专题05 空间向量与立体几何5个考点（福建专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题05 空间向量与立体几何 5大考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02点线面的位置关系 考点03空间向量及其运算 考点04求线面角二面角与点到平面的距离 考点05空间向量中的范围与最值问题 空间几何体的表面积与体积 运算 考点1 1．（2026·福建福州·模拟预测）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，，为圆锥的母线，，且二面角为.若的面积等于，则圆锥的体积为______. 2．（2026·福建泉州·二模）现有一个半径为6的球状容器（不考虑容器厚度），在容器内放置8个半径相同的实心小球，若这8个小球的球心恰为某个正方体的8个顶点，则小球半径的最大值为___________． 3．【多选题】（2026·福建漳州·模拟预测）在正三棱锥中，底面的边长为，侧面与底面所成的角为，则（   ） A． B． C．点到平面的距离为 D．该三棱锥的外接球表面积为 4．（2026·福建泉州·二模）已知正三棱台的高为，则该棱台的侧面积为（   ） A． B． C．18 D． 5．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是（    ） A．直线BC与平面所成的角等于 B．四棱锥的体积为 C．两条异面直线和所成的角为 D．二面角的平面角的余弦值为 6．（2025·福建漳州·模拟预测）一个高为，上、下底面半径分别是和的封闭圆台容器（容器壁厚度忽略不计）内有一个铁球，则铁球表面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 7．（2025·福建福州·模拟预测）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为半圆，则该圆锥的表面积为（   ） A． B． C． D． 8．（2025·福建泉州·模拟预测）如图茶杯的形状是一个上宽下窄的正四棱台，上底面边长为下底面边长的2倍，容积为28ml，厚度忽略不计.当倒入14ml茶水时，茶水的高度与茶杯的高度之比为（   ） A． B． C． D． 9．（2025·福建福州·模拟预测）在平面四边形中，是边长为的等边三角形，是以点为直角顶点的等腰直角三角形，将该四边形沿对角线折成四面体，在折起的过程中，四面体的外接球体积最小值为（   ） A． B． C． D． 10．（2025·福建泉州·模拟预测）四棱锥中，，，，，，若、、、、均在同一球面上，则该球的表面积等于（    ） A． B． C． D． 11．（2025·福建漳州·模拟预测）在菱形中，，，将沿对角线翻折至，则当三棱锥表面积最大时，三棱锥外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 点线面的位置关系 考点2 1．【多选题】（2026·福建龙岩·一模）如图，为圆锥的底面圆的直径，为母线的中点，点为底面圆周上异于的两个动点，且，则（    ） A．一定存在点，使平面 B．不可能存在点，使 C．过点且与母线垂直的平面截圆锥所得的截线上任意两点间距离的最大值为 D．过点与底面垂直的平面截圆锥所得截线的离心率为 2．【多选题】（2025·福建泉州·模拟预测）在直三棱柱中，，，为的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面平面 3．【多选题】（2025·福建泉州·模拟预测）在边长为2的正方体中，M为边的中点，N为边的中点.则（    ） A． B．平面 C．直线所成角的余弦值为 D．直线所成角的余弦值为 4．【多选题】（2025·福建漳州·模拟预测）在正方体中，E，F分别为和的中点，下列说法正确的是（   ） A．平面平面 B． C．与平面所成角的正切值为 D． 空间向量及其运算 考点3 1．【多选题】（2026·福建莆田·二模）已知正三棱台的所有顶点都在球的球面上，且，点满足，则（   ） A．当为棱的中点时， B． C．若直线平面，则 D．若，则球的表面积为 2．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）在棱长为1的正方体中， 点 P 是底面内的动点， 则（     ） A．的最小值为2 B．的最大值为 C．的最小值为 D．的最小值为3 3．【多选题】（2025·福建·模拟预测）如图，在三棱柱中，，分别是线段，上的点，且，.设，，，且均为单位向量，若，则下列说法中正确的是（    ） A．与的夹角为 B． C． D． 4．（2025·福建南平·一模）已知正方体的棱长为4，点分别为线段上的动点，则的最小值为___________，此时___________. 求线面角二面角与点到平面的距离 考点4 1．（2026·福建福州·模拟预测）如图1，圆内接四边形中，为等腰直角三角形，且，，. (1)求的长； (2)如图2，将沿翻折，形成四面体，当时， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）找出一组依次排列的四个相互平行的平面，，，使得，，，，且其中每相邻两个平面间的距离都相等，并求出相邻两个平面间的距离. 2．（2026·福建龙岩·一模）如图，在正四棱台中，，是的中点，其外接球的表面积为. (1)求证：平面； (2)若平面与交于点，求直线与平面所成角的正弦值. 3．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，侧面为菱形，且．交于点，为棱中点    (1)证明：平面； (2)证明：； (3)若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值． 4．（2026·福建·一模）如图，在圆锥中，为底面圆的直径，点为的中点，点在劣弧上，线段交于点，且． (1)证明：； (2)若，求直线和平面所成角的正弦值． 5．【多选题】（2025·福建泉州·模拟预测）在长方体中，底面是边长为的正方形，高为，点分别在线段上.已知，，则（    ） A． 平面 B． 平面 C．直线 与平面 所成角的余弦值为 D．平面与平面 所成角的余弦值为 6．（2025·福建三明·模拟预测）如图，等腰梯形中，，，，垂足为，将沿翻折，得到四棱锥．在四棱锥中，点，分别在线段，上，且．    (1)求证：平面； (2)若二面角为120°，求直线与平面所成角的余弦值． 7．（2025·福建三明·模拟预测）在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值（    ） A． B． C． D． 8．（2025·福建漳州·模拟预测）如图，点为正方形所在平面外一点，为中点，. (1)求证：平面； (2)若平面平面，，. （i）当时，求证：平面； （ii）当二面角的正弦值为时，求的值. 9．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，的中点为，． (1)证明：平面； (2)在平面内，动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点），若直线与平面所成的角为，证明：三点共线． 空间向量中的范围与最值问题 考点5 1．（2025·福建泉州·模拟预测）已知正方体的棱长为2．    (1)证明：平面； (2)动点满足，且点，，，在同一球面上．设该球面的球心为，半径为． ①求的取值范围； ②当最大时，求二面角的余弦值． 2．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面PAD，． (1)证明：平面ABCD； (2)若底面ABCD是正方形，，E为PB中点，点F在棱PD上，且异面直线AF与PB所成的角为60°． （ⅰ）求的长度； （ⅱ）平面AEF交PC于点G，点M在线段PB上，求EG与平面所成角的正弦值的取值范围． 3．（2025·福建泉州·模拟预测）直三棱柱中，，，点E在棱上，． (1)证明：； (2)若平面平面，点Q是上异于点B的动点． （i）证明：平面； （ii）求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 4．（2025·福建泉州·模拟预测）笛卡尔通过解析几何，将代数的精确性与几何的直观性结合，不仅推动了数学的变革，还为科学提供了强大的分析工具，其坐标系思想至今仍是科学与工程中不可或缺的基础．在直角坐标系中，如果某曲线上的点与一个二元方程的实数解建立了如下的关系：①曲线上点的坐标都是这个方程的解；②以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点，那么，这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线．类似地，在空间直角坐标系中，我们也定义曲面的方程和方程的曲面．已知在空间直角坐标系中，曲面，是轴与的公共点，且是的四等分点，点在上，，． (1)证明：在上，且平面； (2)当的长度最小时，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)设与平面所成的角分别为，当在上运动时，求的取值范围． 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 空间向量与立体几何 5大考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02点线面的位置关系 考点03空间向量及其运算 考点04求线面角二面角与点到平面的距离 考点05空间向量中的范围与最值问题 空间几何体的表面积与体积 运算 考点1 1．（2026·福建福州·模拟预测）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，，为圆锥的母线，，且二面角为.若的面积等于，则圆锥的体积为______. 【答案】 【分析】作，垂足为，则为的中点，根据二面角的定义得到为二面角的平面角，设， 由的面积建立的等式得到的值，从而得到圆锥的高的值，底面圆的半径的值，求出圆的面积，利用圆锥的体积公式求出体积. 【详解】如图，作，垂足为，则为的中点， ，，为二面角的平面角， 二面角为，， 在等腰三角形中，， 设，则，， 则， ， 的面积等于，解得， 则，， 圆的面积为， 圆锥的体积为. 故答案为：. 2．（2026·福建泉州·二模）现有一个半径为6的球状容器（不考虑容器厚度），在容器内放置8个半径相同的实心小球，若这8个小球的球心恰为某个正方体的8个顶点，则小球半径的最大值为___________． 【答案】 【分析】先确定正方体边长，再关联正方体边长与小球半径，代入求解即可； 【详解】大球半径为，8个小球半径相同，设为， 设正方体的边长为，则正方体的体对角线长度为， 要使小球半径最大，8个小球既要与大球内壁相切，也要使得相邻的小球之间相互外切。 由小球与大球内壁相切可得 由相邻小球相互外切可得正方体的边长 正方体中心到任意一个顶点（小球球心）的距离是体对角线的一半，即， 将代入得，解得 所以小球半径最大值为 故答案为：. 3．【多选题】（2026·福建漳州·模拟预测）在正三棱锥中，底面的边长为，侧面与底面所成的角为，则（   ） A． B． C．点到平面的距离为 D．该三棱锥的外接球表面积为 【答案】ABD 【分析】取棱的中点，记为，连接，根据线面垂直的判定定理证明所以平面，从而证得，判断A正确；易知，取棱的中点，记为，连接，交于点，则为的中心，所以平面，由此求出判断B；根据等体积法求得点到平面的距离判断C；先求得三棱锥的外接球的半径，根据表面积公式求得其表面积判断D即可. 【详解】对于A，正三棱锥中，. 取棱的中点，记为，连接，则. 因为平面，所以平面. 因为平面，所以，故A正确. 对于B，因为，所以. 取棱的中点，记为，连接，交于点，则为的中心. 因为底面的边长为，所以， 可得，得到平面. 因为 平面，所以. 在中，，所以. 在中，，故B正确. 对于C，正三棱锥的体积为， 因为的面积为，所以点到平面的距离如下， 为，故C错误. 对于D，的外接圆半径为. 设三棱锥的外接球的半径为，则， 即，解得， 可得三棱锥的外接球的表面积为，故D正确. 故选：ABD. 4．（2026·福建泉州·二模）已知正三棱台的高为，则该棱台的侧面积为（   ） A． B． C．18 D． 【答案】B 【分析】构造直角三角形结合棱台的高求出侧面梯形的高，求出侧面积. 【详解】由题意，设上下底面中心分别为，则， 分别取中点，则为梯形的高， 由可得，， 作，垂足为， 则，， 则， 则. 故选：B. 5．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是（    ） A．直线BC与平面所成的角等于 B．四棱锥的体积为 C．两条异面直线和所成的角为 D．二面角的平面角的余弦值为 【答案】ACD 【分析】根据线面角的定义及求法即可判断A；由平面即可求出四棱锥的体积判断B；由异面直线所成角的定义及求法即可判断C；由平面角的定义及余弦定理即可判断D． 【详解】如图，作出符合题意的图形， 取的中点，连接，则， 而平面，平面， 得，平面 则平面，所以是直线与平面所成的角为，故A正确； 点到平面的距离为的长度为， 则，故B错误； 易证，所以异面直线和所成的角为或其补角， 因为为等边三角形，所以两条异面直线和所成的角为，故C正确； 连接，由，所以， 又，所以为二面角的平面角， 可求得，又，， 由余弦定理可得，故D正确． 故选：ACD． 6．（2025·福建漳州·模拟预测）一个高为，上、下底面半径分别是和的封闭圆台容器（容器壁厚度忽略不计）内有一个铁球，则铁球表面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出圆台轴截面，分析可知，当球与相切时，其表面积最大，再结合条件求得球的半径，利用球的表面积公式即可求解. 【详解】如图，作出圆台的轴截面，分析可知，要使球的表面积最大，则球需要与相切， 设圆的半径为，则， 由，所以，所以， 作，由， 所以，又，所以， 又，， 所以， 即， 所以球的表面积的最大值为， 故选：C. 7．（2025·福建福州·模拟预测）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为半圆，则该圆锥的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，列方程求出圆锥母线长，再利用圆锥表面积公式计算即得. 【详解】设圆锥的母线长为，依题意，可得，解得， 则该圆锥的表面积为. 故选：C. 8．（2025·福建泉州·模拟预测）如图茶杯的形状是一个上宽下窄的正四棱台，上底面边长为下底面边长的2倍，容积为28ml，厚度忽略不计.当倒入14ml茶水时，茶水的高度与茶杯的高度之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】延长正四棱台的各条侧棱，交于一点，设正四棱台的下底面边长为，则上底面边长为，高为，求得，结合题意，得到，即可求得茶水的高度与茶杯的高度之比. 【详解】如图所示，延长正四棱台的各条侧棱，交于一点， 设正四棱台的下底面边长为，则上底面边长为，高为，四棱锥的高， 可得，所以, 设茶水的高为，可得， 即，所以. 故选：D. 9．（2025·福建福州·模拟预测）在平面四边形中，是边长为的等边三角形，是以点为直角顶点的等腰直角三角形，将该四边形沿对角线折成四面体，在折起的过程中，四面体的外接球体积最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】因为是以点为直角顶点的直角三角形，所以的外接圆圆心是的中点，所以外接球的球心与中点的连线垂直面,再使用余弦定理列出方程，根据运动过程中角的范围，求出外接球半径的范围，得出答案. 【详解】 如图，设三棱锥的外接球球心为，取的中点,连接， 因为是以点为直角顶点的直角三角形，所以的外接圆圆心是点， 则由球的性质可知，平面， 设外接球半径为, 是边长为的等边三角形,是以点为直角顶点的等腰直角三角形, , 在中勾股定理可知, 则在中利用余弦定理可得， ,，则，得， 所以的最小值为1，外接球体积最小值为. 故选：C. 10．（2025·福建泉州·模拟预测）四棱锥中，，，，，，若、、、、均在同一球面上，则该球的表面积等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别取、的中点、，连接、、，取的中点，推导出平面，四边形为矩形，，结合直角三角形的几何性质可知为球心，结合球体表面积公式可求得结果. 【详解】因为，，所以四边形为平行四边形， 分别取、的中点、，连接、、， 因为、分别为、的中点，则且， 故四边形为平行四边形，所以， 因为，故，同理可知，从而， 又、平面，，所以平面， 又平面，故，从而，所以四边形为矩形， 从而，又，所以， 取的中点，则，故为球心， 从而所求的球的表面积为， 故选：C.　 11．（2025·福建漳州·模拟预测）在菱形中，，，将沿对角线翻折至，则当三棱锥表面积最大时，三棱锥外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】沿对角线折起，当且，则三棱锥的表面积最大时，取的中点，连接，利用余弦定理求得，过球心作平面，则为等边三角形的中心，由与都是边长相同的等边三角形，由二倍角公式可得，利用勾股定理得、球的半径，最后由球的体积公式计算可得答案. 【详解】 由题意，因为是菱形，，， 则，是等边三角形，面积固定， 当且时，和的面积最大， 即三棱锥表面积最大， 因为，则， 取的中点E，连接， 则， ， 如图，过球心作平面，则为等边三角形的中心， 则，所以， 又，所以，， 在中，，则， 由勾股定理得， 所以球的半径， 所以三棱锥的外接球的体积为. 故选：C． 点线面的位置关系 考点2 1．【多选题】（2026·福建龙岩·一模）如图，为圆锥的底面圆的直径，为母线的中点，点为底面圆周上异于的两个动点，且，则（    ） A．一定存在点，使平面 B．不可能存在点，使 C．过点且与母线垂直的平面截圆锥所得的截线上任意两点间距离的最大值为 D．过点与底面垂直的平面截圆锥所得截线的离心率为 【答案】BCD 【分析】根据线面垂直判定与性质可判断A；根据平面公理判断B即可；由平面截圆锥的截线问题可知，选项C的轨迹为椭圆，选项D的轨迹为双曲线，据此判断CD即可． 【详解】对于A，根据圆锥的性质可得底面，则， 假设存在点使平面，则， 又因为平面， 所以平面，故平面与平面平行，与题意不符，故A错误； 对于B，若存在点使得，则四点共面， 因为，所以平面，易得为平面与平面的公共点， 所以三点共线，与题设矛盾，故B正确； 对于C，， ，即为等边三角形， 为母线的中点， ， 过点且与母线垂直的平面截圆锥所得的截线为椭圆，且为长轴， 则任意两点间距离的最大值为，故C正确； 根据题意，过点与底面垂直的平面截圆锥所得截线为双曲线， 为母线的中点， 为的中点， ， 又，，故， 则可设双曲线方程为， ，解得， ，即，故D正确． 2．【多选题】（2025·福建泉州·模拟预测）在直三棱柱中，，，为的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面平面 【答案】BCD 【分析】对于A，易得为异面直线；对于B，由题易知，再根据线面平行的判定即可；对于C，通过证明平面，再由线面垂直的性质即可得到，对于D，不妨设，根据边长可证，由等腰三角形性质可得，接着利用线面垂直的判定可得平面，继而得到平面平面． 【详解】如图，设中点分别为，连接，    对于A，因为平面，平面， 平面平面，， 所以为异面直线，故A错误； 对于B，在直三棱柱中，， 又平面，平面，所以平面，故B正确； 对于C，在直三棱柱中，平面，则， 又，所以，即， 又平面，所以平面， 又平面，所以，故C正确； 对于D，因为，不妨设， ，， 在直三棱柱中，易知，则， 同理可得，又， 所以，即， 又，为中点， 所以，又，所以， 又平面， 所以平面，又平面，所以平面平面，故D正确． 故选：BCD． 3．【多选题】（2025·福建泉州·模拟预测）在边长为2的正方体中，M为边的中点，N为边的中点.则（    ） A． B．平面 C．直线所成角的余弦值为 D．直线所成角的余弦值为 【答案】AD 【分析】取的中点，连接，得到，结合线面平行的判定定理，可判定A正确；建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为，结合，可判定B错误；结合向量的夹角公式，可判定C错误，D正确. 【详解】对于A，取的中点，连接，可得 在正方形中，因为为的中点，可得，所以 因为平面，平面，所以平面，所以A正确； 对于B，连接，设正方体的棱长为，建立如图所示的空间直角坐标系， 可得， 则， 设平面的法向量为，则， 取，则，所以， 因为，所以与平面不垂直，所以B错误； 对于C，由向量，设与平面所成的角为， 可得，其中 所以，即与平面所成角的余弦值为， 所以C不正确； 对于D，由向量，设直线所成角为 ， 则，其中 所以，即直线所成角的余弦值为 ， 所以D正确. 故选：AD. 4．【多选题】（2025·福建漳州·模拟预测）在正方体中，E，F分别为和的中点，下列说法正确的是（   ） A．平面平面 B． C．与平面所成角的正切值为 D． 【答案】BCD 【分析】A选项，取中点，由面面平行的判断证明平面平面，即可得结论.B选项，取中点，证明线面垂直，从而得到线线垂直.C选项由线面角定义找到线面角，设棱长由锐角三角函数即可得到结论.D选项由等体积转换法分别求出两个三棱锥的体积即可得到结论. 【详解】A选项：如图，取中点，连接，，， 在正方体中，， 平面，平面，，不在平面内， ∴平面，平面， 且，平面，平面， ∴平面平面， 由图可知，平面，平面相交， ∴平面与平面不平行，故A选项错误； B选项：如图，取中点，连接，， 在正方体中，∴平面，平面， ∴，在正方形中，，∴， 且，平面，平面， ∴平面，又∵平面，∴，B选项正确； C选项：如图，连接，， 在正方体中平面平面，∴与平面所成角为， 设正方体棱长为，则，∴， ∴，C选项正确； D选项：如图，设正方体棱长为 ， ， ∴，D选项正确. 故选：BCD. 空间向量及其运算 考点3 1．【多选题】（2026·福建莆田·二模）已知正三棱台的所有顶点都在球的球面上，且，点满足，则（   ） A．当为棱的中点时， B． C．若直线平面，则 D．若，则球的表面积为 【答案】ACD 【分析】对A：借助空间向量线性运算法则计算即可得；对B：设该三棱台高为，建立适当空间直角坐标系后可表示出、，再利用向量坐标运算即可得；对C：求出平面的法向量及向量后计算即可得解；对D：可计算出，从而得到、坐标，再设出球心坐标，利用外接球性质计算可得球心及该球半径，再利用球的表面积公式计算即可得. 【详解】对A：当为棱的中点时，， 则，故A正确； 对B：以为原点，为轴正半轴，建立如图所示空间直角坐标系， 设该三棱台高为，则、、， 设该三棱台上下底面中心为、，作底面于点， 则，，， 则，，故， 则，， 则，故B错误； 对C：、， 设平面的法向量为， 则有， 取，则，，即， 、、， 则， 则， 由直线平面，则， 即， 故，故C正确； 对D：若，则， 则，， 由正三棱台性质，可设球心坐标， 则，即有， 解得，则， 故球的表面积为，故D正确. 2．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）在棱长为1的正方体中， 点 P 是底面内的动点， 则（     ） A．的最小值为2 B．的最大值为 C．的最小值为 D．的最小值为3 【答案】ACD 【分析】设关于平面的对称点分别为，底面和的中心分别为，作出图形，由当与重合时，可得AD；由对称性可得C正确，由当与重合时可得B错误. 【详解】 设关于平面的对称点分别为，底面和的中心分别为，如图所示： 对于A，易知为的中点，则，可得， 所以， 当与重合时，底面，此时取得最小值为1，即的最小值为2，故A正确； 对于D， ， 当与重合时，底面，此时取得最小值为1，则的最小值为3，故D正确； 对于B，当与重合时，，故B错误； 对于C，由对称性可知，，则， 当且仅当点为线段与平面的交点时，的最小值为，故C正确. 故选：ACD. 3．【多选题】（2025·福建·模拟预测）如图，在三棱柱中，，分别是线段，上的点，且，.设，，，且均为单位向量，若，则下列说法中正确的是（    ） A．与的夹角为 B． C． D． 【答案】BCD 【分析】由空间向量的运算法则和空间向量的夹角公式、模长公式、数量积的定义对选项一一判断即可得出答案. 【详解】对于A，，，，所以与的夹角为，又， 所以与的夹角为，故A错误； 对于B，因为，， 所以， ， ，故B正确； 对于C，，，， ，，， ， ，故C正确； 对于D，， ，故D正确. 故选：BCD. 4．（2025·福建南平·一模）已知正方体的棱长为4，点分别为线段上的动点，则的最小值为___________，此时___________. 【答案】 ； . 【分析】以为原点建立适当空间直角坐标系，设，利用取得最小值时，为异面直线和的公垂线段，进而得且，利用向量垂直坐标表示即可求出参数s和t，进而利用向量坐标运算即可计算求解. 【详解】由题可以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以，设， 所以， 当取得最小值时，为异面直线和的公垂线段， 所以此时且， 故， 所以取得最小值时，，， 所以的最小值为， 此时. 故答案为：；. 求线面角二面角与点到平面的距离 考点4 1．（2026·福建福州·模拟预测）如图1，圆内接四边形中，为等腰直角三角形，且，，. (1)求的长； (2)如图2，将沿翻折，形成四面体，当时， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）找出一组依次排列的四个相互平行的平面，，，使得，，，，且其中每相邻两个平面间的距离都相等，并求出相邻两个平面间的距离. 【答案】(1) (2)（i）；（ii），，，； 【分析】（1）方法一：利用勾股定理和余弦定理，结合两角和的余弦公式进行求解即可；方法二：利用勾股定理和正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可； （2）方法一：建立空间直角坐标系.（i）利用空间向量夹角公式，结合线面角的定义进行求解即可；（ii）根据线面平行、面面平行的判定定理，结合空间向量点到面的距离公式进行求解即可；方法二：（i）根据面面垂直的判定定理和性质定理，结合线面角的定义进行求解即可；（ii）利用空间点到面距离公式进行求解即可. 【详解】（1）方法一：在圆内接四边形中，为等腰直角三角形，， 所以， 在中，因为，， 所以，，所以. 在中，， 由余弦定理得 ， 所以. 方法二：在圆内接四边形中，为等腰直角三角形，， 所以是圆的直径，. 在中，，， 所以，，， . 由正弦定理得，又， 故. （2）方法一：以的中点为原点，以，方向为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，. （i）设，由（1）可知，，， 又因为， 所以 解得，，，即， 则. 取平面的一个法向量，设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （ii）如图所示，取的三等分点P，Q，的中点M， 过三点D，P，M作平面，过三点，Q，C作平面， 因为，平面，平面， 所以平面，同理平面， 又因为，所以平面平面， 再过点A，C分别作平面，与平面平行， 那么四个平面，，，依次相互平行， 由线段被平行平面，，，截得的线段相等知，其中每相邻两个平面间的距离相等，故，，，为所求平面. 由（i）可知，，， 所以， . 设平面的法向量，则 即可取， 所以点到平面的距离. 故相邻两个平面间的距离为. （方法二） （i）设的中点为，的中点为，的中点为M， 连接，，，. 由（1）知，，则， 又因为，，所以平面， 所以平面平面. 过点作交直线于点，连接， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，则为直线在平面上的射影，为直线与平面所成角. 由（1）知，，，则，. 又因为，，所以， 所以，则. 在中，. 所以，得， 所以，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （ii）以为原点，以，方向为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，. 设平面的法向量， 由（i）可知， 所以，，. 由，，，两两平行且每相邻两个平面间的距离都相等， 可得， 从而， 由可得或. 若，由得， 从而或. 若，由得， 从而或. 综上，可得，或， 或，或. 当或时，由于， 此时， 从而点B在点D与所确定的平面上，与条件矛盾，舍去； 当，由于，此时， 从而点A在点C与所确定的平面上，与条件矛盾，舍去； 当，可求点A到平面的距离， 此时，，，分别为过A，D，C，B，且以为法向量的平面， 所以相邻两个平面间的距离为. 2．（2026·福建龙岩·一模）如图，在正四棱台中，，是的中点，其外接球的表面积为. (1)求证：平面； (2)若平面与交于点，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）通过证明四边形为平行四边形得到线线平行，再结合线面平行的判定定理证得线面平行或建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用方向向量与法向量垂直证明线面平行； （2）先由外接球表面积求出半径，结合正四棱台性质列方程求出棱台的高，再通过建立空间直角坐标系求出相关点坐标、直线方向向量和平面法向量，最后利用线面角与向量夹角的关系计算出正弦值（或先确定平面与棱的交点位置，再结合空间向量求解线面角）. 【详解】（1）法一：（1）在正四棱台中，，是的中点，则，且， 所以四边形是平行四边形. ，又平面，平面， 平面. 法二：（1）连接交于，连接交于，以为原点，分别为轴建立如图空间直角坐标系. ， ，，由正四棱台外接球的表面积为得其半径为2. 即为正四棱台外接球的球心. ，在中，， 则，，，，，，， ，，， 设平面的法向量， 则，取. ， 又平面，平面. （2）法一：延长交于，连接交于. 由正四棱台性质，可知直线即为直线， 连接交于， 连接交于， 因为，所以，. 由外接球的表面积为，得其半径. 设棱台的高为，球心在直线上. 记球心到点的距离为，则球心到点的距离为. 根据下底面顶点和上底面顶点到球心的距离均为， 得到方程组： 代入，，，得： 解得，. 因此球心与点重合，棱台高. 在中，. 由棱台相似关系可得. 以为原点，分别以为轴，轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，， 所以，，. 设平面的法向量为， 则，取. 设直线与平面所成角为. 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 法二：建系如（1）法二，设，则， ，又，， 设平面的法向量， 则，取， 则由得，即， ，设直线与平面所成角为，由（1）得平面的法向量，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 法三：建系如（1）法二，延长交于点，连接交于， ，而平面，平面， 平面， 平面，则点即为平面与的交点. ，是的中点.， ，设直线与平面所成角为， 由（1）得平面的法向量， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 3．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，侧面为菱形，且．交于点，为棱中点    (1)证明：平面； (2)证明：； (3)若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）取的中点，连接，画出图形，利用三角形中位线，平行四边形的性质以及线面平行的判定定理证明即可； （2）利用已知条件分别证明和，根据线面垂直判定定理得出平面，再利用线面垂直的性质即可； （3）由（2）知，，及平面平面，得出 两两垂直，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正向方向建立空间直角坐标系，写出相应的点坐标，求出平面的法向量，最后利用线面角的向量法求解即可. 【详解】（1）取的中点，连接，如图所示：    因为为中点，所以为的中位线， 所以， 又为棱中点，且， 所以，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，为的中点，所以， 在菱形中，由于，， 所以为等边三角形，所以， 又因为，且平面，所以平面， 又平面，故. （3）由（2）知，， 又平面平面，且平面平面， 所以平面，故两两垂直， 以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正向方向建立空间直角坐标系，如图所示：    则， 则， 因为，所以， 设为平面的一个法向量， 则， 令，则，所以， 设直线与平面所成角为， 所以 ， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 4．（2026·福建·一模）如图，在圆锥中，为底面圆的直径，点为的中点，点在劣弧上，线段交于点，且． (1)证明：； (2)若，求直线和平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）连接，证得，得到，证得，再由平面，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得. （2）法一：作，由勾股定理求得，得到，设为到平面的距离，利用等体积法，求得，结合线面角的定义法，即可求解； 法二：以为原点，建立空间直角坐标系，不妨设，求得向量和平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：连接，因为为的中点，知， 又因为为直径，知， 因为，所以，所以， 又因为，所以， 由圆锥的定义，可得平面，因为平面，所以， 又因为，平面，， 所以平面，因为平面，所以. （2）解法一：由，可得，所以． 又由，所以，即， 所以， 故， 设，则， 且 如图所示，作于，因为，所以， 在直角中，由勾股定理得， 所以， 又因为， 设为到平面的距离，则， 所以， 设直线和平面所成角为，可得， 所以直线和平面所成角的正弦值为. 解法二：因为为的中点，知，且平面， 以为原点，以的方向分别为三轴的方向，建立空间直角坐标系， 如图所示，不妨设，可得且为等边三角形， 则， 所以向量， 设平面的法向量为，则， 取，则．所以， 设直线与平面的所成角为， 则， 所以直线和平面所成角的正弦值为. 5．【多选题】（2025·福建泉州·模拟预测）在长方体中，底面是边长为的正方形，高为，点分别在线段上.已知，，则（    ） A． 平面 B． 平面 C．直线 与平面 所成角的余弦值为 D．平面与平面 所成角的余弦值为 【答案】CD 【分析】利用已知可求得，，利用线面位置关系可判断A，建立空间直角坐标系，利用向量法可得不垂直于可判断B；利用空间向量的坐标运算可求得直线 与平面 所成角的余弦值判断C；利用空间向量的坐标运算可求得平面与平面 所成角的余弦值判断D. 【详解】作出示意图如图所示：    因为，，所以， 因为，，所以， 因为平面即为平面，所以 平面，故A错误； 以为坐标原点，以所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 所以，所以不垂直于，故B错误； 又， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为，又， 所以， 所以直线 与平面 所成角的正弦值为， 所以直线 与平面 所成角的余弦值为； 因为平面，所以是平面的一个法向量， 所以， 所以平面与平面 所成角的余弦值为. 故选：CD. 6．（2025·福建三明·模拟预测）如图，等腰梯形中，，，，垂足为，将沿翻折，得到四棱锥．在四棱锥中，点，分别在线段，上，且．    (1)求证：平面； (2)若二面角为120°，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）若分别是上的点，且，连接，利用线面、面面平行的判定定理依次证明平面、平面、平面平面，再由线面平行的性质即可证结论； （2）根据已知构建合适的空间直角坐标系，设，标出相关点坐标，求出直线与平面的方向向量、法向量，应用向量法求线面角的正弦值，即可得其余弦值. 【详解】（1）若分别是上的点，且，连接， 又，所以，即四点共面， 由平面，平面，则平面， 同理可证平面，又，且都在平面内， 所以平面平面，平面，故平面；    （2）由，即，，则， 而都在平面内，所以平面， 平面，故平面平面， 过作直线平面，可建立以为原点的空间直角坐标系，如下图示， 由等腰梯形中，，，若， 所以，，，，又， 所以，则，且，， 若是平面的一个法向量，则， 取，则，设直线与平面所成角为， 所以，则， 所以直线与平面所成角的余弦值.    7．（2025·福建三明·模拟预测）在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，设，利用异面直线所成角的向量法求解即可. 【详解】因为直三棱柱，所以底面， 又底面，所以，， 又因为，所以两两垂直， 以为轴建立如图所示坐标系， 设，则，，，， 所以，， 设直线与直线所成角为， 则， 所以直线与直线所成角的余弦值为. 故选：B 8．（2025·福建漳州·模拟预测）如图，点为正方形所在平面外一点，为中点，. (1)求证：平面； (2)若平面平面，，. （i）当时，求证：平面； （ii）当二面角的正弦值为时，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）连接交于点，连接，即证，利用线面平行的判定定理即可得证； （2）解法一：建立空间直角坐标系，（i）利用数量积，即证，，利用线面垂直的判定定理即可得证；（ii）求平面的法向量，求平面的法向量设，利用向量的夹角公式即可求解； 解法二：（i）利用面面垂直的性质定理，由平面平面得平面，即证平面，得，利用勾股定理得，利用线面垂直的判定定理即可得证；（ii）由，得二面角的平面角为，即，利用三角恒等变换求，最后由正弦定理即可求解； 解法三：（i）同解法二；（ii）由，得二面角的平面角为，即，得，在平面内，以A为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向，建立平面直角坐标系，利用向量的夹角公式即可求解. 【详解】（1）连接交于点，连接， 因为四边形是正方形，所以为中点， 又因为为中点，所以在中，有， 因为平面，平面，所以平面； （2）解法一： 在正方形中，有， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 因为平面，所以，又， 以为原点，分别以，，方向为轴，轴，轴的正方向， 建立空间直角坐标系，如图所示. 则有，，，，， ，，，， （i）当时，，， 所以，， 所以，，即，， 又因为平面，平面，， 所以平面. （ⅱ）设为平面的法向量， 则有，即， 取，得，，则是平面的一个法向量， ， 设为平面的法向量， 则有，即，得， 取，得，， 则是平面的一个法向量， 因为二面角的正弦值为，所以， 所以，即， 化简得，解得或（舍去）. 所以的值为. 解法二： （i）因为平面平面，平面平面， 四边形为正方形，，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 又，为中点，所以， 又，所以平面， 又平面，所以. 又，，所以，所以， ，， 又. 由余弦定理可得 ， 所以，所以， 又，所以平面. （ii）因为平面，平面， 所以，， 又因为平面，平面， 所以二面角的平面角为， 所以，， 在中，，，所以， 在中，，所以. 又因为，所以， 所以（负值舍去）. 在中， ，， 在中， ， 又， 由正弦定理，得，即，解得， 所以的值. 解法三： （i）同解法二. （ii）因为平面，平面， 所以，， 又因为平面，平面， 所以二面角的平面角为， 所以，， 在平面内，以A为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向， 建立平面直角坐标系，如图所示. 则有，，， ，， ，， ， 即， 化简得，解得或（舍去）. 所以的值为. 9．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，的中点为，． (1)证明：平面； (2)在平面内，动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点），若直线与平面所成的角为，证明：三点共线． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）法1，连结与交于点，可得，根据线面平行的判定定理得证；法2，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法证明；法3，设中点为，可证平面，平面，进而得到平面平面，得证； （2）法1，建立空间直角坐标系，设，利用与平面所成的角为，结合向量法求出点的坐标，进而确定的关系，得证；法2，设，解法同1；法3，设平面平面，过点作，垂足为，可得为与平面所成角，利用已知条件求解得证. 【详解】（1）解法一：连结与交于点，连结． 因为点为与的交点，所以点为中点， 又因为为中点，所以． 因为平面，平面，所以平面． 解法二：以为坐标原点，的方向为轴正向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则， ． 设平面的法向量为，则 ，即，可取． 因为，平面，所以平面． 解法三：设中点为，连结、、，则且． 因为且，所以且， 四边形是平行四边形，所以． 因为、分别为、中点，所以， 又因为，所以四边形是平行四边形，所以． 因为，平面，所以平面， 同理平面， 又因为，所以平面平面， 因为平面，所以平面． （2）法1，以为坐标原点，的方向为轴正向，建立如图所示的空间直角坐标系． 则， ． 设平面的法向量为，则，即，可取． 因为动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点）， 所以可设， 则， 由于与平面所成的角为，所以， 所以 ， 所以，即，解得， 所以，故三点共线． 法2，前面同上，设平面的法向量为， 则即可取． 因为动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点），所以可设，则， 因为与平面所成的角为，所以， 所以， 化简得，即 ，得或． 因为不成立．由可得，从而 ，得，所以，故三点共线． 法3，设平面平面，则． 过点作，垂足为，连结． 因为，平面，所以平面， 又因为平面平面，平面，所以． 因为平面平面，所以. 又因为， 所以平面，为斜线在平面上的射影， 为与平面所成角，则． 在中，，所以． 因为，所以， 设，则， 设劣弧上（不含端点）时，， ，所以， 化简得，解得或（舍去）． 当点在上（不含端点）时，， ，所以， 化简得，解得或，均舍去． 综上，得，此时点与点重合， 又因为的中点为，故三点共线． 空间向量中的范围与最值问题 考点5 1．（2025·福建泉州·模拟预测）已知正方体的棱长为2．    (1)证明：平面； (2)动点满足，且点，，，在同一球面上．设该球面的球心为，半径为． ①求的取值范围； ②当最大时，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)① ；②0 【分析】（1）解法一：在正方体中，连结，由平面，得到，同理，再利用线面垂直的判定定理证明；解法二：以为原点，的正方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，由证明； （2）解法一：①取中点，取中点，球心在直线上，根据，得到，延长至，使得，连结，易得，，从而，设，由求解；②当最大时，，得到点与点重合，由为二面角的平面角求解；解法二：①以为原点，的正方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，取中点，中点，球心在直线上，设，由，求解；②当最大时，点坐标为．，易得平面的一个法向量是，求得平面的一个法向量，再由求解. 【详解】（1）解法一：如图所示：    在正方体中，连结，则， 因为平面，平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 同理可得， 又因为，，平面，所以平面． 解法二：以为原点，的正方向为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系：    则，，，，， ，，． 因为，所以． 又因为，平面，平面， 所以平面． （2）解法一：①如图所示：   ， 取中点，取中点，依题意得：球心在直线上． 因为，所以， 即， 延长至，使得，连结． 因为，，所以四边形是平行四边形，所以，． 同理得：，，所以，，故， 所以点在线段上． 设，则， 则． 易得，则有，所以，故有． 所以，整理得：， 由，得：． 所以，所以的取值范围是． ②当最大时，，，此时点与点重合． 因为，，，，平面， 所以平面． 因为，平面，所以，， 所以即为二面角的平面角． 在中，，，，， 所以，所以二面角的余弦值为0． 解法二：①以为原点，的正方向为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系：    取中点，中点，依题意得：球心在直线上． 设， 因为， ， 则，即， 化简得：． 因为，所以． 所以， 故该球半径的取值范围是． ②当最大时，点坐标为．． 由（1）得平面的一个法向量是． 设平面的一个法向量是，，， ，取得：， 因为， 所以二面角的余弦值为0． 2．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面PAD，． (1)证明：平面ABCD； (2)若底面ABCD是正方形，，E为PB中点，点F在棱PD上，且异面直线AF与PB所成的角为60°． （ⅰ）求的长度； （ⅱ）平面AEF交PC于点G，点M在线段PB上，求EG与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）依据平面得，结合，利用线面垂直判定定理，证得结果； （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，设，依据异面直线所成角公式求解后结合长度得； （ⅱ）设求出平面法向量，计算线面角正弦值表达式，结合参数范围求取值范围． 【详解】（1）因为平面，平面PAD， 所以， 又因为平面ABCD，平面ABCD，， 所以平面ABCD． （2）（i）由（1）可知平面ABCD，所以AB，AD，AP两两垂直， 故以A为原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 依题意可得， 所以， 设， 则， 因为异面直线AF与PB所成角为60°， 所以， 解得，所以． （ⅱ）设， 则， ， 设平面AEF的法向量为，则，即， 取，得， 因为，所以，即，解得， 所似所以 因为M在线段PB上，所以， 则， 设平面MAD的法向量，则即 取，得， 设EG与平面MAD所成角为， 则， 由于，所以，所以 即EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围为 3．（2025·福建泉州·模拟预测）直三棱柱中，，，点E在棱上，． (1)证明：； (2)若平面平面，点Q是上异于点B的动点． （i）证明：平面； （ii）求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）由直棱柱的定义，勾股定理逆定理得出平面，由线面垂直的性质及判定即可证明； （2）（i）由线面平行的判定及性质即可证明；（ii）建立空间直角坐标系，由线面夹角的向量公式求解即可． 【详解】（1）证明：由直三棱柱得平面， 又平面，所以， 设，连接，同理可得， 由， 在中，， 所以，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以． （2）（i）证明：由直三棱柱得， 又平面，平面，所以平面， 又平面，平面平面，所以， 又平面，平面，所以平面． （ii）以点为原点，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，所以设，则， 设平面的一个法向量为， 由，取，则， 设直线与平面所成角为， 则， 因为，所以， 所以． 4．（2025·福建泉州·模拟预测）笛卡尔通过解析几何，将代数的精确性与几何的直观性结合，不仅推动了数学的变革，还为科学提供了强大的分析工具，其坐标系思想至今仍是科学与工程中不可或缺的基础．在直角坐标系中，如果某曲线上的点与一个二元方程的实数解建立了如下的关系：①曲线上点的坐标都是这个方程的解；②以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点，那么，这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线．类似地，在空间直角坐标系中，我们也定义曲面的方程和方程的曲面．已知在空间直角坐标系中，曲面，是轴与的公共点，且是的四等分点，点在上，，． (1)证明：在上，且平面； (2)当的长度最小时，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)设与平面所成的角分别为，当在上运动时，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用椭圆方程的对称性判断点在椭圆上，再通过向量相等证明线线平行，进而证明线面平行. （2）根据空间中线段长度关系将求OM最小值转化为求OM'最小值，利用椭圆性质得到OM'最小值，然后通过求平面法向量，利用向量夹角公式求面面夹角的余弦值. （3）先明确线面角，再根据两角和的正切公式得到的表达式，结合椭圆性质和二次函数性质求其取值范围. 【详解】（1）因为点在上，所以，从而，所以点在上， 又，且不重合，所以，且，故四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面. （2）取点，连结，则平面， 因为平面，所以，从而，故取最小值当且仅当取最小值， 在平面直角坐标系中，点在椭圆，从而可得的最小值为，平面的一个法向量， ，， 设平面的法向量，则即 整理得令，得，所以， 设平面与平面的夹角为，则． （3）由（2）可知，分别是在平面内的射影，故分别是直线与平面所成角，即， 设，则，，所以， 易得在平面直角坐标系中，为椭圆的焦点， 所以，即，从而，， 又当时，，所以，所以的取值范围为． 2 / 10 1 / 10 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 www.zxxk.com 专题05空间向量与立体几何 考点1 空间几何体的表面积与体积 1.12m 2.35-3 3.ABD 4.B 5.ACD 6.C 7.c 8.D 9.C 10.C 11.c 考点2 点线面的位置关系 1.BCD 2.BCD 3.AD 4.BCD 考点3 空间向量及其运算 1.ACD 2.ACD 3.BCD 443 2 3 3 考点4 求线面角二面角与点到平面的距离 1.【详解】(1)方法一：在圆内接四边形ABCD中，△BCD为等腰直角三角形， 所以∠BAD=90°， 在Rt△ABD中，因为AB=V6,AD=V2, 所以∠ABD=30°，BD=VAB2+AD2=V6+2=22,所以BC=CD=2 1/25 让教与学更高效 ∠BCD=90°， 而学科网 www.zxxk.com 在△ABC中，c0 SLABC=cos(LABD+∠CBD)=cOs(30+45)=6=Y2 4 由余弦定理得 AC2=AB2 BC2-2AB.BCcosLABC =6+4-2×V6×2×62=4+23=(W3+1)2, 4 所以AC=3+1 方法二：在圆内接四边形ABCD中，△BCD为等腰直角三角形，∠BCD= 所以BD是圆的直径，∠BAD=90° 在Rt△ABD中，AB=V6,AD=V2, 所以BD=VAB2+AD2=V6+2=2N2,∠ABD=30°，∠ADB=60°， sinzABC=sin(∠ABD+∠CBD)=sin(30°+45)=6+2 4 AB 由正弦定理得m2ABc=m2BCA'又LBCA=∠ADB=60, 故AC=ABsin∠ABC =6×6牛×后=3+1 2 sin∠BCA 4 (2)方法一：以BD的中点0为原点，以OB,OC方向为x,y轴正方向， 0-xyz,则B(N2,0,0),C(0W2,0),D(-V2,0,0) (i)设A(x,y,z),由(1)可知，AB=V6,AD=V2, 又因为AC=V6, 2 (x-V2)+y2+z2=6, 所以{x2+(y-V2)+z2=6, (x+V2)+y2+z2=2, 解得x=-号，y=-兰，z=1,即A(--号). 则而=(-9-) 取平面BCD的一个法向量元=(0,0,1)，设直线AD与平面BCD所成角为0， 所以sm0=eos而=恩=方-号 所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为号 2/25 让教与学更高效 90°， 建立如图所示的空间直角坐标系 丽学科网 www.zxxk.com x B 】 (ii)如图所示，取AB的三等分点P,Q,AC的中点M, ZA 过三点D,P,M作平面a2,过三点0，Q,C作平面a3, 因为OP IOQ,DPc平面a3,OQc平面a3, 所以DPI平面a3,同理PMI平面a3, 又因为DPOPM=P,所以平面a2I平面a3, 再过点A,C分别作平面a1,a4与平面a2平行， 那么四个平面a1,a2,a3,a4依次相互平行， 由线段AB被平行平面a1,a2,a3,a4截得的线段相等知，其中每相邻两个 a3,《4为所求平面 由(i可知4A(-9-号1)，B2,0.0),C(020), 所以0C=(02,0), 00=0丽+80=0丽+A=(20,0)+-9-1)=导-3 设平面00的法有量后=(ab9.则景8瓷三8 2b=0, 即华a-2b+c=0,可取m=2,0-3), 2 6 所以点B到平面0CQ的距离d=丽：m= 品= 故相邻两个平面间的距离为正 11 (方法二) 3/25 让教与学更高效 平面间的距离相等，故a1,a2, 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (i)设BD的中点为O,OD的中点为E,CD的中点为M, 连接CO,AE,AM,ME 由(1)知C0⊥BD,ME IOC,则ME⊥BD, 又因为AE⊥BD,MEn AE=E,所以BD⊥平面AME, 所以平面BCD⊥平面AME. 过点A作AH⊥ME交直线ME于点H,连接DH, 又因为平面BCDn平面AME=ME,平面BCD⊥平面AME,AHc平面AME, 所以AH⊥平面BCD,则DH为直线AD在平面BCD上的射影，∠ADH为直线AD与平面BCD所成角 由(1)知CD=2,AE=受0C=2,则MD=1,ME=C0=号 2 2 又因为AC=V6,AD=2,所以AC2=AD2+CD2, 所以∠ADC=90°，则AM=VAD2+MD2=3 在△AME中，cOS乙AEM=4E+MEA4M 3+-3 2AE·ME 2×9x9=-写 3 所以cos-AEH=--c0s-AEM=号，得sin-AEH=9 3 所以AH=AEsinLAEH=S×5=1,得sin∠ADH=g=2, 2 3 AD 2 所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为号 B<-------- -- M (i)以0为原点，以0B,OC方向为x,y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系0-xyz, ZA 则B(V2,0,0),C(0y2,0),D(-V2,0,0)】 设平面a1的法向量元=(a,b,c), 4/25 可学科网 www.zxxk.com 由①可知4(-号-号)， 所以aD=(-号-10.GD=(22.0.Bc=(220 由a1,a2,a3,a4两两平行且每相邻两个平面间的距离都相等， 可得Dm=G历：=Bc 从而l-a+b-c=-2a-v2bl=-2a+V2bl, 由|-2a-V2bl=|-V2a+V2b1可得a=0或b=0. 若a=0,-a+b-d=-2a-2bl得b-d=-2b1, 从而c=-或c=2b 2 若b=0,l-a+6-d=-2a-2bl得1-a-d=-2a, 从而c=号a或c=-。 2 a. 综上，可得m=(0,bb),或m=(0,bb), 或=(a0a).或m=(a0,a) 当元=(0，b,-b)或元=(0，b,3b)时，由于B而=(-220,0)， 此时BD.m=0, 从而点B在点D与所确定的平面上，与条件矛盾，舍去； 当m=(a,0吗0)，由于C=C9-1),此时C.m=0, 从而点A在点C与所确定的平面上，与条件矛盾，舍去； 当m=(a0,识。)，可求点4到平面g的距离d=画-2-她， a2+9a2- 11 此时a1,a2,a3,a4分别为过A,D,C,B,且以元为法向量的平面， 所以相邻两个平面间的距离为 2.【详解】(1)法一：(1)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=2A1B1, WAD WEC,且A1D1=EC=AD, 所以四边形A1D1CE是平行四边形 ∴A1EID1C,又A1E￠平面CC1D1D,D1CC平面CC1D1D, A1E/平面CC1D1D 5/25 让教与学更高效 E是BC的中点，则A1D1 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 法二：(1)连接AC交BD于0，连接A1C1交B1D1于01，以0为原点，0A,0B,001分别为x,y,z轴建立如图空间 直角坐标系 C A B xA AB=2A1B1=22, ∴0A=2,01A1=1,由正四棱台外接球的表面积为16m得其半径为2. 即0为正四棱台ABCD-A1B1C1D1外接球的球心 0A1=2,在Rt△A1010中，001=V0A-A10=V5, 则A(2,0,0),A1(1,03,B(0,2,0,C(-2,0,0,C1(-1,03,D(0,-2,0),E(-1,1,0, A1E=(-2,1,-3,CC1=(1,0W3,CD=(2,-2,0), 设平面CC1D1D的法向量元=(xoy0,2o), 则高0=6aw-0 ×A1E.元=-23+V3+V3=0, 又A1E女平面CC1D1D,.A1EI平面CC1D1D (2)法一：延长AA1,BB1,CC1,DD1交于P,连接PE交B1C1于F 由正四棱台性质，可知直线EF即为直线EP, 连接AC交BD于O, 连接A1C1交B1D1于01， 因为AB=2A1B1=2W2,所以0A=2,01A1=1 由外接球的表面积为16m,得其半径R=2. 设棱台的高为h=001,球心在直线001上. 记球心到点O的距离为d,则球心到点O1的距离为h-d 根据下底面顶点A和上底面顶点A1到球心的距离均为R=2, 石到方程组：{0，七程 代入0A=20A=1.R=2得：{看444 6/25 丽学科网 www.zxxk.com 解得d=0,h=V3 因此球心与点0重合，棱台高001=V3 在Rt△A1010中，001=V3 由棱台相似关系可得0P=23 以0为原点，分别以OE,OP为y轴，z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系0-xyz. E B 则c(-V2,2,0),D(-V2,-V2,0),E(0W2,0),P(0,0,2V3 所以Ep=(0,-2,23,DC=(0,22,0),Cp=(W2,-V2,2③ 设平面CC1D1D的法向量为元=(x,y,z), 则ac23+22=0取=（←0） DC=2v2y=0 设直线EF与平面CC1D1D所成角为0 sin0=lo匣动-周--9 所以直线EF与平面CC1DD所成角的正弦值为 法二：建系如(1)法二，设B1F=B1C(0≤1≤1)，则F(-1,1-1W3, ÷AF=(-1-2,1-1W3,又AA1=（-1,0③，AE=(-3,1,0), 设平面AA1E的法向量元1=(x1y1Z1), 1A4=-1+321=0,取i=(3,93, 则 n1·AE=-3x1+y1=0 则由AF.元=-121+6=0得1=2即F(-223): F=(,-N③)，设直线EF与平面CCDD所成角为0，由(1)得平面C4 7/25 让教与学更高效 1D1D的法向量元=(3W3,-1), 可学科网 www.zxxk.com 则sin0 EF· =9 所以直线EF与平面C,D,D所成角的正弦值为9 法三：建系如(1)法二，延长AA1,BB1,CC1DD1交于点P,连接PE交 ~P∈AA1,而AA1C平面AA1E,P∈平面AA1E, E∈平面AA1E, PEC平面AA1E,则点H即为平面AA1E与B1C1的交点F BG=2B1G1,F是B1G1的中点F(-3), EF=(,-N③)，设直线EF与平面CCDD所成角为0， 由(1)得平面CC1D1D的法向量元=(W3,V5,-1), 则sin0 6 EF 所以直线EF与平面C,D,D所成角的正弦值为9 3.【详解】(1)取AB的中点0，连接0C,0D,OA1,如图所示： C E B 因为D为AB1中点，所以OD为△ABB1的中位线， 所以OD/BB1,OD=BB1, 又E为棱CC1中点，且CC1//BB1,CC1=BB1, 所以CE/IBB1,CE=BB1,所以OD/ICE,OD=CE, 所以四边形CODE为平行四边形，所以DE/OC, 又OCc平面ABC,DE丈平面ABC, 所以DE/平面ABC. (2)因为CA=CB,O为AB的中点，所以OC⊥AB, 在菱形AA1B1B中，由于AB=AA1,∠BAA1=60°， 所以△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB, 8/25 让教与学更高效 B1C1于H, 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又因为0Cn0A1=0,且0C,0A1C平面0A1C,所以AB1平面0A1C, 又A1CC平面OA1C,故AB⊥A1C (3)由(2)知0C⊥AB,0A1⊥AB, 又平面ABC⊥平面AA1B1B,且平面ABC∩n平面AA1B1B=AB, 所以OC⊥平面AA1B1B,故0A1,0A,0C两两垂直， 以0为坐标原点，OA,0A1,0C的方向分别为x轴，y轴，z轴的正向方向建立空间直角坐标系，如图所示： ZA 6 A A 则A(1,0,0)A1(0W3,0,C(0,03,B(-1,0,0), 则BC=(1,03,A41=(-1V3,0),A1C=(0,-V3,3, 因为AA1/BB1,AA1=BB1,所以BB1=AA1=(-1,V3,0), 设元=(x,y,z)为平面BB1C1C的一个法向量， 则C元=0→x+z=0 BB=0-x+3y=0 令y=1,则x=V3,z=-1,所以i=(3,1,-1) 设直线A1C与平面BB1C1C所成角为0， 所以s0=los<Mc>=品=9 5 =n4=要 5 所以直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为. 5 4.【详解】(1)证明：连接AD,AE,因为C为AB的中点，知OC⊥AB, 又因为AB为直径，知LADE=90°=∠AOE, 因为OE=DE,AE=AE,所以△AOE=△ADE(SAS),所以LAEO=∠AED, 又因为OE=DE,所以AE⊥OD, 由圆锥的定义，可得S0⊥平面AOD,因为AEc平面AOD,所以S0⊥AE, 又因为S0n0D=0,S0,0Dc平面S0D,AE⊥0D,S01AE, 所以AE⊥平面SOD,因为SDc平面SOD,所以SD⊥AE. 9/25 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)解法一：由OE⊥AB,OA=OB,可得AE=BE,所以∠ABE=∠BAE=∠DAE. 又由∠BAD+∠ABD=90°，所以3LABE=90°，即∠ABE=30°， 所以∠CBD=∠CBA-∠ABE=45°-30°=15°， 故L0SC=∠0SD=2LCBD=30°， 设0A=R,则05=0=V3R5C=0=2R, OC 且BD=ABcosa∠ABD=ABcos30°=V3R 如图所示，作SF LBD-于F,因为SD=SB,所以BF=DF=R, 在直角△SDF中，由勾股定理得SF=VSD2-DF2=R, 2 所以S△5BD=$F.BD=R2, 又因为g-BcD=SARCDS0=.BD:BCsin15°=R3, 6 设h为C到平面SBD的距离，则Vs-c=c-S8D=专5Asmoh=R2h, 1 所以h=学×品R=。 4 13 设直线SC和平面SDB所成角为0，可得sin0=·=R-3B四 13 SC 2R 26 所以直线SC和平面SDB所成角的正弦值为133 26 解法二：因为C为AB的中点，知OC⊥AB,且S0⊥平面AOD, 以0为原点，以0A,0C,0的方向分别为x,y,z三轴的方向，建立空间直角坐标系， 如图所示，不妨设0A=1,可得0B=0C=AD=1,0S=3且△A0D为等边三角形， 则A1,00B(-100.c(01,0.DG号.0s(0,0n3, 所以向量s8=(-10,同，BD=(（,90)c=(0,13, (.SB=-x-3z=0 设平面SBD的法向量为i=(x,y,Z), 则a丽=号x+9y=0 2 取z=1,则x=-3,y=3.所以i=(-V3,3,1), 设直线SC与平面SDB的所成角为0， sc.10,1,-）.(-53,1川 则sind=leos5c,训=5m=2+a-(同+3+12 35=33-3型 2V13 26 所以直线SC和平面SDB所成角的正弦值为3y133型 26 10/25