空间向量与立体几何知识点与题型总结讲义-2025-2026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知识点与题型总结 空间向量与立体几何知识点与题型总结 空间向量与立体几何知识框架 考点一 空间向量的概念 【知识点解析】 1.空间向量的概念 概念 定义解读 空间向量 在空间中，我们把具有方向和大小的量叫做空间向量. 空间向量的表示 用有向线段或表示.（有向线段不等价于向量） 空间向量的模 空间向量的大小称为模，表示为或. 相等向量 与长度相等，方向相同的向量称为的相等向量. 相反向量 与长度相等，方向相反的向量称为的相反向量，表示为. 平行向量 表示若干空间向量的有向线段所在直线平行或重合，称为共线向量或平行向量. 零向量 大小为0的向量，表示为.（零向量与任意向量平行） 单位向量 大小为1的向量，表示为. 【例题分析】 1．（24-25高二上·陕西汉中·阶段练习·多选）下列关于空间向量的说法中不正确的是（   ） A．方向相反的两个向量是相反向量 B．空间中任意两个单位向量必相等 C．若向量，满足，则 D．相等向量其方向必相同 2．（23-24高二下·云南保山·开学考试·多选）下列关于空间向量的命题中，不正确的是（    ） A．长度相等、方向相同的两个向量是相等向量 B．平行且模相等的两个向量是相等向量 C．若，则 D．两个向量相等，则它们的起点与终点相同 3．（24-25高二上·安徽合肥·期中·多选）下列说法正确的有（   ） A．设是空间向量，若与共线，与共线，则与共线 B．若两个非零向量与满足，则 C．零向量与任何向量都共线 D．两个单位向量一定是相等向量 4．（24-25高二上·广东广州·期中·多选）给出下列命题，其中正确的命题是（    ） A．若，则或 B．若向量是向量的相反向量，则 C．在正方体中， D．若空间向量、、满足，，则 考点二 空间向量的线性运算与基本定理 【知识点解析】 1.空间向量的线性运算 线性运算 运算规则 空间向量的加法 如右图， 空间向量的减法 如右图， 空间向量的数乘 如右图，当时，. 当时，. 当时， 2.空间向量的线性运算的运算律 （1）交换律：. （2）结合律：，. （3）分配律：，. 3.空间向量的基本定理 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. 我们把叫做空间的一个基底，，，都叫做基向量． 4.共面向量的判定 如果两个向量，不共线，那么与向量，共面的充要条件是存在唯一的有序数对，使. 5．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可以表示出空间所有向量．表示要彻底，结果中只能含有，，，不能含有其他形式的向量． 6.证明四点共面 已知为空间任意一点，若四点共面，且三点不共线，则 （1）,且. （2）唯一的有序数对，使得. 【例题分析】 考向一 基底的概念 1．（24-25高二下·上海·阶段练习）已知向量，，是空间不共面的三个向量，则下列选项中能构成空间向量一组基底是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 2．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知为空间的一组基底，则下列各组向量中能构成空间的一组基底的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 3．（24-25高二上·重庆北碚·期末）若构成空间的一个基底，则下列选项可构成空间的另一个基底的是（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·广东东莞·期末）已知为空间的一组基底，则下列向量也能构成空间的一组基底的是（    ） A．、、 B．、、 C．、、 D．、、 考向二 利用基底表示向量 1．（24-25高二下·江苏南京·期中）在平行六面体中，为与的交点．若，则下列向量中与相等的是（ ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·四川泸州·期末）四面体中，，且，则等于（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·湖北·期末）如图，在四面体OABC中，，，，且，，则=（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·广东湛江·期中）如图，在四面体中，．点在上，且为中点，则等于（ ） A． B． C． D． 5．（24-25高二下·河南周口·阶段练习）如图，在四面体中，.点在上，且，点是的中点，则 （    ）    A． B． C． D． 6．（2025·湖北·二模）如图所示，在平行六面体中，，.设，，，，则（   ） A． B． C． D． 考向三 四点共面问题 1．（24-25高二上·上海宝山·期末）已知为空间中四点，任意三点不共线，且，若四点共面，则的值为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 2．（24-25高二上·广东广州·阶段练习）O为空间任意一点，若，若A，B，C，P四点共面，则（   ） A．1 B． C． D． 3．（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）已知空间中有5个点、、、、，若满足，且、、、四点共面，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·安徽铜陵·阶段练习）已知A，B，C，D是空间不共面的四点，点P满足：，则（    ） A．P，A，B，C四点共面 B．P，A，B，D四点共面 C．P，B，C，D四点共面 D．P，A，C，D四点共面 考点三 空间向量的数量积 【知识点解析】 1. 平面向量的数量积 考点 知识点 定义 （为与的夹角，夹角必须有公共起点） 计算 ①若已知、和，则直接用定义计算. ②若、和存在未知量，则需利用线性运算进行替换. ③建立空间直角坐标系，用坐标进行计算 性质 ①若，则. ②，即. 夹角问题 . 投影与投影向量 ①在上的投影为. ②在上的投影向量为. 锐角与钝角问题 ①若与所称之角为锐角，则且与不共线 ②若与所称之角为钝角，则且与不共线. 【例题分析】 1．（24-25高二下·甘肃白银·期末）设正四面体的棱长为2，是的中点，则的值为（    ） A． B． C． D．1 2．（24-25高二上·四川内江·期末）如图，已知三棱锥的每条棱长都为2，则（    ） A． B． C．2 D．0 3．（24-25高二上·天津滨海新·期末）如图，已知三棱锥的每条棱的长度都等于1，点，，分别是，，的中点，则（    ） A． B． C． D．1 4．（24-25高二上·江苏南通·期末）已知平行六面体的所有棱长均为，，则对角线的长为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·重庆·期末）平行六面体中，底面ABCD为正方形，，，E为的中点，则异面直线BE和DC所成角的余弦值为（    ） A．0 B． C． D． 6．（24-25高二上·辽宁·期末）如图，二面角等于，，是棱上两点，，，且，，则的长等于（   ） A． B． C． D． 7．（24-25高二上·四川成都·期末）如图，二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱．若，，，二面角的平面角为，则（    ） A．2 B． C． D． 8．（24-25高二上·河南信阳·期末）如图，在三棱锥中，分别为的中点，则（   ） A． B．2 C． D．1 9．（24-25高二上·四川宜宾·期末）如图所示，在平行六面体中，，则的值为（   ） A．1 B． C． D． 10．（24-25高二下·江苏扬州·期中）在平行六面体中，，．取棱的中点M，则（   ） A． B． C． D． 11．（24-25高二下·甘肃兰州·期中）设正四面体的棱长为，，分别是，的中点，则的值为（   ） A． B． C． D． 12．（24-25高二上·安徽蚌埠·期末）如图，已知平面，，，则向量在上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 考点四 空间向量的坐标运算 【知识点解析】 1.空间直角坐标系 在空间选定一点和一个单位正交基底.以点为原点，分别以的方向为正方向，以它们的长为单位长度建立三条数轴：轴、轴、轴，它们都叫做坐标轴，这时我们就建立了一个空间直角坐标系，叫做原点，都叫做坐标向量，通过每两条坐标轴的平面叫做坐标平面，分别称为平面，平面，平面，它们把空间分成八个部分. 2.空间向量的坐标表示 在空间直角坐标系中，为坐标向量，对空间任意一点对应一个向量，且点的位置由向量 唯一确定，由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组，使. 在单位正交基底下与向量对应的有序实数组，叫做点在空间直角坐标系中的坐标，记作，其中叫做点的横坐标，叫做点的纵坐标，叫做点的竖坐标. 在空间直角坐标系中，给定向量，作.由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组，使. 有序实数组叫做在空间直角坐标系中的坐标，简记.这样，在空间直角坐标系中，空间中的点和向量都可以用三个有序实数表示. 2. 平面向量的坐标运算 考点 知识点 向量的坐标表示 在平面直角坐标系中，已知点，， 则. 向量的坐标运算 设，. ①向量加法：. ②向量减法：. ③向量数乘：. ④向量数量积：. ⑤向量平行：. ⑥向量垂直：. ⑦向量的模：. ⑧夹角问题： 投影与投影向量 ①在上的投影为. ②在上的投影向量为. 注：进行向量运算时，在能建系的情况下尽量建系，将向量运算转化为坐标运算，一般按照右手系建系． 以右手握住轴，当右手的四指从正向轴以角度转向正向轴时，大拇指的指向就是轴的正向，这样的三条坐标轴就组成了一个右手空间直角坐标系. 3.与坐标轴与坐标平面有关的对称与投影 (1)在空间直角坐标系中，已知点，则 点关于轴的对称点的坐标. 点关于轴的对称点的坐标. 点关于轴的对称点的坐标. 点关于坐标平面上的对称点的坐标. 点关于坐标平面上的对称点的坐标. 点关于坐标平面上的对称点的坐标. (2)在空间直角坐标系中，已知点，则 在轴上的投影向量. 在轴上的投影向量. 在轴上的投影向量. 在坐标平面上的投影向量. 在坐标平面上的投影向量. 在坐标平面上的投影向量. 【例题分析】 1．（24-25高二下·江苏南通·期末）已知向量，，且，则（   ） A． B． C．1 D．2 2．（24-25高二下·福建宁德·期末）已知向量，，若与共线，则实数值为（   ） A． B．6 C．3 D． 3．（24-25高二下·江苏宿迁·期中）已知，，若，则x的值为（   ） A．7 B．-8 C．6 D．-5 4．（24-25高二下·甘肃酒泉·期中）已知点，，则（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高二上·四川凉山·期末）已知点关于轴的对称点为，则（ ） A．2 B． C． D．6 6．（24-25高二上·江苏南通·期末）已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高二上·内蒙古·期末）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高一下·陕西·期末）已知点，点A关于x轴的对称点的坐标为（    ） A． B． C． D． 9．（24-25高二上·云南昆明·期末）已知空间向量，则向量在坐标平面上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 10．（24-25高二上·新疆巴音郭楞·期末·多选）已知空间向量，，，且，则下列说法正确的有（    ） A． B． C． D． 11．（24-25高二上·福建三明·期末·多选）设，向量，，，且，，则（   ）． A． B． C． D． 12．（24-25高二上·四川乐山·期末·多选）已知空间向量，，则下列选项正确的是（   ） A． B．若，则 C．若，则 D．若，则 13．（24-25高二上·浙江杭州·期末·多选）在空间直角坐标系中，已知点，，，，则下列结论正确的是（    ） A． B．A，B，C三点共线 C． D．在上的投影向量为 14．（24-25高二上·广东·期末·多选）已知向量，则（    ） A． B．同方向上的单位向量的坐标为 C． D．在上的投影向量的模为 考点五 空间向量与立体几何：空间向量法证明空间向量关系 【知识点解析】 1. 平面的法向量 如图，直线，取直线的方向向量，我们称向量为平面的法向量.给定一个点和一个向量，那么过点，且以向量为法向量的平面完全确定，可以表示为集合 2.平面的法向量的求解：已知平面，且 （1）表示平面中两条相交直线所形成的向量. （2）设为平面的一个法向量. （3）利用法向量与平面的所有直线垂直列方程. （4）赋值求解法向量. 3.空间向量与空间位置关系 空间位置关系 向量表示 线线平行： 线面平行： 面面平行： 线线垂直： 线面垂直： 面面垂直： 【例题分析】 1．（24-25高二下·上海杨浦·期末）在空间直角坐标系中，是直线的一个方向向量，是平面的一个法向量.若，则（   ） A．4 B． C．2 D．-2 2．（24-25高二上·安徽黄山·期末）已知空间向量，分别是平面的法向量，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·上海宝山·期末）已知平面的法向量为，则直线和平面的位置关系是（    ） A． B． C． D．与相交但不垂直 4．（24-25高二下·甘肃白银·期末）若直线平面，且的方向向量为，平面的一个法向量为，则（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高二上·河南安阳·期末·多选）已知平面过点，其法向量为，则下列各点在平面内的有（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高二上·河南焦作·期末·多选）已知平面过点，其法向量为，则下列各点在平面内的有（   ） A． B． C． D． 7．（24-25高二上·浙江金华·期末·多选）已知正方体的棱长为1，N为的中点，以下结论正确的是（    ） A． B． C．平面 D． 8．（2025·全国一卷·高考真题·多选）在正三棱柱中，D为BC中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 9．（24-25高二上·四川绵阳·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点．求证： (1)∥平面； (2)平面平面． 10．（23-24高二下·四川凉山·期末）如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，，，． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得∥平面？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由． 11．（24-25高二上·山东青岛·期末）如图，平行六面体的底面ABCD是菱形，且． (1)求的长； (2)求证：平面． 12．（24-25高二上·浙江温州·期末）如图，在平行六面体中，，. (1)求的长； (2)求证：直线平面. 13．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）如图，在三棱柱中，底面，，，，为的中点， 为侧棱上的动点. (1)求证：平面平面； (2)试判断是否存在，使得直线.若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 14．（24-25高二下·江苏南通·期末）如图，正三棱柱中，，，D是中点，E是棱上一点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求的长． 考点六 空间向量与立体几何：空间向量法求空间角度问题 【知识点解析】 1.空间向量与空间角度问题 空间角度问题 向量表示 异面直线所成之角（线线角） 若求直线与直线所称之角 (1)表示、、、四点的坐标. (2)表示与. (3)记直线所成之角为，. 直线与平面所成之角（线面角） 若求直线与平面所成之角 (1)表示、、、、五点的坐标. (2)表示与平面两条相交直线所形成的向量. (3)设平面的一个法向量为，利用法向量与平面的所有直线垂直列方程，赋值求解. (4)记直线与平面所成之角为，. 平面与平面所成之角（二面角） 若求平面与平面所成之角 (1)表示、、、、、五点的坐标. (2)分别表示平面与平面两条相交直线所形成的向量. (3)设平面的一个法向量为，利用法向量与平面的所有直线垂直列方程，赋值求解，同理求平面的一个法向量. (4)记平面与平面所成之角为，. 【例题分析】 1．（24-25高二下·广西河池·期末）已知空间四点，，，，则直线与直线所成的角为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·浙江温州·期末）如图，四棱锥的底面是正方形，平面ABCD，点E为SC中点，，则异面直线EB与AC所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·福建泉州·期末·多选）如图，已知正方体边长为，则下列说法正确的是（    ） A．直线与所成角为 B．平面 平面 C．三棱锥的体积是正方体的 D．直线与平面所成角的正弦值为 4．（24-25高二下·福建漳州·期末·多选）如图，正方体的棱长为1，下列说法正确的是（   ） A．直线与所成的角为 B．直线与平面所成角的余弦值为 C．点到平面的距离为 D．二面角的大小为 5．（24-25高二下·甘肃白银·期末）如图，在四棱锥中，平面，，，，. (1)求点到平面的距离； (2)求二面角的余弦值. 6．（24-25高二下·广东潮州·期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，平面平面，E为中点，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 7．（24-25高一下·河北·期末）如图1，在直角梯形中，已知，现将沿折起到的位置，使平面平面，如图2. (1)求证：； (2)求与平面所成的角的正弦值； (3)求二面角的平面角的余弦值. 8．（24-25高二下·海南海口·期末）如图1，正方形的边长为2，如图2，将正方形沿着对角线翻折，O为原正方形的中心． (1)证明：平面； (2)翻折至四面体的体积最大时． （ⅰ）求异面直线与所成角的大小； （ⅱ）求与平面所成的角的正弦值． 9．（2024·山东威海·二模）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，，M为的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 10．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，M是的中点，N是上的一点． (1)证明：平面平面； (2)求点M到平面的距离； (3)若异面直线和所成角的余弦值为，求二面角的正弦值． 考点七 空间向量与立体几何：空间向量法求空间距离问题 【知识点解析】 1.空间向量与空间距离问题 空间距离问题 向量表示 点到平面的距离 若点为平面外一点，点为平面内任一点，平面的法向量为， 则. 点到直线的距离 若点为直线外一点，为直线上一点，直线的方向向量为， 则. 异面直线的距离 已知直线与为异面直线，与与均垂直的向量为，直线与上各取一点形成， 【例题分析】 1．（24-25高二上·浙江湖州·期末）已知空间三点，，，则点到直线的距离是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·上海杨浦·期末）已知空间中三点，，，则点到直线的距离为（    ） A．2 B． C． D．3 3．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知，，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二下·甘肃白银·期末）已知空间中有，，三点，则点到直线的距离为（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高二下·甘肃平凉·期中）正四棱锥中，为顶点在底面内的正投影，为侧棱的中点，且，则异面直线与的距离为（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高二下·福建莆田·期末）如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点. (1)求证：，，，四点共面； (2)求点到平面的距离. 7．（24-25高二下·福建泉州·期末）如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱⊥底面，且PC=3. (1)证明：平面PCD⊥平面PAD； (2)求点B到平面PAD的距离. 8．（24-25高二上·天津·期末）如图，在直三棱柱中，，，是中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 9．（24-25高二上·重庆·期末）如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，是的中点，是与的交点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面的所成角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 10．（24-25高二下·广西桂林·期末）如图，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，为棱的中点． (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到直线的距离． 11．（24-25高二下·上海闵行·期末）设正方体的棱长为2，，的中点分别为，. (1)求直线与所成角的余弦值； (2)求点到面的距离. 考点八 动点问题 【知识点解析】 1. 若动点所在直线与坐标轴平行或重合，则直接设动点坐标. ①若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数. ②若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数. ③若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数. 2. 若动点所在直线与坐标轴不平行，可利用共线向量表示动点坐标. 已知点，，动点在直线上运动. ①表示向量. ②利用三点共线得，所以，得的坐标. ③利用的坐标求出点坐标，直接利用表示出目标向量. 【例题分析】 1．（2025·河南信阳·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，且，，，E为中点. (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 2．（2025·河北·模拟预测）三棱台中中，平面，，，. (1)证明：； (2)若，则当二面角的余弦值为时，求的值. 3．（2025·河北邢台·三模）如图，在斜三棱柱中，，，点在底面上的投影为的中点，点满足. (1)当时，证明：平面平面； (2)已知 ，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 4．（23-24高二上·四川绵阳·阶段练习）如图所示，在几何体EFG-ABCD中，四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长均为1，点M在棱DG上． (1)求证：EF平面BDM． (2)当直线BM与平面BEF所成的角为时，求DM的长 5．（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，P为棱的中点，Q为棱所在直线上一点，且（）. (1)若，求直线与所成角的余弦值； (2)若直线与平面所成角为45°，求实数的值. 6．（24-25高二下·河南洛阳·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面平面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，，，E是BC的中点，点Q在侧棱PC上. (1)求证：； (2)是否存在点Q，使DC与平面DEQ所成角的正弦值为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 7．（24-25高三上·广东惠州·阶段练习）如图1，在中，，分别为，的中点，，.将沿折起到的位置，使得，如图2. (1)求证：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 8．（24-25高二上·广东汕尾·阶段练习）如图所示，在四棱柱中，侧棱底面ABCD，，，，，E为棱的中点． (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的正弦值． (3)设点M在线段上，且直线AM与平面所成角的正弦值是，求线段AM的长． 考点九 边长缺失问题 【知识点解析】 在立体几何中，“边长缺失” 是常见问题，即题目未直接给出关键线段的长度，但需要通过这些边长求解体积、表面积、角度或距离等.这类问题的核心是利用几何性质建立边长之间的关系，而非被动依赖已知数据. 核心原则：用 “关系” 替代 “已知” 立体几何中，边长的 “缺失” 往往是因为它们与已知条件存在隐含关联（如垂直、平行、全等、相似、勾股定理、三角函数关系等）.解决的关键是： 1. 识别 “缺失边长” 的角色（如棱锥的高、棱柱的侧棱长、球的半径等）. 2. 找到它与已知条件的几何联系（如在直角三角形中、在相似三角形中、在面面垂直的交线上等）. 3. 用字母表示未知边长，通过方程或几何公式推导其值. 【例题分析】 1．（24-25高二下·山东烟台·阶段练习）如图，长方体的底面是边长为3的正方形，点为棱的中点，. (1)求的长度； (2)求点D到平面的距离. 2．（2025·湖南岳阳·二模）如图，在圆锥中，为底面圆的一条直径，为底面圆周上不同于的两点，圆锥母线长为. (1)若，平面与平面的交线为，证明：∥； (2)若与平面所成角的正切值为，求的长. 3．（24-25高二上·浙江金华·阶段练习）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，四边形为梯形，，. (1)若为的中点，求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 4．（24-25高三上·江苏扬州·期末）如图，在直三棱柱中，，二面角为直二面角．点为棱的中点，棱与平面相交于点． (1)求证：为棱的中点； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 5．（24-25高二上·河北邢台·阶段练习）在三棱柱中，平面平面，，，，. (1)证明：平面； (2)若异面直线所成角的余弦值为，求BC. 6．（2025·湖北·模拟预测）如图，正三棱柱中，点在上，． (1)求证：平面； (2)若，二面角大小为，求的长度． 7．（2025·湖北·模拟预测）如图，四棱锥中，底面，，，，. (1)证明：平面； (2)平面与平面所成角余弦值为，求的长. 8．（24-25高二下·陕西西安·阶段练习）在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是菱形，，点在线段PD上，平面AEC. (1)证明：为PD的中点； (2)若，二面角的余弦值为，求PA的长. 考点十 最值与范围问题 【知识点解析】 1.最值与范围问题处理思路 立体几何中出现一般是因为动点问题或条件缺失引起的.处理这类问题的一般思路： （1）设未知数：根据动点所在位置或缺失的边长设出未知数. （2）翻译条件：利用所设的未知数，表示题目所求的角度或距离. （3）求解最值：根据所求解析式的形式，选择恰当的方法求解最值. ※求解最值时，需注意未知数的取值范围！ 2.代数法求最值的常见方法 （1）单调性法 （2）二次函数法 （3）三角函数法 （4）换元法 （5）基本不等式法 （6）分离常数法 （7）判别式法 【例题分析】 1．（24-25高二下·河南新乡·期末）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，为锐角，，，分别是，，的中点． (1)证明：∥平面． (2)求二面角的余弦值的最大值． 2．（24-25高二下·河南商丘·阶段练习）如图，在四棱台中，底面，底面是边长为2的正方形，，点为线段上的动点，棱台的体积为. (1)求的长； (2)若平面，请确定点的位置； (3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 3．（24-25高二下·云南·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，且. (1)证明：. (2)设平面与平面的交线为. ①证明：. ②若为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值. 4．（2025·安徽芜湖·二模）在四棱台中，，，，，. (1)证明：. (2)若四棱台的体积为7， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）若为棱上一动点，求平面与平面所成角余弦值的最大值. 5．（24-25高二下·浙江·阶段练习）如图，是圆柱的一条母线，是底面的一条直径，是圆上一点，且. (1)求三棱锥的体积最大值； (2)求直线与平面所成角正弦值的最大值. 6．（24-25高二上·浙江杭州·期中）在长方体中，，点M为棱上的动点（含端点）. (1)求二面角的余弦值； (2)当的长度为何值时，直线与平面所成角的正弦值最小，并求出最小值. 7．（24-25高二下·江苏泰州·期末）在三棱锥中，已知平面，点在内（包括边界），． (1)已知． （i）求； （ii）求直线与所成角的大小． (2)若点分别满足，为直线上一点，且平面，求二面角余弦的最小值． 8．（24-25高二下·江苏连云港·期末）如图，几何体是圆柱的四分之一部分，其中底面是半径为的扇形，母线长为，是的中点，为的中点，是上的动点（不与、重合），是圆柱的母线． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积的最大值； (3)求二面角余弦值的取值范围． 考点十一 折叠问题 【知识点解析】 1. 折叠问题的核心原则 （1）不变量原则 ①线段长度不变：折叠过程中，线段的长度不会改变. ②夹角变化：平面内的角度在折叠后可能发生变化，但与折叠线垂直的线段在折叠前后的垂直关系保持不变. ③平行关系：与折叠线平行的线段在折叠后仍保持平行. （2）空间关系的转化 ①折叠前的平面几何关系（如全等、相似）在折叠后仍然成立，但需注意平面角与二面角的区别. ②折叠后的立体图形中，点、线、面的位置关系需要通过空间向量或立体几何定理分析. 【例题分析】 1．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，矩形中，，，E为BC的中点，将沿翻折至，平面平面． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 2．（2025·辽宁·二模）如图，在中，，，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至，得到四棱锥，为棱上一动点（不包含端点）． (1)若为棱的中点，证明：平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为． （ⅰ）求； （ⅱ）求点到平面的距离． 3．（24-25高三下·湖南·阶段练习）如图，在中，，，是边上一点，将沿翻折至，且平面平面.当面积最大时： (1)求； (2)求二面角的余弦值. 4．（24-25高二下·云南曲靖·阶段练习）如图1，已知四边形是上、下底边长分别为1，3，高为1的直角梯形，，为线段上更靠近点的三等分点.将沿着翻折，使得点翻折到点，且，得到的几何体如图2所示. (1)证明：平面. (2)求平面和平面的夹角. 5．（24-25高二下·广西南宁·期末）如图，在梯形中，，，，现将所在平面沿对角线翻折，使点翻折至点，且成直二面角． (1)证明：平面； (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求平面与平面所成角的余弦值． 6．（2025·上海松江·二模）已知梯形中，为上的一点且，，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接，为棱的中点. (1)求证：平面； (2)当时，求直线和平面所成角的正弦值． 7．（2025·江西·二模）如图，在平面四边形中，为线段上一点，满足，将沿向上翻折至，连接. (1)若，证明：平面平面； (2)若，求平面与平面所成角的余弦值. 8．（24-25高二下·江苏南京·期中）如图1，是底边为2的等腰三角形，且，为等腰直角三角形，，将沿翻折到的位置，且点不在平面内（如图2），点为线段的中点． (1)证明：； (2)当平面平面时，求直线与平面所成角的余弦值； (3)若直线与所成角的余弦值为时，设平面与平面的夹角为，求的值． 考点十二 轨迹、交线与截面问题 【知识点解析】 1. 空间中动点的轨迹，本质是满足特定条件的点的集合。解决时需： （1）明确约束条件：如 “到定点距离为定值”“到两定点距离相等”“到平面距离为定值”“与定直线所成角为定值” 等. （2）转化约束：利用空间几何性质（如线面垂直、平行、球的定义、圆锥的形成等），将空间约束转化为平面内的轨迹条件（如圆、直线、椭圆等）. （3）验证维度：判断轨迹是 “空间图形”（如球面、圆柱面）还是 “平面图形”（如平面内的圆、线段）—— 多数问题最终可转化为平面轨迹. 2. 基于 “距离约束” 的轨迹 距离约束条件 对应几何图形 思维转化 到定点距离为定值 球 若动点同时在某平面内，则轨迹为 “平面与球的交线”（圆或点） 到两定点距离相等 两定点连线的垂直平分线 若动点同时在另一平面内，则轨迹为 “两平面的交线” （直线） 到定平面距离为定值 与定平面平行的两个平面 若动点同时在另一几何体（如正方体）内 则轨迹为 “几何体与平行平面的交线”（如矩形、线段） 3.关键转化技巧：降维法 空间轨迹问题的难点在于 “三维到二维” 的转化，常用降维手段： （1）投影法：将动点投影到某一平面（如底面、侧面），通过投影点的轨迹反推原轨迹。 （2）截面法：若动点在某已知几何体（如正方体、球）内，轨迹常是几何体的 “截面交线”，需确定截面形状。 （3）定义法：直接套用空间图形定义（如球面、圆柱面、圆锥面），再结合约束条件缩小范围。 【例题分析】 1．（24-25高二下·安徽铜陵·阶段练习）已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，是棱上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．在线段上存在一点，使得平面 B．对于线段上的任意一点，都有 C．过，，三点作正方体的截面，则截面的面积为 D．若点在正方形所在平面内，且平面，则线段长度的取值范围是 2．（2025·山东德州·三模）在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，平面，且，点，，分别为棱的中点，则（   ） A． B．异面直线和所成的角为 C．平面与平面所成角的正弦值为 D．过点，，的平面截四棱锥所得的截面图形为五边形 3．（2025·湖南永州·模拟预测）在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，均与底面垂直，且，点、分别为线段BC，的中点，记该几何体的体积为，下列说法正确的是（    ）    A．该几何体的体积为 B．平面截该几何体所得截面周长为 C．平面将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为 D．平面与平面的二面角的余弦值为 4．（24-25高一下·安徽淮北·期末）在直三棱柱中，，且为线段BC（不含端点）上的动点，则下列结论中正确的是（    ） A． B．异面直线与所成角的取值范围为 C．的最小值为 D．当是BC的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为 5．（24-25高二下·甘肃甘南·期末）在棱长为2的正方体中，M，N分别是棱，的中点，点P，Q分别在平面与平面内，则（   ） A．平面 B．平面截该正方体所得截面形状为等腰梯形 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．的最小值为 6．（24-25高三上·江苏镇江·阶段练习）在正四棱柱中，底面边长为，侧棱长为1，则下列结论正确的是（   ） A．点B到平面的距离是 B．平面与平面垂直 C．记底面的中心为，则直线与直线所成角的余弦值为 D．若为线段的中点，点在正四棱柱表面上运动，若平面，则点的轨迹是六边形 7．（24-25高一下·江苏常州·阶段练习）在棱长为1的正方体中，为底面的中心，则下列说法中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则过点轨迹与点的平面截正方体所得截面面积为 C．若，则三棱锥的体积为定值 D．若，则直线与平面所成角的余弦值的取值范围为 8．（24-25高二下·浙江舟山·期末）已知正方体的棱长为3，以下说法正确的是（    ） A．若点为正方形内部及边界上的动点，且满足，则动点的轨迹长度是 B．若点为正方形内部及边界上任意一点，则存在点使得点，到平面的距离之和等于 C．若点在正方体的内切球表面上运动，且面，则的最小值为 D．若点满足，则动点构成的平面截三棱锥所得截面的面积为 课后提升训练 1．（24-25高二下·江苏南京·期中）设向量则（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·安徽黄山·期末）如图，在正方体中，平面与平面的夹角的正切值为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·江西·期末）已知经过点的平面的一个法向量为，则点到平面的距离为（） A． B． C． D． 4．（24-25高二下·福建宁德·期末）在三棱锥中，，，两两垂直，且，为的中点，为的中点，若为该三棱锥外接球上的一点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 5．（2025·河北秦皇岛·模拟预测·多选）在棱长为1的正方体中，O为上底面的中心，则（   ） A．平面 B． C．直线与的距离为 D．直线与平面所成角的正弦值为 6．（24-25高一下·黑龙江·期末·多选）如图，在直三棱柱中，，分别为的中点，点是直三棱柱表面上的动点，则下列说法正确的是（   ） A．若是线段上一点，则三棱锥的体积为定值 B．若平面平面，则点的轨迹长度为 C．若是的中点，则与平面所成角的正弦值为 D．若点是线段上一点，则的最小值为 7．（24-25高二上·安徽黄山·期末）已知正方体的边长为，点是的中点，则点到直线的距离为 . 8．（24-25高二下·河南开封·期末）已知四面体的所有棱长都等于，、分别是的中点，则 ． 9．（24-25高三上·江苏镇江·阶段练习）如图，在三棱锥中，，，点在上，且，. (1)若为线段的中点，求证：直线平面； (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值. 10．（24-25高二上·安徽黄山·期末）如图，在棱长为的正四面体中，分别是的中点，设. (1)求（用表示）； (2)求直线和夹角的正弦值. 11．（24-25高二上·安徽黄山·期末）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为中点． (1)求证：平面； (2)求三棱锥的外接球的体积； (3)线段上（不含端点）是否存在点，使得与平面所成角为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 12．（24-25高二下·江西宜春·阶段练习）如图，四棱锥P－ABCD中，，平面ABCD，，M为PB的中点，． (1)证明：； (2)求平面AMN与平面ABCD夹角的余弦值． 13．（24-25高二下·湖南·期末）如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，． (1)求证：． (2)求线段中点到平面的距离． (3)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 14．（24-25高二下·甘肃酒泉·期末）如图，在长方体中，，点E在棱AB上移动，点F是棱BC的中点. (1)求证：； (2)当E为AB中点时，求直线EF到平面的距离； (3)当AE等于何值时，平面与平面所成的角最小？ 15．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为3的菱形，平面，，，点为线段上的三等分点. (1)证明：平面平面. (2)求二面角的余弦值. 16．（24-25高二下·湖南衡阳·期末）如图，在四棱锥中，侧面为正三角形，侧面底面，底面为正方形，E，F分别为，的中点． (1)求证：直线∥平面； (2)若，求侧面与侧面所成角的余弦值． 2 学科网（北京）股份有限公司 $$空间向量与立体几何知识点与题型总结 空间向量与立体几何知识点与题型总结 空间向量与立体几何知识框架 考点一 空间向量的概念 【知识点解析】 1.空间向量的概念 概念 定义解读 空间向量 在空间中，我们把具有方向和大小的量叫做空间向量. 空间向量的表示 用有向线段或表示.（有向线段不等价于向量） 空间向量的模 空间向量的大小称为模，表示为或. 相等向量 与长度相等，方向相同的向量称为的相等向量. 相反向量 与长度相等，方向相反的向量称为的相反向量，表示为. 平行向量 表示若干空间向量的有向线段所在直线平行或重合，称为共线向量或平行向量. 零向量 大小为0的向量，表示为.（零向量与任意向量平行） 单位向量 大小为1的向量，表示为. 【例题分析】 1．（24-25高二上·陕西汉中·阶段练习·多选）下列关于空间向量的说法中不正确的是（   ） A．方向相反的两个向量是相反向量 B．空间中任意两个单位向量必相等 C．若向量，满足，则 D．相等向量其方向必相同 【答案】ABC 【详解】A选项：长度相等，方向相反的两个向量是相反向量，A选项错误； B选项：空间中任意两个单位向量的模长相等，但方向不一定一样，所以不一定相等，B选项错误； C选项：向量模长可比较大小，向量不能比较大小； D选项：两个向量相等，则方向相同，模长相等，D选项正确； 故选：ABC. 2．（23-24高二下·云南保山·开学考试·多选）下列关于空间向量的命题中，不正确的是（    ） A．长度相等、方向相同的两个向量是相等向量 B．平行且模相等的两个向量是相等向量 C．若，则 D．两个向量相等，则它们的起点与终点相同 【答案】BCD 【详解】对于选项A：由相等向量的定义知A正确； 对于选项B：平行且模相等的两个向量也可能是相反向量，B错； 对于选项C：若两个向量不相等，但模长仍可能相等，例如不共线的单位向量，C错； 对于选项D：相等向量只要求长度相等、方向相同，而表示两个向量的有向线段的起点不要求相同，D错， 故选：BCD． 3．（24-25高二上·安徽合肥·期中·多选）下列说法正确的有（   ） A．设是空间向量，若与共线，与共线，则与共线 B．若两个非零向量与满足，则 C．零向量与任何向量都共线 D．两个单位向量一定是相等向量 【答案】BC 【详解】对于A，若为零向量时，则无法得到与共线，A错误， 对于B，由可得，故∥，B正确， 对于C，零向量与任意向量共线，故C正确， 对于D，单位向量的模长相等，但是方向不一定相同,故D错误， 故选：BC 4．（24-25高二上·广东广州·期中·多选）给出下列命题，其中正确的命题是（    ） A．若，则或 B．若向量是向量的相反向量，则 C．在正方体中， D．若空间向量、、满足，，则 【答案】BC 【详解】对于A：模相等的两个向量，它们的方向是任意的，A错误； 对于B：向量是向量的相反向量，则，B正确； 对于C：在正方体中，四边形是矩形，故，C正确； 对于D：若，则，，但、不一定共线，D错误. 故选：BC. 考点二 空间向量的线性运算与基本定理 【知识点解析】 1.空间向量的线性运算 线性运算 运算规则 空间向量的加法 如右图， 空间向量的减法 如右图， 空间向量的数乘 如右图，当时，. 当时，. 当时， 2.空间向量的线性运算的运算律 （1）交换律：. （2）结合律：，. （3）分配律：，. 3.空间向量的基本定理 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. 我们把叫做空间的一个基底，，，都叫做基向量． 4.共面向量的判定 如果两个向量，不共线，那么与向量，共面的充要条件是存在唯一的有序数对，使. 5．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可以表示出空间所有向量．表示要彻底，结果中只能含有，，，不能含有其他形式的向量． 6.证明四点共面 已知为空间任意一点，若四点共面，且三点不共线，则 （1）,且. （2）唯一的有序数对，使得. 【例题分析】 考向一 基底的概念 1．（24-25高二下·上海·阶段练习）已知向量，，是空间不共面的三个向量，则下列选项中能构成空间向量一组基底是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】D 【详解】因为向量，，是不共面的三个向量， 对于A：因为，所以，，共面， 所以，，不能构成空间的一组基底，故A错误； 对于B：因为，所以，，共面， 所以，，不能构成空间的一组基底，故B错误； 对于C：因为，所以，，共面， 所以，，不能构成空间的一组基底，故C错误； 对于D ：假定向量，，共面， 则存在不全为的实数，，使得，整理得， 而向量，，不共面，则有，显然不成立，所以向量，，不共面， 即向量，，能构成空间的一个基底，故D正确； 故选：D 2．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知为空间的一组基底，则下列各组向量中能构成空间的一组基底的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】A 【详解】对于A，设，无解， 所以，，不共面，能构成空间的一组基底，故A正确； 对于B，设，解得， 所以，，共面，不能构成空间的一个基底，故B错误； 对于C，设，解得， 所以，，共面，不能构成空间的一个基底，故C错误； 对于D，设，解得， 所以，，共面，不能构成空间的一个基底，故D错误. 故选：A. 3．（24-25高二上·重庆北碚·期末）若构成空间的一个基底，则下列选项可构成空间的另一个基底的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】对A：因为，所以向量共面，所以不能构成空间向量的基底； 对B：因为，所以向量共面，所以不能构成空间向量的基底； 对C：因为，所以共面，所以不能构成空间向量的基底； 对D：因为不存在，使得，所以不共面，所以可以作为空间的另一组基底. 故选：D 4．（24-25高二上·广东东莞·期末）已知为空间的一组基底，则下列向量也能构成空间的一组基底的是（    ） A．、、 B．、、 C．、、 D．、、 【答案】A 【详解】对于A选项，假设、、共面， 则存在、使得 ，所以，，无解， 所以，、、不共面，可以作为空间的一组基底； 对于B选项，因为，则、、共面， 则、、不能作为空间的一组基底； 对于C，因为，所以，、、共面， 则、、不能作为空间的一组基底； 对于D，，则、、共面， 则、、不能作为空间的一组基底. 故选：A. 考向二 利用基底表示向量 1．（24-25高二下·江苏南京·期中）在平行六面体中，为与的交点．若，则下列向量中与相等的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据题意，． 故选：B． 2．（24-25高二下·四川泸州·期末）四面体中，，且，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 因为， 所以，点为的中点， 所以，即. 故选：B 3．（24-25高二下·湖北·期末）如图，在四面体OABC中，，，，且，，则=（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】连接ON，因为，所以()， 因为，所以， 所以. 故选：C. 4．（24-25高二上·广东湛江·期中）如图，在四面体中，．点在上，且为中点，则等于（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】连接，利用空间向量基本定理可得答案. 连接． 故选：B. 5．（24-25高二下·河南周口·阶段练习）如图，在四面体中，.点在上，且，点是的中点，则 （    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为，所以， 因为点是的中点，所以. 所以， 故选：A. 6．（2025·湖北·二模）如图所示，在平行六面体中，，.设，，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为，， 则 ， 所以，故. 故选：D. 考向三 四点共面问题 1．（24-25高二上·上海宝山·期末）已知为空间中四点，任意三点不共线，且，若四点共面，则的值为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【详解】∵四点共面，且任意三点不共线， ∴，则. 故选：D. 2．（24-25高二上·广东广州·阶段练习）O为空间任意一点，若，若A，B，C，P四点共面，则（   ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【详解】因为， 所以，即， 因为A，B，C，P四点共面， 所以，即， 故选：C 3．（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）已知空间中有5个点、、、、，若满足，且、、、四点共面，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由得， 即， 由空间向量共面定理的推论可知，，解得. 故选：B. 4．（24-25高二上·安徽铜陵·阶段练习）已知A，B，C，D是空间不共面的四点，点P满足：，则（    ） A．P，A，B，C四点共面 B．P，A，B，D四点共面 C．P，B，C，D四点共面 D．P，A，C，D四点共面 【答案】C 【详解】因为，所以， 即，故， 因为，所以四点共面，C正确． 另解：由已知得， 所以共面，又存在公共点，所以四点共面，C正确． 故选：C． 考点三 空间向量的数量积 【知识点解析】 1. 平面向量的数量积 考点 知识点 定义 （为与的夹角，夹角必须有公共起点） 计算 ①若已知、和，则直接用定义计算. ②若、和存在未知量，则需利用线性运算进行替换. ③建立空间直角坐标系，用坐标进行计算 性质 ①若，则. ②，即. 夹角问题 . 投影与投影向量 ①在上的投影为. ②在上的投影向量为. 锐角与钝角问题 ①若与所称之角为锐角，则且与不共线 ②若与所称之角为钝角，则且与不共线. 【例题分析】 1．（24-25高二下·甘肃白银·期末）设正四面体的棱长为2，是的中点，则的值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【详解】 . 故选：B 2．（24-25高二上·四川内江·期末）如图，已知三棱锥的每条棱长都为2，则（    ） A． B． C．2 D．0 【答案】D 【详解】 故选：D 3．（24-25高二上·天津滨海新·期末）如图，已知三棱锥的每条棱的长度都等于1，点，，分别是，，的中点，则（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【详解】分别为的中点，则， 由已知三棱锥为正三棱锥，取中点为，连接， 由已知和为正三角形，则， 又，且平面，则平面，又平面 则，即， 则. 故选：. 4．（24-25高二上·江苏南通·期末）已知平行六面体的所有棱长均为，，则对角线的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由已知：平行六面体所有棱长均为， ，则， 又因为：， 同理可得：， 则 ，则. 故选：. 5．（23-24高一下·重庆·期末）平行六面体中，底面ABCD为正方形，，，E为的中点，则异面直线BE和DC所成角的余弦值为（    ） A．0 B． C． D． 【答案】A 【详解】解：由题意，，， 又，， 所以，即有， 故选：A． 6．（24-25高二上·辽宁·期末）如图，二面角等于，，是棱上两点，，，且，，则的长等于（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由二面角的平面角的定义知， 所以， 由，得， 又因为， 所以 ， 所以，即. 故选：D. 7．（24-25高二上·四川成都·期末）如图，二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱．若，，，二面角的平面角为，则（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【详解】由条件知，，， 又二面角的平面角为，则， 所以 ，所以. 故选：B. 8．（24-25高二上·河南信阳·期末）如图，在三棱锥中，分别为的中点，则（   ） A． B．2 C． D．1 【答案】D 【详解】由题意得，，，，， ∴，，. ∵， ∴ . 故选：D. 9．（24-25高二上·四川宜宾·期末）如图所示，在平行六面体中，，则的值为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】A 【详解】因为，， 所以 . 故选：A. 10．（24-25高二下·江苏扬州·期中）在平行六面体中，，．取棱的中点M，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】取的中点，连接， 由图形可得， 所以 ， 所以. 故选：B 11．（24-25高二下·甘肃兰州·期中）设正四面体的棱长为，，分别是，的中点，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图所示，因为分别为的中点，可得，， 又因为四面体为正四面体，且棱长为， 可得. 故选：D. 12．（24-25高二上·安徽蚌埠·期末）如图，已知平面，，，则向量在上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】平面ABC，则，， 向量在上的投影向量为. 故选：D. 考点四 空间向量的坐标运算 【知识点解析】 1.空间直角坐标系 在空间选定一点和一个单位正交基底.以点为原点，分别以的方向为正方向，以它们的长为单位长度建立三条数轴：轴、轴、轴，它们都叫做坐标轴，这时我们就建立了一个空间直角坐标系，叫做原点，都叫做坐标向量，通过每两条坐标轴的平面叫做坐标平面，分别称为平面，平面，平面，它们把空间分成八个部分. 2.空间向量的坐标表示 在空间直角坐标系中，为坐标向量，对空间任意一点对应一个向量，且点的位置由向量 唯一确定，由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组，使. 在单位正交基底下与向量对应的有序实数组，叫做点在空间直角坐标系中的坐标，记作，其中叫做点的横坐标，叫做点的纵坐标，叫做点的竖坐标. 在空间直角坐标系中，给定向量，作.由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组，使. 有序实数组叫做在空间直角坐标系中的坐标，简记.这样，在空间直角坐标系中，空间中的点和向量都可以用三个有序实数表示. 2. 平面向量的坐标运算 考点 知识点 向量的坐标表示 在平面直角坐标系中，已知点，， 则. 向量的坐标运算 设，. ①向量加法：. ②向量减法：. ③向量数乘：. ④向量数量积：. ⑤向量平行：. ⑥向量垂直：. ⑦向量的模：. ⑧夹角问题： 投影与投影向量 ①在上的投影为. ②在上的投影向量为. 注：进行向量运算时，在能建系的情况下尽量建系，将向量运算转化为坐标运算，一般按照右手系建系． 以右手握住轴，当右手的四指从正向轴以角度转向正向轴时，大拇指的指向就是轴的正向，这样的三条坐标轴就组成了一个右手空间直角坐标系. 3.与坐标轴与坐标平面有关的对称与投影 (1)在空间直角坐标系中，已知点，则 点关于轴的对称点的坐标. 点关于轴的对称点的坐标. 点关于轴的对称点的坐标. 点关于坐标平面上的对称点的坐标. 点关于坐标平面上的对称点的坐标. 点关于坐标平面上的对称点的坐标. (2)在空间直角坐标系中，已知点，则 在轴上的投影向量. 在轴上的投影向量. 在轴上的投影向量. 在坐标平面上的投影向量. 在坐标平面上的投影向量. 在坐标平面上的投影向量. 【例题分析】 1．（24-25高二下·江苏南通·期末）已知向量，，且，则（   ） A． B． C．1 D．2 【答案】A 【详解】因为向量，，且，所以，解得. 故选：A 2．（24-25高二下·福建宁德·期末）已知向量，，若与共线，则实数值为（   ） A． B．6 C．3 D． 【答案】B 【详解】由向量，共线，得，解得， 所以. 故选：B 3．（24-25高二下·江苏宿迁·期中）已知，，若，则x的值为（   ） A．7 B．-8 C．6 D．-5 【答案】A 【详解】已知，， 因为， 则，. 故选：A. 4．（24-25高二下·甘肃酒泉·期中）已知点，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为，，所以，所以， 故选：C. 5．（24-25高二上·四川凉山·期末）已知点关于轴的对称点为，则（ ） A．2 B． C． D．6 【答案】D 【详解】由题意可得，则. 故选：D 6．（24-25高二上·江苏南通·期末）已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】已知空间向量，， 向量在向量上的投影向量为： 故选：D 7．（24-25高二上·内蒙古·期末）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由已知得，， 所以向量在向量上的投影向量是. 故选：C 8．（23-24高一下·陕西·期末）已知点，点A关于x轴的对称点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】关于轴对称的两点，横坐标相同，纵坐标、竖坐标均互为相反数，点，点A关于x轴的对称点的坐标为. 故选：B. 9．（24-25高二上·云南昆明·期末）已知空间向量，则向量在坐标平面上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根根据空间中点的坐标确定方法知， 在空间中，点在坐标平面上的投影坐标，竖坐标为0，横坐标与纵坐标不变. 所以空间向量在坐标平面上的投影向量是：. 故选：C. 10．（24-25高二上·新疆巴音郭楞·期末·多选）已知空间向量，，，且，则下列说法正确的有（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】对于A，，故A正确， 对于B，由于，则，故，B正确， 对于C，，故与不垂直，故C错误， 对于D，，D正确， 故选：ABD 11．（24-25高二上·福建三明·期末·多选）设，向量，，，且，，则（   ）． A． B． C． D． 【答案】BD 【详解】对于选项A：因为，所以，解得：，故选项A错误； 对于选项B：因为，所以即,解得,故选项B正确； 对于选项C：，故选项C错误； 对于选项D：由，故，故选项D正确. 故选：BD 12．（24-25高二上·四川乐山·期末·多选）已知空间向量，，则下列选项正确的是（   ） A． B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】BD 【详解】A：，A错误； B：由知，，解得，B正确； C：由知，，解得，C错误； D：若，，则，D正确. 故选：BD 13．（24-25高二上·浙江杭州·期末·多选）在空间直角坐标系中，已知点，，，，则下列结论正确的是（    ） A． B．A，B，C三点共线 C． D．在上的投影向量为 【答案】AD 【详解】对于A，由题意得，故A正确； 对于B，，不存在实数，使得， 所以三点不共线，故B错误； 对于C，，， 由， 即与不垂直，故C错误； 对于D，因，， 则在上的投影向量为，故D正确. 故选：AD. 14．（24-25高二上·广东·期末·多选）已知向量，则（    ） A． B．同方向上的单位向量的坐标为 C． D．在上的投影向量的模为 【答案】BD 【详解】因为，，所以. 对于A：因为，故A错误； 对于B：因为，即方向上的单位向量是，故B正确； 对于C：因为，故C错误； 对于D：由，故D正确. 故选：BD. 考点五 空间向量与立体几何：空间向量法证明空间向量关系 【知识点解析】 1. 平面的法向量 如图，直线，取直线的方向向量，我们称向量为平面的法向量.给定一个点和一个向量，那么过点，且以向量为法向量的平面完全确定，可以表示为集合 2.平面的法向量的求解：已知平面，且 （1）表示平面中两条相交直线所形成的向量. （2）设为平面的一个法向量. （3）利用法向量与平面的所有直线垂直列方程. （4）赋值求解法向量. 3.空间向量与空间位置关系 空间位置关系 向量表示 线线平行： 线面平行： 面面平行： 线线垂直： 线面垂直： 面面垂直： 【例题分析】 1．（24-25高二下·上海杨浦·期末）在空间直角坐标系中，是直线的一个方向向量，是平面的一个法向量.若，则（   ） A．4 B． C．2 D．-2 【答案】A 【详解】因为，所以∥，则，解得. 故选：A. 2．（24-25高二上·安徽黄山·期末）已知空间向量，分别是平面的法向量，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意可得，，得. 故选：C 3．（24-25高二下·上海宝山·期末）已知平面的法向量为，则直线和平面的位置关系是（    ） A． B． C． D．与相交但不垂直 【答案】A 【详解】由题意得，，则，则. 故选：A 4．（24-25高二下·甘肃白银·期末）若直线平面，且的方向向量为，平面的一个法向量为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】直线平面， ，又易知，， ， 解得，，则. 故选：A. 5．（24-25高二上·河南安阳·期末·多选）已知平面过点，其法向量为，则下列各点在平面内的有（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】对于A，设，则，因为， 所以点在平面内，故A正确； 对于B，设，则，因为， 所以点不在平面内，故B错误； 对于C，设，则， 因为， 所以点不在平面内，故C错误； 对于D，设，则， 因为， 所以点在平面内，故D正确. 故选：AD. 6．（24-25高二上·河南焦作·期末·多选）已知平面过点，其法向量为，则下列各点在平面内的有（   ） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】对于A，设，则，因为， 所以点在平面内，故A正确； 对于B，设，则，因为， 所以点，2）不在平面内，故B错误； 对于C，设，则， 因为， 所以点不在平面内，故C错误； 对于D，设，则， 因为， 所以点在平面内，故D正确. 故选：AD. 7．（24-25高二上·浙江金华·期末·多选）已知正方体的棱长为1，N为的中点，以下结论正确的是（    ） A． B． C．平面 D． 【答案】AD 【详解】如图，以点为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 对于A，，故A正确； 对于B，，，故B错误； 对于C，，，由，则和不垂直， 所以不垂直平面，故C错误； 对于D，，，则，故D正确. 故选：AD. 8．（2025·全国一卷·高考真题·多选）在正三棱柱中，D为BC中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 【答案】BD 【详解】法一：对于A，在正三棱柱中，平面， 又平面，则，则， 因为是正三角形，为中点，则，则 又， 所以， 则不成立，故A错误； 对于B，因为在正三棱柱中，平面， 又平面，则， 因为是正三角形，为中点，则，， 又平面， 所以平面，故B正确； 对于D，因为在正三棱柱中， 又平面平面，所以平面，故D正确； 对于C，因为在正三棱柱中，， 假设，则，这与矛盾， 所以不成立，故C错误； 故选：BD. 法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为， 则， 对于A，， 则， 则不成立，故A错误； 对于BD，， 设平面的法向量为， 则，得，令，则， 所以，， 则平面，平面，故BD正确； 对于C，， 则，显然不成立，故C错误； 故选：BD. 9．（24-25高二上·四川绵阳·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点．求证： (1)∥平面； (2)平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【详解】（1） 依题意，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，． 由E为棱的中点，得． 因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 所以向量为平面的一个法向量，而， 所以，又平面，所以平面． （2）设平面的一个法向量为， 则，即 不妨令，可得为平面的一个法向量． 设平面的法向量，又向量，， 则，即， 不妨令，可得为平面的一个法向量． 因为，所以． 所以平面平面． 10．（23-24高二下·四川凉山·期末）如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，，，． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得∥平面？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，当与重合时，使得∥平面. 【详解】（1）证明：连接交于点， 因为四边形为菱形，所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面， 所以平面； （2）解：取的中点，连接， 因为四边形为菱形，，所以为等边三角形， 所以， 因为平面，平面，所以， 所以两两垂直， 所以以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系， 设，则， 所以， 假设存在点，使得∥平面， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 由，得， 此时与重合，平面， 所以存在点，当与重合时，使得∥平面. 11．（24-25高二上·山东青岛·期末）如图，平行六面体的底面ABCD是菱形，且． (1)求的长； (2)求证：平面． 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）设， 由于四边形ABCD为菱形，则，即， 所以，同理可得， 由题意可得， 所以； （2）因为， 所以， 所以，同理可证 又因为平面． 所以平面 12．（24-25高二上·浙江温州·期末）如图，在平行六面体中，，. (1)求的长； (2)求证：直线平面. 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）， 可得 所以； （2），，， 所以 ， 所以，所以， ， 所以，所以，又，平面， 所以平面. 13．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）如图，在三棱柱中，底面，，，，为的中点， 为侧棱上的动点. (1)求证：平面平面； (2)试判断是否存在，使得直线.若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【详解】（1）在三棱柱中，底面，平面， ， ，为的中点， ， ， 平面， 平面， 平面， 平面平面； （2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， ，，， 设，则，，， 若，则，解得， 所以存在，使得直线，此时. 14．（24-25高二下·江苏南通·期末）如图，正三棱柱中，，，D是中点，E是棱上一点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)或2 【详解】（1） 在正三棱柱中， 因为平面，平面，所以．                     因为是正三角形，D是中点，所以．                     又，，平面，所以平面． （2）解法一： 在中过点D作，垂足为F． 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面．又平面，所以．             由（1）知，且，平面， 所以平面，又平面，所以．             设，则，，，， 由勾股定理得，即，解得或， 所以或2．                 解法二： 在正三棱柱中，取中点，连结， 则，，两两垂直，以为正交基底， 建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则，，，．             设平面的一个法向量， 因为，， 由即解得，， 取，则，得．                 设平面的一个法向量， 因为，， 由即 解得，， 取，则，， 得． 因为平面平面， 所以，解得或， 所以或2． 考点六 空间向量与立体几何：空间向量法求空间角度问题 【知识点解析】 1.空间向量与空间角度问题 空间角度问题 向量表示 异面直线所成之角（线线角） 若求直线与直线所称之角 (1)表示、、、四点的坐标. (2)表示与. (3)记直线所成之角为，. 直线与平面所成之角（线面角） 若求直线与平面所成之角 (1)表示、、、、五点的坐标. (2)表示与平面两条相交直线所形成的向量. (3)设平面的一个法向量为，利用法向量与平面的所有直线垂直列方程，赋值求解. (4)记直线与平面所成之角为，. 平面与平面所成之角（二面角） 若求平面与平面所成之角 (1)表示、、、、、五点的坐标. (2)分别表示平面与平面两条相交直线所形成的向量. (3)设平面的一个法向量为，利用法向量与平面的所有直线垂直列方程，赋值求解，同理求平面的一个法向量. (4)记平面与平面所成之角为，. 【例题分析】 1．（24-25高二下·广西河池·期末）已知空间四点，，，，则直线与直线所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由空间四点，，，， 可得，则， 设直线与直线所成的角为，其中， 则，可得， 所以直线与直线所成的角为. 故选：A. 2．（24-25高一下·浙江温州·期末）如图，四棱锥的底面是正方形，平面ABCD，点E为SC中点，，则异面直线EB与AC所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为平面，底面是正方形， 故以D为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 设，则，，，， 因为点E为SC中点，所以， 所以，， 设异面直线EB与AC所成角为， 则. 故选：A. 3．（24-25高二下·福建泉州·期末·多选）如图，已知正方体边长为，则下列说法正确的是（    ） A．直线与所成角为 B．平面 平面 C．三棱锥的体积是正方体的 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】AC 【详解】以D点为坐标原点，DA为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，，， 所以，， 因为， 所以，即直线与所成角为，故A正确； ，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，即， 在正方体中，平面的法向量可以为， 因为， 所以平面 平面不成立，故B错误； ，故C正确； 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，故D错误. 故选：AC 4．（24-25高二下·福建漳州·期末·多选）如图，正方体的棱长为1，下列说法正确的是（   ） A．直线与所成的角为 B．直线与平面所成角的余弦值为 C．点到平面的距离为 D．二面角的大小为 【答案】ABC 【详解】以点为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 对于A：，， ， 直线与所成角的范围为，故直线与所成角为，A正确； 对于B：，显然是平面的一个法向量，设直线与平面所成角为， 所以， 直线与平面所成角范围为，则，B正确； 对于C：，设平面的一个法向量，则， 即，，解得， 故点到平面的距离，C正确； 对于D：显然是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量，则， 即，，解得， 设二面角的大小为， ， 因此二面角的大小为，D错误. 故选：ABC. 5．（24-25高二下·甘肃白银·期末）如图，在四棱锥中，平面，，，，. (1)求点到平面的距离； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）以为原点，以，，方向分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，， 设平面的法向量为， 则，不妨取，则， 所以点到平面的距离. （2）由，设平面的法向量为， 则，不妨取，则， 又且为平面的一个法向量， 所以， 因为二面角为钝角，所以其余弦值为. 6．（24-25高二下·广东潮州·期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，平面平面，E为中点，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）（1）∵，E是的中点，∴. ∵平面平面，平面平面，平面，，∴平面. ∵平面，∴. ∵平面，平面，∴. 又，，平面，∴平面. （2）∵平面，，∴平面. ∵，平面，∴，. ∵平面，，平面，∴，. 故以D为坐标原点，，，分别为，，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，即. 令，则，故平面的一个法向量为. 设直线与平面所成角为， 则. ∵，∴， 即直线与平面所成角的大小为. 7．（24-25高一下·河北·期末）如图1，在直角梯形中，已知，现将沿折起到的位置，使平面平面，如图2. (1)求证：； (2)求与平面所成的角的正弦值； (3)求二面角的平面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）因为，则， 可得，则. 又因为平面平面，且平面平面平面， 可得平面， 且平面，所以. （2）法一（几何法）：过点作，交于点. 因为，则为的中点， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 连接，则为与平面所成的角. 由（1）知， 因为，则， 所以直线与平面所成的角的正弦值. 法二（空间向量法）：过点作，交于点. 因为，则为的中点， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 以为坐标原点，所在的直线为轴，过且平行于所在的直线为轴，所在的直线为轴，如图建立空间直角坐标系， 则，可得， 因为平面，所以平面的一个法向量可为， 可得. 直线与平面所成的角的正弦值为. （3）法一（几何法）：由（2）知平面平面，所以. 过作交于点，连接， 因为，平面，所以平面， 且平面，所以， 可知为二面角的平面角. 在中，，则， 可得， 所以二面角的平面角的余弦值为； 法二（空间向量法）：由（2）知， 则. 设平面的法向量为， 则，即，令，可得， 所以平面的一个法向量为， 且平面的一个法向量可为.可得， 由图可知二面角的平面角为锐角， 所以二面角的平面角的余弦值为. 8．（24-25高二下·海南海口·期末）如图1，正方形的边长为2，如图2，将正方形沿着对角线翻折，O为原正方形的中心． (1)证明：平面； (2)翻折至四面体的体积最大时． （ⅰ）求异面直线与所成角的大小； （ⅱ）求与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【详解】（1）证明：在图中，连接，， 因为和都是等腰三角形，且O是正方形中心， 所以，，，，平面， 所以平面． （2）在翻折过程中，四面体的体积取最大值时，D点到平面的距离最大， 此时平面平面， 因为，所以平面． 方法1：（ⅰ）在四面体中，取，的中点，记为E，F，连接，，． 因为为的中位线，所以且， 同理且， 所以或其补角为异面直线与所成角，且，， 由前知，平面，所以． 又，，所以， 所以为等边三角形，， 所以异面直线与所成角的大小为． 方法2：（ⅰ）所以，，两两垂直，如图，以O为坐标原点， ，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系． 因为正方形的边长为2， 所以，，，， ，， 设异面直线与所成角为，， 因为，所以． （ⅱ）因为，，， 设平面的一个法向量， 因为，即， 令，则，，得， 设与平面所成角为，， 即与平面所成的角的正弦值为． 9．（2024·山东威海·二模）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，，M为的中点. (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). 【详解】（1）设中点为，连接，因为为等边三角形，故， 由题意，平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，故， 又，，平面，故平面， 由平面，故， 又M为的中点，为等边三角形，则， 因为，平面，所以平面. （2） 由（1）知平面，平面，故， 连接，，则， 即四边形为平行四边形，故，所以， 故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，令，则， 设直线与平面所成角为θ，，则. 10．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，M是的中点，N是上的一点．    (1)证明：平面平面； (2)求点M到平面的距离； (3)若异面直线和所成角的余弦值为，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3) 【详解】（1）    因为平面，平面， 所以，又， 因为平面， 所以平面，又平面， 所以， 又是中点， 所以，又平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面； （2）由题知，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图所示，    因为，，M是的中点， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，解得， 故可取，故所求为； （3）    由（2）可知， 因为三点共线，所以可设 ， 而， 若异面直线和所成角的余弦值为， 则，即， 解得， 所以， 因为平面， 所以平面的一个法向量可以是， 设平面的法向量为， 注意到， 所以，令，解得， 故可取， 所以二面角的余弦值的绝对值为， 故所求为. 考点七 空间向量与立体几何：空间向量法求空间距离问题 【知识点解析】 1.空间向量与空间距离问题 空间距离问题 向量表示 点到平面的距离 若点为平面外一点，点为平面内任一点，平面的法向量为， 则. 点到直线的距离 若点为直线外一点，为直线上一点，直线的方向向量为， 则. 异面直线的距离 已知直线与为异面直线，与与均垂直的向量为，直线与上各取一点形成， 【例题分析】 1．（24-25高二上·浙江湖州·期末）已知空间三点，，，则点到直线的距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为，，， 所以，， 所以在向量上的投影向量的长为， 所以点到直线的距离是. 故选：C. 2．（24-25高三上·上海杨浦·期末）已知空间中三点，，，则点到直线的距离为（    ） A．2 B． C． D．3 【答案】B 【详解】根据题意可知,, ∴点到直线的距离为 故选：B 3．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知，，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为，，，则，， 所以点到直线的距离为：. 故选：D 4．（24-25高二下·甘肃白银·期末）已知空间中有，，三点，则点到直线的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意得，， 所以点到直线的距离. 故选：A. 5．（24-25高二下·甘肃平凉·期中）正四棱锥中，为顶点在底面内的正投影，为侧棱的中点，且，则异面直线与的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为为正四棱锥且是在底面内的正投影， 所以面， 连接，，则且交于. 因为 面， 所以，. 所以以，，为 ，，轴建立如图所示的空间直角坐标系. 因为， 则，，，，， 所以，. 设异面直线与的公垂线方向向量为， 则有 ，即，取. 又因为， 所以异面直线与的距离. 所以异面直线与的距离为. 故选：B 6．（24-25高二下·福建莆田·期末）如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点. (1)求证：，，，四点共面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）连接， 因为，分别为棱，的中点，所以， 在长方体中，，所以， 所以，，，四点共面. （2）以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得， 则点到平面的距离. 7．（24-25高二下·福建泉州·期末）如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱⊥底面，且PC=3.    (1)证明：平面PCD⊥平面PAD； (2)求点B到平面PAD的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）∵PC⊥底面ABCD，平面， ∴PC⊥AD， 又∵CD⊥AD ，且PC∩CD=C，平面， ∴AD⊥平面PCD， ∵平面PAD， ∴平面PCD⊥平面PAD； （2）如图建立空间直角坐标系，    则 ， 所以， 设平面PAD的一个法向量为， 则，即， 解得，令，得，则， 所以点B到平面PAD的距离为：. 8．（24-25高二上·天津·期末）如图，在直三棱柱中，，，是中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【详解】（1）在直三棱柱中，连接交于F点，连接， 由侧面是平行四边形，得是的中点，又是中点，则， 而平面，平面，所以平面. （2）依题意，底面，，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的一个法向量为，则，令，得， 而是平面的一个法向量，设平面与平面所成角为， 则， 所以平面与平面所成角的余弦值为. （3）由（2）知，， 所以点到平面的距离. 9．（24-25高二上·重庆·期末）如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，是的中点，是与的交点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面的所成角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)1 【详解】（1）连接交于，连接，如图， 因为分别为中点，所以， 又因为平面平面，平面， 所以平面. （2）由题意，两两垂直，分别以为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则, ,， 设平面的法向量， 则，令，则， 设直线与平面的所成角为， 则 ， 所以. （3）由（2），平面的法向量， 设到平面的距离为，则， 又, 所以, 所以. 10．（24-25高二下·广西桂林·期末）如图，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，为棱的中点．    (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到直线的距离． 【答案】(1)证明过程见解析； (2)； (3) 【详解】（1）证明：由题知，平面ABC， 所以、、两两垂直 故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系    因为，，，则 ，，，，，， 所以， 故 所以 （2）由（1）分析知，，， 又，即 所以， 设平面的法向量为 则，即 令，则 由题知，是平面的一个法向量 设二面角的平面角为，则 所以二面角的余弦值为. （3）由（2）知，，且 在上的投影向量的模长. 计算. 根据点到直线距离公式， 即点到直线的距离为. 11．（24-25高二下·上海闵行·期末）设正方体的棱长为2，，的中点分别为，. (1)求直线与所成角的余弦值； (2)求点到面的距离. 【答案】(1) (2) 【详解】（1） 在正方体中，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系如图所示， 则由题可得：，，，， ∴，， ∴， ∴异面直线与所成角的余弦值为. （2）由（1）知.设平面的一个法向量为， 则，即. 令，则，∴平面的一个法向量为. ∵，∴点到面的距离为. 考点八 动点问题 【知识点解析】 1. 若动点所在直线与坐标轴平行或重合，则直接设动点坐标. ①若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数. ②若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数. ③若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数. 2. 若动点所在直线与坐标轴不平行，可利用共线向量表示动点坐标. 已知点，，动点在直线上运动. ①表示向量. ②利用三点共线得，所以，得的坐标. ③利用的坐标求出点坐标，直接利用表示出目标向量. 【例题分析】 1．（2025·河南信阳·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，且，，，E为中点. (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在点为的中点 【详解】（1）证明：取中点记为，连接EF，CF， 则，且； ，且； 所以平行且等于CD， 所以四边形为平行四边形，所以. 又因为平面，平面， 所以平面. （2）记中点为，连接，， 则四边形为正方形， 且根据勾股定理得， 所以， 则，所以. 又因为，，平面，所以平面. 因为平面，所以. 又因为， 所以，且，平面， 所以平面. （3）由（2）知，平面，且. 以为坐标原点，以，BA，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， ，，，，， 设，，则， 则，，， 设平面与平面的法向量分别为和 则 令，得. 令，得. 设平面与平面的夹角为，， 则，解得. 因此存在点为的中点，使得平面与平面夹角的余弦值为. 2．（2025·河北·模拟预测）三棱台中中，平面，，，. (1)证明：； (2)若，则当二面角的余弦值为时，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：因为平面，且平面，所以， 又因为，故， 因为，且平面，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，可得 所以，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）以为原点，以所在直线分别为轴和轴，以过点垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，， 可得，，， 设，因为，可得，所以， 所以， 设平面一个法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面一个法向量为，则， 取，可得 ，所以， 因为二面角的余弦值为，可得，即， 所以， 可得，解得或， 又因为，所以. 3．（2025·河北邢台·三模）如图，在斜三棱柱中，，，点在底面上的投影为的中点，点满足. (1)当时，证明：平面平面； (2)已知 ，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)或 【详解】（1）当时，即为线段的中点， 因为，所以，所以， 又，所以， 又因为平面，平面//平面， 所以平面，平面，所以， 且，，平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）因为，为的中点，所以，且平面， 故以为坐标原点，，，分别为，，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以，， 所以，，，， 可得，， 所以，. 设平面的法向量为， 则化简得 令，则，， 可得， 由题意可知，平面的法向量， 所以， 又平面与平面夹角的余弦值为， 所以，解得或，所以的值为或. 4．（23-24高二上·四川绵阳·阶段练习）如图所示，在几何体EFG-ABCD中，四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长均为1，点M在棱DG上． (1)求证：EF平面BDM． (2)当直线BM与平面BEF所成的角为时，求DM的长 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）四边形、四边形、四边形均为正方形， 两两互相垂直， 以为坐标原点，为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，设， ，， ， ，同理可证，且，平面， 故平面. （2）设平面的法向量，又，， ， 令，解得，，. 假设存在点，使得直线与平面所成的角为，则， ，解得：， 在棱上，，， 当点在棱上，且时，直线与平面所成的角为． 5．（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，P为棱的中点，Q为棱所在直线上一点，且（）. (1)若，求直线与所成角的余弦值； (2)若直线与平面所成角为45°，求实数的值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）建立空间直角坐标系并求点的坐标：以为正交基底，建立空间直角坐标系. 已知正方体棱长为，则，，.因为为棱的中点，，，所以点坐标为； 又因为，，所以点坐标为. 所以，. 根据向量的夹角公式，， ，所以. 因为异面直线所成角的范围是，所以与所成角的余弦值为. （2）因为，，所以点坐标为. 那么，，.   设平面的法向量为，有，即. 令，得，解得； 把，代入得，解得. 所以.   已知直线与平面所成角为，根据线面角向量关系（为线面角）， 则. 等式两边同时平方得. 化简：，即. 展开得. 移项整理得， 又因为，所以，解得.   6．（24-25高二下·河南洛阳·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面平面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，，，E是BC的中点，点Q在侧棱PC上.    (1)求证：； (2)是否存在点Q，使DC与平面DEQ所成角的正弦值为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或. 【详解】（1）证明：取AD中点O，连接OP，OB. ∵，∴， 在菱形ABCD中，，可得为等边三角形， ∴，又∵PO，平面PBO，且， ∴平面PBO，∵平面PBO，∴.    （2）解：∵，平面平面ABCD，平面平面， 且平面PAD，∴平面ABCD， 以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 假设存在点Q满足题意，设，， 则， ∴，，，， 设平面DEQ的法向量为， 则 令，则，，∴. 设DC与平面DEQ所成角为，则，解得或. ∴存在点Q，使得DC与平面DEQ所成角的正弦值为，此时或. 7．（24-25高三上·广东惠州·阶段练习）如图1，在中，，分别为，的中点，，.将沿折起到的位置，使得，如图2. (1)求证：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【详解】（1）设是的中点，是的中点，如下图，连接，则， 则，， 由于，所以， 由于平面，所以平面， 由于平面，所以平面平面； （2）由（1）以及已知条件可知两两相互垂直， 则以为坐标原点，正方向为轴正方向， 可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 假设在线段上存在点，使得直线和所成角的余弦值为， 设，则， ， ， 整理可得：，解得：， 存在满足题意的点，此时. 8．（24-25高二上·广东汕尾·阶段练习）如图所示，在四棱柱中，侧棱底面ABCD，，，，，E为棱的中点． (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的正弦值． (3)设点M在线段上，且直线AM与平面所成角的正弦值是，求线段AM的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)． 【详解】（1）如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，， E为棱的中点，因此， ， 因为，所以，即； （2）由（1）， 设平面的一个法向量是， 则，取，则， 由（1），又，，平面， 所以平面， 因此平面的一个法向量是， ， 所以平面与平面夹角的余弦值为，从而正弦值为； （3）由（1）知， 设，则，， 易知平面的一个法向量是， ，解得（负值舍）， 所以． 考点九 边长缺失问题 【知识点解析】 在立体几何中，“边长缺失” 是常见问题，即题目未直接给出关键线段的长度，但需要通过这些边长求解体积、表面积、角度或距离等.这类问题的核心是利用几何性质建立边长之间的关系，而非被动依赖已知数据. 核心原则：用 “关系” 替代 “已知” 立体几何中，边长的 “缺失” 往往是因为它们与已知条件存在隐含关联（如垂直、平行、全等、相似、勾股定理、三角函数关系等）.解决的关键是： 1. 识别 “缺失边长” 的角色（如棱锥的高、棱柱的侧棱长、球的半径等）. 2. 找到它与已知条件的几何联系（如在直角三角形中、在相似三角形中、在面面垂直的交线上等）. 3. 用字母表示未知边长，通过方程或几何公式推导其值. 【例题分析】 1．（24-25高二下·山东烟台·阶段练习）如图，长方体的底面是边长为3的正方形，点为棱的中点，. (1)求的长度； (2)求点D到平面的距离. 【答案】(1)6 (2) 【详解】（1）如图，以D为坐标原点，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 设，由已知可得， 所以， 因为，所以，解得， 所以.即的长度为6. （2）设平面的法向量为，且， 则有，即，令得， 又， 所以点D到平面的距离. 2．（2025·湖南岳阳·二模）如图，在圆锥中，为底面圆的一条直径，为底面圆周上不同于的两点，圆锥母线长为. (1)若，平面与平面的交线为，证明：∥； (2)若与平面所成角的正切值为，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）因为为直径，则， 且，则且， 又因为，则，即. 且，平面，可知， 且平面平面，所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以. （2）方法一：由题意知，， 如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，过与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系， 可知，设， 则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 设与平面所成角为， 则，可得， 且，解得， 即， 整理得，解得，即； 方法二：以点为坐标原点，所在直线分别为和轴，在平面内过垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 设，可得，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 设与平面所成角为，则，可得， 且，解得， 即， 整理得，解得， 所以，即. 3．（24-25高二上·浙江金华·阶段练习）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，四边形为梯形，，.    (1)若为的中点，求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【详解】（1）取中点，连接，为的中点， 所以， 由，故，， 所以，故四边形为平行四边形， 所以，面，面， 所以平面；    （2）取中点，连接， 由，即四边形为平行四边形， 又，则，即， 为等边三角形，则， 由面面，面面，面， 所以面， 以为坐标原点，为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，    设，则， 所以， 设面的法向量，则，令，则， 所以，可得，即的长为. 4．（24-25高三上·江苏扬州·期末）如图，在直三棱柱中，，二面角为直二面角．点为棱的中点，棱与平面相交于点． (1)求证：为棱的中点； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)4 【详解】（1）证明：因为直三棱柱，所以， 又平面，平面，所以平面， 又平面，平面平面，所以． 又为的中点，所以为的中点． （2）方法一：由直三棱柱得平面， 又平面，所以，， 所以即为二面角的平面角． 又二面角为直二面角，所以． 如图，以点为原点，分别以，为轴建立空间直角坐标系． 设，则，， 所以，，． 设为平面的法向量，则即 不妨取，则是平面的一个法向量， 所以． 设直线与平面所成角为，所以， 解之得，即． 方法二：在平面内，过点作，垂足为，连接， 由直三棱柱得平面，又平面， 所以，， 所以即为二面角的平面角． 又二面角为直二面角，所以，即， 又，，平面，所以平面． 又平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 所以为直线与平面所成的角． 设，因为，， 所以，所以， 解之得，即． 5．（24-25高二上·河北邢台·阶段练习）在三棱柱中，平面平面，，，，. (1)证明：平面； (2)若异面直线所成角的余弦值为，求BC. 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【详解】（1）因为平面平面，交线为， ，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，，平面， 所以平面， 又，所以平面； （2）取的中点，连接，因为，所以⊥， 因为平面平面，交线为，平面， 所以⊥平面， 取的中点，连接，则， 因为，所以⊥， 故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为，所以，故， 设，则，设， 由得， 解得，故， ， 因为异面直线所成角的余弦值为， 所以， 解得，故. 6．（2025·湖北·模拟预测）如图，正三棱柱中，点在上，．    (1)求证：平面； (2)若，二面角大小为，求的长度． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【详解】（1）    连接交于点，再连接， 在正三棱柱中，有平面，因为平面， 所以，又因为，平面， 所以平面，又因为平面，所以， 再由正三棱柱可得，是等边三角形，所以点为的中点， 再由正三棱柱可得，侧面四边形是矩形，所以对角线交点为中点， 所以有，又因为平面，平面， 所以平面； （2）    如图建立空间直角坐标系，由正三棱柱中，设， 则， 所以有 设平面的法向量为， 则， 令，则，所以， 设平面的法向量为， 则， 令，则，所以， 由二面角大小为， 则， 解得，即. 7．（2025·湖北·模拟预测）如图，四棱锥中，底面，，，，. (1)证明：平面； (2)平面与平面所成角余弦值为，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2)1或 【详解】（1）由底面，因此， 因为，，平面，所以平面； 底面中，，，， 因此，得到，由底面，平面， 因此，，平面， 所以平面， 因此，平面，所以平面. （2）以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，设， 因此点的坐标为，，，， 易得平面的法向量为， ，，设平面的法向量为， 所以，令，得， 因此，化简得：，所以或. 因此的长为1或. 8．（24-25高二下·陕西西安·阶段练习）在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是菱形，，点在线段PD上，平面AEC. (1)证明：为PD的中点； (2)若，二面角的余弦值为，求PA的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：连接BD交AC于，连接OE， 因为底面ABCD是菱形，所以是BD中点， 又平面，平面PBD，平面平面，所以， 故为PD中点. （2）取的中点，连接，易知，则平面， 在菱形中，易知，由，，则，， 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图： 设，则，，，， 由为的中点，则， 取，，，， 设平面的法向量，则， 令，则，，所以平面的一个法向量； 设平面的法向量，则， 令，则，，所以平面的一个法向量， 设二面角的平面角大小为，则， 即，解得. 考点十 最值与范围问题 【知识点解析】 1.最值与范围问题处理思路 立体几何中出现一般是因为动点问题或条件缺失引起的.处理这类问题的一般思路： （1）设未知数：根据动点所在位置或缺失的边长设出未知数. （2）翻译条件：利用所设的未知数，表示题目所求的角度或距离. （3）求解最值：根据所求解析式的形式，选择恰当的方法求解最值. ※求解最值时，需注意未知数的取值范围！ 2.代数法求最值的常见方法 （1）单调性法 （2）二次函数法 （3）三角函数法 （4）换元法 （5）基本不等式法 （6）分离常数法 （7）判别式法 【例题分析】 1．（24-25高二下·河南新乡·期末）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，为锐角，，，分别是，，的中点． (1)证明：∥平面． (2)求二面角的余弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）由题意证明如下， 连接，，，设，连接． 在中，，分别是，的中点，所以∥， 在中，，分别是，的中点，所以∥， ∴∥． ∵平面，平面， ∴∥平面． （2）由题意及（1）得， 过点作交于点． 以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，． 设， 则，． 设， 则，， 即， 则，． 设平面的法向量为， 则所以 可取． 由几何知识得，平面DCF的一个法向量为， ． 令， 则， 当且仅当，即，，等号成立， 所以． ∴二面角的余弦值的最大值为． 2．（24-25高二下·河南商丘·阶段练习）如图，在四棱台中，底面，底面是边长为2的正方形，，点为线段上的动点，棱台的体积为. (1)求的长； (2)若平面，请确定点的位置； (3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 【答案】(1)2； (2)点的位置为靠近的4等分点； (3) 【详解】（1）底面是边长为2的正方形，， 故底面是边长为1的正方形， 所以底面的面积为，底面的面积为， 底面，故为棱台的高， 故棱台的体积为，解得； （2）因为底面，平面， 所以，， 又，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 由（1）知， 则， 设，， 则，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，， 所以， 因为平面，所以， 解得，此时，点的位置为靠近的4等分点； （3）， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 由（2）知，平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 令， 则， 因为，故当，即时，取得最大值， 最大值为. 3．（24-25高二下·云南·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，且. (1)证明：. (2)设平面与平面的交线为. ①证明：. ②若为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②. 【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，， 所以平面. 因为平面，所以. 因为，，所以平面. 又平面，所以. （2）①证明：因为，平面，平面，所以平面. 又因为平面，平面平面，所以. ②解：过点在平面内作，则平面， 又因为，所以以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，. 设，则，，. 设平面的法向量为，则 令，则. 设直线与平面所成的角为，则. 令，所以 ， 当且仅当时，取得最大值. 4．（2025·安徽芜湖·二模）在四棱台中，，，，，. (1)证明：. (2)若四棱台的体积为7， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）若为棱上一动点，求平面与平面所成角余弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【详解】（1）在中，，所以，所以，即， 因为，，平面， 所以平面，平面，所以. 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以. （2）因为，， 所以，所以. （i）以D为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，. 设平面的法向量为， 则，即， 令，得，，所以， 因为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （ii）， 则， 设，， 设平面法向量，则， 即， 令，得，所以， 由题意可得平面的法向量， 所以， 即平面与平面所成角余弦值为， 因为，所以当时，取得最大值， 所以平面与平面所成角余弦值的最大值为. 5．（24-25高二下·浙江·阶段练习）如图，是圆柱的一条母线，是底面的一条直径，是圆上一点，且. (1)求三棱锥的体积最大值； (2)求直线与平面所成角正弦值的最大值. 【答案】(1) (2). 【详解】（1）由于三棱锥的高，所以当底面面积最大时，三棱锥的体积最大. 又是底面圆的一条直径，所以当时，底面的面积最大. 此时. （2）如图以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系系，则， 设平面的一个法向量为， 记，则， 所以， 则直线与平面所成角的正弦值为 ， 当且仅当时等号成立. 故直线与平面所成角正弦值的最大值为. 6．（24-25高二上·浙江杭州·期中）在长方体中，，点M为棱上的动点（含端点）. (1)求二面角的余弦值； (2)当的长度为何值时，直线与平面所成角的正弦值最小，并求出最小值. 【答案】(1) (2), . 【详解】（1）以长方体的顶点为坐标原点，为坐标轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，， 则，， 设向量为平面的一个法向量， 则，令，则，即， 在长方体中平面，∴平面的一个法向量为， 设二面角为，由图知该角为锐角， 则. （2）由（1）可知平面的一个法向量为， 设，则，则， 设直线与平面所成角为， 则， 设, ∵，∴， ∴， ∵，∴，结合函数在上单调递减， ∴， 即， ∴ ∴当时，取最小值，最小值为，此时. 7．（24-25高二下·江苏泰州·期末）在三棱锥中，已知平面，点在内（包括边界），． (1)已知． （i）求； （ii）求直线与所成角的大小． (2)若点分别满足，为直线上一点，且平面，求二面角余弦的最小值． 【答案】(1)（i）（ii）； (2) 【详解】（1）由平面，、平面，故，， 又，故、、两两垂直， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则有、、、， 设，且，则、， 由，则，即； （i）由，则，又，故， 即，则，故； （ii），， 则， 即，则直线与所成角的大小为； （2），， 设，， 则， ，， 设平面的法向量为， 则有， 令，则，， 即可为， 由平面，故， 即， 化简得，由，则， 故， 由平面，故为平面的法向量， 则 令，则， ， 由，则，故， 故， 由图可知二面角为锐角，设为， 故，即二面角余弦的最小值为. 8．（24-25高二下·江苏连云港·期末）如图，几何体是圆柱的四分之一部分，其中底面是半径为的扇形，母线长为，是的中点，为的中点，是上的动点（不与、重合），是圆柱的母线． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积的最大值； (3)求二面角余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）由题意可知，，平面， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、，所以， 易知平面的一个法向量为，则，即， 又因为平面，所以平面. （2）不妨设点，其中， 则、、， ，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 所以点到平面的距离为， 因为为是圆柱的一条母线，故平面， 因为平面，故，则， 所以 ， 因为，则，故，所以， 则， 即三棱锥的体积的最大值为. （3）设平面的一个法向量为， ，，则， 取，则， 所以 ， 因为，则，故. 结合图形可知，二面角的平面角为锐角， 因此，二面角余弦值的取值范围为. 考点十一 折叠问题 【知识点解析】 1. 折叠问题的核心原则 （1）不变量原则 ①线段长度不变：折叠过程中，线段的长度不会改变. ②夹角变化：平面内的角度在折叠后可能发生变化，但与折叠线垂直的线段在折叠前后的垂直关系保持不变. ③平行关系：与折叠线平行的线段在折叠后仍保持平行. （2）空间关系的转化 ①折叠前的平面几何关系（如全等、相似）在折叠后仍然成立，但需注意平面角与二面角的区别. ②折叠后的立体图形中，点、线、面的位置关系需要通过空间向量或立体几何定理分析. 【例题分析】 1．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，矩形中，，，E为BC的中点，将沿翻折至，平面平面． (1)求证：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) 【详解】（1）连接，由， ，得， 由，，得， 所以， 所以，即， 由平面平面，平面，平面平面， 所以平面， 又平面，所以， 又平面， 所以平面. （2）如图以为原点，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，取， 设直线与平面所成角为， 则 直线与平面所成角的正弦值为． 2．（2025·辽宁·二模）如图，在中，，，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至，得到四棱锥，为棱上一动点（不包含端点）． (1)若为棱的中点，证明：平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为． （ⅰ）求； （ⅱ）求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【详解】（1）因为，， 所以， 连接，因为为的中点，所以是等边三角形． 取的中点，连接，，则， 则，． 因为平面，平面，平面，平面， 所以平面，平面， 又，，平面， 所以平面平面， 又平面， 所以平面． （2）（ⅰ）因为，， 所以， 所以， 因为，所以， 又，，平面， 所以平面， 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，，，，，, 则， 设， 则，． 因为平面， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 所以， 整理得，解得舍，所以． （ⅱ）由（ⅰ）知，，． 设平面的法向量为， 则，即， 令，得，， 则， 所以点到平面的距离为． 3．（24-25高三下·湖南·阶段练习）如图，在中，，，是边上一点，将沿翻折至，且平面平面.当面积最大时： (1)求； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)或 (2)或 【详解】（1）， ， 面积最大时，， 情形一：当与不垂直时，过点作交于点， 平面平面，平面平面平面， 平面，平面，， 平面平面， 平面，平面，. 在中，， 由正弦定理，可得，. 情形二：当，即时，翻折过后， 平面平面，平面平面平面， 此时也有最大，由情形一此时． （2）情形一：，平面平面， 以为原点，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 中，，且平面， ，设平面的法向量， 则，即令，则， 同理可得，平面的法向量， ， 由图可知，二面角的余弦值为． 情形二：， ，设平面的一个法向量， ，指向面外部． 而面的一个法向量，指向面外部， 设二面角大小为. 4．（24-25高二下·云南曲靖·阶段练习）如图1，已知四边形是上、下底边长分别为1，3，高为1的直角梯形，，为线段上更靠近点的三等分点.将沿着翻折，使得点翻折到点，且，得到的几何体如图2所示. (1)证明：平面. (2)求平面和平面的夹角. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：在图1中，由已知，，， ∴四边形是矩形，∴. 在图2中，∵，，， ，平面，∴平面. ∵平面，∴. 其中，，， 故，∴. ∵，，平面， ∴平面. （2）（方法一）由（1）可知，，，两两垂直， 以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，， ，，. 设平面的一个法向量为， 则取， 则，，得. 易得平面的一个法向量为， 则平面和平面夹角的余弦值为， 故平面和平面的夹角为. （方法二）如图，作矩形，连接. ∵，，∴，∴，，，四点共面， ∴平面和平面的交线为. ∵，，，，平面， ∴平面. ∵平面，∴，∴. ∵，∴平面和平面夹角的平面角为. ∵，∴， 故平面和平面的夹角为. 5．（24-25高二下·广西南宁·期末）如图，在梯形中，，，，现将所在平面沿对角线翻折，使点翻折至点，且成直二面角． (1)证明：平面； (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1） 取中点为，连接交于点， 由于，，，所以四边形是菱形， 则，又因为四边形是平行四边形，则，故， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面； （2） 由可得：， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，再由平面，平面，故， 如图建系，可设， 由，可得①， 由，因，则②， 再由异面直线与所成角的余弦值为及， 可得：，解得， 将其代入①，②式可得：， 则， 设平面的法向量为， 则，故可取， 由图可得平面的法向量为， ， 则平面与平面所成角的余弦值是. 6．（2025·上海松江·二模）已知梯形中，为上的一点且，，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接，为棱的中点.    (1)求证：平面； (2)当时，求直线和平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）取中点，连接. 因为为中点，所以且. 又且， 所以且，则四边形是平行四边形， 所以，又平面平面， 所以平面.    （2）因为，翻折后， 所以是二面角的平面角，即. 在平面内，过点作，交于点， 因为，则平面，所以， 所以平面， 以为原点，分别以所在直线为，轴，建立空间直角坐标系. 设，则，， 则， 所以，平面的一个法向量. 设直线和平面所成角为， 则， 即直线和平面所成角的正弦值为. 7．（2025·江西·二模）如图，在平面四边形中，为线段上一点，满足，将沿向上翻折至，连接. (1)若，证明：平面平面； (2)若，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）取的中点，连接， 由已知易得均为等边三角形， 则，由于，所以， 又因为平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. （2）由，， 所以，则， 以为坐标原点，所在直线为轴､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， 由，得，取，得， 设平面的一个法向量为， 由，得，取，得， 设平面与平面所成角为， 则， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 8．（24-25高二下·江苏南京·期中）如图1，是底边为2的等腰三角形，且，为等腰直角三角形，，将沿翻折到的位置，且点不在平面内（如图2），点为线段的中点． (1)证明：； (2)当平面平面时，求直线与平面所成角的余弦值； (3)若直线与所成角的余弦值为时，设平面与平面的夹角为，求的值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【详解】（1）取中点为，连接，， ，， ，， 又，、平面， 平面，又平面， ． （2）平面平面，平面平面，，平面， 平面，易知，，两两互相垂直， 以为原点，以为基底，建立空间直角坐标系， ，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则， 取，得， ， 设直线与平面所成角为，则，又， 直线与平面所成角的余弦值为. （3）以为原点，以为轴，为轴，垂直于平面所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 为等腰三角形，， ，则，，， 设，则，则，， 故， 或（舍），又， ． 考点十二 轨迹、交线与截面问题 【知识点解析】 1. 空间中动点的轨迹，本质是满足特定条件的点的集合。解决时需： （1）明确约束条件：如 “到定点距离为定值”“到两定点距离相等”“到平面距离为定值”“与定直线所成角为定值” 等. （2）转化约束：利用空间几何性质（如线面垂直、平行、球的定义、圆锥的形成等），将空间约束转化为平面内的轨迹条件（如圆、直线、椭圆等）. （3）验证维度：判断轨迹是 “空间图形”（如球面、圆柱面）还是 “平面图形”（如平面内的圆、线段）—— 多数问题最终可转化为平面轨迹. 2. 基于 “距离约束” 的轨迹 距离约束条件 对应几何图形 思维转化 到定点距离为定值 球 若动点同时在某平面内，则轨迹为 “平面与球的交线”（圆或点） 到两定点距离相等 两定点连线的垂直平分线 若动点同时在另一平面内，则轨迹为 “两平面的交线” （直线） 到定平面距离为定值 与定平面平行的两个平面 若动点同时在另一几何体（如正方体）内 则轨迹为 “几何体与平行平面的交线”（如矩形、线段） 3.关键转化技巧：降维法 空间轨迹问题的难点在于 “三维到二维” 的转化，常用降维手段： （1）投影法：将动点投影到某一平面（如底面、侧面），通过投影点的轨迹反推原轨迹。 （2）截面法：若动点在某已知几何体（如正方体、球）内，轨迹常是几何体的 “截面交线”，需确定截面形状。 （3）定义法：直接套用空间图形定义（如球面、圆柱面、圆锥面），再结合约束条件缩小范围。 【例题分析】 1．（24-25高二下·安徽铜陵·阶段练习）已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，是棱上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．在线段上存在一点，使得平面 B．对于线段上的任意一点，都有 C．过，，三点作正方体的截面，则截面的面积为 D．若点在正方形所在平面内，且平面，则线段长度的取值范围是 【答案】ABD 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 对于A，，， ，由，得， 即当点时，，而平面， 因此平面，A正确； 对于B，由选项A知，，而，， 因此对于线段上的任意一点，都有，B正确； 对于C，取中点，，即，而直线， 则，四边形是符合题意的截面，， 等腰梯形的高，该截面面积，C错误； 对于D，设，则， 由平面，得，解得， 则，D正确. 故选：ABD 2．（2025·山东德州·三模）在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，平面，且，点，，分别为棱的中点，则（   ） A． B．异面直线和所成的角为 C．平面与平面所成角的正弦值为 D．过点，，的平面截四棱锥所得的截面图形为五边形 【答案】ACD 【详解】 如图，因平面，底面是边长为1的正方形， 故可以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 对于A，， 则，因， 则，即A正确； 对于B，因点是的中点，故且， 则，设和所成的角为， 则， 因，故，故B错误； 对于C， 由于平面，平面的法向量可取为， 点为棱的中点，则，，。 设平面法向量为，则，则，解得 设直线与平面所成角为，则，则，故C正确； 对于D，如图，延长与直线交于点，延长与直线交于点， 连接与交于点，连接与交于点，连接， 则平面截四棱锥的截面为五边形.即D正确. 故选：ACD. 3．（2025·湖南永州·模拟预测）在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，均与底面垂直，且，点、分别为线段BC，的中点，记该几何体的体积为，下列说法正确的是（    ）    A．该几何体的体积为 B．平面截该几何体所得截面周长为 C．平面将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为 D．平面与平面的二面角的余弦值为 【答案】AC 【详解】A选项，该几何体可看作是一个长方体与一个四棱锥的组合体的差． 以底面正方形为底，高为的长方体体积． 四棱锥的底面积，高，根据四棱锥体积公式， 可得． 所以则该几何体体积，所以选项A正确； B选项，连接，连接，由题可得，则四边形为截面，且四边形为梯形． 在中，已知，由勾股定理可得：， 所以，又因为， 所以周长，所以B错误； 对于C选项，由题意可知，平面即为平面截几何体的截面． 因为该几何体体积， 被截棱台的体积， 另一部分体积为，所以较小部分的体积为．所以C正确；    对于D选项，以D为原点，分别以所在直线为轴建立空间-直角坐标系． 则． 设平面的法向量为， 则， 令，则，所以． 平面的法向量为． 设平面与平面的二面角为，由题可知为钝角，则，所以选项D错误． 故选：AC 4．（24-25高一下·安徽淮北·期末）在直三棱柱中，，且为线段BC（不含端点）上的动点，则下列结论中正确的是（    ） A． B．异面直线与所成角的取值范围为 C．的最小值为 D．当是BC的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为 【答案】ABD 【详解】以为原点，,,所在直线方向分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 设，故，，，， 对于A选项：，，， 故，故A正确； 对于B选项：，， 故， 因为，， 故异面直线与所成角的取值范围为，故B正确. 对于C选项：，， ， 可将其看成分别到点，的距离和， 当且仅当三点共线时，此时距离最小，故C错误； 对于D选项：当M为中点时，则，外接球圆心为且 半径为， 设球心到平面的距离为 设平面的法向量为，， 则，令，则； 又，则， 由截面圆半径， 故截面圆面积为，故D正确. 故选：ABD. 5．（24-25高二下·甘肃甘南·期末）在棱长为2的正方体中，M，N分别是棱，的中点，点P，Q分别在平面与平面内，则（   ） A．平面 B．平面截该正方体所得截面形状为等腰梯形 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．的最小值为 【答案】ACD 【详解】对于A，如图1，M，N分别是棱，的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面，A正确． 对于B，如图2，延长交射线，于点，， 连接，，交，于，点， 顺次连接，，，， 所以平面截该正方体所得截面即为五边形，B错误． 对于C，以为原点如图3建系，设，则，，， 设平面的法向量为， 则有取，则， 设直线与平面所成的角为， 则， 要求的最大值，显然． 令，，则，则， 当，即，即时，取得最大值，最大值为，故C正确． 对于D，如图4，在延长线上取，使，所以， 表示到平面的距离， 所以， 当平面，平面，此时取得最小值， 因为，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则 所以令，则， 所以，故D正确． 故选：ACD 6．（24-25高三上·江苏镇江·阶段练习）在正四棱柱中，底面边长为，侧棱长为1，则下列结论正确的是（   ） A．点B到平面的距离是 B．平面与平面垂直 C．记底面的中心为，则直线与直线所成角的余弦值为 D．若为线段的中点，点在正四棱柱表面上运动，若平面，则点的轨迹是六边形 【答案】ABD 【详解】选项A：因为四棱柱是正四棱柱，且底面边长为， 所以， 又因为是等腰三角形，， 所以底边上的高为， 设点B到平面的距离为， 则，即，解得， 所以点B到平面的距离是，A说法正确； 选项B：以为坐标原点，分别为轴建立如题所示坐标系， 则，，，，，， 所以，，，， 设平面和平面的法向量分别为，， 则，， 取，， 因为，所以平面与平面垂直，B说法正确； 选项C：底面中心，则， 又，所以， ，， 所以直线与直线所成角的余弦值，C说法错误； 选项D：若为线段的中点，则， 因为，，， 设平面的法向量，则，取平面的法向量， 设，则， 若平面，则， 整理得的轨迹方程为， 因为点在正四棱柱表面上运动， ，，， 所以6个表面方程及交线如下： ①下底面令，联立轨迹方程得，即， 范围，，交线线段为，从到； ②上底面令，联立轨迹方程得，即， 范围，，交线线段为，从到； ③后面令，联立轨迹方程得，即， 范围，交线线段为，从到； ④前面令，联立轨迹方程得，即， 范围，交线线段为，从到； ⑤左侧面令，联立轨迹方程得，即， 范围，交线线段为，从到； ⑥右侧面令，联立轨迹方程得，即， 范围，交线线段为，从到； 由图象可得依次连接，形成一个闭合的六边形，D说法正确； 故选：ABD 7．（24-25高一下·江苏常州·阶段练习）在棱长为1的正方体中，为底面的中心，则下列说法中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则过点轨迹与点的平面截正方体所得截面面积为 C．若，则三棱锥的体积为定值 D．若，则直线与平面所成角的余弦值的取值范围为 【答案】AC 【详解】对于A，若，则三点共线，即点在直线上，连接， 则平面，因为平面，平面， 所以，又，，平面， 则平面，平面，所以，故A正确； 对于B，设分别为的中点，连接，若， 由得，则三点共线， 即点在直线上，平面即为过点轨迹与点的截正方体所得的截面， ，，，边上的高 为，所以截面面积为，故B错误； 对于C，设分别为的中点，连接分别与的 延长线相交于点，若， 由得，则共线， 即点在直线上，连接，则，因为平面， 平面，所以平面，所以直线上的点到平面的距 离都相等，点在直线上，连接，，， 所以，所以， 则三棱锥的体积为定值，故C正确； 对于D，若，由得，即点在直线上， 因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 平面，所以，同理，， 平面，所以平面， 当点为中点时，连接，则，此时平面， 直线与平面所成的角，余弦值为0， 当点在之间时，直线与平面所成的逐渐变小， 并且与互余，与点重合时到达边界， ， 此时， 当点在之间时，也逐渐变小，并且与互余， 与点重合时到达另一个边界，此时， ，由余弦定理得， 此时， 综上所述，，故D错误. 故选：AC. 8．（24-25高二下·浙江舟山·期末）已知正方体的棱长为3，以下说法正确的是（    ） A．若点为正方形内部及边界上的动点，且满足，则动点的轨迹长度是 B．若点为正方形内部及边界上任意一点，则存在点使得点，到平面的距离之和等于 C．若点在正方体的内切球表面上运动，且面，则的最小值为 D．若点满足，则动点构成的平面截三棱锥所得截面的面积为 【答案】ABD 【详解】    对于A选项，由题意建立如图所示的空间直角坐标系，则，, 点为正方形内部及边界上的动点，设， ，，化简得， 即点的运动轨迹以为圆心，半径为1的圆， 动点的轨迹是四分之一圆的周长，其长度是，正确. 对于B选项，点为正方形内部及边界，设，，， 平面的法向量为， 点到平面的距离：， 点到平面的距离：， 距离之和为， 令，则方程变为，又为正方体的空间对角线，，即， ，化简得， 解得，由于，在范围内， 存在点，正确. 对于C选项，点在正方体的内切球,正方体的内切球半径为，球心为， ，，平面的法向量为， 面等价于与平面法向量垂直，即， 设，则，即， 在平面上. 到平面的距离：， 在平面上，球心为到平面的距离：， 平面与内切球的交线是一个圆，设圆心为，则圆的半径为， 的最小值是到圆的距离，圆心在平面上且是到平面的垂线， 的最小值就是圆的半径，错误. 对于D选项，设，由可得 ， 化简得，，平面是平行于底面， 动点构成的平面截三棱锥所得截面是正方体四个侧面的中心的连线，截面形状为边长为的正方形，则截面的面积为，正确. 故选：ABD. 课后提升训练 1．（24-25高二下·江苏南京·期中）设向量则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 故选：D. 2．（24-25高二上·安徽黄山·期末）如图，在正方体中，平面与平面的夹角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，则， 所以， 因为平面， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则 ，令， 则，所以为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则 ， 因为为锐角，所以， 所以， 所以平面与平面的夹角的正切值为. 故选：A 3．（24-25高二下·江西·期末）已知经过点的平面的一个法向量为，则点到平面的距离为（） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】， ，又， 点到平面的距离为， 故选：B 4．（24-25高二下·福建宁德·期末）在三棱锥中，，，两两垂直，且，为的中点，为的中点，若为该三棱锥外接球上的一点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 设三棱锥的外接球的球心为， ，，两两垂直，且，则； 三棱锥的外接球的半径为 为的中点，为的中点，，设为为中点，则 ，   ， 要使取到最大值，则必须达到最大，则、、三点要共线， 且满足，故 故选：D. 5．（2025·河北秦皇岛·模拟预测·多选）在棱长为1的正方体中，O为上底面的中心，则（   ） A．平面 B． C．直线与的距离为 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】ACD 【详解】如图，建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 所以，即， 又因为平面，所以平面，故A正确； ，平面的法向量， 设直线BC与平面所成角为， 则， 所以直线BC与平面所成角的正弦值为，故D正确； ，， 则， 所以不成立，故B错误； 因为，设，， 则，令，则， 又因为，所以直线与的距离为，故C正确. 故选：ACD 6．（24-25高一下·黑龙江·期末·多选）如图，在直三棱柱中，，分别为的中点，点是直三棱柱表面上的动点，则下列说法正确的是（   ） A．若是线段上一点，则三棱锥的体积为定值 B．若平面平面，则点的轨迹长度为 C．若是的中点，则与平面所成角的正弦值为 D．若点是线段上一点，则的最小值为 【答案】ABD 【详解】因为分别为的中点，所以，因为是上一点，所以点到直线的距离为定值， 所以三角形的面积为定值， 又到平面的距离为也是定值，所以三棱锥的体积为定值，A正确； 如图1，取的中点，连接， 由得四边形为平行四边形，所以， 又分别为的中点，所以， 又，所以， 又，所以， 因为平面平面， 所以平面，同理可证平面， 因为平面， 所以平面平面， 易知四边形为梯形，， 所以点的轨迹长度为，故B正确； 如图2，以为轴，过点作的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， ， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以， 所以，即与平面所成角的正弦值为，故C错误； 如图3，展开底面使之与侧面在同一平面内，则的最小值为， 易知在三角形中，，所以， 即的最小值为，故D正确. 故选：ABD. 7．（24-25高二上·安徽黄山·期末）已知正方体的边长为，点是的中点，则点到直线的距离为 . 【答案】/ 【详解】以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设点到直线的距离为，则 . 故答案为： 8．（24-25高二下·河南开封·期末）已知四面体的所有棱长都等于，、分别是的中点，则 ． 【答案】/ 【详解】如下图所示： 由题意可得， 因为、分别为、的中点，所以，， 故， 因此， . 故答案为：. 9．（24-25高三上·江苏镇江·阶段练习）如图，在三棱锥中，，，点在上，且，.    (1)若为线段的中点，求证：直线平面； (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）取中点，在平面中，过点作，连接， 因为为线段的中点，所以， 又因为，，，所以， 由上可得，所以四边形是平行四边形， 所以，又，所以直线平面    （2）过点作交于点， 因为平面，所以平面 因为，所以 因为，所以两两互相垂直. 如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 根据题意，. 所以 设平面的一个法向量为， 所以即可取． 平面的一个法向量为 设平面的一个法向量为， 所以即可取． 可得平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为，则 所以平面与平面的夹角为.    10．（24-25高二上·安徽黄山·期末）如图，在棱长为的正四面体中，分别是的中点，设. (1)求（用表示）； (2)求直线和夹角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）. （2），， 所以 . 又和都是等边三角形，， 设直线和的夹角为，则， 所以. 11．（24-25高二上·安徽黄山·期末）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为中点． (1)求证：平面； (2)求三棱锥的外接球的体积； (3)线段上（不含端点）是否存在点，使得与平面所成角为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在为靠近的处或中点，满足要求. 【详解】（1）若是的中点，连接，又为中点，则，， 由且，所以，， 所以四边形为平行四边形，则， 平面，平面，则平面； （2）由平面，即平面，平面，则 由，，则， 且都在平面内， 所以平面，易知是长宽高分别为的长方体的一部分， 所以为长方体的体对角线，且与该长方体的外接球重合，故， 所以外接球半径，则外接球的体积为； （3）构建如上图示的空间直角坐标系，则且， 所以， 若是平面的一个法向量，则，取，则， 由与平面所成角为，则， 所以，可得，可得或， 综上，存在为靠近的处或中点时，与平面所成角为. 12．（24-25高二下·江西宜春·阶段练习）如图，四棱锥P－ABCD中，，平面ABCD，，M为PB的中点，．    (1)证明：； (2)求平面AMN与平面ABCD夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：因为，所以，从而， 又，所以． 因为， 所以， 所以． 因为平面平面ABCD，所以． 又平面平面PAC， 所以平面PAC．又平面PAC， 所以． （2）由（1）知，，又平面平面平面ABCD， 所以，所以AP，AB，AD两两垂直， 以A为原点，AB，AD，AP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， ． 设平面AMN的一个法向量为，则 取，则． 显然是平面ABCD的一个法向量， 所以平面AMN与平面ABCD夹角的余弦值为． 13．（24-25高二下·湖南·期末）如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，． (1)求证：． (2)求线段中点到平面的距离． (3)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【详解】（1）由于平面平面，平面平面， 且平面， 平面， 平面，． （2）取的中点，连接，，由为等边三角形，得， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面，由，，得四边形是平行四边形， 于是，而，则，直线，，两两垂直， 以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 所以到平面的距离． （3）令，， ，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 易知平面的一个法向量为， 于是，， 化简得，又，解得，即， 所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时． 14．（24-25高二下·甘肃酒泉·期末）如图，在长方体中，，点E在棱AB上移动，点F是棱BC的中点. (1)求证：； (2)当E为AB中点时，求直线EF到平面的距离； (3)当AE等于何值时，平面与平面所成的角最小？ 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)2 【详解】（1）以D为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正方向，以1为单位长度建立空间直角坐标系如图，设， 则，，，，， 证明：因为，，所以， 所以，所以； （2）因为E为AB的中点，点F是棱BC的中点， 所以，则易得平面， 所以直线EF到平面的距离即为点E到平面的距离， 又，从而，，， 设平面的法向量为，则 即所以令，从而， 所以点E到平面的距离为. （3）设平面法向量为，因为，，由，即所以 令，从而， 平面的法向量为， 设平面与平面所成的角为， 依题意有， 所以当时，取最大值，此时，角取到最小值， 即时，平面与平面所成的角最小. 15．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为3的菱形，平面，，，点为线段上的三等分点.    (1)证明：平面平面. (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）因为四棱锥中，底面是边长为3的菱形，所以， 因为平面，平面，所以， 由，平面，得平面， 又平面， 所以平面平面； （2）连接，取的中点，连接，因为，所以， 以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设为平面的一个法向量，则 ，令，则， ， 设为平面的一个法向量，则 ，令，则， ， 所以， 所以二面角的余弦值为.    16．（24-25高二下·湖南衡阳·期末）如图，在四棱锥中，侧面为正三角形，侧面底面，底面为正方形，E，F分别为，的中点．    (1)求证：直线∥平面； (2)若，求侧面与侧面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【详解】（1）证明：取的中点G，连接.    因为F为的中点，所以∥且, 因为底面为正方形，E为中点，所以∥且， 所以∥且，所以四边形为平行四边形，所以∥. 因为平面，平面， 所以直线∥平面. （2）    取的中点，的中点，连接，因为为正三角形，故， 因为侧面底面，交线为，平面，所以底面， 又，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 又，故，，， 故，，，，， ，，， 设平面的法向量为，那么 解得，令，则，所以. 同理，设平面的法向量为，则 解得，，令则. 设侧面侧面与侧面所成角为θ，那么 2 学科网（北京）股份有限公司 $$