专题1.5 空间向量与立体几何 知识归纳与检测-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

专题1.5 《空间向量与立体几何》知识归纳与检测 高中数学辅导资料 专题1.5 《空间向量与立体几何》知识归纳与检测 一、知识归纳： 1．空间向量的线性运算 （1）加法：； （2）减法：. （3）数乘运算： 当时,; 当时,; 当时,. 2.共面向量定理 （1）向量不共线，则向量与向量共面存在实数对，使. （2）四点共面（其中不共线）且． 3.空间向量的数量积：．规定：零向量与任何向量的数量积都为0. 4.空间向量运算的坐标表示：设，则 运算 坐标表示 加法 减法 数乘 数量积 5.两个向量的平行与垂直： 平行（） 垂直（） （均非零向量） 6.向量长度：若，则. 7.两个向量夹角：设，则 8.空间中的线，面平行：直线,的方向向量分别为，，平面，的法向量分别为，，则 线线平行 ⇔⇔() 线面平行 ⇔⇔ 面面平行 ⇔⇔ 9.空间中的线，面垂直：直线的方向向量为，直线的方向向量为，平面的法向量，平面的法向量为，则 线线垂直 ⇔⇔ 线面垂直 ⇔⇔⇔ 面面垂直 ⇔⇔⇔ 10.点面距：平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.则点到平面的距离. 11.两条直线所成角：，为两异面直线，，与，分别是，上的任意两点，，为所成的角为，则. 12.线面所成角：直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，则有 .（注意此公式中最后的形式是：） 13.面面夹角：于，于，平面交于，则为二面角的平面角，.若分别为面，的法向量，则. 设二面角为，则根据图形判断二面角为锐二面角还是顿二面角；若二面角为锐二面角（取正），则；若二面角为顿二面角（取负），则. 二、分层检测： A.基础检测 （限时120分钟，满分150分） 一、单选题（每小题5分，共40分） 1．（24-25高二上·湖北·期中）在长方体中，运算的结果为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·广西河池·阶段）如图，在长方体中，为与的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·广东深圳·期中）如图，已知空间四边形，其对角线，，，分别是对边，的中点，点在线段上，且，现用向量，，表示向量，设，则（    ）   A． B． C． D． 4．如图，M为OA的中点，以为基底，，则实数组等于（    ） A． B． C． D． 5．如图所示，若正方体的棱长为a，体对角线与相交于点O，则有（    ）． A． B． C． D． 6．（21-22高二上·北京海淀·期中）在空间直角坐标系中，已知长方体的顶点，，，，则直线与平面之间的距离为（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二上·宁夏银川·阶段）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.直线到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 8．（24-25高二上·重庆九龙坡·期中）如图，该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径，，，为半圆弧的中点，若异面直线和所成角的余弦值为，则该几何体的体积为（ ）   A． B． C． D． 二、多选题（每小题6分，共18分） 9．已知长方体ABCD-A1B1C1D1，则下列向量的数量积可以为0的是（    ） A．· B．· C．· D．· 10．（23-24高二上·浙江温州·期中）已知直线的方向向量是，两个平面的法向量分别是，则下列说法中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 11．（23-24高二上·广东广州·期末）如图，在三棱柱中，侧面与是边长为2的正方形，平面平面，分别在和上，且，则（    ）    A．直线平面 B．当时，线段的长最小 C．当时，直线与平面所成角的正切值为 D．当时，平面与平面夹角的余弦值为 三、填空题（每小题5分，共15分） 12．（20-21高二上·天津静海·阶段）已知，，则 . 13．（22-23高二上·重庆九龙坡·期末）已知空间三点，则与的夹角为 ． 14．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，BC=CC1=1，∠AD1B=，则直线AB1与BC1所成角的余弦值为 . 四、解答题（满分77分） 15．（本题满分13分）设平面三点A（1，0），B（0，1），C（2，5）． (1)试求向量2＋的模； (2)试求向量与的夹角； (3)试求与垂直的单位向量的坐标． 16．（本题满分15分）如图所示，在平行六面体中，M、N分别是、BC的中点．设，，． (1)已知P是的中点，用、、表示、、； (2)已知P在线段上，且，用、、表示． 17．（本题满分15分）（22-23高一下·山东青岛·期末）如图，在正四棱柱中，已知，三棱锥的体积为．   (1)求点到平面的距离； (2)求与平面所成角的正弦值． 18．（本题满分17分）图1是由平行四边形ABCD和组成的一个平面图形．其中，，，将沿AB折起到的位置，使得，如图2． （1）证明：； （2）求二面角的余弦值． 19．（本题满分17分）如图1五边形中，，将沿折到的位置，得到如图2所示的四棱锥，点为线段的中点，且平面. （1）求证:平面; （2）求证:平面; （3）若直线与所成角的正切值为，求二面角的余弦值. B.能力检测 （限时120分钟，满分150分） 一、单选题（每小题5分，共40分） 1．（2025·上海黄浦·二模）如图，在平行六面体中，设，，若、、组成空间向量的一个基底，则可以是（    ）   A． B． C． D． 2．（2019高二上·浙江·学业考试）已知空间向量，，若，则实数的值是（    ）． A． B．0 C．1 D．2 3．（2025·四川·二模）已知空间中向量=（0，1，0），向量的单位向量为（），则点B到直线AC的距离为（    ） A． B． C． D． 4．（2022·上海·模拟预测）如图，点､､分别在空间直角坐标系的三条坐标轴上，，，，设二面角的大小为，则（    ） A． B． C． D． 5．（2023·安徽安庆·一模）如图：正三棱锥中，分别在棱上，，且，则的余弦值为（    ） A． B． C． D． 6．（2022·青海西宁·一模）在各棱长均相等的直三棱柱中，点M在上，点N在AC上且，则异面直线与NB所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 7．如图，已知是侧棱长和底面边长均等于的直三棱柱，是侧棱的中点.则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·安徽·模拟预测）设与为两个正四棱锥，正方形ABCD的边长为且，点M在线段AC上，且，将异面直线PD，QM所成的角记为，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（每小题6分，共18分） 9．（22-23高二上·全国·课后作业）下列命题是真命题的有(    ) A．A，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面 B．直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直 C．直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥α D．平面α经过三点，是平面α的法向量，则u+t＝1 10．（2023·山西临汾·一模）如图，在平行六面体中，分别是的中点，以为顶点的三条棱长都是，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．平面 C． D．与夹角的余弦值为 11．（2025·甘肃金昌·三模）如图，在底面为正方形的四棱锥中，平面，直线与平面所成角的正切值为，则下列说法正确的是（    ）. A．异面直线与所成的角为 B． C．直线与平面所成的角为 D．点到平面的距离为 三、填空题（每小题5分，共15分） 12．（2023·上海金山·二模）已知向量，向量，则与的夹角的大小为 . 13．（2023·上海长宁·一模）若，则三棱锥O—ABC的体积为 . 14．（2025·重庆九龙坡·一模）棱长为3的正方体，动点在正方体内及其边界上运动，若，则动点所围成的图形的面积为 .若，则的最小值为 . 四、解答题（满分77分） 15．（22-23高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，，，，． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 16．（2024·山东泰安·一模）如图，在底面为菱形的直四棱柱中，，分别是的中点． (1)求证：； (2)求平面与平面所成夹角的大小． 17．（22-23高三上·山东青岛·期中）在图1中，四边形为梯形，，，，，过点A作，交于．现沿将折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，在图2中解答下列两问： (1)求四棱锥的体积； (2)若F在侧棱上，，求证：二面角为直二面角． 18．（2024·全国·模拟预测）如图，在正三棱柱中，，，是的中点，，点在上，且．    (1)是否存在实数，使四点共面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (2)若二面角的大小为，求异面直线与所成角的正切值． 19．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，在三棱柱中，，，侧面是正方形，为的中点，二面角的大小是．   (1)求证：平面平面； (2)线段上是否存在一个点，使直线与平面所成角的正弦值为．若存在，求出的长；若不存在，请说明理由． 1 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $$专题1.5 《空间向量与立体几何》知识归纳与检测 高中数学辅导资料 专题1.5 《空间向量与立体几何》知识归纳与检测 一、知识归纳： 1．空间向量的线性运算 （1）加法：； （2）减法：. （3）数乘运算： 当时,; 当时,; 当时,. 2.共面向量定理 （1）向量不共线，则向量与向量共面存在实数对，使. （2）四点共面（其中不共线）且． 3.空间向量的数量积：．规定：零向量与任何向量的数量积都为0. 4.空间向量运算的坐标表示：设，则 运算 坐标表示 加法 减法 数乘 数量积 5.两个向量的平行与垂直： 平行（） 垂直（） （均非零向量） 6.向量长度：若，则. 7.两个向量夹角：设，则 8.空间中的线，面平行：直线,的方向向量分别为，，平面，的法向量分别为，，则 线线平行 ⇔⇔() 线面平行 ⇔⇔ 面面平行 ⇔⇔ 9.空间中的线，面垂直：直线的方向向量为，直线的方向向量为，平面的法向量，平面的法向量为，则 线线垂直 ⇔⇔ 线面垂直 ⇔⇔⇔ 面面垂直 ⇔⇔⇔ 10.点面距：平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.则点到平面的距离. 11.两条直线所成角：，为两异面直线，，与，分别是，上的任意两点，，为所成的角为，则. 12.线面所成角：直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，则有 .（注意此公式中最后的形式是：） 13.面面夹角：于，于，平面交于，则为二面角的平面角，.若分别为面，的法向量，则. 设二面角为，则根据图形判断二面角为锐二面角还是顿二面角；若二面角为锐二面角（取正），则；若二面角为顿二面角（取负），则. 二、分层检测： A.基础检测 （限时120分钟，满分150分） 一、单选题（每小题5分，共40分） 1．（24-25高二上·湖北·期中）在长方体中，运算的结果为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如下图示，.故选：C 2．（24-25高二上·广西河池·阶段）如图，在长方体中，为与的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】在长方体中，为与的交点， 因为，，，则，， 所以.故选：B. 3．（24-25高二上·广东深圳·期中）如图，已知空间四边形，其对角线，，，分别是对边，的中点，点在线段上，且，现用向量，，表示向量，设，则（    ）   A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由已知，所以， 则， 即，，所以，故选：A. 4．如图，M为OA的中点，以为基底，，则实数组等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】，所以实数组．故选：B 5．如图所示，若正方体的棱长为a，体对角线与相交于点O，则有（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图所示，以为坐标原点，以、、分别为、、建立空间直角坐标系：由上图以及已知条件可知，D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，A1(a，0，a)，C1(0，a，a)，C(0，a，0)，O．因为(0，a，0)，(﹣a，a，0)，a2，故A错误； 因为(﹣a，a，a)，所以，故B错误；因为，所以，故C正确；因为(﹣a，0，0)，(a，0，a)，所以，故D错误．故选：C． 6．（21-22高二上·北京海淀·期中）在空间直角坐标系中，已知长方体的顶点，，，，则直线与平面之间的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由，，，，得，，且.如图所示，连接，过点作，垂足在上.由长方体的性质易得，又因且，所以平面，因此直线与平面之间的距离为线段的长.因，所以，因此直线与平面之间的距离为.故选：A. 7．（23-24高二上·宁夏银川·阶段）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.直线到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，∴，，， ∴，即，∵平面，平面，∴平面. ∴直线到平面的距离为点到平面的距离. 设平面的法向量为，则， 令，则，∴， ∴点到平面的距离为.故选：D. 8．（24-25高二上·重庆九龙坡·期中）如图，该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径，，，为半圆弧的中点，若异面直线和所成角的余弦值为，则该几何体的体积为（ ）   A． B． C． D． 【答案】A 【详解】连接,由题知关于对称,又,直三棱柱,所以以为原点,为轴,为轴,为轴建立空间直角坐标系，  ，设,则，又因为与所成角余弦值为,所以，所以,所以.故选：A. 二、多选题（每小题6分，共18分） 9．已知长方体ABCD-A1B1C1D1，则下列向量的数量积可以为0的是（    ） A．· B．· C．· D．· 【答案】ABC 【详解】如图所示：若AA1=AD，则AD1⊥B1C，A正确；若AB=AD，则BD1⊥AC，B正确；∵AB⊥平面AA1D1D，∴AB⊥AD1，C正确；∵BD1和BC分别为矩形A1D1CB的对角线和边，∴两者不可能垂直，D错.故选：ABC. 10．（23-24高二上·浙江温州·期中）已知直线的方向向量是，两个平面的法向量分别是，则下列说法中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】AD 【详解】若，则，故A正确；若，则或在内，故B错；若，则，故C错；若，则，故D正确.故选：AD. 11．（23-24高二上·广东广州·期末）如图，在三棱柱中，侧面与是边长为2的正方形，平面平面，分别在和上，且，则（    ）    A．直线平面 B．当时，线段的长最小 C．当时，直线与平面所成角的正切值为 D．当时，平面与平面夹角的余弦值为 【答案】ACD 【详解】如图建立空间直角坐标系,则，，所以，.因为，设，（，且），所以，所以，易知平面的一个法向量为，因为且平面，所以直线平面，故A正确.，当即时线段的长最小为故B不正确.当时此时，平面的一个法向量为，，所以直线与平面所成角的正弦值为，可以求得直线与平面所成角的余弦值为，所以直线与平面所成角的正切值为，故C正确.取的中点O，连接,因为三角形与三角形都是等边三角形，所以为二面角的平面角，,,根据余弦定理可得，所以平面与平面夹角的余弦值为，故D正确.故选：ACD   三、填空题（每小题5分，共15分） 12．（20-21高二上·天津静海·阶段）已知，，则 . 【答案】 【详解】，所以．故答案为 13．（22-23高二上·重庆九龙坡·期末）已知空间三点，则与的夹角为 ． 【答案】/ 【详解】，所以，所以与的夹角为. 故答案为： 14．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，BC=CC1=1，∠AD1B=，则直线AB1与BC1所成角的余弦值为 . 【答案】 【详解】设AB=a，=+=++，则·=·+·+·+·+·+·=0+1+0+0+0+1=2，易得：||=，||=.因为∠AD1B=，所以=，得a=(负值舍去)，∵=+=+，∴=·+·++=1+0+0+0=1，又||=，||=，∴cos<>===.故答案为：. 四、解答题（满分77分） 15．（本题满分13分）设平面三点A（1，0），B（0，1），C（2，5）． (1)试求向量2＋的模； (2)试求向量与的夹角； (3)试求与垂直的单位向量的坐标． 【详解】（1）∵, ∴, ∴ （2）∵||＝＝．＝，•＝（﹣1）×1+1×5＝4． ∴cosA＝＝＝ （3）设所求向量为,则．  ① 又，由得．  ② 由①②，得或 ∴，或 16．（本题满分15分）如图所示，在平行六面体中，M、N分别是、BC的中点．设，，． (1)已知P是的中点，用、、表示、、； (2)已知P在线段上，且，用、、表示． 【详解】（1）因为M、N、P分别是、BC、的中点 所以；； ； （2）因为，所以，所以． 17．（本题满分15分）（22-23高一下·山东青岛·期末）如图，在正四棱柱中，已知，三棱锥的体积为．   (1)求点到平面的距离； (2)求与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）因为为正四棱柱，， 所以平面，，所以，所以， 如图以点为原点，建立空间直角坐标系，则，，，， ，，，， 设平面的法向量为，则，可取， 则点到平面的距离； （2）因为且，所以为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面，同理可证平面， 又平面，所以平面平面， 所以是平面的法向量， 设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为.   18．（本题满分17分）图1是由平行四边形ABCD和组成的一个平面图形．其中，，，将沿AB折起到的位置，使得，如图2． （1）证明：； （2）求二面角的余弦值． 【详解】（1）证明：因为四边形ABCD是平行四边形，，所以． 连接AC，在中，根据余弦定理得， 因为，所以，所以， 因为，且，所以平面ABCD， 因为平面ABCD，所以； （2）因为，，，所以，所以． 由（1）可知平面ABCD，则以D为原点，以DB，DC的方向分别为x轴，y轴的正方向，以过点D作PA的平行线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 故，，． 设平面PAD的一个法向量为，则， 令，可得． 设平面PBD的一个法向量是，则， 令，可得．故． 设二面角为，由图可知为锐角，则． 19．（本题满分17分）如图1五边形中，，将沿折到的位置，得到如图2所示的四棱锥，点为线段的中点，且平面. （1）求证:平面; （2）求证:平面; （3）若直线与所成角的正切值为，求二面角的余弦值. 【详解】(1）证明：取的中点，连接则， 又，所以， 则四边形为平行四边形，所以 因为平面所以平面 由(1）知，又平面平面 由即及为的中点，可得为等边三角形， 又，即 又平面. 为直线与所成的角， 由可得，， 设则，取的中点，连接， 易知平面过作的平行线，可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以 设为平面的法向量，则，即 取，则为平面的一个法向量，又平面的法向量， 则，由图易知二面角的平面角为钝角， 所以二面角余弦值. B.能力检测 （限时120分钟，满分150分） 一、单选题（每小题5分，共40分） 1．（2025·上海黄浦·二模）如图，在平行六面体中，设，，若、、组成空间向量的一个基底，则可以是（    ）   A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由，，、、组成空间向量的一个基，得向量、、不共面， 对于A，在平行六面体中，，则与、共面，A不是； 对于C，，与、共面，C不是； 对于D，，与、共面，D不是； 对于B，由，得，不共面， 假设与、共面，则存在，使得， 而，则， 整理得，从而，此方程组无解， 假设不成立，因此与、不共面，可以是.故选：B 2．（2019高二上·浙江·学业考试）已知空间向量，，若，则实数的值是（    ）． A． B．0 C．1 D．2 【答案】C 【详解】因为，所以，因此有.故选：C 3．（2025·四川·二模）已知空间中向量=（0，1，0），向量的单位向量为（），则点B到直线AC的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设向量的单位向量为，则，，点B到直线AC的距离为：，故选：B. 4．（2022·上海·模拟预测）如图，点､､分别在空间直角坐标系的三条坐标轴上，，，，设二面角的大小为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，，，所以，， 设平面的法向量为，则即取 又因为平面的法向量为，所以.故选：B 5．（2023·安徽安庆·一模）如图：正三棱锥中，分别在棱上，，且，则的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设，则，因为，所以， 所以，所以，化简得，所以，所以，即的余弦值为. 故选：C. 6．（2022·青海西宁·一模）在各棱长均相等的直三棱柱中，点M在上，点N在AC上且，则异面直线与NB所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设棱长为3，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，∴，．设异面直线与BN所成角为，则，∴，∴异面直线与BN所成角的正切值为.故选：B． 7．如图，已知是侧棱长和底面边长均等于的直三棱柱，是侧棱的中点.则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】取的中点，连接，因为为等边三角形，为的中点，则，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、、、， 设平面的法向量为，，，由，取，可得，， 所以点到平面的距离为.故选：A. 8．（2024·安徽·模拟预测）设与为两个正四棱锥，正方形ABCD的边长为且，点M在线段AC上，且，将异面直线PD，QM所成的角记为，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】连接交于点，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方形的边长为，所以， 因为，所以为的中点， 设，在直角中，有，故， 所以，则， 所以， 因为， 当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为，因此的最小值为.    故选：A. 二、多选题（每小题6分，共18分） 9．（22-23高二上·全国·课后作业）下列命题是真命题的有(    ) A．A，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面 B．直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直 C．直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥α D．平面α经过三点，是平面α的法向量，则u+t＝1 【答案】ABD 【详解】对于A，A，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一个基底， 则共面，可得A，B，M，N共面，故A正确； 对于B，，故，可得l与m垂直，故B正确； 对于C，，故，可得在α内或l∥α，故C错误； 对于D，，易知，故﹣1+u+t＝0，故u+t＝1，故D正确． 故选：ABD． 10．（2023·山西临汾·一模）如图，在平行六面体中，分别是的中点，以为顶点的三条棱长都是，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．平面 C． D．与夹角的余弦值为 【答案】ABD 【详解】A选项，连接，由于分别是的中点，所以， 根据棱柱的性质可知，所以, 由于平面，平面，所以平面，所以A选项正确. B选项，， ， ， 所以，由于平面，所以平面，B选项正确. ， 所以，即，所以C选项错误. D选项，，，， ， 所以与夹角为，则. 故选：ABD 11．（2025·甘肃金昌·三模）如图，在底面为正方形的四棱锥中，平面，直线与平面所成角的正切值为，则下列说法正确的是（    ）. A．异面直线与所成的角为 B． C．直线与平面所成的角为 D．点到平面的距离为 【答案】ABD 【详解】对于B，平面，直线与平面所成角, ，故B正确，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，对于A，，设直线与所成的角大小为，则，故，A正确；对于C，可取为平面的法向量，设直线与平面所成的角大小为，则，故直线与平面所成的角为，C错误； 因为四边形为正方形，所以⊥，又平面，平面，故，因为，平面，所以⊥平面，故可取为平面的法向量，故点到面的距离，D正确.故选：ABD 三、填空题（每小题5分，共15分） 12．（2023·上海金山·二模）已知向量，向量，则与的夹角的大小为 . 【答案】 【详解】因为，，所以，因为，所以.故答案为：. 13．（2023·上海长宁·一模）若，则三棱锥O—ABC的体积为 . 【答案】 【详解】根据已知可得：，即， 又，故△的面积； 不妨取平面的一个法向量，则点到平面的距离， 故三棱锥O—ABC的体积.故答案为：. 14．（2025·重庆九龙坡·一模）棱长为3的正方体，动点在正方体内及其边界上运动，若，则动点所围成的图形的面积为 .若，则的最小值为 . 【答案】 【详解】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， 则，则， 又平面，所以平面， 由于动点在正方体内及其边界上， 且，所以动点所围成的图形是矩形，则面积为； 设△边上的高为，则，由正弦定理可得， 所以，故，设，又因为，整理得：，所以空间动点的轨迹是以为球心，2为半径且位于正方体内的部分球体，又因为，所以.故答案为：；. 四、解答题（满分77分） 15．（22-23高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，，，，． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）由题意知，，，两两互相垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， 所以，．底面，底面， 又，，且平面,平面， 所以是平面的一个法向量． 因为，所以．又平面，所以平面． （2）因为，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则由，解得，令， 得平面的一个法向量为．设直线与平面所成的角为， 则． 故直线与平面所成角的正弦值为． 16．（2024·山东泰安·一模）如图，在底面为菱形的直四棱柱中，，分别是的中点． (1)求证：； (2)求平面与平面所成夹角的大小． 【详解】（1）取中点，连接 因为底面为菱形，，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， ，， （2）设平面的法向量为，又，所以即 取，则，为平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则， 平面与平面的夹角为 17．（22-23高三上·山东青岛·期中）在图1中，四边形为梯形，，，，，过点A作，交于．现沿将折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，在图2中解答下列两问： (1)求四棱锥的体积； (2)若F在侧棱上，，求证：二面角为直二面角． 【详解】（1）在图1中，∵，∴， 又，∴，又， ∴四边形为平行四边形，∵，∴平行四边形为菱形． 在图2中，连接，则，又平面，，∴平面， ∵平面，∴,∵，平面, ∴平面, （2）在图2中，以为原点，以所在的直线为轴建立如图所示的直角坐标系，则，，，， 设面的一个法向量为，由，令，则，取 设面的一个法向量为，由 令，则，取 所以，∴，从而二面角为直二面角 18．（2024·全国·模拟预测）如图，在正三棱柱中，，，是的中点，，点在上，且．    (1)是否存在实数，使四点共面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (2)若二面角的大小为，求异面直线与所成角的正切值． 【详解】（1）假设存在实数，使四点共面． 由正三棱柱的性质可知为正三角形，取的中点，连接，则． 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 故以为坐标原点，所在直线分别为轴，在平面内，以过点且垂直于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，   则，，，，，，， 则，，，． 因为，所以． 若四点共面，则存在满足， 又，所以解得 故存在实数，使四点共面． （2）由（1）得，， 设平面的法向量为，则即 则，令，得，则． 易知平面的一个法向量为，则， 解得或（舍），则，所以． 设异面直线与所成角为，又， 则，所以，， 故异面直线与所成角的正切值为． 19．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，在三棱柱中，，，侧面是正方形，为的中点，二面角的大小是．   (1)求证：平面平面； (2)线段上是否存在一个点，使直线与平面所成角的正弦值为．若存在，求出的长；若不存在，请说明理由． 【详解】（1）因是正方形，则,因,故. 由,则.因,则平面， 又平面,故平面平面. （2）   如图，取的中点，连接,易得,因， 故即二面角的平面角，即， 易得,取中点，连接,过点作,交于， 因,故得正三角形，则, 由（1）得平面平面，且平面平面，平面， 故得平面. 因此可分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系. 则, 依题意，设,， 则， 因，设平面的法向量为， 则，故可取. 设直线与平面所成的角为， 则，解得或， 因，故，即, 故当点是的一个四等分点（靠近点）时，直线与平面所成角的正弦值为, 此时 6 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $$