专题01 向量基本定理与动点最值（13大巩固提升练+能力提升练+高考真题练）-【寒假分层作业】2025年高二数学寒假培优练（人教A版2019选择性必修第一册）

专题01 向量基本定理与动点最值 内容早知道 ☛第一层 巩固提升练 题型一：空间基底基础 题型二：基底求参 题型三：基底坐标 题型四：平面基底表示向量 题型五：求长度型最值 题型六：动点数量积型最值与范围 题型七：动点距离最值范围型 题型八：动点型轨迹 题型九：动点角度范围型：线线角 题型十：动点角度范围型：线面角 题型十一：动点范围型：折线距离 题型十二：存在型动点 题型十三：空间向量综合难题 ☛第二层 能力提升练 ☛第三层 高考真题练 巩固提升练 题型01空间基底基础 ⭐技巧积累与运用 如果三个向量，，不共面，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得 ．其中，把叫做空间的一个基底，，，都叫做 基向量，空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底． 1．若为空间的一个基底，则下列各项中能构成基底的一组向量是（    ） A． B． C． D． 2．若是空间的一个基底，则下列各组中能构成空间一个基底的有（    ） A． B． 3．已知是空间的一个单位正交基底，向量，是空间的另一个基底，用基底表示向量 . 题型02 基底求参 1．已知是空间的一个基底，向量，，，若能作为基底，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．已知是空间的一组基，若是空间的另一组基，则不可以为（   ） A． B． C． D． 3．若是空间的一个基底，且不能构成空间的一个基底，则（    ） A． B．1 C．0 D．-2 题型03 基底坐标 1．已知是空间中一组基底，若向量，则称向量在基底下坐标为.若向量在基底下坐标为，则向量在基底下的坐标为（ ） A． B． C． D． 2．下列说法正确的是（    ） A．已知，，则在上的投影向量为 B．若两个不同平面，的法向量分别是，，且，，则 C．若，则A，B，C，G四点共面 D．若向量，（x，y，z都是不共线的非零向量）则称在基底下的坐标为，若在单位正交基底下的坐标为，则在基底下的坐标为 3．若向量在空间的一组基底下的坐标是，则在基底下的坐标是 ． 题型04平面基底表示向量 ⭐技巧积累与运用 用基底表示向量的步骤 (1)定基底：根据已知条件，确定三个不共面的向量构成空间的一个基底． (2)找目标：用确定的基底(或已知基底)表示目标向量，需要根据三角形法则及平行四边形法则，结合相等向量的代换、向量的运算进行变形、化简，最后求出结果． (3)下结论：利用空间的一个基底{a，b，c}可以表示出空间所有向量．表示要彻底，结果中只能含有a，b，c，不能含有其他形式的向量． 1．如图，在四面体中，点在棱上，且满足，点，分别是线段，的中点，则用向量，，表示向量应为（   ） A． B． C． D． 2．如图，在棱长为3的正四面体中，O为的中心，D为的中点，，则（   ） A． B． C． D． 3．如图，在四面体OABC中，，，，点在OA上，且，点为BC的中点，设，则 . 题型05 求长度型最值 ⭐技巧积累与运用 1.在空间直角坐标系中，设，，则两点间的距离___． 2. 1．已知正四面体的棱长为6，空间中一点满足，其中，，，且.则的最小值为（   ） A． B．4 C．6 D． 2．已知四棱柱的底面是边长为6的菱形，平面，，，点满足，其中，，，则（   ） A．当为底面的中心时， B．当时，长度的最小值为 C．当时，长度的最大值为6 D．当时，为定值 3．已知正四面体的边长为2，点M，N为棱BC，AD的中点，点E，F分别为线段AM，CN上的动点，且满足，则线段EF长度的最小值为 . 题型06 动点数量积型最值与范围 ⭐技巧积累与运用 空间向量的数量积 （1）定义：已知两个非零向量，，则向量的模长与在向量方向上的投影的乘积叫做，的数量积，记作．即． 零向量与任意向量的数量积为0． （2）由数量积的定义，可以得到： ；_． 1．在正三棱锥中，，点为空间中的一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．正四面体的棱长为，点，是它内切球球面上的两点，为正四面体表面上的动点，当线段最长时，的最大值为（   ） A．2 B． C．3 D． 3．如图，在多面体中，底面是边长为1的正方形，为底面内的一个动点（包括边界），底面底面，且，则的最小值与最大值分别为（    ） A． B． C． D． 题型07 动点距离最值范围型 ⭐技巧积累与运用 空间中动线段的距离和的最值问题，可以类比平面中的距离和的最值处理利用对称性来处理于转化，另外异面直线间的公垂线段的长度可利用点到平面的距离来处理. 1．如图，在直三棱柱中，为腰长为的等腰直角三角形，且，侧面为正方形，为平面内一动点，则的最小值是（   ）    A． B． C． D． 2．已知正方体的棱长为1，M为棱的中点，G为侧面的中心，点P，Q分别为直线，上的动点，且，当取得最小值时，点Q到平面的距离为（   ） A． B． C．1 D． 3．在空间直角坐标系Oxyz中，，，，点H在平面ABC内，则当点O与H间的距离取最小值时，点H的坐标是（   ） A． B． C． D． 题型08动点型轨迹 ⭐技巧积累与运用 求动点的轨迹方程有如下几种方法： （1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程； （2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程； （3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程； （4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程； （5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程. 1．如图，已知正方体的棱长为分别是棱的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 2．如图，棱长为4的正四面体，，分别是，上的动点，且，则中点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 3．如图，在棱长为2的正方体中，已知，，分别是棱，，的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为（   ） A． B． C． D． 题型09动点角度范围型：线线角 ⭐技巧积累与运用 设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 两直线所成的角为(),； 1．在直三棱柱中，，，为的中点，则与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 2．在正四棱锥中，底面边长为，侧棱长为4，点是底面内一动点，且，则当，两点间距离最小时，直线与直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 3．已知空间四边形，，，，.则对角线与所成角的正切值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型10 动点角度范围型：线面角 ⭐技巧积累与运用 几何常考查的夹角： 设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 直线与平面所成的角为(),； 线面角最值求解，常常用到以下方法： 一是向量法，建立空间直角坐标系，需要引入变量，转化为函数的最值问题进行求解； 二是定义法，常常需要作出辅助线，找到线面角，求出最值，常用知识点有正弦定理，余弦定理，基本不等式等； 1．如图，正方体中，，，，当直线与平面所成的角最大时，（   ） A． B． C． D． 2．在正三棱锥中，且两两垂直，是的中点，过直线作平面，则直线与平面所成角的最大值为（    ）. A． B． C． D． 3．如图，点在正方体的面对角线上运动（点异于，点），则下列结论不正确的是（ ） A．异面直线与所成角为60° B．平面 C．三棱锥的体积不变 D．直线与平面所成角正弦值的取值范围为 4．如图，在正方体中，点为线段的中点．设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型11动点范围型：折线距离 ⭐技巧积累与运用 计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状； 1．如图，在直三棱柱中，，是线段的中点，在内有一动点（包括边界），则的最小值是（    ） A． B． C． D． 2．在正方体中，，点是线段上靠近点的三等分点，在三角形内有一动点（包括边界），则的最小值是（    ） A． B． C． D． 3．棱长为2的正方体中，设点为底面内（含边界）的动点，则点到平面距离之和的最小值为（    ） A． B． C． D． 题型12 存在型动点 ⭐技巧积累与运用 先把位置点定性为“已知点”，然后通过其他条件推导出相关的平行或者垂直关系，再借助平行得比例线段，或者垂直得到对应的垂直关系。 1．在正四面体中，点E在棱AB上，满足，点F为线段AC上的动点，则（    ） A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得 C．存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为 D．存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为 2．如图，在矩形中，是的中点，将沿着直线翻折得到.记二面角的平面角为，当的值在区间范围内变化时，下列说法正确的有（    ） A．存在，使得 B．存在，使得 C．若四棱锥的体积最大时，点到平面的距离为 D．若直线与所成的角为，则 3．如图，在直三棱柱中，，分别为棱上的动点，且，，，则（    ） A．存在使得 B．存在使得平面 C．若长度为定值，则时三棱锥体积最大 D．当时，直线与所成角的余弦值的最小值为 题型13空间向量综合难题 ⭐技巧积累与运用 （1）向量法求点面距离：求出平面的法向量，则点到平面的距离公式为. （2）向量法求线面所成角的正弦值：求出平面的法向量，则. 1．如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱，的中点，G是棱上的一个动点，M为侧面上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．点G到平面的距离为定值 B．若，则的最小值为2 C．若，且，则点G到直线的距离为 D．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 2．在正三棱锥中，，，是底面内（含边界）一点，则下列说法正确的是（   ） A．点到该三棱锥三个侧面的距离之和为定值 B．顶点，，到直线的距离的平方和为定值 C．直线与该三棱锥三个侧面所成角的正弦值的和有最大值 D．直线与该三棱锥四个面所成角的正弦值的平方和有最大值 3．如图，等边的边长为4，为边的中点，将沿折成三棱锥，，B，C，D都在球的球面上．记，，与平面所成的角分别为，，，平面，，与平面所成的角分别为，，，则（    ） A．与所成的角为定值 B．球的表面积的最大值为 C． D．存在点使得 能力培优 1． 已知空间向量，，两两的夹角均为，且，.若向量，满足，，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 2． 如图，正方体透明容器的棱长为分别为的中点，点是棱上任意一点，下列说法正确的是（    ） A． B．向量在向量上的投影向量为 C．将容器的一个顶点放置于水平桌面上，使得正方体的12条棱所在的直线与桌面所成的角都相等，再向容器中注水，则注水过程中，容器内水面的最大面积为 D．向容器中装入直径为1的小球，最多可装入512个 3． 已知正方体，设其棱长为1（单位：）．平面与正方体的每条棱所成的角均相等，记为．平面与正方体表面相交形成的多边形记为，下列结论正确的是（    ）    A．可能为三角形，四边形或六边形 B． C．的面积的最大值为 D．正方体内可以放下直径为的圆 4． 如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）． ①三棱锥中，点P到面的距离为定值 ②过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为 ③ 直线与面所成角的正弦值的范围为 ④当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为 以上命题为真命题的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 5． 如图，在正方体中，为棱的中点．动点沿着棱从点向点移动，对于下列四个结论： ①存在点，使得； ②存在点，使得平面； ③的面积越来越小； ④四面体的体积不变． 其中，所有正确的结论的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 6.如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则直线与直线所成角的取值范围为（    ） （参考数据： A．， B．， C．， D．， 7． 已知正方体棱长为1，动点M满足，则（    ） A．当，时，直线⊥平面 B．当，，时，点M到直线的距离为 C．当，，时，的值可能为 D．当且时，点M的轨迹长度为 8．（2024·江苏苏州·三模）在棱长为2的正方体中，为的中点，以为原点，OB，OD，OO1所在直线分别为轴、轴、轴，建立如何所示空间直角坐标系.若该正方体内一动点，满足，则（    ）    A．点的轨迹长为 B．的最小值为 C． D．三棱锥体积的最小值为 9．（2024·辽宁·三模）已知正四面体棱长为2，点分别是，，内切圆上的动点，现有下列四个命题： ①对于任意点，都存在点，使； ②存在，使直线平面； ③当最小时，三棱锥的体积为 ④当最大时，顶点到平面的距离的最大值为． 其中正确的有 ．（填选正确的序号即可） 10． 如图①是直角梯形，，，是边长为1的菱形，且，以为折痕将折起，当点到达的位置时，四棱锥的体积最大，是线段上的动点，则到距离最小值为 ． 高考真题 1．（ 上海·高考真题）在平行六面体中，M为AC与BD的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（    ）． A． B． C． D． 2．（2022·全国·高考真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（    ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 3．（ ·全国·高考真题）如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别为和的中点，那么直线AM与CN夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 4．（ 陕西·高考真题）如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱,且，则直线与直线夹角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 5．（2018·全国·高考真题）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A． B． C． D． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 向量基本定理与动点最值 内容早知道 ☛第一层 巩固提升练 题型一：空间基底基础 题型二：基底求参 题型三：基底坐标 题型四：平面基底表示向量 题型五：求长度型最值 题型六：动点数量积型最值与范围 题型七：动点距离最值范围型 题型八：动点型轨迹 题型九：动点角度范围型：线线角 题型十：动点角度范围型：线面角 题型十一：动点范围型：折线距离 题型十二：存在型动点 题型十三：空间向量综合难题 ☛第二层 能力提升练 ☛第三层 高考真题练 巩固提升练 题型01空间基底基础 ⭐技巧积累与运用 如果三个向量，，不共面，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得 ．其中，把叫做空间的一个基底，，，都叫做 基向量，空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底． 1．若为空间的一个基底，则下列各项中能构成基底的一组向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由空间基底的概念逐个判断即可. 【详解】对于，因为，所以向量，，是共面向量，因此这三个向量不能构成基底，故A错误； 对于B，因为为空间的一个基底，所以这三个向量不共面，若不构成一个基底， 则有，即，所以向量，，是共面向量， 这与这三个向量不共面矛盾，故假设不正确，因此能构成一个基底，故B正确； 对于C，因为，所以向量，，是共面向量，因此这三个向量不能构成一个基底，故C错误； 对于D，因为，所以向量，，是共面向量，因此这三个向量不能构成一个基底，故D错误. 故选：B. 2．若是空间的一个基底，则下列各组中能构成空间一个基底的有（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】A选项，设，从而得到方程组，方程组有解，故三向量共面，不能构成基底；BCD选项，同A，看方程组是否有解，判断能否构成一个基底. 【详解】A选项，设， 即， 所以，解得， 故共面，不能构成空间的一个基底，A错误； B选项，设，即， 所以，无解，故不共面，可以构成空间的一个基底，B正确； C选项，设，即， 故，无解，故不共面，可以构成空间的一个基底，C正确； D选项，设，即， 故，解得，故共面， 不能构成空间的一个基底，D错误. 故选：BC 3．已知是空间的一个单位正交基底，向量，是空间的另一个基底，用基底表示向量 . 【答案】 【分析】根据空间向量基底的意义表示向量，再借助相等向量列出方程组求解即得. 【详解】设， 依题意，，而空间的基底， 则，解得， 所以． 故答案为： 题型02 基底求参 1．已知是空间的一个基底，向量，，，若能作为基底，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间向量基底的定义，结合共面向量定理进行求解即可. 【详解】若共面，由共面向量定理知，存在实数x，y，使得， 即． 因为，，不共面，所以，，， 解得，，，即当时，， 此时不能作为基底，所以若能作为基底， 则实数满足的条件是． 故选：B. 2．已知是空间的一组基，若是空间的另一组基，则不可以为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间向量基底的定义直接判断. 【详解】由可作为空间的一组基底， 则，，不共面， 当时，假设存在使，则，无解， 即，，不共面成立，A选项错误； 当时，由A分析同理可知不存在使，即，，不共面成立，B选项错误； 当时，，即，，共面，不可作为基底，C选项正确； 当时，假设存在使，则，无解， 即，，不共面成立，D选项错误； 故选：C. 3．若是空间的一个基底，且不能构成空间的一个基底，则（    ） A． B．1 C．0 D．-2 【答案】A 【分析】分析可知存在，使得，结合空间向量基本运算求解. 【详解】因为是空间的一个基底，可知均不为零向量， 若不能构成空间的一个基底，则存在，使得， 可得，解得. 故选：A. 题型03 基底坐标 1．已知是空间中一组基底，若向量，则称向量在基底下坐标为.若向量在基底下坐标为，则向量在基底下的坐标为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由条件得到，然后利用待定系数法求解即可. 【详解】因为向量在基底下坐标为， 所以， 设， 则，解得， 所以向量在基底下的坐标为， 故选：C 2．下列说法正确的是（    ） A．已知，，则在上的投影向量为 B．若两个不同平面，的法向量分别是，，且，，则 C．若，则A，B，C，G四点共面 D．若向量，（x，y，z都是不共线的非零向量）则称在基底下的坐标为，若在单位正交基底下的坐标为，则在基底下的坐标为 【答案】BD 【分析】根据投影向量公式计算判断A,应用向量共线判断B,判断四点共面判断C,根据基底运算判断D. 【详解】对于A，由于，，则在的投影向量为，故A错误； 对于B：若两个不同平面，的法向量分别是，，且，，，则，故B正确； 对于C：由于，对于，故A，B，C，G四点不共面，故C错误； 对于D：在单位正交基底下的坐标为，即， 所以在基底下满足， 故，，，解得，，， 则在基底下的坐标为，故D正确. 故选:BD. 3．若向量在空间的一组基底下的坐标是，则在基底下的坐标是 ． 【答案】 【分析】根据同一基底下的向量表示唯一，即可求解. 【详解】因为在基底下的坐标是，所以， 设在基底下的坐标为， 则， 因此，所以， 即， 即向量在基底下的坐标为． 故答案为： 题型04平面基底表示向量 ⭐技巧积累与运用 用基底表示向量的步骤 (1)定基底：根据已知条件，确定三个不共面的向量构成空间的一个基底． (2)找目标：用确定的基底(或已知基底)表示目标向量，需要根据三角形法则及平行四边形法则，结合相等向量的代换、向量的运算进行变形、化简，最后求出结果． (3)下结论：利用空间的一个基底{a，b，c}可以表示出空间所有向量．表示要彻底，结果中只能含有a，b，c，不能含有其他形式的向量． 1．如图，在四面体中，点在棱上，且满足，点，分别是线段，的中点，则用向量，，表示向量应为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量加法法则直接求解. 【详解】因为，所以． 因为点，分别是线段，的中点， 所以， 所以． 故选：A. 2．如图，在棱长为3的正四面体中，O为的中心，D为的中点，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】对于A：根据向量的线性运算求解；对于B：根据正四面体的结构运算求解；对于CD：根据向量的数量积运算求解即可. 【详解】连接，，， 对于选项A：因为 ， ，故A正确； 对于选项B：因为，所以，故B正确； 对于选项CD： ，故C错误，D正确； 故选：ABD. 3．如图，在四面体OABC中，，，，点在OA上，且，点为BC的中点，设，则 . 【答案】1 【分析】根据空间向量的线性运算结合空间向量的基本定理运算求解. 【详解】在四面体OABC中， ，而， 所以，. 故答案为：1 题型05 求长度型最值 ⭐技巧积累与运用 1.在空间直角坐标系中，设，，则两点间的距离___． 2. 1．已知正四面体的棱长为6，空间中一点满足，其中，，，且.则的最小值为（   ） A． B．4 C．6 D． 【答案】D 【分析】对结合化简得，从而可知点在平面内，所以当平面时，最小，从而可求得结果. 【详解】 因为，， 所以， ， 所以， 所以， 因为不共线，所以共面， 所以点在平面内， 所以当平面时，最小， 取的中点，连接，则点在上， 且， 所以， 即的最小值为. 故选：D 2．已知四棱柱的底面是边长为6的菱形，平面，，，点满足，其中，，，则（   ） A．当为底面的中心时， B．当时，长度的最小值为 C．当时，长度的最大值为6 D．当时，为定值 【答案】ACD 【分析】对于A：根据空间向量的线性运算分析求解即可；对于BC：分析可知点在及内部，利用等体积法求最小值，取端点验证最大值；对于D：利用空间向量的数量积可得，进而可求. 【详解】由题意可知：. 对于A，当为底面的中心时， 则， 即，，，所以，故A正确； 对于BC，当时，可知点在及内部， 设，点到平面的距离为， 由题意可知：为等边三角形，且， 可得，， 因为，即，解得， 所以长度的最小值为，故B错误； 若点分别与重合时，长度分别为6，6，3， 所以长度的最大值为6，故C正确； 对于D，若， 则 ， 又因为， 则 ， 所以为定值，故D正确； 故选：ACD. 3．已知正四面体的边长为2，点M，N为棱BC，AD的中点，点E，F分别为线段AM，CN上的动点，且满足，则线段EF长度的最小值为 . 【答案】 【分析】根据给定条件，取定空间的基底，利用空间向量的线性运算表示向量，再利用向量数量积的运算律，结合二次函数求出最小值. 【详解】在棱长为2的正四面体中，由点M，N为棱BC，AD的中点，得， 由点E，F分别在线段AM，CN上，，令，则， 所以 ，又， ，， 故 ， 当时，，所以线段EF长度的最小值为. 故答案为： 【点睛】思路点睛：取定空间的一个基底，表示向量，再利用向量运算求解. 题型06 动点数量积型最值与范围 ⭐技巧积累与运用 空间向量的数量积 （1）定义：已知两个非零向量，，则向量的模长与在向量方向上的投影的乘积叫做，的数量积，记作．即． 零向量与任意向量的数量积为0． （2）由数量积的定义，可以得到： ；_． 1．在正三棱锥中，，点为空间中的一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】记的重心为，点是的中点，点是的中点，进而求得，利用空间向量加减、数乘的几何意义，将化为，数形结合求最小值. 【详解】记的重心为，点是的中点，点是的中点，    在正三棱锥中，所以， 平面，又平面，所以，则. 又， 所以 ， 所以当与重合时，取最小值0， 此时有最小值. 故选：C 2．正四面体的棱长为，点，是它内切球球面上的两点，为正四面体表面上的动点，当线段最长时，的最大值为（   ） A．2 B． C．3 D． 【答案】C 【分析】画出大致立体图，转化为平面向量的数量积，数形结合可得. 【详解】设正四面体的内切球球心为，为的中心，为的中点，连接，，则在上，连接，则． 因为正四面体的棱长为3，所以，所以. 设内切球的半径为，则，，解得， 当为内切球的直径时最长，此时，， ， 因为为正四面体表面上的动点，所以当为正四体的顶点时，最长，的最大值为，所以的最大值为． 故选：C. 3．如图，在多面体中，底面是边长为1的正方形，为底面内的一个动点（包括边界），底面底面，且，则的最小值与最大值分别为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可得两两垂直，所以以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，然后表示出化简可求得结果. 【详解】因为底面平面， 所以, 因为四边形为正方形，所以， 所以两两垂直， 所以以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 设，则， 所以 ， 因为， 所以当时，取得最小值； 当或1，或1时，取得最大值4. 故选：A 题型07 动点距离最值范围型 ⭐技巧积累与运用 空间中动线段的距离和的最值问题，可以类比平面中的距离和的最值处理利用对称性来处理于转化，另外异面直线间的公垂线段的长度可利用点到平面的距离来处理. 1．如图，在直三棱柱中，为腰长为的等腰直角三角形，且，侧面为正方形，为平面内一动点，则的最小值是（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，设关于平面的对称点为，利用对称点、到平面距离相等，得出关于平面的对称点为，利用对称点求出最短路径即可 【详解】由题意，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， 则， 所以， 设关于平面的对称点为， 则， 设平面的法向量， 则即 令，则， 所以为平面的一个法向量， 所以与到平面的距离， 即①，又，所以②， 所以由①②得，又由可得，所以， 所以， 当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为． 故选：A．    2．已知正方体的棱长为1，M为棱的中点，G为侧面的中心，点P，Q分别为直线，上的动点，且，当取得最小值时，点Q到平面的距离为（   ） A． B． C．1 D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，设，，根据，得到，从而得到，再由向量模的坐标表示求出的最小值及此时、的值，最后利用空间向量法求出点到平面的距离. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，设，， 所以，， 因为，所以，即，所以， 又，所以，当且仅当时取等号，此时， 所以，，， 设平面的法向量为，所以，取， 所以当取得最小值时，点Q到平面的距离. 故选：A    3．在空间直角坐标系Oxyz中，，，，点H在平面ABC内，则当点O与H间的距离取最小值时，点H的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用与平面垂直进行验证，垂直时再确认在平面内即可得． 【详解】， 当点O与H间的距离取最小值时，平面， A选项，，，错误； B选项，，，错误； C选项，，，， 此时，，即与共面，所以点在平面内，正确； D选项，，与选项C中的是相反向量，错误； 故选：C． 题型08动点型轨迹 ⭐技巧积累与运用 求动点的轨迹方程有如下几种方法： （1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程； （2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程； （3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程； （4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程； （5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程. 1．如图，已知正方体的棱长为分别是棱的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，设点，结合条件直线则，由此确定点的轨迹，再求轨迹长度. 【详解】以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，设点， 则. 设平面的法向量为，由， 取，可得， 所以为平面的一个法向量. 由题意可知，平面，则， 令，可得，令，可得， 所以点的轨迹为线段，且交于点，交于点， 所以点的轨迹长度为. 故选：B. 2．如图，棱长为4的正四面体，，分别是，上的动点，且，则中点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】把正四面体放在正方体中，建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式、中点坐标公式以及圆的标准方程进行求解即可. 【详解】把正四面体放在正方体中，并建立如图所示的空间直角坐标系， 设该正方体的棱长为， 因为正四面体的棱长为4，所以有， 因此相应点的坐标为：， 因为是上的动点，所以设点的坐标为：， 设，，因此有， 因此， 设中点为，因此有：， 因为， 所以， 化简得：，把代入中得： ，显然 中点的轨迹是圆，半径为， 圆的周长为：. 故选：D 【点睛】关键点睛：利用正方体这个模型，结合解析法是解题的关键. 3．如图，在棱长为2的正方体中，已知，，分别是棱，，的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以为坐标原点，，，所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，由空间向量的位置关系可证得平面，可得点的轨迹为圆，由此即可得． 【详解】解：以为坐标原点，，，所在直线分别为、、轴， 建立空间直角坐标系，，，，，， 故，， ，设平面的法向量为， 则， 令得，，故， 因为，故平面， 为平面上的动点，直线与直线的夹角为30°， 平面，设垂足为，以为圆心，为半径作圆， 即为点的轨迹，其中， 由对称性可知，，故半径， 故点的轨迹长度为. 故选：C. 题型09动点角度范围型：线线角 ⭐技巧积累与运用 设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 两直线所成的角为(),； 1．在直三棱柱中，，，为的中点，则与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角的向量求法计算可得结果. 【详解】以为原点，以，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，如下图所示： ，则，，，， 所以，， 所以， 故与所成角的余弦值为. 故选：B. 2．在正四棱锥中，底面边长为，侧棱长为4，点是底面内一动点，且，则当，两点间距离最小时，直线与直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意作出相应图形连接，交于点，连接，由四棱锥为正四棱锥，可得底面，从而可求得即点在以为圆心，1为半径的圆上，然后建立空间直角坐标系，再利用异面直线向量求法即可求解. 【详解】根据题意作图如图所示，连接，交于点，连接，    因为四棱锥为正四棱锥，可得底面． 由底面边长为，可得，所以， 在中，，，可得， 又由，在中，可得， 即点在以为圆心，1为半径的圆上， 所以当点为圆与的交点时，，两点间距离最小，最小值为． 以，，所在直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系， 可得，，，， 则，，可得， 所以直线与直线所成角的余弦值为，故A正确. 故选：A. 3．已知空间四边形，，，，.则对角线与所成角的正切值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】通过三角形算出线段长，作，求得长，然后建立空间直角坐标系，设出点的坐标并得到参数之间的关系，利用空间向量间求得异面直线的夹角的余弦值，并求出范围，从而得到夹角的正切值的范围. 【详解】在中，因为，所以， 过点在平面中作于点，则， 所以，所以，， 取中点，连接，在三角形中，因为，所以， 如图，以为坐标原点，为轴，为轴，过作直线垂直于平面，这条直线为轴，    因为，，所以，所以， 设，且， 所以，， 设直线与直线的夹角为， 则 ，因为， 所以当时，，所以当时，， 因为，所以. 故选：A 【点睛】方法点睛，本题是空间动点问题，建立空间直角坐标系，设动点的坐标并得到参数间的关系，利用空间向量表示出异面直线夹角的余弦值从而求得夹角的正弦值的取值范围. 题型10 动点角度范围型：线面角 ⭐技巧积累与运用 几何常考查的夹角： 设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 直线与平面所成的角为(),； 线面角最值求解，常常用到以下方法： 一是向量法，建立空间直角坐标系，需要引入变量，转化为函数的最值问题进行求解； 二是定义法，常常需要作出辅助线，找到线面角，求出最值，常用知识点有正弦定理，余弦定理，基本不等式等； 1．如图，正方体中，，，，当直线与平面所成的角最大时，（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用坐标法，利用线面角的向量求法，三角函数的性质及二次函数的性质即得. 【详解】如图建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为. 则，，，，，. 所以，，，． 设平面的法向量为， 则 令，则，，可得. 又，设直线与平面所成的角为，则 ， 从而当时，取到最大值，又，故时直线与平面所成的角最大． 故选：C 2．在正三棱锥中，且两两垂直，是的中点，过直线作平面，则直线与平面所成角的最大值为（    ）. A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图，建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法求解线面角可得，结合换元法和二次函数的性质计算即可求解. 【详解】以分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则，再设平面还通过棱上一点， 可得， 令平面的一个法向量为， 则，取，得，所以. 又，设直线与平面所成角为， 则. 令，即， 则， 当且仅当即时，等号成立，∴. 故选：C. 3．如图，点在正方体的面对角线上运动（点异于，点），则下列结论不正确的是（ ） A．异面直线与所成角为60° B．平面 C．三棱锥的体积不变 D．直线与平面所成角正弦值的取值范围为 【答案】D 【分析】选项A：利用异面直线的夹角求解即可，选项B：利用线面垂直的定义结合线面垂直的判定定理求解即可.选项C：利用等体积法求解即可，选项D：利用空间直角坐标系使用代数法求解线面角的取值范围. 【详解】 对于A，因为正方体中，且为等边三角形，故异面直线与夹角为，故A正确； 对于B，由正方体的性质可知，，平面， 平面，又因为平面 ，同理可得平面，又因为平面， 又因为平面，平面，故B正确； 对于C，因为平面，平面，所以平面 所以为定值，故C正确； 对于D，建立如图所示直角坐标系，设正方体的棱长为1，设， ，，，，，则， 所以， 由正方体的性质知：平面， 故平面的法向量为， 直线与平面所成角正弦值为， 因为，，所以当时取得最大值， 若时取得为，所以，故D错误. 故选：D 4．如图，在正方体中，点为线段的中点．设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设出正方体棱长，表达出，判断出在是严格减函数，从而求出最值，得到取值范围. 【详解】设正方体的棱长为2， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，， ， 设平面的法向量，则， 取，得， 所以 ， 因为，所以在上单调递减， 且， 由复合函数单调性可知单调递增， 所以在是严格减函数， 所以时，取最小值， 时，取最大值． 所以的取值范围是． 故选：C． 题型11动点范围型：折线距离 ⭐技巧积累与运用 计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状； 1．如图，在直三棱柱中，，是线段的中点，在内有一动点（包括边界），则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意建立空间直角坐标系，设A关于平面的对称点为，求出、和平面的法向量，进而利用A与到平面的距离相等得①，再由得②从而求出，接着由 结合两点间距离公式即可得解. 【详解】由题意可以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 所以， 设A关于平面的对称点为，则，， 设平面的法向量，则，， 令，则，所以， 所以A与到平面的距离即①， 又，所以②，所以由①②得， 所以由可得，所以， 所以， 当且仅当三点共线时取等号， 所以的最小值为. 故选：C. 【点睛】思路点睛：建立空间直角坐标系，利用向量法解决，设A关于平面的对称点为，利用A与到平面的距离相等和求出，接着由 结合两点间距离公式求出即可得解. 2．在正方体中，，点是线段上靠近点的三等分点，在三角形内有一动点（包括边界），则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设关于平面的对称点为，利用点到面的距离的向量求法和可构造方程组求得坐标，利用可求得结果. 【详解】以为坐标原点，为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设关于平面的对称点为， 则，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，， 与到平面的距离， 又，， ，，，， （当且仅当三点共线时取等号）， 即的最小值为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中距离之和的最值问题的求解，解题关键是能够求得关于平面的对称点，从而利用三角形两边之和大于第三边的特点确定当三点共线时取得最小值. 3．棱长为2的正方体中，设点为底面内（含边界）的动点，则点到平面距离之和的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量，然后利用距离的向量公式并换元化简得，最后利用二次函数性质求解最值即可. 【详解】在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系， 如图所示：    则，设， 所以，，设平面的法向量为， 则，令，则．于是， 则点到平面距离之和为， 设，则，， 因为，所以，所以， 函数开口向上，对称轴为，在上单调递增， 所以当时，取到最小值为. 故选：B 题型12 存在型动点 ⭐技巧积累与运用 先把位置点定性为“已知点”，然后通过其他条件推导出相关的平行或者垂直关系，再借助平行得比例线段，或者垂直得到对应的垂直关系。 1．在正四面体中，点E在棱AB上，满足，点F为线段AC上的动点，则（    ） A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得 C．存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为 D．存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为 【答案】C 【分析】设正四面体的底面中心为点，连接，则平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为，然后利用空间向量法逐一分析求解可得结果. 【详解】如下图所示，设正四面体的底面中心为点，连接，则平面， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系， 设正四面体的棱长为， 则，，，，， 设，其中， 对于A，若存在某个位置使得，，， 所以，解得，不满足题意，故A错误； 对于B，若存在某个位置使得，，， 则，该方程无解，故B错误； 对于C，设平面的一个法向量为， ，， 由，令，则， 若存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为，又， 则， 整理得，解得或（舍去）， 所以存在，即为的中点，满足题意，故C正确； 对于D，设平面的一个法向量为， 又，， 由，取，得， 设平面的一个法向量为， ，， 由，取，则， 若存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为， 则， 整理得，易得，所以该方程无解，故D错误. 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键点在于建立空间直角坐标系，利用空间向量法解决立体几何的相关问题，解题过程要注意利用方程思想进行向量运算，认真细心，准确计算． 2．如图，在矩形中，是的中点，将沿着直线翻折得到.记二面角的平面角为，当的值在区间范围内变化时，下列说法正确的有（    ） A．存在，使得 B．存在，使得 C．若四棱锥的体积最大时，点到平面的距离为 D．若直线与所成的角为，则 【答案】ACD 【分析】A选项，作出辅助线，得到即为二面角的平面角，，当时，平面，证明出线线垂直，进而得到线面垂直，得到；BCD选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用线线角的夹角公式得到，B错误；C选项，确定当时，体积最大，利用点到平面向量距离公式进行计算；D选项，计算出. 【详解】A选项，连接，取的中点，的中点， 连接，则， 故即为二面角的平面角，即， 当时，平面， 因为平面，所以， 因为矩形ABCD中，，，M是AD的中点， 所以，故为等腰直角三角形， 故，， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 存在，使得，A正确； B选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，垂直于此平面的直线为轴， 建立空间直角坐标系，则， 当时，， 此时， ， 故， 故不存在，使得，B错误； C选项，当时，平面，此时四棱锥的体积最大， 此时，设平面的法向量为， 则， 解得，令，则，故， 故点到平面的距离，C正确； D选项，， 故 ，D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：解题的主要方法是空间向量法，结合空间向量数量积公式，点到平面距离公式，异面直线所成角的向量求出计算. 3．如图，在直三棱柱中，，分别为棱上的动点，且，，，则（    ） A．存在使得 B．存在使得平面 C．若长度为定值，则时三棱锥体积最大 D．当时，直线与所成角的余弦值的最小值为 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，用向量在空间直线、面位置关系和空间角、距离上的应用方法一一去计算求解，并结合一元二次函数、基本不等式求最值即可. 【详解】如图，由题意可建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则由题：， 所以，，，， 又，，， 所以，即， ，即， 所以， 对A，由上，故A错误； 对B，由题意是平面的一个法向量， ， 故当时，此时平面，故B正确； 对C，由上，， 设平面的一个法向量为，则， 所以，取，则， 设点Q到平面的距离为d，则由得， 又由题意可知， 故， 因为长度为定值，所以为定值， 故当时，三棱锥体积最大，故C正确； 对D，设直线与所成角为，由上当时 ， 当且仅当即时等号成立，故D对. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：遇立体几何复杂问题，如求最值，有垂直条件一般考虑建立空间直角坐标系用向量法解决. 题型13空间向量综合难题 ⭐技巧积累与运用 （1）向量法求点面距离：求出平面的法向量，则点到平面的距离公式为. （2）向量法求线面所成角的正弦值：求出平面的法向量，则. 1．如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱，的中点，G是棱上的一个动点，M为侧面上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．点G到平面的距离为定值 B．若，则的最小值为2 C．若，且，则点G到直线的距离为 D．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 【答案】ACD 【分析】利用平行线的传递性与平行线共面判断A，利用线面垂直的判定定理判断B，利用空间向量推得四点共面，结合面面平行的性质定理判断C，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得线面角的取值范围判断D，从而得解. 【详解】对于A，在正方体中，E，F分别为棱，的中点， 所以， 又平面，平面，所以平面， 又点G是棱上的一个动点，所以点G到平面的距离为定值，故A正确； 对于B，连接，面，是在平面上的射影， 要使，则， 所以点M的轨迹是平面上以F为圆心，1为半径的半圆， 所以的最小值为，故B错误； 对于C，连接，，，， 因为，且，所以A，E，，G四点共面， 因为在正方体中，平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以， 在正方体中，，， 所以四边形是平行四边形，则，则， 因为E为棱的中点，所以G为棱的中点， 故以为原点，建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， 所以，，，， 故点G到直线距离，故C正确； 对于D，以为原点，建立空间直角坐标系，如图， 设（），则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，故， 设直线与平面所成角为（）， 则， 因为，所以，则， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，故D正确. 故选：ACD. 2．在正三棱锥中，，，是底面内（含边界）一点，则下列说法正确的是（   ） A．点到该三棱锥三个侧面的距离之和为定值 B．顶点，，到直线的距离的平方和为定值 C．直线与该三棱锥三个侧面所成角的正弦值的和有最大值 D．直线与该三棱锥四个面所成角的正弦值的平方和有最大值 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，设，然后分别计算每一个选项即可. 【详解】由题可建立如图所示空间直角坐标系，    有， 设，平面的一个法向量， 显然， 所以有，令，得， 所以， 所以有，显然 所以， 点到面的距离为；点到面的距离为，点到面的距离为 因为，故选项A正确； 由题可知， 易知点A到的距离 ， 同理，，， 所以， 故选项B正确； 到平面的夹角的正弦值为 ；到平面的夹角的正弦值为；到平面的夹角的正弦值为 显然三个线面角的正弦值的平方和等于，可以垂直平面, 所以与三棱锥的四个面的线面角的平方和最大值为2，故选项D错误； 与三个侧面的线面角之和为， 因为， 所以有， 其中表示,为到平面的距离， 所以， 所以的最大值为，故选项C正确； 故选：ABC 【点睛】关键点点睛，我们需要利用平面的法向量找到点的三个坐标之间的关系，然后计算即可. 3．如图，等边的边长为4，为边的中点，将沿折成三棱锥，，B，C，D都在球的球面上．记，，与平面所成的角分别为，，，平面，，与平面所成的角分别为，，，则（    ） A．与所成的角为定值 B．球的表面积的最大值为 C． D．存在点使得 【答案】ACD 【分析】A利用线面垂直得到线线垂直；B利用空间直角坐标系确定外接球半径，再确定外接球表面积；C利用空间直角坐标系与线面夹角的定义求解；D利用空间直角坐标确定平面的法向量，从而求得的坐标. 【详解】方案一：A选项：由题意可得，，，，平面，平面，所以平面，又平面，所以，即与所成的角是，为定值.故A正确. B选项：设，球O的半径为R，外接圆半径为r，则根据正弦定理，可得，即，所以，因为，所以，所以无最大值，即球O的表面积无最大值.故B错误. C选项：如图，过点作，垂足为M，连接CM，易得，平面BCD，则，，，，，. 假设，即，设，，则，，，解得或，与矛盾，所以假设不成立.同理可证当M再BD延长线上时，无解.所以C正确. D选项：如图过点D作DO平面，垂足为O，易得O在的角平分线CE上，连接DE，过点O作ONBC，垂足为N，连接DN.则，，，，，由对称性可知. 【方法一】假设成立，则，即点D在底面的射影为的内心，设，，则，， 所以，，所以， 又，所以，解得.所以D正确. 【方法二】，由对称性可知， 在直角中，， 当时，，，.所以D正确. 方案二：如图建立空间直角坐标系，D为坐标原点，DC为x轴，DB为y轴，垂直于DB为z轴，轴，连接CM，根据等边的边长为4，为边的中点，将沿折成三棱锥，易得，，， 不妨设，显然，，. A选项：，，显然，即与所成的角是，为定值.故A正确. B选项：根据题意不妨设球心，球半径为R， 则，又，， 即， 又化简可得，，所以， 因为，，所以无最大值，即球O的表面积无最大值.故B错误. C选项：显然易得，，， 假设成立，则， 当时解得(舍去)或，与矛盾， 当时，解得(舍去)， 综上所述，无解，假设不成立，所以C正确. D选项：设平面的法向量为，平面的法向量为， 平面的法向量为，平面的法向量为， 假设存在使得成立，即， 根据，，，可得， ，，， 所以， ， ， 所以，又 解得，所以假设成立，故D正确. 故选：ACD. 能力培优 1． 已知空间向量，，两两的夹角均为，且，.若向量，满足，，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取一三棱锥，，利用余弦定理求出各边长，令，根据题目条件得到⊥，⊥，利用向量运算法则得到，所以当四点共线且按此顺序排列时，取得最大值，得到答案. 【详解】取三棱锥，， 且，，， 所以，， 如图，令， 因为，， 又， 所以，，即， 所以⊥，⊥， 分别取的中点， 则，，， 所以， 所以当四点共线且按此顺序排列时，取得最大值， 最大值为. 故选：A 【点睛】关键点点睛：将向量放入三棱锥中，，令，根据题目条件，推出⊥，⊥，分别取的中点，故，数形结合得到当四点共线且按此顺序排列时，取得最大值. 2． 如图，正方体透明容器的棱长为分别为的中点，点是棱上任意一点，下列说法正确的是（    ） A． B．向量在向量上的投影向量为 C．将容器的一个顶点放置于水平桌面上，使得正方体的12条棱所在的直线与桌面所成的角都相等，再向容器中注水，则注水过程中，容器内水面的最大面积为 D．向容器中装入直径为1的小球，最多可装入512个 【答案】C 【分析】对A：根据正方体易知，利用线面垂直的判断、性质定理可得，又，故与不垂直；对B：若是交点，连接，则所成角，即为所成角，余弦定理求夹角余弦值，进而求向量在向量上的投影向量；对C：令放在桌面上的顶点为，根据正方体的结构特征，要使容器内水的面积最大，即垂直于的平面截正方体的截面积最大，并确定最大截面的形状，求其面积即可；对D：通过直观想象，有第一层小球为个，第二层小球为，且奇数层均为个，偶数层均为，结合上下两层相邻5球的球心构成几何体为正四棱锥并求高，再确定层数，最后求小球个数. 【详解】对A：由正方体性质知：，， 且、面， 所以面，又面，则， 由，故与不垂直，故A错误； 对B：由题意且，若是交点，连接， 所以， 故为平行四边形，则，， 所以所成角，即为所成角， 由题设，易知， 在中， 即夹角为，所以夹角为， 故向量在向量上的投影向量为： ，故B错误； 对C：令放在桌面上的顶点为， 若桌面时正方体的各棱所在的直线与桌面所成的角都相等， 此时要使容器内水的面积最大，即垂直于的平面截正方体的截面积最大， 根据正方体的对称性，仅当截面过中点时截面积最大， 此时，截面是边长为的正六边形， 故最大面积为，故C正确； 对D：由题意，第一层小球为个，第二层小球为， 且奇数层均为个，偶数层均为， 而第一层与第二层中任意四个相邻球的球心构成一个棱长为1的正四棱锥，故高为， 假设共有n层小球，则总高度为，且为正整数， 令，则，而，故小球总共有10层， 由上，相邻的两层小球共有个， 所以正方体一共可以放个小球，故D错误. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：D选项中，注意分析各层小球最多可放入的个数，结合两层相邻的5个球的球心所成几何体的高，结合正方体棱长求总层数为关键. 3． 已知正方体，设其棱长为1（单位：）．平面与正方体的每条棱所成的角均相等，记为．平面与正方体表面相交形成的多边形记为，下列结论正确的是（    ）    A．可能为三角形，四边形或六边形 B． C．的面积的最大值为 D．正方体内可以放下直径为的圆 【答案】D 【分析】A选项，如图，建立以A为原点的空间直角坐标系，利用向量知识可知平面可为与垂直的平面，即可判断选项正误；B选项，由A选项分析及线面角计算公式可判断选项正误；C选项，由A选项分析可表示出两种情况下的面积表达式，即可判断选项正误；D选项，问题等价于判断内部最大圆直径最大值是否大于1.2. 【详解】A选项，如图，以A为原点建立空间直角坐标系， 则， . 设平面法向量为，因平面与正方体的每条棱所成的角均相等， 则 . 由对称性，不妨取，则法向量可为，又， 则平面可为与垂直的平面. 如图，连接， 因平面ABCD，平面ABCD， 则，又平面， 则平面，又平面，则，同理可得. 又平面，，故平面. 即平面可为与平面平行的平面， 当平面与（不含A）相交时，M为与相似的正三角形； 当平面与（不含）相交时，M为如图所示的六边形； 当平面与相交时（不含），M为与相似的正三角形； 则可能为三角形，六边形，故A错误；      B选项，由A选项分析可知，，故B错误. C选项，由A选项分析可知，当平面过或时， 所得正三角形面积最大，由题可得边长为，则相应面积为. 当为六边形时，如下图所示，因，，又， 结合图形可知，又由题可知六边形为中心对称图形， 取其对称中心为O，则四边形四边形四边形， 则六边形面积为相应四边形面积的3倍.取RS，RT中点分别为F，E， 连接EF，OE，OF，因，则， 四边形面积为四边形面积2倍，则六边形面积为四边形面积6倍. 设， 由题结合图形可知， ，则 在中，由余弦定理，. 注意到，则四点共圆， 则外接圆直径等于OR，由正弦定理，可得. 则，. 则六边形面积S ，当且仅当时取等号. 又 ，则的面积的最大值为，故C错误；       D选项，先判断M内部的最大圆直径最大值是否超过1.2m. 当M为正三角形时，M内部的最大圆为三角形内切圆， 易知当平面过或时，所得内切圆半径最大， 设此时内切圆半径为，三角形面积为，周长为C， 则内切圆直径. 当M为六边形时，M内部的最大圆半径满足， 由C选项分析，可知，则当时， 取最大值，则此时M内部的最大圆直径的最大值为， 因，则，即正方体内可以放下直径为的圆，故D正确. 故选：D 【点睛】关键点睛：本题首先需要通过向量方法，得到满足题意的平面的具体特征，后利用几何知识，结合正余弦定理可得图形的面积最大值及其内部最大圆直径. 4． 如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）． ①三棱锥中，点P到面的距离为定值 ②过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为 ③ 直线与面所成角的正弦值的范围为 ④当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为 以上命题为真命题的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，对于①③用空间向量求解；对于②可证明三角形为截面多边形，求其面积即可；对于④设球心，由求解球心坐标即可. 【详解】 以A为坐标原点，分别以为轴建系如图： ,， ， 设, 则， 所以 设面的一个法向量为， 则 令得， 对于①：到平面的距离为，故①正确； 对于②：连接，因为四边形为平行四边形， ，又面，面， 面， 同理可证面， 又，所以面面， 所以过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形为， 它是边长为的等边三角形，故面积为，故②正确； 对于③：设直线与面所成角为，则， ，， 所以直线与面所成角的正弦值的范围为，故③正确； 对于④：当点P为中点时，设三棱锥的外接球球心， ， ， 解得， 所以外接球半径满足：， 三棱锥的外接球表面积为，故④正确； 综上：①②③④均正确. 故选：D 【点睛】几何体外接球球心的求法： （1）将几何体置入长方体中找球心； （2）利用几何法找到几何体各个顶点距离相等的点即为球心； （3）设球心坐标，根据到各顶点的距离相等解方程组得到球心坐标. 5． 如图，在正方体中，为棱的中点．动点沿着棱从点向点移动，对于下列四个结论： ①存在点，使得； ②存在点，使得平面； ③的面积越来越小； ④四面体的体积不变． 其中，所有正确的结论的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】设正方体棱长为，求出，由解得，确定①正确，考虑到到平面的距离不变，从而易判断④，以为轴建立空间直角坐标系，可证明不可能与垂直，故②不正确； 设，，由空间向量法求得到的距离，由距离的变化规律判断③正确. 【详解】设正方体棱长为， 由平面平面得，同理， 所以， 由得，存在使得，①正确， 正方体中，平面，所以到平面的距离不变，即到平面的距离不变，而面积不变，因此三棱锥，即四面体的体积不变，④正确; 以为轴建立空间直角坐标系，如下图， 正方体棱长为2，则， ，，所以不可能与垂直，故平面也不可能成立，故②错误； 设， 所以 设到直线的距离为，则      由二次函数性质知时，递减，所以递减，又不变，所以的面积为递减，③正确， 综上：①③④正确 故选:C. 【点睛】立体几何中存在性或探究性问题涉及到的点具有运动性和不确定性属于动态几何问题,用纯几何的方法来解决对空间想像能力、作图能力和逻辑推理能力的要求很高，若用向量方法处理,尤其是通过建立空间直角坐标系求解问题则思路简洁明了,本题中用向量法解决点到直线的距离问题避免了抽象复杂找距离过程，而且将距离的变化情况转化为函数的单调性问题解决更简单明了. 6.如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则直线与直线所成角的取值范围为（    ） （参考数据： A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】取的中点，作点在平面内的投影，过作交于点，连结、，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，设，，，利用求出的关系，然后根据的范围求角的范围. 【详解】解：取的中点，作点在平面内的投影，过作交于点，连结、，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系如图， 根据题意，得，0，，，0，，，，，，，， 设，，， 则，，，，，，，0，， ， ， ，， 记为直线与直线所成的角，则即为直线与直线所成的角， ， 点的轨迹在平面内是以为圆心，为半径的圆， ，， 又为锐角或直角，， ，则 直线与直线所成角的取值范围为，， 故选：B． 7． 已知正方体棱长为1，动点M满足，则（    ） A．当，时，直线⊥平面 B．当，，时，点M到直线的距离为 C．当，，时，的值可能为 D．当且时，点M的轨迹长度为 【答案】BD 【分析】A选项，先得到点为的中点，建立空间直角坐标系，计算出，故与不垂直，故直线与平面不垂直；B选项，求出，利用点到直线的距离向量公式求出点M到直线的距离；C选项，求出，计算出，利用图形关系得到其最小值，由于最小值大于，C错误；D选项，推出点在平面上，并得到⊥平面，且，又，故，求出点M的轨迹为以为圆心，为半径的圆，轨迹长度为，D正确. 【详解】A选项，当，，此时点为的中点， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 由于，， 故， 故与不垂直，故直线与平面不垂直，A错误； B选项，当，，时， ， 设，则，解得， 故，， 又，故， 故点M到直线的距离为，B正确； C选项，当，，时， ， 设，则，解得， 故， 其中，故， 故 ， 如图所示，， 显然当三点共线时，取得最小值， 最小值为， 则的最小值为， 当且仅当，即时，等号成立， 故的值不可能为，C错误； D选项，当时， ， 故，即， 故点在平面上， 连接，交平面于点，则， 因为， ， 故⊥，且⊥， 又，平面， 所以⊥平面， 且， 又，故， 故点M的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 故轨迹长度为，D正确. 故选：BD 【点睛】立体几何中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 8．（2024·江苏苏州·三模）在棱长为2的正方体中，为的中点，以为原点，OB，OD，OO1所在直线分别为轴、轴、轴，建立如何所示空间直角坐标系.若该正方体内一动点，满足，则（    ）    A．点的轨迹长为 B．的最小值为 C． D．三棱锥体积的最小值为 【答案】BC 【分析】由已知方程可得点的轨迹，画出图形，再计算轨迹长度可得A错误；由投影法可得，当点在上投影最小时，向量积最小，求出投影长可得B正确；由平面可得C正确；当点位于半圆弧中点时，可由棱锥的体积公式计算体积的最小值可得D错误； 【详解】对于A：由可知，点在以为球心，1为半径的球上， 又由可知，点在平面上，所以点为球面与平面的交线， 如图（2）所示，在矩形中，以为圆心，1为半径的半圆， 所以点的轨迹长为，故A错误； 对于B：由投影法可得，当点在上投影最小时，向量积最小，此时点位于半圆弧中点，投影长为， 所以，故B正确； 对于C：因为平面，平面， 所以，故C正确； 对于D：因为平面， 所以点到平面平面的距离为，则， 由图（2）可知当点位于半圆弧中点时，的面积最小为， 所以，故D错误； 故选：BC.    【点睛】关键点点睛：本题选项A关键是能根据已知点的方程结合图形画出点的轨迹平面图形，从而计算即可. 9．（2024·辽宁·三模）已知正四面体棱长为2，点分别是，，内切圆上的动点，现有下列四个命题： ①对于任意点，都存在点，使； ②存在，使直线平面； ③当最小时，三棱锥的体积为 ④当最大时，顶点到平面的距离的最大值为． 其中正确的有 ．（填选正确的序号即可） 【答案】①②④ 【分析】使用空间向量设出各点的坐标，再对逐个选项分别求解. 【详解】 设的重心分别是. 以为原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系. 则， 且. 三个内切圆的半径均为，且可设： ； ； . 所以有， ， . 对于①，当确定后，取为关于平面的对称点，则垂直于平面，所以垂直于，①正确； 对于②，当，时，有，. 故，，. 直接计算可知，所以此时满足条件，②正确； 对于③，此时位于最上方，即. 这时，点到平面的距离为. 所以此时，③错误； 对于④，此时，根据对称性有，故 ，故此时在处取到最大. 此时的纵坐标都是，故点到平面的距离为，④正确. 故答案为：①②④ 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对空间向量的计算与求解. 10． 如图①是直角梯形，，，是边长为1的菱形，且，以为折痕将折起，当点到达的位置时，四棱锥的体积最大，是线段上的动点，则到距离最小值为 ． 【答案】 【分析】由题意得面面，结合菱形性质，得两两互相垂直，建立适当的空间直角坐标系，由空间向量法求点到直线的距离即可得解. 【详解】 折起前，连接菱形的对角线交于点， 所以，所以折起后有， 因为菱形的边长为1， 所以， 又因为，，且 所以在中，有， 所以， 所以折起前后四边形的面积固定， 若以为折痕将折起， 当点到达的位置时，四棱锥的体积最大， 则此时点到平面的距离最大， 则此时有面面， 又面面，，面， 所以面， 又面， 所以， 又， 所以两两互相垂直， 如图，以为原点，建立空间直角坐标系： 则， 过点作于点，则， 又因为， 所以，即， 所以， 因为三点共线， 所以不妨设 ， 所以点到直线的距离 ， 所以当时，， 所以到距离最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：解题关键是得到面面，结合菱形性质，建立适当的空间直角坐标系，由此即可顺利得解. 高考真题 1．（ 上海·高考真题）在平行六面体中，M为AC与BD的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量线性运算法则进行运算即可. 【详解】因为在平行六面体中，， 所以. 故选：A. 2．（2022·全国·高考真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（    ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 【答案】A 【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD. 【详解】解：在正方体中， 且平面， 又平面，所以， 因为分别为的中点， 所以，所以， 又， 所以平面， 又平面， 所以平面平面，故A正确； 选项BCD解法一： 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设， 则， ， 则，， 设平面的法向量为， 则有，可取， 同理可得平面的法向量为， 平面的法向量为， 平面的法向量为， 则， 所以平面与平面不垂直，故B错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故C错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故D错误， 故选：A. 选项BCD解法二： 解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线， 在内，作于点，在内，作，交于点，连结， 则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角， 由勾股定理可知：，， 底面正方形中，为中点，则， 由勾股定理可得， 从而有：， 据此可得，即， 据此可得平面平面不成立，选项B错误； 对于选项C，取的中点，则， 由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误； 对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则， 由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误； 故选：A. 3．（ ·全国·高考真题）如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别为和的中点，那么直线AM与CN夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系： 则， 所以， 所以， 故选：D 4．（ 陕西·高考真题）如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱,且，则直线与直线夹角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设CA＝2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得＝(－2,2,1)，＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos〈，〉＝ 5．（2018·全国·高考真题）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A． B． C． D． 【答案】C 【详解】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果. 详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以, 因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C. 点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 结束 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！58 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$