于基础题（多选）21（2022 秋花都区校级期末）若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（）A，B，C，D，【分析】利用共面向量定理直接求解【解答】解：构成空间的一个基底，对于 A，2，共面，故 A 正确；对于 B，（）+（），共面，故 B 正确；对于 C，不能共面，故 C 错误；对于 D，（+），共面，故 D 正确故选：ABD【点评】本题考查共面向量的判断，考查共面向量定理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题22（2023 春龙岩期末）如图，在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中，M 为 A1C1，B1D1的交点 若，则向量（）A+BC+D+【分析】向量，由此能求出结果【解答】解：在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中，M 为 A1C1，B1D1的交点，向量+故选：A【点评】本题考查向量的求法，考查空间向量加法法则等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题九向量的数量积判断向量的共线与垂直（共九向量的数量积判断向量的共线与垂直（共 2 小题）小题）23（2022 秋荆州区校级期末）已知 x，yR，向量，且，则（）ABC4D3【分析】先根据，求出 x，y 的值，然后利用模长公式求解【解答】解：x，yR，向量，且，解得 x1，y2，故，故|（2，1，2）|3故选：D【点评】本题考查向量的模的求法，考查向量垂直、向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题24（2022 秋东城区期末）已知空间向量（1，1，0），（m，1，1），若 ，则实数m1【分析】由 ，可建立关于 m 的方程，解出即可【解答】解：因为（1，1，0），（m，1，1），所以 m10，解得 m1，故答案为：1【点评】本题考查空间向量的运用，考查运算求解能力，属于基础题十平面的法向量（共十平面的法向量（共 2 小题）小题）（多选）25（2022 秋西城区校级期末）下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（）A两条不重合直线 l1，l2的方向向量分别是，3，1），3，1），则 l1l2B直线 l 的方向向量，1，2），平面的法向量是，4，1），则 lC两个不同的平面，的法向量分别是，2，1），4，2），则D直线 l 的方向向量，3，0），平面的法向量是，5，0），则 l【分析】对于 A：验证，是否平行即可对于 B：验证是否平行即可对于 C：验证数量积是否为零即可对于 D：验证 是否平行于即可【解答】解：因为，3，1），3，1），即，又因为 l1，l2不重合，所以l1l2，A 正确因为，1，2），4，1），所以 与不平行，所以 l 不垂直于，B 错误因为，2，1），4，2），所以2（3）+24+（1）20，所以，所以，C 正确因为，3，0），5，0），所以，所以，所以 l，D 错误故选：AC【点评】本题主要考查通过向量判断直线、平面的位置关系，属于基础题26（2022 秋兰山区校级期末）已知平面的一个法向量，点 A（1，3，0）在平面内，若点 B（m，0，2m）在平面内，则 m2【分析】利用向量垂直的性质直接求解【解答】解：平面的一个法向量，点 A（1，3，0）在平面内，点 B（m，0，2m）在平面内，（m+1，3，2m），2（m+1）6+2m0，m2故答案为：2【点评】本题考查向量坐标运算法则、向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题十一直线与平面所成的角（共十一直线与平面所成的角（共 4 小题）小题）27（2022 秋兴城市校级期末）如图，已知平面四边形 ABCP 中，D 为 PA 的中点，PAAB，CDAB，且 PACD2AB4将此平面四边形 ABCP 沿 CD 折成直二面角 PDCB，连接 PA、PB、BD（）证明：平面 PBD平面 PBC；（）求直线 AB 与平面 PBC 所成角的正弦值【分析】（）依题意可得 PD平面 ABCD，进而 PDBC，又 BDBC，由此即可得证平面 PBD平面 PBC；（）建立空间直角坐标系，求出平面 PBC 的法向量及直线 AB 的方向向量，利用向量的夹角公式即可得解【解答】解：（）证明：PDDC，ADDC，直二面角 PDCB 的平面角为PDA90，PD平面 ABCD，又 BC平面 ABCD，PDBC，又在平面四边形 ABCD 中，连接 BD，由题意易得 BDBC，而 PDBDD，BD平面 PBD，PD平面 PBD，故 BC平面 PBD，又 BC平面 PBC，平面 PBD平面 PBC；（）由（）知，PDDA，PDDC，DCDA，故以点 D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面 PBC 的法向量为，则，可取，又，直线 AB 与平面 PBC 所成角的正弦值为【点评】本题考查面面垂直的判定定理以及利用空间向量求解线面角问题，考查运算求解能力及推理论证能力，属于基础题28（2022 秋怀柔区期末）如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，AB3，ADAA12，点 E 在AB 上，且 AE1（）求直线 BC1与 A1C 所成角的大小；（）求 BC1与平面 A1EC 所成角的正弦【分析】（）以 D 为原点，的方向分别为 x 轴、y 轴、z 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 A1C 与 BC1所成角的余弦值即可；（）求出平面 A1EC 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：（）以 D 为原点，的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系，则 A1（2，0，2），C（0，3，0），B（2，3，0），C1（0，3，2），E（2，1，0），所以，所以，所以，故直线 A1C 与 BC1所成角为 90（）因为，设平面 A1EC 的法向量为，则，令 y2，则 x2，z1，于是，设 BC1与平面 A1EC 所成角为，则，所以 BC1与平面 A1EC 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29（2023 春青秀区校级期末）如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，CC1平面 ABC，ACBC，ACBC2，CC13，点 D，E 分别在棱 AA1和棱 CC1上，且 AD1，CE2，M 为棱 A1B1的中点（1）求证：C1MB1D；（2）求直线 AB 与平面 DB1E 所成角的正弦值【分析】（1）只要证明与的数量积为零即可；（2）用向量数量积计算直线与平面成角正弦值【解答】（1）证明：建系如图，C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），C1（0，0，3），A1（2，0，3），B1（0，2，3），D（2，0，1），E（0，0，2），M（1，1，3），则12+1（2）+0（2）0，所以，即 C1MB1D；（2）解：（2，0，1），令，因为0，所以为平面 DB1E 的法向量，因为，设 AB 与平面 DB1E 所成角为，所以，所以直线 AB 与平面 DB1E 所成角的正弦值为【点评】本题考查了直线与直线的位置关系，考查了直线与平面成角问题，属于中档题30（2022 秋城区校级期末）如图所示，四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 是矩形，PB底面 ABCD，ABBC3，BP3，CFCP，DEDA（1）证明：EF平面 ABP；（2）求直线 PC 与平面 ADF 所成角的正弦值【分析】（1）由题意得 PBBC，PBAB，ABBC，则建立以 B 为原点，以 BC、BA、BP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴的空间直角坐标系 Bxyz，利用向量法，即可证明结论；（2）由（1）得（3，0，3），（3，0，0），（2，3，1），利用向量法，即可得出答案【解答】解：（1）证明：PB底面 ABCD，BC平面 ABCD，AB平面 ABCD，且底面 ABCD为矩形，PBBC，PBAB，ABBC，则建立以 B 为原点，以 BC、BA、BP 所在直线分别为 x 轴、y轴、z 轴的空间直角坐标系 Bxyz，如图所示：ABBC3，BP3，CFCP，DEDA，则 B（0，0，0），C（3，0，0），E（2，3，0），F（2，0，1），A（0，3，0），C（3，0，0），D（3，3，0），P（0，0，3），F（2，0，1），则（0，3，1），又 BC平面 ABP，在平面 ABP 的一个法向量为（3，0，0），0，即，又 EF平面 ABP，EF平面 ABP；（2）由（1）得（3，0，3），（3，0，0），（2，3，1），设平面 ADF 的一个法向量为（x，y，z），则，取 z3，则 y1，x0，平面 ADF 的一个法向量为（0，1，3），设直线 PC 与平面 ADF 所成角为，sin|cos，|，故直线 PC 与平面 ADF 所成角的正弦值为【点评】本题考查直线与平面平行与直线与平面的夹角，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，属于中档题十二二面角的平面角及求法（共十二二面角的平面角及求法（共 2 小题）小题）31（2022 秋郴州期末）在空间中，已知平面过点（3，0，0）和点（0，4，0）及 z 轴上一点（0，0，a）（a0），如果平面与平面 xOy 上的夹角为 45，则 a【分析】可画出图形，根据条件可设 A（3，0，0），B（0，4，0），C（0，0，a），然后可过 O作 ODAB，并交 AB 于 D，连接 CD，可以求出 OD 的长度，而根据三垂线定理能够说明ODC45，从而便可得出 a 的值【解答】解：如图，设 A（3，0，0），B（0，4，0），C（0，0，a），则：在 RtOAB 中，OA3，OB4，AB5，过 O 作 ODAB，垂足为 D，并连接 CD，则：345OD，OD，OC平面 OAB，AB平面 OAB，ABOC，且 ODAB，OCODO，AB平面 OCD，且 CD平面 OCD，ABCD，ODC 是平面 ABC 和平面 OAB 所成二面角的平面角，根据题意知该角为 45，OCOD，故答案为：【点评】考查对空间直角坐标系的认识，能找到空间点的位置，理解平面与平面所成角的概念，平面和平面所成二面角的平面角的概念，能找到二面角的平面角，以及三垂线定理32（2022 秋温州期末）二面角l的棱上有两个点 A、B，线段 BD 与 AC 分别在这个二面角的两个面内，并且垂直于棱 l，若 AB4，AC6，BD8，CD2，则平面与平面的夹角为60【分析】先设平面与平面的夹角为，因为 ACAB，BDAB，所以，根据空间向量得，两边平方代入数值即可求出答案【解答】解：设平面与平面的夹角为，因为 ACAB，BDAB，所以，由题意得，所以，所以，所以，所以60，即平面与平面的夹角为 60故答案为：60【点评】本题考查了二面角的夹角计算，属于中档题一多选题（共一多选题（共 3 小题）小题）（多选）1（2022 秋薛城区期末）如图，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，P 在线段 BD1上运动（包括端点），下列选项正确的有（）AAPB1CBPDBCC直线 PC1与平面 A1BCD1所成角的最小值是DPC+PD 的最小值为【分析】利用直线与平面垂直的判定与性质判断 A；利用反证法思想判断 B；求出直线 PC1与平面 A1BCD1所成角的最小值判断 C；利用翻折方法求解三角形判断 D【解答】解：连接 AD1，PC1，则 B1CBC1，可得 B1CAD1，又 AB平面 BB1C1C，ABB1C，而 ABAD1A，B1C平面 ABD1，得 APB1C，故 A 正确；假设 PDBC，则 BC平面 BDD1，可得 BDBC，与DBC45矛盾，故 B 错误；当 P 与 B 重合时，直线 PC1与平面 A1BCD1所成角最小，最小角的正弦值为，最小角为，故 C 正确；在BD1C 中，由已知得 BC2，cosCBD1，则 sin，sinDBD1，cos，翻折平面 D1BC 使之与平面 DBD1重合，则 PC+PD 的最小值为 CD，此时 cosCBDcos（CBD1+DBD1）0，即，可得 CD，故 D 正确故选：ACD【点评】本题考查空间中线面关系的判定，考查空间角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题（多选）2（20