空间向量与立体几何常见题型总结专项训练-2024-2025学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册

空间向量与立体几何常见题型总结 题型一：空间距离 1. 已知平面α的一个法向量是m＝(－2，－1，2)，点A(3，4，－1)是平面α内的一点，则点P(1，2，－1)到平面α的距离是(　　) A．1 B． C．2 D．2 2. 在棱长均为a的正三棱柱ABC-A1B1C1中，D是侧棱CC1的中点，则点C1到平面AB1D的距离为(　　) A．a B．a　 　 C．a D．a 3. （多选）直四棱柱的所有棱长都为4，，点在四边形及其内部运动，且满足，则下列选项正确的是（ ） A. 点的轨迹的长度为. B. 直线与平面所成的角为定值． C. 点到平面的距离的最小值为. D. 的最小值为-2． 4. 在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是AB，C1D1，AD，DD1的中点．则点A1到直线EF的距离为________；直线EF到直线MN的距离为________． 5.如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为________． 6.如图，在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝120°，O为△ABC的外心，PO⊥平面ABC，且PO＝. (1)求证：BO∥平面PAC； (2)计算BO与平面PAC之间的距离． 7.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，E是CC1的中点． (1)求直线BC1与平面A1BE所成角的正弦值； (2)求点C到平面A1BE的距离． 题型二：空间角 1. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为(　　) A． B． C． D． 2.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，＝λ，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________． 3. 如图，四棱锥，底面为矩形，平面，为的中点. （1）证明：平面； （2）设二面角为60°，，，求直线与平面所成角的正弦值. 4. 如图，多面体由正四棱锥和正四面体组合而成. （1）证明：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 5. 如图，在三棱台中，平面平面，，，． （1）求三棱台的高； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求． 6. 如图，正方形是圆柱的轴截面，已知，点是的中点，点为弦的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 7. 如图三棱锥中，，，． （1）证明：； （2）若平面平面，，求二面角的余弦值． 8. 四棱锥中，，，，且，，，． （1）求证：平面ABCD； （2）若直线PC与平面ABCD所成的角为，求平面PAB与平面PDC所成的锐二面角的余弦值． 题型三：存在性问题 1．在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，现有如下说法 ①不存在点，使得平面 ②存在点，使得平面 ③当点不是的中点时，都有平面 ④当点不是的中点时，都有平面 其中正确的说法有（    ） A．①③ B．③④ C．②③ D．①④ 2．如图，在长方体中，，点E是棱上任意一点（端点除外），则（    ）    A．不存在点E，使得 B．空间中与三条直线，，都相交的直线有且只有1条 C．过点E与平面和平面所成角都等于的直线有且只有1条 D．过点E与三条棱，，所成的角都相等的直线有且只有4条 3．如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．存在点，使得平面 D．存在点，使得直线与平面的所成角为 4. 如图，在多面体中，底面为菱形，平面，，且为棱的中点，为棱上的动点. （1）求二面角的正弦值； （2）是否存在点使得平面？若存在，求的值；否则，请说明理由. 5. 如图所示，已知三棱柱的所有棱长均为1． （1）从下面①②③中选择两个作为条件，证明另一个成立； ①；②为直角；③平面平面． （2）设点是棱上一点．在（1）中条件都成立的情况下，试确定点的位置，使得直线与平面所成的角最大． 6.已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面分别是的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的大小； （3）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为？若存在，求出线段的长度；若不存在，说明理由． 题型四：轨迹问题 1.已知长方体，，，是的中点，点P满足，其中，，且平面，则动点P的轨迹所形成的轨迹长度是（    ） A．3 B． C． D．2 2.如图，在四棱锥中，侧面为正三角形，底面为正方形，侧面底面，为正方形内（包括边界）的一个动点，且满足．则点在正方形内的轨迹为（ ） A. B. C. D. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 空间向量与立体几何常见题型总结 参考答案 题型一：空间距离 1. 已知平面α的一个法向量是m＝(－2，－1，2)，点A(3，4，－1)是平面α内的一点，则点P(1，2，－1)到平面α的距离是(　　) A．1 B． C．2 D．2 解：因点A(3，4，－1)是平面α内的一点，而P(1，2，－1)，则＝(－2，－2，0)，又平面α的一个法向量是m＝(－2，－1，2)，所以点P到平面α的距离d＝＝＝2. 2. 在棱长均为a的正三棱柱ABC-A1B1C1中，D是侧棱CC1的中点，则点C1到平面AB1D的距离为(　　) A．a B．a　 　 C．a D．a 解：以A为空间直角坐标原点，以垂直于AC的直线为x轴，以AC为y轴，以AA1为z轴建立空间直角坐标系． 由ABC-A1B1C1是棱长均为a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点， 故A，B1，D，C1(0，a，a)， 所以AB1＝，DC1＝，＝ 设平面AB1D的法向量是n＝(x，y，z)， 所以 取n＝(，1，－2)， 故点C1到平面AB1D距离d＝＝＝a. 3. （多选）直四棱柱的所有棱长都为4，，点在四边形及其内部运动，且满足，则下列选项正确的是（ ） A. 点的轨迹的长度为. B. 直线与平面所成的角为定值． C. 点到平面的距离的最小值为. D. 的最小值为-2． 解：直四棱柱的所有棱长都为4，则底面为菱形， 又，则和都是等边三角形， 设与相交于点，由，以为原点，为轴，为轴，过垂直于底面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则有，， 点在四边形及其内部运动，设，， 由，有， 即， 所以点的轨迹为平面内，以为圆心，2为半径的半圆弧， 所以点的轨迹的长度为， A选项错误； 平面的法向量为，， 直线与平面所成的角为，则， 又由，则， 所以直线与平面所成的角为定值， B选项正确； ，设平面的一个法向量为， 则有，令，得，， 所以点到平面的距离， ，所以时，， 所以点到平面的距离的最小值为，C选项正确； ， ，其几何意义为点到点距离的平方减12， 由，点到点距离最小值为， 的最小值为，D选项错误. 4. 在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是AB，C1D1，AD，DD1的中点．则点A1到直线EF的距离为________；直线EF到直线MN的距离为________． 解：建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz， 则A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，E，F，M，N. (1)EA1＝，＝(－1，0，1)，的单位向量u＝＝， 所以点A1到直线EF的距离d＝＝＝. (2)因为MN∥EF， 所以直线MN到直线EF的距离即为点M到直线EF的距离． 因为E，M， 所以＝. 又的单位向量u＝， 所以直线MN到直线EF的距离 d＝＝＝＝. 5.如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为________． 解：如图，以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则D1(0，0，1)，E(1，1，0)，A(1，0，0)，C(0，2，0). 则D1E＝(1，1，－1)，＝(－1，2，0)，1＝(－1，0，1). 设平面ACD1的法向量为n＝(a，b，c)， 则 取a＝2，得n＝(2，1，2)， 所以点E到平面ACD1的距离h＝＝＝. 6.如图，在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝120°，O为△ABC的外心，PO⊥平面ABC，且PO＝. (1)求证：BO∥平面PAC； (2)计算BO与平面PAC之间的距离． 解：(1)证明：如图，连接OC，因为O为△ABC的外心， 所以OA＝OB＝OC，又因为AC＝BC＝1， 所以△OAC≌△OBC， 所以∠ACO＝∠BCO＝∠ACB＝60°， 故△OAC和△OBC都为等边三角形，可得OA＝AC＝CB＝BO＝1， 即四边形OACB为菱形，所以OB∥AC； 又AC⊂平面PAC，OB⊄平面PAC， 所以BO∥平面PAC. (2)因为BO∥平面PAC， 所以BO到平面PAC的距离即为点O到平面PAC的距离，记为d， 由题意知PA＝PC＝＝＝，AC＝1， 所以S△PAC＝×1×＝，S△OAC＝×1×1×sin 60°＝， 又因为VP-OAC＝VO-PAC，所以×S△OAC×PO＝×S△PAC×d， 即××＝××d，解得d＝， 所以BO与平面PAC之间的距离为. 7.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，E是CC1的中点． (1)求直线BC1与平面A1BE所成角的正弦值； (2)求点C到平面A1BE的距离． 解：(1)由AA1⊥平面ABC，则在三棱柱ABC-A1B1C1中CC1⊥平面ABC， 由AC，BC⊂平面ABC，故CC1⊥AC，CC1⊥BC，又∠ACB＝90°， 所以CC1，AC，BC两两垂直，故可构建以C为原点，，，CC1为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系(图略)， 所以B(0，2，0)，E(0，0，1)，A1(2，0，2)，C1(0，0，2)，则BC1＝(0，－2，2)，＝(0，－2，1)，EA1＝(2，0，1)， 若m＝(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量， 则令z＝2，有m＝(－1，1，2)， 所以|cos 1，m|＝＝＝，故直线BC1与平面A1BE所成角的正弦值为. (2)由V＝V，由(1)易知S△BCE＝CE·BC＝1，A1到面BCE的距离为A1C1＝2， 若C到平面A1BE的距离为d， 又EA1＝BE＝，BA1＝2， 则S＝×2×＝， 由d·S＝A1C1·S△BCE，可得d＝. 所以点C到平面A1BE的距离为. 题型二：空间角 1. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为(　　) A． B． C． D． 解：以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A1(0，0，)，B(，0，0)，C(0，，0)， 所以D， 所以＝，A1C＝(0，，－)， 所以cos 〈，A1C〉＝＝， 所以〈，A1C〉＝. 2.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，＝λ，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________． 解：以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略). 正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0). 所以D1E＝(0，2，－1)，A1F＝A1A＋＝A1A＋λ＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2). 则cos 〈A1F，D1E〉＝＝， 所以＝，解得λ＝(λ＝－舍去). 3. 如图，四棱锥，底面为矩形，平面，为的中点. （1）证明：平面； （2）设二面角为60°，，，求直线与平面所成角的正弦值. 解：（1）如图， 连接，且，则在矩形中为中点， 且在中，为的中点， ∴ 且平面，平面， ∴平面； （2）如图以为原点，以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系， ，， 设，， ，， ∴，， 设平面、平面和平面的法向量分别为，， 则有， ∴， 令，则有， 同理可得，， ∵二面角为60° ∴， ∴， 解得， ∴，， 设与所成角为， ∴， 即直线与平面所成角的正弦值为. 4. 如图，多面体由正四棱锥和正四面体组合而成. （1）证明：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 解：（1）分别取的中点，连接， 由题意可知多面体的棱长全相等，且四边形为正方形， 所以， 因为平面， 所以平面，同理平面. 又平面平面，所以四点共面. 又因为，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面平面， 所以平面. （2）以为原点，以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设， 则， 所以. 设平面的一个法向量为，则，即， 令，则，所以. 设与平面所成角为， 则， 即与平面所成角的正弦值为. 5. 如图，在三棱台中，平面平面，，，． （1）求三棱台的高； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求． 解：（1）作于点O，因为平面平面， 平面平面，平面，， 所以平面，即为三棱台的高， 又因为平面，所以，连接， 因为，，所以， ，平面，所以平面， 又平面，所以，，， 所以，，所以三棱台的高为； （2）以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 设平面的法向量为，则，可取， 设，则， 设直线与平面所成角为，， 化简得，解得，或（舍去，因为，则，所以）， 所以． 6. 如图，正方形是圆柱的轴截面，已知，点是的中点，点为弦的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 解：（1）证明：取的中点，连结，. 在中，，分别是，的中点， 所以，且. 在正方形中，，且， 又点是的中点，所以，且. 所以，且， 所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面. （2）因为是圆的直径，是的中点，且，所以，且. 以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系. 依题意，，，，，，，. 所以，，. 设是平面的法向量，则即取，得，， 所以是平面的一个法向量. 设是平面法向量，则即取，得，， 所以是平面的一个法向量. 所以. 设二面角的大小为，据图可知，， 所以二面角的余弦值为. 7. 如图三棱锥中，，，． （1）证明：； （2）若平面平面，，求二面角的余弦值． 解：（1）作，O为垂足，由，，，且平面，平面得，平面， 又平面， ∴， 又，，，∴，∴， 且， ∴O为中点， ∴，； （2）由（1），又平面平面，平面， ∴平面， 因为平面， ∴， ∴两两垂直． 由，，得， ∴，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，则，，，， ，，， 令，分别为平面，平面的法向量， 则，即，令得为平面的一个法向量． ，即，令得为平面的一个法向量． 设为二面角的平面角，则， 由图观察可得二面角所成角为钝角，故二面角的余弦值为． 8. 四棱锥中，，，，且，，，． （1）求证：平面ABCD； （2）若直线PC与平面ABCD所成的角为，求平面PAB与平面PDC所成的锐二面角的余弦值． 解：（1）连接， 因为，，，则， 且，则， 又因为，所以为等边三角形， 取的中点，连接， 可知，且，平面， 则平面， 由平面，可得， 且，，平面， 所以平面ABCD. （2）由题意可知：平面ABCD， 则直线PC与平面ABCD所成的角为，可得， 以C为坐标原点，为轴，过C与平行的直线为z轴，如图所示， 则，可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 由题意可知：平面PDC的法向量为， 则， 所以平面PAB与平面PDC所成的锐二面角的余弦值为. 题型三：存在性问题 1．在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，现有如下说法 ①不存在点，使得平面 ②存在点，使得平面 ③当点不是的中点时，都有平面 ④当点不是的中点时，都有平面 其中正确的说法有（    ） A．①③ B．③④ C．②③ D．①④ 解：对于①，由当点与点重合时，由， 而平面，平面，得平面，故①错误； 对于②，若存在点，使得平面，则， 又，可得， 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，，， 则，，，， 则，， ，， 所以，这与矛盾，故②错误； 对于③，当不是的中点时， 由，且面，面，可知面， 又直线为面与面的交线，则， 又面，面，从而可得面，故③正确； 对于④，由③可知，又平面，平面， 所以，又，，平面， 所以平面，所以平面，故④正确. 综上，③④正确. 2．如图，在长方体中，，点E是棱上任意一点（端点除外），则（    ）    A．不存在点E，使得 B．空间中与三条直线，，都相交的直线有且只有1条 C．过点E与平面和平面所成角都等于的直线有且只有1条 D．过点E与三条棱，，所成的角都相等的直线有且只有4条 解：在长方体中，， 对于A，当为的中点时，连接，则，即有， 而平面，平面，则，又平面， 因此平面，而平面，则，A错误； 对于B，连接，设，，则平面与直线交于， 点在线段上，不含端点，则直线与直线相交，同理直线与直线相交, 因此直线、分别与三条直线，，都相交，B错误；    对于C，平面，而平面，则，又， 于是是二面角的平面角，且， 显然的平分线与平面和平面所成角都等于，过点与此直线平行的直线符合要求，这样的直线只有1条； 半平面与半平面的反向延长面所成二面角的角平分面与平面和平面所成角都等于， 在此角平分面内过点与平面和平面所成角都等于的直线有2条， 因此过点与平面和平面所成角都等于的直线有3条，C错误； 对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，直线的方向向量分别为， 设过点的直线方向向量为，由直线分别与直线所成角都相等， 得，于是，不妨令， 有或或或，显然使得成立的向量有8个， 其余4个分别与上述4个向量共线，所以过点E与三条棱，，所成的角都相等的直线有且只有4条，D正确.    3．如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．存在点，使得平面 D．存在点，使得直线与平面的所成角为 解：对于A，因为正方体中，平面平面，所以 ，所以当重合时，由.由A正确； 对于B，因为，若，则，又，所以B不正确； 对于C，以A为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系， 设，则，， ， ， 所以 设为平面的一个法向量， 则即， 令得，则 假设平面， 则，所以. 因为，所以， 即是圆弧的中点，符合题意，故C正确； 对于D，当点与点重合时，直线与平面所成角最大， 所以. 由得直线与平面的所成角的最大角大于， 所以存在点，使得直线与平面的所成角为，故D正确. 4. 如图，在多面体中，底面为菱形，平面，，且为棱的中点，为棱上的动点. （1）求二面角的正弦值； （2）是否存在点使得平面？若存在，求的值；否则，请说明理由. 解：（1）连接交于点，由四边形菱形，得，过点作平面， 显然直线两两垂直，以为原点，直线分别为建立空间直角坐标系， 由平面，得，又，且， 则， ， 设平面，平面的法向量分别为， 则，取，得， 则，取，得， 设二面角的大小为，则， 因此，所以二面角的正弦值为. （2）存在符合题意，且.理由如下： 令，而，棱的中点， 则，，， 若平面，而平面的法向量，则，即， 因此，解得，即，则， 所以在点使得平面，. 5. 如图所示，已知三棱柱的所有棱长均为1． （1）从下面①②③中选择两个作为条件，证明另一个成立； ①；②为直角；③平面平面． （2）设点是棱上一点．在（1）中条件都成立的情况下，试确定点的位置，使得直线与平面所成的角最大． 解：（1）如图，设点是的中点，连接． 若选①②：由于是等边三角形，故． 由为直角，故；又，故． 因为，平面， 于是平面， 因为平面， 所以． 因，所以． 又，因此，故，即． 又，，平面， 故平面， 而平面， 所以平面平面． 若选①③：设点是的中点，连接． 由于是等边三角形，故． 又平面平面平面，平面平面， 故平面． 而平面，故，即， 所以． 又，故，所以，即． 结合，，平面， 可得平面， 又平面， 因此． 又，故，即为直角． 若选②③：设点是的中点，连接， 由于是等边三角形，故． 由为直角，故； 又，故． 因为，平面， 于是平面， 因为平面， 所以． 又因为平面平面平面，平面平面， 所以平面． 又平面，所以，即． 因为，所以． 又，故． （2）以为坐标原点建立如图空间直角坐标系． 于是． 点是棱上一点，可设，即， 故． 于是． 又． 设是平面的法向量． ，令，可得， 故． 设直线与平面所成的角为， 故 ， 可见当时，取最大值，此时点是棱上靠近的四等分点． 6.已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面分别是的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的大小； （3）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为？若存在，求出线段的长度；若不存在，说明理由． 解：（1）因为分别是中点，所以， 又因为四边形是正方形，所以，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）取的中点，连接， 因为是正三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面平面， 所以平面，又平面，所以， 由四边形是正方形，易得是矩形，所以， 以为坐标原点，为坐标轴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， 则，令，则可得， 所以平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角的大小为， 所以， 所以平面与平面夹角的大小为； （3）线段上不存在点，使得直线与平面所成角为，理由如下： 假设线段上存在点，使得直线与平面所成角， 即直线与平面的法向量所成的角为， 设，， 所以， 所以， 整理可得，，所以方程无解， 所以线段上不存在点，使得直线与平面所成角为. 题型四：轨迹问题 1.已知长方体，，，是的中点，点P满足，其中，，且平面，则动点P的轨迹所形成的轨迹长度是（    ） A．3 B． C． D．2 解：在长方体中，由，，，得点在矩形及内部， 又平面，故点在过且平行于平面的平面内， 连接交于点，取中点，连接，在上取点，使得，连接，，， 由是长方体，可知对角面为矩形，且， 因为，， 所以且，四边形为平行四边形，可得， 因为平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 因为是平面内的相交直线， 故平面平面，即平面是过且平行于平面的平面， 所以点的轨迹是四边形截面与平面的交线，即线段. 因为矩形中，，，可知， 所以，可得中，， 所以，即动点的轨迹所形成的轨迹长度为3. 2.如图，在四棱锥中，侧面为正三角形，底面为正方形，侧面底面，为正方形内（包括边界）的一个动点，且满足．则点在正方形内的轨迹为（ ） A. B. C. D. 解：如图，以为坐标原点，，所在的直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形的边长为，，则，，，，则，．由，得， 所以点在正方形内的轨迹为一条线段， 学科网（北京）股份有限公司 $$