综合训练01 空间向量与立体几何全章25种题型（期末复习专项训练）高二数学上学期人教A版选择性必修第一册

综合训练01 空间向量与立体几何 题型一 空间中的长度问题 1 题型二 表面积体积问题 5 题型三外接球内切球问题 10 题型四 共面问题 14 题型五 空间向量的线性表示 16 题型六投影向量 19 题型七 空间关系的向量证明 21 题型八 空间向量的基底 23 题型九 空间向量的加减数乘、数量积、模长运算 25 题型十 截面问题（难点） 27 题型十一 轨迹问题（难点） 35 题型十二 线段和最值问题（难点） 41 题型十三异面直线所成角 49 题型十四 线面角 52 题型十五二面角 56 题型十六 点线距 61 题型十七 异面直线之间的距离 63 题型十八 点面距 67 题型十九线面距 74 题型二十平行关系（解答题） 78 题型二十一垂直关系（解答题） 84 题型二十二线面角（解答题） 89 题型二十三 二面角（解答题） 95 题型二十四距离问题（解答题） 101 题型二十五 动点探索问题（解答题） 108 2 / 24 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 题型一 空间中的长度问题 1．(24-25高二下·江苏扬州·期末)在三棱柱中，与相交于点，，，，，则线段的长度是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用空间向量加减、数乘的几何意义，结合三棱柱中各线段的位置关系用、、表示出，再应用空间向量数量积的运算律求的模长，从而得解． 【详解】如下图所示： 因为，，，， 由空间向量数量积的定义可得，， 同理可得， 由题意可知，四边形是平行四边形， ， ， ， 故，则线段的长度为． 故选：C． 2．(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：. 3．(24-25高二下·湖南湘东教学联盟·期末)已知正方体的棱长为1，点E为线段上的动点（不含端点），则当三棱锥外接球半径最小时，AE的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面，故三棱锥的外接球球心在上，设三棱锥的外接球球心为O，半径为r，推出最小值为的外接圆半径，由正弦定理得，设，求出O为的三等分点，故，根据得到方程，求出，从而得到AE的长. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 故， 所以，即 ， ， 又，平面， 所以平面，故三棱锥的外接球球心在上， 设平面，设三棱锥的外接球球心为O，半径为r， 则，即点O与重合时，r有最小值， 最小值为的外接圆半径， 在等边中，边长为，所以， 设， 点到平面的距离为的长， 其中，点到平面的距离为， 即，O为的三等分点，故， 所以， 解得或（舍去）， 此时，，所以． 故选：D． 4．(24-25高二下·河南周口商水县·期末)如图，正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，高为3，E为棱的中点，点F，G分别在棱，BC上（含端点），若，则线段FG长度的最小值为 ． 【答案】 【分析】根据已知构建合适的空间直角坐标系，得，，且，，由已知及向量数量积的坐标运算得，结合向量模长的坐标运算得，且，即可求最值. 【详解】设为下底面中心，构建如下图示的空间直角坐标系， 结合题设知，，且，， 所以，，故， 所以，可得， 而，则 ， 又，故时，. 故答案为： 题型二 表面积体积问题 1.(23-24高二上·广东江门·调研)如图，已知正三棱柱的所有棱长均为1，动点在线段上，则面积的最小值为 . 【答案】/ 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求出点到直线的距离的最小值，即可得解. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 所以， 因动点在线段上，则令， 即有点，所以，则， 从而， 因此点到直线的距离 ， 当且仅当时取等号， 所以线段上的动点P到直线的距离的最小值为， 又因为， 所以面积的最小值. 【点睛】关键点点睛：求出点到直线的距离的最小值是解决本题的关键. 2．(24-25高二上·贵州毕节织金县·期末) （多选）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. 3．(24-25高二下·福建南安成功中学·期末) （多选）如图，已知正方体边长为，则下列说法正确的是（    ） A．直线与所成角为 B．平面 平面 C．三棱锥的体积是正方体的 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】AC 【分析】建立空间直角坐标系，根据空间向量法计算可判断ABD，根据三棱锥体积公式计算可判断C. 【详解】以D点为坐标原点，DA为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，，， 所以，， 因为， 所以，即直线与所成角为，故A正确； ，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，即， 在正方体中，平面的法向量可以为， 因为， 所以平面 平面不成立，故B错误； ，故C正确； 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，故D错误. 故选：AC 4．(24-25高二上·广东仲元中学、龙城高级中学·期末) （多选）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（不包括端点），则（   ） A．当点为的中点时，与平面所成角为 B．存在点，使得 C．对于任意点，均不成立 D．三棱锥的体积是定值 【答案】AC 【分析】在正方体中建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项；利用空间位置关系的向量证明判断BC；利用点到平面距离的向量求法计算判断D. 【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，令， 则、、、、、， 所以，， 对于A选项，当为的中点时，，， 易知平面的一个法向量为， 则， 故点为的中点时，与平面所成角为，A对； 对于B选项，令，则点，， ，若，则，必有，即与矛盾，B错； 对于C选项，，，其中， 若，则，解得，不合乎题意， 所以，对于任意点，均不成立，C对； 对于D选项，，设平面的法向量， 则，令，得， 于是点到平面的距离，，则不是常数， 又点、、是三个定点，面积是定值， 因此三棱锥的体积不是定值，D错. 故选：AC. 题型三外接球内切球问题 1．(22-23高二上·湖南郴州第一中学北校区·期末)中国古代数学名著《九章算术》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”.现有一“阳马”的底面是边长为3的正方形，垂直于底面的侧棱长为4，则该“阳马”的外接球表面积为 ，内切球的球心和外接球的球心之间的距离为 . 【答案】 / 【分析】由条件求出四棱锥的表面积和体积根据内切球的性质确定内切球的半径，再确定外接球的球心及半径，由此计算外接球的表面积和球心的距离. 【详解】如图，为正方形，所以， 设垂直于平面，平面，所以，又，平面，所以平面，平面，所以，故为直角三角形，同理可得为直角三角形，， 由题，，所以， 四棱锥表面积，体积， 设内切球半径为r，则，得. 以，，分别为x，y，z轴建立如图空间直角坐标系， 因为内切球半径，所以内切球球心， 记的中点为，则，所以为四棱锥外接球的球心，又，，所以外接球球心，半径，外接球表面， 两点间距离. 故答案为：；. 2．(21-22高二上·湖南大联考·期末)（多选）如图，平面平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，若G是EF的中点，，，则（    ） A． B．平面ABCD C． D．三棱锥外接球的表面积是 【答案】BCD 【分析】利用已知结合数量积的运算求解可判断选项A，由线面平行的判定定理可判断选项B,由面面垂直的性质定理可判断选项C,计算可得为直角三角形，再由为直角三角形，可知为三棱锥的外接球的直径，再由球的表面积公式可判断选项D． 【详解】解： ，， ， 又、、两两相互垂直， ，A错误， 四边形ABEF是矩形， 平面ABCD, 平面ABCD, 平面ABCD, B正确， 平面平面ABEF，四边形ABCD是正方形，,平面平面ABEF， 平面ABEF, 平面ABEF , ,C正确， ，， ， 为直角三角形， 又为直角三角形，为三棱锥的外接球的直径， 则三棱锥的外接球的表面积． 故选：BCD． 3．(21-22高二上·湖南郴州·期末)如图，棱长为2的正方体中，E，F分别为棱､的中点，G为面对角线上一个动点，则三棱锥的外接球表面积的最小值为 . 【答案】 【分析】以DA，DC，分别为x轴，y轴，z轴建系，则，设，球心，得到外接球半径关于的函数关系，求出的最小值，即可得到答案； 【详解】解：以DA，DC，分别为x轴，y轴，z轴建系. 则，设，球心， ，又. 联立以上两式，得，所以时，，为最小值， 外接球表面积最小值为. 故答案为：. 4．(23-24高二上·广东汕头金山中学·期末)正四面体的棱长为12，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，点到的距离为 ． 【答案】 【分析】先根据正四面体的体积求出内切球的半径，取的中点为，再根据数量积得到，可得当的长度最小时，取得最小值，再求出球心到点的距离，从而可得点到的距离为，进而求解即可． 【详解】由正四面体的棱长为12，则其高为， 则其体积为， 设正四面体内切球的半径为， 则，解得， 如图，取的中点为， 则， 显然，当的长度最小时，取得最小值， 设正四面体内切球的球心为，可求得， 则球心到点的距离， 所以内切球上的点到点的最小距离为， 即当取得最小值时，点到的距离为． 故答案为：． 【点睛】关键点睛：本题考查几何体的内切球问题，解题的关键是先根据正四面体的体积可求出内切球的半径，得出点P到AD的距离为球心O到点E的距离减去半径． 题型四 共面问题 1．(24-25高二上·四川广安加德学校·期末) （多选）下列说法正确的有（    ） A．若空间中点，，，满足，则，，三点共线 B．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 C．，，若，则与的夹角为锐角 D．对空间任意一点O和不共线三点，，，若，则，，，共面 【答案】ABD 【分析】对于A：根据三点共线的结论分析判断；对于B：利用空间向量共面定理判断；对于C：举反例分析判断；对于D：根据空间向量共面的推论判断. 【详解】对于A：因为，且， 所以，，三点共线，故A正确； 对于B：由空间向量共面定理可知，对于空间中的三个向量， 若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，故B正确； 对于C：例如满足，由，可知， 即共线同向，即与的夹角为，故C错误； 对于D：因，且， 根据空间向量共面的推论知，，，四点共面，故D正确. 故选：ABD 2．(24-25高二上·天津滨海新区大港实验中学·月考)已知，，，若，，三向量共面，则实数等于（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由向量共面，则存在实数使得，列出方程组，即可求解. 【详解】由向量，，， 因为向量，，共面，则存在实数使得， 即，解得. 故选：C. 3．(21-22高二下·四川绵阳南山中学·期中)已知O，A，B，C为空间四点，且向量，，不能构成空间的一个基底，则一定有（    ） A．，，共线 B．O，A，B，C中至少有三点共线 C．与共线 D．O，A，B，C四点共面 【答案】D 【分析】根据空间向量基本定理即可判断 【详解】由于向量，，不能构成空间的一个基底知，，共面，所以O，A，B，C四点共面 故选：D 4．(24-25高二下·福建龙岩·期末)已知为空间中四点，任意三点不共线，且，若四点共面，则的值为（   ） A．2 B．1 C． D．0 【答案】C 【分析】根据空间向量共面定理得，进而求解. 【详解】由四点共面，所以，即， 故选：C. 题型五 空间向量的线性表示 1．如图，在四面体中，，，.点在上，且，为中点，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由空间向量的线性运算结合空间向量的基本定理运算求解即可. 【详解】如图，连接， 是的中点， ， ， ， ． 故选：B． 2．(24-25高二下·甘肃靖远县第一中学·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： 3．(24-25高二下·江苏淮安·期末)如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点分别为的中点，若，且，则（    ）   A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】根据空间向量的线性运算及空间向量基本定理即可求解. 【详解】因为点分别为的中点，所以， 所以， 因为，所以， 所以， 又，则，所以. 故选：D. 4．(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. 题型六投影向量 1．(23-24高二上·福建福州六校·期末)已知为单位向量.，若，则在上的投影向量的坐标为 . 【答案】 【分析】根据模与向量的关系求出的值，再根据在上的投影向量公式求出答案即可. 【详解】， 由题可得： ，可得， 则在上的投影向量为. 故答案为：. 2．(24-25高二下·江苏南京第一中学·)若空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】代入投影向量坐标公式，即可求解. 【详解】向量在向量上的投影向量的坐标是. 故选：D 3．(24-25高二上·贵州六盘水水城区·期末)已知向量，若四点共面，则向量在上的投影向量的模为（   ） A．12 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据四点共面，可得共面，再根据空间向量共面定理求出，再求出向量在上的投影长度即可. 【详解】因为四点共面， 所以共面， 则存在唯一实数对，使得， 即， 所以，解得， 所以， 向量在上的投影向量的模即为向量在上的投影长度， 所以向量在上的投影向量的模为. 故选：D. 4．(24-25高二上·河南驻马店·期末) （多选）如图，点，分别是棱长为2的正四面体的边和的中点，点在线段上，且.则（   ） A． B． C． D．向量在方向上的投影数量为 【答案】AC 【分析】利用空间向量线性运算判断A；利用空间向量数量积的运算性质求解判断B，C；根据投影的定义求解判断D； 【详解】对A：由题意，所以， ，故A正确； 对B：因为 ， 所以，故B错误； 对C：，故C正确； 对D：向量在方向上的投影数量为，故D错误； 故选：AC. 题型七 空间关系的向量证明 1．（多选），分别是两条不同直线，的方向向量，，分别是两个不同平面，的法向量，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】根据给定条件，利用空间位置关系的向量证明逐项判断得解. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，或，B错误； 对于C，，C错误； 对于D，平面，不重合，，D正确. 故选：AD 2．(24-25高二上·陕西安康·期末) （多选）设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则（    ） A．若，则 B．若，则 或 C．若 ，则 D．若的夹角为，则 【答案】BC 【分析】根据向量的位置关系，可得空间线面位置关系，可得答案. 【详解】对于A，当时，直线可能平行也可能重合，故A错误； 对于B，当时，在平面内一定存在与直线平行的直线，则或，故B正确； 对于C，当时，直线与平面的垂线平行或重合，则，故C正确； 对于D，当的夹角为，其法向量的夹角为或，则或，故D错误. 故选：BC. 3．(24-25高二上·海南临高县新盈中学·期末)已知点、、在平面内，则下列向量为平面的法向量的是（     ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设平面的法向量为，根据法向量的定义可得出，利用赋值法可得出平面的一个法向量的坐标. 【详解】设平面的法向量为，由题意可得，， 则，取，可得， 故选：B. 4．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期末)如图，在正方体中，点分别为棱的中点，平面交棱于点，则下列结论中正确的是（    ）   A．直线与直线异面 B．直线平面 C．平面平面 D．截面是直角梯形 【答案】B 【分析】根据线面平行可判断是的中点，，即可建立空间直角坐标系，求解向量的坐标，即可根据向量的垂直求解BD，根据面面平行求解C. 【详解】取的中点，则是的中点，（理由如下：） 由于是的中点，则,故，因此在同一平面，故是的中点， 对于A，连接,则，故，故直线与直线共面，A错误， 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2， 则, 故, 由于，， 故，，平面 故直线平面，B正确， 对于C，由于，平面，平面，故平面，又平面，平面，故平面，平面，故平面平面，但由于平面与平面相交，故平面与平面不可能平行，C错误， 由于， ,, 故不垂直，且不垂直，又，故四边形不是直角梯形， 故选：B 题型八 空间向量的基底 1．(24-25高二上·广东深圳外国语学校·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．(24-25高二下·安徽·期末)若空间向量，则下列向量可以与构成空间的一个基底的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据向量共线、共面、基底等知识应用坐标运算确定正确答案. 【详解】A选项，设， 即， 所以，解得，， 此时不能构成基底. B选项，，此时不能构成基底. C选项，设， 即， ，此方程组无解，故此时能构成基底. D选项，，此时不能构成基底. 故选：C 3．(24-25高二上·辽宁葫芦岛·期末)设是单位正交基底，已知向量在基底下的坐标为，其中，则向量在基底下的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】依题意以基底表示向量即可得出结论. 【详解】由向量在基底下的坐标为可得， 又， 所以， 即可得向量在基底下的坐标是. 故选：A 4．(24-25高二上·贵州贵阳普通中学·期末)已知是空间向量的一个基底，若向量，且向量，则用基底表示向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合给定条件利用基底表示空间向量即可. 【详解】设，因为， 所以， 而，故，，， 解得，得到，故A正确. 故选：A 题型九 空间向量的加减数乘、数量积、模长运算 1．(24-25高二上·江苏南通通州区、启东、如东县等·期末)已知空间向量，若，则 【答案】16 【分析】首先求向量，再根据向量垂直的坐标表示，即可求解. 【详解】，因为，所以， 所以. 故答案为： 2．(24-25高二下·福建莆田·期末)下图是一个机器人手臂的示意图，该手臂分为三段，分别可用向量，，代表，用向量代表整条手臂，则 . 【答案】 【分析】根据向量的模的坐标公式即可求出结果. 【详解】由题意可知，. 所以. 故答案为：. 3．(24-25高二下·河南开封·期末)已知四面体的所有棱长都等于，、分别是的中点，则 ． 【答案】/ 【分析】用、、表示，结合空间向量数量积的运算性质可求得的值. 【详解】如下图所示： 由题意可得， 因为、分别为、的中点，所以，， 故， 因此， . 故答案为：. 4．(24-25高二上·河北保定·期末)已知函数的部分图象如图1所示，A，B分别为图象的最高点和最低点，过A，B分别作x轴的垂线，点C为该部分图象与x轴的交点.将绘有该图象的纸片沿x轴折成直二面角，如图2所示，此时，则的值为 . 【答案】 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，根据已知条件应用两点间距离公式求出的值. 【详解】函数的最小正周期为， 在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则点，， ， 因为，解得. 故答案为：. 题型十 截面问题（难点） 1．(23-24高二上·安徽十五校教育集团·期末)已知正方体的棱长为2，、分别是侧面和的中心．过点的平面与垂直，则平面截正方体所得的截面积S为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量确定截面形状，再计算截面面积作答. 【详解】正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，    侧面的中心，侧面的中心，且，则， 显然点M在平面与平面的交线上， 设为这条交线上任意一点，则， 而平面，则，即， 令，得点，令，得点， 连，平面与平面必相交， 设为这条交线上任意一点，则， 由，即， 令，得点，连， 因为平面平面，则平面与平面的交线过点G，与直线FE平行， 过G作交于，则， 由得，即， 显然平面与平面都相交，则平面与直线相交， 令交点为，，由得， 连接得截面五边形，即截面S为五边形， 则， 取中点，连接，则， 在中，， 的面积， 在中，， 边上的高， 梯形面积， 所以S的面积为. 故选：B. 【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上. 2．(24-25高二上·重庆主城七校·期末) （多选）如图，在棱长为6的正方体中，，分别为棱，的中点，为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥体积为定值 B．存在点，使平面平面 C．设直线与平面所成角为，则最小值为 D．平面截正方体所得截面的面积为 【答案】ACD 【分析】选项A：由等体积变换可得，可判断； 选项B：建立空间直角坐标系，设，根据空间向量由面面平行可得，可判断； 选项C：根据空间向量法表示线面角，可得，进而可得； 选项D：先做出平面截正方体所得截面，根据线面关系可得截面的面积. 【详解】选项A：，故A正确； 选项B： 如图建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 则，令，则，则， ，设 ，故， 则, 由，得，不合题意，故B错误； 选项C：平面的法向量为， 则， ， 当时，取最小值为，故C正确； 选项D： 如图，直线分别交的延长线于点， 连接交于，连接交于，连接， 由题意可知五边形即为平面截正方体所得截面， 因，分别为棱，的中点，，， ，得， 由正方体性质可知，， 故所求截面面积为， 由选项可知，，， 故，， 故，， ， 故所求截面面积为，故D正确， 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：D选项的关键是先根据空间点线面的关系做出截面，进而由线面关系可求面积. 3．(24-25高二上·广东深圳罗湖区·期末) （多选）在三棱台中，底面是边长为2的正三角形，侧面为等腰梯形，且 ，为的中点，记二面角的大小为，则（   ） A． B．当时，直线与平面所成的角为 C．当时，直线与夹角的余弦值为 D．当时，平面截该三棱台所得截面为等腰梯形 【答案】AC 【分析】根据线面垂直的判定定理与性质即可证明A；建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线角、线面角即可判断BC；利用空间向量法证明即可判断D. 【详解】A：如图，作的中点，连接， 在等腰梯形中，，为，的中点， ∴，在正中，为的中点，∴， ∵，，，平面， ∴平面，又平面，∴．故A正确； B：∵平面，在平面内作，以为坐标原点， 以，分别为轴正向，如图建立空间直角坐标系， ∵，，∴为二面角的平面角，即， ，，， ，，， 所以，， 若，则，得， 易知是平面的一个法向量， 则， 又直线与平面所成的角为锐角，所以其为，故B错误； C：由选项B知，若，则，， 所以，即直线与的夹角的余弦值为，故C正确； D：由选项B知，若，则， 所以，，取的中点，连接， 则梯形即为平面截该三棱台所得的截面，此时， 所以，得，而， 则，所以该截面不是等腰梯形，故D错误. 故选：AC 【点睛】关键点点睛：解决本题BC选项的关键是建立合适的空间直角坐标系，确定，将点的坐标表示出来. 4．(24-25高二上·江西南昌中学三经路校区·期末) （多选）如图，正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，则（    ） A．直线与平面平行 B．直线与平面所成的角为 C．点与点到平面的距离之比为1：2 D．平面截正方体所得的截面面积为 【答案】ACD 【分析】利用正方体的特征及面面平行的判定与性质可判定A；利用空间向量计算线面夹角即可判定B；根据相似三角形的性质转化点面距离比可判定C；根据平面的性质及梯形的面积公式可判定D. 【详解】如图所示： 对于A项：取中点，连接，， 在正方体中，，， 平面，平面， 所以平面，同理可证平面， 又平面， 所以平面平面， 平面，所以平面，故A正确； 对于D项：连接，易知，即四边形为所求截面， ， 之间的距离为， 所以截面的面积为，故D正确； 对于B项：如图所示，建立空间直角坐标系，易知， 则， 设平面的一个法向量， 所以，取，则，即， 设直线与平面所成的角为，则， 故B错误； 对于C项，如下图所示，连接，延长交于I， 易知，则， 所以点与点到平面的距离之比为1：2，故C正确； 故选：ACD 题型十一 轨迹问题（难点） 1．(24-25高二上·广东惠州·期末)如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．长度为1的金属杆端点在对角线上移动，另一个端点在正方形内（含边界）移动，且始终保持，则端点的轨迹长度为（   ） A． B． C．1 D． 【答案】A 【分析】双动点，目标求轨迹长，需先确定轨迹，建系列条件找出轨迹即可求解. 【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，设， 可得， 因为，即，可得， 则，则，整理可得， 可知端点的轨迹是以为圆心，半径的圆的部分， 所以端点的轨迹长度为． 故选：A． 2．(23-24高二上·福建福州八县（、区）一中·期末)已知长方体，，，是的中点，点P满足，其中，，且平面，则动点P的轨迹所形成的轨迹长度是（    ） A．3 B． C． D．2 【答案】A 【分析】根据给定条件，可得点在矩形及内部，结合平面，利用面面平行的知识找出点的轨迹，然后根据长方体的结构特征与解三角形的知识算出答案. 【详解】在长方体中，由，，，得点在矩形及内部， 又平面，故点在过且平行于平面的平面内， 连接交于点，取中点，连接，在上取点，使得，连接，，， 由是长方体，可知对角面为矩形，且， 因为，， 所以且，四边形为平行四边形，可得， 因为平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 因为是平面内的相交直线， 故平面平面，即平面是过且平行于平面的平面， 所以点的轨迹是四边形截面与平面的交线，即线段. 因为矩形中，，，可知， 所以，可得中，， 所以，即动点的轨迹所形成的轨迹长度为3. 故选：A 3．(24-25高二上·广东梅州·期末) （多选）已知正三棱柱中，，点为侧面上的一点， ，（，），则下列说法正确的有（    ） A．当时，直线与平面所成角的最大值为60° B．当时，的最小值为2 C．当时，动点的轨迹长为 D．当直线与所成角为45°时，动点的轨迹为双曲线的一部分 【答案】AC 【分析】对于A选项，取、、中点分别为， 当时，点的运动轨迹为，要使直线与平面所成角最大，点为中点，构造直角三角形即可求出；对于B、C、D选项，可建立直角坐标系，将选项中的问题转化为坐标运算即可. 【详解】对于A选项，取、、中点分别为，连接，如图 当时，点的运动轨迹为，且面，即， 在中，，要使直线与平面所成角最大， 即最大，则最短，即点为中点，此时， 故直线与平面所成角的最大值为60°，故A选项正确； 对于B选项，当时，点的运动轨迹为，以为坐标原点，所在方向为轴、轴建立直角坐标系如图： 则， ,所以， ,则 故 因为，所以当时，取得最小值，故B选项错误； 对于C选项，设，结合B选项坐标系得，， 而, 因为，所以，化简得， 因为，， 所以点的运动轨迹为以为圆心，为半径的圆在矩形内的部分弧长，圆心角为， 因此点的运动轨迹长为，故C选项正确； 对于D选项，，设直线与所成角为， 则， 当时，，化简得， 因为，，所以，即点为定点，故D选项错误. 故选：AC. 4．(24-25高二上·广东深圳高级中学·期末) （多选）已知正方体的棱长为，点为正方形（含边界）内的一个动点，过棱的中点作该正方体的截面，满足与棱和棱分别交于两点，则（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．直线与所成角的正切值为 C．截面的面积为 D．当时，点的轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】由，结合三棱锥体积公式判断A，建立空间直角坐标系，由条件证明为所在棱的中点，取的中点，由，确定直线FG与所成的角，解三角形求其正切值，判断B；截面与棱的交点分别为，同理可证它们为所在棱的中点，确定截面，求截面面积判断C；由条件可求，由此确定点的轨迹及轨迹的长度，判断D. 【详解】因为， 因为点为正方形（含边界）内的一个动点， 由已知平面平面，正方体的棱长为， 所以点到底面的距离为定值， 又的面积， 所以三棱锥的体积， 所以三棱锥的体积为定值，A正确； 以为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，， 设，， 则，，， 因为，，， 故，， 所以， ， 所以，，故分别为棱的中点， 设截面与棱的交点分别为， 同理可证分别为棱的中点， 取的中点，连接，，则， 则直线FG与所成角即为直线FG与GM所成角． 在中，，，则， 即直线FG与所成角的正切值为，所以B选项正确； 因为正六边形即为截面， 又正方体的棱长为， 所以正六边形的边长为，所以其面积为，所以C选项不正确， 对于D选项，因为平面，平面， 所以，又，， 所以， 因为，即圆的半径大于，小于， 所以点的轨迹为下图中以为圆心，为半径的圆位于正方形内的一段圆弧， 且，， 所以， 又，所以， 所以， 所以点的轨迹长度为，所以D正确． 故选：ABD． 【点睛】易错点点睛：本题D选项的判断容易忽视确定圆弧的圆心角的大小，导致轨迹的长度求解错误，导致答案错误. 题型十二 线段和最值问题（难点） 1．(24-25高二下·云南曲靖会泽县·期末) （多选）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：. 2．(24-25高二下·江苏南通·期末) （多选）已知正方体的棱长为2，点P在棱上，点Q在面内，则（   ） A． B．点P到平面的距离为 C．二面角的正切值为1 D．的最小值为 【答案】ABD 【分析】以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，然后用向量法逐项判断即可. 【详解】如图，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 因为正方体的棱长为2，则，，，因为点P在棱上，所以设， 所以，，则，所以，所以A正确； 因为平面，所以点P到平面的距离即为点到平面的距离， 因为为正方形，连接，，使,所以， 因为正方体中，平面，所以， 所以平面，所以点到平面的距离为，所以B正确； 由题知，平面的一个法向量， 又，所以，设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，所以， 所以，设二面角的平面角为，则，所以，所以C错误； 作点关于面的对称点，所以，因为点Q在面内， 所以的最小值为，所以D正确. 故选：ABD 3．(24-25高二下·江苏南京江宁区·期末) （多选）在直四棱柱中，底面是菱形，，，为的中点，点满足，，，下列结论正确的是（   ）    A．若，则 B．若，则四面体的体积是定值 C．若，，则存在点，使得的最小值为 D．若，则点F的轨迹长为 【答案】ABD 【分析】若，则在上，利用线面垂直的判定定理、性质定理可判断A；若，则三点共线，利用线面平行的判定定理得出平面，得上的点到平面的距离都相等，再由，可判断B；若，，则点与点重合，把沿着进行翻折，使得四点共面，此时有最小值，由余弦定理可判断C；取的中点，以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设利用 可判断D正确. 【详解】对于A，若，则，即在上， 连接，因为底面是菱形，所以， 因为底面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 平面，所以，故A正确；    对于B，若，则三点共线，连接， 因为，所以四边形是平行四边形，， 因为平面，平面，所以平面， 可得上的点到平面的距离都相等， 可得，取的中点，连接， 可得是边长为2的等边三角形，， 又平面，平面，所以，又， 平面，可得平面， 平面，因为， ，可得，故B正确；    对于C，若，，则，即， 即点与点重合，把沿着进行翻折，使得四点共面， 此时有最小值，在中，， 所以，所以，所以， 在中，由余弦定理得， 解得，故C错误；    对于D，取的中点，连接，， 由余弦定理得，则，以为原点，分别以所在 的直线为轴建立空间直角坐标系，设，， ， 因为，所以， 即，可得点F的轨迹是在平面内，以为圆心， 为半径的半圆，且，所以点F的轨迹长为，故D正确.    故选：ABD. 4．(23-24高二下·福建龙岩·期末) （多选）已知正方体棱长为1，动点M满足 ，则（    ） A．当，时，直线⊥平面 B．当，，时，点M到直线的距离为 C．当，，时，的值可能为 D．当且时，点M的轨迹长度为 【答案】BD 【分析】A选项，先得到点为的中点，建立空间直角坐标系，计算出，故与不垂直，故直线与平面不垂直；B选项，求出，利用点到直线的距离向量公式求出点M到直线的距离；C选项，求出，计算出，利用图形关系得到其最小值，由于最小值大于，C错误；D选项，推出点在平面上，并得到⊥平面，且，又，故，求出点M的轨迹为以为圆心，为半径的圆，轨迹长度为，D正确. 【详解】A选项，当，，此时点为的中点， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 由于，， 故， 故与不垂直，故直线与平面不垂直，A错误； B选项，当，，时， ， 设，则，解得， 故，， 又，故， 故点M到直线的距离为，B正确； C选项，当，，时， ， 设，则，解得， 故， 其中，故， 故 ， 如图所示，， 显然当三点共线时，取得最小值， 最小值为， 则的最小值为， 当且仅当，即时，等号成立， 故的值不可能为，C错误； D选项，当时， ， 故，即， 故点在平面上， 连接，交平面于点，则， 因为， ， 故⊥，且⊥， 又，平面， 所以⊥平面， 且， 又，故， 故点M的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 故轨迹长度为，D正确. 故选：BD 【点睛】立体几何中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 题型十三异面直线所成角 1．(24-25高一下·浙江宁波镇海中学·期末)已知三棱锥中，，则异面直线和所成角余弦值的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据题意以为原点建立空间直角坐标系，过作交与，设，可得，，，且，再利用即可求解. 【详解】以为原点建立空间直角坐标系，过作交与， 设，， ，， 设，， 又和为异面直线，所以， 直线的一个方向向量为， ，设异面直线和所成角为， 则 ， 又，所以， 故答案为：. 2．(24-25高二上·浙江杭州拱墅区杭十一中·期末)如图，分别是二面角的两个半平面内两点，，，若，则异面直线的夹角的正弦值为 ． 【答案】 【分析】连接，利用余弦定理可求得，，根据，利用向量数量积的定义和运算律求得，由向量夹角公式可得结果. 【详解】如图，连接， 在中，由余弦定理得：， ∴. 在中，由余弦定理得：. ∵ ， 故，即异面直线夹角的余弦值为. ∵异面直线夹角的取值范围为， ∴异面直线夹角的正弦值为. 故答案为：. 3．(24-25高二下·广西桂林·期末)在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图建立空间直角坐标系，设，则可写出和的坐标，利用向量数量积的坐标运算求出夹角的余弦值，即可得解. 【详解】因为底面，底面为正方形，所以两两垂直， 如图，以点为坐标原点，直线所在方向分别为轴建立空间直角坐标系， 设，则，所以, 则， 设异面直线与所成角为，则. 故选:A. 4．(24-25高二下·浙江宁波九校·期末)如图，是正方体体对角线（含端点）上的动点，为棱（含端点）上的动点，则下列说法正确的是（    ）    A．异面直线与所成角的最小值为 B．异面直线与所成角的最大值为 C．对于任意给定的，存在点，使得 D．对于任意给定的，存在点，使得 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】以为坐标原点，建系如图，设正方体的边长为1，则， 设，，则， 设异面直线与所成的角为， 则， 因，由于，则时，， 又，，于是，则， 又，结合余弦函数的单调性可知，，故AB错误； 对于C.设，，则， 由上述分析，，， 当时，无解，故C错误； 对于D.，令，得， 即对于任意的M，存在点P使得，故D正确. 故选：D.    题型十四 线面角 1．(24-25高二下·甘肃白银多校·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： 2．(24-25高二下·河南南阳·期末)已知平面的方程为，直线的方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，由线面角的计算公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】根据题意，平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为， 则， 故选：B. 3．(24-25高二下·河南漯河·期末)在四棱锥中，平面平面，为正三角形，为梯形，，，，，，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点O，连接，可得平面，建立如图所示的直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求解. 【详解】取的中点O，连接， 因为为正三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， 建立如图所示的直角坐标系， 则，，，，，. 设平面的法向量为， 则，即， 令，得平面的一个法向量为. 又，设与平面所成角为， 所以. 故选：B. 4．(24-25高二下·浙江丽水·) （多选）如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（    ） A．动点轨迹的长度为 B．与不可能垂直 C．直线与平面所成角正弦值的最小值为 D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 【答案】ACD 【分析】对A，由平面，联想到存在一个过的平面与平面平行，利用正方体特征找到平面平面，进而得到的轨迹为线段；对B，举反例即可；对C，由可得到使线面角取到最小时的点的位置， 此时再建系，利用线面角的坐标公式计算即可；对D，利用，可得到使三棱锥的体积取到最大值的点的位置，接下来用定心法求出外接球半径即可. 【详解】对A，如图，取中点为，中点为，连接， 又正方体中，为棱的中点，可得， 又 平面，平面， 平面； 又中点为，中点为， ，又平面，平面， 平面； 又， 且平面， 平面平面， 又平面，且平面，平面， 又为正方形内一个动点（包括边界）， 平面平面，而平面平面， ，即的轨迹为线段. 由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确； 对B，由可知三角形为等腰三角形， 当为线段中点时，由可得， 又中点为，中点为，，而，，故选项B不正确； 对C，由选项B 知，，又面，面， 面，则上的点到平面的距离为定值，设到平面的距离为， 直线与平面所成角为，则，而为定值， 当最大时，最小；此时点位于点时，最大，最小. 分别以为建立空间直角坐标系，则由题意得，，，， 可得，，设平面的法向量， 则有，不妨令可得， 平面的一个法向量，又， 则，故选项C正确； 对D，由侧棱底面，所以三棱锥体积为， 所以最大时，体积最大，∵， 可得当在处时，三棱锥的体积最大， 由已知得此时， 所以在底面的射影为底面外心，，，， 由勾股定理易知底面为直角三角形，所以在底面的射影为中点，设为， 如图，设外接球半径为，由，， 可得外接球半径， 外接球的表面积为，故选项D正确． 故选：ACD 题型十五二面角 1．(24-25高二下·甘肃庄浪县第一中学·期中)如图，在正四棱锥中，底边，侧棱，为侧棱上一点，若平面，则二面角的余弦值是 . 【答案】/ 【分析】连接交于，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别得到平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】连接交于， 在正四棱锥中，可得平面， 以为坐标原点， 分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系 ，如图所示，因为底边，侧棱，则高， 所以，可得， 因为平面，所以平面的一个法向量为， 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. 故答案为：. 2．(24-25高二下·福建漳州平和广兆中学·期末)如图，三棱锥中，，且平面与底面垂直，为中点，，则平面与平面夹角的余弦值为（    ）   A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据面面垂直的性质定理，可得平面，故以为坐标原点，建立空间直角坐标系，然后利用向量法直接求解面面角的余弦值即可． 【详解】如图，连接， 因为为中点， 所以， 又平面底面，平面底面平面， 所以平面，故两两垂直， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，    设，由， 可得， 则， 设平面的一个法向量为， 则有，令，得，则， 设平面的一个法向量为， 则有，令，得，得， 则， 则平面与平面夹角的余弦值为． 故选：B． 3．(24-25高二上·浙江杭州第十四中学·期末)如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，，E为线段PB的中点，若面面ABCD，则平面PAD和平面ABCD夹角余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作出辅助线，得到或其补角为平面PAD和平面ABCD夹角，建立空间直角坐标系，设，则，由面面垂直得到线面垂直，进而得到⊥，由得到方程，求出，故的补角为平面PAD和平面ABCD夹角，作出辅助线，得到，又，求出，得到答案. 【详解】取的中点，连接， 因为底面为正方形，， 所以⊥，为等边三角形，故⊥， 所以或其补角为平面PAD和平面ABCD夹角， 过点作⊥平面，交平面于点， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，， 设，则， 因为面面，交线为，⊥，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， ， 故，解得， 所以的补角为平面PAD和平面ABCD夹角， 过点作⊥轴于点，则， 又， 其中， 所以的补角的余弦值为. 故选：A 4．(24-25高二上·安徽耀正优·期末)已知O为正方形ABCD的中心，E，F分别为BC，AD的中点，若将正方形ABCD沿对角线BD翻折，使得二面角的大小为，则此时的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】应用向量夹角求法及数量积的运算律求. 【详解】翻折后如图所示，易知，， 结合已知有，， ， ， 易知，，设正方形边长为2， 所以，， 所以的值为 故选：D 题型十六 点线距 1．(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： 2．(24-25高二上·河南信阳·期末)在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示．已知直线l的方程为，则到直线l的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据条件得到直线上的点和直线的方向向量，再根据空间中点到直线的距离公式求得点到直线的距离. 【详解】直线的方程标准化得， 从而直线过点，方向向量， 与同向的单位向量， ，，， 点到直线的距离， 故选：D. 【点睛】结论点睛：空间中点到直线的距离公式 ，其中是直线的单位方向向量，是分别以点与直线上的任一点为始点和终点的向量. 3．(24-25高二上·福建厦门·期末)平行六面体中，，，则点B到直线的距离为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】取定空间的基底，利用空间向量基本定理及向量数量积，结合点到直线距离公式计算得解. 【详解】以为基底，则， 由，， 得， ， ， 在上的投影向量长度为：， 所以点B到直线的距离为． 故选：D 4．(24-25高二上·湖北云学名校联盟·期末)在空间直角坐标系中，有，，三点，则点C到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出与的坐标，再根据点到直线距离的向量坐标公式计算即可求解． 【详解】因为，，， 所以，， 所以，， 所以点C到直线的距离为. 故选：D. 题型十七 异面直线之间的距离 1．(23-24高二下·甘肃武威古浪县第三中学·期末)已知四边形为矩形，为四边形外一点且平面ABCD，，，，则异面直线与之间的距离为 ． 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线与间的距离. 【详解】因平面，且平面，故， 又，故可以为坐标原点，以所在直线 分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，    则，，，， 所以，，， 设异面直线与的公垂线的方向向量为，则，， 所以，令，则. 设异面直线与之间的距离为d， 则 . 故答案为： 2．(23-24高二上·广东茂名电白区·期末)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.在棱长为1的正方体中，直线AC与之间的距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】解法1：设是上任意一点，过作，垂足为，设，，根据垂直关系可得，根据题意结合数量积运算求解；解法2：建系，利用坐标法结合向量投影运算求解. 【详解】解法1：设是上任意一点，过作，垂足为， 设，， 则 ， ， 由题意可知：， 因为，则， 可得，则， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 所以直线与之间距离是； 解法2：以DA，DC，为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 可得，， 设，且，，则， 取，则，，可得， 则在上的投影就是两异面直线间的距离. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解法2解决的关键是将两异面直线间的距离转化为在上的投影，从而得解. 3．(23-24高二下·甘肃甘南州舟曲县第一中学·期末)已知直三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，求出和坐标，利用向量夹角的坐标表示即可求解 【详解】    如图：以垂直于的方向为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则 ，， 因为，则，， 即，， 设异面直线与所成角为，， 故选：A 【点睛】本题主要考查了求异面直线所成的角，属于中档题. 4．(23-24高二下·甘肃甘南州舟曲县第一中学·期末)正四棱锥中，为顶点在底面内的正投影，为侧棱的中点，且，则异面直线与的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，，可得且交于，再由面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】因为为正四棱锥且是在底面内的正投影， 所以面， 连接，，则且交于. 因为 面， 所以，. 所以以，，为 ，，轴建立如图所示的空间直角坐标系. 因为， 则，，，，， 所以，. 设异面直线与的公垂线方向向量为， 则有 ，即，取. 又因为， 所以异面直线与的距离. 所以异面直线与的距离为. 故选：B 题型十八 点面距 1．(24-25高二上·江苏无锡某校·期末)如图，已知ABC-A1B1C1是侧棱长和底面边长均等于a的直三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则点C到平面AB1D的距离为 . 【答案】/ 【分析】可用等体积法求点到平面的距离，或直接建立空间直角坐标系，用向量法求点到平面的距离. 【详解】由题可知：平面平面,所以 所以,,, 所以,所以. 所以. 直三棱柱的底面边长均等于a，所以是正三角形，取的中点，连接，则,且. 因为平面,所以平面,. . 因为,所以, 所以. 故答案为：. 方法二：如图所示， 直三棱柱的底面边长均等于a，所以是正三角形，取的中点，连接，则,且. 因为侧面是矩形，取的中点F，连接,则. 因为侧棱平面，所以平面,所以两两垂直，所以分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 据题意可知， 则 设平面AB1D的一个法向量是 所以,所以, 令,则,所以. 因为,所以点C到平面AB1D的距离. 故答案为： 2．(24-25高二下·江苏镇江中学·期末) （多选）在棱长为2的正方体中，点满足，且，则下列说法正确的是（    ）    A．若，则 面 B．若，则 C．若，则到平面的距离为 D．若时，直线与平面所成角为，则 【答案】ACD 【分析】利用面面平行判断线面平行，即可判断A，建系后写出相关点的坐标，对于B，利用向量的数量积的坐标公式计算即可判断；对于C，利用空间中点到平面的距离公式计算即可：对于D，由条件求得，利用线面角的向量求法得到，借助于函数的单调性即可求得的范围. 【详解】连结，由可知，点在线段上， 因为，平面，平面，所以平面， 同理平面，且，且平面， 所以平面平面，平面，所以平面，故A正确；      如图以为原点建立空间直角坐标系，则 ，， 对于A，， 则，得，则， ，A正确： 对于B，由A分析可得， 故不与垂直，故B错误； 对于C，时，，又， 设平面的法向量为，则， 故可取，又， 则到平面的距离为，故C正确： 对于D，当时，，则， 又由C已得平面的法向量为， 则 当， 当， 因在上单调递减，则，则有， 则，则当时，，故D正确. 故选：ACD. 3．(23-24高二下·山西晋城部分高中学校·期末) （多选）已知正方体的棱长为1，且E为AB的中点，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．直线与夹角的余弦值为 D．点到平面的距离为 【答案】BD 【分析】根据向量的线性运算即可求解A,利用数量积的运算律即可求解B，建立空间直角坐标系，利用坐标运算，以及夹角公式即可求解C，利用等体积法即可求解D. 【详解】对于A, , ,故A错误， 对于B， , 故，B正确， 对于C，建立如图所示空间直角坐标系，    则, 可得,故， 所以直线与夹角的余弦值为，C错误， 对于D，由， 可得， 其中为点到平面的距离，故D正确， 故选：BD 4．(24-25高二下·江苏扬州·期末) （多选）如图，在棱长为1的正方体中，点P在线段上（含端点）运动，下列选项中正确的有（    ） A．线段长度的最大值是 B．点P到平面的距离是定值 C．直线与BD所成角的最小值是 D．直线与平面所成角的正弦值的取值范围是 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，设，且，利用空间两点间的距离通过求函数最大值即可判断A；由∥平面得到点P到平面的距离即为点到平面的距离，并通过等体积法求得距离可判断B；利用空间向量表示线线角、线面角并利用函数单调性求得最值或范围，从而判断CD. 【详解】如图，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则 设，且. 对于A，， 当时，.故A正确； 对于B，正方体中，∥，平面， 平面， 所以∥平面，因为，所以点P到平面的距离是等于点到平面的距离, 设到平面的距离为，由得，，得，故B不正确； 设，且. 对于C，，， 设直线与BD的所成角为， 则 令，则， 函数，在上单调递减，在上单调递增，所以 ，所以，故C正确； 对于D，设平面的法向量，则 取，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为： 因为在上单调递增 ，故D正确 故选：ACD 题型十九线面距 1．(24-25高二上·山东滨州·期末)在直四棱柱中，底面是正方形，，，点在棱上，若直线到平面的距离为，则的值为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系后利用点到直线的距离空间向量求解后可得正确的选项. 【详解】由题意知，该几何体为长方体，建立空间直角坐标系如下图所示， 则，设．    因为，平面，平面，故平面， 故直线到平面的距离为到平面的距离. ，， 设平面的法向量为，则由可得： ，取， 故到平面的距离，故，故， 故选：C. 2．(24-25高二上·山东枣庄薛城区·期末) （多选）在棱长为1的正方体中，点满足，，则（   ） A．当时，的最小值为 B．当时，有且仅有一点满足 C．当时，有且仅有一点满足到直线的距离与到平面的距离相等 D．当时，直线与平面所成角的大小为定值 【答案】ACD 【分析】对于A项：应用空间向量知识可判断：点的轨迹为线段，再应用正方体表面展开的方法，即可判断的最小值为；对于B项：应用空间向量判断满足的点的个数；对于C项：应用空间向量求出点满足到直线的距离与到平面的距离；再解即可判断；对于D项：应用空间向量求出直线与平面所成角的正弦，即可其大小为定值； 【详解】对于A项：当时， , 因为，设,所以四边形为平行四边形（如图所示），点的轨迹为线段. 将正方体上底面如图展开，构成矩形， 当三点共线时，即，故A正确； 对于B项：以点A为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系（如图）， 则. 当时， ， 又因为，，所以恒成立， 所以，则总成立，故B错误； 对于C项：因为， 所以点. 因为，， 所以点到直线的距离为， 因为，所以； 取平面的法向量为， 因为，所以点到平面的距离为， 又因为，所以，由得， 因为，所以，所以， 则，所以点且唯一.故C正确； 对于D项：因为，可取平面的法向量为 设直线与平面所成角为，则， 又因为，所以， 所以直线与平面所成角为（定值）. 故选：ACD 3．(24-25高二上·四川眉山仁寿县·期末)如图，在棱长为1的正方体中，E，F分别是，的中点，则直线EF到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，将直线到面的距离转化为空间点到平面距离，根据空间距离的向量求法，即可求得答案. 【详解】以D为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，    则， 则， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 由于，则， 又平面，故平面， 则直线EF到平面的距离即为点E到平面的距离， 又, 设点E到平面的距离为d，即得, 即直线EF到平面的距离为， 故选：B 4．(23-24高二上·江苏·期末)在空间直角坐标系中，经过点且一个法向量为的平面的方程为，经过点P且一个方向向量为的直线l的方程为.阅读上面材料并解决下面问题:现给出平面的方程为，直线l的方程为，则直线l到平面α的距离为 . 【答案】 【分析】易知平面的一个法向量为,先求得，再由求解. 【详解】解：由题可知点在直线l上，取平面α内一点， 由题意知：平面α的一个法向量为,又， 所以， 所以直线l到平面α的距离为. 故答案为： 题型二十平行关系（解答题） 1．(24-25高二上·海南·)如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为矩形，E，F分别为PA，CD的中点． (1)求证：平面PBF； (2)若，求直线PC与平面PBF所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）证明：取PB的中点G，连接EG，GF，如图． 因为E，G是PA，PB的中点，所以，且. 因为，且， 所以，所以四边形EGFD为平行四边形， 所以， 又平面PBF，平面PBF， 所以平面PBF. （2）如图，以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则． 所以，，． 设平面PBF的法向量为， 则， 则| ， 所以直线PC与平面PBF所成角的正弦值为. 2．(24-25高二下·河南鹿邑县弘道中学等学校·期末)如图，在圆锥中，为底面的圆心，，，点是底面圆周上一点，是的中点，，. (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）取的中点，取靠近点的四等分点，连接，，，易证四边形为平行四边形，所以，再利用线面平行的判断求解即可. （2）以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可. 【详解】（1）如图1，取的中点，取靠近点的四等分点，连接，，. 因为是的中点，所以是的中位线，所以，. 因为，所以，所以根据相似的性质可得，， 所以，，所以四边形为平行四边形，所以. 因为平面，平面，所以平面. （2）根据圆锥的性质可得平面，因为平面，平面，所以，. 因为，所以以点为坐标原点， ，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图2所示， 则，，，，. 设平面的法向量为，则，取. 易得平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为，则， 因为平面与平面的夹角为为锐角， 故平面与平面夹角的余弦值为. 3．(24-25高二下·贵州安顺普通高中·期末)如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，底面，，分别是的中点，点在线段上，且． (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) 根据三棱柱的性质，得四边形为平行四边形, 所以，再由线面平行的判定定理即可证明； (2) 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系．求出平面的法向量为，,由向量法求解线面角即可. 【详解】（1）在三棱柱中，因为分别是的中点， 根据三棱柱的性质，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）由题意，底面是边长为的正三角形，侧棱，则． 如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系． 因为，所以，， 所以． 设平面的法向量为， 则令，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． 4．(24-25高二上·浙江杭州西湖区学军中学·期末)如图，在三棱台中，，分别为、的中点. (1)求证：平面； (2)若平面，为等腰直角三角形，，，求平面与平面所成的锐二面角的大小. 【答案】(1)证明过程见详解； (2). 【分析】（1）根据三棱台的性质，先证面面平行，再证线面平行即可； （2）根据条件建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，再求两平面所成二面角的大小. 【详解】（1）在三棱台中，，，所以， 因为为的中点，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又分别为、的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，所以平面平面， 又平面，所以平面. （2）因为平面，为等腰直角三角形，， 故以为原点，以为轴，以为轴，过点作垂直于的射线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 设，则，平面与平面所成的锐二面角为， 则，，，，， 所以，，，， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，即，解得， ，即，解得， 所以平面与平面所成的锐二面角余弦值为 ， 又，所以平面与平面所成的锐二面角为. 题型二十一垂直关系（解答题） 1．(24-25高二上·山东青岛·期末)如图，在平行六面体中，且. (1)求的长度； (2)求证：平面. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用基底表示向量，再根据数量积公式，即可求解； （2）根据线面垂直的判断定理转化为证明线线垂直，再根据向量数量积公式，即可证明. 【详解】（1）设， 由于，即， 所以，同理可得， 由题意可得， 所以； （2）因为， 所以， 所以，同理可证， 又因为平面． 所以平面. 2．如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点为棱上的点，且．   (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理和性质进行证明即可； （2）根据题意建立合适的空间直角坐标系，结合线面角的计算公式求解即可. 【详解】（1）因为四边形为矩形，所以， 又因为，平面，， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以. （2）由（1）知，平面， 因为平面，所以， 所以在中，， 所以，所以， 以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系，    则， 所以，， 设平面法向量为， 则，令，则， 设直线与平面所成角的大小为， 则， 所以，即直线与平面所成角的大小为. 3．(24-25高二下·广东湛江第一中学·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． 4．(24-25高二下·江西九江第一中学·期末)如图，在三棱柱中，平面平面ABC，，，． (1)求证：平面ABC； (2)若，D为的中点，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）在中，由勾股定理可得，再由三棱柱性质及面面垂直的性质证明即可； （2）建立空间直角坐标系，运用线面角向量法求解即可. 【详解】（1）由题可知，，． 在中，， 所以， 在三棱柱中，所以， 因为平面平面且平面平面， 所以平面. （2）因为，所以，，两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示： 由题意，得，，，，且D为的中点，即， 则，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值. 题型二十二线面角（解答题） 1．(24-25高二下·福建华安县第一中学·期末)如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，. (1)求二面角的余弦值； (2)点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）记的中点为，连结，易得，，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解； （2）设，利用空间向量结合直线与平面所成角的正弦值为求出k值，再利用空间向量求解. 【详解】（1）记的中点为，连结， 因为，，， 所以四边形是矩形，则，， 以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， 则，， 设平面的一个法向量为 则，所以， 令，则， 设平面的一个法向量为 则，所以， 令，则， 所以 由图可知，二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. （2）依题意，设，则， 又由（1）得平面的一个法向量为 记直线与平面所成角为， 所以， 解得（负值舍去）， 所以，则， 而由（1）得平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 2．(24-25高二下·贵州毕节·期末)如图，四边形中，，，为的中点，在上，，，，将四边形沿翻折至四边形，使得平面平面. (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，先由几何知识证明，再结合线面平行即可求解证明； （2）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，再利用线面角的向量求法即可求解. 【详解】（1）证明：取的中点，连接，， 由题意得，. 四边形为平行四边形， ，. 又，， ，， 四边形为平行四边形， . 又平面，平面， 平面 （2），，四边形为矩形. 又平面平面，，，. 则以点为坐标原点，以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为. 则，即， 令，可得， 设求与平面所成角为， 所以. 所以与平面所成角的正弦值为. 3. (24-25高二下·江苏南京六校联合体·期末)如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．   (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）由直棱柱的性质可得平面，则，而则由线面垂直的判定可得平面，则，而，则平面，再由线面垂直的性质可得结论； （2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解. 【详解】（1）证明：连接，    因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，则， 因为在直三棱柱中，，所以四边形为正方形， 所以， 因为，、平面，所以平面， 又平面，则． （2）因为直三棱柱中，， 所以，，两两垂直， 所以以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，， 所以，，． 设平面的一个法向量为，则， 令可得． 设与平面所成角为， 所以， 即与平面成角的正弦值为， 所以与平面成角的余弦值为． 4．(24-25高二下·海南海口·期末)如图1，正方形的边长为2，如图2，将正方形沿着对角线翻折，O为原正方形的中心． (1)证明：平面； (2)翻折至四面体的体积最大时． （ⅰ）求异面直线与所成角的大小； （ⅱ）求与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）依据条件得到，，然后利用线面垂直判定定理可得； （2）（i）方法1：分别取，的中点，记为E，F，然后找到或其补角为异面直线与所成角，然后计算相关线的长度计算；方法二：建立空间直角坐标系，计算，，然后利用空间夹角公式计算即可；（ii）计算以及面的一个法向量，然后计算. 【详解】（1）证明：在图中，连接，， 因为和都是等腰三角形，且O是正方形中心， 所以，，，，平面， 所以平面． （2）在翻折过程中，四面体的体积取最大值时，D点到平面的距离最大， 此时平面平面， 因为，所以平面． 方法1：（ⅰ）在四面体中，取，的中点，记为E，F，连接，，． 因为为的中位线，所以且， 同理且， 所以或其补角为异面直线与所成角，且，， 由前知，平面，所以． 又，，所以， 所以为等边三角形，， 所以异面直线与所成角的大小为． 方法2：（ⅰ）所以，，两两垂直，如图，以O为坐标原点， ，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系． 因为正方形的边长为2， 所以，，，， ，， 设异面直线与所成角为，， 因为，所以． （ⅱ）因为，，， 设平面的一个法向量， 因为，即， 令，则，，得， 设与平面所成角为，， 即与平面所成的角的正弦值为． 题型二十三 二面角（解答题） 1．(24-25高二下·云南曲靖会泽县·期末)四棱锥底面为菱形，底面，点在上，． (1)证明：； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明平面即可； （2）取的中点，连接，以为坐标原点，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量公式即可求解． 【详解】（1）连接与交于点， 在菱形中，， 底面平面， 平面，， 平面， 平面； （2）取的中点，连接， 为中点，中，， 底面底面， 以为坐标原点，分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系， ，， 设， ，即，由此可求， 设平面，平面的法向量分别为， ， ∴即取； 同理，即，取； 设二面角的平面角为，则， 二面角为锐二面角，二面角的余弦值为． 2．(24-25高二下·甘肃临夏州·期末)如图，四棱锥中，平面，，，，.   (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为， ①求线段的长； ②求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)①；② 【分析】（1）先由题设依次求出、，再由线面垂直判定定理即可得证； （2）①取中点，连接、，求证平面得到为直线与平面所成角，接着由正弦函数定义求出即可求解； ②建立适当空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量即可由空间角的向量法公式计算求解. 【详解】（1）因为，，所以， 又，所以，， 所以， 所以，则，即， 因为平面，平面， 所以，又，、平面， 所以平面； （2）①取中点，连接、，则由（1）得，且， 因为平面，平面， 所以，又，、平面， 所以平面，所以为直线与平面所成角， 所以， ②由题意可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 显然是平面的一个法向量，设平面的一个法向量为， 则，所以，取，则，    所以， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 3．(24-25高二上·广东汕头金山中学·期末)如图，在三棱锥中，，，为正三角形，为的中点，．   (1)求证：平面平面； (2)若为的中点，求平面与平面的夹角． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得平面，然后利用面面垂直的判定定理即得； （2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得． 【详解】（1）因为，所以，， 又，平面，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）连接PO,OD,因为为正三角形，为中点，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又为的中点，所以，， 如图以为原点建立空间直角坐标系，    则，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 又平面的一个法向量可取， 设平面与平面夹角为， 则， 又，所以，即平面与平面夹角为． 4．(24-25高二下·甘肃酒泉普通高中·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. 题型二十四距离问题（解答题） 1．(24-25高二下·湖南衡阳·期末)如图，在直四棱柱中，底面ABCD为矩形，E为棱的中点． (1)若，证明：． (2)设，，，，且点F到平面的距离为，求λ的值． 【答案】(1)证明见详解 (2)或 【分析】（1）连接BD，，先根据正方形的性质、直四棱柱的性质及线面垂直的判定可证明平面，再根据线面垂直的性质即可证明； （2）根据题意建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量为，再根据向量的加法求出，进而根据点F到平面的距离为即可求出λ的值． 【详解】（1）连接BD，， 因为，底面ABCD为矩形， 所以底面ABCD为正方形，所以， 在直四棱柱中，底面ABCD，则， 因为，平面，所以平面． 又平面，所以． （2）以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz， 则，，，，， 则，，, 设平面的法向量为， 则 令，得, 由，， 所以， 所以点F到平面的距离， 解得或． 2．(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) 【分析】（1）利用空间向量法求出即可； （2）利用空间向量法分别求出平面和平面的法向量，进而求出二面角的余弦值； （3）求出在上的投影向量的模长，进而求出到直线的距离. 【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. 3．(24-25高二上·河南开封·期末)如图，在直三棱柱中，，，M是AB的中点，已知平面与平面的夹角为   (1)求的长; (2)若N是的中点，P是与的交点，Q是线段上一点，且平面 （i）求； （ii）求直线PQ到平面的距离. 【答案】(1)2； (2)（i）；（ii） 【分析】（1）构建合适的空间直角坐标系，记，应用向量法求面面角的余弦值，得到方程求参数，即得结果； （2）（i）设，得，进而可得，结合线面平行及向量垂直的坐标表示求参数，即可得解；（ii）将线面距离化为求点面距，应用向量法求距离. 【详解】（1）如图，分别以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 记，则，，，，BC中点 因为平面ABC，平面ABC，所以，又， 由 且都在平面内，所以平面， 所以为平面的一个法向量，又，， 设为平面的法向量，有，则， 令，所以平面的一个法向量， 所以, ，解得. （2）（i）由（1）知，， 设，则，， 因为平面，所以，由（1）知 所以，解得，所以. （ii）因为平面，所以点P到平面的距离，即为直线PQ到平面的距离， ，所以点P到平面的距离为，即直线PQ到平面的距离为    4．(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. 题型二十五 动点探索问题（解答题） 1．(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. 2．(24-25高二上·河南驻马店·期末)图1是等腰梯形，，，是中点，以为折痕，将折起，使点到达点的位置，如图2.   (1)求证：； (2)若 （i）求二面角的平面角的正弦值； （ii）在棱上存在点，使得到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）（2）（ii） 【分析】（1）利用等腰梯形和菱形性质得出线面垂直进而得出线线垂直； （2）（i）建立平面直角坐标系，建立以为坐标原点，，为轴、轴、轴的坐标系，空间向量法求出二面角的正弦值；（ii）设，根据点到平面距离求出参数，再计算线面角的正弦值. 【详解】（1）连接交于，在等腰梯形，，，易得，    因为是中点，所以，易知是菱形，即， 因为，平面， 所以平面，平面，所以 （2）由（1）可知，在菱形中，，因为，所以， 建立以为坐标原点，，为轴、轴、轴的坐标系，如图所示， ，，，    （i），，，，， 设为平面的法向量，则，令，可得，即 设为平面的法向量，则，令，可得，即， ，二面角的平面角为，即 （ii）设，，，即 由（i）可知为平面的法向量，到平面的距离为， 即为中点，可得， 易知，，所以，， 设平面的法向量， 令，则，，则， 设直线与平面所成角为， 直线与平面所成角的正弦值 3．(24-25高二下·江苏镇江实验高级中学·调研)图1是边长为的正方形，将沿折起得到直二面角，如图2所示． (1)求异面直线与所成角； (2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）在图1中，连接，交于点，推导出平面，然后以点为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的大小； （2）假设在棱上存在点，满足，其中，使得二面角的余弦值为，利用空间向量法可得出关于的等式，即可解得的值，即可得出结论. 【详解】（1）如图，在图1中，连接，交于点， 因为四边形为边长是的正方形，则， 在图2中，则有，，， 因为是直二面角，所以平面平面， 因为平面平面，，平面，所以有平面， 以点为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图： 由题意，、、、， 所以，， 设异面直线与所成角为， 所以有， 因为，故，即异面直线与所成角为. （2）如图2，假设在棱上存在点，满足，其中， 使得二面角的余弦值为， 则， 又，设平面的一个法向量为， 则，取，则， 由题意可知，平面的一个法向量为， 所以，化简得：， 解得或（舍去）， 故存在点，只需满足， 即棱上存在点，当时，二面角的余弦值为． 4．(24-25高二上·广东仲元中学、龙城高级中学·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. $ 综合训练01 空间向量与立体几何 题型一 空间中的长度问题 1 题型二 表面积体积问题 2 题型三外接球内切球问题 4 题型四 共面问题 5 题型五 空间向量的线性表示 5 题型六投影向量 6 题型七 空间关系的向量证明 7 题型八 空间向量的基底 8 题型九 空间向量的加减数乘、数量积、模长运算 9 题型十 截面问题（难点） 9 题型十一 轨迹问题（难点） 11 题型十二 线段和最值问题（难点） 12 题型十三异面直线所成角 13 题型十四 线面角 14 题型十五二面角 14 题型十六 点线距 15 题型十七 异面直线之间的距离 16 题型十八 点面距 16 题型十九线面距 18 题型二十平行关系（解答题） 19 题型二十一垂直关系（解答题） 20 题型二十二线面角（解答题） 21 题型二十三 二面角（解答题） 23 题型二十四距离问题（解答题） 24 题型二十五 动点探索问题（解答题） 26 2 / 24 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 题型一 空间中的长度问题 1．(24-25高二下·江苏扬州·期末)在三棱柱中，与相交于点，，，，，则线段的长度是（    ） A． B． C． D． 2．(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 . 3．(24-25高二下·湖南湘东教学联盟·期末)已知正方体的棱长为1，点E为线段上的动点（不含端点），则当三棱锥外接球半径最小时，AE的长为（   ） A． B． C． D． 4．(24-25高二下·河南周口商水县·期末)如图，正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，高为3，E为棱的中点，点F，G分别在棱，BC上（含端点），若，则线段FG长度的最小值为 ． 题型二 表面积体积问题 1.(23-24高二上·广东江门·调研)如图，已知正三棱柱的所有棱长均为1，动点在线段上，则面积的最小值为 . 2．(24-25高二上·贵州毕节织金县·期末) （多选）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 3．(24-25高二下·福建南安成功中学·期末) （多选）如图，已知正方体边长为，则下列说法正确的是（    ） A．直线与所成角为 B．平面 平面 C．三棱锥的体积是正方体的 D．直线与平面所成角的正弦值为 4．(24-25高二上·广东仲元中学、龙城高级中学·期末) （多选）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（不包括端点），则（   ） A．当点为的中点时，与平面所成角为 B．存在点，使得 C．对于任意点，均不成立 D．三棱锥的体积是定值 题型三外接球内切球问题 1．(22-23高二上·湖南郴州第一中学北校区·期末)中国古代数学名著《九章算术》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”.现有一“阳马”的底面是边长为3的正方形，垂直于底面的侧棱长为4，则该“阳马”的外接球表面积为 ，内切球的球心和外接球的球心之间的距离为 . 2．(21-22高二上·湖南大联考·期末)（多选）如图，平面平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，若G是EF的中点，，，则（    ） A． B．平面ABCD C． D．三棱锥外接球的表面积是 3．(21-22高二上·湖南郴州·期末)如图，棱长为2的正方体中，E，F分别为棱､的中点，G为面对角线上一个动点，则三棱锥的外接球表面积的最小值为 . 4．(23-24高二上·广东汕头金山中学·期末)正四面体的棱长为12，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，点到的距离为 ． 题型四 共面问题 1．(24-25高二上·四川广安加德学校·期末) （多选）下列说法正确的有（    ） A．若空间中点，，，满足，则，，三点共线 B．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 C．，，若，则与的夹角为锐角 D．对空间任意一点O和不共线三点，，，若，则，，，共面 2．(24-25高二上·天津滨海新区大港实验中学·月考)已知，，，若，，三向量共面，则实数等于（   ） A． B． C． D． 3．(21-22高二下·四川绵阳南山中学·期中)已知O，A，B，C为空间四点，且向量，，不能构成空间的一个基底，则一定有（    ） A．，，共线 B．O，A，B，C中至少有三点共线 C．与共线 D．O，A，B，C四点共面 4．(24-25高二下·福建龙岩·期末)已知为空间中四点，任意三点不共线，且，若四点共面，则的值为（   ） A．2 B．1 C． D．0 题型五 空间向量的线性表示 1．如图，在四面体中，，，.点在上，且，为中点，则等于（    ） A． B． C． D． 2．(24-25高二下·甘肃靖远县第一中学·期末)在四面体中，，，棱，的中点分别为，，若，则 . 3．(24-25高二下·江苏淮安·期末)如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点分别为的中点，若，且，则（    ）   A．1 B．2 C． D． 4．(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． 题型六投影向量 1．(23-24高二上·福建福州六校·期末)已知为单位向量.，若，则在上的投影向量的坐标为 . 2．(24-25高二下·江苏南京第一中学·)若空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是（   ） A． B． C． D． 3．(24-25高二上·贵州六盘水水城区·期末)已知向量，若四点共面，则向量在上的投影向量的模为（   ） A．12 B． C． D． 4．(24-25高二上·河南驻马店·期末) （多选）如图，点，分别是棱长为2的正四面体的边和的中点，点在线段上，且.则（   ） A． B． C． D．向量在方向上的投影数量为 题型七 空间关系的向量证明 1．（多选），分别是两条不同直线，的方向向量，，分别是两个不同平面，的法向量，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 2．(24-25高二上·陕西安康·期末) （多选）设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则（    ） A．若，则 B．若，则 或 C．若 ，则 D．若的夹角为，则 3．(24-25高二上·海南临高县新盈中学·期末)已知点、、在平面内，则下列向量为平面的法向量的是（     ）． A． B． C． D． 4．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期末)如图，在正方体中，点分别为棱的中点，平面交棱于点，则下列结论中正确的是（    ）   A．直线与直线异面 B．直线平面 C．平面平面 D．截面是直角梯形 题型八 空间向量的基底 1．(24-25高二上·广东深圳外国语学校·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．(24-25高二下·安徽·期末)若空间向量，则下列向量可以与构成空间的一个基底的是（    ） A． B． C． D． 3．(24-25高二上·辽宁葫芦岛·期末)设是单位正交基底，已知向量在基底下的坐标为，其中，则向量在基底下的坐标是（    ） A． B． C． D． 4．(24-25高二上·贵州贵阳普通中学·期末)已知是空间向量的一个基底，若向量，且向量，则用基底表示向量为（    ） A． B． C． D． 题型九 空间向量的加减数乘、数量积、模长运算 1．(24-25高二上·江苏南通通州区、启东、如东县等·期末)已知空间向量，若，则 2．(24-25高二下·福建莆田·期末)下图是一个机器人手臂的示意图，该手臂分为三段，分别可用向量，，代表，用向量代表整条手臂，则 . 3．(24-25高二下·河南开封·期末)已知四面体的所有棱长都等于，、分别是的中点，则 ． 4．(24-25高二上·河北保定·期末)已知函数的部分图象如图1所示，A，B分别为图象的最高点和最低点，过A，B分别作x轴的垂线，点C为该部分图象与x轴的交点.将绘有该图象的纸片沿x轴折成直二面角，如图2所示，此时，则的值为 . 题型十 截面问题（难点） 1．(23-24高二上·安徽十五校教育集团·期末)已知正方体的棱长为2，、分别是侧面和的中心．过点的平面与垂直，则平面截正方体所得的截面积S为（    ） A． B． C． D． 2．(24-25高二上·重庆主城七校·期末) （多选）如图，在棱长为6的正方体中，，分别为棱，的中点，为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥体积为定值 B．存在点，使平面平面 C．设直线与平面所成角为，则最小值为 D．平面截正方体所得截面的面积为 3．(24-25高二上·广东深圳罗湖区·期末) （多选）在三棱台中，底面是边长为2的正三角形，侧面为等腰梯形，且 ，为的中点，记二面角的大小为，则（   ） A． B．当时，直线与平面所成的角为 C．当时，直线与夹角的余弦值为 D．当时，平面截该三棱台所得截面为等腰梯形 4．(24-25高二上·江西南昌中学三经路校区·期末) （多选）如图，正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，则（    ） A．直线与平面平行 B．直线与平面所成的角为 C．点与点到平面的距离之比为1：2 D．平面截正方体所得的截面面积为 题型十一 轨迹问题（难点） 1．(24-25高二上·广东惠州·期末)如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．长度为1的金属杆端点在对角线上移动，另一个端点在正方形内（含边界）移动，且始终保持，则端点的轨迹长度为（   ） A． B． C．1 D． 2．(23-24高二上·福建福州八县（、区）一中·期末)已知长方体，，，是的中点，点P满足，其中，，且平面，则动点P的轨迹所形成的轨迹长度是（    ） A．3 B． C． D．2 3．(24-25高二上·广东梅州·期末) （多选）已知正三棱柱中，，点为侧面上的一点， ，（，），则下列说法正确的有（    ） A．当时，直线与平面所成角的最大值为60° B．当时，的最小值为2 C．当时，动点的轨迹长为 D．当直线与所成角为45°时，动点的轨迹为双曲线的一部分 4．(24-25高二上·广东深圳高级中学·期末) （多选）已知正方体的棱长为，点为正方形（含边界）内的一个动点，过棱的中点作该正方体的截面，满足与棱和棱分别交于两点，则（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．直线与所成角的正切值为 C．截面的面积为 D．当时，点的轨迹长度为 题型十二 线段和最值问题（难点） 1．(24-25高二下·云南曲靖会泽县·期末) （多选）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 2．(24-25高二下·江苏南通·期末) （多选）已知正方体的棱长为2，点P在棱上，点Q在面内，则（   ） A． B．点P到平面的距离为 C．二面角的正切值为1 D．的最小值为 3．(24-25高二下·江苏南京江宁区·期末) （多选）在直四棱柱中，底面是菱形，，，为的中点，点满足，，，下列结论正确的是（   ）    A．若，则 B．若，则四面体的体积是定值 C．若，，则存在点，使得的最小值为 D．若，则点F的轨迹长为 4．(23-24高二下·福建龙岩·期末) （多选）已知正方体棱长为1，动点M满足 ，则（    ） A．当，时，直线⊥平面 B．当，，时，点M到直线的距离为 C．当，，时，的值可能为 D．当且时，点M的轨迹长度为 题型十三异面直线所成角 1．(24-25高一下·浙江宁波镇海中学·期末)已知三棱锥中，，则异面直线和所成角余弦值的取值范围是 ． 2．(24-25高二上·浙江杭州拱墅区杭十一中·期末)如图，分别是二面角的两个半平面内两点，，，若，则异面直线的夹角的正弦值为 ． 3．(24-25高二下·广西桂林·期末)在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 4．(24-25高二下·浙江宁波九校·期末)如图，是正方体体对角线（含端点）上的动点，为棱（含端点）上的动点，则下列说法正确的是（    ）    A．异面直线与所成角的最小值为 B．异面直线与所成角的最大值为 C．对于任意给定的，存在点，使得 D．对于任意给定的，存在点，使得 题型十四 线面角 1．(24-25高二下·甘肃白银多校·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 . 2．(24-25高二下·河南南阳·期末)已知平面的方程为，直线的方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 3．(24-25高二下·河南漯河·期末)在四棱锥中，平面平面，为正三角形，为梯形，，，，，，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 4．(24-25高二下·浙江丽水·) （多选）如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（    ） A．动点轨迹的长度为 B．与不可能垂直 C．直线与平面所成角正弦值的最小值为 D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 题型十五二面角 1．(24-25高二下·甘肃庄浪县第一中学·期中)如图，在正四棱锥中，底边，侧棱，为侧棱上一点，若平面，则二面角的余弦值是 . 2．(24-25高二下·福建漳州平和广兆中学·期末)如图，三棱锥中，，且平面与底面垂直，为中点，，则平面与平面夹角的余弦值为（    ）   A． B． C． D． 3．(24-25高二上·浙江杭州第十四中学·期末)如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，，E为线段PB的中点，若面面ABCD，则平面PAD和平面ABCD夹角余弦值为（    ） A． B． C． D． 4．(24-25高二上·安徽耀正优·期末)已知O为正方形ABCD的中心，E，F分别为BC，AD的中点，若将正方形ABCD沿对角线BD翻折，使得二面角的大小为，则此时的值为（ ） A． B． C． D． 题型十六 点线距 1．(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 . 2．(24-25高二上·河南信阳·期末)在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示．已知直线l的方程为，则到直线l的距离为（   ） A． B． C． D． 3．(24-25高二上·福建厦门·期末)平行六面体中，，，则点B到直线的距离为（   ） A．1 B． C． D． 4．(24-25高二上·湖北云学名校联盟·期末)在空间直角坐标系中，有，，三点，则点C到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 题型十七 异面直线之间的距离 1．(23-24高二下·甘肃武威古浪县第三中学·期末)已知四边形为矩形，为四边形外一点且平面ABCD，，，，则异面直线与之间的距离为 ． 2．(23-24高二上·广东茂名电白区·期末)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.在棱长为1的正方体中，直线AC与之间的距离是（    ） A． B． C． D． 3．(23-24高二下·甘肃甘南州舟曲县第一中学·期末)已知直三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 4．(23-24高二下·甘肃甘南州舟曲县第一中学·期末)正四棱锥中，为顶点在底面内的正投影，为侧棱的中点，且，则异面直线与的距离为（    ） A． B． C． D． 题型十八 点面距 1．(24-25高二上·江苏无锡某校·期末)如图，已知ABC-A1B1C1是侧棱长和底面边长均等于a的直三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则点C到平面AB1D的距离为 . 2．(24-25高二下·江苏镇江中学·期末) （多选）在棱长为2的正方体中，点满足，且，则下列说法正确的是（    ）    A．若，则 面 B．若，则 C．若，则到平面的距离为 D．若时，直线与平面所成角为，则 3．(23-24高二下·山西晋城部分高中学校·期末) （多选）已知正方体的棱长为1，且E为AB的中点，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．直线与夹角的余弦值为 D．点到平面的距离为 4．(24-25高二下·江苏扬州·期末) （多选）如图，在棱长为1的正方体中，点P在线段上（含端点）运动，下列选项中正确的有（    ） A．线段长度的最大值是 B．点P到平面的距离是定值 C．直线与BD所成角的最小值是 D．直线与平面所成角的正弦值的取值范围是 题型十九线面距 1．(24-25高二上·山东滨州·期末)在直四棱柱中，底面是正方形，，，点在棱上，若直线到平面的距离为，则的值为（   ） A．1 B． C． D． 2．(24-25高二上·山东枣庄薛城区·期末) （多选）在棱长为1的正方体中，点满足，，则（   ） A．当时，的最小值为 B．当时，有且仅有一点满足 C．当时，有且仅有一点满足到直线的距离与到平面的距离相等 D．当时，直线与平面所成角的大小为定值 3．(24-25高二上·四川眉山仁寿县·期末)如图，在棱长为1的正方体中，E，F分别是，的中点，则直线EF到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 4．(23-24高二上·江苏·期末)在空间直角坐标系中，经过点且一个法向量为的平面的方程为，经过点P且一个方向向量为的直线l的方程为.阅读上面材料并解决下面问题:现给出平面的方程为，直线l的方程为，则直线l到平面α的距离为 . 题型二十平行关系（解答题） 1．(24-25高二上·海南·)如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为矩形，E，F分别为PA，CD的中点． (1)求证：平面PBF； (2)若，求直线PC与平面PBF所成角的正弦值． 2．(24-25高二下·河南鹿邑县弘道中学等学校·期末)如图，在圆锥中，为底面的圆心，，，点是底面圆周上一点，是的中点，，. (1)证明：平面. (2)求平面与平面夹角的余弦值. 3．(24-25高二下·贵州安顺普通高中·期末)如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，底面，，分别是的中点，点在线段上，且． (1)证明：平面． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 4．(24-25高二上·浙江杭州西湖区学军中学·期末)如图，在三棱台中，，分别为、的中点. (1)求证：平面； (2)若平面，为等腰直角三角形，，，求平面与平面所成的锐二面角的大小. 题型二十一垂直关系（解答题） 1．(24-25高二上·山东青岛·期末)如图，在平行六面体中，且. (1)求的长度； (2)求证：平面. 2．如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点为棱上的点，且．   (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的大小． 3．(24-25高二下·广东湛江第一中学·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． 4．(24-25高二下·江西九江第一中学·期末)如图，在三棱柱中，平面平面ABC，，，． (1)求证：平面ABC； (2)若，D为的中点，求与平面所成角的正弦值． 题型二十二线面角（解答题） 1．(24-25高二下·福建华安县第一中学·期末)如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，. (1)求二面角的余弦值； (2)点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 2．(24-25高二下·贵州毕节·期末)如图，四边形中，，，为的中点，在上，，，，将四边形沿翻折至四边形，使得平面平面. (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 3. (24-25高二下·江苏南京六校联合体·期末)如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．   (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 4．(24-25高二下·海南海口·期末)如图1，正方形的边长为2，如图2，将正方形沿着对角线翻折，O为原正方形的中心． (1)证明：平面； (2)翻折至四面体的体积最大时． （ⅰ）求异面直线与所成角的大小； （ⅱ）求与平面所成的角的正弦值． 题型二十三 二面角（解答题） 1．(24-25高二下·云南曲靖会泽县·期末)四棱锥底面为菱形，底面，点在上，． (1)证明：； (2)求二面角的余弦值． 2．(24-25高二下·甘肃临夏州·期末)如图，四棱锥中，平面，，，，.   (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为， ①求线段的长； ②求平面与平面所成角的余弦值. 3．(24-25高二上·广东汕头金山中学·期末)如图，在三棱锥中，，，为正三角形，为的中点，．   (1)求证：平面平面； (2)若为的中点，求平面与平面的夹角． 4．(24-25高二下·甘肃酒泉普通高中·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？ 题型二十四距离问题（解答题） 1．(24-25高二下·湖南衡阳·期末)如图，在直四棱柱中，底面ABCD为矩形，E为棱的中点． (1)若，证明：． (2)设，，，，且点F到平面的距离为，求λ的值． 2．(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． 3．(24-25高二上·河南开封·期末)如图，在直三棱柱中，，，M是AB的中点，已知平面与平面的夹角为   (1)求的长; (2)若N是的中点，P是与的交点，Q是线段上一点，且平面 （i）求； （ii）求直线PQ到平面的距离. 4．(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． 题型二十五 动点探索问题（解答题） 1．(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. 2．(24-25高二上·河南驻马店·期末)图1是等腰梯形，，，是中点，以为折痕，将折起，使点到达点的位置，如图2.   (1)求证：； (2)若 （i）求二面角的平面角的正弦值； （ii）在棱上存在点，使得到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 3．(24-25高二下·江苏镇江实验高级中学·调研)图1是边长为的正方形，将沿折起得到直二面角，如图2所示． (1)求异面直线与所成角； (2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 4．(24-25高二上·广东仲元中学、龙城高级中学·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． $