专题01 空间向量与立体几何（7大题型）（期末真题汇编 云南专用）高二数学上学期

专题01 空间向量与立体几何（7大题型） 大高频考点概览 考点01 空间向量及其线性运算 考点02 空间向量的数量积运算 考点03 空间向量的基本定理及其运用 考点04 空间向量及其运算的坐标表示 考点05 空间向量在空间位置关系中的运用 考点06 空间角相关问题 考点07 空间距离相关问题 空间向量及其线性运算 地 城 考点01 1．（23-24高二上·云南玉溪·期末）已知O，A，B，C为空间中不共面的四点，且，若P，A，B，C四点共面，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知四面体中，是的中点，则（    ） A． B． C． D． 3．（21-22高二上·云南临沧·期末）如图，在空间四边形中，则（    ） A． B． C． D． 4．（21-22高二上·云南玉溪·期末）如图，在三棱锥中，点E在上，满足，点F为的中点，记分别为，则（    ） A． B． C． D． 地 城 考点02 空间向量的数量积运算 5．（23-24高二上·云南昆明·期末）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为，则（    ） A． B．1 C． D．2 6．（21-22高二上·云南临沧·期末）如图，在平行四边形中，，现将沿对角线折起，使与成角，则之间的距离的平方为（    ） A． B．或 C．2 D．2或 7．（22-23高二上·云南红河·阶段练习）在三棱锥中，，则是（    ） A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形 8．（25-26高二上·云南·月考）如图，在棱长均为1的平行六面体中，，则 .    9．（22-23高二上·云南临沧·阶段练习）在矩形中，，现将沿对角线折起，得到四面体，若异面直线与所成角为，则 . 10．（24-25高二上·云南玉溪·期末）在三棱锥中，M在PA上，N在BC上，且，，则（   ） A． B． C． D． 11．（24-25高二上·云南红河·期末）对三维空间中不共线的三点和任一点，点在平面内的充要条件是存在唯一有序实数组，使且.现已知四点共面，为空间中任意一点，且满足，其中，则的最小值为（    ） A． B．1 C． D．4 12．（2023高二·全国·专题练习）我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，四棱锥为阳马，平面，点是边上一点,且，若，则（   ） A．1 B．2 C． D． 13．（23-24高二上·云南曲靖·期末）在四面体中，点在上，且为的中点，，则（    ） A． B． C． D． 14．（22-23高二上·云南大理·期末）若是空间的一个基底，且向量不能构成空间的一个基底，则（    ） A． B． C． D． 15．（22-23高二上·云南昆明·期末）如图，在平行六面体中，M是的中点，设，则（    ） A． B． C． D． 地 城 考点04 空间向量及其运算的坐标表示 16．（24-25高二上·云南昆明·期末）已知空间向量，则向量在坐标平面上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 17．（24-25高二上·云南昆明·期末）已知向量，则（    ） A． B． C． D． 18．（24-25高二上·云南文山·期末）在空间直角坐标系中，已知向量，，若，则（   ） A． B．2 C．4 D． 19．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知空间向量，，若，则的值为（    ） A．4 B．2 C．1 D．无法确定 20．（23-24高二上·云南昭通·期末）已知空间向量，则向量在坐标平面上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 21．（21-22高二上·云南曲靖·期末）已知向量且，则（    ） A． B． C． D．0 地 城 考点05 空间向量在空间位置关系中的运用 22．（23-24高二上·云南昆明·期末）我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程为：，化简得.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（    ） A． B． C． D． 23．（21-22高二上·云南临沧·期末）若直线的一个方向向量，平面的一个法向量为，则（    ） A． B． C． D．或 24．（22-23高二上·云南昆明·期末）直线的方向向量为，平面的法向量为，若，则（    ） A．-2 B．2 C．6 D．10 25．（22-23高二上·云南昆明·期末）空间直角坐标系中，已知点，则平面的一个法向量可以是（    ） A． B． C． D． 26．（24-25高二下·云南曲靖·期末）已知正方体棱长为2，点在底面内运动，则（　　） A．三棱锥体积为定值 B．二面角为定值 C．直线与平面所成角的正弦值取值范围为 D．的最小值为 27．（24-25高二上·云南保山·期末）棱长为2的正方体中，动点满足，其中，，点为棱的中点，则（    ） A．若，，则平面截正方体所得的截面面积为 B．若，则平面 C．若，则四面体的外接球的表面积为 D．存在唯一点，使得平面 28．（21-22高二上·云南曲靖·期末）设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则，使得 D．若，则 29．（21-22高二下·云南曲靖·期末）如图 ， 已知正方体的棱长为，为正方形底面内的一动点，则下列结论正确的有（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点，使得 C．若，则点在正方形底面内的运动轨迹是线段 D．若点是的中点，点是 的中点， 过作平面平面，则平面截正方体的截面周长为 地 城 考点06 空间角相关问题 30．（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． 31．（24-25高二上·云南曲靖·期末）已知空间四边形的四个顶点，，，的坐标分别为，，，，若为平面上的一个动点，则当，且，的夹角取得最小值时，（   ） A． B． C． D． 32．（22-23高二上·云南昆明·期末）中国古代数学著作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 33．（21-22高二上·云南昆明·期末）在空间直角坐标系中，经过点，以为法向量的平面方程为，经过点，且一个方向向量为的直线方程为.已知在空间直角坐标系中，平面的方程为，直线的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 34．（23-24高二上·云南昆明·期末）如图，在正四棱柱中，，点为线段上一动点，则下列说法正确的是（   ） A．直线平面 B．三棱锥的体积为 C．三棱锥外接球的表面积为 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 35．（23-24高二上·云南昆明·期末）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马中，平面，若，分别为的中点，则（    ） A．平面 B．异面直线所成角的余弦值为 C．点到平面的距离为 D．直线与平面所成角的正弦值为 36．（23-24高二上·云南大理·期末）在《九章算术》中，底面为矩形的棱台被称为“刍童”．已知棱台是一个侧棱相等、高为2的“刍童”，其中，则（    ） A．该“刍童”的表面积为 B．该“刍童”中平面 C．该“刍童”外接球的球心到平面的距离为 D．该“刍童”侧棱与平面所成角的正弦值为 37．（22-23高二上·云南·期末）半正多面体（又称作“阿基米德体”），是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，其构成体现了数学的对称美．如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正14面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体沿共顶点的三条棱的中点截去八个相同的三棱锥所得，则这个半正多面体的体积为 ﹔若点E为线段BC上的动点，则直线DE与平面AFG所成角的正弦值的取值范围为 38．（22-23高二上·云南昆明·期末）在直三棱柱中，，则直线与所成角的余弦值为 . 39．（24-25高二上·云南曲靖·期末）如图1所示，在平面图形中，已知，，，，现在将梯形沿着折起到空间一个新位置使得，连接，得到直观图，如图2所示． (1)求证：； (2)试在线段上求一点，使得平面与平面夹角的余弦值为． 40．（24-25高二上·云南曲靖·期末）如图，长方体底面是边长为2的正方形，高为4，为线段的中点，为线段的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. (3)求直线到平面的距离. 41．（24-25高二上·云南玉溪·期末）如图，在四棱锥中，底面，，，，. (1)证明：平面； (2)求PB与平面所成角的正弦值. 42．（24-25高二上·云南昆明·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，点E在线段AD上，满足，点F为的中点. (1)证明：平面； (2)若平面，求平面与平面所成角的余弦值. 43．（24-25高二上·云南昭通·期末）如图，已知四棱锥中，平面；在四边形中，， 的重心为，且平面. (1)证明： 平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 44．（24-25高二上·云南大理·期末）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面和平面所成的夹角的余弦值. 45．（24-25高二上·云南昆明·期末）在四棱锥中，底面 . (1)求证： (2)求与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面的夹角的余弦值. 46．（24-25高二上·云南红河·期末）如图，在四棱柱中，底面为平行四边形，，为的中点，. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 47．（24-25高二上·云南昆明·期末）如图，平面四边形中，，且，现将△沿折起，使得，如图． (1)证明：平面⊥平面； (2)点在线段上，平面把三棱锥分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值． 48．（24-25高二上·云南昭通·期末）如图，在四棱锥中， ，，点 E 满足. (1)证明：平面; (2)求点 D 到平面的距离; (3)求平面与平面夹角的余弦值. 地 城 考点07 空间距离相关问题 49．（24-25高二上·云南昭通·期末）如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（    ）    A．与所成角的余弦值为 B．平面与平面所成的角为 C．四点共面 D．点到平面的距离为 50．（24-25高二下·云南昭通·期末）正方体的棱长为2，则下列结论正确的是（    ） A．直线与直线所成角为 B．平面 C．点C到平面的距离为 D．直线与平面所成角的正弦值为 51．（24-25高二上·云南文山·期末）如图，在棱长为1的正方体中，为面的中心，E、F分别为到的中点，则（   ） A．平面 B．平面与平面相交 C．点到直线的距离为 D．点O到平面的距离为 52．（23-24高二下·云南曲靖·期末）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，，则（    ） A．当时， B．当时，三棱锥的体积为 C．当时， 平面 D．当时，到平面的距离为 53．（22-23高二上·云南昆明·期末）已知直线过点，且直线的方向向量为，则点到的距离为 . 54．（24-25高二上·云南保山·期末）如图，在四棱锥中，底面，，，点是的中点，且，． (1)求证：； (2)求点到平面的距离． 55．（24-25高二上·云南文山·期末）如图，已知在四棱柱中，底面为梯形，，底面，，其中，，是的中点，是的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 56．（25-26高二上·云南·月考）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为． (1)求证：； (2)求点到平面的距离； (3)在线段（不含端点）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，求的位置；若不存在，请说明理由． 57．（24-25高三下·云南昭通·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，E为CD的中点，M在AB上，且.    (1)求证：； (2)求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值； (3)求点D到平面PBC的距离. 58．（2025·云南·模拟预测）如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，. (1)求证： 平面； (2)求直线到平面的距离； (3)若点是平面内的动点，且满足，设直线与平面所成角为，求的最大值. 59．（24-25高二上·云南玉溪·阶段练习）如图在四棱锥中，，，，，，，是的中点. (1)试在上确定点的位置，使、、、四点共面，并证明； (2)求点到平面的距离； (3)在棱上是否存在点，使得半平面与半平面所成二面角的余弦值为，若存在，求，若不存在，说明理由. 60．（24-25高二上·云南楚雄·阶段练习）如图，在长方体中，，，，求：    (1)点到直线的距离； (2)平面与平面间的距离. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 空间向量与立体几何（7大题型） 大高频考点概览 考点01 空间向量及其线性运算 考点02 空间向量的数量积运算 考点03 空间向量的基本定理及其运用 考点04 空间向量及其运算的坐标表示 考点05 空间向量在空间位置关系中的运用 考点06 空间角相关问题 考点07 空间距离相关问题 空间向量及其线性运算 地 城 考点01 1．（23-24高二上·云南玉溪·期末）已知O，A，B，C为空间中不共面的四点，且，若P，A，B，C四点共面，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间共面向量基本定理即可求解. 【详解】因为P，A，B，C四点共面，所以，所以. 故选:C． 2．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知四面体中，是的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知条件作出图形，利用空间向量的加法法则即可得解. 【详解】因为四面体中，是的中点， 所以. 故选：B. 3．（21-22高二上·云南临沧·期末）如图，在空间四边形中，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据图形，利用向量的线性运算即可求出结果. 【详解】， 故选：C. 4．（21-22高二上·云南玉溪·期末）如图，在三棱锥中，点E在上，满足，点F为的中点，记分别为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量加减、数乘的几何意义，结合三棱锥用表示出即可. 【详解】由题设，，，， . 故选：B 地 城 考点02 空间向量的数量积运算 5．（23-24高二上·云南昆明·期末）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为，则（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】D 【分析】利用基底法表示得与，再利用空间向量的数量积运算即可得解 . 【详解】依题意，记，，， 则，，则， 因为， ， 所以. 故选：D. 6．（21-22高二上·云南临沧·期末）如图，在平行四边形中，，现将沿对角线折起，使与成角，则之间的距离的平方为（    ） A． B．或 C．2 D．2或 【答案】B 【分析】确定，，或，利用计算得到答案. 【详解】，故，则，， 与成角，故或． 当时： ，故； 当时： ，． 综上所述：之间的距离的平方为或. 故选：B 7．（22-23高二上·云南红河·阶段练习）在三棱锥中，，则是（    ） A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形 【答案】C 【分析】由向量的线性运算得到，从而说明，即可求解. 【详解】， ， ，即，所以是等腰三角形. 故选：C 8．（25-26高二上·云南·月考）如图，在棱长均为1的平行六面体中，，则 .    【答案】 【分析】结合图象根据向量加减法得出的表达式，根据向量模长公式得出的表达式，再根据平行六面体的性质结合已知条件计算得出相应的向量数量积与模长值，最后代入的表达式求解． 【详解】如下图所示：   ， 平行六面体棱长均为1， ， 又 ，，， ． 故答案为：． 9．（22-23高二上·云南临沧·阶段练习）在矩形中，，现将沿对角线折起，得到四面体，若异面直线与所成角为，则 . 【答案】 【分析】设与的夹角为，得到，化简，代入即可求解. 【详解】如图所示，在矩形中，，可得， 则， 在四面体中，设与的夹角为， 因为异面直线与所成角为，则或，当时，翻转角为，不合题意； 由 ，所以. 故答案为： 空间向量的基本定理及其运用 地 城 考点03 10．（24-25高二上·云南玉溪·期末）在三棱锥中，M在PA上，N在BC上，且，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量的线性运算求解即可. 【详解】M在PA上，N在BC上，且，， . 故选：B. 11．（24-25高二上·云南红河·期末）对三维空间中不共线的三点和任一点，点在平面内的充要条件是存在唯一有序实数组，使且.现已知四点共面，为空间中任意一点，且满足，其中，则的最小值为（    ） A． B．1 C． D．4 【答案】A 【分析】根据题干中四点共面的充要条件可得，再利用基本不等式即可求最小值. 【详解】由题意知，即， 因为四点共面，所以，即， 所以， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为. 故选：A. 12．（2023高二·全国·专题练习）我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，四棱锥为阳马，平面，点是边上一点,且，若，则（   ） A．1 B．2 C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量基本定理将用，和表示出来，对照各项系数计算即得. 【详解】∵，∴， ∴ ， 则，，，故． 故选:A. 13．（23-24高二上·云南曲靖·期末）在四面体中，点在上，且为的中点，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】画出图形，由几何性质转换成向量的线性运算，把分解成基底的线性组合即可求解. 【详解】 由题意为的中点， 所以， 而构成空集的一组基底， 所以. 故选：B. 14．（22-23高二上·云南大理·期末）若是空间的一个基底，且向量不能构成空间的一个基底，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 由题意可知，向量、、共面，则存在实数、使得，根据空间向量的基本定理可得出关于、、的方程组，即可解得的值. 【详解】 因为向量，，不能构成空间的一个基底， 所以、、共面，故存在实数、使得， 即， 因为是空间的一个基底，则，解得. 故选：D. 15．（22-23高二上·云南昆明·期末）如图，在平行六面体中，M是的中点，设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用向量的线性运算法则即可计算. 【详解】解：因为在平行六面体中，M是的中点， 所以 故选：B 地 城 考点04 空间向量及其运算的坐标表示 16．（24-25高二上·云南昆明·期末）已知空间向量，则向量在坐标平面上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据投影向量的定义可得结果. 【详解】根根据空间中点的坐标确定方法知， 在空间中，点在坐标平面上的投影坐标，竖坐标为0，横坐标与纵坐标不变. 所以空间向量在坐标平面上的投影向量是：. 故选：C. 17．（24-25高二上·云南昆明·期末）已知向量，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据空间向量线性运算的坐标表示计算可得. 【详解】因为，， 所以. 故选：D 18．（24-25高二上·云南文山·期末）在空间直角坐标系中，已知向量，，若，则（   ） A． B．2 C．4 D． 【答案】A 【分析】利用向量数量积的坐标表示解方程可得结果. 【详解】由可得， 即，解得. 故选：A 19．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知空间向量，，若，则的值为（    ） A．4 B．2 C．1 D．无法确定 【答案】A 【分析】根据空间向量共线可得答案. 【详解】因为，所以，使得， 即对应坐标成比例，即， 则，，所以. 故选：A． 20．（23-24高二上·云南昭通·期末）已知空间向量，则向量在坐标平面上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由空间点在坐标平面上投影的性质确定向量在平面上的投影向量. 【详解】若起点为原点，则终点为，该点在平面上投影坐标为， 所以向量在平面上的投影向量是. 故选：D 21．（21-22高二上·云南曲靖·期末）已知向量且，则（    ） A． B． C． D．0 【答案】A 【分析】根据题意，结合，列出方程组，求得的值，即可求解. 【详解】由向量， 因为，可得，即， 可得，解得，所以. 故选：A. 地 城 考点05 空间向量在空间位置关系中的运用 22．（23-24高二上·云南昆明·期末）我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程为：，化简得.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意进行类比，利用平面法向量与面内任意向量垂直，即可求得结论． 【详解】根据题意进行类比，在空间任取一点， 则 平面法向量为， 故选：A． 23．（21-22高二上·云南临沧·期末）若直线的一个方向向量，平面的一个法向量为，则（    ） A． B． C． D．或 【答案】D 【分析】根据平面法向量与直线方向向量的性质进行判断即可. 【详解】， ， 或， 故选：D. 24．（22-23高二上·云南昆明·期末）直线的方向向量为，平面的法向量为，若，则（    ） A．-2 B．2 C．6 D．10 【答案】D 【分析】由可得，用向量的坐标运算即可得出答案. 【详解】因为，直线的方向向量为，平面的法向量为， 所以，即，， 解得， 故选：D. 25．（22-23高二上·云南昆明·期末）空间直角坐标系中，已知点，则平面的一个法向量可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据法向量的求解方法求解即可. 【详解】解：由题知， 设平面的一个法向量为， 所以，即，令得 所以，平面的一个法向量可以是. 故选：A 26．（24-25高二下·云南曲靖·期末）已知正方体棱长为2，点在底面内运动，则（　　） A．三棱锥体积为定值 B．二面角为定值 C．直线与平面所成角的正弦值取值范围为 D．的最小值为 【答案】ACD 【分析】利用三棱锥的体积公式即可求解选项；利用空间向量求二面角的方法即可判断选项，利用线面角的定义即可判断选项,利用作对称点的方法即可求解选项. 【详解】对于选项，，点到平面的距离， 所以，则正确； 对于选项,以为坐标原点，分别以,,为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 平面的法向量为，其中，,, 则，，设平面的法向量为， 则 ，令，则， ，即， 设，由此可知二面角不为定值，故错误； 对于选项，设与平面的夹角为， 当点在所在的直线上时，平面， 此时夹角最小，，过点作平面的垂线，垂足为， 即为直线与平面所成角，当点和点重合时最大， 设点到平面的距离为，由得，解得， 即，则直线与平面所成角的正弦值取值范围为，则正确； 对于选项，若关于点的对称点，, 当且仅当三点共线时等号成立，则，则正确； 故选：. 27．（24-25高二上·云南保山·期末）棱长为2的正方体中，动点满足，其中，，点为棱的中点，则（    ） A．若，，则平面截正方体所得的截面面积为 B．若，则平面 C．若，则四面体的外接球的表面积为 D．存在唯一点，使得平面 【答案】BCD 【分析】A选项，点P为棱的中点，从而可以找到截面为等腰梯形，根据边长求面积；B选项，由得点在线段上，由面面平行得线面平行；C选项，由得，从而点P与点C重合，四面体的外接球即为正方体的外接球，从而求得外接球半径、表面积；D选项，建立空间直角坐标系，根据平面求得点坐标，从而存在. 【详解】对于A，时，点P为棱的中点，此时平面截正方体所得的截面为等腰梯形（如图）， 易得，，梯形的高， ，∴A错误； 对于B，时，三点共线，即点在线段上，如图， ，平面平面， 又平面，平面，∴B正确； 对于C，，，，∴， 由平面向量加法的平行四边形法则知，，∴点P与点C重合， ∴四面体即为四面体的外接球即为正方体的外接球，其半径， ∴四面体的外接球的表面积为，∴C正确； 对于D， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，， 设，则，∵平面，， ，解之得，，故存在唯一点，使得平面， 此时点与点重合，∴D正确. 故选：BCD． 【点睛】思路点睛：根据和的关系确定点的位置 A选项中，，，，所以点是的中点， B选项中，，，所以三点共线，即点在线段上， C选项中，，，，即点与点重合. 28．（21-22高二上·云南曲靖·期末）设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则，使得 D．若，则 【答案】ACD 【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，即可得直线的方向向量及法向量间的关系. 【详解】对于A，若，则，所以，故A正确； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则， 所以则，使得，故C正确； 对于D，若，则，故D正确. 故选：ACD. 29．（21-22高二下·云南曲靖·期末）如图 ， 已知正方体的棱长为，为正方形底面内的一动点，则下列结论正确的有（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点，使得 C．若，则点在正方形底面内的运动轨迹是线段 D．若点是的中点，点是 的中点， 过作平面平面，则平面截正方体的截面周长为 【答案】ACD 【分析】对于A，利用可得，A正确； 对于B，建立空间直角坐标系，根据，计算得满足条件的点不在平面内，故B错误； 对于C，建立空间直角坐标系，根据，可得方程，判断C正确； 对于D，关键找到直线，使平面，且平面，以为参照线作出平面与正方体各个侧面的交线，得到截面图形，计算得答案，D正确. 【详解】对于A，为正方形底面内一点时，由，三棱锥的高不变，底面积也不变，所以体积为定值，故A正确； 对于B，以为坐标原点，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 若，则，所以即，此时点不在底面内，与题意矛盾，故B错误； 对于C，因为，若，，所以即，所以的轨迹就是线段，故C正确； 对于D，因为，， 又平面，平面，， 所以平面， 因为面平面， 异面，平面，所以平面， 以为参照线作出平面与正方体各个侧面的交线， 如图所示，易知每个侧面的交线均相等，长度为正方体的面对角线的一半， 由于正方体的棱长为，故面对角线长为， 所以截面周长为，故D正确． 故选：ACD. 地 城 考点06 空间角相关问题 30．（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. 31．（24-25高二上·云南曲靖·期末）已知空间四边形的四个顶点，，，的坐标分别为，，，，若为平面上的一个动点，则当，且，的夹角取得最小值时，（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意利用空间向量求直线与平面的夹角，可知，结合向量运算求模长. 【详解】由题意可得：， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 设直线与平面的夹角为， 则， 由题意可知：，则， 且， 所以． 故选：C. 【点睛】结论点睛：直线与平面内任一条直线的夹角的最小值即为直线与平面的夹角. 32．（22-23高二上·云南昆明·期末）中国古代数学著作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，利用向量夹角公式求；两向量的夹角的余弦值，结合线面角的定义可得结论. 【详解】如图，设上底面圆心为，下底面圆心为， 连接，，，，， 以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴， 建立空间直角坐标系，则 ，，，， 则，，， 设平面的法向量为，则 ，所以， 令，则， 所以为平面的一个法向量； ， 设直线与平面所成角的为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 故选：A． 33．（21-22高二上·云南昆明·期末）在空间直角坐标系中，经过点，以为法向量的平面方程为，经过点，且一个方向向量为的直线方程为.已知在空间直角坐标系中，平面的方程为，直线的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，求出平面α的法向量，直线l的方向向量，再计算直线l与平面α所成角的正弦值即可． 【详解】由题意知，平面α的方程为，直线l方程为， 所以平面α的法向量为，直线l的方向向量为， 所以直线l与平面α所成角的正弦值为， 故选：A． 34．（23-24高二上·云南昆明·期末）如图，在正四棱柱中，，点为线段上一动点，则下列说法正确的是（   ） A．直线平面 B．三棱锥的体积为 C．三棱锥外接球的表面积为 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ABC 【分析】先根据面面平行的判定定理证得平面平面，然后利用面面平行的性质定理即可判断A；利用等体积法求解体积判断B；利用补体法求出球的半径，进行表面积计算判断C；利用空间向量先表示出直线与平面所成角的正弦值，进而求得最大值，即可判断D. 【详解】连结，如图， 对于A，因为，所以四边形为平行四边形， 所以平面平面，故平面， 同理得平面，平面，故平面， 又因为平面，平面， 所以平面平面平面，从而直线平面，故A正确； 对于B，由A知，平面平面点在平面内， 所以，故B正确； 对于C，三棱锥外接球即为正四棱柱的外接球， 半径， 所以三棱锥外接球的表面积为，故C正确； 对于D，以为坐标原点， 分别以，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，则， 设，则，即，， 可得面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则， 故时，取最小值，有最大值为，故D错误. 故选：ABC 35．（23-24高二上·云南昆明·期末）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马中，平面，若，分别为的中点，则（    ） A．平面 B．异面直线所成角的余弦值为 C．点到平面的距离为 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】AD 【分析】利用线面垂直的性质定理和判定定理证明选项A；利用空间向量法判断B；利用等体积法判断C；利用间向量的坐标运算求解线面夹角的正弦值判断D. 【详解】对于A，连接，则， 因为E，F分别为PD，PB的中点，所以， 因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 且平面， 所以平面，则平面，故A正确； 对于B，因为平面ABCD，平面ABCD， 所以，且， 故以为轴建立空间直角坐标系，如图， 则 则， 所以， 则异面直线所成角的余弦值为，故B错误； 对于C，设点到平面的距离为， 易得，， 则由，得， 即，则，故C错误； 对于D，由选项B，知， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，所以， 设AC与平面的所成角为， 所以，故D正确； 故选：AD. 36．（23-24高二上·云南大理·期末）在《九章算术》中，底面为矩形的棱台被称为“刍童”．已知棱台是一个侧棱相等、高为2的“刍童”，其中，则（    ） A．该“刍童”的表面积为 B．该“刍童”中平面 C．该“刍童”外接球的球心到平面的距离为 D．该“刍童”侧棱与平面所成角的正弦值为 【答案】ACD 【分析】对于A，把两个相邻的侧高求出来，然后就可以求侧面积，最终求表面积验算即可；对于B，可以证明与不垂直，即可推翻结论（结合线面垂直的性质）；对于C，建立适当的空间直角坐标系，可设，由，即，求出的值即可；对于D，由线面角的正弦值的向量公式进行验算即可. 【详解】设上下两底面的中心分别为，的中点为，的中点为， 由题意面， 设分别为的中点，则， 而面，所以， 所以两两垂直， 所以以点为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示： 对于A，因为， 过点作于点，则，， 所以， 同理过点作于点，则，， 所以， 所以侧面面积之和为， 而上下底面之和为， 所以该“刍童”的表面积为，故A正确； 对于B，由题意知四边形为矩形，， ， 但，这表明了与不垂直， 所以不垂直平面（否则由线面垂直的性质得，导出矛盾），故B错误； 对于C，由对称性可知该“刍童”外接球的球心在直线上，不妨设它为， 而， 所以， 由，即得，， 解得，所以该“刍童”外接球的球心到平面的距离为，故C正确； 对于D，因为， 所以， 又面，故取平面的法向量为， 不妨设该“刍童”侧棱与平面所成角为， 则该“刍童”侧棱与平面所成角的正弦值为，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点睛：关键是对于A选项的判断，先求相邻面的侧高，对于CD选项的判断可以关键是用空间向量来验算. 37．（22-23高二上·云南·期末）半正多面体（又称作“阿基米德体”），是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，其构成体现了数学的对称美．如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正14面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体沿共顶点的三条棱的中点截去八个相同的三棱锥所得，则这个半正多面体的体积为 ﹔若点E为线段BC上的动点，则直线DE与平面AFG所成角的正弦值的取值范围为 【答案】 【分析】首先根据题意得到该几何体是由边长为2的正方体截去8个正三棱锥所得，即可得到该几何体的体积，把几何体放入正方体中，建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可. 【详解】由题意得该几何体的棱长为， 所以该几何体是由边长为2的正方体截去8个正三棱锥所得， 从而它的体积为； 如图所示，把几何体放入正方体中，建立空间直角坐标系， 则， 设， 设平面的一个法向量为， ，令，则. 则设直线DE与平面AFG所成角为， ， 而，故 38．（22-23高二上·云南昆明·期末）在直三棱柱中，，则直线与所成角的余弦值为 . 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，求直线的方向向量，利用向量夹角公式求两向量夹角，结合异面直线夹角定义可得两直线的余弦值. 【详解】因为三棱柱为直三棱柱，且， 所以以点为坐标原点，分别以为 轴建立空间直角坐标系, 设，则 ， 所以， 所以 ， 因为异面直线所成的角在， 所以异面直线与所成的角余弦值为， 故答案为：. 39．（24-25高二上·云南曲靖·期末）如图1所示，在平面图形中，已知，，，，现在将梯形沿着折起到空间一个新位置使得，连接，得到直观图，如图2所示． (1)求证：； (2)试在线段上求一点，使得平面与平面夹角的余弦值为． 【答案】(1)证明见详解 (2)点为线段的中点 【分析】（1）取的中点，根据长度关系可知平面，进而可得平面，即可得结果； （2）建系标点，设，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量处理面面夹角问题. 【详解】（1）取的中点，连接， 由题意可知：∥，且，可知为平行四边形， 则∥，且， 因为，则， 又因为，，则， 即，则， 且，则，即， 又因为，平面，可得平面， 且平面，可得， 由∥可得， 且，平面，可得平面， 由平面，所以. （2）以为坐标原点，分别为轴，平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 由题意可知：平面的法向量， 则，解得或（舍去）， 所以点为线段的中点. 40．（24-25高二上·云南曲靖·期末）如图，长方体底面是边长为2的正方形，高为4，为线段的中点，为线段的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. (3)求直线到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与直线的方向向量，即可得证； （2）求出平面的法向量，再由空间向量法计算可得； （3）首先证明平面，则直线到平面的距离即为点到平面的距离，再由空间向量法计算可得. 【详解】（1）如图建立空间直角坐标系，则，，，， 又为线段的中点，所以， 所以，又平面的法向量可以为， 所以，即，又平面，所以平面. （2）由（1）可得，所以，， 设平面的法向量为，则，取， 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； （3）因为，平面，平面， 所以平面， 所以直线到平面的距离即为点到平面的距离， 又， 所以点到平面的距离， 即直线到平面的距离为. 41．（24-25高二上·云南玉溪·期末）如图，在四棱锥中，底面，，，，. (1)证明：平面； (2)求PB与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定推理得证. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）在四棱锥中，由平面，平面，得， 由，，，得， 而，则，又，平面，平面， 所以平面. （2）由（1）知，直线两两垂直，以A为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量，则，取，得， 又，设PB与平面成角， ， 所以PB与平面所成角的正弦值为. 42．（24-25高二上·云南昆明·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，点E在线段AD上，满足，点F为的中点. (1)证明：平面； (2)若平面，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取点为的中点，连接，由已知可证得四边形为平行四边形，则，即可证得平面； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，则利用向量法求得面与平面所成角的余弦值. 【详解】（1）取点为的中点，连接， 因为点为的中点，所以，， 又因为，，又，则， 所以，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点作平行于的直线为轴，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为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的角为， 则， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 43．（24-25高二上·云南昭通·期末）如图，已知四棱锥中，平面；在四边形中，， 的重心为，且平面. (1)证明： 平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）连接延长交于点，根据题中条件证明四边形为平行四边形，得到 ，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立； （2）先由题中条件，得到，，，以点为坐标原点，建立适当坐标系，设，得到向量，根据平面，求出，再求出平面的法向量，线面角的向量表示，即可求出结果. 【详解】（1）连接延长交于点，如图， 为的重心，则为边的中点， 又 ， 故 ， 则四边形为平行四边形， ， 平面，平面， 平面. （2）平面，， ，则， 又 ， 则， 如图建立空间直角坐标系， 则，设 为的重心，则， 故， 则， 又因为平面， ，则， ， 设平面的法向量为， 则即令，得， 设直线与平面所成角为， 则， 直线与平面所成角的正弦值为. 44．（24-25高二上·云南大理·期末）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面和平面所成的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【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，证明出，，结合线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）利用空间向量法可求得平面和平面所成的夹角的余弦值. 【详解】（1）连接，因为底面，底面是矩形， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，，，， 所以，，， 因为，，所以，， 又，、平面，所以平面. （2）由（1）知平面的一个法向量为， ，， 设平面的法向量为，则有， 令，则，，故， 所以， 所以平面和平面所成夹角的余弦值为. 45．（24-25高二上·云南昆明·期末）在四棱锥中，底面 . (1)求证： (2)求与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用余弦定理求得，由勾股定理得，利用线面垂直的性质定理得，从而利用线面垂直的判定定理得平面，进而利用线面垂直的性质定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，代入线面角的向量公式求解即可； （3）求出平面的法向量，利用向量法求解两个平面夹角的余弦值. 【详解】（1）由题可知：在底面中，因为， 所以，又因为 ，所以. 由余弦定理可得：， 解得，所以，所以， 因为底面平面.所以. 于是有：，平面， 所以平面，而平面，所以； （2）分别以为轴建立如图所示空间直角坐标系； 可得：， ， 设平面的法向量为； 则有：，取， 则直线与平面所成角的正弦值：； （3）由（2）可知平面的法向量为； 设平面的法向量为； 则有：，取， 记平面与平面的夹角为， 所以平面与平面的夹角的余弦值为：. 46．（24-25高二上·云南红河·期末）如图，在四棱柱中，底面为平行四边形，，为的中点，. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）利用三角形全等先证明线线垂直，再利用线面垂直的判定可证结论； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的公式可得答案. 【详解】（1）连接， 因为，且，所以为正三角形， 因为为的中点，所以，且， 所以，则， 又，所以，所以，所以， 又平面， 所以平面. （2）由（1）可知平面 ，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，取，则， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 47．（24-25高二上·云南昆明·期末）如图，平面四边形中，，且，现将△沿折起，使得，如图． (1)证明：平面⊥平面； (2)点在线段上，平面把三棱锥分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证平面⊥平面，二面角的平面角. （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量的数量积，求出二面角的余弦值. 【详解】（1） 证明： 由题设可得， . 又， 取的中点，连接，.则，， 又因为是正三角形，所以， 所以为二面角的平面角． 在中，， 又，，所以， 故.所以平面⊥平面. （2）由题设及（1）知，，，两两垂直， 以为坐标原点， 的方向为x轴正方向，为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 由题设知，四面体的体积为四面体的体积的，从而到平面的距离为D到平面的距离的， 即为的中点，得.故，，. 设是平面的法向量，则，即， 可取. 设是平面的法向量，则即， 可取． 则. 由图知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为． 48．（24-25高二上·云南昭通·期末）如图，在四棱锥中， ，，点 E 满足. (1)证明：平面; (2)求点 D 到平面的距离; (3)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定证得平面，再以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，利用点到平面距离的向量求法求解. （3）求出平面的法向量，利用面面角的向量求法求解. 【详解】（1）由，得，则， 由，得，则，而， 平面，于是平面，又，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， 则，由，得， 于是，显然平面的法向量为，， 而平面，所以平面. （2）设平面的法向量，而，， 则，令，得，又， 所以点 D 到平面的距离. （3）设平面的法向量，而，， 则，令，得， 所以平面与平面夹角的余弦值. 地 城 考点07 空间距离相关问题 49．（24-25高二上·云南昭通·期末）如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（    ）    A．与所成角的余弦值为 B．平面与平面所成的角为 C．四点共面 D．点到平面的距离为 【答案】C 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出可判断A；判断出为二面角的平面角，再由可判断B；取的中点，连接，判断出四边形是平行四边形可判断C；利用点到平面距离的向量求法可判断D. 【详解】以为坐标原点，建立如图1所示的空间直角坐标系，则， ，， 对于A，， 所以， 所以与所成角的余弦值为，故A错误； 对于B，平面平面， 又因为为等腰三角形，则即为二面角的平面角， ，故B错误； 对于C，如图2，取的中点，连接， 由正方体的性质可知 ， 所以四边形是平行四边形，所以 ，同理可知： ，所以， ， 四边形是平行四边形，则四点共面，故C正确； 对于D，，， 设平面法向量为， 则，即， 令，则，则， 点到平面的距离，D错误.    故选：C. 50．（24-25高二下·云南昭通·期末）正方体的棱长为2，则下列结论正确的是（    ） A．直线与直线所成角为 B．平面 C．点C到平面的距离为 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】BC 【分析】首先建立空间直角坐标系，利用向量法证明位置关系，以及利用向量法求线线角，证明线面垂直，求线面角，和点到平面的距离. 【详解】如图，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， 即， 所以，所以， 因为，所以， 所以直线与直线所成角为，故A不正确； 因为， 则， 所以，又，平面， 所以平面，故B正确； 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的法向量为，又， 所以点C到平面的距离为，故C正确； 又， 设直线与平面的夹角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为，故D不正确. 故选：BC 51．（24-25高二上·云南文山·期末）如图，在棱长为1的正方体中，为面的中心，E、F分别为到的中点，则（   ） A．平面 B．平面与平面相交 C．点到直线的距离为 D．点O到平面的距离为 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量方法处理线、面关系以及空间距离问题. 【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系， 则有：， ， 设平面的法向量为， 由，则， 令，则，则， 设平面的法向量为， 由，则， 令，则，则， 对A，∵，则，即与不共线， ∴与平面不垂直，A错误； 对B，∵，则与不共线， ∴平面与平面相交，故B正确； 对C：， 则点到直线的距离为，故C正确； 对D：，点O到平面的距离为，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，方法如下： （1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离； （2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为. 52．（23-24高二下·云南曲靖·期末）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，，则（    ） A．当时， B．当时，三棱锥的体积为 C．当时， 平面 D．当时，到平面的距离为 【答案】ACD 【分析】由线面垂直的性质定理即可判断A，由棱锥的体积公式代入计算，即可判断B，由面面平行的性质定理即可判断C，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可判断D 【详解】 当时，，根据正方体结构特征，易知平面平面，所以，故A正确. 当时，.易知到平面的距离为定值2. 因为，所以，故B错误. 当时，，根据正方体结构特征，易证面面面，所以面，故C正确. 当时，，即为的中点， 以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 所以平面的法向量为，， 所以到平面的距离，故D正确. 故选：ACD 53．（22-23高二上·云南昆明·期末）已知直线过点，且直线的方向向量为，则点到的距离为 . 【答案】 【分析】根据空间中点到直线距离公式计算即可. 【详解】由题知，直线过点，且直线的方向向量为，点， 所以， 所以点到的距离为 故答案为： 54．（24-25高二上·云南保山·期末）如图，在四棱锥中，底面，，，点是的中点，且，． (1)求证：； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由平面，得，再结合利用线面垂直的判定定理证得平面，从而可得； （2）解法1：由已知得是等边三角形，则，由得，从而可得，再由平面，可得两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；解法2：取的中点F，连接利用等体积法由可求得结果. 【详解】（1）证明：∵平面，且平面ABCD， ∴． 又， 平面， ∴平面． 平面，∴． （2）∵ ∴是等边三角形， 又∵ ， ∴ ， ∴即 又∵平面，平面， ， 从而两两垂直． 在中， ∴ 在，． 法一：∵两两垂直， ∴以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，． ∵点是的中点， ，，，， 设是平面的一个法向量，则由得， 令，则∴． 从而，点到平面的距离． 法二：（等体积法）∵平面，平面，∴, ∴， ∵点是的中点，∴， 取的中点F，连接则 ∴ 在中，边上的高 ∴ 取的中点，连接，由（1）知是边长为2的等边三角形， 则， ∵平面，平面，∴平面平面， ∵平面平面，平面， ∴平面， ∵点是的中点，∴到平面的距离为， 又记点到平面的距离为， 则由即 得． 55．（24-25高二上·云南文山·期末）如图，已知在四棱柱中，底面为梯形，，底面，，其中，，是的中点，是的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】（1）利用空间位置关系的向量表示可得结论； （2）求出两平面的法向量，再由面面角的向量求法计算可得结果； （3）利用点到平面距离的向量求法计算即可. 【详解】（1）由底面，可得以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 可得,； 则，， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 即， 因为，可得， 且平面， 所以平面 （2）设平面的一个法向量为， 则则，解得，令，可得， 即， 所以 因此平面与平面夹角的余弦值为； （3）易知， 平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 56．（25-26高二上·云南·月考）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为． (1)求证：； (2)求点到平面的距离； (3)在线段（不含端点）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，求的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，或 【分析】（1）利用菱形性质和线面平行判定定理证明平面，然后结合线面平行的性质定理可证； （2）取的中点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据点到平面的距离的向量公式计算即可； （3）利用线面角的向量公式列方程求解可得. 【详解】（1）∵四边形为菱形，∴， ∵平面，平面，∴平面， ∵平面，平面和平面的交线为，∴ （2）取的中点，连接， ∵是边长为4的等边三角形，∴， ∵四边形为菱形，，∴为等边三角形，， ∵平面平面，平面平面，平面，， ∴平面， 如图，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， ， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 所以平面的一个法向量为， ∴点到平面的距离. （3）假设在线段（不含端点）上存在一点， 使得直线与平面所成角的正弦值为． 设，由（2）知， 则， 由（2）知平面的一个法向量， 因为直线与平面所成角的正弦值为， ∴. 整理得，解得或， 所以在线段 （不含端点）上存在点， 当或时，直线与平面所成角的正弦值为. 57．（24-25高三下·云南昭通·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，E为CD的中点，M在AB上，且.    (1)求证：； (2)求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值； (3)求点D到平面PBC的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建系，由直线方向向量的共线即可求证； （2）求得平面法向量，代入夹角公式即可； （3）由点到面的向量公式即可求解； 【详解】（1）证明：建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，， 由，得， 解得，即， 所以，， 所以，又 ，所以. （2）解：由（1）得，则，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，， 所以， 又平面的一个法向量为， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为. （3）解：由题意知，由（2）得平面的一个法向量为 所以点到平面的距离为 58．（2025·云南·模拟预测）如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，. (1)求证： 平面； (2)求直线到平面的距离； (3)若点是平面内的动点，且满足，设直线与平面所成角为，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2). (3) 【分析】（1）把四棱台补成四棱锥，连接交于点，可得 ，再由线面平行的判定定理即可证明； （2）直线到平面的距离即点到平面的距离，利用向量法求点到平面的距离即可； （3）设点，由点可得，由题意可得就是与平面所成的角，点到直线的距离为，当时，的值最大，利用正切值的求法即可求解. 【详解】（1）证明：连接交于点，再连接， 如图，把四棱台补成四棱锥， 由棱台的性质，得 ，又因为， 所以分别为的中点， 在中，因为分别为的中点， 所以 ， 即 ，又平面平面， 所以 平面； （2）由（1）知 平面， 故直线到平面的距离即为点到平面的距离. 以为坐标原点，以的方向分别为轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则， . 设为平面的一个法向量， 则，即，令，则， 所以， 设点到平面的距离为， 则， 故直线到平面的距离为. （3）设点， 因为， 所以，化简得， 则点到直线的距离为. 连接，因为平面，所以是在平面内的射影， 故就是与平面所成的角， 则， 当时，的值最大， 故的最大值为. 59．（24-25高二上·云南玉溪·阶段练习）如图在四棱锥中，，，，，，，是的中点. (1)试在上确定点的位置，使、、、四点共面，并证明； (2)求点到平面的距离； (3)在棱上是否存在点，使得半平面与半平面所成二面角的余弦值为，若存在，求，若不存在，说明理由. 【答案】(1)为中点，证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）取中点，连接、，利用平行线的传递性证明出，即可得出结论； （2）取中点，连接、，推导出平面，，然后以点为坐标原点，、、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点到平面的距离； （3）设点，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，可求得、的长，即可得出结论. 【详解】（1）取中点，连接、， 因为、分别为、的中点，所以， 又因为，则，所以，当为的中点时，、、、四点共面. （2）取中点，连接、， 因为，，则，所以，， 则为等腰直角三角形，所以，，且， 因为，，为的中点，则且， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 又因为，所以，则， 因为，则，所以，，， 因为，、平面，所以，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，，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得， 所以，点到平面的距离为. （3）假设在棱上存在点满足题设条件， 设点，，， 设平面的一个法向量为，则  ， 取，则，，故， ，， 设平面的一个法向量为，则， 取，则，，故， 设半平面与半平面所成二面角的平面角为，为锐角， 所以， 所以，即，（舍去）， 此时，，则， 故在棱上存在点，当时， 半平面与半平面所成二面角的余弦值为. 60．（24-25高二上·云南楚雄·阶段练习）如图，在长方体中，，，，求：    (1)点到直线的距离； (2)平面与平面间的距离. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据条件求得，，再利用点线距的向量法，即可求解； （2）根据条件得到平面平面，从而将面面距转化成点面距，求出平面的一个法向量及，再利用点面距的向量法，即可求解. 【详解】（1）以点为坐标原点，，，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系， 因为，，，则，，， 所以，， 所以点到直线的距离为.    （2）由（1）知，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，得到， 取，得到，所以， 易知，面，面，所以面， 又，面，面，所以面， 又，面，所以平面平面， 所以平面与平面间的距离即为点到平面的距离， 又点到平面的距离为， 所以平面与平面间的距离为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $