专题14 空间向量在立体几何中的应用（培优讲义，14题型）（全国通用）2026年高考数学二轮复习高效培优系列

学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题14空间向量在立体几何中的应用 目录 第部分研考情精析锁定靶心高效备考 第二部分理·方法技巧 梳理知识总结技巧与方法 第三部分攻题型速解 典例精析+变式巩固 【题型01】斜二测画法 【题型02】空间几何的表面积和体积 【题型03】空间点、线、面之间的位置关系 【题型04】空间向量的表示及数量积 【题型05】平行和垂直的空间向量表示 【题型06】点到线的距离 【题型07】点到面，线到面，面到面的距离 【题型08】异面直线的距离 【题型09】截面问题 【题型10】距离和的最小值 【题型11】异面直线的夹角 【题型12】线面角和二面角 【题型13】空间中存在性问题 【题型14】立体几何中的动点问题 第四暗部分练决胜冲刺 精选好题+通关训练 N0.1 析·考情精析 1127 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 本专题为高考中档必考题，分值稳定12分，以解答题为主、小题为辅，侧重空间 向量坐标法的工具性应用。命题以直棱柱、棱锥为常规载体，结构清晰、便于建系。解 答题固定为“两步结构”：第一问证明线面、面面平行与垂直，可用向量共线、点积 为零快速判定；第二问必考空间角计算，以二面角、线面角为核心，需熟练求方向向量 考向聚焦 与法向量，代入夹角公式求解，注意二面角锐钝判断。小题常考空间向量运算、几何体 表面积体积、球的切接。近年趋势：适度融入探索性问题（点的存在性），强调几何直 观+代数运算结合，不刻意增加几何复杂度，聚焦建模与计算准确性。备考需规范建 系、精准运算、步骤完整，是高考高分“保底板块”。 核心是几何直观、建系建模、向量运算、逻辑表达四大能力。能快速识别几何体结 构，合理建立空间直角坐标系，准确写出点与向量坐标；熟练掌握向量平行、垂直判定 及线面角、二面角公式，精准计算法向量并判断角度范围。具备点的存在性探究能力， 关键能力 通过设参数、列方程求解位置。重视规范书写，推理严谨、步骤完整，避免坐标与计算 失误。以向量为工具将几何问题代数化，实现“看图一建系一计算一结论”的流 畅解题，保证中档题稳定得分。 立足坐标法为主、几何法为辅，优先保证解答题满分。熟练掌握建系技巧，重点练 习法向量求解、线面角与二面角计算，强化计算准确率。针对性突破点的存在性问题， 掌握设参、列方程、求解的固定流程。小题聚焦空间位置判断、表面积体积、球与几何 备考策略 体切接。平时严格规范书写步骤，避免因跳步失分。建立错题本，专攻坐标写错、法向 量算错、二面角锐钝判断失误三类问题。每天限时训练，确保10分钟内稳定拿下解答 题，把该板块打造成高考绝对得分点。 N0.2 理·方法技巧 ◇方法技巧01空间向量和立体几何常用解题方法和技巧 建系技巧： 优先选垂直棱、中点、对称点为原点，让更多点落在坐标轴上，减少坐标计算错误；不规则几何体可通过 作高、投影转化为可建系模型。 向量法证平行与垂直 线线平行：向量共线 线面平行：方向向量⊥法向量 线面垂直：方向向量∥法向量 面面垂直：法向量点积为0直接用向量关系替代几何证明，少说理、少丢分。 空间角快速公式 2127 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 线面角：sin0=cos<i,n> 二面角：cos0= mn'记住：线面角用正弦，二面角看图形定正负。 m·n 法向量秒算： 用平面内两个向量做叉乘口算：=(：，，z1),b=(x2y2,22),法向量n=(22-21,x21-x2,xy2-x2乃)， 一步写出，避免解方程出错。 点的存在性 通用套路设AP=入AB,用坐标表示点P一→代入垂直/平行/共面条件一列方程一→解入，有解即存在， 无解即不存在，步骤固定。 计算防错技巧坐标写完立刻回代验证；法向量算完带回平面检验垂直；角度结果结合图形判断锐钝，全程 慢算、少心算，计算稳=此题稳。 N0.3 攻·题型速解 ◇题型1斜二测画法 典|例丨精丨析 典例1.如图，用斜二测画法画水平放置的四边形ABCD,其直观图为等腰梯形A'B'CD',若AB=6, CD'=4,则下列说法正确的是() A.AD=22 B.AB=3 C.四边形ABCD的周长为10+√6+√2 O'(A) B D.四边形ABCD的面积为1O√2 易错点拨 核心易错点：角度、长度、坐标变化混淆。原图形中平行于ⅹ轴线段，长度不变；平行于y轴线 段，长度变为原来一半，且与x轴成45°或135°。易误将y轴方向长度也按原长绘制，或角度画错 平行性保持不变，只有长度与角度改变。求原图形面积时，易直接用直观图面积计算，忽略原面积是直 观图的2√2倍。坐标转化时，y轴对应值易漏乘2，导致点坐标与原图不符。 3/27 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 变|式|巩I固 变式.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，CB'⊥x'轴，CD∥y轴， CB'=√2，A'B'=5,则△A'B'C'的原图形的面积为() A.5 B.10 C.10W2 D.5√2 D'B 变式2.若水平放置的平面四边形AOBC按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中A'C'10'B',AC⊥BC ,A'C'=1,O'B'=2,则以原四边形AOBC的边AC为轴旋转一周得到的几何体的体积为() A.14V2π+8元 B.142 3 A c号 2 B ◇题型02空间几何的表面积和体积 典例1精|析 典例1.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边 长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的 比值为( A.5-1 4 B. V5-1 2 c.5+1 4 D.5+1 2 典配、已知正三棱台8C-4BC的休积为子，4B=6,4B=2,则44与平面BC所成角的正切值为 4/27 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 () A. B.1 C.2 D.3 典例3.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S和S2,体积分 别为和2·若令-2，则 z A.5 B.2√2 C.V10 D.5v10 4 易错点拨 易混淆表面积与侧面积，多算/漏算底面；组合体易重复计算贴合面，需减去重叠部分。锥体、台 体计算时常忘乘？，台体误用锥体公式。求内切球、外接球半径时，几何关系找错，高与半径混淆。斜 棱柱、斜棱锥误用“底面×侧面斜高”，体积必须用底面积×高。单位不统一、计算粗心、数据看错， 是高频失分点，计算后务必回代检验。 变|式|巩I固 变式1.在三棱锥P-ABC中，ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2,PC=√6，则该棱锥的体积 为() A.1 B.5 C.2 D.3 变式2 . (多选)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2,点C在底 面圆周上，且二面角P-AC-0为45°，则() A.该圆锥的体积为刀 B.该圆锥的侧面积为4√3π C.AC=2√2 D.△PAC的面积为√5 变式3.（多选）如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB,记三棱锥 E-ACD,F-ABC,F-ACE的体积分别为，'，'，则() 5/27 D 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A.V3=22 B.'3= C.'=y+'2 D.2V;=3V ◇题型3空间点、线、面之间的位置关系 典例1精析 典例1.空间中有两个不同的平面，阝和两条不同的直线m,n,则下列说法中正确的是() A.若a⊥B,m⊥a,m⊥n,则n1B B.若a⊥B,m⊥a,n⊥B,则m⊥n C.若a∥β，m1la,n/1B,则m∥n D.若a∥B,m1la,m∥n,则n/1B 典例2.设a、B为两个平面，m、n为两条直线，且a∩B=m.下述四个命题： ①若m∥n,则n/la或n//B②若m⊥n,则n⊥a或n⊥β ③若n/1a且n/1B,则m∥n④若n与a,B所成的角相等，则m⊥n 其中所有真命题的编号是() A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 易错点拨 易忽略异面直线不平行也不相交，误判为平行或相交。由线面平行推出线线平行、由面面垂直直接 得出线线垂直，均为常见错误。“平行于同一平面的两条直线”“垂直于同一直线的两条直线”，不一定平行， 可能相交或异面。证明与判断题中，漏写“两条相交直线”“在平面内”等关键条件，导致逻辑不严谨。 空间想象不足，把平面几何结论直接套用到立体几何，是高频失分原因。 变I式I巩|固 变式.已知a,b是两条不重合的直线，a,阝是两个不重合的平面，则使得a⊥b成立的是() A.a⊥a,bB,a⊥B B.a⊥a,b⊥B,aB C.aca,b⊥B,allp D.aca,b1lp,a⊥β 6/27 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 变式2.设m,n是两条不同的直线，a,B,Y是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m/a,，n/1a,则m∥n ②若/1B,B11?,m⊥a则m1Y ③若m⊥，n/1a,则m1n ④若a1y,B⊥y,则a11β 其中正确命题的序号是() A.①② B.②③ C.③④ D.①④ ◇题型04空间向量的表示及数量积 典例1精1析 典例1： (多选)如图，在棱长均为1的平行六面体ABCD-A,B,C,D,中，底面ABCD是正方形，且 ∠AAB=∠A,AD=60°，设AB=ā，AD=b,AA,=c,下列选项正确的是() D A.BD,=-a+b+c A B.BD长为5 D C.异面直线4C与BD,所成角的余弦值为y6 D.在棱CC,上存在一个动点P,使得A,P⊥平面B,DP 典例2.（多选）如图，平行六面体ABCD-A,B,C,D,中，以顶点A为端点的三条棱长均为1，且它们彼此 的夹角都是60°，则() A.AC=5 B A B.AC,⊥BD C.四边形BDD,B的面积为 2 D.平行六面体ABCD-AB,CD,的体积为2 易错点拨 易把向量起点搞错，直接用棱向量加减时忽略方向，导致表达式符号错误。数量积计算中，夹角易 取错：应取两向量共起点的夹角，不是几何体内角，误把180°-0当作0。忽略底面非矩形，直接认为邻 7127 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 边向量点积为0。坐标法中，因非直角坐标系，不能直接用直角坐标，必须用定义α·bb1cos0计 算，这是最常见失分点。 变式巩固 变式.（多选）如图，在棱长均为2的平行六面体ABCD-A,B,C,D,中，底面ABCD是正方形，且 ∠A,AB=∠A,AD=60,下列选项正确的是() A.AA//BD D B.A,C⊥BD C.BD,长为2V3 D.异面直线AC与BD,所成角的余弦值为V 3 D 变式2.（多选）如图，在平行六面体ABCD-A'BCD'中，AB=AD=2,AA'=22, ∠BD-骨∠BAM=∠DAH-子，则(） A.AB.AD=2 B.AC'⊥平面A'BD C.AC'的长为6 D.平行六面体的体积为8√2 ◇题型05平行和垂直的空间向量表示 典|例|精1析 典例1.（多选）下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的有() A.两条不重合直线4,4的方向向量分别是ā=(2,3，-1，b=(-2,-3,1,则4 B.直线1的方向向量ā=(1，-1,2)，平面a的法向量是i=(6,4,-1,则11a C.两个不同的平面，B的法向量分别是i=（2,2,-1),=（-3,4,2),则a⊥B D.直线1的方向向量a=(1,3,0),平面a的法向量是i=(-6,2,0),则1/1a或1cQ 典例2.（多选）下列命题是真命题的有() A.A,B,M,N是空间四点，若BA,BM,BN能构成空间的一个基底，那么A,B,M,N共面 8/27 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 B。直线1的方向向量为=化，-1,2，直线m的方向向量为6-（2,1，-》，则1与■垂直 C.直线1的方向向量为=(0,1，-1)，平面a的法向量为i=1,-1,-1,则1⊥a D.平面a经过三点A1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),n=(1,4,t)是平面a的法向量，则u+t=1 易错点拨 易混淆线线、线面、面面的向量条件：线面平行是方向向量与法向量垂直，误写成平行；面面垂直 是法向量垂直，误写成共线。证明线面垂直时，漏写平面内两条向量不共线，只写一个垂直就下结论。 实数入表示平行时，忽略零向量与坐标为0的特殊情况。数量积为0只代表向量垂直，不能直接等同 于线线垂直，需注明直线不重合。 变|式|巩|固 变式.（多选）以下命题中正确的是() A.若a是直线1的方向向量，1⊥a,则2a(2∈R)是平面c的法向量 B.若AB=CD+HCE,则直线AB/I平面CDE或ABc平面CDE C.A,B,C三点不共线，对平面ABC外任意一点0，若OP=3O1+OB+OC,则P,A,B,C四点 8 8 共面 D.若{a,b,c是空间的一个基底，m=a+c,则{a,,m}也是空间的一个基底 变式2.（多选）已知为直线1的方向向量，，2，分别为平面a,阝的法向量(，阝不重合)，那 么下列说法中，正确的有()· A.n∥n2台a∥B B.n1⊥n2台a⊥B C.v∥n台1∥a D.v⊥n1÷1⊥a 变式3.（多选）给出下列命题，其中正确的是() A.若直线1的方向向量石=(0,1，-1)，平面a的法向量n=1,-1,-1),则1∥0： B.若平面a,B的法向量分别为m1=(0,1,3),n,=(1,-6,2),则a⊥B; C.若平面a经过三点A1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),向量n=(1,4,t是平面a的法向量，则u+t=1; D.若点A(1,2,3),B(1,-1,5),点C是A关于平面y0z的对称点，则点B与C的距离为√15 9/27 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ◇题型06点到线的距离 典例1精|析 典例1.已知空间中有三点O0,0,0),A(1,-1,1),B(1,1,0),则点0到直线AB的距离为 典例2. 在空间直角坐标系中，若直线1经过点Pxo,yo,zo),且以i=(a,b,c)(abc≠0)为方向向量， Px,y,)是直线1上的任意一点，则-=业=二；已知空间中一条直线1方程为 a b c x-1=1-y=, 则点A(3,3,4)到直线1的距离为 2 易错点拨 易误用点到平面距离公式求点到直线距离。公式记忆混乱，错把向量投影长度直接当作距离。计算 时向量方向与模长算错，叉乘运算符号易出错。忽略直线方向向量必须单位化或公式结构，导致结果偏 大/偏小。几何图形中误把斜长当作垂线段，未用勾股定理修正。书写时漏写向量符号、坐标抄写错误， 是简单题失分重灾区。 变I式|巩I固 变式1.已知直线1过点A(1,2,0),且直线1的一个方向向量为m=(0,-1,),则坐标原点0到直线1的距离 为 变式2.已知空间中的三个点A(1,1,),B(2,1-1),C(3,0,0),则点A到直线BC的距离为 变式3.在直四棱柱ABCD-A,B,C,D,中，底面ABCD为正方形，AA,=2AB=2,点P在侧面BCCB,内， 若AC⊥平面BDP,则点P到CD的距离的最小值为 ◇题型7点到面、线到面、面到面的距离 典|例1精引析 典例1.在棱长为1的正方体ABCD-A,B,C,D,中，E,F分别是BC,CD的中点，则直线BD到平面EFD,B,的 10/27 专题14 空间向量在立体几何中的应用 目录 第一部分 研·考情精析 锁定靶心 高效备考 第二部分 理·方法技巧 梳理知识 总结技巧与方法 第三部分 攻·题型速解 典例精析+变式巩固 【题型01】斜二测画法 【题型02】空间几何的表面积和体积 【题型03】空间点、线、面之间的位置关系 【题型04】空间向量的表示及数量积 【题型05】平行和垂直的空间向量表示 【题型06】点到线的距离 【题型07】点到面，线到面，面到面的距离 【题型08】异面直线的距离 【题型09】截面问题 【题型10】距离和的最小值 【题型11】异面直线的夹角 【题型12】线面角和二面角 【题型13】空间中存在性问题 【题型14】立体几何中的动点问题 第四部分 练·决胜冲刺 精选好题+通关训练 考向聚焦 本专题为高考中档必考题，分值稳定 12 分，以解答题为主、小题为辅，侧重空间向量坐标法的工具性应用。命题以直棱柱、棱锥为常规载体，结构清晰、便于建系。解答题固定为 “两步结构”：第一问证明线面、面面平行与垂直，可用向量共线、点积为零快速判定；第二问必考空间角计算，以二面角、线面角为核心，需熟练求方向向量与法向量，代入夹角公式求解，注意二面角锐钝判断。小题常考空间向量运算、几何体表面积体积、球的切接。近年趋势：适度融入探索性问题（点的存在性），强调几何直观 + 代数运算结合，不刻意增加几何复杂度，聚焦建模与计算准确性。备考需规范建系、精准运算、步骤完整，是高考高分 “保底板块”。 关键能力 核心是几何直观、建系建模、向量运算、逻辑表达四大能力。能快速识别几何体结构，合理建立空间直角坐标系，准确写出点与向量坐标；熟练掌握向量平行、垂直判定及线面角、二面角公式，精准计算法向量并判断角度范围。具备点的存在性探究能力，通过设参数、列方程求解位置。重视规范书写，推理严谨、步骤完整，避免坐标与计算失误。以向量为工具将几何问题代数化，实现 “看图 — 建系 — 计算 — 结论” 的流畅解题，保证中档题稳定得分。 备考策略 立足坐标法为主、几何法为辅，优先保证解答题满分。熟练掌握建系技巧，重点练习法向量求解、线面角与二面角计算，强化计算准确率。针对性突破点的存在性问题，掌握设参、列方程、求解的固定流程。小题聚焦空间位置判断、表面积体积、球与几何体切接。平时严格规范书写步骤，避免因跳步失分。建立错题本，专攻坐标写错、法向量算错、二面角锐钝判断失误三类问题。每天限时训练，确保 10 分钟内稳定拿下解答题，把该板块打造成高考绝对得分点。 ◇方法技巧 01 空间向量和立体几何常用解题方法和技巧 建系技巧： 优先选垂直棱、中点、对称点为原点，让更多点落在坐标轴上，减少坐标计算错误；不规则几何体可通过作高、投影转化为可建系模型。 向量法证平行与垂直 线线平行：向量共线 线面平行：方向向量⊥法向量 线面垂直：方向向量∥法向量 面面垂直：法向量点积为 0直接用向量关系替代几何证明，少说理、少丢分。 空间角快速公式 线面角： 二面角：，记住：线面角用正弦，二面角看图形定正负。 法向量秒算： 用平面内两个向量做叉乘口算：，法向量，一步写出，避免解方程出错。 点的存在性 通用套路设，用坐标表示点 →代入垂直 / 平行 / 共面条件→列方程→解，有解即存在，无解即不存在，步骤固定。 计算防错技巧坐标写完立刻回代验证；法向量算完带回平面检验垂直；角度结果结合图形判断锐钝，全程慢算、少心算，计算稳 = 此题稳。 ◇题型 01 斜二测画法 典｜例｜精｜析 典例1．如图，用斜二测画法画水平放置的四边形ABCD，其直观图为等腰梯形，若，，则下列说法正确的是（ ） A． B． C．四边形ABCD的周长为 D．四边形ABCD的面积为 【答案】D 【分析】根据斜二测画法求出原四边形各边的长度，并确定四边形为直角梯形，进而得到其周长和面积，即可得. 【详解】由题设，A错； 由斜二测画法知，，，， 易知原四边形为直角梯形，， 所以， 四边形的周长为，面积为，B、C错，D对. 故选：D 核心易错点：角度、长度、坐标变化混淆。原图形中平行于 x 轴线段，长度不变；平行于 y 轴线段，长度变为原来一半，且与 轴成 45° 或 135°。易误将 轴方向长度也按原长绘制，或角度画错。平行性保持不变，只有长度与角度改变。求原图形面积时，易直接用直观图面积计算，忽略原面积是直观图的 倍。坐标转化时，轴对应值易漏乘 2，导致点坐标与原图不符。 变｜式｜巩｜固 变式1．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，轴，轴，，则的原图形的面积为（ ） A．5 B．10 C． D． 【答案】B 【分析】法一：先将直观图还原为原图，再求面积；法二：根据原图的面积等于直观图面积的倍直接求解. 【详解】法一：如图所示，根据斜二测画法可知，轴，且， 原图形为，其中，且， 则的面积为． 法二：直观图面积为， 原图形的面积等于直观图面积的倍， 所以原图形的面积为． 故选：B 变式2．若水平放置的平面四边形AOBC按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，，，则以原四边形AOBC的边AC为轴旋转一周得到的几何体的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由斜二测画法的直观图，得出原图形为直角梯形，再轴旋转一周得到的圆柱和圆锥的组合几何体的体积. 【详解】由题意，，，，， ， 所以原图形中，，，，， ， 所以梯形以边为轴旋转一周得到的几何体为圆柱去掉一个同底圆锥的组合体， ． 故选：D． ◇题型 02 空间几何的表面积和体积 典｜例｜精｜析 典例1．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案. 【详解】如图，设，则， 由题意，即，化简得， 解得（负值舍去）. 故选：C. 【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题. 典例2．已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果. 【详解】解法一：分别取的中点，则， 可知， 设正三棱台的为， 则，解得， 如图，分别过作底面垂线，垂足为，设， 则，， 可得， 结合等腰梯形可得, 即，解得， 所以与平面ABC所成角的正切值为； 解法二：将正三棱台补成正三棱锥， 则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角， 因为，则， 可知，则， 设正三棱锥的高为，则，解得， 取底面ABC的中心为，则底面ABC，且， 所以与平面ABC所成角的正切值. 故选：B. 典例3．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为， 则， 所以， 又， 则， 所以， 所以甲圆锥的高， 乙圆锥的高， 所以. 故选：C. 易混淆表面积与侧面积，多算 / 漏算底面；组合体易重复计算贴合面，需减去重叠部分。锥体、台体计算时常忘乘，台体误用锥体公式。求内切球、外接球半径时，几何关系找错，高与半径混淆。斜棱柱、斜棱锥误用 “底面 × 侧面斜高”，体积必须用底面积 × 高。单位不统一、计算粗心、数据看错，是高频失分点，计算后务必回代检验。 变｜式｜巩｜固 变式1．在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（ ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】A 【分析】证明平面，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解. 【详解】取中点，连接，如图， 是边长为2的等边三角形，， ，又平面，， 平面， 又，， 故，即， 所以， 故选：A 变式2．（多选）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ） A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为 C． D．的面积为 【答案】AC 【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性. 【详解】依题意，，，所以， A选项，圆锥的体积为，A选项正确； B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误； C选项，设是的中点，连接， 则，所以是二面角的平面角， 则，所以， 故，则，C选项正确； D选项，，所以，D选项错误. 故选：AC. 变式3．（多选）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ） A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可. 【详解】 设，因为平面，，则， ，连接交于点，连接，易得， 又平面，平面，则，又，平面，则平面， 又，过作于，易得四边形为矩形，则， 则，， ，则，，， 则，则，，，故A、B错误；C、D正确. 故选：CD. ◇题型 03 空间点、线、面之间的位置关系 典｜例｜精｜析 典例1．空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线，，则下列说法中正确的是（ ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】B 【分析】根据题意，由空间中线面关系逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A，若，，则或， 当时，，则或者与斜交或者， 当时，，则或者与斜交或者，故A错误； 对于B，若，，，可在取作为的法向量， 由于，故，即，则，故B正确； 对于C，若，，，则可能平行可能相交，也可能异面，故C错误； 对于D，若，，，则或，故D错误； 故选：B 典例2．设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或②若，则或 ③若且，则④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（ ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 【答案】A 【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③. 【详解】对①，当，因为，，则， 当，因为，，则， 当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确； 对②，若，则与不一定垂直，故②错误； 对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线， 因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知， 同理可得，则，因为平面，平面，则平面， 因为平面，，则，又因为，则，故③正确； 对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误； 综上只有①③正确， 故选：A. 易忽略异面直线不平行也不相交，误判为平行或相交。由线面平行推出线线平行、由面面垂直直接得出线线垂直，均为常见错误。“平行于同一平面的两条直线”“垂直于同一直线的两条直线”，不一定平行，可能相交或异面。证明与判断题中，漏写 “两条相交直线”“在平面内” 等关键条件，导致逻辑不严谨。空间想象不足，把平面几何结论直接套用到立体几何，是高频失分原因。 变｜式｜巩｜固 变式1．已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则使得成立的是（ ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】C 【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可. 【详解】对于A：若，，则或 若，又，则与可能平行、相交（不垂直）、异面（不垂直）、相交垂直、异面垂直， 若，又，则与可能平行、异面（不垂直）、异面垂直，故A错误； 对于B：若，，，则，故B错误； 对于C：若，，则，又，所以，故C错误； 对于D：若，，则与可能平行或相交（不垂直）或垂直或， 又，此时不能保证成立，如，此时与可能平行、异面（不垂直）、异面垂直，故D错误； 故选：C 变式2．设m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若，，则 ②若，，则 ③若，，则 ④若，，则 其中正确命题的序号是（ ） A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 【答案】B 【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系，结合线面垂直的性质，逐项分析判断即可． 【详解】对于①，且成立，可能平行，异面或者相交，①错误； 对于②，由且，得，又，则，②正确； 对于③，由，得存在过直线与平面相交的平面，令交线为，则， 而，于是，，③正确； 对于④，若，，可能平行，也可能相交，④错误. 故选：B ◇题型 04 空间向量的表示及数量积 典｜例｜精｜析 典例1．（多选）如图，在棱长均为1的平行六面体中，底面是正方形，且，设，下列选项正确的是（ ） A． B．长为 C．异面直线与所成角的余弦值为 D．在棱上存在一个动点，使得平面 【答案】AB 【分析】利用空间向量的加减法计算判断选项A；利用模长公式结合数量积公式计算判断选项B；求出相应向量模长及数量积，进而利用向量夹角余弦公式求解，判断选项C；利用线面垂直定理结合数量积公式求解，判断选项D． 【详解】选项A：， ，故A正确； 选项B：已知， 则 ，故B正确； 选项C：， ，， ， 设异面直线与所成角的角的大小为， ，故C错误； 选项D：设在上，，则， 在平面内的投影为，底面是正方形， ， , 若平面，则， ，，无实数解，故D错误． 故选：AB． 典例2．（多选）如图，平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是60°，则（ ） A． B． C．四边形的面积为 D．平行六面体的体积为 【答案】BD 【分析】A、B选项通过空间向量的模长及数量积进行判断即可；C选项通过空间向量求出，进而求出面积即可；D选项作出平行六面体的高，求出相关边长，即可求出体积． 【详解】因为， 则 ，故，A错误； ，， ，故，B正确； 连接， 则， ， 即，同理，故四边形为矩形， 面积为，C错误； 过作面，在直线上，过作于，连接， 由平面，得平面，平面，得， 故，，， 故平行六面体的体积为，D正确． 故选：BD． 易把向量起点搞错，直接用棱向量加减时忽略方向，导致表达式符号错误。数量积计算中，夹角易取错：应取两向量共起点的夹角，不是几何体内角，误把当作θ。忽略底面非矩形，直接认为邻边向量点积为 0。坐标法中，因非直角坐标系，不能直接用直角坐标，必须用定义计算，这是最常见失分点。 变｜式｜巩｜固 变式1．（多选）如图，在棱长均为2的平行六面体中，底面ABCD是正方形，且，下列选项正确的是（ ） A． B． C．长为 D．异面直线AC与所成角的余弦值为 【答案】BC 【分析】利用空间基底法，来进行空间向量的线性运算和数量积运算，即可判断各选项. 【详解】因为，根据过一点只有一条直线与平行，而与显然不共线，所以是不成立的，故A错误； 设，因为， 且， 则， 所以，故B正确； 因为， 即，所以长为，故C正确； 因为，且， 可得 可得， 所以异面直线与所成角的余弦值为，故D错误； 故选：BC 变式2．（多选）如图，在平行六面体中，，，则（ ） A． B．平面 C．的长为6 D．平行六面体的体积为 【答案】AC 【分析】根据给定的几何体，结合空间向量基本定理，用基底表示相关向量，再利用数量积的运算律，结合柱体的体积公式逐项计算判断. 【详解】取空间向量的一个基底，则，， ， 对于A，，A正确； 对于B， ，则与不垂直，即直线与直线不垂直， 而直线平面，因此直线与平面不垂直，B错误； 对于C， ，C正确； 对于D，设是平面的法向量，则， 令，得，即，则 ， ，因此点到平面的 距离，而，所以平行六面体的体积为 ，D错误. 故选：AC ◇题型 05平行和垂直的空间向量表示 典｜例｜精｜析 典例1．（多选）下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的有（ ） A．两条不重合直线的方向向量分别是，则 B．直线的方向向量，平面的法向量是，则 C．两个不同的平面的法向量分别是，则 D．直线的方向向量，平面的法向量是，则或 【答案】ACD 【分析】根据向量坐标关系，可得，即可判断A的正误；根据数量积的坐标公式，可得，即可判断B、D的正误；根据数量积的坐标公式，可得，即可判断C的正误. 【详解】选项A：因为，所以，所以，故A正确； 选项B：因为，所以， 所以或，故B错误； 选项C：因为，所以，所以，故C正确； 选项D：因为，所以， 所以或，故D正确. 故选：ACD 典例2．（多选）下列命题是真命题的有（ ） A．A，B，M，N是空间四点，若能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面 B．直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直 C．直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥α D．平面α经过三点是平面α的法向量，则 【答案】BD 【分析】A项，空间的基底向量必不共面，易推得结论错误；B项，利用两直线的方向向量垂直判断直线垂直即得；C项，利用直线的方向向量与平面的法向量不共线即可判断线面不垂直；D项，利用平面的法向量与平面内的向量垂直即得参数之间的数量关系. 【详解】对于A选项，因能构成空间的一个基底，故不能平移到同一个平面内，即A，B，M，N不共面，A项错误； 对于B选项，因，即，故l与m垂直，B项正确； 对于C选项，要使l⊥α,须使与共线，不妨设，则得：，显然该方程组无解，故C项错误； 对于D选项，因是平面内的两个向量，是平面α的法向量， 故解得：则有：，故D项正确. 故选：BD. 易混淆线线、线面、面面的向量条件：线面平行是方向向量与法向量垂直，误写成平行；面面垂直是法向量垂直，误写成共线。证明线面垂直时，漏写平面内两条向量不共线，只写一个垂直就下结论。实数 λ 表示平行时，忽略零向量与坐标为 0 的特殊情况。数量积为 0 只代表向量垂直，不能直接等同于线线垂直，需注明直线不重合。 变｜式｜巩｜固 变式1．（多选）以下命题中正确的是（ ） A．若是直线的方向向量，，则是平面的法向量 B．若，则直线平面或平面 C．A，B，C三点不共线，对平面外任意一点，若，则P，A，B，C四点共面 D．若是空间的一个基底，，则也是空间的一个基底 【答案】BCD 【分析】利用特殊值判断A；根据空间共面向量定理判断BC；根据空间向量基底的定义判断D. 【详解】对于A，当时，，显然不是平面的法向量，A错误； 对于B，由，得向量共面，即平面， 因此直线平面或平面，B正确； 对于C，由，得，因此四点共面，C正确； 对于D，由是空间的一个基底，得、、不共面， 若、、共面，则存在实数，使得，即有， 于是、、共面与、、不共面矛盾，因此、、不共面， 所以也是空间的一个基底，D正确. 故选：BCD 变式2．（多选）已知为直线l的方向向量，，分别为平面，的法向量（，不重合），那么下列说法中，正确的有（ ）． A．∥∥ B． C． D． 【答案】AB 【分析】利用法向量与平面的位置关系以及线面垂直的判定定理判定即可. 【详解】对于选项A，，分别为平面，的法向量，若，则，若则，选项A正确； 对于选项B，因为，选项B正确； 对于选项C，因为，则，选项C错误； 对于选项D，因为，则∥或，选项D错误； 故选：AB. 变式3．（多选）给出下列命题，其中正确的是（ ） A．若直线l的方向向量，平面α的法向量，则∥； B．若平面α，β的法向量分别为，则； C．若平面α经过三点，向量是平面α的法向量，则； D．若点，点C是A关于平面yOz的对称点，则点B与C的距离为 【答案】BC 【分析】对于A：通过计算以及线面平行的判定来判断；对于B：通过计算来判断；对于C：通过计算以及来得答案；对于D：求出对称点，然后利用距离公式计算． 【详解】对于A：，则， 又直线l可能在平面α外，也可能在平面α内，故∥或，A错误； 对于B：，则，B正确； 对于C：，向量是平面α的法向量， 则，解得，，C正确； 对于D：点C是A关于平面yOz的对称点，且，得, 则，D错误． 故选：BC． ◇题型 06 点到线的距离 典｜例｜精｜析 典例1．已知空间中有三点，，，则点O到直线的距离为______________. 【答案】 【分析】求出的坐标，求出，根据点O到直线的距离为即可求解. 【详解】因为，，， 所以, 所以，. 所以, 所以. 所以点O到直线的距离为. 故答案为：. 典例2．在空间直角坐标系中，若直线l经过点，且以为方向向量，是直线l上的任意一点，则；已知空间中一条直线l方程为，则点到直线l的距离为___________________________． 【答案】 【分析】根据已知条件先确定直线的方向向量，进而根据向量模的坐标公式和勾股定理求出结果即可. 【详解】由题意，直线l为，经过点， 且为一个方向向量，所以， 故点A到直线l的距离为． 故答案为：. 易误用点到平面距离公式求点到直线距离。公式记忆混乱，错把向量投影长度直接当作距离。计算时向量方向与模长算错，叉乘运算符号易出错。忽略直线方向向量必须单位化或公式结构，导致结果偏大 / 偏小。几何图形中误把斜长当作垂线段，未用勾股定理修正。书写时漏写向量符号、坐标抄写错误，是简单题失分重灾区。 变｜式｜巩｜固 变式1．已知直线过点，且直线的一个方向向量为，则坐标原点到直线的距离为____________________． 【答案】 【分析】应用向量法求点线距离即可. 【详解】由题设，则坐标原点到直线的距离. 故答案为： 变式2．已知空间中的三个点，则点到直线的距离为____________________． 【答案】/ 【分析】由题意求出和在上的投影，根据勾股定理计算即可求解. 【详解】由题意知，， 所以， 得，， 所以点A到直线BC的距离为 . 故答案为： 变式3．在直四棱柱中，底面为正方形，．点P在侧面内，若平面，则点P到的距离的最小值为____________________． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，设出点坐标，利用平面列方程，求得到的距离的表达式，进而求得所求的最小值. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系， ，，设，. 由于平面， 所以，所以. 由于，即， 到的距离为， 所以当时，. 即到的距离的最小值为. 故答案为： ◇题型 07 点到面、线到面、面到面的距离 典｜例｜精｜析 典例1．在棱长为1的正方体中，分别是的中点，则直线到平面的距离为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则，， 所以, 设平面的法向量为，则 ，令，则， 因为，平面，平面， 所以平面，所以直线到平面的距离即为点到平面的距离， 所以直线到平面的距离为. 故选：D. 典例2．在图甲五边形ABCDE中，是边长为2的等边三角形，，，，将沿AD折起到的位置，得到如图乙所示的四棱锥，点为SC的中点，若二面角所成角的平面角的余弦值为. (1)求证：； (2)求点到平面SAD的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据三角形的中位线，结合平行性的传递性可证明四边形ABFG为平行四边形，即可根据求证， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据点面距离的向量法求解，或者利用等体积法，结合棱锥的体积公式求解. 【详解】（1）证明：取SD中点，连接AG，FG， 因为是等边三角形，所以. 因为为SC的中点，所以. 又，所以. 所以四边形ABFG为平行四边形， 所以，从而有. （2）解：法一：以AD中点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 连接则，故为二面角所成角的平面角， 即，结合,所以， 由， 可得：. 设是平面SAD的一个法向量， 则即，令，则， 所以平面SAD的一个法向量. 设点到平面SAD的距离为，则 . 所以点到平面SAD的距离为. 法二：因为为线段SC中点，所以到平面SAD距离是到平面SAD距离的一半. 记：“到平面SAD的距离”，“到平面SAD的距离”， 连接则，故为二面角所成角的平面角， 即，结合,故到平面的距离， 因为， 所以，即 所以， 所以点到平面SAD的距离为. 易混淆距离公式结构，错把分子写成向量模长而非绝对值。线面、面面距离前提是平行，未先判断就直接计算。求法向量时常算错符号或坐标，导致距离结果错误。忽略共起点要求，向量方向取反。把投影长度当成距离，漏除以法向量模长。线面、面面距离最终都转化为点到面距离，不会合理选点，增加计算量。书写不规范、漏绝对值，是高频失分点。 变｜式｜巩｜固 变式1．在棱长为的正方体中，，分别为棱，的中点，为棱上的一点，且，则点到平面的距离为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直接坐标系，写出点坐标，利用空间坐标法求点到平面的距离即可. 【详解】 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系． 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则 令，则，，所以平面的一个法向量为． 所以点到平面的距离为， 故选：A 变式2．在边长为1的正方体中．平面与平面之间的距离为（ ） A． B．1 C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】解：建立如图所示的直角坐标系，则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量，则，令得，故， 显然平面平面， 所以平面与平面之间的距离． 故选：A 变式3．如图，在四棱锥中，底面为正方形，，平面平面． (1)求证：平面； (2)若，，四棱锥的体积为，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据条件，利用线面垂直的判定定理得平面，从而得，再由面面垂直的性质得平面，进而可得，即可求解； （2）根据条件，由棱锥的体积公式得，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及，再由点面距的向量法，即可求解. 【详解】（1）因为底面为正方形，所以， 又，且，平面，所以平面， 又平面，所以， 连接，易知， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面，又平面，则， 又因为，平面，所以平面． （2）由题意，则正方形的面积为， 又，得到， 由（1）知平面，又平面，则， 以点为坐标原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，由，所以， 则， 所以，，． 设平面的法向量为，则，即， 令，得，所以， 则点到平面的距离为． ◇题型 08 异面直线的距离 典｜例｜精｜析 典例1．在如图所示实验装置中，正方形框架的边长都是1，且平面平面，活动弹子分别在正方形对角线，上移动，则长度的最小值是________________． 【答案】 【分析】将问题转化为异面直线与之间距离的求解问题，以为原点建立空间直角坐标系，根据异面直线间距离的空间向量求法可求得结果. 【详解】是异面直线，上两点，的最小值即为两条异面直线间距离. 平面平面，，平面平面， 平面，又，则以为坐标原点可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设异面直线，的公垂向量， 则，令，则，，， ，即的最小值为. 故答案为：. 【点睛】本题考查空间向量法求解异面直线间距离的问题，关键是能够将两异面直线上点的连线的最小值问题转化为异面直线间距离的求解问题. 典例2．三棱锥中，，，，，点M，N分别在线段，上运动.若二面角的大小为，则的最小值为__________________. 【答案】/ 【分析】观察三棱锥，将其补形成直三棱柱，再推得是正三角形，从而建立空间直角坐标系，利用异面直线距离的向量法公式即可得解. 【详解】依题意，将三棱锥补形成直三棱柱， 此时易知，，满足题意， 又，所以为二面角的平面角，即， 在中，，，则， 在中，，则， 又，所以是正三角形， 要求的最小值，即求异面直线，的距离， 以点为原点，建立空间直角坐标系如图， 则， 故， 设同时垂直于，则， 取，则，故， 所以的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，通过分析三棱锥的图形，将其补形成直三棱柱，从而得解. 易与异面直线所成角公式混淆，错用夹角公式求距离。忽略公垂向量求解，直接套用点到直线公式。计算法向量时符号、坐标易出错，导致距离偏差。未判断两直线是否异面，误将相交或平行直线当作异面。向量选取不共起点，造成方向错误。忘记公式中要取绝对值，出现负距离。计算繁杂易粗心，是立体几何中易丢分的难点。 变｜式｜巩｜固 变式1．棱长为1的正方体如图所示，分别为直线上的动点，则线段长度的最小值为_______________． 【答案】 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，设，求得的坐标，利用，求得点的坐标，再利用空间中两点间的距离公式，即可求解. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设，当PQ为两异面直线的公垂线段时，PQ长度最短，此时PQ长度为MN的最小值, 则, 由，所以，所以, 所以 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了空间向量的应用，其中解答中熟记空间向量的坐标表示，以及向量的数量积的运算和空间中两点间的距离公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 变式2．如图，在菱形ABCD中，，，沿对角线BD将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为线段BD，CA上的动点，则线段PQ的最小值为______________. 【答案】 【分析】取BD的中点E，连接AE，EC，则，，同时可证得.因此以E为原点，分别以EB，EC，EA所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，得出各点坐标，设，，求出的坐标，配方后可得最小值． 【详解】取BD的中点E，连接AE，EC，则，，. 因为，所以，即. 以E为原点，分别以EB，EC，EA所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，.设，， 所以， 从而有， 当，时，. 【点睛】本题考查用空间向量法求空间两点间距离，解题关键是建立空间直角坐标系各，引入参数设，．考查了学生的运算求解能力． ◇题型 09 截面问题 典｜例｜精｜析 典例1．在正方体中，分别是的中点，，则过点的平面截该正方体所得的截面周长为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先确定四点共面，进而计算结果即可. 【详解】取线段的中点为，的中点为，，如图， 因为正方体中，分别是棱的中点， 所以，所以四点共面. 由正方体的棱长为2，可得，， 所得截面周长为， 故选：B. 典例2．如图，正方体的棱长为1，P为的中点，Q为线段上的动点，过点A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为S，给出下列四个结论： ①当时，S为四边形； ②当时，S为等腰梯形； ③当时，S的面积为； ④当时，S与的交点R满足.以上结论正确的个数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】做截面的常用两种方法：作平行线和作延长线.对于本题，过点A作PQ的平行线即可得到截面. 【详解】①当时，如图（1），是四边形，故①正确； ②当时，如图（2），是等腰梯形，故②正确； ③当时，如图（3），此时截面为菱形，两条对角线的长分别为 所以，③正确. ④当时，如下图，延长至，使，连接交于，连接交于，连接，则，由，可得，所以，故④正确； 故选：D 易凭直观脑补截面形状，忽略 “截面与面的交线必为直线”。延长线、找交点、连轮廓的步骤缺失，误判为三角形、四边形等简单图形。忽略平行性质，错把平行边画成不平行。正方体 / 棱柱中，常漏看对称点与中点，导致截面边数、角度判断错误。计算截面面积时，不先定形状再算边长，直接估算出错。不画辅助延长线，是截面画错、算错的最主要原因。 变｜式｜巩｜固 变式1．如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，作出截面并求出其面积. 【详解】在正方体中，取的中点，的中点，连接， 由是的中点，得，则四边形为平行四边形， ，由是的中点，得， 梯形是正方体被平面所截得的截面， ，， 所以所求截面的周长是. 故选：B 变式2．已知正四棱锥的所有棱长都等于3，点是的重心，过点作平面，若平面平面，则平面截正四棱锥的截面面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点依次在平面内作平行线，可得到截面，根据比例确定边长知截面为等腰梯形即可求面积. 【详解】 点是的重心，，过作交于，并延长交于， 过作，过作，如图四边形为截面， ∵点是的重心，，∴， ∴，，，， 四边形为等腰梯形，故面积为. 故选：C. 变式3．已知正方体的体积为1，点在棱上（点异于，两点），为的中点，若平面截正方体所得的截面为五边形，则的长的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分情况讨论，作出截面，结合截面形状可得的范围. 【详解】因为正方体的体积为1，所以该正方体的棱长为1，则. 当时，连接，，则， ，，，四点共面，截面为四边形（如图），不符合题意， 当时，延长,交于点， 由与相似可得, 所以，因为，所以在线段上一定存在一点， 使得,即四边形为平行四边形，所以; 过作于，连接，则易知， 所以，即四点共面，所以截面为四边形. 当时，延长,交于点， 由与相似可得， 所以，因为，所以在线段的延长线上一定存在一点， 使得,即四边形为平行四边形，所以; 如图，过向的延长线作垂线，交于点，连接，交于， 则易知，所以，即四点共面. 连接交于，连接，即所求截面为五边形. 综上可知，故B正确. 故选：B. ◇题型 10 距离和的最小值 典｜例｜精｜析 典例1．已知正三棱柱，底面边长为1，高为8．一只蚂蚁自点出发沿着三棱柱的侧面绕行两周后到达点的最短路线长为________________． 【答案】. 【分析】利用侧面展开两次得到平面图,再求两点间最小距离就是线段长. 【详解】 如图按侧面展开两次，可得一只蚂蚁自点出发沿着三棱柱的侧面绕行两周后到达点的最短路线长为， 因为底面边长为1，高为8，所以， 故答案为：. 典例2．已知在直三棱柱中，底面为直角三角形，，，，P是上一动点，则的最小值为________________． 【答案】 【分析】把面沿展开与在一个平面上如图，连接，则的长度即为的最小值，求解即可. 【详解】由题意知，在几何体内部，但在面内， 把面沿展开与在一个平面上如图，连接， 则的长度即为的最小值， 因为在直三棱柱中，平面， 而平面，则， 因为，则，即， 又平面，则平面， 而平面，所以，即， 因为，易知，所以 所以， 而，， 所以在中，， 所以，即的最小值为. 故答案为：. 易混淆对称点法使用条件，误在空间中直接照搬平面思路。忽略点、线、面位置关系，错找对称点或投影点。求折线和最小值时，未将空间问题展开为平面，直接用空间距离计算。易漏判动点范围，把线段上动点当成直线上动点。坐标法中对称点坐标算错、公式记错，导致结果错误。忽视共线条件，无法判断取等条件，是这类题最常见失分点。 变｜式｜巩｜固 变式1．长方体的长、宽、高分别为，由顶点A沿长方体的表面到顶点路径长度的最小值为________________． 【答案】5 【分析】设出边长，将长方体侧面从不同方向展开，计算展开后的矩形的对角线长度，最短即为所求解. 【详解】不妨设， 将侧面与展成一个矩形，此矩形长宽，对角线， 同理，将与展成一个矩形，对角线长为， 将与是成一个矩形，对角线长为， 综上，由A到最小值为． 故答案为：. 变式2．如图，在直三棱柱中，，，，E、F分别是、的中点，沿棱柱的表面从E到F的最短路径长度为________________． 【答案】/ 【分析】分析可得沿棱柱的表面从E到F可能经过棱，，，再分别展开直观图求解即可. 【详解】若从E到F经过棱则沿棱展开如图，过作于，则，，故. 若从E到F经过棱则沿棱展开如图，，，. 若从E到F经过棱则沿棱展开如图，，，. 若从E到F经过棱则沿棱展开如图，由题意，为等腰直角三角形，四边形为正方形，故为等腰直角三角形，故四边形为直角梯形.又，，故. 故沿棱柱的表面从E到F的最短路径长度为. 故答案为： 变式3．在正四棱台中，，点是四边形内的动点（含边界）.若点在线段上，则点到直线的距离的最小值为_____________；若，则点的轨迹长度为__________________. 【答案】; 【分析】第一空，利用异面直线间的距离公式即可求解，第二空由圆的定义求出点的轨迹即可求解. 【详解】 如图连接，则，平面.过作，则，，又，故，. 如图：以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设与都垂直的向量为，则，取，则，异面直线之间的距离，则点到直线的距离的最小值为. 如图：过作 因为，所以，所以点在正方形内，以为圆心,为半径的圆弧上，因为，所以，，所以，同理,所以，所以点的轨迹长度为. 故答案为：； ◇题型 11 异面直线的夹角 典｜例｜精｜析 典例1．直三棱柱中，底面是以A为直角的腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长为，为上的点，若直线与直线所成角的余弦值为，则长为（ ） A．1 B． C． D． 【答案】A 【分析】建系标点，设，可得，利用空间向量求异面直线的夹角，列式求解即可. 【详解】以A为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则． 设，则， 所以，解得(负值舍去). 故选：A． 典例2．在直三棱柱中，，，则直线与所成角的余弦值是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以为基底，表示向量和，利用向量的数量积求异面直线夹角的余弦. 【详解】如图，以为空间向量的基底. 不妨设，则， 则，. 因为，， ，. 又， 所以. 即直线与所成角的余弦值是. 故选：C 典例3．中国古代数学著作《九章算术》记载了一种被称为“曲池”的几何体，该几何体的上､下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为，、、、均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为和，对应的圆心角为，则图中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，用向量法求解即可. 【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接、、， 以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则、、、， 所以，，， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：A. 异面直线夹角范围是(0, 90°]，易误取钝角或负角。计算时错用向量夹角直接作为结果，忘记取绝对值。方向向量选取时符号搞反，导致余弦值符号出错。混淆异面直线夹角、线面角、二面角的公式与范围。忽略平移不改变角度，不会合理选点简化计算。坐标抄写、向量运算出错，是简单题丢分的主要原因。 变｜式｜巩｜固 变式1．在三棱锥中，平面，，，，是的中点，则异面直线与所成夹角的余弦值为________________. 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角的向量法即可求解. 【详解】因为平面，平面，平面， 所以，而，，故两两垂直. 如图：分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 则， 因为是的中点，，， 所以， 异面直线与所成夹角的余弦值为. 故答案为： 变式2．如图，平面，，，，，，则直线与所成角的余弦值为__________________. 【答案】 【分析】通过向量分解将空间线段表示为向量，并利用已知的垂直关系简化向量的乘积计算，代入异面直线夹角的向量公式，计算余弦值得出结果. 【详解】设，， 平面，，故， ，， 平方得：， 代入得：， 即，所以：， 设与的夹角，则，即. 故答案为： ◇题型 12 线面角和二面角 典｜例｜精｜析 典例1．在空间直角坐标系Oxyz中，定义：经过点且一个方向向量为的直线l的方程为，经过点且一个法向量为的平面的方程为.已知在空间直角坐标系Oxyz中，经过点的直线l的方程为，经过点P的平面的方程为，则直线l与平面所成角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题目定义得到直线的一个方向向量，和平面的法向量，由向量夹角的求解公式得出线面角的正弦值. 【详解】经过点的直线的方程为，即， 则直线的一个方向向量为. 又经过点的平面的方程为， 即，所以的一个法向量为. 设直线与平面所成的角为，则. 故选：B. 典例2．已知：空间中，过点且一个法向量为的平面方程为.据此可知，若平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知得出平面的一个法向量，再得出相交于直线的两个平面的法向量，由这两个法向量求出直线的方向向量，由平面的法向量与直线的方向向量夹角的余弦值的绝对值得线面角的正弦值． 【详解】由题意知平面的一个法向量是， 平面与的法向量分别是， 设直线的一个方向向量为， 则，所以，取，得， 所以， 故直线l与平面所成角的正弦值为. 故选：A． 典例3．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，点在线段上，平面，，． （1）求证：为的中点； （2）求二面角的大小； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）． 【分析】（1）设，的交点为，由线面平行性质定理得，再根据三角形中位线性质得为的中点．（2）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，列方程组解各面法向量，根据向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角相等或互补关系求二面角大小（3）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，列方程组解各面法向量，根据向量数量积求向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余关系求线面角大小 【详解】（1）设，的交点为，连接． 因为平面，平面平面，所以． 因为是正方形，所以为的中点，所以为的中点． （2）取的中点，连接，．因为，所以． 又平面平面，且平面，所以平面． 因为平面，所以．因为是正方形，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，即． 令，则，，于是． 平面的法向量为，所以． 由题知二面角为锐角，所以它的大小为． （3）由题意知，，． 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． 线面角易混淆正弦与余弦，错用方向向量与法向量夹角直接当作线面角，牢记公式用。二面角常忽略范围[0,π]，仅凭法向量夹角判断锐钝，不结合图形。求法向量时坐标、符号、叉乘运算易出错。误将 “面面垂直” 直接推出线线垂直。漏看直线在平面内或垂直平面等特殊情况。书写时缺少 “找角 — 证角 — 算角” 步骤，被扣分。 变｜式｜巩｜固 变式1．教材44页第17题：在空间直角坐标系中，已知向量，点，点. （1）若直线经过点，且以为方向向量，是直线上的任意一点，求证： （2）若平面经过点，且以为法向量，是平面内的任意一点，求证： 利用教材给出的材料，解决下面的问题： 已知平面的方程为，直线是平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意得出平面的法向量，再求出平面的交线方向向量，最后用线面角公式求解即可. 【详解】因为平面的方程为，所以平面的一个法向量， 同理，可得平面的一个法向量，平面的一个法向量， 设平面与平面的交线的方向向量为， 则，解得，，取，则， 设直线与平面所成角为，则， 故选：A 变式2．如图，在三棱锥中，平面，． (1)求证：平面PAB； (2)求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解. 【详解】（1）因为平面平面， 所以，同理， 所以为直角三角形， 又因为，， 所以，则为直角三角形，故， 又因为，， 所以平面. （2）由（1）平面，又平面，则， 以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图， 则， 所以， 设平面的法向量为，则，即 令，则，所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，所以， 所以， 又因为二面角为锐二面角， 所以二面角的大小为. 变式3．如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【详解】（1）取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； （3）由，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. ◇题型 13 空间中存在性问题 典｜例｜精｜析 典例1．如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，为边CD的中点，且. (1)求线段的长； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在线段上（不含端点）是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，由即可求解； （2）分别求平面与平面的法向量，利用夹角公式即可求解； （3）设，利用直线与平面所成角的正弦值为即可求解. 【详解】（1）由底面平面， 故，又底面是矩形，故， 故AD、AB、PA两两垂直， 故可以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、， 设，则， 则， 由，则， 解得，即； （2）， 设平面的一个法向量， 因为，可得， 令，则，所以， ， 设平面的一个法向量， 可得， 令，则，所以， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为； （3）（3）设， 则， 因为与平面所成角的正弦值为，设AN与平面所成角， 所以， 所以所以或， 因为所以，所以. 典例2．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．. （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）证明见解析；（2） 【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直； （2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案； 【详解】（1）[方法一]：几何法 因为，所以． 又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示， 过E作的平行线分别与交于其中点，连接， 因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点， 易证，则． 又因为，所以． 又因为，所以平面． 又因为平面，所以． [方法二]【最优解】：向量法 因为三棱柱是直三棱柱，底面， ，，，又，平面．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，如图． ，． 由题设（）． 因为， 所以，所以． [方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以． （2）设平面的法向量为， 因为， 所以，即． 令，则 因为平面的法向量为， 设平面与平面的二面角的平面角为， 则． 当时，取最小值为， 此时取最大值为． 所以，此时． 常漏设参数表示点在线上的位置，直接用坐标硬算。易忽略两向量共线前提，误将点当作任意点。利用垂直、平行列方程时，数量积与共线条件写反。解出参数后，不检验是否在棱 / 线段上，直接判定存在。忽略零向量、共面等特殊情况。计算出错、坐标抄错、法向量错误，导致方程无解或错解。最后易漏写 “存在 / 不存在” 的明确结论，造成失分。 变｜式｜巩｜固 变式1．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）；（3）存在， 【详解】试题分析：（1）由面面垂直性质定理知AB⊥平面；根据线面垂直性质定理可知，再由线面垂直判定定理可知平面；（2）取的中点，连结，，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求出直线与平面所成角的正弦值；（3）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据平面，即，求的值，即可求出的值. 试题解析：（1）因为平面平面，， 所以平面，所以， 又因为，所以平面； （2）取的中点，连结，， 因为，所以. 又因为平面，平面平面， 所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以. 如图建立空间直角坐标系，由题意得， . 设平面的法向量为，则 即 令，则. 所以. 又，所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）设是棱上一点，则存在使得. 因此点. 因为平面，所以平面当且仅当， 即，解得. 所以在棱上存在点使得平面，此时. 考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用. 变式2．如图，四棱台中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，分别为的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为. (1)求证：∥平面； (2)求点到平面的距离； (3)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由 【答案】(1)详见解析； (2)； (3)存在点，此时. 【分析】（1）建立空间直角坐标系后，用直线的方向向量和平面的法向量垂直,即可证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系后，用点到平面的距离公式即可求解； （3）假设存在，列出方程求解即可. 【详解】（1）证明：因为平面，以点为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为侧棱所在的直线与上下底面中心的连线所成的角为，则 ，，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 因为， 所以，所以， 又因为平面， 所以∥平面； （2）解：由（1）知，， 所以点到平面的距离为； （3）解：假设边上存在点满足条件，， 则， 设直线与平面所成角为， 由题意可得， 化简得，则或（舍去）， 即存在点符合题意，此时. 变式3．如图，四棱锥的底面是菱形，平面，为的中点. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在棱上是否存在一点，使得二面角正弦值为？若存在，求出的长；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）连接AC，交BD于点O，可得，由线面平行的判定定理可证结论； （2）利用，且三棱锥与三棱锥同底面积，三棱锥的高是三棱锥的高的二倍 （3）以O为坐标原点，分别以OA，OB所在直线为x，y轴，以过点O且平行于PD的直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz．求出平面与平面的法向量，由向量夹角的余弦值求解即可. 【详解】（1）如图，连接AC，交BD于点O，则O为AC的中点．连接OE， 因为是的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面， （2），且三棱锥与三棱锥底面积相同， 三棱锥的高是三棱锥的高的二倍， （3）存在点F，使得二面角的正弦值为． 因为底面是菱形，底面，与平面， 所以，，， 故以O为坐标原点，分别以OA，OB所在直线为x，y轴，以过点O且平行于PD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz． 则，，，，，， 故，，， 设，， 则，． 设平面的法向量为， 则，， 则，令，则，故， 设平面BDF的法向量为， 则，即， 则，令得，故， 因为二面角的正弦值为， 所以二面角的余弦值的绝对值为， 令， 化简得，解得或． 因为，所以或． ◇题型 14 立体几何中的动点问题 典｜例｜精｜析 典例1．如图，在棱长为1的正方体中，点在正方形内运动（含边界）且，则下列结论正确的有（ ） A．点的轨迹长度大小为 B．三棱锥的体积随着的位置变化而变化 C．当点位于点时，异面直线与所成角最小，且最小值为 D．为直线上一点，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，利用两直线垂直的坐标表示求得动点轨迹，进而求得长度；根据三棱锥的体积计算判断；根据异面直线所成角的余弦值计算判断；利用公垂线计算得到线段的最小值； 【详解】以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则 对于A，设，， 因为，所以，即， 因此点的轨迹为正方形内满足的线段，即线段， 长度大小为，A正确； 对于B，因为平面，平面， 所以平面，且到平面的距离固定，设为， 由上分析可知点在线段上运动时，到平面的距离为定值， 所以三棱锥的体积为，为定值，B错误； 对于C，设，，， 设异面直线与所成角的余弦值为 ， 令， ， 所以在上单调递减，最大值，最小值， 当，异面直线与所成角的余弦值最大，异面直线与所成角最小， 则，即当点位于点时，， 异面直线与所成角最小为，C正确； 对于D，为直线上一点， 则的最小值为线段上的点到直线的距离的最小值， 即异面直线与之间的距离， ， 设公垂向量为，则， 解得，则， 计算异面直线距离，则的最小值为，D正确. 故选：ACD. 动点问题最易不设参数，强行用未知坐标列式，导致计算复杂出错。常忽略点在线段上，λ 范围未判断，直接得出存在性结论。混淆动点在棱上、面上、空间中的限制条件，扩大范围求解。利用垂直、平行列方程时，数量积与共线条件易写反。坐标抄写、法向量计算失误频繁。轨迹判断凭直观，不按平行、垂直性质推导，造成轨迹形状与范围错误。 变｜式｜巩｜固 变式1．（多选）已知正方体的棱长为2，点是侧面上的一个动点（含边界），点和点分别是棱和的中点，则（ ） A．平面截该正方体所得的截面图形是正方形 B．平面平面 C．若，则点的轨迹长度为 D．若点在上，则的最小值为 【答案】BC 【分析】建立空间直角坐标系，易得，可判断A的真假；根据线面垂直判定面面垂直，可判断B的真假；确定点轨迹，求轨迹长度，判断C的真假；设，则可表示为在直角坐标系中点到点与点的距离之和，由此即可求出的最小值，可判断D的真假. 【详解】如图建立空间直角坐标系， 对于A选项：,,，， 所以， 所以与不垂直，A错误； 对于B选项：,， 所以 所以， 又，平面,平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面，B正确； 对于C选项：易知，所以， 所以点的轨迹为点为圆心，1为半径的圆， 所以点的轨迹长度为，C正确； 对于D选项：设，则 可表示为在直角坐标系中点到点与点的距离之和，如图所示， 所以， 所以的最小值为，D错误. 故选：BC. 变式2．（多选）在长方体中，，点为的中点，点为平面内的一个动点（含边界），则（ ） A．平面 B．四棱锥的外接球的表面积为 C．平面平面 D．若，则点的运动轨迹长度为 【答案】BCD 【分析】由题意以为坐标原点，分别以所在直线为轴，写出相应的点坐标，利用向量法求出平面的法向量，利用向量法判断即可得出选项A，根据已知条件分析得出四棱锥的外接球球心位置，画出图形分析，建立方程解出球体的半径，再利用球体表面积公式求解即可得出选项B，利用坐标系求出平面与平面的法向量，利用法向量数量积结果来判断选项C，设，，根据得出的轨迹，然后根据轨迹分析得出选项D. 【详解】在长方体中， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系： 由， 则， 可得， 设平面的一个法向量为， 由， 令，则， 所以， 因为， 所以与平面不平行，故A选项不正确； 在长方体中， 连接，如图所示： 在长方体中，点为的中点， 且， 所以， 且四边形为矩形，所以点的投影为矩形的中心， 即平面，则四棱锥的外接球的球心在上， ①设四棱锥的外接球的球心在的延长线上且为， 球的半径为，如图所示， 在长方体中,， 所以，所以在直角三角形中，， 则有， 在直角三角形中，， 即，解得：， 此时四棱锥外接球的表面积为： ， ②设四棱锥的外接球的球心在上且为， 球的半径为，如图所示， 在长方体中,， 所以，所以在直角三角形中，， 则有， 在直角三角形中，， 即，解得：， 因为，不满足题意， 故四棱锥外接球的表面积为， 故B选项正确； 由A中，， 则， 设平面的法向量为， 由， 令，则，所以， 设平面的法向量为， 由， 令，则，所以， 因为， 所以平面平面，故选项C正确， 设，， 则，， 因为， 即， 因为点为平面内的一个动点（含边界）， 所以点的轨迹为一条线段， 令，令， 所以线段的端点为和， 所以点的运动轨迹长度为， 故D选项正确； 故选：BCD. 一、单项选择题 1．已知梯形按斜二测画法得到的直观图为如图所示的梯形，且，，，现将梯形绕㯀转一周得到一个几何体，则该几何体的侧面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将梯形复原为原图即直角梯形，确定相关的边长，结合题意以及圆台的侧面积公式，即可求得答案. 【详解】由题意将梯形复原为原图，即直角梯形， 其中，则， 故将梯形绕㯀转一周得到一个几何体为圆台， 圆台上底面半径为1，下底面半径为4，高为4，母线长为5， 故该几何体的侧面积为， 故选：C 2．已知直线和平面，下列表述正确的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】利用线面平行和垂直的判定定理和面面平行和垂直的判定定理即可求解. 【详解】由，条件中缺少，故A错误； 由，条件中缺少，故B错误； 由，条件中缺少，故C错误； 由，故D正确； 故选：D. 3．已知圆锥底面与圆台下底面半径相等，高相等.若圆台体积为圆锥体积的倍，则圆台上，下底面积的比值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据条件的几何关系，代入圆锥和圆台的体积公式，即可求解. 【详解】设圆台的上､下底面圆的半径分别为，高为,则由圆台体积为圆锥体积的倍， 得到，解得. 故选：A 4．空间点，则点到直线的距离（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出，利用空间向量夹角余弦公式求出，进而求出，再利用距离公式即可求出结果. 【详解】由题意得， 所以， 所以， 所以点A到直线BC的距离. 故选：D. 5．在空间直角坐标系中，向量，则下列选项中正确的是（ ） A．若，则 B．向量是的一个单位向量 C．若为钝角，则 D．若在上的投影向量为，则 【答案】D 【分析】利用空间向量的模的坐标运算来判断A，空间单位向量的坐标运算来判断B，利用空间向量夹角为钝角的充要条件来判断C，利用投影向量计算来判断D. 【详解】由，，可得，故A错误； 由的单位向量是，故B错误； 由为钝角，则， 又当， 所以为钝角，则且，故C错误； 由在上的投影向量为，故D正确； 故选：D. 6．已知正四棱柱中，，则（ ） A．平面 B．平面平面 C．平面 D．平面平面 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，A选项，求平面的法向量，判断是否平行于平面；B选项，分别求平面和平面的法向量，判断两个平面是否平行；C选项，求平面的法向量，判断是否垂直于平面；D选项，求平面和平面的法向量，判断平面是否垂直于平面. 【详解】以为原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系. 已知，，则各点坐标为：，，， ，，，，. 对于A选项，则， ，. 设平面的法向量，则，即， 令，则，，即. ，不平行于平面，故选项A错误. 对于B选项，，， 设平面的法向量，则，即， 令，则，，即. ，， 设平面的法向量，则，即， 令，则，，即. ，平面平面，故选项B正确. 对于C选项，，， . 设平面的法向量，则，即， 令，则，，即. 与不平行，不垂直于平面，故选项C错误. 对于D选项，，， 设平面的法向量，则，即， 令，则，即. ，， 设平面的法向量，则，即， 令，则，即. ，平面不垂直于平面， 故选项D错误. 故选：B. 7．如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点，则点P到直线AC的距离的最小值为（　　） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】以D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线距离可得. 【详解】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点， 以D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），设P（2﹣t，2，t），（0≤t≤2）， ， 设异面直线的公共法向量为， 则，取x＝1，得， ∴点P到直线AC的距离为： ， 点P到直线AC的距离的最小值为. 故选：C. 8．如图，直四棱柱，点M，N，P分别为，和的中点，底面为菱形，且记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】证明平面，然后以以P为原点，分别以直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求出后可比较大小 【详解】解：连接，由底面为菱形，， 所以为等边三角形，故 取中点，连接， 因为是直四棱柱，所以平面， 又平面，所以 不妨设，所以，故， 由三线两两互相垂直，故以P为原点， 所在方向建立x，y，z轴，如下图所示： 则,， ， 由平面ABCD，所以平面ABCD可取， 设平面PMN的法向量为， 所以， 取，则，故 由MN与所成的角为，MN与平面ABCD所成的角为， 二面角的平面角为， 其中 所以， ， 所以， ， 因为在上递减，， 又， 所以 故选：C 二、多项选择题 9．在空间直角坐标系中，已知向量，点，设点，下面结论正确的是（ ） A．若直线l经过点，且以为方向向量，P是直线l上的任意一点，则 B．若点，P都不在直线l上，直线l的方向向量是，若直线与l异面且垂直，则 C．若平面经过点，且以为法向量，P是平面内的任意一点，则 D．若平面经过点，且为平面的法向量，则平面外存在一点P使得成立 【答案】ABC 【分析】根据向量共线即可求解A，根据垂直关系即可求解BCD. 【详解】对于A，由于为的方向向量，， 故存在实数使得，即可，因此，故A正确， 对于B,与垂直,则，即，故B正确， 对于C，由于为平面的法向量，，故，即， 则，故C正确， 对于D，由于为平面的法向量，若平面外存在一点使得成立， 则与平面平行，这与点在平面内矛盾，故D错误， 故选：ABC 10．在平行六面体中，，，点为上的任意一点，点为底面内一动点（含边界），则（ ） A．三棱锥外接球的表面积为 B．平行六面体的高为 C． D．若，则点的轨迹长度为 【答案】BCD 【分析】分析可知三棱锥为正四面体，求出其外接球半径，结合球体表面积公式可判断A选项；计算出点到平面的距离，可判断B选项；证明出平面，利用线面垂直的性质可判断C选项；建立空间直角坐标系，求出点的轨迹方程，结合扇形的弧长公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，， 故、、均为边长为的等边三角形， 所以，故三棱锥是棱长为的正四面体， 将正四面体补成正方体，如下图所示： 则该正方体的棱长为， 设正四面体的外接球半径为，则，故， 故三棱锥外接球的表面积为，A错； 对于B选项，在正四面体中，设点在底面的射影点为点，如下图所示 由题意可知平面，的外接圆半径为， 所以，故平行六面体的高为，B对； 对于C选项，由空间向量数量积的定义可得 ， 因为，， 所以 ，所以，即，同理可证， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，故，C对； 对于D选项，易知底面，， 以点为坐标原点，、、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、、、， 因为点为底面内一动点（含边界）， 设点，则， 整理可得， 在平面直角坐标系中，点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在菱形内的一段圆弧， 设圆弧分别交线段、于点、，则，， 由余弦定理可得， 即，即， 即，解得，故为等腰三角形， 所以，故， 因此点的轨迹长度为，D对. 故选：BCD. 11．如图，矩形所在平面与正方形所在平面垂直，点P在线段上（包含端点），，则下列说法正确的是（ ） A．存在点，使得直线平面 B．存在点，使得直线平面 C．直线与平面所成角的正弦值的取值范围是 D．三棱锥的外接球被平面所截得的截面面积是 【答案】BCD 【分析】（1）对于选项A，假设存在，根据条件推出矛盾求解；对于选项B，先确定点，再证明；对于选项C，建系，利用空间向量的坐标运算求解；对于选项D，把几何体放在长方体中求解. 【详解】取的中点，连接，设，连接，， 如图，在正方形中，为的中点，是矩形，则且，故四边形是平行四边形，则. 对于选项A，假定存在点P，使得直线平面，而平面，则， 又，从而有， 因为，点在线段上（包含端点），则，产生矛盾，故假设不成立，故A错误； 对于选项B，因为，平面，平面，故平面， 则当点P与G重合时，直线平面，故B正确； 对于选项C，因为平面平面，平面平面， 且平面，，故平面， 以D为原点，直线，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，， 设，，， 设平面的法向量为，则 取，得， 设与平面所成的角为， 当时，， 当时，， 令，，故， 所以，所以，C正确； 对于选项D，因为平面平面，平面平面，且平面，，故平面， 如图，将三棱锥放入长方体中，则三棱锥的外接球即长方体的外接球， 又四边形是矩形，则点F为长方体的一个顶点， 此时三棱锥的外接球被平面截得的截面即的外接圆，由， 在中，，且， 则， 由正弦定理得的外接圆直径，则，其面积为，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题 12．已知，若共面，则__________. 【答案】 【分析】先根据共面，可知存在实数，使得，再结合向量的坐标表示建立方程组，最后求解即可. 【详解】由题意知，共面，则存在实数使得， 则代入坐标得： 所以， 由可得， 将代入第一个方程得，即，因此， 将代入第三个方程得，即， 故答案为： 13．如图，已知二面角的棱上有两个点，，线段与分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于棱．若，，，，平面与平面夹角的余弦值为______． 【答案】 【分析】根据式子，根据空间向量数量积的运算律以及模长公式可表示的长，建立方程得到，进而求解面面夹角即可. 【详解】由条件知，，， 得到 可得，所以, 故. 故答案为： 14．空间直线与平面也有方程.教材中有如下阐述： 在空间直角坐标系中，已知点，向量不全为0，过点且一个法向量为的平面的方程为. 请利用教材给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线是平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为__________． 【答案】/ 【分析】根据给定的材料求出平面的法向量，利用另外两个平面的法向量求出它们交线的方向向量，再利用线面角的向量法求解. 【详解】由平面的方程为，得平面的法向量， 平面的法向量，平面的法向量， 设直线l的方向向量为，由直线l是两平面的交线，得向量与向量、都垂直， 则，解得，得，设直线l与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 故答案为： 四、解答题 15．如图所示的几何体中，平面为正方形，四边形为等腰梯形，，． (1)求证：平面； (2)求与平面夹角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在； 【分析】（1）由余弦定理求得，由勾股定理证明，由线面垂直的判定定理可得证； （2）以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，求出及平面的法向量即可求解；（3）设，求出平面的法向量，根据两个平面的法向量求解即可. 【详解】（1）由题知， 由余弦定理得， ∴，∴，∴， 又，平面，， ∴平面； （2）如图，过作的垂线，垂足为，则， ∵四边形为等腰梯形，∴. 由（1）知，平面， ∴，又，平面，， ∴平面，∴，∴两两互相垂直， 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则， ∴， 设平面的法向量为， 由得， 令，得， ∴， 故与平面夹角的正弦值为； （3）存在. 假设存在，设， 则， 设平面的法向量为， 由得， 令，得， ∴， 由题知，解得. 综上，存在点符合，且． 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $