专题04 空间向量与立体几何10大考点（高效培优期末专项训练）高二数学上学期北师大版

专题04 空间向量与立体几何 考点01 空间向量的线性运算 1 考点02 空间向量共面定理 5 考点03 空间向量的数量积运算 7 考点04 空间向量坐标运算 9 考点05 空间向量研究平行与垂直 12 考点06 空间向量求点到直线与点到平面的距离 17 考点07 空间向量求线面角 20 考点08 空间向量求二面角 21 考点09 空间向量中的存在性问题 25 考点10 空间向量中的最值问题 27 考点01 空间向量的线性运算 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·浙江台州·期中）向量与共线，且方向相同，则 . 3．（24-25高二上·江西抚州·期末）如图，三棱锥中，，，，且，，则（    ）    A． B． C． D． 4．（24-25高二上·辽宁丹东·期末）在四面体中，，，，点满足，为的中点，且，则（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高二上·北京昌平·期末）已知四面体中，设，，，为的中点，为的中点，则用向量可表示为（   ） A． B． C． D． 考点02 空间向量共面定理 6．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知M，A，B，C为空间中四点，任意三点不共线，且，若M，A，B，C四点共面，则的值为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 7．（24-25高三上·广东深圳·月考）在三棱锥中，与中点分别为，点为中点．若在上满足，在上满足，平面交于点，且，则 ． 8．（24-25高二上·天津·月考）在四面体中，空间的一点满足，若、、、四点共面，则（    ） A． B． C． D． 9．（21-22高二上·福建厦门·期中）已知动点在所在平面内运动，若对于空间中不在平面上的任意一点，都有，则实数的值为（    ） A．0 B．2 C． D． 10．（23-24高二上·山东枣庄·月考）如图，在正方体中，点M是上靠近点C的三等分点，点N满足，若N为AM与平面的交点，则t＝（    ） A． B． C． D． 考点03 空间向量的数量积运算 11．（25-26高二上·北京·期中）如图，在平行六面体中，，，则（    ） A． B．8 C．-4 D．4 12．（25-26高二上·江苏南通·期中）如图，在棱长为2的正四面体中，已知是线段的中点，点在线段上，且. (1)用向量表示； (2)求； (3)求向量与夹角的余弦值. 13．（22-23高二上·湖北咸宁·期末）如图所示，在棱长均为2的平行六面体中，，点M为与的交点，则的长为 . 14．（24-25高二下·福建宁德·期末）在三棱锥中，，，两两垂直，且，为的中点，为的中点，若为该三棱锥外接球上的一点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 15．（24-25高二下·上海闵行·期末）已知正四面体的棱长为，空间中的动点满足，则的取值范围是 ． 考点04 空间向量坐标运算 16．（22-23高二上·河南平顶山·月考）已知向量，. (1)求的值； (2)求向量与夹角的余弦值. 17．（23-24高二上·广东东莞·月考）已知，，，若共面，则实数的值为（   ） A． B． C． D． 18．【多选题】（22-23高二上·浙江温州·期末）已知空间向量，，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若在上的投影向量为，则 D．若与夹角为锐角，则 19．（24-25高一下·吉林长春·期末）求解回答以下问题 (1)已知向量，若，求的值； (2)已知向量，求上的投影向量. 20．（24-25高一下·重庆·期末）如图，在棱长为2的正方体中，M为棱的中点，点Q在底面正方形内运动，满足，则点Q的轨迹长度为（    ）． A． B． C． D． 考点05 空间向量研究平行与垂直 21．（25-26高二上·福建·月考）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，底面是正方形，，分别为，的中点，点在线段上，与交于点，，若平面，则（    ） A． B． C． D． 22．（24-25高一下·黑龙江·期末）已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则（   ） A． B．1 C．2 D．4 23．（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. 24．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，当与垂直时，点的运动轨迹长度为 . 25．（24-25高二上·北京平谷·期末）如图，正方体中，、分别是、上的中点，是上的动点.下列结论错误的是（    ） A．存在点，使得平面 B． C．平面截正方体所得截面为等腰梯形 D．平面平面 考点06 空间向量求点到直线与点到平面的距离 26．（24-25高二上·辽宁·月考）在空间直角坐标系中，直线经过点，且其方向向量，则点到直线的距离为（   ） A． B． C．3 D． 27．（25-26高二上·河北保定·月考）如图，在正四棱台中，分别是棱的中点．若正四棱台的体积是28，则点E到直线的距离是（   ）    A． B． C． D． 28．（25-26高三上·上海松江·期末）已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，是边长为2的正三角形，侧面底面ABCD． (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 29．（25-26高二上·北京·期中）在三棱锥中，，，，则点P到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 30．（25-26高二上·山西太原·月考）如图，且，，且，且，平面，... (1)若为的中点，为的中点，求证：平面； (2)求点到线段的距离． 考点07 空间向量求线面角 31．（24-25高二下·广东湛江·期末）如图，已知四棱锥，底面，圆为底面的外接圆，是直径，，． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值． 32．（25-26高二上·陕西榆林·期中）如图，正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，过作平面，使得，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 33．（2025高二上·全国·专题练习）正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一．如图，该几何体是一个高为4的正八面体，G为的中点，则异面直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 34．（24-25高二上·安徽黄山·期末）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为中点． (1)求证：平面； (2)求三棱锥的外接球的体积； (3)线段上（不含端点）是否存在点，使得与平面所成角为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 35．（24-25高二下·河南洛阳·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面平面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，，，E是BC的中点，点Q在侧棱PC上.    (1)求证：； (2)是否存在点Q，使DC与平面DEQ所成角的正弦值为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 考点08 空间向量求二面角 36．（2025·河北保定·二模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面为棱上的动点.    (1)当为棱的中点时，证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 37．（25-26高二上·四川南充·期中）如图1，在平行四边形中，，，如图2，沿将折起到的位置，使得点到点的距离为，则二面角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 38．（25-26高二上·陕西商洛·期中）如图，已知直三棱柱，，，为的中点.    (1)求点到平面的距离. (2)求二面角的余弦值. 39．（25-26高二上·湖北孝感·月考）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点是四边形内部的一点，且平面与平面的夹角为，则点的轨迹的长度为（   ）    A． B． C． D． 40．（25-26高二上·陕西西安·月考）如图1，在梯形ABCD中，，，．将沿BD折起到的位置，如图2，记二面角的平面角为．    (1)若，求PB与平面PCD所成角的余弦值； (2)若，求平面PBC与平面PCD夹角的余弦值； (3)若点B到平面PCD的距离为，求． 考点09 空间向量中的存在性问题 41．（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． 42．（25-26高二上·陕西咸阳·月考）如图，在多面体中，平面平面四边形为平行四边形， 为的中点. (1)求证：； (2)求点到平面的距离； (3)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，求的值；若不存在，请说明理由. 43．（24-25高二上·广东·期末）如图，在三棱锥中，，，是线段上的点． (1)求证：平面平面； (2)若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若平面，为垂足，直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的长． 44．（24-25高二上·海南海口·期末）在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面底面，.点分别是棱的中点. (1)求证：； (2)设平面平面，求直线与平面所成角的余弦值； (3)若点分别是棱的中点，平面与棱的交点为，则在线段上是否存在一点，使得，若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 45．（24-25高二上·山东·月考）如图，在四棱锥中，平面平面 为棱的中点. (1)证明： 平面； (2)若， （i）求二面角的余弦值； （ii）在棱上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 考点10 空间向量中的最值问题 46．（24-25高二下·甘肃酒泉·期末）如图，在长方体中，，点E在棱AB上移动，点F是棱BC的中点. (1)求证：； (2)当E为AB中点时，求直线EF到平面的距离； (3)当AE等于何值时，平面与平面所成的角最小？ 47．（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． 48．【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 49．（25-26高二上·云南文山·月考）长方体中，，，为侧面内的一个动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 50．【多选题】（24-25高二下·湖北荆门·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点O为线段的中点，且点P满足（，），则下列说法正确的是（    ） A．若平面，则最小值为 B．若平面，则， C．若，则P到平面的距离为 D．若，时，直线与平面所成角为，则 33 / 35 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04 空间向量与立体几何 考点01 空间向量的线性运算 1 考点02 空间向量共面定理 5 考点03 空间向量的数量积运算 7 考点04 空间向量坐标运算 9 考点05 空间向量研究平行与垂直 12 考点06 空间向量求点到直线与点到平面的距离 17 考点07 空间向量求线面角 20 考点08 空间向量求二面角 21 考点09 空间向量中的存在性问题 25 考点10 空间向量中的最值问题 27 考点01 空间向量的线性运算 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·浙江台州·期中）向量与共线，且方向相同，则 . 【答案】14 【分析】根据共线得到等式，计算即可求得结果. 【详解】因为向量与共线，且方向相同， 所以，则， 得到，解得，， 所以， 故答案为：. 3．（24-25高二上·江西抚州·期末）如图，三棱锥中，，，，且，，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用空间向量的运算法则求解即可. 【详解】如图所示： . 故选：C. 4．（24-25高二上·辽宁丹东·期末）在四面体中，，，，点满足，为的中点，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量的线性运算计算即可. 【详解】由题意 ， 所以，解得， 故选：B 5．（24-25高二上·北京昌平·期末）已知四面体中，设，，，为的中点，为的中点，则用向量可表示为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量的线性运算的几何表示可得. 【详解】 如图，， 故选：A 考点02 空间向量共面定理 6．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知M，A，B，C为空间中四点，任意三点不共线，且，若M，A，B，C四点共面，则的值为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【分析】利用共面向量定理的推论求解即可. 【详解】依题意，，所以. 故选：A 7．（24-25高三上·广东深圳·月考）在三棱锥中，与中点分别为，点为中点．若在上满足，在上满足，平面交于点，且，则 ． 【答案】 【分析】利用向量的线性运算，结合四点共面，即可得到结果. 【详解】 由题意得，， ∵，，，∴，，， ∴， ∵点四点共面， ∴，解得. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据空间向量的线性运算得到，利用四点共面可知，即可得到的值. 8．（24-25高二上·天津·月考）在四面体中，空间的一点满足，若、、、四点共面，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用空间向量的共面向量定理的推论列式计算即得. 【详解】在四面体中，不共面， 而 则 所以 故选：D 9．（21-22高二上·福建厦门·期中）已知动点在所在平面内运动，若对于空间中不在平面上的任意一点，都有，则实数的值为（    ） A．0 B．2 C． D． 【答案】B 【分析】由三点共面得到系数之和为，从而解出的值. 【详解】因为，动点在所在平面内运动，所以，解得． 故选：B． 10．（23-24高二上·山东枣庄·月考）如图，在正方体中，点M是上靠近点C的三等分点，点N满足，若N为AM与平面的交点，则t＝（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用空间共面向量定理的推论列式计算即得. 【详解】在正方体中，由点M是上靠近点C的三等分点， 得，于是， 由N为AM与平面的交点，得点共面，则，所以. 故选：C 考点03 空间向量的数量积运算 11．（25-26高二上·北京·期中）如图，在平行六面体中，，，则（    ） A． B．8 C．-4 D．4 【答案】C 【分析】根据空间向量加法的运算性质，结合空间向量数量积的运算性质和定义进行求解即可. 【详解】因为，， 所以 . 故选：C. 12．（25-26高二上·江苏南通·期中）如图，在棱长为2的正四面体中，已知是线段的中点，点在线段上，且. (1)用向量表示； (2)求； (3)求向量与夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解； （2）利用向量的模与数量积的关系求解即可； （3）利用向量的夹角公式计算即可求解. 【详解】（1） ； （2） （3）因为， 所以 . . 由正四面体的棱长为2，可得， 所以. 13．（22-23高二上·湖北咸宁·期末）如图所示，在棱长均为2的平行六面体中，，点M为与的交点，则的长为 . 【答案】 【分析】可以通过向量的加法将表示为其他向量的和，再利用向量的模长公式来求解. 【详解】根据向量加法三角形法则得到，， 即，即，展开得到， ， 运用数量积公式计算得到. 因为，所以. 故答案为：. 14．（24-25高二下·福建宁德·期末）在三棱锥中，，，两两垂直，且，为的中点，为的中点，若为该三棱锥外接球上的一点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意设为为中点，，故问题转换为求的最大值即可. 【详解】 设三棱锥的外接球的球心为， ，，两两垂直，且，则； 三棱锥的外接球的半径为 为的中点，为的中点，，设为为中点，则 ，   ， 要使取到最大值，则必须达到最大，则、、三点要共线， 且满足，故 故选：D. 15．（24-25高二下·上海闵行·期末）已知正四面体的棱长为，空间中的动点满足，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据向量的线性运算可得，即可得，再利用转化法可得向量数量积. 【详解】 如图所示，设中心为，则平面， 则， 即，即， 所以点在以为球心，为半径的球上， 由已知正四面体的棱长为， 则，， 则 ， 故答案为：. 考点04 空间向量坐标运算 16．（22-23高二上·河南平顶山·月考）已知向量，. (1)求的值； (2)求向量与夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据向量模的坐标表示求解； （2）根据向量夹角的坐标表示求解. 【详解】（1），， ，， . （2）设与的夹角为，则，     ，，     ，， ， ， 向量与夹角的余弦值为. 17．（23-24高二上·广东东莞·月考）已知，，，若共面，则实数的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】依题意可得，从而得到方程组，解得即可． 【详解】因为，，，且共面， 则存在实数满足，即， 所以，解得． 故选：B 18．【多选题】（22-23高二上·浙江温州·期末）已知空间向量，，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若在上的投影向量为，则 D．若与夹角为锐角，则 【答案】ABD 【分析】对于A，结合向量垂直的性质即可求解；对于B，结合向量的四则运算即可求解；对于C，利用投影的几何意义即可求解； 对于D，根据向量的夹角公式即可求解. 【详解】对于A， ， ， 又，， 即， 解得，故A正确， 对于B， ， ， ，解得，故B正确， 对于C，在上的投影向量为，即， 代入坐标化简可得， 故，无解，故C错误， 对于D， 与夹角为锐角， ，解得， 且与不共线，即，解得， 则与夹角为锐角，解得，故D正确. 故选：ABD. 19．（24-25高一下·吉林长春·期末）求解回答以下问题 (1)已知向量，若，求的值； (2)已知向量，求上的投影向量. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由平面向量平行及坐标表示即可运算求解； （2）利用空间向量的投影公式即可求解. 【详解】（1）由题意可得，由， 可得，解得：， 故的值为； （2）由题意可得上的投影向量为， 故得上的投影向量为. 20．（24-25高一下·重庆·期末）如图，在棱长为2的正方体中，M为棱的中点，点Q在底面正方形内运动，满足，则点Q的轨迹长度为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，借助空间向量数量积确定点Q的轨迹即可. 【详解】 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设，则， 由，得，整理得， 所以点Q的轨迹是以点为圆心，1为半径的圆，此圆在正方形内部， 所以点Q的轨迹长度为. 故选：C. 考点05 空间向量研究平行与垂直 21．（25-26高二上·福建·月考）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，底面是正方形，，分别为，的中点，点在线段上，与交于点，，若平面，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】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，求出平面的法向量，设，由求出a即可． 【详解】∵平面，平面， ∴，，又底面是正方形， ∴，则两两垂直， 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， 由，，分别为，的中点， 则， 设平面的法向量为，则， 令，得，设，则， ∵平面， ∴，则，即， 解得，故． 故选：D． 22．（24-25高一下·黑龙江·期末）已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则（   ） A． B．1 C．2 D．4 【答案】B 【分析】根据向量垂直的性质，两个垂直向量的数量积为，由此可列出关于的方程，进而求解的值. 【详解】已知， 所以 解得： 故选：B. 23．（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. 24．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，当与垂直时，点的运动轨迹长度为 . 【答案】 【分析】建系标点，设，根据垂直关系可得轨迹方程，进而可得轨迹长度. 【详解】以为坐标原点，分别为，建立空间直角坐标系， 则，设， 可得， 因为，则， 整理可得，即点的轨迹方程为， 令，则；令，则； 可知点的轨迹即为点与两点之间的线段， 所以轨迹长度为. 故答案为：. 25．（24-25高二上·北京平谷·期末）如图，正方体中，、分别是、上的中点，是上的动点.下列结论错误的是（    ） A．存在点，使得平面 B． C．平面截正方体所得截面为等腰梯形 D．平面平面 【答案】B 【分析】通过建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，写出相关点的坐标，求得相关向量的坐标，利用空间向量的相关运算即可判断线面、线线以及面面之间的位置关系，逐一判断A，B，D项，对于C，只需通过作截面，说理计算即可判断. 【详解】 如图建系，设正方体的棱长为2. 对于A，易得， 因是的中点，故，点在上，设， 则， 平面的法向量可取为， 由，解得，即存在，使得平面， 此时，点恰为的中点，故A正确； 对于B，由上建系，则， 由，可知与不垂直，故B错误； 对于C，如图，取的中点为，连接，易得， 因，则得，故有，则， 又平面平面，平面平面， 故即为平面与平面的截线， 又，故平面截正方体所得截面为等腰梯形，故C正确； 对于D，由上建系，因为的中点，则，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 又， 设平面的法向量为， 则，故可取， 由，可得， 故平面平面，即D正确. 故选：B. 考点06 空间向量求点到直线与点到平面的距离 26．（24-25高二上·辽宁·月考）在空间直角坐标系中，直线经过点，且其方向向量，则点到直线的距离为（   ） A． B． C．3 D． 【答案】D 【分析】由点到直线的距离的向量公式即可求解． 【详解】由题意可得与同向的单位向量 点到直线的距离． 故选：D 27．（25-26高二上·河北保定·月考）如图，在正四棱台中，分别是棱的中点．若正四棱台的体积是28，则点E到直线的距离是（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系．利用空间向量法求出点到直线的距离即可. 【详解】设正方形的中心分别为，棱的中点为H，连接，易证两两垂直， 则以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为正四棱台的体积是28，所以， 即，解得，则， 所以，故点E到直线的距离．    故选：C 28．（25-26高三上·上海松江·期末）已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，是边长为2的正三角形，侧面底面ABCD． (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线线垂直. （2）利用空间向量求点到平面的距离. 【详解】（1）取中点，中点，连接，. 因为为等边三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 平面，所以， 又底面是直角梯形，，所以. 又分别为，中点，所以，所以. 所以两两垂直. 故以为原点，建立如图空间直角坐标系， 因为，所以，，，. 所以，. 因为. 所以，所以. （2）由（1）得，，，. 设平面的一个法向量为， 则 ，令，可得. 所以点到平面的距离为：. 29．（25-26高二上·北京·期中）在三棱锥中，，，，则点P到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式求解即可. 【详解】因，，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 所以点P到平面的距离为； 故选：C 30．（25-26高二上·山西太原·月考）如图，且，，且，且，平面，... (1)若为的中点，为的中点，求证：平面； (2)求点到线段的距离． 【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，求出平面的法向量，再利用空间位置关系的向量证明推理即得. （2）利用空间点到直线的距离公式计算即可. 【详解】（1）由，平面，得直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，令，得， 显然，即，而直线平面， 所以平面. （2）由（1）知， 所以点到直线的距离. 考点07 空间向量求线面角 31．（24-25高二下·广东湛江·期末）如图，已知四棱锥，底面，圆为底面的外接圆，是直径，，． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直得出线线垂直，利用圆的性质得出线线垂直，进而得出线面垂直，进而证明面面垂直； （2）利用垂直关系建立空间直角坐标系，结合已知条件得出相关点坐标和向量坐标，求出平面法向量，利用直线所在向量与平面法向量夹角的余弦值得出线面角的正弦值． 【详解】（1） 底面，底面， ， 又圆为底面的外接圆，是直径， ， ，平面，， 平面， 平面， 平面平面． （2）以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 由，得， ， ，，， 设平面的一个法向量为， ，， 设直线与平面所成角为，， ， 直线与平面所成的角的正弦值为． 32．（25-26高二上·陕西榆林·期中）如图，正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，过作平面，使得，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出相关点的坐标和相关平面的法向量，再利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】因正方体的棱长为2，由图易得： ，，，，， 而，分别是棱，的中点，可得，， 则，，设平面的法向量为， 依题意在平面上，所以，则， 因为，所以，则， 令，，，故， 而，设直线与平面所成角为， 可得，故C正确. 故选：C 33．（2025高二上·全国·专题练习）正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一．如图，该几何体是一个高为4的正八面体，G为的中点，则异面直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接交于点，连接，建系标点，求直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【详解】连接交于点，连接， 因为该几何体是一个高为4的正八面体， 所以，，， 设棱长为，则，， 所以在中，，即，解得， 以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以，平面的法向量为， 设直线与平面所成的角为， 所以. 故选：A. 34．（24-25高二上·安徽黄山·期末）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为中点． (1)求证：平面； (2)求三棱锥的外接球的体积； (3)线段上（不含端点）是否存在点，使得与平面所成角为？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)存在为靠近的处或中点，满足要求. 【分析】（1）若是的中点，连接，易得四边形为平行四边形，则，再由线面平行的判定证明结论； （2）首先注意是长宽高分别为的长方体的一部分，再求出外接球的半径，即可求球体的体积； （3）构建合适的空间直角坐标系，标出相关点坐标并设且，再求出与平面的方向向量、法向量，应用向量法求线面角得到方程，即可得结论. 【详解】（1）若是的中点，连接，又为中点，则，， 由且，所以，， 所以四边形为平行四边形，则， 平面，平面，则平面； （2）由平面，即平面，平面，则 由，，则， 且都在平面内， 所以平面，易知是长宽高分别为的长方体的一部分， 所以为长方体的体对角线，且与该长方体的外接球重合，故， 所以外接球半径，则外接球的体积为； （3）构建如上图示的空间直角坐标系，则且， 所以， 若是平面的一个法向量，则，取，则， 由与平面所成角为，则， 所以，可得，可得或， 综上，存在为靠近的处或中点时，与平面所成角为. 35．（24-25高二下·河南洛阳·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面平面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，，，E是BC的中点，点Q在侧棱PC上.    (1)求证：； (2)是否存在点Q，使DC与平面DEQ所成角的正弦值为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或. 【分析】（1）取AD中点O，连接OP，OB，结合等边三角形的性质利用线面垂直的判定定理得平面PBO，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，设，，则，求出平面DEQ的法向量，利用线面角的向量公式列方程求出，即可得解. 【详解】（1）证明：取AD中点O，连接OP，OB. ∵，∴， 在菱形ABCD中，，可得为等边三角形， ∴，又∵PO，平面PBO，且， ∴平面PBO，∵平面PBO，∴.    （2）解：∵，平面平面ABCD，平面平面， 且平面PAD，∴平面ABCD， 以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 假设存在点Q满足题意，设，， 则， ∴，，，， 设平面DEQ的法向量为， 则 令，则，，∴. 设DC与平面DEQ所成角为，则，解得或. ∴存在点Q，使得DC与平面DEQ所成角的正弦值为，此时或. 考点08 空间向量求二面角 36．（2025·河北保定·二模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面为棱上的动点.    (1)当为棱的中点时，证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，求证，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求得平面法向量，代入夹角公式即可. 【详解】（1）取的中点，连接，，    因为为的中点，所以， 因为，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）因为平面， 在平面内，所以， 即两两垂直， 故可以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则 因为，所以， 所以.   设平面的法向量为， 则，取，得，所以 因为平面，所以平面. 所以为平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为，    则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 37．（25-26高二上·四川南充·期中）如图1，在平行四边形中，，，如图2，沿将折起到的位置，使得点到点的距离为，则二面角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】解法一：设二面角的大小为，则，由结合空间向量数量积的运算性质可求得，即可得出的值，即为所求； 解法二：设二面角的大小为，则，求出的值，即可求出的值，即为所求. 【详解】解法一：翻折前，在平行四边形中，，，则， 翻折后，则有，， 由题意可得，，， 设二面角的大小为，则， 由， 得， 因为，所以， 解得，则， 故二面角的余弦值为. 解法二：翻折前，在平行四边形中，，，则， 则， 翻折后，则有，，， 设二面角的大小为，则， 由题意可得，，， 因为，故， 即，故， 因为， 所以． 故二面角的余弦值为. 故选：D. 38．（25-26高二上·陕西商洛·期中）如图，已知直三棱柱，，，为的中点.    (1)求点到平面的距离. (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标，利用坐标法求点到面的距离即可； （2）利用向量的夹角公式即可求解. 【详解】（1）由题意有：， 以为坐标原点，分别以方向为轴，建立空间直角坐标系，如图，    由，所以， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 所以点到平面的距离为：， 所以点到平面的距离为； （2）由（1）有平面的一个法向量为， 显然平面的一个法向量为， 所以， 所以二面角的余弦值为. 39．（25-26高二上·湖北孝感·月考）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点是四边形内部的一点，且平面与平面的夹角为，则点的轨迹的长度为（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由平面与平面的夹角为，知点在以为端点的一条线段上，再利用向量法求解。 【详解】如图，以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，    则. 由平面与平面的夹角为，知点在以为端点的一条线段上， 设直线与轴的交点为，平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，， 则取，故平面的一个法向量为. 又由平面与平面的夹角为，得 ， 解得，所以点的轨迹的长度为. 故选：D． 40．（25-26高二上·陕西西安·月考）如图1，在梯形ABCD中，，，．将沿BD折起到的位置，如图2，记二面角的平面角为．    (1)若，求PB与平面PCD所成角的余弦值； (2)若，求平面PBC与平面PCD夹角的余弦值； (3)若点B到平面PCD的距离为，求． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】分析图1折叠到图2后，有哪些量是不变的量，并找到底面的垂直关系，建立空间直角坐标系，根据已知条件分别确定3个小题中点P的坐标，然后利用向量分别解决对应小题中的问题. 【详解】（1）取棱BD的中点E，棱CD的中点F，连接PE，PF，EF. 图1中：因为梯形ABCD中，，，， 所以所以. 中，由余弦定理得： 所以.所以，所以. 图2中，所以； 因为，所以,所以. 以点E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EF所在直线为y轴建立空间直角坐标系.则. 若，则所以，且 因为平面,且，所以平面. 所以点，则，. 设平面的法向量为，则， 所以，令,则， 所以平面的一个法向量为. . 所以PB与平面PCD所成角的正弦值为， 所以PB与平面PCD所成角的余弦值为. 方法二：中，，所以. 所以,. 因为，所以点B到平面的距离. 所以PB与平面PCD所成角的正弦值为， 所以PB与平面PCD所成角的余弦值为.    （2）由(1)知：.以点E为坐标原点，ED所在直线为x轴， EF所在直线为y轴建立空间直角坐标系. 则， 设 ，则，，所以. 因为，，，所以， 解得：，所以， . 设平面的法向量为，由得. 令，则.所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，由得. 令，则.所以平面的一个法向量为. . 所以平面PBC与平面PCD夹角的余弦值为. （3）由(1)知：.以点E为坐标原点，ED所在直线为x轴， EF所在直线为y轴建立空间直角坐标系. 则， 设 ，则，. 因为，，所以，所以：. 因为. 设平面的法向量为， 由得. 令，则.所以平面的一个法向量为. 因为,所以点B到平面PCD的距离为， 整理得：，所以，或（舍去）. 所以，所以. 考点09 空间向量中的存在性问题 41．（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. 42．（25-26高二上·陕西咸阳·月考）如图，在多面体中，平面平面四边形为平行四边形， 为的中点. (1)求证：； (2)求点到平面的距离； (3)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，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】(1)由余弦定理求出，由勾股定理得，由面面垂直的性质定理可证得平面从而得到； (2)由（1）得两两垂直，所以以所在的直线分别为轴轴轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求得点到平面的距离； (3)假设线段上是否存在一点使得平面与平面的夹角的余弦值为.设根据（2）建立的空间直角坐标系，根据平面与平面夹角的向量求法，构建关于的方程，求出的值，即可求得的值. 【详解】（1）证明：在中，因为 所以 所以所以 又平面平面平面平面平面 所以平面 又平面所以. （2）由（1）知平面 平面，所以又所以两两垂直. 以所在的直线分别为轴轴轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 因为四边形是平行四边形，所以，所以， . 设平面的一个法向量 因为 所以即 令则所以 所以点到平面的距离. （3）假设线段上是否存在一点使得平面与平面的夹角的余弦值为. 设由（2）知,则 所以 设平面的一个法向量因为 所以即 令则所以 由（2）知平面的一个法向量为： 设平面与平面的夹角为则 解得或（舍）. 所以存在点使得满足要求，此时即. 43．（24-25高二上·广东·期末）如图，在三棱锥中，，，是线段上的点． (1)求证：平面平面； (2)若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若平面，为垂足，直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，连接、，推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）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直线与平面所成角的正弦值； （3）设，设，根据空间向量的坐标运算求出点的坐标，将三棱锥的体积表示为关于的函数关系式，利用基本不等式求出三棱锥体积的最大值，利用等号成立的条件求出的值，可得出点、的坐标，求出平面的一个法向量，设，求出的坐标，根据求出的值，即可得解. 【详解】（1）取的中点，连接、， 因为，，则，   所以，所以，所以， 又因为，所以，则， 又因为，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）因为平面，， 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、、、， 当点为的中点时，，，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，则， 所以，， 故当为的中点时，直线与平面所成角的正弦值为. （3）设，因为，其中， 所以，，可得，即点， 因为平面，则点，， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故当点为线段的中点时，三棱锥的体积取最大值， 此时，点，    由（2）可知，此时，平面的一个法向量为， 设，其中， 则， 因为平面，则， 所以，，解得， 所以，，所以，即的长为. 44．（24-25高二上·海南海口·期末）在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面底面，.点分别是棱的中点. (1)求证：； (2)设平面平面，求直线与平面所成角的余弦值； (3)若点分别是棱的中点，平面与棱的交点为，则在线段上是否存在一点，使得，若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）设，连接PO，进而说明，从而得到底面，得到，即可求证； （2）先说明直线l与平面DMN所成角即为直线CD与平面DMN所成角，再由（1）建系，利用线面角的向量法公式即可求解； （3）记，，结合向量垂直的坐标表示即可求解； 【详解】（1）记，连接PO， 因为底面ABCD是边长为的正方形， 所以. 因为，所以. 因为平面底面ABCD，且平面底面平面PAC， 所以底面 因为底面，所以，所以. （2）易知，又因为平面，所以平面PAB， 又因为平面PCD，平面平面，所以，所以直线l与平面DMN所成角即为直线CD与平面DMN所成角 由（1）知，可以为坐标原点建系如图所示， 由（1），， ，三角形为直角三角形，所以. 则， ， 所以 设平面DMN的法向量为， 因为，所以 令，可得.所以 设直线CD与平面DMN所成角为，则， （3）记，可得，所以. 由可得，解得， 所以. 记，可得， 所以，若，则，解得，所以， 故在线段BC上存在一点，使得，此时. 45．（24-25高二上·山东·月考）如图，在四棱锥中，平面平面 为棱的中点. (1)证明： 平面； (2)若， （i）求二面角的余弦值； （ii）在棱上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）,（ii）存在， 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，可得，即可根据线面平行的判定定理证明结论； （2）（i）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解； （ii）设，，根据点面距离的向量法即可求出，进而求出的值． 【详解】（1）取的中点，连接，，如图所示： 为棱的中点， ，，，，，， 四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 平面； （2） ，，， ，， 平面平面，平面平面， 平面， 平面， 又，平面，，，由， 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： 则，，，，，， （i）故， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，， ， 平面的一个法向量为, 则，令，则，，故， ,， 由于二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为； （ii）假设在线段上是存在点，使得点到平面的距离是， 设，，则,0,，0,， 由（2）知平面的一个法向量为,,， ， 点到平面的距离是， ，． 考点10 空间向量中的最值问题 46．（24-25高二下·甘肃酒泉·期末）如图，在长方体中，，点E在棱AB上移动，点F是棱BC的中点. (1)求证：； (2)当E为AB中点时，求直线EF到平面的距离； (3)当AE等于何值时，平面与平面所成的角最小？ 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)2 【分析】如图建立空间直角坐标系.（1）由可完成证明； （2）直线EF到平面的距离即为点E到平面的距离，由题可得平面的法向量，则点E到平面ACD1的距离为； （3）由题可得平面与平面法向量，据此可得平面与平面所成的角余弦值关于m的表达式，然后可得答案. 【详解】（1）以D为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正方向，以1为单位长度建立空间直角坐标系如图，设， 则，，，，， 证明：因为，，所以， 所以，所以； （2）因为E为AB的中点，点F是棱BC的中点， 所以，则易得平面， 所以直线EF到平面的距离即为点E到平面的距离， 又，从而，，， 设平面的法向量为，则 即所以令，从而， 所以点E到平面的距离为. （3）设平面法向量为，因为，，由，即所以 令，从而， 平面的法向量为， 设平面与平面所成的角为， 依题意有， 所以当时，取最大值，此时，角取到最小值， 即时，平面与平面所成的角最小. 47．（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． 48．【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. 49．（25-26高二上·云南文山·月考）长方体中，，，为侧面内的一个动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先建立空间直角坐标系，然后求出点的位置坐标，然后根据向量的夹角求出的最大值即可. 【详解】以为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则，. 所以. 因为，所以. 所以，所以. 因为向量是平面的一个法向量， 所以. 因为，所以. 所以. 因为，所以当时，取最小值为. 此时取最大值为. 故选：A.    50．【多选题】（24-25高二下·湖北荆门·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点O为线段的中点，且点P满足（，），则下列说法正确的是（    ） A．若平面，则最小值为 B．若平面，则， C．若，则P到平面的距离为 D．若，时，直线与平面所成角为，则 【答案】ACD 【分析】根据空间向量法计算线面平行结合基本不等式计算判断A，应用线面垂直的向量表示计算判断B，根据点到平面距离公式计算求解判断C，应用线面角公式计算判断D. 【详解】如图，以点D为坐标原点，以、、所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则有，，，，，，，，， 则，，， 对于A：，，． 设平面的一个法向量为，则有，令，则，故． 因为，平面， 所以，得，又因为，，所以， 当且仅当时，等号成立，所以的最小值为，故A正确； 对于B：，则， 若平面，则有，即， 解得，，故B错误； 对于C：若，则，则到平面的距离为，故C正确； 对于D：，当，时，， 则， 当时，， 当时，， 当且仅当时，等号成立，故，即，故D正确． 故选：ACD. 33 / 35 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 $