专题01 空间向量与立体几何（期中真题汇编，河南专用）高二数学上学期

**基本信息** 聚焦空间向量与立体几何四大高频考点，汇编河南多地期中及联考真题，题型涵盖选择（含多选）、填空、解答，梯度覆盖基础运算至综合应用。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择题|约30题|空间向量运算、基底判定、坐标表示|结合正方体、三棱柱模型，如多选考查动态点轨迹与线面关系| |填空题|约15题|模长计算、投影向量、共面条件|设置开放型问题，如体积最值及参数范围求解| |解答题|约15题|线面垂直证明、线面角、二面角|融合折叠问题（直角梯形翻折）、存在性探究（线段动点使线面平行）|

专题01 空间向量与立体几何 考点01 空间向量及其运算 考点02 空间向量基本定理 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 考点04 空间向量的应用 考点01 空间向量及其运算 1．A 2．D 3．B 4．B 5．ACD 6．B 7．B 8．AC 9．ACD 10．C 11．【答案】（1）\vec {DB_{1}}，如图所示     （2）      【分析】 （1）利用向量加法的平行四边形法则以及向量的运算法则化简，再根据向量关系在图中标出对应向量， （2）先对向量式子进行变形，再利用正三棱柱的性质和勾股定理求解. (1) 小问详解： 因为是的中点，所以\frac{1}{2}\left(\vec {BA}+\vec {BC}\right)=\vec {BD}； 所以\vec {AA_{1}}-\frac{1}{2}\left(\vec {BA}+\vec {BC}\right)=\vec {BB_{1}}-\vec {BD}=\vec {DB_{1}}；在图中标出，如图所示 (2) 小问详解： 取中点，连接，所以\frac{1}{2}\vec {AB}-\frac{1}{2}\vec {AC}=\frac{1}{2}\left(\vec {AB}-\vec {AC}\right)=\frac{1}{2}\vec {CB}=\vec {EB}； 所以\vec {AA_{1}}+\frac{1}{2}\vec {AB}-\frac{1}{2}\vec {AC}=\vec {AA_{1}}+\vec {EB}=\vec {EB}+\vec {BB_{1}}=\vec {EB_{1}}； 因为在正三棱柱中，所以 所以\left| \vec {AA_{1}}+\frac{1}{2}\vec {AB}-\frac{1}{2}\vec {AC}\right| =\left| \vec {EB_{1}}\right| =\sqrt{BE^{2}+B{B_{1}}^{2}}=\sqrt{1^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}. 考点02 空间向量基本定理 1．D 2．B 3．C 4．A 5．CD 6．A 7．D 8．B 9．【答案】 【分析】 根据空间向量基本定理得到\frac{7}{6}\vec {PM}=-\frac{1}{6}\vec {MA}+\frac{1}{2}\vec {MB}+\frac{2}{3}\vec {MC}，结合四点共面性质得到在平面内存在一点，使得\vec {MD}=-\frac{1}{6}\vec {MA}+\frac{1}{2}\vec {MB}+\frac{2}{3}\vec {MC}，继而得到\vec {MD}=\frac{7}{13}\vec {PD}，利用三棱锥体积的性质进行求解即可. 【详解】 因为\vec {PA}=\vec {PM}+\vec {MA}，\vec {PB}=\vec {PM}+\vec {MB}，\vec {PC}=\vec {PM}+\vec {MC}， \vec {PM}=-\frac{1}{13}\vec {PA}+\frac{3}{13}\vec {PB}+\frac{4}{13}\vec {PC}， 所以\vec {PM}=-\frac{1}{13}\left(\vec {PM}+\vec {MA}\right)+\frac{3}{13}\left(\vec {PM}+\vec {MB}\right)+\frac{4}{13}\left(\vec {PM}+\vec {MC}\right)， 即\frac{7}{13}\vec {PM}=-\frac{1}{13}\vec {MA}+\frac{3}{13}\vec {MB}+\frac{4}{13}\vec {MC}， 两边同时乘以得\frac{7}{6}\vec {PM}=-\frac{1}{6}\vec {MA}+\frac{1}{2}\vec {MB}+\frac{2}{3}\vec {MC}， 因为，所以在平面内存在一点，使得\vec {MD}=-\frac{1}{6}\vec {MA}+\frac{1}{2}\vec {MB}+\frac{2}{3}\vec {MC}成立， 所以\frac{7}{6}\vec {PM}=\vec {MD}，即\vec {MD}=\frac{7}{13}\vec {PD}， . 故答案为：. 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．BD 2．B 3．A 4．B 5．C 6．A 7．D 8．D 9．A 10．B 11．D 12．BC 13．A 14．D 15．B 16．AD 17．C 18．B 19．【答案】 【分析】 根据空间向量的模的公式计算即得. 【详解】 因\vec {a}=\left(-1,1,2\right)，则| \vec {a}| =\sqrt{(-1)^{2}+1^{2}+2^{2}}=\sqrt{6}. 故答案为：. 20．【答案】（1）；     （2）；     （3）      【分析】 根据空间向量的坐标运算即可求解. (1) 小问详解： 因为，， 所以. (2) 小问详解： . (3) 小问详解： . 21．【答案】4 【分析】 由余弦定理得，再在中求解即可． 【详解】 由\vec {AD}=2\vec {DC}，得，如下图所示：    ， 在中，由余弦定理得，， 因为平面，而平面，得， 在中，. 故答案为：4 22．【答案】 【分析】 结合数量积的坐标运算，根据投影向量的概念求解. 【详解】 空间向量， 则，， 则向量\vec {a}在向量\vec {b}上的投影向量的坐标为\left(\frac{\vec {a}\cdot \vec {b}}{\left| \vec {b}\right| }\right)\frac{\vec {b}}{\left| \vec {b}\right| }=\frac{4}{9}\vec {b}=\left(\frac{8}{9},-\frac{4}{9},\frac{8}{9}\right). 故答案为：. 23．【答案】6 【分析】 根据空间向量平行公式计算求解. 【详解】 因为，所以其对应坐标成比例，即，解得. 故答案为：6. 24．【答案】 【分析】 根据给定条件，利用目标式的几何意义，结合空间两点间距离公式求解. 【详解】 任意实数，则 表示空间点到定点距离的和， 因此 ，当且仅当点在线段上时取等号， 所以的最小值为. 故答案为： 25．【答案】 【分析】 由数量积的定义及坐标运算求出，再由向量模得到，即可求出，最后由夹角公式计算可得. 【详解】 因为两个单位向量\vec {OA}=\left(m,n,0\right)，\vec {OB}=\left(0,m,n\right)与向量\vec {OC}=\left(1,1,1\right)的夹角都等于， ，又\left| \vec {OC}\right| =\sqrt{3}，\left| \vec {OA}\right| =\left| \vec {OB}\right| =1， \therefore \vec {OC}\cdot \vec {OA}=\left| \vec {OC}\right| \cdot \left| \vec {OA}\right| \cdot \cos \frac{\pi }{3}， \because \vec {OC}\cdot \vec {OA}=m+n，\vec {OA}^{2}=m^{2}+n^{2}=1， ，则，所以， \because \vec {OA}\cdot \vec {OB}=mn=-\frac{1}{8}，\therefore \cos \angle AOB=\frac{\vec {OA}\cdot \vec {OB}}{| \vec {OA}| \cdot | \vec {OB}| }=-\frac{1}{8}， 故答案为：. 26．【答案】 【分析】 利用向量的数量积公式及投影向量的模的计算公式，即可求解. 【详解】 因为向量，， 所以向量在向量上的投影向量， 其模为， 故答案为：. 27．【答案】 【分析】 先求出\vec {a}-\vec {b}，由向量垂直的坐标表示计算. 【详解】 因为向量\vec {a}=\left(1,-1,3\right)，\vec {b}=\left(x,2,-1\right)， 所以\vec {a}-\vec {b}=\left(1-x,-1-2,3+1\right)=\left(1-x,-3,4\right)， 因为\vec {a}\bot \left(\vec {a}-\vec {b}\right)，则\vec {a}\cdot \left(\vec {a}-\vec {b}\right)=0， 即，解得 故答案为：. 28．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）根据空间向量夹角的坐标公式即可得解；（2）根据平行向量的坐标表示，建立方程组，可得答案． (1) 小问详解： \left| \vec {a}\right| =\sqrt{4^{2}+\left(-3\right)^{2}+0^{2}}=5，\left| \vec {b}\right| =\sqrt{1^{2}+2^{2}+\left(-2\right)^{2}}=3， 又\vec {a}\cdot \vec {b}=4\times 1+\left(-3\right)\times 2+0\times \left(-2\right)=-2，所以\cos \left\langle \vec {a},\vec {b}\right\rangle =\frac{\vec {a}\cdot \vec {b}}{\left| \vec {a}\right| \cdot \left| \vec {b}\right| }=-\frac{2}{15}. (2) 小问详解： \vec {a}-\lambda \vec {b}=\left(4-\lambda ,-3-2\lambda ,2\lambda \right)，\vec {a}+2\vec {b}=\left(6,1,-4\right)， 因为\left(\vec {a}-\lambda \vec {b}\right)//\left(\vec {a}+2\vec {b}\right)，所以\vec {a}-\lambda \vec {b}=k\left(\vec {a}+2\vec {b}\right)，即， 则 解得，，故的值为. 29．【答案】 【分析】 设的中点，由\vec {PD}\cdot \vec {PB_{1}}=-10得到点P的轨迹，然后利用向量的数量积求解. 【详解】 设的中点，易得， 所以\vec {PD}\cdot \vec {PB_{1}}=\left(\vec {PO}+\vec {OD}\right)\cdot \left(\vec {PO}+\vec {OB_{1}}\right)=\left(\vec {PO}+\vec {OD}\right)\cdot \left(\vec {PO}-\vec {OD}\right) =\vec {PO}^{2}-\vec {OD}^{2}=\vec {PO}^{2}-\left(2\sqrt{3}\right)^{2}=-10， 所以\left| \vec {PO}\right| =\sqrt{2}，即在以为球心，为半径的球面上， 过点作直线的垂线，垂足为， 所以\vec {AB}\cdot \vec {AP}=\vec {AB}\cdot \left(\vec {AP_{1}}+\vec {P_{1}P}\right)=\vec {AB}\cdot \vec {AP_{1}}， 所以\left(\vec {AB}\cdot \vec {AP}\right)_{\min }=4\times \left(2-\sqrt{2}\right)=8-4\sqrt{2}，\left(\vec {AB}\cdot \vec {AP}\right)_{\max }=4\times \left(2+\sqrt{2}\right)=8+4\sqrt{2}， 即\vec {AB}\cdot \vec {AP}的取值范围是. 考点04 空间向量的应用 1．B 2．B 3．D 4．BD 5．AC 6．D 7．ACD 8．A 9．BCD 10．A 11．AB 12．ABD 13．ACD 14．【答案】（1）连接，与相交于点，连接，如下图： 因为四边形为矩形，故为的中点. 又为的中点，故， 又平面平面， 所以平面     （2）      【分析】 （1）根据中位线性质利用线面平行判定定理即可证明得出结论； （2）建立空间直角坐标系，求得平面的法向量即可计算得出直线与平面所成角的正弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取的中点，连接，则， 由于平面，故平面， 故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 因为， 所以， 设平面的法向量为， 则 ， 解得，令得，故， 又 设直线与平面所成的角为， 所以， 故直线与平面所成角正弦值为. 15．【答案】（1）直线平面，证明如下： 取的中点，连接，，因为为的中点，所以，且，又为的中点，，，所以，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以直线平面.     （2）      【分析】 （1）直线平面，取的中点，连接，，证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式计算可得结果. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为，由已知得平面，以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示， 由，得，，，，. 设异面直线与所成的角为，则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 16．【答案】15 【分析】 由可得：\vec {u}//\vec {n}，利用空间向量共线的充要条件列方程组计算即得. 【详解】 因，依题意，必有\vec {u}//\vec {n}， 即存在唯一的实数，使\vec {u}=\lambda \vec {n}， 即：，则 ， 解得：，故. 故答案为：15. 17．【答案】（1） 如图，建立空间直角坐标系， 所以， 则\vec {D_{1}F}=\left(0,1,-2\right),\vec {DA}=\left(2,0,0\right),\vec {DE}=\left(2,2,1\right)， 设平面的一个法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)， 则 \left\{\begin{array}{l} \vec {n}\cdot \vec {DA}=2x=0\\ \vec {n}\cdot \vec {DE}=2x+2y+z=0 \end{array}\right. ，令，则，即\vec {n}=\left(0,1,-2\right)， 显然\vec {n}=\vec {D_{1}F}，所以平面；     （2）      【分析】 （1）直接建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系即可； （2）利用空间向量计算点到平面的距离即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可知平面的法向量为\vec {n}=\left(0,1,-2\right)； 又\vec {DC_{1}}=\left(0,2,2\right) 所以到平面的距离d=\frac{\left| \vec {DC_{1}}\cdot \vec {n}\right| }{\left| \vec {n}\right| }=\frac{\left| 1\times 2+\left(-2\right)\times 2\right| }{\sqrt{1^{2}+\left(-2\right)^{2}}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}. 18．【答案】（1）证明见解析     （2）     （3）      【分析】 （1）根据面面垂直的性质定理，转化为证明平面，即可证明线线垂直； （2）根据垂直关系，以点为原点建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，再代入点到平面的距离公式，即可求解； （3）求两个平面的法向量，再代入二面角的向量公式，即可求解. (1) 小问详解： 证明：因为，为的中点，所以，        因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，                     又平面，所以； (2) 小问详解： 因为，，所以为等边三角形， 因为为的中点，所以，                     由（1）得，，故以为原点，直线、、分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以\vec {A_{1}C_{1}}=\left(0,2\sqrt{2},0\right)，\vec {AB}=\left(\sqrt{2},\sqrt{2},0\right)，\vec {AA_{1}}=\left(0,\sqrt{2},\sqrt{6}\right)，        设平面的一个法向量， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AB}=0,\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AA_{1}}=0, \end{cases} 即 ，解得，，所以，                     所以点到平面的距离d=\frac{\left| \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {A_{1}C_{1}}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{m}\right| }=\frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{\left(\sqrt{3}\right)^{2}+\left(-\sqrt{3}\right)^{2}+1^{2}}}=\frac{2\sqrt{42}}{7}.        (3) 小问详解： 由（2）得\vec {A_{1}C}=\left(0,\sqrt{2},-\sqrt{6}\right)，\vec {A_{1}B_{1}}=\vec {AB}=\left(\sqrt{2},\sqrt{2},0\right)，        设平面的一个法向量，则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {A_{1}B_{1}}=0,\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {A_{1}C}=0, \end{cases} 即 令，解得，，所以，                     由（2）知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则 . 19．【答案】（1） 如图，连接，作出符合题意的图形，    因为， 所以，可得为正方形， 所以，所以， 又，平面，所以平面， 又，且，故四边形为平行四边形， 所以，所以平面.     （2）      【分析】 （1）由为正方形可知，根据线面垂直判定定理证明平面，然后由可证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后由线面角的向量求法可得正弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由题意得， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，以为原点， 以\vec {OB},\vec {OC},\vec {OA_{1}}的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，    由题意知，， 则\vec {A_{1}C}=\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2}\right),\vec {A_{1}B}=\left(\frac{\sqrt{2}}{2},0,-\frac{\sqrt{2}}{2}\right),\vec {CD}=\left(-\sqrt{2},0,0\right)， 设平面的法向量为\vec {n_{1}}=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right)，则 \begin{cases} \vec {n_{1}}\cdot \vec {A_{1}C}=\frac{\sqrt{2}}{2}y_{1}-\frac{\sqrt{2}}{2}z_{1}=0\\ \vec {n_{1}}\cdot \vec {CD}=-\sqrt{2}x_{1}=0 \end{cases} ， 令，则，故\vec {n_{1}}=\left(0,1,1\right)， 设直线与平面的夹角为，得到\sin \theta =\frac{\left| \vec {n_{1}}\cdot \vec {A_{1}B}\right| }{\left| \vec {n_{1}}\right| \cdot \left| \vec {A_{1}B}\right| }=\frac{\left| -\frac{\sqrt{2}}{2}\right| }{\sqrt{2}\times 1}=\frac{1}{2}. 20．【答案】（1） 设AC的中点为D，线段BC的四等分点为E，且，连接MD，DE，NE， 则，∴，， ∵M为AP的中点，D为AC的中点，∴，， 又P是的中点，∴． ∴，，∴四边形DMNE是平行四边形， ∴， 又，， ∴．     （2）      【分析】 (1)构建平行四边形使得平行于平面的一条直线即可. (2)构建空间直角坐标系利用空间向量进行空间角的求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设的中点为Q，连接DB，DQ，易知DB，DQ，DC两两互相垂直． 以D为坐标原点，向量\vec {DB}，\vec {DC}，\vec {DQ}的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz， 则，，，， ∴\vec {BN}=\frac{1}{4}\vec {BC_{1}}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},1\right)，∴， ∴\vec {MN}=\left(\frac{3\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0\right)，\vec {AB}=\left(2\sqrt{3},2,0\right)，\vec {AC_{1}}=\left(0,4,4\right)． 设平面的法向量为\vec {m}=\left(x,y,z\right)， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AB}=2\sqrt{3}x+2y=0,\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AC_{1}}=4y+4z=0, \end{cases} 取，则，， ∴平面的一个法向量为\vec {m}=\left(1,-\sqrt{3},\sqrt{3}\right)． 设直线MN与平面所成的角为θ，则 \sin \theta =\frac{| \vec {m}\cdot \vec {MN}| }{| \vec {m}| \cdot | \vec {MN}| }=\frac{\left| 1\times \frac{3\sqrt{3}}{2}-\sqrt{3}\times \frac{1}{2}+\sqrt{3}\times 0\right| }{\sqrt{1^{2}+\left(-\sqrt{3}\right)^{2}+\left(\sqrt{3}\right)^{2}}\times \sqrt{\left(\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+0^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{7}， 即直线MN与平面所成角的正弦值为. 21．【答案】（1）证明见解析     （2）     （3）      【分析】 （1）在四棱锥中，证明三条直线两两垂直，然后建立空间直角坐标系，得到点坐标和向量坐标，由向量的数量积得证线线垂直； （2）设\vec {DF}=\mu \vec {DP}得到点，然后得到\vec {AF}，由得到对应向量的数量积建立方程后解得.然后设平面法向量，利用向量的数量积求得平面法向量，然后由向量的数量积求得两个平面的夹角的余弦值； （3）设三棱锥的外接球球心坐标为，半径为，建立方程组解得球的半径，然后求得表面积. (1) 小问详解： ∵底面，平面，平面， ∴，在矩形中， ∴以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， 则， 则\vec {AE}=\left(0,2,2\right),\vec {PC}=\left(3,4,-4\right) \therefore \vec {AE}\cdot \vec {PC}=0\times 2+2\times 4+2\times \left(-4\right)=0得证： (2) 小问详解： 则，\therefore \vec {DP}=\left(-3,0,4\right),\vec {AE}=\left(0,2,2\right). 设\vec {DF}=\mu \vec {DP}=\left(-3\mu ,0,4\mu \right)，则，∴\vec {AF}=\left(3-3\mu ,0,4\mu \right) ，∴\vec {AF}\cdot \vec {DP}=-3\times \left(3-3\mu \right)+0\times 0+4\times 4\mu =0 ，∴\vec {AF}=\left(\frac{48}{25},0,\frac{36}{25}\right). 设平面的法向量为， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AE}=2y_{1}+2z_{1}=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AF}=\frac{48}{25}x_{1}+\frac{36}{25}z_{1}=0 \end{cases} ，取，得 ， ∴平面的一个法向量为. 易知平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， ∵，∴， ∴平面与平面夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 设三棱锥的外接球球心坐标为，半径为， 则 ，解得 ， ∴三棱锥外接球的表面积为 22．【答案】（1） 平面平面，，且平面平面， 平面，所以平面. 平面，故，又因为，，所以. ，平面，故平面.平面， 故平面平面.     （2）     （3）存在，M为PE的中点，理由如下： 线段上存在点，使得平面，等价于\vec {DM}\cdot \vec {n}=0， 因为\vec {PE}=\left(0,2,-2\right)，设\vec {PM}=\lambda \vec {PE}=\left(0,2\lambda ,-2\lambda \right),， 则，\vec {DM}=\left(0,2\lambda -4,2-2\lambda \right). 平面的法向量为，所以\vec {DM}\cdot \vec {n}=2\lambda -4+6-6\lambda =0. 解得.所以线段上存在点，即中点，使得平面.      【分析】 （1）证明平面得到，再证明平面即可. （2）建立空间直角坐标系，确定各点的坐标，计算两个平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案. （3）设\vec {PM}=\lambda \vec {PE}=\left(0,2\lambda ,-2\lambda \right),，根据\vec {DM}\cdot \vec {n}=0计算得到答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 作，以\vec {EB}，\vec {ED}，\vec {EF}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，    则点，，，，，.所以\vec {PB}=\left(2,2,-2\right)，\vec {BC}=\left(-1,2,0\right)，\vec {EP}=\left(0,-2,2\right)，设平面的法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)， 故 \left\{\begin{array}{c} \vec {n}\cdot \vec {PB}=0\\ \vec {n}\cdot \vec {BC}=0 \end{array}\right. ，即 ，令，解得\vec {n}=\left(2,1,3\right). 设平面的法向量为\vec {m}=\left(a,b,c\right), 故 \left\{\begin{array}{c} \vec {m}\cdot \vec {PB}=0\\ \vec {m}\cdot \vec {EP}=0 \end{array}\right. ，即 ，令，解得\vec {m}=\left(0,1,1\right). 所以\cos \left\langle \vec {m},\vec {n}\right\rangle =\frac{2\times 0+1\times 1+3\times 1}{\sqrt{14}\times \sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{7}}{7}， 故二面角的余弦值为. (3) 小问详解： 略 23．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，利用向量法求点到面的距离； （2）利用向量法求平面与平面的夹角的余弦，进而可得解． (1) 小问详解： 根据题意以为原点，，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，， 所以\vec {AD}=\left(0,0,1\right)，\vec {C_{1}D}=\left(2,0,-1\right)，\vec {C_{1}B_{1}}=\left(0,2,0\right)， 设平面的法向量， 所以 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {C_{1}D}=0,\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {C_{1}B_{1}}=0. \end{cases} 即 令，则，所以， 点到平面的距离d=\frac{\left| \vec {AD}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}. (2) 小问详解： 设平面的法向量， \vec {AB}=\left(-2,2,0\right),\vec {BB_{1}}=\left(0,0,2\right) 所以 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AB}=0,\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {BB_{1}}=0. \end{cases} 即 令，则，所以， 设平面与平面夹角为， ， 所以. 即平面与平面夹角的正弦值为 24．【答案】（1） 连接，由题意得为等边三角形，则， 在中，，，， ， 由，，，则，故. 又，则，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面.     （2）存在，     （3）       【分析】 （1）证明平面即可求证； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解； （3）取中点，设三棱锥的外接球的球心为，设，由进行求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，以点为坐标原点，以，所在直线分别为轴，轴，过垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 故\vec {AB}=\left(-2,2\sqrt{3},0\right)，\vec {BD}=\left(1,-2\sqrt{3},\sqrt{3}\right)， 由\vec {BF}=\lambda \vec {BD}\left(0\leq \lambda \leq 1\right)， \vec {AF}=\vec {AB}+\vec {BF}=\vec {AB}+\lambda \vec {BD}=\left(-2,2\sqrt{3},0\right)+\lambda \left(1,-2\sqrt{3},\sqrt{3}\right)=\left(-2+\lambda ,2\sqrt{3}\left(1-\lambda \right),\sqrt{3}\lambda \right)， 因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以\sin \theta =\left| \cos \left\langle \overset{\rightarrow }{m},\vec {AF}\right\rangle \right| =\frac{\left| \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AF}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{m}\right| \left| \vec {AF}\right| } . 化简得，解得（舍去）， 故存在，使直线与平面所成角的正弦值为. (3) 小问详解： 取中点，设三棱锥的外接球的球心为， 由知，点在过点且与平面垂直的直线上，设， 由得， 解得， 从而，即三棱锥的外接球的半径为. 25．【答案】（1） 证明：取的中点，连接，.    因为，所以，因为，所以， 又，，平面，所以平面， 因为平面，故.     （2）      （3）       【分析】 （1）由线面垂直的判定理证明平面即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量进行求解； （3）求出平面的法向量，再由线面角的向量求法求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为，， 所以，则， 由，得， 因为，所以，则. 所以，，互相垂直，以为坐标原点， 以，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间坐标系. 则，，，. \vec {AP}=\left(-\sqrt{3},0,2\right)，\vec {DP}=\left(0,1,2\right)， 设平面的法向量为， \begin{cases} \vec {AP}\cdot \overset{\rightarrow }{p}=-\sqrt{3}x_{1}+2z_{1}=0,\\ \vec {DP}\cdot \overset{\rightarrow }{p}=y_{1}+2z_{1}=0, \end{cases} 取，则， 由（1）可知，，易知， 又\vec {PM}=\vec {BA}，\vec {PQ}=\vec {BD}，所以，， 又，，平面，所以平面， 则是平面的一个法向量. 所以， 故平面与平面的夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 因为\vec {PQ}=\vec {BD}=\left(0,-2,0\right)，所以四边形为平行四边形， 则\vec {PB}=\vec {QD}=\left(0,1,-2\right)， 又\vec {PM}=\vec {BA}，所以四边形为平行四边形， 则，，又，， 所以，， 则四边形为平行四边形，所以\vec {QM}=\vec {DA}=\left(\sqrt{3},1,0\right). 设平面的法向量为， \begin{cases} \vec {QM}\cdot \overset{\rightarrow }{m}=\sqrt{3}x+y=0,\\ \vec {QD}\cdot \overset{\rightarrow }{m}=y-2z=0, \end{cases} 取，则， 易知\vec {PD}=\left(0,-1,-2\right)，因为点是线段的中点， 所以\vec {PE}=\frac{1}{2}\left(\vec {PD}+\vec {PQ}\right)=\left(0,-\frac{3}{2},-1\right)， 设直线与平面所成的角为， 所以\sin \theta =\left| \cos \left\langle \overset{\rightarrow }{m},\vec {PE}\right\rangle \right| =\frac{\left| \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {PE}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{m}\right| \left| \vec {PE}\right| }=\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{19}\times \frac{\sqrt{13}}{2}}=\frac{8\sqrt{741}}{247}. 故直线与平面所成角的正弦值为. 26．【答案】（1） 经判断：平面平面，证明如下： 因为，所以以点为坐标原点，及过点垂直于平面的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则， \vec {BD}=\left(-3,0,0\right),\vec {BC}=\left(-3,3,0\right),\vec {DC}=\left(0,3,0\right)， 设A\left(x,y,z\right),\vec {BA}=\left(x-3,y,z\right)， 因为， 所以 ，解得： ， 所以A\left(-1,0,4\right),\vec {BA}=\left(-4,0,4\right)， 因为\vec {DC}\cdot \vec {BA}=0，所以， 又因为，所以平面， 又平面，所以平面平面；     （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，设，由，建立方程组得，从而可得，结合面面垂直判定定理即可得结论； （2）确定平面与平面的法向量，由向量夹角余弦值的方程求解的值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知：\vec {DA}=\left(-1,0,4\right),\vec {DC}=\left(0,3,0\right)， 设平面的一个法向量为， 所以 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}_{1}\cdot \vec {DA}=-x+4z=0\\ \overset{\rightarrow }{n}_{1}\cdot \vec {DC}=3y=0 \end{cases} ，令，解得，所以， 因为点在线段上，设\vec {CF}=\lambda \vec {CA}=\lambda \left(-1,-3,4\right)=\left(-\lambda ,-3\lambda ,4\lambda \right),0\leq \lambda \leq 1， \vec {DF}=\vec {DC}+\vec {CF}=\left(0,3,0\right)+\left(-\lambda ,-3\lambda ,4\lambda \right)=\left(-\lambda ,3-3\lambda ,4\lambda \right)， \vec {DB}=\left(3,0,0\right)， 设平面的一个法向量为， 所以 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}_{2}\cdot \vec {DB}=3a=0\\ \overset{\rightarrow }{n}_{2}\cdot \vec {DF}=\left(-\lambda \right)a+\left(3-3\lambda \right)b+4\lambda c=0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a=0\\ \left(3-3\lambda \right)b=-4\lambda c \end{cases} ， 令，解得，所以， 设平面与平面所成角为， 所以，解得. 27．【答案】 【分析】 根据向量的夹角直接计算可得. 【详解】 ， 因为点在线段上移动，设\vec {CP}=\lambda \vec {CD}\left(0\leqslant \lambda \leqslant 1\right)，\vec {AC}=\left(0,-4,4\right),\vec {CD}=\left(-4,4,0\right), \vec {AP}=\vec {AC}+\vec {CP}=\vec {AC}+\lambda \vec {CD}=\left(0,-4,4\right)+\lambda \left(-4,4,0\right)=\left(-4\lambda ,-4+4\lambda ,4\right)，\vec {OB}=\left(4,4,4\right)， 因为\vec {AP}\cdot \vec {OB}=-16\lambda -16+16\lambda +16=0，所以， 所以直线与直线所成角的大小为. 故答案为：. 28．【答案】（1） 在正四棱柱中，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，\vec {B_{1}E}=\left(-2,0,1\right),\vec {A_{1}F}=\left(1,-4,2\right)， 由\vec {B_{1}E}\cdot \vec {A_{1}F}=-2+0+2=0，得\vec {B_{1}E}\bot \vec {A_{1}F}，所以.     （2）.      【分析】 （1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设平面的法向量为，而\vec {A_{1}F}=\left(1,-4,2\right),\vec {FG}=\left(-1,2,0\right)， 则 \begin{cases} \vec {A_{1}F}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=x-4y+2z=0\\ \vec {FG}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=-x+2y=0 \end{cases} ，取，得，又\vec {B_{1}E}=\left(-2,0,1\right)， 所以直线与平面所成角的正弦值为| \cos \left\langle \overset{\rightarrow }{n},\vec {B_{1}E}\right\rangle | =\frac{| \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {B_{1}E}| }{| \overset{\rightarrow }{n}| | \vec {B_{1}E}| }=\frac{3}{\sqrt{6}\cdot \sqrt{5}}=\frac{\sqrt{30}}{10}. 29．【答案】（1）证明见解析     （2）证明见解析     （3）当时，平面与平面DFE所成角的余弦值最大，最大值是      【分析】 （1）由底面ABC得，由，得，根据线面垂直的判定定理可得结论； （2）建立空间直角坐标系，由题设，证明即可； （3）求出平面及平面的法向量，得出平面与平面所成的角余弦值的表达式，根据二次函数的性质确定最大值． (1) 小问详解： 因为三棱柱是直三棱柱，所以底面， 因为底面，所以， 因为，，所以， 又，，平面， 所以平面． (2) 小问详解： 因为平面，平面， 所以，所以，，两两垂直． 以B为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图． 所以，，，，，，，． 由题设（）． 因为，， 所以， 所以． (3) 小问详解： 设平面的法向量为， 因为，， 所以 ，即 ． 令，则． 因为平面的法向量为， 设平面与平面所成角为，， 则． 因为，， 所以，当时，取最小值为， 此时取最大值为，此时， 所以当时，平面与平面所成角的余弦值最大，最大值是． 30．【答案】（1） 以D为原点，，，分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，． 解法一： 因为，，则，所以， 又因为A，E，F，四点不共线，所以， 又因为平面，平面， 所以平面． 解法二： 因为，， 设平面的一个法向量为， 则有 ，即 ，取，所以， 因为，所以，得， 又因为平面， 所以平面．     （2）     （3）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系， 解法一：根据空间向量平行的坐标表示得，所以，进而可得结论； 解法二：求出平面的法向量，可得，进而可得结论； （2）利用直线与平面所成角的向量解法求解； （3）根据点到平面的距离的向量公式求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 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． (3) 小问详解： 设点F到平面的距离为d，因为， 所以， 所以点F到平面的距离为． 31．【答案】（1）\vec {AC_{1}}=\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c}，\vec {BD_{1}}=-\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c}，\vec {AC}=\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}     （2）     （3）      【分析】 （1）利用空间向量基本定理即可； （2）利用模长公式求解即可； （3）利用向量夹角公式求解即可 (1) 小问详解： \vec {AC_{1}}=\vec {AB}+\vec {BC}+\vec {CC_{1}}=\vec {AB}+\vec {AD}+\vec {AA_{1}}=\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c}， \vec {BD_{1}}=\vec {BA}+\vec {AD}+\vec {DD_{1}}=-\vec {AB}+\vec {AD}+\vec {AA_{1}}=-\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c}， \vec {AC}=\vec {AB}+\vec {BC}=\vec {AB}+\vec {AD}=\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}， (2) 小问详解： ，，， ，，， 因为\left| \vec {AC_{1}}\right| ^{2}=\left(\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c}\right)^{2} ， 所以\left| \vec {AC_{1}}\right| =3\sqrt{3}，即的长为； (3) 小问详解： 因为\vec {BD_{1}}=\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c}-\overset{\rightarrow }{a}，\vec {AC}=\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}， 同理可求得\left| \vec {BD_{1}}\right| =\sqrt{15}，\left| \vec {AC}\right| =\sqrt{7}， 又因为\vec {BD_{1}}\cdot \vec {AC}=\left(\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c}-\overset{\rightarrow }{a}\right)\cdot \left(\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}\right) ， 所以\cos \left\langle \vec {BD_{1}},\vec {AC}\right\rangle =\frac{\vec {BD_{1}}\cdot \vec {AC}}{\left| \vec {BD_{1}}\right| \left| \vec {AC}\right| }=\frac{9}{\sqrt{15}\times \sqrt{7}}=\frac{3\sqrt{105}}{35}， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 32．【答案】（1）     （2）     （3）是，      【分析】 （1）推导出平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值； （2）求出点的坐标，根据空间向量法可得出关于的方程，结合可得出的值； （3）求出异面直线、的公垂线的一个方向向量，结合题中材料可求出异面直线、间的距离. (1) 小问详解： 在四棱锥中，平面平面，平面平面， ，平面，所以平面， 又因为，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， 因为，， 所以、、、、. 若，即为中点，则， 所以\vec {DE}=\left(1,-3,2\right)，\vec {AB}=\left(2,0,0\right)，\vec {AE}=\left(1,1,2\right). 设平面的一个法向量为， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AB}=2x_{1}=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AE}=x_{1}+y_{1}+2z_{1}=0 \end{cases} ，令，得， 所以平面的一个法向量为. 设直线与平面所成角为， 则\sin \alpha =\left| \cos \left\langle \vec {DE},\overset{\rightarrow }{m}\right\rangle \right| =\left| \frac{\vec {DE}\cdot \overset{\rightarrow }{m}}{\left| \vec {DE}\right| \cdot \left| \overset{\rightarrow }{m}\right| }\right| =\left| \frac{6+2}{\sqrt{14}\times \sqrt{5}}\right| =\frac{4\sqrt{70}}{35}. (2) 小问详解： 因为\vec {PE}=\lambda \vec {PC}=\lambda \left(2,2,-4\right)=\left(2\lambda ,2\lambda ,-4\lambda \right)\left(0\leq \lambda < 1\right)，则， 设平面的一个法向量为， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AB}=2x_{2}=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AE}=2\lambda x_{2}+2\lambda y_{2}+\left(4-4\lambda \right)z_{2}=0 \end{cases} ，令，得， 所以平面的一个法向量为. 设平面的一个法向量为，则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{l}\cdot \vec {AC}=2x_{3}+2y_{3}=0\\ \overset{\rightarrow }{l}\cdot \vec {AP}=4z_{3}=0 \end{cases} ， 令，得，所以平面的一个法向量为. 因为二面角的大小为，且， 得， 整理得，解得，或（舍），所以. (3) 小问详解： 由（2）得，故\vec {BE}=\left(2\lambda -2,2\lambda ,4-4\lambda \right)，\vec {AD}=\left(0,4,0\right). 设与直线、都垂直， 所以 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{u}\cdot \vec {BE}=\left(2\lambda -2\right)x+2\lambda y+\left(4-4\lambda \right)z=0\\ \overset{\rightarrow }{u}\cdot \vec {AD}=4y=0 \end{cases} . 令，可得，，即. 又\vec {AB}=\left(2,0,0\right)，所以异面直线和间的距离为d=\frac{\left| \vec {AB}\cdot \overset{\rightarrow }{u}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{u}\right| }=\frac{4}{\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}. 故异面直线和间的距离为定值. 33．【答案】（1）证明见解析     （2）     （3）.      【分析】 （1）先建立空间直角坐标系，写出直线的方向向量，并求出平面的法向量，从而证明线面平行； （2）用点到面的距离公式，求出点到面的距离； （3）先求出两平面夹角的余弦，再用同角三角函数的关系，求出二面角的正弦值. (1) 小问详解： 证明：以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则. 设平面的一个法向量为，又\vec {AB_{1}}=\left(1,0,\sqrt{3}\right)， \vec {AC}=\left(1,\sqrt{3},0\right)，所以 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AB_{1}}=x+\sqrt{3}z=0,\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AC}=x+\sqrt{3}y=0, \end{cases} 令，解得，所以平面的一个法向量为， 又\vec {EG}=\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)，所以\vec {EG}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}=0， 又平面，所以平面. (2) 小问详解： 由（1）知\vec {AB_{1}}=\left(1,0,\sqrt{3}\right),\vec {AC}=\left(1,\sqrt{3},0\right),\vec {AE}=\left(0,\frac{\sqrt{3}}{2},\sqrt{3}\right). 设平面的一个法向量为，所以 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AC}=a+\sqrt{3}b=0,\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AE}=\frac{\sqrt{3}}{2}b+\sqrt{3}c=0, \end{cases} 令，解得，所以平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离d=\frac{\left| \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AB_{1}}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{m}\right| }=\frac{\left| 2\sqrt{3}+\sqrt{3}\right| }{\sqrt{\left(2\sqrt{3}\right)^{2}+(-2)^{2}+1^{2}}}=\frac{3\sqrt{51}}{17}， 即点到平面的距离为. (3) 小问详解： 由（1）知平面的一个法向量为，由（2）知平面的一个法向量为， 设二面角的大小为， 又 所以， 即二面角的正弦值为. 34．【答案】（1）     （2）．      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，再由面面垂直得到法向量的数量积为零求解即可； （2）由空间线面角公式再结合特殊角的三角函数值计算即可； (1) 小问详解： 在直三棱柱中，，， 又，故以A为坐标原点，直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示）， 则，，， 所以\vec {AE}=\left(a,0,\frac{b}{3}\right)，\vec {AF}=\left(0,a,\frac{2b}{3}\right)，\vec {A_{1}E}=\left(a,0,-\frac{2b}{3}\right)，\vec {A_{1}F}=\left(0,a,-\frac{b}{3}\right)． 设平面的一个法向量， 则 \left\{\begin{array}{l} \overset{\rightarrow }{n}_{1}\cdot \vec {AE}=0\\ \overset{\rightarrow }{n}_{1}\cdot \vec {AF}=0 \end{array}\right. ，即 ， 令，解得，，所以， 设平面的一个法向量， 则 \left\{\begin{array}{l} \overset{\rightarrow }{n}_{2}\cdot \vec {A_{1}E}=0\\ \overset{\rightarrow }{n}_{2}\cdot \vec {A_{1}F}=0 \end{array}\right. ，即 ， 令，解得，，所以， 因为平面平面，所以， 所以，即，， 所以． (2) 小问详解： 当时，，结合（1），得\vec {AE}=\left(a,0,a\right)，， 设直线与平面所成角为， 所以\sin \theta =\left| \cos \left\langle \vec {AE},\overset{\rightarrow }{n}_{2}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {AE}\cdot \overset{\rightarrow }{n}_{2}\right| }{\left| \vec {AE}\right| \left| \overset{\rightarrow }{n}_{2}\right| }=\frac{9a^{2}}{\sqrt{2}a\times 3\sqrt{6}a}=\frac{\sqrt{3}}{2}， 又，所以． 35．【答案】（1） 取的中点，连接，，如图所示： 为棱的中点， ，，，，，， 四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 平面；     （2）（i）, （ii）假设在线段上是存在点，使得点到平面的距离是， 设\vec {PQ}=\lambda \vec {PA}，，则,0,，\vec {DQ}=(\lambda ,0,， 由（2）知平面的一个法向量为,,， \vec {DQ}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=\lambda +0+2\left(1-\lambda \right)=2-\lambda， 点到平面的距离是\frac{\left| \vec {DQ}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{2-\lambda }{\sqrt{6}}=\frac{5\sqrt{6}}{18}， ，．      【分析】 （1）先证明四边形是平行四边形，可得，即可根据线面平行的判定定理证明结论； （2）（i）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解； （ii）设\vec {PQ}=\lambda \vec {PA}，，根据点面距离的向量法即可求出，进而求出的值． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ，，， ，， 平面平面，平面平面， 平面， 平面， 又，平面，，，由， 以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图： 则，，，，，， （i）故\vec {DM}=\left(0,1,\frac{1}{2}\right)，\vec {DB}=\left(1,1,0\right) 设平面的一个法向量为， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {DM}=y+\frac{1}{2}z=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {DB}=x+y=0 \end{cases} ，令，则，，， 平面的一个法向量为, \vec {PM}=\left(0,1,-\frac{1}{2}\right),\vec {PB}=\left(1,1,-1\right) 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {PM}=b-\frac{1}{2}c=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {PB}=a+b-c=0 \end{cases} ，令，则，，故， ,， 由于二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为； （ii）略 36．【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）根据线面平行的性质定理，可判定点的位置，求得的值. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到平面的距离. （3）利用空间向量，根据平面PAC与平面ACE夹角的余弦值可确定点的位置，再求直线与平面所成角的正弦值. (1) 小问详解： 如图，连接BD交AC于点F，连接EF， 则平面平面. 因为平面PBD，所以若平面ACE，则. 因为四边形ABCD是平行四边形，所以F是BD的中点， 所以E是PD的中点，所以. (2) 小问详解： 在平行四边形ABCD中，因为，，， 所以在中，，，， 由余弦定理，得， 所以，所以. 因为平面ABCD，平面ABCD，所以，. 所以AB，AC，AP两两垂直. 以点A为坐标原点，AB，AC，AP所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. 因为，所以\vec {PE}=\frac{2}{3}\vec {PD}，所以. 设平面ACE的法向量为，则 \begin{cases} \vec {AC}\cdot \overset{\rightarrow }{m}=0\\ \vec {AE}\cdot \overset{\rightarrow }{m}=0 \end{cases} . 因为\vec {AC}=\left(0,\sqrt{3},0\right)，\vec {AE}=\left(-\frac{2}{3},\frac{2\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3}\right)，所以 ， 令，则，，所以. 因为\vec {CB}=\left(1,-\sqrt{3},0\right)，所以点B到平面ACE的距离d=\frac{| \vec {CB}\cdot \overset{\rightarrow }{m}| }{| \overset{\rightarrow }{m}| }=\frac{3}{\sqrt{21}}=\frac{\sqrt{21}}{7}. (3) 小问详解： 设\vec {PE}=\lambda \vec {PD}，，则. 设平面ACE的法向量为，则 \begin{cases} \vec {AC}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=0\\ \vec {AE}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=0 \end{cases} . 因为\vec {AC}=\left(0,\sqrt{3},0\right)，\vec {AE}=\left(-\lambda ,\sqrt{3}\lambda ,\sqrt{3}\left(1-\lambda \right)\right)， 所以 ， 令，则，，所以. 设平面PAC与平面ACE的夹角为. 因为\vec {AB}=\left(1,0,0\right)是平面PAC的一个法向量， 所以\cos \alpha =| \cos \left\langle \vec {AB},\overset{\rightarrow }{n}\right\rangle | =\frac{3\left(1-\lambda \right)}{1\times \sqrt{9(1-\lambda )^{2}+3\lambda ^{2}}}=\frac{\sqrt{3}\left(1-\lambda \right)}{\sqrt{4\lambda ^{2}-6\lambda +3}}. 由题意得，解得，所以. 因为\vec {PB}=\left(1,0,-\sqrt{3}\right)，所以PB与平面ACE所成角的正弦值为 | \cos \left\langle \vec {PB},\overset{\rightarrow }{n}\right\rangle | =\frac{| 2-1| }{2\times \sqrt{4+\frac{1}{3}}}=\frac{\sqrt{39}}{26}. 37．【答案】 【分析】 把点到平面距离问题转化为向量数量积问题求解． 【详解】 \vec {PQ}=\left(2,0,-2\right)，因为平面的一个法向量为\vec {m}=\left(1,1,t\right)， 所以\vec {PQ}\cdot \vec {m}=\left(2,0,-2\right)\cdot \left(1,1,t\right)=2-2t=0，解得， 则\vec {m}=\left(1,1,1\right)，又\vec {AP}=\left(-1,1,-2\right)， 则点到平面的距离为d=\frac{\left| \vec {AP}\cdot \vec {m}\right| }{\left| \vec {m}\right| }=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}. 故答案为:. 38．【答案】（1） 在中，，，所以， 所以在四棱锥中，，， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以.     （2）      （3）       【分析】 （1）先证明平面，从而利用线面垂直性质定理得到线线垂直； （2）先通过面积取得最大值，得到两平面垂直，再建立空间直角坐标系，并求出两平面的法向量，从而得到两平面夹角的余弦值； （3）先建立空间直角坐标系，并设出点和的坐标，通过垂直得出关系，求出平面的法向量，代入线面角的向量公式得，从而利用对勾函数单调性和正弦函数性质求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 当四棱锥的体积取得最大值时，平面平面. 又平面平面，，平面， 所以平面， 故以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 如图所示，    则，，，，，所以. 设平面的一个法向量为\vec {m_{1}}=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right)， 又\vec {PC}=\left(0,\frac{2}{3},-\frac{4}{3}\right)，\vec {CM}=\left(\frac{4}{3},-\frac{2}{3},0\right)， 所以 \begin{cases} \vec {m_{1}}\cdot \vec {PC}=\frac{2}{3}y_{1}-\frac{4}{3}z_{1}=0\\ \vec {m_{1}}\cdot \vec {CM}=\frac{4}{3}x_{1}-\frac{2}{3}y_{1}=0 \end{cases} ，令，解得，， 所以平面的一个法向量\vec {m_{1}}=\left(1,2,1\right). 设平面的一个法向量为\vec {m_{2}}=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)， 又\vec {MP}=\left(-\frac{4}{3},0,\frac{4}{3}\right)，\vec {MQ}=\left(-\frac{1}{3},\frac{2}{3},0\right)， 所以 \begin{cases} \vec {m_{2}}\cdot \vec {MP}=-\frac{4}{3}x_{2}+\frac{4}{3}z_{2}=0\\ \vec {m_{2}}\cdot \vec {MQ}=-\frac{1}{3}x_{2}+\frac{2}{3}y_{2}=0 \end{cases} ， 令，解得，所以平面的一个法向量\vec {m_{2}}=\left(2,1,2\right). 设平面与平面的夹角为， 所以\cos \theta =\left| \cos \left\langle \vec {m_{1}},\vec {m_{2}}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {m_{1}}\cdot \vec {m_{2}}\right| }{\left| \vec {m_{1}}\right| \cdot \left| \vec {m_{2}}\right| }=\frac{2+2+2}{\sqrt{1+4+1}\times \sqrt{4+1+4}}=\frac{\sqrt{6}}{3}， 即平面与平面的夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 以为坐标原点，直线和分别为，轴，过作平面的垂线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示，设，，，，，    \vec {AM}=\left(t,t,0\right)，\vec {PQ}=\left(-1,-s,-u\right)， 又，所以\vec {AM}\cdot \vec {PQ}=-t-st=0，解得， 则，则\vec {PM}=\left(t-2,t+1,-u\right)， 又，所以， 整理得，且，，得. 易得平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为， \sin \beta =\left| \cos \left\langle \vec {PM},\overset{\rightarrow }{n}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {PM}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \vec {PM}\right| \cdot \left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{u}{\sqrt{\left(t-2\right)^{2}+\left(t+1\right)^{2}+u^{2}}}， 则， 令，函数在上单调递减，， 因此，则，解得， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是. 39．【答案】（1） 因为平面，平面，所以， 又，平面，， 所以平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）由平面得，结合，根据线面垂直的判定定理得证； （2）取的中点，由题可得，平面，是直角三角形，利用勾股定理求解； （3）以点为坐标原点，为轴，过点在平面内垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用向量法求出答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取的中点，连接， ，，，且， 所以四边形是平行四边形， 所以，， 由平面，平面，所以， 所以是直角三角形，故， 由（1），平面，又，所以平面， 平面，所以，即是直角三角形， 所以. (3) 小问详解： 由（1），平面，平面，则平面平面， 如图，以点为坐标原点，为轴，过点在平面内垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 由，结合是直角三角形，可得， 则，，，， \therefore \vec {BC}=\left(-2,1,0\right)，\vec {PC}=\left(0,\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，\vec {PD}=\left(0,-\frac{3}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)， 设平面的一个法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)， 则 \begin{cases} \vec {n}\cdot \vec {BC}=-2x+y=0\\ \vec {n}\cdot \vec {PC}=\frac{1}{2}y-\frac{\sqrt{3}}{2}z=0 \end{cases} ，令，得，， \therefore \vec {n}=\left(\sqrt{3},2\sqrt{3},2\right)， 所以直线与平面所成角的正弦值为\frac{\left| \vec {n}\cdot \vec {PD}\right| }{\left| \vec {n}\right| \left| \vec {PD}\right| }=\frac{\left| -3\sqrt{3}-\sqrt{3}\right| }{\sqrt{3+12+4}\times \sqrt{\frac{9}{4}+\frac{3}{4}}}=\frac{4\sqrt{19}}{19}. 40．【答案】 【分析】 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，利用空间向量法可求得点到直线距离的最小值. 【详解】 因为四边形为正方形，底面，，， 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、、， \vec {EF}=\left(-a-1,2-a,0\right)，\vec {PE}=\left(2,a,-\sqrt{3}\right)， 故点到直线距离为d=\sqrt{\vec {PE}^{2}-\left(\frac{\vec {PE}\cdot \vec {EF}}{\left| \vec {EF}\right| }\right)^{2}}=\sqrt{7+a^{2}-\left(\frac{-a^{2}-2}{\sqrt{\left(-a-1\right)^{2}+\left(2-a\right)^{2}}}\right)^{2}} 令， 因为函数在上单调递增， 故当时，即当时，取最小值，即. 故答案为：. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 空间向量与立体几何 4大高频考点概览 考点01 空间向量及其运算 考点02 空间向量基本定理 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 考点04 空间向量的应用 考点01 空间向量及其运算 1．（25-26学年高二上·河南豫北民办高·期中）若构成空间的一组基底，则下列向量不共面的为（       ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 2．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）已知向量\vec {a}=\left(-1,2,1\right)，\vec {b}=\left(3,x,y\right)，且\vec {a}//\vec {b}，那么实数等于（　　） A. 3 B. -3 C. 9 D. -9 3．（25-26学年高二上·河南新乡·期中）在三棱柱中，已知点M，N分别为和AC的中点，则\vec {MN}=（       ）. A. \frac{1}{2}\left(\vec {AC}+\vec {AB}+\vec {BB'}\right) B. \frac{1}{2}\left(\vec {C'C}+\vec {B'C'}+\vec {B'A'}\right) C. \frac{1}{2}\left(\vec {AC}+\vec {CB}+\vec {BB'}\right) D. \frac{1}{2}\left(\vec {BB'}-\vec {BA}-\vec {BC}\right) 4．（25-26学年高二上·河南多校·期中）在四面体中，是的重心.记\vec {AB}=\overset{\rightarrow }{a}，\vec {AC}=\overset{\rightarrow }{b}，\vec {AD}=\overset{\rightarrow }{c}，若\vec {BG}=x\overset{\rightarrow }{a}+y\overset{\rightarrow }{b}+z\overset{\rightarrow }{c}，则（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高二上·河南洛阳·期中）（多选）下列关于空间向量的命题中，正确的是（       ） A. 空间中所有的单位向量的模都相等 B. 空间中两个向量相等，则它们的起点与终点相同 C. 若两个非零向量，与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则，共线 D. 设是空间中任意一点，若\vec {OP}=\frac{4}{3}\vec {OA}-\vec {OB}+\frac{2}{3}\vec {OC}，则，，，四点共面 6．（25-26学年高二上·河南信阳固始县·期中）已知，若共面，则实数的值为（       ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 7．（25-26学年高二上·河南洛阳·期中）在棱长为4的正方体中，点在该正方体表面上运动，球为该正方体的内切球，为球的一条直径，则\vec {MP}\cdot \vec {MQ}的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高二上·河南新乡部分学校·期中）（多选）在棱长为2的正方体中，点P满足，其中，，则（       ） A. 当时，平面 B. 当时，点P在棱上 C. 当时，三棱锥的体积为定值 D. 时，存在两个点P，使得 9．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）（多选）关于空间向量，以下说法正确的是（       ） A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 B. 若，则是锐角 C. 已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 D. 若对空间中任意一点，有\vec {OP}=\frac{1}{12}\vec {OA}+\frac{1}{4}\vec {OB}+\frac{2}{3}\vec {OC}，则四点共面 10．（25-26学年高二上·河南月期中学·期中）在正三棱锥中，，点为空间中的一点，则\vec {MP}\cdot \left(\vec {MA}+\vec {MB}+\vec {MC}\right)的最小值为（       ） A.  B.  C.  D.  11．（2026·河南九师联盟·质量检测）如图，在正三棱柱中，是的中点.    （1）化简\vec {AA_{1}}-\frac{1}{2}\left(\vec {BA}+\vec {BC}\right)，并在图中标出化简后的结果所对应的向量； （2）求\left| \vec {AA_{1}}+\frac{1}{2}\vec {AB}-\frac{1}{2}\vec {AC}\right|. 考点02 空间向量基本定理 1．（25-26学年高二上·河南豫北民办高·期中）如图，在平行六面体中，M为与的交点．若\vec {AB}=\vec {a}，\vec {AD}=\vec {b}，\vec {AA_{1}}=\vec {c}，则下列向量中与\vec {BM}相等的向量是（　　） A. -\frac{1}{2}\vec {a}-\frac{1}{2}\vec {b}+\vec {c} B. \frac{1}{2}\vec {a}-\frac{1}{2}\vec {b}+\vec {c} C. \frac{1}{2}\vec {a}+\frac{1}{2}\vec {b}+\vec {c} D. -\frac{1}{2}\vec {a}+\frac{1}{2}\vec {b}+\vec {c} 2．（25-26学年高二上·河南信阳罗山县·期中）下列可使非零向量，，\vec {c}构成空间的一个基底的条件是（       ） A. \overset{\rightarrow }{a}+\vec {c}=2\overset{\rightarrow }{b} B. \overset{\rightarrow }{a}\cdot \overset{\rightarrow }{b}=\overset{\rightarrow }{b}\cdot \vec {c}=\vec {c}\cdot \overset{\rightarrow }{a}=0 C. \left| \overset{\rightarrow }{a}\right| =\left| \overset{\rightarrow }{b}\right| =\left| \vec {c}\right| =1 D. \overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}+\vec {c}=\vec {0} 3．（25-26学年高二上·河南濮阳·期中）如图，在三棱锥中，，，，，二面角的大小为，则（       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高二上·河南濮阳·期中）在平行六面体中，点E，F分别为棱，的中点，则\vec {EF}=（       ） A. \frac{1}{2}\vec {AB}+\vec {AD}-\frac{1}{2}\vec {AA_{1}} B. -\frac{1}{2}\vec {AB}+\vec {AD}+\frac{1}{2}\vec {AA_{1}} C. \frac{1}{2}\vec {AB}-\vec {AD}+\frac{1}{2}\vec {AA_{1}} D. -\frac{1}{2}\vec {AB}-\vec {AD}+\frac{1}{2}\vec {AA_{1}} 5．（25-26学年高二上·河南豫北民办高·期中）（多选）给出下列命题，其中正确的有（       ） A. 空间任意三个向量都可以作为一个基底 B. 已知向量，则\vec {a}，\vec {b}与任何向量都不能构成空间的一个基底 C. 已知向量\vec {a}//\vec {b}，则\vec {a}，\vec {b}与任何向量都不能构成空间的一个基底 D. ，，，是空间中的四个点，若\vec {BA}，\vec {BM}，\vec {BN}不能构成空间的一个基底，那么，，，共面 6．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）如图，在四面体中，点在棱上，且满足，点，分别是线段，的中点，则用向量\vec {OA}，\vec {OB}，\vec {OC}表示向量\vec {OG}应为（     ） A. \vec {OG}=\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{1}{4}\vec {OB}+\frac{1}{4}\vec {OC} B. \vec {OG}=\frac{1}{3}\vec {OA}-\frac{1}{4}\vec {OB}+\frac{1}{4}\vec {OC} C. \vec {OG}=\frac{1}{3}\vec {OA}-\frac{1}{4}\vec {OB}-\frac{1}{4}\vec {OC} D. \vec {OG}=\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{1}{4}\vec {OB}-\frac{1}{4}\vec {OC} 7．（25-26学年高二上·河南商丘·期中）若\left\{\vec {a},\vec {b},\vec {c}\right\}构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（       ） A. \vec {a}+\vec {b}+\vec {c}，\vec {a}+\vec {b}，\vec {c} B. \vec {a}-\vec {c}，\vec {a}，\vec {a}+\vec {c} C. \vec {b}+\vec {c}，\vec {b}，\vec {c}-\vec {b} D. \vec {a}+\vec {b}，\vec {b}+\vec {c}，\vec {c}+\vec {a} 8．（25-26学年高二上·河南开封五校·期中）已知点在平面内，且对于平面外一点，满足\vec {OM}=\lambda \vec {OA}+\frac{1}{3}\vec {OB}+\frac{1}{4}\vec {OC}，则（     ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年高二上·河南部分学校·期中）已知三棱锥的体积为是空间中一点，若\vec {PM}=-\frac{1}{13}\vec {PA}+\frac{3}{13}\vec {PB}+\frac{4}{13}\vec {PC}，则三棱锥的体积是　　　　　　　　　　　． 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．（25-26学年高二上·河南豫北民办高·期中）（多选）下面关于空间直角坐标系的叙述正确的是（       ） A. 点与点关于z轴对称 B. 点与点关于y轴对称 C. 点与点关于平面对称 D. 空间直角坐标系中的三条坐标轴组成的平面把空间分为八个部分 2．（25-26学年高二上·河南洛阳·期中）已知向量，，则（       ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年高二上·河南新乡部分学校·期中）在空间直角坐标系Oxyz中，点在平面Oxy上的射影点的坐标为（       ） A.  B.  C.  D. 不确定 4．（25-26学年高二上·河南商丘·期中）已知向量\vec {a}=\left(2,-1,4\right)，\vec {b}=\left(x,y,-8\right)，若\vec {a}\parallel \vec {b}，则（       ） A.  B.  C. 2 D. 6 5．（25-26学年高二上·河南月期中学·期中）在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为（       ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年高二上·河南信阳固始县·期中）点关于平面对称的点的坐标是（       ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高二上·河南信阳固始县·期中）点关于平面的对称点为（　　） A.  B.  C.  D.  8．（2026·河南九师联盟·质量检测）在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为（       ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年高二上·河南部分学校·期中）已知\vec {a}=\left(2,-1,3\right)，\vec {b}=\left(-4,2,x\right)，且\vec {a}\bot \vec {b}，则x的值为（       ） A.  B. 5 C.  D. 10 10．（25-26学年高二上·河南青桐鸣大联·期中）已知\vec {a}=\left(1,0,-1\right)，\vec {b}=\left(0,2,0\right)，则2\vec {a}+\vec {b}=（     ） A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）在空间直角坐标系中，已知三点共线，则（       ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 12．（25-26学年高二上·河南信阳固始县·期中）（多选）已知空间向量，，则下列选项中正确的是（    ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 13．（25-26学年高二上·河南多校·期中）已知空间向量，若，则（       ） A. -4 B. -2 C. 2 D. 4 14．（25-26学年高二上·河南洛阳·期中）若向量，，则在方向上的投影向量为（       ） A.  B.  C.  D.  15．（25-26学年高二上·河南青桐鸣大联·期中）已知\vec {m}=\left(2,0,-1\right)，\vec {n}=\left(0,1,2\right)，则\vec {m}在\vec {n}上的投影向量为（     ） A.  B.  C.  D.  16．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）（多选）下列说法正确的是（       ） A. 两条不重合的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，则 C. 直线的方向向量分别为，若，则 D. 两个不同的平面的法向量分别是，则 17．（25-26学年高二上·河南青桐鸣大联·期中）在正四面体中，，，，分别为棱，，的中点，若，，，均在球的球面上，则球的表面积为（     ） A.  B.  C.  D.  18．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）已知正方体，棱长为6，且，若动点满足，则动点的轨迹被正方体表面所截得的图形的面积为（       ） A.  B.  C.  D.  19．（25-26学年高二上·河南濮阳·期中）已知向量\vec {a}=\left(-1,1,2\right)，则| \vec {a}| =　　　　　　　　． 20．（25-26学年高二上·河南豫北民办高·期中）已知，，求： （1）； （2）； （3）. 21．（25-26学年高二上·河南洛阳·期中）如图，正三棱柱的每条棱长均为3，点满足\vec {AD}=2\vec {DC}，则的长等于　　　　　. 22．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）已知空间向量，则向量\vec {a}在向量\vec {b}上的投影向量的坐标　　　　　　 23．（25-26学年高二上·河南月期中学·期中）已知空间向量，，且，则　　　　　　　　　　. 24．（2026·河南九师联盟·质量检测）对于任意实数的最小值为　　　　　　　　　　. 25．（25-26学年高二上·河南信阳罗山县·期中）设空间两个单位向量\vec {OA}=\left(m,n,0\right)，\vec {OB}=\left(0,m,n\right)与向量\vec {OC}=\left(1,1,1\right)的夹角都等于，则　　　　　． 26．（25-26学年高二上·河南豫北民办高·期中）已知向量\vec {a}=\left(3,3,2\right)，\vec {b}=\left(1,1,0\right)，则向量\vec {a}在向量\vec {b}上的投影向量的模为　　　　　. 27．（25-26学年高二上·河南开封五校·期中）已知向量\vec {a}=\left(1,-1,3\right)，\vec {b}=\left(x,2,-1\right)，若\vec {a}\bot \left(\vec {a}-\vec {b}\right)，则　　　　　. 28．（25-26学年高二上·河南驻马店·期中）已知，. （1）求的值； （2）已知，若，求的值. 29．（25-26学年高二上·河南商丘·期中）已知正方体的棱长为4，空间中的一点满足\vec {PD}\cdot \vec {PB_{1}}=-10，则\vec {AB}\cdot \vec {AP}的取值范围是　　　　　　　　. 考点04 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·河南豫北民办高·期中）设直线与平面相交，且的方向向量为\vec {a}，的法向量为\vec {n}，若\left\langle \vec {a},\vec {n}\right\rangle =\frac{5\pi }{6}，则与所成的角为（     ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·河南开封五校·期中）已知点，点在平面内，若平面的法向量，则点到平面的距离为（       ） A. 1 B.  C.  D. 2 3．（25-26学年高二上·河南焦作·期中）在正方体中，、分别是棱、的中点，则异面直线与所成角的大小为（       ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 4．（25-26学年高二上·河南部分学校·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，E为上一动点，则下列说法正确的是（       ） A.  B. 三棱锥的体积为定值 C. 当E为的中点时，平面 D. 当E为的中点时，与平面所成角的正弦值为 则， 对于A，\vec {A_{1}D}=\left(0,2,-2\right),\vec {B_{1}D_{1}}=\vec {BD}=\left(-2,2,0\right)，\vec {A_{1}D}\cdot \vec {B_{1}D_{1}}=4 eq 0，不垂直，A错误； 对于B，三棱锥的体积，B正确； 对于C，，\vec {AE}=\left(2,2,1\right),\vec {BA_{1}}=\left(-2,0,2\right)，而\vec {AE}\cdot \vec {BA_{1}}=-2 eq 0， 即不垂直于，而平面，因此不垂直于平面，C错误； 对于D，\vec {BE}=\left(0,2,1\right)，设平面的法向量\vec {n}=\left(x,y,z\right)，则 \left\{\begin{array}{l} \vec {BA_{1}}\cdot \vec {n}=-2x+2z=0\\ \vec {BD}\cdot \vec {n}=-2x+2y=0 \end{array}\right. ， 取，得\vec {n}=\left(1,1,1\right)，与平面所成角的正弦值| \cos \left\langle \vec {BE},\vec {n}\right\rangle | =\frac{| \vec {BE}\cdot \vec {n}| }{| \vec {BE}| | \vec {n}| }=\frac{3}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{15}}{5}，D正确. 故选：BD 5．（25-26学年高二上·河南新乡·期中）（多选）已知平面的法向量为，平面的法向量为，直线l的方向向量为，则下列说法正确的有（       ） A. 若，则 B. 存在，使得 C. 若，则 D. 若，且，则 6．（25-26学年高二上·河南豫北民办高·期中）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.直线到平面的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，， ∴\vec {AE}=\left(-1,0,\frac{1}{2}\right)，\vec {FC_{1}}=\left(-1,0,\frac{1}{2}\right)，\vec {AB_{1}}=\left(0,1,1\right)，\vec {AC_{1}}=\left(-1,1,1\right) ∴\vec {AE}//\vec {FC_{1}}，即， ∵平面，平面，∴平面. ∴直线到平面的距离为点到平面的距离. 设平面的法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)，则 \left\{\begin{array}{l} \vec {AB_{1}}\cdot \vec {n}=y+z=0\\ \vec {AE}\cdot \vec {n}=-x+\frac{1}{2}z=0 \end{array}\right. ， 令，则，∴\vec {n}=\left(1,-2,2\right)， ∴点到平面的距离为\frac{\left| \vec {AC_{1}}\cdot \vec {n}\right| }{\left| \vec {n}\right| }=\frac{\left| -1\times 1+1\times (-2)+1\times 2\right| }{\sqrt{1^{2}+(-2)^{2}+2^{2}}}=\frac{1}{3}. 故选：D. 7．（25-26学年高二上·河南焦作·期中）（多选）在直三棱柱中，，，为棱的中点，为棱上的动点（与端点不重合）.以为坐标原点，垂直于平面的直线为轴，直线、分别为、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则下列说法正确的是（       ） A. 点关于平面的对称点的坐标为 B. \vec {AM}\cdot \vec {CN}的取值范围为 C. 存在点，使得平面的一个法向量为 D. 若，则点到平面的距离为 8．（25-26学年高二上·河南商丘·期中）如图，在棱长为6的正四面体中，，分别为棱，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年高二上·河南月期中学·期中）（多选）如图，多面体是各棱长均为1的平行六面体截去三棱锥后剩下的几何体，若点是三角形的重心，\angle EAB=\angle EAD=\angle DAB=60{^{\circ}},\vec {AQ}=\lambda \vec {AP}，则下列说法正确的是（       ） A.  B. 异面直线所成角的余弦值为 C.  D. 若四点共面，则点是线段的中点 10．（25-26学年高二上·河南信阳罗山县·期中）已知空间向量\vec {OA}=\left(1,0,0\right)，\vec {OB}=\left(0,1,0\right)，\vec {OC}=\left(0,0,1\right)，向量\vec {OP}\equiv x\vec {OA}+y\vec {OB}+z\vec {OC}，其中．则\left| \vec {OP}\right|的最小值为（       ） A.  B.  C. 1 D. 2 11．（25-26学年高二上·河南多校·期中）（多选）如图，若正方体的棱长为为的中点，则（       ） A. 与所成的角为 B.  C.  D. 与平面所成的角为 12．（25-26学年高二上·河南青桐鸣大联·期中）（多选）如图，平行六面体的所有棱长均为1，且，，，记\vec {AB}=\vec {a}，\vec {AD}=\vec {b}，\vec {AA_{1}}=\vec {c}，则下列说法正确的是（     ） A. \vec {BD_{1}}=\vec {b}+\vec {c}-\vec {a} B. \left| \vec {BD_{1}}\right| =\sqrt{3} C. \vec {AC_{1}}\bot \vec {A_{1}D} D. 直线与所成角的余弦值为 13．（25-26学年高二上·河南开封五校·期中）（多选）如图，在正三棱柱中，侧棱长为3，，空间中一点满足\vec {AP}=x\vec {AB}+y\vec {AA_{1}}\left(x,y\in \left[0,1\right]\right)，则（       ） A. 若，则三棱锥的体积为定值 B. 若，则点的轨迹长度为3 C. 若，则的最小值为 D. 若，则点到的距离的最小值为 14．（25-26学年高二上·河南豫北民办高·期中）如图，在正三棱柱中，是棱的中点. （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 15．（25-26学年高二上·河南开封五校·期中）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点. （1）判断直线与平面的位置关系，并说明理由； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 16．（25-26学年高二上·河南新乡部分学校·期中）已知是直线的方向向量，是平面的法向量，如果，则　　　　　　　　　　． 17．（25-26学年高二上·河南信阳固始县·期中）如图，已知正方体的棱长为2，、分别是，的中点． （1）求证：平面； （2）求到平面的距离. 所以， 则\vec {D_{1}F}=\left(0,1,-2\right),\vec {DA}=\left(2,0,0\right),\vec {DE}=\left(2,2,1\right)， 设平面的一个法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)， 则 \left\{\begin{array}{l} \vec {n}\cdot \vec {DA}=2x=0\\ \vec {n}\cdot \vec {DE}=2x+2y+z=0 \end{array}\right. ，令，则，即\vec {n}=\left(0,1,-2\right)， 显然\vec {n}=\vec {D_{1}F}，所以平面；     （2）      18．（25-26学年高二上·河南部分学校·期中）如图，在三棱柱中，，，，，平面平面，为的中点.    （1）证明：； （2）求点到平面的距离； （3）求平面与平面的夹角的余弦值. 19．（25-26学年高二上·河南信阳罗山县·期中）如图1，在直角梯形中，，，，，是的中点，是与的交点．将沿折起到的位置，使得平面平面．如图2．    （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值．    由题意知，， 则\vec {A_{1}C}=\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2}\right),\vec {A_{1}B}=\left(\frac{\sqrt{2}}{2},0,-\frac{\sqrt{2}}{2}\right),\vec {CD}=\left(-\sqrt{2},0,0\right)， 设平面的法向量为\vec {n_{1}}=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right)，则 \begin{cases} \vec {n_{1}}\cdot \vec {A_{1}C}=\frac{\sqrt{2}}{2}y_{1}-\frac{\sqrt{2}}{2}z_{1}=0\\ \vec {n_{1}}\cdot \vec {CD}=-\sqrt{2}x_{1}=0 \end{cases} ， 令，则，故\vec {n_{1}}=\left(0,1,1\right)， 设直线与平面的夹角为，得到\sin \theta =\frac{\left| \vec {n_{1}}\cdot \vec {A_{1}B}\right| }{\left| \vec {n_{1}}\right| \cdot \left| \vec {A_{1}B}\right| }=\frac{\left| -\frac{\sqrt{2}}{2}\right| }{\sqrt{2}\times 1}=\frac{1}{2}. 20．（25-26学年高二上·河南濮阳·期中）（多选）如图，在正三棱柱中，P是的中点，M是AP的中点，N在线段上，且，． （1）求证：； （2）求直线MN与平面所成角的正弦值． ∴\vec {BN}=\frac{1}{4}\vec {BC_{1}}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},1\right)，∴， ∴\vec {MN}=\left(\frac{3\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0\right)，\vec {AB}=\left(2\sqrt{3},2,0\right)，\vec {AC_{1}}=\left(0,4,4\right)． 设平面的法向量为\vec {m}=\left(x,y,z\right)， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AB}=2\sqrt{3}x+2y=0,\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AC_{1}}=4y+4z=0, \end{cases} 取，则，， ∴平面的一个法向量为\vec {m}=\left(1,-\sqrt{3},\sqrt{3}\right)． 设直线MN与平面所成的角为θ，则 \sin \theta =\frac{| \vec {m}\cdot \vec {MN}| }{| \vec {m}| \cdot | \vec {MN}| }=\frac{\left| 1\times \frac{3\sqrt{3}}{2}-\sqrt{3}\times \frac{1}{2}+\sqrt{3}\times 0\right| }{\sqrt{1^{2}+\left(-\sqrt{3}\right)^{2}+\left(\sqrt{3}\right)^{2}}\times \sqrt{\left(\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+0^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{7}， 即直线MN与平面所成角的正弦值为. 21．（25-26学年高二上·河南濮阳·期中）如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，，分别在棱上，且. （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求三棱锥外接球的表面积. 22．（25-26学年高二上·河南豫北民办高·期中）如图，在四棱锥中，平面平面为的中点，，．    （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．    则点，，，，，.所以\vec {PB}=\left(2,2,-2\right)，\vec {BC}=\left(-1,2,0\right)，\vec {EP}=\left(0,-2,2\right)，设平面的法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)， 故 \left\{\begin{array}{c} \vec {n}\cdot \vec {PB}=0\\ \vec {n}\cdot \vec {BC}=0 \end{array}\right. ，即 ，令，解得\vec {n}=\left(2,1,3\right). 设平面的法向量为\vec {m}=\left(a,b,c\right), 故 \left\{\begin{array}{c} \vec {m}\cdot \vec {PB}=0\\ \vec {m}\cdot \vec {EP}=0 \end{array}\right. ，即 ，令，解得\vec {m}=\left(0,1,1\right). 所以\cos \left\langle \vec {m},\vec {n}\right\rangle =\frac{2\times 0+1\times 1+3\times 1}{\sqrt{14}\times \sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{7}}{7}， 故二面角的余弦值为. 23．（25-26学年高二上·河南洛阳·期中）在直三棱柱中，，，是棱的中点.    （1）求点到平面的距离； （2）求平面与平面夹角的正弦值. 24．（25-26学年高二上·河南洛阳·期中）如图1，在平行四边形中，，，为的中点.将沿折起，使得，如图2. （1）求证：平面平面； （2）设\vec {BF}=\lambda \vec {BD}\left(0\leq \lambda \leq 1\right)，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （3）求三棱锥的外接球的半径. 25．（25-26学年高二上·河南青桐鸣大联·期中）如图，在四边形中，，，，将沿翻折至，使点落在点的位置，且.点，满足\vec {PM}=\vec {BA}，\vec {PQ}=\vec {BD}，连接，，.    （1）证明：； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）若点是线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 26．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）如图所示，在三棱锥中，，. （1）判断平面与平面是否垂直？若垂直，请说明理由；若不垂直，请求出平面与平面的夹角； （2）若\vec {CF}=\lambda \vec {CA}，平面与平面的夹角的余弦值为，求的值. 27．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）已知点为坐标原点，，点在线段上移动，则直线与直线所成角的大小为　　　　　　　　　　. 28．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）如图，已知在正四棱柱中，四边形的边长均为，且分别是的中点. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 29．（25-26学年高二上·河南新乡部分学校·期中）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为，的中点，D为棱上的点，． （1）证明：平面； （2）证明：； （3）当为何值时，平面与平面所成角的余弦值最大？并求出这个最大值． 30．（25-26学年高二上·河南新乡部分学校·期中）如图，在棱长为2的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点．    （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点F到平面的距离． 31．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）在如图所示的平行六面体中，，，，，，设\vec {AB}=\overset{\rightarrow }{a}，\vec {AD}=\overset{\rightarrow }{b}，\vec {AA_{1}}=\overset{\rightarrow }{c}. （1）用，，表示\vec {AC_{1}}，\vec {BD_{1}}，\vec {AC}； （2）求的长； （3）求异面直线与所成角的余弦值. 32．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）如图（1），在四棱锥中，平面平面，，，，，，\vec {PE}=\lambda \vec {PC}\left(0\leq \lambda < 1\right). （1）若，求直线与平面所成角的正弦值； （2）设二面角的大小为，若，求的值； （3）阅读下列“链接”材料，试判断异面直线BE和AD间的距离是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由. 链接：运用空间向量求异面直线间的距离如图（2），设、分别为异面直线、上的点，\vec {n}是与直线、都垂直的向量，从而异面直线、间的距离为d=\frac{\left| \vec {AP}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }，即为向量\vec {AP}在向量\vec {n}上的投影向量的模. 因为，， 所以、、、、. 若，即为中点，则， 所以\vec {DE}=\left(1,-3,2\right)，\vec {AB}=\left(2,0,0\right)，\vec {AE}=\left(1,1,2\right). 设平面的一个法向量为， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AB}=2x_{1}=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AE}=x_{1}+y_{1}+2z_{1}=0 \end{cases} ，令，得， 所以平面的一个法向量为. 设直线与平面所成角为， 则\sin \alpha =\left| \cos \left\langle \vec {DE},\overset{\rightarrow }{m}\right\rangle \right| =\left| \frac{\vec {DE}\cdot \overset{\rightarrow }{m}}{\left| \vec {DE}\right| \cdot \left| \overset{\rightarrow }{m}\right| }\right| =\left| \frac{6+2}{\sqrt{14}\times \sqrt{5}}\right| =\frac{4\sqrt{70}}{35}. 33．（25-26学年高二上·河南商丘·期中）如图，在直四棱柱中，四边形是矩形，，点分别为的中点. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）求二面角的正弦值. 则. 设平面的一个法向量为，又\vec {AB_{1}}=\left(1,0,\sqrt{3}\right)， \vec {AC}=\left(1,\sqrt{3},0\right)，所以 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AB_{1}}=x+\sqrt{3}z=0,\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AC}=x+\sqrt{3}y=0, \end{cases} 令，解得，所以平面的一个法向量为， 又\vec {EG}=\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)，所以\vec {EG}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}=0， 又平面，所以平面. 34．（25-26学年高二上·河南月期中学·期中）如图，在直三棱柱中，，，，点E，F满足\vec {BE}=\frac{1}{3}\vec {BB_{1}}，\vec {C_{1}F}=\frac{1}{3}\vec {C_{1}C}，记． （1）当平面平面时，求的值； （2）当时，求直线与平面所成角的大小． 则，，， 所以\vec {AE}=\left(a,0,\frac{b}{3}\right)，\vec {AF}=\left(0,a,\frac{2b}{3}\right)，\vec {A_{1}E}=\left(a,0,-\frac{2b}{3}\right)，\vec {A_{1}F}=\left(0,a,-\frac{b}{3}\right)． 设平面的一个法向量， 则 \left\{\begin{array}{l} \overset{\rightarrow }{n}_{1}\cdot \vec {AE}=0\\ \overset{\rightarrow }{n}_{1}\cdot \vec {AF}=0 \end{array}\right. ，即 ， 令，解得，，所以， 设平面的一个法向量， 则 \left\{\begin{array}{l} \overset{\rightarrow }{n}_{2}\cdot \vec {A_{1}E}=0\\ \overset{\rightarrow }{n}_{2}\cdot \vec {A_{1}F}=0 \end{array}\right. ，即 ， 令，解得，，所以， 因为平面平面，所以， 所以，即，， 所以． 35．（25-26学年高二上·河南信阳固始县·期中）如图，在四棱锥中，平面平面为棱的中点. （1）证明：平面； （2）若， （i）求二面角的余弦值； （ii）在棱上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 则，，，，，， （i）故\vec {DM}=\left(0,1,\frac{1}{2}\right)，\vec {DB}=\left(1,1,0\right) 设平面的一个法向量为， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {DM}=y+\frac{1}{2}z=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {DB}=x+y=0 \end{cases} ，令，则，，， 平面的一个法向量为, \vec {PM}=\left(0,1,-\frac{1}{2}\right),\vec {PB}=\left(1,1,-1\right) 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {PM}=b-\frac{1}{2}c=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {PB}=a+b-c=0 \end{cases} ，令，则，，故， ,， 由于二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为； （ii）略 36．（25-26学年高二上·河南新乡·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD，四边形ABCD为平行四边形，E为侧棱PD上动点（不含点D，P）.，，，. （1）若平面ACE，求的值； （2）若，求点B到平面ACE的距离； （3）若平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为，求PB与平面ACE所成角的正弦值. 则，，，，. 因为，所以\vec {PE}=\frac{2}{3}\vec {PD}，所以. 设平面ACE的法向量为，则 \begin{cases} \vec {AC}\cdot \overset{\rightarrow }{m}=0\\ \vec {AE}\cdot \overset{\rightarrow }{m}=0 \end{cases} . 因为\vec {AC}=\left(0,\sqrt{3},0\right)，\vec {AE}=\left(-\frac{2}{3},\frac{2\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3}\right)，所以 ， 令，则，，所以. 因为\vec {CB}=\left(1,-\sqrt{3},0\right)，所以点B到平面ACE的距离d=\frac{| \vec {CB}\cdot \overset{\rightarrow }{m}| }{| \overset{\rightarrow }{m}| }=\frac{3}{\sqrt{21}}=\frac{\sqrt{21}}{7}. 37．（25-26学年高二上·河南青桐鸣大联·期中）已知平面的一个法向量为\vec {m}=\left(1,1,t\right)，，点，均在平面内，则点到平面的距离为　　　　　　. 38．（25-26学年高二上·河南开封五校·期中）如图1，在中，，，，分别是，边上的动点（不同于端点），且，将沿折起到的位置，得到四棱锥，如图2所示，点是线段的中点.    （1）求证：； （2）若，当四棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值； （3）若，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.    则，，，，，所以. 设平面的一个法向量为\vec {m_{1}}=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right)， 又\vec {PC}=\left(0,\frac{2}{3},-\frac{4}{3}\right)，\vec {CM}=\left(\frac{4}{3},-\frac{2}{3},0\right)， 所以 \begin{cases} \vec {m_{1}}\cdot \vec {PC}=\frac{2}{3}y_{1}-\frac{4}{3}z_{1}=0\\ \vec {m_{1}}\cdot \vec {CM}=\frac{4}{3}x_{1}-\frac{2}{3}y_{1}=0 \end{cases} ，令，解得，， 所以平面的一个法向量\vec {m_{1}}=\left(1,2,1\right). 设平面的一个法向量为\vec {m_{2}}=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)， 又\vec {MP}=\left(-\frac{4}{3},0,\frac{4}{3}\right)，\vec {MQ}=\left(-\frac{1}{3},\frac{2}{3},0\right)， 所以 \begin{cases} \vec {m_{2}}\cdot \vec {MP}=-\frac{4}{3}x_{2}+\frac{4}{3}z_{2}=0\\ \vec {m_{2}}\cdot \vec {MQ}=-\frac{1}{3}x_{2}+\frac{2}{3}y_{2}=0 \end{cases} ， 令，解得，所以平面的一个法向量\vec {m_{2}}=\left(2,1,2\right). 设平面与平面的夹角为， 所以\cos \theta =\left| \cos \left\langle \vec {m_{1}},\vec {m_{2}}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {m_{1}}\cdot \vec {m_{2}}\right| }{\left| \vec {m_{1}}\right| \cdot \left| \vec {m_{2}}\right| }=\frac{2+2+2}{\sqrt{1+4+1}\times \sqrt{4+1+4}}=\frac{\sqrt{6}}{3}， 即平面与平面的夹角的余弦值为. 39．（25-26学年高二上·河南焦作·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，. （1）证明：平面； （2）求； （3）若，求直线与平面所成角的正弦值. 40．（25-26学年高二上·河南焦作·期中）在如图所示的四棱锥中，底面为正方形，底面，，，若、分别是棱、上的动点（均与端点不重合），且，则点到直线的距离的最小值为　　　　　. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 空间向量与立体几何 4大高频考点概览 考点01 空间向量及其运算 考点02 空间向量基本定理 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 考点04 空间向量的应用 考点01 空间向量及其运算 1．（25-26学年高二上·河南豫北民办高·期中）若构成空间的一组基底，则下列向量不共面的为（       ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】A 【分析】 根据向量共面的条件对选项逐一分析即可. 【详解】 构成空间的一组基底，则不共线， 假设共面，则存在不全为零的实数，使，即， 则，则，与不共线矛盾，故不共面； ，故共面； ，故共面； ，故共面. 故选：. 2．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）已知向量\vec {a}=\left(-1,2,1\right)，\vec {b}=\left(3,x,y\right)，且\vec {a}//\vec {b}，那么实数等于（　　） A. 3 B. -3 C. 9 D. -9 【答案】D 【分析】 运用空间向量共线列式计算即可. 【详解】 ∵\vec {a}=\left(-1,2,1\right)，\vec {b}=\left(3,x,y\right)，且\vec {a}\parallel \vec {b}， ∴， 解得，， ∴． 故选：D． 3．（25-26学年高二上·河南新乡·期中）在三棱柱中，已知点M，N分别为和AC的中点，则\vec {MN}=（       ）. A. \frac{1}{2}\left(\vec {AC}+\vec {AB}+\vec {BB'}\right) B. \frac{1}{2}\left(\vec {C'C}+\vec {B'C'}+\vec {B'A'}\right) C. \frac{1}{2}\left(\vec {AC}+\vec {CB}+\vec {BB'}\right) D. \frac{1}{2}\left(\vec {BB'}-\vec {BA}-\vec {BC}\right) 【答案】B 【分析】 由空间向量的加减法运算，寻找包含\vec {MN}的封闭图形即可. 【详解】 \vec {MN}=\vec {MB}+\vec {BN} \vec {MB}=-\frac{1}{2}\vec {CC'},\vec {BN}=\vec {BA}+\vec {AN}=\vec {BA}+\frac{1}{2}\vec {AC}=\vec {BA}+\frac{1}{2}\left(\vec {BC}-\vec {BA}\right)=\frac{1}{2}\left(\vec {BC}+\vec {BA}\right) 所以\vec {MN}=\vec {MB}+\vec {BN}=-\frac{1}{2}\vec {CC'}+\frac{1}{2}\left(\vec {BC}+\vec {BA}\right)=\frac{1}{2}\left(\vec {C'C}+\vec {B'C'}+\vec {B'A'}\right) 故选：B 4．（25-26学年高二上·河南多校·期中）在四面体中，是的重心.记\vec {AB}=\overset{\rightarrow }{a}，\vec {AC}=\overset{\rightarrow }{b}，\vec {AD}=\overset{\rightarrow }{c}，若\vec {BG}=x\overset{\rightarrow }{a}+y\overset{\rightarrow }{b}+z\overset{\rightarrow }{c}，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据题意，由空间向量的运算，用\vec {a},\vec {b},\vec {c}表示\vec {BG}，即可得到结果. 【详解】 连接并延长交于，则为的中点， 所以\vec {AE}=\frac{1}{2}\left(\vec {AC}+\vec {AD}\right)，\vec {AG}=\frac{2}{3}\vec {AE}=\frac{1}{3}\left(\vec {AC}+\vec {AD}\right)， 所以\vec {BG}=\vec {AG}-\vec {AB}=\frac{1}{3}\left(\vec {AC}+\vec {AD}\right)-\vec {AB}=-\overset{\rightarrow }{a}+\frac{1}{3}\overset{\rightarrow }{b}+\frac{1}{3}\overset{\rightarrow }{c}， 所以，，所以. 故选：B. 5．（25-26学年高二上·河南洛阳·期中）（多选）下列关于空间向量的命题中，正确的是（       ） A. 空间中所有的单位向量的模都相等 B. 空间中两个向量相等，则它们的起点与终点相同 C. 若两个非零向量，与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则，共线 D. 设是空间中任意一点，若\vec {OP}=\frac{4}{3}\vec {OA}-\vec {OB}+\frac{2}{3}\vec {OC}，则，，，四点共面 【答案】ACD 【分析】 结合空间向量的基本概念依次判断即可． 【详解】 对于A项，空间中所有的单位向量的模都为1，故A项正确； 对于B项，若两个非零向量方向相同且长度相等则它们是相等向量， 但它们的起点与终点可以不相同，故B项错误； 对于C项，若两个非零向量，不共线， 则它们可以确定一个平面，此时一定可以找到一个向量\vec {c}不在此平面内， 使得，，\vec {c}不共面，从而构成空间的一个基底， 这与题设“与任何一个向量都不能构成空间的一个基底”矛盾， 故假设不成立，所以，共线，故C项正确； 对于D项，因为，所以，，，四点共面，故D项正确． 故选：ACD 6．（25-26学年高二上·河南信阳固始县·期中）已知，若共面，则实数的值为（       ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】B 【分析】 用向量，表示向量，利用共面向量定理构造方程组，求解方程组即得结果. 【详解】 显然向量与不平行，而，，共面， 则存在实数，使，即， 于是 ，解得 ，所以实数的值为5. 故选：B 7．（25-26学年高二上·河南洛阳·期中）在棱长为4的正方体中，点在该正方体表面上运动，球为该正方体的内切球，为球的一条直径，则\vec {MP}\cdot \vec {MQ}的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 由题意可得，\vec {OP}=-\vec {OQ}，由空间向量的线性运算和数量积运算计算\vec {MP}\cdot \vec {MQ}， 再由正方体的性质求得\left| \vec {MO}\right|的范围即可求解. 【详解】 因为球是棱长为的正方体的内切球，是球的直径， 所以，\vec {OP}=-\vec {OQ}，\vec {OP}\cdot \vec {OQ}=2\times 2\times \cos 180^{\text{°}}=-4， 因为\vec {MP}\cdot \vec {MQ}=\left(\vec {MO}+\vec {OP}\right)\cdot \left(\vec {MO}+\vec {OQ}\right)=\left(\vec {MO}+\vec {OP}\right)\cdot \left(\vec {MO}-\vec {OP}\right) =\left| \vec {MO}\right| ^{2}-\left| \vec {OP}\right| ^{2}=\left| \vec {MO}\right| ^{2}-4， 又因为点是正方体表面上的一个动点， 所以当为正方体顶点时，\left| \vec {MO}\right|有最大值为； 当为内切球与正方体的切点时，\left| \vec {MO}\right|有最小值为， 即2\leq \left| \vec {MO}\right| \leq 2\sqrt{3}，4\leq \left| \vec {MO}\right| ^{2}\leq 12，所以\left| \vec {MO}\right| ^{2}-4\in \left[0,8\right]， 故选：B. 8．（25-26学年高二上·河南新乡部分学校·期中）（多选）在棱长为2的正方体中，点P满足，其中，，则（       ） A. 当时，平面 B. 当时，点P在棱上 C. 当时，三棱锥的体积为定值 D. 时，存在两个点P，使得 【答案】AC 【分析】 对于A，当时，可得，所以点P与重合，即为，由利用线面平行的判定定理可判断；对于B，当时，由得，所以点P在线段上；对于C，当时，可得点P在线段上，利用线面平行以及棱锥的体积公式可判断；对于D，当时，取的中点E，的中点F，可得点P在线段上，设，根据勾股定理计算即可． 【详解】 对于A，当时，，得，即， 所以点P与重合，即为， 因为，平面，平面， 所以平面，即平面，故A正确； 对于B，当时，，得，即， 因为，所以点P在线段上，故B错误； 对于C，当时，，得，则， 因为，所以点P在线段上， 平面，即平面， 所以， 所以三棱锥的体积为定值，故C正确； 对于D，当时，取的中点，的中点，则， 则， 则，则， 因为，所以点在线段上， 设，则， 则，， ， 若，则，则， 则，所以，即点为线段的中点， 即当时，存在一个点，使得，故D错误． 故选：AC． 9．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）（多选）关于空间向量，以下说法正确的是（       ） A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 B. 若，则是锐角 C. 已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 D. 若对空间中任意一点，有\vec {OP}=\frac{1}{12}\vec {OA}+\frac{1}{4}\vec {OB}+\frac{2}{3}\vec {OC}，则四点共面 【答案】ACD 【分析】 根据空间向量共面定理即可判断A；根据\vec {a}\cdot \vec {b}> 0，得到\left\langle \vec {a},\vec {b}\right\rangle \in \left[0,\frac{\pi }{2}\right)，即可判断B；根据题意得到不共面，即可判断C；根据即可判断D. 【详解】 对A，根据空间向量共面定理知：空间中三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，故A正确； 对B，若\vec {a}\cdot \vec {b}> 0，则\left\langle \vec {a},\vec {b}\right\rangle \in \left[0,\frac{\pi }{2}\right)，故B错误. 对C，假设共面，则\vec {b}=\lambda 2\vec {a}+\mu \left(\vec {c}-\vec {a}\right)=\left(2\lambda -\mu \right)\vec {a}+\mu \vec {c}， 因为向量组是空间的一个基底， 所以不存在实数，使得\vec {b}=\left(2\lambda -\mu \right)\vec {a}+\mu \vec {c}成立，故不共面， 即也是空间的一个基底，故C正确. 对D，因为\vec {OP}=\frac{1}{12}\vec {OA}+\frac{1}{4}\vec {OB}+\frac{2}{3}\vec {OC}，且， 所以四点共面，故D正确. 故选：ACD. 10．（25-26学年高二上·河南月期中学·期中）在正三棱锥中，，点为空间中的一点，则\vec {MP}\cdot \left(\vec {MA}+\vec {MB}+\vec {MC}\right)的最小值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 记的重心为，点是的中点，点是的中点，进而求得，利用空间向量加减、数乘的几何意义，将\vec {MP}\cdot \left(\vec {MA}+\vec {MB}+\vec {MC}\right)化为3\left(\vec {MG}^{2}-4\right)，数形结合求最小值. 【详解】 记的重心为，点是的中点，点是的中点，    在正三棱锥中，所以， 平面，又平面，所以，则. 又\vec {MA}+\vec {MB}+\vec {MC}=\vec {MA}+2\vec {MD}=\vec {MO}+\vec {OA}+2\left(\vec {MO}+\vec {OD}\right)=3\vec {MO}， 所以\vec {MP}\cdot \left(\vec {MA}+\vec {MB}+\vec {MC}\right)=\vec {MP}\cdot 3\vec {MO}=3\left(\vec {MG}+\vec {GP}\right)\cdot \left(\vec {MG}+\vec {GO}\right)=3\left(\vec {MG}+\vec {GP}\right)\cdot \left(\vec {MG}-\vec {GP}\right) =3\left(\vec {MG}^{2}-\vec {GP}^{2}\right)=3\left(\vec {MG}^{2}-4\right)， 所以当与重合时，\vec {MG}^{2}取最小值0， 此时\vec {MP}\cdot \left(\vec {MA}+\vec {MB}+\vec {MC}\right)有最小值. 故选：C 11．（2026·河南九师联盟·质量检测）如图，在正三棱柱中，是的中点.    （1）化简\vec {AA_{1}}-\frac{1}{2}\left(\vec {BA}+\vec {BC}\right)，并在图中标出化简后的结果所对应的向量； （2）求\left| \vec {AA_{1}}+\frac{1}{2}\vec {AB}-\frac{1}{2}\vec {AC}\right|. 【答案】（1）\vec {DB_{1}}，如图所示     （2）      【分析】 （1）利用向量加法的平行四边形法则以及向量的运算法则化简，再根据向量关系在图中标出对应向量， （2）先对向量式子进行变形，再利用正三棱柱的性质和勾股定理求解. (1) 小问详解： 因为是的中点，所以\frac{1}{2}\left(\vec {BA}+\vec {BC}\right)=\vec {BD}； 所以\vec {AA_{1}}-\frac{1}{2}\left(\vec {BA}+\vec {BC}\right)=\vec {BB_{1}}-\vec {BD}=\vec {DB_{1}}；在图中标出，如图所示 (2) 小问详解： 取中点，连接，所以\frac{1}{2}\vec {AB}-\frac{1}{2}\vec {AC}=\frac{1}{2}\left(\vec {AB}-\vec {AC}\right)=\frac{1}{2}\vec {CB}=\vec {EB}； 所以\vec {AA_{1}}+\frac{1}{2}\vec {AB}-\frac{1}{2}\vec {AC}=\vec {AA_{1}}+\vec {EB}=\vec {EB}+\vec {BB_{1}}=\vec {EB_{1}}； 因为在正三棱柱中，所以 所以\left| \vec {AA_{1}}+\frac{1}{2}\vec {AB}-\frac{1}{2}\vec {AC}\right| =\left| \vec {EB_{1}}\right| =\sqrt{BE^{2}+B{B_{1}}^{2}}=\sqrt{1^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}. 考点02 空间向量基本定理 1．（25-26学年高二上·河南豫北民办高·期中）如图，在平行六面体中，M为与的交点．若\vec {AB}=\vec {a}，\vec {AD}=\vec {b}，\vec {AA_{1}}=\vec {c}，则下列向量中与\vec {BM}相等的向量是（　　） A. -\frac{1}{2}\vec {a}-\frac{1}{2}\vec {b}+\vec {c} B. \frac{1}{2}\vec {a}-\frac{1}{2}\vec {b}+\vec {c} C. \frac{1}{2}\vec {a}+\frac{1}{2}\vec {b}+\vec {c} D. -\frac{1}{2}\vec {a}+\frac{1}{2}\vec {b}+\vec {c} 【答案】D 【分析】 利用向量的线性运算求解即可. 【详解】 因为M为与的交点，所以M是与的中点， 所以\vec {BM}=\vec {BB_{1}}+\vec {B_{1}M}=\vec {BB_{1}}+\frac{1}{2}\vec {B_{1}A_{1}}+\frac{1}{2}\vec {B_{1}C_{1}}=-\frac{1}{2}\vec {AB}+\frac{1}{2}\vec {AD}+\vec {AA_{1}}=-\frac{1}{2}\vec {a}+\frac{1}{2}\vec {b}+\vec {c}. 故选：D. 2．（25-26学年高二上·河南信阳罗山县·期中）下列可使非零向量，，\vec {c}构成空间的一个基底的条件是（       ） A. \overset{\rightarrow }{a}+\vec {c}=2\overset{\rightarrow }{b} B. \overset{\rightarrow }{a}\cdot \overset{\rightarrow }{b}=\overset{\rightarrow }{b}\cdot \vec {c}=\vec {c}\cdot \overset{\rightarrow }{a}=0 C. \left| \overset{\rightarrow }{a}\right| =\left| \overset{\rightarrow }{b}\right| =\left| \vec {c}\right| =1 D. \overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}+\vec {c}=\vec {0} 【答案】B 【分析】 根据空间基底的定义及空间向量共面定量一一判断即可. 【详解】 由空间基底的定义可知只有非零向量不共面时才能构成空间中的一组基底. 对于A：因为\overset{\rightarrow }{a}+\vec {c}=2\overset{\rightarrow }{b}，所以非零向量、、\vec {c}共面，故不能作为一组基底，故A错误； 对于B：因为\overset{\rightarrow }{a}\cdot \overset{\rightarrow }{b}=\overset{\rightarrow }{b}\cdot \vec {c}=\vec {c}\cdot \overset{\rightarrow }{a}=0，所以、\overset{\rightarrow }{b}\bot \vec {c}、\vec {c}\bot \overset{\rightarrow }{a}， 所以非零向量、、\vec {c}不共面，可构成空间的一组基底，故B正确； 对于C：令、、\vec {c}=\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)，满足\left| \overset{\rightarrow }{a}\right| =\left| \overset{\rightarrow }{b}\right| =\left| \vec {c}\right| =1， 但是\vec {c}=\frac{1}{2}\overset{\rightarrow }{a}+\frac{\sqrt{3}}{2}\overset{\rightarrow }{b}，所以、、\vec {c}共面，故不能作为一组基底，故C错误； 对于D：因为\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}+\vec {c}=\vec {0}，所以\overset{\rightarrow }{a}=-\overset{\rightarrow }{b}-\vec {c}，所以、、\vec {c}共面，故不能作为一组基底，故D错误； 故选：B 3．（25-26学年高二上·河南濮阳·期中）如图，在三棱锥中，，，，，二面角的大小为，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 利用空间向量基本运算，\vec {AC}用\vec {BA},\vec {BD},\vec {DC}表示出来，平方即得答案. 【详解】 \vec {AC}=\vec {AB}+\vec {BD}+\vec {DC}=-\vec {BA}+\vec {BD}+\vec {DC}， 平方得：\vec {AC}^{2}=\left(-\vec {BA}+\vec {BD}+\vec {DC}\right)^{2}=\vec {BA}^{2}+\vec {BD}^{2}+\vec {DC}^{2}-2\vec {BA}\cdot \vec {BD}-2\vec {BA}\cdot \vec {DC}+2\vec {BD}\cdot \vec {DC}， 因为，，所以\left< \vec {BA},\vec {DC}\right> =\frac{2\pi }{3}， 所以\vec {AC}^{2}=1+4+4-0-2\times 1\times 2\times \cos \frac{2\pi }{3}+0=11， 故. 故选：C 4．（25-26学年高二上·河南濮阳·期中）在平行六面体中，点E，F分别为棱，的中点，则\vec {EF}=（       ） A. \frac{1}{2}\vec {AB}+\vec {AD}-\frac{1}{2}\vec {AA_{1}} B. -\frac{1}{2}\vec {AB}+\vec {AD}+\frac{1}{2}\vec {AA_{1}} C. \frac{1}{2}\vec {AB}-\vec {AD}+\frac{1}{2}\vec {AA_{1}} D. -\frac{1}{2}\vec {AB}-\vec {AD}+\frac{1}{2}\vec {AA_{1}} 【答案】A 【分析】 由空间向量的加减和数乘运算直接求解即可. 【详解】 因为点E，F分别为棱，的中点， 所以\vec {EF}=\vec {EB_{1}}+\vec {B_{1}C_{1}}+\vec {C_{1}F}=\frac{1}{2}\vec {A_{1}B_{1}}+\vec {B_{1}C_{1}}+\frac{1}{2}\vec {C_{1}C} =\frac{1}{2}\vec {AB}+\vec {AD}-\frac{1}{2}\vec {AA_{1}}. 故选：A. 5．（25-26学年高二上·河南豫北民办高·期中）（多选）给出下列命题，其中正确的有（       ） A. 空间任意三个向量都可以作为一个基底 B. 已知向量，则\vec {a}，\vec {b}与任何向量都不能构成空间的一个基底 C. 已知向量\vec {a}//\vec {b}，则\vec {a}，\vec {b}与任何向量都不能构成空间的一个基底 D. ，，，是空间中的四个点，若\vec {BA}，\vec {BM}，\vec {BN}不能构成空间的一个基底，那么，，，共面 【答案】CD 【分析】 作为空间中基底向量的性质，结合各选项的描述判断正误即可. 【详解】 A项，空间任意三个不共面的向量可以作为一个基底，故A项错误； B项，若且，则\vec {a}，\vec {b}与可以构成空间的一个基底，故B项错误； C项，因为向量\vec {a}//\vec {b}，则\vec {a}，\vec {b}与任意向量均共面，即\vec {a}，\vec {b}与任何向量都不能构成空间的一个基底，故C项正确； D项，因为\vec {BA}，\vec {BM}，\vec {BN}不能构成空间的一个基底，则，，，共面，故D项正确. 故选：CD. 6．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）如图，在四面体中，点在棱上，且满足，点，分别是线段，的中点，则用向量\vec {OA}，\vec {OB}，\vec {OC}表示向量\vec {OG}应为（     ） A. \vec {OG}=\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{1}{4}\vec {OB}+\frac{1}{4}\vec {OC} B. \vec {OG}=\frac{1}{3}\vec {OA}-\frac{1}{4}\vec {OB}+\frac{1}{4}\vec {OC} C. \vec {OG}=\frac{1}{3}\vec {OA}-\frac{1}{4}\vec {OB}-\frac{1}{4}\vec {OC} D. \vec {OG}=\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{1}{4}\vec {OB}-\frac{1}{4}\vec {OC} 【答案】A 【分析】 利用空间向量加法法则直接求解. 【详解】 因为，所以\vec {OM}=\frac{2}{3}\vec {OA}． 因为点，分别是线段，的中点， 所以\vec {OG}=\frac{1}{2}\vec {OM}+\frac{1}{2}\vec {ON}=\frac{1}{2}\times \frac{2}{3}\vec {OA}+\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}\left(\vec {OB}+\vec {OC}\right)=\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{1}{4}\vec {OB}+\frac{1}{4}\vec {OC}， 所以\vec {OG}=\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{1}{4}\vec {OB}+\frac{1}{4}\vec {OC}． 故选：A. 7．（25-26学年高二上·河南商丘·期中）若\left\{\vec {a},\vec {b},\vec {c}\right\}构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（       ） A. \vec {a}+\vec {b}+\vec {c}，\vec {a}+\vec {b}，\vec {c} B. \vec {a}-\vec {c}，\vec {a}，\vec {a}+\vec {c} C. \vec {b}+\vec {c}，\vec {b}，\vec {c}-\vec {b} D. \vec {a}+\vec {b}，\vec {b}+\vec {c}，\vec {c}+\vec {a} 【答案】D 【分析】 根据空间向量共面定理逐项判断即可. 【详解】 对于A，因为\vec {a}+\vec {b}+\vec {c}=\left(\vec {a}+\vec {b}\right)+\vec {c}，所以\vec {a}+\vec {b}+\vec {c}，\vec {a}+\vec {b}，\vec {c}共面； 对于B，因为\vec {a}=\frac{1}{2}\left(\vec {a}-\vec {c}\right)+\frac{1}{2}\left(\vec {a}+\vec {c}\right)，所以\vec {a}-\vec {c}，\vec {a}，\vec {a}+\vec {c}共面； 对于C，因为\vec {b}=\frac{1}{2}\left(\vec {b}+\vec {c}\right)-\frac{1}{2}\left(\vec {c}-\vec {b}\right)，所以\vec {b}+\vec {c}，\vec {b}，\vec {c}-\vec {b}共面； 对于D，假设三个向量共面，则存在实数，使得\vec {a}+\vec {b}=x\left(\vec {b}+\vec {c}\right)+y\left(\vec {c}+\vec {a}\right)成立， 则 方程组无解，所以\vec {a}+\vec {b}，\vec {b}+\vec {c}，\vec {c}+\vec {a}不共面； 故选：D 8．（25-26学年高二上·河南开封五校·期中）已知点在平面内，且对于平面外一点，满足\vec {OM}=\lambda \vec {OA}+\frac{1}{3}\vec {OB}+\frac{1}{4}\vec {OC}，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 设\vec {AM}=\gamma \vec {AB}+\mu \vec {AC}，利用向量的减法运算和空间向量基本定理即可求出. 【详解】 因点在平面内，则使得\vec {AM}=\gamma \vec {AB}+\mu \vec {AC}， 则\vec {OM}-\vec {OA}=\gamma \left(\vec {OB}-\vec {OA}\right)+\mu \left(\vec {OC}-\vec {OA}\right)， 即\vec {OM}=\left(1-\gamma -\mu \right)\vec {OA}+\gamma \vec {OB}+\mu \vec {OC}， 因是平面外一点，则\vec {OA},\vec {OB},\vec {OC}不共面， 则由\vec {OM}=\lambda \vec {OA}+\frac{1}{3}\vec {OB}+\frac{1}{4}\vec {OC}以及空间向量基本定理可知， ，得. 故选：B 9．（25-26学年高二上·河南部分学校·期中）已知三棱锥的体积为是空间中一点，若\vec {PM}=-\frac{1}{13}\vec {PA}+\frac{3}{13}\vec {PB}+\frac{4}{13}\vec {PC}，则三棱锥的体积是　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据空间向量基本定理得到\frac{7}{6}\vec {PM}=-\frac{1}{6}\vec {MA}+\frac{1}{2}\vec {MB}+\frac{2}{3}\vec {MC}，结合四点共面性质得到在平面内存在一点，使得\vec {MD}=-\frac{1}{6}\vec {MA}+\frac{1}{2}\vec {MB}+\frac{2}{3}\vec {MC}，继而得到\vec {MD}=\frac{7}{13}\vec {PD}，利用三棱锥体积的性质进行求解即可. 【详解】 因为\vec {PA}=\vec {PM}+\vec {MA}，\vec {PB}=\vec {PM}+\vec {MB}，\vec {PC}=\vec {PM}+\vec {MC}， \vec {PM}=-\frac{1}{13}\vec {PA}+\frac{3}{13}\vec {PB}+\frac{4}{13}\vec {PC}， 所以\vec {PM}=-\frac{1}{13}\left(\vec {PM}+\vec {MA}\right)+\frac{3}{13}\left(\vec {PM}+\vec {MB}\right)+\frac{4}{13}\left(\vec {PM}+\vec {MC}\right)， 即\frac{7}{13}\vec {PM}=-\frac{1}{13}\vec {MA}+\frac{3}{13}\vec {MB}+\frac{4}{13}\vec {MC}， 两边同时乘以得\frac{7}{6}\vec {PM}=-\frac{1}{6}\vec {MA}+\frac{1}{2}\vec {MB}+\frac{2}{3}\vec {MC}， 因为，所以在平面内存在一点，使得\vec {MD}=-\frac{1}{6}\vec {MA}+\frac{1}{2}\vec {MB}+\frac{2}{3}\vec {MC}成立， 所以\frac{7}{6}\vec {PM}=\vec {MD}，即\vec {MD}=\frac{7}{13}\vec {PD}， . 故答案为：. 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．（25-26学年高二上·河南豫北民办高·期中）（多选）下面关于空间直角坐标系的叙述正确的是（       ） A. 点与点关于z轴对称 B. 点与点关于y轴对称 C. 点与点关于平面对称 D. 空间直角坐标系中的三条坐标轴组成的平面把空间分为八个部分 【答案】BD 【分析】 结合空间直角坐标系的概念对选项逐一分析即可. 【详解】 点与点关于x轴对称，故错误； 点与关于y轴对称，故正确； 点与不关于平面对称，故错误； 空间直角坐标系中的三条坐标轴组成的平面把空间分为八个部分，故正确． 故选：. 2．（25-26学年高二上·河南洛阳·期中）已知向量，，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据空间向量线性运算的坐标表示，结合空间向量的几何意义计算即可求解. 【详解】 由题意知2\vec {a}+\vec {b}=\left(1,0,2\right)， 所以\left| 2\vec {a}+\vec {b}\right| =\sqrt{1^{2}+0^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}. 故选：B 3．（25-26学年高二上·河南新乡部分学校·期中）在空间直角坐标系Oxyz中，点在平面Oxy上的射影点的坐标为（       ） A.  B.  C.  D. 不确定 【答案】A 【分析】 根据空间直角坐标系中点在平面Oxy上的射影点的坐标特征，对各选项进行分析即可. 【详解】 在空间直角坐标系中，点在平面Oxy上的射影点的坐标，其竖坐标为，横坐标和纵坐标与该点的横坐标和纵坐标相同， 故点在平面Oxy上的射影点的坐标为. 故选：. 4．（25-26学年高二上·河南商丘·期中）已知向量\vec {a}=\left(2,-1,4\right)，\vec {b}=\left(x,y,-8\right)，若\vec {a}\parallel \vec {b}，则（       ） A.  B.  C. 2 D. 6 【答案】B 【分析】 根据平行得出和，即可求出的值. 【详解】 由题意， ∵\vec {a}=\left(2,-1,4\right)，\vec {b}=\left(x,y,-8\right)，且\vec {a}\parallel \vec {b}， ∴，解得，， ∴． 故选：B． 5．（25-26学年高二上·河南月期中学·期中）在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据关于平面对称，值变为相反数，其它不变这一结论直接写结论即可． 【详解】 由题意知点关于对称的点的坐标为. 故选：. 6．（25-26学年高二上·河南信阳固始县·期中）点关于平面对称的点的坐标是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 利用空间直角坐标系的性质即可得出结果. 【详解】 由空间直角坐标系的性质可知， 点关于平面对称的点的坐标是. 故选：A 7．（25-26学年高二上·河南信阳固始县·期中）点关于平面的对称点为（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】根据关于平面对称点的坐标的变化特征可直接写出结果. 【详解】由对称关系可知，点关于平面对称的点为 故选 【点睛】本题考查空间直角坐标系中点的对称问题，需明确点关于平面对称点的坐标为，属于基础题. 8．（2026·河南九师联盟·质量检测）在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据空间点关于平面的对称点的特点即可得到答案. 【详解】 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点坐标为． 故选：D． 9．（25-26学年高二上·河南部分学校·期中）已知\vec {a}=\left(2,-1,3\right)，\vec {b}=\left(-4,2,x\right)，且\vec {a}\bot \vec {b}，则x的值为（       ） A.  B. 5 C.  D. 10 【答案】A 【分析】 利用空间向量垂直关系的坐标表示，列式计算得解. 【详解】 由\vec {a}=\left(2,-1,3\right)，\vec {b}=\left(-4,2,x\right)，且\vec {a}\bot \vec {b}，得\vec {a}\cdot \vec {b}=-8-2+3x=0， 所以. 故选：A 10．（25-26学年高二上·河南青桐鸣大联·期中）已知\vec {a}=\left(1,0,-1\right)，\vec {b}=\left(0,2,0\right)，则2\vec {a}+\vec {b}=（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据空间向量的坐标运算求解. 【详解】 \because \vec {a}=\left(1,0,-1\right),\vec {b}=\left(0,2,0\right)， \therefore 2\vec {a}=\left(2,0,-2\right)， \therefore 2\vec {a}+\vec {b}=\left(2,0,-2\right)+\left(0,2,0\right)=\left(2,2,-2\right). 故选：B. 11．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）在空间直角坐标系中，已知三点共线，则（       ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【分析】 由向量共线的坐标表示，列出等式求解即可. 【详解】 因为， 由题意， 解得. 故. 故选：D. 12．（25-26学年高二上·河南信阳固始县·期中）（多选）已知空间向量，，则下列选项中正确的是（    ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】BC 【分析】 利用空间向量垂直的性质判断A；利用空间向量平行的性质判断B；根据空间向量坐标运算计算出，利用模长公式计算判断C；利用空间向量夹角余弦的坐标表示判断D. 【详解】 对于A，由，得，解得，A错误； 对于B，由得，存在实数，使得，则， 即 ，解得，，B正确； 对于C，当时，，，，C正确； 对于D，当时，，\cos \left\langle \vec {m}\cdot \vec {n}\right\rangle =\frac{\vec {m}\cdot \vec {n}}{| \vec {m}| | \vec {n}| }=\frac{-7}{\sqrt{21}\cdot \sqrt{14}}=-\frac{\sqrt{6}}{6}，D错误. 故选：BC 13．（25-26学年高二上·河南多校·期中）已知空间向量，若，则（       ） A. -4 B. -2 C. 2 D. 4 【答案】A 【分析】 根据空间向量平行得到方程组，求出的值 【详解】 因为，所以存在实数，使得， 即，所以，所以. 故选：A. 14．（25-26学年高二上·河南洛阳·期中）若向量，，则在方向上的投影向量为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 由投影向量的公式进行求解． 【详解】 在方向上的投影向量为： ， 故选：D 15．（25-26学年高二上·河南青桐鸣大联·期中）已知\vec {m}=\left(2,0,-1\right)，\vec {n}=\left(0,1,2\right)，则\vec {m}在\vec {n}上的投影向量为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 利用\vec {m}在\vec {n}上的投影向量公式\frac{\vec {m}\cdot \vec {n}}{\left| \vec {n}\right| ^{2}}\cdot \vec {n}计算求解. 【详解】 \vec {m}在\vec {n}上的投影向量为\frac{\vec {m}\cdot \vec {n}}{\left| \vec {n}\right| ^{2}}\cdot \vec {n}=\frac{-2}{5}\left(0,1,2\right)=\left(0,-\frac{2}{5},-\frac{4}{5}\right). 故选：B. 16．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）（多选）下列说法正确的是（       ） A. 两条不重合的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，则 C. 直线的方向向量分别为，若，则 D. 两个不同的平面的法向量分别是，则 【答案】AD 【分析】 根据空间向量中方向向量与法向量的平行、垂直关系，结合线线、线面、面面位置关系的判定定理，对每个选项逐一分析判断即可. 【详解】 对于选项A，两条不重合的直线的方向向量分别是， 则，所以，故A正确； 对于选项B，直线的方向向量， 平面的法向量，则，所以，故B错误； 对于选项C，直线的方向向量分别为， 因为，所以，即，解得，故C错误； 对于选项D，两个不同的平面的法向量分别是， 则，所以，故D正确. 故选：AD 17．（25-26学年高二上·河南青桐鸣大联·期中）在正四面体中，，，，分别为棱，，的中点，若，，，均在球的球面上，则球的表面积为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 利用空间向量法求出球心的坐标，计算球的半径，利用球的表面积公式即得. 【详解】 如图，由正四面体的性质可知，顶点在所在平面内的投影为的重心， 连接，则在上，且. 如图，以为坐标原点，以所在直线为轴，过平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.    因为，则，， 所以，，，，，， 取的中点，则， 因为,分别为棱，的中点，所以\vec {HE}=\frac{1}{2}\vec {GB}=\left(-\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)， 则，\vec {HF}=\frac{1}{2}\vec {GD}=\left(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)，则， 设球心的坐标为，因为，，，均在球的球面上， 所以，， 即， ， ， 解得，，，故得， 所以球的半径为， 则球的表面积为. 故选：C. 18．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）已知正方体，棱长为6，且，若动点满足，则动点的轨迹被正方体表面所截得的图形的面积为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 由动点满足，得到点的轨迹是一个以点为球心，为半径的球，通过建系，确定点的坐标为，通过点到各个面的距离，确定球与各平面的公共部分，进而可求解. 【详解】 因为动点满足，所以点的轨迹是一个以点为球心，为半径的球，球面上的点满足， 如图1，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系； 则， 所以，所以点的坐标为， 显然点到平面､平面､平面的距离均为； 所以球与平面､平面､平面有公共部分，且与各平面的公共部分面积相同， 点到平面､平面､平面的距离均为； 所以球与平面､平面､平面没有公共部分. 设球面被平面所截得的圆半径为，则，解得. 所以球面被正方体表面所截得的截面是圆心为，半径为的圆的一部分（如图2中阴影部分）， 所以阴影部分的面积为：， 故所求截面的面积， 故选：B. 19．（25-26学年高二上·河南濮阳·期中）已知向量\vec {a}=\left(-1,1,2\right)，则| \vec {a}| =　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据空间向量的模的公式计算即得. 【详解】 因\vec {a}=\left(-1,1,2\right)，则| \vec {a}| =\sqrt{(-1)^{2}+1^{2}+2^{2}}=\sqrt{6}. 故答案为：. 20．（25-26学年高二上·河南豫北民办高·期中）已知，，求： （1）； （2）； （3）. 【答案】（1）；     （2）；     （3）      【分析】 根据空间向量的坐标运算即可求解. (1) 小问详解： 因为，， 所以. (2) 小问详解： . (3) 小问详解： . 21．（25-26学年高二上·河南洛阳·期中）如图，正三棱柱的每条棱长均为3，点满足\vec {AD}=2\vec {DC}，则的长等于　　　　　. 【答案】4 【分析】 由余弦定理得，再在中求解即可． 【详解】 由\vec {AD}=2\vec {DC}，得，如下图所示：    ， 在中，由余弦定理得，， 因为平面，而平面，得， 在中，. 故答案为：4 22．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）已知空间向量，则向量\vec {a}在向量\vec {b}上的投影向量的坐标　　　　　　 【答案】 【分析】 结合数量积的坐标运算，根据投影向量的概念求解. 【详解】 空间向量， 则，， 则向量\vec {a}在向量\vec {b}上的投影向量的坐标为\left(\frac{\vec {a}\cdot \vec {b}}{\left| \vec {b}\right| }\right)\frac{\vec {b}}{\left| \vec {b}\right| }=\frac{4}{9}\vec {b}=\left(\frac{8}{9},-\frac{4}{9},\frac{8}{9}\right). 故答案为：. 23．（25-26学年高二上·河南月期中学·期中）已知空间向量，，且，则　　　　　　　　　　. 【答案】6 【分析】 根据空间向量平行公式计算求解. 【详解】 因为，所以其对应坐标成比例，即，解得. 故答案为：6. 24．（2026·河南九师联盟·质量检测）对于任意实数的最小值为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据给定条件，利用目标式的几何意义，结合空间两点间距离公式求解. 【详解】 任意实数，则 表示空间点到定点距离的和， 因此 ，当且仅当点在线段上时取等号， 所以的最小值为. 故答案为： 25．（25-26学年高二上·河南信阳罗山县·期中）设空间两个单位向量\vec {OA}=\left(m,n,0\right)，\vec {OB}=\left(0,m,n\right)与向量\vec {OC}=\left(1,1,1\right)的夹角都等于，则　　　　　． 【答案】 【分析】 由数量积的定义及坐标运算求出，再由向量模得到，即可求出，最后由夹角公式计算可得. 【详解】 因为两个单位向量\vec {OA}=\left(m,n,0\right)，\vec {OB}=\left(0,m,n\right)与向量\vec {OC}=\left(1,1,1\right)的夹角都等于， ，又\left| \vec {OC}\right| =\sqrt{3}，\left| \vec {OA}\right| =\left| \vec {OB}\right| =1， \therefore \vec {OC}\cdot \vec {OA}=\left| \vec {OC}\right| \cdot \left| \vec {OA}\right| \cdot \cos \frac{\pi }{3}， \because \vec {OC}\cdot \vec {OA}=m+n，\vec {OA}^{2}=m^{2}+n^{2}=1， ，则，所以， \because \vec {OA}\cdot \vec {OB}=mn=-\frac{1}{8}，\therefore \cos \angle AOB=\frac{\vec {OA}\cdot \vec {OB}}{| \vec {OA}| \cdot | \vec {OB}| }=-\frac{1}{8}， 故答案为：. 26．（25-26学年高二上·河南豫北民办高·期中）已知向量\vec {a}=\left(3,3,2\right)，\vec {b}=\left(1,1,0\right)，则向量\vec {a}在向量\vec {b}上的投影向量的模为　　　　　. 【答案】 【分析】 利用向量的数量积公式及投影向量的模的计算公式，即可求解. 【详解】 因为向量，， 所以向量在向量上的投影向量， 其模为， 故答案为：. 27．（25-26学年高二上·河南开封五校·期中）已知向量\vec {a}=\left(1,-1,3\right)，\vec {b}=\left(x,2,-1\right)，若\vec {a}\bot \left(\vec {a}-\vec {b}\right)，则　　　　　. 【答案】 【分析】 先求出\vec {a}-\vec {b}，由向量垂直的坐标表示计算. 【详解】 因为向量\vec {a}=\left(1,-1,3\right)，\vec {b}=\left(x,2,-1\right)， 所以\vec {a}-\vec {b}=\left(1-x,-1-2,3+1\right)=\left(1-x,-3,4\right)， 因为\vec {a}\bot \left(\vec {a}-\vec {b}\right)，则\vec {a}\cdot \left(\vec {a}-\vec {b}\right)=0， 即，解得 故答案为：. 28．（25-26学年高二上·河南驻马店·期中）已知，. （1）求的值； （2）已知，若，求的值. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）根据空间向量夹角的坐标公式即可得解；（2）根据平行向量的坐标表示，建立方程组，可得答案． (1) 小问详解： \left| \vec {a}\right| =\sqrt{4^{2}+\left(-3\right)^{2}+0^{2}}=5，\left| \vec {b}\right| =\sqrt{1^{2}+2^{2}+\left(-2\right)^{2}}=3， 又\vec {a}\cdot \vec {b}=4\times 1+\left(-3\right)\times 2+0\times \left(-2\right)=-2，所以\cos \left\langle \vec {a},\vec {b}\right\rangle =\frac{\vec {a}\cdot \vec {b}}{\left| \vec {a}\right| \cdot \left| \vec {b}\right| }=-\frac{2}{15}. (2) 小问详解： \vec {a}-\lambda \vec {b}=\left(4-\lambda ,-3-2\lambda ,2\lambda \right)，\vec {a}+2\vec {b}=\left(6,1,-4\right)， 因为\left(\vec {a}-\lambda \vec {b}\right)//\left(\vec {a}+2\vec {b}\right)，所以\vec {a}-\lambda \vec {b}=k\left(\vec {a}+2\vec {b}\right)，即， 则 解得，，故的值为. 29．（25-26学年高二上·河南商丘·期中）已知正方体的棱长为4，空间中的一点满足\vec {PD}\cdot \vec {PB_{1}}=-10，则\vec {AB}\cdot \vec {AP}的取值范围是　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 设的中点，由\vec {PD}\cdot \vec {PB_{1}}=-10得到点P的轨迹，然后利用向量的数量积求解. 【详解】 设的中点，易得， 所以\vec {PD}\cdot \vec {PB_{1}}=\left(\vec {PO}+\vec {OD}\right)\cdot \left(\vec {PO}+\vec {OB_{1}}\right)=\left(\vec {PO}+\vec {OD}\right)\cdot \left(\vec {PO}-\vec {OD}\right) =\vec {PO}^{2}-\vec {OD}^{2}=\vec {PO}^{2}-\left(2\sqrt{3}\right)^{2}=-10， 所以\left| \vec {PO}\right| =\sqrt{2}，即在以为球心，为半径的球面上， 过点作直线的垂线，垂足为， 所以\vec {AB}\cdot \vec {AP}=\vec {AB}\cdot \left(\vec {AP_{1}}+\vec {P_{1}P}\right)=\vec {AB}\cdot \vec {AP_{1}}， 所以\left(\vec {AB}\cdot \vec {AP}\right)_{\min }=4\times \left(2-\sqrt{2}\right)=8-4\sqrt{2}，\left(\vec {AB}\cdot \vec {AP}\right)_{\max }=4\times \left(2+\sqrt{2}\right)=8+4\sqrt{2}， 即\vec {AB}\cdot \vec {AP}的取值范围是. 考点04 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·河南豫北民办高·期中）设直线与平面相交，且的方向向量为\vec {a}，的法向量为\vec {n}，若\left\langle \vec {a},\vec {n}\right\rangle =\frac{5\pi }{6}，则与所成的角为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 利用直线的方向向量与法向量的夹角和线面角的关系求解即可. 【详解】 ，与的法向量所在直线所成锐角为， 与所成的角为， 故选：B 2．（25-26学年高二上·河南开封五校·期中）已知点，点在平面内，若平面的法向量，则点到平面的距离为（       ） A. 1 B.  C.  D. 2 【答案】B 【分析】 由题设\vec {PQ}=\left(0,4,2\right)，应用向量法求点到平面的距离即可. 【详解】 由题意得\vec {PQ}=\left(0,4,2\right)，所以点到平面的距离d=\frac{\left| \vec {PQ}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}. 故选：B 3．（25-26学年高二上·河南焦作·期中）在正方体中，、分别是棱、的中点，则异面直线与所成角的大小为（       ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 【答案】D 【分析】 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的大小. 【详解】 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， 设，则、、、， 所以\vec {DB_{1}}=\left(2,-2,2\right)，\vec {MN}=\left(1,2,1\right)，则\vec {DB_{1}}\cdot \vec {MN}=2-4+2=0，故\vec {DB_{1}}\bot \vec {MN}， 所以异面直线与所成角的大小为90°. 故选：D. 4．（25-26学年高二上·河南部分学校·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，E为上一动点，则下列说法正确的是（       ） A.  B. 三棱锥的体积为定值 C. 当E为的中点时，平面 D. 当E为的中点时，与平面所成角的正弦值为 【答案】BD 【分析】 根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断AC；利用等体积法求出体积判断B；利用线面角的向量求法求解判断D. 【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，\vec {A_{1}D}=\left(0,2,-2\right),\vec {B_{1}D_{1}}=\vec {BD}=\left(-2,2,0\right)，\vec {A_{1}D}\cdot \vec {B_{1}D_{1}}=4 eq 0，不垂直，A错误； 对于B，三棱锥的体积，B正确； 对于C，，\vec {AE}=\left(2,2,1\right),\vec {BA_{1}}=\left(-2,0,2\right)，而\vec {AE}\cdot \vec {BA_{1}}=-2 eq 0， 即不垂直于，而平面，因此不垂直于平面，C错误； 对于D，\vec {BE}=\left(0,2,1\right)，设平面的法向量\vec {n}=\left(x,y,z\right)，则 \left\{\begin{array}{l} \vec {BA_{1}}\cdot \vec {n}=-2x+2z=0\\ \vec {BD}\cdot \vec {n}=-2x+2y=0 \end{array}\right. ， 取，得\vec {n}=\left(1,1,1\right)，与平面所成角的正弦值| \cos \left\langle \vec {BE},\vec {n}\right\rangle | =\frac{| \vec {BE}\cdot \vec {n}| }{| \vec {BE}| | \vec {n}| }=\frac{3}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{15}}{5}，D正确. 故选：BD 5．（25-26学年高二上·河南新乡·期中）（多选）已知平面的法向量为，平面的法向量为，直线l的方向向量为，则下列说法正确的有（       ） A. 若，则 B. 存在，使得 C. 若，则 D. 若，且，则 【答案】AC 【分析】 根据平面的法向量和直线的方向向量，逐项进行判断即可. 【详解】 若，则，即，解得，，则，故A正确. 若，则，即，因为，所以不存在，使得，故B错误. 若，则，所以，解得，故C正确. 若，则，所以，所以.当时，，故D错误. 故选:AC. 6．（25-26学年高二上·河南豫北民办高·期中）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.直线到平面的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据线面平行把线到面的距离转化为点到面的距离，根据点到面的距离公式可得结果. 【详解】 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，， ∴\vec {AE}=\left(-1,0,\frac{1}{2}\right)，\vec {FC_{1}}=\left(-1,0,\frac{1}{2}\right)，\vec {AB_{1}}=\left(0,1,1\right)，\vec {AC_{1}}=\left(-1,1,1\right) ∴\vec {AE}//\vec {FC_{1}}，即， ∵平面，平面，∴平面. ∴直线到平面的距离为点到平面的距离. 设平面的法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)，则 \left\{\begin{array}{l} \vec {AB_{1}}\cdot \vec {n}=y+z=0\\ \vec {AE}\cdot \vec {n}=-x+\frac{1}{2}z=0 \end{array}\right. ， 令，则，∴\vec {n}=\left(1,-2,2\right)， ∴点到平面的距离为\frac{\left| \vec {AC_{1}}\cdot \vec {n}\right| }{\left| \vec {n}\right| }=\frac{\left| -1\times 1+1\times (-2)+1\times 2\right| }{\sqrt{1^{2}+(-2)^{2}+2^{2}}}=\frac{1}{3}. 故选：D. 7．（25-26学年高二上·河南焦作·期中）（多选）在直三棱柱中，，，为棱的中点，为棱上的动点（与端点不重合）.以为坐标原点，垂直于平面的直线为轴，直线、分别为、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则下列说法正确的是（       ） A. 点关于平面的对称点的坐标为 B. \vec {AM}\cdot \vec {CN}的取值范围为 C. 存在点，使得平面的一个法向量为 D. 若，则点到平面的距离为 【答案】ACD 【分析】 利用点关于坐标平面的对称性可判断A选项；设，其中，利用空间向量数量积的坐标运算可判断B选项；利用平面法向量的概念可判断C选项；利用空间向量法可判断D选项. 【详解】 在中，，， 由余弦定理可得， 因为，故， 由图可得、、、、、、， 对于A选项，点关于平面的对称点的坐标为，A对； 对于B选项，\vec {AM}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},2\right)， 设点，其中，则\vec {CN}=\left(0,2,2\mu \right)， 所以\vec {AM}\cdot \vec {CN}=1+4\mu \in \left(1,5\right)，B错； 对于C选项，假设存在点，使得平面的一个法向量为\vec {m}=\left(1,\sqrt{3},-2\sqrt{3}\right)， 则 \begin{cases} \vec {m}\cdot \vec {CA}=1\times \sqrt{3}+\sqrt{3}\times \left(-1\right)=0\\ \vec {m}\cdot \vec {CN}=\sqrt{3}\times 2+\left(-2\sqrt{3}\right)\times 2\mu =2\sqrt{3}-4\sqrt{3}\mu =0 \end{cases} ，解得，符合题意，C对； 对于D选项，若，则，由C选项可知，此时平面的一个法向量为\vec {m}=\left(1,\sqrt{3},-2\sqrt{3}\right)， 且\vec {CC_{1}}=\left(0,0,2\right)，则点到平面的距离为d=\frac{\left| \vec {CC_{1}}\cdot \vec {m}\right| }{\left| \vec {m}\right| }=\frac{4\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}，D对. 故选：ACD. 8．（25-26学年高二上·河南商丘·期中）如图，在棱长为6的正四面体中，，分别为棱，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 作平面，垂足为，连接，以为坐标原点，直线，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算求解\vec {BE},\vec {CF}，再利用向量的夹角余弦值的坐标运算得所求. 【详解】 作平面，垂足为，连接，则为的中心， 以为坐标原点，直线，分别为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，\vec {BE}=\left(-\frac{9}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},\sqrt{6}\right)，\vec {CF}=， 设，所成的角为，所以\cos \theta =\left| \cos \left\langle \vec {BE},\vec {CF}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {BE}\cdot \vec {CF}\right| }{\left| \vec {BE}\right| \left| \vec {CF}\right| }=\frac{\frac{9}{2}}{3\sqrt{3}\times 3\sqrt{3}}=\frac{1}{6}. 故选：A. 9．（25-26学年高二上·河南月期中学·期中）（多选）如图，多面体是各棱长均为1的平行六面体截去三棱锥后剩下的几何体，若点是三角形的重心，\angle EAB=\angle EAD=\angle DAB=60{^{\circ}},\vec {AQ}=\lambda \vec {AP}，则下列说法正确的是（       ） A.  B. 异面直线所成角的余弦值为 C.  D. 若四点共面，则点是线段的中点 【答案】BCD 【分析】 用基底\vec {AB},\vec {AD},\vec {AE}表示\vec {AP}，再结合数量积计算\vec {AP}即可求解判断A；由基底法和向量夹角余弦公式计算\cos \left\langle \vec {AP},\vec {AB}\right\rangle，再结合异面直线所成角定义即可求解判断B；由基底法计算\vec {AP}\cdot \vec {BD}即可判断C；用基底\vec {AB},\vec {AD},\vec {AE}表示\vec {AQ}，由共面定理求出即可得解. 【详解】 因为， 所以\vec {AB}\cdot \vec {AD}=\vec {AB}\cdot \vec {AE}=\vec {AD}\cdot \vec {AE}=1\times 1\times \cos 60{^{\circ}}=\frac{1}{2}， 取FC中点为M，因为点是三角形的重心， 所以\vec {PH}+\vec {PC}+\vec {PF}=\overset{\rightarrow }{0}\Rightarrow \vec {PH}=-\left(\vec {PC}+\vec {PF}\right)=-2\vec {PM}， 所以\vec {PH}=-\frac{2}{3}\vec {HM}=-\frac{2}{3}\times \frac{1}{2}\left(\vec {HF}+\vec {HC}\right)=-\frac{1}{3}\left(\vec {EF}-\vec {EH}+\vec {DC}-\vec {DH}\right) =-\frac{1}{3}\left(\vec {AB}-\vec {AD}+\vec {AB}-\vec {AE}\right)=-\frac{1}{3}\left(2\vec {AB}-\vec {AD}-\vec {AE}\right)， 所以\vec {AP}=\vec {AH}-\vec {PH}=\vec {AH}+\frac{1}{3}\left(2\vec {AB}-\vec {AD}-\vec {AE}\right)=\vec {AD}+\vec {AE}+\frac{1}{3}\left(2\vec {AB}-\vec {AD}-\vec {AE}\right)=\frac{2}{3}\left(\vec {AB}+\vec {AD}+\vec {AE}\right)， 所以\vec {AP}^{2}=\frac{4}{9}\left(\vec {AB}+\vec {AD}+\vec {AE}\right)^{2} =\frac{4}{9}\left(\vec {AB}^{2}+\vec {AD}^{2}+\vec {AE}^{2}+2\vec {AB}\cdot \vec {AD}+2\vec {AD}\cdot \vec {AE}+2\vec {AB}\cdot \vec {AE}\right) ，所以，故A错误； 因为，所以异面直线所成角即为所成角， 因为\vec {AP}\cdot \vec {AB}=\frac{2}{3}\left(\vec {AB}+\vec {AD}+\vec {AE}\right)\cdot \vec {AB}=\frac{2}{3}\left(\vec {AB}^{2}+\vec {AD}\cdot \vec {AB}+\vec {AE}\cdot \vec {AB}\right)=\frac{4}{3}， 所以\cos \left\langle \vec {AP},\vec {AB}\right\rangle =\frac{\vec {AP}\cdot \vec {AB}}{\left| \vec {AP}\right| \left| \vec {AB}\right| }=\frac{\frac{4}{3}}{\frac{2\sqrt{6}}{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}， 所以所成角即异面直线所成角的余弦值为，故B正确； 因为\vec {AP}\cdot \vec {BD}=\frac{2}{3}\left(\vec {AB}+\vec {AD}+\vec {AE}\right)\cdot \left(\vec {AD}-\vec {AB}\right) =\frac{2}{3}\left(\vec {AB}\cdot \vec {AD}-\vec {AB}^{2}+\vec {AD}^{2}-\vec {AB}\cdot \vec {AD}+\vec {AE}\cdot \vec {AD}-\vec {AB}\cdot \vec {AE}\right)=0， 所以\vec {AP}\bot \vec {BD}，即，故C正确； \vec {AQ}=\lambda \vec {AP}=\frac{2\lambda }{3}\left(\vec {AB}+\vec {AD}+\vec {AE}\right)=\frac{2\lambda }{3}\vec {AB}+\frac{2\lambda }{3}\vec {AD}+\frac{2\lambda }{3}\vec {AE}， 因为四点共面，所以， 所以\vec {AQ}=\frac{1}{2}\vec {AP}，所以点是线段的中点，故D正确. 故选：BCD 10．（25-26学年高二上·河南信阳罗山县·期中）已知空间向量\vec {OA}=\left(1,0,0\right)，\vec {OB}=\left(0,1,0\right)，\vec {OC}=\left(0,0,1\right)，向量\vec {OP}\equiv x\vec {OA}+y\vec {OB}+z\vec {OC}，其中．则\left| \vec {OP}\right|的最小值为（       ） A.  B.  C. 1 D. 2 【答案】A 【分析】 证明出四点共面后，根据当平面时，\left| \vec {OP}\right|有最小值，求出平面的一个法向量，利用点到面的距离公式求解即可． 【详解】 设\vec {OD}=3\vec {OA}=\left(3,0,0\right)\mathrm{，}\vec {OE}=2\vec {OB}=\left(0,2,0\right)， 因为，所以\vec {OP}=x\vec {OA}+y\vec {OB}+z\vec {OC}=\frac{x}{3}\vec {OD}+\frac{y}{2}\vec {OE}+z\vec {OC}， 所以四点共面，当平面时，\left| \vec {OP}\right|有最小值． 可得\vec {DE}=\vec {OD}-\vec {OE}=\left(3,-2,0\right)，\vec {DC}=\vec {OC}-\vec {OD}=\left(-3,0,1\right)， 设平面的一个法向量，则 \begin{cases} \vec {m}\cdot \vec {DE}=3a-2b=0\\ \vec {m}\cdot D\vec {C}=-3a+c=0 \end{cases} ， 取，则，所以\vec {m}=\left(2,3,6\right)为平面的一个法向量， 所以到平面的距离d=\frac{\left| \vec {m}\cdot \vec {OC}\right| }{\left| \vec {m}\right| }=\frac{\left| 6\right| }{\sqrt{49}}=\frac{6}{7}，故A正确. 故选：A． 11．（25-26学年高二上·河南多校·期中）（多选）如图，若正方体的棱长为为的中点，则（       ） A. 与所成的角为 B.  C.  D. 与平面所成的角为 【答案】AB 【分析】 利用空间向量法求解. 【详解】 以点为原点，以分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，， 所以\vec {A_{1}B}=\left(0,2,-2\right),\vec {B_{1}C}=\left(-2,0,-2\right),\vec {DB_{1}}=\left(2,2,2\right),\vec {AE}=\left(-2,2,1\right)， 所以\cos \left\langle \vec {A_{1}B},\vec {B_{1}C}\right\rangle =\frac{\vec {A_{1}B}\cdot \vec {B_{1}C}}{\left| \vec {A_{1}B}\right| \cdot \left| \vec {B_{1}C}\right| }=\frac{4}{2\sqrt{2}\times 2\sqrt{2}}=\frac{1}{2},\vec {DB_{1}}\cdot \vec {A_{1}B}=0， 所以与所成的角为\frac{\pi }{3},DB_{1}\bot A_{1}B,\left| \vec {AE}\right| =3. 易知平面的一个法向量为\vec {DD_{1}}=\left(0,0,2\right)， 所以\frac{\left| \vec {DD_{1}}\cdot \vec {DB_{1}}\right| }{\left| \vec {DD_{1}}\right| \cdot \left| \vec {DB_{1}}\right| }=\frac{4}{2\times 2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3} eq \frac{\sqrt{2}}{2}，所以AB正确，CD错误. 故选：AB 12．（25-26学年高二上·河南青桐鸣大联·期中）（多选）如图，平行六面体的所有棱长均为1，且，，，记\vec {AB}=\vec {a}，\vec {AD}=\vec {b}，\vec {AA_{1}}=\vec {c}，则下列说法正确的是（     ） A. \vec {BD_{1}}=\vec {b}+\vec {c}-\vec {a} B. \left| \vec {BD_{1}}\right| =\sqrt{3} C. \vec {AC_{1}}\bot \vec {A_{1}D} D. 直线与所成角的余弦值为 【答案】ABD 【分析】 根据题意由空间向量的加减运算即可得A正确；计算\left| \vec {BD_{1}}\right| =\sqrt{\left(\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c}-\overset{\rightarrow }{a}\right)^{2}}利用向量数量积即可判断B；由向量数量积计算可得\vec {AC_{1}}\cdot \vec {A_{1}D} eq 0，判断C；空间向量数量积公式结合向量夹角公式计算即可判断D. 【详解】 对于A，因为\vec {AD_{1}}=\vec {b}+\vec {c}，所以\vec {BD_{1}}=\vec {AD_{1}}-\vec {AB}=\vec {b}+\vec {c}-\vec {a}，A正确； 对于B，因为，，， 所以\vec {a}\cdot \vec {b}=\frac{1}{2}，\vec {a}\cdot \vec {c}=-\frac{1}{2}，\vec {b}\cdot \vec {c}=0， \left| \vec {BD_{1}}\right| =\sqrt{\left(\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c}-\overset{\rightarrow }{a}\right)^{2}}=\sqrt{\overset{\rightarrow }{b}^{2}+\overset{\rightarrow }{c}^{2}+\overset{\rightarrow }{a}^{2}+2\overset{\rightarrow }{b}\cdot \overset{\rightarrow }{c}-2\overset{\rightarrow }{a}\cdot \overset{\rightarrow }{b}-2\overset{\rightarrow }{a}\cdot \overset{\rightarrow }{c}} ，B正确； 对于C，又\vec {AC_{1}}=\vec {a}+\vec {b}+\vec {c}，\vec {A_{1}D}=\vec {b}-\vec {c}， 所以\vec {AC_{1}}\cdot \vec {A_{1}D}=\left(\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c}\right)\cdot \left(\overset{\rightarrow }{b}-\overset{\rightarrow }{c}\right)=\overset{\rightarrow }{a}\cdot \overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{b}^{2}+\overset{\rightarrow }{b}\cdot \overset{\rightarrow }{c}-\overset{\rightarrow }{a}\cdot \overset{\rightarrow }{c}-b\cdot \overset{\rightarrow }{c}-\overset{\rightarrow }{c}^{2} ，所以\vec {AC_{1}}与\vec {A_{1}D}不垂直，C错误； 对于D，易知\left| \vec {A_{1}D}\right| =\sqrt{2}，\vec {BD_{1}}\cdot \vec {A_{1}D}=\left(\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c}-\overset{\rightarrow }{a}\right)\cdot \left(\overset{\rightarrow }{b}-\overset{\rightarrow }{c}\right) =\vec {b}^{2}+\vec {b}\cdot \vec {c}-\vec {a}\cdot \vec {b}-\vec {b}\cdot \vec {c}-\vec {c}^{2}+\vec {a}\cdot \vec {c}=1+0-\frac{1}{2}-0-1-\frac{1}{2}=-1， 设直线与所成角为，则\cos \theta =\left| \cos \left\langle \vec {BD_{1}},\vec {A_{1}D}\right\rangle \right| =\frac{1}{\sqrt{3}\times \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{6}， 所以直线与所成角的余弦值为，D正确. 故选：ABD. 13．（25-26学年高二上·河南开封五校·期中）（多选）如图，在正三棱柱中，侧棱长为3，，空间中一点满足\vec {AP}=x\vec {AB}+y\vec {AA_{1}}\left(x,y\in \left[0,1\right]\right)，则（       ） A. 若，则三棱锥的体积为定值 B. 若，则点的轨迹长度为3 C. 若，则的最小值为 D. 若，则点到的距离的最小值为 【答案】ACD 【分析】 A：做出图像，由已知和选项找到点P的位置，判断到平面的距离为定值，又的面积为定值可求出；B：作图找到点P位置，判断轨迹长度即可；C：由向量共线得到P的位置，再点到直线的距离求最小值；D：建系，用空间向量关系求出到的距离，再用二次函数的性质求出最值. 【详解】    对A，若，分别作棱，的中点，，连接，则在线段上，易知平面，故点到平面的距离为定值，又的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故A正确； 若，分别作，的中点，，则点的轨迹为线段，易知，故B错误； 若，则，，三点共线，即点在线段上，易求点到的距离为，故的最小值为，故C正确； 若，则点在线段上，易证，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以\vec {AB}=\left(2,0,0\right)，\vec {AC}=\left(1,\sqrt{3},0\right)，\vec {BC}=\left(-1,\sqrt{3},0\right)，\vec {AA_{1}}=\left(0,0,3\right)，\vec {AP}=x\left(\vec {AB}+\vec {AA_{1}}\right)=\left(2x,0,3x\right)， 所以\vec {BP}=\vec {AP}-\vec {AB}=\left(2x-2,0,3x\right)， 所以\cos \left\langle \vec {BP},\vec {BC}\right\rangle =\frac{1-x}{\left| \vec {BP}\right| }， 所以点到的距离d=\left| \vec {BP}\right| \sqrt{1-\left(\frac{1-x}{\left| \vec {BP}\right| }\right)^{2}}=\sqrt{\left| \vec {BP}\right| ^{2}-\left(1-x\right)^{2}}=\sqrt{12x^{2}-6x+3}=\sqrt{12\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+\frac{9}{4}}， 所以当时，，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】 方法点睛：本体考查平面向量关系和空间立体几何的位置关系判定和体积，距离的求法，利用点到直线的距离和二次函数和建立空间直角坐标系解答，计算量大，属于比较难的试题. 14．（25-26学年高二上·河南豫北民办高·期中）如图，在正三棱柱中，是棱的中点. （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）连接，与相交于点，连接，如下图： 因为四边形为矩形，故为的中点. 又为的中点，故， 又平面平面， 所以平面     （2）      【分析】 （1）根据中位线性质利用线面平行判定定理即可证明得出结论； （2）建立空间直角坐标系，求得平面的法向量即可计算得出直线与平面所成角的正弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取的中点，连接，则， 由于平面，故平面， 故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 因为， 所以， 设平面的法向量为， 则 ， 解得，令得，故， 又 设直线与平面所成的角为， 所以， 故直线与平面所成角正弦值为. 15．（25-26学年高二上·河南开封五校·期中）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点. （1）判断直线与平面的位置关系，并说明理由； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1）直线平面，证明如下： 取的中点，连接，，因为为的中点，所以，且，又为的中点，，，所以，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以直线平面.     （2）      【分析】 （1）直线平面，取的中点，连接，，证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式计算可得结果. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为，由已知得平面，以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示， 由，得，，，，. 设异面直线与所成的角为，则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 16．（25-26学年高二上·河南新乡部分学校·期中）已知是直线的方向向量，是平面的法向量，如果，则　　　　　　　　　　． 【答案】15 【分析】 由可得：\vec {u}//\vec {n}，利用空间向量共线的充要条件列方程组计算即得. 【详解】 因，依题意，必有\vec {u}//\vec {n}， 即存在唯一的实数，使\vec {u}=\lambda \vec {n}， 即：，则 ， 解得：，故. 故答案为：15. 17．（25-26学年高二上·河南信阳固始县·期中）如图，已知正方体的棱长为2，、分别是，的中点． （1）求证：平面； （2）求到平面的距离. 【答案】（1） 如图，建立空间直角坐标系， 所以， 则\vec {D_{1}F}=\left(0,1,-2\right),\vec {DA}=\left(2,0,0\right),\vec {DE}=\left(2,2,1\right)， 设平面的一个法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)， 则 \left\{\begin{array}{l} \vec {n}\cdot \vec {DA}=2x=0\\ \vec {n}\cdot \vec {DE}=2x+2y+z=0 \end{array}\right. ，令，则，即\vec {n}=\left(0,1,-2\right)， 显然\vec {n}=\vec {D_{1}F}，所以平面；     （2）      【分析】 （1）直接建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系即可； （2）利用空间向量计算点到平面的距离即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可知平面的法向量为\vec {n}=\left(0,1,-2\right)； 又\vec {DC_{1}}=\left(0,2,2\right) 所以到平面的距离d=\frac{\left| \vec {DC_{1}}\cdot \vec {n}\right| }{\left| \vec {n}\right| }=\frac{\left| 1\times 2+\left(-2\right)\times 2\right| }{\sqrt{1^{2}+\left(-2\right)^{2}}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}. 18．（25-26学年高二上·河南部分学校·期中）如图，在三棱柱中，，，，，平面平面，为的中点.    （1）证明：； （2）求点到平面的距离； （3）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析     （2）     （3）      【分析】 （1）根据面面垂直的性质定理，转化为证明平面，即可证明线线垂直； （2）根据垂直关系，以点为原点建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，再代入点到平面的距离公式，即可求解； （3）求两个平面的法向量，再代入二面角的向量公式，即可求解. (1) 小问详解： 证明：因为，为的中点，所以，        因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，                     又平面，所以； (2) 小问详解： 因为，，所以为等边三角形， 因为为的中点，所以，                     由（1）得，，故以为原点，直线、、分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以\vec {A_{1}C_{1}}=\left(0,2\sqrt{2},0\right)，\vec {AB}=\left(\sqrt{2},\sqrt{2},0\right)，\vec {AA_{1}}=\left(0,\sqrt{2},\sqrt{6}\right)，        设平面的一个法向量， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AB}=0,\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AA_{1}}=0, \end{cases} 即 ，解得，，所以，                     所以点到平面的距离d=\frac{\left| \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {A_{1}C_{1}}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{m}\right| }=\frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{\left(\sqrt{3}\right)^{2}+\left(-\sqrt{3}\right)^{2}+1^{2}}}=\frac{2\sqrt{42}}{7}.        (3) 小问详解： 由（2）得\vec {A_{1}C}=\left(0,\sqrt{2},-\sqrt{6}\right)，\vec {A_{1}B_{1}}=\vec {AB}=\left(\sqrt{2},\sqrt{2},0\right)，        设平面的一个法向量，则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {A_{1}B_{1}}=0,\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {A_{1}C}=0, \end{cases} 即 令，解得，，所以，                     由（2）知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则 . 19．（25-26学年高二上·河南信阳罗山县·期中）如图1，在直角梯形中，，，，，是的中点，是与的交点．将沿折起到的位置，使得平面平面．如图2．    （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 如图，连接，作出符合题意的图形，    因为， 所以，可得为正方形， 所以，所以， 又，平面，所以平面， 又，且，故四边形为平行四边形， 所以，所以平面.     （2）      【分析】 （1）由为正方形可知，根据线面垂直判定定理证明平面，然后由可证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后由线面角的向量求法可得正弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由题意得， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，以为原点， 以\vec {OB},\vec {OC},\vec {OA_{1}}的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，    由题意知，， 则\vec {A_{1}C}=\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2}\right),\vec {A_{1}B}=\left(\frac{\sqrt{2}}{2},0,-\frac{\sqrt{2}}{2}\right),\vec {CD}=\left(-\sqrt{2},0,0\right)， 设平面的法向量为\vec {n_{1}}=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right)，则 \begin{cases} \vec {n_{1}}\cdot \vec {A_{1}C}=\frac{\sqrt{2}}{2}y_{1}-\frac{\sqrt{2}}{2}z_{1}=0\\ \vec {n_{1}}\cdot \vec {CD}=-\sqrt{2}x_{1}=0 \end{cases} ， 令，则，故\vec {n_{1}}=\left(0,1,1\right)， 设直线与平面的夹角为，得到\sin \theta =\frac{\left| \vec {n_{1}}\cdot \vec {A_{1}B}\right| }{\left| \vec {n_{1}}\right| \cdot \left| \vec {A_{1}B}\right| }=\frac{\left| -\frac{\sqrt{2}}{2}\right| }{\sqrt{2}\times 1}=\frac{1}{2}. 20．（25-26学年高二上·河南濮阳·期中）（多选）如图，在正三棱柱中，P是的中点，M是AP的中点，N在线段上，且，． （1）求证：； （2）求直线MN与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 设AC的中点为D，线段BC的四等分点为E，且，连接MD，DE，NE， 则，∴，， ∵M为AP的中点，D为AC的中点，∴，， 又P是的中点，∴． ∴，，∴四边形DMNE是平行四边形， ∴， 又，， ∴．     （2）      【分析】 (1)构建平行四边形使得平行于平面的一条直线即可. (2)构建空间直角坐标系利用空间向量进行空间角的求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设的中点为Q，连接DB，DQ，易知DB，DQ，DC两两互相垂直． 以D为坐标原点，向量\vec {DB}，\vec {DC}，\vec {DQ}的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz， 则，，，， ∴\vec {BN}=\frac{1}{4}\vec {BC_{1}}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},1\right)，∴， ∴\vec {MN}=\left(\frac{3\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0\right)，\vec {AB}=\left(2\sqrt{3},2,0\right)，\vec {AC_{1}}=\left(0,4,4\right)． 设平面的法向量为\vec {m}=\left(x,y,z\right)， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AB}=2\sqrt{3}x+2y=0,\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AC_{1}}=4y+4z=0, \end{cases} 取，则，， ∴平面的一个法向量为\vec {m}=\left(1,-\sqrt{3},\sqrt{3}\right)． 设直线MN与平面所成的角为θ，则 \sin \theta =\frac{| \vec {m}\cdot \vec {MN}| }{| \vec {m}| \cdot | \vec {MN}| }=\frac{\left| 1\times \frac{3\sqrt{3}}{2}-\sqrt{3}\times \frac{1}{2}+\sqrt{3}\times 0\right| }{\sqrt{1^{2}+\left(-\sqrt{3}\right)^{2}+\left(\sqrt{3}\right)^{2}}\times \sqrt{\left(\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+0^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{7}， 即直线MN与平面所成角的正弦值为. 21．（25-26学年高二上·河南濮阳·期中）如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，，分别在棱上，且. （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求三棱锥外接球的表面积. 【答案】（1）证明见解析     （2）     （3）      【分析】 （1）在四棱锥中，证明三条直线两两垂直，然后建立空间直角坐标系，得到点坐标和向量坐标，由向量的数量积得证线线垂直； （2）设\vec {DF}=\mu \vec {DP}得到点，然后得到\vec {AF}，由得到对应向量的数量积建立方程后解得.然后设平面法向量，利用向量的数量积求得平面法向量，然后由向量的数量积求得两个平面的夹角的余弦值； （3）设三棱锥的外接球球心坐标为，半径为，建立方程组解得球的半径，然后求得表面积. (1) 小问详解： ∵底面，平面，平面， ∴，在矩形中， ∴以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， 则， 则\vec {AE}=\left(0,2,2\right),\vec {PC}=\left(3,4,-4\right) \therefore \vec {AE}\cdot \vec {PC}=0\times 2+2\times 4+2\times \left(-4\right)=0得证： (2) 小问详解： 则，\therefore \vec {DP}=\left(-3,0,4\right),\vec {AE}=\left(0,2,2\right). 设\vec {DF}=\mu \vec {DP}=\left(-3\mu ,0,4\mu \right)，则，∴\vec {AF}=\left(3-3\mu ,0,4\mu \right) ，∴\vec {AF}\cdot \vec {DP}=-3\times \left(3-3\mu \right)+0\times 0+4\times 4\mu =0 ，∴\vec {AF}=\left(\frac{48}{25},0,\frac{36}{25}\right). 设平面的法向量为， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AE}=2y_{1}+2z_{1}=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AF}=\frac{48}{25}x_{1}+\frac{36}{25}z_{1}=0 \end{cases} ，取，得 ， ∴平面的一个法向量为. 易知平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， ∵，∴， ∴平面与平面夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 设三棱锥的外接球球心坐标为，半径为， 则 ，解得 ， ∴三棱锥外接球的表面积为 22．（25-26学年高二上·河南豫北民办高·期中）如图，在四棱锥中，平面平面为的中点，，．    （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】（1） 平面平面，，且平面平面， 平面，所以平面. 平面，故，又因为，，所以. ，平面，故平面.平面， 故平面平面.     （2）     （3）存在，M为PE的中点，理由如下： 线段上存在点，使得平面，等价于\vec {DM}\cdot \vec {n}=0， 因为\vec {PE}=\left(0,2,-2\right)，设\vec {PM}=\lambda \vec {PE}=\left(0,2\lambda ,-2\lambda \right),， 则，\vec {DM}=\left(0,2\lambda -4,2-2\lambda \right). 平面的法向量为，所以\vec {DM}\cdot \vec {n}=2\lambda -4+6-6\lambda =0. 解得.所以线段上存在点，即中点，使得平面.      【分析】 （1）证明平面得到，再证明平面即可. （2）建立空间直角坐标系，确定各点的坐标，计算两个平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案. （3）设\vec {PM}=\lambda \vec {PE}=\left(0,2\lambda ,-2\lambda \right),，根据\vec {DM}\cdot \vec {n}=0计算得到答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 作，以\vec {EB}，\vec {ED}，\vec {EF}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，    则点，，，，，.所以\vec {PB}=\left(2,2,-2\right)，\vec {BC}=\left(-1,2,0\right)，\vec {EP}=\left(0,-2,2\right)，设平面的法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)， 故 \left\{\begin{array}{c} \vec {n}\cdot \vec {PB}=0\\ \vec {n}\cdot \vec {BC}=0 \end{array}\right. ，即 ，令，解得\vec {n}=\left(2,1,3\right). 设平面的法向量为\vec {m}=\left(a,b,c\right), 故 \left\{\begin{array}{c} \vec {m}\cdot \vec {PB}=0\\ \vec {m}\cdot \vec {EP}=0 \end{array}\right. ，即 ，令，解得\vec {m}=\left(0,1,1\right). 所以\cos \left\langle \vec {m},\vec {n}\right\rangle =\frac{2\times 0+1\times 1+3\times 1}{\sqrt{14}\times \sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{7}}{7}， 故二面角的余弦值为. (3) 小问详解： 略 23．（25-26学年高二上·河南洛阳·期中）在直三棱柱中，，，是棱的中点.    （1）求点到平面的距离； （2）求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，利用向量法求点到面的距离； （2）利用向量法求平面与平面的夹角的余弦，进而可得解． (1) 小问详解： 根据题意以为原点，，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，， 所以\vec {AD}=\left(0,0,1\right)，\vec {C_{1}D}=\left(2,0,-1\right)，\vec {C_{1}B_{1}}=\left(0,2,0\right)， 设平面的法向量， 所以 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {C_{1}D}=0,\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {C_{1}B_{1}}=0. \end{cases} 即 令，则，所以， 点到平面的距离d=\frac{\left| \vec {AD}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}. (2) 小问详解： 设平面的法向量， \vec {AB}=\left(-2,2,0\right),\vec {BB_{1}}=\left(0,0,2\right) 所以 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AB}=0,\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {BB_{1}}=0. \end{cases} 即 令，则，所以， 设平面与平面夹角为， ， 所以. 即平面与平面夹角的正弦值为 24．（25-26学年高二上·河南洛阳·期中）如图1，在平行四边形中，，，为的中点.将沿折起，使得，如图2. （1）求证：平面平面； （2）设\vec {BF}=\lambda \vec {BD}\left(0\leq \lambda \leq 1\right)，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （3）求三棱锥的外接球的半径. 【答案】（1） 连接，由题意得为等边三角形，则， 在中，，，， ， 由，，，则，故. 又，则，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面.     （2）存在，     （3）       【分析】 （1）证明平面即可求证； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解； （3）取中点，设三棱锥的外接球的球心为，设，由进行求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，以点为坐标原点，以，所在直线分别为轴，轴，过垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 故\vec {AB}=\left(-2,2\sqrt{3},0\right)，\vec {BD}=\left(1,-2\sqrt{3},\sqrt{3}\right)， 由\vec {BF}=\lambda \vec {BD}\left(0\leq \lambda \leq 1\right)， \vec {AF}=\vec {AB}+\vec {BF}=\vec {AB}+\lambda \vec {BD}=\left(-2,2\sqrt{3},0\right)+\lambda \left(1,-2\sqrt{3},\sqrt{3}\right)=\left(-2+\lambda ,2\sqrt{3}\left(1-\lambda \right),\sqrt{3}\lambda \right)， 因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以\sin \theta =\left| \cos \left\langle \overset{\rightarrow }{m},\vec {AF}\right\rangle \right| =\frac{\left| \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AF}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{m}\right| \left| \vec {AF}\right| } . 化简得，解得（舍去）， 故存在，使直线与平面所成角的正弦值为. (3) 小问详解： 取中点，设三棱锥的外接球的球心为， 由知，点在过点且与平面垂直的直线上，设， 由得， 解得， 从而，即三棱锥的外接球的半径为. 25．（25-26学年高二上·河南青桐鸣大联·期中）如图，在四边形中，，，，将沿翻折至，使点落在点的位置，且.点，满足\vec {PM}=\vec {BA}，\vec {PQ}=\vec {BD}，连接，，.    （1）证明：； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）若点是线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 证明：取的中点，连接，.    因为，所以，因为，所以， 又，，平面，所以平面， 因为平面，故.     （2）      （3）       【分析】 （1）由线面垂直的判定理证明平面即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量进行求解； （3）求出平面的法向量，再由线面角的向量求法求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为，， 所以，则， 由，得， 因为，所以，则. 所以，，互相垂直，以为坐标原点， 以，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间坐标系. 则，，，. \vec {AP}=\left(-\sqrt{3},0,2\right)，\vec {DP}=\left(0,1,2\right)， 设平面的法向量为， \begin{cases} \vec {AP}\cdot \overset{\rightarrow }{p}=-\sqrt{3}x_{1}+2z_{1}=0,\\ \vec {DP}\cdot \overset{\rightarrow }{p}=y_{1}+2z_{1}=0, \end{cases} 取，则， 由（1）可知，，易知， 又\vec {PM}=\vec {BA}，\vec {PQ}=\vec {BD}，所以，， 又，，平面，所以平面， 则是平面的一个法向量. 所以， 故平面与平面的夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 因为\vec {PQ}=\vec {BD}=\left(0,-2,0\right)，所以四边形为平行四边形， 则\vec {PB}=\vec {QD}=\left(0,1,-2\right)， 又\vec {PM}=\vec {BA}，所以四边形为平行四边形， 则，，又，， 所以，， 则四边形为平行四边形，所以\vec {QM}=\vec {DA}=\left(\sqrt{3},1,0\right). 设平面的法向量为， \begin{cases} \vec {QM}\cdot \overset{\rightarrow }{m}=\sqrt{3}x+y=0,\\ \vec {QD}\cdot \overset{\rightarrow }{m}=y-2z=0, \end{cases} 取，则， 易知\vec {PD}=\left(0,-1,-2\right)，因为点是线段的中点， 所以\vec {PE}=\frac{1}{2}\left(\vec {PD}+\vec {PQ}\right)=\left(0,-\frac{3}{2},-1\right)， 设直线与平面所成的角为， 所以\sin \theta =\left| \cos \left\langle \overset{\rightarrow }{m},\vec {PE}\right\rangle \right| =\frac{\left| \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {PE}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{m}\right| \left| \vec {PE}\right| }=\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{19}\times \frac{\sqrt{13}}{2}}=\frac{8\sqrt{741}}{247}. 故直线与平面所成角的正弦值为. 26．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）如图所示，在三棱锥中，，. （1）判断平面与平面是否垂直？若垂直，请说明理由；若不垂直，请求出平面与平面的夹角； （2）若\vec {CF}=\lambda \vec {CA}，平面与平面的夹角的余弦值为，求的值. 【答案】（1） 经判断：平面平面，证明如下： 因为，所以以点为坐标原点，及过点垂直于平面的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则， \vec {BD}=\left(-3,0,0\right),\vec {BC}=\left(-3,3,0\right),\vec {DC}=\left(0,3,0\right)， 设A\left(x,y,z\right),\vec {BA}=\left(x-3,y,z\right)， 因为， 所以 ，解得： ， 所以A\left(-1,0,4\right),\vec {BA}=\left(-4,0,4\right)， 因为\vec {DC}\cdot \vec {BA}=0，所以， 又因为，所以平面， 又平面，所以平面平面；     （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，设，由，建立方程组得，从而可得，结合面面垂直判定定理即可得结论； （2）确定平面与平面的法向量，由向量夹角余弦值的方程求解的值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知：\vec {DA}=\left(-1,0,4\right),\vec {DC}=\left(0,3,0\right)， 设平面的一个法向量为， 所以 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}_{1}\cdot \vec {DA}=-x+4z=0\\ \overset{\rightarrow }{n}_{1}\cdot \vec {DC}=3y=0 \end{cases} ，令，解得，所以， 因为点在线段上，设\vec {CF}=\lambda \vec {CA}=\lambda \left(-1,-3,4\right)=\left(-\lambda ,-3\lambda ,4\lambda \right),0\leq \lambda \leq 1， \vec {DF}=\vec {DC}+\vec {CF}=\left(0,3,0\right)+\left(-\lambda ,-3\lambda ,4\lambda \right)=\left(-\lambda ,3-3\lambda ,4\lambda \right)， \vec {DB}=\left(3,0,0\right)， 设平面的一个法向量为， 所以 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}_{2}\cdot \vec {DB}=3a=0\\ \overset{\rightarrow }{n}_{2}\cdot \vec {DF}=\left(-\lambda \right)a+\left(3-3\lambda \right)b+4\lambda c=0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a=0\\ \left(3-3\lambda \right)b=-4\lambda c \end{cases} ， 令，解得，所以， 设平面与平面所成角为， 所以，解得. 27．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）已知点为坐标原点，，点在线段上移动，则直线与直线所成角的大小为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据向量的夹角直接计算可得. 【详解】 ， 因为点在线段上移动，设\vec {CP}=\lambda \vec {CD}\left(0\leqslant \lambda \leqslant 1\right)，\vec {AC}=\left(0,-4,4\right),\vec {CD}=\left(-4,4,0\right), \vec {AP}=\vec {AC}+\vec {CP}=\vec {AC}+\lambda \vec {CD}=\left(0,-4,4\right)+\lambda \left(-4,4,0\right)=\left(-4\lambda ,-4+4\lambda ,4\right)，\vec {OB}=\left(4,4,4\right)， 因为\vec {AP}\cdot \vec {OB}=-16\lambda -16+16\lambda +16=0，所以， 所以直线与直线所成角的大小为. 故答案为：. 28．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）如图，已知在正四棱柱中，四边形的边长均为，且分别是的中点. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 在正四棱柱中，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，\vec {B_{1}E}=\left(-2,0,1\right),\vec {A_{1}F}=\left(1,-4,2\right)， 由\vec {B_{1}E}\cdot \vec {A_{1}F}=-2+0+2=0，得\vec {B_{1}E}\bot \vec {A_{1}F}，所以.     （2）.      【分析】 （1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设平面的法向量为，而\vec {A_{1}F}=\left(1,-4,2\right),\vec {FG}=\left(-1,2,0\right)， 则 \begin{cases} \vec {A_{1}F}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=x-4y+2z=0\\ \vec {FG}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=-x+2y=0 \end{cases} ，取，得，又\vec {B_{1}E}=\left(-2,0,1\right)， 所以直线与平面所成角的正弦值为| \cos \left\langle \overset{\rightarrow }{n},\vec {B_{1}E}\right\rangle | =\frac{| \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {B_{1}E}| }{| \overset{\rightarrow }{n}| | \vec {B_{1}E}| }=\frac{3}{\sqrt{6}\cdot \sqrt{5}}=\frac{\sqrt{30}}{10}. 29．（25-26学年高二上·河南新乡部分学校·期中）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为，的中点，D为棱上的点，． （1）证明：平面； （2）证明：； （3）当为何值时，平面与平面所成角的余弦值最大？并求出这个最大值． 【答案】（1）证明见解析     （2）证明见解析     （3）当时，平面与平面DFE所成角的余弦值最大，最大值是      【分析】 （1）由底面ABC得，由，得，根据线面垂直的判定定理可得结论； （2）建立空间直角坐标系，由题设，证明即可； （3）求出平面及平面的法向量，得出平面与平面所成的角余弦值的表达式，根据二次函数的性质确定最大值． (1) 小问详解： 因为三棱柱是直三棱柱，所以底面， 因为底面，所以， 因为，，所以， 又，，平面， 所以平面． (2) 小问详解： 因为平面，平面， 所以，所以，，两两垂直． 以B为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图． 所以，，，，，，，． 由题设（）． 因为，， 所以， 所以． (3) 小问详解： 设平面的法向量为， 因为，， 所以 ，即 ． 令，则． 因为平面的法向量为， 设平面与平面所成角为，， 则． 因为，， 所以，当时，取最小值为， 此时取最大值为，此时， 所以当时，平面与平面所成角的余弦值最大，最大值是． 30．（25-26学年高二上·河南新乡部分学校·期中）如图，在棱长为2的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点．    （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点F到平面的距离． 【答案】（1） 以D为原点，，，分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，． 解法一： 因为，，则，所以， 又因为A，E，F，四点不共线，所以， 又因为平面，平面， 所以平面． 解法二： 因为，， 设平面的一个法向量为， 则有 ，即 ，取，所以， 因为，所以，得， 又因为平面， 所以平面．     （2）     （3）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系， 解法一：根据空间向量平行的坐标表示得，所以，进而可得结论； 解法二：求出平面的法向量，可得，进而可得结论； （2）利用直线与平面所成角的向量解法求解； （3）根据点到平面的距离的向量公式求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 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． (3) 小问详解： 设点F到平面的距离为d，因为， 所以， 所以点F到平面的距离为． 31．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）在如图所示的平行六面体中，，，，，，设\vec {AB}=\overset{\rightarrow }{a}，\vec {AD}=\overset{\rightarrow }{b}，\vec {AA_{1}}=\overset{\rightarrow }{c}. （1）用，，表示\vec {AC_{1}}，\vec {BD_{1}}，\vec {AC}； （2）求的长； （3）求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1）\vec {AC_{1}}=\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c}，\vec {BD_{1}}=-\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c}，\vec {AC}=\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}     （2）     （3）      【分析】 （1）利用空间向量基本定理即可； （2）利用模长公式求解即可； （3）利用向量夹角公式求解即可 (1) 小问详解： \vec {AC_{1}}=\vec {AB}+\vec {BC}+\vec {CC_{1}}=\vec {AB}+\vec {AD}+\vec {AA_{1}}=\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c}， \vec {BD_{1}}=\vec {BA}+\vec {AD}+\vec {DD_{1}}=-\vec {AB}+\vec {AD}+\vec {AA_{1}}=-\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c}， \vec {AC}=\vec {AB}+\vec {BC}=\vec {AB}+\vec {AD}=\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}， (2) 小问详解： ，，， ，，， 因为\left| \vec {AC_{1}}\right| ^{2}=\left(\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c}\right)^{2} ， 所以\left| \vec {AC_{1}}\right| =3\sqrt{3}，即的长为； (3) 小问详解： 因为\vec {BD_{1}}=\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c}-\overset{\rightarrow }{a}，\vec {AC}=\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}， 同理可求得\left| \vec {BD_{1}}\right| =\sqrt{15}，\left| \vec {AC}\right| =\sqrt{7}， 又因为\vec {BD_{1}}\cdot \vec {AC}=\left(\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c}-\overset{\rightarrow }{a}\right)\cdot \left(\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}\right) ， 所以\cos \left\langle \vec {BD_{1}},\vec {AC}\right\rangle =\frac{\vec {BD_{1}}\cdot \vec {AC}}{\left| \vec {BD_{1}}\right| \left| \vec {AC}\right| }=\frac{9}{\sqrt{15}\times \sqrt{7}}=\frac{3\sqrt{105}}{35}， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 32．（25-26学年高二上·河南郑州·期中）如图（1），在四棱锥中，平面平面，，，，，，\vec {PE}=\lambda \vec {PC}\left(0\leq \lambda < 1\right). （1）若，求直线与平面所成角的正弦值； （2）设二面角的大小为，若，求的值； （3）阅读下列“链接”材料，试判断异面直线BE和AD间的距离是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由. 链接：运用空间向量求异面直线间的距离如图（2），设、分别为异面直线、上的点，\vec {n}是与直线、都垂直的向量，从而异面直线、间的距离为d=\frac{\left| \vec {AP}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }，即为向量\vec {AP}在向量\vec {n}上的投影向量的模. 【答案】（1）     （2）     （3）是，      【分析】 （1）推导出平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值； （2）求出点的坐标，根据空间向量法可得出关于的方程，结合可得出的值； （3）求出异面直线、的公垂线的一个方向向量，结合题中材料可求出异面直线、间的距离. (1) 小问详解： 在四棱锥中，平面平面，平面平面， ，平面，所以平面， 又因为，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， 因为，， 所以、、、、. 若，即为中点，则， 所以\vec {DE}=\left(1,-3,2\right)，\vec {AB}=\left(2,0,0\right)，\vec {AE}=\left(1,1,2\right). 设平面的一个法向量为， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AB}=2x_{1}=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AE}=x_{1}+y_{1}+2z_{1}=0 \end{cases} ，令，得， 所以平面的一个法向量为. 设直线与平面所成角为， 则\sin \alpha =\left| \cos \left\langle \vec {DE},\overset{\rightarrow }{m}\right\rangle \right| =\left| \frac{\vec {DE}\cdot \overset{\rightarrow }{m}}{\left| \vec {DE}\right| \cdot \left| \overset{\rightarrow }{m}\right| }\right| =\left| \frac{6+2}{\sqrt{14}\times \sqrt{5}}\right| =\frac{4\sqrt{70}}{35}. (2) 小问详解： 因为\vec {PE}=\lambda \vec {PC}=\lambda \left(2,2,-4\right)=\left(2\lambda ,2\lambda ,-4\lambda \right)\left(0\leq \lambda < 1\right)，则， 设平面的一个法向量为， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AB}=2x_{2}=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AE}=2\lambda x_{2}+2\lambda y_{2}+\left(4-4\lambda \right)z_{2}=0 \end{cases} ，令，得， 所以平面的一个法向量为. 设平面的一个法向量为，则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{l}\cdot \vec {AC}=2x_{3}+2y_{3}=0\\ \overset{\rightarrow }{l}\cdot \vec {AP}=4z_{3}=0 \end{cases} ， 令，得，所以平面的一个法向量为. 因为二面角的大小为，且， 得， 整理得，解得，或（舍），所以. (3) 小问详解： 由（2）得，故\vec {BE}=\left(2\lambda -2,2\lambda ,4-4\lambda \right)，\vec {AD}=\left(0,4,0\right). 设与直线、都垂直， 所以 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{u}\cdot \vec {BE}=\left(2\lambda -2\right)x+2\lambda y+\left(4-4\lambda \right)z=0\\ \overset{\rightarrow }{u}\cdot \vec {AD}=4y=0 \end{cases} . 令，可得，，即. 又\vec {AB}=\left(2,0,0\right)，所以异面直线和间的距离为d=\frac{\left| \vec {AB}\cdot \overset{\rightarrow }{u}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{u}\right| }=\frac{4}{\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}. 故异面直线和间的距离为定值. 33．（25-26学年高二上·河南商丘·期中）如图，在直四棱柱中，四边形是矩形，，点分别为的中点. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析     （2）     （3）.      【分析】 （1）先建立空间直角坐标系，写出直线的方向向量，并求出平面的法向量，从而证明线面平行； （2）用点到面的距离公式，求出点到面的距离； （3）先求出两平面夹角的余弦，再用同角三角函数的关系，求出二面角的正弦值. (1) 小问详解： 证明：以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则. 设平面的一个法向量为，又\vec {AB_{1}}=\left(1,0,\sqrt{3}\right)， \vec {AC}=\left(1,\sqrt{3},0\right)，所以 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AB_{1}}=x+\sqrt{3}z=0,\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AC}=x+\sqrt{3}y=0, \end{cases} 令，解得，所以平面的一个法向量为， 又\vec {EG}=\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)，所以\vec {EG}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}=0， 又平面，所以平面. (2) 小问详解： 由（1）知\vec {AB_{1}}=\left(1,0,\sqrt{3}\right),\vec {AC}=\left(1,\sqrt{3},0\right),\vec {AE}=\left(0,\frac{\sqrt{3}}{2},\sqrt{3}\right). 设平面的一个法向量为，所以 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AC}=a+\sqrt{3}b=0,\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AE}=\frac{\sqrt{3}}{2}b+\sqrt{3}c=0, \end{cases} 令，解得，所以平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离d=\frac{\left| \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AB_{1}}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{m}\right| }=\frac{\left| 2\sqrt{3}+\sqrt{3}\right| }{\sqrt{\left(2\sqrt{3}\right)^{2}+(-2)^{2}+1^{2}}}=\frac{3\sqrt{51}}{17}， 即点到平面的距离为. (3) 小问详解： 由（1）知平面的一个法向量为，由（2）知平面的一个法向量为， 设二面角的大小为， 又 所以， 即二面角的正弦值为. 34．（25-26学年高二上·河南月期中学·期中）如图，在直三棱柱中，，，，点E，F满足\vec {BE}=\frac{1}{3}\vec {BB_{1}}，\vec {C_{1}F}=\frac{1}{3}\vec {C_{1}C}，记． （1）当平面平面时，求的值； （2）当时，求直线与平面所成角的大小． 【答案】（1）     （2）．      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，再由面面垂直得到法向量的数量积为零求解即可； （2）由空间线面角公式再结合特殊角的三角函数值计算即可； (1) 小问详解： 在直三棱柱中，，， 又，故以A为坐标原点，直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示）， 则，，， 所以\vec {AE}=\left(a,0,\frac{b}{3}\right)，\vec {AF}=\left(0,a,\frac{2b}{3}\right)，\vec {A_{1}E}=\left(a,0,-\frac{2b}{3}\right)，\vec {A_{1}F}=\left(0,a,-\frac{b}{3}\right)． 设平面的一个法向量， 则 \left\{\begin{array}{l} \overset{\rightarrow }{n}_{1}\cdot \vec {AE}=0\\ \overset{\rightarrow }{n}_{1}\cdot \vec {AF}=0 \end{array}\right. ，即 ， 令，解得，，所以， 设平面的一个法向量， 则 \left\{\begin{array}{l} \overset{\rightarrow }{n}_{2}\cdot \vec {A_{1}E}=0\\ \overset{\rightarrow }{n}_{2}\cdot \vec {A_{1}F}=0 \end{array}\right. ，即 ， 令，解得，，所以， 因为平面平面，所以， 所以，即，， 所以． (2) 小问详解： 当时，，结合（1），得\vec {AE}=\left(a,0,a\right)，， 设直线与平面所成角为， 所以\sin \theta =\left| \cos \left\langle \vec {AE},\overset{\rightarrow }{n}_{2}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {AE}\cdot \overset{\rightarrow }{n}_{2}\right| }{\left| \vec {AE}\right| \left| \overset{\rightarrow }{n}_{2}\right| }=\frac{9a^{2}}{\sqrt{2}a\times 3\sqrt{6}a}=\frac{\sqrt{3}}{2}， 又，所以． 35．（25-26学年高二上·河南信阳固始县·期中）如图，在四棱锥中，平面平面为棱的中点. （1）证明：平面； （2）若， （i）求二面角的余弦值； （ii）在棱上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 取的中点，连接，，如图所示： 为棱的中点， ，，，，，， 四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 平面；     （2）（i）, （ii）假设在线段上是存在点，使得点到平面的距离是， 设\vec {PQ}=\lambda \vec {PA}，，则,0,，\vec {DQ}=(\lambda ,0,， 由（2）知平面的一个法向量为,,， \vec {DQ}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=\lambda +0+2\left(1-\lambda \right)=2-\lambda， 点到平面的距离是\frac{\left| \vec {DQ}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{2-\lambda }{\sqrt{6}}=\frac{5\sqrt{6}}{18}， ，．      【分析】 （1）先证明四边形是平行四边形，可得，即可根据线面平行的判定定理证明结论； （2）（i）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解； （ii）设\vec {PQ}=\lambda \vec {PA}，，根据点面距离的向量法即可求出，进而求出的值． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ，，， ，， 平面平面，平面平面， 平面， 平面， 又，平面，，，由， 以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图： 则，，，，，， （i）故\vec {DM}=\left(0,1,\frac{1}{2}\right)，\vec {DB}=\left(1,1,0\right) 设平面的一个法向量为， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {DM}=y+\frac{1}{2}z=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {DB}=x+y=0 \end{cases} ，令，则，，， 平面的一个法向量为, \vec {PM}=\left(0,1,-\frac{1}{2}\right),\vec {PB}=\left(1,1,-1\right) 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {PM}=b-\frac{1}{2}c=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {PB}=a+b-c=0 \end{cases} ，令，则，，故， ,， 由于二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为； （ii）略 36．（25-26学年高二上·河南新乡·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD，四边形ABCD为平行四边形，E为侧棱PD上动点（不含点D，P）.，，，. （1）若平面ACE，求的值； （2）若，求点B到平面ACE的距离； （3）若平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为，求PB与平面ACE所成角的正弦值. 【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）根据线面平行的性质定理，可判定点的位置，求得的值. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到平面的距离. （3）利用空间向量，根据平面PAC与平面ACE夹角的余弦值可确定点的位置，再求直线与平面所成角的正弦值. (1) 小问详解： 如图，连接BD交AC于点F，连接EF， 则平面平面. 因为平面PBD，所以若平面ACE，则. 因为四边形ABCD是平行四边形，所以F是BD的中点， 所以E是PD的中点，所以. (2) 小问详解： 在平行四边形ABCD中，因为，，， 所以在中，，，， 由余弦定理，得， 所以，所以. 因为平面ABCD，平面ABCD，所以，. 所以AB，AC，AP两两垂直. 以点A为坐标原点，AB，AC，AP所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. 因为，所以\vec {PE}=\frac{2}{3}\vec {PD}，所以. 设平面ACE的法向量为，则 \begin{cases} \vec {AC}\cdot \overset{\rightarrow }{m}=0\\ \vec {AE}\cdot \overset{\rightarrow }{m}=0 \end{cases} . 因为\vec {AC}=\left(0,\sqrt{3},0\right)，\vec {AE}=\left(-\frac{2}{3},\frac{2\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3}\right)，所以 ， 令，则，，所以. 因为\vec {CB}=\left(1,-\sqrt{3},0\right)，所以点B到平面ACE的距离d=\frac{| \vec {CB}\cdot \overset{\rightarrow }{m}| }{| \overset{\rightarrow }{m}| }=\frac{3}{\sqrt{21}}=\frac{\sqrt{21}}{7}. (3) 小问详解： 设\vec {PE}=\lambda \vec {PD}，，则. 设平面ACE的法向量为，则 \begin{cases} \vec {AC}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=0\\ \vec {AE}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=0 \end{cases} . 因为\vec {AC}=\left(0,\sqrt{3},0\right)，\vec {AE}=\left(-\lambda ,\sqrt{3}\lambda ,\sqrt{3}\left(1-\lambda \right)\right)， 所以 ， 令，则，，所以. 设平面PAC与平面ACE的夹角为. 因为\vec {AB}=\left(1,0,0\right)是平面PAC的一个法向量， 所以\cos \alpha =| \cos \left\langle \vec {AB},\overset{\rightarrow }{n}\right\rangle | =\frac{3\left(1-\lambda \right)}{1\times \sqrt{9(1-\lambda )^{2}+3\lambda ^{2}}}=\frac{\sqrt{3}\left(1-\lambda \right)}{\sqrt{4\lambda ^{2}-6\lambda +3}}. 由题意得，解得，所以. 因为\vec {PB}=\left(1,0,-\sqrt{3}\right)，所以PB与平面ACE所成角的正弦值为 | \cos \left\langle \vec {PB},\overset{\rightarrow }{n}\right\rangle | =\frac{| 2-1| }{2\times \sqrt{4+\frac{1}{3}}}=\frac{\sqrt{39}}{26}. 37．（25-26学年高二上·河南青桐鸣大联·期中）已知平面的一个法向量为\vec {m}=\left(1,1,t\right)，，点，均在平面内，则点到平面的距离为　　　　　　. 【答案】 【分析】 把点到平面距离问题转化为向量数量积问题求解． 【详解】 \vec {PQ}=\left(2,0,-2\right)，因为平面的一个法向量为\vec {m}=\left(1,1,t\right)， 所以\vec {PQ}\cdot \vec {m}=\left(2,0,-2\right)\cdot \left(1,1,t\right)=2-2t=0，解得， 则\vec {m}=\left(1,1,1\right)，又\vec {AP}=\left(-1,1,-2\right)， 则点到平面的距离为d=\frac{\left| \vec {AP}\cdot \vec {m}\right| }{\left| \vec {m}\right| }=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}. 故答案为:. 38．（25-26学年高二上·河南开封五校·期中）如图1，在中，，，，分别是，边上的动点（不同于端点），且，将沿折起到的位置，得到四棱锥，如图2所示，点是线段的中点.    （1）求证：； （2）若，当四棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值； （3）若，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 【答案】（1） 在中，，，所以， 所以在四棱锥中，，， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以.     （2）      （3）       【分析】 （1）先证明平面，从而利用线面垂直性质定理得到线线垂直； （2）先通过面积取得最大值，得到两平面垂直，再建立空间直角坐标系，并求出两平面的法向量，从而得到两平面夹角的余弦值； （3）先建立空间直角坐标系，并设出点和的坐标，通过垂直得出关系，求出平面的法向量，代入线面角的向量公式得，从而利用对勾函数单调性和正弦函数性质求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 当四棱锥的体积取得最大值时，平面平面. 又平面平面，，平面， 所以平面， 故以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 如图所示，    则，，，，，所以. 设平面的一个法向量为\vec {m_{1}}=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right)， 又\vec {PC}=\left(0,\frac{2}{3},-\frac{4}{3}\right)，\vec {CM}=\left(\frac{4}{3},-\frac{2}{3},0\right)， 所以 \begin{cases} \vec {m_{1}}\cdot \vec {PC}=\frac{2}{3}y_{1}-\frac{4}{3}z_{1}=0\\ \vec {m_{1}}\cdot \vec {CM}=\frac{4}{3}x_{1}-\frac{2}{3}y_{1}=0 \end{cases} ，令，解得，， 所以平面的一个法向量\vec {m_{1}}=\left(1,2,1\right). 设平面的一个法向量为\vec {m_{2}}=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)， 又\vec {MP}=\left(-\frac{4}{3},0,\frac{4}{3}\right)，\vec {MQ}=\left(-\frac{1}{3},\frac{2}{3},0\right)， 所以 \begin{cases} \vec {m_{2}}\cdot \vec {MP}=-\frac{4}{3}x_{2}+\frac{4}{3}z_{2}=0\\ \vec {m_{2}}\cdot \vec {MQ}=-\frac{1}{3}x_{2}+\frac{2}{3}y_{2}=0 \end{cases} ， 令，解得，所以平面的一个法向量\vec {m_{2}}=\left(2,1,2\right). 设平面与平面的夹角为， 所以\cos \theta =\left| \cos \left\langle \vec {m_{1}},\vec {m_{2}}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {m_{1}}\cdot \vec {m_{2}}\right| }{\left| \vec {m_{1}}\right| \cdot \left| \vec {m_{2}}\right| }=\frac{2+2+2}{\sqrt{1+4+1}\times \sqrt{4+1+4}}=\frac{\sqrt{6}}{3}， 即平面与平面的夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 以为坐标原点，直线和分别为，轴，过作平面的垂线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示，设，，，，，    \vec {AM}=\left(t,t,0\right)，\vec {PQ}=\left(-1,-s,-u\right)， 又，所以\vec {AM}\cdot \vec {PQ}=-t-st=0，解得， 则，则\vec {PM}=\left(t-2,t+1,-u\right)， 又，所以， 整理得，且，，得. 易得平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为， \sin \beta =\left| \cos \left\langle \vec {PM},\overset{\rightarrow }{n}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {PM}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \vec {PM}\right| \cdot \left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{u}{\sqrt{\left(t-2\right)^{2}+\left(t+1\right)^{2}+u^{2}}}， 则， 令，函数在上单调递减，， 因此，则，解得， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是. 39．（25-26学年高二上·河南焦作·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，. （1）证明：平面； （2）求； （3）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 因为平面，平面，所以， 又，平面，， 所以平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）由平面得，结合，根据线面垂直的判定定理得证； （2）取的中点，由题可得，平面，是直角三角形，利用勾股定理求解； （3）以点为坐标原点，为轴，过点在平面内垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用向量法求出答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取的中点，连接， ，，，且， 所以四边形是平行四边形， 所以，， 由平面，平面，所以， 所以是直角三角形，故， 由（1），平面，又，所以平面， 平面，所以，即是直角三角形， 所以. (3) 小问详解： 由（1），平面，平面，则平面平面， 如图，以点为坐标原点，为轴，过点在平面内垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 由，结合是直角三角形，可得， 则，，，， \therefore \vec {BC}=\left(-2,1,0\right)，\vec {PC}=\left(0,\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，\vec {PD}=\left(0,-\frac{3}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)， 设平面的一个法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)， 则 \begin{cases} \vec {n}\cdot \vec {BC}=-2x+y=0\\ \vec {n}\cdot \vec {PC}=\frac{1}{2}y-\frac{\sqrt{3}}{2}z=0 \end{cases} ，令，得，， \therefore \vec {n}=\left(\sqrt{3},2\sqrt{3},2\right)， 所以直线与平面所成角的正弦值为\frac{\left| \vec {n}\cdot \vec {PD}\right| }{\left| \vec {n}\right| \left| \vec {PD}\right| }=\frac{\left| -3\sqrt{3}-\sqrt{3}\right| }{\sqrt{3+12+4}\times \sqrt{\frac{9}{4}+\frac{3}{4}}}=\frac{4\sqrt{19}}{19}. 40．（25-26学年高二上·河南焦作·期中）在如图所示的四棱锥中，底面为正方形，底面，，，若、分别是棱、上的动点（均与端点不重合），且，则点到直线的距离的最小值为　　　　　. 【答案】 【分析】 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，利用空间向量法可求得点到直线距离的最小值. 【详解】 因为四边形为正方形，底面，，， 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、、， \vec {EF}=\left(-a-1,2-a,0\right)，\vec {PE}=\left(2,a,-\sqrt{3}\right)， 故点到直线距离为d=\sqrt{\vec {PE}^{2}-\left(\frac{\vec {PE}\cdot \vec {EF}}{\left| \vec {EF}\right| }\right)^{2}}=\sqrt{7+a^{2}-\left(\frac{-a^{2}-2}{\sqrt{\left(-a-1\right)^{2}+\left(2-a\right)^{2}}}\right)^{2}} 令， 因为函数在上单调递增， 故当时，即当时，取最小值，即. 故答案为：. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $