高一下学期期中复习填空题压轴题十七大题型专练-2024-2025学年高一数学举一反三系列（人教A版2019必修第二册）

2024-2025学年高一下学期期中复习填空题压轴题十七大题型专练 【人教A版（2019）】 题型1 向量线性运算的几何应用 1．（2024高三·全国·专题练习）在矩形中，已知，，为的中点，且，则 ． 2．（23-24高一下·江苏·阶段练习）已知所在平面内一点满足，则 ． 3．（24-25高一上·上海·课前预习）已知，边、、的中点分别为D、E、F，则 ． 4．（23-24高一下·河南郑州·阶段练习）如图所示，在中，点为边上一点，且，过点的直线与直线相交于点，与直线相交于点（， 交两点不重合）.若，，则的最小值为 . 题型2 向量的数量积问题 5．（24-25高三上·福建龙岩·阶段练习）如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为 . 6．（2024高三·全国·专题练习）如图，在平行四边形中，分别为的中点，为上一点，且，，则 ． 7．（2024高三·全国·专题练习）设向量、的夹角的余弦值为，且，，则 . 8．（23-24高一下·北京东城·阶段练习）折扇又名“撒扇”、“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，如图其展开几何图是如图的扇形，其中，，4，点在上包含端点，则的取值范围是 ． 题型3 向量的夹角（夹角的余弦值）问题 9．（23-24高一下·甘肃定西·阶段练习）已知向量，且，则与的夹角为 . 10．（23-24高一下·安徽马鞍山·期中）已知，且，则与夹角的余弦值为 ． 11．（2024·上海·模拟预测）已知向量，，满足，，且，则 ． 12．（23-24高一下·江苏·阶段练习）在任意四边形中，点，分别在线段，上，且，，，，，则与夹角的余弦值为 ． 题型4 平面向量基本定理的应用 13．（23-24高一下·上海金山·阶段练习）在平行四边形中，为边上靠近点的三等分点，，则的值为 . 14．（23-24高一下·北京顺义·期中）已知平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E为线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F．若，，则 ， （答案用含，的式子表示）． 15．（23-24高一下·广西·阶段练习）已知分别为的边上的点，线段和相交于点，若，，，其中．则的最小值为 ． 16．（23-24高一下·宁夏石嘴山·期末）已知中，D，E分别为线段AB，BC上的点，直线AE，CD交于点P，且满足，则的值为 . 题型5 向量坐标运算的几何应用 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 17．（23-24高一下·江苏淮安·阶段练习）正方形中棱长为4，E为的中点，为边上一点（不包括C，D），若，则的取值范围为 ． 18．（23-24高一下·北京·阶段练习）根据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为边长作正方形，从斜边上作出的正方形的面积正好等于在两直角边作出的正方形面积之和．现在对直角三角形按上述操作作图后，得如下图所示的图形，若，则 ． 19．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知梯形ABCD中，，，，，点在线段上，则的最小值为 . 20．（23-24高一下·吉林·期中）如图，在梯形中，，，，，，分别为边AB，BC上的动点，且，则的最小值为 . 题型6 向量与几何最值（范围）问题 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 21．（23-24高一下·内蒙古呼和浩特·期中）如图，已知正方形ABCD的边长为2，若动点P在以AB为直径的半圆E（正方形ABCD内部，含边界），则的取值范围为 . 22．（23-24高一下·陕西咸阳·阶段练习）如图，正六边形的边长为2，对称中心为，以为圆心作半径为1的圆，点为圆上任意一点，则的最小值为 ． 23．（24-25高一上·江苏宿迁·期末）如图，在平面四边形ABCD中，，，，．若点E为边CD上的动点，则的最小值为 ．    24．（24-25高三下·上海宝山·阶段练习）莱洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛，如图所示，分别以正三角形的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为莱洛三角形，已知两点间的距离为2，点为上的一点，则的最小值为 ． 题型7 正、余弦定理判定三角形形状 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 25．（24-25高一上·上海·课后作业）在中，（a、b、c分别为角A、B、C的对边），则的形状为 . 26．（24-25高一下·全国·课后作业）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，若，则的形状为 . 27．（24-25高一下·上海松江·阶段练习）在中，角所对应的边分别是，满足，则该三角形的形状是 ． 28．（23-24高一下·河南三门峡·期中）已知中，内角，，的对边分别为，，，，则的形状是 . 题型8 三角形（四边形）的面积问题 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 29．（23-24高一下·四川遂宁·阶段练习）在中，角对应的边分别为，已知，且，则的面积为 ． 30．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）在△ABC中，已知∠BAC＝60°，BC＝3，点D是BC上的点，AD平分∠BAC.若AD＝2，则△ABC的面积为 . 31．（23-24高一下·河北张家口·期末）在中，，是上一点，是的平分线，且，则的面积为 ． 32．（23-24高一下·北京·期末）如图，在平面四边形中，，，记与的面积分别为，，则的值为 ．    题型9 求三角形中的边长或周长的最值或范围 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 33．（23-24高一下·广东广州·阶段练习）在中，的平分线交AC于点D，，则周长的最小值为 ． 34．（22-23高一下·江苏连云港·期中）设锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围是 ． 35．（2024·全国·模拟预测）已知锐角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足 ，，则周长的取值范围为 ． 36．（23-24高一下·湖北·期中）锐角的内角所对的边分别为，若，，则的取值范围为 ． 题型10 复数的模的几何意义 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 37．（23-24高一下·福建·期中）已知复数满足，则的最小值为 ． 38．（23-24高三下·安徽合肥·阶段练习）已知复数z满足，则的最小值为 ． 39．（24-25高一下·辽宁沈阳·阶段练习）已知三个复数，并且，所对应的向量，满足，则的取值范围是 . 40．（23-24高一下·广东广州·期中）已知，且，i为虚数单位，则的最小值是 . 题型11 根据复数的四则运算结果求复数特征 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 41．（24-25高一下·安徽阜阳·阶段练习）已知复数，其中a为整数，且z在复平面内对应的点在第四象限，则a的最大值为 ． 42．（23-24高一下·青海海南·期中）在复平面内，复数z对应的点为，则 ． 43．（23-24高一下·陕西安康·期中）若复数，为的共扼复数，则的虚部为 . 44．（23-24高一下·山西大同·阶段练习）已知是虚数单位，复数，则的共轭复数在复平面内对应的点位于第 象限． 题型12 空间几何体的截面问题 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 45．（23-24高二下·云南玉溪·期中）如图，已知正方体的棱长为2，若K为棱的中点，过A，C，K三点作正方体的截面，则截面的周长为 ．    46．（2024·福建漳州·一模）在直三棱柱中，，，过作该直三棱柱外接球的截面，所得截面的面积的最小值为 ． 47．（23-24高三下·重庆·阶段练习）如图，已知棱长均为4的正四棱锥P-ABCD中，M和N分别为棱AB、PC的中点，过M和N可以作平面使得，则平面截正四棱锥P-ABCD所得的截面面积为 . 48．（2024高一下·全国·专题练习）在棱长为1的正方体中，为棱的中点，过且平行于平面的平面截正方体所得截面面积为 . 题型13 几何体与球的切、接问题 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 49．（2024·陕西西安·模拟预测）三棱锥中，，且两两垂直．设三棱锥的外接球和内切球的表面积分别为和，则 ． 50．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在四面体中，与均是边长为的等边三角形，二面角的大小为，则四面体的外接球表面积为 . 51．（23-24高一下·广东揭阳·期末）一个三棱锥形木料，其中底面是的等腰直角三角形，底面，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为 . 52．（23-24高一下·江西赣州·期末）已知一个正四棱台的上下底面边长之比为，体积为，若此正四棱台的内切球存在，则这个内切球的表面积为 . 题型14 空间中的点共线、点（线）共面问题 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 53．（23-24高二·上海·课堂例题）如图，在正方体中，已知是的中点，且直线交平面于点，点的位置关系是 ．    54．（2025高二·全国·专题练习）如图所示．是正方体，O是的中点，直线交平面于点M，给出下列结论： ①A、M、O三点共线；         ②A、M、O、不共面： ③A、M、C、O共面；         ④B、、O、M共面， 其中正确的序号为 ． 55．（24-25高一下·江苏南通·阶段练习）给出以下四个命题： ①不共面的四点中，其中任意三点不共线； ②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面； ③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面； ④依次首尾相接的四条线段必共面． 其中正确的有 ．(填序号) 56．（23-24高一下·安徽宣城·期末）如图，在长方体中，O是的中点，P是线段AC上一点，且直线交平面于点M．给出下列结论： ①A，M，O三点共线；②A，M，O，不共面；③A，M，C，O共面；④B，，O，M共面． 其中正确结论的序号为 ． 题型15 平行与垂直关系的综合应用 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 57．（23-24高一下·北京·期中）如图矩形中，，为边的中点，将沿直线翻转成．若为线段的中点，则在翻转过程中，下列叙述正确的有 （写出所有序号）． ①是定值； ②一定存在某个位置，使； ③一定存在某个位置，使； ④一定存在某个位置，使． 58．（2024高三·江苏·专题练习）如图，在四棱柱中，，，，，M，N分别是棱和的中点，则下列说法中正确的是 （填写序号）    ①四点共面    ②与共面 ③平面    ④平面 59．（23-24高一下·北京西城·期末）如图，在正方体中，，点为直线上的动点，则下列四个命题： ①连接，总有平面； ②平面； ③动点到直线的距离的最小值是； ④设，则三棱锥的体积随着增大而增大. 其中正确的命题的序号是 .    60．（23-24高一下·北京房山·期末）如图1，在矩形ABCD中，，E为AB的中点，将沿DE折起，点A折起后的位置记为点，得到四棱锥，M为AC的中点，如图2.某同学在探究翻折过程中线面位置关系时，得到下列四个结论： ①恒有；                        ②恒有平面； ③三棱锥的体积的最大值为；  ④存在某个位置，使得平面平面. 其中所有正确结论的序号是 . 题型16 求空间角 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 61．（23-24高一下·山东威海·期末）在三棱锥中，平面，，且最长的棱长为，为棱的中点，则当三棱锥的体积最大时，直线与所成角的余弦值为 . 62．（23-24高一下·天津·期中）如图，边长为4的正方形所在平面与正三角形所在平面互相垂直，为的中点．二面角的正切值为 ． 63．（23-24高一下·广东茂名·阶段练习）如图，已知，在平面内，OA是平面的斜线，且，，则直线与平面所成的角的大小为 ． 64．（2024·浙江温州·二模）如图，在等腰梯形中，，点是的中点．现将沿翻折到，将沿翻折到，使得二面角等于，等于，则直线与平面所成角的余弦值等于 ．    题型17 点、线、面的距离问题 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 65．（23-24高一下·黑龙江牡丹江·阶段练习）如图，三棱柱的底面为正三角形，侧棱与底面垂直，若，则点到平面的距离为 . 66．（2024高一下·全国·专题练习）用六个完全相同的正方形围成的立体图形叫正六面体.已知正六面体的棱长为，则平面与平面间的距离为 . 67．（23-24高一下·山东聊城·期末）在直三棱柱中，若，则直线到平面的距离为 . 68．（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，底面ABCD， E是PC的中点，已知，，，则P 到平面ABE的距离为 ．      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 $$ 2024-2025学年高一下学期期中复习填空题压轴题十七大题型专练 【人教A版（2019）】 题型1 向量线性运算的几何应用 1．（2024高三·全国·专题练习）在矩形中，已知，，为的中点，且，则 ． 【解题思路】根据平面向量的线性运算求解即可. 【解答过程】如图，由可得， 则 ， 则，，故． 故答案为：. 2．（23-24高一下·江苏·阶段练习）已知所在平面内一点满足，则 5 ． 【解题思路】取的中点，则，进而可得. 【解答过程】如图，取的中点，则， 故，故、、三点共线， 故，    故答案为：5. 3．（24-25高一上·上海·课前预习）已知，边、、的中点分别为D、E、F，则 ． 【解题思路】运用向量的加法运算法则计算即可. 【解答过程】边、、的中点分别为D、E、F ， 则 故答案为：. 4．（23-24高一下·河南郑州·阶段练习）如图所示，在中，点为边上一点，且，过点的直线与直线相交于点，与直线相交于点（， 交两点不重合）.若，，则的最小值为 . 【解题思路】先用表示，利用已知代入表达式，结合D，E，F三点共线可得，然后妙用“1”可解. 【解答过程】因为，所以， 所以， 又，， 所以， 所以， 因为D，E，F三点共线，所以，结合已知可知， 故， 当且仅当，结合，即时，取等号； 即的最小值为， 故答案为：. 题型2 向量的数量积问题 5．（24-25高三上·福建龙岩·阶段练习）如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为 1 . 【解题思路】由，为上一点，且满足，可求得，再用及表示出及，进而求数量积即可. 【解答过程】由，可得， 又，，三点共线， 则有， 由于，所以，即， 又， 且，，， 故 . 故答案为：1. 6．（2024高三·全国·专题练习）如图，在平行四边形中，分别为的中点，为上一点，且，，则 1 ． 【解题思路】过点作于点，设，可得，结合图形借助平面向量的数量积运算、平面向量的线性运算即可得到答案. 【解答过程】 如图，连接，在平行四边形中，分别为的中点， 则三点共线，且为的中点，所以． 过点作于点，设， 由，， 得，则． 由分别为的中点， 则，，所以， 所以 ． 故答案为：1. 7．（2024高三·全国·专题练习）设向量、的夹角的余弦值为，且，，则 . 【解题思路】利用平面向量数量积的定义求出的值，再利用平面向量数量积的运算性质可求得的值. 【解答过程】设与的夹角为，因为与的夹角的余弦值为，即， 又，，所以， 所以. 故答案为：. 8．（23-24高一下·北京东城·阶段练习）折扇又名“撒扇”、“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，如图其展开几何图是如图的扇形，其中，，4，点在上包含端点，则的取值范围是 ． 【解题思路】利用转化法，结合向量数量积运算、三角函数值域等知识求得正确答案． 【解答过程】设是的中点，连接， 由于，所以三角形和三角形是等边三角形， 则四边形是菱形，则， ， 由于，所以， 所以， 所以的取值范围是, 故答案为：. 题型3 向量的夹角（夹角的余弦值）问题 9．（23-24高一下·甘肃定西·阶段练习）已知向量，且，则与的夹角为 . 【解题思路】根据垂直关系可得，再代入夹角公式运算求解. 【解答过程】因为， 若，则，即，可得， 则， 且，所以与的夹角为. 故答案为：. 10．（23-24高一下·安徽马鞍山·期中）已知，且，则与夹角的余弦值为 ． 【解题思路】先对化简求出，再利用向量的夹角公式求解即可. 【解答过程】由，得， 则， 因为，所以，解得， 所以， 即与夹角的余弦值为. 故答案为：. 11．（2024·上海·模拟预测）已知向量，，满足，，且，则 ． 【解题思路】根据已知条件依次求出、、，接着求出、和即可结合向量夹角余弦公式求解. 【解答过程】由题，故即， ，； ，故即， ，； ，故即， ，， 所以， 且，， 所以. 故答案为：. 12．（23-24高一下·江苏·阶段练习）在任意四边形中，点，分别在线段，上，且，，，，，则与夹角的余弦值为 ． 【解题思路】由，得，再两边平方求解即可. 【解答过程】 由，则①， 又②， 由可得，即， 故，设与夹角为， 则，解得. 故答案为：． 题型4 平面向量基本定理的应用 13．（23-24高一下·上海金山·阶段练习）在平行四边形中，为边上靠近点的三等分点，，则的值为 . 【解题思路】画出图形，由向量的加法结合平面向量的基本定理计算即可； 【解答过程】如图，在平行四边形中，为边上靠近点的三等分点，    ，且， 根据平面向量基本定理得，， ， 故答案为：. 14．（23-24高一下·北京顺义·期中）已知平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E为线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F．若，，则 ， （答案用含，的式子表示）． 【解题思路】对于，在中运用向量加法法则计算即可；对于，先利用共线定理确定与关系即可根据几何图形边的关系即可求解. 【解答过程】由题； 设， 因为, 因为三点共线， 所以， 所以. 故答案为：；. 15．（23-24高一下·广西·阶段练习）已知分别为的边上的点，线段和相交于点，若，，，其中．则的最小值为 ． 【解题思路】利用平面向量基本定理得到，然后由三点共线得到系数和为1，解出，用基本不等式求解最小值. 【解答过程】如图所示： 因为，所以 又，所以 ，所以 , 三点共线，，化简得； ，当且仅当，，取等； 故答案为：. 16．（23-24高一下·宁夏石嘴山·期末）已知中，D，E分别为线段AB，BC上的点，直线AE，CD交于点P，且满足，则的值为 . 【解题思路】由向量的线性运算求得，具体为利用平行四边形定则结合图形关系令，，解得，再令，，解得，确定点是线段的中点，最后由面积关系得出结果. 【解答过程】如图，令，， 于是， 而，并且不共线，因此，解得， 令，， 则， 从而，解得，因此点是线段的中点， 所以，所以. 故答案为：. 题型5 向量坐标运算的几何应用 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 17．（23-24高一下·江苏淮安·阶段练习）正方形中棱长为4，E为的中点，为边上一点（不包括C，D），若，则的取值范围为 ． 【解题思路】建系标点，设，根据向量的坐标表示可得，进而可得取值范围. 【解答过程】如图，以A为坐标原点，建立平面直角坐标系， 则，设， 可得， 若， 则，解得， 可得， 因为，则，可得， 所以的取值范围为. 故答案为：. 18．（23-24高一下·北京·阶段练习）根据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为边长作正方形，从斜边上作出的正方形的面积正好等于在两直角边作出的正方形面积之和．现在对直角三角形按上述操作作图后，得如下图所示的图形，若，则 ． 【解题思路】建立平面直角坐标系，设，求出的坐标，再由即可求解. 【解答过程】建立如图所示平面直角坐标系： 设，则， ，即， 则，，， 因为， 所以， 即， 所以，两式相加并整理得，因为， 所以. 故答案为：. 19．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知梯形ABCD中，，，，，点在线段上，则的最小值为 . 【解题思路】建立平面直角坐标系，先求直线方程，设点后利用坐标运算可得. 【解答过程】如图，由题意以，为，轴建立平面直角坐标系， 则，，，， 设构成的一次函数为，代入，， 得，得，即， 因点P在线段BC上，可设，其中， 则，， ， 因，故当时取最小值为. 故答案为：. 20．（23-24高一下·吉林·期中）如图，在梯形中，，，，，，分别为边AB，BC上的动点，且，则的最小值为 . 【解题思路】建立直角坐标系写出点的坐标，计算得出向量的数量积再结合基本不等式得出最小值即可. 【解答过程】如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向建立平面直角坐标系， 则.设，，其中，，且 ，，得. 因为，所以， 又因为，所以，则， 当且仅当时，取得最小值，且最小值为. 故答案为：. 题型6 向量与几何最值（范围）问题 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 21．（23-24高一下·内蒙古呼和浩特·期中）如图，已知正方形ABCD的边长为2，若动点P在以AB为直径的半圆E（正方形ABCD内部，含边界），则的取值范围为 . 【解题思路】先求得的取值范围，再利用向量数量积的运算法则将所求转化为，从而得解. 【解答过程】因为正方形的边长为2，取的中点，连接， 当在点或点时，， 当在弧中点时，， 所以的取值范围为， 因为，， 所以 ， 因为，所以，故， 所以，即的取值范围为. 故答案为：. 22．（23-24高一下·陕西咸阳·阶段练习）如图，正六边形的边长为2，对称中心为，以为圆心作半径为1的圆，点为圆上任意一点，则的最小值为 ． 【解题思路】连接，，设，根据向量的线性运算用，表示出，可得，然后结合三角函数的性质，即可求得结果． 【解答过程】如图所示： 连接，设，，连接，依题意得，，，， 则， 因为，所以， 所以，所以的最小值为. 故答案为：. 23．（24-25高一上·江苏宿迁·期末）如图，在平面四边形ABCD中，，，，．若点E为边CD上的动点，则的最小值为 ．    【解题思路】以D为原点，的方向分别为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系，利用向量坐标运算，结合二次函数性质可得. 【解答过程】连接AC，因为，，， 所以， 又，所以， 所以. 过点B作AD的垂线BF，垂足为F， 易知，在中，， 所以， 以D为原点，的方向分别为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系， 则 设， 则， ， 当时，有最小值. 故答案为：.    24．（24-25高三下·上海宝山·阶段练习）莱洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛，如图所示，分别以正三角形的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为莱洛三角形，已知两点间的距离为2，点为上的一点，则的最小值为 ． 【解题思路】利用平面向量的线性运算及向量数量积的运算将所求式子表示为，再利用三角形的几何意义求解即可. 【解答过程】设为的中点，为的中点，如图所示， 则 ， 在正三角形中，， 所以， 所以， 因为， 所以， 所以的最小值为： . 故答案为：. 题型7 正、余弦定理判定三角形形状 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 25．（24-25高一上·上海·课后作业）在中，（a、b、c分别为角A、B、C的对边），则的形状为 等腰或直角三角形 . 【解题思路】根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式化简推理即得. 【解答过程】在中，及正弦定理得， 而，则， 于是，则或，而，因此或， 所以为等腰或直角三角形. 故答案为：等腰或直角三角形. 26．（24-25高一下·全国·课后作业）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，若，则的形状为 等边三角形 . 【解题思路】先求出B的余弦值，再用余弦定理求出边长关系，最后判断三角形形状即可. 【解答过程】由， 解得或（舍去）， ∵，∴， ∵，∴， ∴， 整理，得，即，故， ∴为等边三角形. 故答案为：等边三角形. 27．（24-25高一下·上海松江·阶段练习）在中，角所对应的边分别是，满足，则该三角形的形状是 等腰直角三角形 ． 【解题思路】根据正弦定理，可得，然后利用余弦定理可得，最后可得结果. 【解答过程】由正弦定理及， 得     ，， ， ， 又， 由余弦定理， 得， 即，， 为等腰直角三角形． 故答案为：等腰直角三角形. 28．（23-24高一下·河南三门峡·期中）已知中，内角，，的对边分别为，，，，则的形状是 直角三角形 . 【解题思路】由正弦定理以及两角和的正弦公式整理可得，进一步有，即可求解. 【解答过程】由正弦定理以及，可得， 所以 ， 化简可得：， 因为，，所以，，则， 因为，所以，则的形状是直角三角形； 故答案为：直角三角形. 题型8 三角形（四边形）的面积问题 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 29．（23-24高一下·四川遂宁·阶段练习）在中，角对应的边分别为，已知，且，则的面积为 ． 【解题思路】由正弦定理得，再结合余弦定理，得，利用正弦定理将转化为边，得到，又由余弦定理，结合解出，最后由三角形面积公式，代入数值得到答案. 【解答过程】因为， 在中，由正弦定理得，即， 由余弦定理得，因为，所以； 因为在中，由正弦定理，即， 所以，所以， 所以，所以， 所以或（舍）所以的面积为． 故答案为：. 30．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）在△ABC中，已知∠BAC＝60°，BC＝3，点D是BC上的点，AD平分∠BAC.若AD＝2，则△ABC的面积为 . 【解题思路】利用等面积法及余弦定理列方程组求解，再代入三角形面积公式即可. 【解答过程】在△ABC中，设、、的对边分别为， 在△ABC中，由余弦定理可得：，   ① 因为，所以，    ② ②平方得：，   ③ 联立①③可得：， 所以 . 故答案为：. 31．（23-24高一下·河北张家口·期末）在中，，是上一点，是的平分线，且，则的面积为 ． 【解题思路】根据条件，得到，再利用，得到，，即可求解. 【解答过程】过分别作于，设到的距离为， 因为是的平分线，所以， 易知①，②，又， 由①②得到，又，， 又， 所以，设， 所以，解得，即， 所以，得到的面积为， 故答案为：. 32．（23-24高一下·北京·期末）如图，在平面四边形中，，，记与的面积分别为，，则的值为 ．    【解题思路】根据余弦定理得，，两式相减可得，由三角形的面积公式得，即可求解. 【解答过程】在中，由余弦定理得， 即，得①， 在中，由余弦定理得， 即，得②， 又， 所以③， 由②①，得，由， 得，代入③得. 故答案为：. 题型9 求三角形中的边长或周长的最值或范围 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 33．（23-24高一下·广东广州·阶段练习）在中，的平分线交AC于点D，，则周长的最小值为 ． 【解题思路】根据等面积法得，进而结合基本不等式得，，当且仅当时等号成立，再结合余弦定理得，当且仅当时等号成立，进而得周长最小值. 【解答过程】根据题意，设，， 因为，，，， 所以，即， 所以， 因为根据基本不等式有， 所以，，当且仅当时等号成立， 由余弦定理得 ，当且仅当时等号成立， 所以，当且仅当时等号成立. 所以周长的最小值为. 故答案为：. 34．（22-23高一下·江苏连云港·期中）设锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围是 ． 【解题思路】根据已知条件，利用正弦定理边角互化结合三角恒等变换将目标式化为角的函数关系，再求的取值范围，根据函数值域即可求得结果． 【解答过程】因为，则，， 又， 故由正弦定理可得： ， 又为锐角三角形，故可得， 解得，则， 由于，在上单调递增， 当当， 故， 即． 故答案为：． 35．（2024·全国·模拟预测）已知锐角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足 ，，则周长的取值范围为 ． 【解题思路】本题利用正、余弦定理进行边角转化，将已知转化为角后，利用角的范围求三角函数的范围，从而解出周长的范围. 【解答过程】由，得， 化简为，因为为锐角，所以， 所以，即，因为为锐角，所以． 由正弦定理，得， ， 故的周长为 . 因为且为锐角三角形， 所以，， 因为，整理得 ， 解得， 所以，故， 所以， 即周长的取值范围为． 故答案为：. 36．（23-24高一下·湖北·期中）锐角的内角所对的边分别为，若，，则的取值范围为 ． 【解题思路】利用余弦定理可得，由正弦定理边化角，结合三角恒等变换知识可化简得到，由正弦型函数值域求法可求得范围，由此可求得结果. 【解答过程】，，即， 由正弦定理得：，，， ， 为锐角三角形，，解得：， ，，， . 故答案为：. 题型10 复数的模的几何意义 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 37．（23-24高一下·福建·期中）已知复数满足，则的最小值为 ． 【解题思路】根据复数的几何意义，利用数形结合，即可求解. 【解答过程】根据复数模的几何意义可知，表示复数与复数对应两点间的距离为1， 所以复数对应的点是以点为圆心，1为半径的圆，如图， 表示圆上的点到原点的距离，由图可知，的最小值为. 故答案为：. 38．（23-24高三下·安徽合肥·阶段练习）已知复数z满足，则的最小值为 ． 【解题思路】由复数的几何意义，数形结合得出的最小值并求出即可. 【解答过程】 如图： ， 则的几何意义是复平面内的动点到定点的距离等于， 对应的轨迹为以为圆心，半径为的圆． 的几何意义为动点到定点的距离， 由图形可知：当点位于时，取的最小值， 由， 所以的最小值为：， 故答案为：4. 39．（24-25高一下·辽宁沈阳·阶段练习）已知三个复数，并且，所对应的向量，满足，则的取值范围是 . 【解题思路】根据给定条件，以向量，的方向分别为轴的正方向建立直角坐标系，利用复数的几何意义求解作答. 【解答过程】由，得， 以向量，的方向分别为复平面内轴的正方向建立直角坐标系，如图，    由，得，则，令复数对应的点为，有， 由，得复数对应的点的轨迹是以原点圆心，1为半径的圆， 因此，当且仅当反向共线时取等号， ，当且仅当同向共线时取等号， 所以的取值范围是. 故答案为：. 40．（23-24高一下·广东广州·期中）已知，且，i为虚数单位，则的最小值是 . 【解题思路】将问题化为坐标系中点到定点的距离恒为1，求定点与动点的最小距离. 【解答过程】令，则， 所以，等价于坐标系中点到定点的距离恒为1， 即动点在以为圆心，半径为1的圆上，如下图：    又表示动点到定点的距离，而与的距离为， 所以， 在之间且共线，左侧等号成立；在之间且共线，右侧等号成立； 所以的最小值是. 故答案为：. 题型11 根据复数的四则运算结果求复数特征 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 41．（24-25高一下·安徽阜阳·阶段练习）已知复数，其中a为整数，且z在复平面内对应的点在第四象限，则a的最大值为 3 ． 【解题思路】根据复数的除法运算及复数对应的点所在象限列出不等式求解. 【解答过程】因为， 所以z在复平面内对应的点为， 所以，解得， 又a为整数，所以a的最大值为3． 故答案为：3. 42．（23-24高一下·青海海南·期中）在复平面内，复数z对应的点为，则 ． 【解题思路】由复数的几何意义及复数的运算求解． 【解答过程】因为复数z对应的点为，所以，所以． 故答案为：. 43．（23-24高一下·陕西安康·期中）若复数，为的共扼复数，则的虚部为 . 【解题思路】根据共轭复数的概念可得，即可由复数的除法运算求解. 【解答过程】由可得，所以， 故，故虚部为， 故答案为：. 44．（23-24高一下·山西大同·阶段练习）已知是虚数单位，复数，则的共轭复数在复平面内对应的点位于第 一 象限． 【解题思路】先化简复数，再由共轭复数和复数的几何意义求解即可. 【解答过程】因为， 所以其共轭复数， 所以在复平面内对应的点为，位于第一象限． 故答案为：一. 题型12 空间几何体的截面问题 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 45．（23-24高二下·云南玉溪·期中）如图，已知正方体的棱长为2，若K为棱的中点，过A，C，K三点作正方体的截面，则截面的周长为 ．    【解题思路】取的中点，连接，作出截面，分别求出边长，进而求出截面的周长. 【解答过程】如图，取的中点，连接，则， 则在正方体中，， 所以四边形是平行四边形， 所以， 又，所以， 则四边形即为过A，C，K三点截面， 因为正方体的棱长为2， 所以，， ， 则其周长为.    故答案为：. 46．（2024·福建漳州·一模）在直三棱柱中，，，过作该直三棱柱外接球的截面，所得截面的面积的最小值为 ． 【解题思路】根据题意直观想象三棱住的外接球位置，再利用球的截面性质可得当为所截圆的直径时截面面积最小，从而得解. 【解答过程】由直三棱柱可知，平面， 又，所以两两垂直， 设直三棱柱外接球的半径为R， 通过构造长方体可知该三棱柱的外接球与以为边长的长方体外接球相同； 过作该直三棱柱外接球的截面，当为所截圆的直径时截面面积最小， 因为， 则所求截面面积最小值为. 故答案为：. 47．（23-24高三下·重庆·阶段练习）如图，已知棱长均为4的正四棱锥P-ABCD中，M和N分别为棱AB、PC的中点，过M和N可以作平面使得，则平面截正四棱锥P-ABCD所得的截面面积为 . 【解题思路】取中点为，取中点为，易证明平面，再通过取四等分点，可证明截面就是五边形，最后通过证明四边形是矩形，再来计算截面的面积即可. 【解答过程】 取中点为，取中点为，连结四点可得四边形， 结合题意可知，所以， 同理：，所以，即四边形是平行四边形， 因为平面， 平面，所以平面， 设，可得，再在上取点，满足， 此时，所以，可得截面五边形， 由正四棱锥可知：平面，且平面，所以， 又因为，，平面，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，所以，从而可得四边形是矩形， 由正四棱锥所有棱长均为4，可知，， 所以四边形的面积为， 再由，，可知： 又因为，所以三角形的面积为， 所以截面五边形的面积为 故答案为：. 48．（2024高一下·全国·专题练习）在棱长为1的正方体中，为棱的中点，过且平行于平面的平面截正方体所得截面面积为 . 【解题思路】根据给定条件，作出并证明过点，且与平面平行的正方体的截面，再求出面积. 【解答过程】在棱长为1的正方体中，取中点，中点， 连结，而为棱中点， 显然，，得四边形，四边形都是平行四边形， 则，，平面，平面， 于是平面，平面，又，平面， 因此平面平面，又，，即四边形是平行四边形， 则，显然平面平面， 从而过且平行于平面的平面截正方体所得截面为四边形， 又，即四边形为菱形， 而，， 所以四边形的面积为. 故答案为：. 题型13 几何体与球的切、接问题 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 49．（2024·陕西西安·模拟预测）三棱锥中，，且两两垂直．设三棱锥的外接球和内切球的表面积分别为和，则 ． 【解题思路】根据三棱锥结构，可补成正方体，利用正方体外接球求半径，再由等体积法求出三棱锥内切球半径，利用球的面积公式得解. 【解答过程】由题意可知，三棱锥可以为棱，补成棱长为的正方体， 所以三棱锥的外接球与所在正方体的外接球相同， 所以外接球直径，其面积， 设三棱锥内切球半径为，则由等体积法可得：, 即， 解得，故， 所以. 故答案为：. 50．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在四面体中，与均是边长为的等边三角形，二面角的大小为，则四面体的外接球表面积为 . 【解题思路】设为的中心，为四面体的外接球的球心，过作，然后在中，由求出外接球的半径，再由球的表面积公式计算可得. 【解答过程】如图所示：设为的中心，为四面体的外接球的球心， 则平面． 因为二面角的大小为，即平面平面， 设为线段的中点，外接球的半径为， 连接， 过作于点， 易知为的中心，则， 因为， 故，， 在中，， 故，则． 所以外接球的表面积为， 故答案为：. 51．（23-24高一下·广东揭阳·期末）一个三棱锥形木料，其中底面是的等腰直角三角形，底面，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为 . 【解题思路】利用几何体的特征，先作出二面角的平面角，计算出长，再利用直角四面体的外接球直径公式就是补形为长方体的同一顶点三条棱长的平方和的算术平方根，再由表面积公式计算即可. 【解答过程】 由是的等腰直角三角形，取的中点为，则， 又因为底面，底面，所以，， 又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 即就是二面角的平面角， 因为二面角的大小为，所以， 又因为，，所以， 由于这个四面体是直角四面体，它可以补形为一个长方体， 从而可得它的外接球半径满足： 则三棱锥的外接球表面积为： 故答案为：. 52．（23-24高一下·江西赣州·期末）已知一个正四棱台的上下底面边长之比为，体积为，若此正四棱台的内切球存在，则这个内切球的表面积为 . 【解题思路】设正四棱台上下底边边长，根据存在内切球，可得四棱台的高，再根据体积可得边长与高的值，即可得内切球半径及表面积. 【解答过程】 如图所示，分别取上下底边中点，可得如图等腰梯形， 设上下底面边长分别为，，即，， 又该四棱台存在内切球，设其球心为， 则为中点，且，， 所以，则， 又四棱台的体积， 解得，即 所以内切球半径， 表面积. 故答案为：. 题型14 空间中的点共线、点（线）共面问题 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 53．（23-24高二·上海·课堂例题）如图，在正方体中，已知是的中点，且直线交平面于点，点的位置关系是 共线 ．    【解题思路】根据图示可得三点，，在平面与平面的交线上，则可得答案. 【解答过程】∵，平面，∴平面， ∵为中点，∴为中点， ∴，平面，∴平面. ∴是平面和平面的公共点； 同理可得，点和都是平面和平面的公共点， ∴三点，，在平面与平面的交线上， 即，，三点共线.      故答案为：共线. 54．（2025高二·全国·专题练习）如图所示．是正方体，O是的中点，直线交平面于点M，给出下列结论： ①A、M、O三点共线；         ②A、M、O、不共面： ③A、M、C、O共面；         ④B、、O、M共面， 其中正确的序号为 ①③ ． 【解题思路】由公理1判断①，由公理2判断②和③，用反证法判断④ 【解答过程】连接，因为是的中点，所以， 平面与平面有公共点A与，则平面平面， 对于①，平面，则平面，因为平面，则，即A，M，O三点共线，所以①正确， 对于②③，由①知A，M，O三点共线，所以A，M，O，共面，A，M，C，O共面，所以②错误，③正确； 对于④，连接，则都在平面上，若平面，则直线平面，所以平面，显然平面，所以④错误， 故答案为：①③. 55．（24-25高一下·江苏南通·阶段练习）给出以下四个命题： ①不共面的四点中，其中任意三点不共线； ②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面； ③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面； ④依次首尾相接的四条线段必共面． 其中正确的有 ① ．(填序号) 【解题思路】根据点共线、共面以及线共面等知识对选项进行分析，从而确定正确选项. 【解答过程】对于①，反证法：如果四个点中，有个点共线，第个点不在这条直线上， 根据基本事实的推论可知，这四个点共面，这与已知矛盾，故①正确； 对于②，如下图，共面，共面，但不共面，故②错误； 对于③，如下图，共面，共面，但异面，故③错误； 对于④，如下图，四条线段首尾相接，但不共面，故④错误. 故答案为：①. 56．（23-24高一下·安徽宣城·期末）如图，在长方体中，O是的中点，P是线段AC上一点，且直线交平面于点M．给出下列结论： ①A，M，O三点共线；②A，M，O，不共面；③A，M，C，O共面；④B，，O，M共面． 其中正确结论的序号为 ①③ ． 【解题思路】由公理1判断①，由公理2判断②和③，用反证法判断④ 【解答过程】解：连接，因为是的中点，所以， 平面与平面有公共点与，则平面平面， 对于①，平面，则平面，因为平面，则，即A，M，O三点共线，所以①正确， 对于②，因为在平面内，由①知，所以平面，所以A，M，O，共面，所以②错误， 对于③，因为在平面内，由①知，所以平面，所以A，M，C，O共面，所以③正确， 对于④，连接，则都在平面上，若平面，则直线平面，所以平面，显然平面，所以④错误， 故答案为：①③. 题型15 平行与垂直关系的综合应用 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 57．（23-24高一下·北京·期中）如图矩形中，，为边的中点，将沿直线翻转成．若为线段的中点，则在翻转过程中，下列叙述正确的有 ①②④ （写出所有序号）． ①是定值； ②一定存在某个位置，使； ③一定存在某个位置，使； ④一定存在某个位置，使． 【解题思路】运用等角定理及余弦定理可判断①；运用勾股定理证得、，结合线面垂直的判定定理及性质可判断②；运用反证法证及线面垂直判定定理证得平面，结合线面垂直性质可得得出矛盾可判断③；运用面面平行判定定理证得平面平面，结合面面平行性质可判断④. 【解答过程】对于①，取中点，连接，，如图所示， 则，，，， 由等角定理知，， 所以由余弦定理可得， 所以是定值，故①正确； 对于④，由①知，，， 又、平面，、平面， 所以平面，平面， 又，、平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面，故④正确， 对于②，连接，如图所示， 当时， 因为，，所以，所以， 因为矩形ABCD中，，，所以，即， 又因为，、平面，所以平面， 又平面，所以，故②正确； 对于③，假设③正确，即在某个位置，使， 又因为矩形中，，， 所以，即， 又因为，、平面，所以平面， 又平面，所以，这与矛盾， 所以不存在某个位置，使，故③错误． 故答案为：①②④. 58．（2024高三·江苏·专题练习）如图，在四棱柱中，，，，，M，N分别是棱和的中点，则下列说法中正确的是 ①③④ （填写序号）    ①四点共面    ②与共面 ③平面    ④平面 【解题思路】利用平面基本事实判断①②；由线面垂直的性质判定推理判断③④. 【解答过程】在四棱柱中，连接MN，由M，N分别是棱和的中点，得， 由，且，得四边形是平行四边形， 则，即，因此四点共面，①正确； 若与共面，则共面，点在平面内，这与题设矛盾，②错误；    由，，平面，得平面，③正确； 连接，由，，得是等边三角形， 则，由平面，平面，于是， 而平面，则平面，④正确. 故答案为：①③④. 59．（23-24高一下·北京西城·期末）如图，在正方体中，，点为直线上的动点，则下列四个命题： ①连接，总有平面； ②平面； ③动点到直线的距离的最小值是； ④设，则三棱锥的体积随着增大而增大. 其中正确的命题的序号是 ①②③ .    【解题思路】利用面面平行的性质推理判断①；利用线面垂直的判定推理判断②；利用线面平行结合等体积法计算判断③；利用等体积法计算判断④作答. 【解答过程】在正方体中，对角面是矩形，则平面，平面， 于是平面，同理平面，而平面， 则有平面平面，而平面，因此平面，①正确；    平面平面，则，而，平面， 则有平面，而平面，因此，同理， 平面，所以平面，②正确； 由①知，平面平面，由于与是异面直线，则点到直线的距离最小值等于点到平面的距离， 正方体棱长为1，则，由， 得，即，解得，③正确； 因为平面，平面，则平面， 因此点到平面的距离为定值，而的面积为定值， 于是三棱锥的体积为定值，④错误， 所以正确的命题的序号是①②③. 故答案为：①②③. 60．（23-24高一下·北京房山·期末）如图1，在矩形ABCD中，，E为AB的中点，将沿DE折起，点A折起后的位置记为点，得到四棱锥，M为AC的中点，如图2.某同学在探究翻折过程中线面位置关系时，得到下列四个结论： ①恒有；                        ②恒有平面； ③三棱锥的体积的最大值为；  ④存在某个位置，使得平面平面. 其中所有正确结论的序号是 ①②③ . 【解题思路】根据原图形判断①，根据面面平行得出线面平行判断②，结合面面垂直及体积公式判断体积最大值得出③，应用面面垂直的性质定理及反证法得出④. 【解答过程】矩形ABCD中, ,①正确； 取CD中点H，连接MH，BH，M和H分别是，CD的中点，，在平面外， 平面，E是矩形ABCD的AB边中点，，，， 在平面外，平面，又，平面平面，平面，，②正确； 取的中点，连接，如图所示： 当平面平面时，到平面的距离最大. 因为，为中点，所以. 又因为平面平面，所以. ，所以. 所以四棱锥体积最大值为， 所以四棱锥体积最大值为， M为AC的中点，三棱锥的体积的最大值为故③正确. 平面平面,平面平面平面, 平面,,,④错误； 故答案为：①②③. 题型16 求空间角 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 61．（23-24高一下·山东威海·期末）在三棱锥中，平面，，且最长的棱长为，为棱的中点，则当三棱锥的体积最大时，直线与所成角的余弦值为 . 【解题思路】由已知可得 ，由已知可得时，体积最大值，进而可求直线与所成角的余弦值. 【解答过程】因为，所以，所以， 又因为平面，所以，所以， 又， 当且仅当时等号成立， 所以，当时取最大值， 取的中点，连接，所以， 所以（或其补角）为直线与所成的角， 因为，，， 所以， 直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 62．（23-24高一下·天津·期中）如图，边长为4的正方形所在平面与正三角形所在平面互相垂直，为的中点．二面角的正切值为 ． 【解题思路】利用面面垂直性质证明得出线面垂直，作出二面角的平面角并利用勾股定理求得线段长度，即可得出二面角的正切值. 【解答过程】依题意平面平面，且平面平面，平面， 易知，因此可得平面， 过点作于点，连接，如下图所示： 由平面，又平面，所以， 又，且，平面， 所以平面，平面，可得； 即可得即为二面角的平面角； 显然，且，三角形为正三角形，所以； 在中，. 即二面角的正切值为. 故答案为：. 63．（23-24高一下·广东茂名·阶段练习）如图，已知，在平面内，OA是平面的斜线，且，，则直线与平面所成的角的大小为 ． 【解题思路】取线段的中点，连接，并延长，作，证明平面，找到线面角，利用余弦定理求解即可. 【解答过程】取线段的中点，连接，并延长，作，如图， 因，，， 则由余弦定理得，即， 同理可得， ∵，D是的中点，，， 而，即，因此，， ∵，，平面， 平面，又平面， ∴，又∵，平面， ∴平面，是直线OA与平面所成的角，， ∵线面角的范围为，∴， 所以直线OA与平面所成的角的大小为． 故答案为：. 64．（2024·浙江温州·二模）如图，在等腰梯形中，，点是的中点．现将沿翻折到，将沿翻折到，使得二面角等于，等于，则直线与平面所成角的余弦值等于 ．    【解题思路】根据图象可得直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，设，利用余弦定理求得相关线段的长度再进行计算即可. 【解答过程】设，取的中点,连接, 由题知平面平面, 平面平面, 又平面, 所以平面，    则直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值， 易求得， , 又, 解得， , 则, 所以直线与平面所成角的余弦值等于， 故答案为：. 题型17 点、线、面的距离问题 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 65．（23-24高一下·黑龙江牡丹江·阶段练习）如图，三棱柱的底面为正三角形，侧棱与底面垂直，若，则点到平面的距离为 . 【解题思路】利用勾股定理得到边长相等判断等腰三角形，再作出高线并求出面积，利用等体积法求解即可. 【解答过程】因为侧棱与底面垂直，所以面，平面， 所以，， 而，由勾股定理得， 因为三棱柱的底面为正三角形，所以， 由勾股定理得，所以， 在中，如图，作，所以是中点， 所以，由勾股定理得，故， 设点到平面的距离为，由等体积公式得， 故，解得， 所以点到平面的距离为. 故答案为：. 66．（2024高一下·全国·专题练习）用六个完全相同的正方形围成的立体图形叫正六面体.已知正六面体的棱长为，则平面与平面间的距离为 . 【解题思路】由题意画出图形，可得平面，平面，求出正方体的体对角线长，再由等体积法求得，则平面与平面间的距离可求． 【解答过程】由题意知：正六面体是棱长为的正方体，    有且，则四边形为平行四边形， 所以，平面，平面，则有平面， 同理平面， ，平面，平面平面， 连接， ，，，平面，平面， 又平面，，同理可证得：， 又平面，， 平面，平面， 设垂足分别为，则平面与平面间的距离为. 正方体的体对角线长为. 在三棱锥中，，易知， 则由等体积法求得：， ∴平面与平面间的距离为：. 故答案为：. 67．（23-24高一下·山东聊城·期末）在直三棱柱中，若，则直线到平面的距离为 . 【解题思路】先证得平面，转化为到平面的距离，再证得平面，得到平面平面，过点作，证得平面，得到的长即为点到平面的距离，在直角中，即可求解. 【解答过程】在直三棱柱中，可得， 因为平面，且平面，所以平面， 所以到平面的距离，即为到平面的距离， 因为为直三棱柱，且，可得， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，平面平面， 过点作，由平面平面，且平面， 所以平面，则的长即为点到平面的距离， 在直角中，可得， 所以点到平面的距离为. 故答案为：. 68．（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，底面ABCD， E是PC的中点，已知，，，则P 到平面ABE的距离为 ．      【解题思路】取AB的中点F，连接EF，可证EF为三棱锥的高，求出三棱锥的体积，连接AC，取AC的中点O，连接EO，求出各边长度可证是等边三角形，利用等体积法，即可算出P 到平面ABE的距离. 【解答过程】 解：取AB的中点F，连接EF，AC，取AC的中点O，连接EO， E是PC的中点，底面ABCD是矩形， ，且，， 又底面ABCD，底面ABCD ，，， 而，平面PAB，平面PAB， 平面PAB，即EF为三棱锥的高， , 在中，， 在中，，则，， 在中，，则， 在中，， 又分别是PC，AC的中点，底面ABCD， ，且，， 在中，， 则，是等边三角形， 设P 到平面ABE的距离为d，则， 故答案为：. 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 $$