1、空间向量与立体几何专题考点题型难点强化精练一、单选题1（2021湖南长郡中学高二期末）已知向量 ， 如果 ，那么 等于（ ）AB1CD52（2021新疆塔什库尔干塔吉克自治县深塔中学高二期末（理）如图，已知空间四边形，其对角线为分别是的中点，点在线段上，且使，用向量表示向量为（ ）ABCD3（2021北京东城高二期末）已知A，B，C，D，E是空间中的五个点，其中点A，B，C不共线，则“存在实数x，y，使得是“平面ABC”的（ ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件4（2021山东淄博高二期末）如图所示，在正方体中，点是侧面的中心，若，求（ ）A1BC2D5（
2、2021湖北荆州高二期末）设，向量，若，则（ ）ABC1D36（2021福建泉州高二期末）若，则的最小值为（ ）A1B2C3D67（2021四川乐山高二期末（理）如图，正方体的棱长为2，点在上，点在上，且，面，则的长为（ ）ABC2D8（2021浙江浙江高二期末）如图，在三棱锥中，已知，平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）ABCD9（2021福建龙岩高二期末）在空间直角坐标系中，已知，动点在线段上，为的中点.设与所成的角为，则的最大值为（ ）ABCD10（2021内蒙古乌兰浩特一中高二期末（理）如图，已知在平行六面体中，且，则（ ）ABCD11（2021河南高二期末（理）如图所示，在直
3、三棱柱中，且，点在棱上，且三棱锥的体积为，则直线与平面所成角的正弦值等于（ ）ABCD12（2021黑龙江铁人中学高二期末（理）如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点为端点的三条棱长均为，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是（ ）ABC向量与的夹角是D与所成角的余弦值为二、多选题13（2021福建省宁德市教师进修学院高二期末）直线的方向向量为，两个平面，的法向量分别为，则下列命题为真命题的是（ ）A若，则直线平面B若，则直线平面C若，则直线与平面所成角的大小为D若，则平面，所成锐角的大小为14（2021广东金山中学高二期末）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段B1
4、C上运动，则（）A直线BD1平面A1C1DB三棱锥PA1C1D的体积为定值C异面直线AP与A1D所成角的取值范用是45，90D直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为15（2021江苏省板浦高级中学高二期末）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是，且它们彼此的夹角都是，为与的交点.若，.则下列正确的是（ ）ABC的长为D16（2021河北张家口高二期末）如图，在正方体中，点E是线段上的动点，则下列判断正确的是（）A当点E与点重合时，B当点E与线段的中点重合时，与异面C无论点E在线段的什么位置，都有D若异面直线与所成的角为，则的最大值为17（2021福建上杭一中高二期末）下列
5、命题是真命题的是（ ）A若，则的长度相等而方向相同或相反B若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底C若两个非零向量与满足，则D若空间向量，满足，且与同向，则18（2021广东深圳高二期末）如图，菱形边长为，为边的中点将沿折起，使到，且平面平面，连接，则下列结论中正确的是（ ）AB四面体的外接球表面积为C与所成角的余弦值为D直线与平面所成角的正弦值为三、填空题19（2021江西南昌高二期末（理）已知向量若，则_20（2021宁夏贺兰县景博中学高二期末（理）已知向量，且，则_21（2021上海市实验学校高二期末）如图所示，在平行六面体中，若，则_.22（2021北京市第十九中学高二期末）已知点是
6、平行四边形所在平面外一点，如果，对于结论：；是平面的法向量；.其中正确的说法的序号是_23（2021浙江高二期末）如图，点E是正方体的棱的中点，点在线段上运动，则下列结论正确的有_直线与直线始终是异面直线存在点，使得四面体的体积为定值当时，平面平面四、解答题24（2021吉林辽源高二期末（理）如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点（1）证明：MN平面C1DE；（2）求二面角A-MA1-N的正弦值25（2021河北石家庄市第一中学东校区高二期末）如图，在三棱柱中，平面 ，点分别在棱和棱 上，且为棱的中点（
7、）求证：；（）求二面角的正弦值；（）求直线与平面所成角的正弦值26（2021浙江浙江高二期末）在边长为2的菱形中，点是边的中点（如图1），将沿折起到的位置，连接，得到四棱锥（如图2）（1）证明：平面平面；（2）若，连接，求直线与平面所成角的正弦值.27（2021河北衡水市冀州区第一中学高二期末）如图所示，圆锥的底面半径为2，其侧面积是底面积的2倍，线段为圆锥底面的直径，在底面内以线段为直径作，点P为上异于点A，O的动点.（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.28（2021浙江高二期末）九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为
8、直角三角形的四面体称之为鳖臑如图，在阳马中，侧棱 底面，且 ，过棱的中点 ，作交 于点，连接 （）证明：试判断四面体 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；（）若面与面 所成二面角的大小为，求的值29（2021安徽合肥市第六中学高二期末（理）如图1，在中，分别为，的中点，为的中点，.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2.（1）求证：.（2）求直线和平面所成角的正弦值.（3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.30（2021江西景德镇高二期末（理）如图，已知四棱锥，其中，侧面底面，是上一点，且是等边三角形.（1）
9、求证：平面；（2）当点到的距离取最大值时，求平面与平面的夹角.13学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案1B【分析】利用空间向量共线的条件求解即可【详解】， ，故选：B2A【分析】结合空间向量的加法、减法和数乘运算，把向量逐步向基底靠拢，再结合点的位置关系可得答案.【详解】.因为分别为的中点，所以所以.故选：A.3B【分析】利用存在实数x，y，使得平面ABC或平面ABC，结合充分必要条件的定义即可求解.【详解】若平面ABC，则共面，故存在实数x，y，使得，所以必要性成立；若存在实数x，y，使得，则共面，则平面ABC或平面ABC，所以充分性不成立；所以 “存在实数x，y，使
10、得是“平面ABC”的必要不充分条件，故选：B【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量共面的问题，理清存在实数x，y，使得平面ABC或平面ABC是解题的关键，属于基础题.4C【分析】利用空间向量的加减法运算用来表示，即得结果.【详解】，故，则故选：C.5D【分析】由空间向量垂直的坐标表示可得，即可求.【详解】由题意知：，解得.故选：D6C【分析】根据空间向量模的坐标表示，由题中条件，得到，推出，配方整理，即可求出最小值.【详解】因为，所以，则，即，所以，当且仅当，即时，取得最小值，则的最小值为.故选：C.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于利用空间向量模的坐标表示，用表示出，即，配方整理，即可求解
11、.7A【分析】根据几何体为正方体，先以为坐标原点建立空间直角坐标系，再根据平面，得与平面的法向量垂直，利用垂直关系的坐标表示，求出点的坐标，进而求得的长.【详解】因为该几何体为正方体，所以以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.因为正方体的棱长为2，所以，平面的一个法向量为.因为点在上，且，所以点.因为点在上，所以设，则，因为平面，所以，有，故，.故选：A.8A【分析】取的中点为，连接，证明平面，然后建立空间直角坐标系，利用向量求解即可.【详解】取的中点为，连接因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面所以平面因为，所以如图建立空间直角坐标系，则所以所以异面直线与所成角的余弦值为故选
12、：A9B【分析】设，利用向量的数量积的坐标运算可得的表达式（用表示），从而可求的最大值.【详解】设，故，又，所以，而，故，其中，当时，；当时，令，故，当且仅当时等号成立，的最大值为，故选：B.10A【分析】根据题意得，进而根据空间向量求模即可.【详解】由题意可知，因为，所以，所以故选：A11C【分析】利用锥体的体积公式可求得，然后以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】由已知得底面，且，所以，解得.如图所示，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，则、，则，.设平面的法向量为，则由可得，即，得，令，得，所以为
13、平面的一个法向量.设直线与平面所成的角为，则.故选：C.【点睛】方法点睛：求直线与平面所成角的方法：（1）定义法，作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；求，利用解三角形的知识求角；（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.12B【分析】选项，计算得，所以选项不正确；选项，所以，所以选项正确；选项，向量与的夹角是，所以选项不正确；选项，与所成角的余弦值为，所以选项不正确.【详解】选项，由题意可知，则，所以选项不正确；选项，又，所以选项正确；选项，向量与的夹角是，所以
14、选项不正确；选项，设与所成角的平面角为，所以选项不正确.故选：B【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是把几何的问题和向量联系起来，转化为向量的问题，提高解题效率，优化解题.把线段长度的计算，转化为向量的模的计算；把垂直证明转化为向量数量积为零；把异面直线所成的角转化为向量的夹角计算.13BCD【分析】根据直线的方向向量与平面法向量之间的关系，逐一判断线面、面面关系即可得结论.【详解】对于A：若，则直线平面或在平面内，故选项A不正确；对于B：若，则也是平面的一个法向量，所以直线平面；故选项B正确；对于C：直线与平面夹角的正弦值等于直线与平面法向量夹角的余弦值的绝对值，所以若，则直线与平面所成角的大
15、小为，故选项C正确；对于D：若，则平面，所成锐角的大小为或，故选项D正确，故选：BCD.14ABD【分析】在A中，推导出A1C1BD1，DC1BD1，从而直线BD1平面A1C1D；在B中，由B1C平面 A1C1D，得到P到平面A1C1D的距离为定值，再由A1C1D的面积是定值，从而三棱锥PA1C1D的体积为定值；在C中，异面直线AP与A1D所成角的取值范用是60，90；在D中，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为【详解】解：在A中，A1C1B1D1，A1C1BB1，B1D1BB1B1，A1C1平
16、面BB1D1，A1C1BD1，同理，DC1BD1，A1C1DC1C1，直线BD1平面A1C1D，故A正确；在B中，A1DB1C，A1D平面A1C1D，B1C平面A1C1D，B1C平面 A1C1D，点P在线段B1C上运动，P到平面A1C1D的距离为定值，又A1C1D的面积是定值，三棱锥PA1C1D的体积为定值，故B正确；在C中，异面直线AP与A1D所成角的取值范用是60，90，故C错误；在D中，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCDA1B1C1D1中棱长为1，P（a，1，a），则D（0，0，0），A1（1，0，1），C1（0，1，1），（1，0，1
17、），（0，1，1），（a，0，a1），设平面A1C1D的法向量，则，取x1，得，直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值为：，当a时，直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为，故D正确故选：ABD【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：（1）、找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解；（2）、用空间向量坐标公式求解.15BD【分析】由空间向量的线性运算用表示出其他向量，判断AB，用向量法求出线段长和异面直线的夹角余弦判断CD【详解】由空间向量的加法法则得，B正确，A错误；由已知，C错；，D正确故选：BD16ACD【分析
18、】A.利用，再转化垂直关系，即可判断；B.利用与都在平面内，即可判断；CD.建立空间直角坐标系，转化为向量公式，即可判断.【详解】当点E与点重合时，A正确；当点E与线段的中点重合时，是的中点，与都在平面内，与相交，B错误.建立如图所示的直角坐标系，设正方体棱长为1，则，.设，则，C正确.，异面直线与，所成的角为，则.当时，有最大值，此时点是线段的中点，D正确.故选：ACD17BC【分析】利用平面向量的有关概念判断分析每一个选项得解.【详解】A. 若，则的长度相等，它们的方向不一定相同或相反，所以该选项错误；B. 若为空间的一个基底，则不共面，则不共面，则构成空间的另一个基底，所以该选项正确；C
19、. 若两个非零向量与满足，则，所以，所以该选项正确；D. 若空间向量，满足，且与同向，与也不能比较大小，所以该选项错误.故选：BC【点睛】本题主要考查平面向量的有关概念，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18BCD【分析】根据题意知EB，ED，EA两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得异面直线，线面夹角问题.【详解】由题知，为正三角形，将沿折起，使到，且平面平面，则，两两垂直，以E点坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，对于A，则，故与不垂直，故A错误；对于B，取CE的中点F，联结DF，又，则，过F作平面CDE，四面体的外接球球心O在FO上，作，设，在，中，有，解得，故四面体的外接
20、球表面积为，故B正确；对于C，设与所成角为，则，故C正确；对于D，设平面的法向量则，取，则，则，故直线与平面所成角的正弦值为，D正确；故选：BCD19.【分析】利用向量的坐标运算法则求得向量的坐标，利用向量的数量积为零求得的值【详解】,，解得,故答案为：.【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，平面向量垂直的条件，属基础题，利用平面向量垂直的充分必要条件是其数量积.203【分析】利用向量的坐标运算求得求出，根据空间向量模的公式列方程求解即可.【详解】因为，所以，可得，因为，解得，故答案为3.212【分析】题中 几何体为平行六面体，就要充分利用几何体的特征进行转化，,再将转化为，以及将转化为,总之等
21、式右边为，,从而得出，.【详解】解：因为，又，所以，则.故答案为：2.【点睛】要充分利用几何体的几何特征，以及将作为转化的目标，从而得解.22【详解】 由, 在中，所以，所以，所以是正确的；在中，所以，所以，所以是正确的；在中，由于，且，可知是平面的法向量，所以是正确的；在中，,假设存在实数使得，则，此时无解，所以是不正确的， 所以正确命题的序号为.点睛：本题主要考查了命题的真假判定问题，其中解答中涉及到空间向量的数量积的运算，空间向量的坐标表示，平面法向量的概念，同时考查了向量垂直、向量平行等基础知识，着重考查了推理能力与计算能力，属于基础题，解答中熟记向量的坐标运算的基本公式是解答的关键.
22、23.【分析】取点为线段的中点可判断，建立空间直角坐标系假设存在点，使得，利用解出的值即可判断；连接、交于点，证明，线段到平面的距离为定值，可判断；求出点的坐标，然后计算平面和平面的法向量，即可判断.【详解】对于：连接交于点，当点在点时直线与直线相交，故不正确，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为，则，对于：，假设存在点，使得，所以，解得，所以当时，故正确；对于：连接、交于点，因为点E是棱的中点，此时，故线段到平面的距离为定值，所以四面体的体积为定值，故正确；对于：当时，设平面的法向量为，由 令，可得，可得，设平面的法向量为，由解得:，令 可得，所以，因为，所以平面平面
23、，故正确；故答案为：.【点睛】方法点睛：证明面面垂直的方法（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；（2）利用性质：（客观题常用）；（3）面面垂直的定义（不常用）；（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于.24（1）见解析；（2）.【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角
24、的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.【详解】（1）连接，分别为，中点 为的中位线且又为中点，且 且 四边形为平行四边形，又平面，平面平面（2）设，由直四棱柱性质可知：平面四边形为菱形 则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：则：，D（0，-1,0）取中点，连接，则四边形为菱形且 为等边三角形 又平面，平面 平面，即平面为平面的一个法向量，且设平面的法向量，又，令，则， 二面角的正弦值为：【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.25（）证明见解
25、析；（）；（）.【分析】以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.（）计算出向量和的坐标，得出，即可证明出；（）可知平面的一个法向量为，计算出平面的一个法向量为，利用空间向量法计算出二面角的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果；（）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】依题意，以为原点，分别以、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得、.（）依题意，从而，所以；（）依题意，是平面的一个法向量，设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得，所以，二面角的正弦值为；（）依题意，由（）知为平面的一个法向量，于是所以，直线与平面所成角的正弦值为.
26、【点睛】本题考查利用空间向量法证明线线垂直，求二面角和线面角的正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中档题.26（1）证明见解析，（2）.【分析】（1）连接图1中的，证明，然后证明平面即可；（2）证明平面，然后以为原点建立如图空间直角坐标系，然后利用向量求解即可.【详解】（1）连接图1中的，因为四边形为菱形，且所以为等边三角形，所以所以在图2中有，因为所以平面，因为，所以平面平面（2）因为平面平面，平面平面，所以平面以为原点建立如图空间直角坐标系所以所以设平面的法向量为，则，令，则，所以所以直线与平面所成角的正弦值27（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）推导出，从而平面，由此能证明平面平面；
27、（2）设圆锥的母线长为l，底面半径为r，推导出，以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值.【详解】（1）证明：垂直于圆锥的底面，圆锥的底面，为的直径，面，平面，平面，平面平面.（2）解：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的侧面积，底面积，依题意，则在中，如图，在底面作的半径，使得，以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，在三棱锥中，面积最大时，三棱锥的体积最大，此时，的半径为1，设平面的法向量，则，取，得，设平面的法向量，则，取，得，设二面角的平面角为，由图得为钝角，二面角的余弦值.【点晴】（1）证明面面垂直时，需先在这两个平面
28、内的一个平面内找一条直线，证明这条直线垂直于另外一个平面，进而证明两个平面垂直；（2）第二问考利用空间向量求二面角的平面角，需先证明三条直线两两垂直，才能建立空间直角坐标系，再利用公式计算即可，注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角的方法.28（）详见解析；（）【分析】（解法1）（）因为底面 ，所以， 由底面为长方形，有 ，而，所以而，所以 又因为，点 是的中点，所以 而，所以 平面而 ，所以又， ，所以平面 由平面 ，平面 ，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为 （）如图1，在面内，延长 与交于点 ，则是平面 与平面的交线由（）知，所以又因为底面 ，所以而
29、 ，所以故是面 与面所成二面角的平面角， 设， ，有，在RtPDB中, 由, 得, 则 , 解得所以故当面与面 所成二面角的大小为时，（解法2）（）如图2，以为原点，射线 分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系设， ，则， ，点是 的中点，所以， ，于是，即 又已知，而 ，所以因, , 则, 所以由平面 ，平面 ，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为 （）由，所以是平面 的一个法向量；由（）知，所以是平面 的一个法向量若面与面 所成二面角的大小为，则，解得所以 故当面与面 所成二面角的大小为时， 考点：四棱锥的性质，线、面垂直的性质与判定，二面角29（1）证
30、明见解析；（2）；（3）存在，.【分析】（1）推导出，从而，进而，由此得到平面，从而能证明；（2）取中点，连接，再由，建立空间直角坐标系，利用法向量能求出直线和平面所成角的正弦值；（3）线段上存在点适合题意，设，其中，利用向量法能求出线段上存在点适合题意，且.【详解】（1）因为在中，分别为，的中点，所以，.所以，又为的中点，所以.因为平面平面，且平面，所以平面，所以.（2）取的中点，连接，所以.由（1）得，.如图建立空间直角坐标系.由题意得，.所以，.设平面的法向量为.则即令，则，所以.设直线和平面所成的角为，则.故所求角的正弦值为.（3）线段上存在点适合题意.设，其中.设，则有，所以，从而，
31、所以，又，所以令，整理得.解得.所以线段上存在点适合题意，且.【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.30（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可得出平面，可得出，证明出，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设点，根据题中条件求出、的值，可得出点的坐标，进而
32、利用空间向量法可求得平面与平面的夹角.【详解】（1），侧面底面，侧面底面，平面，平面，平面，如下图所示，取的中点，连接、，且为的中点，则，则，所以，四边形为平行四边形，则，平面，、平面，为等边三角形，则，所以，由，即，因此，平面；（2），由（1）可知，四边形为矩形，且，所以，是以为直角的等腰直角三角形，可得，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、，设点到直线的距离为，则，当且仅当时，取最大值，此时，平面，平面，平面，设点，设点，则，由，可得，由可得，所以，解得，即点，设平面的法向量为，由，可得，取，则，则，设平面的法向量为，由，可得，取，则，则，因此，平面与平面所成的夹角为.51
