第04讲 空间向量的概念及其运算、空间向量法与纯几何法求空间角与空间距离（专项训练）（北京专用）2026年高考数学一轮复习讲练测

第04讲 空间向量的概念及其运算、 空间向量法与纯几何法求空间角与空间距离 目录 01 常考题型过关练 题型01 空间向量的基本概念及其运算 题型02 空间向量求异面直线所成角及其异面角的应用 题型03 空间向量求线面角及其线面角的应用 题型04 空间向量求二面角及其二面角的应用 题型05 空间向量求空间距离及其应用 题型06 利用空间向量解决立体几何小题（难度中低档） 题型07 利用空间向量解决立体几何小题（难度压轴题） 题型08几何法求点面距 题型09 几何法求异面直线所成角 题型10 几何法求线面角 题型11 几何法求二面角 题型12 范围与最值的综合问题 02 核心突破提升练 03 真题溯源通关练 01 空间向量的基本概念及其运算 1．下列命题中为真命题的是（    ） A．空间向量与的长度相等 B．将空间中所有的单位向量移到同一个起点，则它们的终点构成一个圆 C．空间向量就是空间中的一条有向线段 D．不相等的两个空间向量的模必不相等 【答案】A 【详解】对于A，因为空间向量与互为相反向量，所以空间向量与的长度相等，所以A正确， 对于B，将空间所有的单位向量平移到一个起点，则它们的终点构成一个球面，所以B错误， 对于C，空间向量可以用空间中的一条有向线段表示，但空间向量不是有向线段，所以C错误， 对于D，两个空间向量不相等，它们的模可能相等，也可能不相等，如向量与的模相等，所以D错误， 故选：A 2．设，且，则（ ） A． B．0 C．3 D． 【答案】D 【详解】， 由，则有，解得，则. 由，则有，解得，， 所以，故， 则. 故选：D. 3．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】A 【详解】易知向量在向量上的投影向量为. 故选：A 4．已知为空间不共面的四点，且向量，向量，则不能与构成空间的一个基底的是（　　） A． B． C． D．或 【答案】C 【详解】因为，， 两式相减得 所以与共面， 所以,不能构成空间的一个基底； 假设,不能构成空间的一个基底，则 ， 即 ， 整理得， 所以，该不等式无解，所以不存在使得 ， 故,能构成空间的一个基底； 同理，假设假设,不能构成空间的一个基底，则 ， 即 ， 整理得， 所以，该不等式无解，所以不存在使得 ， 故,能构成空间的一个基底； 故选：C. 5．三棱锥中，，点为中点，点满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】，又为中点， 故选：C 02 空间向量求异面直线所成角及其异面角的应用 6．在直三棱柱中，已知，E是的中点，D是的中点，与相交于点F，，，，则与所成的角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，，， 所以， 由于在平面内，所以的纵坐标为0， 且直线方程满足，满足，联立，解得， 所以， 因为， 所以与所成的角的余弦值为， 所以与所成的角的大小为. 故选：B. 7．在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为底面，底面为正方形，所以两两垂直， 如图，以点为坐标原点，直线所在方向分别为轴建立空间直角坐标系， 设，则，所以, 则， 设异面直线与所成角为，则. 故选:A. 8．如图，平面，，，，，为的中点． (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设是棱上的点，若与所成角的余弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）证明：因为平面，，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 由已知可得，，，，， 因为为的中点，所以， 所以，， 所以， 所以， 所以. （2），， 设平面的法向量，则 ，即，令得， 所以． 平面的法向量， 设平面与平面夹角为， ， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）设且（）， ，则，，， 所以，所以，， 所以， 化简得， 解得或（舍）， 因为，所以． 9．如图，在棱长为2的正方体中，、分别是、的中点，是的中点. (1)判断、、、四点是否共面（结论不要求证明）； (2)证明：平面； (3)求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】(1)、、、四点不共面 (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）、、三个不共线的点确定平面，显然平面， 所以、、、四点不共面. （2）方法一：如图，以为原点，，，分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系， 则，，故 又平面的法向量为 所以，故. 又平面，故平面. 方法二： 如图，取中点，再取中点，连接、和. 由为中点，则，且. 在正方体中，为中点， 故，且， 所以且， 则四边形为平行四边形，故， 又平面，平面，故平面. 方法三：如图，取中点，连接、. 在梯形中，为中点，则. 因为平面，平面，所以平面. 在正方体中，为中点，则， 因为平面，平面， 所以平面. 因为，，平面，所以平面平面， 又平面，故平面. （3）由（2）方法一可知， 又，，故， 所以， 故异面直线与所成角的余弦值为. 10．如图，在三棱锥中，底面，.点、、分别为棱、、的中点，是线段的中点，，.    (1)求证：平面； (2)已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)或 【详解】（1）证明：因为底面，， 如图，以点为原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，    则、、、、、、、， ，， 设平面的法向量为，则， 取，可得， 又因为，则，所以，， 又因为平面，所以，平面. （2）解：依题意，设，则， 所以，，， 由已知，得， 整理可得，解得或， 所以，线段的长为或. 03 空间向量求线面角及其线面角的应用 11．如图，在棱长为3的正方体中，E，F分别为棱，的中点，点G满足． (1)证明：平面； (2)求直线DG与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ， ， 设平面的法向量为， 则， 令得，故， 所以， 故，所以平面； （2），，， 设平面的法向量为， 则， 解得，令，则，故， 设直线DG与平面所成角大小为， 则. 12．在多面体ABCDE中，平面平面为等边三角形，四边形ABCD为平行四边形，M，N分别为AD，BE的中点.    (1)求证：； (2)求直线MN与平面ACE所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【详解】（1）连接，过作，垂足为，过作，垂足为， ∵为等边三角形，N分别为BE的中点，∴ ∵平面平面平面平面平面， ∴平面 以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 设等边的边长为2， 则 设则 ∵四边形ABCD为平行四边形，M为AD的中点， 所以 .,, ∵， 所以，即.      （2）由（1）知, 设平面的一个法向量为 ，取则， 所以是平面的一个法向量. . 所以直线MN与平面ACE所成角的正弦值为. 13．已知直三棱柱如图所示，其中，，点，. (1)若直线上所有点到平面的距离都相等，求的值； (2)已知直线与平面所成角的正切值为，求的值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）在中，过点作交于点，连接；   因为，所以，所以，，，四点共面；   因为直线上所有点到平面的距离都相等，故直线平面， 平面，平面平面， 所以，所以四边形是平行四边形；   所以，而，所以； （2）如图，以为原点，，，分别为，，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系； 不妨设，则，，，，，，，得到，.   设平面的法向量为，由得， 即，取，得.   设，则，因为， 所以. 所以，，，所以点的坐标为. 因为，所以.   设直线与平面所成角为，，则，   则，解得. 14．如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，底面为等边三角形，平面平面，点满足，点为棱上的动点（含端点）． (1)当与重合时，证明：平面平面； (2)是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？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)存在， 【详解】（1）如图，取中点，连接， 因为侧面为菱形，， 所以， 又因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又因为为的中点，所以四边形为平行四边形，所以， 所以平面，又平面，所以平面平面； （2）连接，因为为等边三角形，则， 所以两两垂直，则以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示： 令三棱柱的棱长为2，所以， 故， ， 又，所以， 设，， 则， 即； 又， 设平面的法向量为， 则则，取，则， 故平面的法向量可为， 又，设直线与平面所成角为， 由题可得，即， 整理得：，解得， 故当时，直线与平面所成角的正弦值为． 15．如图，已知四边形ABCD是矩形，，三角形PCD是正三角形，且平面平面. (1)若O是CD的中点，证明:； (2)求二面角的正弦值； (3)在线段CP上是否存在点Q，使得直线AQ与平面ABP所成角的正弦值为若存在，确定点Q的位置，若不存在，请说明理由 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)存在点Q，点Q为PC的中点 【详解】（1）连接， 因为三角形PCD是正三角形，且O是CD的中点，则， 且平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为四边形ABCD是矩形，则， 且平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 以为坐标原点，分别为轴，过平行于的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 则，所以. （2）由（1）可得：， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 设二面角为， 则，可得， 所以二面角的正弦值为. （3）由（1）可得， 设，可得， 由（2）可知：平面的法向量， 则由， 整理可得，解得或（舍去）， 即，可知存在点Q，点Q为PC的中点. 04 空间向量求二面角及其二面角的应用 16．如图，在四棱台中，下底面是边长为的正方形，侧棱与底面垂直，且. (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）连接交于点，连结，. 因为底面是正方形，所以是的中点. 又，所以，故. 由棱台的定义，与共面，因为棱台的上、下底面平行，所以它们与平面的交线平行，即. 所以四边形为平行四边形，故. 又因为平面，平面，所以平面. （2）以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，，. 故，，，. 设平面的法向量，由得. 取，得平面的一个法向量. 设平面的法向量，由得. 取，得平面的一个法向量. 故. 所以平面与平面夹角的大小为. 17．如图，在三棱锥和中，和均是以为斜边的等腰直角三角形，平面平面平面. (1)证明： 平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【详解】（1）取的中点为，连接， 则由是以为斜边的等腰直角三角形可知， 平面平面，平面平面平面， 所以有平面， 由已知平面，可得 ， 出是以为斜边的等腰直角三角形亦可知， 又，所以， 从而可得四边形为平行四边形，因此有 ， 又平面平面，所以 平面. （2）（方法一）连接，由是以为斜边的等腰直角三角形可知， 由（1）知平面，知两两垂直，以为正交基底 ，建立如图所示的空间直角坐标系. 设，则， 于是. 设平面的一个法向量为，则 由，得，令，得； 设平面的一个法向量为，则 由，得，令，得. 于是， 设二面角为，则 即二面角的正弦值为. （方法二）连接，设，由和均是以为斜边的等腰直角三角形可得1. ，由（1）知平面，所以为直角三角形，从而， 故，即为正三角形. 取的中点为，连接，则，又， 平面平面，平面平面， 所以与的夹角为二面角的平面角， 由（1）亦知，于是与的夹解为二面角的平面角， 即为的补角，从而二面角的正弦值就等于. 连接，在中，， 即二面角的正弦值为. （方法三）因为平面平面，所以平面平面， 设二面角为二面角为，则， 取的中点为，连接， 设，由和均是以为斜边的等腰直角三角形可得 ， 由（1）知平面，所以为直角三角形，从而， 故，即为正三角形，从而， 在中， ，所以， 平面平面，平面平面， 所以即为二面角的平面角， 在中，， 从而， 即二面角的正弦值为. 18．如图，在直三棱柱中，，平面平面，点分别是棱的中点，点是线段上的一点 (1)求证：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）连接，如图所示：在直三棱柱中，平面， 又，平面，所以，， 又，所以四边形是正方形，所以. 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 又，，平面， 所以平面， 取的中点，连接，， 如图所示.因为是的中点，是的中点， 所以，， 又是棱的中点，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以，又，所以. （2）因为平面，平面，所以， 又，，所以以为坐标原点，，，为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示. 所以，，，，，， 所以，，所以， 设（）， 所以. 设平面的一个法向量为， 所以， 令，解得，， 所以平面的一个法向量为. 又，设直线与平面所成角的大小为， 所以， 化简可得， 解得或（舍），所以. 19．如图，在四棱锥中，，，，为等边三角形，直线PA与平面ABCD所成角的大小为，点E是棱PB上的一点（不包含端点）. (1)求证：平面平面PBD； (2)若二面角的余弦值为，求线段PE的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在四棱锥中，取BD的中点O，连接AO，PO， 由，得，由为等边三角形，得， 又，平面POA，则平面POA， 又平面ABCD，则平面平面ABCD，又平面平面， 因此直线PA在平面ABCD的射影在直线AO上，直线PA与平面ABCD所成角为，则， 由，，得是正三角形，且，， 由为等边三角形，得，在中，， 则，即，又，平面ABCD，则平面ABCD， 又平面ABCD，于是，在中，，易知， 由余弦定理得， 因此，即，又，平面PBD，则平面PBD. 又平面ECD，所以平面平面PBD. （2）由（1）知，直线两两垂直，以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面PCD的法向量为，则，取，得， 设，则， 设平面ECD的法向量为，则， 取，得，又二面角的余弦值为， 因此，整理得，则（负值舍）， 从而，所以线段PE的长为. 20．如图，四边形是边长为2的正方形，点分别在线段上运动，且．将沿折起，使得点到达点的位置，此时平面平面． (1)当时，求证：； (2)是否存在，使？若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由； (3)证明：存在，使得二面角的平面角为． 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 (3)证明见解析 【详解】（1）当时，为的中点，为的中点， 此时，，． 如图，取的中点，连接． 则，． 又，平面， 所以平面． 又平面，所以． （2）假设存在，使． 过作于点，连接， 因为平面平面，平面平面，平面． 所以平面． 又平面，所以， 又，，平面， 所以平面， 又平面，所以． 又，所以点重合． 所以，（*） 设，则， 则． 所以， 则，与（*）式矛盾． 所以不存在，使．    （3）以点为原点，以所在直线为轴，以过点垂直于平面向上的直线为轴建立空间直角坐标系. 过点A在平面内作，连接， 已知，，，，可得，所以，即，且. 因为平面平面，平面平面，平面，且，根据面面垂直性质定理得平面. 设，，则，， 又，所以，. 容易得到，进而，，. 则和 设平面法向量，由，， 令，得， 容易知道平面法向量. 所以， 又，则.   左边平方得. 右边平方：. 此时等式为.   所以.   移项整理：把含的项移到一边，得. 所以 令 令 因为，，由零点存在定理知存在使，即存在使二面角平面角为. 05 空间向量求空间距离及其应用 21．如图，在直三棱柱中，，，，是棱的中点，是棱上一点，且． (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角的大小； (3)求点到直线的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）依题意，以为原点，、、分别为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 则、、、、，所以． 设，故，则． 所以． 因为，所以，解得，所以． （2）由（1）知，． 设平面的一个法向量为， 则，不妨设，则． 易得平面的一个法向量为， 因为，故，故平面与平面的夹角大小为． （3）因为，， 所以在上的投影向量的长度为． 又， 所以点到直线的距离为． 22．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，三角形是正三角形，M是棱的中点.    (1)证明：； (2)若二面角为，求点M到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析; (2). 【详解】（1）    证明：取与中点，.连接，，，， 则运用中位线性质知，且，， 则，，则四边形是平行四边形， 又因为是正三角形，为中点， 所以， 底面是菱形，，则是正三角形，则，，平面，平面， 平面，， 由于四边形是菱形，四边形是平行四边形，所以，， . （2）由（1），则过做的垂线，以为坐标原点，为坐标轴，建立空间直角坐标系如图，    由二面角为，可得， 因为，四边形是菱形，可得， 又因为三角形是正三角形，可得，所以可得， 则，，，， 由M是棱的中点，可得， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，故法向量为， 又由， 所以M到平面的距离， 故M到平面的距离为. 23．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，为正三角形，且侧面底面，M为的中点．    (1)求点P到直线的距离； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）取的中点，连接，如图，在正三角形中，则， 因为侧面底面，平面平面，平面， 所以平面， 在平面内过点作，则射线两两垂直， 以点为坐标原点，射线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设直线与所成角为，则 ，所以， 所以点到直线的距离为.    （2）设平面的法向量为， 则，令，可得， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 24．如图，在直三棱柱中，，，，点，分别在棱和棱上，且，． (1)设为中点，求证：面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到直线的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）取BE的中点为G，连接， 因为为中点，所以， 而，，则，，故， 所以，则四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 故平面； （2）在直三棱柱中，，故两两垂直， 以所在直线为轴建立空间直坐标系， 由于， 故， 则， 设平面的法向量为，则， 令，则， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为； （3）, 故点到直线的距离为. 25．如图，在正三棱柱中，，M为BC的中点. (1)求证：直线平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点A到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【详解】（1）在正三棱柱中，M为BC的中点，则，过作， 由平面，得平面，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， ，于是， 即，而平面， 所以直线平面. （2）由（1）得， 设平面的法向量，则，令，得， 设平面的法向量，则，令，得， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）由（2）得点A到平面的距离. 06 利用空间向量解决立体几何小题（难度中低档） 26．如图，在正四棱柱中，是底面的中心，分别是的中点，则下列结论正确的是（    ） A．// B． C．//平面 D．平面 【答案】B 【详解】在正四棱柱中，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 令，是底面的中心，分别是的中点， 则，，， 对于A，显然与不共线，即与不平行，A不正确； 对于B，因，则，即，B正确； 对于C，设平面的法向量为，则，令，得，，因此与不垂直，即不平行于平面，C不正确； 对于D，由选项C知，与不共线，即不垂直于平面，D不正确. 故选：B 27．如图，在正方体，中，，分别为线段，上的动点.给出下列四个结论:    ①存在点，存在点，满足∥平面； ②任意点，存在点，满足∥平面； ③任意点，存在点，满足； ④任意点，存在点，满足. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①③ 【详解】对①，当，分别为，的中点时，取中点，连接，则根据中位线的性质可得 ， 又平面，平面，故平面，同理平面，又，平面，故平面平面. 又平面，故平面.故①正确.    对②，当在时，∥平面不成立，故②错误； 对③④，以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则，. 设，，则，其中，故， 则当时，即. 故对任意的，存在满足条件，即任意点，存在点，满足.故③正确； 当，即在点时，若，则，不满足，即不在上，故④错误.    故答案为：①③ 28．如图，已知正方体的棱长为1，则线段上的动点P到直线的距离的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【详解】如图建立空间直角坐标系，则， 设，则， ∴动点P到直线的距离为 ，当时取等号， 即线段上的动点P到直线的距离的最小值为. 故选：D. 29．如图，在正方体中，为棱上的动点，为棱的中点，则下列选项正确的是（    ） A．直线与直线相交 B．当为棱上的中点时，则点在平面的射影是点 C．存在点，使得直线与直线所成角为 D．三棱锥的体积为定值 【答案】D 【详解】A：由题意知，，平面，平面 所以平面， 又平面，所以与不相交，故A错误； B：连接，如图， 当点为的中点时，，又，所以， 若点在平面的射影为，则平面，垂足为， 所以，设正方体的棱长为2，则， 在中，，所以， 即不成立，故B错误； C：建立如图空间直角坐标系，连接，则， 所以异面直线与所成角为直线与所成角， 设正方体的棱长为2，若存在点使得与所成角为， 则，所以， 所以，又， 得，解得， 不符合题意，故不存在点使得与所成角为，故C错误； D：如图， 由等体积法可知， 又， 为定值，所以为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故D正确. 故选：D. 30．如图，已知正方体，则下列结论中正确的是（    ） A．与三条直线所成的角都相等的直线有且仅有一条 B．与三条直线所成的角都相等的平面有且仅有一个 C．到三条直线的距离都相等的点恰有两个 D．到三条直线的距离都相等的点有无数个 【答案】D 【详解】对选项A：根据对称性知与三条直线的夹角相等，则与平行的直线都满足条件，有无数条，错误； 对选项B：根据对称性知平面与三条直线所成的角相等，则与平面平行的平面都满足条件，有无数个，错误； 对选项C：如图所示建立空间直角坐标系，设正方体边长为，，，上一点，则，，，点到直线的距离为 ， 同理可得到直线和的距离为，故上的点到三条直线的距离都相等，故有无数个，错误； 对选项D：上的点到三条直线的距离都相等，故有无数个，正确； 故选：D 31．如图，已知正方体中，F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（    ）    A．存在点E，使平面 B．三棱锥的体积随动点E变化而变化 C．直线与所成的角不可能等于 D．存在点E，使平面 【答案】D 【详解】在正方体中，以点D为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    设正方体棱长为2，则， 由在线段上运动，设（），则， 平面的法向量，显然，则直线与平面不平行，A错误； ，设直线与所成角为，则， 显然当时，，，即存在点E使得直线与所成的角为，C错误； 设平面的法向量为，， 则，令，得， 当时，，因此平面，D正确； 点在正方体的对角面矩形的边上，则， 而平面平面，则，又， 可得平面，点到平面的距离为，则三棱锥的体积为定值，B错误. 故选：D 【点睛】思路点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，可选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积． 07 利用空间向量解决立体几何小题（难度压轴题） 32．设棱长为2的正方体，是中点，点、分别是棱、上的动点，给出以下四个结论： ①存在； ②存在平面； ③存在无数个等腰三角形； ④三棱锥的体积的取值范围是. 则所有结论正确的序号是 . 【答案】③④ 【详解】对于①：取中点P，当点N在上移动时，直线平面，同时当点M在直线AB上移动时平面，因为，故与不可能平行，①错误. 对于②：如图，以D为原点建立空间直角坐标系，所以，，,设 ， ， 所以，，， 设平面的法向量为， 则即，令得，所以， 所以，故与平面不垂直，②错误. 对于③：令即，化简得，即，，，因为，所以该式在的范围中存在无数组解，故说明有无数组可使，故③正确. 对于④：根据等体积性质可知，所以该三棱锥高可以看作，所以体积的取值范围即底面积的取值范围，根据点M位置的变化可知，当点M在A点时最小，当点M在B点时最大，计算得，，所以，故④正确. 故答案为：③④ 33．如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论： ①平面截正方体所得的截面图形是五边形； ②直线到平面的距离是； ③存在点，使得； ④△面积的最小值是． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③ 【详解】对于①，如图直线与、的延长线分别交于，连接分别交于，连接， 则五边形即为所得的截面图形，故①正确； 对于②，由题可知，平面，平面， ∴平面，故点到平面的距离即为直线到平面的距离， 设点到平面的距离为h，由正方体的棱长为2可得， ，， ∴， ， ∴由 ，可得， 所以直线到平面的距离是，故②错误； 对于③，如图建立空间直角坐标系，则， 设， ∴，又， ∴，， 假设存在点，使得， ∴，整理得， ∴（舍去）或， 故存在点，使得，故③正确； 对于④，由上知，所以点在的射影为， ∴点到的距离为： ， ∴当时，， ∴故△面积的最小值是，故④错误. 故答案为：①③. 34．如图，在棱长为的正方体中，点，分别在线段和上． 给出下列四个结论：     ①的最小值为； ②四面体的体积为； ③有且仅有一条直线与垂直； ④存在点，，使为等边三角形． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【详解】对于①，由于在上运动，在上运动，所以的最小值就是两条直线之间距离，而，所以的最小值为； 对于②，，而，所以四面体的体积为； 对于③，由题意可知，当与重合，与重合时， ，又根据正方体性质可知，，所以当为中点，与重合时，此时，故与垂直的不唯一，③错误； 对于④，当为等边三角形时，，则此时.所以只需要与的夹角能等于即可. 以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如下图， 设，则由题意可得，，，则可得，，则，整理可得，该方程看成关于的二次函数，，所以存在使得为等边三角形. 故答案为：①②④ 35．如图所示，在正方体中，是棱上一点，平面与棱交于点．给出下面几个结论： ①四边形是平行四边形； ②四边形可能是正方形； ③存在平面与直线垂直； ④任意平面与平面垂直； ⑤平面与平面夹角余弦的最大值为． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①④⑤ 【详解】由题意， 在正方体中，是棱上一点，平面与棱交于点， 由平面平面, 并且四点共面， ∴, 同理可证，， 故四边形一定是平行四边形，故①正确； ②在正方体中，是连接正方体上任意两个点组成的线段中最长的，当时，四边形是矩形，所以四边形不可能是正方形， 故②错误； ③由几何知识得, 面，小于， 若直线与平面垂直，则直线， ∴平面与直线不可能垂直，故③错误. ④设正方体边长为2，建立空间直角坐标系如下图所示， 由几何知识得，, ∴, ∵， ∴， ∵面，面，面， ∴面， ∵面， ∴任意平面与平面垂直，故④正确. ⑤由几何知识得，当点和分别是对应边的中点时, 平面与面夹角最大， ∵ 为：,故⑤正确. 故答案为：①④⑤. 【点睛】本题考查线面垂直和面面垂直的证明，考查学生的数形结合能力，转化能力，逻辑推理能力与运算求解能力，考查直观想象，数学运算和立体几何的画图能力，具有极强的综合性. 36．如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直．点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，给出下列四个结论： ①存在点，使； ②存在点，使； ③到直线和的距离相等的点有无数个； ④若，则四面体体积的最大值为． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【详解】建立如图所示空间直角坐标系， 则有、、、、、， 设，，其中，， 对①：，则， 当，，时，有， 故存在点，使，故①正确； 对②：，， 若，则有， 由，，故当时，，， 此时有，即，即， 此时与重合，与重合，故不存在点，使，故②错误； 对③：点到直线的距离为，点到直线的距离为， 即有，即，由， 故其轨迹为双曲线的一部分，即点有无数个，故③正确； 对④：，， 由，故有，则， 又， 故，故④正确. 故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：第④个结论的关键点在于借助四面体的体积公式，分别求出高与底面三角形的最大值. 37．如图，在棱长为1的正方体中，点P是对角线上的动点（点P与点A，不重合）．给出下列结论： ①存在点P，使得平面平面； ②对任意点P，都有； ③面积的最小值为； ④若是平面与平面的夹角，是平面与平面的夹角，则对任意点P，都有．其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②③ 【详解】①因为，在上取点使， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面，故①正确； ②以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图 ，，，，则，， 设，则，, 从而，，所以，故②正确； ③由②，，， ，， 当且仅当时等号成立，所以面积的最小值为，故③正确； ④平面的法向量，平面的法向量， 设平面的法向量， 由即得， 令得， 则，， 令得或，而，故， 从而对存在点P，使得，而不大于直角， 故，故④错误； 故答案为：①②③. 38．在棱长为的正方体中，是线段上的点，过的平面与直线垂直，当在线段上运动时，平面截正方体所得的截面面积的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】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、、、、、、、， 设点，其中. ①当时，点与点重合，，，， 所以，，，则，， ，平面，此时平面即为平面， 截面面积为； ②当时，同①可知截面面积为； ③当时，，， ，，则， 设平面交棱于点，， ，可得，不合乎题意. 设平面交棱于点，， ，可得，合乎题意，即， 同理可知，平面交棱于点， ，且与不重合，故四边形为平行四边形， ，，， 则， 所以，截面面积为. 综上所述，截面面积的最小值为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查正方体截面面积最值的求解，解题的关键在于确定截面与各棱交点的位置，这里可以利用空间向量法，将线线垂直关系转化为向量数量积为零来处理，确定点的位置，进而将截面面积的最值利用函数的最值来求解. 39．如图，在直三棱柱中，，，，，点在棱上，点在棱上，给出下列三个结论： ①三棱锥的体积的最大值为； ②的最小值为； ③点到直线的距离的最小值为． 其中所有正确结论的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【详解】在直三棱柱中平面， 对于①：因为点在棱上，所以，又， 又，，，点在棱上，所以，， 所以，当且仅当在点、在点时取等号，故①正确； 对于②：如图将翻折到与矩形共面时连接交于点，此时取得最小值， 因为，，所以，所以， 即的最小值为，故②错误； 对于③：如图建立空间直角坐标系，设，，，， ， 所以，， 则点到直线的距离 ， 当时， 当时，，，则， 所以当取最大值，且时， 即当在点在点时点到直线的距离的最小值为，故③正确； 故选：C 40．如图，在棱长为2的正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面 C．三棱锥的体积是定值 D．存在点Q，使得PQ与AD所成的角为 【答案】B 【详解】A：正方体中，而P为线段的中点，即为的中点， 所以，故不可能平行，错； B：若为中点，则，而，故， 又面，面，则，故， ，面，则面， 所以存在Q使得平面，对； C：由正方体性质知：，而面，故与面不平行， 所以Q在线段上运动时，到面的距离不一定相等， 故三棱锥的体积不是定值，错； D：构建如下图示空间直角坐标系，则，，且， 所以，，若它们夹角为， 则， 令，则， 当，则，； 当则； 当，则，； 所以不在上述范围内，错. 故选：B 41．在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得直线与直线相交 B．存在点，使得直线平面 C．直线与平面所成角的大小为 D．平面被正方体所截得的截面面积为 【答案】C 【详解】 连接，，所以，，取的中点，连接， 所以，点到线段的最短距离大于，所以不存在点，使得直线与直线相交，故不正确； 以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，所以，即， 令，则，，所以， 所以点到平面的距离为，而，所以不存在点，使得直线平面，故不正确； 因为，所以平面，连接交于点，所以为的中点，， 所以为直线与平面所成角， 因为，在中，， 所以，因为与全等，所以，故正确； 延长交的延长线于，连接交于，连接，取的中点，的中点， 连接，，，，，， 平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为， 所以截面面积为，故不正确. 故选：. 08 几何法求点面距 42．如图，平面，，，F为CE中点． (1)求证：平面； (2)求点C到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）取的中点，连接， 因为F为CE中点，所以且， 又，所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面． （2）因为，，所以， 所以， 又平面，所以， 因为，，所以， 由平面，平面，所以， 又， 所以， 所以， 设点到平面的距离为，则，解得， 所以点C到平面的距离为． 43．如图，在三棱锥中，，，． (1)求三棱锥的体积； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为，， 所以，， 所以，又，平面， 所以平面，又， 所以三棱锥的体积； （2）在中，由，， 所以边上的高为， 所以， 设点到平面的距离为， 所以，由（1）可得，解得. 所以点到平面的距离. 44．如图，在三棱柱中，侧面均为正方形，，，点D是棱的中点，点O为与交点． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【详解】（1）由O是的交点，又为正方形，则O为的中点，又D是中点， 在中，又面面，故平面. （2）三棱柱中，，且， 易知是等腰直角三角形，点D是棱的中点， 所以， 四边形为正方形，，则， 又，而，且，则， 由在面内，则面，面， 所以 ，而，在面内， 则面，面，故 ，所以， 由，则，又， 若到平面的距离为d，则，可得. 09 几何法求异面直线所成角 45．如图，在四面体中，平面，M是的中点，P是的中点，点Q在线段上，且． (1)求证：平面． (2)若三角形为边长为2的正三角形，，求异面直线和所成角的余弦值 ． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）如图所示，取中点O，且P是中点， ∴ ， 取的四等分点H，使，且， ∴ ， ∴， ∴ 四边形为平行四边形， ∴ ，在平面外，且平面， ∴ 平面． （2）取的中点E，连接，易知， 则或其补角为异面直线和所成的角， 因为平面，平面， 所以，即， 显然，所以为直角三角形， 通过解三角形可得， 即异面直线和所成角的余弦值为． 46．如图1，正六边形边长为2，为边的中点，将四边形沿 折成如图2所示的五面体，使为正三角形. (1)求证：面； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：在正六边形中，， 所以在五面体中，， 平面，平面， 平面. （2）取中点，连接， 由题意得，且， 四边形为平行四边形， ， 又分别为的中点， ， ， 或其补角为直线与所成的角， 在中，，，， ， ， 同理， 又， 在中，， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 47．如图，在正四棱锥中，已知侧棱和底面边长都等于是的中点． (1)求证：平面． (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）因为四边形为正方形。 所以 又平面，平面， 所以平面. （2）取中点，连接,， 则，且， 即（或补角）为异面直线与所成角， 因为, 所以 即异面直线与所成角的余弦w值为. 10 几何法求线面角 48．如图，在直三棱柱中，D，E为，中点，连接，． (1)证明：平面； (2)若，，，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，如图： 因为三棱柱为直三棱柱，所以四边形为矩形， 又为中点，所以也是中点，且为中点，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）因为，，所以； 又平面，平面，所以， 因为平面，， 所以平面 平面，所以. 平面平面，平面平面，平面, 所以平面. 所以即为直线与平面所成的角. 在中：，，, 所以. 49．如图，在三棱柱中，，，，D，E分别是，BC的中点，连接，，且平面ABC． (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, 因为平面，平面，所以. 因为，E为BC的中点，所以， 又平面，所以平面. 由，分别为的中点，得且， 从而且，所以是平行四边形，所以. 因为平面，所以平面. （2）作，垂足为，连结. 因为平面，平面，所以. 又平面， 所以平面，平面， 所以，又平面， 所以平面. 所以为直线与平面所成角的平面角. 由，得. 在，得， 所以， 由，得， 解得， 所以. 50．如图，在四棱锥中，底面为梯形，，平面，，，二面角为．    (1)若为棱上一点，且，证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：在棱上取点，使得，连接，则， 所以，且， 又因为，所以， 因为，且，所以且， 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）解：因为平面，平面，所以， 又因为，平面，，所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角，所以， 所以，所以，又，所以， 连接，则，则的面积， 所以三棱锥的体积， 在直角梯形中，由，且，可得， 因为平面，平面，所以， 又因为，，所以， 所以， 所以， 所以的面积, 设点到平面的距离为， 因为，所以，即，所以， 设与平面所成的角为，则， 即与平面所成角的正弦值为．    51．如图，已知四棱台中，，，且，Q为线段中点，    (1)求证：平面； (2)若四棱锥的体积为 ①求证：平面； ②求与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)①证明见解析；②. 【详解】（1）分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥， 由，得，则，取的中点，连接，， 则，且，四边形为平行四边形. 因此，又平面，平面， 所以平面.    （2）①由（1）得，， 又等腰梯形的高，其面积， 设到平面距离为，则，得， 而，平面，平面，则平面， 因此点D到平面的距离等于点C到平面的距离， 所以平面. ②在等腰梯形中，过作于，连接，，， 由①知，平面，则是与平面的夹角， ，则， 所以与平面夹角的正弦值. 11 几何法求二面角 52．如图，在三棱柱中，底面为正三角形，，，. (1)求证：； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：取的中点M，连接，. 在正三角形中，因为M为的中点，所以. 因为，，， 所以，所以. 因为M为的中点，所以. 因为，，平面，所以平面. 因为平面，所以. （2）解：过M作的垂线，垂足为N，连接. 在中，由余弦定理得， 所以. 因为，所以，所以. 因为，，平面，所以平面. 因为平面，所以. 因为，，平面，所以平面. 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角． 在中，，， 所以，所以二面角的正弦值为. 53．如图，三棱柱所有棱长都为2，，O为BC中点，D为与交点． (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【详解】（1）在三棱柱中，取中点，连接， 由分别为和的中点，得且， 由O为BC中点，得且，则且， 即四边形为平行四边形，于是，又平面，平面， 所以平面. （2）由三棱柱所有棱长都为2，，得都是正三角形， 而O为BC中点，则，，平面，， 于是平面，又，则平面， 为直线与平面所成角， 因此，，而平面，则， 又为中点，则， 在中，，，则， 由，，得是二面角的平面角， 所以二面角的大小. 54．如图，在四棱锥中，底面四边形是直角梯形， 是的中点，． (1)证明：平面． (2)若，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：连接． 因为是的中点，所以． 分因为，且，所以四边形是正方形， 则． 因为平面，且， 所以平面． （2）解： 作，垂足为，连接. 由（1）可知平面．又平面，所以． 因为平面，且，所以平面． 因为平面，所以，则是二面角的平面角． 记，连接，则是的中点． 因为，且是的中点，所以． 因为平面，且平面，所以． 连接．因为平面，且，所以平面， 则四棱锥为正四棱锥，故． 因为的面积， 即， 所以． 同理可得． 在中，由余弦定理可得， 则，即二面角的正弦值为 55．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面.，为侧棱的中点. (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）∵平面，平面，∴. ∵,平面，平面， ∴平面， ∵平面，∴平面平面. （2） 取中点，连接，过点作于点，连接. ∵点分别为的中点，∴，， ∴平面， ∵平面，平面，∴， ∵，平面，平面， ∴平面， ∵平面，∴， ∴为二面角的平面角， 在直角梯形中，. ∵，∴， ∴，即二面角的正切值为. 12 范围与最值的综合问题 56．如图，已知直三棱柱，，，分别为线段，，的中点，为线段上的动点，，. (1)若，试证； (2)在（1）的条件下，当时，试确定动点的位置，使线段与平面所成角的正弦值最大. 【答案】(1)证明见解析 (2)为的中点时，取得最大值. 【详解】（1）在中， ∵为中点且， ∴. ∵平面平面交线为， ∴平面，∴. ∵，分别为，的中点， ∴. ∴. 在直角和直角中， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴. ∴平面，平面， ∴. （2）∵平面，由（1）得，，三线两两垂直，以为原点， 以，，为，，轴建立空间直角坐标系如图， 则，，，，，， ∴，. 设平面的一个法向量为， 则， 令得，， 设，，则， ∴，， 设直线与平面所成的角为， 则. 若，此时点与重合， 若，令，则. 当，即，为的中点时，取得最大值. 57．如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，B为底面圆周上异于A，C的点. (1)在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由； (2)设平面∩平面，与平面QAC所成角为，当四棱锥的体积最大时，求的取值范围. 【答案】(1)作图及理由见解析； (2). 【详解】（1）取中点P，作直线，则直线即为所求， 取中点H，连接，则有，如图， 在等腰梯形中，，有，则四边形为平行四边形， 即有，又平面，平面， 所以平面. （2）延长交于点O，作直线，则直线即为直线，如图， 过点B作于，因为平面平面，平面平面，平面， 因此平面，即为四棱锥的高，在中，， ，当且仅当时取等号，此时点与重合， 梯形的面积为定值，四棱锥的体积， 于是当最大，即点与重合时四棱锥的体积最大，， 以为原点，射线分别为轴的非负半轴建立空间直角坐标系， 在等腰梯形中，，此梯形的高， 显然为的中位线，则， ， 设，则 设平面的一个法向量，则，令，得， 则有 ， 令，则，当时，， 当时，，当且仅当，即时取等号， 综上得， 所以的取值范围是. 【点睛】思路点睛：求空间角的最值问题，根据给定条件，选定变量，将该角的某个三角函数建立起选定变量的函数，求出函数最值即可. 58．已知球O半径为2，A，B，C，D是球面上的点，平面⊥平面，四边形OACD为平行四边形． (1)证明：； (2)若，求点O到平面BCD的距离； (3)求BD与平面OAC所成角的余弦值的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)． 【详解】（1）证明：取AC中点E，连接BE，OE，， 因为， 所以平行四边形OACD为菱形，为等边三角形， 则，， 故，且， 又平面⊥平面，平面平面，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以，故， 又因为，所以， 因为， 所以，． （2）因为，，又， 所以，所以， 又，，， 故，故， 又，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 在中，⊥，故⊥， 由勾股定理得， 在△BDE中，由勾股定理得， 所以在△BCD中，易知， 则， 记△BCD外接圆的半径为r，故，即， 所以点O到平面BCD距离． （3）作于， 因为平面⊥平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 故为BD与平面OAC所成的角， 设，其中， ，， 在中，， 由余弦定理得， 故， 故 当且仅当时，等号成立， ， 故BD与平面OAC所成角的余弦值的最小值为． 【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值. 59．如图，在直三棱柱中，△为边长为2的正三角形，为中点，点在棱上，且. (1)当时，求证平面； (2)设为底面的中心，求直线与平面所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值时的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)最大值为，此时 【详解】（1）取的中点，连接， 因为三棱柱为直棱柱，且△为正三角形， 所以以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系， 根据已知条件得 ， 当时，，， ， ， ，即， 又，而平面，平面. （2）由（1）知， ， 为△的中心，， 设平面的法向量，则 ，令，则 设直线与平面所成角为，则 令，则， 此时， (当且仅当即时取等号)， ， 即直线与平面所成角正弦的最大值为，此时的值为 60．如图，在矩形中，，，是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影落在线段BC上．    (1)当点M与点重合时， ①证明：平面； ②求二面角的余弦值； (2)设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值． 【答案】(1)①证明见解析；② (2) 【详解】（1）①    当点M与端点D重合时，由可知， 由题意知平面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面，又平面，所以 因为，平面，平面， 所以平面； ②    过E作EO⊥BD于点O，连接. 因为平面，平面，所以， 因为EO⊥BD， ，，平面， 所以平面，因为平面，所以 ， 所以为二面角的平面角, 且在四边形ABCD中，A、O、E三点共线. 因为所以，所以， 所以， 所以， 所以， 所以在中，， 即二面角的余弦值为. （2）    过点做交于，所以直线与平面所成的角, 即为直线与平面所成的角， 过E作EO⊥BM于点O，连接. 由②同理可得平面，平面， 所以平面平面， 作，垂足为，平面平面，平面， 所以平面， 连接，是直线与平面所成的角，即， 因为，满足， 设，所以， 所以， 所以，， 因为在中，斜边大于直角边，即， 所以，所以， ， 在中由等面积，， 因为，，所以是二面角平面角， 即，， ，当且仅当时“＝”成立， 故的最大值. 【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定，考查线面角和二面角的求法，解题的关键是通过几何方法找出线面角和二面角，然后在三角形中求解，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题. 1．中，，，，是的中点，是的中点，是的中点.如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得. (1)证明：、、、共面； (2)若，求三棱锥的体积； (3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）取的中点，的中点，连接、、， 因为、分别为、的中点，所以，， 翻折前，中，，，， 是的中点，是的中点，是的中点， 则，，，，， 翻折后，则有，，， 因为，为的中点，所以，， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 因为为的中点，所以，，故四边形为平行四边形， 所以，，故，， 所以四边形为平行四边形，所以，所以， 所以、、、共面. （2）过点在平面内作，垂足为点， 翻折前，因为，翻折后，则有，， 因为、平面，，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 即是三棱锥的高. 由（1）的图，在中，，， 由余弦定理得， 所以， 所以， 在中，，，，是的中点， 则，， 所以， 所以三棱锥的体积为. （3）在平面中，过点作，交于点， 因为平面，， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、， 设，则， 所以，，， 设平面的一个法向量， 则， 令，则，，所以， 设平面的一个法问量，则， 令，则，，所以， 设平面与平面的夹角为， 则 ， 因为，所以，则， 当且仅当，即时，即时，等号成立. 所以平面与平面的夹角的余弦值的最大值为. 2．如图，在正方形中，，分别为中点，四边形也是正方形，经过点的直线与平面的夹角为且，现将正方形沿直线平移至得到四棱台．    (1)求证：平面平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值； (3)若平面平面，求四棱台的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)． 【详解】（1）由条件可知：，又平面，平面， 所以平面，又且， 所以四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，所以平面， 又，又平面，所以平面平面． （2）建立如图所示的空间直角坐标系：连，，过作，    因为，，，所以平面，由于平面，所以平面平面 又平面平面 ，，平面，所以平面， 而，所以就是直线与平面的夹角即，，那么，故：重合， 而由平移的性质：，，所以四边形是平行四边形，所以平面， 所以，，，， 设平面的一个法向量为，则： ， 易知平面的一个法向量为， 所以，故余弦值为 （3）设，，， 所以，又由于， 所以，，， 又因为：，要想平面 平面，只需， 所以，解得：，， ． 3．如图1，是圆的直径，，，，现将圆沿直径翻折，如图2，记二面角的大小为． (1)当时，求直线与底面所成角的正弦值； (2)是否存在使得直线与直线垂直？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)不存在，理由见解析. 【详解】（1）方法一： 如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，过点作轴垂直平面，建立空间直角坐标系． 当时，平面平面，因为，，所以， 则，，． 易知底面的一个法向量为， 所以直线与底面所成角的正弦值为. 方法二： 如图，过点作，垂足为，连接， 因为，即平面平面，且平面平面，，平面， 所以平面，得到为所求直线与底面所成角， 由，， 得，，， 故． （2）不存在，理由如下： 如图1-12，过点作的垂线，垂足为，延长与圆交于点．翻折后（如图1-13），由，知，． 在将圆沿直径翻折的过程中，点在以为圆心、为半径的圆上，且该圆与直径垂直． 如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，过点作轴垂直平面，建立空间直角坐标系. 设，，则，即， 又，，，所以，， 所以． 因此不存在使得直线与直线垂直． 4．笛卡尔通过解析几何，将代数的精确性与几何的直观性结合，不仅推动了数学的变革，还为科学提供了强大的分析工具，其坐标系思想至今仍是科学与工程中不可或缺的基础．在直角坐标系中，如果某曲线上的点与一个二元方程的实数解建立了如下的关系：①曲线上点的坐标都是这个方程的解；②以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点，那么，这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线．类似地，在空间直角坐标系中，我们也定义曲面的方程和方程的曲面．已知在空间直角坐标系中，曲面，是轴与的公共点，且是的四等分点，点在上，，． (1)证明：在上，且平面； (2)当的长度最小时，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)设与平面所成的角分别为，当在上运动时，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）因为点在上，所以，从而，所以点在上， 又，且不重合，所以，且，故四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面. （2）取点，连结，则平面， 因为平面，所以，从而，故取最小值当且仅当取最小值， 在平面直角坐标系中，点在椭圆，从而可得的最小值为，平面的一个法向量， ，， 设平面的法向量，则即 整理得令，得，所以， 设平面与平面的夹角为，则． （3）由（2）可知，分别是在平面内的射影，故分别是直线与平面所成角，即， 设，则，，所以， 易得在平面直角坐标系中，为椭圆的焦点， 所以，即，从而，， 又当时，，所以，所以的取值范围为． 5．如图，该几何体由两个相同的正四棱台组合而成 (1)证明：. (2)已知M，N，O分别是棱，，的中点，过点M，N，O的平面截该几何体所得的截面是边长为2的正六边形，求棱的长度. (3)已知，该几何体的体积，平面与平面夹角的余弦值为，求棱的长度. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)2 【详解】（1）如图，分别延长两个正四棱台的侧棱，得到正四棱锥及正四棱锥， 所以. 连接，，记，连接，. 在正四棱锥及正四棱锥中，平面，平面， 所以直线与是同一条直线. 因为，所以P，E，G，Q四点共面，所以四边形为菱形，所以. （2）解：连接，. 因为过点M，N，O的平面截该几何体所得的截面是边长为2的正六边形， 所以，. 故. （3）解：记正方形的中心为，连接，. 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. 设，则，，， 所以，. 记平面的法向量为， 则即 取，则. 同理可得平面的一个法向量为. ， 解得， 所以正四棱锥的体积. 因为该几何体的体积为，所以正四棱台的体积， 则正四棱锥的体积. .设，则. 因为，所以，所以， 则，解得. 6．如图，平面五边形ABCDE中，，设AB的中点为F，将四边形AEDF沿DF折起至四边形PQDF，使得二面角为．      (1)求五面体BCDFPQ的体积； (2)判断在同一平面中相互平行的两条直线，在平面经过折叠后是否一定依然平行，并结合平面五边形ABCDE经折叠得到五面体BCDFPQ的变化，证明你的判断； (3)求PC与平面CDQ所成角的正弦值． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【详解】（1）在平面五边形ABCDE中，因为，所以， 又，所以四边形为平行四边形，所以， 因为，所以， 所以在五面体BCDFPQ中， 所以为二面角的平面角，所以， 如图，分别取BC，DF的中点M，N，连接MN，QM，QN， 则五面体BCDFPQ分割为直三棱柱与四棱锥， 直三棱柱的体积为，    点Q到平面DCMN的距离， 四棱锥的体积为， 所以五面体BCDFPQ的体积为； （2）否， 理由如下：    连接交于点，因为，为的中点， 所以，又， 所以四边形为平行四边形，所以，即， 折叠成为五面体BCDFPQ后，AC对应PC，DE对应DQ， 因为P，Q，D三点共面，而点C不在平面PQD内，故直线PC与DQ不可能平行， 故在同一平面中相互平行的两条直线，在平面经过折叠后不一定平行； （3）以F为坐标原点，FP，FD所在直线分别为x，z轴，平面PFB中过点F作垂直于PF的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，    故， 设为平面CDQ的法向量， 则， 可以取， 设PC与平面CDQ所成的角为， 则， 故PC与平面CDQ所成角的正弦值为. 7．球面与过球心的平面的交线叫做大圆，将球面上三点用三条大圆弧连接起来所组成的图形叫做球面三角形，每条大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个内角.如图（1），球的半径为球的球面上的四点.    (1)若球面三角形的三条边长均为，求此球面三角形一个内角的余弦值. (2)在球的内接三棱锥中，平面，直线与平面所成的角为. （i）若分别为直线上的动点，求线段长度的最小值； （ii）如图（2），若分别为线段的中点，为线段上一点（与点不重合），当平面与平面夹角的余弦值最大时，求线段的长. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【详解】（1）因为球面三角形的三条边长均为， 所以球面三角形每条边所对的圆心角均为，所以四面体为正四面体. 取的中点，连接，则，且， 则为二面角的平面角. 由余弦定理可得. 所以此球面三角形一个内角的余弦值为. （2）因为平面，所以. 设，则，所以. 由勾股定理的逆定理可得，又， 所以平面，又平面，所以， 因为直线与平面所成的角为，所以. 易知在和中，斜边的中点到点的距离相等，即为球的直径，所以. 以点为坐标原点，直线分别为轴，过点且与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.    （i）由题可知， 则. 设与都垂直的向量为， 则令，则， 所以线段长度的最小值为. （ii）设，由题可知， 则. 设平面的一个法向量为， 则取，可得. 设平面的一个法向量为， 则取，可得. 设平面与平面的夹角为. 因为 ， 令，则， 可得， 当且仅当，即时等号成立，此时取得最大值， 故. 8．已知为正三角形，动点为平面外一点，为平面内一点，已知，，且． (1)若平面，求到平面的距离； (2)在（1）的条件下，求三棱锥的外接球的半径； (3)求点的运动轨迹． 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【详解】（1）由得，即， 则点为上靠近的三等分点，由，则， 由平面，平面，则， 在与中，由， 则有，解得， 故，即点到平面的距离.    （2）设外接球球心为，的外接圆圆心为，半径为；的外接圆圆心为，半径为， 连接，则平面，且平面， 由为正三角形，则； 在中，， 则，则， 由，可得， 取中点，连接，则，且三点共线，， 由平面，平面，则平面平面， 平面平面，平面， 则平面，故， 同理得，，故四边形为平行四边形，所以， 则外接球半径.    （3）以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，设， 由得， 坐标代入得， 整理得，又点在平面外，故， 故动点的轨迹为以为球心，为半径的球面（不包含在坐标平面上的圆）.    9．如图，在边长为的正方形中，，分别为边，上的点，连接，，，将沿着折线翻折，使点到达点位置，连接，形成三棱锥. (1)若，分别为边，上的中点，，求此时三棱锥外接球的表面积； (2)若，是的中点. （ⅰ）求的大小； （ⅱ）若正方形边长为，当取最小值，取最大值时，求此时直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)； (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【详解】（1）由题意得，又，，平面，， 所以平面，则此时三棱锥如图所示， 由题意得，，，，都是直角三角形，所以， 将三棱锥补全为长方体，此时三棱锥的外接球球心为长方体对角线的中点， 即， 所以三棱锥外接球的表面积为. （2）（ⅰ）设，，则，， 因为，所以， 在直角三角形中，得，整理得，， 因为，， 所以， 因为，所以，故. （ⅱ）由（ⅰ）知，设，则， 所以，， 所以 ， 因为，所以， 当时，有最大值，最大值为1，此时有最小值， 所以当取最小值时，，且， 由，得，， 所以，，. 如图1，取中点，连接，，则，，故，，，四点共线， 当取最大值时，即平面平面，由翻折关系知， 故直线，，两两垂直，且，， 如图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，，，， ∴， ， 设平面的法向量为，则， 令，则，故， 设直线与平面所成的角为，则. ∴直线与平面所成角的正弦值为. 10．已知正方体的棱长为1． (1)证明：平面； (2)已知点为平面内一动点，且与所成角为，求线段所形成的曲面面积S； (3)在棱上分别取点（均不与端点重合），二面角，分别记为，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）以D为原点，分别以DA、DC、所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 则 所以， ， 因为在平面内相交于点A， 所以平面； （2）在平面中，连接交于点， 由（1）知平面， 因为 是正三角形，边长为，由， 即， 点为平面内一动点，且与所成角为，则， 所以点轨迹为以为圆心，为半径的圆， 线段所形成的曲面是圆锥的侧面，曲面面积； （3）设， 平面DFG的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为， 设平面EFG的法向量为， 则， 所以，令，， 所以， 所以， ，， = ， ， ， ， ，当且仅当，即时取等号， 又， ， 所以的取值范围为. 1．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）法一、在正方形中， 由条件易知，所以， 则， 故，即， 在正方体中，易知平面，且， 所以平面， 又平面，∴， ∵平面，∴平面； 法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设是平面的一个法向量， 则，令，则，所以， 易知，则也是平面的一个法向量，∴平面； （2）同上法二建立的空间直角坐标系， 所以， 由（1）知是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，所以， 令，则，即， 设平面与平面的夹角为， 则； （3）由（1）知平面，平面，∴， 易知， 又，则D到平面的距离为， 由棱锥的体积公式知：. 2．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，平面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析； （ii）. 【详解】（1）由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）（i）由题意及（1）证明如下， 法一： 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：， ∴ 在立体几何中，， ∵ 解得：， ∴点在平面上. 法二： ∵，，，在同一个球面上， ∴球心到四个点的距离相等 在中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心， 作出和的垂直平分线，如下图所示， 由几何知识得， ，， ， ∴， ∴点是的外心， 在Rt中，，， 由勾股定理得， ∴， ∴点即为点，，，所在球的球心， 此时点在线段上，平面， ∴点在平面上. （ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得， ， 设直线与直线所成角为， ∴. 法2： 由几何知识得，， ，∥， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 过点作的平行线，交的延长线为，连接，， 则，直线与直线所成角即为中或其补角. ∵平面，平面，， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 在Rt中，，由勾股定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 即： 解得： ∴直线与直线所成角的余弦值为：. 3．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心． (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则， 又正四棱锥底面是正方形，由可得，， 故， 根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥， 即圆锥的高为，底面半径为， 根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是 （2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形， 由是中点，则，又平面， 故平面，即平面，又平面， 于是直线与平面所成角的大小即为， 不妨设，则，， 又线面角的范围是， 故.即为所求. 4．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 【答案】(1)证明见解析； (2)1 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，    则， ， ， 又不在同一条直线上， . （2）设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， ， 化简可得，， 解得或， 或， . 5．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． （2）不妨设，，． ，，又，平面 平面． 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：    设， 设平面与平面的一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以； ，取，所以， 所以，，从而． 所以二面角的正弦值为． 学科 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第04讲 空间向量的概念及其运算、 空间向量法与纯几何法求空间角与空间距离 目录 01 常考题型过关练 题型01 空间向量的基本概念及其运算 题型02 空间向量求异面直线所成角及其异面角的应用 题型03 空间向量求线面角及其线面角的应用 题型04 空间向量求二面角及其二面角的应用 题型05 空间向量求空间距离及其应用 题型06 利用空间向量解决立体几何小题（难度中低档） 题型07 利用空间向量解决立体几何小题（难度压轴题） 题型08几何法求点面距 题型09 几何法求异面直线所成角 题型10 几何法求线面角 题型11 几何法求二面角 题型12 范围与最值的综合问题 02 核心突破提升练 03 真题溯源通关练 01 空间向量的基本概念及其运算 1．下列命题中为真命题的是（    ） A．空间向量与的长度相等 B．将空间中所有的单位向量移到同一个起点，则它们的终点构成一个圆 C．空间向量就是空间中的一条有向线段 D．不相等的两个空间向量的模必不相等 2．设，且，则（ ） A． B．0 C．3 D． 3．已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 4．已知为空间不共面的四点，且向量，向量，则不能与构成空间的一个基底的是（　　） A． B． C． D．或 5．三棱锥中，，点为中点，点满足，则（    ） A． B． C． D． 02 空间向量求异面直线所成角及其异面角的应用 6．在直三棱柱中，已知，E是的中点，D是的中点，与相交于点F，，，，则与所成的角的大小为（    ） A． B． C． D． 7．在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 8．如图，平面，，，，，为的中点． (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设是棱上的点，若与所成角的余弦值为，求的长． 9．如图，在棱长为2的正方体中，、分别是、的中点，是的中点. (1)判断、、、四点是否共面（结论不要求证明）； (2)证明：平面； (3)求异面直线与所成角的余弦值. 10．如图，在三棱锥中，底面，.点、、分别为棱、、的中点，是线段的中点，，.    (1)求证：平面； (2)已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长． 03 空间向量求线面角及其线面角的应用 11．如图，在棱长为3的正方体中，E，F分别为棱，的中点，点G满足． (1)证明：平面； (2)求直线DG与平面所成角的正弦值． 12．在多面体ABCDE中，平面平面为等边三角形，四边形ABCD为平行四边形，M，N分别为AD，BE的中点.    (1)求证：； (2)求直线MN与平面ACE所成角的正弦值. 13．已知直三棱柱如图所示，其中，，点，. (1)若直线上所有点到平面的距离都相等，求的值； (2)已知直线与平面所成角的正切值为，求的值. 14．如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，底面为等边三角形，平面平面，点满足，点为棱上的动点（含端点）． (1)当与重合时，证明：平面平面； (2)是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 15．如图，已知四边形ABCD是矩形，，三角形PCD是正三角形，且平面平面. (1)若O是CD的中点，证明:； (2)求二面角的正弦值； (3)在线段CP上是否存在点Q，使得直线AQ与平面ABP所成角的正弦值为若存在，确定点Q的位置，若不存在，请说明理由 04 空间向量求二面角及其二面角的应用 16．如图，在四棱台中，下底面是边长为的正方形，侧棱与底面垂直，且. (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的大小. 17．如图，在三棱锥和中，和均是以为斜边的等腰直角三角形，平面平面平面. (1)证明： 平面； (2)求二面角的正弦值. 18．如图，在直三棱柱中，，平面平面，点分别是棱的中点，点是线段上的一点 (1)求证：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 19．如图，在四棱锥中，，，，为等边三角形，直线PA与平面ABCD所成角的大小为，点E是棱PB上的一点（不包含端点）. (1)求证：平面平面PBD； (2)若二面角的余弦值为，求线段PE的长. 20．如图，四边形是边长为2的正方形，点分别在线段上运动，且．将沿折起，使得点到达点的位置，此时平面平面． (1)当时，求证：； (2)是否存在，使？若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由； (3)证明：存在，使得二面角的平面角为． 05 空间向量求空间距离及其应用 21．如图，在直三棱柱中，，，，是棱的中点，是棱上一点，且． (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角的大小； (3)求点到直线的距离． 22．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，三角形是正三角形，M是棱的中点.    (1)证明：； (2)若二面角为，求点M到平面的距离. 23．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，为正三角形，且侧面底面，M为的中点．    (1)求点P到直线的距离； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 24．如图，在直三棱柱中，，，，点，分别在棱和棱上，且，． (1)设为中点，求证：面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到直线的距离． 25．如图，在正三棱柱中，，M为BC的中点. (1)求证：直线平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点A到平面的距离. 06 利用空间向量解决立体几何小题（难度中低档） 26．如图，在正四棱柱中，是底面的中心，分别是的中点，则下列结论正确的是（    ） A．// B． C．//平面 D．平面 27．如图，在正方体，中，，分别为线段，上的动点.给出下列四个结论:    ①存在点，存在点，满足∥平面； ②任意点，存在点，满足∥平面； ③任意点，存在点，满足； ④任意点，存在点，满足. 其中所有正确结论的序号是 . 28．如图，已知正方体的棱长为1，则线段上的动点P到直线的距离的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 29．如图，在正方体中，为棱上的动点，为棱的中点，则下列选项正确的是（    ） A．直线与直线相交 B．当为棱上的中点时，则点在平面的射影是点 C．存在点，使得直线与直线所成角为 D．三棱锥的体积为定值 30．如图，已知正方体，则下列结论中正确的是（    ） A．与三条直线所成的角都相等的直线有且仅有一条 B．与三条直线所成的角都相等的平面有且仅有一个 C．到三条直线的距离都相等的点恰有两个 D．到三条直线的距离都相等的点有无数个 31．如图，已知正方体中，F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（    ）    A．存在点E，使平面 B．三棱锥的体积随动点E变化而变化 C．直线与所成的角不可能等于 D．存在点E，使平面 07 利用空间向量解决立体几何小题（难度压轴题） 32．设棱长为2的正方体，是中点，点、分别是棱、上的动点，给出以下四个结论： ①存在； ②存在平面； ③存在无数个等腰三角形； ④三棱锥的体积的取值范围是. 则所有结论正确的序号是 . 33．如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论： ①平面截正方体所得的截面图形是五边形； ②直线到平面的距离是； ③存在点，使得； ④△面积的最小值是． 其中所有正确结论的序号是 ． 34．如图，在棱长为的正方体中，点，分别在线段和上． 给出下列四个结论：     ①的最小值为； ②四面体的体积为； ③有且仅有一条直线与垂直； ④存在点，，使为等边三角形． 其中所有正确结论的序号是 ． 35．如图所示，在正方体中，是棱上一点，平面与棱交于点．给出下面几个结论： ①四边形是平行四边形； ②四边形可能是正方形； ③存在平面与直线垂直； ④任意平面与平面垂直； ⑤平面与平面夹角余弦的最大值为． 其中所有正确结论的序号是 ． 36．如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直．点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，给出下列四个结论： ①存在点，使； ②存在点，使； ③到直线和的距离相等的点有无数个； ④若，则四面体体积的最大值为． 其中所有正确结论的序号是 ． 37．如图，在棱长为1的正方体中，点P是对角线上的动点（点P与点A，不重合）．给出下列结论： ①存在点P，使得平面平面； ②对任意点P，都有； ③面积的最小值为； ④若是平面与平面的夹角，是平面与平面的夹角，则对任意点P，都有．其中所有正确结论的序号是 ． 38．在棱长为的正方体中，是线段上的点，过的平面与直线垂直，当在线段上运动时，平面截正方体所得的截面面积的最小值是（    ） A． B． C． D． 39．如图，在直三棱柱中，，，，，点在棱上，点在棱上，给出下列三个结论： ①三棱锥的体积的最大值为； ②的最小值为； ③点到直线的距离的最小值为． 其中所有正确结论的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 40．如图，在棱长为2的正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面 C．三棱锥的体积是定值 D．存在点Q，使得PQ与AD所成的角为 41．在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得直线与直线相交 B．存在点，使得直线平面 C．直线与平面所成角的大小为 D．平面被正方体所截得的截面面积为 08 几何法求点面距 42．如图，平面，，，F为CE中点． (1)求证：平面； (2)求点C到平面的距离． 43．如图，在三棱锥中，，，． (1)求三棱锥的体积； (2)求点到平面的距离． 44．如图，在三棱柱中，侧面均为正方形，，，点D是棱的中点，点O为与交点． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离． 09 几何法求异面直线所成角 45．如图，在四面体中，平面，M是的中点，P是的中点，点Q在线段上，且． (1)求证：平面． (2)若三角形为边长为2的正三角形，，求异面直线和所成角的余弦值 ． 46．如图1，正六边形边长为2，为边的中点，将四边形沿 折成如图2所示的五面体，使为正三角形. (1)求证：面； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 47．如图，在正四棱锥中，已知侧棱和底面边长都等于是的中点． (1)求证：平面． (2)求异面直线与所成角的余弦值． 10 几何法求线面角 48．如图，在直三棱柱中，D，E为，中点，连接，． (1)证明：平面； (2)若，，，求直线与平面所成角的正弦值． 49．如图，在三棱柱中，，，，D，E分别是，BC的中点，连接，，且平面ABC． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 50．如图，在四棱锥中，底面为梯形，，平面，，，二面角为．    (1)若为棱上一点，且，证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值． 51．如图，已知四棱台中，，，且，Q为线段中点，    (1)求证：平面； (2)若四棱锥的体积为 ①求证：平面； ②求与平面夹角的正弦值． 11 几何法求二面角 52．如图，在三棱柱中，底面为正三角形，，，. (1)求证：； (2)求二面角的正弦值． 53．如图，三棱柱所有棱长都为2，，O为BC中点，D为与交点． (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的大小． 54．如图，在四棱锥中，底面四边形是直角梯形， 是的中点，． (1)证明：平面． (2)若，求二面角的正弦值． 55．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面.，为侧棱的中点. (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正切值. 12 范围与最值的综合问题 56．如图，已知直三棱柱，，，分别为线段，，的中点，为线段上的动点，，. (1)若，试证； (2)在（1）的条件下，当时，试确定动点的位置，使线段与平面所成角的正弦值最大. 57．如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，B为底面圆周上异于A，C的点. (1)在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由； (2)设平面∩平面，与平面QAC所成角为，当四棱锥的体积最大时，求的取值范围. 58．已知球O半径为2，A，B，C，D是球面上的点，平面⊥平面，四边形OACD为平行四边形． (1)证明：； (2)若，求点O到平面BCD的距离； (3)求BD与平面OAC所成角的余弦值的最小值． 59．如图，在直三棱柱中，△为边长为2的正三角形，为中点，点在棱上，且. (1)当时，求证平面； (2)设为底面的中心，求直线与平面所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值时的值. 60．如图，在矩形中，，，是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影落在线段BC上．    (1)当点M与点重合时， ①证明：平面； ②求二面角的余弦值； (2)设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值． 1．中，，，，是的中点，是的中点，是的中点.如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得. (1)证明：、、、共面； (2)若，求三棱锥的体积； (3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 2．如图，在正方形中，，分别为中点，四边形也是正方形，经过点的直线与平面的夹角为且，现将正方形沿直线平移至得到四棱台．    (1)求证：平面平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值； (3)若平面平面，求四棱台的体积． 3．如图1，是圆的直径，，，，现将圆沿直径翻折，如图2，记二面角的大小为． (1)当时，求直线与底面所成角的正弦值； (2)是否存在使得直线与直线垂直？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 4．笛卡尔通过解析几何，将代数的精确性与几何的直观性结合，不仅推动了数学的变革，还为科学提供了强大的分析工具，其坐标系思想至今仍是科学与工程中不可或缺的基础．在直角坐标系中，如果某曲线上的点与一个二元方程的实数解建立了如下的关系：①曲线上点的坐标都是这个方程的解；②以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点，那么，这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线．类似地，在空间直角坐标系中，我们也定义曲面的方程和方程的曲面．已知在空间直角坐标系中，曲面，是轴与的公共点，且是的四等分点，点在上，，． (1)证明：在上，且平面； (2)当的长度最小时，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)设与平面所成的角分别为，当在上运动时，求的取值范围． 5．如图，该几何体由两个相同的正四棱台组合而成 (1)证明：. (2)已知M，N，O分别是棱，，的中点，过点M，N，O的平面截该几何体所得的截面是边长为2的正六边形，求棱的长度. (3)已知，该几何体的体积，平面与平面夹角的余弦值为，求棱的长度. 6．如图，平面五边形ABCDE中，，设AB的中点为F，将四边形AEDF沿DF折起至四边形PQDF，使得二面角为．      (1)求五面体BCDFPQ的体积； (2)判断在同一平面中相互平行的两条直线，在平面经过折叠后是否一定依然平行，并结合平面五边形ABCDE经折叠得到五面体BCDFPQ的变化，证明你的判断； (3)求PC与平面CDQ所成角的正弦值． 7．球面与过球心的平面的交线叫做大圆，将球面上三点用三条大圆弧连接起来所组成的图形叫做球面三角形，每条大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个内角.如图（1），球的半径为球的球面上的四点.    (1)若球面三角形的三条边长均为，求此球面三角形一个内角的余弦值. (2)在球的内接三棱锥中，平面，直线与平面所成的角为. （i）若分别为直线上的动点，求线段长度的最小值； （ii）如图（2），若分别为线段的中点，为线段上一点（与点不重合），当平面与平面夹角的余弦值最大时，求线段的长. 8．已知为正三角形，动点为平面外一点，为平面内一点，已知，，且． (1)若平面，求到平面的距离； (2)在（1）的条件下，求三棱锥的外接球的半径； (3)求点的运动轨迹． 9．如图，在边长为的正方形中，，分别为边，上的点，连接，，，将沿着折线翻折，使点到达点位置，连接，形成三棱锥. (1)若，分别为边，上的中点，，求此时三棱锥外接球的表面积； (2)若，是的中点. （ⅰ）求的大小； （ⅱ）若正方形边长为，当取最小值，取最大值时，求此时直线与平面所成角的正弦值. 10．已知正方体的棱长为1． (1)证明：平面； (2)已知点为平面内一动点，且与所成角为，求线段所形成的曲面面积S； (3)在棱上分别取点（均不与端点重合），二面角，分别记为，求的取值范围． 1．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 2．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，平面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 3．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心． (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小． 4．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 5．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 学科 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $$