专题07 （最新模考好题）空间向量与立体几何必刷题型（10大题型76题）（压轴题专项训练）高二数学人教A版2019选择性必修第一册

专题07 空间向量与立体几何必刷题型 （10大题型76题） 题型01 空间中的向量共面问题 一、单选题 1．（24-25高二下·上海·月考）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高二下·甘肃白银·期中）在三棱锥中，M是平面内一点，且，则（   ） A． B．1 C．2 D．3 3．（24-25高二下·福建厦门·月考）已知向量，，，若、、共面，则等于（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高二上·全国·单元测试）对于空间任一点和不共线的三点，有，则“”是“四点共面”的（    ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 5．（24-25高二下·江苏泰州·期中）已知四棱锥中，底面为平行四边形，点为的中点，点满足，点满足，若、、、四点共面，则（   ） A． B． C． D． 6．（24-25高二下·上海嘉定·期中）已知三棱锥的体积为是空间中一点，，则三棱锥的体积是（   ） A．5 B．4 C．3 D．2 题型02 空间向量的线性运算及参数问题 一、单选题 1．（24-25高二下·江苏南京·期末）在三棱锥中，，，，且，，则等于（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·北京·期中）如图，在长方体中，为的中点，.记，，，则等于（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·湖北·期中）如图，在正四棱台中，.直线与平面EFG交于点，则（   ） A． B． C． D． 二、填空题 4．（25-26高二上·全国·课后作业）在三棱锥中，若是正三角形，为其重心，则化简的结果为 ． 5．（24-25高二上·河北邯郸·月考）已知、、三个空间向量，若与共线，则的值为 ． 6．（2025高二·全国·专题练习）已知点和点，则靠近点的三等分点的坐标为 ． 7．（25-26高二上·全国·单元测试）设向量不共面，已知，，，若三点共线，则 ． 8．（24-25高二下·福建龙岩·期中）如图，在三棱锥中，G为的重心，，，，，，若PG交平面DEF于点M，且，则的最小值为 ． 题型03 空间向量的数量积运算及其应用（含模长、夹角、投影向量） 一、单选题 1．（24-25高二下·江苏宿迁·期中）已知，空间向量为单位向量，，则空间向量在向量方向上的投影向量为（    ） A．2 B． C． D． 2．（24-25高二下·江苏盐城·月考）在正三棱锥中，，点是棱的中点，，则（ ） A． B． C． D． 3．（25-26高二上·全国·单元测试）如图，在三棱柱中，分别是，上的点，且，．设，，，若，，，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·湖北·期末）已知八面体由正四棱锥与正四棱锥构成（如图），若，，点分别为的中点，则（    ） A．0 B．2 C． D． 5．（24-25高二下·河北石家庄·开学考试）已知长方体中，，，向量，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 6．（24-25高二下·湖北·期末）如图，在棱长均为2的平行六面体中，底面是正方形，且，下列选项正确的是（    ） A．长为 B．异面直线与所成角的余弦值为 C． D． 7．（2025高二·全国·专题练习）已知正四面体的棱长为，空间内任一点满足，则下列关于的结论正确的是（    ） A．最小值为 B．最大值为 C．最小值为 D．最大值为 三、填空题 8．（23-24高二上·福建福州·期末）已知为单位向量.，若，则在上的投影向量的坐标为 . 9．（24-25高二下·上海闵行·期末）、、是空间向量，其中，与、的夹角都是，且，，．则 ． 10．（24-25高二上·天津·期中）已知向量，，且，夹角为钝角，则m的取值范围为 ； 11．（2025高二·全国·专题练习）在菱形中，，线段，的中点分别为，．现将沿对角线翻折，则异面直线与所成角的取值范围为 ． 12．（24-25高二上·河北张家口·期末）如图，正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为为的中点，若，则的取值范围是 ． 四、解答题 13．（25-26高二上·全国·单元测试）如图，在棱长为1的正方体中，点是侧面上的一个动点（包含边界）． (1)若，求的最小值； (2)若，求与夹角的最大值． 题型04 距离问题 一、单选题 1．（25-26高二上·全国·单元测试）已知，，，，，则直线到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·河南安阳·一模）如图，在三棱锥中，，，两两垂直，，，，为线段上靠近的三等分点，点为的重心，则点到直线的距离为（   ） A． B． C． D． 3．（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． 4．（25-26高二上·全国·单元测试）如图，在直三棱柱中，，，，，点是棱的中点，点在棱上运动，则点到直线的距离的最小值为（    ）    A． B． C． D． 二、多选题 5．（23-24高二上·四川成都·月考）已知正方体的棱长为1，点E、O分别是、的中点，P在正方体内部且满足，则下列说法正确的是（    ） A．点A到直线BE的距离是 B．点O到平面的距离为 C．平面与平面间的距离为 D．点P到直线AB的距离为 三、填空题 6．（25-26高二上·全国·课后作业）在底面是菱形的四棱锥中，，，，点在上，且，则直线到的距离为 ． 四、解答题 7．（25-26高二·全国·假期作业）如图，在正三棱柱中，，分别为的中点． 线段上是否存在点，使得？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，说明理由． 题型05 线线角问题 一、单选题 1．（24-25高二下·安徽·月考）如图，已知在长方体中，，点E在棱上，且，则直线与直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·河南南阳·期末）已知在直三棱柱中，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·湖北·月考）在四面体中，，，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D．- 4．《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在阳马中，若平面，且，异面直线与所成角的余弦值为，则（    ） A． B．4 C．2 D．3 5．（24-25高二下·福建宁德·期中）如图，在四棱台中，底面ABCD是菱形，平面，直线AC与直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 6．在正四棱台中，，，且该正四棱台的体积为28，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 7．（24-25高二下·河南商丘·开学考试）在底面边长为2的正三棱柱中，异面直线与所成角的余弦值为，则该正三棱柱的体积为 ． 题型06 线面角问题 一、单选题 1．（24-25高二下·河南漯河·期末）在四棱锥中，平面平面，为正三角形，为梯形，，，，，，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 2．（2025高二·全国·专题练习）如图，在正方体中，为线段的中点，设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·广西河池·月考）在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，E为棱的中点，则到平面的夹角余弦值为（   ） A． B． C． D． 二、解答题 4．（2025·安徽马鞍山·模拟预测）如图，四棱锥的底面为正方形，平面ABCD，E，F分别是线段PB，PD的中点，是线段PC上的一点． (1)求证：平面平面PAC； (2)若直线AG与平面AEF所成角的正弦值为，求CG的长． 5．（2025·河南·二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，，，，点M为棱PD上一点，，O为AC的中点. (1)证明：平面平面MAC. (2)已知，，点N在棱BC上，且，若直线PN与平面MAC所成角的正弦值为，求的值. 题型07 二面角（平面与平面所成角）问题 一、解答题 1．（24-25高二上·广东汕头·期末）如图，在三棱锥中，，，为正三角形，为的中点，．    (1)求证：平面平面； (2)若为的中点，求平面与平面的夹角． 2．（24-25高二下·河南驻马店·期末）如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，且，． (1)证明：平面平面； (2)求二面角所成平面角的正弦值． 3．（2025·山东烟台·一模）如图，点在以为直径的半圆的圆周上，，且平面， (1)求证：； (2)当为何值时，平面与平面夹角的余弦值为？ 4．（24-25高二下·云南曲靖·月考）如图1在矩形中，为的中点，将沿折起，使得平面平面，如图2. (1)求证：平面； (2)若点是线段上的一动点，且，当二面角的正弦值为时，求的值. 5．（24-25高二上·福建泉州·期中）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是的中点，点在棱上，且.    (1)若平面平面，证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 题型08 折叠问题 一、解答题 1．（23-24高二上·江西景德镇·期末）某校一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接就得到了一个“刍甍”（如图2）． (1)若是四边形对角线的交点，求证：平面； (2)若二面角的平面角为，求平面与平面夹角的余弦值． 2．（24-25高二下·广西南宁·期末）如图所示，五边形是正六边形的一部分，将沿着对角线翻折到的位置，使平面平面，已知点分别为，的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值． 3．（24-25高二下·浙江温州·开学考试）如图，矩形ABCD中，，，E为AD的三等分点靠近D点，将沿着BE折起，使得点在底面的射影O落在BD上，Q为线段上的动点． (1)求证：平面平面； (2)若，当Q到平面的距离为时，求的值． 4．（24-25高二上·贵州·期中）如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点．现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点． (1)求证：； (2)若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求三棱锥的体积；若不存在，请说明理由； (3)在（2）的条件下，求点到平面的距离． 5．（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． 题型09 探索性问题 一、解答题 1．（2025高二·全国·专题练习）如图，四边形为正方形，平面，，，．    (1)求与平面所成角的正弦值； (2)在棱上是否存在一点，使得平面平面说明理由． 2．（24-25高二下·福建·期中）如图，四棱锥中，平面，，，，，，是的中点． (1)求证：平面； (2)若， ①求平面与平面所成角的余弦值； ②在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 3．（2025高二·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，平面平面，与均为等腰直角三角形，且，． (1)求与平面所成角的余弦值； (2)是线段上的动点，若线段上存在点（不包含端点），使得异面直线与成30°角，求线段长的取值范围． 4．（23-24高二上·吉林长春·期中）如图甲，在矩形中，，为线段的中点，沿直线折起，使得，点为的中点，连接、，如图乙． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在一点、使得平面与平面所成的角为？若不存在，说明理由：若存在，求出点的位置． 5．（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期中）如图1，等腰梯形是由三个边长为2的等边三角形拼成，现将沿翻折至，使得，如图2所示. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)试问在内是否存在一点，使得平面？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由. 6．（2025·江西鹰潭·二模）如图1，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿BC翻折至，使得，如图2所示． (1)求证：； (2)在直线上是否存在点，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为？ 若存在，求出的值：若不存在，说明理由． 题型10 建系艰难问题 一、解答题 1．（2024·四川德阳·模拟预测）如图，在三棱锥中，二面角的大小为，，为棱的中点. (1)①②③④从上述四个条件中，选出一个能证明的选项，并证明； (2)设，点为上一点，是否存在点使得二面角的余弦值等于？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由. 2．（24-25高二下·河南南阳·期末）如图，在三棱锥中，为半圆的直径，是弧上异于的点.点在直线上，平面，其中为的中点. (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 3．（24-25高二下·浙江杭州·月考）如图，在三棱台中侧面为等腰梯形，为中点.底面为等腰三角形，为的中点. (1)证明：平面平面； (2)记二面角的大小为.当时，求直线与平面所成角的正弦的最大值. 4．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）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. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07 空间向量与立体几何必刷题型 （10大题型76题） 题型01 空间中的向量共面问题 一、单选题 1．（24-25高二下·上海·月考）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 【分析】根据空间向量的基本定理结合共面向量的定义逐项分析判断. 【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高二下·甘肃白银·期中）在三棱锥中，M是平面内一点，且，则（   ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】根据空间向量线性运算法则得到，再由空间共面定理的推论得到方程，解得即可. 【详解】因为， 所以，即， 又点M是平面内一点， 所以，解得. 故选：B 3．（24-25高二下·福建厦门·月考）已知向量，，，若、、共面，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由共面向量的基本定理可知，存在、，使得，由空间向量的坐标运算可得出关于、、的方程组，即可解出的值. 【详解】因为向量，，，且、、共面， 由题意可知，存在、，使得， 即，所以，故. 故选：D. 4．（25-26高二上·全国·单元测试）对于空间任一点和不共线的三点，有，则“”是“四点共面”的（    ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合空间四点共面的等价条件进行判断即可． 【详解】空间任意一点和不共线的三点， 令， 若，则，， ，， 所以四点共面， 所以充分性成立； 若四点共面， 当与四个点中的一个（比如点）重合时， ，可取任意值，不一定有， 即不一定有， 所以不能得到， 故必要性不成立， 所以“”是“四点共面”的充分不必要条件， 故选：B. 5．（24-25高二下·江苏泰州·期中）已知四棱锥中，底面为平行四边形，点为的中点，点满足，点满足，若、、、四点共面，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由共面向量的基本定理得出，利用空间向量的减法可得出，设，利用空间向量的线性运算得出，进而可得出关于、、的方程组，解出的值，即可得出的值. 【详解】如下图所示： 因为、、、四点共面，且、不共线， 则存在、，使得， 即， 所以， 因为四边形为平行四边形，所以，即， 所以， 设，则， 因为、、不共面，所以，解得，所以， 又因为，故， 故选：C. 6．（24-25高二下·上海嘉定·期中）已知三棱锥的体积为是空间中一点，，则三棱锥的体积是（   ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】B 【分析】利用向量运算，确定的位置，结合棱锥的体积与棱锥的体积关系，即可求得结果. 【详解】因为，所以， ， 令，则， 又，故点共面， 所以. 故选：B. 题型02 空间向量的线性运算及参数问题 一、单选题 1．（24-25高二下·江苏南京·期末）在三棱锥中，，，，且，，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量的线性运算，分析即得解. 【详解】 由题意，. 故选：D. 2．（24-25高二上·北京·期中）如图，在长方体中，为的中点，.记，，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】运用空间向量的基底表示，结合向量的线性运算即可求解 【详解】， ， 即，故. 故选：B 3．（24-25高二上·湖北·期中）如图，在正四棱台中，.直线与平面EFG交于点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，通过四点共面，即可求解. 【详解】依题意，，在四棱台中， ， 设，则四点共面， . 故选：A 二、填空题 4．（25-26高二上·全国·课后作业）在三棱锥中，若是正三角形，为其重心，则化简的结果为 ． 【答案】 【分析】首先根据几何关系，转化向量再进行运算可得答案. 【详解】延长交边于点，则， 则有，， 故．    故答案为：. 5．（24-25高二上·河北邯郸·月考）已知、、三个空间向量，若与共线，则的值为 ． 【答案】0 【分析】由于共线，则，可得，即可求得的值. 【详解】由于共线，则，即， 所以，则. 故答案为：. 6．（2025高二·全国·专题练习）已知点和点，则靠近点的三等分点的坐标为 ． 【答案】 【分析】根据题意可知，利用向量相等求解即可. 【详解】设，由题可得， 所以可得， 则，解得：， 故点的坐标为． 故答案为： 7．（25-26高二上·全国·单元测试）设向量不共面，已知，，，若三点共线，则 ． 【答案】0 【分析】由三点共线，可得与共线，即存在唯一的实数，使得，结合空间向量基本定理求解即可. 【详解】因为，，，所以．因为三点共线，所以存在唯一的实数，使得，即，即,解得. 故答案为：0 8．（24-25高二下·福建龙岩·期中）如图，在三棱锥中，G为的重心，，，，，，若PG交平面DEF于点M，且，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】利用空间向量的四点共面的定理，得出系数的关系，再借助基本不等式求出最小值. 【详解】因为 ， 所以， 因为，，， 所以， 因为四点共面， 所以，所以， 因为， 当且仅当时等号成立， 所以的最小值为. 故答案为：. 题型03 空间向量的数量积运算及其应用（含模长、夹角、投影向量） 一、单选题 1．（24-25高二下·江苏宿迁·期中）已知，空间向量为单位向量，，则空间向量在向量方向上的投影向量为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】由投影向量的计算公式即可求解. 【详解】空间向量在向量方向上的投影向量为， 因为为单位向量，，， 所以， 所以， 故选：B 2．（24-25高二下·江苏盐城·月考）在正三棱锥中，，点是棱的中点，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量线性运算，用表示，再用空间向量数量积运算即可. 【详解】根据题意可作图， 因为点是棱的中点，所以, 因为，所以, 则, 由题意，都是等边三角形， 所以， 故 故选：A. 3．（25-26高二上·全国·单元测试）如图，在三棱柱中，分别是，上的点，且，．设，，，若，，，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对于A，根据向量的线性运算法则利用基底，，表示即可判断，对于B，由，结合模的性质及数量积的运算律求，即可判断，对于C，由基底，，表示，计算，即可判断，对于D，计算，，利用向量夹角公式求即可判断. 【详解】对于A，，A错误； 对于B，由题可知，，， 所以， 所以，B错误； 对于C，因为，， 所以，所以不垂直，C错误， 对于D，由选项C的解析可得， ，，， 所以， ， 所以,D正确， 故选：D. 4．（24-25高二上·湖北·期末）已知八面体由正四棱锥与正四棱锥构成（如图），若，，点分别为的中点，则（    ） A．0 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】建系，利用空间向量数量积的坐标表示求解即可. 【详解】连接，交于点，连接，， 因为正四棱锥与正四棱锥， 所以平面，平面， 因为，， 所以，，， 以为原点，分别为轴的正向建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，， 所以，， 所以. 故选：D. 5．（24-25高二下·河北石家庄·开学考试）已知长方体中，，，向量，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意建立空间直角坐标系，利用空间向量线性运算的坐标表示，可得答案. 【详解】以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系， 因为， 因为，那么， 所以， 所以、、、四点共面， 由得，解得， 所以的最小值为. 故选：B.    二、多选题 6．（24-25高二下·湖北·期末）如图，在棱长均为2的平行六面体中，底面是正方形，且，下列选项正确的是（    ） A．长为 B．异面直线与所成角的余弦值为 C． D． 【答案】ACD 【分析】以为一组基底，将用基底表示，得，利用数量积的运算即可求解，进而判断A，先求，利用向量的夹角公式即可判断B，计算和即可判断CD. 【详解】由题意有：，所以 ，所以，故A正确； ，所以，所以 ， 所以，故B错误； 由，， 所以 ，所以，故C正确； 由，所以，故D正确； 故选：ACD. 7．（2025高二·全国·专题练习）已知正四面体的棱长为，空间内任一点满足，则下列关于的结论正确的是（    ） A．最小值为 B．最大值为 C．最小值为 D．最大值为 【答案】BC 【分析】设的中点为，连接，由，可得点在以为球心，以1为半径的球面上．又设，由题可得，据此可得答案. 【详解】设的中点为，连接，则，则， 即点在以为球心，以1为半径的球面上． 如图，因为，所以． 因为正四面体的棱长为，所以，，又， 所以．设， 则． 因为，所以． 故选：BC 三、填空题 8．（23-24高二上·福建福州·期末）已知为单位向量.，若，则在上的投影向量的坐标为 . 【答案】 【分析】根据模与向量的关系求出的值，再根据在上的投影向量公式求出答案即可. 【详解】， 由题可得： ，可得， 则在上的投影向量为. 故答案为：. 9．（24-25高二下·上海闵行·期末）、、是空间向量，其中，与、的夹角都是，且，，．则 ． 【答案】 【分析】根据条件，利用数量积的定义及运算，即可求解. 【详解】因为，与、的夹角都是，且，，， 则，，， 则， 所以， 故答案为：. 10．（24-25高二上·天津·期中）已知向量，，且，夹角为钝角，则m的取值范围为 ； 【答案】且 【分析】根据给定条件，利用空间向量的数量积及向量共线列式求出即得. 【详解】由向量与夹角为钝角，得，且与不共线， 则，解得且， 所以m的取值范围为且. 故答案为：且 11．（2025高二·全国·专题练习）在菱形中，，线段，的中点分别为，．现将沿对角线翻折，则异面直线与所成角的取值范围为 ． 【答案】 【分析】根据向量的线性运算，可得，进而利用夹角公式即可结合求解. 【详解】设菱形的边长为，则， ，， ， ． 因为,所以，所以， 即， 故异面直线与所成角的取值范围是． 故答案为： 12．（24-25高二上·河北张家口·期末）如图，正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为为的中点，若，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】过点作轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量坐标运算求出，，再由两点间的距离公式结合二次函数的性质即可得出答案. 【详解】因为正三棱柱的底面边长为2，为的中点， 所以，过点作轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，， 因为，设，， ， 所以， 所以， 所以，， 所以， 当时，有最小值，当时，有最大值， 所以的取值范围是. 故答案为：. 四、解答题 13．（25-26高二上·全国·单元测试）如图，在棱长为1的正方体中，点是侧面上的一个动点（包含边界）． (1)若，求的最小值； (2)若，求与夹角的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】以为原点，，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，根据题设及向量模的求法，线线夹角的求法可得结果． 【详解】（1）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，设． ，， 由于，所以，即． 又，所以， 由于，所以当时取得最小值． （2），， 因为，所以，即． 又． 由于，所以（利用二次函数的性质求解）， 即当或1时，取得最小值，因此的最大值为， 即与夹角的最大值为． 题型04 距离问题 一、单选题 1．（25-26高二上·全国·单元测试）已知，，，，，则直线到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先证明平面，直线到平面的距离可转化为点到平面的距离，利用点到平面的距离公式计算即可. 【详解】，，，， 显然，所以， 而平面，平面，于是平面， 因此直线到平面的距离等于点到平面的距离． 设平面的法向量为，则,令，得， 所以点到平面的距离为， 所以直线到平面的距离是． 故选：D 2．（2025·河南安阳·一模）如图，在三棱锥中，，，两两垂直，，，，为线段上靠近的三等分点，点为的重心，则点到直线的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，以为坐标原点，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. 【详解】 根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， 又点为的重心，所以， 则，， 则， 则， 所以点到直线的距离为. 故选：B 3．（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 【分析】连接，，可得且交于，再由面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【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 4．（25-26高二上·全国·单元测试）如图，在直三棱柱中，，，，，点是棱的中点，点在棱上运动，则点到直线的距离的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以为原点，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 设，其中，利用空间向量法可求得点到直线的距离的取值范围，即可得解. 【详解】因为平面，， 所以以为原点，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 连接，则，，设，其中， 所以，，则点到直线的距离： . 设，因为，所以，则. 所以点到直线的距离的最小值为.    故选：D 二、多选题 5．（23-24高二上·四川成都·月考）已知正方体的棱长为1，点E、O分别是、的中点，P在正方体内部且满足，则下列说法正确的是（    ） A．点A到直线BE的距离是 B．点O到平面的距离为 C．平面与平面间的距离为 D．点P到直线AB的距离为 【答案】BC 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法直接求解可得． 【详解】如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系：    则,0,，,0,，,1,，,0,，,1,，,1,，． 所以，，则到直线的距离，故A不正确； 易知，又，，所以，则平面的一个法向量为，则点到平面的距离，故B正确； ，，．设平面的法向量为，则，所以，令，得，，所以，所以点到平面的距离．因为平面平面，所以平面与平面间的距离等于点到平面的距离，即为，故C正确； 因为，所以，，则，所以点到的距离，故D不正确． 故选：BC． 三、填空题 6．（25-26高二上·全国·课后作业）在底面是菱形的四棱锥中，，，，点在上，且，则直线到的距离为 ． 【答案】 【分析】连接，在上取点，使，连接，证明平面，从而将问题转化为求点到平面的距离．连接，取中点为G，连接，以A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，利用向量方法即可求解． 【详解】如图， 连接，在上取点，使，连接， 结合，可得， ∵平面，且平面， ∴平面， 则直线到的距离即直线到平面的距离，即点到平面的距离． 由，， 根据勾股定理逆定理可得，， 连接，取中点为G，连接， ∵底面是菱形，，∴是等边三角形， ∴，又，∴， 于是以A为坐标原点，所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 由，可得的坐标， 由，可得的坐标， 则，，． 设平面的法向量为， 则所以 令，则，所以． 所以点到平面的距离， 从而直线到的距离为． 故答案为：． 四、解答题 7．（25-26高二·全国·假期作业）如图，在正三棱柱中，，分别为的中点． 线段上是否存在点，使得？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，说明理由． 【答案】存在，距离为 【分析】分别取中点O，，连接，进而以O为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，假设存在点G，设，进而根据得，再计算点到面的距离即可． 【详解】分别取中点O，，连接． 因为是正三棱柱， 所以平面，． 所以平面，平面，所以． 以O为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z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，解得，所以． 假设存在点G，设． 所以，所以． 由知，若， 则． 解得．即G与C为同一个点． 因为，平面的法向量为， 所以点G到平面的距离． 题型05 线线角问题 一、单选题 1．（24-25高二下·安徽·月考）如图，已知在长方体中，，点E在棱上，且，则直线与直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而得到向量和的坐标，再利用向量的夹角公式求出两向量夹角的余弦值，由于异面直线所成角的范围是，所以取其绝对值即为异面直线所成角的余弦值． 【详解】以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系． 已知，，则，． 所以，，． 因为点在棱上，且，，所以，，则． 所以，． 根据向量的夹角公式． 先计算． ． ． 则． 因为异面直线所成角的范围是，所以直线与直线所成角的余弦值为． 直线与直线所成角的余弦值为． 故选：C． 2．（24-25高二下·河南南阳·期末）已知在直三棱柱中，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求两异面直线夹角的余弦值. 【详解】在直三棱柱中以B为顶点，BA为x轴，在平面ABC内过点B作垂直于AB的直线为y轴，为z轴建立空间直角坐标系如图所示：   ， ，， 设异面直线与所成角为， 则. 故选：A 3．（24-25高二下·湖北·月考）在四面体中，，，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D．- 【答案】B 【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出，根据异面直线夹角公式即可得到答案. 【详解】取BD的中点O，连接AO，OC，由，，得， 且，在△AOC中，，故， 又，平面，所以平面， 以OB，OC，OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 所以， 设异面直线AB与CD所成角为，则， 即异面直线AB与CD所成角的余弦值为. 故选：B. 4．《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在阳马中，若平面，且，异面直线与所成角的余弦值为，则（    ） A． B．4 C．2 D．3 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求. 【详解】由题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建系如图， 设，因为， 所以， ， 设异面直线与所成角为， 则， 解得，即. 故选：B. 5．（24-25高二下·福建宁德·期中）如图，在四棱台中，底面ABCD是菱形，平面，直线AC与直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题设建立适当空间直角爱坐标系求得两直线方向向量，代入夹角公式即可计算求解. 【详解】取BC的中点，连接AF，则由题意可得,，且， 以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，， 所以， 所以， 所以直线AC与直线所成角的余弦值为． 故选：A 6．在正四棱台中，，，且该正四棱台的体积为28，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】解法一：通过作辅助线构造异面直线所成角，再利用四棱台体积公式求出高，结合平面几何知识和余弦定理求解. 解法二：建立空间直角坐标系，求出相关向量，利用向量的夹角公式求解，再根据异面直线所成角的范围得到结果. 【详解】解法一：过点作，交于点，则为异面直线与所成的角或其补角. 设该正四棱台的高为，则，得. ，故. 过点作交于点，则， .连接，易得， 在中，利用余弦定理可得， 故异面直线与所成角的余弦值为. 解法二：设该正四棱台的高为，上底面与下底面的中心分别为，，连接，由题知，得.由正四棱台的性质知平面， 以为坐标原点，过点分别与平行的直线为轴，轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，， 所以，，， 故异面直线与所成角的余弦值为. 故选：D. 二、填空题 7．（24-25高二下·河南商丘·开学考试）在底面边长为2的正三棱柱中，异面直线与所成角的余弦值为，则该正三棱柱的体积为 ． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角的向量求法求出三棱柱的高，再利用体积公式即可求得答案。 【详解】设正三棱柱的高为h，以A为坐标原点，在底面内过点A作的垂线为x轴， 以所在直线为轴，建立空间直角标系， 则， 则， 因为异面直线与所成角的余弦值为， 故， 由于，即，解得， 故该正三棱柱的体积为， 故答案为： 题型06 线面角问题 一、单选题 1．（24-25高二下·河南漯河·期末）在四棱锥中，平面平面，为正三角形，为梯形，，，，，，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点O，连接，可得平面，建立如图所示的直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求解. 【详解】取的中点O，连接， 因为为正三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， 建立如图所示的直角坐标系， 则，，，，，. 设平面的法向量为， 则，即， 令，得平面的一个法向量为. 又，设与平面所成角为， 所以. 故选：B. 2．（2025高二·全国·专题练习）如图，在正方体中，为线段的中点，设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量是，利用夹角公式得，利用二次函数即可求解. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，不妨取． ，，，， 设，，，，． 设平面的法向量是，，取， 则． 故选：C． 3．（24-25高二上·广西河池·月考）在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，E为棱的中点，则到平面的夹角余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建系标点，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【详解】底面ABCD为等腰梯形，， 如图，在底面ABCD中，过点D作，垂足为H， 以D为坐标原点，分别以所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系． 则， 可得，， 设平面的法向量为，则， 令，则， 可得平面的一个法向量为， 设到平面的夹角为， 则， 可得，所以到平面的夹角余弦值为. 故选：B． 二、解答题 4．（2025·安徽马鞍山·模拟预测）如图，四棱锥的底面为正方形，平面ABCD，E，F分别是线段PB，PD的中点，是线段PC上的一点． (1)求证：平面平面PAC； (2)若直线AG与平面AEF所成角的正弦值为，求CG的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)或． 【分析】（1）连接BD，由线面垂直的性质得到，再由面面垂直的判定定理证明可得； （2）建立如图所示空间直角坐标系，设，求出平面AEF的一个法向量，代入空间线面角公式计算可得. 【详解】（1）连接BD，因为E，F分别是线段PB，PD的中点，所以． 因为平面平面ABCD，所以，即， 又ABCD为正方形，所以，即 又平面PAC，所以平面PAC， 又平面EFG，所以平面平面PAC． （2）如图，以为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则， 设，则． 设平面AEF的一个法向量为，则，令得． 设直线AG与平面AEF所成角为，则 解得或，所以或． 5．（2025·河南·二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，，，，点M为棱PD上一点，，O为AC的中点. (1)证明：平面平面MAC. (2)已知，，点N在棱BC上，且，若直线PN与平面MAC所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)由面面垂直的判定定理，先证明平面PBD即可； (2)先证明 BD，AC，PO两两相互垂直，以O为原点，OB，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用向量法求解线面角列出方程，解方程即可. 【详解】（1）证明：连接BO，DO， 因为，，所以，， 所以B，O，D三点共线，即， 因为，所以，因为PO，平面PBD， 且，所以平面PBD， 因为平面MAC，所以平面平面MAC. （2）由题意得，所以，因为，所以， 又因为，，所以，即， 由（1）知，，所以BD，AC，PO两两相互垂直， 以O为原点，OB，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，则， 因为，所以，则， 设，所以，则， 设为平面MAC的一个法向量，则 即 取，得，，则， 设直线PN与平面MAC所成角为，则， 整理得，解得或（舍去）， 所以. 题型07 二面角（平面与平面所成角）问题 一、解答题 1．（24-25高二上·广东汕头·期末）如图，在三棱锥中，，，为正三角形，为的中点，．    (1)求证：平面平面； (2)若为的中点，求平面与平面的夹角． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得平面，然后利用面面垂直的判定定理即得； （2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得． 【详解】（1）因为，所以，， 又，平面，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）因为为正三角形，为中点，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又为的中点，所以，， 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，令，可得， 又平面的一个法向量可取， 设平面与平面夹角为， 则， 又，所以，即平面与平面夹角为． 2．（24-25高二下·河南驻马店·期末）如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，且，． (1)证明：平面平面； (2)求二面角所成平面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据空间中垂直关系的转化可得平面，从而可得，进而可证平面，结合面面垂直的判定定理可证平面平面. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦，进而求二面角的正弦. 【详解】（1）由题意：，，平面，， 所以平面. 因为平面，所以. 又，平面，且四边形为梯形，且，所以与必相交， 所以平面. 又平面， 所以平面平面. （2）以为原点，建立如图空间直角坐标系，因为平面，所以轴. 设，，则，，，. 所以，，. 设平面的法向量为，则 ，取. 设平面的法向量为，则 ，取. 所以，，. 所以， 所以，即二面角所成平面角的正弦值为. 3．（2025·山东烟台·一模）如图，点在以为直径的半圆的圆周上，，且平面， (1)求证：； (2)当为何值时，平面与平面夹角的余弦值为？ 【答案】(1)证明见解析； (2)或. 【分析】（1）由线面垂直的性质有，由圆的性质易得，再由线面垂直的判定和性质证明结论； （2）若为的中点，即为半圆的圆心，作面，在面内作，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数即可. 【详解】（1）由平面，平面，则， 又点在以为直径的半圆的圆周上，则， 由且都在面内，则面， 由面，故； （2）若为的中点，即为半圆的圆心，作面，在面内作， 由，，则， 故可构建如下图示的空间直角坐标系，则， 由，故，可得， 所以，，， 若，分别为面、面的一个法向量， 则，取，， ，取，， 所以， 整理得，则，可得或. 4．（24-25高二下·云南曲靖·月考）如图1在矩形中，为的中点，将沿折起，使得平面平面，如图2. (1)求证：平面； (2)若点是线段上的一动点，且，当二面角的正弦值为时，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）求出各边长，由勾股定理逆定理得到，从而根据面面垂直得到线面垂直，故，结合，得到线面垂直； （2）由面面垂直得到线面垂直，作出辅助线，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据二面角的正弦值得到方程，求出. 【详解】（1）证明：因为在矩形中，为的中点， 所以，因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又平面， 所以⊥平面； （2）取中点，连接， 为的中点，则， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 取的中点，连接，则， 由（1）知，，所以⊥， 以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， 由（1）知平面， 则平面的一个法向量可设为， 因为且，所以， ， . 设平面的法向量为，则， 即，取，则. 即平面的一个法向量为. 因为二面角的正弦值为 所以， 因为，解得. 5．（24-25高二上·福建泉州·期中）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是的中点，点在棱上，且.    (1)若平面平面，证明：平面； (2)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) 【分析】（1）由证得平面，从而，然后利用线面平行的判断定理得出结论； （2）由条件可得平面，则，可得，利用余弦定理可得．以A为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，得出相关点的坐标，设，求出平面与平面的法向量，设平面与平面的夹角为，根据向量的夹角公式的表达式，利用换元法，结合二次函数的性质求出答案. 【详解】（1）因为四边形正方形，所以. 因为平面平面，所以平面. 又因为平面，平面平面，所以. 因为平面平面，所以平面. （2）因为四边形是正方形，所以. 又因为平面，所以平面. 因为，所以平面， 因为平面，所以，. 由，得. 所以. 以A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. 点到平面的距离为，    点到平面的距离为. 则， 设，则， 设平面的法向量为， 则，取，可得. 设平面的法向量为， 则，取，可得. 设平面与平面的夹角为， 则令， 则 . 当时，取得最小值，最小值为， 所以的最大值为，此时，. 故平面与平面的夹角的余弦值的最大值为. 题型08 折叠问题 一、解答题 1．（23-24高二上·江西景德镇·期末）某校一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接就得到了一个“刍甍”（如图2）． (1)若是四边形对角线的交点，求证：平面； (2)若二面角的平面角为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过构造平行四边形的方法来证得平面. （2）根据二面角的知识求得，建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值． 【详解】（1）取线段中点，连接， 由图1可知，四边形是矩形，且， 在图2中，且， 且，四边形是平行四边形，则， 由于平面，平面，平面． （2）由已知，四边形是矩形，折叠前后都有， 由于平面，所以平面， 由于，所以平面，由于平面， 所以，所以是二面角的平面角， 所以，， 则，， 以为坐标原点，所在直线分别为轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示， 可得， ， 平面的一个法向量， 设平面的一个法向量， 由，得，于是平面的一个法向量， ， 平面与平面夹角的余弦值为． 2．（24-25高二下·广西南宁·期末）如图所示，五边形是正六边形的一部分，将沿着对角线翻折到的位置，使平面平面，已知点分别为，的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证； （2）说明两两垂直，建立适当的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由向量夹角的余弦公式以及平方关系即可得解. 【详解】（1）连接交于点，连接， 如图，由平面图易得为平行四边形，则为的中点， 连接，则， 又平面平面，故平面． （2）取的中点，连接，， 由平面图形可知，，则． 又平面平面，且平面平面，面， 故平面． 以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 设，则， 则， 设平面的法向量为， ，即，取， 又平面的法向量为， 设平面与平面所成二面角为， ， 即所求平面与平面所成二面角的正弦值为． 3．（24-25高二下·浙江温州·开学考试）如图，矩形ABCD中，，，E为AD的三等分点靠近D点，将沿着BE折起，使得点在底面的射影O落在BD上，Q为线段上的动点． (1)求证：平面平面； (2)若，当Q到平面的距离为时，求的值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据已知先证、，再由线面、面面垂直的判定证结论； （2）构建合适的空间坐标系，再由已知求的坐标，并求出平面的法向量及的坐标，应用点面距离的向量求法列方程求参数. 【详解】（1）连接CE、BD，，点在底面的射影O落在BD上， 所以平面，平面BCDE，则， 由，则，， 矩形ABCD中，则，，所以，， ，即， 由且都在平面内，则平面，平面， 平面平面. （2）以C为原点，CD所在直线为x轴，CB所在直线为y轴建系如图． ，，，， 设，，，，， 即，解得，，，即， 设平面的法向量为，，， 所以，解得， 由，易知， ，解得. 4．（24-25高二上·贵州·期中）如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点．现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点． (1)求证：； (2)若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求三棱锥的体积；若不存在，请说明理由； (3)在（2）的条件下，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， (3) 【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角解出参数，再由棱锥体积公式得解； （3）利用向量法根据点到面的距离公式求解. 【详解】（1）在图①中，由题知：四边形为正方形，且； 则在②中，，，且平面， 则平面； 又，平面，又平面，； 又，且为的中点，则； 又平面， 则平面，又平面，． （2）由（1）知：平面，平面， 则平面平面； 由题知：二面角的平面角为，则， 则是等边三角形，则； 取的中点为，连接，则, 又平面平面，平面， 所以平面，且， 则可以建立如图所示的空间直角坐标系； 则，、、、， 则、、、， 设，， 则， 设平面的一个法向量为， 则，则， 令，则， 记直线与平面所成角为， 则， 即，解得， 因此，则． （3）由（2）知：， 则平面的一个法向量可以为，且， 则点到平面的距离为． 5．（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） 【分析】（1）依据条件得到，，然后利用线面垂直判定定理可得； （2）（i）方法1：分别取，的中点，记为E，F，然后找到或其补角为异面直线与所成角，然后计算相关线的长度计算；方法二：建立空间直角坐标系，计算，，然后利用空间夹角公式计算即可；（ii）计算以及面的一个法向量，然后计算. 【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． 题型09 探索性问题 一、解答题 1．（2025高二·全国·专题练习）如图，四边形为正方形，平面，，，．    (1)求与平面所成角的正弦值； (2)在棱上是否存在一点，使得平面平面说明理由． 【答案】(1) (2)存在，理由见解析 【分析】（1）以分别为轴建立坐标系，求出和平面的法向量，设与平面所成角为，利用求解即可； （2）设，，求出平面的法向量，利用平面平面则求出的值即可. 【详解】（1）因为平面，平面，且四边形为正方形， 所以两两垂直，以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，    由题意可得，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则， 取可得平面的一个法向量， 设与平面所成角为， 则， 即与平面所成角的正弦值为. （2）依题意，可设，， 则，． 设平面的一个法向量为， 则， 取取可得平面的一个法向量， 若平面平面，则， 解得，即， 所以在棱上存在一点，满足时，平面平面． 2．（24-25高二下·福建·期中）如图，四棱锥中，平面，，，，，，是的中点． (1)求证：平面； (2)若， ①求平面与平面所成角的余弦值； ②在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？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)①；②存在， 【分析】（1）取中点，根据线线平行证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，①利用坐标法可求得两平面法向量，即可得两平面夹角余弦值；②设，利用坐标法表示点到平面距离，列方程，即可得解. 【详解】（1） 取中点，连接，， 又点是中点， ，且， ，， ，且， 四边形为平行四边形， ， 平面，平面， 平面； （2） 平面，且，则以点为坐标原点建立空间直角坐标系， ①，，，，，， 易知平面的一个法向量为， 在平面中，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，的， ， 即平面与平面所成角的余弦值为； ②设，， 又，， 则， 又， 设平面的一个法向量为， 则， 令，得， 则， 解得， 即存在点使得点到平面的距离为， 此时. 3．（2025高二·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，平面平面，与均为等腰直角三角形，且，． (1)求与平面所成角的余弦值； (2)是线段上的动点，若线段上存在点（不包含端点），使得异面直线与成30°角，求线段长的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，线线垂直，故，，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式和同角三角函数关系进行求解； （2）设，．设，其中，则，根据与成30°角得到方程，求出，其中，即，结合求出答案. 【详解】（1）因为，所以⊥， 又平面平面，交线为，平面，所以⊥平面， 又平面，所以⊥，⊥， 以为原点、为轴、为轴、平面上过点的的垂线为轴建立空间直角坐标系，如图， 与均为等腰直角三角形，，则，，， 平面的法向量为， 设与平面所成的角为，， ， 故； （2），设，．设，其中， 但当时，两点重合，此时与不是异面直线，故，所以， 则． 由，得， 其中，即，解得， 又，所以 故． 4．（23-24高二上·吉林长春·期中）如图甲，在矩形中，，为线段的中点，沿直线折起，使得，点为的中点，连接、，如图乙． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在一点、使得平面与平面所成的角为？若不存在，说明理由：若存在，求出点的位置． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点是线段的中点 【分析】（1）取线段的中点可得，由余弦定理求出，根据勾股定理逆定理可得，结合以及线面垂直的判定定理即可得证； （2）以为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设的坐标为，，可求出平面的法向量，利用二面角的向量求法可得． 【详解】（1）取线段的中点，连接，    在中，， ， 在中，， 由余弦定理可得：， ， 在中，， ， 因为，，，平面， 所以平面； （2）过作的平行线，以为原点，分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，   ， 平面的法向量， 在平面直角坐标系中，直线的方程为， 设的坐标为，， 则， 设平面的法向量为， ， 所以， 令，则， 由已知， 解之得：或9（舍去）， 所以点是线段的中点． 5．（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期中）如图1，等腰梯形是由三个边长为2的等边三角形拼成，现将沿翻折至，使得，如图2所示. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)试问在内是否存在一点，使得平面？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)不存在，理由见解析； 【分析】（1）根据全等三角形性质，利用线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质可得； （2）利用空间向量，求出平面法向量以及直线的方向向量，根据线面角与空间向量之间的关系即可求得结果； （2）设， 利用向量法能求出点的坐标，从而求出的长度． 【详解】（1）在图1连接交于点， 在图2中，知、都是等边三角形， 得，，又，平面， 可得平面； 又直线平面， 所以. （2）因为，，则在中，由， 由余弦定理得，作，垂足为，连接，得，， 如图，以的中点为原点，，，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，， 因此， 设平面的法向量为， 则，解得，令，则； 即向量， 设直线与平面所成角为，则， 直线与平面所成角的正弦值为， （3）假设在内存在点，使得平面成立，， 设，，， ， 由，得， 解得，不满足题意，所以不存在使得平面成立； 6．（2025·江西鹰潭·二模）如图1，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿BC翻折至，使得，如图2所示． (1)求证：； (2)在直线上是否存在点，使得直线BM与平面APD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)5或 【分析】（1）根据全等三角形性质，利用线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质可得； （2）解法一利用线面角的定义，作出线面角的平面角，由余弦定理即可求出结果； 解法二利用空间向量，求出平面法向量以及直线方向向量，根据线面角与空间向量之间的关系即可求得结果. 【详解】（1）在图1连接交于点，在图2中，易知、都是等边三角形，易得，， 又，，平面，可得平面； 又直线平面，所以． （2）解法一：假设存在点，符合题意．设，则， 则在中，由，，由余弦定理得， 由（1）得直线平面，又，直线平面，平面， 平面平面 作，垂足为，则平面， 在，由，，所以 如图3，取中点，连接，由，，得四边形为平行四边形， 因为平面，所以平面， 则直线与平面所成角为，且． 由已知，即，由，得 在中，设，由余弦定理得 即，解得或 所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，此时或 解法二（向量法）设，则，则在中，由，， 由余弦定理得，作，垂足为，连接，得，， 如图3，以的中点为原点，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，所以， 因此，， 设平面的法向量为， 则， 解得，令，则；即向量， 设存在点，，满足题意，则， 所以， 设直线与平面所成角为，则，所以 所以，解得， 所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，此时或 题型10 建系艰难问题 一、解答题 1．（2024·四川德阳·模拟预测）如图，在三棱锥中，二面角的大小为，，为棱的中点. (1)①②③④从上述四个条件中，选出一个能证明的选项，并证明； (2)设，点为上一点，是否存在点使得二面角的余弦值等于？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)选条件②，证明见解析； (2)存在，或. 【分析】（1）取AB中点O，连接，先假设，则有，进而得到条件②能使，从而选条件②，再由先出垂直判定定理结合线面垂直定义即可得证； （2）以O为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，求出平面和平面的一个法向量，利用求出参数y即可得解. 【详解】（1）取AB中点O，连接，因为为棱的中点， 所以，又，则， 若，又，，、平面， 则平面，又平面， 所以有，又①②③④四个条件中， 条件②能使，故选条件②： 证明：，O为中点，所以有， 又，，、平面， 所以平面，又平面， 所以； （2）因为，所以，即为正三角形， 取AB中点O，则有，则由（1）可知平面， 所以是二面角的平面角，故， 设，则， 则点P到底面的距离为，点P在底面的投影落在直线上且与距离为， 以O为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 所以， 分别设平面和平面的一个法向量为， 则，， 取，， 则， 则. 解得或，满足题意， 所以存在点E使得二面角的余弦值等于，当时，；当时，. 【点睛】关键点睛：解决第（2）问的关键是正确建立适当的空间直角坐标系，正确表示点P的坐标. 2．（24-25高二下·河南南阳·期末）如图，在三棱锥中，为半圆的直径，是弧上异于的点.点在直线上，平面，其中为的中点. (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) 【分析】（1）根据线面平行的性质定理，求得线线平行，再根据线面平行的判定定理，证明线面平行即可. （2）根据求线面角的向量方法，构造空间直角坐标系，求出方向向量和平面的法向量，求出线面角的正弦值. 【详解】（1）因为平面，平面平面平面，所以. 又为的中点，所以为的中点. 又为的中点，所以. 因为平面平面，所以平面. （2） 如图，连接，取的中点，连接. 因为，所以. 由已知底面在半圆上，为圆的直径， 可得. 因为，所以， 所以. 又，所以，所以， 则有， 所以， 又平面平面，所以平面. 建立如图所示的空间直角坐标系，因为， 则， 所以. 设为平面的一个法向量，则，即， 令，则，则平面的一个法向量. 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. 3．（24-25高二下·浙江杭州·月考）如图，在三棱台中侧面为等腰梯形，为中点.底面为等腰三角形，为的中点. (1)证明：平面平面； (2)记二面角的大小为.当时，求直线与平面所成角的正弦的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）根据等腰梯形的对称性可得，而，故可得平面，从而可得平面平面； （2）以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法可求直线与平面所成角的正弦的最大值. 【详解】（1）因为为等腰三角形，为的中点，所以， 又因为侧面为等腰梯形，为的中点，所以， 又平面，因此平面， 平面，所以平面平面 （2）在平面内，作，由（1）中平面平面， 且平面平面，平面，可得平面； 以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 又因为，， 所以即为二面角的平面角，所以， 在中，，易知， 又，可得； 所以，； 即， 设平面的一个法向量为， 所以， 可令，则，即； 当时，设直线与平面所成角为，则： ， 设，则在恒成立， 所以在上单调递增，， 即，而， 故，所以，故， 所以当时，直线与平面所成角的正弦的最大值为. 4．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）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）. 【分析】（1）由题设及线面垂直的判定有平面，将三棱锥补全为长方体，即可求外接球半径，进而求表面积； （2）（ⅰ）设，，根据几何关系列方程求得，，，应用和角正切公式求的大小，即可得；（ii）设，则，应用三角形面积公式及三角恒等变换求出最小，取中点，连接，，则，，并求出相关线段的长度，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值. 【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. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$