第一章 空间向量与立体几何全章24大题型（专项训练）高二数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 以24类常考题型为核心，覆盖空间向量运算与立体几何应用，通过分类突破构建从基础到综合的知识逻辑体系，培养空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |常考题型·精准突破|24题型，每题型4-5题|聚焦单一知识点，如共线共面、空间角、球问题等|从向量运算到几何应用，逐步递进| |综合攻坚·知能拔高|选择、填空、解答题综合题|多知识点综合，如轨迹与截面、动点与二面角结合|融合跨题型方法，提升综合解题能力|

第一章 空间向量与立体几何 常考题型·精准突破 题型1 共面问题 题型2 共线问题 题型3 空间向量的基底 题型4 空间向量的加减、数乘与数量积 题型5 长度问题 题型6 投影问题 题型7 空间向量的线性表示 题型8 面积与体积问题 题型9 外接球问题 题型10 内切球问题 题型11 异面直线所成角 题型12 轨迹问题 题型13 截面问题 题型14 线段和最值问题 题型15 平行与垂直问题 题型16 点坐标问题 题型17 线面角问题 题型18 线面角动点问题 题型19 两个平面的夹角 题型20 二面角动点问题 题型21 平行动点问题 题型22 垂直动点问题 题型23 距离问题 题型24 解答题中球的问题 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 ◆题型1 共面问题 1．(25-26高二下·福建莆田·期末)若向量，，共面，则（     ） A． B． C． D． 2．(25-26高二上·福建泉州科技中学·)已知P，A，B，C四点共面，对空间任意一点O，若，则______. 3．已知为空间中四点，任意三点不共线，O为平面ABC外一点，且 ，若四点共面，则的最小值为（    ） A． B． C．9 D．4 4．(25-26高二下·江苏苏州·期末)在空间直角坐标系中，已知向量，，，若点在平面内，则实数的值为______． 5．已知，，，且不共面，共面，则（    ） A． B． C．0 D．1 ◆题型2 共线问题 1．(24-25高二上·福建厦门同安实验中学·月考)若，则与共线反向的单位向量=___________. 2．(25-26高二上·吉林吉林外五县各高中·期末)已知空间向量与共线，则（    ） A．0 B．6 C．-4 D．4 3．(25-26高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中)（多选）设O为坐标原点，是空间上任一点，向量，，，下列说法正确的是（    ） A．若Q点坐标为，则与共线 B．若，则 C．若Q点坐标为，且P，A，B，Q四点共面，则 D．若点Q在直线OP上运动，则的最小值为 4．(25-26高二上·浙江六校联盟·)关于空间向量，以下说法错误的是（   ） A．空间中的任意三个向量，若其中两个向量共线，则这三个向量一定共面 B．若，则与的夹角是钝角 C．已知向量，，是不共面的向量，则，，也是不共面的向量 D．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 5．(25-26高二上·福建泉州一中、厦外石狮分校、泉港一中、德化一中四校联盟·期中)已知．若点共线，则（   ） A． B． C． D． ◆题型3 空间向量的基底 1．(25-26高二下·福建宁德·期末)已知，，是不共面的三个向量，则下列能构成一组基底的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 2．已知，若不能构成空间的一个基底，则（    ） A． B． C． D． 3．若构成空间的一个基底，则下列向量可以构成空间的另一个基底的是（   ） A． B． C． D． 4．(25-26高二下·湖北新洲一中·)以下说法中，正确的个数为（    ） ①“”是“，共线”的充分不必要条件； ②若，则存在唯一的实数λ，使得； ③若，，则； ④若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底； ⑤． A．2 B．3 C．4 D．5 5．(25-26高二·甘肃环县第一中学·期末)已知向量以为基底时的坐标为，则以为基底时的坐标是________． ◆题型4 空间向量的加减、数乘与数量积运算 1．(25-26高二·广东湛江港城、海东、崇文三校·期中)如图，在平行六面体-中，，则与的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．(26-27高二上·云南玉溪第一中学（北校区）·开学考)已知向量 ，则（　　） A． B．5 C． D．4 3．(25-26高二下·江苏泰州·期末)已知点，若向量，则点的坐标为（     ） A． B． C． D． 4．(26-27高二上·湖南衡阳衡阳县第四中学·)已知向量，，，且，则______. 5．(25-26高二下·江苏苏州常熟中学·调研)已知空间中的三个单位向量，，满足两两夹角是，则__________． ◆题型5 长度问题 1．(26-27高二上·河北承德部分校·)如图，在四棱柱中，底面是正方形，，，且，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D．直线与平面所成的角为 2．(26-27高二上·湖南长沙长郡中学·)如图，平行六面体中，以为顶点的三条棱长均为，且两两之间的夹角都是，则（     ） A． B． C． D． 3．(25-26高二下·江苏海门中学·月考)已知三棱柱中所有的棱长均为，．若为棱的中点，则（    ） A． B． C． D． 4．(26-27高二上·河北邢台部分高中·开学考)在平行六面体中，，，，且与的夹角为，与的夹角为，与的夹角为，则体对角线的长度为_____ 5．(25-26高二下·广东执信中学·期末)如图所示，二面角为，，是棱上的两点，，分别在半平面，内，且，，，，，则的长______. ◆题型6 投影问题 1．(25-26高二下·江苏宿迁·期末)已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 2．(25-26高二上·贵州部分学校·月考)在正方体中，棱的中点为O，则向量 在 上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 3．(25-26高二上·陕西渭南韩城·期中)已知，空间向量为单位向量，，则空间向量在向量方向上的投影向量为（  ） A． B． C． D． 4．(25-26高二下·福建漳州·期中)在标准正交基底下，已知向量，，则向量在上的投影长为________． 5．如图，已知四棱柱的底面ABCD是矩形，，，，E为棱的中点，在上的投影向量的模是_______. ◆题型7 空间向量的线性表示 1．(26-27高二上·云南玉溪第一中学（北校区）·开学考)如图，在平行六面体中，为与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（　　） A． B． C． D． 2．(25-26高二下·湖南长沙玉潭雅德高级中学·期末)如图，在平行六面体中，M为与的交点，若，则下面向量中与相等的向量是（    ） A． B． C． D． 3．(25-26高二下·四川泸州·期末)如图，在空间四边形OABC中，设，，，且 ，，则（   ） A． B． C． D． 4．如图，在平行六面体中，，记向量，若向量，则______. 5．(25-26高二·上海松江二中·期中)在三棱柱中，D为棱的中点．若存在，满足，则______． ◆题型8 面积与体积问题 1．(25-26高二下·福建漳州·期中)在空间直角坐标系中，是平面外一点，平面的一个法向量为，的面积为3，且，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 2．(25-26高二上·山西临汾第一中学校·月考)已知正方体的棱长为分别为棱的中点，点在线段上，则当的面积最小时，点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 3．(25-26高二上·山东实验中学·)如图，在四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，则面积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．(25-26高二·甘肃兰州第五十九中学·期中)如图所示，四面体ABCD的体积为V，点M为棱BC的中点，点E为线段DM上靠近D的三等分点，点F为线段AE上靠近A的三等分点，过点F的平面与棱AB，AC，AD分别交于P，Q，R，设四面体APQR的体积为V'，则的最小值为____. 5．(25-26高二上·河南部分学校·期中)已知三棱锥的体积为是空间中一点，若，则三棱锥的体积是___________． ◆题型9 外接球问题 1．(24-25高二上·广东肇庆·期末)在空间直角坐标系中，已知正方体的三个顶点坐标分别为，则该正方体的外接球球心坐标为（   ） A． B． C． D． 2．(24-25高二下·福建宁德·期末)在三棱锥中，，，两两垂直，且，为的中点，为的中点，若为该三棱锥外接球上的一点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 3．(25-26高二下·湖南长沙周南中学·期中)在四棱锥中，是边长为1的等边三角形，，，，，则四棱锥的外接球表面积为____． 4．(25-26高二上·山东实验中学·期中)如图，在直三棱柱中，，，点是线段上一点，则四面体的外接球半径的取值范围为_____. 5．(25-26高二上·江西南昌新建区第二中学·月考)如图，在三棱锥中，三条侧棱OA，OB，OC两两垂直，，M为内部一动点，过M分别作平面OAB，平面OBC，平面OAC的垂线，垂足分别为P，O，R． ①直线PR与直线BC是异面直线； ②为定值； ③三棱锥的外接球半径的最小值为； ④当时，平面PQR与平面OBC的夹角余弦值为． 则以上结论中所有正确结论的序号是______． ◆题型10 内切球问题 1．(24-25高二下·河南周口鹿邑县·期中)记棱长为2的正方体的内切球为球是球O的一条直径，P为该正方体表面上的动点，则的最大值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．(24-25高二上·湖北武汉重点中学5G联合体·期中)已知P为棱长为1的正方体的内切球表面一动点，且 ，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 3．(22-23高二上·广东珠海第一中学·期末)已知正方体的内切球的表面积为，是棱上一动点，当直线与平面的夹角最大时，四面体的体积为（    ） A． B． C． D． 4．(25-26高二上·陕西咸阳实验中学·)已知正方体的棱长为，点是正方体外接球的球面上一点，为正方体内切球的球面上的两点，若，则__________. 5．已知在正四棱锥中，，点是该正四棱锥内切球球面上的动点，则正四棱锥的体积为______，的最小值为______． ◆题型11 异面直线所成角 1．已知正方体的棱长为1，点P满足，其中，则直线AP与CD所成角的正切值范围是（   ） A． B． C． D． 2．(25-26高二·江苏苏州西安交通大学苏州附属中学·期中)直三棱柱，，分别是的中点，，则与所成的角为（    ） A． B． C． D． 3．(25-26高二下·江苏泰州第三高级中学·)如图，四边形，，，将沿折起，当二面角的值属于区间时，直线和所成角为，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 4．如图，圆锥PO的底面圆周上有三点，为底面圆O的直径，点是底面直径所对弧的中点，点D是母线PA的中点，若，则直线和平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 5．(25-26高二·江苏徐州·期末)在如图所示的正八面体中，棱与所在直线的夹角为________． ◆题型12 轨迹问题 1．正方体的棱长为点为的中点，点为底面上的动点，满足的点的轨迹长度为（    ） A． B．2 C． D． 2．(25-26高二上·山东部分学校（郯城第一中学等校）·)在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为棱，BC，的中点，，平面EFG，若，则Q的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 3．(25-26高二上·浙江环大罗山联盟·期中)如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别为，的中点，O为底面ABCD的中心，点S在正方体的表面上运动，且满足，则下列结论正确的是（） A．点S可以是棱的中点 B．点S的轨迹是矩形 C．点S轨迹所围成的图形面积为 D．点S轨迹的长度为 4．(25-26高二上·安徽合肥第五中学等六校·期末)已知点是棱长为的正方体表面上一个动点，若三棱锥的体积为，则点的轨迹的长度为__________． 5．(25-26高二上·广东部分学校·)已知在空间直角坐标系中，，动点满足，其中，且，则点轨迹的面积为_____． ◆题型13 截面问题 1．在四棱锥中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，且PD=AD=2，点E，F分别在侧棱PA，PC上，且，，过点B，E，F的平面α截四棱锥的截面面积为（    ） A．2 B．2 C．3 D．3 2．(25-26高二上·河南驻马店汝南县第一高级中学·)如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，上的动点，且，下列说法不正确的是（   ） A． B．若E是棱的中点，则平面截该正方体所成的截面是五边形 C．当三棱锥体积最大时，的长度为 D．当三棱锥体积最大时，二面角的正切值是 3．(24-25高二上·河南开封龙亭区河南大学附属中学·月考)如图，在正方体中，，点分别为的中点，则平面截正方体所得截面面积为__________，动点满足，且，则的最小值为___________ 4．(23-24高二下·江苏启东·期中)如图，在正方体中，，点分别为的中点，则平面截正方体所得截面面积为__________，动点满足，且，则当取得最小值时二面角的余弦值为__________. 5．(23-24高二下·福建龙岩·期末)已知直三棱柱，，，E为侧棱的中点，过E作平面与平面垂直，当平面与该直三棱柱所成截面为三角形时，顶点与该截面构成的三棱锥体积的最小值为_______. ◆题型14 线段和最值问题 1．(26-27高二上·浙江A9协作体·)（多选）已知四棱锥的底面为正方形，平面，，，动点在线段上，则（    ） A． B．四棱锥的外接球表面积为 C．的最小值为 D．与所成角的余弦值的最大值为 2．(26-27高二上·云南昭通直中学·开学考)（多选）如图，四棱锥的底面为正方形，平面，，，动点在线段上，则（    ） A．四棱锥的外接球表面积为 B．存在点，使得 C．的最小值为 D．点到直线的距离的最小值为 3．(25-26高二下·浙江温州十校联盟·期末)（多选）已知正方体棱长为2，，分别为边，的中点，且存在点，满足，，，则下列选项中正确的是（   ） A．若直线平面，点P的轨迹长度为 B．若，则直线与所成角的取值范围是 C．若，则平面平面 D．若，则的最小值为 4．(25-26高二·福建厦门同安实验中学·月考)（多选）四棱锥的底面为正方形， 平面，动点M在线段上，则（    ） A．四棱锥的外接球表面积为 B．的最小值为 C．不存在点M，使得 D．点M到直线的距离的最小值为 5．(25-26高二上·广西南宁·期末)（多选）如图，在直三棱柱中，，，点满足，其中，则（   ） A．当时，的最小值为 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，存在两个点使得平面与平面的夹角为 D．当时，有且仅有一个点，使得 ◆题型15 平行与垂直问题 1．(25-26高二·广东湛江港城、海东、崇文三校·期中)已知向量，且，那么（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 2．(26-27高二上·黑龙江龙东十校联盟·开学考)已知平面的一个法向量，平面的一个法向量，若，则（    ） A． B． C． D． 3．(25-26高二·甘肃环县第一中学·期末)已知向量，，若，则（   ） A．6 B．8 C．2 D． 4．(25-26高二下·湖北随州·期末)已知向量，向量，若，则__________． 5．(25-26高二·上海交通大学附属中学·期末)空间中，已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为（常数）．若，则实数的值为__________． ◆题型16 点坐标问题 1．(25-26高二·广东湛江港城、海东、崇文三校·期中)已知，则点在Oyz平面内（O为坐标原点）的射影坐标是（    ） A． B． C． D． 2．(26-27高二上·辽宁营口部分普通高中·)点关于平面对称的点的坐标为（    ） A． B． C． D． 3．(25-26高二·福建漳州第二中学·期末)已知点M在z轴上，且点M到点与到点的距离相等，则点M的坐标为（    ） A． B． C． D． 4．(26-27高二上·河南焦作武陟县第一中学·)在空间直角坐标系中,已知点,求直线与平面的交点的坐标__________. 5．(25-26高二上·江苏无锡梁溪区无锡第一中学·期中)已知点关于坐标平面的对称点为，点关于z轴的对称点为，则 ______． ◆题型17 线面角问题 1．(26-27高二上·黑龙江佳木斯第一中学·月考)如图，在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求三棱锥的体积； 2．(26-27高二上·重庆西南大学附属中学校·)如图，直三棱柱中，，分别为线段的中点． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 3．(25-26高二上·重庆杨家坪中学·月考)如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，为中点． (1)求证：平面； (2)若，，求直线与平面所成角的正弦值． 4．(25-26高二·广东潮州·期末)四棱锥中，底面，，，且，，是的中点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 5．(25-26高二下·内蒙古赤峰·期末)如图，在中，，，D，E分别在，上，满足，，将沿折起到的位置，使.      (1)求证：平面； (2)若点M满足，求直线与平面所成角的正弦值. ◆题型18 线面角动点问题 1．(26-27高二上·湖南师范大学附属中学·)如图所示，等腰梯形ABCD中，，，，E为CD中点，AE与BD交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面ABCE）. (1)证明：平面POB； (2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 2．(24-25高二下·湖北华中师范大学第一附属中学·)如图，三棱锥中，，平面平面． (1)求异面直线AC与BD所成角的余弦值； (2)若点F是线段AD（不含端点）上的一点，且直线AD与平面所成角大小为，求线段DF的长度． 3．(24-25高二上·广东深圳第三高级中学·月考)如图，是以为直径的圆上异于，的点，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线. (1)证明：平面； (2)直线l上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 4．(25-26高二下·湖南部分学校·期末)如图，在三棱锥中，平面，，，；分别延长，到，使得，；平面与平面的交线为． (1)求平面与平面夹角的余弦值； (2)证明：； (3)点在上，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求出的长． 5．(25-26高二下·天津河东区·期末)如图，在多面体中，平面平面，四边形为矩形．四边形中，，，，，为的中点． (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面所成夹角的大小； (3)点在线段上，当与平面所成角的大小为时，求的长． ◆题型19 两个平面的夹角 1．(25-26高二·陕西汉中勉县第二中学·期中)如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形. (1)求证：平面平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 2．(26-27高二上·湖南邵阳·)如图，在多面体中，四边形是直角梯形，，，，均与平面垂直，且． (1)在棱上取一点E，使得平面，证明：E为棱的中点； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 3．(26-27高二上·湖南长沙第一中学·)如图，在所有棱长都为2的三棱柱中，点是棱的中点，． (1)求证：平面平面； (2)若，点满足， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）求二面角的平面角的余弦值． 4．(26-27高二上·湖南长沙长郡中学·)如图，在三棱柱中，，，，是棱的中点． (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成线面角的大小； (3)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角． 5．(25-26高二·贵州遵义航天高级中学·)如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，点在侧棱上，且，. (1)求证：直线 (2)若，且三棱锥的体积为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. ◆题型20 二面角动点问题 1．(25-26高二·广东湛江港城、海东、崇文三校·期中)如图，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点． (1)求证：∥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 2．(26-27高二上·河南部分学校·)如图，四棱锥中，是正三角形，平面，，，为的中点，为直线与平面所成的角，且，点为的中点． (1)求证：平面； (2)求证：； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的平面角为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 3．(25-26高二下·广东执信中学·期末)如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，. (1)棱上是否存在一点，使得平面平面，请说明理由. (2)若二面角大小为，求的值. 4．(26-27高二上·黑龙江龙东十校联盟·开学考)如图，在四棱锥中，，，平面，二面角的大小为，点，满足：，. (1)若平面，求的值； (2)求与平面所成角的正弦的取值范围； (3)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值. 5．(25-26高二下·广东广州部分校·期末)如图，已知圆台，其中均为母线，四边形为圆台的轴截面，且． (1)求证：； (2)已知二面角的余弦值为，求圆台的高的长． ◆题型21 平行动点问题 1．(26-27高二上·重庆西南大学附属中学校·)如图，已知四棱锥中，底面是正方形，是正三角形，且平面平面，． (1)求二面角的正切值； (2)若点满足，点满足，且平面，求的值； (3)若点分别为的中点，在图中作出四棱锥与四棱锥相交的公共部分，并直接写出它的体积（不写求解过程）． 2．(25-26高二上·四川广安加德学校·月考)如图，在三棱锥中，底面，，，分别为棱，的中点，在线段上，且，，． (1)求点N到直线的距离； (2)点D在线段上运动（包括端点），是否存在一点D，使平面？若存在，求出线段的值；若不存在，请说明理由．（以上问题用向量法求解，综合法一律不得分） 3．(25-26高二下·云南昭通一中教研联盟·期末)如图，在长方体中，，点分别为的中点，点M为长方形内一动点（含边界）． (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若直线平面，求点M的轨迹长度． 4．在四棱锥中，平面平面，，，，，，O是线段的中点． (1)证明：． (2)若二面角的平面角的正弦值为． ①求线段的长； ②若E为线段的中点，点N在线段上，是否存在实数，使得当时，平面?若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由． 5．(25-26高二·江苏淮安高中校协作体·期中)如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，． (1)证明：平面PAC； (2)已知，点满足平面PEC． （i）求； （ii）求平面PBD与平面PEC的夹角． ◆题型22 垂直动点问题 1．(25-26高二下·河南信阳普通高中·期末)在正三棱柱中，底面边长，侧棱，点在侧棱上，且满足． (1)是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． (2)当时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 2．(25-26高二下·安徽蚌埠禹王学校等·)如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧棱底面，且，点为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)点为棱上的动点（不与端点重合），是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 3．如图1所示，三角形中，，，点是线段上的动点，过点作的垂线，使. (1)求长度的最小值； (2)沿将折起，使得平面平面，如图2所示，点在何位置时，点与点之间的距离最小？并求此时平面与平面夹角的余弦值. 4．(25-26高二下·云南澄江第一中学·期中)如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点． (1)证明：直线平面 (2)是否在线段存在一点，使得平面平面，若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由？ 5．(25-26高二上·广东中山桂山中学·期末)如图，正方体中，点在棱上. (1)求证：； (2)设在上，且，是否在上存在点，使平面平面，若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由. ◆题型23 距离问题 1．(25-26高二·贵州贵阳第一中学·)如图，在四棱锥中，底面是正方形，且平面，，，过点的平面分别与棱、、交于、、，，． (1)求到底面的距离； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 2．(26-27高二上·广东深圳外国语学校·)如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段上一点，，，四边形为矩形．    (1)若是的中点，求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)若点到平面的距离为，求的长． 3．(25-26高二下·福建龙岩·期末)如图，在正三棱柱中，M为线段的中点，N为线段上的动点． (1)求证：； (2)若，，二面角的余弦值为，求点到平面的距离． 4．(24-25高二下·江苏徐州第一中学·)如图在多面体中，四边形是边长为4的正方形，四边形为等腰梯形，且，，，． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 5．(25-26高二·浙江金华卓越联盟·)如图1，四边形是边长为2的正方形，中，，，分别为、的中点，将沿折起到位置（如图2），使平面平面． (1)证明：平面． (2)空间中是否存在一点，使到点、、、的距离都相等，若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由； (3)求平面与平面的夹角的余弦值． ◆题型24 解答题中球的问题 1．(25-26高二下·湖北沙中学·)已知半径为的球的截面所在圆面面积为，为截面圆的直径，为球的直径， (1)求证：平面平面. (2)若球的半径为，劣弧和劣弧长度之比为，试求、所成的角的余弦值. (3)若和长度之比为，求二面角的平面角的正弦值. 2．(25-26高二·河南许昌长葛·期末)如图，在四棱锥中，平面，平面平面，. (1)证明：平面； (2)已知点为线段上一点（与不重合）. （i）若二面角的余弦值为，求的值； （ii）若四点均在球的球面上，求球表面积的最小值. 3．(25-26高二上·安徽天长中学等校·期末)在三棱锥中，. (1)若平面平面. （i）求证：； （ii）三棱锥的各个顶点都在球的表面上，求球的半径； (2)若二面角的余弦值为，求的长. 4．(25-26高二·河南驻马店·期末)已知：如图，，，和都垂直于平面，是的中点，点满足. (1)证明：； (2)记经过，，，四点的球的球心为. （ⅰ）求球被平面所截得的截面面积. （ⅱ）求与平面所成角的正弦值. 5．(25-26高二上·河北邢台第二中学等校·期末)如图，在梯形ABCD中，，过点作于点 ．将沿BE翻折到的位置，使得平面平面ABED.已知四棱锥的体积为8． (1)证明：． (2)若A，B，D，P在同一个球面上，设该球面的球心为，证明：在平面ABCD上． (3)求平面PAD与平面PAB的夹角的余弦值． 综合攻坚·知能拔高 一、单选题 1．(25-26高二·河南许昌·期末)在正方体中，点为线段的中点，点在线段上，直线与平面所成的角为，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 2．(26-27·第3课1.4.3用空间向量研究夹角问题·)已知正方体中，P，Q分别为棱，上的动点，则二面角的最大值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 3．(25-26高二上·四川广安加德学校·月考)在棱长为2的正方体中，点P满足，且，，则下列说法正确的是（   ） A．若，则平面 B．若，则 C．若，则P到平面的距离为 D．若，时，直线与平面所成角为，则 4．(25-26高二·福建福州福清·期末)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则下列结论正确的是（     ） A．存在平面，截此正方体所得截面为正三角形 B．存在平面，棱与平面夹角的正弦值为 C．不存在平面，截此正方体所得截面为正六边形 D．截此正方体所得截面面积的最大值为 三、填空题 5．(25-26高二上·福建厦门双十中学·月考)如图，在长方体中，，，为长方体内部（含边界）一点，满足，则的取值范围是______. 6．(25-26高二·浙江丽水·)在棱长为的正方体中，空间动点满足，则的取值范围是______. 7．在正四棱柱中，底面边长为3，侧棱长为，为平面内一动点，且满足，则所有满足条件的点所围成平面区域的面积是__________． 8．在三棱锥中，底面，分别为棱的中点，为三棱锥内切球球面上的动点，则点到平面的距离的最大值为__________． 9．(25-26高二下·江苏南菁、前黄、姜堰、如东四校·)对于两个空间向量与，我们定义它们之间的曼哈顿距离为.如图，在棱长为1的正方体中，点P是底面内（含边界）的动点，且，则的最大值是______. 四、解答题 10．(25-26高二上·福建厦门双十中学·月考)如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，平面平面，，. (1)在棱上是否存在某一点，使得过点，，的截面与底面的夹角为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (2)在（1）的条件下，设过点，，的截面交于，求四棱锥的体积. 11．(25-26高二下·吉林东北师范大学附属中学·期中)如图1，在菱形中，，点分别是边的中点，，沿直线将翻折到的位置，连接，得到如图2所示的五棱锥． (1)证明：； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 12．(25-26高二·江苏扬州扬州大学附属中学·期中)如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，， ，平面，． (1)设钝二面角大小为，求的值； (2)在棱上是否存在一点（不与端点重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；如不存在，试说明理由； (3)在上，在上，求最小值． 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 空间向量与立体几何 常考题型·精准突破 题型1 共面问题 题型2 共线问题 题型3 空间向量的基底 题型4 空间向量的加减、数乘与数量积 题型5 长度问题 题型6 投影问题 题型7 空间向量的线性表示 题型8 面积与体积问题 题型9 外接球问题 题型10 内切球问题 题型11 异面直线所成角 题型12 轨迹问题 题型13 截面问题 题型14 线段和最值问题 题型15 平行与垂直问题 题型16 点坐标问题 题型17 线面角问题 题型18 线面角动点问题 题型19 两个平面的夹角 题型20 二面角动点问题 题型21 平行动点问题 题型22 垂直动点问题 题型23 距离问题 题型24 解答题中球的问题 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 ◆题型1 共面问题 1．(25-26高二下·福建莆田·期末)若向量，，共面，则（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间三个向量共面的充要条件，将共面关系转化为线性表示关系，列方程组求解参数． 【详解】空间中三个向量共面的充要条件为：若与不共线，则存在实数对，使得， 所以， 所以，即，，． 2．(25-26高二上·福建泉州科技中学·)已知P，A，B，C四点共面，对空间任意一点O，若，则______. 【答案】 【分析】由条件可得存在实数，使得，再用向量 表示出向量，即可得出答案. 【详解】， ， ， P，A，B，C四点共面，则存在实数，使得 ， 所以， 即， 所以 ，解得. 3．已知为空间中四点，任意三点不共线，O为平面ABC外一点，且 ，若四点共面，则的最小值为（    ） A． B． C．9 D．4 【答案】A 【详解】因为四点共面，则有， 由共面条件可得，，即， 所以， 当且仅当，即，即时，等号成立. 故选A. 4．(25-26高二下·江苏苏州·期末)在空间直角坐标系中，已知向量，，，若点在平面内，则实数的值为______． 【答案】/ 【分析】根据共面向量定理，点在平面内，等价于向量可由不共线的向量线性表示，通过坐标对应相等，列方程组求解. 【详解】因为点在平面内，所以共面，且不共线， 根据共面向量定理，存在实数，使得， 将各向量坐标代入，得， 根据向量相等，对应坐标相等， 得，解得. 5．已知，，，且不共面，共面，则（    ） A． B． C．0 D．1 【答案】A 【分析】根据空间向量基本定理的推论求解. 【详解】由共面，且不共面， 存在实数使得， 即 ， 则，解得. ◆题型2 共线问题 1．(24-25高二上·福建厦门同安实验中学·月考)若，则与共线反向的单位向量=___________. 【答案】 【详解】∵ ，∴ . ∵ 单位向量与共线且反向， ∴ . 2．(25-26高二上·吉林吉林外五县各高中·期末)已知空间向量与共线，则（    ） A．0 B．6 C．-4 D．4 【答案】A 【分析】根据空间向量共线坐标表示列方程求解的值，即可得的值. 【详解】因为空间向量与共线，显然， 所以，解得，，所以. 故选:A. 3．(25-26高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中)（多选）设O为坐标原点，是空间上任一点，向量，，，下列说法正确的是（    ） A．若Q点坐标为，则与共线 B．若，则 C．若Q点坐标为，且P，A，B，Q四点共面，则 D．若点Q在直线OP上运动，则的最小值为 【答案】AC 【分析】根据空间向量共线定理可判断A；根据空间向量垂直的坐标表示可判断B；根据空间向量共面定理求解可判断C；根据空间向量共线定理可表示出，进而计算，利用二次函数的性质求出最值可判断D． 【详解】向量，，，Q点坐标为， 则，， 所以，则与共线，故A正确； ，， 若，则，即，故B错误； 若Q点坐标为，则，又，， 若P，A，B，Q四点共面，则， 即， 则，解得，故C正确； ∵，点直线上运动， ∴可设， 又向量， ∴， ， ∴当时，取得最小值，故D错误， 故选：AC． 4．(25-26高二上·浙江六校联盟·)关于空间向量，以下说法错误的是（   ） A．空间中的任意三个向量，若其中两个向量共线，则这三个向量一定共面 B．若，则与的夹角是钝角 C．已知向量，，是不共面的向量，则，，也是不共面的向量 D．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 【答案】B 【分析】根据向量夹角的范围、空间基底的定义和空间向量基本定理的知识依次判断即可. 【详解】对A：根据共线向量的概念可知，空间中的三个向量，若有两个向量共线， 则这三个向量一定共面，故A正确； 对B：若，则与的夹角是钝角或与方向相反，故B错误； 对C：假设，，也是共面向量，则存在、，使得， 即，由向量，，是不共面的向量， 则有、，无解，故，，也是不共面的向量，故C正确； 对D：因为， 则， 有，所以，，，四点共面，故D正确. 故选：B. 5．(25-26高二上·福建泉州一中、厦外石狮分校、泉港一中、德化一中四校联盟·期中)已知．若点共线，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据共线得到方程，求出，再求出，得到模长. 【详解】因为点共线，所以与共线， 所以，解得，， 故，， . 故选：B. ◆题型3 空间向量的基底 1．(25-26高二下·福建宁德·期末)已知，，是不共面的三个向量，则下列能构成一组基底的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】D 【分析】由不共面的三个向量能构成一组基底判断. 【详解】对于A选项，存在，使得，则三个向量共面，不能构成一组基底； 对于B选项，存在，使得，则三个向量共面，不能构成一组基底； 对于C选项，存在，使得，则三个向量共面，不能构成一组基底； 对于D选项，设，整理得， 由不共面，得​，解得，只有零解， 则，，三个向量不共面，所以能构成一组基底. 2．已知，若不能构成空间的一个基底，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】空间中三个向量不能构成基底的充要条件是三个向量共面， 即存在实数使得，代入坐标得方程组： ，代入第二个方程：， 代入第一个方程得：. 3．若构成空间的一个基底，则下列向量可以构成空间的另一个基底的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】对于A，因为，所以共面， 不能作为空间一个基底，故A错误； 对于B，因为，所以共面， 不能作为空间一个基底，故B错误； 对于C，假设共面， 则存在实数使得 ， 又因为构成空间的一个基底，则，方程组无解， 所以不共面，可以作为空间一个基底，故C正确； 对于D，因为，所以共面， 不能作为空间一个基底，故D错误. 4．(25-26高二下·湖北新洲一中·)以下说法中，正确的个数为（    ） ①“”是“，共线”的充分不必要条件； ②若，则存在唯一的实数λ，使得； ③若，，则； ④若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底； ⑤． A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【详解】对于①，若，则，反向共线，充分性成立， 但当非零向量，同向共线时，不存在，必要性不成立， 则“”是“，共线”的充分不必要条件，故①正确； 对于②，当为零向量，不为零向量时，不存在，故②错误； 对于③，由，，则，， 不能得到，故③错误； 对于④，用反证法，若不构成空间的一个基底，即共面， 设，则，方程组无解，矛盾， 即不共面，构成空间的另一个基底，故④正确； 对⑤，，故⑤错误． 5．(25-26高二·甘肃环县第一中学·期末)已知向量以为基底时的坐标为，则以为基底时的坐标是________． 【答案】 【分析】根据空间向量的基本定理、向量的线性运算及向量相等求解即可. 【详解】由题意可知. 设， 所以，解得，则， 则以为基底时的坐标是． ◆题型4 空间向量的加减、数乘与数量积运算 1．(25-26高二·广东湛江港城、海东、崇文三校·期中)如图，在平行六面体-中，，则与的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 设，则， ， ． 设与的夹角为， 由 ， ． 2．(26-27高二上·云南玉溪第一中学（北校区）·开学考)已知向量 ，则（　　） A． B．5 C． D．4 【答案】A 【详解】向量 ，则. 3．(25-26高二下·江苏泰州·期末)已知点，若向量，则点的坐标为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量坐标运算中“向量等于终点的坐标减去起点的坐标”，即可计算出点B的坐标. 【详解】设点的坐标为，已知，， 所以 ，，，解得，，. 因此点的坐标为. 4．(26-27高二上·湖南衡阳衡阳县第四中学·)已知向量，，，且，则______. 【答案】3 【详解】因为，，， 所以，可得，即， 又，解得. 5．(25-26高二下·江苏苏州常熟中学·调研)已知空间中的三个单位向量，，满足两两夹角是，则__________． 【答案】 【分析】由题意得，，两两之间夹角都是，展开后利用数量积的定义直接运算再开方即可得解. 【详解】由题意得单位向量，，且两两之间夹角为， 所以， ， 所以. ◆题型5 长度问题 1．(26-27高二上·河北承德部分校·)如图，在四棱柱中，底面是正方形，，，且，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D．直线与平面所成的角为 【答案】B 【分析】对于A，由向量的加减法运算即可判断；对于B，，代入条件即可；对于C，将分解为，求模长即可；对于D，直线与平面所成的角即，余弦定理即可求解. 【详解】由题可知，A正确； ，B错误； 因为底面是正方形，所以，同B可得. 所以 ，所以，即，C正确； 如图，连接，则即为直线与平面所成的角. 所以，所以，D正确. 2．(26-27高二上·湖南长沙长郡中学·)如图，平行六面体中，以为顶点的三条棱长均为，且两两之间的夹角都是，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题知，， 又， 则， ， 所以. 3．(25-26高二下·江苏海门中学·月考)已知三棱柱中所有的棱长均为，．若为棱的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】作图如下图所示， 选取基底，由题意知， ，. ， 于是 则. 4．(26-27高二上·河北邢台部分高中·开学考)在平行六面体中，，，，且与的夹角为，与的夹角为，与的夹角为，则体对角线的长度为_____ 【答案】 【分析】由空间向量的平行六面体法则可知，利用空间向量数量积的运算性质可求得的值，即为所求. 【详解】如下图所示： 由空间向量数量积的定义可知， ，， 由空间向量的平行六面体法则可知， 所以 ， 故，即体对角线的长度为. 5．(25-26高二下·广东执信中学·期末)如图所示，二面角为，，是棱上的两点，，分别在半平面，内，且，，，，，则的长______. 【答案】 【分析】利用空间向量加法法则将表示为，通过两边平方结合向量数量积的定义及运算律求解. 【详解】因为，，所以，， 又因为二面角为，，，且，， 所以向量与的夹角为，则向量与的夹角为. 由向量加法法则可得， 所以， 即. ◆题型6 投影问题 1．(25-26高二下·江苏宿迁·期末)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】C 【分析】根据投影向量的计算方法求解即可. 【详解】由题意得，， 所以向量在向量上的投影向量是. 2．(25-26高二上·贵州部分学校·月考)在正方体中，棱的中点为O，则向量 在 上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方体的性质，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标及向量坐标，进而利用投影向量公式计算求解． 【详解】以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则， ， 向量 在 上的投影向量为，故B正确． 故选：B． 3．(25-26高二上·陕西渭南韩城·期中)已知，空间向量为单位向量，，则空间向量在向量方向上的投影向量为（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据投影向量的计算公式求解出结果. 【详解】空间向量在向量方向上的投影向量为， 故选：B. 4．(25-26高二下·福建漳州·期中)在标准正交基底下，已知向量，，则向量在上的投影长为________． 【答案】9 【详解】由已知，， 则的坐标表示为，的坐标表示为， 则向量在上的投影长为. 5．如图，已知四棱柱的底面ABCD是矩形，，，，E为棱的中点，在上的投影向量的模是_______. 【答案】 【分析】将用基底表示出来，求出数量积，进而可求出在上的投影向量的模. 【详解】由题图可知， 又底面ABCD是矩形，，，， 所以， 所以在上的投影向量是， 所以在上的投影向量的模等于． 故答案为：. ◆题型7 空间向量的线性表示 1．(26-27高二上·云南玉溪第一中学（北校区）·开学考)如图，在平行六面体中，为与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意得， . 2．(25-26高二下·湖南长沙玉潭雅德高级中学·期末)如图，在平行六面体中，M为与的交点，若，则下面向量中与相等的向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由图可得， . 3．(25-26高二下·四川泸州·期末)如图，在空间四边形OABC中，设，，，且 ，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意可知：，， 所以 . 4．如图，在平行六面体中，，记向量，若向量，则______. 【答案】 【详解】在平行六面体中，， 则， 而向量，且不共面， 所以，. 5．(25-26高二·上海松江二中·期中)在三棱柱中，D为棱的中点．若存在，满足，则______． 【答案】 【分析】根据空间向量基本定理用表示后即得. 【详解】由题意， ， 又， 所以. ◆题型8 面积与体积问题 1．(25-26高二下·福建漳州·期中)在空间直角坐标系中，是平面外一点，平面的一个法向量为，的面积为3，且，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据点到平面距离的向量公式，求出点到平面的距离，再结合锥体体积公式计算即得. 【详解】因为，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离， 又的面积， 所以三棱锥的体积. 2．(25-26高二上·山西临汾第一中学校·月考)已知正方体的棱长为分别为棱的中点，点在线段上，则当的面积最小时，点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，设，根据条件，将问题转化成求到直线的距离的最小值，利用点到直线的距离的向量法，得到，再利用二次函数的性质，即可求解. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为分别为棱的中点， 则，所以，， 又点在线段上，设，则， 所以，设点到直线的距离为， 则， 由题易知，，则当的面积最小时，即最小， 由二次函数的性质知，时，最小，此时， 故选：C. 3．(25-26高二上·山东实验中学·)如图，在四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，则面积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立直角坐标系，设的轨迹与轴的交点坐标为，确定的轨迹是以为端点的一条线段（不含点），计算平面平面的一个法向量，根据二面角的余弦值得到,计算以面积即可. 【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，． 由二面角的平面角大小为，平面与平面的交线为直线，可知的轨迹是过点的一条直线，又是四边形内部一点（包括边界），则的轨迹是以为端点的一条线段（不含点）． 设的轨迹与轴的交点坐标为，连接，根据点分别是平面与轴的交点，易得平面的一个法向量为． 易知平面的一个法向量为，则二面角的平面角的余弦值为，解得．因为在线段上运动，，所以面积的取值范围为． 故选：D. 4．(25-26高二·甘肃兰州第五十九中学·期中)如图所示，四面体ABCD的体积为V，点M为棱BC的中点，点E为线段DM上靠近D的三等分点，点F为线段AE上靠近A的三等分点，过点F的平面与棱AB，AC，AD分别交于P，Q，R，设四面体APQR的体积为V'，则的最小值为____. 【答案】 【分析】利用四点共面，求出相应最值，根据三元均值不等式求解即可 【详解】因为点分别为的三等分点， 所以， 又因为为中点，所以， 又，所以， 令，，，显然都为正数， 则， 因为四点共面，所以， 当且仅当时取等号，故， 设点到平面的距离为，则点到平面的距离为， 因为，， 所以， 所以的最小值为. 5．(25-26高二上·河南部分学校·期中)已知三棱锥的体积为是空间中一点，若，则三棱锥的体积是___________． 【答案】 【分析】根据空间向量基本定理得到，结合四点共面性质得到在平面内存在一点，使得，继而得到，利用三棱锥体积的性质进行求解即可. 【详解】因为，，， ， 所以， 即， 两边同时乘以得， 因为，所以在平面内存在一点，使得成立， 所以，即， . 故答案为：. ◆题型9 外接球问题 1．(24-25高二上·广东肇庆·期末)在空间直角坐标系中，已知正方体的三个顶点坐标分别为，则该正方体的外接球球心坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】借助空间中两点距离公式计算可得，则可得为该正方体的体对角线，即可得该正方体的外接球球心坐标中点，再利用中点公式计算即可得. 【详解】， ， ， 则， 由为正方体的三个顶点，故为该正方体的体对角线， 则该正方体的外接球球心坐标中点，即为. 故选：B. 2．(24-25高二下·福建宁德·期末)在三棱锥中，，，两两垂直，且，为的中点，为的中点，若为该三棱锥外接球上的一点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意设为为中点，，故问题转换为求的最大值即可. 【详解】 设三棱锥的外接球的球心为， ，，两两垂直，且，则； 三棱锥的外接球的半径为 为的中点，为的中点，，设为为中点，则 ，   ， 要使取到最大值，则必须达到最大，则、、三点要共线， 且满足，故 故选：D. 3．(25-26高二下·湖南长沙周南中学·期中)在四棱锥中，是边长为1的等边三角形，，，，，则四棱锥的外接球表面积为____． 【答案】 【分析】求外接球的表面积，先找球心，再求半径，根据球心在四棱锥高上，球心到顶点的距离等于半径，设球心，求半径，计算表面积即可． 【详解】在等腰梯形中，，，则， 在底面中连接， 则， 即，， 以为原点，，分别为，轴，过作平面的垂线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系： 可得：，，，， 因为，则底面外接圆，也即是的外接圆， 即的中点即为底面外接圆圆心，坐标为， 设，由，，， ，，； 可得， 解得，，，即， 由四棱锥外接球的性质，外接球的球心在过垂直于底面的直线上， 故设球心，半径为， 则，，， 由得：，解得， 因此外接球半径平方：， 外接球表面积：． 4．(25-26高二上·山东实验中学·期中)如图，在直三棱柱中，，，点是线段上一点，则四面体的外接球半径的取值范围为_____. 【答案】 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，设出球心坐标，利用两点间距离公式列方程求出球半径范围. 【详解】在直三棱柱中，，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设，四面体的外接球球心，半径， 由，得， 因此， 整理得，则， ，解得， 所以四面体的外接球半径的取值范围为. 故答案为： 5．(25-26高二上·江西南昌新建区第二中学·月考)如图，在三棱锥中，三条侧棱OA，OB，OC两两垂直，，M为内部一动点，过M分别作平面OAB，平面OBC，平面OAC的垂线，垂足分别为P，O，R． ①直线PR与直线BC是异面直线； ②为定值； ③三棱锥的外接球半径的最小值为； ④当时，平面PQR与平面OBC的夹角余弦值为． 则以上结论中所有正确结论的序号是______． 【答案】②③④ 【分析】根据，即可判断②；由题意可知两两垂直，由②结合基本不等式求出三棱锥的外接球半径的最小值，即可判断③；当时，为的中心，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断④；当为的中心时，利用向量法证明，即可判断①． 【详解】对于②，设， 由题意， 即， 所以，即为定值，故②正确； 对于③，设三棱锥的外接球的半径为， 由题意可知两两垂直， ，，， 相加得：， ，， 故，即， 即，， 当且仅当时，取等号，所以的最小值为， 即的最小值为，故③正确； 对于④，如图，以为原点建立空间直角坐标系， 因为，所以， 此时，为的中心， 因为，所以平面， 故即为平面的一条法向量， 设平面的法向量为，则，取， 则， 所以平面与平面所成二面角的余弦值为，故④正确， 由④可知，当为的中心时，， 所以， 所以直线与直线共面，故①错误． 故答案为：②③④ ◆题型10 内切球问题 1．(24-25高二下·河南周口鹿邑县·期中)记棱长为2的正方体的内切球为球是球O的一条直径，P为该正方体表面上的动点，则的最大值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据空间向量的加法运算和数量积的运算律求解. 【详解】由题意可得，球O的半径为1． ．当P为正方体顶点时等号成立， 故选：B 2．(24-25高二上·湖北武汉重点中学5G联合体·期中)已知P为棱长为1的正方体的内切球表面一动点，且 ，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如图建立坐标系，可将转化为在方向上的投影向量长度的倍，结合图形可得答案 【详解】如图以A为原点，分别为x，y，z轴建系， 则， 则，又， 则. 表示在方向上的投影向量的长度. 如图当P在G或F时，即当A，O，P共线时，取最值. 因，内切球半径为.则, 则，则. 故选：B 3．(22-23高二上·广东珠海第一中学·期末)已知正方体的内切球的表面积为，是棱上一动点，当直线与平面的夹角最大时，四面体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据向量法及函数思想，求出点位置，再利用向量法求解点面距，最后即可计算四面体的体积． 【详解】解：建系如图， 正方体的内切球的表面积为，则内切球半径， 易得正方体的棱长为1， ，0，，，1，，，1，，设，0，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，取， 直线与平面的夹角的正弦值为： ， 令，，，，， ， 令，，，，， ，，， 当，即，即时，直线与平面的夹角的正弦值取得最大值， 此时直线与平面的夹角也最大， 当直线与平面的夹角最大时，为棱的中点， 此时平面的法向量，又， 点到平面的距离为， 此时，，则△的面积为， 此时四面体的体积， 故选：． 【点睛】关键点点睛：向量法求解线面角问题，函数思想，化归转化思想，向量法求解点面距问题.解题的关键是建立空间直角坐标系，确定点的位置是为棱的中点，然后利用点面距的向量求法，求出四面体的高． 4．(25-26高二上·陕西咸阳实验中学·)已知正方体的棱长为，点是正方体外接球的球面上一点，为正方体内切球的球面上的两点，若，则__________. 【答案】 【分析】根据的长度判断出其为内切球的直径，然后通过化简可得，代入外接球和内切球的半径可计算出结果. 【详解】因为正方体棱长为，所以外接球的半径为，内切球的半径， 因为，所以是内切球的直径，如图所示，设两个球心均为， 所以， 所以， 故答案为：. 5．已知在正四棱锥中，，点是该正四棱锥内切球球面上的动点，则正四棱锥的体积为______，的最小值为______． 【答案】 / 【分析】求出几何体的高后可求它的体积，利用数量积的运算律可得，求出的最小值后可得数量积的最小值. 【详解】连接，设与交于点，连接，则底面． 由题意得，该正四棱锥内切球的球心在上，， 所以，则该正四棱锥的体积． 设正四棱锥内切球的半径为， 则，解得． 设的中点为，则， 当的长度最小时，取得最小值． 因为， 所以，则的长度最小为， 则，所以， 即的最小值为． 故答案为：，. ◆题型11 异面直线所成角 1．已知正方体的棱长为1，点P满足，其中，则直线AP与CD所成角的正切值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据已知有点在线段上动，即为直线与所成角，且，即可求. 【详解】由点满足，则点在线段上动，如图所示， 由于，可知即为直线与所成角， 连接，且， 在中，， . 2．(25-26高二·江苏苏州西安交通大学苏州附属中学·期中)直三棱柱，，分别是的中点，，则与所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据异面直线所成角的向量求法可求得结果. 【详解】以为坐标原点，的正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系， ，，，，，， ，即， 与所成的角为. 3．(25-26高二下·江苏泰州第三高级中学·)如图，四边形，，，将沿折起，当二面角的值属于区间时，直线和所成角为，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，将几何问题转化为关于二面角的函数问题，再求解三角函数的最值即可. 【详解】取的中点记为，连接，，.，，则二面角的平面角为. 记二面角的大小为，则. 如图所示，以为原点，为轴，为轴， 过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系. ，. ，，. 直线和所成角为， ，. 当，即，有最小值，最小值为. 4．如图，圆锥PO的底面圆周上有三点，为底面圆O的直径，点是底面直径所对弧的中点，点D是母线PA的中点，若，则直线和平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【详解】点是底面直径所对弧的中点，所以，建立空间直角坐标系如图所示: 则，，，，，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 设直线和平面所成角为， 可得. 5．(25-26高二·江苏徐州·期末)在如图所示的正八面体中，棱与所在直线的夹角为________． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，分别求出和的坐标，结合向量夹角公式计算夹角的余弦值，进而确定角度大小. 【详解】如图所示，以正八面体中心为原点，设各顶点坐标为：，，，，可得：， 根据异面直线夹角公式可得： 因为异面直线夹角范围是， 所以，即与的夹角为. ◆题型12 轨迹问题 1．正方体的棱长为点为的中点，点为底面上的动点，满足的点的轨迹长度为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】B 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法可得动点的轨迹为线段，进而求解即可. 【详解】以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系， 所以，设点， 所以， 由， 所以，所以， 又，所以， 所以点的轨迹为平面上的线段：，即图中线段， 所以. 2．(25-26高二上·山东部分学校（郯城第一中学等校）·)在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为棱，BC，的中点，，平面EFG，若，则Q的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面EFG的法向量，利用向量法求得点P到平面EFG的距离，进而利用球的性质求得Q点所在圆的半径，即可求解. 【详解】以点D为坐标原点，直线分别为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系， 如图所示. 则，， 设平面EFG的法向量为，则即， 令，则，， 又，所以点P到平面EFG的距离， 因为，所以Q在以P为球心半径的球面上，又平面EFG， 所以Q的轨迹为球面与平面EFG的交线（一个圆）， 设该圆的半径为，则由球的性质可知， 所以Q的轨迹长度（圆的周长）为. 故选：D 3．(25-26高二上·浙江环大罗山联盟·期中)如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别为，的中点，O为底面ABCD的中心，点S在正方体的表面上运动，且满足，则下列结论正确的是（） A．点S可以是棱的中点 B．点S的轨迹是矩形 C．点S轨迹所围成的图形面积为 D．点S轨迹的长度为 【答案】C 【分析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，根据，确定点的轨迹，再逐项判断，即可得出结果． 【详解】在正方体中，以点为坐标原点，分别以方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系， 因为该正方体的棱长为2，分别为的中点， 则，，，， 所以，设，则， 因为，所以 所以，即， 令，当时，；当时，； 取， 连接，则， 则， ， 所以，， 又，且平面平面， 所以平面， 所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动， 所以点的轨迹为正三角形，故B错误； 因此点不可能是棱的中点，故A错误； 正三角形边长为，则面积为，故C正确； 点轨迹的长度为，故D错误； 故选：C 4．(25-26高二上·安徽合肥第五中学等六校·期末)已知点是棱长为的正方体表面上一个动点，若三棱锥的体积为，则点的轨迹的长度为__________． 【答案】 【分析】通过已知求出点到平面的距离，再建立空间直角坐标系得点到平面的距离，最后作辅助线得到点的轨迹，进而求出. 【详解】设为点到平面的距离，则，解得 建立空间直角坐标系，则， ，， 有，即， 而与为平面内的两条相交直线，得平面，且 而，得点到平面的距离为， 如图所示：取棱上的中点，得等边三角形和正六边形，易知平面平面，平面平面， 因为点到平面的距离为，可知点到平面的距离也为， 由中点的性质可知：到平面的距离为， 则点的轨迹为一个边长为的等边三角形和一个边长为的正六边形， 此时点到平面的距离一直都为，故三棱锥的体积一直为， 故点的轨迹的长度为：． 故答案为：. 5．(25-26高二上·广东部分学校·)已知在空间直角坐标系中，，动点满足，其中，且，则点轨迹的面积为_____． 【答案】 【分析】根据给定条件，点，利用共面向量定理的推论可得点在平面内，进而确定轨迹图形并求出面积. 【详解】令，则， 由，得， 由，得点在平面内， 设，由， 得，且， 又，则， 因此点轨迹是， 因为， 则， 所以点轨迹的面积为. 故答案为： ◆题型13 截面问题 1．在四棱锥中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，且PD=AD=2，点E，F分别在侧棱PA，PC上，且，，过点B，E，F的平面α截四棱锥的截面面积为（    ） A．2 B．2 C．3 D．3 【答案】A 【分析】以为原点建系，设平面α交侧棱PD于点M，根据共面定理得出，再根据坐标计算得出点的坐标，再根据对角线互相垂直求出面积. 【详解】以为原点，所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， 则， 设平面α交侧棱PD于点M， 令，则，则， 由，，则， 所以，， 由题意，M，E，B，F四点共面， 所以存在实数，使得 ， 则，解得， 所以. 则，所以， 因为，所以， 所以四边形的面积为. 2．(25-26高二上·河南驻马店汝南县第一高级中学·)如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，上的动点，且，下列说法不正确的是（   ） A． B．若E是棱的中点，则平面截该正方体所成的截面是五边形 C．当三棱锥体积最大时，的长度为 D．当三棱锥体积最大时，二面角的正切值是 【答案】B 【分析】对A，建系由向量法证明；对B，由面面平行的性质定理确定截面形状；对C，由三棱锥的体积和的关系确定；对D，由三垂线定理得到二面角的平面角计算判断. 【详解】对于A：以C为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 设，则， 所以， 所以，所以，A正确； 对于B：若为棱的中点，则为的中点，所以， 因为平面平面， 所以平面与平面交线与平面和平面的交线平行， 所以平面和平面的交线为， 所以平面截该正方体所成的截面是四边形，B错误； 对于C：因为， 所以当三棱锥体积最大时，最大， 又由可知最大时 此时分别为线段中点，，C正确； 对于D：当三棱锥体积最大时，分别为线段中点， 取中点，连接，则，连接， 由三垂线定理可知，所以是二面角的平面角， 又，所以二面角的正切值是，D正确； 故选：B. 3．(24-25高二上·河南开封龙亭区河南大学附属中学·月考)如图，在正方体中，，点分别为的中点，则平面截正方体所得截面面积为__________，动点满足，且，则的最小值为___________ 【答案】 【分析】先画出截面计算面积即可；先计算，然后利用求解解最值即可. 【详解】如图所示，连接 显然，,，则梯形 是平面截正方体所得截面； 由题易知， 所以截面面积为； 由题可知， 由柯西不等式 ，当且仅当时等号成立， 可知 得，当且仅当时等号成立， 故的最小值为. 故答案为：18； 4．(23-24高二下·江苏启东·期中)如图，在正方体中，，点分别为的中点，则平面截正方体所得截面面积为__________，动点满足，且，则当取得最小值时二面角的余弦值为__________. 【答案】 / 【分析】建立适当的空间直角坐标系，第一空：只需证明即可得到平面截正方体所得截面为梯形，进一步结合已知条件求解即可；第二空：结合已知将取得最小值转换为，其中，进一步求出两平面的法向量即可求解. 【详解】由题意以点为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 第一空：因为分别为的中点，所以， 因为， 所以，所以四边形是平行四边形， 所以， 因为，所以，即四点共面， 所以平面截正方体所得截面为梯形，由对称性可知该梯形是等腰梯形， 因为正方体棱长为4， 所以梯形的上底，下底，梯形的腰长为， 所以梯形的高为， 故所求截面面积为； 第二空：由题意，且， 所以， 在中，当时，， 所以表示经过点且法向量为的平面， 即点在平面上， 由以上分析可知，， 若要取得最小值，只需最小，此时，当然也有， 由题意设，而， 设平面的法向量为， 所以，令，解得， 所以可取， 显然平面的一个法向量可以是， 二面角的余弦值为. 故答案为：18，. 【点睛】关键点点睛：第二空的关键在于将取得最小值转换为，其中，由此即可顺利得证. 5．(23-24高二下·福建龙岩·期末)已知直三棱柱，，，E为侧棱的中点，过E作平面与平面垂直，当平面与该直三棱柱所成截面为三角形时，顶点与该截面构成的三棱锥体积的最小值为_______. 【答案】 【分析】利用空间向量法来计算动点坐标关系，从而去解决平面问题. 【详解】分别以所在直线为轴，轴，轴 则 ， 设平面的法向量， 则，得， 设平面，与平面交于点， 则，点，由，得，即， 当平面经过直线并绕着直线旋转时， 平面与平面的交线绕着点旋转， 当交线与线段，都相交时，与正方体所成截面为三角形， 令平面与平面的交线交于点，交于点， 设，， 则， ， 由三点共线，得，， 所以，因此，所以 故答案为：. ◆题型14 线段和最值问题 1．(26-27高二上·浙江A9协作体·)（多选）已知四棱锥的底面为正方形，平面，，，动点在线段上，则（    ） A． B．四棱锥的外接球表面积为 C．的最小值为 D．与所成角的余弦值的最大值为 【答案】AC 【分析】A选项，证明线面垂直，得到线线垂直；B选项，找到外接球球心，求出外接球半径，进而求出表面积；C选项，将平面折到同一平面，进行求解即可；D选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用异面直线夹角余弦公式进行求解. 【详解】A选项，因为底面为正方形，所以⊥， 因为平面，平面，所以 ， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以，A正确； B选项，设，取的中点，连接，则， 因为平面，所以平面， 又因为底面为正方形，所以， 即即为四棱锥的外接球球心， 因为，，所以，， 所以四棱锥的外接球半径为， 四棱锥的外接球表面积为，B错误； C选项，其中，，， 故，故， 将平面与平面展开到同一平面内，如图所示， 连接，交于点，此时取得最小值， 最小值为，C正确； D选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，设，，， 则， 所以，故， 故，， 所以，其中， 设与所成角为，则， 当时，， 若，则，令，则， 则， 因为，所以当，即，时， 取得最大值，最大值为， 若，则，令，则， 则， 因为，所以当，即时， 取得最大值，最大值为， 综上，与所成角的余弦最大值为，D错误 2．(26-27高二上·云南昭通直中学·开学考)（多选）如图，四棱锥的底面为正方形，平面，，，动点在线段上，则（    ） A．四棱锥的外接球表面积为 B．存在点，使得 C．的最小值为 D．点到直线的距离的最小值为 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，将动点在线段上的位置用参数表示，从而把外接球直径、向量垂直条件、及点到直线距离等几何问题全部转化为关于的代数运算，其中外接球可通过补成长方体快速求解，垂直问题化为向量点积为零，距离最值则归结为闭区间上二次函数的最值. 【详解】以为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系. 则. 动点在线段上，设，则. 选项 A：将四棱锥补成长、宽、高分别为的长方体， 其外接球即为四棱锥的外接球，外接球直径等于长方体体对角线长，， 故， 外接球表面积.故 A 正确. 选项 B：，，. 令 ， 得，故存在点使.故 B 正确. 选项 C：，， 故，. 二次函数在时取最小值， 故.故 C 错误. 选项 D：直线即轴，点到的距离为. 二次函数在时取最小值， 故.故 D 正确. 3．(25-26高二下·浙江温州十校联盟·期末)（多选）已知正方体棱长为2，，分别为边，的中点，且存在点，满足，，，则下列选项中正确的是（   ） A．若直线平面，点P的轨迹长度为 B．若，则直线与所成角的取值范围是 C．若，则平面平面 D．若，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，由线面平行的性质，线面角，线面垂直的性质以及平面对称的向量求法即可求解. 【详解】依题意，如图以A为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，，， 因为，则， 对于A，设平面的法向量为， 因为，，， 所以，故可取 ，由平面可得，即， 即点三条共线，故的轨迹为线段，而，故A正确； 对于B，当时，，所以，， 设与所成角为， 则， 当时，在，，故， 则有，故B错误； 对于C，设平面法向量为， 因为，， 则，故可取， 设平面的法向量为， 当时，，， ，故可取， ，故平面平面，即C正确； 对于D，当时，点在平面内， 关于平面的对称点，连接交平面于点， 连接，则，因， 由图知 则当三点共线且点在之间时，取得最小值为，故D正确. 4．(25-26高二·福建厦门同安实验中学·月考)（多选）四棱锥的底面为正方形， 平面，动点M在线段上，则（    ） A．四棱锥的外接球表面积为 B．的最小值为 C．不存在点M，使得 D．点M到直线的距离的最小值为 【答案】AD 【分析】对于A项，将该四棱锥补为长方体，求出长方体的体对角线即可得出该四棱锥外接球的半径，根据表面积公式即可得出答案；对于B项，将四棱锥沿剪开得到平面图，根据已知求出各边边长，进而计算面积即可得出答案；对于C项，假设存在点M，建立空间直角坐标系，表示出的坐标.进而根据，得出，列出方程解出的值，即可得出判断；对于D项，表示出，进而根据向量法表示出点M到直线的距离.结合二次函数的性质，即可得出最小值. 【详解】对于A项，将该四棱锥补为长方体，可知即为该长方体的一条体对角线， 且. 且该长方体的外接球即为该四棱锥的外接球，半径为， 表面积为，故A正确； 对于B项，如图1，将四棱锥沿剪开得到平面图，连接，交于点， 易知均为直角三角形，且全等， 且，，， 则，且， 即有， 所以，即的最小值为.故B不正确； 对于C项，假设存在点M，使得 如图2，以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系. 则， 则，，. 设，， 则. 因为， 所以，解得. 故存在点M，使得.故C项错误； 对于D项，由已知可得，， 所以点M到直线的距离 ， 所以，当时，点M到直线的距离的最小值为.故D正确. 5．(25-26高二上·广西南宁·期末)（多选）如图，在直三棱柱中，，，点满足，其中，则（   ） A．当时，的最小值为 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，存在两个点使得平面与平面的夹角为 D．当时，有且仅有一个点，使得 【答案】ABD 【分析】A选项，点在线段上，故当两点重合时，取得最小值，求出最小值；B选项，等体积法得到；C选项，建立空间直角坐标系，设，求出，并得到两平面的法向量，根据面面角的夹角得到方程，方程无解，故C错误；D选项，表达出，令，解得，故有且仅有一个点，使得，D正确. 【详解】A选项，，，，故点在线段上， 故当两点重合时，取得最小值，最小值为，A正确； B选项，当时，，故，， 又，所以点在线段上，， 因为直三棱柱中，⊥平面，又平面，所以⊥， 又⊥，，所以⊥平面， 故点到平面的距离为1，故， 三棱锥的体积为定值，B正确； C选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，设， 则， 因为时，，即， 所以，故，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，故， 平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 若平面与平面的夹角为，令，故， 方程无解，故不存在两个点使得平面与平面的夹角为，C错误； D选项，当时，，即， 故，，故， 又，令， 解得，故有且仅有一个点，使得，D正确. 故选：ABD ◆题型15 平行与垂直问题 1．(25-26高二·广东湛江港城、海东、崇文三校·期中)已知向量，且，那么（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【详解】因为，且， 所以，即． 2．(26-27高二上·黑龙江龙东十校联盟·开学考)已知平面的一个法向量，平面的一个法向量，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据向量共线列方程，然后解方程即可. 【详解】因为，所以，解得，， 所以. 3．(25-26高二·甘肃环县第一中学·期末)已知向量，，若，则（   ） A．6 B．8 C．2 D． 【答案】C 【分析】根据空间向量共线的充要条件即可求解. 【详解】因为，所以，所以，，所以． 4．(25-26高二下·湖北随州·期末)已知向量，向量，若，则__________． 【答案】4 【详解】，，， ，即， 解得． 5．(25-26高二·上海交通大学附属中学·期末)空间中，已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为（常数）．若，则实数的值为__________． 【答案】 【详解】若直线，则直线的方向向量与平面的法向量垂直，即， 由，，则， 解得：. ◆题型16 点坐标问题 1．(25-26高二·广东湛江港城、海东、崇文三校·期中)已知，则点在Oyz平面内（O为坐标原点）的射影坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】点在Oyz平面上的射影坐标特征是不变，变为0， 所以点在平面上的射影坐标为． 2．(26-27高二上·辽宁营口部分普通高中·)点关于平面对称的点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据点关于平面对称的性质判断即可. 【详解】点关于平面对称时，坐标不变，坐标不变，坐标变为相反数， 所以点关于平面对称的点的坐标为点. 3．(25-26高二·福建漳州第二中学·期末)已知点M在z轴上，且点M到点与到点的距离相等，则点M的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据z轴上点的特点，结合空间两点间距离公式进行求解即可. 【详解】因为点M在z轴上，所以设点M的坐标为， 因为点M到点与到点的距离相等， 所以， 两边同时平方，解得，所以点M的坐标为. 4．(26-27高二上·河南焦作武陟县第一中学·)在空间直角坐标系中,已知点,求直线与平面的交点的坐标__________. 【答案】 【分析】先设出P点坐标，根据三点共线可得,再根据向量共线的坐标表示列方程组即可求得P点坐标. 【详解】设直线与平面的交点为,则, 即, 即, , , , 直线与平面的交点的坐标为 5．(25-26高二上·江苏无锡梁溪区无锡第一中学·期中)已知点关于坐标平面的对称点为，点关于z轴的对称点为，则 ______． 【答案】 【详解】因为空间点关于坐标平面对称时，坐标取反，坐标不变， 所以关于坐标平面的对称点为， 因为空间点关于轴对称时，坐标不变，坐标都取反， 所以关于轴的对称点为， 所以． ◆题型17 线面角问题 1．(26-27高二上·黑龙江佳木斯第一中学·月考)如图，在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求三棱锥的体积； 【答案】(1)证明：由题意知、分别是、的中点，则得， 因为平面，平面，所以平面． (2) (3)． 【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值即可； （3）利用向量法求点到平面的距离，再由棱锥体积公式求解. 【详解】（1）略 （2）由平面，，则可以点为坐标原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系． 则，，，，，，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则得， 设直线与平面所成角为，则, 故线与平面所成角的正弦值为. （3）由（2）可得，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为， 三角形的面积为，所以三棱锥体积． 2．(26-27高二上·重庆西南大学附属中学校·)如图，直三棱柱中，，分别为线段的中点． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)因为直三棱柱中，， 所以两两垂直，以为原点， 所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 不妨设，则各点坐标如下： ，，，，，， 因为分别为线段的中点，所以： 的坐标为，的坐标为， 根据坐标，可得向量： ， ， ， 所以向量与垂直，即. (2) 【分析】（1）通过建系求出向量和的坐标，利用数量积为0这一代数条件直接证明了空间两直线的垂直关系； （2）通过求平面的法向量，利用线面角的正弦值等于方向向量与法向量夹角余弦值的绝对值计算出结果，再借助同角三角函数平方关系得出余弦值. 【详解】（1）略 （2）由两两垂直，可得平面， 平面的一个法向量可取为， 直线的方向向量为， 设直线与平面所成的角为， 根据线面角的正弦值公式： ， 因为线面角的范围是， 所以. 3．(25-26高二上·重庆杨家坪中学·月考)如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，为中点． (1)求证：平面； (2)若，，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明：连接交于点，连接； 因为为平行四边形，故为的中点； 又因为为中点，故， 因为平面，平面， 故平面； (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，找平面内一条直线与已知直线平行，根据题干所给中点以及平行四边形的性质利用中位线证明平行，即可证明线面平行； （2）利用空间向量求出平面的法向量和直线的方向向量，根据线面夹角的正弦值等于直线的方向向量和平面的法向量夹角的余弦值的绝对值进行计算． 【详解】（1）略 （2）由（1）可知，，因为平面，故平面； 又因为底面为平行四边形，且，故底面为菱形， 则； 则以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 由，可知，，则为等边三角形； 故，；； 故，，，，， 则，，； 设为平面的法向量， 则，令，则； 设为直线与平面所成角， 则； 故直线与平面所成角的正弦值为． 【点睛】 4．(25-26高二·广东潮州·期末)四棱锥中，底面，，，且，，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)取中点，连接，， 因为，，所以四边形为平行四边形，则， 因为，所以， 因为，为的中点，所以， 由勾股定理可得，同理可得， 所以，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面． (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，结合线面垂直的性质及勾股定理逆定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据线面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）因为平面，， 如图，以点为原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 设直线与平面所成角为， 则， 所以，直线与平面所成角的正弦值为． 5．(25-26高二下·内蒙古赤峰·期末)如图，在中，，，D，E分别在，上，满足，，将沿折起到的位置，使.      (1)求证：平面； (2)若点M满足，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)因为，，所以， 又因为，则，所以，翻折后， 又因为，平面，所以平面， 又平面，所以， 又因为，平面， 所以平面. (2) 【分析】(1)折叠保垂直，依靠两组垂直交线证明出线面垂直； (2)依托第一问垂直条件建立空间直角坐标系，确定点坐标，求出平面法向量，套用线面夹角向量公式运算求解. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，建立如下所示空间直角坐标系，由几何关系知， 所以，则， 设平面的法向量，则， 令，则， 因为在线段上，且，则， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为.    ◆题型18 线面角动点问题 1．(26-27高二上·湖南师范大学附属中学·)如图所示，等腰梯形ABCD中，，，，E为CD中点，AE与BD交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面ABCE）. (1)证明：平面POB； (2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)连接BE，在等腰梯形ABCD中，，，E为CD中点， ∴四边形ABED为菱形，∴， ∴，，即，，且， 平面POB，平面POB，∴平面POB. (2)存在点Q为PB的中点， 【分析】（1）连接BE，通过说明，，即可求证； （2）建系，设，得到， 求得平面法向量和直线方向向量，结合夹角公式列出方程求解即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知四边形ABED为菱形，∴， 在等腰梯形ABCD中，，∴为正三角形， ∴，同理， ∵， ∴， ∴， 由（1）可知，， 以O为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz， 则，，，，， ，，， 设，， 设平面AEQ的一个法向量为， 则即 取，，得，∴， 设直线PC与平面AEQ所成角为θ，， 则，即， 化简得：，解得λ=， ∴存在点Q为PB的中点，即时， 使直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为． 2．(24-25高二下·湖北华中师范大学第一附属中学·)如图，三棱锥中，，平面平面． (1)求异面直线AC与BD所成角的余弦值； (2)若点F是线段AD（不含端点）上的一点，且直线AD与平面所成角大小为，求线段DF的长度． 【答案】(1) (2)1． 【分析】（1）利用面面垂直条件建立空间直角坐标系，借助向量夹角公式，求出异面直线所成角余弦值； （2）参数设点 F，求出平面 的法向量，利用线面角公式解参数，最后算出 DF 长度. 【详解】（1）取BC中点，连接OA、OD，又， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， 为BC中点，，      如图，以分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则， ， 设异面直线AC与BD所成的角为， 则，       所以异面直线AC与BD所成角的余弦值为. （2）设， 由（1）知，， 则，得，故． 设平面的法向量， 则， 令，得，即，      由直线AD与平面所成角大小为， 得．            ， 所以线段DF的长度为1． 3．(24-25高二上·广东深圳第三高级中学·月考)如图，是以为直径的圆上异于，的点，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线. (1)证明：平面； (2)直线l上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)连接并延长，交圆于点，连接， 则，， 所以四边形为矩形，所以， 因为，所以， 故平面与平面的交线为所在直线，即所在直线为直线， 因为为直径，所以， 因为平面平面，交线为，平面， 所以平面，即平面. (2)存在，1 【分析】（1）由三角形中位线性质得，结合圆的直径特征构造矩形，以此确定两平面的交线；利用直径所对圆周角为直角得到线线垂直，再结合面面垂直的性质定理，证明平面. （2）建立空间直角坐标系，设出直线上点的坐标，求出平面的法向量；根据线面角的向量计算公式列方程，解出参数后得到的长度，验证点是否存在. 【详解】（1）略 （2）在上取点，连接，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，垂直，的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，， 所以，，，， ，， 则， 设平面的法向量为， 则 解得，令，则， 故，又， 故， 解得，故，即直线上存在点， 使得直线与平面所成的角的正弦值为，且. 4．(25-26高二下·湖南部分学校·期末)如图，在三棱锥中，平面，，，；分别延长，到，使得，；平面与平面的交线为． (1)求平面与平面夹角的余弦值； (2)证明：； (3)点在上，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求出的长． 【答案】(1) (2)由题可知，分别是的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面，            又平面，平面平面， 所以，从而. (3) 【分析】（1）方法一：过点作于，连接，得到平面与平面夹角的平面角，通过即可求解；方法二：建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量即可求解； （2）由线面平行可得线线平行； （3）方法一：利用向量法求出直线与平面所成角的正弦值的表达式，求出正弦值最大的情况即可求解；方法二：利用等体积法，得到当最小时，直线与平面所成角的正弦值最大，此时，得到即可求解. 【详解】（1）方法一：平面与平面的夹角也就是平面与平面的夹角． 过点作于，连接， 因为平面，平面,所以， 又因为平面,所以平面， 又平面，所以，所以是两个平面所成的角， 根据题意可知，， 在中，由等面积可得，则， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为. 方法二：根据题意可知，， 于是可以建立如图所示的空间直角坐标系，则，，， 利用点是的中点确定点的坐标为， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即，故可取， 显然平面的法向量可以是， 设平面与平面的夹角大小为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. （2）略. （3）方法一：由（2）可知，，于是可设， 即，又，则，， 设直线与平面所成角大小为， 则， 当时，取得最小值，则取得最大值． 此时，； 方法二：由（2）可知，平面，所以上所有点到平面的距离都相等， 设这个定距离为，也就是点到面的距离． 在中，，，由余弦定理，，， 在三棱锥中，， 设直线与平面所成角大小为，为锐角，则， 当最小时，最大，显然，即时，最小． 又，， ． 所以． 5．(25-26高二下·天津河东区·期末)如图，在多面体中，平面平面，四边形为矩形．四边形中，，，，，为的中点． (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面所成夹角的大小； (3)点在线段上，当与平面所成角的大小为时，求的长． 【答案】(1)由四边形为矩形，得，而平面平面， 平面平面平面，则平面， 又平面，所以平面平面. (2) (3) 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理及判定定理推理得证. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. （3）令，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法列式求解. 【详解】（1）略 （2）由平面，得直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ，则， 因此是平面的一个法向量，而是平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则， 解得，所以平面与平面的夹角大小为. （3）由（2）得，由点在线段上，， 即，则点，而， 设平面的法向量为，则，取，得， 而，直线与平面所成角的大小为， 因此，解得， 即点与点重合，所以. ◆题型19 两个平面的夹角 1．(25-26高二·陕西汉中勉县第二中学·期中)如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形. (1)求证：平面平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)由题意得平面，平面，则， 由正方形性质得，而，平面， 所以平面， 而平面，故平面平面. (2) 【分析】（1）利用线面垂直的性质得到，再结合并利用线面垂直的判定定理得到平面，最后利用面面垂直的判定定理求解即可. （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，再结合面面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）由平面，平面， 得到，，所以建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则， 令，解得，，得到， 而为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为θ， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为. 2．(26-27高二上·湖南邵阳·)如图，在多面体中，四边形是直角梯形，，，，均与平面垂直，且． (1)在棱上取一点E，使得平面，证明：E为棱的中点； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明：因为，平面，则，， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 由，，，底面为直角梯形，解得． 则，，，． 在平面中，，．     设平面的一个法向量为， 则，即， 取，解得． 因为点E在上，设， 则． 因为平面，所以，解得， 故E为线段的中点． (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，证明垂直平面的法向量； （2）求平面的法向量，结合（1）中平面的法向量，然后由夹角公式求解二面角. 【详解】（1）略 （2）在平面中，，． 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，解得．由（1）知， 记面与面的夹角为，则， 故平面与平面的夹角的余弦值为 3．(26-27高二上·湖南长沙第一中学·)如图，在所有棱长都为2的三棱柱中，点是棱的中点，． (1)求证：平面平面； (2)若，点满足， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）求二面角的平面角的余弦值． 【答案】(1)证明：取的中点，连接，，， 因为为的中点，为的中点，所以， 在三棱柱中，， 则四边形是菱形，得，则， 又，，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为是等边三角形，为的中点，所以， 又因为，，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面． (2)（i）（ii） 【分析】（1）如图，由题意可得，根据线面垂直的判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）（i）建立空间直角坐标系，根据和空间向量的坐标表示求得，再求出和平面的法向量，利用空间向量法即可求解； （ii）求出平面和平面的法向量，利用空间向量法即可求解． 【详解】（1）略 （2）（i）连接，因为，，所以是等边三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 而平面，故，， 如图，以为原点，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设，又，解得， 则， 易得平面的一个法向量， 所以， 设直线与平面所成角为，则． （ii），则，， 设平面的法向量为， 则即可取， 设二面角的平面角为，则， 故二面角的平面角的余弦值为． 4．(26-27高二上·湖南长沙长郡中学·)如图，在三棱柱中，，，，是棱的中点． (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成线面角的大小； (3)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角． 【答案】(1)证明：取中点，连接，，，， 因为是棱的中点，易得四边形为平行四边形， 则平面即为平面， 因为，为的中点， 所以， 因为，，，所以， 所以，又为的中点， 所以， 因为，，平面， 所以平面，即平面． (2) (3) 【分析】（1）取中点，由得；由结合和公共边证，得，从而；又由棱柱中点关系证四边形为平行四边形，说明均在平面内，且二者相交于，故平面； （2）由（1）知平面，故为在该平面上的投影，线面角即；利用且算得，结合给定作为斜边，在直角三角形中用正弦函数求得线面角； （3）先利用体积条件等体积换顶点，反推出点到侧面的距离；方法一：建系求两平面法向量，代入夹角公式取绝对值；方法二：过垂足作辅助线构造二面角平面角，用勾股定理和相似三角形算边长，再用余弦函数求得二面角. 【详解】（1）略 （2）由（1）知平面，则点在平面内的投影为，则即为所求线面角， 因为在中，，，所以， 所以， 所以直线与平面所成线面角为． （3）由（1）知平面，因为平面，且平面， 故平面平面，平面平面， 过点作于点，则平面，过点作于点，则平面， 因为，，，则， 所以，所以， 方法一（空间向量法）：设，则， 在中， 所以，， 又，所以点与点重合， 以为原点，分别以，，分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， ，， 设平面的法向量为， 则有 令，则，，所以． 设平面的法向量为， 则有 令，则，，所以， 则有， 所以平面与平面的夹角为． 方法二（几何法）：过点作，连接， 因为平面，所以，则平面， 所以，则即为所求二面角， 在中，，，则， 在中，，，则， 由可得， 所以，则， 所以，即平面与平面的夹角为． 5．(25-26高二·贵州遵义航天高级中学·)如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，点在侧棱上，且，. (1)求证：直线 (2)若，且三棱锥的体积为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】(1)因为平面，平面， 所以， 因为点分别是的中点，所以， 因为，所以， 所以，且，平面， 所以平面，平面， 所以； (2) 【分析】（1）要证明线线垂直，转化为证明线面垂直，即证明平面； （2）首先根据体积公式求侧棱长，再以点为原点建立空间直角坐标系，根据垂直关系，分别求平面和平面的法向量，再代入向量公式，即可求解. 【详解】（1）略 （2）因为，则，所以， 因为，所以， 因为，所以， 所以，即，得， 如图，以点为原点，以为轴的正方向建立空间直角坐标系，连结， 因为平面，平面，所以， 因为，所以， 又因为，且，平面， 所以平面， 所以平面的一个法向量是， 因为 平面平面，且平面平面， 又，点是的中点，所以， 所以平面， 所以平面的一个法向量是， ，，，， ，， 设平面与平面所成锐二面角为， 则, 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为. ◆题型20 二面角动点问题 1．(25-26高二·广东湛江港城、海东、崇文三校·期中)如图，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点． (1)求证：∥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明：在棱长为2的正方体中,以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，得， 又，则， 因此，又平面，所以平面. (2) (3)存在； 【分析】（1）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）由（1）中信息，利用线面角的向量法求解. （3）假定存在并求出平面的法向量，利用面面角的向量法列式求解. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）设线段上存在点使得二面角的余弦值为， 当点与点重合时，显然二面角为钝角，余弦值小于0，不符合题意； 过作于点，取，则， 由（1）可知，，平面的法向量， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，所以， 则，解得，符合题意， 因此线段上存在点，使得二面角的余弦值为． 2．(26-27高二上·河南部分学校·)如图，四棱锥中，是正三角形，平面，，，为的中点，为直线与平面所成的角，且，点为的中点． (1)求证：平面； (2)求证：； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的平面角为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明：因为平面，平面，平面平面， 所以． 所以，又因为是正三角形，所以． 又因为，，所以， 则， 则，所以． 又因为为的中点，所以，又因为，，平面， 所以， 又因为平面，平面，所以平面； (2)证明：因为点为中点，所以，又因为，， 所以，即， 即，所以，． 因为为直线与平面所成的角， 所以过点作平面，垂足一定在直线上， 因为平面，所以， 又因为是正三角形，为的中点，所以， 又因为，，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 且为的中点，所以； (3)存在， 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，即证即可； （2）利用余弦定理计算，得，又为直线与平面所成的角，过点作平面，垂足一定在直线上，利用线面垂直的判定定理即可得证平面，进而得证； （3）连接，得即为二面角的平面角，进而得，，利用正弦定理得，进而得，即可求解. 【详解】（1）略 （2）略 （3）由（2）知，且，，所以， 所以，连接，因为为的中点，所以， 又因为，则即为二面角的平面角， 即， 在中，又因为， 所以， 由正弦定理得：，即， 解得， 所以，所以． 3．(25-26高二下·广东执信中学·期末)如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，. (1)棱上是否存在一点，使得平面平面，请说明理由. (2)若二面角大小为，求的值. 【答案】(1)存在，点在棱上，都有平面平面，理由如下： ∵，为的中点， ∴四边形为平行四边形，∴， 又∵，∴，即， 又∵平面平面，平面平面， 平面，∴平面， ∵平面，∴平面平面； (2) 【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得线面垂直，即可得出面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，利用面面角的余弦公式建立方程，解得即可得解. 【详解】（1）略 （2）∵，为的中点，∴， ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面， 如图，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 在中，， ∴，，，， 设，易知M不与P,C重合，则， ∴，又， 设平面的法向量为，则， 令，解得，，得， 又平面的一个法向量为， ∵二面角为，∴， 即，解得或（舍去），即，∴. 4．(26-27高二上·黑龙江龙东十校联盟·开学考)如图，在四棱锥中，，，平面，二面角的大小为，点，满足：，. (1)若平面，求的值； (2)求与平面所成角的正弦的取值范围； (3)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）因为平面，平面，所以，如图建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，令其与垂直，即可求得的值； （2）根据线面角的向量求法，将与平面所成角的正弦表示成的函数，从而求得其取值范围； （3）根据平面与平面夹角的向量求法，列出相应的方程，求解可得的值. 【详解】（1）在平面中，过作的垂线，则平面， 因为平面，所以. 因为平面，，平面，所以，， 所以为二面角的平面角，所以. 以为坐标原点，分别以所在直线，及直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，，，， 设平面的一个法向量，则， 即. 令，得，，所以. 由，得， 由，得， 所以， 因为平面，所以， 所以， 解得. （2）因为，所以， 设平面的一个法向量， 则，即. 令，得，， 所以. 设与平面所成的角为，则 . 当时，； 当时，， 当且仅当时等号成立. 所以，即与平面所成角的正弦值的取值范围为. （3）由（1）知，所以. 设平面的一个法向量， 则，即. 令，得，，所以， 由（2）知平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则 ， 即， 解得. 5．(25-26高二下·广东广州部分校·期末)如图，已知圆台，其中均为母线，四边形为圆台的轴截面，且． (1)求证：； (2)已知二面角的余弦值为，求圆台的高的长． 【答案】(1)连接，因为直线为圆台的轴，为圆台的母线， 则为直角梯形，其中， 又因为， 所以为等腰直角三角形，所以， 又因为四边形为圆台的轴截面，则，又， 所以， 法一：又因为平面， 所以平面， 又平面， 所以； 法二：所以直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，， 所以， 则，所以， 所以； (2)2. 【分析】（1）可以通过构造直角梯形证明 平面 ，从而 ；也可建立坐标系直接验证 ； （2）建立坐标系，分别求出平面 与 的法向量，利用二面角余弦的绝对值等于法向量夹角余弦的绝对值，解方程求高． 【详解】（1）略． （2）由（1）得，，， 设平面与平面的法向量分别为， 则，即，取，得，， 故平面的一个法向量为， 又，即，取，得， 故平面的一个法向量为， 由二面角的余弦值为， 得，解得， 所以圆台的高的长为2. ◆题型21 平行动点问题 1．(26-27高二上·重庆西南大学附属中学校·)如图，已知四棱锥中，底面是正方形，是正三角形，且平面平面，． (1)求二面角的正切值； (2)若点满足，点满足，且平面，求的值； (3)若点分别为的中点，在图中作出四棱锥与四棱锥相交的公共部分，并直接写出它的体积（不写求解过程）． 【答案】(1) (2)1 (3) 【分析】（1）由题意作出所求二面角的平面角，解直角三角形即可求解； （2）设的中点为G，连接，连接,设交点为H，推出平面平面，继而推出，即可求解； （3）先确定四棱锥与四棱锥相交的公共部分的形状，再结合割补法即可求解. 【详解】（1）设的中点为，连接， 是正三角形，故，而平面， 平面平面，平面平面，故平面， 平面，故； 结合，可得， 底面是正方形，则 ， 而平面，故平面， 平面平面，平面平面， 故为二面角的平面角， 在中，， 即二面角的正切值为. （2）设的中点为G，连接，连接,设交点为H， 底面是正方形，则H为的中点， 由于，故，结合，可得， 即E为的中点，则在中有， 平面，平面，故平面， 结合平面，且平面，故平面平面， 又平面平面，平面平面， 故，结合G为的中点，可知F为的中点， 即，而，可得, （3）如图，连接，则，而，故， 则可得共面，设交于点R，交于点S， 则四棱锥与四棱锥相交的公共部分为以为顶点的五面体， 该五面体的体积等于, 由题意可知P到底面的距离为，则N到底面的距离为， 故， ， 由于，故， 则，结合题意知,则, 由平面平面，平面平面，，平面， 得平面， 故； 又，则，则， 故，则，故, 故 ， 即四棱锥与四棱锥相交的公共部分的体积为. 2．(25-26高二上·四川广安加德学校·月考)如图，在三棱锥中，底面，，，分别为棱，的中点，在线段上，且，，． (1)求点N到直线的距离； (2)点D在线段上运动（包括端点），是否存在一点D，使平面？若存在，求出线段的值；若不存在，请说明理由．（以上问题用向量法求解，综合法一律不得分） 【答案】(1) (2)结合（1）的空间直角坐标系，有，则，， 设，，则，平面的法向量为， 所以，令，得到， 又平面，即， 所以，解得， 所以． 【分析】（1）先根据题意建立空间直角坐标系，得到所需各点的坐标，从而得到，，进而结合投影向量即可求出点到直线的距离； （2）结合（1）的空间直角坐标系，设，，从而求出平面的法向量为，再根据题意得到，即可求出的值，进而即可得到结论． 【详解】（1）由底面，，且底面，则，，两两垂直， 所以以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 由，，，且，分别为棱，的中点， 则，，， 所以，， 所以在上的投影向量的模长为， 所以点到直线的距离为． （2）略 3．(25-26高二下·云南昭通一中教研联盟·期末)如图，在长方体中，，点分别为的中点，点M为长方形内一动点（含边界）． (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若直线平面，求点M的轨迹长度． 【答案】(1)法一：以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 则， 故，即． 法二：连接， 在长方体中，⊥平面， 因为平面，所以， 又四边形是正方形，所以， 因为，平面， 所以平面，又平面， 所以． (2) (3) 【分析】法一：（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量求证即可； （2）利用线面角的空间向量公式求解即可； （3）设（其中，），结合平面可得，进而求解即可； 法二：（1）连接，先证明，，可得平面，进而求证即可； （2）易得平面，可知即为直线与平面所成角，进而求解即可； （3）连接，取中点，在上取点，使得，连接，分析可得点在平面与平面的交线上，从而点的轨迹是线段，进而求解即可. 【详解】（1）略 （2）法一：由（1）知，点，，，， 易得平面的一个法向量为，而， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 法二：在长方体中，平面，即平面， 所以即为直线与平面所成角， 在直角三角形中，，则， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为. （3）法一：由（1）知，，，，， 设（其中，），则， 而，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 因为平面，故，则，即，                           而，，则点M的轨迹为线段，且线段的两个端点为， 则点M的轨迹长度． 法二：在长方体中，取的中点，连接， 由点为的中点，得， 则四边形是平行四边形， ，又， 则四边形是平行四边形， 于是，取中点，在上取点， 使得，连接， 而，则四边形为平行四边形，， 而平面，平面，于是平面，     由为的中点，得，而平面，平面， 则平面． 又平面，因此平面平面， 由直线平面，点平面， 则点在平面与平面的交线上，从而点的轨迹是线段， 而，所以点的轨迹长度为． 4．在四棱锥中，平面平面，，，，，，O是线段的中点． (1)证明：． (2)若二面角的平面角的正弦值为． ①求线段的长； ②若E为线段的中点，点N在线段上，是否存在实数，使得当时，平面?若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明：在中，是线段的中点， .∵平面平面，平面平面平面， ∴平面.又∵平面，∴， ∵，即，，平面， ∴平面，∵平面 ∴ (2)(2)①；②存在实数 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理得出平面，进而证明，再结合已知证明平面，最后应用线面垂直的定义得出线线垂直； （2）①根据题意，建立恰当的空间直角坐标系，先求出平面与平面的法向量，再根据求平面与平面夹角余弦公式计算求解参数； ②计算得出，进而得出，再应用线面平行的向量关系列式求解. 【详解】（1）略 （2）解：①取的中点，连接，则 ，由（1）可知，平面. 平面，即两两互相垂直. 以点为坐标原点，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设， 则. 设平面的法向量为， 则即令，则. 设平面的法向量为， 则即令，则. . 设二面角的平面角为， 则. ，解得，即. ②假设实数存在，设点，则. 由，得则 由，得，则， 由（1）知平面的一个法向量. 由 平面，得，解得. ∴存在实数，使得当时， 平面. 5．(25-26高二·江苏淮安高中校协作体·期中)如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，． (1)证明：平面PAC； (2)已知，点满足平面PEC． （i）求； （ii）求平面PBD与平面PEC的夹角． 【答案】(1) 因为ABCD为菱形，所以， 设AC，BD交于点，则， 又因为，所以， 因为，AC，平面PAC， 所以BD平面PAC； (2)（i）；（ii） 【分析】（1）利用菱形、等腰三角形的性质，结合线面垂直的判定定理证明即可； （2）（i）取PC中点，利用平面向量共线及三角形中位线的性质得； （ii）建立空间直角坐标系，利用空间向量计算面面夹角即可. 【详解】（1）略 （2）（i）取PC中点，则且，由知， 所以，即四点共面， 因为平面PEC，平面OBEF，平面平面， 所以， 因此OFEB是平行四边形，故，即； （ii）由（1）可知，BD平面PAC，因为平面ABCD，所以平面平面PAC， 因为平面平面，所以在平面PAC内作Oz垂直于AC，如图， 以为原点，建立空间直角坐标系， 由题意可知，，，， 因为，且，所以，， 因此，，， ，， 由此可知，设平面PBD的一个法向量， 则，也即， 令，得， 设平面PEC的一个法向量， 则，也即， 令，得， 所以， 所以平面PBD与平面PEC的夹角为. ◆题型22 垂直动点问题 1．(25-26高二下·河南信阳普通高中·期末)在正三棱柱中，底面边长，侧棱，点在侧棱上，且满足． (1)是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． (2)当时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 【答案】(1)存在，，取的中点，连接，则， 以为原点，为轴正方向，为轴正方向，过点作平行的直线为轴，建立空间直角坐标系， 由题意，，则，，，， ，，设， 由，，，得，即， 所以，， 若，则 ，得，满足，符合， 所以，存在，使得； (2) 【分析】（1）取的中点，连接，则，构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，设，根据已知得，再写出的坐标，根据垂直关系列方程求参数，即可得结论； （2）由题意，求出相关平面的法向量，应用向量法求二面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）若，则，设平面的一个法向量为， 由，，得，取，得， 设平面的一个法向量为， 由，，得，取，则得， 设平面与平面所成的锐二面角为，则， 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 2．(25-26高二下·安徽蚌埠禹王学校等·)如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧棱底面，且，点为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)点为棱上的动点（不与端点重合），是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)连接与交于点，连接． 因为底面为矩形，所以为的中点． 又为的中点，所以在中，． 因为平面 平面， 所以平面． (2) (3)存在， 【分析】（1）利用线面平行的判定定理，通过矩形对角线性质构造中位线，证明线线平行即可推导线面平行. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，利用向量夹角公式求解线面角的正弦值. （3）设出点的参数坐标，求出两个平面的法向量，利用面面垂直时法向量数量积为的条件列方程求解参数，即可得到比值. 【详解】（1）略 （2）因为底面为矩形，侧棱底面， 所以以点为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由已知可得． 因为为的中点，所以，则． 设平面的法向量为． 由， 得 取，则 ，所以． 设直线与平面所成角为，则 所以直线与平面所成角的正弦值为． （3）因为点在线段上，设，其中． 由得． 所以点的坐标为， 设平面的法向量为． 由，得， 令，则 ． 故平面的一个法向量为． 假设存在点使得平面平面， 则，即 ， 解得，满足， 所以存在满足条件的点（线段上靠近的四等分点）， ． 3．如图1所示，三角形中，，，点是线段上的动点，过点作的垂线，使. (1)求长度的最小值； (2)沿将折起，使得平面平面，如图2所示，点在何位置时，点与点之间的距离最小？并求此时平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)3 (2)答案见解析 【分析】（1）根据向量相等的概念，判断四边形的性质，进而判定线段长度最小时的情况，求出结果即可； （2）根据折叠的几何性质，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，列出方程组，进而求出两点间距离最小时的情况，再根据面面夹角余弦值的向量方法，求出余弦值. 【详解】（1） 如图所示，连接交于， 因为，所以四边形是平行四边形， 则点为中点，， 所以当时，即为中点时，取得最小值， 此时长度的最小值为. （2） 如图所示，因为平面平面，平面上存在一点，使平面， 则以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 因为，，所以， 所以， 设，， 即，解得，得， 则， 设点，可知， 即，解得，即， 则， 可知时，即时，长度取得最小值； 此时， 可得， 设平面的法向量为， 则，即， 当时，解得，即平面的一个法向量为， 平面的法向量为， 则，即， 当时，解得，即平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 所以. 4．(25-26高二下·云南澄江第一中学·期中)如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点． (1)证明：直线平面 (2)是否在线段存在一点，使得平面平面，若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由？ 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）证明，根据线面平行的判定定理判断即可. （2）求出平面与平面的法向量，根据面面垂直的性质，使得它们满足垂直条件即可. 【详解】（1）为线段的中点，为线段的中点， 所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以. 又平面，平面，所以平面. （2）存在点，，理由如下： 如图，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 因为为线段的中点，为线段的中点，所以，. 所以，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，，所以. 设 ，则. 设平面的法向量为. ，，， 则，即， 令，则，，所以. 若使平面平面，则，即， 解得. 所以，故，即. 5．(25-26高二上·广东中山桂山中学·期末)如图，正方体中，点在棱上. (1)求证：； (2)设在上，且，是否在上存在点，使平面平面，若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，点为的中点. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用直线方向向量数量积即可得证； （2）求出两个平面的法向量，根据数量积为0计算是否有解即可. 【详解】（1）以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 设正方体的棱长为1，则，,， 设，则,， 所以，所以， 故. （2）设满足条件的点，设平面的一个法向量， 因为,， 则，即， 取，得， 由M在上，且，则， 设平面的一个法向量， ,， 则即， 取，得， 平面⊥平面，则，解得或（舍）， 所以当，即为的中点时，平面⊥平面. ◆题型23 距离问题 1．(25-26高二·贵州贵阳第一中学·)如图，在四棱锥中，底面是正方形，且平面，，，过点的平面分别与棱、、交于、、，，． (1)求到底面的距离； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)3 (2) 【分析】（1）以为空间坐标原点，、、分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法及四点共面，求出的坐标，根据其竖坐标即可得答案； （2）分别求出平面与平面的法向量，利用夹角的余弦公式求解即可. 【详解】（1）由题意可得、、两两垂直， 故以为空间坐标原点，、、分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则,,,,, 又因为，． 所以为中点，为靠近的三等分点，所以，， 因为，在上，且设, 所以，所以, 又因为，，且四点共面， 所以，所以， 所以解得，所以， 解得，所以，所以到底面的距离为； （2）因为轴与平面垂直，所以轴与平面垂直， 取平面的法向量， 因为，所以设平面的法向量， 则，所以解得， 取，设平面与平面所成角为， 则, 所以平面与平面所成角的余弦值为. 2．(26-27高二上·广东深圳外国语学校·)如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段上一点，，，四边形为矩形．    (1)若是的中点，求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)若点到平面的距离为，求的长． 【答案】(1)证明：如图，连接交于点，连接.    因为四边形为矩形，所以点为中点. 在中，是的中点，所以. 因为平面，平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）连接交于点，连接，可得，再利用线面平行的判定定理即可证明. （2）建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量即可求二面角的余弦值. （3）设，利用点到面的向量公式即可求的值，进而可求的长. 【详解】（1）略 （2）平面， 以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 则 所以，，， 设平面的法向量为， 则，即. 令，则，，所以. 设平面的法向量为， 则，即. 令，则，，所以. 所以. 由图可得二面角为钝角，所以二面角的余弦值为. （3）设 因为，所以. 点到平面的距离为，解得. 所以.则. 所以的长为 3．(25-26高二下·福建龙岩·期末)如图，在正三棱柱中，M为线段的中点，N为线段上的动点． (1)求证：； (2)若，，二面角的余弦值为，求点到平面的距离． 【答案】(1)连接， 在正三棱柱中，为等边三角形，   又因为M为的中点，所以．   又因为平面，平面，所以   又因为，，平面， 所以平面．   又因为平面，所以． (2) 【分析】（1）连接，则由等边三角形的性可得，再由正三棱柱的性质得，然后由线面垂直的判定可得平面，最后由线面垂直的性质可证得结论； （2）如图建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离. 【详解】（1）略 （2）设为的中点， 由（1）知，，， 如图，以M为原点，以，，的方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系． 因为，，设，， 所以，， 设平面的法向量为， 所以， 令，得，， 所以平面的一个法向量为， 由已知得，，， 所以的中点， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 因为二面角的余弦值为， 所以， 化简得，解得，， 因为，所以， 所以平面的一个法向量为，， 又，所以， 所以点到平面的距离， 所以点到平面的距离为． 4．(24-25高二下·江苏徐州第一中学·)如图在多面体中，四边形是边长为4的正方形，四边形为等腰梯形，且，，，． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明：∵四边形是正方形，，     ，，平面，平面，     平面，∴平面平面． (2) (3) 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明可得； （2）过点作于，作，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量方法可得； （3）由空间点到面的距离公式计算可得. 【详解】（1）略. （2）过点作于，由（1）知平面， ∵四边形是等腰梯形，，，， ，．         作，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，             ，，，，． ，． 设平面的一个法向量，则，即， 令，，         又，， 同理设平面的一个法向量，则，即， 令，，         ，     ， 故平面与平面所成角的正弦值为． （3）设点到平面的距离为， 由（2）知，平面的一个法向量， ． 5．(25-26高二·浙江金华卓越联盟·)如图1，四边形是边长为2的正方形，中，，，分别为、的中点，将沿折起到位置（如图2），使平面平面． (1)证明：平面． (2)空间中是否存在一点，使到点、、、的距离都相等，若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由； (3)求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点为与的交点 (3)． 【分析】（1）根据正方形的性质，结合线面平行的判定定理进行证明即可； （2）根据面面垂直的判定定理，建立空间直角坐标系，利用空间距离公式进行求解即可； （3）利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1），分别为，的中点， ， ∵四边形是边长为2的正方形， ，， 平面，平面， 平面． （2）取的中点，连接，取中点，连接， ，，，， ∵平面平面，平面，平面平面， 平面． ∵四边形是边长为2的正方形，为中点， ，， 分别以，，所在直线为x轴y轴z轴建立空间直角坐标系，则，，，， 假设存在点到点，，，距离都相等， 解得，，即， ∴点存在，且点为与的交点； （3）设平面、平面的法向量分别为，， 由（2）知，，，， 令，． 令，． 设平面、平面的夹角为， ， 平面与平面的夹角的余弦值为． ◆题型24 解答题中球的问题 1．(25-26高二下·湖北沙中学·)已知半径为的球的截面所在圆面面积为，为截面圆的直径，为球的直径， (1)求证：平面平面. (2)若球的半径为，劣弧和劣弧长度之比为，试求、所成的角的余弦值. (3)若和长度之比为，求二面角的平面角的正弦值. 【答案】(1) 因为为截面所在圆的直径，所以， 又为球的直径，所以， 又平面，平面，且、相交于点， 所以平面， 又平面，所以平面平面； (2) ； (3) . 【分析】（1）根据几何体特征，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）根据几何体特征，建立空间直角坐标系，结合空间线线角求解的向量法即可求解； （3）根据几何体特征，建立空间直角坐标系，结合空间二面角求解的向量法即可求解. 【详解】（1）略 （2）由题意，球的半径为，即， 设截面所在圆的半径为，面积为，则，所以， 所以，， 又为球的直径，所以，所以， 又劣弧与劣弧长度之比为，所以， 又，所以，， 又，所以，， 又，，，所以， 又，，，所以，所以， 以为原点，以为轴，以为轴，过点平行于作轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 所以； （3）设截面所在圆的半径为，面积为， 则，解得，即， 因为与长度之比为，， 则，所以，所以，， 又，所以， 又，所以，所以， 以为原点，以为轴，以为轴，过点平行于作轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，， 则，，， 设平面的法向量为， 则，解得， 平面的法向量为， 则，解得， 令二面角为， 则， 所以. 即二面角的平面角的正弦值为. 2．(25-26高二·河南许昌长葛·期末)如图，在四棱锥中，平面，平面平面，. (1)证明：平面； (2)已知点为线段上一点（与不重合）. （i）若二面角的余弦值为，求的值； （ii）若四点均在球的球面上，求球表面积的最小值. 【答案】(1) 由平面平面，得， 在平面中，，则，又， 则，，由平面平面， 平面平面，平面，得平面， 又平面，则，而平面， 所以平面． (2)（i）；（ii）． 【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质、线面平行的判定推理得证. （2）（i）建立空间直角坐标系，求出各个点的坐标，再求出平面的法向量坐标，利用二面角余弦值的向量法列式求解；（ii）利用两点间距离公式列式求出球半径的函数关系，利用二次函数求出半径平方的最小值即可. 【详解】（1）略 （2）（i）由（1）知，即，又平面，即直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则 ， 设，则， 设平面的法向量为， 则，取，则， 由（1）平面，得为平面的一个法向量，记， 由题意得， 整理得，则，所以． （ii）由（i）知，即， 设球的球心坐标为，半径为，则， 即， ， 解得， 而，则当时，取得最小值， 所以球表面积的最小值为. 3．(25-26高二上·安徽天长中学等校·期末)在三棱锥中，. (1)若平面平面. （i）求证：； （ii）三棱锥的各个顶点都在球的表面上，求球的半径； (2)若二面角的余弦值为，求的长. 【答案】(1) （i）由题意得，，平面平面， 因为平面平面平面，所以平面， 又平面，所以. （ii） (2). 【分析】（1）（i）由面面垂直的性质定理得到平面，即可求证；（ii）建系，设，通过，结合两点间距离公式列出等式求解即可； （2）过点作棱交的延长线于点，以点为坐标原点，为轴，过点且平行于的直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解. 【详解】（1）（i）略 （ii）如图，以为原点建立空间直角坐标系， 则， 设三棱锥外接球球心，则球心到的距离相等， 所以， 即 解方程得，所以， 故. （2）过点作棱交的延长线于点， 因为，所以， 所以点是在以为圆心，为半径的圆上一点， 故以点为坐标原点，为轴，过点且平行于的直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，则，所以 设平面的法向量为， 则， 令，则，所以平面的一个法向量为； 设平面的法向量为， 则， 令，则， 所以平面的一个法向量为， 因为二面角的余弦值为， 所以， 又因为，将其代入整理得，解得， 所以，此时， 故二面角的余弦值为时，. 4．(25-26高二·河南驻马店·期末)已知：如图，，，和都垂直于平面，是的中点，点满足. (1)证明：； (2)记经过，，，四点的球的球心为. （ⅰ）求球被平面所截得的截面面积. （ⅱ）求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) 由已知面，面，从而， 又因为，，， 则是以为斜边的等腰直角三角形，取中点为，如图， 则，由是的中点，点满足， 则为的中位线，可得，则， 又且，则平面， 又平面，所以. (2)（i）（ii） 【分析】（1）由条件可得面，由线面垂直的性质定理，可得线线垂直，再由线面垂直的判定定理可得面，即可求证. （2）（i）建立空间直角坐标系，利用球的截面性质求解即可. （ii）利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）由于， 则，，，满足， 所以，又， 从而可得三棱锥的外接球的直径为线段， 因此球心为的中点，半径， 如图，以为空间坐标系原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 则，， 设平面的一个法向量为， 由，得， 取，则，，从而， 又因，则球心到平面的距离为 ， 则球被平面所截得的截面为圆面， 其圆的半径为， 因此截面的面积为； （ⅱ）由（i）可知平面的一个法向量为，且， 因此直线与平面所成角的正弦值为 . 5．(25-26高二上·河北邢台第二中学等校·期末)如图，在梯形ABCD中，，过点作于点 ．将沿BE翻折到的位置，使得平面平面ABED.已知四棱锥的体积为8． (1)证明：． (2)若A，B，D，P在同一个球面上，设该球面的球心为，证明：在平面ABCD上． (3)求平面PAD与平面PAB的夹角的余弦值． 【答案】(1) 设，因为，所以． 因为平面平面ABED，平面平面，平面，平面， 所以平面ABED， 由四棱锥的体积为8，，， 得，解得，即，   连接AE，在Rt中，． 在Rt中，所以． 因为，所以，即 因为平面平面ABED，所以 因为平面AEP，所以平面， 又平面AEP，所以； (2) 在平面ABCD内作AB的垂直平分线，交于，连接MB，MP． 因为，所以， 因为，所以 ， 因为，所以， 所以A，B，D，P在以为球心，3为半径的球面上， 即与重合，故在平面ABCD上． (3) 【分析】（1）先求证平面ABED，进而结合体积可求出，再求证平面即可证出； （2）在平面ABCD内作AB的垂直平分线，交于，求证即可； （3）以为坐标原点建系，计算两个平面的法向量，计算法向量的夹角即可. 【详解】（1）略 （2）略 （3）以为坐标原点，EB，EC，EP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，， 所以． 设平面PAD的法向量为， 则，令，则． 设平面PAB的法向量为， 则，令，则． 因为， 所以平面PAD与平面PAB的夹角的余弦值为． 综合攻坚·知能拔高 一、单选题 1．(25-26高二·河南许昌·期末)在正方体中，点为线段的中点，点在线段上，直线与平面所成的角为，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题通过建立空间直角坐标系，利用线面角的向量计算公式，将的最小值问题转化为求的最大值问题，结合二次函数的最值性质求解. 【详解】 如图：设正方体棱长为2，以D为坐标原点，、、,所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，可得各点坐标: ，因点在线段上，设，其中， ，设平面的法向量为，则 ，令，解得，即， 又，， 则， 由同角三角函数关系得，要使最小，需使最大， 当时，，此时取得最大值， 代入得：. 2．(26-27·第3课1.4.3用空间向量研究夹角问题·)已知正方体中，P，Q分别为棱，上的动点，则二面角的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意，建系，写出相关点的坐标，设，求出两平面的法向量，利用空间向量的夹角公式，结合余弦函数的性质即可求得. 【详解】如图，设正方体的棱长为1，则， 设，则，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设二面角的平面角为，由题意，为锐角，则 ， 当时，，则； 当时，， 因在单调递减，故， 此时，则得， 综上，可得， 故二面角的最大值为. 二、多选题 3．(25-26高二上·四川广安加德学校·月考)在棱长为2的正方体中，点P满足，且，，则下列说法正确的是（   ） A．若，则平面 B．若，则 C．若，则P到平面的距离为 D．若，时，直线与平面所成角为，则 【答案】AD 【分析】利用面面平行判断线面平行，即可判断A，建系后写出相关点的坐标，对于B，利用向量的数量积的坐标公式计算即可判断；对于C，利用空间中点到平面的距离公式计算即可：对于D，由条件求得，利用线面角的向量求法得到，借助于函数的单调性即可求得的范围. 【详解】连结，，，由可知，点在线段上， 因为，平面，平面，所以平面， 同理平面，且，且，平面， 所以平面平面，平面，所以平面，故A正确； 如图以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，，， 对于B，，， 则，得， 所以，，， 故不与垂直，故B错误； 对于C，时，，又，， 设平面的法向量为，则， 故可取，又， 则到平面的距离为，故C错误； 对于D，当，时，，则， 又由C已得平面的法向量为， 则， 当时，， 当时，， 因在上单调递减，则，则有， 则，则当时，，故D正确． 4．(25-26高二·福建福州福清·期末)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则下列结论正确的是（     ） A．存在平面，截此正方体所得截面为正三角形 B．存在平面，棱与平面夹角的正弦值为 C．不存在平面，截此正方体所得截面为正六边形 D．截此正方体所得截面面积的最大值为 【答案】ABD 【分析】A. 当平面是平面满足；B. 当平面是平面满足；C. 举反例，取棱的中点，连接得到正六边形截面；D. 正六边形截面面积取得最大值. 【详解】选项 A, 当平面是平面，因为的三边都是面对角线长，为正三角形,所以存在平面，截此正方体所得截面为正三角形，A 正确; 选项 B, 建立如图所示空间直角坐标系，则,,,, 所以，,， 设平面的法向量是，则,所以，取 设与平面的夹角为，则， 当平面是平面时满足题意，所以存在平面，棱与平面夹角的正弦值为，B 正确； 选项 C，取棱的中点，连接得到正六边形截面，因此存在这样的平面，C 错误； 选项 D，每条棱所在直线与平面所成的角都相等,则截面之间互相平行，由正方体的对称性，要求截面的面积最大， 则当截面的位置是过棱的中点的正六边形（过正方体的中心）时，面积最大，此时正六边形的边长是， 此时截面面积，所以截面面积最大值为，D 正确. 三、填空题 5．(25-26高二上·福建厦门双十中学·月考)如图，在长方体中，，，为长方体内部（含边界）一点，满足，则的取值范围是______. 【答案】 【分析】以 为原点建立空间直角坐标系，把 化为坐标满足的方程，确定点 所在区域；再把 用坐标表示并配方，即可求出取值范围. 【详解】以 为原点，，， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系. 由 ， 得 ，，，. 设 . 因为 在长方体内部（含边界），所以 ，，. 又 ，. 由 得 ，即 ，化简得 . 由 得 ，解得 ，故 ，. 因为 ，，所以 . 又 ，代入得 . 配方得 . 因为 ，，所以当 ， 时（此时 ，符合 ）， 取最小值 . 当 ， 或 ， 时， 取最大值 . 所以 的取值范围是 . 6．(25-26高二·浙江丽水·)在棱长为的正方体中，空间动点满足，则的取值范围是______. 【答案】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，根据空间向量的模长公式求出点的轨迹方程，设，，，结合空间向量数量积的坐标运算以及三角恒等变换可求得的取值范围. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则、、，设点， 则，， 所以， 则， 整理可得， 不妨设，，， ，， 所以 ， 当或时，取最大值， 当或时，取最小值. 综上所述，的取值范围是. 7．在正四棱柱中，底面边长为3，侧棱长为，为平面内一动点，且满足，则所有满足条件的点所围成平面区域的面积是__________． 【答案】 【分析】判断出点的轨迹，结合球的有关性质计算，求得面积即可. 【详解】已知，所以，进而点在以为直径的球面上. 因为在平面内，因此满足条件的点围成的区域是该球面被平面截得的圆形区域， 面积即为截面圆的面积. 正四棱柱底面是边长为的正方形，因此底面对角线， 球的半径，球心为的中点. 在正四棱柱中，，因此四点共面，即平面， 故到平面的距离. 因为平面，且平面，故平面平面，交线为. 在中，， 到的距离就是到平面的距离. 是中点，直线上中点到平面的距离为两端点距离的平均值，. 所以，因此区域面积为. 8．在三棱锥中，底面，分别为棱的中点，为三棱锥内切球球面上的动点，则点到平面的距离的最大值为__________． 【答案】1 【分析】利用体积法求出三棱锥内切球半径，再建立空间直角坐标系并求出相关点的坐标，利用向量法求出球心到平面的距离即可. 【详解】在三棱锥中，底面，，设三棱锥内切球的球心为，半径为， ，，， 中边上的高为，则， 三棱锥的体积，解得， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量为，则，取，得， 因此点到平面的距离， 所以点到平面的距离的最大值为． 9．(25-26高二下·江苏南菁、前黄、姜堰、如东四校·)对于两个空间向量与，我们定义它们之间的曼哈顿距离为.如图，在棱长为1的正方体中，点P是底面内（含边界）的动点，且，则的最大值是______. 【答案】/ 【分析】首先利用坐标表示，，再代入曼哈顿距离，利用基本不等式求最值. 【详解】如图，以D为原点建立空间直角坐标系设，， ，，， ，， 由可知，，整理为， ， 因为，得， 且，所以， 所以的最大值为，当时等号成立， 所以的最大值为. 四、解答题 10．(25-26高二上·福建厦门双十中学·月考)如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，平面平面，，. (1)在棱上是否存在某一点，使得过点，，的截面与底面的夹角为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (2)在（1）的条件下，设过点，，的截面交于，求四棱锥的体积. 【答案】(1)存在，.理由如下： 取中点，取中点，连接，，. ∵侧面为正三角形，， 又∵平面平面，平面平面，面， 面， ∵底面为矩形，且， 则以为原点，，，所在直线分别为，，轴建系如图， 所以，，，，， 设，，且， 因为面平面的一个法向量 设平面的一个法向量为，， 则，， 令，则，. 因为平面与底面的夹角为, 所以， 得，解得或. 又，解得，因此存在点满足条件，. (2) 【分析】（1）取中点，取中点，连接，，再分别以为轴建立空间直角坐标系，再设，，用向量的方法计算面面角，从而可得，进而可判断存在点且； （2）解法一：先由线面平行的判定定理及性质定理可得是梯形，再通过向量的长度计算可得是等腰梯形，再用向量的方法计算点到平面的距离，进而可求四棱锥的体积；解法二：先在梯形中，进而，再结合，从而可得，从而可得四棱锥的体积. 【详解】（1）略 （2），面，面， 由线面平行的判定定理，面. 又面，面面，且面， 由线面平行的性质定理，. 又，，所以. ∴由（1）知，所以. （解法1）：由（1）知面的一个法向量为 则点到平面的距离为，， 所以 ， 因为，所以，， ，， 所以，所以为等腰梯形，， 所以等腰梯形的高 ， 所以， 所以. （解法2）：在梯形中， ，，， 所以， 又，则， 又， 因此. 11．(25-26高二下·吉林东北师范大学附属中学·期中)如图1，在菱形中，，点分别是边的中点，，沿直线将翻折到的位置，连接，得到如图2所示的五棱锥． (1)证明：； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) 因为点分别是边的中点， 所以由中位线定理得，由菱形性质得， 则，即，作面， 如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 因为，所以，由中位线性质得， 而，则，由余弦定理得， 得到，则，设， 由菱形的性质得，得到，， 可得，，设， 则，，由折叠性质得， 因为，所以，得到，解得， 此时，得到， 可得，故得证. (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标，再结合空间位置关系的向量证明即可. （2）求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用平面夹角余弦值的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）由已知得，且， 由两点间距离公式得， 因为，所以， 联立两式子，解得，（另一情况等效）， 得到，则，， 设面的法向量为，得到， 令，解得，，则， 设面的法向量为，而， 又，得到， 得到，令，解得，， 则，设平面与平面夹角为， 得到. 12．(25-26高二·江苏扬州扬州大学附属中学·期中)如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，， ，平面，． (1)设钝二面角大小为，求的值； (2)在棱上是否存在一点（不与端点重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；如不存在，试说明理由； (3)在上，在上，求最小值． 【答案】(1) (2)存在， (3) 【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，再结合二面角为钝角的条件计算即可； （2）通过设参数表示点的坐标，利用向量法计算线面角，即可判断存在性并求线段比例； （3）用参数表示的坐标，将转化为二次函数求最值即可求解. 【详解】（1）以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，则可得； 令平面的法向量为，则，即， 令，则可得， 所以， 因为二面角为钝二面角，所以. （2）若存在，设，, 则，故，所以， 设与平面所成角为， 所以， 即，所以或（舍去）， 所以存在点，且. （3）设， 则， 这是关于的二次函数，最小值在时取得， 即， 所以当时，，故. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $