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专题13 空间向量与立体几何（考点练+模拟练）
一、填空题
1．（23-24 高三上·上海·期中）已知向量
，
，若
，则
的值为 ．
【答案】
【分析】由向量平行的充要条件可以分别求出
的值，从而即可得解.
【解析】由题意
，使得
，即有
，
解得
，从而
.
故答案为：
.
2．（2023·上海松江·二模）已知空间向量
，
，
，若
，则
．
【答案】
【解析】
，
，
，
，
解得
，
故答案为：
.
3．（21-22 高二上·上海黄浦·期末）已知向量
是直线l 的一个方向向量，向量
是
平面
的一个法向量，若直线
平面
，则实数m 的值为 ．
【答案】-2
1
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【分析】由已知可得
，即
，计算即可得出结果.
【解析】因为
是直线的一个方向向量，
是平面
的一个法向量，且直线
平面
，所以
，
所以
，解得
.
故答案为：-2.
4．（23-24 高三上·上海杨浦·期中）在棱长为1 的正方体
中，平行平面
与
间的
距离为 .
【答案】
/
【分析】建立空间直角坐标系，求得平面
的法向量
，再由
即可得解.
【解析】依题意，建立空间直角坐标系，如图，
则
，
故
设平面
的法向量为
，则
，
取
，则
，所以
，
2
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由题意知平面
平行于平面
，
所以平面
与平面
间的距离
.
故答案为：
.
5．（22-23 高二上·上海浦东新·期末）已知空间向量
，则下列说法正确的
有 个
①
；②
；③若
，则
；④与
方向相同的单位向量为
.
【答案】2
【分析】根据空间向量的坐标表示和模的计算，结合向量的数量级公式和单位向量的概念，逐项分析判断
即可得解.
【解析】由
，所以
，①错误；
根据数积的定义可得
，故②正确；
，若要
，
则
，
可得
，故③正确；
与
方向相同的单位向量为
，故④错误.
故正确的有两个.
故答案为：2
6．（2023·上海嘉定·一模）正四棱台
是
的中点，在直线
上各取一个点P、Q，使得M、P、Q 三点共线，则线段
的长度为 ．
3
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【答案】
【分析】根据正四棱台的特征，建立空间直角坐标系，利用M、P、Q 三点共线，得到等量关系，从而确
定
的位置，进而得到线段
的长度.
【解析】结合题意：连接
交于点
,
交于点
,连接
由正四棱台的结构特征,易知
两两垂直，
故以
分别为
轴建立如图所示的空间直角坐标系：
因为在正四棱台
，
所以易计算得到：
，
，
所以
，
,
因为
是
的中点,所以
，
所以
.
要使M、P、Q 三点共线，则
，
共线，
则
，解得：
，
4
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所以
，
,
所以
，
所以
.
故答案为:
7．（23-24 高三上·上海松江·期末）已知正四面体
的棱长为
，空间内任意点
满足
，则
的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先判断出
点在球上，然后根据数量积的运算求得
的表达式，结合三角函数值域的知识
求得
的取值范围.
【解析】设BC 的中点为O.
因为动点
满足
，所以
,
即点P 落在以O 为球心，以为半径的球上.
因为
,
所以
.
因为正四面体
的棱长为
，
5
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所以
，
在三角形
中，
,
.
取AD 的中点为E,OE⊥AD，
所以
在
上的投影向量的模为
，
所以
.
设
，
所以
.
因为
，
所以
.
故答案为：
【点睛】本题主要考查空间向量线性运算和数量积的运算，形如
的
点，其运动轨迹在以
点为球
心，半径为的球面上.求解一个式子的最值，可以考虑的方向有：基本不等式、函数的单调性、二次函数
的性质、三角函数的值域等知识.
8．（23-24 高三上·上海静安·期末）如图，在四棱锥
中，
平面
，底面
是矩形，
，
，
是
上的点，直线
与平面
所成的角是
，则
的长为
.
6
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【答案】2
【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面
的法向量，利用空间角的向量求法，结合
直线
与平面
所成的角是
，即可求得答案.
【解析】由题意知在四棱锥 中，
平面
，底面
是矩形，
以A 为坐标原点，以
所在直线为
轴建立空间直角坐标系，
则
，设
，
则
，
设平面
的一个法向量为
，则
，
即
，令
，则
，
设直线
与平面
所成的角为
，
直线
与平面
所成的角是
，则
，
故
，
即
，解得
（负值舍去），
7
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故
的长为2，
故答案为：2
9．（2023·上海普陀·一模）体积为
的正四面体内有一个球
，球
与该正四面体的各面均有且只有
一个公共点，
，
是球
的表面上的两动点，点
在该正四面体的表面上运动，当
最大时，
的最大值是 .
【答案】
【分析】记该正四面体为
，题意得出球
是该正四面体的内切球，球心
也是外接球的球心，
在
高
上，由体积求得正四面体的棱长，并求出内切球半径，
最大时，
是球
的直径，由数量积
的运算得出
取最大时，只要
最大即可得．
【解析】记该正四面体为
，如图，由题意球
是该正四面体的内切球，
显然
在其高
上，
是底面正
的中心，设
，则
，
，
，所以
，
是
内切球球心也是其外接球球心，设内切球半径为，即
，又
，
由
得
，
，
最大时，
是球
的直径，
，
8
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点
在该正四面体的表面，当
是正四面体的顶点时，
取得最大值为
，
所以
的最大值是
．
故答案为：
．
10．（2023·上海浦东新·模拟预测）已知
，对任意
都有
，则实数
的最小值为 .
【答案】1
【分析】设出
，
，从而利用向量数量积公式结合三角函数恒
等变换和有界性求出最值，得到答案.
【解析】可设
，
，其中
，
则
，
因为
，所以
，
由于
，
，故
9
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，
因为
，所以
，
又
恒成立，故
的最小值为1.
故答案为：1
【点睛】空间向量解决几何最值问题，通常有两种思路：
①形化，即用向量的几何意义将问题转化为几何中的最值或取值范围问题，然后根据图形的特征直接进行
求解；
②数化，即利用向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问
题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.
11．（23-24 高三上·上海宝山·期中）已知
、
、
为空间中三个单位向量，且
、
、
与
夹角为
，点P 为空间一点，满足
且
，则
最大值
为 ．
【答案】
/
【分析】以
为坐标原点，
为
轴，
为
轴，垂直于
平面为
轴,建立空间直角坐标系，由
坐标表示得
，结合不等式的性质进行求解.
【解析】因为
、
，
，
平面
，
所以
平面
，以
为坐标原点，
为
轴，
为
轴，垂直于
平面为
轴，建立如图所示
的空间直角坐标系.
10
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因为
、
、
为空间中三个单位向量，
与
夹角为
，即
，则
，
，
，即
，
，
，
设
，则
，
因为
，
所以
，
所以
且
，
所以
，即
，
当
时，解得
；当
时，解得
；
所以
，即
，
，解得
，
故
，
则
最大值为
.
11
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故答案为：
.
【点睛】空间向量数量积的最值问题，可以根据所给向量的关系，直接列出方程或不等式关系，也可以建
立适当的空间直角坐标系，利用坐标运算找到代数关系，借助基本不等式或函数思想解决；
12．（2024·上海·晋元高级中学秋季模拟）现要将一边长为101 的正方体
，分割成两部分，
要求如下：（1）分割截面交正方体各棱
，
，
，
于点P，Q，R，S（可与顶点重合）；
（2）线段
，
，
，
的长度均为非负整数，且线段
，
，
，
的每一组取值对应一种
分割方式，则有 种不同的分割方式.（用数字作答）
【答案】707504
【分析】先由面面平行的性质证得四边形
为平行四边形，再由空间向量求得
，设
，
，
，
的长度为
，
，分
和
两种情况求出有序数
列
的个数，即可求解.
【解析】易得平面
∥平面
，平面
平面
，平面
平面
，则
，
同理可得
，则四边形
为平行四边形，则
，即
，
整理得
，即
，设
，
，
，
的长度为
，
12
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，
又
为非负整数，且
，易得为非负整数且
，下面考虑满足上述条件的有
序数列
的个数；
当
时，易得
可取
共
种情况，
可取
共
种情况，由乘法原理可得共
有
，
则有序数列
共有
个；
当
时，易得
可取
共
种情况，
可取
共
种情况，由乘法原理可得共有
，
则有序数列
共有
个；
又当有序数列
为
和
时，不满足将正方体
分割成两部分，
故共有
种分割方式.
故答案为：707504.
【点睛】本题关键点在于将问题转化为满足
，且
为非负整数，
的有
序数列
的个数，分
和
两种情况求出有序数列
的个数，即可求解.
二、单选题
13．（23-24 高三下·上海浦东新·阶段练习）空间向量
在
上的投影向量为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
13
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【分析】根据两个向量的坐标，结合投影向量概念，可以通过计算得出结果.
【解析】与
方向相同的单位向量为
，
由
，
，则
，
，
所以向量
在向量
上的投影向量为
.
故选：A.
14．（2022·上海·模拟预测）如图，点
､
､
分别在空间直角坐标系
的三条坐标轴上，
，
，
，设二面角
的大小为
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先求出平面
和平面
的法向量，再利用二面角公式求解即可.
【解析】因为
，
，
，
所以
，
，
设平面
的法向量为
，则
即
取
14
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又因为平面
的法向量为
，
所以
故选：B
15．（23-24 高三下·上海浦东新·开学考试）如图，三棱柱
满足棱长都相等，且
平面
，
是棱
的中点，
是棱
上的动点，设
，随着
增大，平面
与底面
所成钝
二面角的平面角是（ ）
A．减小
B．先减小再增大
C．先增大再减小
D．增大
【答案】C
【分析】以
中点
为坐标原点，
，
分别为
，
轴，并垂直向上作
轴建立空间直角坐标系，
设所有棱长均为
，则
，平面法向量的夹角的余弦值
，平面
与底面
所成钝二面角
的余弦值
，通过讨论
的增减变化，即可得出结论.
【解析】
15
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以
中点
为坐标原点，
，
分别为
，
轴，并垂直向上作
轴建立空间直角坐标系，
设所有棱长均为
，则
，
，
，
，
，
，设平面
法向量
，
则
，所以
，令
，有
，
，
故
，
又平面
的法向量
，故两平面法向量夹角
的余弦值
，
又
，故
在
上单调递增，
上单调递减，
平面
与底面
所成钝二面角
的余弦值
，
所以
在
上单调递减，
上单调递增，
即随着
增大先减小后增大，所以
随着
增大先增大后减小.
故选：C.
16．（2024·上海·高考真题）定义一个集合
，集合中的元素是空间内的点集，任取
，存在不
全为0 的实数
，使得
．已知
，则
的充分条件是
16
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（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】首先分析出三个向量共面，显然当
时，三个向量构成空间的一个基底，
则即可分析出正确答案.
【解析】由题意知这三个向量
共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，
对A，由空间直角坐标系易知
三个向量共面，则当
无法推出
，故A 错误；
对B，由空间直角坐标系易知
三个向量共面，则当
无法推出
，故B 错误；
对C， 由空间直角坐标系易知
三个向量不共面，可构成空间的一个基底，
则由
能推出
，
对D，由空间直角坐标系易知
三个向量共面，
则当
无法推出
，故D 错误.
故选：C．
17．（23-24 高三下·上海黄浦·开学考试）如图，已知正方体
的棱长为1，点M 为棱AB 的
中点，点P 在侧面
及其边界上运动，则下列选项中不正确的是（ ）
17
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A．存在点P 满足
B．存在点P 满足
C．满足
的点P 的轨迹长度为
D．满足
的点P 的轨迹长度为
【答案】C
【分析】假定
，结合条件可得
，
，然后利用圆的位置关系可判断A，利用坐
标法可得点P 在
中心时，
可判断B，利用线面垂直的判定定理结合条件可得点P 的轨
迹可判断CD.
【解析】对于A 选项，假设
，因为
，
又
，且
始终垂直平面
，所以
，点
在以B 为圆心，半径为1 的圆上，
同理
，
，则
，点P 在以C1为圆心，半径为
的圆上，如图1，
18
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又因为
，所以两个圆相交有交点，即存在点P 满足
，故A 正确；
对于B 选项，如图建立空间直角坐标系， 则
，
，
若点
在正方形
中心处，即
，
则
，
，可得
，即
，故B 正确；
对于C 选项，取
的中点
，
的中点
，连接
，
，
，
因为
平面
，又
平面
，所以
，
在正方形
中，
，又
平面
，
所以
平面
，又
平面
，
所以
，同理可得
，又
，
平面
，
所以
平面
，又因为点P 在侧面
上，平面
平面
，
19
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所以点
的轨迹为线段
，且
，故C 错误；
对于D 选项，过M 点作
交BC 于点G，过M 点作
交
于H，则
，
因为
，所以
，
同理
，又
平面
，
平面
，又平面
平面
，
所以点
的轨迹为线段
，且
，故D 正确.
故选：C.
三、解答题
18．（23-24 高三上·上海黄浦·开学考试）如图，四棱锥
中，底面ABCD 为矩形，
底面
ABCD，
，
，E、F 分别为棱PD、PA 的中点．
(1)求证：
平面PBC；
(2)求异面直线PB 与AE 所成的角．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）利用三角形的中位线性质及直线平行的传递性即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求得结论.
20
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【解析】（1）因为E、F 分别为棱PD、PA 的中点，所以
，
又因为底面ABCD 为矩形，
，
所以
,而
平面
，
平面
，
所以
平面PBC；
（2）如图，
以
为原点,
为
轴,
为
轴,
为
轴建立空间直角坐标系,
依题意得:
,
，
则
，
所以
，
异面直线PB 与AE 夹角为:
.
19．（22-23 高三下·上海·阶段练习）已知四棱锥
的底面ABCD 为矩形，
底面ABCD，且
，设E、F、G 分别为PC、BC、CD 的中点，H 为EG 的中点，如图．
(1)求证：
平面PBD；
21
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(2)求直线FH 与平面PBC 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用中位线得到的线线平行，证明线面平行，再证面面平行，由面面平行得证线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值.
【解析】（1）证明：∵E、F、G 分别为PC、BC、CD 的中点，∴
，
，
∵
平面PBD，
平面PBD，∴
平面PBD，同理可证
平面PBD，
∵
，EF、
平面EFG，∴平面
平面PBD，
∵
平面EFG，∴
平面PBD．
（2）∵
平面ABCD，四边形ABCD 为矩形，
以点A 为坐标原点，AB、AD、AP 所在直线分别为x、y、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则
、
、
、
、
、
、
，
，
，
，
设平面PBC 的法向量为
，则
，
取
，可得
，∴
，
22
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所以，直线FH 与平面PBC 所成角的正弦值为
．
20．（23-24 高二下·上海黄浦·期中）四棱锥
中，
平面
，底面
是正方形，
，点
是棱
上一点．
(1)求证: 平面
平面
；
(2)当
为
中点时， 求二面角
的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由正方形的性质得到
，又由线面垂直的性质得到
，即可得到
平面
，从而得证；
（2）建立空间直角坐标，利用空间向量法计算可得.
【解析】（1）
底面
是正方形，
，
平面
，
平面
，
，又
，
，
平面
，
平面
，又
平面
，
平面
平面
．
（2）如图建立空间直角坐标系，则
，
，
，
，
，
，
所以
，
，
，
设平面
的法向量为
，则
，取
，
设平面
的法向量为
，则
，取
，
23
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设二面角
为
，由图可知二面角
为锐二面角，
所以
，
所以
，即二面角
的正弦值为
.
21．（23-24 高三上·上海杨浦·开学考试）如图，在四棱锥
中，
为直角梯形，
，
，平面
平面
．
是以
为斜边的等腰直角三角形，
为
上一点，且
．
(1)证明：直线
平面
；
(2)求二面角
的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接
交
于点
，连接
，通过证明
，得证直线
平面
．
（2）以
为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值.
【解析】（1）证明：连接
交
于点
，连接
，
24
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因为
，所以
∽
，所以
，
因为
，所以
，所以
，所以
，
因为
平面
，
平面
，
所以直线
平面
．
（2）平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
，所以
平面
．
以
为坐标原点，
所在的方向分别为
轴、
轴的正方向，与
均垂直的方向作为
轴的正方
向，建立如图所示的空间直角坐标系
．
则
，
所以
，
设平面
的一个法向量为
，
25
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则
，令
，得
，
设平面
的一个法向量为
，
则
，令
，得
．
设二面角
的平面角的大小为
，由图可知
为锐角，则
所以二面角
的大小为
．
22．（23-24 高三上·上海嘉定·期中）如图，在正四棱柱
中，
，
，点
、
、
、
分别在棱
、
、
、
上，
，
，
．
(1)求证：
；
(2)求三棱锥
的体积；
(3)点
在棱
上，当二面角
大小为
时，求线段
的长．
【答案】(1)证明见解析
26
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(2)
(3)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）计算出
的面积以及点
到平面
的距离，利用锥体的体积公式可求得三棱锥
的体积；
（3）设
，利用向量法求二面角，建立方程求出
即可得解.
【解析】（1）解：以
为坐标原点，
所在直线为
轴建立空间直角坐标系，如图，
则
，
，
，
又
不在同一条直线上，
.
（2）解：
，点
到平面
的距离为
，
故
.
（3）解：设
，
27
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则
，
设平面
的法向量
，
则
，
令
，得
，
，
设平面
的法向量
，则
，
令
，得
，
，
，
化简可得，
，解得
或
，
或
，
.
23．（23-24 高二上·上海·期末）已知正方体
的棱长为1，P 是对角面
（包含边
界）内一点，且
.
(1)求
的长度；
(2)是否存在点
，使得平面
平面
？若存在，求出点
的位置；若不存在，说明理由；
(3)过点
作平面
与直线
垂直，求平面
与平面
所成锐二面角的最小值，并求此时平面
截正
方体
所得截面图形的周长.
28
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【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析；
(3)二面角的最小值为
，周长为
【分析】（1）根据依题意利用线面垂直的判定定理可得，点
的轨迹是在平面
内以
为直径的
半圆，即可求得
；
（2）利用空间向量求出当平面
平面
时点
的位置与点
重合，显然不合题意，可知不存在满
足题意的点
；
（3）利用线面角的定义可得当直线
与平面
所成的角
取到最大值时，平面
与平面
所成
锐二面角最小，即可求得结果，作出平面
截正方体
所得截面图形为五边形，分别算的
边长即可求出周长.
【解析】（1）l 连接
交于点
，连接
，如下图所示：
易知
，利用正方体性质可得
，
又
，
平面
，所以
平面
；
又P 是对角面
（包含边界）内一点，
，即可得
平面
；
所以
，
又因为
，所以可得
，
又
，利用勾股定理可得
，
由正方体
的棱长为1，因此
，
29
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因此
点的轨迹是在平面
内以
为直径的半圆；
可得
.
（2）以
为坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示：
由（1）可知，假设存在点
，使得平面
平面
；
易知
；
则
，
设平面
的一个法向量为
，
则
，令
，则
，可得
；
设平面
的一个法向量为
，
则
，令
，则
，可得
；
由平面
平面
可得
，解得
，
即可知
；
又
点的轨迹是在平面
内以
为直径的半圆，可知此时
点与
点重合，不合题意；
因此可得不存在点
，使得平面
平面
；
（3）过点
作平面
与直线
垂直，
设直线
与平面
所成的角为
，
30
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易知
和平面
与平面
所成锐二面角互余，
所以当
取到最大值时平面
与平面
所成锐二面角最小，
由（2）可知
，又
，因此当
点竖坐标取到最大值时，即
平面
时满足题意，
此时
，所以
，
因此平面
与平面
所成锐二面角的最小值为
延长
，交
的延长线与点
，交
于点
，如下图所示：
易知
，由
可得
，所以
；
由
可知
，可得
，
过点
作
分别交
于点
，则
；
显然由正方体性质可得
平面
，所以
平面
，
又
平面
，所以
；
由
，
，
平面
，
所以
平面
，即平面
即为平面
，
设平面
截正方体交
于点
，
于点
，连接
；
31
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所以平面
截正方体
所得截面图形即为五边形
；
设
，易知
，则
；
由
可得
，解得
；
即
，所以
，
而
，所以
；
由对称性可知
，
，
；
所以五边形
的周长为
，
即平面
截正方体
所得截面图形的周长为
.
【点睛】方法点睛：在求解截面图形面积或周长问题时，要先利用线面垂直或线面平行等性质作出截面，
在定量计算即可求得结果.
一、填空题
1．（2024·上海·三模）已知空间向量
，
，
共面，则实数
【答案】3
【分析】根据空间向量共面得到
，得到方程，求出
【解析】设
，即
，
32
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故
，解得
.
故答案为：3
2．（2024·上海·三模）已知点C 在以AB 为直径的球面上，若
，则
．
【答案】
【分析】根据给定条件，可得
，再利用空间向量数量积的运算律计算得解.
【解析】由点C 在以AB 为直径的球面上，得
，
所以
.
故答案为：
3．（2024·上海黄浦·二模）在四面体
中，
，
，
，设
四面体
与四面体
的体积分别为
、
，则
的值为 .
【答案】
/
【分析】根据空间向量的加法与数乘运算，可得点的位置并作图，利用三角形的等积变换可得底面的面积
比，可得答案.
【解析】由
，
，
，则
；
由
，
，
，则
；
由
，
，
，则
；
显然四面体
与四面体
共顶点且底面共面，则其高相同可设为
，
结合题意可作图如下：
33
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在底面连接
，作图如下：
由
，即
，则
，易知
；
由
，即
，则
，易知
；
由
，即
，则
；
由
，
，则
，易知
；
，
；
.
故答案为：
.
4．（2023·上海长宁·一模）若
，则三棱锥O—ABC 的体积为
34
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.
【答案】
【分析】根据空间向量的坐标运算，求得棱锥底面积和高，结合棱锥的体积计算公式，即可求得结果.
【解析】根据已知可得：
，即
，
又
，
故△
的面积
；
不妨取平面
的一个法向量
，
则点
到平面
的距离
，
故三棱锥O—ABC 的体积
.
故答案为：
.
5．（2023·上海奉贤·一模）已知正方体
的棱长为1，
，则
的最大值是 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量运算求出模的关系式，再分类分析求出最大
值即得.
【解析】在正方体
中，建立如图所示的空间直角坐标系，
35
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则
，
，
，
于是
，
因此
由
，得
，
当
时，
，此时
，
的最大值为9，
当且仅当
与
同号时取得最大，因此
的最大值为
；
当
时，
，
，
，
的最大值为9，
当且仅当
与
同号时取得最大，因此
的最大值为
，显然
，
所以
的最大值为
.
【点睛】关键点睛：涉及多变量的最值问题，以某个量的取值情况分类讨论求解是解决问题的关键，如本
题的
.
6．（2023·上海普陀·一模）体积为
的正四面体内有一个球
，球
与该正四面体的各面均有且只有
36
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一个公共点，
，
是球
的表面上的两动点，点
在该正四面体的表面上运动，当
最大时，
的最大值是 .
【答案】
【分析】记该正四面体为
，题意得出球
是该正四面体的内切球，球心
也是外接球的球心，
在
高
上，由体积求得正四面体的棱长，并求出内切球半径，
最大时，
是球
的直径，由数量积
的运算得出
取最大时，只要
最大即可得．
【解析】记该正四面体为
，如图，由题意球
是该正四面体的内切球，
显然
在其高
上，
是底面正
的中心，设
，则
，
，
，所以
，
是
内切球球心也是其外接球球心，设内切球半径为，即
，又
，
由
得
，
，
最大时，
是球
的直径，
，
点
在该正四面体的表面，当
是正四面体的顶点时，
取得最大值为
，
所以
的最大值是
．
37
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故答案为：
．
二、单选题
7．（2022·上海嘉定·模拟预测）在正方体
中，
、
分别是线段
、
上的动点，且
直线
与
所成的角为
，则下列直线中与
所成的角必为
的是（ ）．
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】在
上取一点T，使
，则直线
与
所成的角即直线
与
所成的角，建立空
间直角坐标系，根据
与
所成的角为
，找出点T 位置，利用空间向量计算线线角分别验证
答案即可.
【解析】在
上取一点T，使
，则直线
与
所成的角即直线
与
所成的角，设直线
与
所成的角为
，则
，
，以D 为原点建立如图空间坐标系，
38
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则
，所以
，
，所以
，化简得
，所以
，
对于A：
，所以
与
所成的角的余弦值即
与
所成的角的余弦值，即
，
与
所成的角的正切值为
，故A 错误；
同理，对于B：
与
所成的角的正切值为
，故B 错误；
对于C：
与
所成的角的正切值为
，故C 正确；
对于D：
与
所成的角为
，故D 错误；
故选：C.
8．（2024·上海·模拟预测）设
是空间中给定的
个不同的点，则使
成立的点
的
个数为（ ）
A．1
B．
C．无穷多个
D．前面的说法都有可能
【答案】A
39
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【分析】设出各点坐标，利用向量坐标运算得到方程，表达出点
的坐标，得到答案.
【解析】设
，
由
得
，
所以
，
所以
，
所以满足条件的点
的个数为1 个.
故选：A．
9．（2023·上海宝山·二模）在空间直角坐标系
中,已知定点
,
和动点
.若
的面积为,以
为顶点的锥体的体积为
,则
的最大值为( )
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由已知
,设直线
的单位方向向量为
,根据空间向量公
式求出
到直线
的距离,得到
的面积为,根据锥体体积公式得到以
为顶点的锥体的体积
为
,利用分离常数法和基本不等式求解即可得到最大值.
【解析】由已知
,
设直线
的单位方向向量为
,则
,
所以
到直线
的距离
,
所以
,
40
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,
则
,
令
,则
,
所以
,
当且仅当
即
时等号成立,
所以
,
即
的最大值为
.
故选:C.
10．（2021·上海浦东新·模拟预测）已知梯形
如图（1）所示，其中
，
为线段
的
中点，四边形
为正方形，现沿
进行折叠，使得平面
平面
，得到如图（2）所示的
几何体．已知当
上一点
满足
时，平面
平面
，则
的值为（ ）
41
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】构建以A 为原点，射线AB、AD、AP 为x、y、z 轴正方向的空间直角坐标系，由题设标注相关点
的坐标，进而求平面
、平面
的法向量，根据空间向量垂直的坐标表示求参数
.
【解析】由题意，可构建以A 为原点，射线AB、AD、AP 为x、y、z 轴正方向的空间直角坐标系，
所以
，
则
，
，
若
是面
一个法向量，
则
，
可得
，
若
是面
一个法向量，
则
，
可得
，
由面
面
，
所以有
，
42
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解得
，
故选：C.
三、解答题
11．（2024·上海徐汇·二模）如图，
为圆锥的顶点，
是圆锥底面圆的圆心，
为圆
的直径，且
，
是底面圆
的内接正三角形，
为线段
上一点，且
.
(1)证明：
平面
；
(2)求直线
与平面
所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由勾股定理可得
，
，由此即可证明；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，求解
以及平面
的法向量为
，利用向量的坐标运算得线面夹
角即可；方法二：利用体积相等求解点
到平面
的距离，即可得
与平面
所成角．
【解析】（1）证明：由题意得
，
，
，
，
，
在
中，由
，得
，
43
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同理可得
，又
平面
，故
平面
.
（2）（方法一）如图所示，以
为坐标原点，
、
为
轴正方向建立空间直角坐标系，
则点
，故
，
，
，
设平面
的法向量为
，
则
，令
，可得
，
设直线
与平面
所成角为
，
故
，
因此直线
与平面
所成角的正弦值
.
（方法二）
，
，
则
，
．
记点
到平面
的距离为
，因为
，
所以
，则
，
设直线
与平面
所成角为
，
，
44
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因此，直线
与平面
所成角的正弦值为
．
12．（2024·上海·三模）如图，在三棱锥
中，
，
，点O 是
AC 的中点．
(1)证明：
平面ABC；
(2)点M 在棱BC 上，且
，求二面角
的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
．
【分析】（1）根据等腰和等边三角形的性质证明
以及
，然后利用线面垂直的判断证明
平面ABC
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求角公式
求解即可
【解析】（1）连结OB，
，
，所以
，
所以
是等腰直角三角形，又点O 是AC 的中点，所以
，
由已知可得，
是等边三角形，所以
，
又
，所以
，所以
，
中，
，O 是AC 的中点，所以
，
，
，
，且
平面ABC，
平面ABC，
所以
平面ABC．
45
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（2）OB，OC，OP 两两垂直，以
、
、
为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系
则
，
，
，
，
由
，即
所以点
则
，
，
设平面APM 的—个法向量为
，
则
，令
，
平面PAC 的一个法向量
，
，
所求二面角的平面角是锐角，所以二面角
为的大小为
．
13．（2024·上海·模拟预测）如图，多面体
是由一个正四棱锥
与一个三棱锥
拼接而成，正四棱锥
的所有棱长均为
，且
．
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(1)在棱
上找一点
，使得平面
平面
，并给出证明；
(2)若
，求直线
与平面
所成角的正弦值．
【答案】(1)点
为
的中点，证明见解析
(2)
【分析】（1）当点
为
中点时，平面
平面
，依题意可得
，从而得到
，
再由
，即可证明
平面
，从而得证；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用线面角的空间向量求法即可.
【解析】（1）当点
为
中点时，平面
平面
，
证明如下：因为四棱锥
是正四棱锥，所以
，所以
.
在正方形
中，
，所以
，
在正方形
中，
，因为
，所以
，
因为
面
，
所以
平面
，
因为
平面
，所以平面
平面
.
（2）因为四棱锥
是正四棱锥且所有棱长均为
，设
，
则
，
，
两两垂直，
以
为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，则
，
设
，则
，因为
，
，
47
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所以
，则
，解得
，所以
，
所以
，
设平面
的法向量为
，则有
，
取
，则
，故
，
设直线
与平面
所成角为
，
则
，
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
.
48
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