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【暑假提升】(人教A版2019)数学高一（升高二）暑假-第一章《空间向量与立体几何》综合测试
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这是一份【暑假提升】(人教A版2019)数学高一（升高二）暑假-第一章《空间向量与立体几何》综合测试，文件包含第一章空间向量与立体几何综合测试解析版docx、第一章空间向量与立体几何综合测试原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
第一章 空间向量与立体几何综合测试
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））两个不同平面，的法向量分别为非零向量，，两条不同直线，的方向向量分别为非零向量，，则下列叙述不正确的是（ ）
A．的充要条件为
B．的充要条件为
C．的充要条件为存在实数使得
D．的充要条件为
【答案】D
【解析】
【分析】
依据面面垂直的定义及向量数量积的几何意义判断选项A；依据线线垂直的定义及向量数量积的几何意义判断选项B；依据面面平行的定义及数乘向量的几何意义判断选项C；依据线面平行的定义及向量数量积的几何意义判断选项D.
【详解】
选项A：.判断正确；
选项B：.判断正确；
选项C：存在实数使得.判断正确；
选项D：若，则有；若，则有或，
则是的充分不必要条件.判断错误.
故选：D
2．（2022·福建省福州第一中学三模）以下四组向量在同一平面的是（ ）
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
【答案】B
【解析】
【分析】
利用共面向量的基本定理逐项判断可得出合适的选项.
【详解】
对于A选项，设，所以，，无解；
对于B选项，因为，故B选项中的三个向量共面；
对于C选项，设，所以，，无解；
对于D选项，设，所以，，矛盾.
故选：B.
3．（2022·重庆八中高一阶段练习）若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据向量共面定理即可求解．
【详解】
解：对A：，故A选项中向量共面；
对B：，故B选项中向量共面；
对D：，故D选项中向量共面；
假设，，共面，则存在实数使得，则共面，与已知矛盾，故C选项中向量不共面；
故选：C.
4．（2022·河南·模拟预测（理））在正方体中，E，F分别为棱AD，的中点，则异面直线EF与所成角的余弦值为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
利用坐标法即得.
【详解】
如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则，
∴，
∴，
即异面直线EF与所成角的余弦值为.
故选：A.
5．（2022·四川省绵阳南山中学高二期中（理））如图，OABC是四面体，G是的重心，是OG上一点，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
利用向量加法减法的几何意义并依据空间向量基本定理去求向量
【详解】
连接AG并延长交BC于N，连接ON，
由G是的重心，可得，
则
则
故选：D
6．（2022·江苏常州·高二期中）如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
将作为基底，利用空间向量基本定理用基底表示，然后对其平方化简后，再开方可求得结果
【详解】
由题意得，，
因为
,
所以
，
所以，
故选：C
7．（2022·江苏宿迁·高二阶段练习）正方体棱长为2，是棱的中点，是四边形内一点（包含边界），且，当三棱锥的体积最大时，与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，设出，利用向量的数量积及体积最大值求得，从而得到与平面所成角的正弦值.
【详解】
如图，以A为坐标原点，AB，AD，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，设，，
则，
由于为定值，要想三棱锥的体积最大，则F到底面ADE的距离最大，
其中，
所以当时，取得最大值，
因为，
所以的最大值为，
所以，，
平面的法向量，
所以与平面所成角的正弦值为
故选：A
8．（2022·江苏扬州·高二期中）如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为，底面为直角梯形，，点为棱上一点，满足，下列结论错误的是（ ）
A．平面平面；
B．点到直线的距离；
C．若二面角的平面角的余弦值为，则；
D．点A到平面的距离为．
【答案】D
【解析】
【分析】
A选项，作出辅助线，证明出AC⊥BC，结合平面可得线线垂直，从而证明线面垂直，最后证明出面面垂直；B选项，求出点P到直线CD的距离即为PC的长度，利用勾股定理求出答案；C选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解；D选项，过点A作AH⊥PC于点H，证明AH的长即为点A到平面的距离，求出AH的长.
【详解】
A选项，因为平面，平面，
所以CD，
故∠PBA即为与底面所成的角，，
因为，
所以PA=AB=1，
因为，
取AD中点F，连接CF，则AF=DF=AB=CF=BC，
则四边形ABCF为正方形，∠FCD=∠FCA=45°，
所以AC⊥CD，
又因为，
所以CD⊥平面PAC，
因为CD平面PCD，
所以平面平面PCD，A正确；
由A选项的证明过程可知：CD⊥平面PAC，
因为平面PAC
所以CD⊥PC，
故点P到直线CD的距离即为PC的长度，
其中
由勾股定理得：，B正确；
以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
其中平面ACD的法向量为，设平面ACE的法向量为，
则，令得：，
所以，
设二面角的平面角为，显然，
其中，
解得：或，
因为，所以，C正确；
过点A作AH⊥PC于点H，
由于CD⊥平面APC，平面APC，
所以AH⊥CD，
因为，
所以AH⊥平面PCD，
故AH即为点A到平面PCD的距离，
因为PA⊥AC，
所以，D选项错误
故选：D
二、多选题
9．（2022·江苏·淮安市淮安区教师发展中心学科研训处高二期中）给出下列四个命题，其中是真命题的有（ ）
A．若存在实数，，使，则与，共面；
B．若与，共面，则存在实数，，使；
C．若存在实数，，使则点，，A，共面；
D．若点，，A，共面，则存在实数，，使．
【答案】AC
【解析】
【分析】
由向量共面定理可判断AC；取，为零向量可判断B；取，A，三点共线，点P与，A，不共线可判断D.
【详解】
由向量共面定理可知A正确；
当，为零向量可知B错误；
由向量共面定理可知共面，又因为共始点，所以点，，A，共面，故C正确；
当，A，三点共线，点P与，A，不共线时可知D错误.
故选：AC
10．（2022·江苏省镇江中学高二期中）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为与的交点，若，则下列正确的是（ ）
A． B．
C．的长为 D．
【答案】BD
【解析】
【分析】
AB选项，利用空间向量基本定理进行推导即可；C选项，在B选项的基础上，平方后计算出，从而求出；D选项，利用向量夹角的余弦公式进行计算.
【详解】
根据题意，依次分析选项：
对于A选项，，A错误，
对于B选项，，B正确：
对于C选项，，则，
则，C错误：
对于，则，D正确.
故选：BD.
11．（2022·江苏宿迁·高二期中）已知正方体的棱长为1，分别在上，并满足，设，设的重心为G，下列说法正确的是（ ）
A．向量可以构成一组基底
B．当时，
C．当时，在平面上的投影向量的模长为
D．对任意实数，总有
【答案】AD
【解析】
【分析】
根据基底向量的要求不共体可以判断A正确，B、C、D通过建立空间直角坐标系结合空间向量的坐标运算进行运算判断正误．
【详解】
，显然不共面，∴向量可以构成一组基底，A正确；
如图建立空间直角坐标系，则，
当时，，则,
∴，Ｂ不正确；,
当时，,在平面上的投影向量为， ，Ｃ不正确；
对任意实数，，则，
，,，D正确．
故选：AD．
12．（2022·湖南·长郡中学模拟预测）已知正方体的边长为2，M为的中点，P为侧面上的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（ ）
A． B．平面
C．与所成角的余弦值为 D．动点P的轨迹长为
【答案】BCD
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用空间夹角公式、空间向量数量积的运算性质逐一判断即可.
【详解】
如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，
则，
所以，
由平面，得，即，
化简可得：，
所以动点P在直线上，
对于选项A：，所以与不垂直，所以A选项错误；
对于选项B：平面平面，所以平面，B选项正确；
对于选项C：，C选项正确；
对于选项D：动点P在直线上，且P为侧面上的动点，则P在线段上，，所以，D选项正确；
故选：BCD.
三、填空题
13．（2022·江苏宿迁·高二阶段练习）已知向量，满足，，且.则在上的投影向量的坐标为_________.
【答案】
【解析】
【分析】
对两边平方后得到，代入投影向量的公式进行求解即可.
【详解】
两边平方化简得：，①
因为，所以，
又，代入①得：，解得：，
所以在上的投影向量坐标为
.
故答案为：
14．（2022·江苏·沛县教师发展中心高二期中）已知空间四边形的每条边和对角线的长都等于1，点，分别是，的中点，则的值为_________.
【答案】##
【解析】
【分析】
如图，在正三棱锥中，以为基底， ，，利用向量数量积性质进行计算即可得解.
【详解】
根据题意为正四面体，
两两成角，
所以，
，
所以
.
故答案为：
15．（2022·全国·高二课时练习）在棱长为1的正方体中，若点E是线段AB的中点，点M是底面ABCD内的动点，且满足，则线段AM的长的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】
以点为原点建立空间直角坐标系，再由可得的轨迹方程，从而由平面知识得到长的最小值.
【详解】
如图所示，建立空间直角坐标系，
则，，，设，
则，，
，，
即点的轨迹方程为，
线段AM的长的最小值为.
故答案为：.
16．（2022·江西南昌·高二期中（理））如图，在棱长为4的正方体中，E为BC的中点，点P在线段上，点Р到直线的距离的最小值为_______.
【答案】##
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点Р到直线距离的函数关系，再求其最小值作答.
【详解】
在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
因点P在线段上，则，，
，向量在向量上投影长为，
而，则点Р到直线的距离
，当且仅当时取“=”，
所以点Р到直线的距离的最小值为.
故答案为：
四、解答题
17．（2022·天津南开·高二期末）如图，在直三棱柱中，，，D为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值；
(3)若E为的中点，求与所成的角．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）连接，交于O，连接OD，根据中位线的性质，可证，根据线面平行的判定定理，即可得证；
（2）如图建系，求得各点坐标，进而可求得平面与平面的法向量，根据二面角的向量求法，即可得答案；
（3）求得坐标，根据线线角的向量求法，即可得答案.
(1)
连接，交于O，连接OD，则O为的中点，
在中，因为O、D分别为、BC中点，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面
(2)
由题意得，两两垂直，以B为原点，为x，y，z轴正方向建系，如图所示：
设，则，所以，
则，，
因为平面在平面ABC内，且平面ABC，
所以即为平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，
则，所以，令，则，
所以法向量，
所以，
由图象可得平面与平面的夹角为锐角，
所以平面与平面的夹角的余弦值为
(3)
由（2）可得，
设与所成的角为，
则，
解得，所以与所成的角为
18．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（理））如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，四边形ABCD为等腰梯形，∥，，，，．
(1)求证：；
(2)求直线CA与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意利用勾股定理可证，结合面面垂直的性质定理理解证明；（2）利用空间向量，根据处理运算．
(1)
如图所示，设AC与BD的交点为O．
因为四边形ABCD为等腰梯形，∥，，，
所以．
在中，，
即．又因为，所以，．
同理可得，．
因为，所以．
又因为平面平面ABCD，且平面平面，平面ABCD．
所以平面PBD，
又因为平面PBD，
所以．
(2)
取OB，AB的中点E，F，连接PE，EF．
由（1）知平面PBD，又平面PBD，所以，所以．
因为，所以，
平面平面ABD，平面平面，平面PBD，
所以平面ADB，
．
又因为E，F为OB，AB的中点，所以．
以E为坐标原点，EF，EB，EP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示：
所以，，，，，
所以，，．
设平面PBC的一个法向量为，
则，取，所以．
设直线CA与平面PBC所成的角为θ，
则．
所以直线CA与平面PBC所成角的正弦值是．
19．（2022·四川·成都七中模拟预测（理））如图1，在等边中，点D，E分别为边AB，AC上的动点且满足，记.将△ADE沿DE翻折到△MDE的位置并使得平面MDE⊥平面DECB，连接MB，MC得到图2，点N为MC的中点．
(1)当EN∥平面MBD时，求λ的值；
(2)试探究：随着λ值的变化，二面角BMDE的大小是否改变？如果改变，请说明理由；如果不改变，请求出二面角的正弦值大小．
【答案】(1)
(2)不改变，
【解析】
【分析】
（1）首先取的中点为，连接，，再结合线面平行的性质即可得到
（2）利用空间向量法求解即可.
(1)
取的中点为，连接，，
因为，，所以NP∥BC，
又DE∥BC，所以NP∥DE，即N，E，D，P四点共面，
又EN∥平面BMD，EN⊂平面NEDP，
平面NEDP∩平面MBD＝DP，
所以EN∥PD，即NEDP为平行四边形，
所以NP＝DE，则DE＝BC，即λ＝.
(2)
取的中点，连接MO，则MO⊥DE，因为平面MDE⊥平面DECB，
平面MDE∩平面DECB＝DE，且MO⊥DE，所以MO⊥平面DECB，
如图建立空间直角坐标系，
不妨设，则，，，
所以，，
设平面的法向量为，则
，即，
令，即.
又平面的法向量，
所以，
即随着值的变化，二面角的大小不变．
且.
所以二面角的正弦值为.
20．（2022·天津·耀华中学二模）如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，E为棱上的点，且.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)求点E到平面的距离.
【答案】(1)证明过程见解析；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的运算性质，结合线面垂直的判定定理进行计算证明即可；
（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可；
（3）利用空间向量夹角公式，结合锐角三角函数定义进行求解即可.
(1)
因为平面，平面，
所以，而，因此可以建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有，
，，，
因为，
所以，而平面，
所以平面；
(2)
设平面的法向量为，
，
则有，
由（1）可知平面的法向量为，
所以有，
由图知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为；
(3)
由（2）可知：平面的法向量为，
，所以可得：
，
所以点E到平面的距离为.
21．（2022·江苏无锡·模拟预测）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”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“刍甍”(如图2)．
(1)若是四边形对角线的交点，求证：∥平面
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）结合图形可证四边形是平行四边形，可得，可得∥平面；（2）根据题意结合二面角的定义可得，利用空间向量求线面夹角．
(1)
取线段中点，连接，由图1可知，四边形是矩形，且
是线段与的中点，且
在图1中且，且．
所以在图2中，且且
四边形是平行四边形，则
由于平面平面平面
(2)
由图1，折起后在图2中仍有
即为二面角的平面角．
以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系如图，且设
则，
设平面的一个法向量
由，得，取则
于是平面的一个法向量
∴直线与平面所成角的正弦值为
22．（2022·河北石家庄·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，点为的中点，且平面．
(1)求证：平面；
(2)若二面角的余弦值为，求直线与所成角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得，可证得平面，利用线面垂直的性质可得出，利用以及线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）推导出为等边三角形，取的中点，连接，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，，则，利用空间向量法求出的值，再利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
(1)
证明：取的中点，连接、，
、分别为、的中点，则且，
又因为，，所以，且，
则四边形为平行四边形，所以．
又平面，所以，平面，
平面，，
又，，所以平面．
(2)
解：平面，平面，，
为的中点，故，又因为，故为等边三角形．
取的中点，连接，
，为的中点，则，
因为平面，平面，则，
，平面，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图的空间直角坐标系，
设，，则，
则、、、、，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
易知平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，易知为钝角，
所以，，解得，
则，，
，
设与所成的角为，则，，则，
故与所成角的正切值为.
第一章 空间向量与立体几何综合测试
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））两个不同平面，的法向量分别为非零向量，，两条不同直线，的方向向量分别为非零向量，，则下列叙述不正确的是（ ）
A．的充要条件为
B．的充要条件为
C．的充要条件为存在实数使得
D．的充要条件为
【答案】D
【解析】
【分析】
依据面面垂直的定义及向量数量积的几何意义判断选项A；依据线线垂直的定义及向量数量积的几何意义判断选项B；依据面面平行的定义及数乘向量的几何意义判断选项C；依据线面平行的定义及向量数量积的几何意义判断选项D.
【详解】
选项A：.判断正确；
选项B：.判断正确；
选项C：存在实数使得.判断正确；
选项D：若，则有；若，则有或，
则是的充分不必要条件.判断错误.
故选：D
2．（2022·福建省福州第一中学三模）以下四组向量在同一平面的是（ ）
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
【答案】B
【解析】
【分析】
利用共面向量的基本定理逐项判断可得出合适的选项.
【详解】
对于A选项，设，所以，，无解；
对于B选项，因为，故B选项中的三个向量共面；
对于C选项，设，所以，，无解；
对于D选项，设，所以，，矛盾.
故选：B.
3．（2022·重庆八中高一阶段练习）若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据向量共面定理即可求解．
【详解】
解：对A：，故A选项中向量共面；
对B：，故B选项中向量共面；
对D：，故D选项中向量共面；
假设，，共面，则存在实数使得，则共面，与已知矛盾，故C选项中向量不共面；
故选：C.
4．（2022·河南·模拟预测（理））在正方体中，E，F分别为棱AD，的中点，则异面直线EF与所成角的余弦值为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
利用坐标法即得.
【详解】
如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则，
∴，
∴，
即异面直线EF与所成角的余弦值为.
故选：A.
5．（2022·四川省绵阳南山中学高二期中（理））如图，OABC是四面体，G是的重心，是OG上一点，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
利用向量加法减法的几何意义并依据空间向量基本定理去求向量
【详解】
连接AG并延长交BC于N，连接ON，
由G是的重心，可得，
则
则
故选：D
6．（2022·江苏常州·高二期中）如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
将作为基底，利用空间向量基本定理用基底表示，然后对其平方化简后，再开方可求得结果
【详解】
由题意得，，
因为
,
所以
，
所以，
故选：C
7．（2022·江苏宿迁·高二阶段练习）正方体棱长为2，是棱的中点，是四边形内一点（包含边界），且，当三棱锥的体积最大时，与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，设出，利用向量的数量积及体积最大值求得，从而得到与平面所成角的正弦值.
【详解】
如图，以A为坐标原点，AB，AD，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，设，，
则，
由于为定值，要想三棱锥的体积最大，则F到底面ADE的距离最大，
其中，
所以当时，取得最大值，
因为，
所以的最大值为，
所以，，
平面的法向量，
所以与平面所成角的正弦值为
故选：A
8．（2022·江苏扬州·高二期中）如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为，底面为直角梯形，，点为棱上一点，满足，下列结论错误的是（ ）
A．平面平面；
B．点到直线的距离；
C．若二面角的平面角的余弦值为，则；
D．点A到平面的距离为．
【答案】D
【解析】
【分析】
A选项，作出辅助线，证明出AC⊥BC，结合平面可得线线垂直，从而证明线面垂直，最后证明出面面垂直；B选项，求出点P到直线CD的距离即为PC的长度，利用勾股定理求出答案；C选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解；D选项，过点A作AH⊥PC于点H，证明AH的长即为点A到平面的距离，求出AH的长.
【详解】
A选项，因为平面，平面，
所以CD，
故∠PBA即为与底面所成的角，，
因为，
所以PA=AB=1，
因为，
取AD中点F，连接CF，则AF=DF=AB=CF=BC，
则四边形ABCF为正方形，∠FCD=∠FCA=45°，
所以AC⊥CD，
又因为，
所以CD⊥平面PAC，
因为CD平面PCD，
所以平面平面PCD，A正确；
由A选项的证明过程可知：CD⊥平面PAC，
因为平面PAC
所以CD⊥PC，
故点P到直线CD的距离即为PC的长度，
其中
由勾股定理得：，B正确；
以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
其中平面ACD的法向量为，设平面ACE的法向量为，
则，令得：，
所以，
设二面角的平面角为，显然，
其中，
解得：或，
因为，所以，C正确；
过点A作AH⊥PC于点H，
由于CD⊥平面APC，平面APC，
所以AH⊥CD，
因为，
所以AH⊥平面PCD，
故AH即为点A到平面PCD的距离，
因为PA⊥AC，
所以，D选项错误
故选：D
二、多选题
9．（2022·江苏·淮安市淮安区教师发展中心学科研训处高二期中）给出下列四个命题，其中是真命题的有（ ）
A．若存在实数，，使，则与，共面；
B．若与，共面，则存在实数，，使；
C．若存在实数，，使则点，，A，共面；
D．若点，，A，共面，则存在实数，，使．
【答案】AC
【解析】
【分析】
由向量共面定理可判断AC；取，为零向量可判断B；取，A，三点共线，点P与，A，不共线可判断D.
【详解】
由向量共面定理可知A正确；
当，为零向量可知B错误；
由向量共面定理可知共面，又因为共始点，所以点，，A，共面，故C正确；
当，A，三点共线，点P与，A，不共线时可知D错误.
故选：AC
10．（2022·江苏省镇江中学高二期中）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为与的交点，若，则下列正确的是（ ）
A． B．
C．的长为 D．
【答案】BD
【解析】
【分析】
AB选项，利用空间向量基本定理进行推导即可；C选项，在B选项的基础上，平方后计算出，从而求出；D选项，利用向量夹角的余弦公式进行计算.
【详解】
根据题意，依次分析选项：
对于A选项，，A错误，
对于B选项，，B正确：
对于C选项，，则，
则，C错误：
对于，则，D正确.
故选：BD.
11．（2022·江苏宿迁·高二期中）已知正方体的棱长为1，分别在上，并满足，设，设的重心为G，下列说法正确的是（ ）
A．向量可以构成一组基底
B．当时，
C．当时，在平面上的投影向量的模长为
D．对任意实数，总有
【答案】AD
【解析】
【分析】
根据基底向量的要求不共体可以判断A正确，B、C、D通过建立空间直角坐标系结合空间向量的坐标运算进行运算判断正误．
【详解】
，显然不共面，∴向量可以构成一组基底，A正确；
如图建立空间直角坐标系，则，
当时，，则,
∴，Ｂ不正确；,
当时，,在平面上的投影向量为， ，Ｃ不正确；
对任意实数，，则，
，,，D正确．
故选：AD．
12．（2022·湖南·长郡中学模拟预测）已知正方体的边长为2，M为的中点，P为侧面上的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（ ）
A． B．平面
C．与所成角的余弦值为 D．动点P的轨迹长为
【答案】BCD
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用空间夹角公式、空间向量数量积的运算性质逐一判断即可.
【详解】
如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，
则，
所以，
由平面，得，即，
化简可得：，
所以动点P在直线上，
对于选项A：，所以与不垂直，所以A选项错误；
对于选项B：平面平面，所以平面，B选项正确；
对于选项C：，C选项正确；
对于选项D：动点P在直线上，且P为侧面上的动点，则P在线段上，，所以，D选项正确；
故选：BCD.
三、填空题
13．（2022·江苏宿迁·高二阶段练习）已知向量，满足，，且.则在上的投影向量的坐标为_________.
【答案】
【解析】
【分析】
对两边平方后得到，代入投影向量的公式进行求解即可.
【详解】
两边平方化简得：，①
因为，所以，
又，代入①得：，解得：，
所以在上的投影向量坐标为
.
故答案为：
14．（2022·江苏·沛县教师发展中心高二期中）已知空间四边形的每条边和对角线的长都等于1，点，分别是，的中点，则的值为_________.
【答案】##
【解析】
【分析】
如图，在正三棱锥中，以为基底， ，，利用向量数量积性质进行计算即可得解.
【详解】
根据题意为正四面体，
两两成角，
所以，
，
所以
.
故答案为：
15．（2022·全国·高二课时练习）在棱长为1的正方体中，若点E是线段AB的中点，点M是底面ABCD内的动点，且满足，则线段AM的长的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】
以点为原点建立空间直角坐标系，再由可得的轨迹方程，从而由平面知识得到长的最小值.
【详解】
如图所示，建立空间直角坐标系，
则，，，设，
则，，
，，
即点的轨迹方程为，
线段AM的长的最小值为.
故答案为：.
16．（2022·江西南昌·高二期中（理））如图，在棱长为4的正方体中，E为BC的中点，点P在线段上，点Р到直线的距离的最小值为_______.
【答案】##
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点Р到直线距离的函数关系，再求其最小值作答.
【详解】
在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
因点P在线段上，则，，
，向量在向量上投影长为，
而，则点Р到直线的距离
，当且仅当时取“=”，
所以点Р到直线的距离的最小值为.
故答案为：
四、解答题
17．（2022·天津南开·高二期末）如图，在直三棱柱中，，，D为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值；
(3)若E为的中点，求与所成的角．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）连接，交于O，连接OD，根据中位线的性质，可证，根据线面平行的判定定理，即可得证；
（2）如图建系，求得各点坐标，进而可求得平面与平面的法向量，根据二面角的向量求法，即可得答案；
（3）求得坐标，根据线线角的向量求法，即可得答案.
(1)
连接，交于O，连接OD，则O为的中点，
在中，因为O、D分别为、BC中点，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面
(2)
由题意得，两两垂直，以B为原点，为x，y，z轴正方向建系，如图所示：
设，则，所以，
则，，
因为平面在平面ABC内，且平面ABC，
所以即为平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，
则，所以，令，则，
所以法向量，
所以，
由图象可得平面与平面的夹角为锐角，
所以平面与平面的夹角的余弦值为
(3)
由（2）可得，
设与所成的角为，
则，
解得，所以与所成的角为
18．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（理））如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，四边形ABCD为等腰梯形，∥，，，，．
(1)求证：；
(2)求直线CA与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意利用勾股定理可证，结合面面垂直的性质定理理解证明；（2）利用空间向量，根据处理运算．
(1)
如图所示，设AC与BD的交点为O．
因为四边形ABCD为等腰梯形，∥，，，
所以．
在中，，
即．又因为，所以，．
同理可得，．
因为，所以．
又因为平面平面ABCD，且平面平面，平面ABCD．
所以平面PBD，
又因为平面PBD，
所以．
(2)
取OB，AB的中点E，F，连接PE，EF．
由（1）知平面PBD，又平面PBD，所以，所以．
因为，所以，
平面平面ABD，平面平面，平面PBD，
所以平面ADB，
．
又因为E，F为OB，AB的中点，所以．
以E为坐标原点，EF，EB，EP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示：
所以，，，，，
所以，，．
设平面PBC的一个法向量为，
则，取，所以．
设直线CA与平面PBC所成的角为θ，
则．
所以直线CA与平面PBC所成角的正弦值是．
19．（2022·四川·成都七中模拟预测（理））如图1，在等边中，点D，E分别为边AB，AC上的动点且满足，记.将△ADE沿DE翻折到△MDE的位置并使得平面MDE⊥平面DECB，连接MB，MC得到图2，点N为MC的中点．
(1)当EN∥平面MBD时，求λ的值；
(2)试探究：随着λ值的变化，二面角BMDE的大小是否改变？如果改变，请说明理由；如果不改变，请求出二面角的正弦值大小．
【答案】(1)
(2)不改变，
【解析】
【分析】
（1）首先取的中点为，连接，，再结合线面平行的性质即可得到
（2）利用空间向量法求解即可.
(1)
取的中点为，连接，，
因为，，所以NP∥BC，
又DE∥BC，所以NP∥DE，即N，E，D，P四点共面，
又EN∥平面BMD，EN⊂平面NEDP，
平面NEDP∩平面MBD＝DP，
所以EN∥PD，即NEDP为平行四边形，
所以NP＝DE，则DE＝BC，即λ＝.
(2)
取的中点，连接MO，则MO⊥DE，因为平面MDE⊥平面DECB，
平面MDE∩平面DECB＝DE，且MO⊥DE，所以MO⊥平面DECB，
如图建立空间直角坐标系，
不妨设，则，，，
所以，，
设平面的法向量为，则
，即，
令，即.
又平面的法向量，
所以，
即随着值的变化，二面角的大小不变．
且.
所以二面角的正弦值为.
20．（2022·天津·耀华中学二模）如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，E为棱上的点，且.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)求点E到平面的距离.
【答案】(1)证明过程见解析；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的运算性质，结合线面垂直的判定定理进行计算证明即可；
（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可；
（3）利用空间向量夹角公式，结合锐角三角函数定义进行求解即可.
(1)
因为平面，平面，
所以，而，因此可以建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有，
，，，
因为，
所以，而平面，
所以平面；
(2)
设平面的法向量为，
，
则有，
由（1）可知平面的法向量为，
所以有，
由图知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为；
(3)
由（2）可知：平面的法向量为，
，所以可得：
，
所以点E到平面的距离为.
21．（2022·江苏无锡·模拟预测）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”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“刍甍”(如图2)．
(1)若是四边形对角线的交点，求证：∥平面
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）结合图形可证四边形是平行四边形，可得，可得∥平面；（2）根据题意结合二面角的定义可得，利用空间向量求线面夹角．
(1)
取线段中点，连接，由图1可知，四边形是矩形，且
是线段与的中点，且
在图1中且，且．
所以在图2中，且且
四边形是平行四边形，则
由于平面平面平面
(2)
由图1，折起后在图2中仍有
即为二面角的平面角．
以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系如图，且设
则，
设平面的一个法向量
由，得，取则
于是平面的一个法向量
∴直线与平面所成角的正弦值为
22．（2022·河北石家庄·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，点为的中点，且平面．
(1)求证：平面；
(2)若二面角的余弦值为，求直线与所成角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得，可证得平面，利用线面垂直的性质可得出，利用以及线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）推导出为等边三角形，取的中点，连接，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，，则，利用空间向量法求出的值，再利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
(1)
证明：取的中点，连接、，
、分别为、的中点，则且，
又因为，，所以，且，
则四边形为平行四边形，所以．
又平面，所以，平面，
平面，，
又，，所以平面．
(2)
解：平面，平面，，
为的中点，故，又因为，故为等边三角形．
取的中点，连接，
，为的中点，则，
因为平面，平面，则，
，平面，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图的空间直角坐标系，
设，，则，
则、、、、，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
易知平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，易知为钝角，
所以，，解得，
则，，
，
设与所成的角为，则，，则，
故与所成角的正切值为.
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