专题01 空间向量与立体几何（期中真题汇编，广东专用）高二数学上学期

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．C 3．B 4．D 5．D 6．B 7．C 8．C 9．C 10．A 11．C 12．A 13．ABD 14．C 15．C 16．D 17．AC 18．A 19．C 20．D 21．A 22．【答案】 【分析】 作出辅助线，根据平面的基本性质得到，并求出，平方后，由向量数量积公式得到，，从而得到答案. 【详解】 根据题意，连接交于点，连接与交于点， 在平行六面体中，∽，则，故， 根据平面的基本性质可知点与点重合，故，其中， 故 ， 所以，所以. 故答案为： 23．【答案】 【分析】 方法一：利用极化恒等式把转化为，再利用正方体性质，先确定，再确定最小值，最大值，从而可求得最小值； 方法二：利用空间向量的坐标运算，先研究关于三元函数最小值，再求剩下变量构造成两点间距离的最大值，最后确保它们能同时取到最值的条件是三点共面即可. 【详解】 法一： 根据正方体的性质，可不妨设在下底面的棱上动点，又设中点为， 则 当与中点重合时，取到最小值， 当为底面对角线的顶点时，取到最大值， 所以当为底面中心，为底面对角线的顶点时, 取到最小值； 法二、如图建立空间直角坐标系， 设，，，其中，，. 则，. 则 ， 当在正方体同一面上时，则当，，时，取得最小值， ， 即当为正方体一面的对角线，为对角线中点时，取得最小值； 当、、不在正方体同一面上时，由对称性，不妨设，，不同时为0， 此时 ； 因为，，，则， 所以， 综上，的最小值是. 考点02 空间向量基本定理 1．CD 2．C 3．C 4．B 5．BCD 6．D 7．A 8．B 9．A 10．D 11．BD 12．B 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．C 2．A 3．A 4．BD 5．B 6．C 7．D 8．C 9．C 10．C 11．D 12．D 13．B 14．C 15．ACD 16．D 17．AD 18．A 19．【答案】5 【分析】 根据向量坐标化运算和向量模的坐标运算即可得到答案. 【详解】 ， 则. 故答案为：5. 20．【答案】3 【分析】 由点到轴的距离公式计算即可． 【详解】 点到轴的距离为. 故答案为：3 21．【答案】（1）；     （2）      【分析】 （1）根据点的坐标求与的坐标，进而求，利用向量的夹角公式求解即得，再由计算即可； （2）由，得，代入坐标计算即得． (1) 小问详解： 由题中条件可知，，， ，. 因为， 因为，所以. 即与的夹角为， 故的面积为： . (2) 小问详解： ， 由，得， 得， 得． 22．【答案】 【分析】 根据空间点关于坐标平面对称的规律，明确，的坐标，再利用空间两点间的距离公式求解. 【详解】 因为与关于坐标平面对称，所以， 因为点与关于坐标平面对称，所以. 所以. 故答案为： 23．【答案】24 【分析】 代入向量数量积的坐标表示，即可求解. 【详解】 ， 所以. 故答案为： 24．【答案】（1）     （2）或      【分析】 （1）利用向量的坐标运算及夹角公式，结合向量的模公式及平行四边形的面积公式即可求解； （2）利用向量垂直的条件及向量的模公式即可求解. (1) 小问详解： 因为，，， 所以，， 所以， 因为， 所以， 所以，为邻边的平行四边形的面积为 . (2) 小问详解： 设，因为向量分别与，垂直， 所以 ,即 ， 所以消去得：， 不妨令，则， 因为， 所以，得， ∴，解得或， 所以或. 25．【答案】4 【分析】 由投影向量计算公式即可求解. 【详解】 若在上的投影向量为， 即， 则，解得. 故答案为：4 26．【答案】（1）2；     （2）.      【分析】 （1）根据空间向量平行的性质、空间向量线性运算公式进行求解即可； （2）根据空间向量垂直的坐标表示公式、空间向量线性运算公式即可求解. (1) 小问详解： ， ， 设， ， 的值为2． (2) 小问详解： 由（1），则， ， ， ． 27．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）得到、向量后借助空间向量夹角公式计算即可得； （2）得到、向量后借助空间向量夹角公式计算可得，即可得，再借助面积公式计算即可得. (1) 小问详解： 、， 则， 即的余弦值为； (2) 小问详解： ，， 则， 则， 则. 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： 考点04 空间向量的应用 1．B 2．C 3．AB 4．A 5．C 6．B 7．A 8．ACD 9．D 10．ABD 11．ACD 12．D 13．AD 14．A 15．D 16．D 17．B 18．BD 19．BC 20．B 21．ABD 22．ACD 23．BCD 24．ACD 25．AD 26．AD 27．A 28．【答案】 【分析】 建立空间坐标系，求解直线的单位方向向量，结合勾股定理进行求解. 【详解】 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为，，， 所以. 所以点到直线的距离为. 故答案为：. 29．【答案】（1）解法一：因为底面是正方形，侧棱底面， 以D为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 依意得，，，， 所以，， 因为，所以， 由已知，且，平面，平面， 所以平面． 解法二：底面是正方形，， 底面，且平面，， ，平面，平面， 平面，平面，， ，E为中点，， ，平面，平面， 平面，平面，， 由已知，且，平面，平面， 所以平面.     （2）      【分析】 （1）解法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明即可；解法二：首先证明平面，得到，再由，得到平面，从而得到，再由，即可得证； （2）解法一：利用空间向量法计算可得；解法二：由（1）可得为平面与平面所成角，利用锐角三角函数计算可得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解法一：依题意得，且，， 设平面的一个法向量为， 则 ，即 取， 因为，，设平面的一个法向量为， 则 即 取， 设平面与平面的夹角为，则， 又，所以，所以平面与平面的夹角为． 解法二：由（1）知平面，， 又，平面，平面， 为平面与平面所成角， ，E为中点，，， 平面，平面，， 直角三角形中，，所以， 所以平面与平面的夹角为 30．【答案】 【分析】 求出平面的一个法向量，利用空间中点到平面的距离公式求解即可. 【详解】 由题可知 设平面的一个法向量为，则 ， 不妨取，则，故，故点到平面的距离为． 故答案为：． 31．【答案】（1）;     （2）.      【分析】 （1）利用空间向量法来求点到面的距离即可； （2）利用空间向量法来求两平面夹角余弦值即可. (1) 小问详解： 如图建系，根据已知条件可得：， 则，， 设平面的法向量为， 则 ，令，则， 所以， 则点到平面的距离； (2) 小问详解： 由平面的法向量为，平面的法向量为， 所以平面与平面的夹角的余弦值为： . 32．【答案】15 【分析】 由可得：，利用空间向量共线的充要条件列方程组计算即得. 【详解】 因，依题意，必有， 即存在唯一的实数，使， 即：，则 ， 解得：，故. 故答案为：15. 33．【答案】（1）证明:因为， 所以，所以， 又，且平面，所以平面， 又平面，所以．     （2）     （3）      【分析】 （1）先由勾股定理得到，再由线面垂直的判定定理证明平面即可； （2）建立如图所示坐标系，求出平面的一个法向量再代入空间线面角的公式求解即可； （3）设，求出平面和平面的一个法向量代入空间二面角公式求出即可； (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 因为，所以，则． 由（1）可知两两垂直，以为原点，以所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则， 当点为棱的中点时，． 设平面的一个法向量， 则 即 令，解得，故， 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为． (3) 小问详解： 由（2）可知， 设，则， 设平面的一个法向量， 则 即 令，解得， 故， 设平面的一个法向量为， 由 得 令，解得，故， 所以， 即，整理，得，解得或（舍去）． 故． 34．【答案】（1） 以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.    所以，，，，，， 所以，. 设平面的一个法向量， 所以 ， 令，解得，， 所以平面的一个法向量. 若，则， 所以， 所以，， 又平面，所以平面.     （2）存在，，理由如下： 假设底面内存在一点，使得平面， 设， 又，所以， 又平面的一个法向量，所以， 所以，解得，， 所以底面内存在一点，使得平面，此时.      【分析】 （1）以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和，再计算，从而可证明； （2）假设底面内存在一点，使得平面，从而根据列式可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 35．【答案】 【详解】 因为， 所以， 设平面EFG的一个法向量为， 则 ，令，得， 所以点到平面的距离. 36．【答案】（1）如图建立空间直角坐标系， (0，0，0)，(1，0，0)，(1，1，0)，(0，1，0)，(1，0，2)，(1，1，2)，(0，1，2)，(0，0，2)，(0，1，1) 设平面的法向量(，，)， (1，1，0)，(0，1，1) 由 ，即 ， 取，得(1，-1，1)， 又(-1，1，2)， 因为，所以， 所以平面. （2）由（1）可知(1，-1，1)，(-1，1，-1)，，所以， 所以平面. （3） 【分析】 建立如图所示空间直角坐标系，（1）求出平面的法向量，利用证明即可； （2）利用即可证明；（3）设点的坐标为(1，1，)，由线面角公式可求出，即可利用向量的模求的长. 【详解】 （1）略 （2）略 （3）设点的坐标为(1，1，)， (0，1，)， 设直线与平面所成角为，则 ， 解得， 所以点的坐标为(1，1，1)，(1，1，1)，， 所以的长为. 【点睛】 本题主要考查了利用空间向量证明线面垂直，线面平行，线面角，线段的长，考查了运算能力，属于中档题. 37．【答案】（1） 由，，， 可得，， 因为，所以，又，所以. 因为点为的中点，，所以. 因为，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面.     （2）.      【分析】 （1）先证明线面垂直，再得到面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出关键点坐标和法向量，后利用向量夹角公式计算，再结合同角三角函数关系式求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，平面，，所以平面， 因为平面，所以，所以，，两两垂直. 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， 则，，，， 所以，，，， 设平面的一个法向量为，则 ，即 ， 取，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. 38．【答案】（1）证明：因为⊥平面，平面，所以， 又因为，，平面，平面， 所以平面.     （2）直线在平面内，理由：在底面中，过作，交于， 由题意可知，又平面， 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. 则，，，， 、、、. ，，， 若平面，则且，使得， 则有 ，解得 ，故. 所以直线平面.     （3）      【分析】 （1）由⊥平面可得，结合利用线面垂直判定定理可证； （2）由代入坐标建立方程组，由方程组有解可得直线在平面内； （3）由点G是线段PB上的一点．设，进而得坐标，求平面的一个法向量，由向量方法表示出，再利用换元法求函数值域可得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（2）可知，. 设， 则， 设平面的法向量为， 则 ，即 ， 令，有，故. 故 ， 令，则 ， 而，， 故. 39．【答案】（1） 在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 因此，即，即， 所以四点共面.     （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量共线的坐标表示推理得证. （2）利用（1）中坐标系，利用点到平面距离公式求出四棱锥的高，进而求出体积. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 正方体的对角面为矩形，且， 由（1）知，， ， 设平面的法向量，则 ， 令，得， 因此点F到平面的距离， 所以的体积是. 40．【答案】（1）     （2） 由（1）知为平面的一个法向量 设平面的法向量，又向量，，        则 ，即 ，        不妨令，可得为平面的一个法向量.        因为，所以.        所以平面平面.      【分析】 （1）以点为原点,建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用解出答案； （2）求出平面的法向量，利用即可证明. (1) 小问详解：    依题意，以点为原点，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，，，.        设平面的一个法向量为，，        则 ，即       不妨令，可得为平面的一个法向量.        ，，        设与平面所成角为，则 (2) 小问详解： 略 41．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）由条件，利用勾股定理证明，根据面面垂直性质定理得出平面，进而得出点到面的距离； （2）由条件结合锥体体积公式求，取PB的中点M，证明直线为平面与平面的交线，建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值. (1) 小问详解： ，，， ，，. 又平面平面，平面平面，平面， 平面. 所以点B到平面PAD的距离 (2) 小问详解： 取AD的中点O，，. 又平面平面，平面平面，平面， 平面. ， . 取PB的中点M，又为的中点，， 又，， 平面即为平面， 为平面与平面的交线. 取AB的中点Q，连接OQ，由(1)可知，OA、OP、OQ两两垂直. 如图建立空间直角坐标系， 则，，，. 设平面的法向量为，，， 则 ， 取，则， . 设直线与平面夹角为，， 则， 故直线与平面夹角的正弦值. 42．【答案】（1）    直三棱柱中，所有棱长均为4， 上下底面为边长为4的正三角形，侧面为边长为4的正方形， 连接与交于点，则为，的中点，连接DE， 在中，分别为边的中点， ， 又平面，平面， 平面．     （2）      【分析】 （1）利用直三棱柱的性质结合线面平行判定定理证明结论； （2）结合直三棱柱的性质建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用点到平面的距离公式计算． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取中点，中点，连接，则，平面ABC， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，    则， ， 设平面的法向量为，则 ，令，则， ， 为上的点，平面， 到平面的距离d即为直线与平面的距离， ， 直线与平面的距离为：． 43．【答案】 【分析】 根据已知条件用空间向量的模的公式求出的长. 【详解】 由条件知， 又二面角的平面角为，则，所以 ， 所以． 故答案为：. 44．【答案】（1） 由，可知，，，， 故，， 因，则， 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，，，方向分别为，，轴方向建立空间直角坐标系， 故，，，， 则， 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 由 ，即 ，不妨设，故； 由 ，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. 45．【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 ， 不妨取，则，故， 故点到平面的距离为. 故答案为：. 46．【答案】（1）证明如下： 在直三棱柱中，，直线两两垂直， 以C为原点，以直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，    设，则， ，设是平面的一个法向量， 则 ，令，得， 显然，即，而平面， 所以平面.     （2）Q是的中点, 即.      【分析】 （1）（2）根据给定的几何体，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 假定线段上存在点满足条件，由（1）设，， ， 则，， 设是平面的一个法向量， 则 ，令，得， 由平面，得，即存在实数，满足： ，即 ，解得，因此，即Q是的中点， 所以线段上存在点，使平面，. 47．【答案】（1） 由， 可知， 故 ， 因为四点在同一平面内， 所以存在使得 故，所以， 故四点共面．     （2）      【分析】 （1）先利用空间向量的线性运算得由四点共面根据空间共面向量定理得到进而得到，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用空间向量法求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面，平面平面， 故以为坐标原点，，方向分别为轴方向建立空间直角坐标系， 故，，，， 则 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 由 ，不妨设， 则，故； 由 ，不妨设， 则，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． 48．【答案】（1） ，分别是，的中点，， 又平面，平面，平面， 又平面，平面平面，， 又，平面平面，平面平面，平面， 平面，则平面.     （2）.      【分析】 （1）先证明，再证明平面，从而得到平面； （2）建立空间直角坐标系，然后再求出相关平面的法向量，最后用夹角公式计算即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）得，平面，以为坐标原点，为轴正方向， 为轴正方向，平面内，过作为轴，建立空间直角坐标系，              ，，，，，              ，，设，则. 依题意可得：，即： 所以，即 于是：， 设平面的法向量为 则 ，取，可得 再设平面的法向量为， 则 ，取，得 于是 所以平面与平面所成角的余弦值为. 49．【答案】（1） 由，可知l∥β或l⊂β， 又l⊄β， 所以l∥β.     （2）      （3）       【分析】 （1）由线面平行的向量表示证明； （2）由线面角的向量法计算； （3）由二面角的向量法计算． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 记l与α所成的角为θ1， 则sinθ1===. (3) 小问详解： 记α与β的夹角为θ2， 则cosθ2===， 由θ2∈知sinθ2==. 50．【答案】 【分析】 建立空间直角坐标系，利用点到直线的距离公式计算得到答案. 【详解】    如图所示建立空间直角坐标系，则， 所以，所以， 所以点到直线的距离是， 故答案为：. 51．【答案】（1） 如图建立空间直角坐标系， 则， ，， ． 显然平面的一个法向量为， 而， 因为，平面 所以MN//平面BCE.     （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线面平行即可； （2）利用向量法求出的长度取最小值时的坐标，证明是二面角的平面角，利用向量法求余弦即可, (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ； 当时，最小，最小值为；此时，为中点时，最短， 则，取的中点，连接，， 则，，， ，，，， 是二面角的平面角． ，， ． 二面角的余弦值是． 52．【答案】（1）证明：由平面，平面，则， 又，，平面，所以平面.     （2）1     （3）存在，.      【分析】 （1）由线面垂直的性质有，又，根据线面垂直的判定即可证结论； （2）构建以A为原点，建立空间直角坐标系，根据已知确定对应点坐标，求出平面的法向量，应用向量法求线面角的正弦值； （3）设，根据点共面，利用与平面一个法向量垂直，由向量垂直的坐标表示求，即可确定结果. (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 以A为原点，平面内与垂直的直线为x轴，的正方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则有， 为的中点，，得，， 则有，，，， 设平面的一个法向量为，则 ， 令，则，得， 设直线与面所成角为，则有， 所以直线与面所成角的正弦值为1. (3) 小问详解： 若线段上存在点使、、、四点共面，设，， 则，， 若、、、四点共面，则在平面内， 又平面的一个法向量为，则有，解得. 所以线段上存在点，使得、、、四点共面，此时. 53．【答案】（1） 在平面ABCD中，因为，， 所以， 又平面，平面， 所以平面．     （2）     （3）.      【分析】 （1）由题意可知，由线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，确定球心位置，然后利用线面角的坐标求法求解即可； （3）建立空间直角坐标系，分别求出平面PAD和平面PBC的法向量，利用法向量数量积为0可得b的范围，进而求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面ABC，平面， 所以，，又因为， 以A为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，， 因为中，，所以外心为AC中点， 故三棱锥外接球球心O在过M且垂直于平面ABC的直线上，故设， 又因为，所以，故，所以， 所以，又因为，， 设平面PBC的一个法向量为， 于是 令，得，， 所以平面PBC的一个法向量为， 设直线AO与平面PBC所成角为， 则. (3) 小问详解： 以为原点，以，所在直线分别为轴，轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，设， 所以，，设平面PAD的一个法向量为， 于是 令，得，， 所以平面PAD的一个法向量为， 同理平面PBC的一个法向量为， 又因为平面PAD平面PBC， 所以，所以，所以， 又因为，，且， 所以，所以或， 当时，， 当时，， 故. 54．【答案】 【分析】 建立空间坐标系，利用空间向量进行求解，平面则可利用与平面的法向量垂直求解. 【详解】 如图，由已知，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，    设， 则,， 设面的一个法向量, 则 ,即 ， 令得， 因为平面，所以,即， 所以得， ,所以， 因为，所以． 故答案为：． 55．【答案】（1）在直三棱柱中，由于， 所以可以如图以为坐标原点建立空间直角坐标系： 又由于是的中点，是的中点， 则， 所以， 由于所以， 所以， 又因为平面， 所以平面；     （2）.      【分析】 （1）利用空间向量法来求直线的方向向量与平面内的两直线的方向向量的数量积为0，即可证明； （2）利用空间向量法来求平面的法向量，再求线面角的正弦值，然后再求余弦值即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）得：， 设平面的法向量为， 则 ，令，得， 即，设直线BC与平面所成角为， 则， 所以. 即直线BC与平面所成角的余弦值为. 56．【答案】（1）连接BD，设AC交BD于O，由题意知SO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系O­xyz如图． 设底面边长为a，则高SO＝a． 于是S ，D ，C ＝ ，＝ ， ∵·＝0，故OC⊥SD，从而AC⊥SD． （2）30°； （3）存在，SE∶EC＝2∶1，理由如下： 在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC．由（2）知是平面PAC的一个法向量， 且＝ ，＝ ． 设＝t，则＝＋＝＋t ＝ 而·＝0⇔t＝， 即当SE∶EC＝2∶1时 ⊥，而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC． 【分析】 （1）由题设知，连，设交于于，由题意知平面.以为坐标原点，，，分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，求得向量与，结合数量积即可证明AC⊥SD； （2）分别求出平面与平面ACD的一个法向量，求法向量的夹角余弦值，即可求出结果； （3）要使平面，只需与平面的法向量垂直即可，结合（2）中求出的平面的一个法向量，即可求解． 【详解】 （1）略 （2）由题设知，平面PAC的一个法向量＝ ，平面DAC的一个法向量＝ ，设所求角为，则cos＝＝，∴平面PAC与平面DAC的夹角为30°． （3）略 57．【答案】 【分析】 用向量法求直线到平面的距离，先建系，再求出平面的法向量，再利用公式求距离. 【详解】 ，平面，平面， ， 所以直线到平面的距离等于点到平面的距离， 如图    以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立坐标系， 则，， ，，，， 设平面的法向量 则 另，则，设点到平面的距离为， 则， 故答案为： 58．【答案】（1）证明：以直线、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，所以. ∴ 又是平面的一个法向量. ∵即， 平面， ∴∥平面； （2）点为中点. 【分析】 （1）以直线、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用向量法可证明； （2）设，求出平面和平面的法向量，根据题意建立关系即可求出，得出结果. 【详解】 （1）略 （2）设，则， 又， 设，则，即. 设是平面的一个法向量， 则 ， 取得，此时显然时不符合，则， 即， 又由题设，是平面的一个法向量， ∴，解得， 即点为中点. 【点睛】 利用法向量求解空间面面角的关键在于“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”. 59．【答案】（1）证明见解析     （2）证明见解析     （3）当时，平面与平面DFE所成角的余弦值最大，最大值是      【分析】 （1）由底面ABC得，由，得，根据线面垂直的判定定理可得结论； （2）建立空间直角坐标系，由题设，证明即可； （3）求出平面及平面的法向量，得出平面与平面所成的角余弦值的表达式，根据二次函数的性质确定最大值． (1) 小问详解： 因为三棱柱是直三棱柱，所以底面， 因为底面，所以， 因为，，所以， 又，，平面， 所以平面． (2) 小问详解： 因为平面，平面， 所以，所以，，两两垂直． 以B为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图． 所以，，，，，，，． 由题设（）． 因为，， 所以， 所以． (3) 小问详解： 设平面的法向量为， 因为，， 所以 ，即 ． 令，则． 因为平面的法向量为， 设平面与平面所成角为，， 则． 因为，， 所以，当时，取最小值为， 此时取最大值为，此时， 所以当时，平面与平面所成角的余弦值最大，最大值是． 60．【答案】（1） 以D为原点，，，分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，． 解法一： 因为，，则，所以， 又因为A，E，F，四点不共线，所以， 又因为平面，平面， 所以平面． 解法二： 因为，， 设平面的一个法向量为， 则有 ，即 ，取，所以， 因为，所以，得， 又因为平面， 所以平面．     （2）     （3）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系， 解法一：根据空间向量平行的坐标表示得，所以，进而可得结论； 解法二：求出平面的法向量，可得，进而可得结论； （2）利用直线与平面所成角的向量解法求解； （3）根据点到平面的距离的向量公式求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设直线与平面所成角为，， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． (3) 小问详解： 设点F到平面的距离为d，因为， 所以， 所以点F到平面的距离为． 61．【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，，由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， 由， 可得， 即， 即， 可得． 故答案为： 62．【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，，， 设平面的法向量为， 则 ，令，则，即． 设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 63．【答案】（1）     （2） ① 在平面上任取两点， 则有 因为， 所以， 所以，即垂直于平面内任意一条直线， 所以是平面的一个法向量. ② 取平面上一点，则， 所以点到平面的距离为.     （3）      【分析】 （1）求得平面的一个法向量，设点是平面内任意一点，利用，可求得平面的方程； （2）① 在平面上任取两点，由题意可证，可得结论；② 利用点到面的距离公式计算即可证明； （3）利用点在平面内可求得，求得平面PQN的一个法向量，求得平面的一个法向量，利用向量的夹角公式计算可求得平面与平面PQN夹角的余弦值. (1) 小问详解： 由题意可得， 设是平面的一个法向量， 则 ，令，得， 所以. 设点是平面内任意一点，， 由，得， 所以平面的方程为. (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 因为平面PQN过点，所以，解得. 所以平面PQN的方程为， 由（2）知平面PQN的一个法向量为， 由（1）知是平面的一个法向量， 设平面与平面PQN的夹角为，则， 即平面与平面PQN夹角的余弦值为. 64．【答案】（1）     （2）3     （3）      【分析】 （1）利用向量的线性运算求解； （2）由已知可得，利用计算可得； （3）由已知设，，，可得，，由，得，异面直线与所成角的余弦值大于，可得，即可求得的取值范围. (1) 小问详解： 由已知，，， 则. (2) 小问详解： 因为三棱锥是棱长为2的正四面体， 所以，则. 因为， 所以 . (3) 小问详解： 由三棱锥是正三棱锥，设，， 则，所以， 则， 则，. 因为， 所以 ， . 设异面直线与所成的角为， 则，解得， 因为三棱锥是正三棱锥，所以P在平面ABC内的射影是三角形的中心， 所以, 所以的取值范围是. 65．【答案】 【分析】 记的中点为，点的轨迹与交于点，则平面平面，建立空间直角坐标系，利用垂直于平面的法向量确定点的位置，利用向量即可得解. 【详解】 由题知，两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 记的中点为，连接， 因为为正方形，为中点，所以，且， 所以为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 记点的轨迹与交于点，由题知平面， 因为是平面内的相交直线，所以平面平面， 所以即为点的轨迹， 因为， 所以， 设， 则， 设为平面的法向量， 则 ，令得， 因为，所以， 解得，则，又 所以， 所以. 故答案为： 66．【答案】（1）     （2）     （3）存在；      【分析】 （1）先证明为直线与所成角，再由定义去求解； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量进行求解； （3）由，，设，，得，即可求解． (1) 小问详解： 因为底面为矩形，所以，， 又底面，底面， 所以，又，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为，所以为直线与所成角，即， 在直角中， 所以， . (2) 小问详解： 因为且为矩形， 所以可如图建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量， 则 ， 令，得     所以， 因为   所以平面的法向量可取， 设二面角的平面角为 ，则， 所以 ，        所以， 所以二面角的正弦值为． (3) 小问详解： 依题意，，， 又， 所以，， 设，， 则 ， 所以， 由 ， 得 ，   所以 ， ， 由（1）知， 又因 ， 所以， 所以线段上存在点，使得，此时． 67．【答案】（1） 在中，，，所以， 所以在四棱锥中，，， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以.     （2）      （3）       【分析】 （1）先证明平面，从而利用线面垂直性质定理得到线线垂直； （2）先通过面积取得最大值，得到两平面垂直，再建立空间直角坐标系，并求出两平面的法向量，从而得到两平面夹角的余弦值； （3）先建立空间直角坐标系，并设出点和的坐标，通过垂直得出关系，求出平面的法向量，代入线面角的向量公式得，从而利用对勾函数单调性和正弦函数性质求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 当四棱锥的体积取得最大值时，平面平面. 又平面平面，，平面， 所以平面， 故以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 如图所示，    则，，，，，所以. 设平面的一个法向量为， 又，， 所以 ，令，解得，， 所以平面的一个法向量. 设平面的一个法向量为， 又，， 所以 ， 令，解得，所以平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为， 所以， 即平面与平面的夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 以为坐标原点，直线和分别为，轴，过作平面的垂线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示，设，，，，，    ，， 又，所以，解得， 则，则， 又，所以， 整理得，且，，得. 易得平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为， ， 则， 令，函数在上单调递减，， 因此，则，解得， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是. 68．【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，从而得到，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，，， 设平面的一个法向量为，则 ， 取，则，故， 所以点到平面的距离为. (2) 小问详解： 假设存在满足条件的点E， 则存在，使得， 则， 因为直线DE与侧面所成角的正弦值为， 所以， 即，解得， 又，故， 因此存在满足条件的点，且，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 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·广东广州·期中）若，，是空间一组不共面的向量，则下列可以作为基底的一组向量为（     ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】D 【分析】 根据空间向量共面定理依次判断各选项即可得到答案. 【详解】 A选项，，所以，，是共面向量； B选项，，所以，，是共面向量； C选项，， 所以，，是共面向量； D选项，令，显然无解，故不是共面向量. 故选：D 2．（25-26学年高二上·广东石龙中学·期中）已知，，不共面，若，，且三点共线，则（       ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【分析】 根据向量共线设，从而得到方程组，求出 ，得到答案. 【详解】 因为三点共线，所以， 即，故 ，解得 ， 所以. 故选：C 3．（25-26学年高二上·广东四校·期中）如图，在四面体中，是的中点，，设，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 由空间向量的线性运算求解. 【详解】 故选：B 4．（2026·广东卓越教育发展联盟学校·二模）若是空间的一个基底，则下列各组向量中，不共面的一组是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 利用空间向量共面定理逐项判断即可得. 【详解】 对A：因为，故共面，故A错误； 对B：因为，故，，共面，故B错误； 对C：因为，故共面，故C错误； 对D：由是空间的一个基底，故不共面， 则不能由、表示出，故，，不共面，故D正确. 故选：D. 5．（2026·广东麻涌中学·联考）已知空间单位向量的夹角为，则（       ） A.  B.  C. 1 D.  【答案】D 【分析】 根据条件，利用数量积的定义及运算律，即可求解. 【详解】 因为向量是单位向量，且两向量的夹角为，则， 所以， 故选：D. 6．（2026·广东东莞东莞中学松山湖学校·二模）如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 利用给定的基底，结合空间向量线性运算求出. 【详解】 依题意有. 故选：B. 7．（25-26学年高二上·广东仲元中学·期中）若是直线的方向向量，是平面的法向量，则直线与平面的位置关系是（       ） A. 直线在平面内 B. 平行 C. 相交但不垂直 D. 垂直 【答案】C 【分析】先判断与是否共线或垂直，即可得出结论． 【详解】∵，，假设存在实数，使得，则， 即 无解.不存在实数，使得成立，因此l与α不垂直． 由，可得直线l与平面α不平行． 因此直线l与平面α的位置关系是相交但不垂直． 故选：C 【点睛】本题考查了向量共线定理、数量积运算性质、线面位置关系，属于基础题． 8．（25-26学年高二上·广东广州·期中）在四棱柱中，若，，，点为与的交点，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 利用空间向量的线性运算即可求出结果. 【详解】 , 故选：C. 9．（25-26学年高二上·广东石龙中学·期中）如图，在四面体OABC中，，，，点为线段OA上靠近点的三等分点，为BC的中点，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 应用空间向量加减、数乘的几何意义，用，，表示出. 【详解】 由图知. 故选：C 10．（25-26学年高二上·广东四校·期中）已知，(其中，，是两两垂直的单位向量)，则与的数量积等于（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据数量积的运算律计算即可. 【详解】 由题意 . 故选：A. 11．（25-26学年高二上·广东佛山·期中）如图，在所有棱长均为的平行六面体中，为与交点，，则的长为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 以，，作为一组基底表示出，再根据数量积的运算律求出，即可得解. 【详解】 依题意 ， 所以 ， 所以，即. 故选：C 12．（25-26学年高二上·广东仙村中学·期中）如图，平行六面体中，分别为的中点.若，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据题意，利用空间向量的线性运算法，求得，进而求得的值，即可求解. 【详解】 因为平行六面体中，分别为的中点， 可得， 又因为，可得，即. 故选：A. 13．（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，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，D正确． 故选：ABD． 14．（2026·广东东莞高级中学·联考）如图，已知平行六面体，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据空间向量的加减运算进行求解即可. 【详解】 因为平行六面体， 所以，， 所以. 故选：C. 15．（25-26学年高二上·广东领航高中联）已知三棱锥的体积为5，是边长为4的正三角形，点为的中点，点满足，且，则的最小值为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据空间向量的加法及线性运算及四点共面结论得出点在平面内，再应用三棱锥体积公式计算求解. 【详解】 如图，由点为的中点，可得， 所以. 因为，所以点在平面内， 的最小值就是三棱锥的高， 由， 得，得. 故选：C. 16．（25-26学年高二上·广东上进联考·期中）在正三棱柱中，为的中点，则（       ） A. -1 B.  C.  D. 1 【答案】D 【分析】 用空间向量将表示出来，然后结合正三棱柱的垂直关系和向量的数量积定义求出结果即可. 【详解】 因为为的中点，故， 因为正三棱柱，所以，故， 于是.. 故选：D. 17．（25-26学年高二上·广东深圳·期中）（多选）在棱长为2的正方体中，点P满足，其中，，则（       ） A. 当时，平面 B. 当时，点P在棱上 C. 当时，三棱锥的体积为定值 D. 时，存在两个点P，使得 【答案】AC 【分析】 对于A，当时，可得，所以点P与重合，即为，由利用线面平行的判定定理可判断；对于B，当时，由得，所以点P在线段上；对于C，当时，可得点P在线段上，利用线面平行以及棱锥的体积公式可判断；对于D，当时，取的中点E，的中点F，可得点P在线段上，设，根据勾股定理计算即可． 【详解】 对于A，当时，，得，即， 所以点P与重合，即为， 因为，平面，平面， 所以平面，即平面，故A正确； 对于B，当时，，得，即， 因为，所以点P在线段上，故B错误； 对于C，当时，，得，则， 因为，所以点P在线段上， 平面，即平面， 所以， 所以三棱锥的体积为定值，故C正确； 对于D，当时，取的中点，的中点，则， 则， 则，则， 因为，所以点在线段上， 设，则， 则，， ， 若，则，则， 则，所以，即点为线段的中点， 即当时，存在一个点，使得，故D错误． 故选：AC． 18．（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（       ） A. 1 B. －1 C.  D.  【答案】A 【分析】 由求解即可． 【详解】 ，所以． 故选：A． 19．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）在正三棱锥中，，点为空间中的一点，则的最小值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 记的重心为，点是的中点，点是的中点，进而求得，利用空间向量加减、数乘的几何意义，将化为，数形结合求最小值. 【详解】 记的重心为，点是的中点，点是的中点，    在正三棱锥中，所以， 平面，又平面，所以，则. 又， 所以 ， 所以当与重合时，取最小值0， 此时有最小值. 故选：C 20．（25-26学年高二上·广东仲元中学·期中）已知空间四点，，，共面，则x为（       ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】D 【分析】 求得的坐标，根据题意可知存在实数使得，利用空间向量的坐标运算可得出关于的方程组，进而可求得实数的值. 【详解】 依题意得， 因为四点共面，所以共面， 所以存在实数使得， 即，所以 ，解得 . 故选：D. 21．（2026·广东多校·联考）已知正八棱锥，设，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 设底面正八边形的中心为点，设，根据，，及，，，，消元求得，，代入即可求解． 【详解】 如图： 设底面正八边形的中心为点，设． 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，与方向相同， 且， 又，故，同理，， 则， ，， 故，即， 同理有， 则，代入得， 即． 故选：A 22．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）在平行六面体中，，且交平面于点，则　　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 作出辅助线，根据平面的基本性质得到，并求出，平方后，由向量数量积公式得到，，从而得到答案. 【详解】 根据题意，连接交于点，连接与交于点， 在平行六面体中，∽，则，故， 根据平面的基本性质可知点与点重合，故，其中， 故 ， 所以，所以. 故答案为： 23．（25-26学年高二上·广东茂名信宜·期中）已知是棱长为1的正方体表面上不同的三点，则的最小值是　　　　　　　　 【答案】 【分析】 方法一：利用极化恒等式把转化为，再利用正方体性质，先确定，再确定最小值，最大值，从而可求得最小值； 方法二：利用空间向量的坐标运算，先研究关于三元函数最小值，再求剩下变量构造成两点间距离的最大值，最后确保它们能同时取到最值的条件是三点共面即可. 【详解】 法一： 根据正方体的性质，可不妨设在下底面的棱上动点，又设中点为， 则 当与中点重合时，取到最小值， 当为底面对角线的顶点时，取到最大值， 所以当为底面中心，为底面对角线的顶点时, 取到最小值； 法二、如图建立空间直角坐标系， 设，，，其中，，. 则，. 则 ， 当在正方体同一面上时，则当，，时，取得最小值， ， 即当为正方体一面的对角线，为对角线中点时，取得最小值； 当、、不在正方体同一面上时，由对称性，不妨设，，不同时为0， 此时 ； 因为，，，则， 所以， 综上，的最小值是. 考点02 空间向量基本定理 1．（2026·广东麻涌中学·联考）（多选）如图，在三棱柱中，（    ） A.  B.  C.  D. － 【答案】CD 【分析】 利用空间向量的线性运算计算即可. 【详解】 由题意可得：， 故选：CD. 2．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）若是空间的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得，我们把有序实数组叫做向量在基底下的斜坐标.已知空间向量在基底下的斜坐标为，则在基底下的斜坐标为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 由题意得，设在基底下的斜坐标为，则，化简并联立，可得x，y，z的值，即可得答案. 【详解】 由空间向量在基底下的斜坐标为，得， 设在基底下的斜坐标为， 则， 所以 ，解得 ， 所以空间向量在基底下的斜坐标为. 故选：C. 3．（2026·广东东莞·联考）如图，三棱锥中，，，点为的中点，记，，，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 连接，根据向量的线性运算与共线定理运算即可. 【详解】 连接，    因为点为的中点， 所以 即，. 故选：C. 4．（25-26学年高二上·广东广州中学·期中）如图，空间四边形OABC中，，，，点M在上，且，点N为BC中点，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据空间向量的线性运算结合空间向量的基本定理运算求解. 【详解】 因为，点N为BC中点，所以， 故 . 故选：B. 5．（25-26学年高二上·广东上进联考·期中）（多选）已知是空间向量的一个基底，，则下列选项中不能作为空间向量的一个基底的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】BCD 【分析】 根据空间向量的基底概念，结合共面向量基本定理逐一判断即可. 【详解】 对于A，假设，则， 因不共面。故 ，该方程无解，故不共面，可作为空间向量的一个基底，故A不符合题意； 对于B，因，故不能作为空间向量的一个基底，故B符合题意； 对于C，因，故不能作为空间向量的一个基底，故C符合题意； 对于D，因，故不能作为空间向量的一个基底，故D符合题意. 故选：BCD. 6．（25-26学年高二上·广东仙村中学·期中）如图所示，在正方体中，为的中点，则向量在向量上的投影向量是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 利用空间向量的运算及投影向量的定义求解即可. 【详解】 设正方体的棱长为1，，，，则，， ∵，， ∴， ∴向量在向量上的投影向量是. 故选：D． 7．（25-26学年高二上·广东茂名化州·期中）如图，平行六面体，其中,,,,，,则的长为 A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 依题意，将用空间的一组基底表示，利用空间向量的数量积的运算律计算即得. 【详解】 在平行六面体中， ，，，，，， 则，故 ， 故的长是. 故选：A. 8．（25-26学年高二上·广东仲元中学·期中）如图，在四面体中，，，．点在上，且，为中点，则等于（        ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 借助空间向量线性运算法则计算即可得. 【详解】 如图，连接，    ∵N是的中点，， ，， ． 9．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）在三棱锥中，为的中点，若，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据空间向量基本定理求出答案. 【详解】 由题意得为中点，所以， 又因为，所以， 所以，故A项正确. 故选：A. 10．（25-26学年高二上·广东仲元中学·期中）两条异面直线所成的角为，在直线上取点，在直线上取点，使，且．已知，则线段的长为（       ） A.  B.  C. 1或 D. 1或 【答案】D 【分析】 画出图形，根据向量的线性运算结合向量的数量积运算，结合题意已知可得即可算出线段的长. 【详解】 由题意如图所示： 由， 则， 即，① 因为，， 所以， 又异面直线所成的角为， 所以或， 当时， ① 化为：， 解得， 同理当时， ① 化为：， 解得， 故选：D. 11．（25-26学年高二上·广东仲元中学·期中）（多选）下列说法正确的是（       ） A. 若与共线，与共线，则与共线 B. 若G是四面体OABC的底面的重心，则 C. 若，则A，B，C，G四点共面 D. 若向量（其中，，是三个不共面的向量，），则称在基底下的坐标为．若在单位正交基底下的坐标为，则在基底下的坐标为 【答案】BD 【分析】 A选项，若为零向量，与不一定共线；B选项利用向量的运算法则进行化简；C选项利用四点共面公式即可进行判断；D选项设在基底下的坐标为，利用题目所给的概念，将用两种方式表示出来，利用系数相等解出. 【详解】 对于A，若为零向量，则满足与共线，与共线，但是与不一定共线，故A错误； 对于B，由于为四面体的底面的重心，设为的中点，故， 所以，故，故B正确； 对于C，由于，故四点不共面，故C错误； 对于D，在单位正交基底下的坐标为，即， 设在基底下的坐标为， 则满足， 所以 ，解得 ，则在基底下的坐标为，故D正确. 故选：BD. 12．（25-26学年高二上·广东粤东四校·期中）如图所示，三棱柱中，是的中点，若，，，则＝（       ） A. ) B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 利用空间向量基本定理，用基底表示向量即可. 【详解】 因为. 故选：B 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 在空间直角坐标系中，一个点关于平面对称的点的坐标为，据此即可得到答案． 【详解】 由空间直角坐标系，可得点关于平面对称的点的坐标为. 故选：C 2．（25-26学年高二上·广东领航高中联）在空间直角坐标系中，已知，，若点与点关于平面对称，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据点关于平面对称求出点的坐标，再根据向量坐标运算求出的坐标. 【详解】 由点与点关于平面对称，得，所以. 故选：A. 3．（25-26学年高二上·广东深圳·期中）在空间直角坐标系Oxyz中，点在平面Oxy上的射影点的坐标为（       ） A.  B.  C.  D. 不确定 【答案】A 【分析】 根据空间直角坐标系中点在平面Oxy上的射影点的坐标特征，对各选项进行分析即可. 【详解】 在空间直角坐标系中，点在平面Oxy上的射影点的坐标，其竖坐标为，横坐标和纵坐标与该点的横坐标和纵坐标相同， 故点在平面Oxy上的射影点的坐标为. 故选：. 4．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）（多选）已知四边形是平行四边形，，，，则（       ） A. 点D的坐标是 B.  C.  D. 四边形的面积是 【答案】BD 【分析】 根据平行四边形的性质可知即可求出D点坐标判断A，利用两点间距离公式判断B，由向量夹角公式判断C，由三角形面积公式可得平行四边形面积判断D. 【详解】 不妨设点D坐标为，因为四边形是平行四边形，所以， 即，所以，，，所以点D坐标为，故A错误； ，故B正确； ，，所以，故C错误； 因为，所以四边形的面积，故D正确. 故选：BD 5．（2026·广东卓越教育发展联盟学校·二模）已知为空间向量且，则在方向上的投影向量为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 由投影向量定义结合数量积和模长的坐标运算直接计算即可得解. 【详解】 由题在方向上的投影向量为. 故选：B 6．（2026·广东东莞东莞中学松山湖学校·二模）已知，，，点在平面内，则的值为（       ） A. 2 B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 首先求出，，，即可判断与不共线，从而得到，根据向量相等得到方程组，解得即可. 【详解】 因为，，，， 所以，，， 因为不存在实数使得，所以与不共线， 又点在平面内，所以， 即， 所以 ，解得 . 故选：C 7．（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. 8．（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， ， ，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. 9．（25-26学年高二上·广东上进联考·期中）在空间直角坐标系中，点的中点到坐标原点的距离为（       ） A. 2 B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 用中点坐标公式求出点，再根据两点间距离公式求解即可. 【详解】 由中点坐标公式可知：点，故. 故选：C. 10．（25-26学年高二上·广东上进联考·期中）已知空间向量，若，则（       ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 【答案】C 【分析】 先求出的坐标，再根据空间向量的模的坐标公式求出即可得解. 【详解】 由已知得，则， 即，可得，因此. 故选：C. 11．（25-26学年高二上·广东茂名化州·期中）已知点是空间直角坐标系中的一点，下列点的坐标与点M关于平面对称的点是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 设点M关于平面对称的点为，利用的中点为列式求解即可. 【详解】 设点M关于平面对称的点为，则的中点为， 从而 ，解得 ，所以. 故选：D 12．（25-26学年高二上·广东清远·期中）已知向量，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，所以， 故， 故选：D 13．（2026·广东东莞高级中学·联考）设，向量，，，则（     ） A.  B.  C.  D. 1 【答案】B 【分析】 根据空间向量共线的坐标表示进行求解即可. 【详解】 因为， 所以 ，解得. 所以. 故选：B. 14．（2026·广东麻涌中学·联考）向量，，，且，，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 由向量的关系列式求解，的值，再运用向量的数乘及加法的坐标表示公式，结合向量的模公式计算得出结果. 【详解】 由，，则 ，解得， ，， ， . 故选：C. 15．（25-26学年高二上·广东茂名信宜·期中）（多选）已知向量，，，则下列结论正确的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】ACD 【分析】 根据空间向量平行的坐标关系判断A，B，应用空间向量数量积及夹角余弦公式计算判断C，D. 【详解】 向量，，， 因为，所以，A选项正确； 易知不存在实数使得，所以不平行，B选项错误； 显然，所以，C选项正确； 易知，D选项正确； 故选：ACD. 16．（25-26学年高二上·广东仲元中学·期中）已知向量，，则下列结论错误的是（       ） A.  B.  C.  D. ，，能构成空间向量的一组基底 【答案】D 【分析】 用向量加法的坐标运算判断A，用向量模的坐标运算判断B，用向量数量积的坐标运算判断C，设，列方程组，通过方程是否有解判断D. 【详解】 对于A：因为，，所以，故A正确； 对于B：，故B正确； 对于C：，故C正确； 对于D：． 设， 得 ，解得 ，故，，是共面向量， 不能构成空间向量的一组基底，故D错误． 故选：D． 17．（25-26学年高二上·广东广州·期中）（多选）已知平面过点，其法向量，则下列点在平面内的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】AD 【分析】 根据条件，求出平面方程，在判断点是否在平面上. 【详解】 方法一：根据题意，平面的方程为：， 即. 对A：因为，所以点在平面内，故A正确； 对B：因为，所以点不在平面内，故B错误； 对C：因为，所以点不在平面内，故C错误； 对D：因为，所以点在平面内，故D正确. 方法二：对A：设，则，因为，所以在平面内，故A正确； 对B：设，则，因为，所以点不在平面内，故B错误； 对C：设，则，因为，所以点不在平面内，故C错误； 对D：设，则，因为，所以点在平面内，故D正确. 故选：AD 18．（25-26学年高二上·广东粤东四校·期中）已知在正方体的棱长为2，点E，F分别是直线与上的点，则线段EF长度的最小值为（       ） A.  B.  C.  D. 2 【答案】A 【分析】 以D为原点建立空间直角坐标系，设，表示出EF长度即可求出. 【详解】 以D为原点，DA，DC，所在直线分别为x抽，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 设，则， 故 ， 当且仅当时取等号.故的最小值为. 故选：A. 19．（2026·广东卓越教育发展联盟学校·二模）已知　　　　　　　 【答案】5 【分析】 根据向量坐标化运算和向量模的坐标运算即可得到答案. 【详解】 ， 则. 故答案为：5. 20．（25-26学年高二上·广东领航高中联）在空间直角坐标系中，点到轴的距离为　　　　　　. 【答案】3 【分析】 由点到轴的距离公式计算即可． 【详解】 点到轴的距离为. 故答案为：3 21．（2026·广东麻涌中学·联考）已知空间三点，，，设，. （1）求与的夹角和的面积； （2）若，求的值. 【答案】（1）；     （2）      【分析】 （1）根据点的坐标求与的坐标，进而求，利用向量的夹角公式求解即得，再由计算即可； （2）由，得，代入坐标计算即得． (1) 小问详解： 由题中条件可知，，， ，. 因为， 因为，所以. 即与的夹角为， 故的面积为： . (2) 小问详解： ， 由，得， 得， 得． 22．（2026·广东东莞东莞中学松山湖学校·二模）已知点关于坐标平面的对称点为，点关于坐标平面的对称点为，则　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据空间点关于坐标平面对称的规律，明确，的坐标，再利用空间两点间的距离公式求解. 【详解】 因为与关于坐标平面对称，所以， 因为点与关于坐标平面对称，所以. 所以. 故答案为： 23．（25-26学年高二上·广东茂名信宜·期中）已知向量，，则　　　　　　　　 【答案】24 【分析】 代入向量数量积的坐标表示，即可求解. 【详解】 ， 所以. 故答案为： 24．（25-26学年高二上·广东仲元中学·期中）已知空间三点，，. （1）求以，为邻边的平行四边形的面积； （2）若向量分别与，垂直，且，求向量的坐标. 【答案】（1）     （2）或      【分析】 （1）利用向量的坐标运算及夹角公式，结合向量的模公式及平行四边形的面积公式即可求解； （2）利用向量垂直的条件及向量的模公式即可求解. (1) 小问详解： 因为，，， 所以，， 所以， 因为， 所以， 所以，为邻边的平行四边形的面积为 . (2) 小问详解： 设，因为向量分别与，垂直， 所以 ,即 ， 所以消去得：， 不妨令，则， 因为， 所以，得， ∴，解得或， 所以或. 25．（25-26学年高二上·广东广州·期中）在空间直角坐标系中，已知向量，，若在上的投影向量为，则　　　　　　. 【答案】4 【分析】 由投影向量计算公式即可求解. 【详解】 若在上的投影向量为， 即， 则，解得. 故答案为：4 26．（25-26学年高二上·广东广州·期中）已知且 （1）求实数的值； （2）若，求实数的值． 【答案】（1）2；     （2）.      【分析】 （1）根据空间向量平行的性质、空间向量线性运算公式进行求解即可； （2）根据空间向量垂直的坐标表示公式、空间向量线性运算公式即可求解. (1) 小问详解： ， ， 设， ， 的值为2． (2) 小问详解： 由（1），则， ， ， ． 27．（25-26学年高二上·广东四校·期中）已知空间内三点，，. （1）求的余弦值； （2）求以向量，为一组邻边的平行四边形的面积S. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）得到、向量后借助空间向量夹角公式计算即可得； （2）得到、向量后借助空间向量夹角公式计算可得，即可得，再借助面积公式计算即可得. (1) 小问详解： 、， 则， 即的余弦值为； (2) 小问详解： ，， 则， 则， 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　　　　　　. 【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： 考点04 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·广东石龙中学·期中）在正方体中，E为的中点，则直线与平面所成的角的正弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】 设正方体的棱长为4，直线与平面所成的角为， 以，，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， ， ， ，所以， 由于，所以平面， 即平面的法向量为，， 所以. 故选：B 2．（25-26学年高二上·广东佛山·期中）若平面，且平面的一个法向量为，则平面的法向量可以是（       ） A.  B.  C. ，2， D.  【答案】C 【分析】 利用向量垂直的坐标表示判断出正确选项. 【详解】 A，，错误. B，，错误. C，，正确. D，，错误. 故选：C 3．（2026·广东东莞高级中学·联考）（多选）已知平面与平面的法向量分别是，直线的方向向量为，则下列命题正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AB 【分析】 对于A，由已知可得，从而得，即可判断；对于B，由已知可得，即可判断；对于C，由已知可得或，即可判断；对于D，由已知可得或，即可判断. 【详解】 对于A，因为，所以，所以，故A正确； 对于B，因为，，所以，即，故B正确； 对于C，因为，所以， 又因为，所以或，故C错误； 对于D，，所以，又因为， 所以或，故D错误. 故选：AB. 4．（25-26学年高二上·广东广州中学·期中）正方体的棱长为1，若点为的中点，，则与所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 以为原点建立空间直角坐标系，用异面直线所成角的向量法求解公式计算. 【详解】 以为原点，分别以，，所在直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则，由，则， 由点为的中点，则， 则，， 则， 故与所成角的余弦值为． 故选：A. 5．（25-26学年高二上·广东广州·期中）在空间直角坐标系中，已知，，，则点到直线的距离为（     ） A. 3 B.  C. 1 D.  【答案】C 【分析】 根据给定条件，利用空间向量求出点到直线距离. 【详解】 依题意，，，则在的投影数量为：. 所以点到直线的距离为：. 故选：C 6．（25-26学年高二上·广东石龙中学·期中）在棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）ABCD中，M分别为BC，AD的中点，求直线AM和CN夹角的余弦值为（        ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 以为基底表示出，利用数量积相关公式求出，，然后可得向量夹角余弦值，即可得答案. 【详解】 记， 由题知，， 所以， 又， 所以， ， 所以， 所以直线AM和CN夹角的余弦值为. 故选：B 7．（25-26学年高二上·广东四校·期中）已知圆台的上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，点，分别在上、下底面圆周上，且，则与所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 过的母线为，连接，则，以为坐标原点，为坐标轴建立空间直角坐标系，利用向量法可求与所成角的余弦值. 【详解】 过的母线为，连接，则，又因为，所以，    以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 所以， 所以与所成角的余弦值为. 故选：A. 8．（25-26学年高二上·广东四校·期中）（多选）关于空间向量，以下说法正确的是（       ） A. 若空间向量，则在上的投影向量为 B. 若空间向量满足，则与夹角为锐角 C. 若对空间中任意一点，有，则四点共面 D. 若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则 【答案】ACD 【分析】 对于A，根据投影向量的定义列式运算得解；对于B，当，同向共线时也成立可判断；对于C，由空间向量共面的推论判断；对于D，由可判断. 【详解】 对于A，在上的投影向量为，故A正确； 对于B，当，同向共线时也成立，但与夹角不为锐角，故B错误； 对于C，在中，故四点共面，故C正确； 对于D，由，即，故，故D正确. 故选：ACD. 9．（25-26学年高二上·广东仙村中学·期中）已知点，，若平面的一个法向量，则直线与平面的位置关系是（       ） A.  B.  C.  D. 或 【答案】D 【分析】 通过直线的方向向量与平面的法向量的关系，判断直线与平面的位置关系 【详解】 因为，， 所以，所以或． 故选：D． 10．（25-26学年高二上·广东仙村中学·期中）（多选）以下说法正确的是（       ） A. 若两条不同直线，的方向向量分别是，，则. B. 直线的方向向量，平面的法向量是，若且，则 C. 若直线的方向向量，平面的法向量是，则 D. 若两个不同平面，的法向量分别是，，则 【答案】ABD 【分析】 利用利用空间中的直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系结合空间向量的运算即可求解. 【详解】 解：对A，两条不同直线，的方向向量分别是，，当时，可得出方向向量也平行，即，当时，也可推出两条直线平行，故A正确； 对B，直线的方向向量，平面的法向量是，若且，由线面平行的定义可以推出，故B正确； 对C，直线的方向向量，平面的法向量是，则，即，所以直线与平面平行或者，故C错误； 对D，两个不同平面，的法向量分别是，，则，所以，故D正确. 故选：ABD. 11．（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，，利用向量夹角公式求解判断B；求平面的法向量，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 对于B，，使得与所成的角满足： ， 因为，故，故， 而，B错误； 对于C，平面的法向量， 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，，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. 12．（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，，，，，. 所以， 即与所成角的余弦值为. 故选：D. 13．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）（多选）如图，在棱长为的正方体中，，，，分别是，，，的中点，则下列说法正确的有（       ） A. ，，，四点共面 B. 与所成角的大小为 C. 在线段上存在点，使得平面 D. 在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值 【答案】AD 【分析】 建立空间直角坐标系，利用向量的共面定理可判断A选项，利用坐标法求异面直线夹角可直接判断B选项，假设在线段上存在点，设，，利用坐标法验证线面垂直，可判断C选项；分别证明与上的所有点到平面的距离为定值，即可判断D选项. 【详解】 以为原点，以，，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，，，，，，，，，， 设，    则， 所以 ，解得 ， 故，即，，，四点共面，故A正确； 因为，， 所以， 所以与所成角的大小为，故B错误； 假设在线段上存在点，符合题意， 设（），则， 若平面，则，, 因为，， 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； 因为，所以， 又平面，平面，所以平面， 故上的所有点到平面的距离即为到平面的距离，是定值， 又的面积是定值， 所以在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值，故D正确； 故选：AD. 14．（2026·广东麻涌中学·联考）《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作，其在卷第五《商功》中描述的几何体“阳马”实为“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”．如图，在“阳马”中，平面，，则直线与面所成角的正弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 建立空间直角坐标系，求出面的法向量，再求直线与面所成角的正弦值. 【详解】    因为平面，面，底面为矩形，所以两两垂直， 设，以分别为轴建立空间直角坐标系如图， 则 所以， 设平面的法向量为， 所以 ，令，则，所以取， 直线与面所成角的正弦值为. 故选：A 15．（2026·广东东莞·联考）若平面的法向量为，平面的法向量为，直线的方向向量为，则（       ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【分析】 根据面面平行则法向量共线计算可判断A；根据直线与平面垂直则直线的方向向量与平面法向量共线计算可判断B；根据直线的方向向量与平面法向量垂直则直线与平面平行或直线在平面内可判断C；根据法向量垂直则面面垂直可判断D. 【详解】 对于A，由，得，则，解得，故A错误； 对于B，由，得，则，解得，故B错误； 对于C，由，得，则或，故C错误； 对于D，由，得，则，故D正确. 故选：D. 16．（2026·广东东莞·联考）如图，在正方体中，为的中点，在线段上，且，则与所成角的余弦值为（） A. 1 B. 0 C.  D.  【答案】D 【分析】 建立空间直角坐标系，利用空间向量求异面直线所成的角的三角函数. 【详解】 根据题意，可以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图： 不妨设，则，，，. 所以，. 设直线与所成的角为， 则. 故选：D 17．（25-26学年高二上·广东广州中学·期中）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为2，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中错误的是（       ）． A.  B. 与夹角是120° C.  D. 直线与平面ABCD所成角的正弦值为 【答案】B 【分析】 以、、为基底，表示出、，利用空间向量法判断A、C，连接，根据，即可判断B，求出平面的法向量，利用空间向量法求出夹角的正弦值，即可判断D. 【详解】 因为平行六面体中， 其中以顶点为端点的三条棱长均为2，且彼此夹角都是， 所以. 对于A， ， 所以，即，故A正确； 对于B，连接，由题意可知是等边三角形，则， 因为，且向量与的夹角是， 所以向量与夹角是，故B错误； 对于C， ，所以， 即，故C正确； 对于D，设平面ABCD的法向量为， 则 ，即 ， 取，，，所以， 所以， ， 设直线与平面ABCD所成角为，则， 所以直线与平面ABCD所成角的正弦值为，故D正确. 故选：B 18．（25-26学年高二上·广东广州·期中）（多选）在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则下列选项正确的是（       ） A.  B. 直线与所成角的余弦值为 C. 三棱锥的体积为 D. 存在实数使得 【答案】BD 【分析】 建立空间直角坐标系，求出，对于A，计算的值即可判断；对于B，计算的值即可判断；对于C，先计算得，接着计算，再由和平面且结合锥体体积公式即可计算求解；对于D，由计算求出即可得解. 【详解】 由题可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 对于A，，故与不垂直，故A错误； 对于B，， 所以直线与所成角的余弦值为，故B正确； 对于C，由上，所以， 所以即，又， 所以， 因为，又由正方体性质可知平面即平面， 所以，故C错误； 对于D，若存在实数使得， 则， 所以 ，所以，故D正确. 故选：BD. 【点睛】 思路点睛：建立坐标系解决立体几何中的问题是一种常用方法，它的思维量小，计算量虽多但是计算简单，解法直接自然和简单，本题根据正方体的结构特征建立了空间直角坐标系，接着计算所需向量坐标，从而根据各个问题的向量法理论公式直接计算即可判断求解. 19．（25-26学年高二上·广东石龙中学·期中）（多选）下列结论正确的是（       ） A. 已知向量，则向量在上的投影向量为 B. 若对空间中任意一点，有，则四点共面 C. 若是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底 D. 若直线的方向向量为，平面的法向量，则直线 【答案】BC 【分析】 应用投影向量定义计算求解判断A，应用系数间关系判断四点共面判断B，应用基底的定义判断C，根据空间向量证明线面关系判断D. 【详解】 对于A，向量在上的投影向量，故A不正确； 对于B，，则四点共面，故B正确； 对于C，是空间的一组基底，不共面，而，则也不共面，也是空间的一组基底，故C正确； 对于D，，因而或在平面内，故D不正确. 故选：BC. 20．（25-26学年高二上·广东四校·期中）如图，已知正方体的棱长为2，、分别为线段、的中点，若点为正方体表面上一动点，且满足平面，则点的轨迹长度为（       ） A.  B.  C.  D. 2 【答案】B 【分析】 建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出，从而得到⊥平面，从而点在线段上时，满足平面，点的轨迹长度为. 【详解】 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， 故， 所以， 又，平面， 所以⊥平面， 故当点在线段上时，满足平面， 点的轨迹长度为. 故选：B 21．（25-26学年高二上·广东茂名信宜·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，是线段的中点，点，满足，，其中，，则（       ） A. 当，时，点到直线的距离为 B. 当取最小值时， C. 存在，，使得 D. 当，时，过，，三点的平面截正方体得到的截面多边形面积为 【答案】ABD 【分析】 首先建立空间直角坐标系，A.代入点到直线的距离公式，可判断；B. 当是，的公垂线段时，最短，根据向量垂直的坐标表示，即可求解和的值；C.坐标表示和，可判断；D.首先作出截面，再根据平面图形的性质求面积. 【详解】 以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，，，， ，，，. 选项A：当时，，，，， 取，， 点到直线的距离为， A正确. 选项B：最小时，是，的公垂线段，，， ， ，解得， B正确. 选项C：， ， 若，则,即， 因为，，显然，所以不成立，C错误； 选项D：当，时，在取靠近点的三等分点，连接并延长交于点，易得点是靠近点的三等分点，取靠近点的三等分点，如图所示，    因为三点共线，点分别是的中点， 所以，又因为，所以， 所以四点共面， 又，所以共面 所以过，，三点的平面截正方体得到的截面多边形为四边形， 则，且，又因为平面，所以，即， 则四边形为矩形，，，求得面积为，D正确. 故选：ABD 22．（25-26学年高二上·广东广州中学·期中）（多选）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，、分别是线段、的中点，是线段上的一个动点（含端点、），则下列说法正确的是（     ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得异面直线与所成的角为60° C. 三棱锥体积的最大值是 D. 当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大 【答案】ACD 【分析】 建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量垂直的坐标运算判断A选项；利用异面直线的向量夹角公式计算判断B选项；连接、、，结合锥体体积公式，利用等体积法判断C选项；利用向量的坐标运算表示线面角的正弦值，然后利用二次函数及正弦函数的单调性即可判断D选项. 【详解】 以为坐标原点，、、的方向为、、轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，    ，，，，，，； 对于A选项，假设存在点，使得， 则，又， 所以，解得， 即点与重合时，，A正确； 对于B选项，假设存在点，使得异面直线与所成的角为， 因为，， 所以，方程无解； 所以不存在点满足题意，B错误；    对于C选项，连接、、，设， 因为， 所以当，即点与点重合时，取得最大值； 又点到平面的距离， 所以，C正确； 对于D选项，由上分析知：，， 若是面的法向量，则 ， 令，则， 因为，设直线与平面所成的角为，， 所以， 当点自向处运动时，的值由到变大，此时也逐渐增大， 因为在为增函数，所以也逐渐增大，故D正确. 故选：ACD. 23．（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，则，则， 则，， 故直线与不垂直，A错误. 由.设平面的法向量为. 由，得， 由，得，取，得. 由于，因此向量与共线，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. ，设直线与的夹角为， 则，故D正确. 故选：BCD. 24．（25-26学年高二上·广东粤东四校·期中）（多选）已知球是棱长为的正方体的内切球，是的中点，是的中点，是球的球面上任意一点，则下列说法正确的是（       ） A. 球的表面积为 B. 三棱锥的体积的最大值为 C. 若，则动点的轨迹长度为 D. 若，则的大小为定值 【答案】ACD 【分析】 根据正方体内切球半径为棱长的一半，结合球的表面积公式可求得A正确；以为原点建立空间直角坐标系，利用点面距离的向量求法可求得球心到平面的距离，结合三棱锥体积公式可知体积最大值为，知B错误；分别取中点，易知平面平面，可知所求轨迹为平面与内切球的交线，根据截面圆半径可求得C正确；根据椭圆定义可知点在以为焦点，长轴长为的椭球面上，结合椭圆与圆的对称性可知D正确. 【详解】 对于A，球为棱长为的正方体的内切球， 球的半径，球的表面积，A正确； 对于B，以为原点，正方向为轴正方向可建立如图空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则 ，令，解得，，； 球心到平面的距离， 平面，平面，， 又， 三棱锥体积最大值为，B错误； 对于C，由正方体性质得面，且内切球半径， 分别取中点，如图所示， ，，平面， 平面，平面，平面， 平面，平面，又，平面， 平面平面，平面， 则点轨迹为平面与内切球的交线，即为截面圆的周长， 易知球心平面， 则到平面的距离为平面与平面的距离， 截面圆半径，点轨迹长度为，C正确； 对于D，由题意知：， 又，点在以为焦点，长轴长为的椭球面上， 点在以为球心，为半径的球面上，点在椭球面与球面的交线处， 则平面截球与椭球的截面图如图所示， 由椭圆与圆的对称性可知：点位于时，为定值，D正确. 故选：ACD. 25．（25-26学年高二上·广东四校·期中）（多选）如图，平行六面体的体积为，，，，且，M，N，P分别为的中点，则（       ） A. 与夹角的余弦值为 B. 平面 C.  D. P到平面的距离为 【答案】AD 【分析】 先求出底面积，再根据棱柱的体积求出高，依题意可得在底面的投影在上，设出投影O，证明投影O为的中点，即可以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用空间向量对选项一一验证即可. 【详解】 因为，且， 所以四边形的面积为． 因为平行六面体的体积为， 所以平行六面体的高为． 因为， 所以在底面的投影在上． 设在底面的投影为O， 则， 因为， 所以． 因为， 所以O为的中点． 以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，，． 则，，，，，，，． 因为， 所以与夹角的余弦值为，故A正确． 设平面的法向量为， 则 ， 令，则． 因为， 所以与平面不平行，故B错误． 因为， 所以与不垂直，故C错误． 设平面的法向量为， 则 ， 令，得． 因为， 所以P到平面的距离为，故D正确． 综上所述：选项AD正确， 故选：AD. 26．（25-26学年高二上·广东佛山·期中）（多选）在正方体中，，为正方形内（包括边界）一动点，为的中点，则（       ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在点，使得 C. 若，则的最大值为 D. 满足的点的轨迹长度为 【答案】AD 【分析】 利用锥体体积公式可判断A选项；以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系，设点，其中、，利用空间向量法可判断BC选项；根据可得出、的关系式，确定点的轨迹，并求其长度，可判断D选项. 【详解】 对于A选项，因为平面平面，平面， 所以点到平面的距离等于， 因为四边形是边长为的正方形，故， 因此为定值，A对； 对于B选项，取的中点，的中点，连接． 以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、． 设，其中、，则，， ， 因为，所以， 所以，不存在点，使得，B错； 对于C选项，，， 所以，即， 因为，所以， 故当时，的最大值为，C错； 对于D选项，，， 由得，即， 又因为、，所以、， 所以点的轨迹为平面内的线段， 即图中的线段，由图知， 故满足的点的轨迹长度为，D正确． 故选：AD. 27．（25-26学年高二上·广东佛山·期中）棱长为的正四面体中，点为平面内的动点，且满足，则直线与直线所成的角的余弦值的取值范围为（   ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 利用给定条件判断的轨迹，再建立空间直角坐标系，利用线线角的向量求法将所求夹角余弦值表示为三角函数，结合三角函数的有界性求出取值范围即可. 【详解】 首先，记在底面内的投影为，则底面， 因为平面，所以， 因为在正四面体中，是等边三角形， 则，是的中心， 则， 由题意得，则， 所以的轨迹是以为圆心，半径为1的圆， 以为原点建立如下图所示的空间直角坐标系： 设与轴正半轴所成的角为，则，， 所以， 设直线与直线所成的角为， 所以， 因为，所以. 故选：A. 28．（25-26学年高二上·广东仲元中学·期中）在棱长为1的正方体中，为平面的中心，为的中点，则点到直线的距离为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 建立空间坐标系，求解直线的单位方向向量，结合勾股定理进行求解. 【详解】 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为，，， 所以. 所以点到直线的距离为. 故答案为：. 29．（25-26学年高二上·广东石龙中学·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，E是的中点，作交于点F． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的大小． 【答案】（1）解法一：因为底面是正方形，侧棱底面， 以D为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 依意得，，，， 所以，， 因为，所以， 由已知，且，平面，平面， 所以平面． 解法二：底面是正方形，， 底面，且平面，， ，平面，平面， 平面，平面，， ，E为中点，， ，平面，平面， 平面，平面，， 由已知，且，平面，平面， 所以平面.     （2）      【分析】 （1）解法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明即可；解法二：首先证明平面，得到，再由，得到平面，从而得到，再由，即可得证； （2）解法一：利用空间向量法计算可得；解法二：由（1）可得为平面与平面所成角，利用锐角三角函数计算可得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解法一：依题意得，且，， 设平面的一个法向量为， 则 ，即 取， 因为，，设平面的一个法向量为， 则 即 取， 设平面与平面的夹角为，则， 又，所以，所以平面与平面的夹角为． 解法二：由（1）知平面，， 又，平面，平面， 为平面与平面所成角， ，E为中点，，， 平面，平面，， 直角三角形中，，所以， 所以平面与平面的夹角为 30．（2026·广东部分学校·联考）设空间中的点，则点到平面的距离为　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 求出平面的一个法向量，利用空间中点到平面的距离公式求解即可. 【详解】 由题可知 设平面的一个法向量为，则 ， 不妨取，则，故，故点到平面的距离为． 故答案为：． 31．（25-26学年高二上·广东佛山·期中）如图，已知正方体的棱长为1，Q为的中点，点P在棱上，． （1）求点到平面的距离； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）;     （2）.      【分析】 （1）利用空间向量法来求点到面的距离即可； （2）利用空间向量法来求两平面夹角余弦值即可. (1) 小问详解： 如图建系，根据已知条件可得：， 则，， 设平面的法向量为， 则 ，令，则， 所以， 则点到平面的距离； (2) 小问详解： 由平面的法向量为，平面的法向量为， 所以平面与平面的夹角的余弦值为： . 32．（25-26学年高二上·广东深圳·期中）已知是直线的方向向量，是平面的法向量，如果，则　　　　　　　　　　． 【答案】15 【分析】 由可得：，利用空间向量共线的充要条件列方程组计算即得. 【详解】 因，依题意，必有， 即存在唯一的实数，使， 即：，则 ， 解得：，故. 故答案为：15. 33．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）如图，在四棱锥中，，，点为棱上一点． （1）证明：； （2）当点为棱的中点时，求直线与平面所成角的正弦值； （3）当二面角的余弦值为时，求． 【答案】（1）证明:因为， 所以，所以， 又，且平面，所以平面， 又平面，所以．     （2）     （3）      【分析】 （1）先由勾股定理得到，再由线面垂直的判定定理证明平面即可； （2）建立如图所示坐标系，求出平面的一个法向量再代入空间线面角的公式求解即可； （3）设，求出平面和平面的一个法向量代入空间二面角公式求出即可； (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 因为，所以，则． 由（1）可知两两垂直，以为原点，以所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则， 当点为棱的中点时，． 设平面的一个法向量， 则 即 令，解得，故， 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为． (3) 小问详解： 由（2）可知， 设，则， 设平面的一个法向量， 则 即 令，解得， 故， 设平面的一个法向量为， 由 得 令，解得，故， 所以， 即，整理，得，解得或（舍去）． 故． 34．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）如图，在棱长为3的正方体中，点是棱上的一点，且.    （1）若点满足，求证：平面； （2）底面内是否存在一点，使得平面?若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.    所以，，，，，， 所以，. 设平面的一个法向量， 所以 ， 令，解得，， 所以平面的一个法向量. 若，则， 所以， 所以，， 又平面，所以平面.     （2）存在，，理由如下： 假设底面内存在一点，使得平面， 设， 又，所以， 又平面的一个法向量，所以， 所以，解得，， 所以底面内存在一点，使得平面，此时.      【分析】 （1）以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和，再计算，从而可证明； （2）假设底面内存在一点，使得平面，从而根据列式可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 35．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）在空间直角坐标系中，已知，则点到平面的距离是　　　　　　　　　　. 【答案】 【详解】 因为， 所以， 设平面EFG的一个法向量为， 则 ，令，得， 所以点到平面的距离. 36．（2026·广东东莞高级中学·联考）在正四棱柱中，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）若为上的动点，使直线与平面所成角的正弦值是，求的长. 【答案】（1）如图建立空间直角坐标系， (0，0，0)，(1，0，0)，(1，1，0)，(0，1，0)，(1，0，2)，(1，1，2)，(0，1，2)，(0，0，2)，(0，1，1) 设平面的法向量(，，)， (1，1，0)，(0，1，1) 由 ，即 ， 取，得(1，-1，1)， 又(-1，1，2)， 因为，所以， 所以平面. （2）由（1）可知(1，-1，1)，(-1，1，-1)，，所以， 所以平面. （3） 【分析】 建立如图所示空间直角坐标系，（1）求出平面的法向量，利用证明即可； （2）利用即可证明；（3）设点的坐标为(1，1，)，由线面角公式可求出，即可利用向量的模求的长. 【详解】 （1）略 （2）略 （3）设点的坐标为(1，1，)， (0，1，)， 设直线与平面所成角为，则 ， 解得， 所以点的坐标为(1，1，1)，(1，1，1)，， 所以的长为. 【点睛】 本题主要考查了利用空间向量证明线面垂直，线面平行，线面角，线段的长，考查了运算能力，属于中档题. 37．（25-26学年高二上·广东领航高中联）如图，在四棱锥中，底面是梯形，，，，，点为的中点，. （1）证明：平面平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 由，，， 可得，， 因为，所以，又，所以. 因为点为的中点，，所以. 因为，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面.     （2）.      【分析】 （1）先证明线面垂直，再得到面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出关键点坐标和法向量，后利用向量夹角公式计算，再结合同角三角函数关系式求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，平面，，所以平面， 因为平面，所以，所以，，两两垂直. 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， 则，，，， 所以，，，， 设平面的一个法向量为，则 ，即 ， 取，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. 38．（2026·广东麻涌中学·联考）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，．E为PD的中点，点F在PC上，且，设点G是线段PB上的一点． （1）求证：CD⊥平面PAD； （2）若．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由． （3）设CG与平面AEF所成角为，求的范围. 【答案】（1）证明：因为⊥平面，平面，所以， 又因为，，平面，平面， 所以平面.     （2）直线在平面内，理由：在底面中，过作，交于， 由题意可知，又平面， 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. 则，，，， 、、、. ，，， 若平面，则且，使得， 则有 ，解得 ，故. 所以直线平面.     （3）      【分析】 （1）由⊥平面可得，结合利用线面垂直判定定理可证； （2）由代入坐标建立方程组，由方程组有解可得直线在平面内； （3）由点G是线段PB上的一点．设，进而得坐标，求平面的一个法向量，由向量方法表示出，再利用换元法求函数值域可得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（2）可知，. 设， 则， 设平面的法向量为， 则 ，即 ， 令，有，故. 故 ， 令，则 ， 而，， 故. 39．（2026·广东东莞·联考）如图，在棱长为2的正方体中，分别是平面，平面的中心． （1）求证：四点共面； （2）求的体积． 【答案】（1） 在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 因此，即，即， 所以四点共面.     （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量共线的坐标表示推理得证. （2）利用（1）中坐标系，利用点到平面距离公式求出四棱锥的高，进而求出体积. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 正方体的对角面为矩形，且， 由（1）知，， ， 设平面的法向量，则 ， 令，得， 因此点F到平面的距离， 所以的体积是. 40．（25-26学年高二上·广东茂名信宜·期中）如图，在四棱锥中，底面，，，，.    （1）求与平面所成角的正弦值； （2）求证：平面平面 【答案】（1）     （2） 由（1）知为平面的一个法向量 设平面的法向量，又向量，，        则 ，即 ，        不妨令，可得为平面的一个法向量.        因为，所以.        所以平面平面.      【分析】 （1）以点为原点,建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用解出答案； （2）求出平面的法向量，利用即可证明. (1) 小问详解：    依题意，以点为原点，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，，，.        设平面的一个法向量为，，        则 ，即       不妨令，可得为平面的一个法向量.        ，，        设与平面所成角为，则 (2) 小问详解： 略 41．（25-26学年高二上·广东仲元中学·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，． （1）求点B到平面的距离； （2）已知三棱锥的体积为，点N为线段的中点，设平面与平面的交线为l，求直线l与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）由条件，利用勾股定理证明，根据面面垂直性质定理得出平面，进而得出点到面的距离； （2）由条件结合锥体体积公式求，取PB的中点M，证明直线为平面与平面的交线，建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值. (1) 小问详解： ，，， ，，. 又平面平面，平面平面，平面， 平面. 所以点B到平面PAD的距离 (2) 小问详解： 取AD的中点O，，. 又平面平面，平面平面，平面， 平面. ， . 取PB的中点M，又为的中点，， 又，， 平面即为平面， 为平面与平面的交线. 取AB的中点Q，连接OQ，由(1)可知，OA、OP、OQ两两垂直. 如图建立空间直角坐标系， 则，，，. 设平面的法向量为，，， 则 ， 取，则， . 设直线与平面夹角为，， 则， 故直线与平面夹角的正弦值. 42．（25-26学年高二上·广东广州中学·期中）如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是的中点．    （1）求证：平面； （2）求直线与平面的距离． 【答案】（1）    直三棱柱中，所有棱长均为4， 上下底面为边长为4的正三角形，侧面为边长为4的正方形， 连接与交于点，则为，的中点，连接DE， 在中，分别为边的中点， ， 又平面，平面， 平面．     （2）      【分析】 （1）利用直三棱柱的性质结合线面平行判定定理证明结论； （2）结合直三棱柱的性质建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用点到平面的距离公式计算． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取中点，中点，连接，则，平面ABC， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，    则， ， 设平面的法向量为，则 ，令，则， ， 为上的点，平面， 到平面的距离d即为直线与平面的距离， ， 直线与平面的距离为：． 43．（25-26学年高二上·广东广州中学·期中）如图，二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角两个面内，并且都垂直于棱．若二面角的平面角为，且，，则　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据已知条件用空间向量的模的公式求出的长. 【详解】 由条件知， 又二面角的平面角为，则，所以 ， 所以． 故答案为：. 44．（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，，，， 故，， 因，则， 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，，，方向分别为，，轴方向建立空间直角坐标系， 故，，，， 则， 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 由 ，即 ，不妨设，故； 由 ，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. 45．（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 ， 不妨取，则，故， 故点到平面的距离为. 故答案为：. 46．（25-26学年高二上·广东广州·期中）如图，直三棱柱中，，，分别为，的中点．    （1）求证：平面； （2）线段上是否存在点，使平面？若存在，求；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明如下： 在直三棱柱中，，直线两两垂直， 以C为原点，以直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，    设，则， ，设是平面的一个法向量， 则 ，令，得， 显然，即，而平面， 所以平面.     （2）Q是的中点, 即.      【分析】 （1）（2）根据给定的几何体，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 假定线段上存在点满足条件，由（1）设，， ， 则，， 设是平面的一个法向量， 则 ，令，得， 由平面，得，即存在实数，满足： ，即 ，解得，因此，即Q是的中点， 所以线段上存在点，使平面，. 47．（2026·广东部分学校·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， 故 ， 因为四点在同一平面内， 所以存在使得 故，所以， 故四点共面．     （2）      【分析】 （1）先利用空间向量的线性运算得由四点共面根据空间共面向量定理得到进而得到，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用空间向量法求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面，平面平面， 故以为坐标原点，，方向分别为轴方向建立空间直角坐标系， 故，，，， 则 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 由 ，不妨设， 则，故； 由 ，不妨设， 则，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． 48．（25-26学年高二上·广东粤东四校·期中）如图，在三棱锥中，，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线.    （1）求证：直线平面； （2）若直线上存在一点（与都在的同侧），且直线与直线所成的角为，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） ，分别是，的中点，， 又平面，平面，平面， 又平面，平面平面，， 又，平面平面，平面平面，平面， 平面，则平面.     （2）.      【分析】 （1）先证明，再证明平面，从而得到平面； （2）建立空间直角坐标系，然后再求出相关平面的法向量，最后用夹角公式计算即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）得，平面，以为坐标原点，为轴正方向， 为轴正方向，平面内，过作为轴，建立空间直角坐标系，              ，，，，，              ，，设，则. 依题意可得：，即： 所以，即 于是：， 设平面的法向量为 则 ，取，可得 再设平面的法向量为， 则 ，取，得 于是 所以平面与平面所成角的余弦值为. 49．（25-26学年高二上·广东上进联考·期中）已知为直线的方向向量，为平面的法向量，为平面的法向量，且不在内. （1）证明：； （2）求与所成角的正弦值； （3）求与的夹角的正弦值. 【答案】（1） 由，可知l∥β或l⊂β， 又l⊄β， 所以l∥β.     （2）      （3）       【分析】 （1）由线面平行的向量表示证明； （2）由线面角的向量法计算； （3）由二面角的向量法计算． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 记l与α所成的角为θ1， 则sinθ1===. (3) 小问详解： 记α与β的夹角为θ2， 则cosθ2===， 由θ2∈知sinθ2==. 50．（25-26学年高二上·广东四校·期中）已知四棱锥的底面为正方形，平面，，点是的中点，则点到直线的距离是　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 建立空间直角坐标系，利用点到直线的距离公式计算得到答案. 【详解】    如图所示建立空间直角坐标系，则， 所以，所以， 所以点到直线的距离是， 故答案为：. 51．（25-26学年高二上·广东四校·期中）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记． （1）求证：平面； （2）当的长度最小时，求二面角的余弦值． 【答案】（1） 如图建立空间直角坐标系， 则， ，， ． 显然平面的一个法向量为， 而， 因为，平面 所以MN//平面BCE.     （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线面平行即可； （2）利用向量法求出的长度取最小值时的坐标，证明是二面角的平面角，利用向量法求余弦即可, (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ； 当时，最小，最小值为；此时，为中点时，最短， 则，取的中点，连接，， 则，，， ，，，， 是二面角的平面角． ，， ． 二面角的余弦值是． 52．（25-26学年高二上·广东四校·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，.为的中点，点在上，且. （1）求证：平面； （2）求直线与面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在点，使得、、、四点共面，如果存在求出的值；如果不存在说明理由. 【答案】（1）证明：由平面，平面，则， 又，，平面，所以平面.     （2）1     （3）存在，.      【分析】 （1）由线面垂直的性质有，又，根据线面垂直的判定即可证结论； （2）构建以A为原点，建立空间直角坐标系，根据已知确定对应点坐标，求出平面的法向量，应用向量法求线面角的正弦值； （3）设，根据点共面，利用与平面一个法向量垂直，由向量垂直的坐标表示求，即可确定结果. (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 以A为原点，平面内与垂直的直线为x轴，的正方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则有， 为的中点，，得，， 则有，，，， 设平面的一个法向量为，则 ， 令，则，得， 设直线与面所成角为，则有， 所以直线与面所成角的正弦值为1. (3) 小问详解： 若线段上存在点使、、、四点共面，设，， 则，， 若、、、四点共面，则在平面内， 又平面的一个法向量为，则有，解得. 所以线段上存在点，使得、、、四点共面，此时. 53．（25-26学年高二上·广东佛山·期中）（多选）如图，四棱锥中，，． （1）证明：平面； （2）若，且，，三棱锥外接球的球心为，求直线与平面所成角正弦值； （3）若平面PAD平面PBC，，且AB=BC=1，AD=，求BP的取值范围. 【答案】（1） 在平面ABCD中，因为，， 所以， 又平面，平面， 所以平面．     （2）     （3）.      【分析】 （1）由题意可知，由线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，确定球心位置，然后利用线面角的坐标求法求解即可； （3）建立空间直角坐标系，分别求出平面PAD和平面PBC的法向量，利用法向量数量积为0可得b的范围，进而求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面ABC，平面， 所以，，又因为， 以A为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，， 因为中，，所以外心为AC中点， 故三棱锥外接球球心O在过M且垂直于平面ABC的直线上，故设， 又因为，所以，故，所以， 所以，又因为，， 设平面PBC的一个法向量为， 于是 令，得，， 所以平面PBC的一个法向量为， 设直线AO与平面PBC所成角为， 则. (3) 小问详解： 以为原点，以，所在直线分别为轴，轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，设， 所以，，设平面PAD的一个法向量为， 于是 令，得，， 所以平面PAD的一个法向量为， 同理平面PBC的一个法向量为， 又因为平面PAD平面PBC， 所以，所以，所以， 又因为，，且， 所以，所以或， 当时，， 当时，， 故. 54．（25-26学年高二上·广东佛山·期中）如图，在直三棱柱中，，，，M是AB的中点，N是的中点，P是与的交点，是线段上的一点，且满足平面，则　　　　　　　　 【答案】 【分析】 建立空间坐标系，利用空间向量进行求解，平面则可利用与平面的法向量垂直求解. 【详解】 如图，由已知，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，    设， 则,， 设面的一个法向量, 则 ,即 ， 令得， 因为平面，所以,即， 所以得， ,所以， 因为，所以． 故答案为：． 55．（25-26学年高二上·广东仙村中学·期中）如图，在直三棱柱中，是的中点，是的中点. （1）证明：平面； （2）求直线BC与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）在直三棱柱中，由于， 所以可以如图以为坐标原点建立空间直角坐标系： 又由于是的中点，是的中点， 则， 所以， 由于所以， 所以， 又因为平面， 所以平面；     （2）.      【分析】 （1）利用空间向量法来求直线的方向向量与平面内的两直线的方向向量的数量积为0，即可证明； （2）利用空间向量法来求平面的法向量，再求线面角的正弦值，然后再求余弦值即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）得：， 设平面的法向量为， 则 ，令，得， 即，设直线BC与平面所成角为， 则， 所以. 即直线BC与平面所成角的余弦值为. 56．（25-26学年高二上·广东仙村中学·期中）（多选）如图，四棱锥S­-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点． （1）求证：AC⊥SD； （2）若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面ACD的夹角大小； （3）在（2）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由． 【答案】（1）连接BD，设AC交BD于O，由题意知SO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系O­xyz如图． 设底面边长为a，则高SO＝a． 于是S ，D ，C ＝ ，＝ ， ∵·＝0，故OC⊥SD，从而AC⊥SD． （2）30°； （3）存在，SE∶EC＝2∶1，理由如下： 在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC．由（2）知是平面PAC的一个法向量， 且＝ ，＝ ． 设＝t，则＝＋＝＋t ＝ 而·＝0⇔t＝， 即当SE∶EC＝2∶1时 ⊥，而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC． 【分析】 （1）由题设知，连，设交于于，由题意知平面.以为坐标原点，，，分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，求得向量与，结合数量积即可证明AC⊥SD； （2）分别求出平面与平面ACD的一个法向量，求法向量的夹角余弦值，即可求出结果； （3）要使平面，只需与平面的法向量垂直即可，结合（2）中求出的平面的一个法向量，即可求解． 【详解】 （1）略 （2）由题设知，平面PAC的一个法向量＝ ，平面DAC的一个法向量＝ ，设所求角为，则cos＝＝，∴平面PAC与平面DAC的夹角为30°． （3）略 57．（25-26学年高二上·广东仙村中学·期中）如图，正方体的棱长为2，E为线段的中点，F为线段的中点，则直线到平面的距离为　　　　　　. 【答案】 【分析】 用向量法求直线到平面的距离，先建系，再求出平面的法向量，再利用公式求距离. 【详解】 ，平面，平面， ， 所以直线到平面的距离等于点到平面的距离， 如图    以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立坐标系， 则，， ，，，， 设平面的法向量 则 另，则，设点到平面的距离为， 则， 故答案为： 58．（25-26学年高二上·广东茂名化州·期中）如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，∥，，点在线段上． （1）当点为中点时，求证：∥平面； （2）当平面与平面所成锐二面角的余弦值为时，求点M在线段EC上的位置． 【答案】（1）证明：以直线、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，所以. ∴ 又是平面的一个法向量. ∵即， 平面， ∴∥平面； （2）点为中点. 【分析】 （1）以直线、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用向量法可证明； （2）设，求出平面和平面的法向量，根据题意建立关系即可求出，得出结果. 【详解】 （1）略 （2）设，则， 又， 设，则，即. 设是平面的一个法向量， 则 ， 取得，此时显然时不符合，则， 即， 又由题设，是平面的一个法向量， ∴，解得， 即点为中点. 【点睛】 利用法向量求解空间面面角的关键在于“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”. 59．（25-26学年高二上·广东深圳·期中）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为，的中点，D为棱上的点，． （1）证明：平面； （2）证明：； （3）当为何值时，平面与平面所成角的余弦值最大？并求出这个最大值． 【答案】（1）证明见解析     （2）证明见解析     （3）当时，平面与平面DFE所成角的余弦值最大，最大值是      【分析】 （1）由底面ABC得，由，得，根据线面垂直的判定定理可得结论； （2）建立空间直角坐标系，由题设，证明即可； （3）求出平面及平面的法向量，得出平面与平面所成的角余弦值的表达式，根据二次函数的性质确定最大值． (1) 小问详解： 因为三棱柱是直三棱柱，所以底面， 因为底面，所以， 因为，，所以， 又，，平面， 所以平面． (2) 小问详解： 因为平面，平面， 所以，所以，，两两垂直． 以B为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图． 所以，，，，，，，． 由题设（）． 因为，， 所以， 所以． (3) 小问详解： 设平面的法向量为， 因为，， 所以 ，即 ． 令，则． 因为平面的法向量为， 设平面与平面所成角为，， 则． 因为，， 所以，当时，取最小值为， 此时取最大值为，此时， 所以当时，平面与平面所成角的余弦值最大，最大值是． 60．（25-26学年高二上·广东深圳·期中）如图，在棱长为2的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点．    （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点F到平面的距离． 【答案】（1） 以D为原点，，，分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，． 解法一： 因为，，则，所以， 又因为A，E，F，四点不共线，所以， 又因为平面，平面， 所以平面． 解法二： 因为，， 设平面的一个法向量为， 则有 ，即 ，取，所以， 因为，所以，得， 又因为平面， 所以平面．     （2）     （3）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系， 解法一：根据空间向量平行的坐标表示得，所以，进而可得结论； 解法二：求出平面的法向量，可得，进而可得结论； （2）利用直线与平面所成角的向量解法求解； （3）根据点到平面的距离的向量公式求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设直线与平面所成角为，， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． (3) 小问详解： 设点F到平面的距离为d，因为， 所以， 所以点F到平面的距离为． 61．（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，，由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， 由， 可得， 即， 即， 可得． 故答案为： 62．（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，，， 设平面的法向量为， 则 ，令，则，即． 设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 63．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）在空间直角坐标系Oxyz中，任何一个平面的方程都可以表示成（其中a，b，，，且），在空间中，给定平面内一点和该平面的法向量，也可以确定该平面的方程，例如已知是平面内一点，是平面的法向量，设是平面内任意一点，根据可得平面的方程为.如图，在正方体中，，点是线段的中点，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示. （1）求平面的方程； （2）①求证：是平面的一个法向量； ②求证：到平面的距离为. （3）若过点的平面PQN的方程为，求平面与平面PQN夹角的余弦值. 【答案】（1）     （2） ① 在平面上任取两点， 则有 因为， 所以， 所以，即垂直于平面内任意一条直线， 所以是平面的一个法向量. ② 取平面上一点，则， 所以点到平面的距离为.     （3）      【分析】 （1）求得平面的一个法向量，设点是平面内任意一点，利用，可求得平面的方程； （2）① 在平面上任取两点，由题意可证，可得结论；② 利用点到面的距离公式计算即可证明； （3）利用点在平面内可求得，求得平面PQN的一个法向量，求得平面的一个法向量，利用向量的夹角公式计算可求得平面与平面PQN夹角的余弦值. (1) 小问详解： 由题意可得， 设是平面的一个法向量， 则 ，令，得， 所以. 设点是平面内任意一点，， 由，得， 所以平面的方程为. (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 因为平面PQN过点，所以，解得. 所以平面PQN的方程为， 由（2）知平面PQN的一个法向量为， 由（1）知是平面的一个法向量， 设平面与平面PQN的夹角为，则， 即平面与平面PQN夹角的余弦值为. 64．（25-26学年高二上·广东领航高中联）如图，在三棱柱中，点为的中点，记，，. （1）用，，表示； （2）若三棱锥是棱长为2的正四面体，求； （3）若三棱锥是正三棱锥，且异面直线与所成角的余弦值大于，求的取值范围. 【答案】（1）     （2）3     （3）      【分析】 （1）利用向量的线性运算求解； （2）由已知可得，利用计算可得； （3）由已知设，，，可得，，由，得，异面直线与所成角的余弦值大于，可得，即可求得的取值范围. (1) 小问详解： 由已知，，， 则. (2) 小问详解： 因为三棱锥是棱长为2的正四面体， 所以，则. 因为， 所以 . (3) 小问详解： 由三棱锥是正三棱锥，设，， 则，所以， 则， 则，. 因为， 所以 ， . 设异面直线与所成的角为， 则，解得， 因为三棱锥是正三棱锥，所以P在平面ABC内的射影是三角形的中心， 所以, 所以的取值范围是. 65．（2026·广东麻涌中学·联考）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，点，分别为，的中点，点为内的一个动点（包括边界），平面，则点的轨迹的长度为　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 记的中点为，点的轨迹与交于点，则平面平面，建立空间直角坐标系，利用垂直于平面的法向量确定点的位置，利用向量即可得解. 【详解】 由题知，两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 记的中点为，连接， 因为为正方形，为中点，所以，且， 所以为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 记点的轨迹与交于点，由题知平面， 因为是平面内的相交直线，所以平面平面， 所以即为点的轨迹， 因为， 所以， 设， 则， 设为平面的法向量， 则 ，令得， 因为，所以， 解得，则，又 所以， 所以. 故答案为： 66．（2026·广东东莞·联考）已知两个非零向量，在空间任取一点O，作，则叫做向量与的夹角，记作．定义与的“向量积”为：是一个与、都垂直的向量，且它的模．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，为线段AD上一点． （1）求； （2）若为线段的中点，求二面角的正弦值； （3）线段上是否存在一点，使得，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）     （2）     （3）存在；      【分析】 （1）先证明为直线与所成角，再由定义去求解； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量进行求解； （3）由，，设，，得，即可求解． (1) 小问详解： 因为底面为矩形，所以，， 又底面，底面， 所以，又，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为，所以为直线与所成角，即， 在直角中， 所以， . (2) 小问详解： 因为且为矩形， 所以可如图建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量， 则 ， 令，得     所以， 因为   所以平面的法向量可取， 设二面角的平面角为 ，则， 所以 ，        所以， 所以二面角的正弦值为． (3) 小问详解： 依题意，，， 又， 所以，， 设，， 则 ， 所以， 由 ， 得 ，   所以 ， ， 由（1）知， 又因 ， 所以， 所以线段上存在点，使得，此时． 67．（25-26学年高二上·广东广州中学·期中）如图1，在中，，，，分别是，边上的动点（不同于端点），且，将沿折起到的位置，得到四棱锥，如图2所示，点是线段的中点.    （1）求证：； （2）若，当四棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值； （3）若，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 【答案】（1） 在中，，，所以， 所以在四棱锥中，，， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以.     （2）      （3）       【分析】 （1）先证明平面，从而利用线面垂直性质定理得到线线垂直； （2）先通过面积取得最大值，得到两平面垂直，再建立空间直角坐标系，并求出两平面的法向量，从而得到两平面夹角的余弦值； （3）先建立空间直角坐标系，并设出点和的坐标，通过垂直得出关系，求出平面的法向量，代入线面角的向量公式得，从而利用对勾函数单调性和正弦函数性质求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 当四棱锥的体积取得最大值时，平面平面. 又平面平面，，平面， 所以平面， 故以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 如图所示，    则，，，，，所以. 设平面的一个法向量为， 又，， 所以 ，令，解得，， 所以平面的一个法向量. 设平面的一个法向量为， 又，， 所以 ， 令，解得，所以平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为， 所以， 即平面与平面的夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 以为坐标原点，直线和分别为，轴，过作平面的垂线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示，设，，，，，    ，， 又，所以，解得， 则，则， 又，所以， 整理得，且，，得. 易得平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为， ， 则， 令，函数在上单调递减，， 因此，则，解得， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是. 68．（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，从而得到，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，，， 设平面的一个法向量为，则 ， 取，则，故， 所以点到平面的距离为. (2) 小问详解： 假设存在满足条件的点E， 则存在，使得， 则， 因为直线DE与侧面所成角的正弦值为， 所以， 即，解得， 又，故， 因此存在满足条件的点，且，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 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·广东广州·期中）若，，是空间一组不共面的向量，则下列可以作为基底的一组向量为（     ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 2．（25-26学年高二上·广东石龙中学·期中）已知，，不共面，若，，且三点共线，则（       ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3．（25-26学年高二上·广东四校·期中）如图，在四面体中，是的中点，，设，则（       ） A.  B.  C.  D.  4．（2026·广东卓越教育发展联盟学校·二模）若是空间的一个基底，则下列各组向量中，不共面的一组是（     ） A.  B.  C.  D.  5．（2026·广东麻涌中学·联考）已知空间单位向量的夹角为，则（       ） A.  B.  C. 1 D.  6．（2026·广东东莞东莞中学松山湖学校·二模）如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（       ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高二上·广东仲元中学·期中）若是直线的方向向量，是平面的法向量，则直线与平面的位置关系是（       ） A. 直线在平面内 B. 平行 C. 相交但不垂直 D. 垂直 8．（25-26学年高二上·广东广州·期中）在四棱柱中，若，，，点为与的交点，则（       ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年高二上·广东石龙中学·期中）如图，在四面体OABC中，，，，点为线段OA上靠近点的三等分点，为BC的中点，则（     ） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年高二上·广东四校·期中）已知，(其中，，是两两垂直的单位向量)，则与的数量积等于（       ） A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年高二上·广东佛山·期中）如图，在所有棱长均为的平行六面体中，为与交点，，则的长为（       ） A.  B.  C.  D.  12．（25-26学年高二上·广东仙村中学·期中）如图，平行六面体中，分别为的中点.若，则（       ） A.  B.  C.  D.  13．（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，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 14．（2026·广东东莞高级中学·联考）如图，已知平行六面体，则（     ） A.  B.  C.  D.  15．（25-26学年高二上·广东领航高中联）已知三棱锥的体积为5，是边长为4的正三角形，点为的中点，点满足，且，则的最小值为（     ） A.  B.  C.  D.  16．（25-26学年高二上·广东上进联考·期中）在正三棱柱中，为的中点，则（       ） A. -1 B.  C.  D. 1 17．（25-26学年高二上·广东深圳·期中）（多选）在棱长为2的正方体中，点P满足，其中，，则（       ） A. 当时，平面 B. 当时，点P在棱上 C. 当时，三棱锥的体积为定值 D. 时，存在两个点P，使得 18．（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（       ） A. 1 B. －1 C.  D.  19．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）在正三棱锥中，，点为空间中的一点，则的最小值为（       ） A.  B.  C.  D.  20．（25-26学年高二上·广东仲元中学·期中）已知空间四点，，，共面，则x为（       ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 21．（2026·广东多校·联考）已知正八棱锥，设，则（     ） A.  B.  C.  D.  22．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）在平行六面体中，，且交平面于点，则　　　　　　　　　　　. 23．（25-26学年高二上·广东茂名信宜·期中）已知是棱长为1的正方体表面上不同的三点，则的最小值是　　　　　　　　 考点02 空间向量基本定理 1．（2026·广东麻涌中学·联考）（多选）如图，在三棱柱中，（    ） A.  B.  C.  D. － 2．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）若是空间的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得，我们把有序实数组叫做向量在基底下的斜坐标.已知空间向量在基底下的斜坐标为，则在基底下的斜坐标为（       ） A.  B.  C.  D.  3．（2026·广东东莞·联考）如图，三棱锥中，，，点为的中点，记，，，则（     ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高二上·广东广州中学·期中）如图，空间四边形OABC中，，，，点M在上，且，点N为BC中点，则（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高二上·广东上进联考·期中）（多选）已知是空间向量的一个基底，，则下列选项中不能作为空间向量的一个基底的是（       ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年高二上·广东仙村中学·期中）如图所示，在正方体中，为的中点，则向量在向量上的投影向量是（       ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高二上·广东茂名化州·期中）如图，平行六面体，其中,,,,，,则的长为 A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高二上·广东仲元中学·期中）如图，在四面体中，，，．点在上，且，为中点，则等于（        ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）在三棱锥中，为的中点，若，则（       ） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年高二上·广东仲元中学·期中）两条异面直线所成的角为，在直线上取点，在直线上取点，使，且．已知，则线段的长为（       ） A.  B.  C. 1或 D. 1或 11．（25-26学年高二上·广东仲元中学·期中）（多选）下列说法正确的是（       ） A. 若与共线，与共线，则与共线 B. 若G是四面体OABC的底面的重心，则 C. 若，则A，B，C，G四点共面 D. 若向量（其中，，是三个不共面的向量，），则称在基底下的坐标为．若在单位正交基底下的坐标为，则在基底下的坐标为 12．（25-26学年高二上·广东粤东四校·期中）如图所示，三棱柱中，是的中点，若，，，则＝（       ） A. ) B.  C.  D.  考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标是（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·广东领航高中联）在空间直角坐标系中，已知，，若点与点关于平面对称，则（     ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年高二上·广东深圳·期中）在空间直角坐标系Oxyz中，点在平面Oxy上的射影点的坐标为（       ） A.  B.  C.  D. 不确定 4．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）（多选）已知四边形是平行四边形，，，，则（       ） A. 点D的坐标是 B.  C.  D. 四边形的面积是 5．（2026·广东卓越教育发展联盟学校·二模）已知为空间向量且，则在方向上的投影向量为（     ） A.  B.  C.  D.  6．（2026·广东东莞东莞中学松山湖学校·二模）已知，，，点在平面内，则的值为（       ） A. 2 B.  C.  D.  7．（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 8．（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 9．（25-26学年高二上·广东上进联考·期中）在空间直角坐标系中，点的中点到坐标原点的距离为（       ） A. 2 B.  C.  D.  10．（25-26学年高二上·广东上进联考·期中）已知空间向量，若，则（       ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 11．（25-26学年高二上·广东茂名化州·期中）已知点是空间直角坐标系中的一点，下列点的坐标与点M关于平面对称的点是（       ） A.  B.  C.  D.  12．（25-26学年高二上·广东清远·期中）已知向量，若与垂直，则（       ）. A.  B.  C.  D.  13．（2026·广东东莞高级中学·联考）设，向量，，，则（     ） A.  B.  C.  D. 1 14．（2026·广东麻涌中学·联考）向量，，，且，，则（     ） A.  B.  C.  D.  15．（25-26学年高二上·广东茂名信宜·期中）（多选）已知向量，，，则下列结论正确的是（       ） A.  B.  C.  D.  16．（25-26学年高二上·广东仲元中学·期中）已知向量，，则下列结论错误的是（       ） A.  B.  C.  D. ，，能构成空间向量的一组基底 17．（25-26学年高二上·广东广州·期中）（多选）已知平面过点，其法向量，则下列点在平面内的是（       ） A.  B.  C.  D.  18．（25-26学年高二上·广东粤东四校·期中）已知在正方体的棱长为2，点E，F分别是直线与上的点，则线段EF长度的最小值为（       ） A.  B.  C.  D. 2 19．（2026·广东卓越教育发展联盟学校·二模）已知　　　　　　　 20．（25-26学年高二上·广东领航高中联）在空间直角坐标系中，点到轴的距离为　　　　　　. 21．（2026·广东麻涌中学·联考）已知空间三点，，，设，. （1）求与的夹角和的面积； （2）若，求的值. 22．（2026·广东东莞东莞中学松山湖学校·二模）已知点关于坐标平面的对称点为，点关于坐标平面的对称点为，则　　　　　　　　　　. 23．（25-26学年高二上·广东茂名信宜·期中）已知向量，，则　　　　　　　　 24．（25-26学年高二上·广东仲元中学·期中）已知空间三点，，. （1）求以，为邻边的平行四边形的面积； （2）若向量分别与，垂直，且，求向量的坐标. 25．（25-26学年高二上·广东广州·期中）在空间直角坐标系中，已知向量，，若在上的投影向量为，则　　　　　　. 26．（25-26学年高二上·广东广州·期中）已知且 （1）求实数的值； （2）若，求实数的值． 27．（25-26学年高二上·广东四校·期中）已知空间内三点，，. （1）求的余弦值； （2）求以向量，为一组邻边的平行四边形的面积S. 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　　　　　　. 考点04 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·广东石龙中学·期中）在正方体中，E为的中点，则直线与平面所成的角的正弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·广东佛山·期中）若平面，且平面的一个法向量为，则平面的法向量可以是（       ） A.  B.  C. ，2， D.  3．（2026·广东东莞高级中学·联考）（多选）已知平面与平面的法向量分别是，直线的方向向量为，则下列命题正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4．（25-26学年高二上·广东广州中学·期中）正方体的棱长为1，若点为的中点，，则与所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高二上·广东广州·期中）在空间直角坐标系中，已知，，，则点到直线的距离为（     ） A. 3 B.  C. 1 D.  6．（25-26学年高二上·广东石龙中学·期中）在棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）ABCD中，M分别为BC，AD的中点，求直线AM和CN夹角的余弦值为（        ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高二上·广东四校·期中）已知圆台的上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，点，分别在上、下底面圆周上，且，则与所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高二上·广东四校·期中）（多选）关于空间向量，以下说法正确的是（       ） A. 若空间向量，则在上的投影向量为 B. 若空间向量满足，则与夹角为锐角 C. 若对空间中任意一点，有，则四点共面 D. 若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则 9．（25-26学年高二上·广东仙村中学·期中）已知点，，若平面的一个法向量，则直线与平面的位置关系是（       ） A.  B.  C.  D. 或 10．（25-26学年高二上·广东仙村中学·期中）（多选）以下说法正确的是（       ） A. 若两条不同直线，的方向向量分别是，，则. B. 直线的方向向量，平面的法向量是，若且，则 C. 若直线的方向向量，平面的法向量是，则 D. 若两个不同平面，的法向量分别是，，则 11．（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 12．（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.  13．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）（多选）如图，在棱长为的正方体中，，，，分别是，，，的中点，则下列说法正确的有（       ） A. ，，，四点共面 B. 与所成角的大小为 C. 在线段上存在点，使得平面 D. 在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值 14．（2026·广东麻涌中学·联考）《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作，其在卷第五《商功》中描述的几何体“阳马”实为“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”．如图，在“阳马”中，平面，，则直线与面所成角的正弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  15．（2026·广东东莞·联考）若平面的法向量为，平面的法向量为，直线的方向向量为，则（       ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 16．（2026·广东东莞·联考）如图，在正方体中，为的中点，在线段上，且，则与所成角的余弦值为（） A. 1 B. 0 C.  D.  17．（25-26学年高二上·广东广州中学·期中）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为2，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中错误的是（       ）． A.  B. 与夹角是120° C.  D. 直线与平面ABCD所成角的正弦值为 18．（25-26学年高二上·广东广州·期中）（多选）在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则下列选项正确的是（       ） A.  B. 直线与所成角的余弦值为 C. 三棱锥的体积为 D. 存在实数使得 19．（25-26学年高二上·广东石龙中学·期中）（多选）下列结论正确的是（       ） A. 已知向量，则向量在上的投影向量为 B. 若对空间中任意一点，有，则四点共面 C. 若是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底 D. 若直线的方向向量为，平面的法向量，则直线 20．（25-26学年高二上·广东四校·期中）如图，已知正方体的棱长为2，、分别为线段、的中点，若点为正方体表面上一动点，且满足平面，则点的轨迹长度为（       ） A.  B.  C.  D. 2 21．（25-26学年高二上·广东茂名信宜·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，是线段的中点，点，满足，，其中，，则（       ） A. 当，时，点到直线的距离为 B. 当取最小值时， C. 存在，，使得 D. 当，时，过，，三点的平面截正方体得到的截面多边形面积为 22．（25-26学年高二上·广东广州中学·期中）（多选）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，、分别是线段、的中点，是线段上的一个动点（含端点、），则下列说法正确的是（     ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得异面直线与所成的角为60° C. 三棱锥体积的最大值是 D. 当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大 23．（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 24．（25-26学年高二上·广东粤东四校·期中）（多选）已知球是棱长为的正方体的内切球，是的中点，是的中点，是球的球面上任意一点，则下列说法正确的是（       ） A. 球的表面积为 B. 三棱锥的体积的最大值为 C. 若，则动点的轨迹长度为 D. 若，则的大小为定值 25．（25-26学年高二上·广东四校·期中）（多选）如图，平行六面体的体积为，，，，且，M，N，P分别为的中点，则（       ） A. 与夹角的余弦值为 B. 平面 C.  D. P到平面的距离为 26．（25-26学年高二上·广东佛山·期中）（多选）在正方体中，，为正方形内（包括边界）一动点，为的中点，则（       ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在点，使得 C. 若，则的最大值为 D. 满足的点的轨迹长度为 27．（25-26学年高二上·广东佛山·期中）棱长为的正四面体中，点为平面内的动点，且满足，则直线与直线所成的角的余弦值的取值范围为（   ） A.  B.  C.  D.  28．（25-26学年高二上·广东仲元中学·期中）在棱长为1的正方体中，为平面的中心，为的中点，则点到直线的距离为　　　　　　　　　　. 29．（25-26学年高二上·广东石龙中学·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，E是的中点，作交于点F． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的大小． 30．（2026·广东部分学校·联考）设空间中的点，则点到平面的距离为　　　　　　　　　　　． 31．（25-26学年高二上·广东佛山·期中）如图，已知正方体的棱长为1，Q为的中点，点P在棱上，． （1）求点到平面的距离； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 32．（25-26学年高二上·广东深圳·期中）已知是直线的方向向量，是平面的法向量，如果，则　　　　　　　　　　． 33．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）如图，在四棱锥中，，，点为棱上一点． （1）证明：； （2）当点为棱的中点时，求直线与平面所成角的正弦值； （3）当二面角的余弦值为时，求． 34．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）如图，在棱长为3的正方体中，点是棱上的一点，且.    （1）若点满足，求证：平面； （2）底面内是否存在一点，使得平面?若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由. 35．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）在空间直角坐标系中，已知，则点到平面的距离是　　　　　　　　　　. 36．（2026·广东东莞高级中学·联考）在正四棱柱中，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）若为上的动点，使直线与平面所成角的正弦值是，求的长. 37．（25-26学年高二上·广东领航高中联）如图，在四棱锥中，底面是梯形，，，，，点为的中点，. （1）证明：平面平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 38．（2026·广东麻涌中学·联考）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，．E为PD的中点，点F在PC上，且，设点G是线段PB上的一点． （1）求证：CD⊥平面PAD； （2）若．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由． （3）设CG与平面AEF所成角为，求的范围. 39．（2026·广东东莞·联考）如图，在棱长为2的正方体中，分别是平面，平面的中心． （1）求证：四点共面； （2）求的体积． 40．（25-26学年高二上·广东茂名信宜·期中）如图，在四棱锥中，底面，，，，.    （1）求与平面所成角的正弦值； （2）求证：平面平面 41．（25-26学年高二上·广东仲元中学·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，． （1）求点B到平面的距离； （2）已知三棱锥的体积为，点N为线段的中点，设平面与平面的交线为l，求直线l与平面所成角的正弦值． 42．（25-26学年高二上·广东广州中学·期中）如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是的中点．    （1）求证：平面； （2）求直线与平面的距离． 43．（25-26学年高二上·广东广州中学·期中）如图，二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角两个面内，并且都垂直于棱．若二面角的平面角为，且，，则　　　　　　　　　　　． 44．（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. 45．（2026·广东多校·联考）设空间中的点，，，，则点到平面的距离为　　　　　. 46．（25-26学年高二上·广东广州·期中）如图，直三棱柱中，，，分别为，的中点．    （1）求证：平面； （2）线段上是否存在点，使平面？若存在，求；若不存在，说明理由． 47．（2026·广东部分学校·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． 48．（25-26学年高二上·广东粤东四校·期中）如图，在三棱锥中，，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线.    （1）求证：直线平面； （2）若直线上存在一点（与都在的同侧），且直线与直线所成的角为，求平面与平面所成角的余弦值. 49．（25-26学年高二上·广东上进联考·期中）已知为直线的方向向量，为平面的法向量，为平面的法向量，且不在内. （1）证明：； （2）求与所成角的正弦值； （3）求与的夹角的正弦值. 50．（25-26学年高二上·广东四校·期中）已知四棱锥的底面为正方形，平面，，点是的中点，则点到直线的距离是　　　　　　　　　　． 51．（25-26学年高二上·广东四校·期中）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记． （1）求证：平面； （2）当的长度最小时，求二面角的余弦值． 52．（25-26学年高二上·广东四校·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，.为的中点，点在上，且. （1）求证：平面； （2）求直线与面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在点，使得、、、四点共面，如果存在求出的值；如果不存在说明理由. 53．（25-26学年高二上·广东佛山·期中）（多选）如图，四棱锥中，，． （1）证明：平面； （2）若，且，，三棱锥外接球的球心为，求直线与平面所成角正弦值； （3）若平面PAD平面PBC，，且AB=BC=1，AD=，求BP的取值范围. 54．（25-26学年高二上·广东佛山·期中）如图，在直三棱柱中，，，，M是AB的中点，N是的中点，P是与的交点，是线段上的一点，且满足平面，则　　　　　　　　 55．（25-26学年高二上·广东仙村中学·期中）如图，在直三棱柱中，是的中点，是的中点. （1）证明：平面； （2）求直线BC与平面所成角的余弦值. 56．（25-26学年高二上·广东仙村中学·期中）（多选）如图，四棱锥S­-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点． （1）求证：AC⊥SD； （2）若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面ACD的夹角大小； （3）在（2）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由． 57．（25-26学年高二上·广东仙村中学·期中）如图，正方体的棱长为2，E为线段的中点，F为线段的中点，则直线到平面的距离为　　　　　　. 58．（25-26学年高二上·广东茂名化州·期中）如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，∥，，点在线段上． （1）当点为中点时，求证：∥平面； （2）当平面与平面所成锐二面角的余弦值为时，求点M在线段EC上的位置． 59．（25-26学年高二上·广东深圳·期中）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为，的中点，D为棱上的点，． （1）证明：平面； （2）证明：； （3）当为何值时，平面与平面所成角的余弦值最大？并求出这个最大值． 60．（25-26学年高二上·广东深圳·期中）如图，在棱长为2的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点．    （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点F到平面的距离． 61．（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　　　　　　． 62．（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. 63．（25-26学年高二·广东广州番禺区·期中）在空间直角坐标系Oxyz中，任何一个平面的方程都可以表示成（其中a，b，，，且），在空间中，给定平面内一点和该平面的法向量，也可以确定该平面的方程，例如已知是平面内一点，是平面的法向量，设是平面内任意一点，根据可得平面的方程为.如图，在正方体中，，点是线段的中点，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示. （1）求平面的方程； （2）①求证：是平面的一个法向量； ②求证：到平面的距离为. （3）若过点的平面PQN的方程为，求平面与平面PQN夹角的余弦值. 64．（25-26学年高二上·广东领航高中联）如图，在三棱柱中，点为的中点，记，，. （1）用，，表示； （2）若三棱锥是棱长为2的正四面体，求； （3）若三棱锥是正三棱锥，且异面直线与所成角的余弦值大于，求的取值范围. 65．（2026·广东麻涌中学·联考）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，点，分别为，的中点，点为内的一个动点（包括边界），平面，则点的轨迹的长度为　　　　　　　　　. 66．（2026·广东东莞·联考）已知两个非零向量，在空间任取一点O，作，则叫做向量与的夹角，记作．定义与的“向量积”为：是一个与、都垂直的向量，且它的模．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，为线段AD上一点． （1）求； （2）若为线段的中点，求二面角的正弦值； （3）线段上是否存在一点，使得，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 67．（25-26学年高二上·广东广州中学·期中）如图1，在中，，，，分别是，边上的动点（不同于端点），且，将沿折起到的位置，得到四棱锥，如图2所示，点是线段的中点.    （1）求证：； （2）若，当四棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值； （3）若，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 68．（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． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $