专题06 空间向量与立体几何（期末复习讲义，13大题型精讲+过关分层验收）高二数学上学期人教B版

该高中数学复习讲义通过表格系统梳理空间向量与立体几何的核心考点，将线性运算、基本定理、坐标运算等五大考点按“概念-公式-应用”递进关系呈现，用思维导图归纳易错点与常考结论，清晰展现知识内在联系与重难点分布。 讲义亮点在于“题型+模板”的分层设计，如动态问题通过参数表示动点坐标转化几何条件，探索性问题假设存在构建方程验证，培养数学思维与创新意识。基础通关练、重难突破练适配不同学生，教师可据此实施精准教学，助力学生系统提升。

专题06 空间向量与立体几何（期末复习讲义） 核心考点 复习目标 考情规律 一：空间向量线性运算 1.熟练掌握线性运算及运算律，能结合图形完成向量运算. 2.灵活运用共线/共面向量定理解决线面平行、四点共面等问题，奠定后续学习基础. 3.掌握线性运算及运算律； 4.运用共线/共面向量定理解决基础问题. 1.题型：期末以选择、填空为主，偶在解答题中作为基础步骤综合考查. 2.重点：期末核心考查共线/共面向量定理的简单应用，以及向量表达式化简. 3.难度：偏低，属于基础送分题，是期末必考点，考查频率稳定. 二：空间向量基本定理 1.理解定理内涵，能判断基底、完成向量基底分解. 2.运用推论解决四点共面问题，建立基底分解的解题思维. 3.理解定理，能判断基底并完成向量分解； 4.运用推论解决四点共面问题. 1.题型：期末多以选择、填空题形式考查，较少在解答题中单独出现. 2.重点：期末考查核心是向量基底分解，偶尔涉及四点共面推论的应用. 3.难度：中等，侧重基础理解与简单应用 三：空间向量坐标运算 1.快速准确建立坐标系，熟练运用坐标运算公式. 2.通过坐标运算解决向量问题，形成“几何→代数→几何”的解题链条. 3.熟练建系及坐标运算公式； 4.用坐标运算解决向量问题. 1.题型：贯穿期末选择、填空、解答题，是解答题中立体几何问题的核心解题工具. 2.重点：期末核心考查坐标系建立、向量坐标求解及基础坐标运算的准确性. 3.难度：中等，是期末高频考点，运算量适中，侧重基础公式的应用. 四：空间向量研究线面关系 1.熟练求解方向向量与法向量. 2.运用向量准确判断线线、线面、面面关系，求解各类空间角. 3.熟练求方向向量、法向量； 4.用向量判断线面关系、求空间角. 1.题型：期末解答题核心考点，选择、填空题也会涉及，综合度较高. 2.重点：期末考查重点是法向量求解、线面垂直/平行的证明，以及异面直线夹角、线面角计算. 3.难度：中等偏上，是期末立体几何板块的核心得分点，不涉及复杂探究性问题 五：空间向量研究距离与夹角问题 1.熟练运用向量公式求解各类空间距离. 2.准确求解各类空间角，规避范围与公式错误. 3.熟练用向量求空间距离； 1.题型：期末选择、填空、解答题均有考查，常与线面关系判断综合命题. 2.重点：期末核心考查点到平面距离、二面角的基础计算，难度低于高考. 3.难度：中等偏上，侧重基础公式应用与转化思想，是期末拉开分差的关键考点之一. 考点一：空间向量线性运算 1.核心概念：线性运算（加法：三角形/平行四边形法则；减法：三角形法则；数乘：，为实数）；共线向量定理（时，存在唯一，使）；共面向量定理（不共线时，与共面⇔存在唯一，使）. 2.核心公式：运算律（；；）；共线判定（）；共面判定（不共线)）. 3.易错点：混淆“共线”与“共面”（共线向量一定共面，共面向量不一定共线）；忽略共线定理中的条件，直接用判定共线. 4.常考结论：四点共面且（为空间任一点）；直线且与不重合. 考点二：空间向量基本定理 1.核心概念：基底（不共面的三个向量，基向量非零）；定理（任一空间向量可唯一表示为）. 2.核心公式：向量分解式（，唯一）；四点共面推论（且共面）. 3.易错点：将共面向量作为基底（如正方体中同一面的三个边向量不可作基底）；忽略分解系数的唯一性，多解或漏解. 4.常考结论：选基底优先选“从同一顶点出发的三条棱向量”（如正方体中）；若且为基底，则唯一确定. 考点三：空间向量坐标运算 1.核心概念：空间直角坐标系（以两两垂直且共点的直线为坐标轴）；向量坐标（，由起点、终点坐标差求得）. 2.核心公式：线性运算（；）；数量积（）；模长（）；夹角（）；共线（）；垂直（）. 3.易错点：建系错误（坐标轴不垂直，如将斜棱柱的侧棱作为轴）；坐标计算错（中点坐标漏除2、对称点坐标符号搞反）；夹角公式漏绝对值（直接用求线线角）. 4.常考结论：点关于面对称点为，关于原点对称点为；若，则（直接用坐标判定）. 考点四：空间向量研究线面关系 1.核心概念：方向向量（与直线平行的非零向量，如直线的）；法向量（与平面垂直的非零向量，如平面的）；线面关系（平行、垂直、夹角：异面直线角、线面角、二面角）. 2.核心公式：异面直线角（，）；线面角（，）；二面角（，，符号由图形判断）；线面平行（且直线不在平面内）；线面垂直（）. 3.易错点：法向量求解漏解（忽略相反向量，如与均为法向量）；线面角与法向量夹角混淆（误用求线面角）；二面角符号判断错（直接取，忽略钝角）. 4.常考结论：正方体/长方体中，可直接取棱向量为方向向量，面的法向量可由棱向量叉乘快速求得；若直线的与平面的平行，则（期末高频证明）. 考点五：空间向量研究距离与夹角问题 1.核心概念：空间距离（点到直线、点到平面、平行直线间、平行平面间距离）；空间夹角（异面直线角、线面角、二面角，范围不同公式有别）；核心公式（点到直线：；点到平面：；平行直线/平面间距离转化为点到直线/平面距离；夹角公式同考点四）. 2.易错点：距离转化错（平行平面间距离直接用两法向量距离计算）；夹角范围记错（异面直线角误取，实际为）；点到平面距离公式漏绝对值（直接用）. 3.常考结论：若平面α∥β，则α内任一点到β的距离都相等（期末简化计算）；求异面直线距离时，若两直线垂直，可直接用公垂线段长度（结合向量更简便）. 题型一 向量线性运算化简与求值 解｜题｜技｜巧 解题关键：熟练掌握三角形法则、平行四边形法则，利用几何体棱的平行/相等关系转化向量. 答题模板：1.审题标注：明确目标向量，圈出已知向量及几何体中棱的平行、相等关系（如、）；2.向量转化：将目标向量逐步拆分为已知向量的线性组合，利用几何体结构特征替换等价向量；3.运算化简：依据向量加法、减法、数乘运算律（交换律、结合律、分配律）整理表达式；4.验证结果：检查运算过程中符号、系数是否正确，确保化简结果简洁且符合题意. 【典例1】（24-25高二下·云南·期末）如图，在三棱锥中，是的中点，点在上，，记，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用向量的加减法则，将逐步转化为已知向量、、的线性组合. 【详解】是的中点，，又，由，. 故选：. 【变式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. 【变式2】（24-25高二下·甘肃白银·期末）在四面体中，，，棱，的中点分别为，，若，则 . 【答案】 【分析】根据向量线性运算规则，用向量表示出，求出参数的值. 【详解】 在四面体中，棱，的中点分别为，，取的中点，所以，， 所以， 又因为，所以. 故答案为：. 题型二 共线/共面向量定理应用 答｜题｜模｜板 解题关键：牢记共线判定、四点共面判定且. 答题模板：1.共线判断模板：①提取两条直线对应的方向向量、；②假设（），列出横、纵、竖坐标对应的等式；③求解，若存在唯一非零满足所有等式，则两直线共线（平行），否则不共线. 2.共面判断模板：①选取空间任意一点（优先选几何体顶点，简化计算）；②写出、、、的向量关系，整理为的形式；③计算系数和，若等于1，则、、、四点共面，否则不共面. 【典例1】（24-25高二上·广东广州·月考）已知点D在确定的平面内，是平面外任意一点，满足，且，，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由四点共面可知，结合基本不等式的乘“1”法即可求解. 【详解】, 因为四点共面，所以， 注意到，从而. 当且仅当时等号成立， 所以的最小值为. 故选：B. 【变式1】（24-25高二下·福建漳州·期末）在三棱锥中，是平面内一点，且，则（   ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】A 【分析】根据空间中四点共面的判定方法，列出方程，求出参数值即可； 【详解】已知， 因为四点共面，所以，解得. 故选：A. 【变式2】（24-25高二上·江苏南通·期末）已知三点不共线，点在平面外，点满足，则当点共面时，实数（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由向量减法运算可得，再根据题设及空间向量的共面定理即可求解. 【详解】由，可得， 所以， 当点共面时，可得，解得. 故选：A. 题型三 基底的判断与选择 答｜题｜模｜板 解题关键：明确基底必备条件（三个向量不共面、非零），优先选择同一顶点出发的三条棱向量作为基底. 答题模板：1.基底判断模板：①第一步验证向量非零：确认三个向量均不为零向量；②第二步假设共面：假设三个向量、、共面，根据共面向量定理设；③第三步求解方程：列出坐标等式组，若方程组无解，则向量不共面，可作为基底；若有解，则共面，不可作为基底。2.基底选择模板：①优先选同一顶点出发、两两垂直或夹角明确的三条棱向量（如正方体中、、）；②确保所选基底能便捷表示几何体中其他所需向量，减少后续运算量. 【典例1】（24-25高二下·安徽亳州·期末）在三棱柱中，为的中点，则 . 【答案】/ 【分析】根据题意，，两边平方计算后求其模. 【详解】根据题意，取中点，连接, ， 又， 则 ， 所以. 故答案为：. 【变式1】（24-25高二上·湖南邵阳·期末）平行六面体中，，，，则 ． 【答案】 【分析】由，平方即可求解； 【详解】    因为六面体是平行六面体，所以，所以 ，所以． 故答案为：5 【变式2】（24-25高二上·内蒙古巴彦淖尔·期末）在正四面体中，，则 （用，，表示）．若，则 ． 【答案】 【分析】根据向量的线性运算，化简得到 ，再根据向量的模的计算，结合向量数量积的定义与向量数量积的运算律即可求出答案. 【详解】 ， ， ， 且正四面体为正四面体， 所以，且之间的夹角都是， 则，      故答案为：；. 题型四 向量的基底分解 答｜题｜模｜板 解题关键：利用几何体中的平行、相等、垂直关系，通过线性运算拆分目标向量，结合定理唯一性确定系数. 答题模板：1.确定基底：明确选定的基底，标注基底向量的方向和长度关系；2.拆分目标向量：结合几何体结构，将目标向量沿基底方向拆分，利用等关系转化为基底相关向量；3.列等式：根据向量相等的定义，将目标向量表示为的形式，对应基底向量的系数；4.求解系数：通过几何体中的长度、平行关系列方程，解出、、，最终写出分解式. 【典例1】（24-25高二上·辽宁大连·期中）如图，在四面体OABC中，，，，点在OA上，且，点为BC的中点，设，则 . 【答案】1 【分析】根据空间向量的线性运算结合空间向量的基本定理运算求解. 【详解】在四面体OABC中， ，而， 所以，. 故答案为：1 【变式1】（23-24高二下·福建宁德·期末）四棱锥的底面是平行四边形，且，若则 ． 【答案】/ 【分析】运用三点共线的向量表达式可以得到，再运用三角形法则和向量相等，转化为表示即可 【详解】 如图，由于，则运用三点共线的向量表达式可以得到，． 即 则，则. 故答案为：. 【变式2】（23-24高二上·河北石家庄·期末）如图所示，在平行六面体中，，，，点M是的中点，点是上的点，且，若，则 . 【答案】/ 【分析】利用空间向量的加减及数乘运算，以为基底，用基向量表示，再空间向量基本定理待定系数即可. 【详解】在平行六面体中, 因为点M是的中点，点是上的点, 所以 . 又， 由空间向量基本定理得，， 则. 故答案为：. 题型五 坐标运算与向量性质判断 答｜题｜模｜板 解题关键：熟记坐标运算公式，求线线角时注意夹角公式取绝对值，垂直判定直接用数量积为0. 答题模板：1.明确向量坐标：写出已知向量、的坐标；2.执行运算：①线性运算：，；②数量积：；③模长：；④线线角：（）.3.性质判断：①共线：、、（存在唯一）；②垂直：，即. 【典例1】【多选题】（24-25高二上·福建三明·期末）设，向量，，，且，，则（   ）． A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】利用向量垂直即可求得参数x的值；利用向量平行即可求得y的值；再利用向量的夹角公式即可判断选项C；利用模长公式即可判断选项D. 【详解】对于选项A：因为，所以，解得：，故选项A错误； 对于选项B：因为，所以即,解得,故选项B正确； 对于选项C：，故选项C错误； 对于选项D：由，故，故选项D正确. 故选：BD 【变式1】【多选题】（24-25高二上·浙江杭州·期末）在空间直角坐标系中，已知点，，，，则下列结论正确的是（    ） A． B．A，B，C三点共线 C． D．在上的投影向量为 【答案】AD 【分析】根据空间向量得出A选项，根据空间向量的平行得出B选项，根据空间向量数量积判断C，应用投影向量公式计算判断D. 【详解】对于A，由题意得，故A正确； 对于B，，不存在实数，使得， 所以三点不共线，故B错误； 对于C，，， 由， 即与不垂直，故C错误； 对于D，因，， 则在上的投影向量为，故D正确. 故选：AD. 【变式2】【多选题】（24-25高二上·河南郑州·期末）已知空间向量 ，则下列结论正确的是（    ） A． 与 共面 B． C．在上的投影向量为 D．与夹角的余弦值为 【答案】AD 【分析】我们可以利用平面向量的基本定理判断选项A；然后利用向量的坐标运算计算其他选项即可. 【详解】假设与共面，则有解，即有解， 解得 ，故选项A正确； ，所以，故选项B错误； 在上的投影向量为，故选项C错误； ，故选项D正确； 故选：AD 题型六 线线、线面、面面平行/垂直的证明 答｜题｜模｜板 解题关键：熟练求解方向向量、法向量；牢记判定关系（如线面垂直直线方向向量与平面法向量平行）. 答题模板：1.准备工作：建立空间直角坐标系（若未建立），写出相关点的坐标；2.求向量：①方向向量：取直线上两点，计算两点坐标差得方向向量（如直线的方向向量）；②法向量：设平面法向量，取平面内两个不共线向量、，列方程组，求解得法向量（取最简整数比）；3.判定证明：①线线平行：（存在使）；线线垂直：；②线面平行：且直线上一点不在平面内；线面垂直：（存在使）；③面面平行：（存在使）；面面垂直：；4.写结论：结合判定条件，得出平行/垂直的最终结论. 【典例1】（24-25高二上·浙江绍兴·期末）如图，在三棱柱中，底面，，，，为的中点， 为侧棱上的动点. (1)求证：平面平面； (2)试判断是否存在，使得直线.若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）由条件证明，，结合线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，设，求向量，的坐标，由条件列方程求即可. 【详解】（1）在三棱柱中，底面，平面， ， ，为的中点， ， ， 平面， 平面， 平面， 平面平面； （2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， ，，， 设，则，，， 若，则，解得， 所以存在，使得直线，此时. 【变式1】（24-25高二上·浙江杭州·期末）在直四棱柱中，底面ABCD是菱形，，且，M为AD的中点，动点P满足，且. (1)若时，求证：； (2)若，E为上一动点，且平面ABCD，求EP的最小值； (3)若，点O为三棱锥外接球的球心，求OP的取值范围. 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量，利用向量数量积为零，可得答案； （2）由（1）的坐标系，求得平面的法向量与直线的方向向量，利用线面位置关系可得参数的等量关系，可得答案； （3）由（1）的坐标系，根据几何性质，明确球心的位置，利用数量积为零可得参数的范围，可得答案. 【详解】（1）在底面菱形中，连接，记，取的中点为，连接， 在菱形中，，在直四棱柱中，易知平面， 因为平面，所以，所以两两垂直， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图： 因为，所以，， 可得， 则， 所以，则， 由，则，即， 因为，所以，则. （2）由题意作图如下： 由图可知平面的一个法向量， 由，则的中点的坐标为， 即，由，则（）， 由（1）可知，由，则 则， 由平面，则，解得， 所以，则， 当时，等号成立，所以的最小值为. （3）由题意可作图如下： 由（1）可得，由（），则， 设的中点为，则， 在菱形中，且为中点，则， 在三棱锥中，底面的外接圆圆心为的中点， 易知球心为线段的中垂线与直线的交点，则设 由，则， 易知，可得，解得， 由，，则，即， 所以. 【变式2】（24-25高二上·湖南·期末）在长方体中，，，，是的中点，点满足，当平面时，的值为 . 【答案】 【分析】建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可求解. 【详解】 根据已知条件，建立如图所示： 以为坐标原点，、、分别为、、轴的空间直角坐标系， ，，，，， ，， ， ， 设平面的一个法向量， ，，则， 令，有，，所以， 平面，则，即， 解得. 故答案为： 题型七 空间角的计算 答｜题｜模｜板 解题关键：明确各角范围，熟记夹角公式（异面直线角用方向向量夹角绝对值的余弦，线面角用方向向量与法向量夹角绝对值的正弦），准确求解法向量. 答题模板：1.异面直线角计算模板：①求方向向量：分别求出两条异面直线的方向向量、；②代入公式：（）；③求角度：根据的值，结合特殊角三角函数值求出.2.线面角计算模板：①求向量：求出直线方向向量和平面法向量；②代入公式：（）；③求角度：根据的值求出（注意区分线面角与法向量夹角，避免用错公式）. 【典例1】（24-25高一下·海南·期末）如图，已知三棱柱中，侧棱与底面垂直，且，，M、N、P、D分别是、、、的中点. (1)求证：平面； (2)求直线平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由已知证明，，可得，可证平面； （2）建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后求出平面与平面法向量，由向量的夹角公式求解即可. 【详解】（1）因为P，D分别是，的中点，则， 在三棱柱中，则，可得， 且平面，平面，所以平面. （2）由题意知三棱柱中，侧棱与底面垂直， 且，， 故，∴， 以点为坐标原点，，，所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，故， 则，， 可得， 所以直线平面夹角的正弦值为. 【变式1】（24-25高二下·广东深圳·期末）如图，正三棱柱的所有棱长都为，点为线段上靠近点的三等分点，点、、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. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）过点在平面内作于，连接，推导出四边形为平行四边形，可得出，由中位线的性质得出，则，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）以为原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）过点在平面内作于，连接， 在直三棱柱中，平面，平面，故， 在平面内，因为，，故， 因为为的中点，故为的中点，所以， 因为，，为的中点，所以，， 所以，，故四边形为平行四边形，所以， 由题意可知，为的中点，所以， 故为的中点，又因为为的中点，所以，故， 因为平面，平面，所以平面. （2）由已知得，如图，以为原点，、、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，，，，， ，，. 设平面的一个法向量为，则， 令，得，，所以. 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. 【变式2】（24-25高二下·福建宁德·期末）如图，直四棱柱的底面是正方形，，，分别为线段，上的点，且满足. (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）思路一：过点作交于点，连结，只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证；思路二：建立适当的空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，故只需证明即可； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，再结合向量夹角的余弦公式即可求解. 【详解】（1）解法一：过点作交于点，连结,     , ，，     ，，     ，， ，且，     四边形是平行四边形， ， 平面，平面， 平面，     解法二：如图，以为原点，分别以，，为轴、轴、轴的正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，       则，，，，.     ，， 设平面的法向量为 ， 取，得，， 则是平面的一个法向量.     ， ，     平面，    平面， （2）解法一：如图，以为原点，分别以，，为轴、轴、轴的正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，     设直线与平面所成角为，平面的法向量为，   则，，，.     ，，， ， 取，得，， 则是平面的一个法向量.     ， 故直线与平面所成角的正弦值为， 解法二：由（1）可得：，， 平面的一个法向量为，     设直线与平面所成角为，                  故直线与平面所成角的正弦值为. 题型八 点到平面距离的计算 答｜题｜模｜板 解题关键：熟记点到平面距离公式（为平面内点，为法向量），平行平面间距离转化为平面内任一点到另一平面的距离. 答题模板：1.点到平面距离模板：①确定向量：选取平面内任意一点，目标点为，求出；求平面的法向量；②代入公式：（绝对值保证距离非负）；③计算结果：代入坐标计算数量积和模长，得出距离值.2.平行关系距离转化模板：①平行直线间距离：转化为其中一条直线上任意一点到另一条直线的距离（同点到直线距离方法）；②平行平面间距离：转化为其中一个平面内任意一点到另一个平面的距离（同点到平面距离方法），无需额外求法向量. 【典例1】（24-25高二上·上海·期末）如图，在四棱台中，底面是菱形，棱平面，，，，则点到平面的距离为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】因为底面是菱形，，连接，则为等边三角形， 取的中点，连接，则，又，所以， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 取， 所以点到平面的距离. 故答案为： 【变式1】（24-25高二上·天津和平·期末）正方体的棱长为分别为的中点，为底面的中心，则点到平面的距离为 . 【答案】/ 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离. 【详解】在棱长为的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 令平面的法向量，则， 取，得， 所以点到平面的距离为. 故答案为： 【变式2】（24-25高二上·上海宝山·期中）平面经过点，且的法向量，则到平面的距离为 ． 【答案】 【分析】求出，则点到平面的距离. 【详解】因为平面经过点，所以， 又平面的法向量， 所以点到平面的距离. 故答案为： 题型九 二面角与距离综合计算 答｜题｜模｜板 解题关键：先准确求解两个平面的法向量，判断二面角大小（锐角/钝角），再结合距离公式计算，注意运算准确性. 答题模板：1.求二面角：①建立坐标系，写出两个平面内相关点的坐标；②分别求出两个平面的法向量、；③计算法向量夹角余弦值：；④判断二面角类型：根据几何体图形，判断二面角为锐角或钝角，二面角与相等或互补，得出的大小.2.求距离：①若求点到平面距离，按题型9模板计算；②若求异面直线距离，先找公垂线方向向量（可由两直线方向向量叉乘得到），再取两直线上各一点构造向量，投影到公垂线方向向量上求模长。3.综合总结：整理二面角大小和距离结果，规范书写答题步骤. 【典例1】（25-26高二上·北京·期中）如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，，底面ABCD.    (1)证明：； (2)若，求二面角的余弦值； (3)在（2）的条件下，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理求解即可； （2）以为坐标原点，为轴建立坐标系，利用空间向量法求解即可. （3）借助空间中点到平面距离公式计算即可得. 【详解】（1）因为，， 则，即， 所以在中，所以， 因为底面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面，又因为平面，所以； （2）因为底面，平面，所以， 结合（1）可知两两垂直， 以为坐标原点，为轴建立如图所示空间直角坐标系，    所以，，，， 所以，，， 设平面的法向量， 则，取，则， 设平面的法向量， 则，取，则， 所以， 由图可知该二面角为钝角，故二面角的余弦值为； （3）由（2）知平面的法向量为，， 所以点到平面的距离. 【变式1】（24-25高二下·广东深圳·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面，，分别为棱，的中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用向量法证明即可. （2）求出平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）在四棱锥中，平面，， 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， 从而，设平面的法向量， 则，取，得， 又，所以，即，所以平面； （2）设平面的法向量，， 则，取，得， 于是， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【变式2】（24-25高二下·四川凉山·期末）如图，在圆锥中，为底面圆的内接四边形，对角线过圆心，圆锥母线长为，，. (1)若，平面与平面的交线为，证明：； (2)若，求平面与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明线面平行，即平面，然后根据其性质即可得到. （2）方法一：采用向量法，先建立空间直角坐标系用向量的 形式将平面的法向量的坐标表示出来，然后利用向量夹角的余弦值公式求出两平面夹角的正弦值；方法二：采用几何法，作辅助线确定平面与平面所成的角，然后根据线角关系求出其正弦值. 【详解】（1）证明，平面，平面， 平面， 平面平面，平面， . （2）由题意知，，， ，，，， 方法一：向量法 为矩形，因此可建立如图所示空间直角坐标系，过点平行于竖直向上为轴， ，，，，， ，，，， 设平面的法向量为，平面的法向量为. 则，所以，令，， ，所以，令，可得， ， 平面与平面所成角的正弦值为. 方法二：几何法： 过点分别向、引垂线，垂足分别为、，连接， 由（1）知，所以，， 为平面与平面所成角的平面角， ，， 根据余弦定理得：， 平面与平面所成角的正弦值为. 题型十 动态问题中的向量应用（含动点、动直线/平面） 答｜题｜模｜板 解题关键：1.用参数（如、）表示动态点的坐标或动态向量；2.将几何条件（平行、垂直、角度范围）转化为关于参数的代数方程/不等式；3.借助函数值域或不等式求解参数范围. 答题模板：1.参数化建模：①建立空间直角坐标系，设动点坐标（含参数，如，用表示其中1-2个变量）；②写出动态直线的方向向量或动态平面的法向量（含参数）.2.转化条件：①根据题意列出几何条件（如线面垂直则方向向量与法向量共线、角度则余弦值）；②将向量关系代入，转化为关于参数的方程或不等式.3.求解参数：①解代数方程/不等式，确定参数的取值范围；②若求最值，结合函数单调性或基本不等式计算极值.4.验证结论：结合动态场景验证参数范围的合理性，确保几何意义与代数结果一致. 【典例1】【多选题】（25-26高二上·浙江杭州·期中）棱长为2的正方体中，点在棱上运动，点是棱的中点，则下列说法正确的是（    ） A．若是棱的中点，则平面 B．存在点使 C．若与平面所成的角记为，则 D．点到直线的距离最小值为 【答案】ACD 【分析】对于A，利用中位线定理与平行四边形的性质，结合线面平行的判定，可得其正误；对于B，根据勾股定理以及余弦定理，结合一元二次方程有解的条件，可得其正误；对于C，由题意建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，结合线面角的向量公式，可得其正误；对于D，根据线面垂直可得距离的垂线段，结合勾股定理，可得其正误. 【详解】对于A，由题意取的中点为，并连接，作图如下： 在正方体中，由分别为的中点， 则易知，且， 所以在平行四边形中，， 因为平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，由题意作图如下： 设，则，， ，， 在中，， 令，化简可得， 由，则方程无实数解，故B错误； 对于C，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，作图如下： 则，，，， 取，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以平面的一个法向量， 可得， 当时，，当时，令， 由函数在上单调递减，则， 所以，可得， 综上可得，故C正确； 对于D，取的中点，连接交于， 在平面内，过作于，连接，，，作图如下： 在正方形中，易知，， 在正方体中，易知， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 由，当且仅当重合时，等号成立， 在中，，在中，由，则， 所以，即到的距离最小值为，故D正确. 故选：ACD. 【变式1】【多选题】（24-25高二上·贵州毕节·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积是 C．的最小值为 D．不存在点使直线与直线夹角的余弦值为 【答案】ACD 【分析】设，对A，证明；对B，由求解；对C，将表示为的函数求最值；对D，求两异面直线夹角的范围判断. 【详解】以为坐标原点，，，分别为，，轴， 建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，， 所以，，，设，，则. 对于A：因为，故，故A正确； 对于B：因为，平面，平面， 则平面，所以三棱锥的体积为，故B错误； 对于C：因为， 所以， ， 当时，取得最小值为，故C正确； 对于D：因为，， 所以，， 设与的夹角为，则， 故D正确. 故选：ACD. 【变式2】【多选题】（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：. 题型十一 空间角与距离的最值问题 答｜题｜模｜板 解题关键：1.将角或距离表示为关于某个变量的函数（如线段长度、角度参数）；2.利用向量公式转化函数表达式，结合变量的取值范围求最值；3.区分“角的最值”与“三角函数值的最值”（如异面直线角最小对应余弦值最大）. 答题模板：1.变量设定：①建立坐标系，设影响角/距离的变量（如线段上动点的参数，）；②写出相关点的坐标与向量坐标（含变量）.2.函数转化：①代入空间角或距离公式，将所求量表示为关于变量的函数（如、）；②化简函数表达式，明确变量的取值范围（由几何体边界确定）.3.求最值：①利用一次函数单调性、二次函数顶点式或基本不等式求函数最值；②结合角的范围（如二面角）转化函数最值，得到几何量的最值（如最小则最大）.4.确定最值条件：找到取得最值时的变量值，明确对应的几何位置（如动点的具体坐标） 【典例1】（24-25高一下·黑龙江·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，点在底面的投影恰为的重心． (1)求证：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，点为棱上的动点（不包括端点）． ①求四棱锥的体积； ②求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）利用菱形和等边三角形性质，找到与平面内两条相交直线垂直，根据线面垂直判定证平面，进而得； （2）①根据线面角正弦值求出高，再算出底面菱形面积，最后用体积公式得出结果；②建立坐标系确定各点坐标，设出坐标，求出平面和的法向量，算出二面角余弦值表达式，利用换元法分析最大值. 【详解】（1）证明：如图，连接． 因为底面，平面，所以． 因为四边形是边长为的菱形，，所以为等边三角形． 因为是的重心，所以． 又平面，所以平面． 因为平面，所以． （2）解：连接交于点． ①因为为的重心，所以． 因为底面，所以为直线与平面所成角， 故，解得， 所以四棱锥的体积． ②以所在直线为轴，过作平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 ． 设，则． 设平面的一个法向量为， 则取，则， 设平面的法向量为， 则取，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 令，则， 由于， 故，当且仅当，即时取等号， 故平面与平面夹角的余弦值的最大值为． 【变式1】（24-25高二下·云南丽江·期末）如图，在直三棱柱中，，分别是，的中点．      (1)求证：平面； (2)若且，求平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）连接，，即证，利用线面平行的判断定理即可求解； （2）建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式即可求解. 【详解】（1）如图，连接，，由已知得四边形是矩形， 故与交于点，且点为中点， 又是的中点，所以． 又平面内，平面， 所以平面； （2）由于在直三棱柱中， 平面底面，且平面平面 故过在平面内作直线， 所以直线平面， 又，平面， 所以，， 由于直线，，两两垂直， 故分别以直线，，为轴、轴、轴，建立如图所示坐标系．    由于，设，则， 故，，，，设点， 由于，，， 所以，即，故， 设平面的法向量为，，， 由于，所以 令，则，即， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为，则， 由于，所以， 所以平面与平面所成角的余弦值的取值范围是． 【变式2】（24-25高一下·浙江宁波·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，． (1)求四棱锥的体积的最大值： (2)在（1）的条件下，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若，求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题知，则当平面时，四棱锥的体积的取得最大值，然后直接计算即可； （2）根据等体积法求出点点到平面的距离为，利用即可求解； （3）根据题意可证平面，然后以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的夹角，再利用平面与平面夹角与法向量的关系，求出两法向量夹角的余弦值的最大值，即可得出结果. 【详解】（1）设与相交于点，连接， 因为底面是边长为4的正方形，所以为中点，， 又，所以， 所以当平面时，四棱锥的体积取得最大值， 此时， 所以四棱锥的体积取得最大值. （2）设点到平面的距离为，直线与平面所成角为， 由（1）知平面， 又平面，所以， 则，即为等边三角形， ， 设点到平面的距离为，直线与平面所成角为， 所以， 解得，故， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3），，即， ，是正方形，， 又平面，所以平面， 所以为原点，为轴，为轴，轴在平面中，建立空间直角坐标系， 设， 则， 设平面的一个法向量， 则， 不妨取，所以， 设平面的一个法向量， 同理可得， ， 所以平面与平面夹角的余弦值的最大值为. 题型十二 折叠问题中的空间向量求解 答｜题｜模｜板 解题关键：1.区分折叠前后的“不变量”（长度不变、共面关系不变）与“变量”（空间位置关系变化）；2.折叠后以“不变的垂直关系”为依据建立坐标系；3.注意折叠后平面与平面的交线，以此为桥梁关联前后坐标. 答题模板：1.分析折叠前后的关系：①标注平面图形中的垂直关系、线段长度（不变量）；②确定折叠后几何体的结构，明确交线（如折痕为交线）.2.建系与坐标求解：①以折叠后仍垂直的两条线段为坐标轴，折痕上的顶点为原点；②利用不变的线段长度，写出折叠后各顶点的坐标（注意折叠后空间位置的变化，避免坐标符号错误）.3.向量运算：①计算方向向量与法向量，验证折叠后的垂直/平行关系；②代入空间角或距离公式计算所求量.4.验证合理性：结合折叠的动态过程，验证所求角或距离是否符合空间几何体的实际位置关系. 【典例1】（25-26高二上·安徽芜湖·期中）如图，在平面四边形中为等腰直角三角形，为正三角形，，将沿翻折至，其中为动点. (1)三棱锥的各个顶点都在球的球面上： ①当二面角的大小为时，求球的表面积； ②求球的表面积的最小值； (2)求二面角的余弦值的最小值. 【答案】(1)①；② (2) 【分析】1）①设中点为，和的外接圆圆心分别为，根据勾股定理得到外接球半径所满足的数量关系，求解出外接球的半径则球的表面积可知；②设二面角的平面角为，根据几何关系利用表示出，结合函数思想求解出的最小值，则球的表面积最小值可知； （2）建立合适空间直角坐标系，分别求解出平面和平面的一个法向量，根据法向量夹角余弦值的绝对值等于二面角的余弦值，利用换元法可求解出最小值. 【详解】（1）①设中点为，外接圆的圆心为，半径记为， 外接圆的圆心为，半径记为，三棱锥的外接球半径记为， 因为，所以， 故球的表面积为； ②设二面角的平面角为，即， 因为， 所以四点共圆，且为该圆的直径， 所以， 由正弦定理可知， 所以， 设，令， 可转化为， 因为在上单调递减，在上单调递增， 所以，且时，所以， 所以，当且仅当即时取等号， 所以，故球的表面积的最小值为. （2）如图，过点作平面的垂线，以为原点，分别以向量为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，则，所以， 设平面的一个法向量为， 则， 取，则，所以， 设二面角的大小为， 所以， 所以， 令，则，所以， 因为， 当，即，即时取等号， 所以二面角的余弦值的最小值为. 【变式1】（25-26高二上·江西宜春·月考）如图1，在平面四边形中，，，，，将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图2所示. (1)求证：平面； (2)设线段的中点为，求平面与平面所成的二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）因为平面平面，应用面面垂直性质定理得出线面垂直； （2）应用三条线两两垂直，建系求出平面与平面的法向量，再应用二面角的余弦公式计算求解. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面， 又因为，，所以，平面， 所以平面； （2）由（1）知平面，又因为，所以平面，平面，所以， 故两两垂直,以A为原点 分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图, 则是平面的一个法向量， 因为， 则, ， 设是平面的一个法向量, 则,即， 取，得，， 设平面与平面所成的二面角为, 则， 故平面与平面所成的二面角的余弦值为. 【变式2】（25-26高三上·湖北襄阳·月考）如图，在中，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至，得到四棱锥为棱上一动点（不包含端点）． (1)若为棱的中点，证明：平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）根据线线平行可证明线面平行，进而可证明平面平面,即可由面面平行的性质求解， （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角，即可得解. 【详解】（1）过作于,连接, 故平面,平面,所以平面, 由于所以, ,故， 因此是的中点， 又是的中点，故, 平面,平面,所以平面, 平面，故平面平面, 平面,故平面 （2）因为，所以． 所以，因为，所以， 又平面，所以平面， 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， 所以， 则， 设，则， 设平面的法向量为，则，即， 令，得，则． 设直线与平面所成的角为，所以， 整理得，解得（舍），所以． 题型十三 向量法解决探索性问题（存在性问题） 答｜题｜模｜板 解题关键：1.假设存在满足条件的点或直线，用参数表示其坐标或方向向量；2.将几何条件转化为向量的代数方程；3.若方程有解则存在，无解则不存在. 答题模板：1.假设与参数化：①假设存在满足条件的点（或直线），设的坐标为（含参数，如在某线段上则用表示为，）；②写出相关直线的方向向量或平面的法向量.2.条件转化：①将题目条件（如平面则垂直平面内两条相交直线）转化为向量关系（如且）；②代入坐标得到关于参数的方程组.3.求解验证：①解方程组，判断是否存在符合条件的参数（如）；②若存在，求出参数值并确定点/直线的位置；若不存在，说明方程无解的原因.4.总结结论：明确写出“存在”或“不存在”，并补充对应的几何位置（如存在点，当时位于线段中点）. 【典例1】（25-26高三上·北京昌平·月考）如图，四边形、均为直角梯形，，，，且． (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，，理由见解析. 【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，得到，从而利用线面平行的判定定理证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，设出，利用线面角的正弦值列出方程，求出答案. 【详解】（1）因为且， 故四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）因为，，所以两两垂直， 故以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为， 则， 设，则，设， 则，解得，故， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 设直线和平面所成角的正弦值为， 则， 平方化简得，解得， 综上，在线段上存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为， 此时. 【变式1】（25-26高二上·江苏无锡·期中）如图，平行六面体的所有棱长均为1，，，平面平面，点，满足，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值； (3)是否存在点在线段上，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) (3)存在， 【分析】（1）取的中点，连接交于，证得，结合线面平行的判定定理即可得证； （2）以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可. （3）设，表示出，利用空间向量法得到方程，解得的值，即可得解. 【详解】（1）如图，取的中点，连接交于，连接，，         因为，，所以，所以， 即，又，所以，         由于，，所以，又， 所以四边形为平行四边形，所以， 所以，    又平面，平面，所以平面； （2）连接，因为平面平面，且，平面平面，平面， 所以平面，由于， 所以，，， 由余弦定理得， 所以，所以，则 ， 如图以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 由得， 从而             设平面的一个法向量为， 则，可取， 所以， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. （3）设，因为，， 所以， 所以， 则点到平面的距离， 解得或（舍去）， 所以时使得点到平面的距离为. 【变式2】（25-26高二上·河北秦皇岛·期中）如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，且，，，为中点． (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？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；为的中点 【分析】（1）取中点记为，连接，，通过证明四边形为平行四边形，然后可证平面. （2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，设，然后利用待定系数法求出平面与平面的法向量，再利用向量的夹角公式求解方程即可. 【详解】（1）证明：取中点记为，连接，，如图所示， 则，且， ，且， 所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以. 又因为平面，平面， 所以平面. （2）存在点满足要求，理由如下： 取的中点为，连接，，如图所示， 则四边形为正方形， 且根据勾股定理得， 所以， 所以为等腰直角三角形，所以. 又，所以，而平面，且相交于点,所以平面，则， 又因为，，得，所以为等腰直角三角形， 所以，而平面，且相交于点,所以平面. 因此，以点为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，， 设，，则， 则，，， 设平面与平面的法向量分别为和， 则，令，得， ，令，得， 设平面与平面的夹角为，， 则，解得. 因此存在点为的中点，使得平面与平面夹角的余弦值为. 期末基础通关练（测试时间：30分钟） 一、单选题 1．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知为空间的一组基底，则下列各组向量中能构成空间的一组基底的是（   ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】A 【分析】根据空间向量基底的判定，即向量组是否共面，若不共面则构成空间的一组基底. 【详解】设，即， ，此方程组无解，，，不共面，可构成基底，正确. 设，即， ，此方程组有解，，，共面，不可构成基底，错误. 设，即， ，此方程组有解，，，共面，不可构成基底，错误. 设，即， ，此方程组有解，，，共面，不可构成基底，错误. 故选：. 2．（21-22高一下·重庆沙坪坝·期末）如图，在斜三棱柱中，为的中点，为靠近的三等分点，设，则用表示为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量的加法、减法运算得解. 【详解】 故选：A 3．（25-26高二上·湖北孝感·期中）设空间向量.若不能构成空间向量的一组基底，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意得到共面，再由共面定理得到关于的方程组有解，逐一检验各选项即可求解. 【详解】若不能构成空间向量的一组基底， 则共面，则，使得， 即， 则关于的方程组有解， 当时，方程组为，无解，故A错误； 当时，方程组为，无解，故B错误； 当时，方程组为，故C正确； 当时，方程组为，无解，故D错误； 故选：C 4．（25-26高二上·河北张家口·期中）设，向量，且，，则（   ） A． B． C．4 D．3 【答案】B 【分析】由空间向量共线及数量积的坐标运算求解. 【详解】因为，所以，解得， 因为，所以，解得， 所以，所以， 所以， 故选：B. 二、多选题 5．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知空间中三点，则（   ） A．向量与向量垂直 B．平面的一个法向量为 C．与的夹角余弦值为 D． 【答案】AC 【分析】计算数量积是否为0判断A，根据法向量的定义判断B，由向量夹角的坐标表示计算后判断C，坐标法求向量的模判断D． 【详解】由已知，则，所以，A对； 由，则，与不垂直，B错； 由，则，C对； 由，D错. 故选：AC 三、填空题 6．（25-26高二上·天津河东·期中）在空间直角坐标系中，若，四点共面，则 ． 【答案】 【分析】借助空间向量共面的线性表示关系，通过建立方程组求解参数，核心是将四点共面转化为向量的线性组合问题. 【详解】，，. 因四点共面，故可由、线性表示，即存在实数、，使， 代入坐标得， 解得，，. 故答案为：. 7．（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：． 8．（24-25高二上·安徽黄山·期末）已知正方体的边长为，点是的中点，则点到直线的距离为 . 【答案】/ 【分析】以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设点到直线的距离为，则 . 故答案为： 9．（24-25高二下·甘肃白银·期末）在空间直角坐标系中，已知点，，且平面的一个法向量，则直线与平面所成角的正弦值为 . 【答案】/ 【分析】根据线面角的向量求法计算. 【详解】因为，所以直线与平面所成角的正弦值为. 故答案为： 10．（24-25高二下·河南南阳·期末）在空间直角坐标系中，，平面的一个法向量为，则点到平面的距离为 . 【答案】 【分析】根据点到平面距离的向量方法公式，求出方向向量，代入公式求出距离即可. 【详解】因为，所以点到平面的距离. 故答案为：. 期末重难突破练（测试时间：60分钟） 一、单选题 1．（24-25高二上·河南周口·月考）在正三棱锥中，，点满足，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，延长至点，使得，得到，结合空间向量的共面定理，得到四点共面，把到平面的距离转化为点到平面的距离的一半，结合正四棱锥的性质，即可求解. 【详解】如图所示，延长至点，使得， 所以， 又由，所以四点共面， 所以的最小值，即为点到平面的距离， 因为点是的中点，则点到平面的距离是点到平面的距离的一半， 又因为，所以三棱锥为正三棱锥， 取等边的中心为，连接，可得平面， 所以即为点到平面的距离， 在等边，因为，可得， 在直角中，可得， 即点到平面的距离为，所以的最小值为. 故选：B. 2．（24-25高一下·吉林松原·期末）郑国渠是秦王嬴政命郑国修建的著名水利工程，先人用智慧和勤劳修筑了一道道坚固的堤坝.如图是一道堤坝的示意图，堤坝斜面与底面的交线记为，点分别在堤坝斜面与地面上，过点分别作直线的垂线，垂足分别为，若，二面角的大小为，则（    ） A．3 B． C． D．6 【答案】D 【分析】根据向量加法的三角形法则得到，再利用向量模长平方的性质将展开，结合向量数量积公式计算，最后求出. 【详解】由题意可知：，，， 因为， 则 ， 所以． 故选：D. 3．（24-25高二上·福建南平·期末）如图，在三棱锥中，点为底面的重心，点是线段的中点，过点的平面分别交，，于点，，，若，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由空间向量基本定理，用表示，由，，，四点共面，可得存在实数，使，再转化为，由空间向量分解的唯一性，列方程求其解可得结论. 【详解】由题意可知， 因为，，，四点共面， 所以存在实数，使， 所以， 所以 ， 所以 ，所以． 故选：B. 二、多选题 4．（24-25高一下·广东云浮·期末）已知正四面体的每条棱长均为为正四面体的外接球的直径，点在正四面体的表面上运动，则下列结论正确的是（    ） A．正四面体外接球的表面积为 B．正四面体内切球的体积为 C．的最大值为 D．的最小值为 【答案】ABD 【分析】把正四面体放入正方体中，通过求得正方体的外接球的半径判断A；利用等体积法求得内切球的半径判断B；设正四面体的外接球球心为，利用向量的数量积运算可得，进而可求范围. 【详解】正四面体的每条棱长均为，把这个正四面体放在一个棱长为2的正方体内， 如图所示，则其外接球直径为正方体的体对角线，由正四面体的每条棱长均为， 可得正方体的棱长为，利用勾股定理可得正方体的体对角线为， 从而可得外接球的半径，外接球的表面积为，故A正确. 由题意可得， 设正四面体的内切球半径为，所以， 解得，其体积，故B正确. 设正四面体的外接球球心为，则， .因为点在正四面体的表面上运动，所以， 则的取值范围为，所以C错误，D正确. 故选：ABD. 5．（24-25高一下·浙江宁波·期末）在长方体中，，空间中的点满足，则下列说法正确的是（       ） A．若，则点在平面上 B．若，且，则与面所成角最小值的正切值为 C．若，则的最小值为 D．若，且在长方体表面上，则的轨迹长度为 【答案】AD 【分析】对于A，当时，可得，可判断A；平面，可得的值最大时，与面所成角最小，可判断B；利用等体积法可求得最小值判断C；求得轨迹长可判断D. 【详解】对于A，当时，可得，所以， 所以点在平面上，故A正确； 对于B，因为，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 又，且时，点在直线上，到平面的距离为定值， 要使与面所成角最小，则的值最大，由题意， 故，直线与所成角无限趋于零，故正切值无限趋于零，故B错误； 当时，点在平面内，的最小值即为点到平面的距离， 由勾股定理可得，， ， 由余弦定理可得， 所以，所以， 设到平面的距离为，由， 得，所以， 解得，故C错误； 当，即在表面内的轨迹是以为圆心，4为半径的一段圆组弧， 圆弧交于点，可得，所以， 所以，所以， 当在表面内时，由，所以的轨迹是以为圆心， 2为半径的圆的，所以轨迹长度为， 在平面内的轨迹与在内的相同为， 在平面内轨迹是以为圆心，4为半径的圆的，所以轨迹长度为， 所以若，且在长方体表面上，则的轨迹长度为，故D正确. 故选：AD. 6．（2025·湖南·三模）如图，两个边长均为1的正方形与正方形所在的平面互相垂直.点，分别是对角线，上的动点，且，的长度相等，记，点是线段上的一点.下列结论正确的是（    ）    A． B．的最小值是 C．三棱锥与三棱锥的体积相等 D．若点，，，，，在同一个球的球面上，则该球的体积是 【答案】BCD 【分析】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得的长及最小值判断AB；进而可证平面，可判断C，补形为正方体，求得正方体的外接球的半径计算可判断D. 【详解】由题意两个边长均为1的正方形与正方形所在的平面互相垂直. 可得， 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，    过作于，连接， 则， 所以， 故A错误； ，当且仅当时，取等号，所以的最小值为，故B正确； 因为，又易得平面， 所以为平面的一个法向量，又，所以， 又平面，平面，又点， 所以到平面的距离相等， 所以，即三棱锥与三棱锥的体积相等，故C正确； 将原图形补成一个正方体如图所示： 则正方体的外接球符题意， 外接球的直径为，所以， 所以该球的体积是，故D正确. 故选：BCD. 三、解答题 7．（25-26高二上·福建福州·期中）如图（1），在直角梯形中，，，过的中点作交于点，，现将四边形沿着翻折至位置，使得，如图（2）所示． (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点位于线段靠近点的三等分点 【分析】（1）利用勾股定理可分别证得，，根据线面垂直的判定可证得结论； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据面面角的向量求法可构造方程求得的值，进而得到结果. 【详解】（1）证明：，，，， 又，，，； ，，四边形为平行四边形，， 即图（2）中，，又，，， ，，平面，平面， 平面，， ，平面，平面. （2）解：由（1）得：平面，又，两两互相垂直， 以为坐标原点，正方向为轴正方向可建立如图空间直角坐标系， 则，，，， ，，，， 设在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，且，， ， 设平面的法向量， 则，令，解得：，， ； 轴平面，平面的一个法向量， ， 解得：（舍）或，， 当点位于线段靠近点的三等分点时，平面与平面的夹角的余弦值为. 8．（23-24高二上·天津北辰·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，，，，且平面平面ABCD，在平面ABCD内过B作，交AD于O，连PO.    (1)求证：平面ABCD； (2)求面APB与面PBC所成角的正弦值； (3)在线段PA上存在一点M，使直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为，求PM的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）结合余弦定理的值，再由勾股定理可得，根据面面垂直的性质定理即可证明线面垂直； （2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解面APB与面PBC的法向量，从而可得面面夹角的余弦值，利用平方公式得正弦值； （3）设，确定的坐标，利用空间向量线面夹角公式求解即可. 【详解】（1）因为，，，    所以四边形为矩形， 在中，，，， 则， 所以，则， 且平面平面，平面，平面平面， 所以平面； （2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，    因为，，可得，则，，，，， 设平面的法向量为，，， 由，取， 设平面的法向量为，， 由，取， ， 又由图可知二面角是钝角， 所以二面角的正弦值为； （3）设，则， 又平面的法向量为， 直线与平面所成的角的正弦值为，解得， 所以. 9．（24-25高一下·重庆·期末）已知梯形中，，如图1.将沿折起到，得到三棱锥，如图2，分别为棱､的中点. (1)若，求证：平面平面； (2)若，求二面角的正弦值； (3)是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在点 【分析】（1）先利用勾股定理得，再利用线面垂直的判定推理得平面，进而由面面垂直的判定定理证明即可. （2）由二面角的定义及面面垂直的性质定理得两两互相垂直，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，利用向量法求解即可. （3）建立空间直角坐标系，设，由得以，求出平面的法向量，利用点面距离的向量公式列方程求出，，即可得解． 【详解】（1）因为梯形中，， 所以，所以，所以， 又，平面，且，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）因为分别为棱､的中点，所以，所以， 又，所以为二面角的平面角， 因为，所以平面平面， 所以平面，平面，所以，，又，故建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，，. 易知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，，， 则，即，取，则， 所以， 所以二面角的正弦值为. （3）由（2）可知平面，故分别以为轴的正方向， 轴在平面内且以向上的方向为正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，. 设，因为，所以，又，，，设平面的一个法向量为， 则，即，取，则， 则点到平面的距离为，所以， 因为，所以，即， 所以或，因为，所以或， 因为，所以，，所以， 所以存在点，使得点到平面的距离为. 10．（24-25高二下·福建泉州·期末）如图，在四棱台中，．底面ABCD为菱形，，点E为的中点．，连接AC、BD，设交点为O，连接． (1)求证：； (2)若，且二面角大小为60°，求三棱锥外接球的表面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）以菱形中心O为原点，为x轴正向，为y轴负向，z轴垂直于底面，设，列出各点坐标，得出，进一步证明； （2）设，根据法向量夹角余弦求出h，然后根据长方体的性质可得所求外接球的直径进而可得表面积. 【详解】（1）由题可知，故四边形为平行四边形， 所以，又平面，故平面． 以菱形中心O为原点，为x轴正向，为y轴负向，z轴垂直于底面， 设，结合四棱台的性质，上底面为边长为的菱形，则 下底面：、、、， 上底面：设高度为h，则，，， 则，，得. 因为，， 故. （2）因为，故,，为直角三角形，二面角是平面与底面的夹角. 设，底面的法向量可取， 设平面法向量，又，，， 则，， 所以，令，则. 所以， 因为，解方程得：. 由长方体的性质可知三棱锥外接球直径就是以为三条棱的长方体的体对角线，故三棱锥外接球直径长为， 所以三棱锥外接球的表面积为. 期末综合拓展练（测试时间：6-分钟） 1．（25-26高二上·辽宁朝阳·期中）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图1，球O的半径为R，A，B，C为球面上三点，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角C-OA-B，A-OB-C，B-OC-A分别为，，，则球面三角形ABC的面积为.    (1)若平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积； (2)将图1中四面体OABC截出得到图2，若平面三角形ABC为直角三角形，，延长AO与球O交于点D，连接BD，CD. （ⅰ）证明：； （ⅱ）若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，且，，S为AC的中点，T为BC的中点，设平面OBC与平面EST的夹角为，求的最小值. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）根据垂直可得，即可代入公式求解. （2）（ⅰ）根据球的性质可得线线垂直，可证明平面，然后利用线面垂直的性质定理证明即可； （ⅱ）先利用线面垂直的判定定理得平面，建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，利用向量的夹角公式，得，结合换元以及基本不等式即可求解的最大值得解. 【详解】（1）因为平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，所以， 所以球面三角形面积为． （2）（ⅰ）由是球的直径，得， 且，平面， 则平面，又平面，则； （ⅱ）由（ⅰ）知，， 而，平面， 于是平面，由直线与平面所成的角分别为， 得， 不妨取，得， 以C为坐标原点，直线分别为x，y轴，过点C作的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，    设，则， ， 则， 设平面法向量，则， 取，得， 设平面法向量，则， 取，得， 因此 ， 令，则， 于是， 当且仅当时取等号，取最大值， 所以的最小值为. 2．（24-25高一下·山西运城·期末）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.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.如图，在三棱锥中. (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面，三棱锥在顶点处的离散曲率为，求点到平面的距离； (3)在（2）的前提下，又知点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度. 【答案】(1)2； (2)； (3). 【分析】（1）根据离散曲率的定义分别计算各个顶点处的离散曲率，再利用三角形内角和计算即可； （2）利用线面垂直的性质和判定证得，即，根据离散曲率的定义计算得，根据点面距离的定义作出点到平面的距离线段，根据边角关系求解即可； （3）法一：根据定义作出线面角，设，则，利用余弦定理计算得，利用构造关于的方程，求解即可； 法二：如图建立空间直角坐标系，利用向量法计算线面角的正弦值，即可得解. 【详解】（1）由离散曲率的定义得： ， ， 因为，同理可得其他三个三角形内角和为， 所以； （2）由平面平面，得， 又平面，则平面， 由平面，得，即， 又，即， 解得， 过点作于点，由平面平面，得， 又平面，则平面，因此点到平面的距离为线段的长. 在中，， 所以点到平面的距离为. （3）方法一：过点作交于点，连接， 由平面，得平面，则为直线与平面所成的角， 依题意，， 设， 则， ， 在中，根据余弦定理，， 由，得， 因此，整理得，即， 解得或，因为，所以. 方法二：由（2）知，平面平面，过作的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意得：， 所以，， 设，则， 设与平面所成的角为，因为，所以， 取平面的法向量， 则， 整理得，即，解得：或（舍）， 所以，所以. 3．（24-25高二下·云南昭通·期末）空间直角坐标系中，任意直线由直线上一点及直线的一个方向向量唯一确定，其标准式方程可表示为.若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，整理成一般式方程为.若直线与平面相交，则可以通过联立直线和平面的方程求出交点坐标.若两个平面相交，则交线的方向向量可由两个平面的法向量确定.已知直线的方向式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为 (1)求直线与平面所成角的余弦值； (2)求与所成角的正弦值； (3)已知三棱柱的顶点，平面的方程为，直线的方程为，平面的方程为.求点坐标及直线与直线所成角的余弦值. 【答案】(1) (2) (3)， 【分析】（1）由直线的方向式方程得出直线的方向向量，再由平面的一般式方程得出平面的法向量，最后由线面角的余弦公式即可求得； （2）由平面的一般式方程得出平面的法向量，再由平面的一般式方程得出平面的法向量，最后由面面角的余弦公式即可求得； （3）联立方程得出点，进而得出，再由直线是平面与平面的交线得出直线的一个方向向量，最后由线线角的余弦公式即可求得. 【详解】（1）设直线与平面所成角为， 因为直线的方向式方程为，平面的一般式方程为， 所以直线的一个方向向量为， 平面的一个法向量为. 所以. 所以. （2）设平面和所成角为， 因为平面的一般式方程为， 平面的一般式方程为， 所以平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 所以， 所以. （3）联立解得即. 又，所以. 由平面的方程知，其法向量为. 直线是平面与平面的交线， 所以设直线的一个方向向量为，平面的法向量为. ，，得 取直线的一个方向向量为. 则， 即直线与直线所成角的余弦值为. 4．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·月考）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． 【答案】(1) (2)，或（写出其中一个即可） (3)（ⅰ），21 （ⅱ） 【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，再根据平面的点法式方程化简即可求面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，则， 此时， 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，则， 此时， 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. 5．（2025·全国·模拟预测）如图，矩形中为中点，将沿着折叠至. (1)证明：平面； (2)设平面平面，点，过作一截面，与棱分别交于点，且平面，记四棱锥的体积为，四棱锥的体积为，若直线与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据折叠图形的性质结合勾股定理逆定理得和，即可证得平面； （2）以点为坐标原点，、为轴和轴建立空间直角坐标系，由∥据题意得，进而得再求出平面的一个法向量的坐标，由直线与平面所成角的条件列式求出即可得点M的位置，从而，，，再利用棱锥的体积公式结合等体积法即可得解. 【详解】（1）由题意得，，， 所以，即， 因为，所以，即， 又平面，所以平面； （2）因为,平面,平面,所以平面, 又平面,平面平面，所以 以点为坐标原点，、为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则 因为，所以,所以， 设平面的法向量为， 则 即 令得,所以， 记直线与平面所成角为,则， 化简得，解得，所以. 由，得,即(三等分点)， 又平面，所以，所以(三等分点)， 因为，，所以四边形为平行四边形， 所以即(四等分点)， 所以 又 所以. 6．（24-25高三下·甘肃白银·月考）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． 【点睛】关键点点睛：立体几何的新定义问题，能够正确读懂“曲率”的概率是解决问题的关键，根据题意求得总曲率，进而求解． 1 / 95 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 空间向量与立体几何（期末复习讲义） 核心考点 复习目标 考情规律 一：空间向量线性运算 1.熟练掌握线性运算及运算律，能结合图形完成向量运算. 2.灵活运用共线/共面向量定理解决线面平行、四点共面等问题，奠定后续学习基础. 3.掌握线性运算及运算律； 4.运用共线/共面向量定理解决基础问题. 1.题型：期末以选择、填空为主，偶在解答题中作为基础步骤综合考查. 2.重点：期末核心考查共线/共面向量定理的简单应用，以及向量表达式化简. 3.难度：偏低，属于基础送分题，是期末必考点，考查频率稳定. 二：空间向量基本定理 1.理解定理内涵，能判断基底、完成向量基底分解. 2.运用推论解决四点共面问题，建立基底分解的解题思维. 3.理解定理，能判断基底并完成向量分解； 4.运用推论解决四点共面问题. 1.题型：期末多以选择、填空题形式考查，较少在解答题中单独出现. 2.重点：期末考查核心是向量基底分解，偶尔涉及四点共面推论的应用. 3.难度：中等，侧重基础理解与简单应用 三：空间向量坐标运算 1.快速准确建立坐标系，熟练运用坐标运算公式. 2.通过坐标运算解决向量问题，形成“几何→代数→几何”的解题链条. 3.熟练建系及坐标运算公式； 4.用坐标运算解决向量问题. 1.题型：贯穿期末选择、填空、解答题，是解答题中立体几何问题的核心解题工具. 2.重点：期末核心考查坐标系建立、向量坐标求解及基础坐标运算的准确性. 3.难度：中等，是期末高频考点，运算量适中，侧重基础公式的应用. 四：空间向量研究线面关系 1.熟练求解方向向量与法向量. 2.运用向量准确判断线线、线面、面面关系，求解各类空间角. 3.熟练求方向向量、法向量； 4.用向量判断线面关系、求空间角. 1.题型：期末解答题核心考点，选择、填空题也会涉及，综合度较高. 2.重点：期末考查重点是法向量求解、线面垂直/平行的证明，以及异面直线夹角、线面角计算. 3.难度：中等偏上，是期末立体几何板块的核心得分点，不涉及复杂探究性问题 五：空间向量研究距离与夹角问题 1.熟练运用向量公式求解各类空间距离. 2.准确求解各类空间角，规避范围与公式错误. 3.熟练用向量求空间距离； 1.题型：期末选择、填空、解答题均有考查，常与线面关系判断综合命题. 2.重点：期末核心考查点到平面距离、二面角的基础计算，难度低于高考. 3.难度：中等偏上，侧重基础公式应用与转化思想，是期末拉开分差的关键考点之一. 考点一：空间向量线性运算 1.核心概念：线性运算（加法：三角形/平行四边形法则；减法：三角形法则；数乘：，为实数）；共线向量定理（时，存在唯一，使）；共面向量定理（不共线时，与共面⇔存在唯一，使）. 2.核心公式：运算律（；；）；共线判定（）；共面判定（不共线)）. 3.易错点：混淆“共线”与“共面”（共线向量一定共面，共面向量不一定共线）；忽略共线定理中的条件，直接用判定共线. 4.常考结论：四点共面且（为空间任一点）；直线且与不重合. 考点二：空间向量基本定理 1.核心概念：基底（不共面的三个向量，基向量非零）；定理（任一空间向量可唯一表示为）. 2.核心公式：向量分解式（，唯一）；四点共面推论（且共面）. 3.易错点：将共面向量作为基底（如正方体中同一面的三个边向量不可作基底）；忽略分解系数的唯一性，多解或漏解. 4.常考结论：选基底优先选“从同一顶点出发的三条棱向量”（如正方体中）；若且为基底，则唯一确定. 考点三：空间向量坐标运算 1.核心概念：空间直角坐标系（以两两垂直且共点的直线为坐标轴）；向量坐标（，由起点、终点坐标差求得）. 2.核心公式：线性运算（；）；数量积（）；模长（）；夹角（）；共线（）；垂直（）. 3.易错点：建系错误（坐标轴不垂直，如将斜棱柱的侧棱作为轴）；坐标计算错（中点坐标漏除2、对称点坐标符号搞反）；夹角公式漏绝对值（直接用求线线角）. 4.常考结论：点关于面对称点为，关于原点对称点为；若，则（直接用坐标判定）. 考点四：空间向量研究线面关系 1.核心概念：方向向量（与直线平行的非零向量，如直线的）；法向量（与平面垂直的非零向量，如平面的）；线面关系（平行、垂直、夹角：异面直线角、线面角、二面角）. 2.核心公式：异面直线角（，）；线面角（，）；二面角（，，符号由图形判断）；线面平行（且直线不在平面内）；线面垂直（）. 3.易错点：法向量求解漏解（忽略相反向量，如与均为法向量）；线面角与法向量夹角混淆（误用求线面角）；二面角符号判断错（直接取，忽略钝角）. 4.常考结论：正方体/长方体中，可直接取棱向量为方向向量，面的法向量可由棱向量叉乘快速求得；若直线的与平面的平行，则（期末高频证明）. 考点五：空间向量研究距离与夹角问题 1.核心概念：空间距离（点到直线、点到平面、平行直线间、平行平面间距离）；空间夹角（异面直线角、线面角、二面角，范围不同公式有别）；核心公式（点到直线：；点到平面：；平行直线/平面间距离转化为点到直线/平面距离；夹角公式同考点四）. 2.易错点：距离转化错（平行平面间距离直接用两法向量距离计算）；夹角范围记错（异面直线角误取，实际为）；点到平面距离公式漏绝对值（直接用）. 3.常考结论：若平面α∥β，则α内任一点到β的距离都相等（期末简化计算）；求异面直线距离时，若两直线垂直，可直接用公垂线段长度（结合向量更简便）. 题型一 向量线性运算化简与求值 解｜题｜技｜巧 解题关键：熟练掌握三角形法则、平行四边形法则，利用几何体棱的平行/相等关系转化向量. 答题模板：1.审题标注：明确目标向量，圈出已知向量及几何体中棱的平行、相等关系（如、）；2.向量转化：将目标向量逐步拆分为已知向量的线性组合，利用几何体结构特征替换等价向量；3.运算化简：依据向量加法、减法、数乘运算律（交换律、结合律、分配律）整理表达式；4.验证结果：检查运算过程中符号、系数是否正确，确保化简结果简洁且符合题意. 【典例1】（24-25高二下·云南·期末）如图，在三棱锥中，是的中点，点在上，，记，则（   ） A． B． C． D． 【变式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． 【变式2】（24-25高二下·甘肃白银·期末）在四面体中，，，棱，的中点分别为，，若，则 . 题型二 共线/共面向量定理应用 答｜题｜模｜板 解题关键：牢记共线判定、四点共面判定且. 答题模板：1.共线判断模板：①提取两条直线对应的方向向量、；②假设（），列出横、纵、竖坐标对应的等式；③求解，若存在唯一非零满足所有等式，则两直线共线（平行），否则不共线. 2.共面判断模板：①选取空间任意一点（优先选几何体顶点，简化计算）；②写出、、、的向量关系，整理为的形式；③计算系数和，若等于1，则、、、四点共面，否则不共面. 【典例1】（24-25高二上·广东广州·月考）已知点D在确定的平面内，是平面外任意一点，满足，且，，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25高二下·福建漳州·期末）在三棱锥中，是平面内一点，且，则（   ） A． B．1 C．2 D．3 【变式2】（24-25高二上·江苏南通·期末）已知三点不共线，点在平面外，点满足，则当点共面时，实数（    ） A． B． C． D． 题型三 基底的判断与选择 答｜题｜模｜板 解题关键：明确基底必备条件（三个向量不共面、非零），优先选择同一顶点出发的三条棱向量作为基底. 答题模板：1.基底判断模板：①第一步验证向量非零：确认三个向量均不为零向量；②第二步假设共面：假设三个向量、、共面，根据共面向量定理设；③第三步求解方程：列出坐标等式组，若方程组无解，则向量不共面，可作为基底；若有解，则共面，不可作为基底。2.基底选择模板：①优先选同一顶点出发、两两垂直或夹角明确的三条棱向量（如正方体中、、）；②确保所选基底能便捷表示几何体中其他所需向量，减少后续运算量. 【典例1】（24-25高二下·安徽亳州·期末）在三棱柱中，为的中点，则 . 【变式1】（24-25高二上·湖南邵阳·期末）平行六面体中，，，，则 ． 【变式2】（24-25高二上·内蒙古巴彦淖尔·期末）在正四面体中，，则 （用，，表示）．若，则 ． 题型四 向量的基底分解 答｜题｜模｜板 解题关键：利用几何体中的平行、相等、垂直关系，通过线性运算拆分目标向量，结合定理唯一性确定系数. 答题模板：1.确定基底：明确选定的基底，标注基底向量的方向和长度关系；2.拆分目标向量：结合几何体结构，将目标向量沿基底方向拆分，利用等关系转化为基底相关向量；3.列等式：根据向量相等的定义，将目标向量表示为的形式，对应基底向量的系数；4.求解系数：通过几何体中的长度、平行关系列方程，解出、、，最终写出分解式. 【典例1】（24-25高二上·辽宁大连·期中）如图，在四面体OABC中，，，，点在OA上，且，点为BC的中点，设，则 . 【变式1】（23-24高二下·福建宁德·期末）四棱锥的底面是平行四边形，且，若则 ． 【变式2】（23-24高二上·河北石家庄·期末）如图所示，在平行六面体中，，，，点M是的中点，点是上的点，且，若，则 . 题型五 坐标运算与向量性质判断 答｜题｜模｜板 解题关键：熟记坐标运算公式，求线线角时注意夹角公式取绝对值，垂直判定直接用数量积为0. 答题模板：1.明确向量坐标：写出已知向量、的坐标；2.执行运算：①线性运算：，；②数量积：；③模长：；④线线角：（）.3.性质判断：①共线：、、（存在唯一）；②垂直：，即. 【典例1】【多选题】（24-25高二上·福建三明·期末）设，向量，，，且，，则（   ）． A． B． C． D． 【变式1】【多选题】（24-25高二上·浙江杭州·期末）在空间直角坐标系中，已知点，，，，则下列结论正确的是（    ） A． B．A，B，C三点共线 C． D．在上的投影向量为 【变式2】【多选题】（24-25高二上·河南郑州·期末）已知空间向量 ，则下列结论正确的是（    ） A． 与 共面 B． C．在上的投影向量为 D．与夹角的余弦值为 题型六 线线、线面、面面平行/垂直的证明 答｜题｜模｜板 解题关键：熟练求解方向向量、法向量；牢记判定关系（如线面垂直直线方向向量与平面法向量平行）. 答题模板：1.准备工作：建立空间直角坐标系（若未建立），写出相关点的坐标；2.求向量：①方向向量：取直线上两点，计算两点坐标差得方向向量（如直线的方向向量）；②法向量：设平面法向量，取平面内两个不共线向量、，列方程组，求解得法向量（取最简整数比）；3.判定证明：①线线平行：（存在使）；线线垂直：；②线面平行：且直线上一点不在平面内；线面垂直：（存在使）；③面面平行：（存在使）；面面垂直：；4.写结论：结合判定条件，得出平行/垂直的最终结论. 【典例1】（24-25高二上·浙江绍兴·期末）如图，在三棱柱中，底面，，，，为的中点， 为侧棱上的动点. (1)求证：平面平面； (2)试判断是否存在，使得直线.若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 【变式1】（24-25高二上·浙江杭州·期末）在直四棱柱中，底面ABCD是菱形，，且，M为AD的中点，动点P满足，且. (1)若时，求证：； (2)若，E为上一动点，且平面ABCD，求EP的最小值； (3)若，点O为三棱锥外接球的球心，求OP的取值范围. 【变式2】（24-25高二上·湖南·期末）在长方体中，，，，是的中点，点满足，当平面时，的值为 . 题型七 空间角的计算 答｜题｜模｜板 解题关键：明确各角范围，熟记夹角公式（异面直线角用方向向量夹角绝对值的余弦，线面角用方向向量与法向量夹角绝对值的正弦），准确求解法向量. 答题模板：1.异面直线角计算模板：①求方向向量：分别求出两条异面直线的方向向量、；②代入公式：（）；③求角度：根据的值，结合特殊角三角函数值求出.2.线面角计算模板：①求向量：求出直线方向向量和平面法向量；②代入公式：（）；③求角度：根据的值求出（注意区分线面角与法向量夹角，避免用错公式）. 【典例1】（24-25高一下·海南·期末）如图，已知三棱柱中，侧棱与底面垂直，且，，M、N、P、D分别是、、、的中点. (1)求证：平面； (2)求直线平面所成角的正弦值. 【变式1】（24-25高二下·广东深圳·期末）如图，正三棱柱的所有棱长都为，点为线段上靠近点的三等分点，点、、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. 【变式2】（24-25高二下·福建宁德·期末）如图，直四棱柱的底面是正方形，，，分别为线段，上的点，且满足. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 题型八 点到平面距离的计算 答｜题｜模｜板 解题关键：熟记点到平面距离公式（为平面内点，为法向量），平行平面间距离转化为平面内任一点到另一平面的距离. 答题模板：1.点到平面距离模板：①确定向量：选取平面内任意一点，目标点为，求出；求平面的法向量；②代入公式：（绝对值保证距离非负）；③计算结果：代入坐标计算数量积和模长，得出距离值.2.平行关系距离转化模板：①平行直线间距离：转化为其中一条直线上任意一点到另一条直线的距离（同点到直线距离方法）；②平行平面间距离：转化为其中一个平面内任意一点到另一个平面的距离（同点到平面距离方法），无需额外求法向量. 【典例1】（24-25高二上·上海·期末）如图，在四棱台中，底面是菱形，棱平面，，，，则点到平面的距离为 . 【变式1】（24-25高二上·天津和平·期末）正方体的棱长为分别为的中点，为底面的中心，则点到平面的距离为 . 【变式2】（24-25高二上·上海宝山·期中）平面经过点，且的法向量，则到平面的距离为 ． 题型九 二面角与距离综合计算 答｜题｜模｜板 解题关键：先准确求解两个平面的法向量，判断二面角大小（锐角/钝角），再结合距离公式计算，注意运算准确性. 答题模板：1.求二面角：①建立坐标系，写出两个平面内相关点的坐标；②分别求出两个平面的法向量、；③计算法向量夹角余弦值：；④判断二面角类型：根据几何体图形，判断二面角为锐角或钝角，二面角与相等或互补，得出的大小.2.求距离：①若求点到平面距离，按题型9模板计算；②若求异面直线距离，先找公垂线方向向量（可由两直线方向向量叉乘得到），再取两直线上各一点构造向量，投影到公垂线方向向量上求模长。3.综合总结：整理二面角大小和距离结果，规范书写答题步骤. 【典例1】（25-26高二上·北京·期中）如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，，底面ABCD.    (1)证明：； (2)若，求二面角的余弦值； (3)在（2）的条件下，求点到平面的距离. 【变式1】（24-25高二下·广东深圳·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面，，分别为棱，的中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【变式2】（24-25高二下·四川凉山·期末）如图，在圆锥中，为底面圆的内接四边形，对角线过圆心，圆锥母线长为，，. (1)若，平面与平面的交线为，证明：； (2)若，求平面与平面所成角的正弦值. 题型十 动态问题中的向量应用（含动点、动直线/平面） 答｜题｜模｜板 解题关键：1.用参数（如、）表示动态点的坐标或动态向量；2.将几何条件（平行、垂直、角度范围）转化为关于参数的代数方程/不等式；3.借助函数值域或不等式求解参数范围. 答题模板：1.参数化建模：①建立空间直角坐标系，设动点坐标（含参数，如，用表示其中1-2个变量）；②写出动态直线的方向向量或动态平面的法向量（含参数）.2.转化条件：①根据题意列出几何条件（如线面垂直则方向向量与法向量共线、角度则余弦值）；②将向量关系代入，转化为关于参数的方程或不等式.3.求解参数：①解代数方程/不等式，确定参数的取值范围；②若求最值，结合函数单调性或基本不等式计算极值.4.验证结论：结合动态场景验证参数范围的合理性，确保几何意义与代数结果一致. 【典例1】【多选题】（25-26高二上·浙江杭州·期中）棱长为2的正方体中，点在棱上运动，点是棱的中点，则下列说法正确的是（    ） A．若是棱的中点，则平面 B．存在点使 C．若与平面所成的角记为，则 D．点到直线的距离最小值为 【变式1】【多选题】（24-25高二上·贵州毕节·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积是 C．的最小值为 D．不存在点使直线与直线夹角的余弦值为 【变式2】【多选题】（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 题型十一 空间角与距离的最值问题 答｜题｜模｜板 解题关键：1.将角或距离表示为关于某个变量的函数（如线段长度、角度参数）；2.利用向量公式转化函数表达式，结合变量的取值范围求最值；3.区分“角的最值”与“三角函数值的最值”（如异面直线角最小对应余弦值最大）. 答题模板：1.变量设定：①建立坐标系，设影响角/距离的变量（如线段上动点的参数，）；②写出相关点的坐标与向量坐标（含变量）.2.函数转化：①代入空间角或距离公式，将所求量表示为关于变量的函数（如、）；②化简函数表达式，明确变量的取值范围（由几何体边界确定）.3.求最值：①利用一次函数单调性、二次函数顶点式或基本不等式求函数最值；②结合角的范围（如二面角）转化函数最值，得到几何量的最值（如最小则最大）.4.确定最值条件：找到取得最值时的变量值，明确对应的几何位置（如动点的具体坐标） 【典例1】（24-25高一下·黑龙江·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，点在底面的投影恰为的重心． (1)求证：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，点为棱上的动点（不包括端点）． ①求四棱锥的体积； ②求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 【变式1】（24-25高二下·云南丽江·期末）如图，在直三棱柱中，，分别是，的中点．      (1)求证：平面； (2)若且，求平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围． 【变式2】（24-25高一下·浙江宁波·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，． (1)求四棱锥的体积的最大值： (2)在（1）的条件下，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若，求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 题型十二 折叠问题中的空间向量求解 答｜题｜模｜板 解题关键：1.区分折叠前后的“不变量”（长度不变、共面关系不变）与“变量”（空间位置关系变化）；2.折叠后以“不变的垂直关系”为依据建立坐标系；3.注意折叠后平面与平面的交线，以此为桥梁关联前后坐标. 答题模板：1.分析折叠前后的关系：①标注平面图形中的垂直关系、线段长度（不变量）；②确定折叠后几何体的结构，明确交线（如折痕为交线）.2.建系与坐标求解：①以折叠后仍垂直的两条线段为坐标轴，折痕上的顶点为原点；②利用不变的线段长度，写出折叠后各顶点的坐标（注意折叠后空间位置的变化，避免坐标符号错误）.3.向量运算：①计算方向向量与法向量，验证折叠后的垂直/平行关系；②代入空间角或距离公式计算所求量.4.验证合理性：结合折叠的动态过程，验证所求角或距离是否符合空间几何体的实际位置关系. 【典例1】（25-26高二上·安徽芜湖·期中）如图，在平面四边形中为等腰直角三角形，为正三角形，，将沿翻折至，其中为动点. (1)三棱锥的各个顶点都在球的球面上： ①当二面角的大小为时，求球的表面积； ②求球的表面积的最小值； (2)求二面角的余弦值的最小值. 【变式1】（25-26高二上·江西宜春·月考）如图1，在平面四边形中，，，，，将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图2所示. (1)求证：平面； (2)设线段的中点为，求平面与平面所成的二面角的余弦值. 【变式2】（25-26高三上·湖北襄阳·月考）如图，在中，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至，得到四棱锥为棱上一动点（不包含端点）． (1)若为棱的中点，证明：平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求. 题型十三 向量法解决探索性问题（存在性问题） 答｜题｜模｜板 解题关键：1.假设存在满足条件的点或直线，用参数表示其坐标或方向向量；2.将几何条件转化为向量的代数方程；3.若方程有解则存在，无解则不存在. 答题模板：1.假设与参数化：①假设存在满足条件的点（或直线），设的坐标为（含参数，如在某线段上则用表示为，）；②写出相关直线的方向向量或平面的法向量.2.条件转化：①将题目条件（如平面则垂直平面内两条相交直线）转化为向量关系（如且）；②代入坐标得到关于参数的方程组.3.求解验证：①解方程组，判断是否存在符合条件的参数（如）；②若存在，求出参数值并确定点/直线的位置；若不存在，说明方程无解的原因.4.总结结论：明确写出“存在”或“不存在”，并补充对应的几何位置（如存在点，当时位于线段中点）. 【典例1】（25-26高三上·北京昌平·月考）如图，四边形、均为直角梯形，，，，且． (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【变式1】（25-26高二上·江苏无锡·期中）如图，平行六面体的所有棱长均为1，，，平面平面，点，满足，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值； (3)是否存在点在线段上，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. 【变式2】（25-26高二上·河北秦皇岛·期中）如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，且，，，为中点． (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 期末基础通关练（测试时间：30分钟） 一、单选题 1．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知为空间的一组基底，则下列各组向量中能构成空间的一组基底的是（   ） A．，， B．，， C．，， D．，， 2．（21-22高一下·重庆沙坪坝·期末）如图，在斜三棱柱中，为的中点，为靠近的三等分点，设，则用表示为（　　） A． B． C． D． 3．（25-26高二上·湖北孝感·期中）设空间向量.若不能构成空间向量的一组基底，则（   ） A． B． C． D． 4．（25-26高二上·河北张家口·期中）设，向量，且，，则（   ） A． B． C．4 D．3 二、多选题 5．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知空间中三点，则（   ） A．向量与向量垂直 B．平面的一个法向量为 C．与的夹角余弦值为 D． 三、填空题 6．（25-26高二上·天津河东·期中）在空间直角坐标系中，若，四点共面，则 ． 7．（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 .    8．（24-25高二上·安徽黄山·期末）已知正方体的边长为，点是的中点，则点到直线的距离为 . 9．（24-25高二下·甘肃白银·期末）在空间直角坐标系中，已知点，，且平面的一个法向量，则直线与平面所成角的正弦值为 . 10．（24-25高二下·河南南阳·期末）在空间直角坐标系中，，平面的一个法向量为，则点到平面的距离为 . 期末重难突破练（测试时间：60分钟） 一、单选题 1．（24-25高二上·河南周口·月考）在正三棱锥中，，点满足，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·吉林松原·期末）郑国渠是秦王嬴政命郑国修建的著名水利工程，先人用智慧和勤劳修筑了一道道坚固的堤坝.如图是一道堤坝的示意图，堤坝斜面与底面的交线记为，点分别在堤坝斜面与地面上，过点分别作直线的垂线，垂足分别为，若，二面角的大小为，则（    ） A．3 B． C． D．6 3．（24-25高二上·福建南平·期末）如图，在三棱锥中，点为底面的重心，点是线段的中点，过点的平面分别交，，于点，，，若，，，则（   ） A． B． C． D． 二、多选题 4．（24-25高一下·广东云浮·期末）已知正四面体的每条棱长均为为正四面体的外接球的直径，点在正四面体的表面上运动，则下列结论正确的是（    ） A．正四面体外接球的表面积为 B．正四面体内切球的体积为 C．的最大值为 D．的最小值为 5．（24-25高一下·浙江宁波·期末）在长方体中，，空间中的点满足，则下列说法正确的是（       ） A．若，则点在平面上 B．若，且，则与面所成角最小值的正切值为 C．若，则的最小值为 D．若，且在长方体表面上，则的轨迹长度为 6．（2025·湖南·三模）如图，两个边长均为1的正方形与正方形所在的平面互相垂直.点，分别是对角线，上的动点，且，的长度相等，记，点是线段上的一点.下列结论正确的是（    ）    A． B．的最小值是 C．三棱锥与三棱锥的体积相等 D．若点，，，，，在同一个球的球面上，则该球的体积是 三、解答题 7．（25-26高二上·福建福州·期中）如图（1），在直角梯形中，，，过的中点作交于点，，现将四边形沿着翻折至位置，使得，如图（2）所示． (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由． 8．（23-24高二上·天津北辰·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，，，，且平面平面ABCD，在平面ABCD内过B作，交AD于O，连PO.    (1)求证：平面ABCD； (2)求面APB与面PBC所成角的正弦值； (3)在线段PA上存在一点M，使直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为，求PM的长. 9．（24-25高一下·重庆·期末）已知梯形中，，如图1.将沿折起到，得到三棱锥，如图2，分别为棱､的中点. (1)若，求证：平面平面； (2)若，求二面角的正弦值； (3)是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 10．（24-25高二下·福建泉州·期末）如图，在四棱台中，．底面ABCD为菱形，，点E为的中点．，连接AC、BD，设交点为O，连接． (1)求证：； (2)若，且二面角大小为60°，求三棱锥外接球的表面积． 期末综合拓展练（测试时间：6-分钟） 1．（25-26高二上·辽宁朝阳·期中）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图1，球O的半径为R，A，B，C为球面上三点，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角C-OA-B，A-OB-C，B-OC-A分别为，，，则球面三角形ABC的面积为.    (1)若平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积； (2)将图1中四面体OABC截出得到图2，若平面三角形ABC为直角三角形，，延长AO与球O交于点D，连接BD，CD. （ⅰ）证明：； （ⅱ）若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，且，，S为AC的中点，T为BC的中点，设平面OBC与平面EST的夹角为，求的最小值. 2．（24-25高一下·山西运城·期末）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.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.如图，在三棱锥中. (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面，三棱锥在顶点处的离散曲率为，求点到平面的距离； (3)在（2）的前提下，又知点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度. 3．（24-25高二下·云南昭通·期末）空间直角坐标系中，任意直线由直线上一点及直线的一个方向向量唯一确定，其标准式方程可表示为.若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，整理成一般式方程为.若直线与平面相交，则可以通过联立直线和平面的方程求出交点坐标.若两个平面相交，则交线的方向向量可由两个平面的法向量确定.已知直线的方向式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为 (1)求直线与平面所成角的余弦值； (2)求与所成角的正弦值； (3)已知三棱柱的顶点，平面的方程为，直线的方程为，平面的方程为.求点坐标及直线与直线所成角的余弦值. 4．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·月考）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． 5．（2025·全国·模拟预测）如图，矩形中为中点，将沿着折叠至. (1)证明：平面； (2)设平面平面，点，过作一截面，与棱分别交于点，且平面，记四棱锥的体积为，四棱锥的体积为，若直线与平面所成角的正弦值为，求. 6．（24-25高三下·甘肃白银·月考）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． 1 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $