专题09 空间向量在立体几何中的应用12大考点33题（高效培优期中专项训练）高二数学上学期北师大版

专题09 空间向量在立体几何中的应用综合大题 考点01 解决四点共面问题(共4小题) 1 考点02 证明线面（面面）平行（共3小题）(重点) 2 考点03证明线面（面面）垂直(共2小题)（重点） 3 考点04 解决异面直线所成的角问题(共2小题) （重点） 4 考点05 解决线面角问题（共3小题）（重点） 5 考点06解决两平面夹角、二面角问题（共3小题）（重点） 6 考点07求点点距、点线距、线线距（共4小题）（重点） 7 考点08 求点面距、线面距、面面距（共3小题）（重点） 8 考点09 解决异面直线间的距离(共2小题)（拓展） 9 考点10 折叠问题（2小题）（难点） 10 考点11 夹角、距离中的最值（范围）问题（共3小题）（难点） 11 考点12 空间向量中的新文化、新定义问题（共4题）（难点） 12 考点01 解决四点共面问题(共4小题) 1．（25-26高二上·河南郑州·阶段练习）已知空间三点. (1)若三点共线，求实数x的值. (2)若，求实数x的值. 2．（24-25高二上·安徽·阶段练习）已知向量是空间中不共面的三个向量，. (1)若，求的值； (2)若四点共面，求的值. 3．（24-25高二上·福建泉州·期中）已知平行六面体，底面是正方形，，，，，，，设，，． (1)用向量表示向量，并求的长度； (2)设点满足，是否存在使得，，三点共线，若存在求出，若不存在请说明理由． 4．（2025高二上·全国·专题练习）已知O，A，B，C，D，E，F，G，H为空间的9个点（如图所示），并且，，，，．求证： (1)A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面； (2)； (3)三点共线． 考点02 证明线面（面面）平行（共3小题） 5．（24-25高二下·江苏镇江·阶段练习）如图所示，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，点M，N分别在对角线BD，AE上，且，. 用向量方法证明：平面. 6.（24-25高二上·山东烟台·开学考试）如图，在长方体中，.    (1)求证：平面平面.（使用向量方法） (2)线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 7.（25-26高二上·全国·单元测试）如图，已知在三棱锥中，，，OA，OB，OC两两垂直．建立适当的空间直角坐标系，解决下列问题： (1)若OA，OC的中点分别为E，F，试判断EF与OB之间的位置关系； (2)若点D满足，，试确定点D的坐标． 考点03证明线面（面面）垂直(共2小题) 8．（25-26高二上·河南郑州·阶段练习）在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在棱上移动，且， (1)当为何值时，直线与平面平行？请说明理由. (2)当平面与平面垂直时，求的值. 9.（24-25高三上·山东青岛·期中）如图，在三棱锥中，为在平面内的射影点，已知，，，，. (1)请以、为基底表示，并证明. (2)求证:平面. 考点04 解决异面直线所成的角问题(共2小题) 10．（25-26高三上·湖南长沙·阶段练习）如图，是的直径.与所在的平面垂直，，C是上的一动点（不同于A，B），M为线段的中点，点N在线段上，且. (1)求证：； (2)当时，求直线与直线所成角的余弦值. 11．（25-26高二上·陕西西安·阶段练习）如图，正三棱柱的侧棱长为6，底面边长为3，D为的中点．记，，．    (1)用基底表示向量，； (2)求，，； (3)求异面直线BD与所成角的余弦值． 考点05 解决线面角问题（共3小题） 12.（2025·湖北黄冈·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面平面，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 13.（24-25高二上·浙江·期中）如图，四棱锥中，平面，，，，点为线段的中点.    (1)证明：平面； (2)若为线段上一点，且，为何值时，直线与平面所成角的正弦值为? 14．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 考点06解决两平面夹角、二面角问题（共3小题） 15.（25-26高二上·山西临汾·开学考试）如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中． (1)求证：； (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 16．（24-25高一下·广东深圳·期末）如图，在四棱锥中，，，，平面平面，E为中点.    (1)求证：面； (2)点Q在棱上，若二面角的余弦值为，求的值. 17．（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． 考点07求点点距、点线距、线线距（共4小题） 17.（25-26高二上·全国·单元测试）如图，在长方体中，，为棱的中点，为棱的中点．    证明，并求直线到直线的距离. 18．（25-26高二上·广西来宾·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，底面，且，为的中点. (1)求证： (2)求的长； 19.（24-25高二下·广西桂林·期末）如图，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，为棱的中点．    (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到直线的距离． 考点08 求点面距、线面距、面面距（共3小题） 20.（25-26高二上·新疆巴音郭楞·阶段练习）如图所示，在直三棱柱中，，点E在线段上，且，D、F、G分别为的中点.    (1)求证：平面EGF平面ABD； (2)求平面EGF与平面ABD的距离. 21.（24-25高二下·湖南·期末）如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为，D是BC的中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点E，使得点到平面ADE的距离为?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 22．（2025·河北廊坊·模拟预测）如图，圆台的轴截面为等腰梯形，上、下底面半径分别为2，4，圆台母线与底面所成角为是下底面圆周上一点（异于点）.    (1)已知，若线段上存在一点，使得平面，试确定点的位置，并求直线与平面的距离； (2)若平面与平面的夹角为，求. 考点09 解决异面直线间的距离(共2小题)（拓展） 23.（24-25高二下·河南开封·期末）如图，两个正方形框架、的边长都是，且它们所在的平面相互垂直． (1)证明：； (2)证明：与是异面直线； (3)定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值．依据上述定义，求异面直线与之间的距离． 24．（24-25高一下·浙江宁波·期末）如图，在四面体中，，． (1)求二面角的平面角的大小； (2)求异面直线与间的距离． 考点10 折叠问题（2小题） 25．（2025·陕西汉中·模拟预测）如图1，在矩形中，，是的中点，连接，将沿直线翻折，使得平面平面（如图2），连接，，是棱的中点． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)求直线和平面所成角的正弦值． 26.(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． 考点11 夹角、距离中的最值（范围）问题（共3小题） 27.（24-25高二下·浙江温州·期末）已知正方体棱长为1，点E为正方形内（含边界）一动点．    (1)若，证明：面面； (2)若面面，求直线EB与平面ABCD所成角的正弦值的最大值． 28．（24-25高三下·湖北·开学考试）如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点．    (1)证明：； (2)若，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离； (3)求平面与平面夹角余弦值的最小值． 29．（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·开学考试）图①平面四边形中，，，，以BE为轴将折起至，如图②得四棱锥，为中点，为线段上动点.    (1)求异面直线所成的角的余弦值 (2)求面积的最小值及对应的值 (3)求点M到EF的距离的取值范围. 考点12 空间向量中的新文化、新定义问题（共4题） 30．（24-25高二上·上海金山·期末）我们称为向量与的向量积，现定义空间向量与的向量积：若，，则.区别于向量的数量积的结果是标量，向量的向量积的结果仍然为向量.已知在三棱锥中，记. (1)若，求； (2)①向量是即有大小又有方向的量.试根据问题（1）的结果，猜测一个有关方向的一般结论（不必证明）. ②若，求直线与平面的所成角的大小； (3)证明，并用表示三棱锥的体积. 31．（24-25高二上·吉林长春·月考）已知两个非零向量，在空间任取一点，作，则叫做向量的夹角，记作．定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量都垂直，它的模．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面， 为线段上一点，．    (1)求的长； (2)若为的中点，求二面角的正弦值； (3)若为线段上一点，且满足，求． 32．（24-25高三下·甘肃白银·阶段练习）空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：①多面体顶点的曲率等于减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为． (1)如图1，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，，O为BD的中点，且平面ABCD，． ①求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值； ②求二面角的平面角的正弦值； (2)瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足．请运用欧拉定理解决下列问题：碳60（）具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料．它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图2所示．已知碳60（）的分子结构是一个由60个C原子构成的分子，这个多面体有60个顶点，试求碳60（）各顶点的平均曲率． 33.（24-25高二上·上海·期末）我们知道，平面中的结论有不少可以向空间中进行推广，现有如下平面中的结论：如图，已知对任意三角形，都能找到三条等距的平行线，使得. (1)根据以上平面中的结论，若D为与边的交点，试判断D在线段上的位置； (2)根据以上平面中的结论，则在空间中，若对任意给定的四面体，能否作出四个相互平行的平面，使，且相邻两个平面间的距离都相等.如能，说明作法并作图，如不能，说明理由. (3)根据以上平面中的结论，则在空间中，若对一个正四面体，能够作出第（2）小题中的四个平面，且四个平面间距离为1，求此正四面体的体积. 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 空间向量在立体几何中的应用综合大题 考点01 解决四点共面问题(共4小题) 1 考点02 证明线面（面面）平行（共3小题）(重点) 4 考点03证明线面（面面）垂直(共2小题)（重点） 7 考点04 解决异面直线所成的角问题(共2小题) （重点） 10 考点05 解决线面角问题（共3小题）（重点） 13 考点06解决两平面夹角、二面角问题（共3小题）（重点） 18 考点07求点点距、点线距、线线距（共4小题）（重点） 22 考点08 求点面距、线面距、面面距（共3小题）（重点） 26 考点09 解决异面直线间的距离(共2小题)（拓展） 31 考点10 折叠问题（2小题）（难点） 34 考点11 夹角、距离中的最值（范围）问题（共3小题）（难点） 37 考点12 空间向量中的新文化、新定义问题（共4题）（难点） 44 考点01 解决四点共面问题(共4小题) 1．（25-26高二上·河南郑州·阶段练习）已知空间三点. (1)若三点共线，求实数x的值. (2)若，求实数x的值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由空间向量平行的坐标表示列方程求参数值； （2）由空间向量垂直的坐标表示列方程求参数值. 【详解】（1）由题意，又三点共线， 所以，可得，故； （2）由（1）及，则，所以. 2．（24-25高二上·安徽·阶段练习）已知向量是空间中不共面的三个向量，. (1)若，求的值； (2)若四点共面，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据向量的运算得到以及，再根据与的关系列得方程组，即可求得结果； （2）根据四点共面得到，可用和表示出和，即可求出结果. 【详解】（1）由题可得： ， ， 因为，所以， 即解得 所以的值分别为； （2）因为四点共面，所以存在，使得， 即， 于是有 所以， 即的值为. 3．（24-25高二上·福建泉州·期中）已知平行六面体，底面是正方形，，，，，，，设，，． (1)用向量表示向量，并求的长度； (2)设点满足，是否存在使得，，三点共线，若存在求出，若不存在请说明理由． 【答案】(1)， (2)存在， 【分析】（1）先表示出，然后根据可求的表示；采用先平方再开方的方法结合数量积计算公式求解出的长度； （2）假设存在满足条件，先表示出，再根据三点共线得到对应方程组，由此可求的值. 【详解】（1）因为， ， 所以； 所以 ， 所以. （2）假设存在满足条件，所以， 因为，，三点共线，所以设， 所以， 所以，解得， 故满足条件. 4．（2025高二上·全国·专题练习）已知O，A，B，C，D，E，F，G，H为空间的9个点（如图所示），并且，，，，．求证： (1)A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面； (2)； (3)三点共线． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据空间向量的基本定理即可得证； （2）由，结合空间向量的减法和数乘运算可推出，从而得证； （3）由，结合（2）中结论与即可得证. 【详解】（1）由，， 知A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面； （2）由，，， 得 ， 所以； （3）由（2）知， 所以 ， 所以， 即，又与有一个公共点，所以三点共线． 考点02 证明线面（面面）平行（共3小题） 5．（24-25高二下·江苏镇江·阶段练习）如图所示，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，点M，N分别在对角线BD，AE上，且，. 用向量方法证明：平面. 【答案】证明见解析 【分析】根据题意，求得，，再结合向量的共面定理，得到共面，又平面，得平面. 【详解】因为在上，且， 所以. 同理. 所以 ， 又与不共线，则共面， 又平面，得平面. 6.（24-25高二上·山东烟台·开学考试）如图，在长方体中，.    (1)求证：平面平面.（使用向量方法） (2)线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)存在，为线段的中点 【分析】（1）以为原点建系，求出两个平面的法向量，证明其平行即可； （2）设，利用平面的法向量与垂直即可求出. 【详解】（1）证明：由题可以为原点，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，， 则. 设平面的法向量为， 则，所以，取，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，所以，取，则， 所以平面的一个法向量为， 因为，即，所以平面平面. （2）设线段上存在点，使得平面， 设， 由（1）得，平面的一个法向量为， 所以， 令，解得， 所以当为线段的中点时，平面. 7.（25-26高二上·全国·单元测试）如图，已知在三棱锥中，，，OA，OB，OC两两垂直．建立适当的空间直角坐标系，解决下列问题： (1)若OA，OC的中点分别为E，F，试判断EF与OB之间的位置关系； (2)若点D满足，，试确定点D的坐标． 【答案】(1)垂直；(2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，将空间向量用坐标形式表示，将立体几何问题转化为代数问题，从而可解； （2）利用向量平行的坐标关系列方程组求解即可． 【详解】（1）建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 由于OA，OC的中点分别为E，F． 因此，，得． 又，所以，即， 故EF与OB垂直． （2）设，则，， ，， 由，，， 因此存在实数，，使得，， 即． 即点D的坐标为． 考点03证明线面（面面）垂直(共2小题) 8．（25-26高二上·河南郑州·阶段练习）在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在棱上移动，且， (1)当为何值时，直线与平面平行？请说明理由. (2)当平面与平面垂直时，求的值. 【答案】(1)，理由见解析； (2). 【分析】（1）当时直线与平面平行，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，证出，利用线面平行的判定定理证得平面； （2）计算出面与面的法向量，由已知条件得出这两个平面的法向量垂直，结合求出实数的值，即可得解. 【详解】（1）当时直线与平面平行，理由如下， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下空间直角坐标系， 则、、、，， ，，则，故， 由平面，平面，因此平面； （2）由（1）知、、、、， 设平面的一个法向量为，，， 由，可得，取，则， 设平面的一个法向量为，，， 由，可得，取，则， 当面与面垂直时，则. 且，整理可得，，解得. 9.（24-25高三上·山东青岛·期中）如图，在三棱锥中，为在平面内的射影点，已知，，，，. (1)请以、为基底表示，并证明. (2)求证:平面. 【答案】(1)，证明见解析；(2)证明见解析 【详解】（1）如图： 平面中：延长到，使；延长到，使. 因为，所以， 所以点为的重心. 所以 ， 所以. 又因为， 即. 因为 . 所以. （2）如图： 因为平面，平面，所以； 又，，平面，，所以平面， 又平面，所以. 又因为， 所以， 所以； 在中，，，所以. 又， 所以， 所以. 在中，，，所以. 在中，，，， 因为，所以. 又，平面，，所以平面. 考点04 解决异面直线所成的角问题(共2小题) 10．（25-26高三上·湖南长沙·阶段练习）如图，是的直径.与所在的平面垂直，，C是上的一动点（不同于A，B），M为线段的中点，点N在线段上，且. (1)求证：； (2)当时，求直线与直线所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线线垂直和线面垂直的相互转化即可得出； （2）可以直接作出线线角，然后再用余弦定理计算得出，也可以直接用空间向量来求线线角. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 因为是的直径，所以， 又，且，平面，所以平面. 又因为平面，所以. 因为，且，，平面，所以平面， 因为平面，所以. 故. （2）解法一：因为，所以在等腰直角三角形中，，得. 又在直角三角形中，，得. 因为为等腰直角三角形，M为的中点，且，得，所以， 取的中点为S，连接，则，且， 所以为异面直线与所成的角或其补角， 在中，，，所以， 在中，，，，所以， 故直线与直线所成角的余弦值为. 解法二：当时，，分别是和的中点，所以. 又与所在的平面垂直，所以平面，平面，所以. 此时，，两两垂直. 分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图： 得，，，， 故，. 则， 故直线PC与直线AM所成角的余弦值为. 11．（25-26高二上·陕西西安·阶段练习）如图，正三棱柱的侧棱长为6，底面边长为3，D为的中点．记，，．    (1)用基底表示向量，； (2)求，，； (3)求异面直线BD与所成角的余弦值． 【答案】(1)，； (2)；；； (3) 【分析】（1）借助空间向量的线性运算计算即可； （2）利用空间向量数量积的公式计算即可. （3）利用数量积的运算律求得，结合数量积运算律及模的运算求得，，再利用异面直线向量夹角公式求解即可. 【详解】（1），，， 则， ； （2）由题意；；； （3）由（1）知，， 所以 ， 又， ， 所以， 所以异面直线BD与所成角的余弦值为． 考点05 解决线面角问题（共3小题） 12.（2025·湖北黄冈·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面平面，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）取的中点，连接，如图所示， 因为，是的中点， 所以，且， 又平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 由，得， 因为，所以，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 又在三棱柱中，， 所以四边形是菱形，所以， 又，平面， 所以平面． （2）以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，所以， 则， 设平面的法向量为，所以 令，解得，故， 由（1）知，平面， 所以平面的一个法向量为， 记平面与平面的夹角为， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为． 13.（24-25高二上·浙江·期中）如图，四棱锥中，平面，，，，点为线段的中点.    (1)证明：平面； (2)若为线段上一点，且，为何值时，直线与平面所成角的正弦值为? 【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）由已知，取线段 中点G，连结，可证得四边形为平行四边形，得，即可证得平面； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出一个平面的一个法向量，由，可得，设直线与平面所成角为，由，利用坐标运算，即可解得的值. 【详解】（1）    取线段 中点G，连结， ，G分别是线段的中点， 且， ，， 且， 四边形为平行四边形， ， 又平面，平面， 平面； （2）因为平面，平面， 所以， 如图，以为原点建立空间直角坐标系. 设直线与平面所成角为，    已知，，，， 则可得，，，， ，，，， 设平面的一个法向量为， 所以，则，令，则， 为线段上一点，且，， 所以， ， ， 解得 14．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN， 与为等腰直角三角形且， 不妨设，.. E、F分别为BC、PD的中点， ，且. ，， ，∴四边形FGMN为平行四边形， ， 平面PAB，平面PAB，平面PAB； （2）平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP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，则， ， 设平面PCD的一个法向量为， ，， 取，，. 设AB与平面PCD所成角为， 则， 即AB与平面PCD所成角的正弦值为. 考点06解决两平面夹角、二面角问题（共3小题） 15.（25-26高二上·山西临汾·开学考试）如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中． (1)求证：； (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)存在， 【详解】（1）由于平面平面，平面平面， 又且平面，平面. 平面，. （2）取的中点，连接，，由为等边三角形，可得， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面，又平面，得， 由且得四边形是平行四边形， 于是，而，则，直线、、两两垂直， 以为坐标原点，直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，， 则，，， 令，， ， 设平面的法向量为，则， 取，得， 易知平面的一个法向量为， 于是， 化简得，又，故解得，即， 所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时. 16．（24-25高一下·广东深圳·期末）如图，在四棱锥中，，，，平面平面，E为中点.    (1)求证：面； (2)点Q在棱上，若二面角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：由题意：，，， ∴解这个直角梯形可得：，， 又，∴，即，     又面面，面面，面， ∴面，又面，∴， 又，且面，面，， ∴面； （2）以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，， ∴，，， 设，有， 令是平面的一个法向量， 则， 令，有， 取面的一个法向量， 由. 解得. 所以 17．（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：. 考点07求点点距、点线距、线线距（共4小题） 17.（25-26高二上·全国·单元测试）如图，在长方体中，，为棱的中点，为棱的中点．    证明，并求直线到直线的距离. 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，证明，从而可得，利用空间点到直线的距离公式求出直线到直线的距离； 【详解】以为坐标原点，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，，，，，．    由上可知，，，故，故． ，设直线到直线的距离为，则即为到直线的距离， 又，，， ， 则直线到直线的距离为． 18．（25-26高二上·广西来宾·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，底面，且，为的中点. (1)求证： (2)求的长； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得，结合，即可证得； （2）由（1）知，结合向量模的计算公式，即可求解. 【详解】（1）证明：因为四棱锥的底面为直角梯形， ，，且底面，所以两两垂直， 以为原点，以所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，因为，且为的中点， 可得，则， 所以， 又因为，所以，即. （2）由（1）知：，可得， 所以的长为. 19.（24-25高二下·广西桂林·期末）如图，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，为棱的中点．    (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到直线的距离． 【答案】(1)证明过程见解析；(2)；(3) 【详解】（1）证明：由题知，平面ABC， 所以、、两两垂直 故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系    因为，，，则 ，，，，，， 所以， 故 所以 （2）由（1）分析知，，， 又，即 所以， 设平面的法向量为 则，即 令，则 由题知，是平面的一个法向量 设二面角的平面角为，则 所以二面角的余弦值为. （3）由（2）知，，且 在上的投影向量的模长. 计算. 根据点到直线距离公式， 即点到直线的距离为. 考点08 求点面距、线面距、面面距（共3小题） 20.（25-26高二上·新疆巴音郭楞·阶段练习）如图所示，在直三棱柱中，，点E在线段上，且，D、F、G分别为的中点.    (1)求证：平面EGF平面ABD； (2)求平面EGF与平面ABD的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置的向量证明推理即得. （2）由（1）中信息，利用点到平面的距离公式计算即得. 【详解】（1）在直三棱柱中，，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则， ，于是， 即，因此直线， 而平面，则平面； 又，则，直线， 而平面，则平面，又点平面， 所以平面平面.    （2）由（1）得，平面的一个法向量为，而， 则点到平面的距离， 由平面平面，得平面与平面的距离等于点到平面的距离， 所以平面与平面的距离为. 21.（24-25高二下·湖南·期末）如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为，D是BC的中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点E，使得点到平面ADE的距离为?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在， 【详解】（1）    如图，连接交于点O，连接， 则点O为的中点，且D是的中点， 则为的中位线，所以． 又因为平面，平面， 所以平面． （2）因为在正中，D是的中点，故， 以D为坐标原点，取的中点F，分别以为轴，建立空间直角坐标系，    则，，，，，，． 故，，， 设平面的法向量为， 则取． 设直线与平面所成角为, 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为． （3）存在点E，理由如下： 设，其中， 所以，， 设平面ADE的法向量为， 则取． 且， 则点到平面ADE的距离， 化简得，解得或（舍去）． 综上，存在点E使得点到平面ADE的距离为．此时． 22．（2025·河北廊坊·模拟预测）如图，圆台的轴截面为等腰梯形，上、下底面半径分别为2，4，圆台母线与底面所成角为是下底面圆周上一点（异于点）.    (1)已知，若线段上存在一点，使得平面，试确定点的位置，并求直线与平面的距离； (2)若平面与平面的夹角为，求. 【答案】(1)P为中点；； (2). 【分析】（1）取中点为P，证明平面平面即可得平面，接着建立空间直角坐标系，求出向量和平面的一个法向量为，再由距离公式即可求直线与平面的距离； （2）建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，利用二面角向量法求解公式计算求出即可求解的长. 【详解】（1）取中点为P，连接，则由题意可得， 由题意可知且， 所以四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 所以平面，平面，又， 所以平面平面， 又平面，所以平面，所以P为中点； 由上可知直线与平面的距离即为点O到平面的距离，设为， 由题意圆台母线长为，， 如图，取中点D，以O为原点，分别为建立如图所示空间直角坐标系， 则此时， 所以， 设平面的一个法向量为，则， 即，取，则， 所以. （2）空间直角坐标系中，， 设，且或， 则由圆台结构性质可知是平面的一个法向量，， 设平面的一个法向量为，所以， 所以，取，则， 则，化简得， 所以，解得， 所以，所以.    考点09 解决异面直线间的距离(共2小题)（拓展） 23.（24-25高二下·河南开封·期末）如图，两个正方形框架、的边长都是，且它们所在的平面相互垂直． (1)证明：； (2)证明：与是异面直线； (3)定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值．依据上述定义，求异面直线与之间的距离． 【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3) 【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得出平面，再利用线面垂直的定义可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法分析可知，直线与直线既不平行，也不相交，由此可证得结论成立； （3）设，，、，求出点、的坐标，根据可得出，再利用空间向量的模长公式以及二次函数的基本性质可求得的最小值. 【详解】（1）因为四边形为正方形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，故. （2）因为四边形为正方形，所以， 又因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系， 则、、、， 所以，，， ①若，即，即，无解， 所以直线与直线不平行； ②若直线与相交，记它们所确定的平面为， 因为、，所以，设， 即，所以，无解， 所以直线与直线不相交. 由于空间中两直线仅有的三种位置关系：平行、相交或异面，故直线与直线为异面直线. （3）记、分别为异面直线、上任意一点，设，，、， 则， 故，即点， ，故，则， 由得，则， 所以， 因此，当时，取最小值， 所以异面直线与之间的距离为. 24．（24-25高一下·浙江宁波·期末）如图，在四面体中，，． (1)求二面角的平面角的大小； (2)求异面直线与间的距离． 【答案】(1);(2) 【详解】（1）取中点，连接， 因为，所以， 所以为二面角的平面角， 又，所以，， 又，所以是等边三角形， 所以，所以二面角的平面角的大小为； （2）以为坐村标原点，所在直线为轴，过作直线平面， 为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由（1）可知，又，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面，所以平面， 则， 则， 设，且， 则，令，则， 则， 则异面直线与间的距离． 考点10 折叠问题（2小题） 25．（2025·陕西汉中·模拟预测）如图1，在矩形中，，是的中点，连接，将沿直线翻折，使得平面平面（如图2），连接，，是棱的中点． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)求直线和平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明过程见解析 (2)证明过程见解析 (3) 【详解】（1）因为在矩形中，，是的中点， 所以，即，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面； （2）如图所示，取中点，连接， 因为在矩形中，，是的中点， 所以，即四边形为平行四边形， 从而，又因为平面，平面， 所以平面， 又因为分别是的中点， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面； （3）取中点，因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，所以， 所以两两互相垂直， 以点为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意， 设， 因为四边形为平行四边形，所以， 即，所以， 故， 又因为， 解得， 又因为是中点， 所以， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，解得， 所以平面的法向量为， 故所求为. 26.(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． 考点11 夹角、距离中的最值（范围）问题（共3小题） 27.（24-25高二下·浙江温州·期末）已知正方体棱长为1，点E为正方形内（含边界）一动点．    (1)若，证明：面面； (2)若面面，求直线EB与平面ABCD所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）根据面面垂直的判断定理证明即可； （2）方法一：作出线面角所成平面角，计算即可；方法二：建立空间直角坐标系，运用线面角向量法计算即可. 【详解】（1）因为，所以三点共线， 所以，又因为，所以．    因为面ABCD，面ABCD，所以．              因为面面，所以面．        又因为面，所以面面． （2）方法一： 由 可知． 从而． 又因为， 所以E在线段上．                       过E做平面ABCD的垂线且交于F，则F在直线AC上，连BF，BE 则即为直线EB与平面ABCD所成角                 ．                   取最短时，取最大， 在中，， 为中点时，，此时最短， ．              方法二： 以D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． 那么，设．      由， 可得面的一个法向量为，        由， 可得面的一个法向量为．                       于是由可得．                  所以．面ABCD的一个法向量为．           设直线EB与平面ABCD所成角为，那么 ．                                 因此当时取到最大值．    28．（24-25高三下·湖北·开学考试）如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点．    (1)证明：； (2)若，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离； (3)求平面与平面夹角余弦值的最小值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）根据，，即可根据线线垂直证明平面，即可根据线面垂直的性质求解； （2）利用等体积法即可求解； （3）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式求解，利用换元法，即可根据基本不等式求解最值. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为，，且的中点为，所以， 又平面，故平面， 由于平面，故.    （2）当时，由则， 取的中点，连接 故到四点的距离相等，故为三棱锥外接球的球心， 因为，故， 设到平面的距离为，到平面的距离为， 由等体积法可得 而， 由于，故， 所以，从而， 故到平面的距离为.    （3）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 过点作平面的垂线，垂足为， 设为翻折过程中所旋转的角度，则， ， 故， ， 则， 设平面的法向量为，则 ， 取则， 设平面的法向量 ， ， 取则， 设平面与平面的夹角为， 故， ， 令，，故， 由于，故 当且仅当，即时取等号， 故平面与平面夹角余弦值的最小值为，此时. 29．（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·开学考试）图①平面四边形中，，，，以BE为轴将折起至，如图②得四棱锥，为中点，为线段上动点.    (1)求异面直线所成的角的余弦值 (2)求面积的最小值及对应的值 (3)求点M到EF的距离的取值范围. 【答案】(1) (2)； (3) 【分析】（1）利用余弦定理求出，进而可根据勾股定理得到，，再利用线面垂直的判定定理即可证明得到平面，从而利用空间向量的坐标运算求解线与线夹角的余弦值； （2）利用空间向量的坐标运算表示出点到直线的距离即可求解； （3）利用空间向量的坐标运算表示出点到直线的距离以及二次函数的性质求解. 【详解】（1）在中，，， 由余弦定理，得， 所以，从而, 所以,即. 连接，因为 所以为正三角形，所以. 又因为,, 所以,即， 又因为平面，， 所以平面， 又因为，所以，即， 所以以点为坐标原点，建系如图，    则, , 设异面直线所成的角为， 则. （2）设, 所以, 所以， 因为为中点，所以,所以, 设点到直线的距离为， 则. 二次函数，， 当时，二次函数有最小值， 最小值为. 此时到直线的距离最小，最小值为， 又因为， 所以此时面积最小，最小值为， 此时，即. （3）由（2）知，， 当时，二次函数有最大值，最大值为， 所以 ， 所以点M到EF的距离的取值范围为. 考点12 空间向量中的新文化、新定义问题（共4题） 30．（24-25高二上·上海金山·期末）我们称为向量与的向量积，现定义空间向量与的向量积：若，，则.区别于向量的数量积的结果是标量，向量的向量积的结果仍然为向量.已知在三棱锥中，记. (1)若，求； (2)①向量是即有大小又有方向的量.试根据问题（1）的结果，猜测一个有关方向的一般结论（不必证明）. ②若，求直线与平面的所成角的大小； (3)证明，并用表示三棱锥的体积. 【答案】(1)； (2)①答案见解析；②； (3)证明见解析， 【分析】（1）根据向量新定义应用坐标运算即可； （2）①得出方向是平面的法向量；②应用线面角正弦公式计算； （3）应用定义计算证明；结合点到平面距离公式计算应用体积公式计算即可. 【详解】（1），. （2）①的方向是平面的法向量； 因为，， ， 所以， ， 所以的方向是平面的法向量； ②由题意知， 设平面的法向量为， 则设，则， 则直线与平面的所成角的正弦值为， 则直线与平面所成角们大小为. （3） ， 由题意知点到平面的距离为， 31．（24-25高二上·吉林长春·月考）已知两个非零向量，在空间任取一点，作，则叫做向量的夹角，记作．定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量都垂直，它的模．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面， 为线段上一点，．    (1)求的长； (2)若为的中点，求二面角的正弦值； (3)若为线段上一点，且满足，求． 【答案】(1)2；(2)；(3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，利用向量的坐标运算将条件等式转化为关于的方程求解可得； （2）利用法向量方法求二面角； （3）设，，利用向量的坐标运算将条件转化为垂直关系，结合模长等量关系，建立的方程组求解可得. 【详解】（1）由题意，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设，由已知， 则, 则， 则， 且. 由题意知, 所以有， 则，解得（舍去）， 故的长为. （2）由（1）知，, 又为的中点，则，， 平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，令，则. 故平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，且， 则， 故. 故二面角的正弦值为. （3）由（1）可得， 由题意，设，， 则 则， 由可知，， 且，由， 则，解得； 则， 则解得，， 则， 又，解得. 32．（24-25高三下·甘肃白银·阶段练习）空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：①多面体顶点的曲率等于减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为． (1)如图1，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，，O为BD的中点，且平面ABCD，． ①求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值； ②求二面角的平面角的正弦值； (2)瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足．请运用欧拉定理解决下列问题：碳60（）具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料．它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图2所示．已知碳60（）的分子结构是一个由60个C原子构成的分子，这个多面体有60个顶点，试求碳60（）各顶点的平均曲率． 【答案】(1)①；②． (2) 【分析】（1）①连接AC，由于底面ABCD是菱形，故BD，AC交于点O，进而可证底面ABCD，利用余弦定理可求得，记四棱锥在点P处的曲率为，则，计算即可；②以点O为原点，直线OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，求得平面PAB的一个法向量，求得平面ABCD的一个法向量，利用向量法可求得二面角的平面角的正弦值； （2）设碳60（）共有F个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，F号，设第i号（）多边形有条边，则碳60（）共有条棱，利用曲率的定义计算可求总曲率的平均曲率. 【详解】（1）①连接AC，由于底面ABCD是菱形，故BD，AC交于点O， 又，所以为正三角形， 因，则， 底面ABCD，底面ABCD，故，． 且，， 由余弦定理得， 由题意可知四棱锥的四个侧面三角形全等， 故有， 记四棱锥在点P处的曲率为，则， 所以 ． ②如图，以点O为原点，直线OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz， 则，，，， 所以，． 设平面PAB的一个法向量为， 则，令，得， 为平面ABCD的一个法向量，设二面角的平面角为， 由已知为锐角，则， 所以，即二面角的平面角的正弦值为． （2）设碳60（）共有F个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，F号， 设第i号（）多边形有条边，则碳60（）共有条棱， 由题意，碳60（）共有个顶点， i号多边形的内角之和为， 所以碳60（）的所有多边形的内角之和为， 所以碳60（）的总曲率为 ． 由已知，所以碳60（）各顶点的平均曲率为． 33.（24-25高二上·上海·期末）我们知道，平面中的结论有不少可以向空间中进行推广，现有如下平面中的结论：如图，已知对任意三角形，都能找到三条等距的平行线，使得. (1)根据以上平面中的结论，若D为与边的交点，试判断D在线段上的位置； (2)根据以上平面中的结论，则在空间中，若对任意给定的四面体，能否作出四个相互平行的平面，使，且相邻两个平面间的距离都相等.如能，说明作法并作图，如不能，说明理由. (3)根据以上平面中的结论，则在空间中，若对一个正四面体，能够作出第（2）小题中的四个平面，且四个平面间距离为1，求此正四面体的体积. 【答案】(1)D为中点；(2)答案见解析；(3) 【详解】（1）D为中点 根据已知结论可得直线即为，若为三条等距的平行线， 所以D为中点； （2）如图所示， 取的三等分点的中点，的中点， 过三点，，作平面，过三点作平面， 因为，又，所以； 又，且，所以； 又因为，且， 所以平面, 再过点分别作平面与平面平行， 那么四个平面依次相互平行， 由线段被平行平面截得的线段相等知，其中毎每相邻两个平面间的距离相等， 故即为所求平面（注：也可将正四面体放入正方体内说明） （3）设正四面体的棱长为，综合（2）有的中点， 再取的中点，连接交于， 则由等边三角形的性质可知为的中点，且， 则以为坐标原点，以平行于直线且过点的直线为轴，直线为轴，直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则，，，， 令为的三等分点，为的中点， 则，， 所以，，. 设平面的法向量， 则有，即，取，则， 即. 又相邻平面之间的距离为1， 所以点到平面的距离为， 解得. 由此可得，边长为的正四面体满足条件. 可知所求正四面体的体积. 51 / 52 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $