拓展01 立体几何重难题型全归纳（期中复习讲义核心11大题型）（原卷版+解析版）高二数学上学期人教版A版

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知识点01 空间向量线性运算
1、空间向量的加法和减法运算
①，．如图所示．
②空间向量的加法运算满足交换律及结合律
，
2、空间向量的数乘运算
（1）数乘运算
实数与空间向量的乘积称为向量的数乘运算．当时，与向量方向相同；当时，向量与向量方向相反．的长度是的长度的倍．
（2）空间向量的数乘运算满足分配律及结合律：，．
（3）共线向量与平行向量
如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，平行于，记作．
（4）共线向量定理：对空间中任意两个向量，，的充要条件是存在实数，使．
（5）直线的方向向量
为经过已知点且平行于已知非零向量的直线．对空间任意一点，点在直线上的充要条件是存在实数，使①，其中向量叫做直线的方向向量，在上取，则式①可化为②
①和②都称为空间直线的向量表达式，当，即点是线段的中点时，，此式叫做线段的中点公式．
（6）共面向量
如图8-154所示，已知平面与向量，作，如果直线平行于平面或在平面内，则说明向量平行于平面．平行于同一平面的向量，叫做共面向量．
（7）共面向量定理
如果两个向量，不共线，那么向量与向量，共面的充要条件是存在唯一的有序实数对，使．
推论：①空间一点位于平面内的充要条件是存在有序实数对，使；或对空间任意一点，有，该式称为空间平面的向量表达式．
②已知空间任意一点和不共线的三点，，，满足向量关系式（其中）的点与点，，共面；反之也成立．
知识点02 空间向量的数量积运算
1、两向量夹角
已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作，通常规定，如果，那么向量，互相垂直，记作．
2、数量积定义
已知两个非零向量，，则叫做，的数量积，记作，即．零向量与任何向量的数量积为0，特别地，．
3、空间向量的数量积满足的运算律：
，（交换律）；
（分配律）．
知识点03 空间向量的坐标运算及应用
1、设，，则；
；
；
；
；
．
2、设，，则．
这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标．
3、两个向量的夹角及两点间的距离公式．
①已知，，则；
；
；
；
②已知，，则，
或者．其中表示与两点间的距离，这就是空间两点的距离公式．
4、向量在向量上的投影为．
知识点04 空间中的角
1、异面直线所成角
①定义：设是两条异面直线，经过空间任一点作直线，把与所成的锐角（或直角）叫做异面直线与所成的角（或夹角）．
②范围：
= 3 \* GB3 ③求法：
1）平移法：将异面直线平移到同一平面内，放在同一三角形内解三角形．
2）向量法：设异面直线和所成角为，其方向向量分别为，；则异面直线所成角向量求法：① ②
2、线面角
①定义：平面上的一条斜线与它在平面的射影所成的锐角即为斜线与平面的线面角．
②范围：
= 3 \* GB3 ③求法：
1)常规法：过平面外一点做平面，交平面于点；连接，则即为直线与平面的夹角．接下来在中解三角形．即（其中即点到面的距离，可以采用等体积法求，斜线长即为线段的长度）；
2)向量法：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则．
3、二面角
（1）定义：一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角
（2）范围：
（3）求法：传统法5个+向量法
①定义法
在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面角的平面角，如图在二面角的棱上任取一点，以为垂足，分别在半平面和内作垂直于棱的射线和，则射线和所成的角称为二面角的平面角（当然两条垂线的垂足点可以不相同，那求二面角就相当于求两条异面直线的夹角即可）．

②三垂线法
在面或面内找一合适的点，作于，过作于，则为斜线在面内的射影，为二面角的平面角．如图1，具体步骤：
①找点做面的垂线；即过点，作于；
②过点（与①中是同一个点）做交线的垂线；即过作于，连接；
③计算：为二面角的平面角，在中解三角形．

图1 图2 图3
③射影面积法
凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式（，如图2）求出二面角的大小；
④补棱法
当构成二面角的两个半平面没有明确交线时，要将两平面的图形补充完整，使之有明确的交线（称为补棱），然后借助前述的定义法与三垂线法解题．当二平面没有明确的交线时，也可直接用法三的射影面积法解题．
⑤垂面法
由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角．
⑥向量法
设是二面角的两个半平面的法向量，
若二面角为锐二面角（取正），则；
若二面角为顿二面角（取负），则；
（特别说明，有些题目会提醒求锐二面角；有些题目没有明显提示，需考生自己看图判定为锐二面角还是钝二面角.）
知识点05 空间中的距离
1、点线距
已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设，则向量在直线上的投影向量，在中，由勾股定理得：
2、点面距
如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度.
3、线线距
设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．
4、线面距和面面距：一般转化成点面距
题型一 共线、共面定理的应用
1．（25-26高二上·陕西西安·月考）已知是空间的一个基底，向量，，，且A，B，C，D四点共面，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据四点共面可得存在实数，使得，结合空间向量基本定理运算求解.
【详解】因为A，B，C，D四点共面，
则存在实数，使得，
又因为是空间的一个基底，且，
则，解得.
故选：B.
2．（25-26高二上·全国·课后作业）已知非零空间向量，且，则一定共线的三点是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】证明三点共线，借助向量共线证明即可，故解题目标是验证由三点组成的两个向量共线即可得到共线的三点．
【详解】对于A，，
，不共线，即三点不共线，故A错误；
对于B，，
，不共线，即三点不共线，故B错误；
对于C，，
，则共线，即三点共线，故C正确；
对于D，，
，不共线，即三点不共线，故D错误；
故选：C．
3．（25-26高二上·宁夏银川·月考）设为不共线的三点，在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是（其中O为坐标原点）（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据四点共面的条件逐项判断即可求得结论.
【详解】空间向量共面定理：，
若不共线，且共面，其充要条件是.
对A，因为，所以四点不共面；
对B，因为，所以四点共面；
对C，由可得，
因为，所以四点不共面；
对D，由，可得，
即，因为，所以四点不共面.
故选：B
4．（25-26高二上·江西南昌·月考）已知向量，，则“与的夹角为钝角”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】先找到两个向量夹角为钝角的充要条件，再判断两个条件的充分性和必要性即可.
【详解】由向量，，所以，
，
因为与的夹角为钝角，
所以，且与不能反向共线.
当时，，
即，，得.
当与反向共线时，
设，即，
又因为，不共线，由平面向量基本定理可得，，解得，，
所以当时，向量与夹角为.
所以向量与夹角为钝角，则或.
故“与的夹角为钝角”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
5．（25-26高二上·重庆·月考）已知向量，，不能构成基底，则 ．
【答案】
【分析】根据已知条件确定向量、、共面，根据向量共面的充要条件及坐标运算求解可得.
【详解】因为向量，，不能构成基底，
所以向量、、共面，所以有，
即，
整理有，解得，
所以.
故答案为：
6．在空间四边形中，为中点，为的中点，若，则使、、三点共线的的值是 .
【答案】/
【分析】根据空间向量的运算，结合向量共线定理即可求得使、、三点共线的的值.
【详解】由题意可知，
，，则，
，
，，三点共线，，．
故答案为：.
7．（24-25高二下·江苏南京·期中）如图，在平行六面体中，为的中点，，交平面为， 则的值为 .
【答案】
【分析】设，结合题目条件，得到，由四点共面得到方程，求出答案.
【详解】设，
其中，为的中点，，
故,
所以，，
因为四点共面，所以，解得
故答案为：
题型二 空间向量的数量积、夹角、模长中的最值（范围）问题
1．（24-25高二上·河南·期中）如图，在多面体中，底面是边长为1的正方形，为底面内的一个动点（包括边界），底面底面，且，则的最小值与最大值分别为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意可得两两垂直，所以以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，然后表示出化简可求得结果.
【详解】因为底面平面，
所以,
因为四边形为正方形，所以，
所以两两垂直，
所以以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
设，则，
所以
，
因为，
所以当时，取得最小值；
当或1，或1时，取得最大值4.
故选：A
2．（24-25高二上·广东中山·月考）已知向量，且向量的夹角为锐角则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】夹角为锐角，则，排除平行的情况即可.
【详解】因为向量的夹角为锐角，
则，得，
当时，，得，
∴的取值范围为．
故选：B.
3．（24-25高二上·河北邯郸·期末）如图，已知三棱锥的侧棱，，且两两所成的角均为60°．若空间中的点D，E满足，，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用余弦定理求出，再对已知式子化简可得，，从而可得点D，E分别在以AB，AC为直径的球面上，进而可求出的最大值.
【详解】因为，，且两两所成的角均为60°，
所以，
．
由，得，
所以，
由，得，
所以，所以，
因此点D，E分别在以AB，AC为直径的球面上，两个球的半径分别为，，
设点，分别是AB，AC的中点，则，
所以DE的最大值为，
故选：A．
4．（25-26高二上·全国·单元测试）正多面体又称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知正四面体的棱的中点为，且（点为空间中一动点），则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】取的中点，则，根据向量加法的几何性质求出的取值范围即可求解.
【详解】取的中点，由题意则，
所以，
又因为，所以，当且仅当方向相同时等号成立；
，当且仅当方向相反时等号成立，
因为正四面体的棱长为2，所以在中，，，，
所以，即，
所以，，
又，所以，即，
所以的最大值为,
故选：B
5．（23-24高二上·江苏盐城·期末）已知，，点在直线上运动，则的最大值为 .
【答案】
【分析】设，根据夹角公式，代入坐标运算，求其最值即可.
【详解】设，
则，
所以，
既然求最大值，必有，令，
则
，
当，即时取等号，所以的最大值为.
故答案为：.
6．（25-26高二上·云南·月考）在长方体中，，为棱的中点，分别为直线上的动点，则线段的长度的最小值为 .
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，设，，进而可得点的坐标，利用，求解即可.
【详解】以为坐标原点，以所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，
设，，
所以，
所以，
所以，
当最小时，，，
所以，，
由，得，整理得①，
由，得，
整理得②，
由①②解得，
.

故答案为：
7．（25-26高二上·河北·月考）已知正三棱柱的底面边长为是的中点，若线段上有一点，使得，则侧棱长的取值范围是 .
【答案】
【分析】，又，根据垂直得到数量积为0，列出等式即可求解.
【详解】

设侧棱长为，则长为,
由题意，
又，
其中，
故，，
又，
故
即，
又，
所以，
所以，
即侧棱长的取值范围是，
故答案为：
题型三 平行、垂直位置关系中的探究性问题
1．（23-24高二上·全国·课后作业）如图，已知空间几何体的底面ABCD是一个直角梯形，其中,,,，且底面ABCD，PD与底面成角．

(1)若，求该几何体的体积；
(2)若AE垂直PD于E，证明：；
(3)在（2）的条件下，PB上是否存在点F，使得，若存在，求出该点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在．
【分析】建立空间直角坐标系，
（1）求出，利用可得，再求体积即可；
（2）求出坐标，可得答案；
（3）由，求出E点的竖坐标、点的竖坐标，设，由，得可得答案．
【详解】（1）如图，建立空间直角坐标系，则，，
，
，
此时；
（2），
，
；
（3）由，E点的竖坐标为，点的竖坐标为，
设，由，得，存在．
2．（23-24高二上·四川南充·月考）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)证明见详解；
(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.
【详解】（1）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）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，.
3．（2025高二·全国·专题练习）如图，在直三棱柱中，，四边形，均为正方形，点是线段的中点.在线段（不含端点）上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】存在，1，理由见解析.
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，看是否有解，若有解求出点坐标.
【详解】以为坐标原点，分别以所在的直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设，则，
，，，，
，.
假设在线段上存在点（），使得平面，
则.
设平面的法向量为，则令，得，，
是平面的一个法向量.
，解得，，为线段的中点.
综上可知，在线段上存在点，满足，使得平面.
4．（23-24高二上·重庆梁平·开学考试）平面上两个等腰直角和，既是的斜边又是的直角边，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点．

(1)求证：；
(2)在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）取中点，连接，依题意可得、即可证明平面，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，根据平面垂直可得法向量数量积为求解即可.
【详解】（1）取中点，连接，如图，

又为的中点，
，由，则，
又为等腰直角三角形，，，
，又，平面，
平面，又平面，
（2）平面平面，平面平面，，平面，
平面，平面，故，
故以为原点，为、、轴正方向的空间直角坐标系，设，
，
则，，，
若存在使得平面平面，且，，
则，解得，，
则，，
设为平面的一个法向量，则，
令，即，
设是平面的一个法向量，则，
令，则，
，可得．
存在使得平面平面，此时
题型四 已知夹角、距离求其他量
1．（23-24高二上·四川绵阳·月考）如图所示，在几何体EFG-ABCD中，四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长均为1，点M在棱DG上．
(1)求证：EF平面BDM．
(2)当直线BM与平面BEF所成的角为时，求DM的长
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，可求得，同理可证，由此可证得结论；
（2）设，根据线面角的向量求法可构造方程求得，结合可得结论.
【详解】（1）四边形、四边形、四边形均为正方形，
两两互相垂直，
以为坐标原点，为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，设，
，，
，
，同理可证，且，平面，
故平面.
（2）设平面的法向量，又，，
，
令，解得，，.
假设存在点，使得直线与平面所成的角为，则，
，解得：，
在棱上，，，
当点在棱上，且时，直线与平面所成的角为．
2．（24-25高二上·广东汕尾·月考）如图所示，在四棱柱中，侧棱底面ABCD，，，，，E为棱的中点．
(1)证明：；
(2)求平面与平面夹角的正弦值．
(3)设点M在线段上，且直线AM与平面所成角的正弦值是，求线段AM的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)．
【分析】（1）以为原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法证明线线垂直；
（2）用空间向量法求面面角；
（3）设，表示出，由线面角的向量法求得后可得线段长度．
【详解】（1）如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，，
E为棱的中点，因此，
，
因为，所以，即；
（2）由（1），
设平面的一个法向量是，
则，取，则，
由（1），又，，平面，
所以平面，
因此平面的一个法向量是，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为，从而正弦值为；
（3）由（1）知，
设，则，，
易知平面的一个法向量是，
，解得（负值舍），
所以．
3．（2025高二·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，平面平面，与均为等腰直角三角形，且，．
(1)求与平面所成角的余弦值；
(2)是线段上的动点，若线段上存在点（不包含端点），使得异面直线与成30°角，求线段长的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，线线垂直，故，，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式和同角三角函数关系进行求解；
（2）设，．设，其中，则，根据与成30°角得到方程，求出，其中，即，结合求出答案.
【详解】（1）因为，所以⊥，
又平面平面，交线为，平面，所以⊥平面，
又平面，所以⊥，⊥，
以为原点、为轴、为轴、平面上过点的的垂线为轴建立空间直角坐标系，如图，
与均为等腰直角三角形，，则，，，
平面的法向量为，
设与平面所成的角为，，
，
故；
（2），设，．设，其中，
但当时，两点重合，此时与不是异面直线，故，所以，
则．
由，得，
其中，即，解得，
又，所以
故．
4．（24-25高二下·河北邯郸·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，平面平面，底面为直角梯形，，，与相交于点，点满足，且.
(1)求证：平面；
(2)求的长度；
(3)若点到平面的距离为，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先利用面面垂直的性质得到线面垂直进而得到线线垂直，再根据线面垂直的判定定理即可得证；
（2）通过证明平面，得到，进而得到，通过比例结合即可求得；
（3）以为坐标原点，，，方向分别为轴，轴，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，先分别求得及平面的法向量，再由求线面角正弦的方法计算即可.
【详解】（1）因为底面为直角梯形，且，所以，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
过点可以作于点，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
又，，平面，
所以平面.
（2）由（1）可知平面，平面，所以，
在梯形中，由∥,得，
所以，
所以∥，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
又平面，所以，
所以，
可得，
又因为，所以，即.
（3）以为坐标原点，，，方向分别为轴，轴，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，设，
，，，，，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，
点到平面的距离为，解得，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
设与平面所成角为，
则，即与平面所成角的正弦值为.
5．（24-25高二下·浙江嘉兴·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是平行四边形，，，，点满足，点是线段的中点．
(1)证明：平面；
(2)若二面角的大小为时，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用余弦定理求得，根据勾股定理证得，再根据面面垂直的性质即可证明平面
（2）方法：建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法结合已知条件求得二面角平面角的表达式，得到关于的方程，解出即可确定四棱锥的高进而求得四棱锥体积；方法：建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法结合已知条件求得二面角平面角的表达式，得到关于的方程，解出即可确定四棱锥的高进而求得四棱锥体积；方法：根据已知条件，利用空间中线线、线面的平行垂直关系，求得四棱锥的高，从而求得四棱锥体积.
【详解】（1）
连结，在中，，，，
由余弦定理，即，
此时，，
又平面平面，平面平面，
平面，平面．
（2）解法1：如图建系，
以为原点，，方向为轴，垂直于平面向上方向为轴，
设，则，
，由得，即，
由，得，，
设是平面的法向量，
，
取，得，
平面的法向量为，二面角的大小为，
则，解得，
，
．
解法2：过点作，交的延长线于，连接，
平面平面，平面平面，
平面，平面，
，，，
平面，平面，又，
平面，平面，，
如图所示，以方向为轴，垂直于平面方向为轴建系，
设，
则，，
，，得，，
由，得，
设是平面的法向量，
，
取，得，
平面的法向量为，二面角的大小为，
则，解得，
，
．
解法3：过点作，交的延长线于，连接，
，，，
平面，平面，又，
平面，平面，，
由平面平面，平面平面，平面，
平面，
因为，所以为线段上靠近点的三等分点，
设线段上靠近点的三等分点为，连，，
则，平面，平面，所以，
在中，，，，
四边形是矩形，，
在中，，，，
因为，即，
解得：，所以，所以，
平面，平面，，
平面，平面，，
是二面角的平面角的补角，即，
为等腰直角三角形 ，，从而，
，
．
题型五 夹角、距离中的探索性问题
1．（24-25高二上·安徽黄山·期末）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为中点．
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的外接球的体积；
(3)线段上（不含端点）是否存在点，使得与平面所成角为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在为靠近的处或中点，满足要求.
【分析】（1）若是的中点，连接，易得四边形为平行四边形，则，再由线面平行的判定证明结论；
（2）首先注意是长宽高分别为的长方体的一部分，再求出外接球的半径，即可求球体的体积；
（3）构建合适的空间直角坐标系，标出相关点坐标并设且，再求出与平面的方向向量、法向量，应用向量法求线面角得到方程，即可得结论.
【详解】（1）若是的中点，连接，又为中点，则，，
由且，所以，，
所以四边形为平行四边形，则，
平面，平面，则平面；
（2）由平面，即平面，平面，则
由，，则， 且都在平面内，
所以平面，易知是长宽高分别为的长方体的一部分，
所以为长方体的体对角线，且与该长方体的外接球重合，故，
所以外接球半径，则外接球的体积为；
（3）构建如上图示的空间直角坐标系，则且，
所以，
若是平面的一个法向量，则，取，则，
由与平面所成角为，则，
所以，可得，可得或，
综上，存在为靠近的处或中点时，与平面所成角为.
2．（25-26高二上·山西临汾·开学考试）如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中．
(1)求证：；
(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）由面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质即可证明；
（2）取的中点，以直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，令，，由二面角的向量公式求得，即可求解.
【详解】（1）由于平面平面，平面平面，
又且平面，平面.
平面，.
（2）取的中点，连接，，由为等边三角形，可得，
而平面平面，平面平面，平面，
则平面，又平面，得，
由且得四边形是平行四边形，
于是，而，则，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，如图，
则，，，，，
则，，，
令，，
，
设平面的法向量为，则，
取，得，
易知平面的一个法向量为，
于是，
化简得，又，故解得，即，
所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时.
3．（2025高二上·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，且，侧面为菱形，点在底面上的射影为AC的中点D．利用空间向量法求解下列问题．

(1)求证：．
(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)证明见解析；
(2)存在，.
【分析】（1）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，利用数量积即可得证；
（2）假设存在满足条件的点E，则存在，使得，利用夹角公式，结合直线与侧面所成角的正弦值为，列式求解即得.
【详解】（1）点在底面上的投影为的中点，
平面，
平面，
，
又底面是以为斜边的等腰直角三角形，为的中点，
，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
是以为斜边的等腰直角三角形，为菱形，
，
在中，有，
，
，
；
（2）由（1）得，.
假设存在满足条件的点，则存在，使得，
则．
设平面的一个法向量为,则,
，令，则.
直线与侧面所成角的正弦值为，
，
即，解得，
又，故，
因此存在满足条件的点，且，
即．
4．（24-25高二下·江苏扬州·期中）如图，等边三角形ABC的边长为，，分别为所在边的中点，为线段的中点，现将三角形沿直线折起，使得二面角为直二面角．
(1)求线段的长度；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)棱上是否存在异于端点的点，使得点到平面的距离为．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，点位于线段的靠近点的三等分点
【分析】（1）连接，证明，结合面面垂直性质定理证明平面，取边的中点记为，建立空间直角坐标系，求的坐标，再求线段的长度；
（2）求平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值；
（3）设，求平面的法向量，结合点到平面的距离的向量求法求点到平面的距离，列方程求，由此可得结论.
【详解】（1）由已知，连接，因为为线段的中点，所以；
因为平面平面，又平面平面，又面，
所以平面；取边的中点记为，则；
以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，所以；
（2）由（1），，，，
所以，，，
记平面的法向量为，
所以，
不妨取，得，
所以为平面的一个法向量；
记直线与平面的所成角为，
则，
所以，直线与平面的所成角的正弦值为；
（3）设，其中，
，，
，，
，
记平面的一个法向量为，
则有，
不妨取，解得，
即；
则点到平面的距离，
整理得：即，
解得或（舍去），
所以，当点位于线段的靠近点的三等分点时，点到平面的距离为．
题型六 夹角、距离中的最值（范围）问题
1．（24-25高二上·福建福州·期中）如图，在长方体中，，点在上，且.
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)若点在侧面上，且点到直线和的距离相等，求点到直线距离的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用向量法求解；
（2）设出点，可得..，利用点到直线距离公式求解.
【详解】（1）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
,
则,
设平面的一个法向量为，
因为，所以，即，
令，则，
所以为平面的一个法向量，
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.
（2）设，根据题意有，即，，
则点到的距离
，
当时，取得最小值.
所以点到的距离最小值为.
2．（24-25高二下·上海·月考）如图，在四棱锥 中， 平面 是棱 的中点， .
(1)证明: 平面 .
(2)求点 到平面 的距离.
(3)若点 在棱 上，求平面与平面所夹锐角的余弦值的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）应用线面垂直得出结合已知应用线面垂直判定定理得出平面，再应用线面垂直证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再根据点到平面距离公式计算求解；
（3）应用空间向量法求出平面与平面的法向量，再应用面面角余弦公式计算再结合二次函数值域计算求解.
【详解】（1）因为 平面，且 平面，所以，
因为，且，所以，
且，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，是棱的中点，所以，
因为，平面，且，所以平面．
（2）以为坐标原点，分别以的方向为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，所以，,2,，,1,，,0,，
则，
因为点在棱中点上，所以的坐标为，
设平面的法向量为，
则，令，得，
（3）以为坐标原点，分别以的方向为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，所以，
则，
因为点在棱上，所以，
则,,，故，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
由（2）知平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
因为，所以，
所以，
即，
故平面与平面夹角的余弦值的最小值为．
3．（24-25高二上·浙江·期中）如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，，，为，中点．
(1)求证：平面；
(2)若（），且直线与平面所成角的正弦值为，求的值；
(3)在（2）的条件下，若点为直线上一点，求直线与平面所成角正弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由中点还需中点帮.取中点.连接很容易得到四边形为平行四边形，再用线面平行的定理证明.
（2）可以为原点建立空间直角坐标系.求出点的坐标.算出平面的法向量.用向量夹角余弦值来算直线与平面所成角的正弦值即可.
（3）设，结合（2）求得坐标，代入线面夹角公式即可求解.
【详解】（1）取中点，连接.
在中，因为分别为的中点，
所以，,
在菱形中，因为，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，
因此.
又因为平面，平面
所以平面.
（2）因为平面，平面
所以，.
因为，所以.
在菱形中，，
因为为中点，所以.
建立如图空间直角坐标系D-xyz.
在正三角形中，.又，
所以，，， ，，
所以向量，.
设平面的法向量为，则，即.
取得,.
设直线与平面所成角为，
.
可得：，
解得：，又，
所以.
（3）
设，由（2）知：，
所以，
设直线与平面所成角为，平面的法向量为
则
当时，取到最大值，此时.
4．（24-25高二上·福建泉州·期中）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是的中点，点在棱上，且.

(1)若平面平面，证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由证得平面，从而，然后利用线面平行的判断定理得出结论；
（2）由条件可得平面，则，可得，利用余弦定理可得．以A为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，得出相关点的坐标，设，求出平面与平面的法向量，设平面与平面的夹角为，根据向量的夹角公式的表达式，利用换元法，结合二次函数的性质求出答案.
【详解】（1）因为四边形正方形，所以.
因为平面平面，所以平面.
又因为平面，平面平面，所以.
因为平面平面，所以平面.
（2）因为四边形是正方形，所以.
又因为平面，所以平面.
因为，所以平面，
因为平面，所以，.
由，得.
所以.
以A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.
点到平面的距离为，

点到平面的距离为.
则，
设，则，
设平面的法向量为，
则，取，可得.
设平面的法向量为，
则，取，可得.
设平面与平面的夹角为，
则令，
则
.
当时，取得最小值，最小值为，
所以的最大值为，此时，.
故平面与平面的夹角的余弦值的最大值为.
5．如图，四棱锥中，．
(1)当为正三角形时，
（i）若，证明：直线平面PBC；
（ii）若A，B，D，P四点在以为半径的球面上，则四棱锥的体积是多少？
(2)当为等腰直角三角形时，且，求二面角的余弦值的最小值．
【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）
(2)
【分析】（1）（i）根据勾股定理得，结合，再利用线面垂直的判定定理证明即可.
（ii）建立空间直角坐标系，求出球心，设点P的坐标为，由和，求出，代入锥体体积公式即可求解.
（2）设，求出平面BPD和平面PDC的法向量，利用向量法求得二面角的余弦值为，然后根据二次函数性质求解最值即可.
【详解】（1）（i）因为，且，所以，
又为正三角形，所以，
因为，所以，进而．
因为，所以，
又因为，PB，平面PBC，
所以直线平面PBC.
（ii）延长BC至E，使得，进而，连结DE，
又有，可知，四边形ABED为正方形，
连结AE交BD于O，过点O作平面ABED，
以O为坐标原点，分别以OE，OD，Oz所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
因为A，B，D，P四点在以为半径的球面上，由球的性质可知球心M在z轴上，设点M的坐标为，
所以，解得，即.
又为正三角形，连结OP，可知，又平面，
进而可得平面AOP，所以点P在坐标平面内，
设点P的坐标为，又有，
则，，解得，
所以四棱锥的高，
直角梯形ABCD的面积，
所以四棱锥的体积.
（2）因为为等腰直角三角形，且，连结OP，则．
建系方法如（ii）问，，
设点，
设平面BPD的一个法向量，则，
令，则，所以.
设平面PDC的一个法向量为，则，
令，则，所以.
.
令，则，
所以.
当且仅当即时等号成立，
所以二面角的余弦值的最小值．
题型七 空间向量解决轨迹、截面问题
1．球是边长为2的正方体的内切球，为球的球面上动点，为中点，，则点的轨迹周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设的中点为，利用正方形和正方体的性质，结合线面垂直的判定定理可以证明出平面，这样可以确定动点的轨迹，最后求出动点的轨迹的长度.
【详解】设的中点为，连接，建立如下图所示的以为坐标原点的空间直角坐标系：
因此有，
，，因为，
所以，所以，而，
而平面，，因此有平面，
所以动点的轨迹平面与正方体的内切球的交线.
正方体的棱长为2，所以内切球的半径为，
设平面的法向量为，，，
所以有，
因此到平面的距离为：，
所以截面圆的半径为：，因此动点的轨迹的长度为.
故选：D
2．（25-26高二上·四川内江·月考）在棱长为的正方体中，E，F分别是棱的中点，点在上底面内运动，若，则点P的轨迹的长度为（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，设，设平面的法向量为，利用可得，继而即可求解.
【详解】
以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
设，
，
，
设平面的法向量为，
则，
取，则，则，
因为平面，
所以，所以，
所以点P的轨迹长度为.
故选：.
3．（24-25高二上·广东·期中）如图，在四棱锥中，平面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为，底面ABCD为直角梯形，，，，三棱锥的外接球为球O，则平面PBC截球O所得截面圆的面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先证明三棱锥的外接球球心为的中点，再建立空间直角坐标系，用向量法求出平面的法向量，从而求得点到平面的距离，利用勾股定理求得截面圆的半径，从而得截面圆的面积.
【详解】如图1，分别取的中点为，的中点为，
则，，连接，

因为底面为直角梯形，，，，
所以四边形为正方形，，
因为平面，，
所以平面，平面，
所以，
所以，
而平面，平面，则，
所以，
又为的中点，所以，
所以点到三棱锥各个顶点的距离均为，
故为三棱锥的外接球球心，
如图2，以为原点，所在直线分别作轴，建立空间直角坐标系，

因为平面，平面，则，
与底面所成的角为，则为等腰直角三角形，，
则，，，，
设平面的法向量为，
因为，，
所以，可取，
因为，
所以点到平面的距离，
设截面圆的半径为，则，
所以截面圆的面积为.
故选：A.
4．在长方体中，已知，，点是四边形内（包含边界）的一个动点，若点到平面的距离为1，则点的轨迹的长度为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】D
【分析】解法一：将平面延展，借助线面位置关系找到点的轨迹为线段，然后确定的大致位置，借助线面位置关系找到点到平面的距离，利用等面积法求得，，最后利用中位线性质即可求得点的轨迹的长度.
解法二：建立空间直角坐标系，设出点P的坐标，求出平面的法向量，利用点到平面的距离向量公式求得点的轨迹的方程，然后求出线段长度即可.
【详解】解法一：如图，将，，分别延长至，，，
使得，，，连接，
则平面即平面，
则满足条件的点的轨迹为和平面平行的平面与平面的交线
落在四边形内部（含边界）的部分，不妨设为线段.
由面面平行的性质知，线段与平行.设点到平面的距离为，
连接，则由，得，
解得，连接，则线段在的左侧.不妨设点在线段上，在线段上.
过点分别作，交于点，于点，连接，
作于点，易知，，平面，
从而有平面，作，垂足为，则，，
平面，从而有平面，即点到平面的距离为.
易知，，
因为，所以.
设，则，故，，.由及可得，
解得（舍去）或，故为的中点，所以为的中点，
所以，即点的轨迹的长度为，.
解法二：以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，因为点在平面内，
所以可设，
则，，.
设平面的法向量为，则由，得，
即，取，则，
则点到平面的距离为，所以.
因为点是四边形内（包含边界）的一个动点，所以，
即，由得，
即点的轨迹方程为，.
所以点的轨迹的长度为.
故选：D
5．（2025高二·全国·专题练习）在四棱锥中，平面，，，，是四边形内一点，且二面角的平面角的大小为，则动点的轨迹长度为 ．
【答案】/
【分析】根据题设构建合适的空间直角坐标系，由二面角确定点轨迹为平面与平面的交线，与轴交点为，标注出相关点坐标，并求出平面、平面的法向量，应用向量法及面面角大小列方程求参数，最后应用坐标法求向量的模即可得.
【详解】以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，

因为二面角的平面角大小不变，所以点轨迹为平面与平面的交线，
设点的轨迹与轴的交点坐标为，又，，
则，，，且平面的一个法向量，
设平面的一个法向量，则，取，得，
设为二面角，即的平面角，则，解得，
所以动点的轨迹长度.
故答案为：
6．在棱长为6的正方体中，为棱上一动点，且不与端点重合，，分别为，的中点，给出下列四个结论：
①平面平面；②平面可能经过的三等分点；③在线段上的任意点（不与端点重合），存在点使得平面；④若为棱的中点，则平面与正方体所形成的截面为五边形，且周长为，其中所有正确结论的序号是
【答案】①④
【分析】①③利用空间向量法证明线面垂直从而证明面面垂直和判断线面垂直；②利用向量法求解平面的法向量，结合平面内直线一定与法向量数量积为0，判断点在平面内；④利用平面的基本性质作出截面，再求出截面的周长.
【详解】
如图所示建立直角坐标系，以为原点，以分别为为正方向，
，
，设
①，
因为，
所以是平面内两条相交直线，
则平面，平面，因此平面 平面，①正确；
②取点为的三等分点，即或，
设平面的法向量为，，
则，令，所以
当时，，
若在平面中，，解得不合题意；
当时，，
若在平面中，，解得不合题意；②错误；
③在线段上的任意点H（不与端点重合），设，
则，由上可知平面的法向量为，
若存在点E使得平面，则有，
即，解得，
所以点H不具有任意性，③错误；
④延长三线相交于点，
连接分别交直线于点,
因为E为棱的中点，则平面与正方体所形成的截面为五边形，
在正方体中，，
根据三角形相似可得，
则，
，
因此周长为.④正确；
故答案为：①④.
题型八 空间向量解决外接球问题
1．三棱锥中，，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先将三棱锥画在长方体方体中，并建立空间直角坐标系，由题目条件分析出点P的轨迹方程，再有三棱锥的外接球的球心满足，找到球心满足的条件，再求出其最值，从而找到半径的最小值，解决问题.
【详解】
如图，将三棱锥画在长方体方体中，并建立空间直角坐标系，
由，由面，可知P点在面上，
又，面，所以为直角三角形，
故，即P点轨迹为以D为圆心，半径为4，在上的圆，
设点，则 —①，
因为为等腰直角三角形，所以三棱锥的外接球的球心在直线上，
设点，由，得—②，
联立①②得：，
设过点和点的直线斜率为，则，
由直线与圆相切，可得，
则，所以，所以．
故选：C
2．在正三棱柱中，为线段上的动点，为边上靠近B的三等分点，则三棱锥的外接球体积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图建立空间直角坐标系，利用外心定义可得的外接圆圆心的坐标，进而可得外接圆半径，设点的坐标为，设的坐标为，然后利用，可得，再由基本不等式可得答案.
【详解】以A为坐标原点，为轴，过A作的垂线为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，
设三角形的外接圆的圆心为，则点在平面上，且为线段AB中垂线与线段AD中垂线交点，注意到线段AB中垂线方程满足，AD中点为，
又在平面中，，则AD中垂线方程满足，
联立与，故解得点的坐标为，
过点作平面的垂线，则外心一定在此垂线上，故可设的坐标为，又因为，
故三角形的外接圆半径，
由题可设点的坐标为，且，
由外接球的定义知：，
故，得，
故当最小时，半径最小，即体积最小，
由基本不等式知，，当且仅当时等号成立，即，
故体积.
【点睛】关键点睛：外接球问题，一般先找到球心，再由勾股定理结合图形构建关于外接球半径的等式.
3．（24-25高二上·福建福州·期中）三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，，直线AC与BD所成角为，则三棱锥外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，得证为等腰三角形，于是建立如图所示空间直角坐标系，，根据与直线AC与BD所成角为建立方程，求得，然后找出外接球球心，根据相关数量关系，建立外接球半径的等式关系，求出半径，应用球的表面积公式即可得解
【详解】由题意可得，因为为等边三角形，所以，
又，且
所以，所以,
取的中点，易得,又
所以平面，又平面，所以平面平面，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，
令，所以，
因为，所以，所以，
所以，
因为直线AC与BD所成角为，所以，
解得，即，
如图，为外接球的球心，为等边三角形的重心，
设点A在平面内的投影为，作，
所以,
所以在中，
,,
所以在中，，解得，
所以，三棱锥外接球表面积为，
故选：A
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；
2.若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体求解；
3.正方体的内切球的直径为正方体的棱长．
4.球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．
5.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解．
4．在长方体中中，，AD＝2，M是棱的中点，过点B，M，的平面交棱AD于点N，点P为线段上一动点，则三棱锥外接球表面积的最小值为 ．
【答案】
【分析】设三棱锥外接球球心为，半径为R，则点在过直角斜边的中点与平面垂直的直线上，建立空间直角坐标系，设球心 ，，由求解参数之间的关系，结合二次函数求最值得出结果.
【详解】设三棱锥外接球球心为，半径为R，
则在过直角斜边的中点与平面垂直的直线上，且满足.
以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设球心，，又，
设，，则，
由，得，
则，由，，可得，
又，所以当时，取最小值，最小值为，
所以三棱锥外接球表面积的最小值为.
故答案为：.
题型九 翻折问题
1．（多选题）已知图1中，正方形EFGH的边长为，A，B，C，D是各边的中点，分别沿着AB，BC，CD，DA将△ABF，△BCG，△CDH，△ADE向上折起，使得每个三角形所在的平面部与平面ABCD垂直，再顺次连接E，F，G，H，得到一个如图2所示的多面体，则在该多面体中，有（ ）

A．平面平面CGHB．直线AF与直线CG所成的角为60°
C．该多面体的体积为D．直线CG与平面AEF所成角的正切值为
【答案】BCD
【分析】分别取的中点，连接，如图以点为坐标原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法，结合棱锥的体积公式逐个分析判断即可
【详解】分别取的中点，连接，
因为是正方形各边的中点，所以，
因为为的中点，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为正方形的边长为，是各边的中点，
所以四边形是边长为2的正方形，
因为分别为的中点，
所以∥，，且，
所以四边形为矩形，所以，
所以如图以点为坐标原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
对于A，设平面的一个法向量为，，
则，令，则，
设平面的一个法向量为，，
则，令，则，
所以，
所以与不垂直，所以平面与平面不垂直，所以A错误，
对于B，因为，，
所以，
因为，所以，
所以直线AF与直线CG所成的角为60°，所以B正确，
对于C，以为底面，以为高将几何体补成长方体，则分别为的中点，
因为，所以长方体的体积为，
，
所以多面体的体积为，所以C正确，
对于D，因为平面的一个法向量为，，
所以，
设直线CG与平面AEF所成角为，则，
所以，
所以，
所以直线CG与平面AEF所成角的正切值为，所以D正确，
故选：BCD

【点睛】关键点点睛：此题考查面面垂直的判定，考查线面角的求法，考查棱锥体的求法，解题的关键是根据题意建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可，考查空间想能力和计算能力，属于较难题.
2．（24-25高二上·北京大兴·期末）如图1，菱形的边长为4，，E是的中点，将△沿着翻折，使点C到点P处，连接，得到如图2所示的四棱锥
(1)证明：；
(2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质可得，通过线面垂直可得线线垂直.
（2）以E为坐标原点，利用空间向量计算两平面夹角的余弦值可得结果.
【详解】（1）
如图1，连接.
∵四边形为菱形，，∴为等边三角形，
∵E是的中点，∴，
在图2中，，
∵，平面，平面，∴平面．
∵平面，∴．
（2）在平面内，过E点作，则.
由（1）可知平面，∵平面，∴．
∵，∴两两垂直．
以E为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，．
∴，，．
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，∴．
设平面的法向量为，
则，即，
令，得，，∴．
设平面与平面的夹角为，则
，
∴平面与平面的夹角的余弦值为 ．
3．如图①，在凹五边形ABCDE中，，．如图②，将沿CE折叠到的位置，使，．
(1)证明：平面平面ABCE；
(2)若P为EF的中点，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明，，根据线面垂直的判定即可得到平面ABF，继而得到平面平面ABCE；
（2）以G为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的一个法向量，利用法向量夹角与二面角的关系即可求解.
【详解】（1）如图，连接BE，由，，
知为等边三角形，则，
又，，所以．
过点F作于G，连接，
则，且．
又，所以．
又，AB，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面．
（2）由（1）知AB，GE，GF两两垂直，故以G为坐标原点，AB，GE，GF所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz．
则，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，
则，令，得，故．
设平面的法向量为，
则，
令，得，故．
所以，
由图可知二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
4．（24-25高二上·广西河池·月考）如图1，平面图形由直角梯形和等腰直角拼接而成，其中，，；，，点是中点，现沿着将其折成四棱锥（如图2）．
(1)当二面角为直二面角时，求点到平面的距离；
(2)在（1）的条件下，设点为线段上任意一点（不与，重合），求二面角的余弦值的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面的距离.
（2）设，求得点坐标，表示出二面角的余弦值，再求其范围.
【详解】（1）∵，，∴．
点是中点，，∴，
结合折叠前后图形的关系可知，
∵二面角为直二面角，则侧面底面，
侧面底面，
∴平面，
易知，，两两垂直．
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，
建立空间直角坐标系，如下图所示，
则，，，，，
∴，，．
设平面的法向量为，
则，取，得，，
则为平面的一个法向量，
则点到平面的距离．
（2）设点满足（）．
∵，∴，
∴，
∴．
设平面的法向量为，
又∵，，
∴，
取，则，，
取为平面的一个法向量．
易知平面的一个法向量为，
二面角的余弦值为
，
由，所以，则，
所以二面角的余弦值的取值范围为.
【点睛】
5．如右图所示，五边形ABCED中，，，连接，将三角形和分别沿折叠，使点A和点E重合，将重合的点记作点P．
(1)若，求证：；
(2)若面与面的夹角余弦值为，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用梯形去证明底面上的垂直关系，从而可得线面垂直，再证明线线垂直即可；
（2）利用恰当建系，设两个未知点的坐标，通过模长和垂直建立相等关系，再通过二面角夹角的大小再建立一个相等关系，从而通过方程组思想来求解即可.
【详解】（1）由，知
，
由，结合余弦定理得，
则，所以，
又因为，即，又由平面，
所以平面，又因为平面，所以，
（2）
以B为原点，以平面为平面，建立如图所示得空间直角坐标系，
有，设，，
可得，
由，两式消元可得，
再由，
再由，
设面PBC法向量为，
则，
令，则，，则，
而平面BCD法向量为，
由,
整理得：，
代入可得，
再与联立解得：或，
当时，代入
当时，代入，所以此时不成立，则舍去，
综上可得.
题型十 新定义问题
1．（25-26高二上·云南·开学考试）在一个四面体中，若存在一个顶点处的三条棱两两垂直，则称该四面体为直角四面体，同时，把该顶点叫作“完美顶点”.若在四面体中存在“完美顶点”，，，，F为的中点，则与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】取的中点，连接，，得（或其补角）即为与所成的角，根据已知及余弦定理求夹角余弦值.
【详解】取的中点，连接，，
因为，所以（或其补角）即为与所成的角，
因为，，，
所以，
即与所成角的余弦值为.
故选：C
2．（24-25高二上·安徽·期末）已知向量，，是空间中的一个单位正交基底.规定向量积的行列式计算：，其中行列式计算表示为，所得向量垂直于向量，所确定的平面.利用向量积可以计算由两个不共线向量确定的平面的法向量.若向量，，则平面的法向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据叉乘公式直接代入计算即可.
【详解】由题意得：
，
则向量即为平面的法向量，
故选：A．
3．（25-26高二上·全国·课后作业）（多选题）给定两个不共线的空间向量与，定义叉乘运算，规定：
①为同时与垂直的向量；
②，三个向量构成右手系（如图1）；
③．
如图2，在长方体中中，，，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据题目中所给的叉乘运算的定义及长方体的性质,一一验证即可.
【详解】解: 选项:同时与垂直，且构成右手系，
故，即成立；所以选项A正确.
B选项:，，所以；所以选项B错误.
C选项:连接,．，所以是一个与方向相同的向量,且.
，与共线，且方向相同，，与共线，且方向相同，
因为,所以，与共线，且方向相同，
因此；所以C选项正确.
D选项:，由A选项知:，
所以．所以D选项正确.
故选:ACD
4．（25-26高二上·安徽蚌埠·月考）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，若点P在底面内（含边界）运动，且，则的取值范围是 .

【答案】
【分析】建立适当空间直角坐标系，求出相关向量的坐标，再应用距离新定义及三角换元，整理并化简为正弦型函数求范围.
【详解】由题可建立如图所示空间直角坐标系，

则，设，则，
所以，即，令，
所以
，而，
所以，则，
所以的取值范围是.
故答案为：
期中基础通关练（测试时间：120分钟）
1．（24-25高二上·浙江金华·期中）在平行六面体中，若直线与的交点为．设，，，则下列向量中与共线的向量是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】把表示出来，根据向量的数乘运算判断向量的平行.
【详解】如图：
因为.
所以与平行.
故选：D
2．（25-26高二上·河南·月考）已知平面内有四点，，，，且为空间中一点，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据空间中四点共面的结论求解.
【详解】因为，所以.
因为，，，四点共面，所以，故.
故选：A
3．（25-26高二上·云南·月考）若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据空间向量的基底的定义结合向量共面逐项分析判断.
【详解】对于A，假设三个向量共面，则存在实数x，y，使得成立，
则显然方程组无解，所以不共面，故A正确；
对于B，因为，所以共面，故B错误；
对于C，因为，所以共面，故C错误；
对于D，因为，所以共面，故D错误.
故选：A.
4．（24-25高二上·海南·期中）已知是空间中的三个单位向量，若，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意可求得，再结合数量积的定义分析运算.
【详解】因为，则，
，
又，
故当，即与同向时，有最大值.
所以.
故选：D
5．（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.
6．（24-25高二上·山西太原·月考）如图，已知正方体的棱长为分别是棱的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，设点，结合条件直线则，由此确定点的轨迹，再求轨迹长度.
【详解】以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，设点，
则.
设平面的法向量为，由，
取，可得，
所以为平面的一个法向量.
由题意可知，平面，则，
令，可得，令，可得，
所以点的轨迹为线段，且交于点，交于点，
所以点的轨迹长度为.
故选：B.
7．（23-24高二上·河南濮阳·月考）在长方体中，为长方体表面上的动点，且，则点的轨迹的长度为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，求出轨迹方程，联立算出在各个平面内的交线，再求出长度和即可.
【详解】
如图，连接,，且以为原点建立空间直角坐标系，
故,,,,设，
且已知，，
故，，即是的中点，是的三等分点，
，，，，
，的轨迹方程为平面，
故轨迹长度即为该平面与长方体六个平面的交线长度之和.
联立方程组，，得，
当时，，令，，故此时轨迹长度为，
联立方程组，，得到，
当，时，该方程无解，则交线不在面内，此时轨迹长度为，故排除，
联立方程组，，可得，
当时，，当时，，故此时轨迹长度为，
联立方程组，，可得，
当，时，该方程无解，则交线不在面内，此时轨迹长度为，故排除，
联立方程组，，可得，
当，时，该方程无解，则交线不在面内，此时轨迹长度为，故排除，
联立方程组，，可得，
当时，，当时，，故此时轨迹长度为
综上，轨迹长度为，
故选：C
8．正四棱柱中，，为的中点，点为线段上的动点，则三棱锥的外接球表面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用坐标法，可设球心为，，结合条件可得，进而可得，即得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，
∴，
∴，即为直角三角形，
所以可设三棱锥的外接球的球心为，，
所以球的半径为，
∴，即，又，
∴，即，
∴，，
所以三棱锥的外接球表面积的最大值为.
故选：C.
9．（24-25高二上·广东阳江·月考）如图，边长为1的正方形所在平面与正方形所在平面互相垂直，动点M，N分别在正方形对角线和上移动，且（）．则线段的长的最小值为 ．
【答案】
【分析】结合面面垂直的性质定理与线线垂直的性质定理可得，则可设，，结合向量线性运算可得；结合向量模长与数量积的关系，计算可得.
【详解】因为四边形正方形，故，而平面平面，
平面平面，平面，故平面，
而平面，故．
设，则，其中，
由题设可得：
；
，故，
当且仅当即时等号成立，故
故答案为：
10．（24-25高二上·上海·期末）如图，棱长为1的正方体有一个截面，其中、分别在棱上.若是正方形，则截面UVWXYZ的面积为 .
【答案】/
【分析】以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，取，六边形UVWXYZ即是所求截面，再求出其面积即可.
【详解】以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，如下图所示：
当时，
则，所以，
又，
设，则，解得，
即，所以共面，
所以共面，
因为，所以，即，
又因为所以是正方形，
所以当时，六边形UVWXYZ就是所求截面，
此时,
所以截面UVWXYZ的面积为，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查正方体的截面面积，找到符合题意的截面是解决问题的关键.本题借助空间直角坐标系，确定构成六边形UVWXYZ就是所求截面，进而求出面积.研究正方体截面问题的常用方法还有平行线法和相交线法.
11．（23-24高二上·江西·月考）如图，正四棱锥的高为6，，且M是棱上更靠近C的三等分点.
(1)证明：；
(2)若在棱上存在一点N，使得平面，求的长度.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，交于点，连接，证明平面后可证得线线垂直；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求得点位置，计算出向量的模得结论．
【详解】（1）如图，连接，交于点，连接.
底面是正方形，，，，
，，平面.平面.
平面，.
（2）以O为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.
，，，.
设平面的法向量为.则
取，则，，得.
设，，则.
平面，，得.故.
12．（2024高二上·江苏·专题练习）如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形所在的平面互相垂直，已知，.
(1)求证：；
(2)在线段BE上是否存在一点P，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)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，再由其性质定理即可证明；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）
证明：∵平面平面，平面，
，平面，∴平面.
∵平面，∴，
过A作于H，
则，
∴，∴，∴.
∵，平面，
∴平面.
∵平面，∴.
（2）
存在.理由：由（1）知，两两垂直，
以A为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合，
设，则，
由，可求得.
设平面PAC的一个法向量为，则，
由，
可得，
即，令，则，所以为平面PAC的一个法向量.
又，
设平面BCEF的一个法向量为，
则，可得，
所以为平面BCEF的一个法向量.
当，即时，平面平面，故存在满足题意的P，
此时.
13．（24-25高二上·河北邢台·月考）在三棱柱中，平面平面，，，，.
(1)证明：平面；
(2)若异面直线所成角的余弦值为，求BC.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到⊥，结合得到平面，再由平行关系得到证明；
（2）作出辅助线，证明出⊥平面，建立空间直角坐标系，设，写出各点坐标，利用异面直角夹角的余弦值列出方程，求出，得到答案.
【详解】（1）因为平面平面，交线为，
，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，，平面，
所以平面，
又，所以平面；
（2）取的中点，连接，因为，所以⊥，
因为平面平面，交线为，平面，
所以⊥平面，
取的中点，连接，则，
因为，所以⊥，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，所以，故，
设，则，设，
由得，
解得，故，
，
因为异面直线所成角的余弦值为，
所以，
解得，故.
14．如图1在梯形ABCD中，，且为AB中点，为BC上一点，且．现将该梯形沿AC折起，使得点折叠至点的位置（如图2），且二面角的平面角大小为.
(1)求证：；
(2)求直线CE与平面PEF所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在图1中，连接，交于点，连接，即可证明四边形是菱形，从而得到，即可得到，从而证明平面，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）图1中，连接，交于点，连接，
为AB中点，，
又，，四边形是菱形， ，
所以在图2中，，又平面，，
平面，
又平面，；
（2）以中点为坐标原点，为轴，为轴，过点做垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系．
则，
所以，，，
设平面的法向量，
由，有，，
令，则，
设与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成的角的正弦值为；
15．已知正三棱柱的所有棱长均为2，D为AB中点，E为棱上的动点．
(1)求证：面面；
(2)若直线CE与面所成角的余弦值为，试求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)AE的长为.
【分析】（1）先证得，，由线面垂直的判定定理可得面，，再由面面垂直的判定定理可得平面面.
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设设，分别求出直线CE的方向向量与面的法向量，再由线面角的向量公式即可得出答案.
【详解】（1）因为三棱柱为正三棱柱，
所以，因为D为AB中点，所以，
又因为平面，平面，所以，
，平面面，
所以面，面，
所以平面面.
（2）过点作，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，
，设面的法向量为，
，
则，所以，令，则，
所以，因为直线CE与面所成角的余弦值为，
所以直线CE与面所成角的正弦值为，设为，
即，即，
解得：或（舍去），
所以，AE的长为.
16．如图所示，在四棱锥中，底面，平面平面，．
(1)证明：；
(2)设，，若二面角的平面角为，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由底面，证得，再由平面平面，利用面面垂直的性质定理，证得平面，进而证得；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面和的法向量和，结合二面角的平面角为，利用向量的夹角公式，列出方程，即可求解.
【详解】（1）证明：因为平面，且平面，所以，
又因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）由（1）易知两两垂直，
以为原点，以所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，设，其中，
因为且，可得，
则，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
因为二面角平面角为，
所以，
整理得，解得
又因为，所以，即的长为.
17．（24-25高二下·湖南衡阳·期末）如图，在直四棱柱中，底面ABCD为矩形，E为棱的中点．
(1)若，证明：．
(2)设，，，，且点F到平面的距离为，求λ的值．
【答案】(1)证明见详解
(2)或
【分析】（1）连接BD，，先根据正方形的性质、直四棱柱的性质及线面垂直的判定可证明平面，再根据线面垂直的性质即可证明；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量为，再根据向量的加法求出，进而根据点F到平面的距离为即可求出λ的值．
【详解】（1）连接BD，，
因为，底面ABCD为矩形，
所以底面ABCD为正方形，所以，
在直四棱柱中，底面ABCD，则，
因为，平面，所以平面．
又平面，所以．
（2）以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，
则，，，，，
则，，,
设平面的法向量为，
则
令，得,
由，，
所以，
所以点F到平面的距离，
解得或．
18．（25-26高二上·山东·月考）如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中．用空间向量法求解下列问题．
(1)求证：．
(2)求线段的中点到平面的距离．
(3)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取的中点，连接，，建立空间直角坐标系，再计算出，后相乘即可得；
（2）求出平面的法向量后由点到平面距离的向量公式即可求解；
（3）令，，由面面夹角的向量公式求得，即可求解．
【详解】（1）取的中点，连接，，由为等边三角形，得，
而平面平面，平面平面，平面，
则平面，由，，得四边形是平行四边形，
于是，而，则，直线，，两两垂直，
以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系，
则,，，，，
则，，
有，故；
（2）由，，则，又，
则，，，
设平面的法向量为，则，
取，得，
所以到平面的距离．
（3）令，，
，，
设平面的法向量为，则，
取，得，
易知平面的一个法向量为，
则，
化简得，又，解得，即，
所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，
此时．
19．（25-26高二上·山东临沂·月考）如图，四棱锥中，平面，，，，，，，是的中点．

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）取中点，根据线线平行证明线面平行即可得；
（2）建立适当空间直角坐标系后，求出平面与平面的法向量后再借助空间向量夹角公式计算即可得；
（3）设，再求出平面的法向量后结合空间中点到平面距离公式计算即可得.
【详解】（1）取的中点，连接、，因为是的中点，
所以且，
又因为且，所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面；

（2）

由题意：平面，且，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
又因为，，，，是的中点．
故，，，，
所以平面的法向量为，设平面的法向量为，
又，，由，，
则有，令，则，，即，
所以，
所以，平面与平面夹角的余弦值为；
（3）设，且，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，可得，
令，则，，所以，
因为点到平面的距离为．
所以，解得，
所以存在点，使得点到平面PAQ的距离为，此时．
20．（24-25高二上·贵州六盘水·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面平面ABCD，，，，，，M是线段BD上的动点.
(1)求证：；
(2)设直线PM与平面ABCD所成的角为，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）通过证明平面PAD可完成证明；
（2）过A点做平面ABCD的垂线，建立以A原点的空间直角坐标系，设，由空间向量知识可得关于的表达式，即可得答案.
【详解】（1）因平面平面ABCD，，平面平面ABCD，
平面ABCD，则平面PAD，又平面PAD，则；
（2）由（1）可得平面PAD，过A做AD的垂线，设垂线交PD为E，
连接AE，则AB，AD，AE两两垂直.如图建立以A为原点的空间直角坐标系，
由题目数据可得：.
设，其中，则，
又，，则.
由题可得平面ABCD的法向量可取，
则，
则当时，取最小值，则.
即的最大值为.
21．（24-25高二下·江苏连云港·月考）如图，在四棱柱中，已知底面，，，，，点是线段上的动点（不包含端点）.
(1)求证：平面；
(2)求直线与所成角的余弦值的最大值；
(3)若二面角的正弦值为.求线段的长.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据四棱柱的几何性质，结合线面判定定理，可得答案.
（2）根据直线与其斜交平面内的直线的交角的取值范围，求得平面与直线的夹角，结合法向量与线面距，可得答案.
（3）求得组成二面角的两平面的法向量，结合夹角的向量公式，建立方程，可得答案.
【详解】（1）在四棱柱中，，而平面，平面，
所以平面.
（2）取中点，连接，在梯形中，，得，，
四边形是，，由，得，而平面，
则直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，在中，，
则，
，
设平面的法向量为，可得，取，得，
设点到平面的距离，
设直线与平面的夹角为，则，即，
而，且平面，所以当直线与所成角为时，其余弦值取得最大值.
（3）由（2）得，，
由，令，，则，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面的法向量，则，令，得，
设二面角的大小为，则，
由二面角的正弦值为，则，
则，整理得，而，解得，
，，所以线段的长为.
22．（24-25高二上·四川成都·期中）如图，在四棱锥平面，且，为PD的中点.
(1)求证:平面;
(2)求点到平面的距离;
(3)在线段上是否存在一点，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析;
(2);
(3)存在，.
【分析】（1）通过建系，利用空间向量的坐标运算，求出平面的法向量，证明即可； 也可以用线面平行判定定理，先找出线线平行即可；
（2）利用空间向量的坐标运算，利用点到平面的距离公式求解即可；也可利用平面说明到平面的距离等于到平面的距离，通过证明线面垂直得到为到平面的距离,计算即可；
（3）利用空间向量的坐标运算，表示出线面角的正弦值，即可求解.
【详解】（1）解法一：过作，垂足为，则，
平面平面平面,
,
如图，以A为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，
为的中点，，,
设平面PBC的一个法向量为，
则，令，解得，
由，所以，
又平面PBC，所以平面;
解法二：
取中点为，连接和,
分别为和的中点，
,
又,
四边形为平行四边形,
,
又平面平面,
平面.
（2）解法一：又，由（1）知平面PBC的法向量
，
故点到平面的距离为.
解法二：
由（1）知平面;
故到平面的距离等于到平面的距离,
取的中点为，连接,
平面,
,
又平面,
平面
平面,
又为PB的中点
面,
平面,
为到平面的距离,
,
,
为的中点,.
（3）解法一：存在，且，理由如下:
假设线段PD上存在一点，设，
，
则,
又因为直线与平面所成角的正弦值为，
平面的一个法向量，
，
化简得，即，
，故存在，且.
解法二：
过作于，
平面平面平面
，
又，
故建立如图所示坐标系
则…
假设线段上存在一点，设，
，
则
由（2）知为平面的法向量，且
直线与平面所成角的正弦值是,
,
,
化简得,,
,,
故存在，且.
23．如图，在直四棱柱中，，，，，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)若为线段上的动点，求到直线距离的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由直棱柱的性质可得，再结合，可证得平面，则，然后根据已知的条件可得∽，从而可证得，进而可得，最后利用线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）由题意可证得，，，所以以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，从而利用向量的夹角公式可求得结果；
（3）设，则表示出点的坐标，从而可表示出的坐标，然后表示出到直线的距离，化简可求出其最小值.
【详解】（1）证明：由直四棱柱知底面，
因为平面，所以，
又，，，平面，
所以平面，
因为平面，所以．
因为，，，
所以，，
所以∽，所以，
因为，所以，所以，
又，，平面，所以平面．
（2）解：因为底面，平面，
所以，
因为，所以，，两两垂直，
所以以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，，
由（1）知，为平面的一个法向量．
设为平面的一个法向量，
因为，，
所以，即，令，可得．
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
（3）解：设，，
则，，
设到直线的距离为，则
，
所以当时，，即到直线距离的最小值为．
期中重难突破练（测试时间：60分钟）
1．（24-25高二下·江苏连云港·月考）在平行六面体中，且，，若，则棱的最大值为（ ）
A．B．C．3D．
【答案】D
【分析】设，利用空间向量基本定理有，得，转化为代数问题，利用基本不等式有，令，即得，转化为关于的一元二次不等式即可求解.
【详解】设，则有，
由，，所以，，
所以
，
即，
由，当且仅当时，等号成立，
所以，
即，令，
即，关于的一元二次不等式要有解，
所以，解得，即，
所以的最大值为，当时，，
即，所以，即时，等号成立，
故选：D.
2．如图所示，在棱长为2的正方体中，直线平面，是的中点，是线段上的动点，则直线与侧面的交点的轨迹长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先建立空间直角坐标系，设出点的坐标，保证四点共面，从而得到向量与平面的法向量垂直，进而分析得出的方程表示的轨迹是什么，求解即可.
【详解】分别以所在直线为轴，如图建立空间直角坐标系；
其中点，，
由于直线平面，设，如图所示：
在矩形中，易得，可得：，

可得点满足，从而，
设平面的法向量为，
且，，
可得，即，不妨取，
由于直线与侧面的交点，设点，
可得四点共面，
且，显然，
得方程，显然方程在平面内表示一条直线，
当时，点，此时两点重合，
当时，，点，设线段的中点为，此时两点重合，
从而可得直线与侧面的交点在线段上，
又因为与重合时点与D重合，与重合时点与线段的中点H重合，
所以点的轨迹为线段，且，
故选：B.

3．（24-25高二上·贵州六盘水·期末）如图，正八面体的每条棱长均为与交于点为正八面体内部或表面上的动点.若，则的最小值为 .
【答案】
【分析】根据正八面体的性质建立空间直角坐标系，利用数量积的坐标运算求解最值即可.
【详解】连接CE，由正八面体性质得两两互相垂直，故以O为坐标原点，
分别以所在直线为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，
由正八面体的各棱长均为，根据正八面体的对称性，
可得，
则，
又，所以，，
设点，则，因为，所以，
即，又，
所以
，
故当，，即时，取到最小值为．
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题的关键是建立空间直角坐标系，利用数量积的坐标运算结合函数性质求解最值.
4．（2025高二·全国·专题练习）在长方体中，为长方体表面上的动点，且，则点的轨迹的长度为 .
【答案】
【分析】连接，，且以为原点建立空间直角坐标系，设，证明是的中点，是的三等分点，求出的轨迹方程，证明轨迹长度即为该平面与长方体六个平面的交线长度之和，据此分情况求和即可.
【详解】

如图，连接，，且以为原点建立空间直角坐标系，
故，，，，
设，且已知，，
故，，
即是的中点，是的三等分点，
，，，，
，的轨迹方程为平面，
故轨迹长度即为该平面与长方体六个平面的交线长度之和，
联立方程组，得，
当时，，令，则，
故此时在面内轨迹长度为，
联立方程组，得到，
当，时该方程无解，
则交线不在面内，
此时轨迹长度为，故排除，
联立方程组，可得，
当时，当时，
故此时轨迹长度为，
联立方程组，可得，
当，时该方程无解，
则交线不在面内，
此时轨迹长度为，故排除，
联立方程组，可得，
当，时该方程无解，
则交线不在面内，
此时轨迹长度为，故排除，
联立方程组，，
可得，
当时，当时，
故此时轨迹长度为，
综上，轨迹长度为.
故答案为：.
5．（25-26高二上·山西临汾·月考）如图，在三棱锥中，，且分别为的中点．点满足，为线段上的动点．

(1)求证：；
(2)当与平面所成角取得最大值时，求；
(3)若二面角的余弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)或.
【分析】（1）连接，证得和，利用线面垂直的判定定理，得到平面，进而证得.
（2）根据题意，证得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量和，设且，求得向量，结合向量的夹角公式，得到，令，利用函数的单调性，即可求解；
（3）由（1）知，平面的法向量为，且，再求得平面的法向量，结合向量的夹角公式，列出方程，求得的值，即可求解.
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
因为且为的中点，所以，
又因为且为的中点，所以，
由，且平面，所以平面，
又由平面，所以.
（2）解：因为，且，可得，
又因为为的中点，所以，
在直角中，由，可得，
所以，可得，
因为，且，平面，所以平面，
以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，可得，
因为为的中点，所以，
则，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设，因为，可得，
可得，即，所以，
又因为为上的动点，设且，且，
可得，解得，
即，所以，
设与平面所成角为，则，
设，当时，取得最小值，
所以当时，取得最大值，即与平面所成角取得最大值，
即，且，所以.
（3）解：由（1）知，平面的法向量为，且，
所以，且，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设二面角的大小为，可得，
因为二面角的余弦值为，所以，
整理得，解得或，
又因为且，
当时，可得；当时，可得，
即的长为或.

6．（25-26高二上·浙江嘉兴·月考）如图，在四棱锥中，四边形是梯形，其中，，平面平面．

(1)证明：．
(2)若是棱上的动点，且与平面所成角的正切值为．
（i）求二面角的余弦值；
（ii）记直线与平面所成角为，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根据几何关系先证明，再根据面面垂直的性质定理证明平面，由此可知；
（2）（i）先证明平面并求解出长度，然后建立合适空间直角坐标系，分别求解出平面和平面的一个法向量，根据法向量夹角的余弦值求解出结果；（ii）设，由此表示出坐标，然后利用向量法表示出，再通过换元法以及二次函数性质分析何时取最大值，即可.
【详解】（1）因为，所以为正三角形，
所以，
又因为，所以，
在中，，
所以，所以，
所以，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以.
（2）（i）因为，，，平面，
所以平面，所以与平面所成角即为，
所以，所以；
以为原点，分别以为轴正方向，建立空间直角坐标系，如下图所示，

因为，所以，
设平面的一个法向量为，
所以，所以，
取，则，所以，
取平面的一个法向量为，
设二面角的平面角大小为，
所以，由图知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为；
（ii）因为，即，
设，且，
因为，所以，
所以，所以，
设直线与平面所成角为，
所以
令，所以，
由二次函数性质可知，
当，即，即时，有最大值.
7．（25-26高二上·浙江·月考）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，，二面角的大小为，，分别为和的中点.
(1)求证平面
(2)求与平面所成角的正弦值；
(3)设为侧棱上一点，四边形是过，两点的截面，分别交，于，两点，且平面，是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，.
【分析】（1）取的中点，根据平行关系可得，进而可证线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，求相关点的坐标，再求平面的法向量，进而可得线面夹角；
（3）设，根据面面夹角可得，设，结合线面平行运算求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，，，
在中，，分别为和的中点，
所以且长为的一半，
又因为底面为平行四边形，为的中点，
所以且，所以四边形为平行四边形，可得，
又面，面，所以平面.
（2）取的中点，连接，由，则，
分别以，所在直线为轴和轴，以过垂直于底面的直线为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，
令，则，，所以为平面的一个法向量，
又，设与平面所成角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
（3）因为平面，平面平面，平面，
所以，
设，则，
设平面的一个法向量为，由，
则，
令，则，，所以为平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，由（2）可知平面的法向量，
由题意可得，
令，则，得，所以，
当时，（舍去），所以当时，，此时，
设，则，
又因为平面的法向量，
则，解得，
所以存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时.
8．（25-26高二上·福建厦门·月考）将一个边长为的正六边形图沿对折，形成如图所示的五面体，其中，底面是正方形．
(1)求五面体图中的余弦值；
(2)如图，点，分别为棱，上的动点．
求周长的最大值，并说明理由；
当周长最大时，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)，理由见解析；
【分析】利用空间中线面、线线及面面的位置关系和已知条件，得出垂直关系，再建立空间直角坐标系．根据直线与直线所成角的向量求法，计算得结论
①利用余弦定理解三角形，结合图形判断得当与重合，与重合时，的周长最大，并求出最大值②利用平面与平面夹角的向量求法，计算得结论．
【详解】（1）如图，正六边形中，沿对折后，此平行关系不变，
所以折叠后的图中，，且．
取的中为，的中点为，连接．
因为底面是正方形，所以，即，且．
连接，，则由知：．
因为，、平面，所以平面，
而底面，因此底面平面，交于．
过在平面作直线，交于，
则由底面平面，得底面.
因为、底面，所以，．故，，两两垂直.
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，如图建立空间直角坐标系：
则，，，．
中，因为，所以，
在等腰梯形中，，，因此，，
所以，所以，，
所以．
所以五面体图中的余弦值为.
（2）①等腰梯形中，,由（1）知连接，
则 ，所以.
所以
等腰梯形中，,由（1）知
连接，则 ，所以.
如下图
若，显然当与重合，与重合时，最大，
最大值为；
若与不平行，当时，如图展开平面和平面，
与平面在同一平面，过作的平行线，交于点，连接，并延长，与交于点.
此时，，
又
所以的最大值为.
由上图的对称性，同理可得，当时，所的最大值为.
综上所述，在图3中，当与重合，与重合时，的周长最大，最大为．
②由①知：与重合，与重合，如（1）建立空间直角坐标系，则，．
设平面的法向量为，
因为，，
所以由得，取得，，
因此是平面的一个法向量．
设平面的法向量为．
因为，，
所以由得，取得，，
因此是平面的一个法向量．
设平面与平面夹角为，
因此，
即平面与平面夹角的余弦值为．
9．（25-26高二上·山东日照·月考）如图1，在平面四边形中，，，，是等腰直角三角形，，将沿折叠到的位置，形成如图2所示的三棱锥，且.
(1)证明：；
(2)已知三棱锥，外接球球心为.
①若为线段上动点（不包含点），为中点，为中点，设平面与平面的夹角为，求的最小值.
②类似于平面中三角形的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则，当、、时，请在图3的基础上，试证三面角余弦定理，并用该结论求图2中二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见详解
(2)①的最小值为；②证明见详解；二面角的余弦值为
【分析】（1）通过勾股定理证明线线垂直从而推出线面垂直，再利用线面垂直证明线线垂直；（2）①通过建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而得出与动点的坐标的关系，从而由基本不等式求最值；②构造直角三角形，利用平面三角形中的余弦定理构建边与角的方程，进而化简可证明三维空间的三面角余弦定理，进而代入数值求出二面角的余弦值
【详解】（1）因为，，，由勾股定理得，.
因是等腰直角三角形，且，所以，.
在中，，所以，即.
因，，与相交于点，且平面，所以平面.
而平面，所以.
（2）过点作平面.
以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系.
因为，所以.
因为，，与相交于点，且平面，所以平面.
则，，，线段的中点
因三棱锥底面为直角三角形，所以三棱锥的外接球球心在底面斜边上的中点的上方.
又因为球心距离点和的距离相等，所以球心.
①因为线段的中点，所以；为线段中点，所以
点在线段上运动，设，.
，，设平面的法向量为.
则，不妨令，则平面的一个法向量为.
，，设平面的法向量为.
则，不妨令，则平面的一个法向量为.
平面与平面的夹角为，则
因，所以要求的最小值，即求的最大值.
.
设，则，则.
则，当且仅当，即时，等号成立.
所以的最小值为.
②证明：点为射线上一点，过作交于，作交于，连接，则是二面角的平面角.
在中，由余弦定理得，；
在中，由余弦定理得，.
两式相减得，
由勾股定理得，，，
所以有
两边同时除以得，，即.
在中，由余弦定理可得，在中，由余弦定理可得.
设二面角的大小为，
则，
代入解得，所以二面角的余弦值为
核心考点
复习目标
考情规律
空间向量及其运算
掌握空间向量的加、减、数乘运算,掌握几个特殊向量（共线、共面、方向、法向量等）
基础必考点，常出现在小题
空间向量基本定理
掌握共线、共面向量定理和空间向量基本定理
基础必考点，常出现在小题
空间向量及其运算的坐标表示
1、掌握向量平行、向量垂直的坐标表示.
2、掌握应用两个向量数量积、夹角与向量长度的坐标计算公式.
高频易错点，数量积、模长、夹角的运算及最值（范围）出错
空间向量的应用
1.用空间向量研究直线、平面的位置关系
2.能用空间向量解决距离、夹角问题
重难必考点，常出现在大题第（2）问，提升建系求点能力是关键
解｜题｜技｜巧
空间向量共线及向量共面的充要条件
(1)空间向量共线向量的概念、向量共线的充要条件与平面向量的性质是一致的.
(2)利用向量共面的充要条件可以判断第三个向量是否与已知的两个不共线的向量共面,特别地,空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在有序实数对(x,y),使AP→=xAB→+yAC→.
解｜题｜技｜巧
1、合理选择基底,使其能方便表示有关向量,并能进行运算,特别是数量积运算.
①首先将各向量分解成已知模和夹角的向量的组合形式.
②利用向量的运算律将数量积展开,转化为已知模和夹角的向量的数量积.
③代入a·b=|a||b|cs求解.
2、模长
（1）将相应线段用向量表示,通过向量运算来求对应向量的模.
（2）因为a·a=|a|2,所以|a|=a·a,这是利用向量解决长度或距离问题的基本公式.另外,该公式还可以推广为|a±b|=(a±b)2=a2±2a·b+b2.
3、夹角
（1）求两异面直线的夹角,可转化为求两直线的方向向量的夹角.
（2）由两个向量的数量积定义得cs=a·b|a||b|,求的大小,转化为求两个向量的数量积及两个向量的模,求出的余弦值,进而求的大小,在求a·b时注意结合空间图形,把a,b用基向量表示出来,进而化简得出a·b的值.
（3）异面直线AB,CD的夹角α∈(0,π2],而∈[0,π],故α=或α=π-.
解｜题｜技｜巧
1、用向量法处理立体几何中的探索性、存在性问题
探索性、存在性问题是条件不完备、结论不确定的问题,利用向量的方法将这类问题由立体几何问题转化为代数的方程(不等式)的解的问题,考查了化归、转化的数学思想,培养了逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养.
2、用向量的坐标运算解决几何问题
用向量的坐标运算解决几何问题,使几何问题代数化,以数助形,体现了数形结合的思想.同时本题还运用了方程的思想,通过列方程、解方程使问题得以解决.这足以说明“向量的坐标运算”是“几何”与“代数”间的一座新的桥梁.
这类问题的基本形式是判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立,解决这类问题的基本策略是假设题中的数学结论成立,在这个前提下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设,否则,给出肯定证明.
3、对于存在判断型问题：通常应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.
4、对于位置探究型问题：通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.
解｜题｜技｜巧
翻折问题的两个解题策略
1、确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决
2、确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算
解｜题｜技｜巧
面对新情景、新定义，首先要深入理解并分析这些新元素，将其与已知的立体几何知识相结合.明确解题目标后，灵活运用基本定理和性质，如平行、垂直的判定与性质，以及空间角、距离的计算公式.在解题过程中，合理构造辅助线和面，以揭示隐藏的空间关系，简化问题.对于复杂问题，可尝试建立空间直角坐标系，利用向量法进行计算和证明.同时，要善于将空间问题平面化，通过截面、投影等方式转化求解对象.最后，解题后要进行验证和反思，确保结论的正确性，并总结所使用的方法和技巧，以便在未来遇到类似问题时能够迅速应对.