专题02 空间向量的应用（竞赛培优专项训练,15大题型+强基、竞赛真题）高二数学人教A版全国通用

**基本信息** 聚焦空间向量工具性，覆盖15类竞赛核心题型，通过坐标运算与几何转化，系统培养空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |球/截面问题|3题/题1-6|结合翻折、外接球，需构建空间坐标系|从空间几何体性质到向量坐标表示| |位置关系/体积|3题/题7-12|证明垂直平行、体积最值，用数量积与法向量|向量运算→位置关系判定→体积公式| |角度/距离|6题/题13-30|线线角、线面角、点面距，涉及动态动点|空间角与距离的向量公式应用| |综合/新定义|3题/题31-45|轨迹、探索性问题、跨知识交汇，需建模转化|向量工具与几何、函数等知识融合|

专题02 空间向量的应用 目 录 A组 考点专项过关练 竞赛核心题型速览 题型01 利用空间向量解决球的问题 题型09 利用空间向量解决面面角问题 题型02 利用空间向量解决截面的问题 题型10 利用空间向量解决点到直线的距离问题 题型03 空间向量位置关系的证明 题型11 利用空间向量解决点到平面的距离问题 题型04利用空间向量解决体积问题 题型12 利用空间向量解决探索性问题 题型05 利用空间向量求线段长度或长度的最值 题型13 利用空间向量解决立几综合问题 题型06 利用空间向量解决点的轨迹问题 题型14 空间向量与其他知识的交汇 题型07 利用空间向量解决线线角问题 题型08 利用空间向量解决线面角问题 题型15 与空间向量有关的新定义题 B组 选拔真题冲奖练 （精选各地竞赛、强基试题15道） 考点一 利用空间向量解决球的问题 1．球面几何学是非欧几何的例子，是在球表面上的几何学．对于半径为的球，过球面上一点作两条大圆的弧，它们构成的图形叫做球面角，记作（或），其值为二面角的大小，其中点称为球面角的顶点，大圆弧称为球面角的边．不在同一大圆上的三点，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧，这三条劣弧组成的图形称为球面，这三条劣弧称为球面的边，三点称为球面的顶点；三个球面角称为球面的三个内角．已知球心为的单位球面上有不同在一个大圆上的三点．类比二面角，我们称从点出发的三条射线组成的图形为三面角，记为．其中点称为三面角的顶点，称为它的棱，称为它的面角．以下说法，正确的是（   ） A．任意球面三角形的内角和为 B．若三面角的三个面角的余弦值分别为，球面的三个内角的余弦值有一个是 C．若三面角的三个面角的余弦值分别为，球面的面积为 D．若三面角的三个面角的余弦值分别为，球面的面积为 2．如图，已知 均为圆台 的母线，四边形 为圆台的轴截面，且 ，. (1)证明：； (2)已知二面角 的余弦值为 ，求三棱锥 的外接球的半径. 3．如图，在矩形 中，，，为 的中点，把沿翻折至，为线段上的动点． (1)当为的中点时，证明：平面； (2)在翻折过程中，若在平面内的投影落在 边上，且三棱锥的各个顶点均在球 的球面上． （ⅰ）求球 的半径； （ⅱ）求平面与平面的夹角的最小值． 考点二 利用空间向量解决截面问题 4．如图，已知正三棱锥的侧棱长为l，过其底面中心O作动平面，交线段于点S，交的延长线于M，N两点．则下列说法中正确的是（      ） A．是定值 B．不是定值 C． D． 5．如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论： ①平面截正方体所得的截面图形是五边形； ②直线到平面的距离是； ③存在点，使得； ④面积的最小值是. 其中所有正确结论的序号是（   ） A．②③ B．②④ C．①③ D．①④ 6．在棱长为2的正方体中，F是棱的中点，Q为正方体表面上的一个动点（含边界），则下列说法中正确的是（    ） A．过A，F，C的平面截该正方体所得的截面图形的周长为 B．若P为棱的中点，且平面，则线段的最小值为 C．若Q是正方形内的一个动点，且满足，则动点Q的轨迹是一条线段 D．若P为棱的中点，则四面体外接球的表面积为11π 考点三 空间位置关系的证明 7．已知空间有A，B，C，D四个点，满足，空间中还有四点，满足，求证：． 8．在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，与平面所成角为，是的中点，点且． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求平面与平面的夹角的大小． 9．如图①，是梯形的高，，现将梯形沿折起成如图②的四棱锥，使得．点E是线段上一动点． (1)判断和是否可能垂直，并说明理由． (2)当时，求与平面所成角的正弦值． 考点四 利用空间向量解决体积问题 10．空间中由4个点构成的四面体体积是多少？ 11．在直三棱柱中，，三棱锥体积最大值为（   ） A． B． C．2 D．4 12．如图，几何体是圆柱的四分之一部分，其中底面是半径为的扇形，母线长为，是的中点，为的中点，是上的动点（不与、重合），是圆柱的母线． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积的最大值； (3)求二面角余弦值的取值范围． 考点五 利用空间向量求线段长度或长度最值 13．在空间直角坐标系中，点，，定义.如图，正方体的棱长为5，，平面内两个动点P，G分别满足，，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 14．在如图所示的试验装置中，正方形框架ABCD的边长为2，长方形框架ABEF的长，且它们所在平面形成的二面角的大小为，活动弹子M，N分别在对角线和上移动，且始终保持，则的长度最小时a的取值为（    ） A． B． C． D． 15．球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球O的半径为R，A、B、C为球面上三点，设，表示以O为圆心，且过B、C的圆，劣弧BC的弧长记为a，同理，圆，的劣弧AC、AB的弧长分别记为b、c，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角，，分别为、、，则球面三角形的面积为.已知； (1)若，，求球面三角形ABC的面积（直接写结果无需证明）； (2)在球O的内接三棱锥D-ABC中，平面，，直线DC与平面ABC所成的角为. （ⅰ）若，N分别为直线，上的动点，求线段MN长度的最小值； （ⅱ）如图（2），若分别为线段AC，BC的中点，G为线段BD上一点（与点B不重合），当平面OBC与平面GPQ夹角的余弦值为时，求线段BG的长. 考点六 利用空间向量解决点的轨迹问题 16．如图，在棱长为2的正方体中，M为棱的中点，点Q在底面正方形内运动，满足，则点Q的轨迹长度为（    ）． A． B． C． D． 17．如图，在棱长为2的正方体中，是侧面上一点，则（     ）    A．存在点，使 B．若，则动点的轨迹长度为 C．当点在线段上时，直线与平面平行 D．当点在线段上时，直线与平面所成角的正弦值可以为 18．已知正方体的棱长为，与相交于点，为四边形内一动点（包含边界）. (1)若是的中点，证明：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值的最大值； (3)若到平面的距离为，到平面的距离为，满足，且的轨迹交平面于、两点，求的长. 考点七 利用空间向量解决线线角问题 19．在正方体中，M为的中点，N为的中点，则异面直线与的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D．前三个答案都不对 20．在平行六面体中，，，，，，则（    ） A． B． C． D． 21. 棱长为的正四面体中，点为平面内的动点，且满足，点为的重心，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为 ． 考点八 利用空间向量解决线面角问题 22．如图，是边长为1的正三角形，在中，，.    (1)将沿AC翻折，使二面角为直二面角. （ⅰ）求证：； （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值. (2)若将沿着AC折起后，使得，求此时平面与平面所成角的余弦值. 23．如图，在中，，垂足为，，．将绕翻折至．    (1)是否存在某个翻折位置，使得平面？若存在，求出此时的大小；若不存在，请说明理由． (2)当在内变化时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值． 24．如图，圆台的一个轴截面为等腰梯形，为底面圆周上异于、的点． (1)求该圆台的侧面积； (2)若是线段的中点，求证：直线平面； (3)若，设直线为平面与平面的交线，设平面，点在线段上（不含端点），直线与平面所成的角大小为，求的最大值． 考点九 利用空间向量解决面面角问题 25．在平面四边形中，，，将沿AC翻折至. (1)设，三棱锥的各个顶点都在球的球面上. （i）证明：平面平面； （ii）求球的半径； (2)求二面角的余弦值的最小值. 26． 如图，在三棱锥中，，，.    (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在一点E，使得二面角的正切值为?若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (3)已知点为线段上另一动点，过点且与垂直的平面将三棱锥分成左右两部分，设，当为何值时，右侧部分的几何体的体积为？ 27. 在如图所示的六面体中，四边形为正方形，．    (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)证明：； (3)已知平面，．设二面角，的大小分别为，平面与平面所成角为．证明：． 考点十 利用空间向量解决点到直线的距离问题 28．如图，在长方体中，，，，分别是棱和上的两个动点，且，则的中点到的距离为（    ） A． B． C． D． 29．世界模型是人工智能领域中，通过学习客观世界的物理规则与因果关系，构建时空统一表征，实现环境状态预测与动态演化模拟的核心技术模型.其数学基础之一就是在三维空间中对几何对象进行解析化的计算.例如，在空间直角坐标系中，已知过点且法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线l的方程为，基于以上知识，解决如下问题. (1)已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，求直线与平面所成的角的正弦值； (2)求通过直线且与平面垂直的平面方程； (3)已知直线为两个平面与的交线，直线为两个平面与的交线，若直线与直线、都相交且都垂直，则定义为两条直线、的公垂线，两个交点之间的距离称作两条直线、的距离，求、的距离与公垂线方程. 30．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．例如：正四面体在顶点A处的离散曲率为．如图，在三棱锥中． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率之和； (2)若平面ABC，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为． （i）求点到平面的距离； （ii）若点为的中点，则在棱上是否存在点，使直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由． 考点十 利用空间向量解决点到平面的距离问题 31．如图，在四棱锥中，四边形为菱形，，，为中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求到平面的距离； (3)若三棱锥外接球半径为2，求直线和平面所成角的余弦值． 32．如图，已知直四棱柱中，，，，，，是的中点，是的中点．    (1)求证//平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 33．如图，在斜三棱柱中，平面平面,分别为棱的中点，. (1)若四边形为菱形，证明：平面； (2)若 （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）若斜三棱柱内存在两个体积相等且相切的球，且每个球都与该三棱柱的一个底面及三个侧面相切，求点到平面的距离. 考点十二 利用空间向量解决探究性问题 34．（多选）若点为点在平面上的正投影，则记．如图，在棱长为1的正方体中，记平面为，平面为，点是棱上一动点（与、不重合），．给出下列三个结论，其中正确的是（   ） A．线段长度的取值范围是 B．存在点P，使得平面 C．存在点使得 D．存在点使得点，重合 35．如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点.则下列说法正确的是（   ） ①存在点，使得；②存在点，使得；③对于任意点，到的距离的取值范围为；④对于任意点，都是钝角三角形 A．①②③ B．①④ C．②③ D．②④ 36．如图，在三棱锥中，点E，F分别在棱，上，平面，平面．    (1)证明：； (2)记直线与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，证明：为定值； (3)若，E为线段的中点，设平面与平面的交线为l，Q为l上的点，求点B到平面的距离的最大值． 考点十三 利用空间向量解决立几综合问题 37．如图，在正三棱柱中，为的中点，为棱上一个动点．    (1)若，求证：平面； (2)若为的中点，求平面与平面夹角的余弦值． 38．如图1，四边形是边长为5的正方形，扇形中，，弧上的点M满足，中，，．现将沿进行翻折，正方形沿进行翻折，使得点E与点C重合为点P，点D到达点G的位置，得到如图2所示的几何体，且点N满足． (1)证明：∥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 39．（多选）在长方体中，，底面是边长为的正方形，，则下列选项正确的有（    ） A．，三棱锥的体积是定值 B．当时，存在唯一的使得平面 C．为棱的中点，当时，的周长取最小值 D．当直线与所成角的余弦值为时，的值为 考点十四 空间向量与其他知识的交汇 40．如图，为圆柱的一条母线，且．过点且不与圆柱底面平行的平面与平面垂直，轴与交于点，平面截圆柱的侧面得到一条闭合截线，截线与平面的另一交点为．已知该截线为一椭圆，且和分别为其长轴和短轴，为其中心．为在上底面内的射影．记椭圆的离心率为． (1)证明：，并求的取值范围； (2)当时，求直线与平面所成的角的正弦值． 41．已知平面，垂足为，直线，是内的动点，且始终在的两侧． (1)若，证明：是锐角三角形； (2)若，是线段上靠近的三等分点，． （i）证明：二面角为锐角； （ii）直线与所成的角分别为，记．若平面，且不是任何一个长方体的截面，求的最小值． 42．已知函数的部分图象如图1所示， 分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于点，点为该部分图象与轴的交点. (1)求的解析式； (2)将绘有函数部分图象的纸片沿轴折成的二面角，如图2所示. （i）求直线与平面所成的角的正弦值； （ii）求以线段的中点为球心，半径为的球与二面角所围成的几何体的体积. 注：球缺的定义：如图3，一个球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫球缺的底面，垂直于底面的直径被截下的线段长叫球缺的高.设球的半径为，球缺的高为，则球缺的体积公式为. 考点十五 与空间向量有关的新定义题 43．如图，在斜三棱柱中，，，侧棱，，，其中为锐角． (1)当时，求证：； (2)定义：过点作垂直底面于，且在内部，记与、所成角分别为、，称为斜三棱柱的投影偏差率． （ⅰ）当时，求斜三棱柱的投影偏差率（不需证明），并求此时平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）关于的函数解析式记为，若存在两个不同的锐角，使得，求证：． 44．以原点为球心，4为半径的球，球面上任一点在面上的射影为．在轴及轴上的射影分别为及．设，，关于角度及规定：以轴正向为始边，逆时针为正．点在上半球面时，为正；在下半球面时，为负． 已知球面上点对应的，为，；球面上点对应的，为，． (1)求，间的球面距离． (2)在空间直角坐标系中，①求平面的方程．②求直线的方程． (3)球面上点对应的，为，，求四面体的体积． 注1：球面距离是指球面上两点之间的最短路径长度，这条路径是通过这两点的大圆上的劣弧（大圆是过球心的平面与球面相交形成的圆）． 注2：空间中，平面的位置可由一非零向量和一点唯一确定，直线的位置可由一非零向量和一点唯一确定． 45．阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中，为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.”已知在直四棱柱中，底面为菱形，且. (1)若，求直四棱柱在点处的离散曲率； (2)已知直四棱柱在点处的离散曲率为， （i）若，求直线与平面的夹角的正弦值； （ii）若点为线段上一动点，设三棱锥的体积为，求函数的解析式，并根据此解析式求函数的最大值. 一、选择题 1．（2026高三下·吉林·竞赛）在三棱锥中，平面，，、、分别是棱、、的中点，，，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 2．（2026高三下·全国·竞赛）在空间直角坐标系中， ，点在平面内运动， 则当取最小值时，的坐标为_________． 3．（2026高二下·四川宜宾·竞赛）在正方体中，点在正方形内（包括边界），则___________. 4．（2026高三下·重庆·竞赛）四面体满足，，则二面角的余弦值为________． 5．（2026·全国高中数学联赛新疆预赛）已知四面体，点在内，满足的面积之比，在线段上，直线交平面于点，且，则四面体与的体积之比为__________. 6．（2026高三下·湖北·竞赛）在正三棱锥中，为的中点，为的靠近点的三等分点，且．设，则三棱锥的体积为______． 7．（2026高三下·广东·竞赛）在矩形中，，．将沿对角线折起后形成三棱锥．当三棱锥的体积最大时，直线，所成角的余弦值为______． 8．（2026高三下·山东·竞赛）空间中的四面体与平面满足： （1）点不在平面上也不都在平面同侧； （2）若四面体的某条棱与平面有交点，则该点总是这条棱的中点或三等分点. 设集合为点到平面的距离组成的集合，则集合的元素个数的所有可能值为______________. 9．（2026高三下·全国·专题练习）在面积为的矩形中，点为边的中点，将和分别沿边翻折，使得重合于点，则三棱锥体积的最大值为______． 10．（2025高三下·重庆·竞赛）四面体满足，，，，设、、的中点分别为、、，则点到直线的距离为 . 三、解答题 11．（第十三届全国“枫叶希望杯”竞赛）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面底面为的中点，是棱上的点，，.    (1)若为棱的中点，求异面直线与所成角的余弦值； (2)若二面角大小为，求的长. 12．（第十二届全国“枫叶新希望杯”竞赛）正方形的边长为，分别为边的中点，是线段的中点，如图，把正方形沿折起，设． (1)求证：无论取何值，与不可能垂直； (2)设二面角的大小为，当时，求的值． 13．（第十四届全国“枫叶新希望杯”竞赛）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且. (1)在线段上是否存在一点，使平面? (2)在线段上是否存在点M，使得点B到平面的距离等于1？如果存在，试判断点M的个数；如果不存在，请说明理由. 14．（2024·广东汕头竞赛）已知四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面ABCD，，E是PB的中点.      (1)求直线BD与直线PC所成角的余弦值； (2)求证：平面 (3)求点到平面的距离. 15．（第七届全国“枫叶新希望杯”竞赛）如图，在底面边长为2，侧棱长为6的正三棱柱中，一细绳自点绕正三棱柱的侧面一周后到达点，绳子拉紧后与侧棱分别交于点，此时绳子最短． (1)求异面直线与所成的角的余弦值； (2)求异面直线与间的距离． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 空间向量的应用 目 录 A组 考点专项过关练 竞赛核心题型速览 题型01 利用空间向量解决球的问题 题型09 利用空间向量解决面面角问题 题型02 利用空间向量解决截面的问题 题型10 利用空间向量解决点到直线的距离问题 题型03 空间向量位置关系的证明 题型11 利用空间向量解决点到平面的距离问题 题型04利用空间向量解决体积问题 题型12 利用空间向量解决探索性问题 题型05 利用空间向量求线段长度或长度的最值 题型13 利用空间向量解决立几综合问题 题型06 利用空间向量解决点的轨迹问题 题型14 空间向量与其他知识的交汇 题型07 利用空间向量解决线线角问题 题型08 利用空间向量解决线面角问题 题型15 与空间向量有关的新定义题 B组 选拔真题冲奖练 （精选各地竞赛、强基试题15道） 考点一 利用空间向量解决球的问题 1．球面几何学是非欧几何的例子，是在球表面上的几何学．对于半径为的球，过球面上一点作两条大圆的弧，它们构成的图形叫做球面角，记作（或），其值为二面角的大小，其中点称为球面角的顶点，大圆弧称为球面角的边．不在同一大圆上的三点，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧，这三条劣弧组成的图形称为球面，这三条劣弧称为球面的边，三点称为球面的顶点；三个球面角称为球面的三个内角．已知球心为的单位球面上有不同在一个大圆上的三点．类比二面角，我们称从点出发的三条射线组成的图形为三面角，记为．其中点称为三面角的顶点，称为它的棱，称为它的面角．以下说法，正确的是（   ） A．任意球面三角形的内角和为 B．若三面角的三个面角的余弦值分别为，球面的三个内角的余弦值有一个是 C．若三面角的三个面角的余弦值分别为，球面的面积为 D．若三面角的三个面角的余弦值分别为，球面的面积为 【答案】D 【分析】对于B，使用空间解析几何方法求出球面的三个球面角；对于ACD，证明球面的面积，即可得到逐一判断. 【详解】先证明一个引理. 引理：若在单位球面上的球面的三个球面角， 设该球面的面积为，则， 引理的证明： 记球的表面积为，则，设的对径点分别为， 则所在的大圆和所在的大圆将球面分成了四个部分， 其中面积较小的两个部分的面积之和等于球的表面积的倍， 即，类似可定义，且同理有， 而根据球面被这三个大圆的划分情况，又有， 所以， 故， 引理得证， 对于A，因为，所以， 所以，不是一个固定值，所以A错误； 对于B，由已知条件，可设， 如图，以为原点，构建空间直角坐标系，则， 不妨设，设， 则由可知；； 又，故， 不妨设，则，所以有， 设平面的法向量分别为，并设， 则，即， 也即，故可取， 所以我们有， ， ， 故球面三角形的三个内角的余弦值分别为，故B错误； 对于CD，由B选项可知：， 再由引理可知球面的面积，故C错误，D正确. 故选：D 2．如图，已知 均为圆台 的母线，四边形 为圆台的轴截面，且 ，. (1)证明：； (2)已知二面角 的余弦值为 ，求三棱锥 的外接球的半径. 【答案】(1) 证法一：因为均为圆台的母线， 所以延长必交于一点，如图：因为，所以确定一个平面， 又因为圆台的上下底面互相平行，即平面平面， 因平面平面，平面平面， 根据面面平行的性质定理，得； 证法二：利用向量共线证线线平行 由题知，，， 所以 ， 所以 . 又直线 无公共点，所以 . (2) 【分析】（1）证法一：根据圆台是由圆锥截成的，再由面面平行的性质可得；证法二：根据向量共线证明 ，结合向量共线性质证明结论； （2）先用勾股定理证明，进而证明，然后建立空间直角坐标系，用向量的方法由二面角的值可得圆台的高，设三棱锥 的外接球球心为 ，设 ，根据，列方程求，由此可求结论. 【详解】（1）略 （2）连接， 由已知，得，，分别为上下底面圆的直径， 因此上底面的半径，下底面的半径. 又因为在上底圆，，， 由，可得，即， 由（1）知与必相交于点，所以共面， 因为，，平面，， 所以平面，又因为，所以平面， 且平面，所以； 故以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系： 设，则， 于是，， 设平面的法向量为， 由，故可取； 又， 设平面的法向量为， 由，故可取， 因二面角的余弦值为， 所以，解得（负值舍去）， 所以圆台的高. 设三棱锥 的外接球球心为，易得,则在直线上， 设，又，所以 ， 由，得，解得， 所以三棱锥的外接球的半径. 3．如图，在矩形 中，，，为 的中点，把沿翻折至，为线段上的动点． (1)当为的中点时，证明：平面； (2)在翻折过程中，若在平面内的投影落在 边上，且三棱锥的各个顶点均在球 的球面上． （ⅰ）求球 的半径； （ⅱ）求平面与平面的夹角的最小值． 【答案】(1)证明：如图， 取 的中点，连接，， 由题意知，四边形是平行四边形，所以． ∵平面，∴平面． ∵，分别为 ，的中点，∴． 又∵平面，平面， ∴平面，又，所以平面平面， ∵平面，∴平面． (2)（ⅰ）（ⅱ） 【分析】（1）构造线线平行，利用线面平行的判定定理证明线面平行. （2）建立空间直角坐标系，利用外接球的概念，结合空间两点间的距离公式可求三棱锥外接球的半径；利用空间向量可求平面与平面的夹角的余弦，再结合余弦函数的性质，可得夹角的最小值. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）过作于，连接， ∵在平面内的投影在 边上，∴平面， 又平面，即， 又，故平面，即． ∵，，， ∴，． 又，所以，则， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，， 设三棱锥外接球的球心为点，外接球半径为， 因为点，，，均在球 的球面上，所以， 解得， 则三棱锥外接球的半径为． （ⅱ）解：由（ⅰ），可得，， 设平面的一个法向量为， 则即， 可取． 因为，C为线段上的动点， 可设，则， 即，， 设平面的一个法向量为， 则即， 可取， 设平面与平面的夹角为，则， 当时，，为最大值； 当时，， 故时，取到最大值，即平面与平面的夹角的最小值为． 考点二 利用空间向量解决截面问题 4．如图，已知正三棱锥的侧棱长为l，过其底面中心O作动平面，交线段于点S，交的延长线于M，N两点．则下列说法中正确的是（      ） A．是定值 B．不是定值 C． D． 【答案】AD 【分析】利用四点共面可求得. 【详解】 如图，设的中点为，连接则在上且， 所以 . 故， 由于S，M，N，O四点共面，于是， 因此． 故选：AD. 5．如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论： ①平面截正方体所得的截面图形是五边形； ②直线到平面的距离是； ③存在点，使得； ④面积的最小值是. 其中所有正确结论的序号是（   ） A．②③ B．②④ C．①③ D．①④ 【答案】C 【分析】根据点、线、面的位置关系判断可知①正确，建立空间直角坐标系利用点到面的距离的向量求法计算可得②错误，利用向量垂直的坐标表示解方程可得③正确，再利用点到线的距离求得点到直线的距离的最小值可得④错误. 【详解】对于①，连接分别于的延长线分别交于，连接分别交于，连接，如下图所示： 易知平面与平面为同一平面， 其截正方体所得的截面图形是，为五边形，即①正确； 对于②，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 易知， 则，显然， 又平面，平面，所以平面； 因此直线到平面的距离即为点到平面的距离， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得，即； 易知， 则直线到平面的距离是，即②错误； 对于③，由点在线段上运动，可设， 因此，则， 可得， 假设存在点，使得，可得， 整理可得，解得或（舍去）， 故存在点，使得，即③正确. 对于④，易知，， 所以点到直线的距离为， 可知当时，点到直线的距离最小为， 所以面积的最小值是，即④错误. 故选：C 6．在棱长为2的正方体中，F是棱的中点，Q为正方体表面上的一个动点（含边界），则下列说法中正确的是（    ） A．过A，F，C的平面截该正方体所得的截面图形的周长为 B．若P为棱的中点，且平面，则线段的最小值为 C．若Q是正方形内的一个动点，且满足，则动点Q的轨迹是一条线段 D．若P为棱的中点，则四面体外接球的表面积为11π 【答案】ACD 【分析】根据给定条件，以点为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再结合空间向量逐项计算判断. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，，，，， 对于A，取中点，连接，，则， 即，而点，因此， 得到四边形是过A，F，C的平面截该正方体所得的截面， 其周长为，故A正确； 对于B，取与中点、，连接、、， 由正方体性质可得，， 又平面，平面，故平面， 而平面，平面，故平面， 又，、平面，故平面平面， 由平面，则点的轨迹是除去点， 得到到的距离为，到的距离为，到的距离为， 所以线段的最小值为，故B错误； 对于C，由Q是正方形内的动点， 设，，，则，， 由，得，解得， 即点，，动点Q的轨迹是一条长度为2的线段，故C正确； 对于D，点，设四面体外接球的球心，球半径为R， 则 解得，，，， 因此四面体外接球的表面积为，故D正确. 考点三 空间位置关系的证明 7．已知空间有A，B，C，D四个点，满足，空间中还有四点，满足，求证：． 【答案】证明见解析. 【分析】利用空间向量的数量积可证明. 【详解】根据题意，有， 根据余弦定理，有， 从而， 故即， ， . 8．在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，与平面所成角为，是的中点，点且． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求平面与平面的夹角的大小． 【分析】（1）连接，交于点，再连接，由，可完成证明； （2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由，结合题意可完成证明； （3）由（2）的结论可得是平面与平面的夹角，然后由向量夹角计算公式可得答案. 【详解】（1）连接，交于点，再连接． 因为底面是正方形，所以点是的中点． 又是的中点，所以． 而平面且平面． 因此平面． （2）由底面，底面是正方形且与平面所成角为，又，可知是等腰直角三角形，即． 现以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 设，则，，，， 且．． ． ，． 同理．则. 又,平面,平面； （3）由（2）的结论平面，可知且，结合图形特点可知是平面与平面的夹角，亦可记为． 在等腰直角三角形中，为中点，所以． 又，即且． 于是，且． 又． 所以，即与平面的夹角大小为． 9．如图①，是梯形的高，，现将梯形沿折起成如图②的四棱锥，使得．点E是线段上一动点． (1)判断和是否可能垂直，并说明理由． (2)当时，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)和不可能垂直，理由见解析. (2) 【分析】（1）可证平面，故可建立如图所示的空间直角坐标系，利用数量积可证和不可能垂直. （2）求出的方向向量和平面的法向量后可求所成角的正弦值. 【详解】（1）连接，则，故， 故，而，平面， 故平面，而，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 故. 设，其中． 若，则， 解得，不合题意． 所以和不可能垂直． （2）当时，，故，而， 设平面的法向量为， 则，取，则， 故平面的一个法向量为， 因为， 所以与平面所成角的正弦值为， 考点四 利用空间向量解决体积问题 10．空间中由4个点构成的四面体体积是多少？ 【答案】 【分析】画出图形，得出三棱锥的底面和高，进一步结合三棱锥的体积公式即可求解. 【详解】设是棱长为1的正方体，建立如图所示的空间直角坐标系， 可以发现是三棱锥的高，三角形是的底面， 故所求为. 11．在直三棱柱中，，三棱锥体积最大值为（   ） A． B． C．2 D．4 【答案】A 【分析】如图建立空间直角坐标系，根据可得在底面的轨迹，再分割三棱柱可得，求的最大值即点到底距离最大即最大时即可得解. 【详解】如图，以为坐标原点，以直线、在平面内垂直于的直线、直线所在方向分别为正半轴.    设,. ，，得，即.即点在底面的轨迹是以为圆心，半径为的圆. 又因为，. 当取最大时，有最大值. 故选：A. 12．如图，几何体是圆柱的四分之一部分，其中底面是半径为的扇形，母线长为，是的中点，为的中点，是上的动点（不与、重合），是圆柱的母线． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积的最大值； (3)求二面角余弦值的取值范围． 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立； （2）设点，其中，利用空间向量法求出点到平面的距离，再利用锥体的体积公式以及三角函数的有界性可求得三棱锥的体积的最大值； （3）利用空间向量法可求得二面角余弦值的取值范围. 【详解】（1）由题意可知，，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、、、，所以， 易知平面的一个法向量为，则，即， 又因为平面，所以平面. （2）不妨设点，其中， 则、、， ，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 所以点到平面的距离为， 因为为是圆柱的一条母线，故平面， 因为平面，故，则， 所以 ， 因为，则，故，所以， 则， 即三棱锥的体积的最大值为. （3）设平面的一个法向量为， ，，则， 取，则， 所以 ， 因为，则，故. 结合图形可知，二面角的平面角为锐角， 因此，二面角余弦值的取值范围为. 考点五 利用空间向量求线段长度或长度最值 13．在空间直角坐标系中，点，，定义.如图，正方体的棱长为5，，平面内两个动点P，G分别满足，，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分别求出点P，G的轨迹，然后把问题转化为一个正方形上的点与圆上的点的距离的取值范围，数形结合可得答案. 【详解】设，， ∵，∴， G点的轨迹为. 又，则，， 即， 化简得P点的轨迹为. 在平面直角坐标系中作出G，P轨迹， 设G点轨迹与y轴两个交点分别为M，N，P点轨迹为圆， 圆心为，半径， 且与y轴两个交点分别为H，T，如图所示， 结合图象得：， 又，， 所以. 14．在如图所示的试验装置中，正方形框架ABCD的边长为2，长方形框架ABEF的长，且它们所在平面形成的二面角的大小为，活动弹子M，N分别在对角线和上移动，且始终保持，则的长度最小时a的取值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，得到所需各点坐标，设，将转化成，从而得到两点的坐标，再利用两点间距离公式计算，即可求出取到最小值时的值. 【详解】 由题意知，， 就是二面角的平面角，即， 以为原点，以所在直线分别为轴，过点作轴平面， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， ，， 设， 由，可知， ，， ，， 解得， ， ， 当时，取到最小值，即取到最小值. 故选：A 15．球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球O的半径为R，A、B、C为球面上三点，设，表示以O为圆心，且过B、C的圆，劣弧BC的弧长记为a，同理，圆，的劣弧AC、AB的弧长分别记为b、c，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角，，分别为、、，则球面三角形的面积为.已知； (1)若，，求球面三角形ABC的面积（直接写结果无需证明）； (2)在球O的内接三棱锥D-ABC中，平面，，直线DC与平面ABC所成的角为. （ⅰ）若，N分别为直线，上的动点，求线段MN长度的最小值； （ⅱ）如图（2），若分别为线段AC，BC的中点，G为线段BD上一点（与点B不重合），当平面OBC与平面GPQ夹角的余弦值为时，求线段BG的长. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）直接套用球面三角形面积公式，代入角度计算即可； （2）（i）先建系求出各点坐标，最小值为异面直线，的距离，求出该距离即可；（ii）先设，再求出平面和平面的一个法向量为，根据题意列方程求解即可. 【详解】（1）由题意，，，，所以，则有， 所以球面三角形ABC面积为. （2）因为平面，平面，所以. 设，则，所以. 由勾股定理的逆定理可得，又，平面， 所以平面，又平面，所以， 因为直线与平面所成的角为，所以. 易知在和中，斜边的中点到点的距离相等， 即为球的直径，所以. 以点为坐标原点，直线分别为轴，过点且与平行的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. （i）由题可知， 则. 设与都垂直的向量为， 则，令，则， 所以线段长度的最小值为. （ii）设，由题可知， 则. 设平面的一个法向量为， 则，取，可得. 设平面的一个法向量为， 则，取，可得. 设平面与平面的夹角为. 因为=， 化简得则， 故. 考点六 利用空间向量解决点的轨迹问题 16．如图，在棱长为2的正方体中，M为棱的中点，点Q在底面正方形内运动，满足，则点Q的轨迹长度为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，借助空间向量数量积确定点Q的轨迹即可. 【详解】 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设，则， 由，得，整理得， 所以点Q的轨迹是以点为圆心，1为半径的圆，此圆在正方形内部， 所以点Q的轨迹长度为. 故选：C. 17．如图，在棱长为2的正方体中，是侧面上一点，则（     ）    A．存在点，使 B．若，则动点的轨迹长度为 C．当点在线段上时，直线与平面平行 D．当点在线段上时，直线与平面所成角的正弦值可以为 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量运算分析线面平行、线面垂直、轨迹方程、线面角，逐项分析计算即可. 【详解】以为原点，、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，    则，，，，，，. 设（在侧面上，则坐标恒为2，，）. 选项A：，. 若，则，即，解得. 取，则满足条件，故A正确； 选项B：由得，，化简得. 该方程表示在平面上，以点为圆心，半径为1的圆弧（，，实际是四分之一圆）， 所以轨迹长度为，故B错误； 选项C：，. 设平面的法向量为，则 ，即，令，则，，所以. 因为在线段上，设（），则， 所以，，所以，（）. 因为，所以，又平面， 所以直线与平面平行，故C正确； 选项D：，. 设平面的法向量为，则 ，即，令，则，又，所以. 设直线与平面所成角为，由选项C知，（）. 则 ，， 所以，当时，取最大值，为，故D正确. 18．已知正方体的棱长为，与相交于点，为四边形内一动点（包含边界）. (1)若是的中点，证明：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值的最大值； (3)若到平面的距离为，到平面的距离为，满足，且的轨迹交平面于、两点，求的长. 【答案】(1)证明如下： 以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系 则、、、、、、， 因为为中点，所以， 所以，，， 所以 ，，所以，， 又因为，，平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）设，则，且，，利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值的最大值； （3）解法一：证明出平面平面，平面平面，可知为点到直线的距离，为点到直线的距离，求出直线、的距离，利用点到直线的距离公式结合可求出点的轨迹方程，令，求出的值，即可求出的长； 解法二：设，，，利用空间向量中点到平面的距离公式结合可得出关于、的等式，令，解出的值，即可求出的长. 【详解】（1）略 （2）因为，为四边形内一动点， 设，则，且，，所以， 又因为，， 设为平面的一个法向量， 则，取，则， 设与平面所成角为， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 此时，即时，等号成立， 所以当为时，与平面所成角的正弦值的最大值为. （3）法一：因为，，，、平面， 所以平面， 又平面，平面，所以平面平面，平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以为点到直线的距离，为点到直线的距离， 在平面内，以为原点，直线所在直线为轴建立如下图所示平面直角坐标系， 设，因为，，则， 同理可知点，则直线的方程为，直线的方程为， 所以，所以， 所以点的轨迹为焦点在轴或者轴的双曲线， 由题意可知，点为焦点在轴的双曲线交于、两点， 所以，令，所以，所以； 法二：由（2）设，，， 由（1）知平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，，， 所以，取，可得， 因为，所以，， 所以，所以， 由题意令，，解得或（舍）， 所以. 考点七 利用空间向量解决线线角问题 19．在正方体中，M为的中点，N为的中点，则异面直线与的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D．前三个答案都不对 【答案】B 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量的夹角的余弦公式可求异面直线所成的角的余弦值. 【详解】如图，建立空间直角坐标系．    设．则， 因此， 于是所求夹角的余弦值为． 故选：B. 20．在平行六面体中，，，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量的线性运算可知,，通过数量积求出，进而求出. 【详解】利用空间向量的线性运算可知， 所以， 即, 由于, 所以，， 所以，故 ，即， 故平行四边形为矩形， 21. 棱长为的正四面体中，点为平面内的动点，且满足，点为的重心，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为 ． 【答案】 【分析】依题意建立空间直角坐标系，利用正四面体性质求出点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，再利用重心性质以及异面直线夹角的向量求法即可求出结果. 【详解】根据题意，记在底面内的摄影为，则平面， 又平面，故，； 利用正四棱锥性质可得，所以， 又因为，则， 可知点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆， 因为内切圆半径为, 所以点的轨迹是以为圆心的三段圆弧， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，在平面内过作平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 设， 易知， 又点为的重心，可得， 因此， 设直线与直线所成的角为， 则可得 当时，取得最大值. 因此直线与直线所成角的余弦值的最大值为. 故答案为： 考点八 利用空间向量解决线面角问题 22．如图，是边长为1的正三角形，在中，，.    (1)将沿AC翻折，使二面角为直二面角. （ⅰ）求证：； （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值. (2)若将沿着AC折起后，使得，求此时平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)（ⅰ）由二面角为直二面角，得平面平面，由， 得，而平面平面，平面，则平面， 又平面，所以. （ⅱ）； (2). 【分析】（1）（ⅰ）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理得证；（ⅱ）利用等体积法求出点到平面的距离，再利用线面角的定义法求解. （2）取中点，利用空间向量数量积的运算律求解. 【详解】（1）（ⅰ）略 （ⅱ）由是边长为1的正三角形，得，由， 得，由（ⅰ）知平面，而平面，则，， 等腰的面积，而， 设点到平面的距离为，由，得， 即，解得，令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.    （2）取中点，连接，则，由，得， 由（1）知，则二面角的平面角为，由， 得， 即，解得， 所以平面与平面所成角的余弦值为.    23．如图，在中，，垂足为，，．将绕翻折至．    (1)是否存在某个翻折位置，使得平面？若存在，求出此时的大小；若不存在，请说明理由． (2)当在内变化时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值． 【答案】(1)翻折到时，平面，此时. (2) 【分析】（1）先证明平面得，再根据时，结合勾股定理，进而即可证明平面，此时求得； （2）结合（1），建立空间直角坐标系，设，，再根据向量法求解线面角，并结合三角恒等变换求解即可. 【详解】（1）因为在中，，垂足为， 所以，翻折至时，， 因为，平面， 所以平面，又因为平面， 所以， 因为，． 所以，， 所以，当翻折到时，，即， 因为，平面， 所以平面， 综上，当翻折到时，平面，此时. （2）如图建立空间直角坐标系， 则，，， 设，则， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，整理得， 所以， 设直线与平面所成角为， 则 ， 因为， 所以，，， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值的最小值为.    24．如图，圆台的一个轴截面为等腰梯形，为底面圆周上异于、的点． (1)求该圆台的侧面积； (2)若是线段的中点，求证：直线平面； (3)若，设直线为平面与平面的交线，设平面，点在线段上（不含端点），直线与平面所成的角大小为，求的最大值． 【分析】（1）由圆台侧面积公式即可求解； （2）取中点，连接，通过证明四边形为平行四边形得到，然后根据线面平行的判定定理完成证明； （3）延长交于点，建立合适空间直角坐标系，然后利用向量法表示出，再根据二次函数的性质求解出最大值即可. 【详解】（1）因为， 所以圆台的侧面积为； （2）取中点，连接，如图， 因为为中点，所以， 在等腰梯形中，， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （3）延长交于点，作直线， 因为两点分别在平面与平面内， 所以直线即为直线， 又平面， 所以点，即为点， ，则， 以直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 在等腰梯形中，， 此梯形的高为， 因为，所以为的中位线， 则， 所以， 设，则， 设平面的一个法向量为， 则， 令，得， 则有：， 令，则， 当时，，此时， 当时，， 当且仅当，即时取等号， 综上所述，的最大值为. 考点九 利用空间向量解决面面角问题 25．在平面四边形中，，，将沿AC翻折至. (1)设，三棱锥的各个顶点都在球的球面上. （i）证明：平面平面； （ii）求球的半径； (2)求二面角的余弦值的最小值. 【答案】(1)（i）证明：在中，由，得， 所以， 且，即， 因为，，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （ii）. (2). 【分析】（1）（i）通过证明平面，证得平面平面； （ii）建立空间直角坐标系，利用向量法列方程，由此求得球的半径； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值，进而求得其最小值. 【详解】（1）（i）略. （ii）以A为原点，分别为x轴和y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系， 则，设球心，半径， 则， 所以， 解得，所以球O的半径为； （2）在平面中，过P作于G，在平面中，过G作， 因平面,则平面. 则由（1）， 设，以G为原点，分别为x轴和y轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系，则点在平面内， 则， 所以， 设平面一个法向量为，则， 即，取， 则得； 平面的一个法向量为，则， 即，取，则得， 所以， 令，则由得，则， 于是 ， 当且仅当即时等号成立， 所以二面角的余弦值的最小值为. 26． 如图，在三棱锥中，，，.    (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在一点E，使得二面角的正切值为?若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (3)已知点为线段上另一动点，过点且与垂直的平面将三棱锥分成左右两部分，设，当为何值时，右侧部分的几何体的体积为？ 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， (3)1 【分析】（1）用余弦定理求角，再用几何关系证明线面垂直即可证明面面垂直； （2）通过画图得到二面角的平面角，利用已知条件即可求解或者建立空间直角坐标系，用向量方法进行坐标运算即可求解； （3）根据题意得出，然后底面积之比以及高之比得出右侧几何体的体积的表达式，从而得到答案. 【详解】（1）在中，， 所以， 过点作于点，连接，则， 因为，，为公共边，所以. 所以，且，又，所以，所以， 又因为平面，，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）解法一：取中点，由（1）知，，∴. 过作交于，过作交于，则，所以， 所以，为二面角的平面角， 设，由，得， 同理；， 由，得， 在中，，解得， 所以线段上存在一点E，使得二面角的正切值为.， 解法二：设存在满足题意的点，由（1）可知两两垂直，以点为坐标原点，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，，则，，，， ，，， 设，，则， 显然平面的法向量. 设平面的法向量，则， 取，则，，所以， 若二面角的正切值为，则其余弦值为， 则， 整理得，所以，又因为，所以， 所以，即当时，二面角的正切值为. （3）当时，平面截三棱锥所得截面为三角形，右部分的体积最大值为， 当时，平面截三棱锥所得截面为四边形， 设截面与棱的交点分别为，求得 ， 右侧部分的体积， 化简得， 当时，检验符合上方程， 又时，有且只有一个值符合，故， 27． 在如图所示的六面体中，四边形为正方形，．    (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)证明：； (3)已知平面，．设二面角，的大小分别为，平面与平面所成角为．证明：． 【分析】（1）过点作，交于点，连接，先证，得，再证，得，由线线平行证平面，由线面平行的性质得，可证，得，即得结论； （2）由（1）易得，，即可证明； （3）由条件建系，设，则，分别证明平面，平面，即得平面与平面的法向量，求出平面的法向量，利用空间向量夹角公式分别求得的表达式，求和即得证. 【详解】（1）    四边形是平行四边形.理由如下： 如图，在平面中，过点作，交于点，连接， 因，易得，则， 因四边形为正方形，则，则，则得， 则有，因平面，平面，故平面， 又平面，平面平面，则， 因，则，又，则得，故， 又，则，故四边形为平行四边形. （2）由（1）已得，则有，由可得， 故，即得证. （3）    因平面，，故可以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 设，，则. 因，则平面，平面，又平面，则，， 因，平面，故平面，同理平面， 即平面的法向量可取为，平面的法向量可取为. 又因，则， 设平面的法向量为，则，故可取， 由图知，二面角，都是钝二面角， 故，， 由图知为锐角，平面的法向量为，则， 于是，得证. 考点十 利用空间向量解决点到直线的距离问题 28．如图，在长方体中，，，，分别是棱和上的两个动点，且，则的中点到的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取的中点，连接，以为坐标原点建立空间直角坐标系，结合，利用两点间距离公式，求出的长即可． 【详解】取的中点，连接， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 因为是的中点，所以， 所以，而， 所以，即，所以点到的距离就是， 因为， 所以，即， 所以，即， 所以的中点到的距离为. 故选：D. 29．世界模型是人工智能领域中，通过学习客观世界的物理规则与因果关系，构建时空统一表征，实现环境状态预测与动态演化模拟的核心技术模型.其数学基础之一就是在三维空间中对几何对象进行解析化的计算.例如，在空间直角坐标系中，已知过点且法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线l的方程为，基于以上知识，解决如下问题. (1)已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，求直线与平面所成的角的正弦值； (2)求通过直线且与平面垂直的平面方程； (3)已知直线为两个平面与的交线，直线为两个平面与的交线，若直线与直线、都相交且都垂直，则定义为两条直线、的公垂线，两个交点之间的距离称作两条直线、的距离，求、的距离与公垂线方程. 【答案】(1) (2) (3)距离为， 【分析】（1）先由直线方程组取 和 得到直线上两点,进而确定直线的方向向量 ,再结合平面的法向量 ,利用线面角与向量夹角的关系 ,代入数量积和模长计算,最终化简求出sin 的值； （2）平面 过直线 且与平面 垂直,因此 的法向量同时与直线 的方向向量、平面 的法向量垂直,由此列方程组求出平面 的法向量 ,再代入直线上已知定点,用点法式写出平面方程并整理化简； （3）先根据两条直线的参数方程分别设出动点坐标，求出两直线方向向量，方法一利用公垂线向量同时与两个方向向量垂直，数量积为 列方程求出参数，得到垂足与公垂线段向量，计算模长得异面直线距离并写出公垂线方程；方法二写出两点距离平方表达式，用二次函数配方法求最小值，即为异面直线距离，同步确定垂足与公垂线方程. 【详解】（1）取的法向量为，上的点满足， 在方程组中取得，所以点在直线上.取得， 所以点在直线上.所以直线的方向向量可以取为， 取直线与平面所成的角为，则. （2）取平面满足且，取的法向量为， 直线的方向向量为，平面的法向量为， 所以，不妨取， 因为点在直线r上，所以点在平面内， 所以的方程为，整理得 （3）因为上的点满足，所以可取上的点为， 例如、均为上的点，所以的方向向量取为， 同理因为上的点满足，所以可取上的动点为， 例如、均为上的点，所以的方向向量可取为， 方法一：若直线为、的公垂线，则，， 因为，所以， 所以，所以、为公垂线在两条直线上的垂足， 此时，所以、的距离为， 所以公垂线方程为； 方法二：因为， 所以， ， 当且仅当时取等，所以、的距离为， 此时、为公垂线在两条直线上的垂足， 所以，所以公垂线方程为 30．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．例如：正四面体在顶点A处的离散曲率为．如图，在三棱锥中． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率之和； (2)若平面ABC，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为． （i）求点到平面的距离； （ii）若点为的中点，则在棱上是否存在点，使直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)2 (2)（i）；（ii）存在， 【分析】（1）根据离散曲率的定义分别计算各个顶点处的离散曲率，再利用三角形内角和计算即可； （2）利用线面垂直的性质和判定证得，即，根据离散曲率的定义计算得， 解法1：根据点面距离的定义作出点到平面的距离线段，根据边角关系求解即可； 解法2：利用等体积转换法即可求出； 解法3：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量代入公式即可； （3）如图建立空间直角坐标系，利用向量法计算线面角的正弦值，即可得解. 【详解】（1）由离散曲率的定义得： ， ， 因为，同理可得其他三个三角形内角和为， 所以； （2）由平面ABC，平面ABC，得， 又，AC，平面PAC，则平面PAC， 由平面PAC，得，即， 又，即，解得． 解法1：过点A作于点M，由平面PAC，平面PAC，得， 又平面PCB，则平面PCB， 因此点A到平面PCB的距离为线段AM的长． 在中，，所以，点A到平面PBC的距离为． 解法2：设点到平面的距离为， 则，， 所以，即点到平面的距离为． 解法3：过作的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意得，， 设平面PBC的法向量， 则，即，令，则，得， 所以点到平面的距离． （ii）存在．过作的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得： ， 所以， 设，则， 设与平面所成的角为，因为，所以， 设平面的法向量， 则即 令，则，得 则， 整理得，解得： ， 所以，所以． 考点十 利用空间向量解决点到平面的距离问题 31．如图，在四棱锥中，四边形为菱形，，，为中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求到平面的距离； (3)若三棱锥外接球半径为2，求直线和平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设，先证明，再根据线面平行的判定定理，即可证明平面； （2）方法一，以A为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及点D到平面的距离，利用平面，将到平面的距离转化为点D到平面的距离，即可得解； 方法二，利用平面，将到平面的距离转化为点到平面的距离，进而转化为点B到平面的距离，再利用等体积法计算即可； （3）设，利用正得到其外接圆圆心的坐标及半径，进而设出球心的坐标，根据球的性质求出点坐标，进而求出平面的法向量，即可根据向量法求出直线和平面所成角的正弦值，即可得解. 【详解】（1） 设，连接． 因为四边形为菱形，所以 为的中点． 在中，因为 为的中点，所以 OM为的中位线，故， 又因为平面，平面， 所以 平面； （2）方法一：向量法 以A为原点，以所在直线为轴，在平面内过作与垂直的直线为轴， 过作与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，. 在平面内过作，交的延长线于，连接. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，所以. 因为，所以， 因为，，所以， 所以，，即，所以. 在中，，所以，， 则，因为为中点，所以， 则，. 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，则. 设点D到平面的距离为， 则． 由（1）知平面， 所以到平面的距离即为点D到平面的距离， 所以到平面的距离为； 方法二：等体积法 由（1）知平面， 所以到平面的距离等于点到平面的距离，设为． 因为为中点，所以点到平面的距离等于点B到平面的距离， 即， 在平面内作交直线的延长线于，取中点， 连接，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，所以平面， 又平面，所以. 在中，，所以，， 所以到平面的距离为. 因为，所以． 在中，， 由余弦定理可得， 在中，． 在中，，为中点，则， 由余弦定理可得， 所以，所以． 在中，，底边上的高为， 所以. 又因为. 由可得，解得， 所以到平面的距离为； （3） 在（2）所建的坐标系中，设，则， 因为，所以． 由，可得， 解得，故. 在正中，外接圆圆心为，外接圆半径． 设三棱锥外接球的半径为，球心为． 由球的性质可得，解得，则， 所以，因为点在外接球上，则， 所以， 即，即． 解得，所以， 所以，. 设平面的法向量为． 则，即. 令，则，即． 设直线和平面所成角为， 则 因为，所以． 所以直线和平面所成角的余弦值为． 32．如图，已知直四棱柱中，，，，，，是的中点，是的中点．    (1)求证//平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）通过构造平行四边形证明线线平行，再利用线面平行的判定定理证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再通过向量夹角公式计算出平面夹角的余弦值； （3）在空间直角坐标系中，利用点到平面的距离公式直接计算点 B 到平面的距离. 【详解】（1）取中点，连接，，由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有且，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的余弦值为． （3）由，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为． 33．如图，在斜三棱柱中，平面平面,分别为棱的中点，. (1)若四边形为菱形，证明：平面； (2)若 （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）若斜三棱柱内存在两个体积相等且相切的球，且每个球都与该三棱柱的一个底面及三个侧面相切，求点到平面的距离. 【分析】（1）先证，再证明平面，进而得出，最后利用线面垂直的判定定理即可； （2）（i）以为原点建系，计算平面与平面的法向量即可； （ii）先利用线面平行的性质定理和判定定理求证，再利用公式 计算，最后计算即可. 【详解】（1）如图，连接， 因为四边形为菱形，所以， 因为分别为棱的中点，所以，所以， 因为，所以， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 又平面，所以， 又平面，所以平面. . （2）由（1）可知平面， 以为原点，所在直线为轴，以过点且与平行的直线为轴，平面内过点且与垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， （i）在中，， 则在等腰中可得， 则， 则， 则， 所以的一个方向向量为的一个方向向量为， 由，得，则直线上存在点， 所以的一个方向向量为， 设平面的法向量为， 则，取，所以， 设平面的法向量为， 则，取，所以， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （ii）设与平面相切的球的球心为，与平面相切的球的球心为， 由题意知球均与平面相切，设切点分别为， 连接，则，， 因为球均与平面相切，所以平面， 因为平面，所以平面， 又平面，平面平面，所以， 设球的半径为，球心，则， 因为平面，所以点到平面的距离为，则， 由，得， 由，得， 代入，解得， 所以， 则线段在轴上的投影长度为， 所以斜三棱柱的高为， 所以点到平面的距离为. 考点十二 利用空间向量解决探究性问题 34．（多选）若点为点在平面上的正投影，则记．如图，在棱长为1的正方体中，记平面为，平面为，点是棱上一动点（与、不重合），．给出下列三个结论，其中正确的是（   ） A．线段长度的取值范围是 B．存在点P，使得平面 C．存在点使得 D．存在点使得点，重合 【答案】AB 【分析】以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设点的坐标为，求出点的坐标，然后利用向量法判断出ABCD的正误即可. 【详解】    如图：取的中点为，过点在平面内作， 再过点在平面内作，垂足为点， 由正方体中平面，平面，所以， 又因为，，所以平面，即， 所以，同理可证，则， ， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴， 建立空间直角坐标系，设， 则， 对于D，由图可知，点在线段上，不与点重合，点在线段上，不与点重合， 所以点与点无论如何都不会重合，故D错误； 对于A，，由，则， 则，所以， 所以A正确； 对于B，因为，则平面的一个法向量为， 又有，令，即， 即存在点，使得平面，所以B正确； 对于C，，令， 整理得：，该方程无实数解，所以不存在点， 使得，所以C错误. 故选：AB. 35．如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点.则下列说法正确的是（   ） ①存在点，使得；②存在点，使得；③对于任意点，到的距离的取值范围为；④对于任意点，都是钝角三角形 A．①②③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】C 【分析】根据题意，以A为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】解：由题知，在正方体中，是棱上的动点， 建立以为原点建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，设，其中， 所以，， 当，即， 所以，显然方程组无解， 所以不存在使得， 即不存在点，使得，故①错误： 当时，解得， 即存在点，使得，故②正确： 因为，其中， 所以点到的距离为 ，故③正确； 因为，，其中， 所以， 所以三角形为直角三角形或钝角三角形，故④错误. 故选：C. 36．如图，在三棱锥中，点E，F分别在棱，上，平面，平面．    (1)证明：； (2)记直线与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，证明：为定值； (3)若，E为线段的中点，设平面与平面的交线为l，Q为l上的点，求点B到平面的距离的最大值． 【答案】(1)平面，则，， 平面，则，， ，且是平面的法线， 平面， 又平面，平面平面， ， ， ． (2)   平面，且平面， 平面平面，交线为， 在平面内的投影在上，故直线与平面所成角 为 的余角，即， 设平面与平面的交线为，则，且 平面， 平面， 平面， ， 又 ， ， 二面角的平面角， ， ，则， ，为定值． (3) 【分析】（1）结合已知条件，利用线面垂直判定定理证明结论； （2）利用向量投影得出，利用二面角的性质得出 ，结合 得出 为定值，从而证明结论； （3）建立空间直角坐标系，利用已知条件求出各点坐标，进而求出相关向量，求出平面法向量，再利用点到平面距离公式求解． 【详解】（1）略 （2）略 （3）已知平面， 以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立下图所示空间直角坐标系，    已知，E为线段 的中点， 则， 设点， ， 设平面的法向量为，则 ，令 ，则， 点到平面的距离， 当时，分母最小， 最大， ． 考点十三 利用空间向量解决立几综合问题 37．如图，在正三棱柱中，为的中点，为棱上一个动点．    (1)若，求证：平面； (2)若为的中点，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明：∵正三棱柱，∴平面平面， ∵为正三角形，为中点，∴， 又平面平面，∴平面， 又平面，∴， ∵，，∴，， ∴，，， ∴，∴， 又，平面，平面，故平面. (2)． 【详解】（1）略． （2）以为坐标原点，以，及过点且垂直平面的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，， ，，，， 设平面的一个法向量为， 则，∴，可取， 设平面的一个法向量为， 则，∴，可取， ∴， ∴平面与平面夹角的余弦值为． 38．如图1，四边形是边长为5的正方形，扇形中，，弧上的点M满足，中，，．现将沿进行翻折，正方形沿进行翻折，使得点E与点C重合为点P，点D到达点G的位置，得到如图2所示的几何体，且点N满足． (1)证明：∥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作，，得出四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理可证； （2）以O为原点建立空间直角坐标系，求出平面GMB的法向量，然后利用坐标计算线面角的正弦值. 【详解】（1）在平面内作于点F，由得． 因为，，所以，． 在平面内作于点H．连接， 因为，所以，则， 因为，所以． 又，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）易知，，两两垂直，则以O为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴 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，即，取，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． 39．（多选）在长方体中，，底面是边长为的正方形，，则下列选项正确的有（    ） A．，三棱锥的体积是定值 B．当时，存在唯一的使得平面 C．为棱的中点，当时，的周长取最小值 D．当直线与所成角的余弦值为时，的值为 【答案】ACD 【分析】利用锥体体积公式可判断A选项；以点为坐标原点，、、建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BD选项；将平面、延展为同一个平面，分析可知当、、三点共线，取最小值，可得出的周长取最小值，可判断C选项. 【详解】对于A选项，因为，即点在棱，则点到平面的距离等于， 因为四边形为矩形，所以， 故，A对； 对于B选项，以点为坐标原点，、、建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 则，， 因为，则，所以， 当时，， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 则， 因为，解得或，所以，存在两个，使得， 因此当时，存在两个使得平面，B错； 对于C选项，将平面、延展为同一个平面，如下图所示：    由题意可知，当、、三点共线时， 取最小值， 因为，所以，故，故， 在长方体中，当时，取最小值，而的长为定值， 此时的周长取最小值，C对； 对于D选项，由题意得、、、， ，，      所以， 因为，解得，D对. 故选：ACD. 考点十四 空间向量与其他知识的交汇 40．如图，为圆柱的一条母线，且．过点且不与圆柱底面平行的平面与平面垂直，轴与交于点，平面截圆柱的侧面得到一条闭合截线，截线与平面的另一交点为．已知该截线为一椭圆，且和分别为其长轴和短轴，为其中心．为在上底面内的射影．记椭圆的离心率为． (1)证明：，并求的取值范围； (2)当时，求直线与平面所成的角的正弦值． 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，得线面垂直，即可证明线线垂直；根据图形可判断椭圆长轴的范围，以及短轴的值，结合椭圆离心率的公式，即可求离心率的取值范围； （2）首先根据，确定的位置，再建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量公式求线面角的正弦值. 【详解】（1）因为平面平面，且平面平面， 因为，所以平面，平面， 所以, 设上下底面圆的半径为，椭圆短轴，当移至下底面端点时， ，长轴的最大值，所以长轴的取值范围，则， ，所以椭圆离心率的取值范围是； （2）当离心率时，即，得， 则，即，即点是母线的中点， 如图建立空间直角坐标系，设，则， ,,,,, ,,, 设平面的法向量， 则，令，得，，所以， 设直线与平面所成角为， 则. 41．已知平面，垂足为，直线，是内的动点，且始终在的两侧． (1)若，证明：是锐角三角形； (2)若，是线段上靠近的三等分点，． （i）证明：二面角为锐角； （ii）直线与所成的角分别为，记．若平面，且不是任何一个长方体的截面，求的最小值． 【答案】(1)证明：证法一： 因为平面，，所以，． 不妨设，且， 因为，所以，，， 所以，所以为的最大内角． 由余弦定理，得， 所以，所以是锐角三角形． 证法二：因为平面，，所以，． 又因为，故可以为原点，分别为轴，轴和轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，所以，在中， ，所以为锐角， ，所以为锐角， ，所以为锐角， 所以是锐角三角形． 证法三：因为平面，，所以，． 又因为，所以在中， ，所以为锐角， ，所以为锐角， ，所以为锐角， 所以是锐角三角形． (2)（i）证明：因为，在上，且， 由对称性知在同一个轨迹上，且轨迹关于对称， 故以为原点，分别为轴和轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 设，，因为，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，故，即， 故，，， 依题意得，化简得， 且，即，故，又点不在直线上，故，同理，，且， 故在坐标平面中，是双曲线右支上的动点，且在轴的两侧，如图． 因为的两条渐近线分别为和，它们的夹角为，所以． 因为平面平面，，， 所以是二面角的平面角，所以二面角为锐角． （ii）． 【分析】（1）证法一：不妨设，且，利用余弦定理证明；证法二：根据条件建系，利用向量数量积的坐标运算判断；证法三：利用转化法求向量数量积判断； （2）（i）建系后设，，利用空间向量夹角公式推出，，利用其代表的轨迹双曲线的渐近线夹角进行证明；（ii）解法一：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，，求的最小值；解法二：运用解析法和向量的数量积运算求解；解法三：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，求的最小值． 【详解】（1）略 （2）（i）略 （ii）解法一：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 由（i）知，，所以，又因为，， 所以，故． 因为，所以分别是直线与所成的角， 即， 不妨设，则，且，所以，， 且． 作于，因为平面，平面，平面， 所以，又，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过， 所以，所以， 这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上， 直线过点，，，求的最小值． 如图，不妨设点在第四象限，则，．因为都在双曲线的右支，故， 即，所以，又，， 即且，解得， 所以， 当，即时，等号成立． 故的最小值为． 解法二：因为△不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 作于，因为平面，平面，平面， 所以，又，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过． 在平面直角坐标系中，设直线的方程为， 联立得， 依题意，有且 因为，所以． 因为， 所以 ， ， 同理， 不妨设，则必有． 因为， 因为且，所以，代入上式得到 ， 所以， 又因为，所以． 因为，所以分别是直线与所成的角，即， 因为，所以，所以，所以， ， 当，即时，等号成立． 故的最小值为． 解法三：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 由（i）知，，所以，又因为，， 所以，故． 因为，所以分别是直线与所成的角，即， 不妨设，则，且，所以，， 且． 作于，因为平面，平面，平面， 所以，又，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过， 所以，所以． 这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上， 直线过点，，求的最小值． 如图，不妨设点在第四象限，因为，所以点在以为直径的圆内（含边界），记 圆与双曲线在第四象限的交点为，则． 因为在渐近线的上方，故，而，故， 即直线与双曲线右支有两个交点，符合条件．所以当点位于点时，最大，则最小． 联立，得，解得或（舍去）， 故当，即时，的最小值为． 故的最小值为． 42．已知函数的部分图象如图1所示， 分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于点，点为该部分图象与轴的交点. (1)求的解析式； (2)将绘有函数部分图象的纸片沿轴折成的二面角，如图2所示. （i）求直线与平面所成的角的正弦值； （ii）求以线段的中点为球心，半径为的球与二面角所围成的几何体的体积. 注：球缺的定义：如图3，一个球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫球缺的底面，垂直于底面的直径被截下的线段长叫球缺的高.设球的半径为，球缺的高为，则球缺的体积公式为. 【分析】（1）由图有先求周期，进而求，最后代点求出即可； （2）（i）法一：如图①，设在平面上的射影为，连接、，在平面上过作轴的平行线，过点作交于，交轴于，由在平面上的射影为，所以在平面上的射影为，故和平面所成角为，在计算即可；法二：建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式即可求解； （ii）法一：取线段的中点，线段的中点为，连，则点在球上，且球被平面所截的图形是以点的圆，计算圆的半径，同理可得，球被平面所截的图形也是半径相同的圆，最后利用球缺和球的体积公式即可求解；法二：建立空间直角坐标系， 设线段的中点为，在平面上的射影为，计算以为球心，半径为的球被半平面和平面所截所截的图形为圆的半径，最后利用球缺和球的体积公式即可求解. 【详解】（1）由图可得，，周期，所以， 由，得，所以， 所以，因为，所以当时，， 所以； （2）（i）法一 如图①，设在平面上的射影为，连接、，则，，. 在平面上过作轴的平行线，过点作交于，交轴于，则，，，， 因为在平面上的射影为，所以在平面上的射影为，故和平面所成角为， ，所以和平面所成角的正弦值为. 法二 如图，以的方向为轴的正方向，在平面内过且垂直轴的直线为轴，过且垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图②， 设在平面上的射影为，则，，，，，， 平面的法向量为 设直线和平面所成角为，则 （ii）法一 由图①，设与轴相交于点，如图③所示，由，得，，则，即与重合，即，，三点共线 取线段的中点，则，得，，即，则，且，又轴，故轴 设线段的中点为，连，则，且.又平面，则平面 ，则点在球上，且球被平面所截的图形是以点为圆心、为半径的圆.同理可得， 球被平面所截的图形也是半径为的圆. 所以球与二面角所围成的几何体如图④所示.不妨设其体积为，则 因为，得球缺的高，故，，故. 法二 如图，以的方向为轴的正方向，在平面内过且垂直轴的直线为轴，过且垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图⑤所示 设线段的中点为，在平面上的射影为，则，，，，，，，到平面的距离为 以为球心，半径为的球被半平面所截的图形为圆，不妨设其半径为，圆心为，则，则， 即，所以所截的圆恰与轴相切，同理可得，球被平面所截的图形也是半径为的圆. 所以球与二面角所围成的几何体如图④所示.不妨设体积为，则 因为，得球缺的高，故 ，故. 考点十五 与空间向量有关的新定义题 43．如图，在斜三棱柱中，，，侧棱，，，其中为锐角． (1)当时，求证：； (2)定义：过点作垂直底面于，且在内部，记与、所成角分别为、，称为斜三棱柱的投影偏差率． （ⅰ）当时，求斜三棱柱的投影偏差率（不需证明），并求此时平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）关于的函数解析式记为，若存在两个不同的锐角，使得，求证：． 【答案】(1)证明如下： 因为 ， 所以，即． (2)（ⅰ）， （ⅱ）证明如下： ， 已知存在两个不同的锐角，使得， 设， 则， 锐角，是两个不同的锐角，则符号相反， ，即， 化简整理得， ，，为锐角，则， ． 【分析】（1）利用基底法表示向量，结合已知条件求出向量的数量积，利用数量积为0证明结论； （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，结合已知条件求出相关点和向量坐标，根据投影偏差率定义求解，求出相关平面法向量，利用向量夹角余弦公式计算求解；（ⅱ）根据投影偏差率定义结合（ⅰ）化简，利用“存在两个不同的锐角，使得”的条件构造方程，进而求出，证明结论． 【详解】（1）略 （2）以为坐标原点，为轴，为轴，过A垂直于面的直线为轴， 建立下图所示空间直角坐标系， 则， （ⅰ）已知，，， 则，故， 已知与、所成角分别为、， 则， 则， ，则， ， ， 设平面的法向量为，则， 令，则， 平面的法向量可取， 设平面与平面夹角为，则 ； （ⅱ）略 44．以原点为球心，4为半径的球，球面上任一点在面上的射影为．在轴及轴上的射影分别为及．设，，关于角度及规定：以轴正向为始边，逆时针为正．点在上半球面时，为正；在下半球面时，为负． 已知球面上点对应的，为，；球面上点对应的，为，． (1)求，间的球面距离． (2)在空间直角坐标系中，①求平面的方程．②求直线的方程． (3)球面上点对应的，为，，求四面体的体积． 注1：球面距离是指球面上两点之间的最短路径长度，这条路径是通过这两点的大圆上的劣弧（大圆是过球心的平面与球面相交形成的圆）． 注2：空间中，平面的位置可由一非零向量和一点唯一确定，直线的位置可由一非零向量和一点唯一确定． 【分析】（1）首先利用三角函数表示球面上点的坐标，即可求解点的坐标，再代入两点间距离公式，并根据球心角，求球面距离； （2）首先根据向量和，求平面的法向量，再根据轨迹法求平面的方程；设为直线上任意一点，根据，代入坐标表示，即可求解直线的方程； （3）首先根据三角函数表示点的坐标，再利用等体积公式转化求，根据向量公式求点到平面的距离，即可求体积. 【详解】（1）由题意知，，所以，其中， 设，， ，， ，， ，. 设，则，，解得， 所以，间的球面距离. （2）①设平面的法向量为 ，令，则得：，， 此时， 设为平面上任意一点，则由得， 平面的方程为：； ②设为直线上任意一点，则：， ， ，直线的方程为：； （3）设，， ，， ， ， 45．阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中，为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.”已知在直四棱柱中，底面为菱形，且. (1)若，求直四棱柱在点处的离散曲率； (2)已知直四棱柱在点处的离散曲率为， （i）若，求直线与平面的夹角的正弦值； （ii）若点为线段上一动点，设三棱锥的体积为，求函数的解析式，并根据此解析式求函数的最大值. 【分析】（1）由可得到得值，根据离散曲率的定义，可求出处的离散曲率， （2）从点建立空间直角坐标系，用立体几何线面角的坐标公式与三棱锥的体积的坐标公式计算出答案. 【详解】（1）由为直棱柱可得， ，， ，，， 又为平行四边形，； 所以在直四棱柱中, ， 底面为菱形，由离散曲率的定义知： 点处的曲率为， （2）（i）已知点 处的离散曲率为 ，且 . 由离散曲率公式：, 其中 为底面菱形 （单位：度），代入 , ，； 底面菱形 的 ， 边长为 1，故其为两个等边三角形组成。 以为轴，过点与平面垂直的线为轴，以为轴， 建立空间直角坐标系：，，，则 ； 高 ，故 ，，，. 直线 的方向向量 . 设平面 法向量 的：点 ，，； ，, ，所以平面 的一个法向量 为. 直线与平面夹角 的正弦公式： ，其中 . . 因此，直线 与平面 夹角的正弦值为 . （ii）由离散曲率公式： 底面菱形 ，边长为 1，高 . 以为轴，过点与平面垂直的线为轴，以为轴， 建立空间直角坐标系：，，，则 . ，，，. 可设点坐标为，. 三棱锥顶点：，，，. 三棱锥体积公式：（为点到平面的距离）， 计算得，，故 ，. 代入 ， 因此, 定义域： 对应 . 在 上最大值在 即 时， ， 故：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是充分理解离散曲率的定义，从而结合立体几何的知识求解即可. 一、选择题 1．（2026高三下·吉林·竞赛）在三棱锥中，平面，，、、分别是棱、、的中点，，，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以A为原点，、、所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，利用线面角的空间向量法求解. 【详解】以A为原点，、、所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系， 由，， 得，，，，，，. ，，， 设平面的法向量为，则由，得 取，则， 设与平面所成角为，则. 二、填空题 2．（2026高三下·全国·竞赛）在空间直角坐标系中， ，点在平面内运动， 则当取最小值时，的坐标为_________． 【答案】 【分析】设点，利用空间两点距离公式展开得出关于的二次多元函数，根据平面内一点到三角形三顶点距离平方和的最小值在该三角形重心处取得，再利用空间三角形重心坐标公式求解． 【详解】设点，则 ， 是关于的二次凸函数，的最小值在的重心处取得， 重心坐标为，即． 该点在平面上，符合要求． 3．（2026高二下·四川宜宾·竞赛）在正方体中，点在正方形内（包括边界），则___________. 【答案】1 【分析】以正方体的顶点为坐标原点，分别以射线的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，，得到相关顶点坐标和相关向量，根据向量夹角公式得到，分别平方再相加得出答案. 【详解】以正方体的顶点为坐标原点，分别以射线的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示. 设正方体的棱长为，则相关顶点的坐标为： ，，，， 点在正方形内（包括边界），则， 其中满足，. 则，，，， ，. 根据向量夹角公式，则： ， ， ， 则. 4．（2026高三下·重庆·竞赛）四面体满足，，则二面角的余弦值为________． 【答案】 【分析】以为原点，为轴建立空间直角坐标系，根据条件分别得出的坐标，利用平面的法向量即可求解. 【详解】以为原点，为轴，建立空间直角坐标系以及底面的平面图： ，，由于，， 在中，由余弦定理得，所以， 设，所以，故， 设，由于，，， 所以有，，，解得，，， 所以， 设平面的法向量为，，， 则有，即，令，则，，即， 设平面的法向量为， 设二面角的平面角为，且为锐角， 则 即二面角的余弦值为． 5．（2026·全国高中数学联赛新疆预赛）已知四面体，点在内，满足的面积之比，在线段上，直线交平面于点，且，则四面体与的体积之比为__________. 【答案】10 【分析】设，由题意结合向量共线定理可得，进而可得，于是，进而可求四面体与的体积之比. 【详解】如图，设，且表示到的距离，表示到的距离， 由的面积之比，所以， 设表示到的距离，表示到的距离， 同理，即，    则，即， 所以， 因为B，，F三点共线，则，解得， 由，可得，则，且， 于是，即， 若分别表示到平面的距离， 所以. 6．（2026高三下·湖北·竞赛）在正三棱锥中，为的中点，为的靠近点的三等分点，且．设，则三棱锥的体积为______． 【答案】 【分析】本题利用空间向量数量积求解正三棱锥体积：先根据中点、三等分点写出向量、的基底表达式，由垂直向量数量积为0列方程；设侧棱两两夹角为，代入侧棱长模长与向量点积公式，求出；再利用向量模长公式算出底面正三角形边长，求得底面积，结合正三棱锥性质求出锥体高，最后代入棱锥体积公式算出最终体积. 【详解】如图所示：    已知正三棱锥，. 为中点，为靠近的三等分点，. 设，.由得. 展开数量积：. 即. 设侧棱两两夹角为，， 则. 代入得：. 化简：，解得. 所以，. 底面正三角形面积. 底面中心到顶点距离. 设锥高为，，，. 体积. 7．（2026高三下·广东·竞赛）在矩形中，，．将沿对角线折起后形成三棱锥．当三棱锥的体积最大时，直线，所成角的余弦值为______． 【答案】/ 【分析】三棱锥体积最大时平面平面，建系后，由等面积法和直角三角形相似推得的坐标，利用异面直线夹角向量公式，即可求得答案. 【详解】三棱锥的体积最大时，点到面的距离最大，故点到面的垂足在直线上，即平面与平面垂直． 如图建立空间直角坐标系，由勾股定理知.    由等面积法可知得. 由与相似，可得. 故，此时，， ．， 设直线，所成角为， 则． 8．（2026高三下·山东·竞赛）空间中的四面体与平面满足： （1）点不在平面上也不都在平面同侧； （2）若四面体的某条棱与平面有交点，则该点总是这条棱的中点或三等分点. 设集合为点到平面的距离组成的集合，则集合的元素个数的所有可能值为______________. 【答案】1，2，3 【分析】先分平面截四面体顶点的两类位置（1 点 & 3 点、2 点 & 2 点），利用两点分平面两侧时距离满足,,的比例关系，分别讨论每类情形下距离集合S的元素可能数量，排除元素个数为 4 的情况，得到S元素个数可取 1、2、3. 【详解】设点X到平面的距离为，则. 考虑四面体任意两个顶点X，Y与平面的位置关系.若X，Y在平面的两侧， 则平面过线段的中点或三等分点，两点X，Y到平面的距离满足. （1）平面的两侧分别有一点和三点，设一点到平面的距离为， 另一侧三点到平面的距离为，于是， 可能取的所有非空子集，则S的元素个数可能为1，2，3. （2）平面α的两侧分别有两点，设一侧两点到平面的距离为，， 另一侧两点到平面的距离为，，于是且. 若的元素个数可能为4，则，从而，矛盾! 综上所述，的元素个数可能为1，2，3. 9．（2026高三下·全国·专题练习）在面积为的矩形中，点为边的中点，将和分别沿边翻折，使得重合于点，则三棱锥体积的最大值为______． 【答案】/ 【分析】由题意，可得平面，所以，设，，所以，令，通过构造函数，可求得的最大值为，进而可求得三棱锥体积的最大值. 【详解】由题意，矩形中，点为边的中点，所以，， 又将和分别沿边翻折，使得重合于点， 所以，，所以平面，如图所示， 设，，则，， 所以， 于是 ， 又矩形的面积为，所以，即， 所以， 设，所以， 令，则， 令，解得或（舍）， 所以当时，恒成立，所以在上单调递增， 当时，恒成立，所以在上单调递减， 所以，当时，函数取得最大值， 即， 所以的最大值为， 所以三棱锥体积的最大值为 ． 故答案为： 10．（2025高三下·重庆·竞赛）四面体满足，，，，设、、的中点分别为、、，则点到直线的距离为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，由求解. 【详解】由题意，建立如图所示空间直角坐标系： 则， 所以， 所以点到直线的距离为， 故答案为：. 三、解答题 11．（第十三届全国“枫叶希望杯”竞赛）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面底面为的中点，是棱上的点，，.    (1)若为棱的中点，求异面直线与所成角的余弦值； (2)若二面角大小为，求的长. 【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，求得平面MBQ的法向量，然后再由二面角的计算公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）   ∵，Q为的中点，∴，∵平面平面， 且平面平面，∴平面. 如图，以Q为原点建立空间直角坐标系，则，，，，，∵M是PC的中点，∴， ∴， 设异面直线AP与BM所成角为， 则 ∴异面直线AP与BM所成角的余弦值为. （2）由（1）知平面BQC的法向量为， 由C､M､P三点共线得，且，从而有， 又，不妨设平面MBQ法向量为， 由以及， 可得，可得，取， 可得. ∵二面角为，则， 即， ∴，∴. 12．（第十二届全国“枫叶新希望杯”竞赛）正方形的边长为，分别为边的中点，是线段的中点，如图，把正方形沿折起，设． (1)求证：无论取何值，与不可能垂直； (2)设二面角的大小为，当时，求的值． 【分析】（1）假设垂直，根据正方形的长度和垂直关系可得，根据线面垂直的判定定理和性质定理可得，进而可求得，推出矛盾即可； （2）建立合适的直角坐标系，根据，得出各个点的坐标，根据，求出，再分别求平面BCM和平面BDM的法向量，求出法向量夹角余弦值的绝对值，使其等于，即可求得. 【详解】（1）证明：假设，又因为正方形的边长为， 且是线段的中点，所以, 所以,又因为, 有，所以， 因为，, 所以 因为所以, 又因为所以， 这与矛盾，所以假设不成立， 所以无论取何值，与不可能垂直。 （2）由题可得，分别以EA，EF为轴，过点E垂直平面ABFE向上为z轴， 如图建立空间直角坐标系， 所以, ， 所以， 设平面BCM的一个法向量为， 所以即， 取，可得， 设平面BDM的一个法向量为， 所以，即， 取，可得 又，所以 所以解得. 13．（第十四届全国“枫叶新希望杯”竞赛）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且. (1)在线段上是否存在一点，使平面? (2)在线段上是否存在点M，使得点B到平面的距离等于1？如果存在，试判断点M的个数；如果不存在，请说明理由. 【分析】（1）取的中点，的中点，根据线面平行的判定定理即可得解. （2）设，根据等体积法求出x的值，即可得出结论. 【详解】（1）当为的中点时，平面. 证明如下：取的中点，的中点，连结、、 则有，， 因为，，所以且， 所以四边形是平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）存在.设，在中，. 因为面，所以. 因为面，面，面 所以,， 则均为直角三角形. 在中， 同理，. 取的中点，因为，所以， 而. 故. 因为点到面的距离等于1， 所以. 而，所以，解得. 所以在线段上只存在唯一一点，当且仅当时，点到面的距离等于1. 14．（2024·广东汕头竞赛）已知四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面ABCD，，E是PB的中点.      (1)求直线BD与直线PC所成角的余弦值； (2)求证：平面 (3)求点到平面的距离. 【分析】（1）建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法计算异面直线所成角的余弦值； （2）利用数量积坐标运算得线线垂直，利用线线垂直证明线面垂直； （3）利用点到平面距离向量公式直接计算即可. 【详解】（1）以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图空间直角坐标系.    由题意，，，，，， 设直线BD与直线PC所成的角为， 因为，，所以， 所以直线BD与直线PC所成角的余弦值为； （2）因为，，， 所以，， 所以，又平面， 所以平面； （3）由（2）知，为平面的一个法向量， 设点到平面的距离为，则为向量在向量上的投影的绝对值， 由，得， 所以点到平面的距离为. 15．（第七届全国“枫叶新希望杯”竞赛）如图，在底面边长为2，侧棱长为6的正三棱柱中，一细绳自点绕正三棱柱的侧面一周后到达点，绳子拉紧后与侧棱分别交于点，此时绳子最短． (1)求异面直线与所成的角的余弦值； (2)求异面直线与间的距离． 【分析】（1）利用绳长最短分别求得的坐标，再由空间向量即可求出异面直线与所成角的余弦值； （2）利用空间向量求出与都垂直的一个向量，即可求得异面直线与间的距离. 【详解】（1）如图，以点为原点，为轴的正方向，为轴的正方向，建立直角坐标系． 由于绳子的长度最短，所以侧面展开图中3条折线段必须共线，此时的竖坐标将三棱柱的高三等分； 易得各点的坐标为， 向量， 设直线与所成的角为， 则， 故与所成角的余弦值为． （2）要求异面直线与间的距离，只需求出与都垂直的一个向量， 向量在上的正射影长即为异面直线与间的距离． 由于，所以, 令，解得，因此可得， 向量在上的正射影为． 即异面直线与间的距离为. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $