专题02 空间向量的应用（竞赛培优专项训练）高二数学人教A版2019全国通用

专题02 空间向量的应用 目录概览 A考点精研・竞赛考点专项攻坚 考点一 利用空间向量解决球的问题 4 考点二 利用空间向量解决截面问题 5 考点三 空间位置关系的证明 6 考点四 利用空间向量解决体积问题 9 考点五 利用空间向量求线段长度或长度的最值 10 考点六 利用空间向量解决点的轨迹问题 12 考点七 利用空间向量解决线线角问题 12 考点八 利用空间向量解决线面角问题 13 考点九 利用空间向量解决面面角问题 15 考点十 利用空间向量解决点到直线的距离问题 18 考点十一 利用空间向量解决点到平面的距离问题 19 考点十二 利用空间向量解决探究性问题 23 考点十三 利用空间向量解决立几综合问题 24 考点十四 空间向量与其他知识的交汇 26 考点十五 与空间向量有关的新定义题 28 B实战进阶・竞赛选拔模拟特训（精选各地竞赛、强基试题13道） 【归纳重点知识】 知识点01 向量法证明平行、垂直 1.平面的法向量 如果表示向量的有向线段所在直线垂直于平面，则称这个向量垂直于平面，记作，如果，那么向量叫做平面的法向量． 注意： ①法向量一定是非零向量；②一个平面的所有法向量都互相平行；③向量是平面的法向量，向量是与平面平行或在平面内，则有． 第一步：写出平面内两个不平行的向； 第二步：那么平面法向量，满足． 2.判定直线、平面间的位置关系 ①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线，的方向向量分别为，． 若∥，即，则； 若，即，则． ②直线与平面的位置关系：直线的方向向量为，平面的法向量为，且． 若∥，即，则； 若，即，则． 3.平面与平面的位置关系 平面的法向量为，平面的法向量为． 若∥，即，则；若⊥，即，则⊥． 知识点02 空间角与距离公式 1.异面直线所成角公式 设，分别为异面直线，上的方向向量，为异面直线所成角的大小，则． 2.线面角公式 设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为 与所成角的大小，则． 3.二面角公式 设，分别为平面，的法向量，二面角的大小为，则或（需要根据具体情况判断相等或互补），其中． 4.异面直线间的距离（拓展） 两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算． 如图，设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值． 5.点到平面的距离 为平面外一点（如图），为平面的法向量，过作平面的斜线及垂线． 故 【熟记重要结论】 1.方向向量和法向量均不为零向量且不唯一． 2.用向量知识证明立体几何问题，仍离不开立体几何中的定理．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外． 3.最小角定理cos θ＝cos θ1cos θ2 如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2. 4.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|. 5.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补． 考点一 利用空间向量解决球的问题 1．已知正方体的棱长为1，点E为线段上的动点（不含端点），则当三棱锥外接球半径最小时，AE的长为（   ） A． B． C． D． 2．在四棱锥中，，、分别为、的中点，经过、、三点的平面交于点，为上一点，且平面，为等边三角形，，，则经过、、、四点的球的表面积为（   ） A． B． C． D． 3．三棱锥中，底面为等腰直角三角形，，．点P在底面上的射影E是线段靠近点A的四等分点． (1)求与平面所成角的正弦值； (2)求三棱锥外接球体积； (3)设靠近B的四等分点为F，D是平面ABC内的动点，且C，D在直线的两侧，满足．试探究是否存在点D使得平面平面?若存在，请求出DE的长度；若不存在，请说明理由． 考点二 利用空间向量解决截面问题 4．（2025·安徽合肥·三模）在长方体中，．若，点M在长方体内且，则平面ADM截长方体的截面面积为 ． 5．（24-25高二上·北京·阶段练习）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（   ） A．②③ B．②④ C．①③ D．①④ 考点三 空间位置关系的证明 6．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，的中点为，． (1)证明：平面； (2)在平面内，动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点），若直线与平面所成的角为，证明：三点共线． 7．（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． 8．（24-25高二下·甘肃白银·期末）如图，在正方体中，是的中点，是的中点. (1)在平面内确定一点，使平面； (2)证明：棱上不存在点，使平面平面. 9．（24-25高二下·贵州铜仁·期末）在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，与平面所成角为，是的中点，点且． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求平面与平面的夹角的大小． 考点四 利用空间向量解决体积问题 10．在直三棱柱中，，三棱锥体积最大值为（   ） A． B． C．2 D．4   11．（24-25高三上·天津北辰·期末）在长方体中，，过点与直线AM垂直的平面将长方体分成两个部分，则较小部分与较大部分的体积之比为（   ） A． B． C． D． 12．（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． 考点五 利用空间向量求线段长度或长度的最值 13．已知正三棱锥的三个侧面均为等腰直角三角形，过点作一平面，使得三点在平面的同一侧，且三点到该平面的距离分别为，则三棱锥的侧棱长为（    ） A． B．2.5 C． D．2.6 14.（24-25高二下·福建厦门·阶段练习）在平行六面体中，且，，若，，则棱的最大值为（    ） A． B． C．3 D．4 15．在如图所示的试验装置中，正方形框架ABCD的边长为2，长方形框架ABEF的长，且它们所在平面形成的二面角的大小为，活动弹子M，N分别在对角线和上移动，且始终保持，则的长度最小时a的取值为（    ） A． B． C． D． 16．（24-25高二下·河南周口·期末）如图，正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，高为3，E为棱的中点，点F，G分别在棱，BC上（含端点），若，则线段FG长度的最小值为 ． 17．（2025·湖南·模拟预测）如图，圆锥的顶点为S，点A，B，C，D在底面圆O的圆周上，且，的交点为圆心O，，，，则平面与平面夹角的余弦值为 ；若P是母线上一点，且，Q是平面内一点，则周长的最小值为 . 考点六 利用空间向量解决点的轨迹问题 18．（24-25高一下·重庆·期末）如图，在棱长为2的正方体中，M为棱的中点，点Q在底面正方形内运动，满足，则点Q的轨迹长度为（    ）． A． B． C． D． 19.（2025·海南·模拟预测）如图所示，正方体的棱长为2，点为侧面内的一个动点（含边界），点分别是线段、、的中点，则下列结论正确的是（   ） A．直线平面 B．平面截正方体所得的截面面积为 C．的最小值为 D．若，则点的运动轨迹长度为 20.（23-24高二上·福建福州·期末）已知长方体，，，是的中点，点P满足，其中，，且平面，则动点P的轨迹所形成的轨迹长度是（    ） A．3 B． C． D．2 考点七 利用空间向量解决线线角问题 21. (24-25高二下·福建龙岩·期末）如图，在平行六面体中，已知，，则直线与所成角的余弦值为（   ）    A． B． C． D． 22．（24-25高二下·云南·期末）在体积为的正四棱锥中，为底面内的任意两点，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为（    ） A． B． C． D． 23.（24-25高二下·江苏南京·开学考试）棱长为的正四面体中，点为平面内的动点，且满足，点为的重心，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为 ． 考点八 利用空间向量解决线面角问题 24．（2025·江苏连云港·模拟预测）如图，在正方体中，点分别在棱，，上，为的中点，，，记平面与平面的交线为．则直线与平面所成角的正切值为 ． 25．（24-25高一下·上海杨浦·期末）如图，圆台的一个轴截面为等腰梯形，为底面圆周上异于、的点． (1)求该圆台的侧面积； (2)若是线段的中点，求证：直线平面； (3)若，设直线为平面与平面的交线，设平面，点在线段上（不含端点），直线与平面所成的角大小为，求的最大值． 26. （24-25高二上·安徽合肥·期末）如图，四棱锥中，底面为梯形，底面，，过A作一个平面使得平面. (1)求平面将四棱锥分成两部分几何体的体积之比； (2)若平面与平面之间的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. . 考点九 利用空间向量解决面面角问题 27．（2025·云南玉溪·模拟预测）如图，在多面体ABCDEF中，四边形CDEF为正方形，，AD=AE=BC=BF=3，EF=2AB=4． (1)设平面ADE∩平面BCF=l，证明：； (2)直线DE上是否存在点G，使得DE⊥平面 ABG？若存在，确定点G的位置并说明理由；若不存在，请说明理由； (3)若，λ∈[0,1]，求平面BFG与平面DEA夹角的余弦的取值范围． 28．（25-26高三上·山东青岛·开学考试）在如图所示的六面体中，四边形为正方形，．    (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)证明：； (3)已知平面，．设二面角，的大小分别为，平面与平面所成角为．证明：． 29．（24-25高一下·四川绵阳·期末）如图，在三棱台中，点D，E分别为，的中点，，，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)点M在侧面内，且平面，当线段最短时，求平面与平面所成的二面角的正弦值． 考点十 利用空间向量解决点到直线的距离问题 30．（23-24高二上·北京昌平·期末）如图，在长方体中，，，，分别是棱和上的两个动点，且，则的中点到的距离为（    ） A． B． C． D． 31．（2025·山东聊城·二模）如图，柱体上下底面是椭圆面，、分别是上下底面椭圆的长轴，、分别是上下底面椭圆的短轴，四边形和为矩形，、分别为上下底面椭圆的长短轴的交点，．、是下底面椭圆上两动点，不与平行或重合．    (1)证明：平面； (2)若面积为定值，求的长度； (3)在（2）的条件下，当平面平面时，求点到直线的距离的取值范围． 考点十一 利用空间向量解决点到平面的距离问题 32．（24-25高二下·江苏常州·期中）如图，在四棱锥中，平面，.点在棱上且与不重合，平面交棱于点. (1)求证：； (2)若为棱的中点，求二面角的正弦值； (3)记点到平面的距离分别为，求的最小值. 33．（2025·辽宁本溪·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，平面平面,分别为棱的中点，. (1)若四边形为菱形，证明：平面； (2)若 （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）若斜三棱柱内存在两个体积相等且相切的球，且每个球都与该三棱柱的一个底面及三个侧面相切，求点到平面的距离. 考点十二 利用空间向量解决线面距、面面距问题 34．（24-25高二下·全国·课后作业）正方体的棱长为2，，，，分别是棱，，，的中点，则平面和平面之间的距离为（    ） A． B． C． D． 35．（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？ 36.（24-25高二·全国·课后作业）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，底面，，、、分别是、、的中点．求： (1)直线与平面的距离； (2)平面与平面的距离． 考点十二 利用空间向量解决探究性问题 37．（24-25高三上·北京·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点.则下列说法正确的是（   ） ①存在点，使得；②存在点，使得；③对于任意点，到的距离的取值范围为；④对于任意点，都是钝角三角形 A．①②③ B．①④ C．②③ D．②④ 38．（多选）（24-25高一下·陕西西安·期末）若点为点在平面上的正投影，则记．如图，在棱长为1的正方体中，记平面为，平面为，点是棱上一动点（与、不重合），．给出下列三个结论，其中正确的是（   ） A．线段长度的取值范围是 B．存在点P，使得平面 C．存在点使得 D．存在点使得点，重合 39．（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，在直三棱柱中，分别为的中点. (1)证明：平面ACF； (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求平面AFM与平面夹角的余弦值；若不存在，请说明理由. 考点十三 利用空间向量解决立几综合问题 40．已知点是棱长都为2的正四棱锥的棱的中点，空间中一点满足，其中，，，且．当最小时，有（    ） A．为钝角三角形 B． C．与底面所成的角是 D．四棱锥的外接球被二面角所夹的几何体的体积为 41．（24-25高二下·江苏宿迁·期末）在平行六面体中，各棱长均为6．，则下列结论正确的有（    ） A． B．四边形为正方形 C．与平面所成角的余弦值为 D．四边形内存在点P，使得直线与所成角为 42．（多选）（24-25高二下·江苏连云港·期末）在长方体中，，底面是边长为的正方形，，则下列选项正确的有（    ） A．，三棱锥的体积是定值 B．当时，存在唯一的使得平面 C．为棱的中点，当时，的周长取最小值 D．当直线与所成角的余弦值为时，的值为 43．（多选）（24-25高二下·江苏镇江·期末）在棱长为的正方体中，点在底面内运动（含边界），点是棱的中点，则（   ） A．若是棱的中点，则平面 B．若平面，则是上靠近的四等分点 C．点到平面的距离为 D．若在棱上运动，则点到直线的距离最小值为 44．（2025·北京海淀·二模）如图，在正方体中，，、为上底面（包含边界）内的两个动点，且满足，．给出下面四个结论： ①当与重合时，五面体的体积为； ②记直线分别与平面和平面所成角为、，则的值不变； ③存在、，使得； ④存在、，使得五面体中，所在平面与其余四个面所在平面的四个夹角中，有三个彼此相等． 其中，所有正确结论的序号为 ． 考点十四 空间向量与其他知识的交汇 45．（24-25高二下·福建莆田·期末）数学探究活动中，使用圆心为，直径为的圆形厚纸张进行操作： ①在圆周上均匀取六个点，剪出正六边形，如图1； ②剪出菱形，将剩余部分折成无底的正四棱锥，如图2； ③沿将菱形折成空间四边形，如图3. (1)在图1中，从以，，，，，为端点的线段中任取两条，求这两条线段没有公共点的概率； (2)在正四棱锥中，求二面角的余弦值； (3)重复操作，得到两个相同的正四棱锥和两个相同的空间四边形，再将两个空间四边形的边粘合，得到一个正四面体.现将这两个正四棱锥的一个侧面分别与正四面体的一个面粘合，两个正四棱锥的底面中心分别记为，，求与间的距离的所有可能取值（纸板厚度忽略不计）. 46．（24-25高一下·湖北荆州·期末）已知函数的部分图象如图1所示， 分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于点，点为该部分图象与轴的交点. (1)求的解析式； (2)将绘有函数部分图象的纸片沿轴折成的二面角，如图2所示. （i）求直线与平面所成的角的正弦值； （ii）求以线段的中点为球心，半径为的球与二面角所围成的几何体的体积. 注：球缺的定义：如图3，一个球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫球缺的底面，垂直于底面的直径被截下的线段长叫球缺的高.设球的半径为，球缺的高为，则球缺的体积公式为. 考点十五 与空间向量有关的新定义题 47．（2025高三下·辽宁沈阳·专题练习）以原点为球心，4为半径的球，球面上任一点在面上的射影为．在轴及轴上的射影分别为及．设，，关于角度及规定：以轴正向为始边，逆时针为正．点在上半球面时，为正；在下半球面时，为负． 已知球面上点对应的，为，；球面上点对应的，为，． (1)求，间的球面距离． (2)在空间直角坐标系中，①求平面的方程．②求直线的方程． (3)球面上点对应的，为，，求四面体的体积． 注1：球面距离是指球面上两点之间的最短路径长度，这条路径是通过这两点的大圆上的劣弧（大圆是过球心的平面与球面相交形成的圆）． 注2：空间中，平面的位置可由一非零向量和一点唯一确定，直线的位置可由一非零向量和一点唯一确定． 48．（24-25高一下·贵州毕节·阶段练习）阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中，为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.”已知在直四棱柱中，底面为菱形，且. (1)若，求直四棱柱在点处的离散曲率； (2)已知直四棱柱在点处的离散曲率为， （i）若，求直线与平面的夹角的正弦值； （ii）若点为线段上一动点，设三棱锥的体积为，求函数的解析式，并根据此解析式求函数的最大值. 49．（24-25高一下·浙江·期中）向量作为一种重要的数学工具，在代数与几何中发挥着重要桥梁作用，不仅在平面几何学中有着广泛的应用，在空间中、物理学、工程学和计算机科学等领域也同样发挥着重要的作用．它们通过向量的运算，使得我们能够描述和分析现实世界中的各种现象和问题．其中数量积的运算就很好的解决了物理中做功的概念，其运算结果是一个实数．向量在空间中还有一种运算，其运算结果仍是一个向量，即向量的叉积（外积），记作：．规定：①为同时与，垂直的向量，且与为相反向量；②（为向量与的夹角）； (1)证明：； (2)如图，已知棱长均为1的平行六面体，且，计算的值，并解释其几何意义． (3)有一正四面体的四个顶点分别在四个平行平面，，，上，且两相邻平行平面距离为1，求该四面体的棱长． 50．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）在空间直角坐标系O－xyz中，已知向量，点．若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程为，一般式方程可表示为． (1)若直线l的方向向量为，平面α的一般式方程为，求直线l与平面α所成角的正弦值； (2)若平面β经过点，点，点，平面γ的一般式方程为，直线l为平面β和平面γ的交线，求平面β的一般式方程，并求直线l的单位方向向量（写出一个即可）； (3)已知集合，，记集合Q中所有点构成的几何体为，中所有点构成的几何体为． （ⅰ）若，求几何体的体积和的表面积． （ⅱ）若，求几何体的体积关于m的函数关系式． 51．（24-25高二下·安徽·阶段练习）在平面直角坐标系中，任何一条直线都可以用（其中）表示，给定一个点和一个方向，我们可以确定一条直线，例如：已知点在直线l上，是直线l的一个方向向量，则直线l上任意一点满足，化简得直线l的方程为．而在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都可以表示成（其中，且），类似的，在空间中，给定一个点和一个平面的法向量也可以确定一个平面． (1)若点，求平面的方程； (2)求证：是平面的一个法向量； (3)已知某平行六面体，平面的方程为，平面经过点，平面的方程为，求平面与平面夹角的余弦值． 1．（2023·山东泰安冬季竞赛）在三棱锥中，两两垂直，且，三角形重心为，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（2025高三下·重庆·竞赛）四面体满足，，，，设、、的中点分别为、、，则点到直线的距离为 . 3．（2024·广东汕头竞赛）如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是矩形，，P为棱AD的中点，且，，若点M到平面SBC的距离为，则实数的值为 ． 4．（2024·四川宜宾竞赛）如图，在长方体中，，，点，分别是，的中点，则点到直线的距离为 ． 5．（2024·中国科技大学强基计划）空间中由4个点构成的四面体体积是多少？ 6.（第六届全国“枫叶希望杯”竞赛）已知正方形的边长为4，点为边上一点，将沿着折起，使点到的位置，此时点在平面内的射影在上，且.    (1)求点到平面的距离； (2)求二面角的大小． 7．（第十三届全国“枫叶希望杯”竞赛）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面底面为的中点，是棱上的点，，.    (1)若为棱的中点，求异面直线与所成角的余弦值； (2)若二面角大小为，求的长. 8．（第十二届全国“枫叶新希望杯”竞赛）正方形的边长为，分别为边的中点，是线段的中点，如图，把正方形沿折起，设． (1)求证：无论取何值，与不可能垂直； (2)设二面角的大小为，当时，求的值． 9．（第十四届全国“枫叶新希望杯”竞赛）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且. (1)在线段上是否存在一点，使平面? (2)在线段上是否存在点M，使得点B到平面的距离等于1？如果存在，试判断点M的个数；如果不存在，请说明理由. 10．（2024·广东汕头竞赛）已知四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面ABCD，，E是PB的中点.      (1)求直线BD与直线PC所成角的余弦值； (2)求证：平面 (3)求点到平面的距离. 11．（2023·全国中学生能力测评）如图，在四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，，，. (1)求二面角的余弦值； (2)设是棱上一点，是的中点，若与平面所成角的正弦值为，求线段的长. 12．（2023·安徽阜阳竞赛）一副标准规格的三角板按图（1）方式摆放构成平面四边形，，为的中点.将沿折起至，连接，使得，如图（2）.    (1)证明:平面平面. (2)求直线与平面所成角的正弦值. 13．（2023·四川“加速杯”竞赛）如图，为圆柱的一条母线，且．过点且不与圆柱底面平行的平面与平面垂直，轴与交于点，平面截圆柱的侧面得到一条闭合截线，截线与平面的另一交点为．已知该截线为一椭圆，且和分别为其长轴和短轴，为其中心．为在上底面内的射影．记椭圆的离心率为． (1)证明：，并求的取值范围； (2)当时，求直线与平面所成的角的正弦值． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 空间向量的应用 目录概览 A考点精研・竞赛考点专项攻坚 考点一 利用空间向量解决球的问题 4 考点二 利用空间向量解决截面问题 9 考点三 空间位置关系的证明 13 考点四 利用空间向量解决体积问题 20 考点五 利用空间向量求线段长度或长度的最值 25 考点六 利用空间向量解决点的轨迹问题 30 考点七 利用空间向量解决线线角问题 34 考点八 利用空间向量解决线面角问题 37 考点九 利用空间向量解决面面角问题 42 考点十 利用空间向量解决点到直线的距离问题 49 考点十一 利用空间向量解决点到平面的距离问题 53 考点十二 利用空间向量解决探究性问题 61 考点十三 利用空间向量解决立几综合问题 66 考点十四 空间向量与其他知识的交汇 75 考点十五 与空间向量有关的新定义题 83 B实战进阶・竞赛选拔模拟特训（精选各地竞赛、强基试题13道） 【归纳重点知识】 知识点01 向量法证明平行、垂直 1.平面的法向量 如果表示向量的有向线段所在直线垂直于平面，则称这个向量垂直于平面，记作，如果，那么向量叫做平面的法向量． 注意： ①法向量一定是非零向量；②一个平面的所有法向量都互相平行；③向量是平面的法向量，向量是与平面平行或在平面内，则有． 第一步：写出平面内两个不平行的向； 第二步：那么平面法向量，满足． 2.判定直线、平面间的位置关系 ①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线，的方向向量分别为，． 若∥，即，则； 若，即，则． ②直线与平面的位置关系：直线的方向向量为，平面的法向量为，且． 若∥，即，则； 若，即，则． 3.平面与平面的位置关系 平面的法向量为，平面的法向量为． 若∥，即，则；若⊥，即，则⊥． 知识点02 空间角与距离公式 1.异面直线所成角公式 设，分别为异面直线，上的方向向量，为异面直线所成角的大小，则． 2.线面角公式 设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为 与所成角的大小，则． 3.二面角公式 设，分别为平面，的法向量，二面角的大小为，则或（需要根据具体情况判断相等或互补），其中． 4.异面直线间的距离（拓展） 两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算． 如图，设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值． 5.点到平面的距离 为平面外一点（如图），为平面的法向量，过作平面的斜线及垂线． 故 【熟记重要结论】 1.方向向量和法向量均不为零向量且不唯一． 2.用向量知识证明立体几何问题，仍离不开立体几何中的定理．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外． 3.最小角定理cos θ＝cos θ1cos θ2 如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2. 4.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|. 5.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补． 考点一 利用空间向量解决球的问题 1．已知正方体的棱长为1，点E为线段上的动点（不含端点），则当三棱锥外接球半径最小时，AE的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面，故三棱锥的外接球球心在上，设三棱锥的外接球球心为O，半径为r，推出最小值为的外接圆半径，由正弦定理得，设，求出O为的三等分点，故，根据得到方程，求出，从而得到AE的长. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 故， 所以，即，， 又，平面， 所以平面，故三棱锥的外接球球心在上， 设平面，设三棱锥的外接球球心为O，半径为r， 则，即点O与重合时，r有最小值， 最小值为的外接圆半径， 在等边中，边长为，所以， 设， 点到平面的距离为的长， 其中，点到平面的距离为， 即，O为的三等分点，故， 所以， 解得或（舍去）， 此时，，所以． 故选：D． 2．在四棱锥中，，、分别为、的中点，经过、、三点的平面交于点，为上一点，且平面，为等边三角形，，，则经过、、、四点的球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量的坐标，根据线面位置关系与向量的关系求出点的坐标，然后设球心为，由可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可求出球的半径，即可得解. 【详解】因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、， 设平面的一个法向量为，， 直线的一个方向向量为， 则，取，可得， 设， 所以，， 因为平面，则，解得， 所以，，即点， 设经过、、、四点的球的球心为， 由可得，解得， 故球的半径为， 因此，经过、、、四点的球的表面积为. 故选：C. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法： ①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； ②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可； ④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径. 3．三棱锥中，底面为等腰直角三角形，，．点P在底面上的射影E是线段靠近点A的四等分点． (1)求与平面所成角的正弦值； (2)求三棱锥外接球体积； (3)设靠近B的四等分点为F，D是平面ABC内的动点，且C，D在直线的两侧，满足．试探究是否存在点D使得平面平面?若存在，请求出DE的长度；若不存在，请说明理由． 【详解】（1）法一：等体积法：，， ， ∴由，则， ． 法二：连接PE，因为P在底面ABC上的射影E是线段AB靠近点A的四等分点， 可得，因为平面，所以， 在直角中，可得， 又因为平面，所以平面平面，且交线为CE， 过B作于点G，连接PG， 因为平面，由面面垂直的性质，可得平面， 故为PB与平面PCE所成角， 在中，，，， 由余弦定理得，所以， 又由，所以， 在中，由，所以， 即直线PB与平面PCE所成角的正弦值为； （2）由几何性质知，球心M在过AB中点O且与面CAB垂直的垂线上， 建立AB中点O为空间坐标原点，OC所在直线为x轴，BO所在直线为y轴，过点O平行于的直线为轴的空间直角坐标系， 则，，设， 由，， ，故，， 故； （3）则由几何关系可得，，，，，由， 在平面xOy中，D在以E、F为焦点的椭圆上，故① 设面PBC的法向量，，，由， 有，令，得 设面PBD的法向量，，，由， ，取，则， 故得②代入①得（舍）或． 而，故. 考点二 利用空间向量解决截面问题 4．（2025·安徽合肥·三模）在长方体中，．若，点M在长方体内且，则平面ADM截长方体的截面面积为 ． 【答案】 【分析】设由可得，用表示正切值，利用和角的正切公式求得，再由求得，利用构造平面，连接并延长交于点，连接，过点作，交于点，即可得矩形为平面ADM截长方体得到的截面，求其面积即可. 【详解】已知，则， 设， 因为， ， ， ， 所以，化简得，得， 即． 又，则 因，则组成一个平面，由可知在线段点在上， 故点在平面内，连接并延长交于点，连接，过点作，交于点，连接， 则矩形即平面截长方体得到的截面. 因，即， ． 故答案为：. 5．（24-25高二上·北京·阶段练习）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（   ） A．②③ B．②④ C．①③ D．①④ 【答案】C 【分析】根据点、线、面的位置关系判断可知①正确，建立空间直角坐标系利用点到面的距离的向量求法计算可得②错误，利用向量垂直的坐标表示解方程可得③正确，再利用点到线的距离求得点到直线的距离的最小值可得④错误. 【详解】对于①，连接分别于的延长线分别交于，连接分别交于，连接，如下图所示： 易知平面与平面为同一平面， 其截正方体所得的截面图形是，为五边形，即①正确； 对于②，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 易知， 则，显然， 又平面，平面，所以平面； 因此直线到平面的距离即为点到平面的距离， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得，即； 易知， 则直线到平面的距离是，即②错误； 对于③，由点在线段上运动，可设， 因此，则， 可得， 假设存在点，使得，可得， 整理可得，解得或（舍去）， 故存在点，使得，即③正确. 对于④，易知，， 所以点到直线的距离为， 可知当时，点到直线的距离最小为， 所以面积的最小值是，即④错误. 故选：C 【点睛】方法点睛：在求解空间中点存在性问题以及最值问题时，经常利用空间直角坐标系由空间向量求得相应结果即可得出结论. 考点三 空间位置关系的证明 6．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，的中点为，． (1)证明：平面； (2)在平面内，动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点），若直线与平面所成的角为，证明：三点共线． 【分析】（1）法1，连结与交于点，可得，根据线面平行的判定定理得证；法2，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法证明；法3，设中点为，可证平面，平面，进而得到平面平面，得证； （2）法1，建立空间直角坐标系，设，利用与平面所成的角为，结合向量法求出点的坐标，进而确定的关系，得证；法2，设，解法同1；法3，设平面平面，过点作，垂足为，可得为与平面所成角，利用已知条件求解得证. 【详解】（1）解法一：连结与交于点，连结． 因为点为与的交点，所以点为中点， 又因为为中点，所以． 因为平面，平面，所以平面． 解法二：以为坐标原点，的方向为轴正向，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，可取． 因为，平面，所以平面． 解法三：设中点为，连结、、，则且． 因为且，所以且， 四边形是平行四边形，所以． 因为、分别为、中点，所以， 又因为，所以四边形是平行四边形，所以． 因为，平面，所以平面， 同理平面， 又因为，所以平面平面， 因为平面，所以平面． （2）法1，以为坐标原点，的方向为轴正向，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，可取． 因为动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点）， 所以可设， 则， 由于与平面所成的角为，所以， 所以 ， 所以，即，解得， 所以，故三点共线． 法2，前面同上，设平面的法向量为， 则即可取． 因为动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点），所以可设，则， 因为与平面所成的角为，所以， 所以， 化简得，即 ，得或． 因为不成立．由可得，从而 ，得，所以，故三点共线． 7．（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． 【分析】（1）利用等边三角形的三线合一，可证明线线垂直，从而可得线面垂直； （2）利用面面垂直可得线面垂直，最后得到线线垂直，从而可用勾股定理求解边长；也可以用空间向量法来假设未知量，再列等式求解即可. 【解析】 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． 8．（24-25高二下·甘肃白银·期末）如图，在正方体中，是的中点，是的中点. (1)在平面内确定一点，使平面； (2)证明：棱上不存在点，使平面平面. 【分析】（1）根据证明线面垂直的向量方法，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，表示出方向向量，列出方程组，求出结果； （2）根据证明面面平行的向量方法，设出点的坐标，证明面上两条直线方向向量，不能同时与另一个面的法向量垂直即可. 【详解】（1） 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2， 则，，，，，， 设，. 因为，，，又，不共线， 所以当时，平面. 所以，解得，， 所以当点的坐标为时，平面. （2）设平面的法向量为，则， 因为，，所以， 令，则，，所以平面的一个法向量. 若平面平面，则也是平面的一个法向量. 因为，， 所以，即，得， 此时， 所以不是平面的一个法向量，即与平面不垂直. 所以棱上不存在点，使平面平面. 9．（24-25高二下·贵州铜仁·期末）在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，与平面所成角为，是的中点，点且． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求平面与平面的夹角的大小． 【分析】（1）连接，交于点，再连接，由，可完成证明； （2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由，结合题意可完成证明； （3）由（2）的结论可得是平面与平面的夹角，然后由向量夹角计算公式可得答案. 【详解】（1）连接，交于点，再连接． 因为底面是正方形，所以点是的中点． 又是的中点，所以． 而平面且平面． 因此平面． （2）由底面，底面是正方形且与平面所成角为，又，可知是等腰直角三角形，即． 现以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 设，则，，，， 且．． ． ，． 同理．则. 又,平面,平面； （3）由（2）的结论平面，可知且，结合图形特点可知是平面与平面的夹角，亦可记为． 在等腰直角三角形中，为中点，所以． 又，即且． 于是，且． 又． 所以，即与平面的夹角大小为． 考点四 利用空间向量解决体积问题 10．在直三棱柱中，，三棱锥体积最大值为（   ） A． B． C．2 D．4 【答案】A 【分析】如图建立空间直角坐标系，根据可得在底面的轨迹，再分割三棱柱可得，求的最大值即点到底距离最大即最大时即可得解. 【详解】如图，以为坐标原点，以直线、在平面内垂直于的直线、直线所在方向分别为正半轴.    设,. ，，得，即.即点在底面的轨迹是以为圆心，半径为的圆. 又因为，. 当取最大时，有最大值. 故选：A. 11．（24-25高三上·天津北辰·期末）在长方体中，，过点与直线AM垂直的平面将长方体分成两个部分，则较小部分与较大部分的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别取，，的对应三等分点，， ，利用空间向量证明共面，再通过向量数量积证明平面，最后采用割补法求解出较小部分的体积，从而体积比可求. 【详解】分别取靠近的三等分点，取靠近的三等分点，取靠近的三等分点， 连接，建立如下图所示空间直角坐标系，    不妨设， 所以， 所以， 所以， 又∵不共线，∴共面， 又因为，所以， 因为，所以， 因为，所以， 又，平面， 所以平面， 较小部分的几何体如下图所示，    其体积为， 由正四棱柱结构特点易知平面，平面， 所以， 所以较大部分体积， 所以较小部分与较大部分的体积比为. 故选：B. 12．（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． 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立； （2）设点，其中，利用空间向量法求出点到平面的距离，再利用锥体的体积公式以及三角函数的有界性可求得三棱锥的体积的最大值； （3）利用空间向量法可求得二面角余弦值的取值范围. 【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. 考点五 利用空间向量求线段长度或长度的最值 13．已知正三棱锥的三个侧面均为等腰直角三角形，过点作一平面，使得三点在平面的同一侧，且三点到该平面的距离分别为，则三棱锥的侧棱长为（    ） A． B．2.5 C． D．2.6 【答案】C 【分析】设三棱锥的侧棱长为，依题建系，设单位向量是平面的一个法向量，可得，由题设条件，得到，代入整理得，同理，利用向量坐标运算求得或，结合求出侧棱长. 【详解】设三棱锥的侧棱长为， 以为原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 设单位向量是平面的一个法向量，由空间向量基本定理知， 存在唯一的有序实数组，使得， 依题意，在上的投影向量的长度为2，则， 即，即，解得， 同理得，因， 又因三点在平面的同一侧，于是或， 由，解得. 故选：C. 14.（24-25高二下·福建厦门·阶段练习）在平行六面体中，且，，若，，则棱的最大值为（    ） A． B． C．3 D．4 【答案】D 【分析】设，，，利用空间向量基本定理有，进而可得，利用判别式即可求解. 【详解】设，，，则有， 由，， 所以，， 所以 ， 即， 所以， 整理得， 所以， 则，解得，则棱的最大值为4. 故选：D. 15．在如图所示的试验装置中，正方形框架ABCD的边长为2，长方形框架ABEF的长，且它们所在平面形成的二面角的大小为，活动弹子M，N分别在对角线和上移动，且始终保持，则的长度最小时a的取值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，得到所需各点坐标，设，将转化成，从而得到两点的坐标，再利用两点间距离公式计算，即可求出取到最小值时的值. 【详解】 由题意知，， 就是二面角的平面角，即， 以为原点，以所在直线分别为轴，过点作轴平面， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， ，， 设， 由，可知， ，， ，， 解得， ， ， 当时，取到最小值，即取到最小值. 故选：A 16．（24-25高二下·河南周口·期末）如图，正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，高为3，E为棱的中点，点F，G分别在棱，BC上（含端点），若，则线段FG长度的最小值为 ． 【答案】 【分析】根据已知构建合适的空间直角坐标系，得，，且，，由已知及向量数量积的坐标运算得，结合向量模长的坐标运算得，且，即可求最值. 【详解】设为下底面中心，构建如下图示的空间直角坐标系， 结合题设知，，且，， 所以，，故， 所以，可得， 而，则， 又，故时，. 故答案为： 17．（2025·湖南·模拟预测）如图，圆锥的顶点为S，点A，B，C，D在底面圆O的圆周上，且，的交点为圆心O，，，，则平面与平面夹角的余弦值为 ；若P是母线上一点，且，Q是平面内一点，则周长的最小值为 . 【答案】 【分析】对于第一个空，先判定四边形为正方形及为等腰直角三角形，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量法可求出两个平面夹角的余弦值；对于第二个空，连接AQ，AP，根据对称可得，由余弦定理求得，即可得到周长的最小值. 【详解】由圆心O为的交点，得， 所以四边形为矩形. 又，，所以，故矩形为正方形. 由，得， 又，所以为等腰直角三角形，故. 如图，以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以. 设平面的法向量为，则， 取，则，所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则， 取，则，所以平面的一个法向量为， 所以，即平面与平面夹角的余弦值为. 由四边形为正方形得. 因为，，平面，所以平面，且点A与点C关于平面对称. 如图，连接AQ，AP，则，当且仅当三点共线时取等号. 在中，由余弦定理得， 所以，故周长的最小值为. 故答案为：；. 考点六 利用空间向量解决点的轨迹问题 18．（24-25高一下·重庆·期末）如图，在棱长为2的正方体中，M为棱的中点，点Q在底面正方形内运动，满足，则点Q的轨迹长度为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，借助空间向量数量积确定点Q的轨迹即可. 【详解】 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设，则， 由，得，整理得， 所以点Q的轨迹是以点为圆心，1为半径的圆，此圆在正方形内部， 所以点Q的轨迹长度为. 故选：C. 19.（2025·海南·模拟预测）如图所示，正方体的棱长为2，点为侧面内的一个动点（含边界），点分别是线段、、的中点，则下列结论正确的是（   ） A．直线平面 B．平面截正方体所得的截面面积为 C．的最小值为 D．若，则点的运动轨迹长度为 【答案】AC 【分析】对于A,利用线面平行的判定定理，证明平行于平面内的一条线即可；对于B，判断截面为等腰梯形，然后利用梯形的面积公式求解即可；对于C，建立空间直角坐标系，设点坐标，将表示出来，利用二次函数求最值即可；对于D，利用确定点的轨迹方程，然后利用两点距离公式求长度即可. 【详解】对于A，连接, 因为点分别是线段、的中点， 所以，所以平面， 点分别是线段、的中点，故, 故四边形为平行四边形，所以且平面， 故直线平面，故A正确； 对于B，由A选项可知，平面截正方体所得的截面为梯形 且由正方体可知，, 故梯形的高, 故梯形的面积,故B错误； 对于C，以为原点，分别以为轴，轴，轴建空间直角坐标系， 则, 点为侧面内的一个动点（含边界），故设 所以， 所以， 当时，即时，等号成立，故C正确； 对于D，，若， 则，即， 因为故当时，此时， 当时，此时， 故点的运动轨迹为从点到点的一条线段，轨迹长度为，故D错误. 故选：AC 20.（23-24高二上·福建福州·期末）已知长方体，，，是的中点，点P满足，其中，，且平面，则动点P的轨迹所形成的轨迹长度是（    ） A．3 B． C． D．2 【答案】A 【分析】根据给定条件，可得点在矩形及内部，结合平面，利用面面平行的知识找出点的轨迹，然后根据长方体的结构特征与解三角形的知识算出答案. 【详解】在长方体中，由，，，得点在矩形及内部， 又平面，故点在过且平行于平面的平面内， 连接交于点，取中点，连接，在上取点，使得，连接，，， 由是长方体，可知对角面为矩形，且， 因为，， 所以且，四边形为平行四边形，可得， 因为平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 因为是平面内的相交直线， 故平面平面，即平面是过且平行于平面的平面， 所以点的轨迹是四边形截面与平面的交线，即线段. 因为矩形中，，，可知， 所以，可得中，， 所以，即动点的轨迹所形成的轨迹长度为3. 故选：A 考点七 利用空间向量解决线线角问题 21. (24-25高二下·福建龙岩·期末）如图，在平行六面体中，已知，，则直线与所成角的余弦值为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取空间向量的一个基底，利用空间向量法求出异面直线的夹角余弦值. 【详解】在平行六面体中，， ，记，， 则， ，， ， 因此， 所以直线与所成角的余弦值为. 故选：C 22．（24-25高二下·云南·期末）在体积为的正四棱锥中，为底面内的任意两点，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】应用直线与面内直线所成角的最小值是直线和面上射影所成角，再结合边长计算求解. 【详解】设正四棱锥的高为，则，解得， 所以. 由已知，，， 设，且，又， 所以， 所以，当且仅当时等号成立， 设直线与直线所成角为， 所以当直线与直线平行或重合时，取得最大值，最大值为. 故选：A. 23.（24-25高二下·江苏南京·开学考试）棱长为的正四面体中，点为平面内的动点，且满足，点为的重心，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为 ． 【答案】 【分析】依题意建立空间直角坐标系，利用正四面体性质求出点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，再利用重心性质以及异面直线夹角的向量求法即可求出结果. 【详解】根据题意，记在底面内的摄影为，则平面， 又平面，故，； 利用正四棱锥性质可得，所以， 又因为，则， 可知点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆， 因为内切圆半径为, 所以点的轨迹是以为圆心的三段圆弧， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，在平面内过作平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 设， 易知， 又点为的重心，可得， 因此， 设直线与直线所成的角为， 则可得 当时，取得最大值. 因此直线与直线所成角的余弦值的最大值为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：求解异面直线夹角的方法： 平移法：作出异面直线夹角的平面角求解； 向量法：利用空间向量以及夹角公式计算. 考点八 利用空间向量解决线面角问题 24．（2025·江苏连云港·模拟预测）如图，在正方体中，点分别在棱，，上，为的中点，，，记平面与平面的交线为．则直线与平面所成角的正切值为 ． 【答案】/ 【分析】先作出平面截正方体的截面为六边形，并得到平面与平面的交线为，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为6，写出点的坐标，平面的一个法向量为，利用公式先求出线面角的正弦值，进而求出余弦和正切值. 【详解】设直线与直线分别相交于点， 连接并延长，交于点，交的延长线与点， 连接，交于点，交于点，连接， 其中与相交于点， 故六边形即为平面截正方体的截面， 设与相交于点，连接，则平面与平面的交线为， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为6， 因为为的中点，，， 所以，， 因为，所以，故， 故，所以，解得， 故，同理可得， 故， 显然平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角大小为， 则， 故，. 25．（24-25高一下·上海杨浦·期末）如图，圆台的一个轴截面为等腰梯形，为底面圆周上异于、的点． (1)求该圆台的侧面积； (2)若是线段的中点，求证：直线平面； (3)若，设直线为平面与平面的交线，设平面，点在线段上（不含端点），直线与平面所成的角大小为，求的最大值． 【分析】（1）由圆台侧面积公式即可求解； （2）取中点，连接，通过证明四边形为平行四边形得到，然后根据线面平行的判定定理完成证明； （3）延长交于点，建立合适空间直角坐标系，然后利用向量法表示出，再根据二次函数的性质求解出最大值即可. 【详解】（1）因为， 所以圆台的侧面积为； （2）取中点，连接，如图， 因为为中点，所以， 在等腰梯形中，， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （3）延长交于点，作直线， 因为两点分别在平面与平面内， 所以直线即为直线， 又平面， 所以点，即为点， ，则， 以直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 在等腰梯形中，， 此梯形的高为， 因为，所以为的中位线， 则， 所以， 设，则， 设平面的一个法向量为， 则， 令，得， 则有：， 令，则， 当时，，此时， 当时，， 当且仅当，即时取等号， 综上所述，的最大值为. 26. （24-25高二上·安徽合肥·期末）如图，四棱锥中，底面为梯形，底面，，过A作一个平面使得平面. (1)求平面将四棱锥分成两部分几何体的体积之比； (2)若平面与平面之间的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 【分析】（1）先由面面平行的性质定理得到，，进而证得分别是的中点，再根据棱锥的体积公式可得，从而可得平面将四棱锥分成两部分几何体的体积之比； （2）建立空间直角坐标系如图2，设的长为，先由面面距离利用空间向量的数量积可求得，再利用空间向量夹角余弦公式可得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）如图1，记平面与直线的交点分别为，则面为平面， 因为面面，面面，面面， 所以，同理， 又，即，所以四边形是平行四边形，故， 又，故是的中点， 由中位线定理的推论，可知是的中点， 由条件易得，，， 由底面，得，，所以， 故平面将四棱锥分成两部分几何体的体积之比为. . （2）由两两垂直，建立空间直角坐标系如图2，记的长为，则， 则，，， 设平面的法向量，则有，即，得， 取得平面的法向量， 由条件易知点到平面距离为，即，解得或（负值舍去），即， 所以， 故直线与平面所成角满足. . 【点睛】本题主要考查棱锥的体积公式以及利用空间向量线面角，空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离. 考点九 利用空间向量解决面面角问题 27．（2025·云南玉溪·模拟预测）如图，在多面体ABCDEF中，四边形CDEF为正方形，，AD=AE=BC=BF=3，EF=2AB=4． (1)设平面ADE∩平面BCF=l，证明：； (2)直线DE上是否存在点G，使得DE⊥平面 ABG？若存在，确定点G的位置并说明理由；若不存在，请说明理由； (3)若，λ∈[0,1]，求平面BFG与平面DEA夹角的余弦的取值范围． 【分析】（1）根据题意，得到，利用线面平行的判定定理，证得平面，再由线面平行的性质定理，即可证得； （2）取的中点，得到，再由，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面平面； （3）设点为中点，取与连线交于点，以建立空间直角坐标系，设到平面的距离为，令，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角，列出关系式，利用函数的单调性，即可求解. 【详解】（1）因为四边形为矩形， 所以，因为平面，平面。 所以平面，因为平面平面，平面， 所以； （2）存在为中点，使得平面， 理由如下：取的中点， 因为，所以， 因为且， 所以，因为且平面， 所以平面； （3）设点为中点，取、和中点为， 由（2）知共面且平面， 取与连线交于点，连接， 则，可得为等腰梯形， 所以，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为，所以， 设到平面的距离为， 因为四边形和四边形为两个全等的等腰梯形， 所以，设， 因为， 所以，解得， 所以，可得， 令，所以， 设平面的法向量为， 则， 取，可得， 所以，设平面的法向量为， 则， 取，可得， 所以，所以， 令，则， 则， 令，则， 所以在单调递增， 当时，当时， 所以，所以， 故平面BFG与平面DEA夹角的余弦的取值范围为. 28．（25-26高三上·山东青岛·开学考试）在如图所示的六面体中，四边形为正方形，．    (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)证明：； (3)已知平面，．设二面角，的大小分别为，平面与平面所成角为．证明：． 【分析】（1）过点作，交于点，连接，先证，得，再证，得，由线线平行证平面，由线面平行的性质得，可证，得，即得结论； （2）由（1）易得，，即可证明； （3）由条件建系，设，则，分别证明平面，平面，即得平面与平面的法向量，求出平面的法向量，利用空间向量夹角公式分别求得的表达式，求和即得证. 【详解】（1）    四边形是平行四边形.理由如下： 如图，在平面中，过点作，交于点，连接， 因，易得，则， 因四边形为正方形，则，则，则得， 则有，因平面，平面，故平面， 又平面，平面平面，则， 因，则，又，则得，故， 又，则，故四边形为平行四边形. （2）由（1）已得，则有，由可得， 故，即得证. （3）    因平面，，故可以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 设，，则. 因，则平面，平面，又平面，则，， 因，平面，故平面，同理平面， 即平面的法向量可取为，平面的法向量可取为. 又因，则， 设平面的法向量为，则，故可取， 由图知，二面角，都是钝二面角， 故，， 由图知为锐角，平面的法向量为，则， 于是，得证. 29．（24-25高一下·四川绵阳·期末）如图，在三棱台中，点D，E分别为，的中点，，，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)点M在侧面内，且平面，当线段最短时，求平面与平面所成的二面角的正弦值． 【分析】（1）证明四边形是平行四边形求出，余弦定理求出，即可根据勾股定理证明，结合，可证明线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，空间向量法求直线与平面所成角的正弦值. （3）求出平面ADE的法向量，设，由点M在侧面内，所以存在使得，再结合平面可推出，根据两点间距离公式及二次函数的性质可求出取最小值时m的取值，即可求出此时点M的坐标，利用向量法求平面与平面的夹角的余弦值. 【详解】（1）由棱台性质知， 所以，则， 在中，由余弦定理可得：，， 连接，因为D为BC中点，所以，所以四边形为平行四边形，则， 因为，所以，， 又因为，，平面，平面， 所以平面. （2）因为， 所以，则， 以A为坐标原点，AB、AD、分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示， ， ，， ，， 设平面的一个法向量为， ，令，得，故， 设直线与平面所成角为， （3）设为平面ADE的法向量， ， ，令得，， 设， 因为点M在侧面内，所以存在使得, ， ，，， 因为平面，所以，得， 将，，代入上式可得， 则，所以， 因为M在侧面内，所以， 当时，取得最小值，此时， 易知平面的法向量为， 设平面的法向量为 ，， ，令得，， 设平面与平面所成的二面角为， ，， 所以平面与平面所成的二面角得正弦值为. 考点十 利用空间向量解决点到直线的距离问题 30．（23-24高二上·北京昌平·期末）如图，在长方体中，，，，分别是棱和上的两个动点，且，则的中点到的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取的中点，连接，以为坐标原点建立空间直角坐标系，结合，利用两点间距离公式，求出的长即可． 【详解】取的中点，连接， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 因为是的中点，所以， 所以，而， 所以，即，所以点到的距离就是， 因为， 所以，即， 所以，即， 所以的中点到的距离为. 故选：D. 31．（2025·山东聊城·二模）如图，柱体上下底面是椭圆面，、分别是上下底面椭圆的长轴，、分别是上下底面椭圆的短轴，四边形和为矩形，、分别为上下底面椭圆的长短轴的交点，．、是下底面椭圆上两动点，不与平行或重合．    (1)证明：平面； (2)若面积为定值，求的长度； (3)在（2）的条件下，当平面平面时，求点到直线的距离的取值范围． 【分析】（1）证明出，，结合线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，，则，求出点到直线的距离，结合三角形的面积公式以及为定值，求出的值，即可得解； （3）设、，利用空间向量法可得出，设直线在平面内的方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，代入，可得出，进而可求出点到直线的距离的取值范围． 【详解】（1）因为四边形为矩形，则，， 由题意得，、分别为和的中点，所以，，， 所以，四边形为平行四边形， 因为，则，同理可证，， 因为，、平面，故平面． （2）如图，以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，    设，，则， 所以，，． 则点到直线的距离． 所以．（*） 因为底面椭圆焦点在轴上，，即长轴长为，短轴长为， 所以点的坐标满足，即， 代入（*）式得，． 由已知面积为定值，所以，则， 由（1）知，故的长度为． （3）设、，， 则，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，得，，即． 设平面的一个法向量为，则， 令，则，，则平面的一个法向量为． 因为平面平面，所以，得， 在平面内，椭圆的方程为， 设直线在平面内的方程为． 代入椭圆方程得， 由，得． 由韦达定理得， 所以， 即，化简得． 所以点到直线的距离为， 则，所以． 故点到直线的距离的取值范围为． 考点十一 利用空间向量解决点到平面的距离问题 32．（24-25高二下·江苏常州·期中）如图，在四棱锥中，平面，.点在棱上且与不重合，平面交棱于点. (1)求证：； (2)若为棱的中点，求二面角的正弦值； (3)记点到平面的距离分别为，求的最小值. 【分析】（1）先证平面，在根据线面平行的性质定理可得. （2）先证，，两两垂直，再以为原点，建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，用向量法求二面角的三角函数值. （3）设，求平面的法向量，利用点到平面的距离的向量求法表示出，再结合不等式求它的最小值. 【详解】（1）因为，平面，平面， 所以平面. 又平面，平面平面. 所以. （2）如图： 取中点，连接. 因为平面，平面，所以. 在四边形中，，且， 所以四边形为矩形，所以平面. 又在和中，，，. 所以（）. 所以，. 故，，两两垂直，所以以为原点，建立如图空间直角坐标系. 当为中点时，，，，，. 所以，，. 设平面的法向量为， 则，取，可得 故. 设平面的法向量为， 则，取，得， 得. 所以. 所以二面角的正弦值为：. （3）设，（），，则，，. 设平面的法向量为，则 ， 令，则，取. 则到平面的距离为：， 到平面的距离为：， 所以 设，则 那么（当且仅当即时取“”） 所以. 33．（2025·辽宁本溪·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，平面平面,分别为棱的中点，. (1)若四边形为菱形，证明：平面； (2)若 （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）若斜三棱柱内存在两个体积相等且相切的球，且每个球都与该三棱柱的一个底面及三个侧面相切，求点到平面的距离. 【分析】（1）先证，再证明平面，进而得出，最后利用线面垂直的判定定理即可； （2）（i）以为原点建系，计算平面与平面的法向量即可； （ii）先利用线面平行的性质定理和判定定理求证，再利用公式 计算，最后计算即可. 【详解】（1）如图，连接， 因为四边形为菱形，所以， 因为分别为棱的中点，所以，所以， 因为，所以， 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. . （2）由（1）可知平面， 以为原点，所在直线为轴，以过点且与平行的直线为轴，平面内过点且与垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， （i）在中，， 则在等腰中可得， 则， 则， 则， 所以的一个方向向量为的一个方向向量为， 由，得，则直线上存在点， 所以的一个方向向量为， 设平面的法向量为， 则，取，所以， 设平面的法向量为， 则，取，所以， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （ii）设与平面相切的球的球心为，与平面相切的球的球心为， 由题意知球均与平面相切，设切点分别为， 连接，则，， 因为球均与平面相切，所以平面， 因为平面，所以平面， 又平面，平面平面，所以， 设球的半径为，球心，则， 因为平面，所以点到平面的距离为，则， 由，得， 由，得， 代入，解得， 所以， 则线段在轴上的投影长度为， 所以斜三棱柱的高为， 所以点到平面的距离为. 考点十二 利用空间向量解决线面距、面面距问题 34．（24-25高二下·全国·课后作业）正方体的棱长为2，，，，分别是棱，，，的中点，则平面和平面之间的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将问题转化为点到平面的距离，以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，，， 所以，，，， 所以，因为四点不共线，所以∥， 由面，面，则面， 因为，，分别是棱，的中点，所以∥， 同理，∥平面，而，面， 所以平面∥平面面，故平面， 所以平面和平面之间的距离，就是到平面的距离，也就是点到平面的距离． 设平面的法向量为，则，不妨取，则， 所以点到平面的距离， 即平面和平面之间的距离是． 故选：B 35．（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？ 【分析】如图建立空间直角坐标系.（1）由可完成证明； （2）直线EF到平面的距离即为点E到平面的距离，由题可得平面的法向量，则点E到平面ACD1的距离为； （3）由题可得平面与平面法向量，据此可得平面与平面所成的角余弦值关于m的表达式，然后可得答案. 【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. 36.（24-25高二·全国·课后作业）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，底面，，、、分别是、、的中点．求： (1)直线与平面的距离； (2)平面与平面的距离． 【分析】（1）证明出平面平面，可得出平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面的距离； （2）利用空间向量法可求得平面与平面的距离． 【详解】（1）解：因为平面，四边形为正方形， 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、、、、、， 因为、分别为、的中点，则， 平面，平面，平面， 因为且，、分别为、的中点，则且， 所以，四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面， ，、平面，平面平面， 平面，平面， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得，， 所以，直线与平面的距离为. （2）解：因为平面平面，则平面与平面的距离为. 考点十二 利用空间向量解决探究性问题 37．（24-25高三上·北京·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点.则下列说法正确的是（   ） ①存在点，使得；②存在点，使得；③对于任意点，到的距离的取值范围为；④对于任意点，都是钝角三角形 A．①②③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】C 【分析】根据题意，以A为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】解：由题知，在正方体中，是棱上的动点， 建立以为原点建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，设，其中， 所以，， 当，即， 所以，显然方程组无解， 所以不存在使得， 即不存在点，使得，故①错误： 当时，解得， 即存在点，使得，故②正确： 因为，其中， 所以点到的距离为 ，故③正确； 因为，，其中， 所以， 所以三角形为直角三角形或钝角三角形，故④错误. 故选：C. 38．（多选）（24-25高一下·陕西西安·期末）若点为点在平面上的正投影，则记．如图，在棱长为1的正方体中，记平面为，平面为，点是棱上一动点（与、不重合），．给出下列三个结论，其中正确的是（   ） A．线段长度的取值范围是 B．存在点P，使得平面 C．存在点使得 D．存在点使得点，重合 【答案】AB 【分析】以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设点的坐标为，求出点的坐标，然后利用向量法判断出ABCD的正误即可. 【详解】    如图：取的中点为，过点在平面内作， 再过点在平面内作，垂足为点， 由正方体中平面，平面，所以， 又因为，，所以平面，即， 所以，同理可证，则， ， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴， 建立空间直角坐标系，设， 则， 对于D，由图可知，点在线段上，不与点重合，点在线段上，不与点重合， 所以点与点无论如何都不会重合，故D错误； 对于A，，由，则， 则，所以， 所以A正确； 对于B，因为，则平面的一个法向量为， 又有，令，即， 即存在点，使得平面，所以B正确； 对于C，，令， 整理得：，该方程无实数解，所以不存在点， 使得，所以C错误. 故选：AB. 39．（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，在直三棱柱中，分别为的中点. (1)证明：平面ACF； (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求平面AFM与平面夹角的余弦值；若不存在，请说明理由. 【分析】（1）根据给定条件，以C为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求出点坐标，再求出平面AFM的法向量，利用面面角的向量求法求解. 【详解】（1）在直三棱柱中，，则直线两两垂直， 以C为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 于是，， ，， 而和AF是平面ACF内两条相交直线， 所以平面ACF. （2）设点存在，，， ， 设平面法向量为，则， 取，得， 设与平面所成角为，， 由，解得， 即为中点，坐标为， ，设面AFM法向量， 则，取，得， 设平面AFM与平面的夹角为，则， 所以平面AFM与平面夹角的余弦值. 考点十三 利用空间向量解决立几综合问题 40．已知点是棱长都为2的正四棱锥的棱的中点，空间中一点满足，其中，，，且．当最小时，有（    ） A．为钝角三角形 B． C．与底面所成的角是 D．四棱锥的外接球被二面角所夹的几何体的体积为 【答案】D 【分析】根据共面向量的推论得到四点共面，再结合最小得到点的位置，然后根据正棱锥的性质判断A、B选项；C选项，根据线面角的定义得到为直线与平面所成角，然后求线面角即可；D选项，根据二面角的定义得到为二面角的平面角，根据四棱锥的特点得到为四棱锥外接球的球心，然后根据角的比值求体积即可. 【详解】因为，，所以， 又，所以四点共面， 所以当为四边形的中心时，最小， 对于A，根据正棱锥的性质可得平面， 因为平面，所以，三角形为直角三角形，故A错误； 对于B，在直角三角形中，，， 所以三角形为等腰直角三角形， 因为是的中点，所以，故B错误； 对于C，因为平面，所以点在底面的投影落在上， 所以为直线与平面所成角， 因为三角形为等腰直角三角形，所以，故C错误； 对于D，根据正棱锥的性质可得三角形为等腰三角形，，所以， 因为平面平面，所以为二面角的平面角， 因为， 所以为四棱锥外接球的球心，为直径， 所以四棱锥外接球被二面角所夹的几何体的体积为，故D正确.故选：D. 41．（24-25高二下·江苏宿迁·期末）在平行六面体中，各棱长均为6．，则下列结论正确的有（    ） A． B．四边形为正方形 C．与平面所成角的余弦值为 D．四边形内存在点P，使得直线与所成角为 【答案】BC 【分析】对于选项A，用向量的线性定理将向量表示出来，然后求向量的模即可；对于选项B，可计算是否为0来验证四边形是否为矩形，然后结合线段长度验证其是否为正方形；对于选项C，求出平面的法向量后可求与平面所成角的正弦值，故可求其余弦值，对于D，设，根据线线角可得的方程，结合判别式可判断其正误. 【详解】对于选项A： 因为， 所以 , 因为， 而， 同理，， 所以， 所以，A错误；    对于选项B： 因为，所以， 又，故为等边三角形，故. 因为， 所以平行四边形为正方形，B正确； 对于选项C：设平面的法向量为且， 则，故， 取，故， 结合A中计算可得： ， 设与平面所成角的为， 故， 故，故C正确； 对于选项D：因为在四边形内的动点，故可设， 其中，故， 故， ， 而 ， 故， 整理得， 整理得， 此时，故方程无解， 故四边形内不存在点P，使得直线与所成角为，故D错误， 故选：BC. 42．（多选）（24-25高二下·江苏连云港·期末）在长方体中，，底面是边长为的正方形，，则下列选项正确的有（    ） A．，三棱锥的体积是定值 B．当时，存在唯一的使得平面 C．为棱的中点，当时，的周长取最小值 D．当直线与所成角的余弦值为时，的值为 【答案】ACD 【分析】利用锥体体积公式可判断A选项；以点为坐标原点，、、建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BD选项；将平面、延展为同一个平面，分析可知当、、三点共线，取最小值，可得出的周长取最小值，可判断C选项. 【详解】对于A选项，因为，即点在棱，则点到平面的距离等于， 因为四边形为矩形，所以， 故，A对； 对于B选项，以点为坐标原点，、、建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 则，， 因为，则，所以， 当时，， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 则， 因为，解得或，所以，存在两个，使得， 因此当时，存在两个使得平面，B错； 对于C选项，将平面、延展为同一个平面，如下图所示：    由题意可知，当、、三点共线时， 取最小值， 因为，所以，故，故， 在长方体中，当时，取最小值，而的长为定值， 此时的周长取最小值，C对； 对于D选项，由题意得、、、， ，，      所以， 因为，解得，D对. 故选：ACD. 43．（多选）（24-25高二下·江苏镇江·期末）在棱长为的正方体中，点在底面内运动（含边界），点是棱的中点，则（   ） A．若是棱的中点，则平面 B．若平面，则是上靠近的四等分点 C．点到平面的距离为 D．若在棱上运动，则点到直线的距离最小值为 【答案】ABD 【分析】利用面面平行证明线面平行，判断A.；建立空间直角坐标系，利用向量法判断线面垂直判断B，利用等体积法求得点到直线的距离C，利用向量法求得点到直线的距离判断D. 【详解】对于A，如图，取的中点，连接、， 因为点、是、的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理，且，所以， 因为平面，平面，所以平面， 且，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，A对； 对于B，若是上靠近的四等分点， 以为坐标原点，、、所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， ，， 所以，，且，、平面， 所以平面，且过点只有条直线和平面垂直， 则点是唯一的，点是上靠近的四等分点，故B正确； 对于C，因为是棱的中点，所以点到平面的距离为点到平面的距离的， 由题意可得是等边三角形，且，设点到平面的距离为， 由，所以， 所以，解得， 所以点到平面的距离为，C错； 对于D，若点在棱上运动，设，， ，， 则点到的距离， 当时，的最小值为，D对. 故选：ABD 44．（2025·北京海淀·二模）如图，在正方体中，，、为上底面（包含边界）内的两个动点，且满足，．给出下面四个结论： ①当与重合时，五面体的体积为； ②记直线分别与平面和平面所成角为、，则的值不变； ③存在、，使得； ④存在、，使得五面体中，所在平面与其余四个面所在平面的四个夹角中，有三个彼此相等． 其中，所有正确结论的序号为 ． 【答案】①②④ 【分析】利用锥体和柱体的体积公式可判断①；利用线面角的定义可判断②；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断③；取点为的中点，利用空间向量法可判断④. 【详解】对于①，当与重合时， ，①对； 对于②，过点作分别交、于点、，连接、， 过点作分别交、于点、，连接、， 过点在平面内作，垂足为点， 因为，，则，且，故平面， 因为平面，平面，则， 又因为，，、平面，故平面， 故，同理可得， 所以，为定值，②对； 对于③，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，则， 则，， 所以，， 故不存在、，使得，③错； 对于④，不妨取点，则点，则、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，可得， 易知平面的一个法向量为， 所以，， 故底面与平面夹角的余弦值为， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 所以，， 即底面与平面所成夹角的余弦值为， 同理可知，底面与平面所成夹角的余弦值为， 此时，点为棱的中点，则平面平面， 则底面与平面夹角的余弦值为，④对. 故答案为：①②④. 考点十四 空间向量与其他知识的交汇 45．（24-25高二下·福建莆田·期末）数学探究活动中，使用圆心为，直径为的圆形厚纸张进行操作： ①在圆周上均匀取六个点，剪出正六边形，如图1； ②剪出菱形，将剩余部分折成无底的正四棱锥，如图2； ③沿将菱形折成空间四边形，如图3. (1)在图1中，从以，，，，，为端点的线段中任取两条，求这两条线段没有公共点的概率； (2)在正四棱锥中，求二面角的余弦值； (3)重复操作，得到两个相同的正四棱锥和两个相同的空间四边形，再将两个空间四边形的边粘合，得到一个正四面体.现将这两个正四棱锥的一个侧面分别与正四面体的一个面粘合，两个正四棱锥的底面中心分别记为，，求与间的距离的所有可能取值（纸板厚度忽略不计）. 【分析】（1）解法一：设出事件，利用组合数计算得符合题意的有30对，再计算出总情况数，利用古典概型即可得到答案；解法二：设出事件，利用正难则反的方法经计算出反面的概率，再用1减去即可；解法三：设出事件，利用组合数公式和古典概型公式计算即可； （2）解法一：建立合适的空间直角坐标系，求出相关法向量，再利用二面角的空间向量求法即可得到答案；解法二：利用二面角的定义作出二面角的平面角，最后利用三角函数即可即可； （3）解法一：设底面中心为的正四棱锥与正四面体的粘合面为，作出合理辅助线，利用正四棱锥的性质计算即可；解法二：让四面体嵌入到边长为的正方体中，利用相关性质计算即可；解法三：以为原点，建立合适的空间直角坐标系，求出相关点坐标即可得到答案. 【详解】（1）解法一：记事件＂从以，，，，，为端点的线段中任取两条，这两条线段没有公共点＂． 以，，，，，为端点的线段其有条，其中边有6条，对角线有9条． 从中任取两条的方法数为，则． 由对称性，考虑一条线段为边时，与它没有公共点的线段为、、、、、其6条，其中3条为边，3条为对角线， 故没有公共点的两条边有对， 没有公共点的一边和一对角线有对． 考虑两条线段都是对角线时，只有形如与的平行线，故有3对， 综上，没有公其点的线段共有30对，即， 所以． 解法二：记事件＂从以，，，，，为端点的线段中任取两条，这两条线段没有公共点＂． 以，，，，，为端点的线段其有条，其中边有6条，对角线有9条． 从中任取两条的方法数为，则． 如图，当两条线段的公共点在圆周上时，共有对线段有公共点： 当两条线段的公共点在圆内时，除过点的线段有3条外， 过其余任一公共点的线段具有两条，且其余公共点有12个，此时共有对线段何公共点，所以， 所以． 解法三：记事件＂从以，，，，，为端点的线段中任取两条，这两条线段没有公共点＂． 以，，，，，为端点的线段其有条，其中边有6条，对角线有9条． 从中任取两条的方法数为，则． 因为一个四边形有两组对边没有公共点，所以 ，因此 ． （2）如图，以为原点，分别以的方向为轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，设， 从而，解得． 于是，． 设为平面的法向量，则即， 取，得，则是平面的一个法向量． 设二面角的大小为，因为为平面的一个法向量， 所以， 因此二面角的余弦值为． （3）解法一：正四棱锥的任意一个侧面与底面所成的角都相等，记为， 由（2）可知，所以． 正四面体的任意两个面所成的角都相等，记为， 如图所示，不妨设底面中心为的正四棱锥与正四面体的粘合面为． 取的中点，连接，则， 所以为二面角的平面角，即， 在中，， 由余弦定理可得， 故，又及余弦函数的单调性，可知，即. 所以，当底面中心为的正四棱锥与正四面体按如图所示的粘合时，四点其面，且三点共线， 此时. 设正四面体的中心为，则， 又因为，所以易得平面． 同理可得平面，或平面，或平面． 由正四面体的对称性得的大小为定值，又因为定值，所以所有可能值只有一个，则． 解法二：为研究方便，不妨把让四面体嵌入到边长为的正方体中， 如图所示的，则（2）中三棱锥与正方体中，均是相同的正三棱锥， 其底面是边长为10的等边三角形，三个侧面为全等的等腰直角三角形． 不失一般性，不妨设（2）中正四棱锥的侧面与正四面体的面粘合， 所在的位置只可能是．因为， 所以． 解法三：如图，以为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则. 不妨设底面中心为的正四棱锥与正四面体的粘合面为， 设，则， 即，解得，此时． 当底面中心为的正四棱锥与正四面体的粘合面为时， 设，则， 即， 解得或（不合题意，舍去），此时． 同理，当底面中心为的正四棱锥与正四面体的粘合面为时，可得， 当底而中心为的正四棱锥与正四面体的粘合而为时，可得. 所以. 46．（24-25高一下·湖北荆州·期末）已知函数的部分图象如图1所示， 分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于点，点为该部分图象与轴的交点. (1)求的解析式； (2)将绘有函数部分图象的纸片沿轴折成的二面角，如图2所示. （i）求直线与平面所成的角的正弦值； （ii）求以线段的中点为球心，半径为的球与二面角所围成的几何体的体积. 注：球缺的定义：如图3，一个球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫球缺的底面，垂直于底面的直径被截下的线段长叫球缺的高.设球的半径为，球缺的高为，则球缺的体积公式为. 【分析】（1）由图有先求周期，进而求，最后代点求出即可； （2）（i）法一：如图①，设在平面上的射影为，连接、，在平面上过作轴的平行线，过点作交于，交轴于，由在平面上的射影为，所以在平面上的射影为，故和平面所成角为，在计算即可；法二：建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式即可求解； （ii）法一：取线段的中点，线段的中点为，连，则点在球上，且球被平面所截的图形是以点的圆，计算圆的半径，同理可得，球被平面所截的图形也是半径相同的圆，最后利用球缺和球的体积公式即可求解；法二：建立空间直角坐标系， 设线段的中点为，在平面上的射影为，计算以为球心，半径为的球被半平面和平面所截所截的图形为圆的半径，最后利用球缺和球的体积公式即可求解. 【详解】（1）由图可得，，周期，所以， 由，得，所以， 所以，因为，所以当时，， 所以； （2）（i）法一 如图①，设在平面上的射影为，连接、，则，，. 在平面上过作轴的平行线，过点作交于，交轴于，则，，，， 因为在平面上的射影为，所以在平面上的射影为，故和平面所成角为， ，所以和平面所成角的正弦值为. 法二 如图，以的方向为轴的正方向，在平面内过且垂直轴的直线为轴，过且垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图②， 设在平面上的射影为，则，，，，，， 平面的法向量为 设直线和平面所成角为，则 （ii）法一 由图①，设与轴相交于点，如图③所示，由，得，，则，即与重合，即，，三点共线 取线段的中点，则，得，，即，则，且，又轴，故轴 设线段的中点为，连，则，且.又平面，则平面 ，则点在球上，且球被平面所截的图形是以点为圆心、为半径的圆.同理可得， 球被平面所截的图形也是半径为的圆. 所以球与二面角所围成的几何体如图④所示.不妨设其体积为，则 因为，得球缺的高，故，，故. 法二 如图，以的方向为轴的正方向，在平面内过且垂直轴的直线为轴，过且垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图⑤所示 设线段的中点为，在平面上的射影为，则，，，，，，，到平面的距离为 以为球心，半径为的球被半平面所截的图形为圆，不妨设其半径为，圆心为，则，则， 即，所以所截的圆恰与轴相切，同理可得，球被平面所截的图形也是半径为的圆. 所以球与二面角所围成的几何体如图④所示.不妨设体积为，则 因为，得球缺的高，故 ，故. 考点十五 与空间向量有关的新定义题 47．（2025高三下·辽宁沈阳·专题练习）以原点为球心，4为半径的球，球面上任一点在面上的射影为．在轴及轴上的射影分别为及．设，，关于角度及规定：以轴正向为始边，逆时针为正．点在上半球面时，为正；在下半球面时，为负． 已知球面上点对应的，为，；球面上点对应的，为，． (1)求，间的球面距离． (2)在空间直角坐标系中，①求平面的方程．②求直线的方程． (3)球面上点对应的，为，，求四面体的体积． 注1：球面距离是指球面上两点之间的最短路径长度，这条路径是通过这两点的大圆上的劣弧（大圆是过球心的平面与球面相交形成的圆）． 注2：空间中，平面的位置可由一非零向量和一点唯一确定，直线的位置可由一非零向量和一点唯一确定． 【分析】（1）首先利用三角函数表示球面上点的坐标，即可求解点的坐标，再代入两点间距离公式，并根据球心角，求球面距离； （2）首先根据向量和，求平面的法向量，再根据轨迹法求平面的方程；设为直线上任意一点，根据，代入坐标表示，即可求解直线的方程； （3）首先根据三角函数表示点的坐标，再利用等体积公式转化求，根据向量公式求点到平面的距离，即可求体积. 【详解】（1）由题意知，，所以，其中， 设，， ，， ，， ，. 设，则，，解得， 所以，间的球面距离. （2）①设平面的法向量为 ，令，则得：，， 此时， 设为平面上任意一点，则由得， 平面的方程为：； ②设为直线上任意一点，则：， ， ，直线的方程为：； （3）设，， ，， ， ， 48．（24-25高一下·贵州毕节·阶段练习）阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中，为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.”已知在直四棱柱中，底面为菱形，且. (1)若，求直四棱柱在点处的离散曲率； (2)已知直四棱柱在点处的离散曲率为， （i）若，求直线与平面的夹角的正弦值； （ii）若点为线段上一动点，设三棱锥的体积为，求函数的解析式，并根据此解析式求函数的最大值. 【分析】（1）由可得到得值，根据离散曲率的定义，可求出处的离散曲率， （2）从点建立空间直角坐标系，用立体几何线面角的坐标公式与三棱锥的体积的坐标公式计算出答案. 【详解】（1）由为直棱柱可得， ，， ，，， 又为平行四边形，； 所以在直四棱柱中, ， 底面为菱形，由离散曲率的定义知： 点处的曲率为， （2）（i）已知点 处的离散曲率为 ，且 . 由离散曲率公式：, 其中 为底面菱形 （单位：度），代入 , ，； 底面菱形 的 ， 边长为 1，故其为两个等边三角形组成。 以为轴，过点与平面垂直的线为轴，以为轴， 建立空间直角坐标系：，，，则 ； 高 ，故 ，，，. 直线 的方向向量 . 设平面 法向量 的：点 ，，； ，, ，所以平面 的一个法向量 为. 直线与平面夹角 的正弦公式： ，其中 . . 因此，直线 与平面 夹角的正弦值为 . （ii）由离散曲率公式： 底面菱形 ，边长为 1，高 . 以为轴，过点与平面垂直的线为轴，以为轴， 建立空间直角坐标系：，，，则 . ，，，. 可设点坐标为，. 三棱锥顶点：，，，. 三棱锥体积公式：（为点到平面的距离）， 计算得，，故 ，. 代入 ， 因此, 定义域： 对应 . 在 上最大值在 即 时， ， 故：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是充分理解离散曲率的定义，从而结合立体几何的知识求解即可. 49．（24-25高一下·浙江·期中）向量作为一种重要的数学工具，在代数与几何中发挥着重要桥梁作用，不仅在平面几何学中有着广泛的应用，在空间中、物理学、工程学和计算机科学等领域也同样发挥着重要的作用．它们通过向量的运算，使得我们能够描述和分析现实世界中的各种现象和问题．其中数量积的运算就很好的解决了物理中做功的概念，其运算结果是一个实数．向量在空间中还有一种运算，其运算结果仍是一个向量，即向量的叉积（外积），记作：．规定：①为同时与，垂直的向量，且与为相反向量；②（为向量与的夹角）； (1)证明：； (2)如图，已知棱长均为1的平行六面体，且，计算的值，并解释其几何意义． (3)有一正四面体的四个顶点分别在四个平行平面，，，上，且两相邻平行平面距离为1，求该四面体的棱长． 【分析】（1）利用数量积的定义式以及同角三角函数的平方式，结合题意，可得答案； （2）根据叉乘积的定义以及点面距的向量公式，结合平行六面体的体积公式，可得答案； （3）由（2）可得向量运算的几何意义，求得三棱锥的体积，根据图象以及（1）的等式，建立方程，可得答案. 【详解】（1）左边由定义可得：， 右边左边． 故等式得证. （2）设，由定义可得底面的面积为：， 又因为同时与垂直的向量，故为底面的法向量， 则平行六面体的体高为：， 所以平行六面体的体积为：， 又因，故点在底面的投影为的重心，易得， 所以． 所以，，其几何意义为以向量构成的平行六面体的体积． 50．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）在空间直角坐标系O－xyz中，已知向量，点．若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程为，一般式方程可表示为． (1)若直线l的方向向量为，平面α的一般式方程为，求直线l与平面α所成角的正弦值； (2)若平面β经过点，点，点，平面γ的一般式方程为，直线l为平面β和平面γ的交线，求平面β的一般式方程，并求直线l的单位方向向量（写出一个即可）； (3)已知集合，，记集合Q中所有点构成的几何体为，中所有点构成的几何体为． （ⅰ）若，求几何体的体积和的表面积． （ⅱ）若，求几何体的体积关于m的函数关系式． 【分析】（1）由题可得平面α的一个法向量，再利用空间向量法即可求线面角的正弦值； （2）根据题意可求平面β的一个法向量，再根据平面的一般方程代入即可求面β的一般式方程，根据交线l与两平面的法向量垂直即可求交线l的一个方向向量，再转化为单位向量即可； （3）（ⅰ）由题知集合是边长为2的正方体，利用平面的一般式方程分析集合为一个八面体，根据相关长度即可求的体积，再分析两个几何图形截面相交的图形即可求的表面积； （ⅱ）根据（ⅰ）的分析，相交部分为正方体中截了8个三棱锥，分析相关边长即可求的体积. 【详解】（1）平面α的一般式方程为， 则平面α的一个法向量，设直线l与平面α所成角为， 所以， 即直线l与平面α所成角的正弦值为. （2）设平面β的一个法向量， 则，不妨取，， 所以平面β的一般式方程为， 又平面γ的一般式方程为，则平面γ的一个法向量， 设直线l的一个方向向量，又直线l为平面和平面γ的交线， 则，不妨取，， 所以直线l的一个单位方向向量为或（写出其中一个即可）. （3）（ⅰ）集合， 所以集合是以原点为中心，边长为2的正方体， 时，， 当时，即， 根据题意知是平面的一般方程，且过， 则，形成的是一个三棱锥，如图， 所以形成的立体几何图形为八面体， 体积， 又在八面体中时的截面是对角线长为3的正方形，与正方体上底面交点如图， 正方形对角线长为3，正方形边边长为2， ，则等腰直角三角形中，， 所以中所有点构成的几何体为如下图所示， 则几何体为的表面积， 所以，几何体的体积为，的表面积21. （ⅱ）由（ⅰ）知，时，八面体在正方体六个面的交线都为六边形， 正方形对角线长为，正方形边边长为2， ， 则等腰直角三角形中，， 故几何体的体积， 即. 51．（24-25高二下·安徽·阶段练习）在平面直角坐标系中，任何一条直线都可以用（其中）表示，给定一个点和一个方向，我们可以确定一条直线，例如：已知点在直线l上，是直线l的一个方向向量，则直线l上任意一点满足，化简得直线l的方程为．而在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都可以表示成（其中，且），类似的，在空间中，给定一个点和一个平面的法向量也可以确定一个平面． (1)若点，求平面的方程； (2)求证：是平面的一个法向量； (3)已知某平行六面体，平面的方程为，平面经过点，平面的方程为，求平面与平面夹角的余弦值． 【分析】（1）通过平面方程的新概念求平面的方程； （2）通过平面方程的新概念求平面的法向量与点到平面的距离； （3）通过平面方程的新概念求的方向向量，再根据平面求平面的法向量，再求平面与平面的夹角的余弦值． 【详解】（1）， 设是平面的一个法向量， 则令，得，所以． 设点是平面内任意一点，由，得， 所以平面的方程为． （2）记平面的方程为， 在平面上任取一条直线，直线上任取两点， 则有 因为， 所以．     所以，即垂直于平面上任意一条直线， 所以是平面的一个法向量． （3）， 设为平面的一个法向量，则令，得， 所以． 因为平面的方程为，所以由（2）知平面的一个法向量为，                             设直线的一个方向向量为，则 令，得，所以． 因为平面，所以平面的一个法向量与直线的方向向量垂直， 所以，解得，所以． 所以平面与平面夹角的余弦值为． 1．（2023·山东泰安冬季竞赛）在三棱锥中，两两垂直，且，三角形重心为，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 建立空间直角坐标系，确定各点坐标，得到，，计算在的投影为，在根据勾股定理计算得到答案. 【详解】如图所示：以为轴建立空间直角坐标系， 则，，，则.    ，， 故在的投影为， 点到线的距离为. 故选：D. 2．（2025高三下·重庆·竞赛）四面体满足，，，，设、、的中点分别为、、，则点到直线的距离为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，由求解. 【详解】由题意，建立如图所示空间直角坐标系： 则， 所以， 所以点到直线的距离为， 故答案为：. 3．（2024·广东汕头竞赛）如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是矩形，，P为棱AD的中点，且，，若点M到平面SBC的距离为，则实数的值为 ． 【答案】 【分析】建立合适的空间直角坐标系，写出相关点坐标，得到，，利用求出，再利用点到平面距离公式， 代入相关向量坐标，解出即可. 【详解】过点作，交于点，，为中点， ，又，且，平面， 平面，平面，则， 则易得两两垂直，所以以为原点，所在直线分别建立轴，如图所示： 则点,又知，，为中点，则， 故，，，， ，,， 又，， 设平面法向量为，则，且 有，令，则， 到平面的距离， ，化简得，故 故答案为：. 【点睛】本题涉及到点到平面的距离的计算方法，我们常用以下几种方法计算点到平面距离：（1）等体积法；（2）定义法；（3）转化法；（4）空间向量法。本题我们采用空间向量法求解相关参数，首先我们需要建立合适的空间直角坐标系，写出相关向量，再利用点到平面距离公式，其中为相关平面的法向量，此方法可操作性强，按步骤算出相关向量即可. 4．（2024·四川宜宾竞赛）如图，在长方体中，，，点，分别是，的中点，则点到直线的距离为 ． 【答案】 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即得． 【详解】以为原点，建立空间直角坐标系， 则， 所以 所以点到直线的距离为： ， 即点到直线的距离为． 5．（2024·中国科技大学强基计划）空间中由4个点构成的四面体体积是多少？ 【答案】 【分析】画出图形，得出三棱锥的底面和高，进一步结合三棱锥的体积公式即可求解. 【详解】设是棱长为1的正方体，建立如图所示的空间直角坐标系， 可以发现是三棱锥的高，三角形是的底面， 故所求为. 6.（第六届全国“枫叶希望杯”竞赛）已知正方形的边长为4，点为边上一点，将沿着折起，使点到的位置，此时点在平面内的射影在上，且.    (1)求点到平面的距离； (2)求二面角的大小． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设点到平面的距离为，，利用几何关系可得，从而得到，，再根据条件得到方程组，即可求出结果； （2）求出平面和平面的法向量，再利用面面角的向量法即可求出结果. 【详解】（1）如图，以点为原点，为轴、轴，过点的垂直于面的直线为轴建立空间直角坐标系， 则点，设点到平面的距离为， 又点在平面内的射影在上， 不妨设射影为，过作， 设，由，得到，由，得到， 所以，再设，则，， 由，则，即①， 又，则②， 由，则③， 由①②③得， 所以点到平面的距离是．    （2）平面的一个法向量为，设平面的法向量为， 而． 由，得到，取，即， 则，由图知，二面角为锐二面角， 所以二面角的大小为． 7．（第十三届全国“枫叶希望杯”竞赛）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面底面为的中点，是棱上的点，，.    (1)若为棱的中点，求异面直线与所成角的余弦值； (2)若二面角大小为，求的长. 【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，求得平面MBQ的法向量，然后再由二面角的计算公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）   ∵，Q为的中点，∴，∵平面平面， 且平面平面，∴平面. 如图，以Q为原点建立空间直角坐标系，则，，，，，∵M是PC的中点，∴， ∴， 设异面直线AP与BM所成角为， 则 ∴异面直线AP与BM所成角的余弦值为. （2）由（1）知平面BQC的法向量为， 由C､M､P三点共线得，且，从而有， 又，不妨设平面MBQ法向量为， 由以及， 可得，可得，取， 可得. ∵二面角为，则， 即， ∴，∴. 8．（第十二届全国“枫叶新希望杯”竞赛）正方形的边长为，分别为边的中点，是线段的中点，如图，把正方形沿折起，设． (1)求证：无论取何值，与不可能垂直； (2)设二面角的大小为，当时，求的值． 【分析】（1）假设垂直，根据正方形的长度和垂直关系可得，根据线面垂直的判定定理和性质定理可得，进而可求得，推出矛盾即可； （2）建立合适的直角坐标系，根据，得出各个点的坐标，根据，求出，再分别求平面BCM和平面BDM的法向量，求出法向量夹角余弦值的绝对值，使其等于，即可求得. 【详解】（1）证明：假设，又因为正方形的边长为， 且是线段的中点，所以, 所以,又因为, 有，所以， 因为，, 所以 因为所以, 又因为所以， 这与矛盾，所以假设不成立， 所以无论取何值，与不可能垂直。 （2）由题可得，分别以EA，EF为轴，过点E垂直平面ABFE向上为z轴， 如图建立空间直角坐标系， 所以, ， 所以， 设平面BCM的一个法向量为， 所以即， 取，可得， 设平面BDM的一个法向量为， 所以，即， 取，可得 又，所以 所以解得. 9．（第十四届全国“枫叶新希望杯”竞赛）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且. (1)在线段上是否存在一点，使平面? (2)在线段上是否存在点M，使得点B到平面的距离等于1？如果存在，试判断点M的个数；如果不存在，请说明理由. 【分析】（1）取的中点，的中点，根据线面平行的判定定理即可得解. （2）设，根据等体积法求出x的值，即可得出结论. 【详解】（1）当为的中点时，平面. 证明如下：取的中点，的中点，连结、、 则有，， 因为，，所以且， 所以四边形是平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）存在.设，在中，. 因为面，所以. 因为面，面，面 所以,， 则均为直角三角形. 在中， 同理，. 取的中点，因为，所以， 而. 故. 因为点到面的距离等于1， 所以. 而，所以，解得. 所以在线段上只存在唯一一点，当且仅当时，点到面的距离等于1. 10．（2024·广东汕头竞赛）已知四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面ABCD，，E是PB的中点.      (1)求直线BD与直线PC所成角的余弦值； (2)求证：平面 (3)求点到平面的距离. 【分析】（1）建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法计算异面直线所成角的余弦值； （2）利用数量积坐标运算得线线垂直，利用线线垂直证明线面垂直； （3）利用点到平面距离向量公式直接计算即可. 【详解】（1）以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图空间直角坐标系.    由题意，，，，，， 设直线BD与直线PC所成的角为， 因为，，所以， 所以直线BD与直线PC所成角的余弦值为； （2）因为，，， 所以，， 所以，又平面， 所以平面； （3）由（2）知，为平面的一个法向量， 设点到平面的距离为，则为向量在向量上的投影的绝对值， 由，得， 所以点到平面的距离为. 11．（2023·全国中学生能力测评）如图，在四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，，，. (1)求二面角的余弦值； (2)设是棱上一点，是的中点，若与平面所成角的正弦值为，求线段的长. 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值； （2）设，其中，利用空间向量法可得出关于实数的等式，结合的取值范围可求得的值，即可求得的长. 【详解】（1）解：因为平面，四边形是直角梯形，， 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、、、、、， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 易知平面的一个法向量为，， 由图可知，二面角的平面角为锐角， 因此，二面角的余弦值为. （2）解：设，其中，， ，易知平面的一个法向量为， 由题意可得. 整理可得，，解得，所以，. 12．（2023·安徽阜阳竞赛）一副标准规格的三角板按图（1）方式摆放构成平面四边形，，为的中点.将沿折起至，连接，使得，如图（2）.    (1)证明:平面平面. (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【分析】（1）取的中点，利用勾股定理逆定理证得，再利用线面、面面垂直的判定证明； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦作答. 【详解】（1）取的中点，连接，如图， 在中，，，则， 又为斜边上的中线，所以， 又为的中点，即，，于是， 由，得，即有，因此， 又，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面.    （2）由（1）知， 分别以为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则， ， ，， 则，，， 设平面的法向量为， 则，令，得， 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. 13．（2023·四川“加速杯”竞赛）如图，为圆柱的一条母线，且．过点且不与圆柱底面平行的平面与平面垂直，轴与交于点，平面截圆柱的侧面得到一条闭合截线，截线与平面的另一交点为．已知该截线为一椭圆，且和分别为其长轴和短轴，为其中心．为在上底面内的射影．记椭圆的离心率为． (1)证明：，并求的取值范围； (2)当时，求直线与平面所成的角的正弦值． 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，得线面垂直，即可证明线线垂直；根据图形可判断椭圆长轴的范围，以及短轴的值，结合椭圆离心率的公式，即可求离心率的取值范围； （2）首先根据，确定的位置，再建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量公式求线面角的正弦值. 【详解】（1）因为平面平面，且平面平面， 因为，所以平面，平面， 所以, 设上下底面圆的半径为，椭圆短轴，当移至下底面端点时， ，长轴的最大值，所以长轴的取值范围，则， ，所以椭圆离心率的取值范围是； （2）当离心率时，即，得， 则，即，即点是母线的中点， 如图建立空间直角坐标系，设，则， ,,,,, ,,, 设平面的法向量， 则，令，得，，所以， 设直线与平面所成角为， 则. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$