专题01 空间向量与立体几何（期中真题汇编）高二数学上学期人教A版

**基本信息** 聚焦空间向量与立体几何4大高频考点，汇编天津南开、山东青岛等地期中真题，注重向量运算与立体几何应用结合，适配高二期中复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|较多|空间向量运算、坐标表示|结合三棱锥、正方体等几何体，考查基底表示、模长计算| |多选|适中|共面判定、法向量应用|涉及向量叉乘新定义，体现创新性与思辨性| |解答题|适中|异面直线夹角、二面角|以直三棱柱、四棱锥为载体，强化空间想象与逻辑推理，贴合高考命题趋势|

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·天津南开·期中）如图，在三棱锥S—ABC中，点E，F分别是SA，BC的中点，点G在棱EF上，且满足，若\vec {SA}=\vec {a}，\vec {SB}=\vec {b}，\vec {SC}=\vec {c}，则\vec {SG}=（       ） A. \frac{1}{3}\vec {a}-\frac{1}{2}\vec {b}+\frac{1}{6}\vec {c} B. \frac{1}{3}\vec {a}-\frac{1}{6}\vec {b}+\frac{1}{2}\vec {c} C. \frac{1}{6}\vec {a}-\frac{1}{3}\vec {b}+\frac{1}{2}\vec {c} D. \frac{1}{3}\vec {a}+\frac{1}{6}\vec {b}+\frac{1}{6}\vec {c} 2．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）若，，，四点共面，则（     ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 3．（25-26学年高二上·天津南开·期中）已知，，，为空间中不共面的四点，且6\vec {OA}+\vec {OB}+m\vec {OC}-\vec {OP}=\vec {0}，若，，，四点共面，则实数的值是（     ）. A.  B. 1 C.  D. 6 4．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）已知在四面体中，为的中点，，若，则\vec {EF}=（       ） A. \frac{1}{2}\vec {a}-\frac{1}{3}\vec {b}-\frac{2}{3}\vec {c} B. -\frac{1}{2}\vec {a}-\frac{1}{3}\vec {b}+\frac{4}{3}\vec {c} C. -\frac{1}{2}\vec {a}+\frac{2}{3}\vec {b}+\frac{1}{3}\vec {c} D. -\frac{1}{2}\vec {a}+\frac{1}{3}\vec {b}+\frac{2}{3}\vec {c} 5．（25-26学年高二上·天津河东·期中）如图，是四面体的棱的中点，点在线段上，点在线段上，且，则\vec {OP}=（       ） A. \frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{2}{9}\vec {OB}+\frac{2}{9}\vec {OC} B. \frac{1}{4}\vec {OA}+\frac{1}{4}\vec {OB}+\frac{1}{4}\vec {OC} C. \frac{1}{6}\vec {OA}+\frac{1}{3}\vec {OB}+\frac{1}{3}\vec {OC} D. \frac{2}{3}\vec {OA}+\frac{1}{8}\vec {OB}+\frac{1}{8}\vec {OC} 6．（25-26学年高二上·宁夏自治区银川·期中）设为单位向量，且，则（     ） A.  B. 0 C.  D. 1 7．（25-26学年高二上·广东清远·期中）（多选）关于空间向量，以下说法正确的是（       ） A. 若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则 B. 若空间中任意一点O，有\vec {OP}=\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{1}{6}\vec {OB}+\frac{1}{2}\vec {OC}，则四点共面 C. 若空间向量，满足，则与夹角为钝角 D. 若空间向量，，则在上的投影向量为 8．（25-26学年高二上·新疆喀什·期中）下列关于空间向量的说法正确的是（     ） A. 空间中任意两个单位向量都相等 B. 空间中零向量的方向是确定的 C. 空间中相反向量的模长相等 D. 空间中共线的向量必在同一条直线上 9．（25-26学年高二上·新疆喀什·期中）设\vec {e_{1}}，\vec {e_{2}}是空间两个不共线的非零向量，已知\vec {AB}=2\vec {e_{1}}+k\vec {e_{2}}，\vec {BC}=\vec {e_{1}}+3\vec {e_{2}}，\vec {DC}=2\vec {e_{1}}-\vec {e_{2}}，且、、三点共线，则实数的值为（     ） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年高二上·山西期中学·期中）（多选）给定两个不共线的空间向量\vec {a}与\vec {b}，定义叉乘运算\vec {a}\times \vec {b}： ①\vec {a}\times \vec {b}是与\vec {a},\vec {b}都垂直的向量； ②\vec {a},\vec {b},\vec {a}\times \vec {b}三个向量构成右手系（如图1）； ③\left| \vec {a}\times \vec {b}\right| =\left| \vec {a}\right| \left| \vec {b}\right| \sin \left\langle \vec {a},\vec {b}\right\rangle． 如图2，在长方体中， ，则下列结论正确的是（     ） A. \vec {AB}\times \vec {AD}=\vec {AA_{1}} B. \vec {AB}\times \vec {AD}=-\vec {AD}\times \vec {AB} C. \left(\vec {AB}+\vec {AD}\right)\times \vec {AA_{1}}=\vec {AB}\times \vec {AA_{1}}+\vec {AD}\times \vec {AA_{1}} D. 长方体的体积V=\left(\vec {AB}\times \vec {AD}\right)\cdot \vec {AA_{1}} 11．（25-26学年高二上·天津南开·期中）如图，在平行六面体中，，，则\left| \overrightarrow{A{{C}_{1}}} \right|=（       ） A. 1 B.  C. 9 D. 3 12．（25-26学年高二上·重庆部分·期中）已知\left\{\vec {a},\vec {b},\vec {c}\right\}是空间的一个基底，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 {b}+\vec {c},2\vec {a}+3\vec {b}+2\vec {c} C. \vec {a},\vec {b}-\vec {c},\vec {a}-\vec {b}+\vec {c} D. \vec {a},\vec {b}+\vec {c},2\vec {a}+3\vec {b}+3\vec {c} 13．（25-26学年高二上·江苏南通·期中）已知是空间三个两两不共线的向量，则“向量共面”是“存在三个均不为零的实数，使得”的（       ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 14．（25-26学年高二上·广东清远·期中）棱长为2的正四面体ABCD中，点E是AD的中点，则\vec {BA}\cdot \vec {CE}=（       ） A. 1 B. －1 C.  D.  15．（2026·广东多校·联考）已知正八棱锥，设\vec {PA}=\vec {a}\mathrm{，}\vec {PB}=\vec {b}\mathrm{，}\vec {PC}=\vec {c}，则\vec {PD}=（     ） A. \vec {a}-\left(1+\sqrt{2}\right)\vec {b}+\left(1+\sqrt{2}\right)\vec {c} B. \left(1+\sqrt{2}\right)\vec {a}-\vec {b}+\left(1+\sqrt{2}\right)\vec {c} C. \vec {a}-\left(2+\sqrt{2}\right)\vec {b}+\left(2+\sqrt{2}\right)\vec {c} D. \left(2+\sqrt{2}\right)\vec {a}-\vec {b}+\left(2+\sqrt{2}\right)\vec {c} 16．（25-26学年高二上·重庆部分·期中）（多选）如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，E，F，G分别是AB，AD，DC的中点，则（       ） A. \vec {EF}=\frac{1}{2}\vec {DB} B. \vec {AG}=\frac{1}{2}\vec {AC}+\frac{1}{2}\vec {AD} C. \vec {EG}=-\frac{1}{2}\vec {AB}+\frac{1}{2}\vec {AC}+\frac{1}{2}\vec {AD} D. \vec {AB}\cdot \vec {AG}=1 17．（25-26学年高二上·内蒙古期中学·期中）已知四棱柱的底面是边长为6的菱形，平面，，，点满足\vec {AP}=\lambda \vec {AB}+\mu \vec {AD}+t\vec {AA_{1}}，其中，，，则（     ） A. 当为底面中心时， B. 当时，长度的最小值为 C. 当时，长度的最大值为8 D. 当时，长度为定值. 18．（25-26学年高二·安徽·期中）已知空间向量\vec {a}，\vec {b}，\vec {c}两两夹角为，且\left| \vec {a}\right| =\left| \vec {b}\right| =\left| \vec {c}\right| =2，则\left| \vec {a}-\vec {b}+2\vec {c}\right| =　　　　　　. 19．（25-26学年高二上·天津河东·期中）在空间直角坐标系中，若，四点共面，则　　　　　． 20．（25-26学年高二·安徽·期中）如图，在正方体中，点、为棱、的中点，设，，. （1）用、、表示； （2）证明：、、、四点共面. 21．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）如图，正四面体的棱长为1，\vec {CE}=\frac{1}{2}\vec {CD}，则\vec {AE}\cdot \vec {AB}=　　　　　　． 22．（2026·广西南宁·质量检测）已知空间中三点． （1）若\vec {AB}\bot \left(\vec {AB}+5\vec {AC}\right)，求a的值； （2）若\vec {AB}与\vec {AC}的夹角为，求a的值. 考点02 空间向量基本定理 1．（2026·吉林吉林·调研）（多选）如图，在平行六面体中，设\vec {AB}=\overset{\rightarrow }{a},\vec {AD}=\overset{\rightarrow }{b},\vec {AA_{1}}=\overset{\rightarrow }{c}，则（     ） A. \vec {AC}=\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b} B. \vec {AC_{1}}=\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c} C. \vec {BD}=\overset{\rightarrow }{a}-\overset{\rightarrow }{b} D. \vec {BD_{1}}=-\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c} 2．（2026·广西南宁·质量检测）（多选）若\left\{\overset{\rightarrow }{a},\overset{\rightarrow }{b},\vec {c}\right\}是空间的一个基底，则空间的另一个基底可以是（     ） A. \left\{\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b},\overset{\rightarrow }{b}+\vec {c},\overset{\rightarrow }{a}-\vec {c}\right\} B. \left\{\overset{\rightarrow }{a}+2\overset{\rightarrow }{b},\overset{\rightarrow }{a}-\overset{\rightarrow }{b},\vec {c}\right\} C. \left\{\overset{\rightarrow }{a},\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b},\overset{\rightarrow }{a}-2\vec {c}\right\} D. \left\{\overset{\rightarrow }{a}+\vec {c},\overset{\rightarrow }{b}-\vec {c},\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}\right\} 3．（25-26学年高二上·新疆喀什·期中）在空间向量中，能作为基底的一组向量是　　　　　　　　： ①\overset{\rightarrow }{a}=\vec {e_{1}}+\vec {e_{2}}，\overset{\rightarrow }{b}=\vec {e_{2}}+\vec {e_{3}}，\overset{\rightarrow }{c}=\vec {e_{1}}-\vec {e_{3}}； ②，，； ③，，． 4．（25-26学年高二上·江苏南通·期中）如图，在棱长为2的正四面体中，已知是线段的中点，点在线段上，且.    （1）用向量\vec {OA},\vec {OB},\vec {OC}表示\vec {OG}； （2）求\left| \vec {OG}\right|； （3）求向量\vec {OE}与\vec {AB}夹角的余弦值. 5．（25-26学年高二上·重庆部分·期中）在三棱柱中，的外心为,则的长为　　　　　　　　　　. 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．（25-26学年高二上·天津河东·期中）已知，则（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·山西期中学·期中）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.  3．（25-26学年高二上·重庆部分·期中）在空间直角坐标系中，到Oxy平面的距离为2的点的坐标可能为（       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高二上·新疆喀什·期中）已知点，若向量\vec {AB}=\left(2,5,-3\right)，则点的坐标是（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高二·安徽·期中）已知平面的法向量，直线的方向向量，则与的位置关系是（       ） A. 平行 B. 垂直 C. 直线在平面内 D. 相交但不垂直 6．（2026·广东多校·联考）小王想要使用空间直角坐标系刻画地球的卫星在空间中的相对位置，则他最适合将坐标原点选在（   ） A. 太阳球心 B. 月球球心 C. 北京 D. 地球球心 7．（2026·广东多校·联考）在空间直角坐标系中，以，，三点为顶点的三角形的面积为（   ） A.  B. 16 C.  D. 25 8．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）已知向量，分别是直线，的方向向量，若，则（     ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 9．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）（多选）若\vec {a}=\left(-1,\lambda ,-2\right)，\vec {b}=\left(2,-1,1\right)，\vec {a}与\vec {b}的夹角为120°，则的值为（     ） A. 17 B.  C.  D. 1 10．（25-26学年高二上·内蒙古期中学·期中）若直线的方向向量为\vec {m}=\left(x,-1,2\right)，平面的法向量为\vec {n}=\left(1,1,-2\right)，且，则实数的值是（     ） A. 1 B. 5 C.  D.  11．（25-26学年高二上·江苏南通·期中）若空间向量，则下列向量能与构成空间的一个基底的是（       ） A.  B.  C.  D.  12．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）已知向量\vec {a}=\left(2,-1,1\right)，\vec {b}=\left(1,m,2\right)，且\left(\vec {a}-\vec {b}\right)\bot \vec {a}，则（     ） A.  B. 2 C. 4 D. 6 13．（25-26学年高二上·四川成都·期中）已知空间向量\vec {m}=\left(5\mathrm{，}-2\mathrm{，}1\right)，\vec {n}=\left(1,0,-1\right)，则\vec {m}在\vec {n}上的投影向量为（       ） A.  B.  C.  D.  14．（25-26学年高二上·广东清远·期中）已知向量\overrightarrow a=(-2,1,3)，\overrightarrow b=(-1,1,x)，若与垂直，则（       ）. A.  B.  C.  D.  15．（25-26学年高二上·甘肃陇南·期中）已知平面向量，，若，则（     ） A.  B.  C. 2 D. 4 16．（25-26学年高二上·新疆喀什·期中）（多选）已知空间向量，，则下列计算正确的是（       ） A.  B.  C. 与的夹角满足 D.  17．（2026·吉林吉林·调研）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（     ） A.  B.  C.  D.  18．（25-26学年高二上·四川成都·期中）设，向量\vec {a}=\left(x,1,1\right)，\vec {b}=\left(1,y,1\right)，\vec {c}=\left(2,-4,2\right)，且\vec {a}\bot \vec {c}，\vec {b}//\vec {c}，则\left| \vec {a}+\vec {b}\right| =（　　） A.  B.  C. 3 D. 4 19．（25-26学年高二上·江苏南通·期中）（多选）在棱长为2的正方体中，分别是棱上的动点（不含端点），且，则（       ） A. \left| \vec {B_{1}E}+\vec {EF}+\vec {FD_{1}}\right| =2\sqrt{2} B. 当且仅当为中点时， C. 存在，使得 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 20．（25-26学年高二上·天津南开·期中）已知\vec {OA}\bot \vec {AB}，若\vec {OA}=\left(1,1,0\right)，则\vec {OA}\cdot \vec {OB}=　　　　　　. 21．（2026·广西南宁·质量检测）点到平面的距离是　　　　　　　　　　. 22．（25-26学年高二上·山西期中学·期中）已知，且，则　　　　　　　　　　　． 23．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点坐标是　　　　　　　　　　　　. 24．（25-26学年高二上·内蒙古期中学·期中）已知空间三点，，． （1）求向量\vec {AB}与\vec {AC}夹角的余弦值； （2）求的面积. 25．（25-26学年高二上·江苏南通·期中）已知向量，，且，则　　　　　　　　　　. 26．（25-26学年高二上·四川成都·期中）已知向量，，，，. （1）求x，y，z的值； （2）求向量与所成角的余弦值． 27．（2026·吉林吉林·调研）若，，且与共线，则　　　　　　　． 28．（25-26学年高二上·广东清远·期中）对于任意实数x，y，z，的最小值为　　　　　　. 29．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）如图，正方体的棱长为2，动点满足\vec {AP}=x\vec {AB}+y\vec {AD}+z\vec {AA_{1}}，其中，且，，，给出下列四个结论： ①当时，平面； ②当，时，的最小值为； ③当，时，三棱锥的体积为定值； ④当，且时，动点的轨迹长为． 其中所有正确结论的序号是　　　　　　． 正方体的棱长为2， ， 对于① ，当时，\vec {AP}=\vec {AB}+\vec {AD}+\vec {AA_{1}}，此时点与重合，即\vec {AP}=\left(2,2,2\right)， \because \vec {A_{1}B}=\left(0,2,-2\right),\vec {A_{1}D}=\left(2,0,-2\right)，设平面的法向量为， 则 \begin{cases} \vec {A_{1}B}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=2y-2z=0\\ \vec {A_{1}D}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=2x-2z=0 \end{cases} ，令，则， \therefore \vec {AP}//\overset{\rightarrow }{n}，即平面，故① 正确； 对于② ，当，时，点在上，把侧面沿翻折到平面内，如下图所示， 考点04 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·内蒙古期中学·期中）已知平面的一个法向量，点在平面内，若点到的距离为，则实数的值为（     ） A.  B.  C. 或 D. 或 3．（25-26学年高二上·内蒙古期中学·期中）（多选）在平面直角坐标系中，已知直线（不同时为0），到直线的距离为，\vec {n}=\left(A,\,B\right)为直线的法向量；推广，在空间直角坐标系中，已知平面（不同时为0），到平面的距离为，\vec {n}=\left(A,\,B,\,C\right)为平面的法向量.若平面，点，则（       ） A. 点 B. 若为原点，则 C. 点到平面的距离为 D. 若，则 4．（25-26学年高二上·广东清远·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点P是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点Q是棱的中点，则以下命题正确的是（       ） A. 三棱锥的体积是定值 B. 存在点P，使得与所成的角为 C. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 D. 若，则P的轨迹的长度为 5．（25-26学年高二上·广东清远·期中）如图，在正方体中，点在线段上，点在线段上上，且，，则与所成角的余弦值为（     ） A.  B.  C.  D.  6．（2026·广西南宁·质量检测）设直线l的一个方向向量为\vec {m}=\left(3,-1,-5\right)，平面的一个法向量为\vec {n}=\left(-6,2,t\right)，若，则（     ） A.  B.  C. 4 D. 10 7．（25-26学年高二上·重庆部分·期中）在空间直角坐标系中，直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面所成的角为（　　） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高二·安徽·期中）（多选）如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点），以下命题为真命题的是（       ） A. 当点P为中点时，异面直线与BD所成角为 B. 三棱锥中，点P到面的距离为定值 C. 过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为 D. 直线与面所成角的正弦值的范围为 对A：，\vec {A_{1}P}\cdot \vec {BD}=\left(-1,1,0\right)\cdot \left(-2,-2,0\right)=2-2=0，故， 所以异面直线与BD所成角为，故A错误； 对B：设平面的法向量为，则 \left\{\begin{array}{c} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {BD}=-2x-2y=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {A_{1}D}=-2x-2z=0 \end{array}\right. ， 取，则，，得到， 又\vec {DP}=\left(a,a,2\right)，则点P到面的距离为\frac{\left| \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {DP}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{\left| 2\right| }{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}，故B正确； 对C：如图所示，连接，则， 平面，平面，故平面，同理平面， ，平面，故平面平面， 故截面即为等边三角形，面积为，故C正确； 9．（25-26学年高二·安徽·期中）已知\vec {AB}=\left(-1,-1,1\right),\vec {AC}=\left(2,-2,6\right)，则平面的一个法向量的坐标为（　　） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）（多选）在正方体中， ， ，， 分别是，， ，的中点，则（     ） A. 平面 B.  ， ，， 四点共面 C. 在线段上存在一点，使得平面 D. 在线段上存在一点，使得\vec {BN}在\vec {BD}上的投影向量为\frac{1}{3}\vec {BD} 11．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）正四棱锥中，，，点是的中点，则点到直线的距离为（     ） A.  B.  C.  D.  12．（25-26学年高二上·重庆部分·期中）（多选）若正方体外接球的半径为，球心为O，E，F分别是AB，BC的中点，则（       ） A.  B. 直线OE与所成的角为 C. 点O到平面的距离为 D. 平面截球O所得截面的面积为    所以\vec {OE}=\left(1,0,-1\right)，\vec {FD_{1}}=\left(-1,-2,2\right)，则\left| \cos \vec {OE},\vec {FD_{1}}\right| =\left| \frac{\vec {OE}\cdot \vec {FD_{1}}}{\left| \vec {OE}\right| \left| \vec {FD_{1}}\right| }\right| =\frac{\sqrt{2}}{2}， 所以直线OE与所成的角为，所以B正确； 对于C，设平面的法向量为，则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {EF}=-x+y=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {FD_{1}}=-x-2y+2z=0 \end{cases} ， 令，可得，，所以， 又由向量\vec {OE}=\left(1,0,-1\right)，所以点O到平面的距离为\frac{\left| \vec {OE}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{\sqrt{17}}{17}，所以C错误； 对于D，平面截球O所得的截面是一个圆， 设该圆的半径为r，则， 所以平面截球O所得截面的面积为，所以D正确. 故选：ABD 13．（25-26学年高二上·内蒙古期中学·期中）（多选）在棱长为1的正方体中，O为上底面的中心，则（     ） A. 平面 B.  C. 直线与的距离为 D. 直线与平面所成角的正弦值为 则， 所以\vec {AC}=\left(-1,1,0\right),\vec {AD_{1}}=\left(-1,0,1\right)，\vec {OB}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},-1\right)， 设平面的法向量为， 则 \left\{\begin{array}{l} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AC}=-x+y=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AD_{1}}=-x+z=0 \end{array}\right. ，令，可得， 所以\vec {OB}\cdot \overset{\rightarrow }{m}=\frac{1}{2}\times 1+\frac{1}{2}\times 1-1\times 1=0，即\vec {OB}\bot \overset{\rightarrow }{m}， 又因为平面，所以平面，故A正确； \vec {BC}=\left(-1,0,0\right)，平面的法向量， 设直线BC与平面所成角为， 则\sin \theta =\left| \cos \left\langle \vec {BC},\overset{\rightarrow }{m}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {BC}\cdot \overset{\rightarrow }{m}\right| }{\left| \vec {BC}\right| \cdot \left| \overset{\rightarrow }{m}\right| }=\left| \frac{-1}{1\times \sqrt{3}}\right| =\frac{\sqrt{3}}{3}， 所以直线BC与平面所成角的正弦值为，故D正确； \vec {C_{1}D}=\left(0,-1,-1\right)，\vec {OB}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},-1\right)， 则\vec {OB}\cdot \vec {C_{1}D}=\frac{1}{2}\times 0+\frac{1}{2}\times \left(-1\right)+\left(-1\right)\times \left(-1\right)=\frac{1}{2} eq 0， 所以不成立，故B错误； 因为\vec {BC_{1}}=\left(-1,0,1\right),\vec {CD{_{1}^{}}{}}=\left(0,-1,1\right)，设\overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {BC_{1}},\overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {CD{_{1}^{}}{}}，， 则 \left\{\begin{array}{l} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {BC_{1}}=-a+c=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {CD{_{1}^{}}{}}=-b+c=0 \end{array}\right. ，令，则， 又因为\vec {BC}=\left(-1,0,0\right)，所以直线与的距离为\left| \frac{\vec {BC}\cdot \overset{\rightarrow }{n}}{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }\right| =\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}，故C正确. 故选：ACD 14．（25-26学年高二上·江苏南通·期中）在正三棱柱中，，则直线与所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C. 0 D.  15．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）已知为平面的法向量，点，在直线上，则“\overset{\rightarrow }{a}\cdot \vec {AB}=0”是“”的（     ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 16．（25-26学年高二上·四川成都·期中）（多选）如图，在底面为正方形的四棱锥中，平面，直线与平面所成角的正切值为，则下列说法正确的是（       ） A. 异面直线与所成的角为45° B. 异面直线与所成的角为60° C. 直线与平面所成的角为30° D. 点到平面的距离为 17．（2026·广西南宁·质量检测）（多选）在空间直角坐标系中，，则（     ） A. 平面 B.  C. 平面 D.  18．（2026·广东多校·联考）（多选）已知高为2的斜三棱柱中，在底面上的射影为点，且四边形是边长为2的正方形．设分别为的中点，则（     ） A.  B. 平面 C. 三棱锥的体积为 D. 直线与直线所成角的余弦值为 19．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）如图，正八面体由两个相同的正四棱锥组成，其所有棱长为2，，分别为棱，的中点，则直线和夹角的余弦值为（     ） A.  B.  C.  D.  20．（25-26学年高二上·山西期中学·期中）在图（1）五边形中，是等边三角形，，将沿折起到的位置，得到如图（2）所示的四棱锥，点为的中点．    （1）证明：平面； （2）当时，求平面与平面夹角的余弦值.    ， 设是平面的一个法向量， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\bot \vec {BC}\mathrm{，}\\ \overset{\rightarrow }{m}\bot \vec {BF}\mathrm{，} \end{cases} \therefore \begin{cases} -2x_{1}+2y_{1}=0\mathrm{，}\\ -\frac{3}{2}x_{1}+\frac{\sqrt{3}}{2}z_{1}=0\mathrm{，} \end{cases} 令，则， 设是平面的一个法向量， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {DB}\mathrm{，}\\ \overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {BF}\mathrm{，} \end{cases} \therefore \begin{cases} 2x_{2}+2y_{2}=0\mathrm{，}\\ -\frac{3}{2}x_{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}z_{2}=0\mathrm{，} \end{cases} 令，则， ， 因此平面与平面夹角的余弦值为． 21．（25-26学年高二上·天津南开·期中）如图，在直三棱柱中，分别为的中点．        （1）求异面直线与所成角的余弦值； （2）求点到平面的距离； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 22．（25-26学年高二上·甘肃陇南·期中）如图，已知在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面，．求：    （1）点到平面的距离； （2）二面角的正切值． 23．（25-26学年高二·安徽·期中）如图，在等腰梯形中，，，，，把三角形沿着翻折，得到如右图所示的四棱锥，记二面角的平面角为. （1）当时，求证：平面； （2）当时， （i）求点到底面的距离； （ii）设是侧棱上一动点，是否存在点，使得的余弦值为，若存在，求的值. 24．（2026·广东多校·联考）如图，在四边形中，，，，过平面外一点作射线，，，，在四条射线上分别取点，，，，使得. （1）证明：，，，四点共面； （2）若平面，，求二面角的余弦值. 故，，，， 则\vec {PH}=\left(0,0,-4\right),\vec {HF}=\left(4,2,0\right),\vec {HC}=\left(0,2,2\right)， 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 由 \begin{cases} \vec {PH}\cdot \overset{\rightarrow }{m}=0\\ \vec {HF}\cdot \overset{\rightarrow }{m}=0 \end{cases} ，即 ，不妨设，故； 由 \begin{cases} \vec {HC}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=0\\ \vec {HF}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=0 \end{cases} ，即 ，不妨设，故； 设为二面角的平面角，则， 由题意易知二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 25．（2026·广东多校·联考）设空间中的点，，，，则点到平面的距离为　　　　　. 26．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）如图，三棱柱的侧面为菱形，平面平面，，. （1）证明：； （2）点到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 27．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）如图，四棱柱的底面是矩形，，，，为棱的中点. （1）求的长； （2）求直线与直线所成角的余弦值. 28．（25-26学年高二上·山西期中学·期中）如图，三棱柱各棱的棱长都是1，若，点，分别是的中点，记． （1）用向量表示向量，并求的模长； （2）用向量方法证明：． 29．（25-26学年高二上·天津南开·期中）如图，三棱柱中，，，平面，，，，分别是，的中点. （1）证明：平面； （2）求与平面夹角的正弦值； （3）棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求；若不存在，请说明理由. 由（1）知平面，平面，所以， 而三棱柱中， 所以，所以三角形是等腰直角三角形，得. 再由平面，平面， 所以，且， 所以也是等腰直角三角形，所以. 所以，，， \vec {BC}=\left(-\sqrt{2},-\sqrt{2},0\right). \vec {OE}=\vec {OB_{1}}+\vec {B_{1}E}=\vec {OB_{1}}+\frac{1}{2}\vec {BC}， \vec {DE}=\vec {OE}-\vec {OD}. 设\vec {n}=\left(x,y,z\right)为平面的一个法向量， 且\vec {BC}=\left(-\sqrt{2},-\sqrt{2},0\right)，\vec {BB_{1}}=\left(-\sqrt{2}-\sqrt{2},0,2\right)， 由 \begin{cases} \vec {n}\cdot \vec {BC}=0\\ \vec {n}\cdot \vec {BB_{1}}=0 \end{cases} ，得 ， 令，得,所以\vec {n}=\left(1,-1,\sqrt{2}\right). 所以\left| \cos < \vec {n},\vec {DE}> \right| =\frac{\left| -\sqrt{2}\times 1+0\times \left(-1\right)+2\times \sqrt{2}\right| }{\sqrt{1+1+\left(\sqrt{2}\right)^{2}}\cdot \sqrt{\left(-\sqrt{2}\right)^{2}+0+2^{2}}}. 所以与平面夹角的正弦值为. 30．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）如图，四棱锥的侧面是正三角形，，且，，是中点. （1）求证：平面； （2）若平面平面，且，求平面与平面夹角的余弦值. 31．（25-26学年高二上·重庆部分·期中）在直三棱柱中，，，，D是的中点，F是CD的中点，点E在线段上，且.以A为原点，AB，AC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. （1）直接写出C，D，E，F的坐标. （2）证明：平面ABC. （3）求点E到直线CD的距离. 32．（25-26学年高二上·内蒙古期中学·期中）已知四棱柱的各棱长均为2，，，\vec {DG}=\lambda \vec {DD_{1}}，.且三棱锥的体积为1，二面角的余弦值为. （1）证明：； （2）求的值及直线与平面所成的角的正弦值. 33．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）如图，在棱长为2的正方体中，是线段的中点． （1）求直线与直线夹角的余弦值； （2）求点到平面的距离． 34．（25-26学年高二上·天津河东·期中）如图，在四棱锥中，，，平面，是棱的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 35．（25-26学年高二上·四川成都·期中）如图，直三棱柱，底面中，，.，是的中点． （1）求证：； （2）为上动点（含端点），则是否存在使得面，若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由； （3）若为中点，为的重心，为上一点，且，过作任一平面分别交、、于、、，若\vec {C_{1}P}=m\vec {C_{1}A}，\vec {C_{1}Q}=n\vec {C_{1}C}，\vec {C_{1}R}=t\vec {C_{1}M}，求证为定值，并求该定值． ，，， 则、、、、， 是的中点，则，\vec {A_{1}B}=\left(-1,1,-2\right)，\vec {C_{1}N}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right) \because \vec {A_{1}B}\cdot \vec {C_{1}N}=-1\times \frac{1}{2}+1\times \frac{1}{2}+\left(-2\right)\times 0=0，\therefore \vec {A_{1}B}\bot \vec {C_{1}N}，即.     （2）存在，，理由如下： 设\vec {AF}=\lambda \vec {AB}=\lambda \left(-1,1,0\right)=\left(-\lambda ,\lambda ,0\right)，其中，\vec {AB}=\left(-1,1,0\right)，则，\therefore \vec {C_{1}C}=\left(0,0,-2\right)，\vec {CF}=\left(1-\lambda ,\lambda ,0\right)， 若面，则 \left\{\begin{array}{l} \vec {AB}\cdot \vec {C_{1}C}=0\\ \vec {AB}\cdot \vec {CF}=-\left(1-\lambda \right)+\lambda =0 \end{array}\right. ，解得，， 故存在点，当时，面.     （3）定值为，理由如下： 因为为的重心，则\vec {GA}+\vec {GM}+\vec {GC}=\vec {0}， 36．（25-26学年高二上·四川成都·期中）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．建立适当的空间直角坐标系，用空间向量方法解决如下问题：    （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 37．（25-26学年高二上·广东清远·期中）在平面直角坐标系中，设，若沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后，，则的余弦值为　　　　　　． 38．（25-26学年高二上·广东清远·期中）如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为，D是的中点．    （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值.    则，，，，，，． 故\vec {A_{1}B_{1}}=\left(-\sqrt{3},1,0\right)，\vec {DA}=\left(\sqrt{3},0,0\right)，\vec {DC_{1}}=\left(0,-1,\sqrt{3}\right)， 设平面的法向量为， 则 \left\{\begin{array}{l} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {DA}=\sqrt{3}x=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {DC_{1}}=-y+\sqrt{3}z=0 \end{array}\right. ，令，则，即． 设直线与平面所成角为， 可得\sin \theta =\left| \cos \left\langle \vec {A_{1}B_{1}},\overset{\rightarrow }{m}\right\rangle \right| =\frac{\sqrt{3}}{2\times 2}=\frac{\sqrt{3}}{4}， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 39．（25-26学年高二上·新疆喀什·期中）如图所示在棱长为1的正方形中，E为线段的中点， （1）求点到直线的距离； （2）求点到平面的距离. ，，， \overrightarrow{{{A}_{1}}A}=\left( 0,0,-1 \right)，\overrightarrow{A{{B}_{1}}}=\left( 0,1,1 \right)，\overrightarrow{AE}=\left( -1,0,\frac{1}{2} \right), 设平面的一个法向量为：\overrightarrow{n}=\left( a,b,c \right) 则 \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} \overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{AE}=0 \\ \overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{A{{B}_{1}}}=0 \\ {} \end{array} \right. ，即 ，令得\overrightarrow{n}=\left( 1,-2,2 \right) 点到平面的距离为d=\frac{\left| \overrightarrow{{{A}_{1}}A}\cdot \overrightarrow{n} \right|}{\left| \overrightarrow{n} \right|}=\frac{2}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}}}=\frac{2}{3}. 40．（25-26学年高二上·新疆喀什·期中）已知正方体的棱长为 2，以为原点，分别以\vec {DA}，\vec {DC}，\vec {DD_{1}}为，，轴建立空间直角坐标系． （1）写出点，，的坐标； （2）求平面的一个法向量； （3）证明：直线平面． 41．（25-26学年高二上·新疆喀什·期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，为的中点．    （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）求二面角的余弦值．    所以、、、、． 所以\vec {PB}=\left(2,0,-2\right)，\vec {PD}=\left(0,2,-2\right)，\vec {CM}=\left(-2,-1,1\right)． 设平面的一个法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)， 则 \left\{\begin{array}{l} \vec {PB}\cdot \vec {n}=2x-2z=0\\ \vec {PD}\cdot \vec {n}=2y-2z=0 \end{array}\right. ，取，则\vec {n}=\left(1,1,1\right)，， 所以\cos \left\langle \vec {CM},\vec {n}\right\rangle =\frac{\vec {CM}\cdot \vec {n}}{\left| \vec {CM}\right| \cdot \left| \vec {n}\right| }=\frac{-2}{\sqrt{6}\times \sqrt{3}}=-\frac{\sqrt{2}}{3}． 所以直线与平面所成角的正弦值是． 42．（2026·广西南宁·质量检测）正八面体由八个完全相同的面构成，每个面都是等边三角形，它可以看作是两个所有棱长相等且底面重合的正四棱锥拼接而成的.如图，多面体是一个正八面体，是该正八面体的中心.    （1）证明：平面平面. （2）求平面与平面夹角的余弦值. 43．（2026·吉林吉林·调研）如图，在三棱柱中，平面平面为中点，，，． （1）求证：平面； （2）在线段上是否存在一点，使点到平面的距离为？若存在，请求出四面体FABC的体积；若不存在，请说明理由． 以为原点，所在直线分别为轴、轴，轴，如图建系． 则，，，， ，，， \therefore \vec {AB}=\left(-2\sqrt{3},2,0\right)，\vec {AA_{1}}=\left(-\sqrt{3},0,3\right)，\vec {AE}=\left(-\frac{5\sqrt{3}}{2},0,\frac{3}{2}\right)． 设\vec {AF}=\lambda \vec {AE}=\lambda \left(-\frac{5\sqrt{3}}{2},0,\frac{3}{2}\right)=\left(-\frac{5\sqrt{3}}{2}\lambda ,0,\frac{3}{2}\lambda \right)\left(0\leq \lambda \leq 1\right)， ． 设平面的一个法向量为，则\overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {AB},\overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {AA_{1}}． 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AB}=-2\sqrt{3}x+2y=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AA_{1}}=-\sqrt{3}x+3z=0 \end{cases} ，取，则． 设点到平面的距离d_{1}=\frac{\left| \vec {AF}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{\left| 6\lambda \right| }{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{13}}{13},\therefore \lambda =\frac{1}{6},F\left(\frac{19\sqrt{3}}{12},0,\frac{1}{4}\right)， 即线段上存在点，当时，点到平面的距离为． 四面体的体积为． （法三）解题思路： 设点到平面的距离为， 利用等积法可求得，又，则，\therefore \vec {AF}=\frac{1}{6}\vec {AE}， 以下思路同法一． 44．（2026·吉林吉林·调研）如图，在四棱锥中，侧棱平面，，，，，点是的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 又平面，，． 以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则， 依题意，\vec {DC}=\left(0,2,0\right)是平面的一个法向量， \therefore \vec {PB}=\left(1,1,-2\right),\vec {BC}=\left(-1,1,0\right)， 设平面的一个法向量为，则\overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {PB},\overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {BC}． 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {PB}=x+y-2z=0,\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {BC}=-x+y=0. \end{cases} 取，则， 平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为，则 \cos \theta =\left| \cos \left\langle \vec {DC},\overset{\rightarrow }{n}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {DC}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \vec {DC}\right| \left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{2}{2\times \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}， 即平面与平面夹角的余弦值为． 45．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）用一个平面截圆锥，若圆锥的轴与该平面所成角大于圆锥轴截面的半顶角时，所得截口曲线是椭圆.在直角三角形中，，，，点在线段上，为的平分线，直线与平面垂直，垂足为.点，，记点的轨迹为曲线.    （1）说明：曲线为椭圆； （2）建立适当坐标系，求曲线的方程； （3）当四面体体积最大时，求平面与平面夹角的大小. 46．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）已知平面四边形，，，，，沿直线将翻折成，则直线与直线所成角的余弦值最大为　　　　　. 47．（25-26学年高二上·重庆部分·期中）如图，在四棱锥-中，底面是边长为4的正方形，侧面是正三角形．面底面分别是的中点．    （1）证明：平面． （2）求平面与底面夹角的余弦值． （3）若分别是直线上的一个动点，求长度的最小值． 48．（25-26学年高二上·江苏南通·期中）如图，已知正方形和矩形所在平面互相垂直，，设，点分别在线段上，且. （1）证明：； （2）若平面平面，求的值； （3）设直线与平面相交于点，求线段的长度（用表示）. 49．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）如图，在多面体中，四边形是边长为3的正方形，平面平面，，，． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 50．（25-26学年高二上·天津河东·期中）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点分别在棱上．        （1）若是的中点，证明：平面； （2）若，平面与平面夹角的余弦值为，求四面体的体积． 51．（25-26学年高二上·广东清远·期中）如图，在三棱柱中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在平面ABC上的投影为AC的中点D，且． （1）求点C到侧面的距离； （2）在线段上是否存在点E，使得直线DE与侧面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由． 因为是以AC为斜边的等腰直角三角形，，所以，， 因为侧面为菱形，所以， 又，所以， 则，，，，， 则\vec {AB}=\left(\sqrt{2},\sqrt{2},0\right)，\vec {AA_{1}}=\left(0,\sqrt{2},\sqrt{6}\right)，\vec {AC}=\left(0,2\sqrt{2},0\right)， 设平面的一个法向量为，则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AB}=\sqrt{2}x+\sqrt{2}y=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AA_{1}}=\sqrt{2}y+\sqrt{6}z=0 \end{cases} ， 取，则，故， 所以点到平面的距离为d=\frac{\left| \vec {AC}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{\left| 0-2\sqrt{6}+0\right| }{\left| \sqrt{3+3+1}\right| }=\frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{7}}=\frac{2\sqrt{42}}{7}. 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·天津南开·期中）如图，在三棱锥S—ABC中，点E，F分别是SA，BC的中点，点G在棱EF上，且满足，若\vec {SA}=\vec {a}，\vec {SB}=\vec {b}，\vec {SC}=\vec {c}，则\vec {SG}=（       ） A. \frac{1}{3}\vec {a}-\frac{1}{2}\vec {b}+\frac{1}{6}\vec {c} B. \frac{1}{3}\vec {a}-\frac{1}{6}\vec {b}+\frac{1}{2}\vec {c} C. \frac{1}{6}\vec {a}-\frac{1}{3}\vec {b}+\frac{1}{2}\vec {c} D. \frac{1}{3}\vec {a}+\frac{1}{6}\vec {b}+\frac{1}{6}\vec {c} 【答案】D 【分析】 利用空间向量的加、减运算即可求解. 【详解】 由题意可得\vec {SG}=\vec {SE}+\vec {EG}=\vec {SE}+\frac{1}{3}\vec {EF}=\vec {SE}+\frac{1}{3}\left(\vec {SF}-\vec {SE}\right) =\frac{2}{3}\vec {SE}+\frac{1}{3}\vec {SF}=\frac{2}{3}\vec {SE}+\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}\left(\vec {SB}+\vec {SC}\right) =\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}\vec {SA}+\frac{1}{6}\left(\vec {SB}+\vec {SC}\right)=\frac{1}{3}\vec {a}+\frac{1}{6}\vec {b}+\frac{1}{6}\vec {c}. 故选：D         2．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）若，，，四点共面，则（     ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 【分析】 求出关键向量，利用四点共面的性质建立方程组，求解参数即可. 【详解】 因为，，，， 所以\vec {OP}=\left(x,1,2\right)，\vec {OM}=\left(2,1,0\right)，\vec {ON}=\left(1,0,1\right)， 若四点共面，则\vec {OP}=\lambda \vec {OM}+\mu \vec {ON}， 可得 ，解得，故选项A正确. 故选：A 3．（25-26学年高二上·天津南开·期中）已知，，，为空间中不共面的四点，且6\vec {OA}+\vec {OB}+m\vec {OC}-\vec {OP}=\vec {0}，若，，，四点共面，则实数的值是（     ）. A.  B. 1 C.  D. 6 【答案】C 【分析】 根据题意，利用向量的共面定理及推论，得到，即可求解. 【详解】 由四点共面，则存在实数，使得\vec {AP}=x\vec {AB}+y\vec {AC}， 可得\vec {OP}-\vec {OA}=x\left(\vec {OB}-\vec {OA}\right)+y\left(\vec {OC}-\vec {OA}\right)，即\vec {OP}=\left(1-x-y\right)\vec {OA}+x\vec {OB}+y\vec {OC}， 可得， 因为6\vec {OA}+\vec {OB}+m\vec {OC}-\vec {OP}=\vec {0}，即\vec {OP}=6\vec {OA}+\vec {OB}+m\vec {OC}， 所以，解得. 故选：C. 4．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）已知在四面体中，为的中点，，若，则\vec {EF}=（       ） A. \frac{1}{2}\vec {a}-\frac{1}{3}\vec {b}-\frac{2}{3}\vec {c} B. -\frac{1}{2}\vec {a}-\frac{1}{3}\vec {b}+\frac{4}{3}\vec {c} C. -\frac{1}{2}\vec {a}+\frac{2}{3}\vec {b}+\frac{1}{3}\vec {c} D. -\frac{1}{2}\vec {a}+\frac{1}{3}\vec {b}+\frac{2}{3}\vec {c} 【答案】D 【分析】 根据题意，结合空间向量的线性运算法则，准确运算，即可求解. 【详解】 如图所示，因为为的中点，\vec {CF}=\frac{1}{3}\vec {CB}，且\vec {OA}=\vec {a},\vec {OB}=\vec {b},\vec {OC}=\vec {c}， 则\vec {EF}=\vec {OF}-\vec {OE}=\left(\vec {OB}+\vec {BF}\right)-\frac{1}{2}\vec {OA}=\vec {b}+\frac{2}{3}\vec {BC}-\frac{1}{2}\vec {a}=\vec {b}+\frac{2}{3}\left(\vec {OC}-\vec {OB}\right)-\frac{1}{2}\vec {a}=\vec {b}+\frac{2}{3}\left(\vec {c}-\vec {b}\right)-\frac{1}{2}\vec {a}=-\frac{1}{2}\vec {a}+\frac{1}{3}\vec {b}+\frac{2}{3}\vec {c}. 故选：D. 5．（25-26学年高二上·天津河东·期中）如图，是四面体的棱的中点，点在线段上，点在线段上，且，则\vec {OP}=（       ） A. \frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{2}{9}\vec {OB}+\frac{2}{9}\vec {OC} B. \frac{1}{4}\vec {OA}+\frac{1}{4}\vec {OB}+\frac{1}{4}\vec {OC} C. \frac{1}{6}\vec {OA}+\frac{1}{3}\vec {OB}+\frac{1}{3}\vec {OC} D. \frac{2}{3}\vec {OA}+\frac{1}{8}\vec {OB}+\frac{1}{8}\vec {OC} 【答案】D 【分析】 根据空间向量的线性运算求得正确答案. 【详解】 \vec {OP}=\vec {OA}+\vec {AP}=\vec {OA}+\frac{1}{3}\vec {AN} =\vec {OA}+\frac{1}{3}\left(\vec {ON}-\vec {OA}\right)=\frac{2}{3}\vec {OA}+\frac{1}{3}\vec {ON} =\frac{2}{3}\vec {OA}+\frac{1}{3}\times \frac{3}{4}\vec {OM}=\frac{2}{3}\vec {OA}+\frac{1}{4}\vec {OM} =\frac{2}{3}\vec {OA}+\frac{1}{4}\times \frac{1}{2}\times \left(\vec {OB}+\vec {OC}\right)=\frac{2}{3}\vec {OA}+\frac{1}{8}\vec {OB}+\frac{1}{8}\vec {OC}. 故选：D 6．（25-26学年高二上·宁夏自治区银川·期中）设为单位向量，且，则（     ） A.  B. 0 C.  D. 1 【答案】B 【分析】 根据给定条件，利用数量积的运算律求解. 【详解】 由为单位向量，且，得，即， 所以. 故选：B 7．（25-26学年高二上·广东清远·期中）（多选）关于空间向量，以下说法正确的是（       ） A. 若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则 B. 若空间中任意一点O，有\vec {OP}=\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{1}{6}\vec {OB}+\frac{1}{2}\vec {OC}，则四点共面 C. 若空间向量，满足，则与夹角为钝角 D. 若空间向量，，则在上的投影向量为 【答案】ABD 【分析】 根据题意，由平面法向量的定义分析A，由空间向量基本定理分析B，由向量平行的性质分析C，由投影向量分析D． 【详解】 对于A：若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，易得，即，则有，A正确； 对于B：在\vec {OP}=\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{1}{6}\vec {OB}+\frac{1}{2}\vec {OC}中，由于，故四点共面，B正确； 对于C：当， 反向共线时， 也成立，但与夹角不为钝角，C错误； 对于D，在上的投影向量为\frac{\overset{\rightarrow }{a}\cdot \overset{\rightarrow }{b}}{\left| \overset{\rightarrow }{b}\right| }\cdot \frac{\overset{\rightarrow }{b}}{\left| \overset{\rightarrow }{b}\right| }=\frac{-1}{2}\vec {b}=-\frac{1}{2}\overset{\rightarrow }{b}=\left(0,-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)，D正确． 故选：ABD． 8．（25-26学年高二上·新疆喀什·期中）下列关于空间向量的说法正确的是（     ） A. 空间中任意两个单位向量都相等 B. 空间中零向量的方向是确定的 C. 空间中相反向量的模长相等 D. 空间中共线的向量必在同一条直线上 【答案】C 【分析】 根据单位向量，零向量，相反向量，共线向量的概念即可判断. 【详解】 相等向量是指长度相等，方向相同的向量，单位向量只是说明了长度，并未指明方向，故A错误； 零向量的方向是任意的，故B错误； 相反向量是指方向相反，长度相等的向量，故C正确； 由于向量可以平移，所以共线向量不一定在一条直线上，故D错误. 故选：C 9．（25-26学年高二上·新疆喀什·期中）设\vec {e_{1}}，\vec {e_{2}}是空间两个不共线的非零向量，已知\vec {AB}=2\vec {e_{1}}+k\vec {e_{2}}，\vec {BC}=\vec {e_{1}}+3\vec {e_{2}}，\vec {DC}=2\vec {e_{1}}-\vec {e_{2}}，且、、三点共线，则实数的值为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 把问题转化为两向量平行，求参数的问题求解. 【详解】 因为\vec {BD}=\vec {BC}+\vec {CD}=\vec {BC}-\vec {DC}=\left(\vec {e_{1}}+3\vec {e_{2}}\right)-\left(2\vec {e_{1}}-\vec {e_{2}}\right)=-\vec {e_{1}}+4\vec {e_{2}}. 因为、、三点共线，所以\vec {AB}//\vec {BD}. 所以. 故选：D 10．（25-26学年高二上·山西期中学·期中）（多选）给定两个不共线的空间向量\vec {a}与\vec {b}，定义叉乘运算\vec {a}\times \vec {b}： ①\vec {a}\times \vec {b}是与\vec {a},\vec {b}都垂直的向量； ②\vec {a},\vec {b},\vec {a}\times \vec {b}三个向量构成右手系（如图1）； ③\left| \vec {a}\times \vec {b}\right| =\left| \vec {a}\right| \left| \vec {b}\right| \sin \left\langle \vec {a},\vec {b}\right\rangle． 如图2，在长方体中， ，则下列结论正确的是（     ） A. \vec {AB}\times \vec {AD}=\vec {AA_{1}} B. \vec {AB}\times \vec {AD}=-\vec {AD}\times \vec {AB} C. \left(\vec {AB}+\vec {AD}\right)\times \vec {AA_{1}}=\vec {AB}\times \vec {AA_{1}}+\vec {AD}\times \vec {AA_{1}} D. 长方体的体积V=\left(\vec {AB}\times \vec {AD}\right)\cdot \vec {AA_{1}} 【答案】BCD 【分析】 根据新定义得出A、B，根据新定义计算等式两边的结果得出C选项，计算长方体的体积结合新定义以及数量积的定义可判断选项D. 【详解】 选项A：向量\vec {AA_{1}}同时与向量\vec {AB},\vec {AD}垂直， 且向量\vec {AA_{1}},\vec {AB},\vec {AD}三个向量构成右手系， \left| \vec {AB}\times \vec {AD}\right| =\left| \vec {AB}\right| \left| \vec {AD}\right| \sin \left\langle \vec {AB},\vec {AD}\right\rangle =1\times 1\times \sin 90^{\text{°}}=1， ，所以\vec {AB}\times \vec {AD}=\frac{1}{2}\vec {AA_{1}}， 故A不正确， 选项B：由\vec {AB}\times \vec {AD}=\frac{1}{2}\vec {AA_{1}}， \vec {AD}\times \vec {AB}=-\frac{1}{2}\vec {AA_{1}}\Rightarrow -\vec {AD}\times \vec {AB}=\frac{1}{2}\vec {AA_{1}}， 所以\vec {AB}\times \vec {AD}=-\vec {AD}\times \vec {AB}， 故B选项正确， 选项C：因为\left| \left(\vec {AB}+\vec {AD}\right)\times \vec {AA_{1}}\right| =\left| \vec {AC}\times \vec {AA_{1}}\right| ， 且\vec {AC}\times \vec {AA_{1}}与\vec {DB}同向共线， 又\left| \vec {AB}\times \vec {AA_{1}}\right| =1\times 2\times \sin 90^{\text{°}}=2， 且\vec {AB}\times \vec {AA_{1}}与\vec {DA}同向共线， 又因为\vec {AD}\times \vec {AA_{1}}与\vec {DC}同向共线， 所以\left| \vec {AB}\times \vec {AA_{1}}+\vec {AD}\times \vec {AA_{1}}\right| =2\sqrt{2}， 故C选项正确， 选项D：长方体的体积为：， \left(\vec {AB}\times \vec {AD}\right)\cdot \vec {AA_{1}}=\frac{1}{2}\vec {AA_{1}}\cdot \vec {AA_{1}}=\frac{1}{2}\times \left| \vec {AA_{1}}\right| ^{2}=\frac{1}{2}\times 4=2， 故V=\left(\vec {AB}\times \vec {AD}\right)\cdot \vec {AA_{1}}， 所以D选项正确， 故选：BCD. 11．（25-26学年高二上·天津南开·期中）如图，在平行六面体中，，，则\left| \overrightarrow{A{{C}_{1}}} \right|=（       ） A. 1 B.  C. 9 D. 3 【答案】D 【分析】 根据图形，利用向量的加法法则得到\overrightarrow{A{{C}_{1}}}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{{A}_{1}}}， 再利用\left| \overrightarrow{A{{C}_{1}}} \right|=\sqrt{{{\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{{A}_{1}}} \right)}^{2}}}求\overrightarrow{A{{C}_{1}}}的模长. 【详解】 在平行六面体中， 有\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}，\overrightarrow{A{{C}_{1}}}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{A{{A}_{1}}}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{{A}_{1}}}， 由题知，，，，， 所以\left| \overrightarrow{AB} \right|=\left| \overrightarrow{AD} \right|=1，\left| \overrightarrow{A{{A}_{1}}} \right|=\sqrt{2}，\overrightarrow{AB}与\overrightarrow{AD}的夹角为， \overrightarrow{AB}与\overrightarrow{A{{A}_{1}}}的夹角为，\overrightarrow{AD}与\overrightarrow{A{{A}_{1}}}的夹角为， 所以 {{\overrightarrow{A{{C}_{1}}}}^{2}} ={{\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{{A}_{1}}} \right)}^{2}} ={{\left| \overrightarrow{AB} \right|}^{2}}+{{\left| \overrightarrow{AD} \right|}^{2}}+{{\left| \overrightarrow{A{{A}_{1}}} \right|}^{2}}+2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}+2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{A{{A}_{1}}}+2\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{A{{A}_{1}}} . 所以\left| \overrightarrow{A{{C}_{1}}} \right|=3. 故选：D. 12．（25-26学年高二上·重庆部分·期中）已知\left\{\vec {a},\vec {b},\vec {c}\right\}是空间的一个基底，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 {b}+\vec {c},2\vec {a}+3\vec {b}+2\vec {c} C. \vec {a},\vec {b}-\vec {c},\vec {a}-\vec {b}+\vec {c} D. \vec {a},\vec {b}+\vec {c},2\vec {a}+3\vec {b}+3\vec {c} 【答案】B 【分析】 根据题意，结合向量的共面定理，逐项分析判断，即可求解. 【详解】 对于A，由\vec {a}+\vec {b}+\vec {c}=\vec {a}+\left(\vec {b}+\vec {c}\right)，所以向量\vec {a},\vec {b}+\vec {c},\vec {a}+\vec {b}+\vec {c}共面，所以A不符合题意； 对于B，设2\vec {a}+3\vec {b}+2\vec {c}=\lambda \vec {a}+u\left(\vec {b}+\vec {c}\right)，可得 ，此时方程组无解， 所以\vec {a},\vec {b}+\vec {c},2\vec {a}+3\vec {b}+2\vec {c}不共面，符合题意； 对于C，由\vec {a}-\vec {b}+\vec {c}=\vec {a}-\left(\vec {b}-\vec {c}\right)，所以\vec {a},\vec {b}-\vec {c},\vec {a}-\vec {b}+\vec {c}共面，所以C不符合题意； 对于D，由2\vec {a}+3\vec {b}+3\vec {c}=2\vec {a}+3\left(\vec {b}+\vec {c}\right)，所以\vec {a},\vec {b}+\vec {c},2\vec {a}+3\vec {b}+3\vec {c}共面，所以D不符合题意. 故选：B. 13．（25-26学年高二上·江苏南通·期中）已知是空间三个两两不共线的向量，则“向量共面”是“存在三个均不为零的实数，使得”的（       ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】 利用空间向量共面的基本定理结合充分条件、必要条件的定义判断即可求解. 【详解】 因为实数均不为零，所以\vec {a}=-\frac{q}{p}\vec {b}-\frac{r}{p}\vec {c}， 此时向量共面，故必要性成立； 因为是空间三个两两不共线的向量，若向量共面， 则存在非零实数、使得\vec {a}=x\vec {b}+y\vec {c}，则\vec {a}-x\vec {b}-y\vec {c}=0， 取，即有，故充分性成立； 所以“向量共面”是“存在三个均不为零的实数，使得”的充要条件. 故选：A 14．（25-26学年高二上·广东清远·期中）棱长为2的正四面体ABCD中，点E是AD的中点，则\vec {BA}\cdot \vec {CE}=（       ） A. 1 B. －1 C.  D.  【答案】A 【分析】 由\vec {BA}\cdot \vec {CE}=\vec {BA}\cdot \left(\vec {CA}+\vec {AE}\right)=\vec {BA}\cdot \vec {CA}+\vec {BA}\cdot \vec {AE}求解即可． 【详解】 \vec {CE}=\vec {CA}+\vec {AE}，所以\vec {BA}\cdot \vec {CE}=\vec {BA}\cdot \left(\vec {CA}+\vec {AE}\right)=\vec {BA}\cdot \vec {CA}+\vec {BA}\cdot \vec {AE}=2\times 2\times \cos 60{^{\circ}}+2\times 1\times \cos 120{^{\circ}}=1． 故选：A． 15．（2026·广东多校·联考）已知正八棱锥，设\vec {PA}=\vec {a}\mathrm{，}\vec {PB}=\vec {b}\mathrm{，}\vec {PC}=\vec {c}，则\vec {PD}=（     ） A. \vec {a}-\left(1+\sqrt{2}\right)\vec {b}+\left(1+\sqrt{2}\right)\vec {c} B. \left(1+\sqrt{2}\right)\vec {a}-\vec {b}+\left(1+\sqrt{2}\right)\vec {c} C. \vec {a}-\left(2+\sqrt{2}\right)\vec {b}+\left(2+\sqrt{2}\right)\vec {c} D. \left(2+\sqrt{2}\right)\vec {a}-\vec {b}+\left(2+\sqrt{2}\right)\vec {c} 【答案】A 【分析】 设底面正八边形的中心为点，设\left| \vec {MA}\right| =\left| \vec {MB}\right| =\left| \vec {MC}\right| =\left| \vec {MD}\right| =R，根据\vec {MA}+\vec {MC}=2\cos \frac{\pi }{4}\cdot \vec {MB}，\vec {MB}+\vec {MD}=2\cos \frac{\pi }{4}\cdot \vec {MC}，及\vec {MA}=\vec {a}-\vec {PM}，\vec {MB}=\vec {b}-\vec {PM}，\vec {MC}=\vec {c}-\vec {PM}，\vec {MD}=\vec {PD}-\vec {PM}，消元求得2\left(1-\cos \frac{\pi }{4}\right)\vec {PM}=\vec {a}+\vec {c}-2\vec {b}\cos \frac{\pi }{4}，\vec {PD}=2\cos \frac{\pi }{4}\vec {c}-\vec {b}+2\left(1-\cos \frac{\pi }{4}\right)\vec {PM}，代入即可求解． 【详解】 如图： 设底面正八边形的中心为点，设\left| \vec {MA}\right| =\left| \vec {MB}\right| =\left| \vec {MC}\right| =\left| \vec {MD}\right| =R． 根据正八边形的性质知点与分别在和的角平分线上， 且， 由平行四边形法则，\vec {MA}+\vec {MC}与\vec {MB}方向相同， 且\left| \vec {MA}+\vec {MC}\right| =2\left| \vec {MA}\right| \cos \frac{\angle AMC}{2}=2R\cos \frac{\pi }{4}， 又\left| \vec {MB}\right| =R，故\vec {MA}+\vec {MC}=2\cos \frac{\pi }{4}\cdot \vec {MB}，同理，\vec {MB}+\vec {MD}=2\cos \frac{\pi }{4}\cdot \vec {MC}， 则\vec {MA}=\vec {PA}-\vec {PM}=\vec {a}-\vec {PM}\mathrm{，}\vec {MB}=\vec {PB}-\vec {PM}=\vec {b}-\vec {PM}， \vec {MC}=\vec {PC}-\vec {PM}=\vec {c}-\vec {PM}，\vec {MD}=\vec {PD}-\vec {PM}， 故\left(\vec {a}-\vec {PM}\right)+\mathrm{（}\vec {c}-\vec {PM}\mathrm{）}=2\cos \frac{\pi }{4}\left(\vec {b}-\vec {PM}\right)，即2\left(1-\cos \frac{\pi }{4}\right)\vec {PM}=\vec {a}+\vec {c}-2\vec {b}\cos \frac{\pi }{4}， 同理有\left(\vec {b}-\vec {PM}\right)+\left(\vec {PD}-\vec {PM}\right)=2\cos \frac{\pi }{4}\left(\vec {c}-\vec {PM}\right)， 则\vec {PD}=2\cos \frac{\pi }{4}\vec {c}-\vec {b}+2\left(1-\cos \frac{\pi }{4}\right)\vec {PM}，代入得\vec {PD}=2\cos \frac{\pi }{4}\overset{\rightarrow }{c}-\overset{\rightarrow }{b}+\left(\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{c}-2\cos \frac{\pi }{4}\overset{\rightarrow }{b}\right)， 即\vec {PD}=\overset{\rightarrow }{a}-\left(1+2\cos \frac{\pi }{4}\right)\overset{\rightarrow }{b}+\left(1+2\cos \frac{\pi }{4}\overset{\rightarrow }{c}\right)=\overset{\rightarrow }{a}-\left(1+\sqrt{2}\right)\overset{\rightarrow }{b}+\left(1+\sqrt{2}\right)\overset{\rightarrow }{c}． 故选：A 16．（25-26学年高二上·重庆部分·期中）（多选）如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，E，F，G分别是AB，AD，DC的中点，则（       ） A. \vec {EF}=\frac{1}{2}\vec {DB} B. \vec {AG}=\frac{1}{2}\vec {AC}+\frac{1}{2}\vec {AD} C. \vec {EG}=-\frac{1}{2}\vec {AB}+\frac{1}{2}\vec {AC}+\frac{1}{2}\vec {AD} D. \vec {AB}\cdot \vec {AG}=1 【答案】BC 【分析】 利用向量的线性运算与数量积定义逐项分析即可. 【详解】 对于,由题意得\vec {EF}=\frac{1}{2}\vec {BD}，错误； 对于,\vec {AG}=\frac{1}{2}\vec {AC}+\frac{1}{2}\vec {AD}，正确； 对于,\vec {EG}=\vec {EA}+\vec {AG}=-\frac{1}{2}\vec {AB}+\frac{1}{2}\vec {AC}+\frac{1}{2}\vec {AD}，正确； 对于,\vec {AB}\cdot \vec {AG}=\vec {AB}\cdot \left(\frac{1}{2}\vec {AC}+\frac{1}{2}\vec {AD}\right)=\frac{1}{2}\vec {AB}\cdot \vec {AC}+\frac{1}{2}\vec {AB}\cdot \vec {AD}=2，错误. 故选： 17．（25-26学年高二上·内蒙古期中学·期中）已知四棱柱的底面是边长为6的菱形，平面，，，点满足\vec {AP}=\lambda \vec {AB}+\mu \vec {AD}+t\vec {AA_{1}}，其中，，，则（     ） A. 当为底面中心时， B. 当时，长度的最小值为 C. 当时，长度的最大值为8 D. 当时，长度为定值. 【答案】B 【分析】 根据题意及各项的前提条件，应用数形结合、空间向量进行逐项进行分析求解判断. 【详解】 当为底面的中心时，由\vec {AP}=\lambda \vec {AB}+\mu \vec {AD}+t\vec {AA_{1}}，则 故，A错误； 当时，\left| \vec {AP}\right| ^{2}=\left(\lambda \vec {AB}+\mu \vec {AD}+t\vec {AA_{1}}\right)^{2}=\lambda ^{2}\vec {AB}^{2}+\mu ^{2}\vec {AD}^{2}+t^{2}\vec {AA_{1}}^{2}+2\lambda \mu \vec {AB}\cdot \vec {AD} ， 当且仅当，取最小值为， 当时，\vec {AP}=\lambda \vec {AB}+\mu \vec {AD}+t\vec {AA_{1}}，则点在及内部， 而\left| \vec {AP}\right|是以为球心，以为半径的球面被平面所截图形在四棱柱及内的部分， 当或时\left| \vec {AP}\right| =6，得\left| \vec {AP}\right|最大值为， 综上，B正确，C、D错误. 故选：B 18．（25-26学年高二·安徽·期中）已知空间向量\vec {a}，\vec {b}，\vec {c}两两夹角为，且\left| \vec {a}\right| =\left| \vec {b}\right| =\left| \vec {c}\right| =2，则\left| \vec {a}-\vec {b}+2\vec {c}\right| =　　　　　　. 【答案】 【分析】 利用向量模长计算公式可得答案. 【详解】 由于两两夹角均为 60°，且模长均为 2，有： ， ， ， ， 因此：. 故答案为： 19．（25-26学年高二上·天津河东·期中）在空间直角坐标系中，若，四点共面，则　　　　　． 【答案】 【分析】 借助空间向量共面的线性表示关系，通过建立方程组求解参数，核心是将四点共面转化为向量的线性组合问题. 【详解】 \vec {AB}=\left(0,1,-2\right)，\vec {AC}=\left(-2,4,-3\right)，\vec {AM}=\left(-2,m,-7\right). 因四点共面，故\vec {AM}可由\vec {AB}、\vec {AC}线性表示，即存在实数、，使\vec {AM}=x\vec {AB}+y\vec {AC}， 代入坐标得 ， 解得，，. 故答案为：. 20．（25-26学年高二·安徽·期中）如图，在正方体中，点、为棱、的中点，设，，. （1）用、、表示； （2）证明：、、、四点共面. 【答案】（1）     （2） 法1：连接， 易知，， 故，得、、、四点共面； 法2：； 故，得、、、四点共面； 法3：以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 易得，，，， 得，， 故有，， 得、、、四点共面．      【分析】 （1）由向量的线性表示即可求解； （2）法1：由题可得，，进而得到即可证明；法2：根据向量的线性运算可得即可证明；法3：建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明即可． (1) 小问详解： ； (2) 小问详解： 略 21．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）如图，正四面体的棱长为1，\vec {CE}=\frac{1}{2}\vec {CD}，则\vec {AE}\cdot \vec {AB}=　　　　　　． 【答案】.5 【分析】 由图象及已知条件，先用\vec {AC}与\vec {AD}来表示\vec {AE}，再求\vec {AC}，\vec {AD}分别与\vec {AB}的数量积，进而可得答案. 【详解】 因为点E是棱CD的中点，所以\vec {AE}=\frac{1}{2}\left(\vec {AC}+\vec {AD}\right). 又因为正四面体ABCD的长为1，所以\vec {AB}\cdot \vec {AC}=\vec {AB}\cdot \vec {AD}=1\times 1\times \cos 60^{\text{°}}=\frac{1}{2}， 所以\vec {AE}\cdot \vec {AB}=\vec {AB}\cdot \frac{1}{2}\left(\vec {AC}+\vec {AD}\right)=\frac{1}{2}\left(\vec {AB}\cdot \vec {AC}+\vec {AB}\cdot \vec {AD}\right)=\frac{1}{2}. 故答案为：. 22．（2026·广西南宁·质量检测）已知空间中三点． （1）若\vec {AB}\bot \left(\vec {AB}+5\vec {AC}\right)，求a的值； （2）若\vec {AB}与\vec {AC}的夹角为，求a的值. 【答案】（1）或     （2）或      【分析】 （1）由向量的线性运算、数量积的坐标运算列方程即可求解； （2）由向量数量积的坐标运算列方程即可求解. (1) 小问详解： 因为，所以\vec {AB}=\left(0,a-2,-1\right),\vec {AC}=\left(-2,0,2\right)， 则\vec {AB}+5\vec {AC}=\left(-10,a-2,9\right)． 因为\vec {AB}\bot \left(\vec {AB}+5\vec {AC}\right)，所以\vec {AB}\cdot \left(\vec {AB}+5\vec {AC}\right)=0\times \left(-10\right)+(a-2)^{2}-1\times 9=0， 所以，即，解得或． (2) 小问详解： 由（1）可知\vec {AB}=\left(0,a-2,-1\right),\vec {AC}=\left(-2,0,2\right)，则| \vec {AB}| =\sqrt{(a-2)^{2}+1},| \vec {AC}| =\sqrt{4+0+4}=2\sqrt{2}， \vec {AB}\cdot \vec {AC}=0\times \left(-2\right)+\left(a-2\right)\times 0-1\times 2=-2． 因为\vec {AB}与\vec {AC}的夹角为，所以\vec {AB}\cdot \vec {AC}=| \vec {AB}| | \vec {AC}| \cos \frac{2\pi }{3}， 即，所以， 解得或． 考点02 空间向量基本定理 1．（2026·吉林吉林·调研）（多选）如图，在平行六面体中，设\vec {AB}=\overset{\rightarrow }{a},\vec {AD}=\overset{\rightarrow }{b},\vec {AA_{1}}=\overset{\rightarrow }{c}，则（     ） A. \vec {AC}=\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b} B. \vec {AC_{1}}=\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c} C. \vec {BD}=\overset{\rightarrow }{a}-\overset{\rightarrow }{b} D. \vec {BD_{1}}=-\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}+\overset{\rightarrow }{c} 【答案】ABD 【分析】 由空间向量的加法的平行四边形法则和三角形法则分别表示出向量即可． 【详解】 因为\vec {AB}=\overset{\rightarrow }{a},\vec {AD}=\overset{\rightarrow }{b},\vec {AA_{1}}=\overset{\rightarrow }{c}， 所以由\vec {AC}=\vec {AB}+\vec {AD}=\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}， 故A选项正确， 由\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}, 故B选项正确， 由\vec {BD}=\vec {AD}-\vec {AB}=\overset{\rightarrow }{b}-\overset{\rightarrow }{a}， 故C选项不正确， 由\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}， 故D选项正确， 故选：ABD. 2．（2026·广西南宁·质量检测）（多选）若\left\{\overset{\rightarrow }{a},\overset{\rightarrow }{b},\vec {c}\right\}是空间的一个基底，则空间的另一个基底可以是（     ） A. \left\{\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b},\overset{\rightarrow }{b}+\vec {c},\overset{\rightarrow }{a}-\vec {c}\right\} B. \left\{\overset{\rightarrow }{a}+2\overset{\rightarrow }{b},\overset{\rightarrow }{a}-\overset{\rightarrow }{b},\vec {c}\right\} C. \left\{\overset{\rightarrow }{a},\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b},\overset{\rightarrow }{a}-2\vec {c}\right\} D. \left\{\overset{\rightarrow }{a}+\vec {c},\overset{\rightarrow }{b}-\vec {c},\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}\right\} 【答案】BC 【分析】 利用空间向量共面定理以及基底的定义依次判断选项即可. 【详解】 因为\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}=\overset{\rightarrow }{b}+\vec {c}+\left(\overset{\rightarrow }{a}-\vec {c}\right)，所以向量\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b},\overset{\rightarrow }{b}+\vec {c},\overset{\rightarrow }{a}-\vec {c}共面，则\left\{\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b},\overset{\rightarrow }{b}+\vec {c},\overset{\rightarrow }{a}-\vec {c}\right\}不是空间的一个基底． 因为\left\{\overset{\rightarrow }{a},\overset{\rightarrow }{b},\vec {c}\right\}构成空间的一个基底，所以向量\overset{\rightarrow }{a},\overset{\rightarrow }{b},\vec {c}不共面，设，则无解，所以\overset{\rightarrow }{a}+2\overset{\rightarrow }{b},\overset{\rightarrow }{a}-\overset{\rightarrow }{b},\vec {c}不共面，则\left\{\overset{\rightarrow }{a}+2\overset{\rightarrow }{b},\overset{\rightarrow }{a}-\overset{\rightarrow }{b},\vec {c}\right\}是空间的一个基底． 因为\left\{\overset{\rightarrow }{a},\overset{\rightarrow }{b},\vec {c}\right\}构成空间的一个基底，所以向量\overset{\rightarrow }{a},\overset{\rightarrow }{b},\vec {c}不共面，设，则,无解， 所以\overset{\rightarrow }{a},\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b},\overset{\rightarrow }{a}-2\vec {c}不共面，所以\left\{\overset{\rightarrow }{a},\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b},\overset{\rightarrow }{a}-2\vec {c}\right\}是空间的一个基底． 因为\overset{\rightarrow }{a}+\vec {c}=\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}-\left(\overset{\rightarrow }{b}-\vec {c}\right)，所以\overset{\rightarrow }{a}+\vec {c},\overset{\rightarrow }{b}-\vec {c},\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}共面，则\left\{\overset{\rightarrow }{a}+\vec {c},\overset{\rightarrow }{b}-\vec {c},\overset{\rightarrow }{a}+\overset{\rightarrow }{b}\right\}不是空间的一个基底． 故选：BC 3．（25-26学年高二上·新疆喀什·期中）在空间向量中，能作为基底的一组向量是　　　　　　　　： ①\overset{\rightarrow }{a}=\vec {e_{1}}+\vec {e_{2}}，\overset{\rightarrow }{b}=\vec {e_{2}}+\vec {e_{3}}，\overset{\rightarrow }{c}=\vec {e_{1}}-\vec {e_{3}}； ②，，； ③，，． 【答案】② ③ 【分析】 逐一分析① ② ③ ，检查\vec {a},\vec {b},\vec {c}是否共面，分析即可得答案. 【详解】 对于① ：\overset{\rightarrow }{c}=\vec {e_{1}}-\vec {e_{3}}=\vec {e_{1}}+\vec {e_{2}}-\left(\vec {e_{2}}+\vec {e_{3}}\right)=\overset{\rightarrow }{a}-\overset{\rightarrow }{b}， 所以\vec {a},\vec {b},\vec {c}共面，不能作为空间向量中的基底，故① 错误； 对于② ：假设\vec {a},\vec {b},\vec {c}共面，则存在实数x，y，使得\vec {c}=x\vec {a}+y\vec {b}， 则，即 ，显然不成立， 此方程无解，所以\vec {a},\vec {b},\vec {c}不共面，可以作为基底，故② 正确； 对于③ ：假设\vec {a},\vec {b},\vec {c}共面，则存在实数x，y，使得\vec {c}=x\vec {a}+y\vec {b}， 则，即 ，显然不成立， 此方程无解，所以\vec {a},\vec {b},\vec {c}不共面，可以作为基底，故③ 正确； 故答案为：② ③ 4．（25-26学年高二上·江苏南通·期中）如图，在棱长为2的正四面体中，已知是线段的中点，点在线段上，且.    （1）用向量\vec {OA},\vec {OB},\vec {OC}表示\vec {OG}； （2）求\left| \vec {OG}\right|； （3）求向量\vec {OE}与\vec {AB}夹角的余弦值. 【答案】（1）\vec {OG}=\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{1}{3}\vec {OB}+\frac{1}{3}\vec {OC}     （2）     （3）      【分析】 （1）根据向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解； （2）利用向量的模与数量积的关系求解即可； （3）利用向量的夹角公式计算即可求解. (1) 小问详解： \vec {OG}=\vec {OA}+\vec {AG}=\vec {OA}+\frac{2}{3}\vec {AE}=\vec {OA}+\frac{2}{3}\left(\vec {OE}-\vec {OA}\right)=\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{2}{3}\vec {OE} =\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{2}{3}\left(\frac{1}{2}\vec {OB}+\frac{1}{2}\vec {OC}\right)=\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{1}{3}\vec {OB}+\frac{1}{3}\vec {OC}； (2) 小问详解： \left| \vec {OG}\right| =\sqrt{\left(\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{1}{3}\vec {OB}+\frac{1}{3}\vec {OC}\right)^{2}} =\sqrt{\frac{1}{9}\left(\vec {OA}^{2}+\vec {OB}^{2}+\vec {OC}^{2}+2\vec {OA}\cdot \vec {OB}+2\vec {OA}\cdot \vec {OC}+2\vec {OB}\cdot \vec {OC}\right)} (3) 小问详解： 因为\vec {OE}=\frac{1}{2}\vec {OB}+\frac{1}{2}\vec {OC},\vec {AB}=\vec {OB}-\vec {OA}， 所以\vec {OE}\cdot \vec {AB}=\left(\frac{1}{2}\vec {OB}+\frac{1}{2}\vec {OC}\right)\cdot \left(\vec {OB}-\vec {OA}\right)=\frac{1}{2}\vec {OB}^{2}+\frac{1}{2}\vec {OC}\cdot \vec {OB}-\frac{1}{2}\vec {OB}\cdot \vec {OA}-\frac{1}{2}\vec {OC}\cdot \vec {OA} . . 由正四面体的棱长为2，可得\left| \vec {OE}\right| =\sqrt{3},\left| \vec {AB}\right| =2， 所以\cos < \vec {OE},\vec {AB> }=\frac{\vec {OE}\cdot \vec {AB}}{\left| \vec {OE}\right| \left| \vec {AB}\right| }=\frac{1}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{6}. 5．（25-26学年高二上·重庆部分·期中）在三棱柱中，的外心为,则的长为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 结合三角形的外接圆性质，运用基底法解决向量模长问题. 【详解】 设,由题意知,则 ,得 ,得 , 因为, 所以 . 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·天津河东·期中）已知，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 利用空间向量坐标运算计算即可得. 【详解】 由，则. 故选：B. 2．（25-26学年高二上·山西期中学·期中）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】C 【分析】 利用空间坐标系中点的特征计算即可. 【详解】 空间中的点关于平面的对称的点横纵坐标不变，竖坐标变为相反数， 所以点关于平面的对称点的坐标为. 故选：C 3．（25-26学年高二上·重庆部分·期中）在空间直角坐标系中，到Oxy平面的距离为2的点的坐标可能为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据空间直角坐标的定义即可求解. 【详解】 点到平面的距离为2， 点，到平面的距离均为1， 点到平面的距离为0. 故选：A 4．（25-26学年高二上·新疆喀什·期中）已知点，若向量\vec {AB}=\left(2,5,-3\right)，则点的坐标是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据题意，设，再由向量\vec {AB}的坐标，列出方程，即可得到结果. 【详解】 设，因为，且\vec {AB}=\left(2,5,-3\right)， 则 ，所以 ，即. 故选：A 5．（25-26学年高二·安徽·期中）已知平面的法向量，直线的方向向量，则与的位置关系是（       ） A. 平行 B. 垂直 C. 直线在平面内 D. 相交但不垂直 【答案】D 【分析】 根据给定条件，利用空间位置关系的向量证明求解即得. 【详解】 平面的法向量，直线的方向向量， 由，得\vec {n}与\vec {v}不平行，则直线不垂直于平面； 由\vec {n}\cdot \vec {v}=4\times \frac{1}{2}+2\times \left(-1\right)-2\times \frac{1}{2}=-1 eq 0，得\vec {n}与\vec {v}不垂直，则直线，且不平行于平面， 所以与的位置关系是相交但不垂直. 故选：D 6．（2026·广东多校·联考）小王想要使用空间直角坐标系刻画地球的卫星在空间中的相对位置，则他最适合将坐标原点选在（   ） A. 太阳球心 B. 月球球心 C. 北京 D. 地球球心 【答案】D 【分析】 需要考虑卫星与地球的相对位置关系，从而确定最适合的坐标原点. 【详解】 为刻画地球的卫星在空间中的相对位置，需要以地球上一个确定的，不会随着地球自转而改变的点作为坐标原点，因此应当选在地球球心. 故选:D. 7．（2026·广东多校·联考）在空间直角坐标系中，以，，三点为顶点的三角形的面积为（   ） A.  B. 16 C.  D. 25 【答案】C 【分析】 根据空间向量数量积的坐标表示，求出向量模长和夹角，进而求出面积. 【详解】 由题意得， ， \vec {AC}\cdot \vec {BC}=2\times \left(-6\right)+\left(-3\right)\times 2+6\times 3=0，可知, 所以是以为直角顶点的等腰直角三角形，故面积为. 故选：C. 8．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）已知向量，分别是直线，的方向向量，若，则（     ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【分析】 利用空间向量平行的条件建立方程组，求解参数，进而得到即可. 【详解】 因为，所以\vec {m}=\lambda \vec {n}，可得 ， 解得，则，故D正确. 故选：D 9．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）（多选）若\vec {a}=\left(-1,\lambda ,-2\right)，\vec {b}=\left(2,-1,1\right)，\vec {a}与\vec {b}的夹角为120°，则的值为（     ） A. 17 B.  C.  D. 1 【答案】AC 【分析】 根据空间向量夹角公式得到方程，求出或. 【详解】 由题意得\frac{\vec {a}\cdot \vec {b}}{\left| \vec {a}\right| \cdot \left| \vec {b}\right| }=\cos 120{^{\circ}}，即， 化简得，解得或 故选：AC 10．（25-26学年高二上·内蒙古期中学·期中）若直线的方向向量为\vec {m}=\left(x,-1,2\right)，平面的法向量为\vec {n}=\left(1,1,-2\right)，且，则实数的值是（     ） A. 1 B. 5 C.  D.  【答案】C 【分析】 根据题意，得到\vec {m}//\vec {n}，列出方程，即可求解. 【详解】 由直线的方向向量为\vec {m}=\left(x,-1,2\right)，平面的法向量为\vec {n}=\left(1,1,-2\right)， 因为，则\vec {m}//\vec {n}，所以，解得. 故选：C. 11．（25-26学年高二上·江苏南通·期中）若空间向量，则下列向量能与构成空间的一个基底的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据给定条件，利用空间向量的坐标运算及空间基底的意义判断即得. 【详解】 对于A，\vec {p}=\vec {a}+\vec {b}，向量\vec {p},\vec {a},\vec {b}共面，A不是； 对于B，\vec {q}=\vec {a}+\frac{1}{2}\vec {b}，向量\vec {q},\vec {a},\vec {b}共面，B不是； 对于C，\vec {r}=\frac{1}{3}\vec {a}+\vec {b}，向量\vec {r},\vec {a},\vec {b}共面，C不是； 对于D，假设\vec {s}=x\vec {a}+y\vec {b}，则，于是 ，方程组无解， 即向量\vec {s},\vec {a},\vec {b}不共面，能构成空间的一个基底，D是. 故选：D 12．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）已知向量\vec {a}=\left(2,-1,1\right)，\vec {b}=\left(1,m,2\right)，且\left(\vec {a}-\vec {b}\right)\bot \vec {a}，则（     ） A.  B. 2 C. 4 D. 6 【答案】A 【分析】 根据向量垂直的坐标运算可求得的值. 【详解】 因为向量\vec {a}=\left(2,-1,1\right)，\vec {b}=\left(1,m,2\right)，所以\vec {a}-\vec {b}=\left(1\mathrm{，}-1-m,-1\right)， 又因为\left(\vec {a}-\vec {b}\right)\bot \vec {a}，所以\left(\vec {a}-\vec {b}\right)\cdot \vec {a}=0，所以， 解得. 故选：A. 13．（25-26学年高二上·四川成都·期中）已知空间向量\vec {m}=\left(5\mathrm{，}-2\mathrm{，}1\right)，\vec {n}=\left(1,0,-1\right)，则\vec {m}在\vec {n}上的投影向量为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 通过公式\left(\frac{\vec {m}\cdot \vec {n}}{\left| \vec {n}\right| }\right)\times \frac{\vec {n}}{\sqrt{2}}可得投影向量. 【详解】 因为\vec {m}=\left(5,-2,1\right)，\vec {n}=\left(1,0,-1\right)，所以\vec {m}\cdot \vec {n}=5+0-1=4. 又\left| \vec {n}\right| =\sqrt{2}， 所以\frac{\vec {m}\cdot \vec {n}}{\left| \vec {n}\right| }=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}，故\vec {m}在\vec {n}上的投影向量为\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\vec {n}=2\vec {n}=\left(2,0,-2\right) 故选：B. 14．（25-26学年高二上·广东清远·期中）已知向量\overrightarrow a=(-2,1,3)，\overrightarrow b=(-1,1,x)，若与垂直，则（       ）. A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据垂直关系可得，进而根据坐标运算以及模长公式即可求解. 【详解】 由于与垂直，所以\vec {a}\cdot \vec {b}=2+1+3x=0\Rightarrow x=-1，所以， 故， 故选：D 15．（25-26学年高二上·甘肃陇南·期中）已知平面向量，，若，则（     ） A.  B.  C. 2 D. 4 【答案】A 【分析】 根据向量平行的坐标公式求解即可. 【详解】 因为平面向量，，，所以，解得. 故选：A. 16．（25-26学年高二上·新疆喀什·期中）（多选）已知空间向量，，则下列计算正确的是（       ） A.  B.  C. 与的夹角满足 D.  【答案】ABC 【分析】 对A，由向量数量积坐标运算求解判断；对B，由向量的模长公式求解判断；对C，由向量的夹角公式求解；对D，由空间向量垂直的坐标关系求解判断. 【详解】 对于A，由向量的数量积坐标运算得\vec {a}\cdot \vec {b}=1\times 2+2\times 1+3\times 0=4，故A正确； 对于B，因为\left| \vec {a}\right| =\sqrt{1^{2}+2^{2}+3^{2}}=\sqrt{14}，故B正确； 对于C，由题意，\left| \vec {b}\right| =\sqrt{2^{2}+1^{2}+0^{2}}=\sqrt{5}，所以\cos \theta =\frac{\vec {a}\cdot \vec {b}}{\left| \vec {a}\right| \left| \vec {b}\right| }=\frac{4}{\sqrt{14}\times \sqrt{5}}，故C正确； 对于D，由\vec {a}\cdot \vec {b}=4 eq 0，所以\vec {a}与\vec {b}不垂直，故D错误. 故选：ABC. 17．（2026·吉林吉林·调研）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据投影向量的定义即可求解. 【详解】 向量在向量上的投影向量为\frac{\vec {a}\cdot \vec {b}}{\left| \vec {b}\right| }\cdot \frac{\vec {b}}{\left| \vec {b}\right| }=\frac{3\times 1+5\times 1+2\times \left(-1\right)}{\sqrt{3}}.\frac{\vec {b}}{\sqrt{3}}=2\vec {b}， 故选：D. 18．（25-26学年高二上·四川成都·期中）设，向量\vec {a}=\left(x,1,1\right)，\vec {b}=\left(1,y,1\right)，\vec {c}=\left(2,-4,2\right)，且\vec {a}\bot \vec {c}，\vec {b}//\vec {c}，则\left| \vec {a}+\vec {b}\right| =（　　） A.  B.  C. 3 D. 4 【答案】C 【分析】 根据向量平行和垂直求的值，进而求\vec {a}+\vec {b}和\left| \vec {a}+\vec {b}\right|. 【详解】 因为向量\vec {a}=\left(x,1,1\right)，\vec {b}=\left(1,y,1\right)，\vec {c}=\left(2,-4,2\right)， 若\vec {a}\bot \vec {c}，则，解得，所以\vec {a}=\left(1,1,1\right)； 且\vec {b}//\vec {c}，则，解得，所以\vec {b}=\left(1,-2,1\right)； 可得\vec {a}+\vec {b}=\left(2,-1,2\right)，所以\left| \vec {a}+\vec {b}\right| =\sqrt{4+1+4}=3. 故选：C. 19．（25-26学年高二上·江苏南通·期中）（多选）在棱长为2的正方体中，分别是棱上的动点（不含端点），且，则（       ） A. \left| \vec {B_{1}E}+\vec {EF}+\vec {FD_{1}}\right| =2\sqrt{2} B. 当且仅当为中点时， C. 存在，使得 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ABD 【分析】 以为原点，建立坐标系，设，根据\vec {D_{1}E}\cdot \vec {B_{1}F}=0，求得，由\vec {B_{1}E}+\vec {EF}+\vec {FD_{1}}=\left(-2,2,0\right)，可判定A正确；由\left| \vec {AE}\right| =\left| \vec {AF}\right|，求得，可判定B正确；由\vec {A_{1}F}=\lambda \vec {B_{1}E}，列方程方程组，可判定C错误；过作，证得即为直线与平面所成角，求得，利用换元法和函数的单调性，可判定D正确. 【详解】 以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得， 设，其中可得\vec {D_{1}E}=\left(2,n,-2\right),\vec {B_{1}F}=\left(m-2,-2,-2\right)， 因为，则\vec {D_{1}E}\cdot \vec {B_{1}F}=2\left(m-2\right)-2n+4=0， 可得，所以， 对于A，由\vec {B_{1}E}+\vec {EF}+\vec {FD_{1}}=\left(0,m-2,-2\right)+\left(m-2,-m,0\right)+\left(-m,0,2\right)=\left(-2,-2,0\right)， 可得\left| \vec {B_{1}E}+\vec {EF}+\vec {FD_{1}}\right| =2\sqrt{2}，所以A正确； 对于B，由\vec {AE}=\left(0,m,0\right),\vec {AF}=\left(m-2,0,0\right)，可得\left| \vec {AE}\right| =m,\left| \vec {AF}\right| =2-m 若，可得\left| \vec {AE}\right| =\left| \vec {AF}\right|，所以，解得， 即分别为的中点，所以B正确； 对于C，由\vec {A_{1}F}=\left(m-2,0,-2\right),\vec {B_{1}E}=\left(0,m-2,-2\right)， 若，可得\vec {A_{1}F}//\vec {B_{1}E}，则存在实数使得\vec {A_{1}F}=\lambda \vec {B_{1}E}， 可得 ，可得，因为，所以不存在， 所以不存在使得，所以C错误； 对于D，过点作，连接， 在正方体中，可得平面， 因为平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 所以即为直线与平面所成角， 在直角中，由，可得， 所以 在直角中，可得， 令，其中， 可得，且，所以， 由函数在上单调递减， 所以当时，，所以的最大值为， 所以的最大值为，所以D正确. 故选：ABD. 20．（25-26学年高二上·天津南开·期中）已知\vec {OA}\bot \vec {AB}，若\vec {OA}=\left(1,1,0\right)，则\vec {OA}\cdot \vec {OB}=　　　　　　. 【答案】2 【分析】 根据数量积的运算法则，代入求解，即可得答案. 【详解】 因为\vec {OA}\bot \vec {AB}，所以\vec {OA}\cdot \vec {AB}=0， 由题意\vec {OA}\cdot \vec {OB}=\vec {OA}\cdot \left(\vec {OA}+\vec {AB}\right)=\left(\vec {OA}\right)^{2}+\vec {OA}\cdot \vec {AB}=1+1+0+0=2. 故答案为：2 21．（2026·广西南宁·质量检测）点到平面的距离是　　　　　　　　　　. 【答案】7 【分析】 利用空间直角坐标系点的特征计算即可. 【详解】 由题意可知点到平面的距离. 故答案为：7 22．（25-26学年高二上·山西期中学·期中）已知，且，则　　　　　　　　　　　． 【答案】5 【分析】 利用向量垂直的坐标表示求解. 【详解】 ∵，且， ∴，解得. 故答案为：5. 23．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点坐标是　　　　　　　　　　　　. 【答案】 【详解】根据空间点的对称性即可得到答案. 【详解】 点关于轴的对称点坐标是. 故答案为： 24．（25-26学年高二上·内蒙古期中学·期中）已知空间三点，，． （1）求向量\vec {AB}与\vec {AC}夹角的余弦值； （2）求的面积. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）根据空间向量数量积与模长的坐标表示可得向量夹角余弦值； （2）根据夹角余弦值可得正弦值，进而可得三角形面积. (1) 小问详解： 由，，， 则\vec {AB}=\left(0,-4,2\right)，\vec {AC}=\left(-1,1,0\right)，\left| \vec {AB}\right| =\sqrt{\left(-4\right)^{2}+2^{2}}=2\sqrt{5}，\vec {AC}=\sqrt{\left(-1\right)^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}， 所以\cos \left\langle \vec {AB},\vec {AC}\right\rangle =\frac{0-4+0}{2\sqrt{5}\cdot \sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{10}}{5}； (2) 小问详解： 由（1）得\cos A=\cos \left\langle \vec {AB},\vec {AC}\right\rangle =-\frac{\sqrt{10}}{5}， 则， 所以S_{\bigtriangleup ABC}=\frac{1}{2}\left| \vec {AB}\right| \cdot \left| \vec {AC}\right| \cdot \sin A=\frac{1}{2}\times 2\sqrt{5}\times \sqrt{2}\times \frac{\sqrt{15}}{5}=\sqrt{6}. 25．（25-26学年高二上·江苏南通·期中）已知向量，，且，则　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据向量平行可知存在实数，使得，结合向量坐标运算求解即可. 【详解】 因为向量，， 若，则存在实数，使得， 可得 ，解得 . 故答案为：. 26．（25-26学年高二上·四川成都·期中）已知向量，，，，. （1）求x，y，z的值； （2）求向量与所成角的余弦值． 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）根据空间向量的平行以及垂直关系列出方程，求解方程组即可. （2）根据两个向量所成角的余弦公式求解即可. (1) 小问详解： ∵，，， ， 因为，设存在实数，使得， 所以 ，则 . 因为，，则. ∴所以 . (2) 小问详解： 由（1）知，，， ∴，， ∴， ，， ∴. ∴向量与所成角的余弦值为. 27．（2026·吉林吉林·调研）若，，且与共线，则　　　　　　　． 【答案】 【分析】 由共线定义计算即可得. 【详解】 由题意可得，解得，， 则. 故答案为：. 28．（25-26学年高二上·广东清远·期中）对于任意实数x，y，z，的最小值为　　　　　　. 【答案】 【分析】 设，记点及，则所求式子的几何意义为，然后根据三点共线时距离最短求解. 【详解】 结合空间直角坐标系中任意两点间的距离公式， 可得表示的几何意义是空间内任意一点与原点及定点，的距离之和， 显然，当三点共线且在线段上时，最小， 最小值为. 故答案为： 29．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）如图，正方体的棱长为2，动点满足\vec {AP}=x\vec {AB}+y\vec {AD}+z\vec {AA_{1}}，其中，且，，，给出下列四个结论： ①当时，平面； ②当，时，的最小值为； ③当，时，三棱锥的体积为定值； ④当，且时，动点的轨迹长为． 其中所有正确结论的序号是　　　　　　． 【答案】① ③ ④ 【分析】 建立空间直角坐标系，利用正方体的性质得出相应点坐标，利用向量与法向量平行得出垂直关系，判断结论① ；利用平面几何知识判断结论② ；利用等体积法结合正方体的性质判断结论③ ；利用已知条件得出点轨迹，计算判断结论④ ． 【详解】 以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 正方体的棱长为2， ， 对于① ，当时，\vec {AP}=\vec {AB}+\vec {AD}+\vec {AA_{1}}，此时点与重合，即\vec {AP}=\left(2,2,2\right)， \because \vec {A_{1}B}=\left(0,2,-2\right),\vec {A_{1}D}=\left(2,0,-2\right)，设平面的法向量为， 则 \begin{cases} \vec {A_{1}B}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=2y-2z=0\\ \vec {A_{1}D}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=2x-2z=0 \end{cases} ，令，则， \therefore \vec {AP}//\overset{\rightarrow }{n}，即平面，故① 正确； 对于② ，当，时，点在上，把侧面沿翻折到平面内，如下图所示， ，故② 错误； 对于③ ，当，时，点在上， 则， ，， ，为定值，故③ 正确； 对于④ ，当，且时，因为\vec {AP}=x\vec {AB}+y\vec {AD}+z\vec {AA_{1}} 由空间向量的性质可知，此时点在平面上运动， 因为，，，故点在三角形面内运动； 连接，与平面相交于点，连接， 由正方体的性质可知，，平面，点为三角形的内心， 因为，所以， 易知，， 所以三角形的内切圆半径为， 所以点的轨迹是一个以点为圆心，为半径的一个圆上， 所以的轨迹长度为故④正确； 故答案为：① ③ ④ ． 考点04 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A.  B.  C.  D.  【答案】C 【详解】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果. 详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以\overrightarrow{A{{D}_{1}}}=(-1,0,\sqrt{3}),\overrightarrow{D{{B}_{1}}}=(1,1,\sqrt{3}), 因为\cos <\overrightarrow{A{{D}_{1}}},\overrightarrow{D{{B}_{1}}}>=\frac{\overrightarrow{A{{D}_{1}}}\cdot \overrightarrow{D{{B}_{1}}}}{|\overrightarrow{A{{D}_{1}}}||\overrightarrow{D{{B}_{1}}}|}=\frac{-1+3}{2\times \sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C. 点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 2．（25-26学年高二上·内蒙古期中学·期中）已知平面的一个法向量，点在平面内，若点到的距离为，则实数的值为（     ） A.  B.  C. 或 D. 或 【答案】C 【分析】 根据题意，求得\vec {AP}=\left(-1,-2,m\right)，结合点到平面的距离公式，列出方程，即可求解. 【详解】 由点，，可得\vec {AP}=\left(-1,-2,m\right)， 因为平面的一个法向量，且到平面的距离为， 可得\frac{\left| \vec {AP}\cdot \vec {n}\right| }{\left| \vec {n}\right| }=\frac{\left| 2+4+m\right| }{3}=\frac{10}{3}，解得或. 故选：C. 3．（25-26学年高二上·内蒙古期中学·期中）（多选）在平面直角坐标系中，已知直线（不同时为0），到直线的距离为，\vec {n}=\left(A,\,B\right)为直线的法向量；推广，在空间直角坐标系中，已知平面（不同时为0），到平面的距离为，\vec {n}=\left(A,\,B,\,C\right)为平面的法向量.若平面，点，则（       ） A. 点 B. 若为原点，则 C. 点到平面的距离为 D. 若，则 【答案】AD 【分析】 把代入平面方程计算可判断A；求得平面法向量，可得\vec {OP}=\left(1,1,2\right)与\vec {n}=\left(1,1,-2\right)不共线判断B；利用点平面的距离公式求得点到平面的距离判断C；求得\vec {NP}\cdot \vec {n}=0判断D. 【详解】 对于A，因为，所以点，故A正确； 对于B，由平面，可得平面的法向量为\vec {n}=\left(1,1,-2\right)， 又，，所以\vec {OP}=\left(1,1,2\right)，又， 所以\vec {OP}=\left(1,1,2\right)与\vec {n}=\left(1,1,-2\right)不共线，故不垂直于平面，故B错误； 对于C，由点到平面的距离公式可得点到平面的距离，故C错误； 对于D，由，，所以\vec {NP}=\left(1,1,1\right)， 所以\vec {NP}\cdot \vec {n}=1\times 1+1\times 1-2\times 1=0，所以\vec {NP}\bot \vec {n}， 又，所以，所以，故D正确. 故选：AD. 4．（25-26学年高二上·广东清远·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点P是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点Q是棱的中点，则以下命题正确的是（       ） A. 三棱锥的体积是定值 B. 存在点P，使得与所成的角为 C. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 D. 若，则P的轨迹的长度为 【答案】ACD 【分析】 利用等体积转换即可求得体积为定值判断A；建立空间直角坐标系，设，得\vec {QP}=\left(x-2,y-1,2\right)，\vec {AA_{1}}=\left(0,0,2\right)，利用向量夹角公式求解判断B；求平面的法向量\vec {n}=\left(1,0,0\right)，利用向量夹角公式求解判断C；由，可得，即可求解判断D. 【详解】 对于A，三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 是定值，A正确； 以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，设，则\vec {QP}=\left(x-2,y-1,2\right) 对于B，\vec {AA_{1}}=\left(0,0,2\right)，使得与所成的角满足： \cos \alpha =\frac{\left| \vec {QP}\cdot \vec {AA_{1}}\right| }{\left| \vec {QP}\right| \cdot \left| \vec {AA_{1}}\right| }=\frac{2\times 2}{\sqrt{\left(x-2\right)^{2}+\left(y-1\right)^{2}+4}\times 2}， 因为，故，故， 而，B错误； 对于C，平面的法向量\vec {n}=\left(1,0,0\right)， 所以直线与平面所成角的正弦值为：， 因为，故 故， 而，， 故即的取值范围为，C正确； 对于D，D_{1}\left(0,2,0\right),\vec {D_{1}P}=\left(x,y-2,0\right)，由， 可得，化简可得， 在平面内，令，得，令，得，则P的轨迹的长度为 ，D正确； 故选：ACD. 5．（25-26学年高二上·广东清远·期中）如图，在正方体中，点在线段上，点在线段上上，且，，则与所成角的余弦值为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 建立空间直角坐标系，利用空间向量计算线线夹角即可. 【详解】 设正方体的棱长为1，以为原点，分别以，，所在直线分别为，，轴， 建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，\vec {MN}=\left(-1,\frac{1}{2},\frac{1}{3}\right)，\vec {DB_{1}}=\left(1,1,1\right). 所以\left| \cos \left\langle \vec {DB_{1}},\vec {MN}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {DB_{1}}\cdot \vec {MN}\right| }{\left| \vec {DB_{1}}\right| \left| \vec {MN}\right| }=\frac{\sqrt{3}}{21}， 即与所成角的余弦值为. 故选：D. 6．（2026·广西南宁·质量检测）设直线l的一个方向向量为\vec {m}=\left(3,-1,-5\right)，平面的一个法向量为\vec {n}=\left(-6,2,t\right)，若，则（     ） A.  B.  C. 4 D. 10 【答案】B 【分析】 由题意\vec {m}\cdot \vec {n}=0，即可列方程求解. 【详解】 因为，所以\vec {m}\bot \vec {n}，则\vec {m}\cdot \vec {n}=3\times \left(-6\right)-1\times 2-5t=0，解得． 故选：B. 7．（25-26学年高二上·重庆部分·期中）在空间直角坐标系中，直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面所成的角为（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 利用向量的夹角公式即可求解. 【详解】 设直线与平面所成的角为， 所以， 又，所以， 故选：C. 8．（25-26学年高二·安徽·期中）（多选）如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点），以下命题为真命题的是（       ） A. 当点P为中点时，异面直线与BD所成角为 B. 三棱锥中，点P到面的距离为定值 C. 过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为 D. 直线与面所成角的正弦值的范围为 【答案】BCD 【分析】 建立空间直角坐标系，得到各点坐标，计算\vec {A_{1}P}\cdot \vec {BD}=0可判断A；计算平面的法向量为，根据点到平面的距离公式可判断B；确定截面为，计算面积可判断C；根据线面角的向量求法可判断D. 【详解】 如图所示建立空间直角坐标系，则，，，， ，，，，设，， \vec {A_{1}P}=\left(a-2,a,0\right)，\vec {BD}=\left(-2,-2,0\right)，\vec {A_{1}D}=\left(-2,0,-2\right)， 对A：，\vec {A_{1}P}\cdot \vec {BD}=\left(-1,1,0\right)\cdot \left(-2,-2,0\right)=2-2=0，故， 所以异面直线与BD所成角为，故A错误； 对B：设平面的法向量为，则 \left\{\begin{array}{c} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {BD}=-2x-2y=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {A_{1}D}=-2x-2z=0 \end{array}\right. ， 取，则，，得到， 又\vec {DP}=\left(a,a,2\right)，则点P到面的距离为\frac{\left| \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {DP}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{\left| 2\right| }{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}，故B正确； 对C：如图所示，连接，则， 平面，平面，故平面，同理平面， ，平面，故平面平面， 故截面即为等边三角形，面积为，故C正确； 对D：设直线与面所成角为， 则\sin \theta =\left| \cos \left\langle \overset{\rightarrow }{n},\vec {A_{1}P}\right\rangle \right| =\frac{\left| \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {A_{1}P}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| \cdot \left| \vec {A_{1}P}\right| }=\frac{2}{\sqrt{3}\cdot \sqrt{\left(a-2\right)^{2}+a^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{3}\cdot \sqrt{2\left(a-1\right)^{2}+2}}，， 故，故D正确. 故选：BCD. 9．（25-26学年高二·安徽·期中）已知\vec {AB}=\left(-1,-1,1\right),\vec {AC}=\left(2,-2,6\right)，则平面的一个法向量的坐标为（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 设平面的法向量\vec {m}=\left(x,y,z\right)，利用 \begin{cases} \vec {AB}\cdot \vec {m}=0\\ \vec {AC}\cdot \vec {m}=0 \end{cases} ，求得向量\vec {m}的坐标，进而判断选项所给向量是否与\vec {m}共线，即可得答案. 【详解】 设平面的法向量\vec {m}=\left(x,y,z\right)，则 \begin{cases} \vec {AB}\cdot \vec {m}=0\\ \vec {AC}\cdot \vec {m}=0 \end{cases} ， 因为\vec {AB}=\left(-1,-1,1\right),\vec {AC}=\left(2,-2,6\right)，所以 ， 令，则，所以平面的一个法向量为\vec {m}=\left(1,-2,-1\right)． 所以平面的一个法向量的坐标为， 又，故坐标为的向量不与\vec {m}共线，故A错误； 又\left(-1,2,1\right)=-\vec {m}，故坐标为的向量与\vec {m}共线，故B正确； 又，故坐标为的向量不与\vec {m}共线，故C错误； 又，故坐标为的向量不与\vec {m}共线，故D错误. 故选：B． 10．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）（多选）在正方体中， ， ，， 分别是，， ，的中点，则（     ） A. 平面 B.  ， ，， 四点共面 C. 在线段上存在一点，使得平面 D. 在线段上存在一点，使得\vec {BN}在\vec {BD}上的投影向量为\frac{1}{3}\vec {BD} 【答案】ABD 【分析】 建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明，再利用线面平行的判定定理得到线面平行判断A，利用向量的共面定理可判断B，假设在线段上存在点，设\vec {BM}=\lambda \vec {BD}，，利用坐标法验证线面垂直判断C，举特例判断D即可. 【详解】 如图，作出符合题意的图形，以为原点建立空间直角坐标系，连接，    由题意得所求结论与正方体边长无关，不妨设正方体边长为， 则，，，，， ，，，，，， 对于A，由题意得\vec {A_{1}D}=\left(0,2,-2\right)，\vec {FG}=\left(0,2,-2\right)， 则，因为平面，平面， 所以平面，故A正确， 对于B，设\vec {AH}=x\vec {AE}+y\vec {AF}+z\vec {AG}， 则， 所以 ，解得 ， 故，即 ， ，， 四点共面，故B正确； 对于C，假设在线段上存在点，符合题意， 设\vec {BM}=\lambda \vec {BD}（），则\vec {MC_{1}}=\vec {BC_{1}}-\vec {BM}=\vec {BC_{1}}-\lambda \vec {BD}=\left(2\lambda ,2-2\lambda ,2\right)， 若平面，则\vec {MC_{1}}\cdot \vec {EF}=0，\vec {MC_{1}}\cdot \vec {EG}=0, 因为\vec {EF}=\left(1,-2,1\right)，\vec {EG}=\left(1,0,-1\right)， 所以 ，此方程组无解， 所以在线段上不存在点，使得平面，故C错误； 对于D，由投影向量公式得\vec {BN}在\vec {BD}上的投影向量为\left(\frac{\vec {BD}\cdot \vec {BN}}{\left| \vec {BD}\right| ^{2}}\right)\vec {BD}， 若\vec {BN}在\vec {BD}上的投影向量为\frac{1}{3}\vec {BD}，则\frac{\vec {BD}\cdot \vec {BN}}{\left| \vec {BD}\right| ^{2}}=\frac{1}{3}， 令，可得\vec {BN}=\left(-\frac{4}{3},0,\frac{4}{3}\right)，\vec {BD}=\left(-2,2,0\right)， 由模长公式得\left| \vec {BD}\right| ^{2}=\left(\sqrt{(-2)^{2}+2^{2}}\right)^{2}=8， 由空间向量数量积的运算法则可得\vec {BD}\cdot \vec {BN}=\frac{8}{3}， 满足\frac{\vec {BD}\cdot \vec {BN}}{\left| \vec {BD}\right| ^{2}}=\frac{1}{3}，故D正确. 故选：ABD 11．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）正四棱锥中，，，点是的中点，则点到直线的距离为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 以底面中心为原点，取中点，中点，以方向为建立空间坐标系，计算向量，则点到直线的距离. 【详解】 以底面中心为原点，取中点，中点，易知两两垂直，以方向为建立空间坐标系，如下图： ， ， 由，正方形对角线长度为 2 ，可得， 为 中点，则， ，，，， 点到直线的距离. 故选：C 12．（25-26学年高二上·重庆部分·期中）（多选）若正方体外接球的半径为，球心为O，E，F分别是AB，BC的中点，则（       ） A.  B. 直线OE与所成的角为 C. 点O到平面的距离为 D. 平面截球O所得截面的面积为 【答案】ABD 【分析】 设正方体的棱长为，根据正方体外接球的性质，列出方程求得，可判定A正确；以D为原点，建立空间直角坐标系，求得\vec {OE},\vec {FD_{1}}的夹角，可判定B正确；求得平面的法向量\vec {n}和\vec {OE}，结合向量的距离公式，可判定C错误；设截面圆的半径为r，根据截面圆的性质，求得圆的半径，可判定D正确. 【详解】 对于A中，设正方体的棱长为，可得对角线长为， 因为正方体外接球的半径为，所以，解得，所以，所以A正确. 对于B，以D为原点，DA，DC，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，，，    所以\vec {OE}=\left(1,0,-1\right)，\vec {FD_{1}}=\left(-1,-2,2\right)，则\left| \cos \vec {OE},\vec {FD_{1}}\right| =\left| \frac{\vec {OE}\cdot \vec {FD_{1}}}{\left| \vec {OE}\right| \left| \vec {FD_{1}}\right| }\right| =\frac{\sqrt{2}}{2}， 所以直线OE与所成的角为，所以B正确； 对于C，设平面的法向量为，则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {EF}=-x+y=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {FD_{1}}=-x-2y+2z=0 \end{cases} ， 令，可得，，所以， 又由向量\vec {OE}=\left(1,0,-1\right)，所以点O到平面的距离为\frac{\left| \vec {OE}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{\sqrt{17}}{17}，所以C错误； 对于D，平面截球O所得的截面是一个圆， 设该圆的半径为r，则， 所以平面截球O所得截面的面积为，所以D正确. 故选：ABD 13．（25-26学年高二上·内蒙古期中学·期中）（多选）在棱长为1的正方体中，O为上底面的中心，则（     ） A. 平面 B.  C. 直线与的距离为 D. 直线与平面所成角的正弦值为 【答案】ACD 【分析】 建立空间直角坐标系，根据向量法判断线面平行、线线垂直判断A，B，运用异面直线向量距离公式求解判断C，根据向量法求解线面角判断D. 【详解】 如图，建立空间直角坐标系， 则， 所以\vec {AC}=\left(-1,1,0\right),\vec {AD_{1}}=\left(-1,0,1\right)，\vec {OB}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},-1\right)， 设平面的法向量为， 则 \left\{\begin{array}{l} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AC}=-x+y=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AD_{1}}=-x+z=0 \end{array}\right. ，令，可得， 所以\vec {OB}\cdot \overset{\rightarrow }{m}=\frac{1}{2}\times 1+\frac{1}{2}\times 1-1\times 1=0，即\vec {OB}\bot \overset{\rightarrow }{m}， 又因为平面，所以平面，故A正确； \vec {BC}=\left(-1,0,0\right)，平面的法向量， 设直线BC与平面所成角为， 则\sin \theta =\left| \cos \left\langle \vec {BC},\overset{\rightarrow }{m}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {BC}\cdot \overset{\rightarrow }{m}\right| }{\left| \vec {BC}\right| \cdot \left| \overset{\rightarrow }{m}\right| }=\left| \frac{-1}{1\times \sqrt{3}}\right| =\frac{\sqrt{3}}{3}， 所以直线BC与平面所成角的正弦值为，故D正确； \vec {C_{1}D}=\left(0,-1,-1\right)，\vec {OB}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},-1\right)， 则\vec {OB}\cdot \vec {C_{1}D}=\frac{1}{2}\times 0+\frac{1}{2}\times \left(-1\right)+\left(-1\right)\times \left(-1\right)=\frac{1}{2} eq 0， 所以不成立，故B错误； 因为\vec {BC_{1}}=\left(-1,0,1\right),\vec {CD{_{1}^{}}{}}=\left(0,-1,1\right)，设\overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {BC_{1}},\overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {CD{_{1}^{}}{}}，， 则 \left\{\begin{array}{l} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {BC_{1}}=-a+c=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {CD{_{1}^{}}{}}=-b+c=0 \end{array}\right. ，令，则， 又因为\vec {BC}=\left(-1,0,0\right)，所以直线与的距离为\left| \frac{\vec {BC}\cdot \overset{\rightarrow }{n}}{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }\right| =\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}，故C正确. 故选：ACD 14．（25-26学年高二上·江苏南通·期中）在正三棱柱中，，则直线与所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C. 0 D.  【答案】B 【分析】 利用正三棱柱的性质计算出\vec {A_{1}B}\cdot \vec {B_{1}C}，，，再根据夹角公式即可求解. 【详解】 由题意，同理可得， 因为平面，平面，所以， 即\vec {A_{1}A}\cdot \vec {BC}=0， 所以\vec {A_{1}B}\cdot \vec {B_{1}C}=\left(\vec {A_{1}A}+\vec {AB}\right)\cdot \left(\vec {B_{1}B}+\vec {BC}\right)=\vec {A_{1}A}\cdot \vec {B_{1}B}+\vec {A_{1}A}\cdot \vec {BC}+\vec {AB}\cdot \vec {B_{1}B}+\vec {AB}\cdot \vec {BC} =\left| \vec {A_{1}A}\right| \left| \vec {B_{1}B}\right| +\left| \vec {AB}\right| \left| \vec {BC}\right| \cos \left(\pi -\angle ABC\right)=2\times 2+2\times 2\times \left(-\frac{1}{2}\right)=2， 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{2}{2\sqrt{2}\times 2\sqrt{2}}=\frac{1}{4}， 故直线与所成角的余弦值为. 故选：B 15．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）已知为平面的法向量，点，在直线上，则“\overset{\rightarrow }{a}\cdot \vec {AB}=0”是“”的（     ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】 根据线面平行的判定定理，结合充分、必要条件的概念，即可得答案. 【详解】 由\vec {a}\cdot \vec {AB}=0可得或，所以\vec {a}\cdot \vec {AB}=0推不出， 当时，由于\vec {a}是平面的法向量，可得\vec {a}\cdot \vec {AB}=0，所以可推出\vec {a}\cdot \vec {AB}=0， 综上，\vec {a}\cdot \vec {AB}=0是的必要不充分条件. 故选：B. 16．（25-26学年高二上·四川成都·期中）（多选）如图，在底面为正方形的四棱锥中，平面，直线与平面所成角的正切值为，则下列说法正确的是（       ） A. 异面直线与所成的角为45° B. 异面直线与所成的角为60° C. 直线与平面所成的角为30° D. 点到平面的距离为 【答案】ABD 【分析】 A选项，B选项，建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角余弦公式进行求解； C选项，利用线面角的向量求解公式进行求解； D选项，利用点到平面的距离公式求出答案. 【详解】 A选项，平面，直线与平面所成角, ， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 则\vec {PB}=\left(1,0,-1\right),\vec {CD}=\left(-1,0,0\right)，设直线与所成的角大小为，则\cos \beta =\left| \cos \left\langle \vec {PB},\vec {CD}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {PB}\cdot \vec {CD}\right| }{\left| \vec {PB}\right| \cdot \left| \vec {CD}\right| }=\frac{\left| \left(1,0,-1\right)\cdot \left(-1,0,0\right)\right| }{\sqrt{1+1}\times \sqrt{1}}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}， 故，A正确； B选项，\vec {PB}=\left(1,0,-1\right),\vec {AC}=\left(1,1,0\right)设直线与所成的角大小为，则\cos \theta =\left| \cos \left\langle \vec {PB},\vec {AC}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {PB}\cdot \vec {AC}\right| }{\left| \vec {PB}\right| \cdot \left| \vec {AC}\right| }=\frac{\left| \left(1,0,-1\right)\cdot \left(1,1,0\right)\right| }{\sqrt{1+1}\times \sqrt{1+1}}=\frac{1}{2}， 故，B正确； C选项， 可取\vec {n}=\left(0,1,0\right)为平面的法向量， 设直线与平面所成的角大小为， 则\sin \alpha =\left| \cos \left\langle \vec {n},\vec {BD}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {n}\cdot \vec {BD}\right| }{\left| \vec {n}\right| \cdot \left| \vec {BD}\right| }=\frac{\left| \left(0,1,0\right)\cdot \left(-1,1,0\right)\right| }{\sqrt{1}\times \sqrt{1+1}}=\frac{\sqrt{2}}{2}， 故直线与平面所成的角为，C正确；    因为四边形为正方形，所以⊥， 又平面，平面，故， 因为，平面， 所以⊥平面，故可取\vec {BD}=\left(-1,1,0\right)为平面的法向量， 故点到面的距离d=\frac{\left| \vec {BD}\cdot \vec {AD}\right| }{\left| \vec {BD}\right| }=\frac{\left| \left(-1,1,0\right)\cdot \left(0,1,0\right)\right| }{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}，D正确. 故选：ABD 17．（2026·广西南宁·质量检测）（多选）在空间直角坐标系中，，则（     ） A. 平面 B.  C. 平面 D.  【答案】ACD 【分析】 利用空间向量法依次判断线面平行，线线平行，线面垂直，线线垂直即可. 【详解】 \vec {BD}=\left(-2,0,2\right),\vec {EG}=\left(-2,1,-2\right),\vec {AF}=\left(-2,2,-2\right),\vec {DF}=\left(0,2,0\right)． 设平面的法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)，则 \left\{\begin{array}{l} \vec {n}\cdot \vec {AF}=-2x+2y-2z=0,\\ \vec {n}\cdot \vec {DF}=2y=0, \end{array}\right. 令，得\vec {n}=\left(1,0,-1\right)．因为\vec {EG}\cdot \vec {n}=-2+2=0， 所以\vec {EG}\bot \vec {n}，又不在平面内，所以平面，A正确． 因为，所以直线与不平行，B错误． 因为\vec {BD}=-2\vec {n}，所以\vec {BD}//\vec {n}，所以平面，C正确． 因为\vec {BD}\cdot \vec {EG}=4-4=0，所以\vec {BD}\bot \vec {EG}，即，D正确． 故选：ACD 18．（2026·广东多校·联考）（多选）已知高为2的斜三棱柱中，在底面上的射影为点，且四边形是边长为2的正方形．设分别为的中点，则（     ） A.  B. 平面 C. 三棱锥的体积为 D. 直线与直线所成角的余弦值为 【答案】BCD 【分析】 利用空间向量法，结合坐标运算，向量共线的坐标运算和向量垂直的坐标运算来确定各选项. 【详解】 正方形的边长为2，则是以为直角顶点的等腰直角三角形. 以点为原点，以\vec {CB},\vec {CA}的方向分别为轴，轴正方向， 过点且垂直于底面的直线为轴，向上为轴正方向建立空间直角坐标系，如图，    则，由四边形是正方形，得， 因为顶点在底面上的射影是点，且棱柱的高为2，所以. 故\vec {CC_{1}}=\vec {AA_{1}}=\vec {BB_{1}}=\left(2,2,2\right)，则，则， 则\vec {MN}=\left(-2,0,-1\right)，\vec {CB}=\left(2,0,0\right),\vec {MN}\cdot \vec {CB}=-4 eq 0， 故直线与不垂直，A错误. 由\vec {AB}=\left(2,-2,0\right),\vec {CM}=\left(3,3,2\right).设平面的法向量为. 由\overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {CC_{1}}=0，得， 由\overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {CM}=0，得，取，得. 由于\vec {AB}=-2\cdot \overset{\rightarrow }{n}，因此向量\vec {AB}与共线，也即直线垂直于平面，B正确. 三棱锥的体积等价于三棱锥的体积，， 三棱锥的高即到平面的距离，等于1. 故，C正确. \vec {BC_{1}}=\left(0,2,2\right),\vec {A_{1}N}=\left(-1,-1,-1\right)，设直线与的夹角为， 则\cos \theta =\frac{\left| \vec {BC_{1}}\cdot \vec {A_{1}N}\right| }{\left| \vec {BC_{1}}\right| \cdot \left| \vec {A_{1}N}\right| }=\frac{\left| -4\right| }{\sqrt{8}\times \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}，故D正确. 故选：BCD. 19．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）如图，正八面体由两个相同的正四棱锥组成，其所有棱长为2，，分别为棱，的中点，则直线和夹角的余弦值为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 利用已知正八面体的性质求出相关边长，建立空间直角坐标系，得出相关点坐标，进而求出\vec {BN},\vec {FM}，最后利用向量夹角余弦公式计算求解． 【详解】 正八面体由两个相同的正四棱锥组成，其所有棱长为2， 正八面体的8个面均为边长是2的等边三角形，面是边长为的正方形， 连接交于点，则，， 连接，则交于点，， 以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， ， \therefore \vec {BN}=\left(\frac{\sqrt{2}}{2},\sqrt{2},\frac{\sqrt{2}}{2}\right),\vec {FM}=\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)， \therefore \cos \left\langle \vec {BN},\vec {FM}\right\rangle =\frac{\vec {BN}\cdot \vec {FM}}{\left| \vec {BN}\right| \cdot \left| \vec {FM}\right| }=\frac{\sqrt{2}\times \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\times \frac{3\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\left(\sqrt{2}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}}\cdot \sqrt{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)^{2}}}=\frac{\sqrt{15}}{6}， 直线和夹角的余弦值为． 故选：C． 20．（25-26学年高二上·山西期中学·期中）在图（1）五边形中，是等边三角形，，将沿折起到的位置，得到如图（2）所示的四棱锥，点为的中点．    （1）证明：平面； （2）当时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 证明：取中点，连接，如下图所示：    为的中点，， 又四边形为平行四边形， 又平面，平面， 平面．     （2）      【分析】 （1）利用中位线平行和平行四边形对边平行来证明线面平行； （2）利用空间向量法来求两平面夹角余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 当时，，平面， 平面，又平面， 平面平面， 以为原点，所在直线分别为轴、轴，过点D且垂直于平面ABCD的直线为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，    ， 设是平面的一个法向量， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\bot \vec {BC}\mathrm{，}\\ \overset{\rightarrow }{m}\bot \vec {BF}\mathrm{，} \end{cases} \therefore \begin{cases} -2x_{1}+2y_{1}=0\mathrm{，}\\ -\frac{3}{2}x_{1}+\frac{\sqrt{3}}{2}z_{1}=0\mathrm{，} \end{cases} 令，则， 设是平面的一个法向量， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {DB}\mathrm{，}\\ \overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {BF}\mathrm{，} \end{cases} \therefore \begin{cases} 2x_{2}+2y_{2}=0\mathrm{，}\\ -\frac{3}{2}x_{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}z_{2}=0\mathrm{，} \end{cases} 令，则， ， 因此平面与平面夹角的余弦值为． 21．（25-26学年高二上·天津南开·期中）如图，在直三棱柱中，分别为的中点．        （1）求异面直线与所成角的余弦值； （2）求点到平面的距离； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）；     （2）；     （3）.      【分析】 （1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算即可； （2）利用空间向量计算点面距离即可； （3）利用空间向量计算面面夹角即可. (1) 小问详解： 由题意可知两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系， 则， 即\vec {A_{1}B}=\left(2,0,-2\right),\vec {EF}=\left(1,-1,-1\right)， 所以\cos \left\langle \vec {A_{1}B},\vec {EF}\right\rangle =\frac{\vec {A_{1}B}\cdot \vec {EF}}{\left| \vec {A_{1}B}\right| \cdot \left| \vec {EF}\right| }=\frac{4}{\sqrt{8}\cdot \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}， 即异面直线与所成角的余弦值为； (2) 小问详解： 由上易知\vec {AB_{1}}=\left(2,0,2\right),\vec {AE}=\left(0,2,1\right),\vec {AF}=\left(1,1,0\right)， 设面的一个法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)，则有 \left\{\begin{array}{l} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AE}=2y+z=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AF}=x+y=0 \end{array}\right. ， 取，即\vec {n}=\left(1,-1,2\right)， 所以点到平面的距离为d=\frac{\left| \vec {AB_{1}}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{6}{\sqrt{6}}=\sqrt{6}； (3) 小问详解： 由上可知\vec {A_{1}B}=\left(2,0,-2\right),\vec {A_{1}E}=\left(0,2,-1\right)， 设面的一个法向量为\vec {m}=\left(a,b,c\right)，则有 \left\{\begin{array}{l} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {A_{1}B}=2a-2c=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {A_{1}E}=2b-c=0 \end{array}\right. ， 取，即\vec {m}=\left(2,1,2\right)， 设平面与平面夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值. 22．（25-26学年高二上·甘肃陇南·期中）如图，已知在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面，．求：    （1）点到平面的距离； （2）二面角的正切值． 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量法求出点到平面的距离； （2）首先求出平面、平面的法向量，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可得解. (1) 小问详解： 因为平面，底面是直角梯形，且， 如图建立空间直角坐标系，则，，，， 所以\vec {AD}=\left(2,0,0\right)，\vec {AC}=\left(4,-4,0\right)，\vec {AE}=\left(0,-4,4\right)， 设平面的法向量为\vec {v}=\left(x,y,z\right)，则 \begin{cases} \vec {v}\cdot \vec {AC}=4x-4y=0\\ \vec {v}\cdot \vec {AE}=-4y+4z=0 \end{cases} ，取\vec {v}=\left(1,1,1\right)， 所以点到平面的距离d=\frac{\left| \vec {v}\cdot \vec {AD}\right| }{\left| \vec {v}\right| }=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}. (2) 小问详解： 由（1）可知\vec {CD}=\left(-2,4,0\right)，\vec {CE}=\left(-4,0,4\right)， 设平面的法向量为\vec {m}=\left(a,b,c\right)，则 \begin{cases} \vec {m}\cdot \vec {CD}=-2a+4b=0\\ \vec {m}\cdot \vec {CE}=-4a+4c=0 \end{cases} ，取\vec {m}=\left(2,1,2\right)， 又平面的一个法向量为\vec {n}=\left(0,0,1\right)， 设二面角为，由图可知二面角为锐二面角， 所以\cos \theta =\frac{\left| \vec {m}\cdot \vec {n}\right| }{\left| \vec {m}\right| \cdot \left| \vec {n}\right| }=\frac{2}{3}，所以， 所以，所以二面角的正切值为. 23．（25-26学年高二·安徽·期中）如图，在等腰梯形中，，，，，把三角形沿着翻折，得到如右图所示的四棱锥，记二面角的平面角为. （1）当时，求证：平面； （2）当时， （i）求点到底面的距离； （ii）设是侧棱上一动点，是否存在点，使得的余弦值为，若存在，求的值. 【答案】（1）证明：因为翻折前，所以翻折后，， 由二面角的定义可知，二面角的平面角， 当时，，即， 又，且，平面， 平面， 平面，， 又在三角形中，易知，，， 满足：，由勾股定理可知，， ，且，平面， 平面.      （2）（i）；（ii）存在，      【分析】 （1）翻折后由，，确定，得到平面，再结合勾股定理得到，即可求证； （2）（i）过点作，垂足为，确定平面，即可求解； （ii）建系，求得平面的法向量，通过向量夹角公式即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 当时， （i）由（1）知，，，平面， 平面，又平面， 平面平面， 在平面内，过点作，垂足为， 又平面平面，故平面， 即为点到平面的距离， 在中，，，故. （ii）由（i）知，如图建立空间直角坐标系， 故，，，，设， 设，即，即， 设平面法向量为， ，， ，即 ， 令，得，，即， 设平面的法向量， ，， ，即 ， 令，得，，即， 的余弦值为， ， 解得，即. 24．（2026·广东多校·联考）如图，在四边形中，，，，过平面外一点作射线，，，，在四条射线上分别取点，，，，使得. （1）证明：，，，四点共面； （2）若平面，，求二面角的余弦值. 【答案】（1） 由，可知\vec {PE}=k\vec {PA}，\vec {PF}=k\vec {PB}，\vec {PG}=k\vec {PC}，\vec {PH}=k\vec {PD}， 故\vec {EF}=\vec {PF}-\vec {PE}=k\left(\vec {PB}-\vec {PA}\right)=k\vec {AB}，\vec {HG}=\vec {PG}-\vec {PH}=k\left(\vec {PC}-\vec {PD}\right)=k\vec {DC}， 因，则\vec {EF}//\vec {HG}， 若共线，则平面与平面为同一平面，故不共线， 则，故，，，四点共面；     （2）.      【分析】 （1）将用向量关系表示，求证\vec {EF}//\vec {HG}即可； （2）先求证平面平面，再以为坐标原点建系，再求两个平面的法向量，根据法向量的夹角和二面角的平面角之间的关系求出. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因，则，， 因平面，平面，则平面， 同理可得，平面， 又平面，则平面平面， 因为平面，， 故以为坐标原点，\vec {HE}，\vec {HG}，\vec {HP}方向分别为，，轴方向建立空间直角坐标系， 故，，，， 则\vec {PH}=\left(0,0,-4\right),\vec {HF}=\left(4,2,0\right),\vec {HC}=\left(0,2,2\right)， 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 由 \begin{cases} \vec {PH}\cdot \overset{\rightarrow }{m}=0\\ \vec {HF}\cdot \overset{\rightarrow }{m}=0 \end{cases} ，即 ，不妨设，故； 由 \begin{cases} \vec {HC}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=0\\ \vec {HF}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=0 \end{cases} ，即 ，不妨设，故； 设为二面角的平面角，则， 由题意易知二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 25．（2026·广东多校·联考）设空间中的点，，，，则点到平面的距离为　　　　　. 【答案】 【分析】 计算平面的一个法向量，使用点到平面的距离公式求值. 【详解】 由题意得， 设平面的一个法向量为，则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AB}=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AC}=0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} -2x+y-2z=0\\ -2x+y-z=0 \end{cases} ， 不妨取，则，故， 故点到平面的距离为\frac{\left| \vec {OA}\cdot \overset{\rightarrow }{m}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{m}\right| }=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}. 故答案为：. 26．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）如图，三棱柱的侧面为菱形，平面平面，，. （1）证明：； （2）点到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 取的中点，连接，不妨设， 因为四边形为菱形，所以， 则，得到三角形是等边三角形，， 面，因为平面平面，所以平面， 而，可得，作， 如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 设，由题意得，，，， 则\vec {AC}=\left(x,y+1,0\right)，\vec {AB}=\left(0,2,0\right)，\vec {A_{1}B}=\left(0,1,-\sqrt{3}\right)， 因为，所以\vec {AC}\cdot \vec {AB}=0，可得，解得， 而，得到，化简得， 解得（负根舍去），故， 而\vec {B_{1}C}=\left(2,-3,-\sqrt{3}\right)，得到\vec {A_{1}B}\cdot \vec {B_{1}C}=-3+3=0，故.     （2）      【分析】 （1）先判断需证明的结论和的具体长度无关，再设出具体边长，建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标，利用空间位置关系的向量证明求解即可. （2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设，可得，， ，，同理可求， 则\vec {AA_{1}}=\left(0,\frac{a}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}a\right)，\vec {AC}=\left(a,0,0\right)，\vec {AB_{1}}=\left(0,\frac{3}{2}a,\frac{\sqrt{3}}{2}a\right)， 设平面的法向量\vec {n}=\left(m,n,p\right)， 可得 \begin{cases} \vec {AA_{1}}\cdot \vec {n}=\frac{1}{2}an+\frac{\sqrt{3}}{2}ap=0\\ \vec {AC}\cdot \vec {n}=ma=0 \end{cases} ，令，解得，， 得到\vec {n}=\left(0,\sqrt{3},-1\right)，设点到平面的距离为， 由点到平面的距离公式得d=\frac{\left| \vec {AB_{1}}\cdot \vec {n}\right| }{\left| \vec {n}\right| }=\frac{\sqrt{3}a}{\sqrt{3+1}}=\frac{\sqrt{3}}{2}a， 因为点到平面的距离为，所以，解得， 此时\vec {AA_{1}}=\left(0,1,\sqrt{3}\right)，，，， 可得\vec {A_{1}B_{1}}=\left(0,2,0\right)，\vec {A_{1}C}=\left(2,-1,-\sqrt{3}\right)， 设面的法向量为\vec {m}=\left(b,c,d\right)， 可得 \begin{cases} \vec {A_{1}B_{1}}\cdot \vec {m}=2c=0\\ \vec {A_{1}C}\cdot \vec {m}=2b-c-\sqrt{3}d=0 \end{cases} ，令，解得，， 得到\vec {m}=\left(\sqrt{3},0,2\right)，设直线与平面所成角为， 可得\sin \beta =\frac{\left| \vec {AA_{1}}\cdot \vec {m}\right| }{\left| \vec {AA_{1}}\right| \cdot \left| \vec {m}\right| }=\frac{2\sqrt{3}}{2\times \sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}. 27．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）如图，四棱柱的底面是矩形，，，，为棱的中点. （1）求的长； （2）求直线与直线所成角的余弦值. 【答案】（1）；     （2）.      【分析】 （1）设，利用基底法表示出，再根据向量数量积运算律即可得到答案； （2）根据向量数量积运算律求出，再利用向量夹角余弦值的计算公式即可得到答案. (1) 小问详解： 设，则， ， 所以， 所以． (2) 小问详解： ， ， ， 设直线与所成角为，则， 所以直线与所成角的余弦值为． 28．（25-26学年高二上·山西期中学·期中）如图，三棱柱各棱的棱长都是1，若，点，分别是的中点，记． （1）用向量表示向量，并求的模长； （2）用向量方法证明：． 【答案】（1），     （2） 由（1）得， ， ，．      【分析】 （1）根据向量的线性运算表示，然后根据数量积的运算求出，可得； （2）用表示，然后根据数量积的运算证明即可. (1) 小问详解： 由题意得； ， . (2) 小问详解： 略 29．（25-26学年高二上·天津南开·期中）如图，三棱柱中，，，平面，，，，分别是，的中点. （1）证明：平面； （2）求与平面夹角的正弦值； （3）棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 因平面，平面，所以. 又因，所以，且，平面， 所以平面.     （2）；     （3） 存在，.      【分析】 （1）直接根据线面垂直的判定定理可得； （2）直接建立空间直角坐标系，用向量求线面角可得； （3）构造过D点且与平面平行的平面，进而可得平面. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因，取的中点为O， 所以，分别以所在直线为轴， 以过O点平行的直线为轴，建立空间直角坐标系如图： 由（1）知平面，平面，所以， 而三棱柱中， 所以，所以三角形是等腰直角三角形，得. 再由平面，平面， 所以，且， 所以也是等腰直角三角形，所以. 所以，，， \vec {BC}=\left(-\sqrt{2},-\sqrt{2},0\right). \vec {OE}=\vec {OB_{1}}+\vec {B_{1}E}=\vec {OB_{1}}+\frac{1}{2}\vec {BC}， \vec {DE}=\vec {OE}-\vec {OD}. 设\vec {n}=\left(x,y,z\right)为平面的一个法向量， 且\vec {BC}=\left(-\sqrt{2},-\sqrt{2},0\right)，\vec {BB_{1}}=\left(-\sqrt{2}-\sqrt{2},0,2\right)， 由 \begin{cases} \vec {n}\cdot \vec {BC}=0\\ \vec {n}\cdot \vec {BB_{1}}=0 \end{cases} ，得 ， 令，得,所以\vec {n}=\left(1,-1,\sqrt{2}\right). 所以\left| \cos < \vec {n},\vec {DE}> \right| =\frac{\left| -\sqrt{2}\times 1+0\times \left(-1\right)+2\times \sqrt{2}\right| }{\sqrt{1+1+\left(\sqrt{2}\right)^{2}}\cdot \sqrt{\left(-\sqrt{2}\right)^{2}+0+2^{2}}}. 所以与平面夹角的正弦值为. (3) 小问详解： 存在F点为的中点，则平面. 如图： 因为O为的中点，D是的中点，所以. 由，平面，平面，所以平面. 再由，，所以， 平面，平面，所以平面. 因平面，平面，且，平面. 所以平面平面，且平面，得平面. 故存在F点为的中点，则平面，且. 30．（25-26学年高二上·云南普洱·期中）如图，四棱锥的侧面是正三角形，，且，，是中点. （1）求证：平面； （2）若平面平面，且，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）取的中点，连接， 因为是中点， 所以，且， 又因为，， 所以，， 即四边形是平行四边形， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面； （2）. 【详解】 （1）略 （2）取中点，连接，， 因为是正三角形，所以， 因为平面平面， 所以平面，平面， 所以， 故， 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，，，，，， 所以\overrightarrow{CE}=(0,-3,\sqrt{3})，\overrightarrow{CA}=(-2,-4,0)， 设平面的法向量为\vec{m}=(x,y,z)，则，， 令得\vec{m} = ( - 2, 1, \sqrt{3})， 易知平面的法向量为\vec{n}=(0,0,1)， 则\cos \left\langle \vec{m},\vec{n} \right\rangle =\frac{\vec{m}\cdot \vec{n}}{|\vec{m}||\vec{n}|}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4}， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【点睛】 方法点睛：判断或证明线面平行的常用方法： （1）利用线面平行的定义，一般用反证法； （2）利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述； （3）利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)； （4）利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)． 31．（25-26学年高二上·重庆部分·期中）在直三棱柱中，，，，D是的中点，F是CD的中点，点E在线段上，且.以A为原点，AB，AC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. （1）直接写出C，D，E，F的坐标. （2）证明：平面ABC. （3）求点E到直线CD的距离. 【答案】（1），，，     （2） 证明：由（1）得\vec {EF}=\left(-\frac{3}{2},2,0\right)， 直三棱柱中，可得平面， 所以平面的一个法向量为\vec {n}=\left(0,0,1\right)，可得\vec {EF}\cdot \vec {n}=0，所以\vec {EF}\bot \vec {n}， 又因为平面，所以平面.     （3）      【分析】 （1）根据题意，求得的坐标，结合中点公式和\vec {A_{1}E}=\frac{3}{4}\vec {AB}，求得的坐标，即可得到答案. （2）由（1）得\vec {EF}和平面的一个法向量为\vec {n}=\left(0,0,1\right)，求得\vec {EF}\cdot \vec {n}=0，得到\vec {EF}\bot \vec {n}，结合项目平行的判定定理，即可得证； （3）由（1）得，向量\vec {CD}=\left(0,-4,2\right)，\vec {DE}=\left(\frac{3}{2},0,-1\right)，结合距离公式，即可求解. (1) 小问详解： 解：根据题设中的空间直角坐标系，可得，， 因为为的中点，可得，即， 又因为点在线段上，且，可得\vec {A_{1}E}=\frac{3}{4}\vec {A_{1}B}， 设，可得， 可得，所以. (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：由（1）得，向量\vec {CD}=\left(0,-4,2\right)，\vec {DE}=\left(\frac{3}{2},0,-1\right)， 所以点E到直线CD的距离为\sqrt{\vec {DE}^{2}-\left(\frac{\vec {DE}\cdot \vec {CD}}{\left| \vec {CD}\right| }\right)^{2}}=\frac{\sqrt{305}}{10}. 32．（25-26学年高二上·内蒙古期中学·期中）已知四棱柱的各棱长均为2，，，\vec {DG}=\lambda \vec {DD_{1}}，.且三棱锥的体积为1，二面角的余弦值为. （1）证明：； （2）求的值及直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1） 取中点，连接，， ，， 为正三角形. ，又，， ，平面，， 平面， 平面，；      （2），      【分析】 （1）取中点，连接、，由题设求证平面即可求证； （2）求证，以为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出两平面和平面的一个法向量，由二面角的向量法公式结合题设求出参数，再求出\vec {GB}与平面的一个法向量即可由线面角的向量法公式计算求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 在四棱柱中，点在棱上， ，平面，平面， 平面，由（1）可知平面， ， ，即，，， 故可以为坐标原点，\vec {OA}、\vec {OB}、\vec {OA_{1}}为一组正交基底建立空间直角坐标系， 则，，，，， \therefore \vec {AA_{1}}=\left(-1,0,\sqrt{3}\right)，\vec {BD}=\left(-1,-\sqrt{3},0\right)， \therefore \vec {DG}=\lambda \vec {DD_{1}}=\lambda \vec {AA_{1}}=\left(-\lambda ,0,\sqrt{3}\lambda \right)，， \therefore \vec {BG}=\vec {BD}+\vec {DG}=\left(-\lambda -1,-\sqrt{3},\sqrt{3}\lambda \right)，\vec {BA_{1}}=\left(0,-\sqrt{3},\sqrt{3}\right)， 设平面的一个法向量为， 则 \begin{cases} \vec {BA_{1}}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=-\sqrt{3}y+\sqrt{3}z=0\\ \vec {BG}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=\left(-\lambda -1\right)x-\sqrt{3}y+\sqrt{3}\lambda z=0 \end{cases} ，令，则， 又平面的一个法向量为， 由二面角的余弦值为得， 即，或， 因为，所以. \because \vec {GB}=\left(\frac{3}{2},\sqrt{3},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则\sin \theta =\left| \cos \vec {GB},\overset{\rightarrow }{m}\right| =\left| \frac{\sqrt{3}}{1\times \sqrt{\frac{9}{4}+3+\frac{3}{4}}}\right| =\frac{\sqrt{2}}{2}， 直线与平面所成的角的正弦值为. 33．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）如图，在棱长为2的正方体中，是线段的中点． （1）求直线与直线夹角的余弦值； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）     （2）2      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，求出\vec {EC_{1}},\vec {CD_{1}}的坐标，利用向量夹角公式计算； （2）求出平面的一个法向量，利用向量法计算点面距. (1) 小问详解： 如图，以点为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，所以\vec {EC_{1}}=\left(0,2,1\right)，\vec {CD_{1}}=\left(-2,0,2\right)， 所以直线与直线夹角的余弦值为\frac{\left| \vec {EC_{1}}\cdot \vec {CD_{1}}\right| }{\left| \vec {EC_{1}}\right| \left| \vec {CD_{1}}\right| }=\frac{\left| 0\times \left(-2\right)+2\times 0+1\times 2\right| }{\sqrt{4+1}\times \sqrt{4+4}}=\frac{2}{2\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{10}. (2) 小问详解： 因为，，结合（1），所以\vec {A_{1}E}=\left(2,0,-1\right)，\vec {ED}=\left(-2,2,-1\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 {EC_{1}}=2y+z=0\\ \vec {n}\cdot \vec {ED}=-2x+2y-z=0 \end{cases} ，令，得，， \therefore \vec {n}=\left(-2,-1,2\right)， 所以点到平面的距离d=\frac{\left| \vec {A_{1}E}\cdot \vec {n}\right| }{\left| \vec {n}\right| }=\frac{\left| -4-2\right| }{\sqrt{4+1+4}}=2. 34．（25-26学年高二上·天津河东·期中）如图，在四棱锥中，，，平面，是棱的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：依题意可知，两两相互垂直， 以为原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系. 由题设得，，，，，. 向量\vec {AE}=\left(1,2,0\right)，\vec {PC}=\left(2,-4,4\right)，\vec {PD}=\left(0,-4,2\right). 设平面的法向量为， 则 \begin{cases} \vec {n}\cdot \vec {PC}=2x-4y+4z=0\\ \vec {n}\cdot \vec {PD}=-4y+2z=0 \end{cases} ，令，得. 因\vec {AE}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=1\times \left(-2\right)+2\times 1+0\times 2=0，且平面，故平面.      （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标和向量，通过证明直线方向向量与平面法向量垂直，证得线面平行； （2）利用直线与平面所成角的向量公式，计算方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值，得到所成角的正弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 向量\vec {CE}=\left(-1,2,-4\right). 设直线与平面所成角为，则\sin \theta =\frac{\left| \vec {CE}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \vec {CE}\right| \left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }. \vec {CE}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=\left(-1\right)\times \left(-2\right)+2\times 1+\left(-4\right)\times 2=-4，\left| \vec {CE}\right| =\sqrt{(-1)^{2}+2^{2}+(-4)^{2}}=\sqrt{21}， . 故. 35．（25-26学年高二上·四川成都·期中）如图，直三棱柱，底面中，，.，是的中点． （1）求证：； （2）为上动点（含端点），则是否存在使得面，若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由； （3）若为中点，为的重心，为上一点，且，过作任一平面分别交、、于、、，若\vec {C_{1}P}=m\vec {C_{1}A}，\vec {C_{1}Q}=n\vec {C_{1}C}，\vec {C_{1}R}=t\vec {C_{1}M}，求证为定值，并求该定值． 【答案】（1） 以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系， ，，， 则、、、、， 是的中点，则，\vec {A_{1}B}=\left(-1,1,-2\right)，\vec {C_{1}N}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right) \because \vec {A_{1}B}\cdot \vec {C_{1}N}=-1\times \frac{1}{2}+1\times \frac{1}{2}+\left(-2\right)\times 0=0，\therefore \vec {A_{1}B}\bot \vec {C_{1}N}，即.     （2）存在，，理由如下： 设\vec {AF}=\lambda \vec {AB}=\lambda \left(-1,1,0\right)=\left(-\lambda ,\lambda ,0\right)，其中，\vec {AB}=\left(-1,1,0\right)，则，\therefore \vec {C_{1}C}=\left(0,0,-2\right)，\vec {CF}=\left(1-\lambda ,\lambda ,0\right)， 若面，则 \left\{\begin{array}{l} \vec {AB}\cdot \vec {C_{1}C}=0\\ \vec {AB}\cdot \vec {CF}=-\left(1-\lambda \right)+\lambda =0 \end{array}\right. ，解得，， 故存在点，当时，面.     （3）定值为，理由如下： 因为为的重心，则\vec {GA}+\vec {GM}+\vec {GC}=\vec {0}， 即\vec {C_{1}A}-\vec {C_{1}G}+\vec {C_{1}M}-\vec {C_{1}G}+\vec {C_{1}C}-\vec {C_{1}G}=\vec {0}，可得\vec {C_{1}G}=\frac{1}{3}\left(\vec {C_{1}A}+\vec {C_{1}M}+\vec {C_{1}C}\right)， 因为为上一点，且，则\vec {C_{1}H}=\frac{3}{4}\vec {C_{1}G}=\frac{1}{4}\left(\vec {C_{1}A}+\vec {C_{1}M}+\vec {C_{1}C}\right)， 因为、、、四点共面，则存在、，使得\vec {PH}=\lambda \vec {PQ}+\mu \vec {PR}， 即\vec {C_{1}H}-\vec {C_{1}P}=\lambda \left(\vec {C_{1}Q}-\vec {C_{1}P}\right)+\mu \left(\vec {C_{1}R}-\vec {C_{1}P}\right)， 所以\vec {C_{1}H}=\left(1-\lambda -\mu \right)\vec {C_{1}P}+\lambda \vec {C_{1}Q}+\mu \vec {C_{1}R}=\left(1-\lambda -\mu \right)m\vec {C_{1}A}+\lambda n\vec {C_{1}C}+\mu t\vec {C_{1}M}, 又因为\vec {C_{1}H}=\frac{1}{4}\left(\vec {C_{1}A}+\vec {C_{1}M}+\vec {C_{1}C}\right)，且\vec {C_{1}A}、\vec {C_{1}M}、\vec {C_{1}C}不共面， 由空间向量的基本定理可得 ， 因此，为定值.      【分析】 （1）以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直的坐标表示可证得结论成立； （2）设\vec {AF}=\lambda \vec {AB}，其中，求出点的坐标，根据面得出 \left\{\begin{array}{l} \vec {AB}\cdot \vec {C_{1}C}=0\\ \vec {AB}\cdot \vec {CF}=0 \end{array}\right. ，结合空间向量数量积的坐标运算可求得实数的值，即可得出结论； （3）由为的重心结合已知条件得出\vec {C_{1}H}=\frac{3}{4}\vec {C_{1}G}=\frac{1}{4}\left(\vec {C_{1}A}+\vec {C_{1}M}+\vec {C_{1}C}\right)，再利用空间向量共面的基本定理得出\vec {C_{1}H}=\left(1-\lambda -\mu \right)m\vec {C_{1}A}+\lambda n\vec {C_{1}C}+\mu t\vec {C_{1}M}，结合空间向量的基本定理可证得结论成立. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 36．（25-26学年高二上·四川成都·期中）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．建立适当的空间直角坐标系，用空间向量方法解决如下问题：    （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：在直三棱柱中，有，，， 以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，， ，， ， ，即．     （2）.      【分析】 （1）根据已知构建合适的空间直角坐标系，并标注出相关点坐标，应用向量法证明异面直线垂直即可； （2）由（1）求出平面与平面的法向量，再应用向量法求面面角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）得，， ，，， 设平面的法向量为， 则 即 令，即， 设平面的法向量为， 则 即 令，即， ． 平面与平面夹角的余弦值为． 37．（25-26学年高二上·广东清远·期中）在平面直角坐标系中，设，若沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后，，则的余弦值为　　　　　　． 【答案】 【分析】 在平面直角坐标系中，过点作于点，则折成二面角后，\theta =\left\langle \vec {OA},\vec {CB}\right\rangle，由\left| \vec {AB}\right| =\left| \vec {AO}+\vec {OC}+\vec {CB}\right| =3\sqrt{2}结合向量的数量积运算求解即可． 【详解】 在平面直角坐标系中，过点作于点， 可知， 沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后， 仍有， 则\theta =\left\langle \vec {OA},\vec {CB}\right\rangle， 由\left| \vec {AB}\right| =\left| \vec {AO}+\vec {OC}+\vec {CB}\right| =3\sqrt{2}， 可得| \vec {AO}+\vec {OC}+\vec {CB}| ^{2}=18， 即\left| \vec {AO}\right| ^{2}+\left| \vec {OC}\right| ^{2}+\left| \vec {CB}\right| ^{2}+2\vec {AO}\cdot \vec {OC}+2\vec {AO}\cdot \vec {CB}+2\vec {OC}\cdot \vec {CB}=18， 即， 可得． 故答案为： 38．（25-26学年高二上·广东清远·期中）如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为，D是的中点．    （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 如图，连接交于点O，连接， 则点O为的中点，且D是的中点， 则为的中位线，所以． 又因为平面，平面， 所以平面．      （2）．      【分析】 （1）利用中位线证明线线平行，再证明线面平行即可； （2）利用正三棱柱的性质如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求线面角的正弦值； (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取的中点F， 因为在正中，D是的中点，故， 因为三棱柱为正三棱柱， 所以平面ABC， 又因为D是的中点，F是的中点， 所以， 所以平面，所以，， 以D为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，    则，，，，，，． 故\vec {A_{1}B_{1}}=\left(-\sqrt{3},1,0\right)，\vec {DA}=\left(\sqrt{3},0,0\right)，\vec {DC_{1}}=\left(0,-1,\sqrt{3}\right)， 设平面的法向量为， 则 \left\{\begin{array}{l} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {DA}=\sqrt{3}x=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {DC_{1}}=-y+\sqrt{3}z=0 \end{array}\right. ，令，则，即． 设直线与平面所成角为， 可得\sin \theta =\left| \cos \left\langle \vec {A_{1}B_{1}},\overset{\rightarrow }{m}\right\rangle \right| =\frac{\sqrt{3}}{2\times 2}=\frac{\sqrt{3}}{4}， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 39．（25-26学年高二上·新疆喀什·期中）如图所示在棱长为1的正方形中，E为线段的中点， （1）求点到直线的距离； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）利用等面积法即可求出点到直线的距离； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出点到平面的距离. (1) 小问详解： 解：连接，，过点作于，如图所示 在直角三角形中， 在直角三角形中， 直线平面，平面 故点到直线的距离为. (2) 小问详解： 解：在正方体中，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 ，，， \overrightarrow{{{A}_{1}}A}=\left( 0,0,-1 \right)，\overrightarrow{A{{B}_{1}}}=\left( 0,1,1 \right)，\overrightarrow{AE}=\left( -1,0,\frac{1}{2} \right), 设平面的一个法向量为：\overrightarrow{n}=\left( a,b,c \right) 则 \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} \overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{AE}=0 \\ \overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{A{{B}_{1}}}=0 \\ {} \end{array} \right. ，即 ，令得\overrightarrow{n}=\left( 1,-2,2 \right) 点到平面的距离为d=\frac{\left| \overrightarrow{{{A}_{1}}A}\cdot \overrightarrow{n} \right|}{\left| \overrightarrow{n} \right|}=\frac{2}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}}}=\frac{2}{3}. 40．（25-26学年高二上·新疆喀什·期中）已知正方体的棱长为 2，以为原点，分别以\vec {DA}，\vec {DC}，\vec {DD_{1}}为，，轴建立空间直角坐标系． （1）写出点，，的坐标； （2）求平面的一个法向量； （3）证明：直线平面． 【答案】（1）；；     （2）（答案不唯一）     （3） 由（1）可知，，所以\vec {AD_{1}}=\left(-2,0,2\right)， 由（2）可知，平面的法向量为， 所以\vec {AD_{1}}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=0，所以\vec {AD_{1}}\bot \vec {n}，因为平面， 所以直线平面.      【分析】 （1）根据题意建立空间直角坐标系，写出坐标即可. （2）根据法向量与平面垂直进行求解即可. （3）根据平面法向量与直线的方向向量的关系进行证明即可. (1) 小问详解： 根据题意，以为原点，分别以\vec {DA}，\vec {DC}，\vec {DD_{1}}为，，轴建立空间直角坐标系，如图， 且正方体的棱长为，所以，，. (2) 小问详解： 因为，，， 所以\vec {A_{1}B}=\left(0,2,-2\right)，\vec {A_{1}C_{1}}=\left(-2,2,0\right)，设平面的法向量为， 所以 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {A_{1}B}=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {A_{1}C_{1}}=0 \end{cases} ，得 ， 令，所以，所以平面的一个法向量为. (3) 小问详解： 略 41．（25-26学年高二上·新疆喀什·期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，为的中点．    （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值； （2）利用空间向量法可求得二面角的余弦值. (1) 小问详解： 因为是正方形，所以． 又因为平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，    所以、、、、． 所以\vec {PB}=\left(2,0,-2\right)，\vec {PD}=\left(0,2,-2\right)，\vec {CM}=\left(-2,-1,1\right)． 设平面的一个法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)， 则 \left\{\begin{array}{l} \vec {PB}\cdot \vec {n}=2x-2z=0\\ \vec {PD}\cdot \vec {n}=2y-2z=0 \end{array}\right. ，取，则\vec {n}=\left(1,1,1\right)，， 所以\cos \left\langle \vec {CM},\vec {n}\right\rangle =\frac{\vec {CM}\cdot \vec {n}}{\left| \vec {CM}\right| \cdot \left| \vec {n}\right| }=\frac{-2}{\sqrt{6}\times \sqrt{3}}=-\frac{\sqrt{2}}{3}． 所以直线与平面所成角的正弦值是． (2) 小问详解： 由（1）知，\vec {PD}=\left(0,2,-2\right)，\vec {DC}=\left(2,0,0\right)． 设平面的一个法向量为\vec {m}=\left(a,b,c\right)，则 \left\{\begin{array}{l} \vec {PD}\cdot \vec {m}=2b-2c=0\\ \vec {DC}\cdot \vec {m}=2a=0 \end{array}\right. ，         取，可得\vec {m}=\left(0,1,1\right)，则\cos \left\langle \vec {m},\vec {n}\right\rangle =\frac{\vec {m}\cdot \vec {n}}{\left| \vec {m}\right| \cdot \left| \vec {n}\right| }=\frac{2}{\sqrt{2}\times \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}， 由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为． 42．（2026·广西南宁·质量检测）正八面体由八个完全相同的面构成，每个面都是等边三角形，它可以看作是两个所有棱长相等且底面重合的正四棱锥拼接而成的.如图，多面体是一个正八面体，是该正八面体的中心.    （1）证明：平面平面. （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 连接，，，因为是该正八面体的中心，所以， 由正八面体的定义可知四边形是正方形，可得， 因为是该正八面体的中心，所以平面，所以，，两两垂直， 故以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，设， 则，，，，，， 故\vec {AB}=\left(\sqrt{2},\sqrt{2},0\right)，\vec {CD}=\left(-\sqrt{2},-\sqrt{2},0\right)， 因为\vec {AB}=-\vec {CD}，所以\vec {AB}//\vec {CD}，即， 因为平面，平面，所以平面. 因为\vec {AF}=-\vec {CE}，所以\vec {AF}//\vec {CE}，即. 因为平面，平面，所以平面. 因为平面，平面，且， 所以平面平面.      （2）      【分析】 （1）连接，，，证得，，两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求得\vec {AB},\vec {CD}的坐标，得到\vec {AB}=-\vec {CD}，证得，和\vec {AF}=-\vec {CE}，证得，结合线面平行的判定，证得平面和平面，进而证得平面平面. （2）分别求得平面和的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可得\vec {AB}=\left(\sqrt{2},\sqrt{2},0\right)，\vec {AF}=\left(0,\sqrt{2},-\sqrt{2}\right)，\vec {CE}=\left(0,-\sqrt{2},\sqrt{2}\right)，\vec {BC}=\left(-\sqrt{2},\sqrt{2},0\right)， 设平面的法向量为，则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AB}=\sqrt{2}x_{1}+\sqrt{2}y_{1}=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AF}=\sqrt{2}y_{1}-\sqrt{2}z_{1}=0 \end{cases} ， 令，可得，所以. 设平面的法向量为，则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {BC}=-\sqrt{2}x_{2}+\sqrt{2}y_{2}=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {CE}=-\sqrt{2}y_{2}+\sqrt{2}z_{2}=0 \end{cases} ， 令，可得，所以. 设平面与平面的夹角为，则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 43．（2026·吉林吉林·调研）如图，在三棱柱中，平面平面为中点，，，． （1）求证：平面； （2）在线段上是否存在一点，使点到平面的距离为？若存在，请求出四面体FABC的体积；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析     （2）存在，      【分析】 （1）根据线面垂直的判定定理证明线面垂直. （2）以不同的方法建立空间直角坐标系，利用空间向量先确定点的位置，利用空间向量求点到平面的距离，再利用锥体的体积公式求锥体体积. (1) 小问详解： 取中点，连接，如图： ，． 又平面平面，平面平面平面， 平面． 又平面． 又与相交，且平面， 平面． (2) 小问详解： （法一）线段上存在点，使点到平面的距离为．取中点，连接． 由（1）知，平面平面． 又分别为中点，． 平面，．． 以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系． ，，，，， \therefore \vec {AB}=\left(2,2\sqrt{3},0\right)，\vec {AA_{1}}=\left(0,\sqrt{3},3\right)，\vec {AE}=\left(0,\frac{5\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2}\right)． 设\vec {AF}=\lambda \vec {AE}=\lambda \left(0,\frac{5\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2}\right)=\left(0,\frac{5\sqrt{3}}{2}\lambda ,\frac{3}{2}\lambda \right)\left(0\leq \lambda \leq 1\right)． 设平面的一个法向量为，则\overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {AB},\overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {AA_{1}}． 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AB}=2x+2\sqrt{3}y=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AA_{1}}=\sqrt{3}y+3z=0 \end{cases} ，取，则 ． 设点到平面的距离d_{1}=\frac{\left| \vec {AF}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{\left| 6\lambda \right| }{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{13}}{13}， ，又\because 0\leq \lambda \leq 1\therefore \lambda =\frac{1}{6}\therefore \vec {AF}=\frac{1}{6}\vec {AE}． 即线段上存在点，当时，点到平面的距离为． ．点到平面的距离为 点到平面的距离为． 四面体的体积为． （法二）平面，而平面 ，，取的中点，中点． 又易知，四边形是平行四边形，． 又由（1）知，平面，则平面． 以为原点，所在直线分别为轴、轴，轴，如图建系． 则，，，， ，，， \therefore \vec {AB}=\left(-2\sqrt{3},2,0\right)，\vec {AA_{1}}=\left(-\sqrt{3},0,3\right)，\vec {AE}=\left(-\frac{5\sqrt{3}}{2},0,\frac{3}{2}\right)． 设\vec {AF}=\lambda \vec {AE}=\lambda \left(-\frac{5\sqrt{3}}{2},0,\frac{3}{2}\right)=\left(-\frac{5\sqrt{3}}{2}\lambda ,0,\frac{3}{2}\lambda \right)\left(0\leq \lambda \leq 1\right)， ． 设平面的一个法向量为，则\overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {AB},\overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {AA_{1}}． 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AB}=-2\sqrt{3}x+2y=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AA_{1}}=-\sqrt{3}x+3z=0 \end{cases} ，取，则． 设点到平面的距离d_{1}=\frac{\left| \vec {AF}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{\left| 6\lambda \right| }{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{13}}{13},\therefore \lambda =\frac{1}{6},F\left(\frac{19\sqrt{3}}{12},0,\frac{1}{4}\right)， 即线段上存在点，当时，点到平面的距离为． 四面体的体积为． （法三）解题思路： 设点到平面的距离为， 利用等积法可求得，又，则，\therefore \vec {AF}=\frac{1}{6}\vec {AE}， 以下思路同法一． 44．（2026·吉林吉林·调研）如图，在四棱锥中，侧棱平面，，，，，点是的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析     （2）．      【分析】 （1）取中点，连接．先证，再利用线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）先证得两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. (1) 小问详解： 证明：取中点，连接． 分别为中点，，且． ，且，． 四边形为平行四边形，． 平面平面， 平面． (2) 小问详解： ，，． 又平面，，． 以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则， 依题意，\vec {DC}=\left(0,2,0\right)是平面的一个法向量， \therefore \vec {PB}=\left(1,1,-2\right),\vec {BC}=\left(-1,1,0\right)， 设平面的一个法向量为，则\overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {PB},\overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {BC}． 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {PB}=x+y-2z=0,\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {BC}=-x+y=0. \end{cases} 取，则， 平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为，则 \cos \theta =\left| \cos \left\langle \vec {DC},\overset{\rightarrow }{n}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {DC}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \vec {DC}\right| \left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{2}{2\times \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}， 即平面与平面夹角的余弦值为． 45．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）用一个平面截圆锥，若圆锥的轴与该平面所成角大于圆锥轴截面的半顶角时，所得截口曲线是椭圆.在直角三角形中，，，，点在线段上，为的平分线，直线与平面垂直，垂足为.点，，记点的轨迹为曲线.    （1）说明：曲线为椭圆； （2）建立适当坐标系，求曲线的方程； （3）当四面体体积最大时，求平面与平面夹角的大小. 【答案】（1） 曲线 W 是椭圆的几何理由： 可将“  的点”视作以  为顶点、  为轴的圆锥面上的点， 圆锥轴截面的半顶角为 ， 点，点的轨迹为此圆锥面与平面的交线. 因为已知直线与平面垂直，垂足为，，所以， 因为在直角三角形中，，，点在线段上，为的平分线， 所以与平面所成的角为，， 若圆锥的轴与平面所成角（）大于圆锥轴截面的半顶角（）， 按圆锥曲线的判定规律可知该截线必为椭圆.     （2） 可取空间直角坐标系：令  为原点 ，令平面为平面， 由于 平面，可令 过点 平行于的直线为  轴，    曲线的方程为（依赖于坐标系）.     （3）      【分析】 （1）可将“  的点”视作以  为顶点、  为轴的圆锥面上的点，然后根据题意判定即可； （2）建立坐标系，利用空间向量运算求解； （3）法一：利用坐标系中坐标运算求解；法二：利用面面角的定义，使用线面垂直的判定定理，采用几何方法求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 可取空间直角坐标系：令  为原点 ，令平面为平面， 由于 平面，可令 过点 平行于的直线为  轴，    又知  中，，， 因为点  在  上且 平分  ， 由角分线定理得， 则，. 设平面  内任意点 坐标为. 向量\vec {CD}=\vec {OD}-\vec {OC}=\left(\frac{\sqrt{3}}{3},0,-1\right)，\vec {CE}=\vec {OE}-\vec {OC}=\left(x+\sqrt{3},y,-1\right). 由  可用向量夹角公式\cos 45{^{\circ}}=\frac{\left| \vec {CD}\cdot \vec {CE}\right| }{\left| \vec {CD}\right| \left| \vec {CE}\right| }， 所以， 化简可得，所以曲线的方程为； (3) 小问详解： 四面体  的底面可取三角形 (其平面即)， 面积为.  若 在上一步所求椭圆上，则其到平面的距离即. 四面体体积， 要使  最大，需在椭圆上使 取最大值. 下面用两种方法计算求解. 法一：由椭圆方程可知，当时，最大，此时，  取上顶点  . 取平面  的一个法向量为，  由 与 可求出\vec {AE}=\left(0,\sqrt{2},0\right) 与 \vec {EC}=\left(-\sqrt{3},-\sqrt{2},1\right)， 平面  的法向量， 由 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{v}\cdot \vec {EA}=0\\ \overset{\rightarrow }{v}\cdot \vec {EC}=0 \end{cases} ，得 ，令，则， 所以平面 的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的大小为 30°. 综上，当四面体体积最大时，平面  与平面 α 的夹角为 30°. 法二：由上可知，又因为，所以， 因为平面，， 所以平面， 因为平面， 所以， 由，平面平面， 所以即为平面与平面夹角，即平面与平面的夹角为 30°. 46．（25-26学年高二上·山东青岛·期中）已知平面四边形，，，，，沿直线将翻折成，则直线与直线所成角的余弦值最大为　　　　　. 【答案】.5 【分析】 取中点，以为原点建立空间直角坐标系，利用线线角的向量法求解得最大值. 【详解】 平面四边形，，，则， 过作于，取中点，连接，则， ，过作平面的垂线，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    设二面角的大小为，在翻折过程中始终垂直于， 则， \vec {AC}=\left(2,0,0\right),\vec {BD'}=\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \theta -\sqrt{3},\frac{\sqrt{3}}{2}\sin \theta \right)，设直线与直线所成角为， 因此\cos \alpha =| \cos \left\langle \vec {AC},\vec {BD'}\right\rangle | =\frac{| \vec {AC}\cdot \vec {BD'}| }{| \vec {AC}| | \vec {BD'}| }=\frac{1}{2\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \theta -\sqrt{3}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin \theta \right)^{2}}} ，当且仅当时取等号， 所以直线与直线所成角的余弦值的最大值为. 故答案为： 47．（25-26学年高二上·重庆部分·期中）如图，在四棱锥-中，底面是边长为4的正方形，侧面是正三角形．面底面分别是的中点．    （1）证明：平面． （2）求平面与底面夹角的余弦值． （3）若分别是直线上的一个动点，求长度的最小值． 【答案】（1）证明见解析     （2）     （3）长度的最小值为      【分析】 （1）利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解； （3）由点在直线上，设\vec {AH}=\lambda \vec {AE}，点在直线上，设\vec {CQ}=t\vec {CF}，计算\vec {HQ}，当时，最小，即 \begin{cases} \vec {HQ}\cdot \vec {AE}=0\\ \vec {HQ}\cdot \vec {CF}=0 \end{cases} ，解出，进而得\vec {HQ}的坐标，利用求模公式即可求解. (1) 小问详解： 由为正三角形，为的中点， 所以， 又因为底面是正方形， 所以， 由平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以， 又平面， 所以平面； (2) 小问详解： 取中点为，连接，取的中点为，连接，则， 又平面，以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图，由，所以，所以， 所以， 所以\vec {CF}=\left(4,-2,0\right),\vec {EF}=\left(3,2,-\sqrt{3}\right)， 设平面的法向量为， 所以 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {CF}=4x-2y=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {EF}=3x+2y-\sqrt{3}z=0 \end{cases} ，令，得， 显然为平面的一个法向量， 所以， 所以平面与底面夹角的余弦值为； (3) 小问详解： 由\vec {AE}=\left(-3,0,\sqrt{3}\right),\vec {CF}=\left(4,-2,0\right)，\vec {AC}=\left(-4,4,0\right)， 因为点在直线上，设\vec {AH}=\lambda \vec {AE}，即\vec {AH}=\lambda \vec {AE}=\left(-3\lambda ,0,\sqrt{3}\lambda \right)， 又点在直线上，设\vec {CQ}=t\vec {CF}，即\vec {CQ}=t\vec {CF}=\left(4t,-2t,0\right)， 所以\vec {HQ}=\vec {AQ}-\vec {AH}=\vec {AC}+\vec {CQ}-\vec {AH}=\left(-4,4,0\right)+\left(4t,-2t,0\right)-\left(-3\lambda ,0,\sqrt{3}\lambda \right)， 当时，最小， 所以 \begin{cases} \vec {HQ}\cdot \vec {AE}=-3\times \left(4t+3\lambda -4\right)-\sqrt{3}\lambda \times \sqrt{3}=0\\ \vec {HQ}\cdot \vec {CF}=4\times \left(4t+3\lambda -4\right)-2\left(4-2t\right)=0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} t+\lambda =1\\ 5t+3\lambda =6 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} t=\frac{3}{2}\\ \lambda =-\frac{1}{2} \end{cases} ， 所以\vec {HQ}=\left(\frac{1}{2},1,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)， 故\left| \vec {HQ}\right| =\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+1+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}}=\sqrt{2}， 所以长度的最小值为. 48．（25-26学年高二上·江苏南通·期中）如图，已知正方形和矩形所在平面互相垂直，，设，点分别在线段上，且. （1）证明：； （2）若平面平面，求的值； （3）设直线与平面相交于点，求线段的长度（用表示）. 【答案】（1） 因为平面平面，平面平面， 在矩形中，平面，所以平面. 又因为平面平面，所以. 以\left\{\vec {AD},\vec {AB},\vec {AF}\right\}为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系， 则，. 所以\vec {ME}=\left(2,3,t\right),\vec {BN}=\left(3,-2,0\right)， 所以\vec {ME}\cdot \vec {BN}=2\times 3+3\times \left(-2\right)=0， 所以.     （2）      （3）       【分析】 （1）利用面面垂直的性质可得平面，进而利用线面垂直的性质可得，建立空间直角坐标系，利用向量法可得结论； （2）求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求的值； （3）设\vec {BK}=\lambda \vec {BM}，求得\vec {KN}=\left(3-\lambda ,3\lambda -2,0\right)，利用向量法可求得，进而可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： \vec {BE}=\left(3,0,t\right),\vec {BM}=\left(1,-3,0\right),\vec {EF}=\left(-3,-3,0\right),\vec {EN}=\left(0,-2,-t\right). 设平面的一个法向量为\vec {n_{1}}=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right)， 则 \begin{cases} \vec {BM}\cdot \vec {n_{1}}=0\\ \vec {BE}\cdot \vec {n_{1}}=0 \end{cases} ，即 ，令，得， 所以平面的一个法向量为\vec {n_{1}}=\left(3,1,-\frac{9}{t}\right). 设平面的一个法向量为\vec {n_{2}}=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)，则 \begin{cases} \vec {EF}\cdot \vec {n_{2}}=0\\ \vec {EN}\cdot \vec {n_{2}}=0 \end{cases} ，即 ，令，得， 所以平面的一个法向量为\vec {n_{2}}=\left(1,-1,\frac{2}{t}\right). 若平面平面，则\vec {n_{1}}\cdot \vec {n_{2}}=0， 得，解得， 因为，所以. (3) 小问详解： 设\vec {BK}=\lambda \vec {BM}，则，所以\vec {KN}=\left(3-\lambda ,3\lambda -2,0\right). 由（2）可知，平面的一个法向量\vec {n_{2}}=\left(1,-1,\frac{2}{t}\right)，所以\vec {KN}\cdot \vec {n_{2}}=0， 得，解得. 所以，所以\vec {EK}=\left(-\frac{7}{4},-\frac{15}{4},-t\right)， 所以\left| \vec {EK}\right| =\sqrt{\left(-\frac{7}{4}\right)^{2}+\left(-\frac{15}{4}\right)^{2}+t^{2}}=\sqrt{t^{2}+\frac{137}{8}}. 49．（25-26学年高二上·北京大兴·期中）如图，在多面体中，四边形是边长为3的正方形，平面平面，，，． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明：由题，，，，满足， 所以，即， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 由四边形是正方形，得， 又平面，且，所以平面， 又平面，所以.     （2）     （3）存在，.      【分析】 （1）先利用面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质定理和判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量法求解即可； （3）设\vec {CP}=\lambda \vec {CE}\left(0\leq \lambda \leq 1\right)，由\vec {AP}=\vec {AC}+\vec {CP}求出\vec {AP}，再利用空间向量法求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）得平面，因为平面，所以两两垂直， 以为原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，，所以，， 则，，，，， 所以\vec {BF}=\left(0,-3,\sqrt{6}\right)，\vec {EF}=\left(3,0,-2\sqrt{6}\right)， 设平面的一个法向量为， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {BF}=-3y+\sqrt{6}z=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {EF}=3x-2\sqrt{6}z=0 \end{cases} ，取，得，， ， 因为平面，所以\vec {CA}为平面的一个法向量，\vec {CA}=\left(3,-3,0\right)， 所以\left| \cos \left\langle \vec {CA},\overset{\rightarrow }{n}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {CA}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \vec {CA}\right| \left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{\left| 12-6+0\right| }{\sqrt{9+9}\times \sqrt{16+4+6}}=\frac{6}{3\sqrt{2}\times \sqrt{26}}=\frac{\sqrt{13}}{13}， 所以平面与平面夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 线段上存在点，点为中点，满足平面，证明如下： 设\vec {CP}=\lambda \vec {CE}\left(0\leq \lambda \leq 1\right)， 因为\vec {CE}=\left(0,-3,3\sqrt{6}\right)，\vec {AC}=\left(-3,3,0\right)， 所以\vec {CP}=\left(0,-3\lambda ,3\sqrt{6}\lambda \right)，\vec {AP}=\vec {AC}+\vec {CP}=\left(-3,3-3\lambda ,3\sqrt{6}\lambda \right)， 由（2）知平面的一个法向量为， 因为平面，所以\vec {AP}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=\left(-3\right)\times 4+\left(3-3\lambda \right)\times 2+3\sqrt{6}\lambda \times \sqrt{6}=0，得， 所以线段上存在点，点为中点，满足平面. 50．（25-26学年高二上·天津河东·期中）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点分别在棱上．        （1）若是的中点，证明：平面； （2）若，平面与平面夹角的余弦值为，求四面体的体积． 【答案】（1） 依题意可知，两两相互垂直， 以为原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，，，. 因是的中点，故. 向量\vec {AB_{1}}=\left(2,0,4\right)，\vec {BC}=\left(0,4,0\right)，\vec {BP}=\left(-4,3,2\right). 因为\vec {AB_{1}}\cdot \vec {BC}=2\times 0+0\times 4+4\times 0=0，故\vec {AB_{1}}\bot \vec {BC}； 因为\vec {AB_{1}}\cdot \vec {BP}=2\times \left(-4\right)+0\times 3+4\times 2=-8+8=0，故\vec {AB_{1}}\bot \vec {BP}. 因且平面，故平面.         （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面. （2）利用平面与平面夹角的余弦值以及确定的位置，进而求得四面体的体积． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设\vec {DP}=\lambda \vec {DD_{1}}， 则\vec {AP}=\vec {AD}+\vec {DP}=\vec {AD}+\lambda \vec {DD_{1}}=\left(0,4,0\right)+\lambda \left(0,-2,4\right)=\left(0,4-2\lambda ,4\lambda \right)， 即. 设（），由， 得\vec {PQ}\cdot \vec {AD}=\left(4,q-4+2\lambda ,-4\lambda \right)\cdot \left(0,4,0\right)=4\left(q-4+2\lambda \right)=0， 所以，故. 平面的点为、、，其法向量. 平面的向量\vec {PQ}=\left(4,0,-4\lambda \right)，\vec {PD}=\left(0,2\lambda ,-4\lambda \right). 设平面的法向量为， 则 \begin{cases} \vec {n}\cdot \vec {PQ}=4x-4\lambda z=0\\ \vec {n}\cdot \vec {PD}=2\lambda y-4\lambda z=0 \end{cases} ，令，得. 由平面与平面夹角的余弦值为，得， 解得，平方得，即，故（）. 此时，. 所以. 51．（25-26学年高二上·广东清远·期中）如图，在三棱柱中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在平面ABC上的投影为AC的中点D，且． （1）求点C到侧面的距离； （2）在线段上是否存在点E，使得直线DE与侧面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）     （2）存在，      【分析】 （1）先由题意证得，，两两垂直，从而建立空间直角坐标系，再求出\vec {AC}与平面的一个法向量，利用点到平面的距离公式即可得解； （2）假设存在满足条件的点E，且\vec {A_{1}E}=\lambda \cdot \vec {A_{1}B_{1}}，从而得到\vec {DE}=\left(\sqrt{2}\lambda ,\sqrt{2}\lambda ,\sqrt{6}\right)，再利用空间向量线面夹角公式得到关于的方程，进而求得，由此即可求出的长. (1) 小问详解： 因为点在底面ABC上的投影为AC的中点，所以平面ABC， 又平面ABC，故，， 因为是以AC为斜边的等腰直角三角形，点为AC的中点，故， 所以，，两两垂直，故以点为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图， . 因为是以AC为斜边的等腰直角三角形，，所以，， 因为侧面为菱形，所以， 又，所以， 则，，，，， 则\vec {AB}=\left(\sqrt{2},\sqrt{2},0\right)，\vec {AA_{1}}=\left(0,\sqrt{2},\sqrt{6}\right)，\vec {AC}=\left(0,2\sqrt{2},0\right)， 设平面的一个法向量为，则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AB}=\sqrt{2}x+\sqrt{2}y=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AA_{1}}=\sqrt{2}y+\sqrt{6}z=0 \end{cases} ， 取，则，故， 所以点到平面的距离为d=\frac{\left| \vec {AC}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{\left| 0-2\sqrt{6}+0\right| }{\left| \sqrt{3+3+1}\right| }=\frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{7}}=\frac{2\sqrt{42}}{7}. (2) 小问详解： 假设存在满足条件的点E， 则存在，使得\vec {A_{1}E}=\lambda \cdot \vec {A_{1}B_{1}}=\lambda \cdot \vec {AB}=\lambda \cdot \left(\sqrt{2},\sqrt{2},0\right)， 则\vec {DE}=\vec {DA}_{1}+\vec {A_{1}E}=\left(0,0,\sqrt{6}\right)+\lambda \cdot \left(\sqrt{2},\sqrt{2},0\right)=\left(\sqrt{2}\lambda ,\sqrt{2}\lambda ,\sqrt{6}\right)， 因为直线DE与侧面所成角的正弦值为， 所以\frac{\sqrt{6}}{7}=\left| \cos \left\langle \vec {DE},\overset{\rightarrow }{n}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {DE}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \vec {DE}\right| \cdot \left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{\left| \sqrt{6}\lambda -\sqrt{6}\lambda +\sqrt{6}\right| }{\sqrt{2\lambda ^{2}+2\lambda ^{2}+6}\times \sqrt{7}}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{4\lambda ^{2}+6}\times \sqrt{7}}， 即，解得， 又，故， 因此存在满足条件的点，且\left| \vec {A_{1}E}\right| =\frac{1}{2}\left| \vec {AB}\right| =1，即． 【点睛】 关键点睛：本题第2小问解决的关键是利用空间向量的线性运算求得\vec {DE}关于的表达式，从而利用空间向量线面夹角公式求得的值，由此得解. 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 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．D 2．A 3．C 4．D 5．D 6．B 7．ABD 8．C 9．D 10．BCD 11．D 12．B 13．A 14．A 15．A 16．BC 17．B 18．【答案】 【分析】 利用向量模长计算公式可得答案. 【详解】 由于两两夹角均为 60°，且模长均为 2，有： ， ， ， ， 因此：. 故答案为： 19．【答案】 【分析】 借助空间向量共面的线性表示关系，通过建立方程组求解参数，核心是将四点共面转化为向量的线性组合问题. 【详解】 \vec {AB}=\left(0,1,-2\right)，\vec {AC}=\left(-2,4,-3\right)，\vec {AM}=\left(-2,m,-7\right). 因四点共面，故\vec {AM}可由\vec {AB}、\vec {AC}线性表示，即存在实数、，使\vec {AM}=x\vec {AB}+y\vec {AC}， 代入坐标得 ， 解得，，. 故答案为：. 20．【答案】（1）     （2） 法1：连接， 易知，， 故，得、、、四点共面； 法2：； 故，得、、、四点共面； 法3：以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 易得，，，， 得，， 故有，， 得、、、四点共面．      【分析】 （1）由向量的线性表示即可求解； （2）法1：由题可得，，进而得到即可证明；法2：根据向量的线性运算可得即可证明；法3：建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明即可． (1) 小问详解： ； (2) 小问详解： 略 21．【答案】.5 【分析】 由图象及已知条件，先用\vec {AC}与\vec {AD}来表示\vec {AE}，再求\vec {AC}，\vec {AD}分别与\vec {AB}的数量积，进而可得答案. 【详解】 因为点E是棱CD的中点，所以\vec {AE}=\frac{1}{2}\left(\vec {AC}+\vec {AD}\right). 又因为正四面体ABCD的长为1，所以\vec {AB}\cdot \vec {AC}=\vec {AB}\cdot \vec {AD}=1\times 1\times \cos 60^{\text{°}}=\frac{1}{2}， 所以\vec {AE}\cdot \vec {AB}=\vec {AB}\cdot \frac{1}{2}\left(\vec {AC}+\vec {AD}\right)=\frac{1}{2}\left(\vec {AB}\cdot \vec {AC}+\vec {AB}\cdot \vec {AD}\right)=\frac{1}{2}. 故答案为：. 22．【答案】（1）或     （2）或      【分析】 （1）由向量的线性运算、数量积的坐标运算列方程即可求解； （2）由向量数量积的坐标运算列方程即可求解. (1) 小问详解： 因为，所以\vec {AB}=\left(0,a-2,-1\right),\vec {AC}=\left(-2,0,2\right)， 则\vec {AB}+5\vec {AC}=\left(-10,a-2,9\right)． 因为\vec {AB}\bot \left(\vec {AB}+5\vec {AC}\right)，所以\vec {AB}\cdot \left(\vec {AB}+5\vec {AC}\right)=0\times \left(-10\right)+(a-2)^{2}-1\times 9=0， 所以，即，解得或． (2) 小问详解： 由（1）可知\vec {AB}=\left(0,a-2,-1\right),\vec {AC}=\left(-2,0,2\right)，则| \vec {AB}| =\sqrt{(a-2)^{2}+1},| \vec {AC}| =\sqrt{4+0+4}=2\sqrt{2}， \vec {AB}\cdot \vec {AC}=0\times \left(-2\right)+\left(a-2\right)\times 0-1\times 2=-2． 因为\vec {AB}与\vec {AC}的夹角为，所以\vec {AB}\cdot \vec {AC}=| \vec {AB}| | \vec {AC}| \cos \frac{2\pi }{3}， 即，所以， 解得或． 考点02 空间向量基本定理 1．ABD 2．BC 3．【答案】② ③ 【分析】 逐一分析① ② ③ ，检查\vec {a},\vec {b},\vec {c}是否共面，分析即可得答案. 【详解】 对于① ：\overset{\rightarrow }{c}=\vec {e_{1}}-\vec {e_{3}}=\vec {e_{1}}+\vec {e_{2}}-\left(\vec {e_{2}}+\vec {e_{3}}\right)=\overset{\rightarrow }{a}-\overset{\rightarrow }{b}， 所以\vec {a},\vec {b},\vec {c}共面，不能作为空间向量中的基底，故① 错误； 对于② ：假设\vec {a},\vec {b},\vec {c}共面，则存在实数x，y，使得\vec {c}=x\vec {a}+y\vec {b}， 则，即 ，显然不成立， 此方程无解，所以\vec {a},\vec {b},\vec {c}不共面，可以作为基底，故② 正确； 对于③ ：假设\vec {a},\vec {b},\vec {c}共面，则存在实数x，y，使得\vec {c}=x\vec {a}+y\vec {b}， 则，即 ，显然不成立， 此方程无解，所以\vec {a},\vec {b},\vec {c}不共面，可以作为基底，故③ 正确； 故答案为：② ③ 4．【答案】（1）\vec {OG}=\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{1}{3}\vec {OB}+\frac{1}{3}\vec {OC}     （2）     （3）      【分析】 （1）根据向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解； （2）利用向量的模与数量积的关系求解即可； （3）利用向量的夹角公式计算即可求解. (1) 小问详解： \vec {OG}=\vec {OA}+\vec {AG}=\vec {OA}+\frac{2}{3}\vec {AE}=\vec {OA}+\frac{2}{3}\left(\vec {OE}-\vec {OA}\right)=\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{2}{3}\vec {OE} =\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{2}{3}\left(\frac{1}{2}\vec {OB}+\frac{1}{2}\vec {OC}\right)=\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{1}{3}\vec {OB}+\frac{1}{3}\vec {OC}； (2) 小问详解： \left| \vec {OG}\right| =\sqrt{\left(\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{1}{3}\vec {OB}+\frac{1}{3}\vec {OC}\right)^{2}} =\sqrt{\frac{1}{9}\left(\vec {OA}^{2}+\vec {OB}^{2}+\vec {OC}^{2}+2\vec {OA}\cdot \vec {OB}+2\vec {OA}\cdot \vec {OC}+2\vec {OB}\cdot \vec {OC}\right)} (3) 小问详解： 因为\vec {OE}=\frac{1}{2}\vec {OB}+\frac{1}{2}\vec {OC},\vec {AB}=\vec {OB}-\vec {OA}， 所以\vec {OE}\cdot \vec {AB}=\left(\frac{1}{2}\vec {OB}+\frac{1}{2}\vec {OC}\right)\cdot \left(\vec {OB}-\vec {OA}\right)=\frac{1}{2}\vec {OB}^{2}+\frac{1}{2}\vec {OC}\cdot \vec {OB}-\frac{1}{2}\vec {OB}\cdot \vec {OA}-\frac{1}{2}\vec {OC}\cdot \vec {OA} . . 由正四面体的棱长为2，可得\left| \vec {OE}\right| =\sqrt{3},\left| \vec {AB}\right| =2， 所以\cos < \vec {OE},\vec {AB> }=\frac{\vec {OE}\cdot \vec {AB}}{\left| \vec {OE}\right| \left| \vec {AB}\right| }=\frac{1}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{6}. 5．【答案】 【分析】 结合三角形的外接圆性质，运用基底法解决向量模长问题. 【详解】 设,由题意知,则 ,得 ,得 , 因为, 所以 . 故答案为：. 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．B 2．C 3．A 4．A 5．D 6．D 7．C 8．D 9．AC 10．C 11．D 12．A 13．B 14．D 15．A 16．ABC 17．D 18．C 19．ABD 20．【答案】2 【分析】 根据数量积的运算法则，代入求解，即可得答案. 【详解】 因为\vec {OA}\bot \vec {AB}，所以\vec {OA}\cdot \vec {AB}=0， 由题意\vec {OA}\cdot \vec {OB}=\vec {OA}\cdot \left(\vec {OA}+\vec {AB}\right)=\left(\vec {OA}\right)^{2}+\vec {OA}\cdot \vec {AB}=1+1+0+0=2. 故答案为：2 21．【答案】7 【分析】 利用空间直角坐标系点的特征计算即可. 【详解】 由题意可知点到平面的距离. 故答案为：7 22．【答案】5 【分析】 利用向量垂直的坐标表示求解. 【详解】 ∵，且， ∴，解得. 故答案为：5. 23．【答案】 【详解】根据空间点的对称性即可得到答案. 【详解】 点关于轴的对称点坐标是. 故答案为： 24．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）根据空间向量数量积与模长的坐标表示可得向量夹角余弦值； （2）根据夹角余弦值可得正弦值，进而可得三角形面积. (1) 小问详解： 由，，， 则\vec {AB}=\left(0,-4,2\right)，\vec {AC}=\left(-1,1,0\right)，\left| \vec {AB}\right| =\sqrt{\left(-4\right)^{2}+2^{2}}=2\sqrt{5}，\vec {AC}=\sqrt{\left(-1\right)^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}， 所以\cos \left\langle \vec {AB},\vec {AC}\right\rangle =\frac{0-4+0}{2\sqrt{5}\cdot \sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{10}}{5}； (2) 小问详解： 由（1）得\cos A=\cos \left\langle \vec {AB},\vec {AC}\right\rangle =-\frac{\sqrt{10}}{5}， 则， 所以S_{\bigtriangleup ABC}=\frac{1}{2}\left| \vec {AB}\right| \cdot \left| \vec {AC}\right| \cdot \sin A=\frac{1}{2}\times 2\sqrt{5}\times \sqrt{2}\times \frac{\sqrt{15}}{5}=\sqrt{6}. 25．【答案】 【分析】 根据向量平行可知存在实数，使得，结合向量坐标运算求解即可. 【详解】 因为向量，， 若，则存在实数，使得， 可得 ，解得 . 故答案为：. 26．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）根据空间向量的平行以及垂直关系列出方程，求解方程组即可. （2）根据两个向量所成角的余弦公式求解即可. (1) 小问详解： ∵，，， ， 因为，设存在实数，使得， 所以 ，则 . 因为，，则. ∴所以 . (2) 小问详解： 由（1）知，，， ∴，， ∴， ，， ∴. ∴向量与所成角的余弦值为. 27．【答案】 【分析】 由共线定义计算即可得. 【详解】 由题意可得，解得，， 则. 故答案为：. 28．【答案】 【分析】 设，记点及，则所求式子的几何意义为，然后根据三点共线时距离最短求解. 【详解】 结合空间直角坐标系中任意两点间的距离公式， 可得表示的几何意义是空间内任意一点与原点及定点，的距离之和， 显然，当三点共线且在线段上时，最小， 最小值为. 故答案为： 29．【答案】① ③ ④ 【分析】 建立空间直角坐标系，利用正方体的性质得出相应点坐标，利用向量与法向量平行得出垂直关系，判断结论① ；利用平面几何知识判断结论② ；利用等体积法结合正方体的性质判断结论③ ；利用已知条件得出点轨迹，计算判断结论④ ． 【详解】 以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 正方体的棱长为2， ， 对于① ，当时，\vec {AP}=\vec {AB}+\vec {AD}+\vec {AA_{1}}，此时点与重合，即\vec {AP}=\left(2,2,2\right)， \because \vec {A_{1}B}=\left(0,2,-2\right),\vec {A_{1}D}=\left(2,0,-2\right)，设平面的法向量为， 则 \begin{cases} \vec {A_{1}B}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=2y-2z=0\\ \vec {A_{1}D}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=2x-2z=0 \end{cases} ，令，则， \therefore \vec {AP}//\overset{\rightarrow }{n}，即平面，故① 正确； 对于② ，当，时，点在上，把侧面沿翻折到平面内，如下图所示， ，故② 错误； 对于③ ，当，时，点在上， 则， ，， ，为定值，故③ 正确； 对于④ ，当，且时，因为\vec {AP}=x\vec {AB}+y\vec {AD}+z\vec {AA_{1}} 由空间向量的性质可知，此时点在平面上运动， 因为，，，故点在三角形面内运动； 连接，与平面相交于点，连接， 由正方体的性质可知，，平面，点为三角形的内心， 因为，所以， 易知，， 所以三角形的内切圆半径为， 所以点的轨迹是一个以点为圆心，为半径的一个圆上， 所以的轨迹长度为故④正确； 故答案为：① ③ ④ ． 考点04 空间向量的应用 1．C 2．C 3．AD 4．ACD 5．D 6．B 7．C 8．BCD 9．B 10．ABD 11．C 12．ABD 13．ACD 14．B 15．B 16．ABD 17．ACD 18．BCD 19．C 20．【答案】（1） 证明：取中点，连接，如下图所示：    为的中点，， 又四边形为平行四边形， 又平面，平面， 平面．     （2）      【分析】 （1）利用中位线平行和平行四边形对边平行来证明线面平行； （2）利用空间向量法来求两平面夹角余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 当时，，平面， 平面，又平面， 平面平面， 以为原点，所在直线分别为轴、轴，过点D且垂直于平面ABCD的直线为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，    ， 设是平面的一个法向量， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\bot \vec {BC}\mathrm{，}\\ \overset{\rightarrow }{m}\bot \vec {BF}\mathrm{，} \end{cases} \therefore \begin{cases} -2x_{1}+2y_{1}=0\mathrm{，}\\ -\frac{3}{2}x_{1}+\frac{\sqrt{3}}{2}z_{1}=0\mathrm{，} \end{cases} 令，则， 设是平面的一个法向量， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {DB}\mathrm{，}\\ \overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {BF}\mathrm{，} \end{cases} \therefore \begin{cases} 2x_{2}+2y_{2}=0\mathrm{，}\\ -\frac{3}{2}x_{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}z_{2}=0\mathrm{，} \end{cases} 令，则， ， 因此平面与平面夹角的余弦值为． 21．【答案】（1）；     （2）；     （3）.      【分析】 （1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算即可； （2）利用空间向量计算点面距离即可； （3）利用空间向量计算面面夹角即可. (1) 小问详解： 由题意可知两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系， 则， 即\vec {A_{1}B}=\left(2,0,-2\right),\vec {EF}=\left(1,-1,-1\right)， 所以\cos \left\langle \vec {A_{1}B},\vec {EF}\right\rangle =\frac{\vec {A_{1}B}\cdot \vec {EF}}{\left| \vec {A_{1}B}\right| \cdot \left| \vec {EF}\right| }=\frac{4}{\sqrt{8}\cdot \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}， 即异面直线与所成角的余弦值为； (2) 小问详解： 由上易知\vec {AB_{1}}=\left(2,0,2\right),\vec {AE}=\left(0,2,1\right),\vec {AF}=\left(1,1,0\right)， 设面的一个法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)，则有 \left\{\begin{array}{l} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AE}=2y+z=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AF}=x+y=0 \end{array}\right. ， 取，即\vec {n}=\left(1,-1,2\right)， 所以点到平面的距离为d=\frac{\left| \vec {AB_{1}}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{6}{\sqrt{6}}=\sqrt{6}； (3) 小问详解： 由上可知\vec {A_{1}B}=\left(2,0,-2\right),\vec {A_{1}E}=\left(0,2,-1\right)， 设面的一个法向量为\vec {m}=\left(a,b,c\right)，则有 \left\{\begin{array}{l} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {A_{1}B}=2a-2c=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {A_{1}E}=2b-c=0 \end{array}\right. ， 取，即\vec {m}=\left(2,1,2\right)， 设平面与平面夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值. 22．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量法求出点到平面的距离； （2）首先求出平面、平面的法向量，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可得解. (1) 小问详解： 因为平面，底面是直角梯形，且， 如图建立空间直角坐标系，则，，，， 所以\vec {AD}=\left(2,0,0\right)，\vec {AC}=\left(4,-4,0\right)，\vec {AE}=\left(0,-4,4\right)， 设平面的法向量为\vec {v}=\left(x,y,z\right)，则 \begin{cases} \vec {v}\cdot \vec {AC}=4x-4y=0\\ \vec {v}\cdot \vec {AE}=-4y+4z=0 \end{cases} ，取\vec {v}=\left(1,1,1\right)， 所以点到平面的距离d=\frac{\left| \vec {v}\cdot \vec {AD}\right| }{\left| \vec {v}\right| }=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}. (2) 小问详解： 由（1）可知\vec {CD}=\left(-2,4,0\right)，\vec {CE}=\left(-4,0,4\right)， 设平面的法向量为\vec {m}=\left(a,b,c\right)，则 \begin{cases} \vec {m}\cdot \vec {CD}=-2a+4b=0\\ \vec {m}\cdot \vec {CE}=-4a+4c=0 \end{cases} ，取\vec {m}=\left(2,1,2\right)， 又平面的一个法向量为\vec {n}=\left(0,0,1\right)， 设二面角为，由图可知二面角为锐二面角， 所以\cos \theta =\frac{\left| \vec {m}\cdot \vec {n}\right| }{\left| \vec {m}\right| \cdot \left| \vec {n}\right| }=\frac{2}{3}，所以， 所以，所以二面角的正切值为. 23．【答案】（1）证明：因为翻折前，所以翻折后，， 由二面角的定义可知，二面角的平面角， 当时，，即， 又，且，平面， 平面， 平面，， 又在三角形中，易知，，， 满足：，由勾股定理可知，， ，且，平面， 平面.      （2）（i）；（ii）存在，      【分析】 （1）翻折后由，，确定，得到平面，再结合勾股定理得到，即可求证； （2）（i）过点作，垂足为，确定平面，即可求解； （ii）建系，求得平面的法向量，通过向量夹角公式即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 当时， （i）由（1）知，，，平面， 平面，又平面， 平面平面， 在平面内，过点作，垂足为， 又平面平面，故平面， 即为点到平面的距离， 在中，，，故. （ii）由（i）知，如图建立空间直角坐标系， 故，，，，设， 设，即，即， 设平面法向量为， ，， ，即 ， 令，得，，即， 设平面的法向量， ，， ，即 ， 令，得，，即， 的余弦值为， ， 解得，即. 24．【答案】（1） 由，可知\vec {PE}=k\vec {PA}，\vec {PF}=k\vec {PB}，\vec {PG}=k\vec {PC}，\vec {PH}=k\vec {PD}， 故\vec {EF}=\vec {PF}-\vec {PE}=k\left(\vec {PB}-\vec {PA}\right)=k\vec {AB}，\vec {HG}=\vec {PG}-\vec {PH}=k\left(\vec {PC}-\vec {PD}\right)=k\vec {DC}， 因，则\vec {EF}//\vec {HG}， 若共线，则平面与平面为同一平面，故不共线， 则，故，，，四点共面；     （2）.      【分析】 （1）将用向量关系表示，求证\vec {EF}//\vec {HG}即可； （2）先求证平面平面，再以为坐标原点建系，再求两个平面的法向量，根据法向量的夹角和二面角的平面角之间的关系求出. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因，则，， 因平面，平面，则平面， 同理可得，平面， 又平面，则平面平面， 因为平面，， 故以为坐标原点，\vec {HE}，\vec {HG}，\vec {HP}方向分别为，，轴方向建立空间直角坐标系， 故，，，， 则\vec {PH}=\left(0,0,-4\right),\vec {HF}=\left(4,2,0\right),\vec {HC}=\left(0,2,2\right)， 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 由 \begin{cases} \vec {PH}\cdot \overset{\rightarrow }{m}=0\\ \vec {HF}\cdot \overset{\rightarrow }{m}=0 \end{cases} ，即 ，不妨设，故； 由 \begin{cases} \vec {HC}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=0\\ \vec {HF}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=0 \end{cases} ，即 ，不妨设，故； 设为二面角的平面角，则， 由题意易知二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 25．【答案】 【分析】 计算平面的一个法向量，使用点到平面的距离公式求值. 【详解】 由题意得， 设平面的一个法向量为，则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AB}=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AC}=0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} -2x+y-2z=0\\ -2x+y-z=0 \end{cases} ， 不妨取，则，故， 故点到平面的距离为\frac{\left| \vec {OA}\cdot \overset{\rightarrow }{m}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{m}\right| }=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}. 故答案为：. 26．【答案】（1） 取的中点，连接，不妨设， 因为四边形为菱形，所以， 则，得到三角形是等边三角形，， 面，因为平面平面，所以平面， 而，可得，作， 如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 设，由题意得，，，， 则\vec {AC}=\left(x,y+1,0\right)，\vec {AB}=\left(0,2,0\right)，\vec {A_{1}B}=\left(0,1,-\sqrt{3}\right)， 因为，所以\vec {AC}\cdot \vec {AB}=0，可得，解得， 而，得到，化简得， 解得（负根舍去），故， 而\vec {B_{1}C}=\left(2,-3,-\sqrt{3}\right)，得到\vec {A_{1}B}\cdot \vec {B_{1}C}=-3+3=0，故.     （2）      【分析】 （1）先判断需证明的结论和的具体长度无关，再设出具体边长，建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标，利用空间位置关系的向量证明求解即可. （2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设，可得，， ，，同理可求， 则\vec {AA_{1}}=\left(0,\frac{a}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}a\right)，\vec {AC}=\left(a,0,0\right)，\vec {AB_{1}}=\left(0,\frac{3}{2}a,\frac{\sqrt{3}}{2}a\right)， 设平面的法向量\vec {n}=\left(m,n,p\right)， 可得 \begin{cases} \vec {AA_{1}}\cdot \vec {n}=\frac{1}{2}an+\frac{\sqrt{3}}{2}ap=0\\ \vec {AC}\cdot \vec {n}=ma=0 \end{cases} ，令，解得，， 得到\vec {n}=\left(0,\sqrt{3},-1\right)，设点到平面的距离为， 由点到平面的距离公式得d=\frac{\left| \vec {AB_{1}}\cdot \vec {n}\right| }{\left| \vec {n}\right| }=\frac{\sqrt{3}a}{\sqrt{3+1}}=\frac{\sqrt{3}}{2}a， 因为点到平面的距离为，所以，解得， 此时\vec {AA_{1}}=\left(0,1,\sqrt{3}\right)，，，， 可得\vec {A_{1}B_{1}}=\left(0,2,0\right)，\vec {A_{1}C}=\left(2,-1,-\sqrt{3}\right)， 设面的法向量为\vec {m}=\left(b,c,d\right)， 可得 \begin{cases} \vec {A_{1}B_{1}}\cdot \vec {m}=2c=0\\ \vec {A_{1}C}\cdot \vec {m}=2b-c-\sqrt{3}d=0 \end{cases} ，令，解得，， 得到\vec {m}=\left(\sqrt{3},0,2\right)，设直线与平面所成角为， 可得\sin \beta =\frac{\left| \vec {AA_{1}}\cdot \vec {m}\right| }{\left| \vec {AA_{1}}\right| \cdot \left| \vec {m}\right| }=\frac{2\sqrt{3}}{2\times \sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}. 27．【答案】（1）；     （2）.      【分析】 （1）设，利用基底法表示出，再根据向量数量积运算律即可得到答案； （2）根据向量数量积运算律求出，再利用向量夹角余弦值的计算公式即可得到答案. (1) 小问详解： 设，则， ， 所以， 所以． (2) 小问详解： ， ， ， 设直线与所成角为，则， 所以直线与所成角的余弦值为． 28．【答案】（1），     （2） 由（1）得， ， ，．      【分析】 （1）根据向量的线性运算表示，然后根据数量积的运算求出，可得； （2）用表示，然后根据数量积的运算证明即可. (1) 小问详解： 由题意得； ， . (2) 小问详解： 略 29．【答案】（1） 因平面，平面，所以. 又因，所以，且，平面， 所以平面.     （2）；     （3） 存在，.      【分析】 （1）直接根据线面垂直的判定定理可得； （2）直接建立空间直角坐标系，用向量求线面角可得； （3）构造过D点且与平面平行的平面，进而可得平面. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因，取的中点为O， 所以，分别以所在直线为轴， 以过O点平行的直线为轴，建立空间直角坐标系如图： 由（1）知平面，平面，所以， 而三棱柱中， 所以，所以三角形是等腰直角三角形，得. 再由平面，平面， 所以，且， 所以也是等腰直角三角形，所以. 所以，，， \vec {BC}=\left(-\sqrt{2},-\sqrt{2},0\right). \vec {OE}=\vec {OB_{1}}+\vec {B_{1}E}=\vec {OB_{1}}+\frac{1}{2}\vec {BC}， \vec {DE}=\vec {OE}-\vec {OD}. 设\vec {n}=\left(x,y,z\right)为平面的一个法向量， 且\vec {BC}=\left(-\sqrt{2},-\sqrt{2},0\right)，\vec {BB_{1}}=\left(-\sqrt{2}-\sqrt{2},0,2\right)， 由 \begin{cases} \vec {n}\cdot \vec {BC}=0\\ \vec {n}\cdot \vec {BB_{1}}=0 \end{cases} ，得 ， 令，得,所以\vec {n}=\left(1,-1,\sqrt{2}\right). 所以\left| \cos < \vec {n},\vec {DE}> \right| =\frac{\left| -\sqrt{2}\times 1+0\times \left(-1\right)+2\times \sqrt{2}\right| }{\sqrt{1+1+\left(\sqrt{2}\right)^{2}}\cdot \sqrt{\left(-\sqrt{2}\right)^{2}+0+2^{2}}}. 所以与平面夹角的正弦值为. (3) 小问详解： 存在F点为的中点，则平面. 如图： 因为O为的中点，D是的中点，所以. 由，平面，平面，所以平面. 再由，，所以， 平面，平面，所以平面. 因平面，平面，且，平面. 所以平面平面，且平面，得平面. 故存在F点为的中点，则平面，且. 30．【答案】（1）取的中点，连接， 因为是中点， 所以，且， 又因为，， 所以，， 即四边形是平行四边形， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面； （2）. 【详解】 （1）略 （2）取中点，连接，， 因为是正三角形，所以， 因为平面平面， 所以平面，平面， 所以， 故， 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，，，，，， 所以\overrightarrow{CE}=(0,-3,\sqrt{3})，\overrightarrow{CA}=(-2,-4,0)， 设平面的法向量为\vec{m}=(x,y,z)，则，， 令得\vec{m} = ( - 2, 1, \sqrt{3})， 易知平面的法向量为\vec{n}=(0,0,1)， 则\cos \left\langle \vec{m},\vec{n} \right\rangle =\frac{\vec{m}\cdot \vec{n}}{|\vec{m}||\vec{n}|}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4}， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【点睛】 方法点睛：判断或证明线面平行的常用方法： （1）利用线面平行的定义，一般用反证法； （2）利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述； （3）利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)； （4）利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)． 31．【答案】（1），，，     （2） 证明：由（1）得\vec {EF}=\left(-\frac{3}{2},2,0\right)， 直三棱柱中，可得平面， 所以平面的一个法向量为\vec {n}=\left(0,0,1\right)，可得\vec {EF}\cdot \vec {n}=0，所以\vec {EF}\bot \vec {n}， 又因为平面，所以平面.     （3）      【分析】 （1）根据题意，求得的坐标，结合中点公式和\vec {A_{1}E}=\frac{3}{4}\vec {AB}，求得的坐标，即可得到答案. （2）由（1）得\vec {EF}和平面的一个法向量为\vec {n}=\left(0,0,1\right)，求得\vec {EF}\cdot \vec {n}=0，得到\vec {EF}\bot \vec {n}，结合项目平行的判定定理，即可得证； （3）由（1）得，向量\vec {CD}=\left(0,-4,2\right)，\vec {DE}=\left(\frac{3}{2},0,-1\right)，结合距离公式，即可求解. (1) 小问详解： 解：根据题设中的空间直角坐标系，可得，， 因为为的中点，可得，即， 又因为点在线段上，且，可得\vec {A_{1}E}=\frac{3}{4}\vec {A_{1}B}， 设，可得， 可得，所以. (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：由（1）得，向量\vec {CD}=\left(0,-4,2\right)，\vec {DE}=\left(\frac{3}{2},0,-1\right)， 所以点E到直线CD的距离为\sqrt{\vec {DE}^{2}-\left(\frac{\vec {DE}\cdot \vec {CD}}{\left| \vec {CD}\right| }\right)^{2}}=\frac{\sqrt{305}}{10}. 32．【答案】（1） 取中点，连接，， ，， 为正三角形. ，又，， ，平面，， 平面， 平面，；      （2），      【分析】 （1）取中点，连接、，由题设求证平面即可求证； （2）求证，以为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出两平面和平面的一个法向量，由二面角的向量法公式结合题设求出参数，再求出\vec {GB}与平面的一个法向量即可由线面角的向量法公式计算求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 在四棱柱中，点在棱上， ，平面，平面， 平面，由（1）可知平面， ， ，即，，， 故可以为坐标原点，\vec {OA}、\vec {OB}、\vec {OA_{1}}为一组正交基底建立空间直角坐标系， 则，，，，， \therefore \vec {AA_{1}}=\left(-1,0,\sqrt{3}\right)，\vec {BD}=\left(-1,-\sqrt{3},0\right)， \therefore \vec {DG}=\lambda \vec {DD_{1}}=\lambda \vec {AA_{1}}=\left(-\lambda ,0,\sqrt{3}\lambda \right)，， \therefore \vec {BG}=\vec {BD}+\vec {DG}=\left(-\lambda -1,-\sqrt{3},\sqrt{3}\lambda \right)，\vec {BA_{1}}=\left(0,-\sqrt{3},\sqrt{3}\right)， 设平面的一个法向量为， 则 \begin{cases} \vec {BA_{1}}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=-\sqrt{3}y+\sqrt{3}z=0\\ \vec {BG}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=\left(-\lambda -1\right)x-\sqrt{3}y+\sqrt{3}\lambda z=0 \end{cases} ，令，则， 又平面的一个法向量为， 由二面角的余弦值为得， 即，或， 因为，所以. \because \vec {GB}=\left(\frac{3}{2},\sqrt{3},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则\sin \theta =\left| \cos \vec {GB},\overset{\rightarrow }{m}\right| =\left| \frac{\sqrt{3}}{1\times \sqrt{\frac{9}{4}+3+\frac{3}{4}}}\right| =\frac{\sqrt{2}}{2}， 直线与平面所成的角的正弦值为. 33．【答案】（1）     （2）2      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，求出\vec {EC_{1}},\vec {CD_{1}}的坐标，利用向量夹角公式计算； （2）求出平面的一个法向量，利用向量法计算点面距. (1) 小问详解： 如图，以点为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，所以\vec {EC_{1}}=\left(0,2,1\right)，\vec {CD_{1}}=\left(-2,0,2\right)， 所以直线与直线夹角的余弦值为\frac{\left| \vec {EC_{1}}\cdot \vec {CD_{1}}\right| }{\left| \vec {EC_{1}}\right| \left| \vec {CD_{1}}\right| }=\frac{\left| 0\times \left(-2\right)+2\times 0+1\times 2\right| }{\sqrt{4+1}\times \sqrt{4+4}}=\frac{2}{2\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{10}. (2) 小问详解： 因为，，结合（1），所以\vec {A_{1}E}=\left(2,0,-1\right)，\vec {ED}=\left(-2,2,-1\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 {EC_{1}}=2y+z=0\\ \vec {n}\cdot \vec {ED}=-2x+2y-z=0 \end{cases} ，令，得，， \therefore \vec {n}=\left(-2,-1,2\right)， 所以点到平面的距离d=\frac{\left| \vec {A_{1}E}\cdot \vec {n}\right| }{\left| \vec {n}\right| }=\frac{\left| -4-2\right| }{\sqrt{4+1+4}}=2. 34．【答案】（1）证明：依题意可知，两两相互垂直， 以为原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系. 由题设得，，，，，. 向量\vec {AE}=\left(1,2,0\right)，\vec {PC}=\left(2,-4,4\right)，\vec {PD}=\left(0,-4,2\right). 设平面的法向量为， 则 \begin{cases} \vec {n}\cdot \vec {PC}=2x-4y+4z=0\\ \vec {n}\cdot \vec {PD}=-4y+2z=0 \end{cases} ，令，得. 因\vec {AE}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=1\times \left(-2\right)+2\times 1+0\times 2=0，且平面，故平面.      （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标和向量，通过证明直线方向向量与平面法向量垂直，证得线面平行； （2）利用直线与平面所成角的向量公式，计算方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值，得到所成角的正弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 向量\vec {CE}=\left(-1,2,-4\right). 设直线与平面所成角为，则\sin \theta =\frac{\left| \vec {CE}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \vec {CE}\right| \left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }. \vec {CE}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=\left(-1\right)\times \left(-2\right)+2\times 1+\left(-4\right)\times 2=-4，\left| \vec {CE}\right| =\sqrt{(-1)^{2}+2^{2}+(-4)^{2}}=\sqrt{21}， . 故. 35．【答案】（1） 以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系， ，，， 则、、、、， 是的中点，则，\vec {A_{1}B}=\left(-1,1,-2\right)，\vec {C_{1}N}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right) \because \vec {A_{1}B}\cdot \vec {C_{1}N}=-1\times \frac{1}{2}+1\times \frac{1}{2}+\left(-2\right)\times 0=0，\therefore \vec {A_{1}B}\bot \vec {C_{1}N}，即.     （2）存在，，理由如下： 设\vec {AF}=\lambda \vec {AB}=\lambda \left(-1,1,0\right)=\left(-\lambda ,\lambda ,0\right)，其中，\vec {AB}=\left(-1,1,0\right)，则，\therefore \vec {C_{1}C}=\left(0,0,-2\right)，\vec {CF}=\left(1-\lambda ,\lambda ,0\right)， 若面，则 \left\{\begin{array}{l} \vec {AB}\cdot \vec {C_{1}C}=0\\ \vec {AB}\cdot \vec {CF}=-\left(1-\lambda \right)+\lambda =0 \end{array}\right. ，解得，， 故存在点，当时，面.     （3）定值为，理由如下： 因为为的重心，则\vec {GA}+\vec {GM}+\vec {GC}=\vec {0}， 即\vec {C_{1}A}-\vec {C_{1}G}+\vec {C_{1}M}-\vec {C_{1}G}+\vec {C_{1}C}-\vec {C_{1}G}=\vec {0}，可得\vec {C_{1}G}=\frac{1}{3}\left(\vec {C_{1}A}+\vec {C_{1}M}+\vec {C_{1}C}\right)， 因为为上一点，且，则\vec {C_{1}H}=\frac{3}{4}\vec {C_{1}G}=\frac{1}{4}\left(\vec {C_{1}A}+\vec {C_{1}M}+\vec {C_{1}C}\right)， 因为、、、四点共面，则存在、，使得\vec {PH}=\lambda \vec {PQ}+\mu \vec {PR}， 即\vec {C_{1}H}-\vec {C_{1}P}=\lambda \left(\vec {C_{1}Q}-\vec {C_{1}P}\right)+\mu \left(\vec {C_{1}R}-\vec {C_{1}P}\right)， 所以\vec {C_{1}H}=\left(1-\lambda -\mu \right)\vec {C_{1}P}+\lambda \vec {C_{1}Q}+\mu \vec {C_{1}R}=\left(1-\lambda -\mu \right)m\vec {C_{1}A}+\lambda n\vec {C_{1}C}+\mu t\vec {C_{1}M}, 又因为\vec {C_{1}H}=\frac{1}{4}\left(\vec {C_{1}A}+\vec {C_{1}M}+\vec {C_{1}C}\right)，且\vec {C_{1}A}、\vec {C_{1}M}、\vec {C_{1}C}不共面， 由空间向量的基本定理可得 ， 因此，为定值.      【分析】 （1）以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直的坐标表示可证得结论成立； （2）设\vec {AF}=\lambda \vec {AB}，其中，求出点的坐标，根据面得出 \left\{\begin{array}{l} \vec {AB}\cdot \vec {C_{1}C}=0\\ \vec {AB}\cdot \vec {CF}=0 \end{array}\right. ，结合空间向量数量积的坐标运算可求得实数的值，即可得出结论； （3）由为的重心结合已知条件得出\vec {C_{1}H}=\frac{3}{4}\vec {C_{1}G}=\frac{1}{4}\left(\vec {C_{1}A}+\vec {C_{1}M}+\vec {C_{1}C}\right)，再利用空间向量共面的基本定理得出\vec {C_{1}H}=\left(1-\lambda -\mu \right)m\vec {C_{1}A}+\lambda n\vec {C_{1}C}+\mu t\vec {C_{1}M}，结合空间向量的基本定理可证得结论成立. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 36．【答案】（1）证明：在直三棱柱中，有，，， 以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，， ，， ， ，即．     （2）.      【分析】 （1）根据已知构建合适的空间直角坐标系，并标注出相关点坐标，应用向量法证明异面直线垂直即可； （2）由（1）求出平面与平面的法向量，再应用向量法求面面角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）得，， ，，， 设平面的法向量为， 则 即 令，即， 设平面的法向量为， 则 即 令，即， ． 平面与平面夹角的余弦值为． 37．【答案】 【分析】 在平面直角坐标系中，过点作于点，则折成二面角后，\theta =\left\langle \vec {OA},\vec {CB}\right\rangle，由\left| \vec {AB}\right| =\left| \vec {AO}+\vec {OC}+\vec {CB}\right| =3\sqrt{2}结合向量的数量积运算求解即可． 【详解】 在平面直角坐标系中，过点作于点， 可知， 沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后， 仍有， 则\theta =\left\langle \vec {OA},\vec {CB}\right\rangle， 由\left| \vec {AB}\right| =\left| \vec {AO}+\vec {OC}+\vec {CB}\right| =3\sqrt{2}， 可得| \vec {AO}+\vec {OC}+\vec {CB}| ^{2}=18， 即\left| \vec {AO}\right| ^{2}+\left| \vec {OC}\right| ^{2}+\left| \vec {CB}\right| ^{2}+2\vec {AO}\cdot \vec {OC}+2\vec {AO}\cdot \vec {CB}+2\vec {OC}\cdot \vec {CB}=18， 即， 可得． 故答案为： 38．【答案】（1） 如图，连接交于点O，连接， 则点O为的中点，且D是的中点， 则为的中位线，所以． 又因为平面，平面， 所以平面．      （2）．      【分析】 （1）利用中位线证明线线平行，再证明线面平行即可； （2）利用正三棱柱的性质如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求线面角的正弦值； (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取的中点F， 因为在正中，D是的中点，故， 因为三棱柱为正三棱柱， 所以平面ABC， 又因为D是的中点，F是的中点， 所以， 所以平面，所以，， 以D为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，    则，，，，，，． 故\vec {A_{1}B_{1}}=\left(-\sqrt{3},1,0\right)，\vec {DA}=\left(\sqrt{3},0,0\right)，\vec {DC_{1}}=\left(0,-1,\sqrt{3}\right)， 设平面的法向量为， 则 \left\{\begin{array}{l} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {DA}=\sqrt{3}x=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {DC_{1}}=-y+\sqrt{3}z=0 \end{array}\right. ，令，则，即． 设直线与平面所成角为， 可得\sin \theta =\left| \cos \left\langle \vec {A_{1}B_{1}},\overset{\rightarrow }{m}\right\rangle \right| =\frac{\sqrt{3}}{2\times 2}=\frac{\sqrt{3}}{4}， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 39．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）利用等面积法即可求出点到直线的距离； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出点到平面的距离. (1) 小问详解： 解：连接，，过点作于，如图所示 在直角三角形中， 在直角三角形中， 直线平面，平面 故点到直线的距离为. (2) 小问详解： 解：在正方体中，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 ，，， \overrightarrow{{{A}_{1}}A}=\left( 0,0,-1 \right)，\overrightarrow{A{{B}_{1}}}=\left( 0,1,1 \right)，\overrightarrow{AE}=\left( -1,0,\frac{1}{2} \right), 设平面的一个法向量为：\overrightarrow{n}=\left( a,b,c \right) 则 \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} \overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{AE}=0 \\ \overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{A{{B}_{1}}}=0 \\ {} \end{array} \right. ，即 ，令得\overrightarrow{n}=\left( 1,-2,2 \right) 点到平面的距离为d=\frac{\left| \overrightarrow{{{A}_{1}}A}\cdot \overrightarrow{n} \right|}{\left| \overrightarrow{n} \right|}=\frac{2}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}}}=\frac{2}{3}. 40．【答案】（1）；；     （2）（答案不唯一）     （3） 由（1）可知，，所以\vec {AD_{1}}=\left(-2,0,2\right)， 由（2）可知，平面的法向量为， 所以\vec {AD_{1}}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=0，所以\vec {AD_{1}}\bot \vec {n}，因为平面， 所以直线平面.      【分析】 （1）根据题意建立空间直角坐标系，写出坐标即可. （2）根据法向量与平面垂直进行求解即可. （3）根据平面法向量与直线的方向向量的关系进行证明即可. (1) 小问详解： 根据题意，以为原点，分别以\vec {DA}，\vec {DC}，\vec {DD_{1}}为，，轴建立空间直角坐标系，如图， 且正方体的棱长为，所以，，. (2) 小问详解： 因为，，， 所以\vec {A_{1}B}=\left(0,2,-2\right)，\vec {A_{1}C_{1}}=\left(-2,2,0\right)，设平面的法向量为， 所以 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {A_{1}B}=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {A_{1}C_{1}}=0 \end{cases} ，得 ， 令，所以，所以平面的一个法向量为. (3) 小问详解： 略 41．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值； （2）利用空间向量法可求得二面角的余弦值. (1) 小问详解： 因为是正方形，所以． 又因为平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，    所以、、、、． 所以\vec {PB}=\left(2,0,-2\right)，\vec {PD}=\left(0,2,-2\right)，\vec {CM}=\left(-2,-1,1\right)． 设平面的一个法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)， 则 \left\{\begin{array}{l} \vec {PB}\cdot \vec {n}=2x-2z=0\\ \vec {PD}\cdot \vec {n}=2y-2z=0 \end{array}\right. ，取，则\vec {n}=\left(1,1,1\right)，， 所以\cos \left\langle \vec {CM},\vec {n}\right\rangle =\frac{\vec {CM}\cdot \vec {n}}{\left| \vec {CM}\right| \cdot \left| \vec {n}\right| }=\frac{-2}{\sqrt{6}\times \sqrt{3}}=-\frac{\sqrt{2}}{3}． 所以直线与平面所成角的正弦值是． (2) 小问详解： 由（1）知，\vec {PD}=\left(0,2,-2\right)，\vec {DC}=\left(2,0,0\right)． 设平面的一个法向量为\vec {m}=\left(a,b,c\right)，则 \left\{\begin{array}{l} \vec {PD}\cdot \vec {m}=2b-2c=0\\ \vec {DC}\cdot \vec {m}=2a=0 \end{array}\right. ，         取，可得\vec {m}=\left(0,1,1\right)，则\cos \left\langle \vec {m},\vec {n}\right\rangle =\frac{\vec {m}\cdot \vec {n}}{\left| \vec {m}\right| \cdot \left| \vec {n}\right| }=\frac{2}{\sqrt{2}\times \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}， 由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为． 42．【答案】（1） 连接，，，因为是该正八面体的中心，所以， 由正八面体的定义可知四边形是正方形，可得， 因为是该正八面体的中心，所以平面，所以，，两两垂直， 故以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，设， 则，，，，，， 故\vec {AB}=\left(\sqrt{2},\sqrt{2},0\right)，\vec {CD}=\left(-\sqrt{2},-\sqrt{2},0\right)， 因为\vec {AB}=-\vec {CD}，所以\vec {AB}//\vec {CD}，即， 因为平面，平面，所以平面. 因为\vec {AF}=-\vec {CE}，所以\vec {AF}//\vec {CE}，即. 因为平面，平面，所以平面. 因为平面，平面，且， 所以平面平面.      （2）      【分析】 （1）连接，，，证得，，两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求得\vec {AB},\vec {CD}的坐标，得到\vec {AB}=-\vec {CD}，证得，和\vec {AF}=-\vec {CE}，证得，结合线面平行的判定，证得平面和平面，进而证得平面平面. （2）分别求得平面和的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可得\vec {AB}=\left(\sqrt{2},\sqrt{2},0\right)，\vec {AF}=\left(0,\sqrt{2},-\sqrt{2}\right)，\vec {CE}=\left(0,-\sqrt{2},\sqrt{2}\right)，\vec {BC}=\left(-\sqrt{2},\sqrt{2},0\right)， 设平面的法向量为，则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AB}=\sqrt{2}x_{1}+\sqrt{2}y_{1}=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AF}=\sqrt{2}y_{1}-\sqrt{2}z_{1}=0 \end{cases} ， 令，可得，所以. 设平面的法向量为，则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {BC}=-\sqrt{2}x_{2}+\sqrt{2}y_{2}=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {CE}=-\sqrt{2}y_{2}+\sqrt{2}z_{2}=0 \end{cases} ， 令，可得，所以. 设平面与平面的夹角为，则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 43．【答案】（1）证明见解析     （2）存在，      【分析】 （1）根据线面垂直的判定定理证明线面垂直. （2）以不同的方法建立空间直角坐标系，利用空间向量先确定点的位置，利用空间向量求点到平面的距离，再利用锥体的体积公式求锥体体积. (1) 小问详解： 取中点，连接，如图： ，． 又平面平面，平面平面平面， 平面． 又平面． 又与相交，且平面， 平面． (2) 小问详解： （法一）线段上存在点，使点到平面的距离为．取中点，连接． 由（1）知，平面平面． 又分别为中点，． 平面，．． 以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系． ，，，，， \therefore \vec {AB}=\left(2,2\sqrt{3},0\right)，\vec {AA_{1}}=\left(0,\sqrt{3},3\right)，\vec {AE}=\left(0,\frac{5\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2}\right)． 设\vec {AF}=\lambda \vec {AE}=\lambda \left(0,\frac{5\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2}\right)=\left(0,\frac{5\sqrt{3}}{2}\lambda ,\frac{3}{2}\lambda \right)\left(0\leq \lambda \leq 1\right)． 设平面的一个法向量为，则\overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {AB},\overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {AA_{1}}． 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AB}=2x+2\sqrt{3}y=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AA_{1}}=\sqrt{3}y+3z=0 \end{cases} ，取，则 ． 设点到平面的距离d_{1}=\frac{\left| \vec {AF}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{\left| 6\lambda \right| }{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{13}}{13}， ，又\because 0\leq \lambda \leq 1\therefore \lambda =\frac{1}{6}\therefore \vec {AF}=\frac{1}{6}\vec {AE}． 即线段上存在点，当时，点到平面的距离为． ．点到平面的距离为 点到平面的距离为． 四面体的体积为． （法二）平面，而平面 ，，取的中点，中点． 又易知，四边形是平行四边形，． 又由（1）知，平面，则平面． 以为原点，所在直线分别为轴、轴，轴，如图建系． 则，，，， ，，， \therefore \vec {AB}=\left(-2\sqrt{3},2,0\right)，\vec {AA_{1}}=\left(-\sqrt{3},0,3\right)，\vec {AE}=\left(-\frac{5\sqrt{3}}{2},0,\frac{3}{2}\right)． 设\vec {AF}=\lambda \vec {AE}=\lambda \left(-\frac{5\sqrt{3}}{2},0,\frac{3}{2}\right)=\left(-\frac{5\sqrt{3}}{2}\lambda ,0,\frac{3}{2}\lambda \right)\left(0\leq \lambda \leq 1\right)， ． 设平面的一个法向量为，则\overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {AB},\overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {AA_{1}}． 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AB}=-2\sqrt{3}x+2y=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AA_{1}}=-\sqrt{3}x+3z=0 \end{cases} ，取，则． 设点到平面的距离d_{1}=\frac{\left| \vec {AF}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{\left| 6\lambda \right| }{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{13}}{13},\therefore \lambda =\frac{1}{6},F\left(\frac{19\sqrt{3}}{12},0,\frac{1}{4}\right)， 即线段上存在点，当时，点到平面的距离为． 四面体的体积为． （法三）解题思路： 设点到平面的距离为， 利用等积法可求得，又，则，\therefore \vec {AF}=\frac{1}{6}\vec {AE}， 以下思路同法一． 44．【答案】（1）证明见解析     （2）．      【分析】 （1）取中点，连接．先证，再利用线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）先证得两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. (1) 小问详解： 证明：取中点，连接． 分别为中点，，且． ，且，． 四边形为平行四边形，． 平面平面， 平面． (2) 小问详解： ，，． 又平面，，． 以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则， 依题意，\vec {DC}=\left(0,2,0\right)是平面的一个法向量， \therefore \vec {PB}=\left(1,1,-2\right),\vec {BC}=\left(-1,1,0\right)， 设平面的一个法向量为，则\overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {PB},\overset{\rightarrow }{n}\bot \vec {BC}． 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {PB}=x+y-2z=0,\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {BC}=-x+y=0. \end{cases} 取，则， 平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为，则 \cos \theta =\left| \cos \left\langle \vec {DC},\overset{\rightarrow }{n}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {DC}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \vec {DC}\right| \left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{2}{2\times \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}， 即平面与平面夹角的余弦值为． 45．【答案】（1） 曲线 W 是椭圆的几何理由： 可将“  的点”视作以  为顶点、  为轴的圆锥面上的点， 圆锥轴截面的半顶角为 ， 点，点的轨迹为此圆锥面与平面的交线. 因为已知直线与平面垂直，垂足为，，所以， 因为在直角三角形中，，，点在线段上，为的平分线， 所以与平面所成的角为，， 若圆锥的轴与平面所成角（）大于圆锥轴截面的半顶角（）， 按圆锥曲线的判定规律可知该截线必为椭圆.     （2） 可取空间直角坐标系：令  为原点 ，令平面为平面， 由于 平面，可令 过点 平行于的直线为  轴，    曲线的方程为（依赖于坐标系）.     （3）      【分析】 （1）可将“  的点”视作以  为顶点、  为轴的圆锥面上的点，然后根据题意判定即可； （2）建立坐标系，利用空间向量运算求解； （3）法一：利用坐标系中坐标运算求解；法二：利用面面角的定义，使用线面垂直的判定定理，采用几何方法求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 可取空间直角坐标系：令  为原点 ，令平面为平面， 由于 平面，可令 过点 平行于的直线为  轴，    又知  中，，， 因为点  在  上且 平分  ， 由角分线定理得， 则，. 设平面  内任意点 坐标为. 向量\vec {CD}=\vec {OD}-\vec {OC}=\left(\frac{\sqrt{3}}{3},0,-1\right)，\vec {CE}=\vec {OE}-\vec {OC}=\left(x+\sqrt{3},y,-1\right). 由  可用向量夹角公式\cos 45{^{\circ}}=\frac{\left| \vec {CD}\cdot \vec {CE}\right| }{\left| \vec {CD}\right| \left| \vec {CE}\right| }， 所以， 化简可得，所以曲线的方程为； (3) 小问详解： 四面体  的底面可取三角形 (其平面即)， 面积为.  若 在上一步所求椭圆上，则其到平面的距离即. 四面体体积， 要使  最大，需在椭圆上使 取最大值. 下面用两种方法计算求解. 法一：由椭圆方程可知，当时，最大，此时，  取上顶点  . 取平面  的一个法向量为，  由 与 可求出\vec {AE}=\left(0,\sqrt{2},0\right) 与 \vec {EC}=\left(-\sqrt{3},-\sqrt{2},1\right)， 平面  的法向量， 由 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{v}\cdot \vec {EA}=0\\ \overset{\rightarrow }{v}\cdot \vec {EC}=0 \end{cases} ，得 ，令，则， 所以平面 的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的大小为 30°. 综上，当四面体体积最大时，平面  与平面 α 的夹角为 30°. 法二：由上可知，又因为，所以， 因为平面，， 所以平面， 因为平面， 所以， 由，平面平面， 所以即为平面与平面夹角，即平面与平面的夹角为 30°. 46．【答案】.5 【分析】 取中点，以为原点建立空间直角坐标系，利用线线角的向量法求解得最大值. 【详解】 平面四边形，，，则， 过作于，取中点，连接，则， ，过作平面的垂线，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    设二面角的大小为，在翻折过程中始终垂直于， 则， \vec {AC}=\left(2,0,0\right),\vec {BD'}=\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \theta -\sqrt{3},\frac{\sqrt{3}}{2}\sin \theta \right)，设直线与直线所成角为， 因此\cos \alpha =| \cos \left\langle \vec {AC},\vec {BD'}\right\rangle | =\frac{| \vec {AC}\cdot \vec {BD'}| }{| \vec {AC}| | \vec {BD'}| }=\frac{1}{2\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \theta -\sqrt{3}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin \theta \right)^{2}}} ，当且仅当时取等号， 所以直线与直线所成角的余弦值的最大值为. 故答案为： 47．【答案】（1）证明见解析     （2）     （3）长度的最小值为      【分析】 （1）利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解； （3）由点在直线上，设\vec {AH}=\lambda \vec {AE}，点在直线上，设\vec {CQ}=t\vec {CF}，计算\vec {HQ}，当时，最小，即 \begin{cases} \vec {HQ}\cdot \vec {AE}=0\\ \vec {HQ}\cdot \vec {CF}=0 \end{cases} ，解出，进而得\vec {HQ}的坐标，利用求模公式即可求解. (1) 小问详解： 由为正三角形，为的中点， 所以， 又因为底面是正方形， 所以， 由平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以， 又平面， 所以平面； (2) 小问详解： 取中点为，连接，取的中点为，连接，则， 又平面，以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图，由，所以，所以， 所以， 所以\vec {CF}=\left(4,-2,0\right),\vec {EF}=\left(3,2,-\sqrt{3}\right)， 设平面的法向量为， 所以 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {CF}=4x-2y=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {EF}=3x+2y-\sqrt{3}z=0 \end{cases} ，令，得， 显然为平面的一个法向量， 所以， 所以平面与底面夹角的余弦值为； (3) 小问详解： 由\vec {AE}=\left(-3,0,\sqrt{3}\right),\vec {CF}=\left(4,-2,0\right)，\vec {AC}=\left(-4,4,0\right)， 因为点在直线上，设\vec {AH}=\lambda \vec {AE}，即\vec {AH}=\lambda \vec {AE}=\left(-3\lambda ,0,\sqrt{3}\lambda \right)， 又点在直线上，设\vec {CQ}=t\vec {CF}，即\vec {CQ}=t\vec {CF}=\left(4t,-2t,0\right)， 所以\vec {HQ}=\vec {AQ}-\vec {AH}=\vec {AC}+\vec {CQ}-\vec {AH}=\left(-4,4,0\right)+\left(4t,-2t,0\right)-\left(-3\lambda ,0,\sqrt{3}\lambda \right)， 当时，最小， 所以 \begin{cases} \vec {HQ}\cdot \vec {AE}=-3\times \left(4t+3\lambda -4\right)-\sqrt{3}\lambda \times \sqrt{3}=0\\ \vec {HQ}\cdot \vec {CF}=4\times \left(4t+3\lambda -4\right)-2\left(4-2t\right)=0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} t+\lambda =1\\ 5t+3\lambda =6 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} t=\frac{3}{2}\\ \lambda =-\frac{1}{2} \end{cases} ， 所以\vec {HQ}=\left(\frac{1}{2},1,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)， 故\left| \vec {HQ}\right| =\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+1+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}}=\sqrt{2}， 所以长度的最小值为. 48．【答案】（1） 因为平面平面，平面平面， 在矩形中，平面，所以平面. 又因为平面平面，所以. 以\left\{\vec {AD},\vec {AB},\vec {AF}\right\}为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系， 则，. 所以\vec {ME}=\left(2,3,t\right),\vec {BN}=\left(3,-2,0\right)， 所以\vec {ME}\cdot \vec {BN}=2\times 3+3\times \left(-2\right)=0， 所以.     （2）      （3）       【分析】 （1）利用面面垂直的性质可得平面，进而利用线面垂直的性质可得，建立空间直角坐标系，利用向量法可得结论； （2）求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求的值； （3）设\vec {BK}=\lambda \vec {BM}，求得\vec {KN}=\left(3-\lambda ,3\lambda -2,0\right)，利用向量法可求得，进而可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： \vec {BE}=\left(3,0,t\right),\vec {BM}=\left(1,-3,0\right),\vec {EF}=\left(-3,-3,0\right),\vec {EN}=\left(0,-2,-t\right). 设平面的一个法向量为\vec {n_{1}}=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right)， 则 \begin{cases} \vec {BM}\cdot \vec {n_{1}}=0\\ \vec {BE}\cdot \vec {n_{1}}=0 \end{cases} ，即 ，令，得， 所以平面的一个法向量为\vec {n_{1}}=\left(3,1,-\frac{9}{t}\right). 设平面的一个法向量为\vec {n_{2}}=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)，则 \begin{cases} \vec {EF}\cdot \vec {n_{2}}=0\\ \vec {EN}\cdot \vec {n_{2}}=0 \end{cases} ，即 ，令，得， 所以平面的一个法向量为\vec {n_{2}}=\left(1,-1,\frac{2}{t}\right). 若平面平面，则\vec {n_{1}}\cdot \vec {n_{2}}=0， 得，解得， 因为，所以. (3) 小问详解： 设\vec {BK}=\lambda \vec {BM}，则，所以\vec {KN}=\left(3-\lambda ,3\lambda -2,0\right). 由（2）可知，平面的一个法向量\vec {n_{2}}=\left(1,-1,\frac{2}{t}\right)，所以\vec {KN}\cdot \vec {n_{2}}=0， 得，解得. 所以，所以\vec {EK}=\left(-\frac{7}{4},-\frac{15}{4},-t\right)， 所以\left| \vec {EK}\right| =\sqrt{\left(-\frac{7}{4}\right)^{2}+\left(-\frac{15}{4}\right)^{2}+t^{2}}=\sqrt{t^{2}+\frac{137}{8}}. 49．【答案】（1）证明：由题，，，，满足， 所以，即， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 由四边形是正方形，得， 又平面，且，所以平面， 又平面，所以.     （2）     （3）存在，.      【分析】 （1）先利用面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质定理和判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量法求解即可； （3）设\vec {CP}=\lambda \vec {CE}\left(0\leq \lambda \leq 1\right)，由\vec {AP}=\vec {AC}+\vec {CP}求出\vec {AP}，再利用空间向量法求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）得平面，因为平面，所以两两垂直， 以为原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，，所以，， 则，，，，， 所以\vec {BF}=\left(0,-3,\sqrt{6}\right)，\vec {EF}=\left(3,0,-2\sqrt{6}\right)， 设平面的一个法向量为， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {BF}=-3y+\sqrt{6}z=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {EF}=3x-2\sqrt{6}z=0 \end{cases} ，取，得，， ， 因为平面，所以\vec {CA}为平面的一个法向量，\vec {CA}=\left(3,-3,0\right)， 所以\left| \cos \left\langle \vec {CA},\overset{\rightarrow }{n}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {CA}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \vec {CA}\right| \left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{\left| 12-6+0\right| }{\sqrt{9+9}\times \sqrt{16+4+6}}=\frac{6}{3\sqrt{2}\times \sqrt{26}}=\frac{\sqrt{13}}{13}， 所以平面与平面夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 线段上存在点，点为中点，满足平面，证明如下： 设\vec {CP}=\lambda \vec {CE}\left(0\leq \lambda \leq 1\right)， 因为\vec {CE}=\left(0,-3,3\sqrt{6}\right)，\vec {AC}=\left(-3,3,0\right)， 所以\vec {CP}=\left(0,-3\lambda ,3\sqrt{6}\lambda \right)，\vec {AP}=\vec {AC}+\vec {CP}=\left(-3,3-3\lambda ,3\sqrt{6}\lambda \right)， 由（2）知平面的一个法向量为， 因为平面，所以\vec {AP}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=\left(-3\right)\times 4+\left(3-3\lambda \right)\times 2+3\sqrt{6}\lambda \times \sqrt{6}=0，得， 所以线段上存在点，点为中点，满足平面. 50．【答案】（1） 依题意可知，两两相互垂直， 以为原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，，，. 因是的中点，故. 向量\vec {AB_{1}}=\left(2,0,4\right)，\vec {BC}=\left(0,4,0\right)，\vec {BP}=\left(-4,3,2\right). 因为\vec {AB_{1}}\cdot \vec {BC}=2\times 0+0\times 4+4\times 0=0，故\vec {AB_{1}}\bot \vec {BC}； 因为\vec {AB_{1}}\cdot \vec {BP}=2\times \left(-4\right)+0\times 3+4\times 2=-8+8=0，故\vec {AB_{1}}\bot \vec {BP}. 因且平面，故平面.         （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面. （2）利用平面与平面夹角的余弦值以及确定的位置，进而求得四面体的体积． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设\vec {DP}=\lambda \vec {DD_{1}}， 则\vec {AP}=\vec {AD}+\vec {DP}=\vec {AD}+\lambda \vec {DD_{1}}=\left(0,4,0\right)+\lambda \left(0,-2,4\right)=\left(0,4-2\lambda ,4\lambda \right)， 即. 设（），由， 得\vec {PQ}\cdot \vec {AD}=\left(4,q-4+2\lambda ,-4\lambda \right)\cdot \left(0,4,0\right)=4\left(q-4+2\lambda \right)=0， 所以，故. 平面的点为、、，其法向量. 平面的向量\vec {PQ}=\left(4,0,-4\lambda \right)，\vec {PD}=\left(0,2\lambda ,-4\lambda \right). 设平面的法向量为， 则 \begin{cases} \vec {n}\cdot \vec {PQ}=4x-4\lambda z=0\\ \vec {n}\cdot \vec {PD}=2\lambda y-4\lambda z=0 \end{cases} ，令，得. 由平面与平面夹角的余弦值为，得， 解得，平方得，即，故（）. 此时，. 所以. 51．【答案】（1）     （2）存在，      【分析】 （1）先由题意证得，，两两垂直，从而建立空间直角坐标系，再求出\vec {AC}与平面的一个法向量，利用点到平面的距离公式即可得解； （2）假设存在满足条件的点E，且\vec {A_{1}E}=\lambda \cdot \vec {A_{1}B_{1}}，从而得到\vec {DE}=\left(\sqrt{2}\lambda ,\sqrt{2}\lambda ,\sqrt{6}\right)，再利用空间向量线面夹角公式得到关于的方程，进而求得，由此即可求出的长. (1) 小问详解： 因为点在底面ABC上的投影为AC的中点，所以平面ABC， 又平面ABC，故，， 因为是以AC为斜边的等腰直角三角形，点为AC的中点，故， 所以，，两两垂直，故以点为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图， . 因为是以AC为斜边的等腰直角三角形，，所以，， 因为侧面为菱形，所以， 又，所以， 则，，，，， 则\vec {AB}=\left(\sqrt{2},\sqrt{2},0\right)，\vec {AA_{1}}=\left(0,\sqrt{2},\sqrt{6}\right)，\vec {AC}=\left(0,2\sqrt{2},0\right)， 设平面的一个法向量为，则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AB}=\sqrt{2}x+\sqrt{2}y=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {AA_{1}}=\sqrt{2}y+\sqrt{6}z=0 \end{cases} ， 取，则，故， 所以点到平面的距离为d=\frac{\left| \vec {AC}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{\left| 0-2\sqrt{6}+0\right| }{\left| \sqrt{3+3+1}\right| }=\frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{7}}=\frac{2\sqrt{42}}{7}. (2) 小问详解： 假设存在满足条件的点E， 则存在，使得\vec {A_{1}E}=\lambda \cdot \vec {A_{1}B_{1}}=\lambda \cdot \vec {AB}=\lambda \cdot \left(\sqrt{2},\sqrt{2},0\right)， 则\vec {DE}=\vec {DA}_{1}+\vec {A_{1}E}=\left(0,0,\sqrt{6}\right)+\lambda \cdot \left(\sqrt{2},\sqrt{2},0\right)=\left(\sqrt{2}\lambda ,\sqrt{2}\lambda ,\sqrt{6}\right)， 因为直线DE与侧面所成角的正弦值为， 所以\frac{\sqrt{6}}{7}=\left| \cos \left\langle \vec {DE},\overset{\rightarrow }{n}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {DE}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \vec {DE}\right| \cdot \left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{\left| \sqrt{6}\lambda -\sqrt{6}\lambda +\sqrt{6}\right| }{\sqrt{2\lambda ^{2}+2\lambda ^{2}+6}\times \sqrt{7}}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{4\lambda ^{2}+6}\times \sqrt{7}}， 即，解得， 又，故， 因此存在满足条件的点，且\left| \vec {A_{1}E}\right| =\frac{1}{2}\left| \vec {AB}\right| =1，即． 【点睛】 关键点睛：本题第2小问解决的关键是利用空间向量的线性运算求得\vec {DE}关于的表达式，从而利用空间向量线面夹角公式求得的值，由此得解. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $