2022-2023學年高二數(shù)學學科素養(yǎng)能力培優(yōu)競賽試題精選專練第1講空間向量專題訓練含解析

Page82第1講空間向量【題型目錄】模塊一：易錯試題精選模塊二：培優(yōu)試題精選模塊三：全國高中數(shù)學聯(lián)賽試題精選【典例例題】模塊一：易錯試題精選1．在四面體中，在面ABC內，在面BCD內，且滿足，，若（，均不為0），則下面有關線段AQ與DP的關系的表述中，正確的是（

）A．與所在直線是異面直線B．與所在直線平行C．線段與必相交D．線段與延長后相交【答案】C【分析】分和且兩種情況討論，根據(jù)空間向量基本定理得到，，，四點共面，即可判斷.【詳解】解：若，則，，所以，所以，，共面，又因為，，有公共點，所以，，，四點共面；若且，則由得，令，則，所以，，共面，又因為，，有公共點，故，，，四點共面，又因為與所在直線不平行，所以與必相交．故選：C．2．已知正方體，是線段上一點，下列說法正確的是（

）A．若，則直線平面B．若，則直線平面C．若，則直線平面D．若，則直線平面【答案】A【分析】以D為坐標原點，，，的方向分別為軸、軸、軸的正方向，1為單位長度，利用直線和平面法向量的關系判斷各選項即可.【詳解】以D為坐標原點，，，的方向分別為軸、軸、軸的正方向，1為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體的棱長為1，則，,，，，，,則，，，，，,當時，，設平面的法向量為，則取，則，，則為平面的一個法向量，因為，所以，又因為平面，所以直線平面，故A正確，B不正確．當時，，設平面的一個法向量為，則，取則，，則為平面的一個法向量，因為與不共線，所以直線與平面不垂直，故C不正確；當時，，因為與不共線，所以直線與平面不垂直，故D不正確．故選：A．3．如圖所示，在棱長為1的正方形中，點P是的中點，點M，N是矩形內（包括邊界）的任意兩點，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】設正方體的中心為O，連接OP，OM，ON，根據(jù)向量的線性運算可得，再分析的范圍求解即可.【詳解】設正方體的中心為O，連接OP，OM，ON．由正方體的性質可知，，，那么，又，所以.當與反向，且時，有最小值，此時；當與同向，且時，有最大值，此時，即的取值范圍為．故選：B4．（多選題）如圖，在三棱錐中，，，則（

）A．B．C．若點P是棱BC上任一點，則為定值D．三棱錐的體積是【答案】ACD【分析】根據(jù)題意，利用向量的線性運算及向量的數(shù)量積運算，向量垂直的向量表示，分別判斷AB，再由向量數(shù)量的運算知結果為定值判斷C，利用等體積法求出三棱錐的體積可判斷D.【詳解】如圖，根據(jù)題意，可知，∴，∴，，∵，∴，故A正確；∵，∴，取AC的中點F，連接BF，則，∴，，∵，∴與不垂直，故B錯誤；由于點P是棱BC上任一點，可設，則，∵，∴的結果與無關，即為定值，故C正確；取OA的中點E，連接BE，CE，由于是邊長為的等邊三角形，則，且，在中，，，，則，∴，而，平面，∴平面，即為三棱錐的高，而，∴，故D正確．故選：ACD．5．（多選題）在四面體P-ABC中，下列說法正確的是（

）A．若，則B．若Q為△ABC的重心，則C．若，，則D．若四面體P-ABC的棱長都為2，點M，N分別為PA，BC的中點，則【答案】ABC【分析】根據(jù)立體幾何的向量運算法則、重心的向量表示法則以及向量的模值計算進行逐項判斷即可.【詳解】解：由題意得：對于A：∵，∴，∴，∴，∴，即故A正確；對于B：若Q為△ABC的重心，則，∴，∴故B正確；對于C：∵，∴，故C正確；對于D：∵，∴∵∴故D錯誤．故選：ABC6．如圖所示，在正方體中，棱長為2，、、、、、、、、、、、分別為各棱的中點，則的不同值有______個．【答案】3【分析】建立空間直角坐標系，然后得到各點坐標，算出和，利用數(shù)量積即可得到答案【詳解】解：以點為坐標原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，，，，，，，，，所以，，，，，，，，，，，，，所以則有3個不同的值，故答案為：37．在四面體中，棱，，兩兩垂直，且，，，為的重心，則______．【答案】【分析】由三角形重心的性質和向量的三角形法則得出，再由向量數(shù)量積的運算律計算可得．【詳解】解：如圖所示，連接并延長與相交于點．點是底面的重心，，又，則．故答案為：．8．如圖，在正方體中，M為線段的中點，N為線段上的動點，則直線與MN所成角的正弦值的最小值為________．【答案】【分析】建立空間直角坐標系，利用向量坐標表示出，夾角的余弦值，再求出直線與直線所成角正弦值的最小值．【詳解】以為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體棱長為2，則，0，，，,則，因為為線段上的動點，所以不妨設，則得，，，所以，則因為，，所以，進而所以，，故當最大值時，最小，且最小值為所以直線與直線所成角正弦值的最小值為．故答案為:.9．如圖，在棱長為1的正方體中，分別為、、的中點．(1)求異面直線與所成角的余弦值；(2)求證：平面；(3)試在棱上找一點，使平面，并證明你的結論．【答案】(1)(2)證明見解析(3)為棱的中點時，平面，證明見解析.【分析】（1）以為坐標原點建立空間直角坐標系，借助空間位置關系的向量證明求解即可；（2）利用空間向量證明空間位置關系即可；（3）設出點的坐標，利用空間向量垂直的坐標表示計算作答.（1）解：以為坐標原點，所在直線分別為軸，軸和軸建立空間直角坐標系，如圖.則，所以，，所以，所以，異面直線與所成角的余弦值為.（2）證明：由（1）得，所以，，所以，所以，平行于平面，又平面，所以平面.（3）解：為棱的中點時，平面，證明如下：證明：依題意，設，，則，因平面，，則當且時，平面，由（1）知，，解得，所以當，即為棱的中點時，平面10．如圖，在正四棱錐中，O為底面中心，，M為PO的中點，．(1)求證：平面EAC；(2)求直線DM到平面EAC的距離．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）說明PO，AC，BD兩兩垂直，由此可建立空間直角坐標系，求得相關點的坐標，求出平面EAC的一個法向量，計算的值，結合線面平行的判定即可證明結論；（2）由于平面EAC，所以直線DM到平面EAC的距離即為點D到平面EAC的距離，由此利用空間距離的向量形式的公式計算，可得答案.（1）證明：在正四棱錐中，連接BD，則O為BD的中點，且，由于平面ABCD，AC，平面ABCD，所以，，所以PO，AC，BD兩兩垂直．以點O為坐標原點，OA，OB，OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為，故E為PB的靠近B的三等分點，則，，，，，所以，，，設平面EAC的法向量為，則,取，則，，則為平面EAC的一個法向量，因為，所以，又因為平面EAC，所以平面EAC．（2）由（1）知平面EAC，所以直線DM到平面EAC的距離即為點D到平面EAC的距離．由（1）知，平面EAC的一個法向量為，所以點D到平面EAC的距離,故直線DM到平面EAC的距離為．11．如圖所示，在四棱錐中，為等腰直角三角形，且，四邊形ABCD為直角梯形，滿足，，，．(1)若點F為DC的中點，求；(2)若點E為PB的中點，點M為AB上一點，當時，求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）可證，再建立如圖所示的空間直角坐標系，求出的坐標后可求夾角的余弦值.（2）設，則可用表示的坐標，再利用可求，從而可得兩條線段的比值.（1）因為為等腰直角三角形，，，所以，又，，所以．而，，故，因，平面，故平面.以點C為原點，CP，CD所在直線分別為x，z軸，過點C作PB的平行線為y軸，建立空間直角坐標系，如圖所示．則，，，，．則，，所以．（2）由（1）知，設，而，所以，所以，所以，又，因為，故，所以，解得，所以．12．如圖1，平面圖形由直角梯形和拼接而成，其中，，，，，與相交于點，現(xiàn)沿著將其折成四棱錐（如圖2）．(1)當側面底面時，求點到平面的距離；(2)在（1）的條件下，線段上是否存在一點，使得二面角的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)，(2)存在；【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用向量法求得點到平面的距離.（2）設，求得點坐標，利用二面角的余弦值列方程，求得，進而求得.（1）∵，，∴．如下圖所示，連接，則,所以，所以，結合折疊前后圖形的關系可知，故四邊形為正方形，∴，即為的中點，∴，∴．∵側面底面，側面底面，∴平面，易知，，兩兩垂直．以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系，如下圖所示，則，，，，，∴，，．設平面的法向量為，則，取，得，，則為平面的一個法向量，則點到平面的距離．（2）假設存在滿足題意的點，且（）．∵，∴，∴，∴．設平面的法向量為，又∵，，∴，取，則，，取為平面的一個法向量．易知平面的一個法向量為，∵二面角的余弦值為，∴，化簡，得，解得或（舍去）．∴線段上存在滿足題意的點，且．13．如圖，在四棱錐中，側面是邊長為的正三角形且與底面垂直，底面是菱形，且，為棱上的動點，且．(1)求證：為直角三角形；(2)試確定的值，使得平面與平面夾角的余弦值為．【答案】(1)證明見解析，(2)【分析】（1）取的中點，連接，由已知可證明出平面，進而可以證明，即為直角三角形；（2）先證明兩兩垂直，以為原點，建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，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）證明：取的中點，連接，依題意可知，均為正三角形，所以，，又因為，平面，平面，所以平面，又因為平面，所以，因為，所以，即，從而為直角三角形．（2）由（1）可知，又因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因為平面，所以，所以兩兩垂直．以為原點，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，，所以．由，可得點的坐標為，所以，，設平面的法向量為，則，即令，得，，則為平面的一個法向量，顯然平面的一個法向量為，令，解得或（舍去），所以當時，平面與平面夾角的余弦值為．14．某商品的包裝紙如圖1所示，四邊形ABCD是邊長為3的菱形，且∠ABC＝60°，，．將包裝紙各三角形沿菱形的邊進行翻折后，點E，F(xiàn)，M，N重合，記為點P，恰好形成如圖2所示的四棱錐形的包裝盒．(1)證明：底面ABCD；(2)設T為BC邊上的一點，且二面角的正弦值為，求PB與平面PAT所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析，(2)．【分析】（1）由勾股定理逆定理得AB⊥AE，AD⊥AF，由線面垂直的判定定理得證線面垂直；（2）由二面角平面角的定義得∠BAT為二面角的平面角，從而利用三角函數(shù)知識求得的長，然后建立如圖所示的空間直角坐標系，用空間向量法求線面角．（1）由題意得，所以AB⊥AE，同理可得AD⊥AF．在翻折的過程中，垂直關系保持不變，所以PA⊥AB，PA⊥AD，又，底面ABCD，所以PA⊥底面ABCD．（2）因為底面ABCD，底面ABCD，所以．又，所以∠BAT為二面角的平面角．因為，所以．在中，∠ABT＝60°，所以，由正弦定理，得BT＝1．如圖，以點A為原點，，的方向分別為x，z軸的正方向，建立空間直角坐標系，則，，，，所以，，．設平面PAT的一個法向量為，則有，即，取，所以，所以，設PB與平面PAT所成角為，則，所以PB與平面PAT所成角的正弦值．模塊二：培優(yōu)試題精選1．如圖，在正方體ABCD-EFGH中，P在棱BC上，BP=x，平行于BD的直線l在正方形EFGH內，點E到直線l的距離記為d，記二面角為A-l-P為θ，已知初始狀態(tài)下x=0，d=0，則（

）A．當x增大時，θ先增大后減小 B．當x增大時，θ先減小后增大C．當d增大時，θ先增大后減小 D．當d增大時，θ先減小后增大【答案】C【分析】以F為坐標原點，F(xiàn)B，F(xiàn)G，F(xiàn)E所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為2，則P(2,x,0)，A(2,0,2)，設直線l與EF，EH交于點M、N，，求得平面AMN的法向量為，平面PMN的法向量，由空間向量的夾角公式表示出，對于A，B選項，令d=0，則，由函數(shù)的單調性可判斷；對于C，D，當x=0時，則，令，利用導函數(shù)研究函數(shù)的單調性可判斷.【詳解】解：由題意，以F為坐標原點，F(xiàn)B，F(xiàn)G，F(xiàn)E所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系如圖所示,設正方體的棱長為2，則P(2,x,0)，A(2,0,2)，設直線l與EF，EH交于點M、N，則，所以，，設平面AMN的法向量為，則，即，令，則，設平面PMN的法向量為，則，即，令，則，，對于A，B選項，令d=0，則，顯示函數(shù)在是為減函數(shù)，即減小，則增大，故選項A，B錯誤；對于C，D，對于給定的，如圖，過作，垂足為，過作，垂足為，過作，垂足為，當在下方時，，設，則對于給定的，為定值，此時設二面角為，二面角為，則二面角為，且，故，而，故即，當時，為減函數(shù)，故為增函數(shù)，當時，為增函數(shù)，故為減函數(shù)，故先增后減，故D錯誤.當在上方時，，則對于給定的，為定值，則有二面角為，且，因，故為增函數(shù)，故為減函數(shù)，綜上，對于給定的，隨的增大而減少，故選：C.2．（多選題）如圖，已知正方體的梭長為，為正方形底面內的一動點，則下列結論正確的有（

）A．三棱雉的體積為定值B．存在點，使得C．若，則點在正方形底面內的運動軌跡是線段D．若點是的中點，點是的中點，過作平面平面，則平面截正方體的截面周長為【答案】ACD【分析】對于A，利用可得，A正確；對于B，建立空間直角坐標系，根據(jù)，計算得滿足條件的點不在平面內，故B錯誤；對于C，建立空間直角坐標系，根據(jù)，可得方程，判斷C正確；對于D，關鍵找到直線，使平面，且平面，以為參照線作出平面與正方體各個側面的交線，得到截面圖形，計算得答案，D正確.【詳解】對于A，為正方形底面內一點時，由，三棱錐的高不變，底面積也不變，所以體積為定值，故A正確；對于B，以為坐標原點，分別以為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，若，則，所以即，此時點不在底面內，與題意矛盾，故B錯誤；對于C，因為，若，，所以即，所以的軌跡就是線段，故C正確；對于D，因為，，又平面，平面，，所以平面，因為面平面，異面，平面，所以平面，以為參照線作出平面與正方體各個側面的交線，如圖所示，易知每個側面的交線均相等，長度為正方體的面對角線的一半，由于正方體的梭長為，故面對角線長為，所以截面周長為，故D正確．故選：ACD.3．（多選題）如圖，在棱長為2的正方體中，點在線段上運動，則下列說法正確的是（

）A．幾何體的外接球半徑B．平面C．異面直線與所成角的正弦值的取值范圍為D．面與底面所成角正弦值的取值范圍為【答案】BC【分析】對于A，幾何體的外接球與正方體的外接球相同，可求得其半徑；對于B，利用面面平行的性質定理可判斷；對于C，找到異面直線與所成角的正弦值取到最大以及最小值的位置，即可求解；對于D，建立空間直角坐標系，利用空間向量的夾角公式，結合三角函數(shù)的知識可進行求解.【詳解】幾何體關于正方體的中心對稱，其外接球與正方體的外接球相同，半徑為，故A錯誤.在正方體中，,故為平行四邊形，所以,而平面平面，平面，故平面，同理可證平面,而平面,所以平面平面平面，則平面，B正確.由于，則直線與所成最大角為（或），其正弦值為.直線與所成最小角為與平面所成角，當為中點時，所成角即為，而平面平面,故,，故，故C正確.以D為坐標原點，如圖建立空間直角坐標系，則,則,設,則,設平面的法向量為，則，令，則，故，由題意知平面ABCD的法向量可取為，則，則面與底面所成角正弦值為，由于，故當時，取到最小值8，則取到最小值為，當或時，取最大值12，取最大值為，所以面與底面所成角正弦值的取值范圍為，D錯誤.故選:BC.4．（多選題）如圖，已知正方體的棱長為2，分別為的中點，以下說法正確的是（

）A．三棱錐的體積為B．平面C．過點作正方體的截面，所得截面的面積是D．異面直線與所成的角的余弦值為【答案】ABC【分析】對于A直接計算即可；對于B,D選項以DA為x軸，DC為y軸，為z軸，建立空間直角坐標系，結合空間向量計算即可；對于C，作中點N，的中點M，的中點T，連接GN，GM，F(xiàn)M，TN，ET，計算面積即可.【詳解】

對于A，，故A正確；對于B，以DA為x軸，DC為y軸，為z軸，建立空間直角坐標系，，，，，，，，則，，，，，，則平面EFG，B正確；對于C，作中點N，的中點M，的中點T，連接GN，GM，F(xiàn)M，TN，ET，則正六邊形EFMGNT為對應截面面積，正六邊形邊長為，則截面面積為：，故C正確；對于D，，，，故D錯誤．故選:ABC.5．（多選題）如圖，在棱長為2的正方體中，點在線段上運動，則下列說法正確的是（

）A．平面B．幾何體的外接球半徑C．異面直線與所成角的正弦值的取值范圍為D．面與底面所成角正弦值的取值范圍為【答案】ACD【分析】對于A，利用面面平行的性質定理可判斷；對于B，幾何體的外接球與正方體的外接球相同，可求得其半徑；對于C，找到異面直線與所成角的正弦值取到最大以及最小值的位置，即可求解；對于D，建立空間直角坐標系，利用空間向量的夾角公式，結合三角函數(shù)的知識可進行求解.【詳解】在正方體中，,故為平行四邊形，所以,而平面平面，平面，故平面，同理可證平面,而平面,所以平面平面平面，則平面，A正確.幾何體關于正方體的中心對稱，其外接球與正方體的外接球相同，半徑為，故B錯誤.由于，則直線與所成最大角為（或），其正弦值為.直線與所成最小角為與平面所成角，當為中點時，所成角即為，而平面平面,故,，故，故C正確.以D為坐標原點，如圖建立空間直角坐標系，則,則,設,則,設平面的法向量為，則，令，則，故，由題意知平面ABCD的法向量可取為，則，則面與底面所成角正弦值為，由于，故當時，取到最小值8，則取到最小值為，當或時，取最大值12，取最大值為，所以面與底面所成角正弦值的取值范圍為，D正確，故選：ACD.【點睛】本題考查了幾何體中線面平行的判斷，以及外接球的半徑的求解和空間相關角的求解，涉及知識點多，綜合性強，計算量大，解答時要充分發(fā)揮空間想象，明確空間的點線面的位置關系，解答的關鍵是能掌握并熟練應用空間線線角以及面面角的定義，并能應用空間向量的方法求解.6．（多選題）在長方體中，，則下列命題為真命題的是（

）A．若直線與直線所成的角為，則B．若經(jīng)過點的直線與長方體所有棱所成的角相等，且與面交于點，則C．若經(jīng)過點的直線與長方體所有面所成的角都為，則D．若經(jīng)過點的平面與長方體所有面所成的二面角都為，則【答案】ABC【分析】A根據(jù)長方體的性質找到直線與直線CD所成角的平面角即可；B構建空間直角坐標系，根據(jù)線線角相等，結合空間向量夾角的坐標表示求，即可求M坐標，進而確定線段長；C、D將長方體補為以為棱長的正方體，根據(jù)描述找到對應的直線m、平面β，結合正方體性質求線面角、面面角的正弦值.【詳解】解：對于A：如下圖，直線與直線所成角，即為直線與直線所成角，則，故A正確；對于B：構建如下圖示的坐標系，過的直線與長方體所有棱所成的角相等，與面交于且，又，則，故，則，故B正確；對于C：如下圖，過A的直線m與長方體所有面所成的角都為θ，則直線m為以為棱長的正方體的體對角線，故，故C正確；對于D：如下圖，過A的平面β與長方體所有面所成的二面角都為，只需面β與以為棱長的正方體中相鄰的三條棱頂點所在平面平行，如面，故，則，故D錯誤.故選：ABC7．（多選題）如圖，已知正方體的棱長為2，點M為的中點，點P為正方形上的動點，則（

）A．滿足MP//平面的點P的軌跡長度為B．滿足的點P的軌跡長度為C．存在點P，使得平面AMP經(jīng)過點BD．存在點P滿足【答案】AD【分析】利用線面平行的判定定理可以證得點的軌跡，進而判斷A；建立空間直角坐標系，得到，，為正方形上的點，可設，且，，進而對BCD各個選項進行計算驗證即可判斷并得到答案.【詳解】對于A，取的中點，的中點，又點為的中點，由正方體的性質知，，，，所以平面平面，又平面，平面，故點的軌跡為線段，故A正確；對B，方法一：在平面中過作，交于，設，則，，，由，可解得，同理，在平面中過作，交于，可得，因為，所以平面，因為，所以平面，所以點P的軌跡為線段，長度為，故B不正確；方法二：以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，則，，設，且，，，，，即，又，，則點的軌跡為線段，,且，故B錯誤；對于C，方法一：取中點，連接，正方體中，易得，所以平面截正方體的截面為平面，顯然平面，故不存在點P，使得平面AMP經(jīng)過點B，故C錯誤；方法二：設，且，，若平面AMP經(jīng)過點B，則，且，又,所以，即，因此，從而，不合題意，所以不存在點P，使得平面AMP經(jīng)過點B,故C錯誤；對于D，方法一：延長至，令，則，所以，因為，所以存在點滿足，故D正確.方法二：點關于平面的對稱點的為，三點共線時線段和最短，故，故存在點滿足，故D正確.故選：AD.8．（多選題）如圖，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，將△ABD沿對角線BD翻折到△PBD位置，連接PC，構成三棱錐．設二面角為，直線和直線所成角為，在翻折過程中，下列說法正確的是（

）A．PC與平面BCD所成的最大角為45°B．存在某個位置，使得PB⊥CDC．當時，的最大值為D．存在某個位置，使得B到平面PDC的距離為【答案】BC【分析】取BD的中點O，由題可得平面，進而可得PC與平面BCD所成的角為∠PCO，，利用特值可判斷A，利用向量法可得，結合條件可判斷BC，若B到平面PDC的距離為，則有平面PCD，進而判斷D．【詳解】取BD的中點O，連接，則，又，可得平面，平面，所以平面平面，PC與平面BCD所成的角為∠PCO，當PC時，△OPC為等邊三角形，此時∠PCO＝60°＞45°，故A錯誤；由上可知為的平面角，即，因為，所以，當時，，即，故B正確；又，當時，，所以，即的最大值為，故C正確；∵點B到PD的距離為，點B到CD的距離為，∴若B到平面PDC的距離為，則平面PBD⊥平面PCD．平面CBD⊥平面PCD，則有DB平面PCD，即DB⊥CD，與△BCD是等邊三角形矛盾，故D錯誤．故選：BC．9．（多選題）在正方體中，點滿足，其中，，則（

）A．當時，平面B．當時，三棱錐的體積為定值C．當時，的面積為定值D．當時，直線與所成角的范圍為【答案】ABD【分析】對于A選項，確定點在面對角線上，通過證明面面平行，得線面平行；對于B選項，確定點在棱上，由等體積法，說明三棱錐的體積為定值；對于C選項，確定點在棱上，的底不變，高隨點的變化而變化；對于D選項，通過平移直線，找到異面直線與所成的角，在正中，確定其范圍.【詳解】對于A選項，如下圖，當時，點在面對角線上運動，又平面，所以平面，在正方體中，且，則四邊形為平行四邊形，所以，，平面，平面，平面，同理可證平面，，所以，平面平面，平面，所以，平面，A正確；對于B選項，當時，如下圖，點在棱上運動，三棱錐的體積為定值，B正確；對于C選項，當時，如圖，點在棱上運動，過作于點，則，其大小隨著的變化而變化，C錯誤；對于D選項，如圖所示，當時，，，三點共線，因為且,所以四邊形為平行四邊形，所以，所以或其補角是直線與所成角，在正中，的取值范圍為，D正確.故選：ABD.10．（多選題）在正三棱柱中，底面ABC是邊長為2的等邊三角形，，D為BC中點，則（

）A．平面⊥平面B．異面直線與BC所成角的余弦值為C．點M在內（包括邊界）且，則CM與平面ABC所成的角的正弦值的最大值為D．設P，Q分別在線段，上，且，則PQ的最小值為【答案】ACD【分析】在正三棱柱中，如圖建立空間直角坐標系，分別求出平面和平面的法向量可判斷A；求出直線與BC的方向向量，通過異面直線所成角的向量公式可判斷B；因為點M在內，所以設可表示出的坐標，由可求出的范圍，再求出CM與平面ABC所成的角的正弦值可判斷C；設，求出，，表示出可判斷D.【詳解】對于A，在正三棱柱中，為的中點，所以，如圖建立空間直角坐標系，則，，，，，，，所以，，設平面的法向量為，則，令，則，，所以，設平面，所以，則平面⊥平面，所以A正確；對于B，，，設直線與BC所成角為，則，所以異面直線與所成角的余弦值為，故B不正確.對于C，設平面，因為點M在內（包括邊界）且，所以設，則四點共面，則，所以，則，所以，所以，因為，所以化簡得：，所以，解得：，設CM與平面ABC所成的角為，所以，所以CM與平面ABC所成的角的正弦值的最大值為，故C正確.對于D，設，則、，因為，，所以，，則，，所以，所以當時有最小值，所以，所以，故D正確；故選:ACD.11．（多選題）如圖，已知正方體的棱長為2，點為的中點，點為正方形上的動點，則（

）A．滿足平面的點的軌跡長度為B．滿足的點的軌跡長度為C．存在唯一的點滿足D．存在點滿足【答案】AC【分析】利用線面平行的判定定理可以證得點的軌跡，進而判斷A；建立空間直角坐標系，得到，，為正方形上的點，可設，且，，進而對BCD各個選項進行計算驗證即可判斷并得到答案.【詳解】對于A，取的中點，的中點，又點為的中點，由正方體的性質知，，，，所以平面平面，又平面，平面，故點的軌跡為線段，故A正確；以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，則，，設，且，，，，對于B，，即，又，，則點的軌跡為線段，,且，故B錯誤；對于C，顯然，只有時，，即，故存在唯一的點滿足，故C正確；對于D，點關于平面的對稱點的為，三點共線時線段和最短，故，故不存在點滿足，故D錯誤.故選：AC12．若正方體的棱長為1，且，其中，則下列結論正確的是（

）A．當時，三棱錐的體積為定值B．當時，三棱錐的體積為定值C．當時，的最小值為D．若，點P的軌跡為一段圓弧【答案】AC【分析】當時，可得點P的軌跡，根據(jù)線面平行的判定定理及性質，可得P到平面的距離不變，即可判斷A的正誤；當時，可得點P的軌跡，利用反證法可證，P到平面的距離在變化，即可判斷B的正誤；當時，可得三點共線，利用翻折法，可判斷C的正誤；如圖建系，求得各點坐標，分別求得和的余弦值，列出方程，計算分析，可判斷D的正誤，即可得答案.【詳解】因為，其中，所以點P在平面內運動，對于A：取AD中點E、中點F，連接EF，所以，因為平面，平面，所以平面，當時，則，所以點P在線段EF上運動，因為平面，所以無論點P在EF任何位置，P到平面的距離不變，即高不變，所以三棱錐的體積為定值，故A正確；對于B：取中點G，中點H，連接GH，當時，，所以點P在GH上運動，假設平面，又，平面，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面，與已知矛盾，故假設不成立，所以GH不平行平面，所以P在GH上運動時，P到平面的距離在變化，所以三棱錐的體積不是定值，故B錯誤；對于C：連接，，，當時，可得三點共線，將沿翻折至與平面共面，如下圖所示連接AB，當P為AB與交點時，最小，即為AB，因為均為面對角線，所以，即為等邊三角形，又，，所以，，所以在中，由正弦定理得，所以，故C正確；對于D：分別以DA、DC、為x，y，z軸正方向建系，如圖所示，則，設，所以，所以因為平面，平面，所以，又，所以，所以，整理得，所以，即，所以P點軌跡為線段，故D錯誤故選：AC【點睛】解題的關鍵是熟練掌握線面平行判定與性質，向量共線、數(shù)量積求夾角等知識，綜合性較強，難度較大，考查學生分析理解，計算求值的能力，屬難題.13．（多選題）如圖，四邊形ABCD中，AB＝BC＝AC＝2，DA＝DC＝，將四邊形沿對角線AC折起，使點D不在平面ABC內，則在翻折過程中，以下結論正確的是（

）A．兩條異面直線AB與CD所成角的范圍是B．P為線段CD上一點（包括端點），當CD⊥AB時，C．三棱錐D?ABC的體積最大值為D．當二面角D?AC?B的大小為時，三棱錐D?ABC的外接球表面積為【答案】BCD【分析】以為坐標原點，過軸垂直平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，表示出兩條異面直線AB與CD所成角可判斷A；由CD⊥AB求出，P為線段CD上一點（包括端點），表示出點坐標，由空間向量夾角公式可判斷B；當平面平面時，三棱錐D?ABC的體積最大，求出底面積和高可判斷C；求出三棱錐D?ABC的外接球的半徑，由球的表面積公式可判斷D.【詳解】對于A，以為坐標原點，過軸垂直平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，所以設，，所以所以，，所以設兩條異面直線AB與CD所成角為，，當時，，此時，但時，D在平面ABC內.故A不正確；對于B,CD⊥AB時，，解得：，又因為，所以，所以P為線段CD上一點（包括端點）,設解得.而，，所以，故B正確；對于C，當平面平面時，三棱錐D?ABC的體積最大，且連接，，則平面，所以.故C正確；對于D，取中點，連接，取的外心，過作一條垂線垂直平面，過作一條垂線垂直平面，兩條垂直相交于點，則為三棱錐D?ABC的外接球的球心，且二面角D?AC?B的大小為，即，所以在直角三角形中，，所以，則，所以，所以三棱錐D?ABC的外接球表面積為，故D正確.故選：BCD.14．（多選題）在平行六面體中，，，點在線段上，則（

）A．B．到和的距離相等C．與所成角的余弦值最小為D．與平面所成角的正弦值最大為【答案】BCD【分析】由結合推出面，得出矛盾，即可判斷A選項；由為線段的垂直平分線，且，即可判斷B選項；由異面直線夾角的求法即可判斷C選項；由線面角的求法即可判斷D選項．【詳解】對于A，若，易得四邊形為菱形，則，又，面，可知面，則面，顯然矛盾，故A錯誤；對于B，其中點在線段上，平分，且為線段的垂直平分線，又，可知上所有點到與的距離相等，故B正確；對于C，設平行六面體的邊長為，易得，其中，可得，又，則與所成角即為，當點運動到點處時，此時最小，即與所成角的余弦值最小，，故C正確；易得當點運動到點處時，此時與平面所成角最大，即正弦值最大，又，則，又，，面，則面，作，垂足為，則，又面且相交，則面，則即為與平面所成角，則有，故正弦值最大為，D正確．故選：BCD.15．（多選題）在棱長為2的正方體中，E，F(xiàn)分別為棱，的中點，G為線段上一個動點，則（

）A．三棱錐的體積為定值B．存在點G，使平面平面C．當時，直線EG與所成角的余弦值為D．三棱錐的外接球體積的最大值為【答案】AD【分析】選項A求三棱錐體積判斷；選項B用反證法判斷；選項C建立空間坐標系，用向量法求直線與直線所成角的余弦值來斷；選項D求外接球心，用方程求解判斷．【詳解】解：對于A，，所以A正確；對于B，若存在線段，使平面平面線段，因為平面交平面與平面分別為與，于是，應在的延長線上，所以B錯誤；對于C，以在為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，當時，則，則，2，，，0，，2，，，2，，所以，2，，，0，，所以，，所以直線與所成角的余弦值為，所以C錯誤；對于D，當在點時，三棱錐外接球半徑最大，連接交于點，則為的中點，因為三角形為直角三角形，所以外接球的球心在過點且垂直于面的直線上，與交于，設球心為，如平面展開圖，設半徑，因為，，所以，所以，，由，可得，解得，故體積的最大值為，所以D正確，故選：AD．16．（多選題）如圖，矩形ABCD中，M為BC的中點，將沿直線翻折成，連結，為的中點，則在翻折過程中，下列說法中所有正確的是（

）A．存在某個位置，使得B．翻折過程中，的長是定值C．若，則D．若，當三棱錐的體積最大時，三棱錐的外接球的表面積是【答案】BD【分析】對于選項A，取中點，取中點，連結，，通過假設，推出平面，得到，則，即可判斷；對于選項B，在判斷A的圖基礎上，連結交于點，連結，易得，由余弦定理，求得為定值即可；對于選項C，取中點，，，由線面平行的性質定理導出矛盾，即可判斷；對于選項D，易知當平面與平面垂直時，三棱錐的體積最大，說明此時中點為外接球球心即可.【詳解】如圖1，取中點，取中點，連結交于點，連結，，，則易知，，，，，由翻折可知，，，對于選項A，易得，則、、、四點共面，由題可知，若，可得平面，故，則，不可能，故A錯誤；對于選項B，易得，在中，由余弦定理得，整理得，故為定值，故B正確；如圖2，取中點，取中點，連結，，，，，對于選項C，由得，若，易得平面，故有，從而，顯然不可能，故C錯誤；對于選項D，由題易知當平面與平面垂直時，三棱錐B1﹣AMD的體積最大，此時平面，則，由，易求得，，故，因此，為三棱錐的外接球球心，此外接球半徑為，表面積為，故D正確.故選：BD.17．如圖，在直角梯形中，，，平面，，．(1)求證：；(2)在直線上是否存在點，使二面角的大小為？若存在，求出的長；若不存在，請說明理由．【答案】(1)證明見解析.(2)存在，.【分析】(1)證明平面即可；(2)假設M存在，建立直角坐標系，用向量法求M的坐標即可.（1）如圖，作，，連接交于，連接，，∵且，∴，即點在平面內．在平行四邊形中，，∴，又由平面知，∴平面，∴①在矩形中，，∴②∴由①②知，平面，∴．（2）如圖，以為原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，則，，，，設，∴，，設平面的法向量為，則，令，得，，∴，又平面，∴為平面的一個法向量，∴，解得，故在上存在點，且．18．如圖，在四棱錐中，四邊形是矩形，是正三角形，且平面平面，，為棱的中點，四棱錐的體積為．(1)若為棱的中點，求證：平面；(2)在棱上是否存在點，使得平面與平面所成銳二面角的余弦值為？若存在，指出點的位置并給以證明；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析；(2)存在點，位于靠近點的三等分點處滿足題意.【分析】（1）取中點，連接，得到，然后利用線面平行的判定定理得到平面；（2）假設在棱上存在點滿足題意，建立空間直角坐標系，設，根據(jù)平面與平面的夾角的余弦值為，則兩平面法向量所成角的余弦值的絕對值等于，求出，即可得出結論.（1）取中點，連接，分別為的中點，，底面四邊形是矩形，為棱的中點，，．，，故四邊形是平行四邊形，．又平面，平面，平面．（2）假設在棱上存在點滿足題意，在等邊中，為的中點，所以，又平面平面，平面平面，平面，平面，則是四棱錐的高．設，則，，，所以.以點為原點，，的方向分別為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，故，，．設，．設平面PMB的一個法向量為，則取．易知平面的一個法向量為，，，故存在點，位于靠近點的三等分點處滿足題意.19．如圖，在三棱柱中，平面.(1)求證:;(2)若，直線與平面所成的角為，求二面角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由平面，得到，再由，證得，進而證得平面，即可證得.（2）以為原點，分別以所在直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，分別求得平面和平面的一個法向量為，結合向量的夾角公式，即可求解.（1）證明:因為平面，平面，所以，因為，四邊形是平行四邊形，所以四邊形是菱形，所以，又因為，平面，平面，所以平面，因為平面，所以.（2）解：因為與平面所成角為平面，所以，因為，所以是正三角形，設，則，以為原點，分別以所在直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，如圖所示，則，所以，設平面的一個法向量為，則，取，可得，所以，設平面的一個法向量為，則，取，可得，所以，設二面角的大小為，因為，所以，所以二面角的正弦值為.20．如圖，四棱錐中，為矩形，，且．為上一點，且．(1)求證：平面；(2)分別在線段上的點，是否存在，使且，若存在，確定的位置；若不存在，說明理由．【答案】(1)證明見解析；(2)存在使且，其中是線段靠近的四等分點，是線段靠近的四等分點.【分析】（1）利用線面垂直判定定理去證明平面；（2）假設存在存在符合題意，建立空間直角坐標系，利用向量的方法保證且，進而確定確定的位置.（1），且平面又平面，矩形中，又，則與相似，則．；又，平面；（2），且平面．又，則可以D為原點分別以DA、DC、DS為x、y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，由題意可知，假設存在滿足且．在線段上，可設的坐標在線段上，可設則．要使且，則，又，可得，解得．故存在使且，其中是線段靠近的四等分點，是線段靠近的四等分點.21．如圖，已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面，矩形SADE的對角線交于點F，G為SB的中點，，.(1)求證：平面AEG；(2)求二面角的余弦值；(3)在線段EG上是否存在一點H，使得BH與平面SCD所成角的大小為？若存在，求出GH的長；若不存在，說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)(3)存在，【分析】（1）利用三角形中位線證明，即可根據(jù)線面平行的判定定理證明結論；（2）建立空間直角坐標系，求得相關點的坐標，求得平面SCD的一個法向量，即可根據(jù)向量的夾角公式求得答案;（3）假設存在點H，設，表示出的坐標，根據(jù)BH與平面SCD所成角的大小為,利用向量的夾角公式計算，可得答案.（1）證明：連接FG，在中，F(xiàn)，G分別為SD，SB的中點，所以，又因為平面AEG，平面AEG，所以平面AEG.（2）因為平面ABCD，AB，平面ABCD，所以，，又，所以，以為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系，則,,，，，設平面SCD的法向量為，則,即令，得，，所以平面SCD的一個法向量為，又平面ESD的一個法向量為，所以，由圖形可知，二面角的余弦值為.（3）存在，理由如下：假設存在點H，設，則,由（2）知，平面SCD的一個法向量為，則，即，所以，則，故存在滿足題意的點H，此時.模塊三：全國高中數(shù)學聯(lián)賽試題精選1．（2021全國競賽）已知正三棱錐，M是側棱的中點，．若N是的中點，則異面直線與所成角的余弦值為________．【答案】【解析】【分析】【詳解】易證、、互相垂直．以P為坐標原點，分別以、、所在的直線為x、y、z軸建立空間直角坐標系．設，則，所以，故．故答案為：.2．（2005·河南·高二競賽）如圖所示，在平行六面體中，M為與的交點，若，，，則（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據(jù)空間向量的運算法則和空間向量基本定理相關知識求解即可.【詳解】由題意得，.故選：D3．（2018安徽競賽）在邊長為1的長方體內部有一小球，該小球與正方體的對角線段相切，則小球半徑的最大值=___________.【答案】【解析】【詳解】當半徑最大時，小球與正方體的三個面相切.不妨設小球與過點的三個面相切.以為原點，、、分別為x、y、z軸正方向，建立空間直角坐標系.設A（0，1，1），（1，0，0），小球圓心P（r，r，r），則P到的距離.再由，得.故答案為4．（2015·廣東潮州·高一競賽）如圖，已知分別是正方體的棱的中點，設為二面角的平面角，則＝A． B． C． D．【答案】B【分析】以A為原點，分別為x、y、z軸正方向建立空間直角坐標系，利用向量法求解.【詳解】以A為原點，分別為x、y、z軸正方向建立空間直角坐標系.不妨令正方體的棱長為2，則，，，，，，，，，，所以，設平面的法向量為，則由得，不妨令，則，故.又由為平面的一個法向量，為的平面角，，故．故選：B．5．（2019甘肅競賽）已知三棱錐P－ABC的平面展開圖中，四邊形ABCD為邊長等于的正方形，△ABE和△BCF均為正三角形，在三棱錐P－ABC中：（1）證明：平面PAC⊥平面ABC；（2）若點M為棱PA上一點且，求二面角P－BC－M的余弦值.【答案】（1）見解析（2）【解析】【詳解】（1）如圖①，設AC的中點為O，連結.由題意，得，PO=2，.因為在△PAC中，PA=PC，O為AC的中點，所以PO⊥AC.又因為在△POB中，PO=2，OB=2，PB=，，所以PO⊥OB.因為AC∩OB=O，AC，OB?平面ABC，所以PO⊥平面ABC.又因為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所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖②所示的空間直角坐標系，則，，，.設平面MBC的法向量為，則由得，令，則，即.設平面PBC的法向量為，由得，令x2=1，則，即..由圖可知，二面角P－BC－M的余弦值為.6．（2013·黑龍江·高三競賽）在直三棱柱中，，.已知分別為和的中點，分別為線段和上的動點（不包括端點）.若，則線段的長度的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空間直角坐標系后，由坐標求解【詳解】試題分析：建立如圖所示的空間直角坐標系：取，，，，，且，則：，，由于，所以，即,,又因為，，所以故選：A7．（2018四川競賽）在三棱錐中，三條棱兩兩垂直，且.若點為三棱錐的外接球球面上任意一點，則到面距離的最大值為______.【答案】【解析】【詳解】三棱錐的外接球就是以為長、寬、高的長方體的外接球，其直徑為又，從而，于是，的外接圓半徑為故球心到面的距離為從而，點到面距離的最大值是故答案為8．（2022·江蘇蘇州·高二競賽）現(xiàn)要將一邊長為101的正方體，分割成兩部分，要求如下：（1）分割截面交正方體各棱，，，于點P，Q，R，S（可與頂點重合）；（2）線段，，，的長度均為非負整數(shù)，且線段，，，的每一組取值對應一種分割方式，則有___________種不同的分割方式.（用數(shù)字作答）【答案】707504【分析】先由面面平行的性質證得四邊形為平行四邊形，再由空間向量求得，設，，，的長度為，，分和兩種情況求出有