1/95專題06空間向量與立體幾何（期末復習講義）核心考點復習目標考情規(guī)律一：空間向量線性運算1.熟練掌握線性運算及運算律，能結合圖形完成向量運算.2.靈活運用共線/共面向量定理解決線面平行、四點共面等問題，奠定后續(xù)學習基礎.3.掌握線性運算及運算律；4.運用共線/共面向量定理解決基礎問題.1.題型：期末以選擇、填空為主，偶在解答題中作為基礎步驟綜合考查.2.重點：期末核心考查共線/共面向量定理的簡單應用，以及向量表達式化簡.3.難度：偏低，屬于基礎送分題，是期末必考點，考查頻率穩(wěn)定.二：空間向量基本定理1.理解定理內涵，能判斷基底、完成向量基底分解.2.運用推論解決四點共面問題，建立基底分解的解題思維.3.理解定理，能判斷基底并完成向量分解；4.運用推論解決四點共面問題.1.題型：期末多以選擇、填空題形式考查，較少在解答題中單獨出現(xiàn).2.重點：期末考查核心是向量基底分解，偶爾涉及四點共面推論的應用.3.難度：中等，側重基礎理解與簡單應用三：空間向量坐標運算1.快速準確建立坐標系，熟練運用坐標運算公式.2.通過坐標運算解決向量問題，形成“幾何→代數(shù)→幾何”的解題鏈條.3.熟練建系及坐標運算公式；4.用坐標運算解決向量問題.1.題型：貫穿期末選擇、填空、解答題，是解答題中立體幾何問題的核心解題工具.2.重點：期末核心考查坐標系建立、向量坐標求解及基礎坐標運算的準確性.3.難度：中等，是期末高頻考點，運算量適中，側重基礎公式的應用.四：空間向量研究線面關系1.熟練求解方向向量與法向量.2.運用向量準確判斷線線、線面、面面關系，求解各類空間角.3.熟練求方向向量、法向量；4.用向量判斷線面關系、求空間角.1.題型：期末解答題核心考點，選擇、填空題也會涉及，綜合度較高.2.重點：期末考查重點是法向量求解、線面垂直/平行的證明，以及異面直線夾角、線面角計算.3.難度：中等偏上，是期末立體幾何板塊的核心得分點，不涉及復雜探究性問題五：空間向量研究距離與夾角問題1.熟練運用向量公式求解各類空間距離.2.準確求解各類空間角，規(guī)避范圍與公式錯誤.3.熟練用向量求空間距離；1.題型：期末選擇、填空、解答題均有考查，常與線面關系判斷綜合命題.2.重點：期末核心考查點到平面距離、二面角的基礎計算，難度低于高考.3.難度：中等偏上，側重基礎公式應用與轉化思想，是期末拉開分差的關鍵考點之一.考點一：空間向量線性運算1.核心概念：線性運算（加法：三角形/平行四邊形法則；減法：三角形法則；數(shù)乘：，為實數(shù)）；共線向量定理（時，存在唯一，使）；共面向量定理（不共線時，與共面?存在唯一，使）.2.核心公式：運算律（；；）；共線判定（）；共面判定（不共線)）.3.易錯點：混淆“共線”與“共面”（共線向量一定共面，共面向量不一定共線）；忽略共線定理中的條件，直接用判定共線.4.?？冀Y論：四點共面且（為空間任一點）；直線且與不重合.考點二：空間向量基本定理1.核心概念：基底（不共面的三個向量，基向量非零）；定理（任一空間向量可唯一表示為）.2.核心公式：向量分解式（，唯一）；四點共面推論（且共面）.3.易錯點：將共面向量作為基底（如正方體中同一面的三個邊向量不可作基底）；忽略分解系數(shù)的唯一性，多解或漏解.4.?？冀Y論：選基底優(yōu)先選“從同一頂點出發(fā)的三條棱向量”（如正方體中）；若且為基底，則唯一確定.考點三：空間向量坐標運算1.核心概念：空間直角坐標系（以兩兩垂直且共點的直線為坐標軸）；向量坐標（，由起點、終點坐標差求得）.2.核心公式：線性運算（；）；數(shù)量積（）；模長（）；夾角（）；共線（）；垂直（）.3.易錯點：建系錯誤（坐標軸不垂直，如將斜棱柱的側棱作為軸）；坐標計算錯（中點坐標漏除2、對稱點坐標符號搞反）；夾角公式漏絕對值（直接用求線線角）.4.?？冀Y論：點關于面對稱點為，關于原點對稱點為；若，則（直接用坐標判定）.考點四：空間向量研究線面關系1.核心概念：方向向量（與直線平行的非零向量，如直線的）；法向量（與平面垂直的非零向量，如平面的）；線面關系（平行、垂直、夾角：異面直線角、線面角、二面角）.2.核心公式：異面直線角（，）；線面角（，）；二面角（，，符號由圖形判斷）；線面平行（且直線不在平面內）；線面垂直（）.3.易錯點：法向量求解漏解（忽略相反向量，如與均為法向量）；線面角與法向量夾角混淆（誤用求線面角）；二面角符號判斷錯（直接取，忽略鈍角）.4.?？冀Y論：正方體/長方體中，可直接取棱向量為方向向量，面的法向量可由棱向量叉乘快速求得；若直線的與平面的平行，則（期末高頻證明）.考點五：空間向量研究距離與夾角問題1.核心概念：空間距離（點到直線、點到平面、平行直線間、平行平面間距離）；空間夾角（異面直線角、線面角、二面角，范圍不同公式有別）；核心公式（點到直線：；點到平面：；平行直線/平面間距離轉化為點到直線/平面距離；夾角公式同考點四）.2.易錯點：距離轉化錯（平行平面間距離直接用兩法向量距離計算）；夾角范圍記錯（異面直線角誤取，實際為）；點到平面距離公式漏絕對值（直接用）.3.常考結論：若平面α∥β，則α內任一點到β的距離都相等（期末簡化計算）；求異面直線距離時，若兩直線垂直，可直接用公垂線段長度（結合向量更簡便）.題型一向量線性運算化簡與求值解｜題｜技｜巧解題關鍵：熟練掌握三角形法則、平行四邊形法則，利用幾何體棱的平行/相等關系轉化向量.答題模板：1.審題標注：明確目標向量，圈出已知向量及幾何體中棱的平行、相等關系（如、）；2.向量轉化：將目標向量逐步拆分為已知向量的線性組合，利用幾何體結構特征替換等價向量；3.運算化簡：依據(jù)向量加法、減法、數(shù)乘運算律（交換律、結合律、分配律）整理表達式；4.驗證結果：檢查運算過程中符號、系數(shù)是否正確，確保化簡結果簡潔且符合題意.【典例1】（24-25高二下·云南·期末）如圖，在三棱錐中，是的中點，點在上，，記，則（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用向量的加減法則，將逐步轉化為已知向量、、的線性組合.【詳解】是的中點，，又，由，.故選：.【變式1】（24-25高二下·江蘇南京·期末）在三棱錐中，，，，且，，則等于（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用空間向量的線性運算，分析即得解.【詳解】由題意，.故選：D.【變式2】（24-25高二下·甘肅白銀·期末）在四面體中，，，棱，的中點分別為，，若，則.【答案】【分析】根據(jù)向量線性運算規(guī)則，用向量表示出，求出參數(shù)的值.【詳解】在四面體中，棱，的中點分別為，，取的中點，所以，，所以，又因為，所以.故答案為：.題型二共線/共面向量定理應用答｜題｜模｜板解題關鍵：牢記共線判定、四點共面判定且.答題模板：1.共線判斷模板：①提取兩條直線對應的方向向量、；②假設（），列出橫、縱、豎坐標對應的等式；③求解，若存在唯一非零滿足所有等式，則兩直線共線（平行），否則不共線.2.共面判斷模板：①選取空間任意一點（優(yōu)先選幾何體頂點，簡化計算）；②寫出、、、的向量關系，整理為的形式；③計算系數(shù)和，若等于1，則、、、四點共面，否則不共面.【典例1】（24-25高二上·廣東廣州·月考）已知點D在確定的平面內，是平面外任意一點，滿足，且，，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由四點共面可知，結合基本不等式的乘“1”法即可求解.【詳解】,因為四點共面，所以，注意到，從而.當且僅當時等號成立，所以的最小值為.故選：B.【變式1】（24-25高二下·福建漳州·期末）在三棱錐中，是平面內一點，且，則（

）A． B．1 C．2 D．3【答案】A【分析】根據(jù)空間中四點共面的判定方法，列出方程，求出參數(shù)值即可；【詳解】已知，因為四點共面，所以，解得.故選：A.【變式2】（24-25高二上·江蘇南通·期末）已知三點不共線，點在平面外，點滿足，則當點共面時，實數(shù)（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由向量減法運算可得，再根據(jù)題設及空間向量的共面定理即可求解.【詳解】由，可得，所以，當點共面時，可得，解得.故選：A.題型三基底的判斷與選擇答｜題｜模｜板解題關鍵：明確基底必備條件（三個向量不共面、非零），優(yōu)先選擇同一頂點出發(fā)的三條棱向量作為基底.答題模板：1.基底判斷模板：①第一步驗證向量非零：確認三個向量均不為零向量；②第二步假設共面：假設三個向量、、共面，根據(jù)共面向量定理設；③第三步求解方程：列出坐標等式組，若方程組無解，則向量不共面，可作為基底；若有解，則共面，不可作為基底。2.基底選擇模板：①優(yōu)先選同一頂點出發(fā)、兩兩垂直或夾角明確的三條棱向量（如正方體中、、）；②確保所選基底能便捷表示幾何體中其他所需向量，減少后續(xù)運算量.【典例1】（24-25高二下·安徽亳州·期末）在三棱柱中，為的中點，則.【答案】/【分析】根據(jù)題意，，兩邊平方計算后求其模.【詳解】根據(jù)題意，取中點，連接,，又，則，所以.故答案為：.【變式1】（24-25高二上·湖南邵陽·期末）平行六面體中，，，，則．【答案】【分析】由，平方即可求解；【詳解】

因為六面體是平行六面體，所以，所以，所以．故答案為：5【變式2】（24-25高二上·內蒙古巴彥淖爾·期末）在正四面體中，，則（用，，表示）．若，則．【答案】【分析】根據(jù)向量的線性運算，化簡得到，再根據(jù)向量的模的計算，結合向量數(shù)量積的定義與向量數(shù)量積的運算律即可求出答案.【詳解】，，，且正四面體為正四面體，所以，且之間的夾角都是，則，

故答案為：；.題型四向量的基底分解答｜題｜模｜板解題關鍵：利用幾何體中的平行、相等、垂直關系，通過線性運算拆分目標向量，結合定理唯一性確定系數(shù).答題模板：1.確定基底：明確選定的基底，標注基底向量的方向和長度關系；2.拆分目標向量：結合幾何體結構，將目標向量沿基底方向拆分，利用等關系轉化為基底相關向量；3.列等式：根據(jù)向量相等的定義，將目標向量表示為的形式，對應基底向量的系數(shù)；4.求解系數(shù)：通過幾何體中的長度、平行關系列方程，解出、、，最終寫出分解式.【典例1】（24-25高二上·遼寧大連·期中）如圖，在四面體OABC中，，，，點在OA上，且，點為BC的中點，設，則.【答案】1【分析】根據(jù)空間向量的線性運算結合空間向量的基本定理運算求解.【詳解】在四面體OABC中，，而，所以，.故答案為：1【變式1】（23-24高二下·福建寧德·期末）四棱錐的底面是平行四邊形，且，若則．【答案】/【分析】運用三點共線的向量表達式可以得到，再運用三角形法則和向量相等，轉化為表示即可【詳解】如圖，由于，則運用三點共線的向量表達式可以得到，．即則，則.故答案為：.【變式2】（23-24高二上·河北石家莊·期末）如圖所示，在平行六面體中，，，，點M是的中點，點是上的點，且，若，則.【答案】/【分析】利用空間向量的加減及數(shù)乘運算，以為基底，用基向量表示，再空間向量基本定理待定系數(shù)即可.【詳解】在平行六面體中,因為點M是的中點，點是上的點,所以.又，由空間向量基本定理得，，則.故答案為：.題型五坐標運算與向量性質判斷答｜題｜模｜板解題關鍵：熟記坐標運算公式，求線線角時注意夾角公式取絕對值，垂直判定直接用數(shù)量積為0.答題模板：1.明確向量坐標：寫出已知向量、的坐標；2.執(zhí)行運算：①線性運算：，；②數(shù)量積：；③模長：；④線線角：（）.3.性質判斷：①共線：、、（存在唯一）；②垂直：，即.【典例1】【多選題】（24-25高二上·福建三明·期末）設，向量，，，且，，則（

）．A． B． C． D．【答案】BD【分析】利用向量垂直即可求得參數(shù)x的值；利用向量平行即可求得y的值；再利用向量的夾角公式即可判斷選項C；利用模長公式即可判斷選項D.【詳解】對于選項A：因為，所以，解得：，故選項A錯誤；對于選項B：因為，所以即,解得,故選項B正確；對于選項C：，故選項C錯誤；對于選項D：由，故，故選項D正確.故選：BD【變式1】【多選題】（24-25高二上·浙江杭州·期末）在空間直角坐標系中，已知點，，，，則下列結論正確的是（

）A． B．A，B，C三點共線C． D．在上的投影向量為【答案】AD【分析】根據(jù)空間向量得出A選項，根據(jù)空間向量的平行得出B選項，根據(jù)空間向量數(shù)量積判斷C，應用投影向量公式計算判斷D.【詳解】對于A，由題意得，故A正確；對于B，，不存在實數(shù)，使得，所以三點不共線，故B錯誤；對于C，，，由，即與不垂直，故C錯誤；對于D，因，，則在上的投影向量為，故D正確.故選：AD.【變式2】【多選題】（24-25高二上·河南鄭州·期末）已知空間向量，則下列結論正確的是（

）A．與共面B．C．在上的投影向量為D．與夾角的余弦值為【答案】AD【分析】我們可以利用平面向量的基本定理判斷選項A；然后利用向量的坐標運算計算其他選項即可.【詳解】假設與共面，則有解，即有解，解得，故選項A正確；，所以，故選項B錯誤；在上的投影向量為，故選項C錯誤；，故選項D正確；故選：AD題型六線線、線面、面面平行/垂直的證明答｜題｜模｜板解題關鍵：熟練求解方向向量、法向量；牢記判定關系（如線面垂直直線方向向量與平面法向量平行）.答題模板：1.準備工作：建立空間直角坐標系（若未建立），寫出相關點的坐標；2.求向量：①方向向量：取直線上兩點，計算兩點坐標差得方向向量（如直線的方向向量）；②法向量：設平面法向量，取平面內兩個不共線向量、，列方程組，求解得法向量（取最簡整數(shù)比）；3.判定證明：①線線平行：（存在使）；線線垂直：；②線面平行：且直線上一點不在平面內；線面垂直：（存在使）；③面面平行：（存在使）；面面垂直：；4.寫結論：結合判定條件，得出平行/垂直的最終結論.【典例1】（24-25高二上·浙江紹興·期末）如圖，在三棱柱中，底面，，，，為的中點，為側棱上的動點.(1)求證：平面平面；(2)試判斷是否存在，使得直線.若存在，求的長；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在，【分析】（1）由條件證明，，結合線面垂直判定定理證明平面，再由面面垂直判定定理證明結論；（2）建立空間直角坐標系，設，求向量，的坐標，由條件列方程求即可.【詳解】（1）在三棱柱中，底面，平面，，，為的中點，，，平面，平面，平面，平面平面；（2）以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，，，，設，則，，，若，則，解得，所以存在，使得直線，此時.【變式1】（24-25高二上·浙江杭州·期末）在直四棱柱中，底面ABCD是菱形，，且，M為AD的中點，動點P滿足，且.(1)若時，求證：；(2)若，E為上一動點，且平面ABCD，求EP的最小值；(3)若，點O為三棱錐外接球的球心，求OP的取值范圍.【答案】(1)見解析(2)(3)【分析】（1）由題意建立空間直角坐標系，求出直線的方向向量，利用向量數(shù)量積為零，可得答案；（2）由（1）的坐標系，求得平面的法向量與直線的方向向量，利用線面位置關系可得參數(shù)的等量關系，可得答案；（3）由（1）的坐標系，根據(jù)幾何性質，明確球心的位置，利用數(shù)量積為零可得參數(shù)的范圍，可得答案.【詳解】（1）在底面菱形中，連接，記，取的中點為，連接，在菱形中，，在直四棱柱中，易知平面，因為平面，所以，所以兩兩垂直，以為坐標原點，分別以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，如下圖：因為，所以，，可得，則，所以，則，由，則，即，因為，所以，則.（2）由題意作圖如下：由圖可知平面的一個法向量，由，則的中點的坐標為，即，由，則（），由（1）可知，由，則則，由平面，則，解得，所以，則，當時，等號成立，所以的最小值為.（3）由題意可作圖如下：由（1）可得，由（），則，設的中點為，則，在菱形中，且為中點，則，在三棱錐中，底面的外接圓圓心為的中點，易知球心為線段的中垂線與直線的交點，則設由，則，易知，可得，解得，由，，則，即，所以.【變式2】（24-25高二上·湖南·期末）在長方體中，，，，是的中點，點滿足，當平面時，的值為.【答案】【分析】建立適當?shù)目臻g直角坐標系，利用空間向量的方法即可求解.【詳解】根據(jù)已知條件，建立如圖所示：以為坐標原點，、、分別為、、軸的空間直角坐標系，，，，，，，，，，設平面的一個法向量，，，則，令，有，，所以，平面，則，即，解得.故答案為：題型七空間角的計算答｜題｜模｜板解題關鍵：明確各角范圍，熟記夾角公式（異面直線角用方向向量夾角絕對值的余弦，線面角用方向向量與法向量夾角絕對值的正弦），準確求解法向量.答題模板：1.異面直線角計算模板：①求方向向量：分別求出兩條異面直線的方向向量、；②代入公式：（）；③求角度：根據(jù)的值，結合特殊角三角函數(shù)值求出.2.線面角計算模板：①求向量：求出直線方向向量和平面法向量；②代入公式：（）；③求角度：根據(jù)的值求出（注意區(qū)分線面角與法向量夾角，避免用錯公式）.【典例1】（24-25高一下·海南·期末）如圖，已知三棱柱中，側棱與底面垂直，且，，M、N、P、D分別是、、、的中點.(1)求證：平面；(2)求直線平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由已知證明，，可得，可證平面；（2）建立空間直角坐標系，求出所需點的坐標和向量的坐標，然后求出平面與平面法向量，由向量的夾角公式求解即可.【詳解】（1）因為P，D分別是，的中點，則，在三棱柱中，則，可得，且平面，平面，所以平面.（2）由題意知三棱柱中，側棱與底面垂直，且，，故，∴，以點為坐標原點，，，所在直線為坐標軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，，，，所以，，設平面的法向量為，則，即，令，則，，故，則，，可得，所以直線平面夾角的正弦值為.【變式1】（24-25高二下·廣東深圳·期末）如圖，正三棱柱的所有棱長都為，點為線段上靠近點的三等分點，點、、分別為、、的中點.(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）過點在平面內作于，連接，推導出四邊形為平行四邊形，可得出，由中位線的性質得出，則，再利用線面平行的判定定理可證得結論成立；（2）以為原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得直線與平面所成角的正弦值.【詳解】（1）過點在平面內作于，連接，在直三棱柱中，平面，平面，故，在平面內，因為，，故，因為為的中點，故為的中點，所以，因為，，為的中點，所以，，所以，，故四邊形為平行四邊形，所以，由題意可知，為的中點，所以，故為的中點，又因為為的中點，所以，故，因為平面，平面，所以平面.（2）由已知得，如圖，以為原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，.設平面的一個法向量為，則，令，得，，所以.設直線與平面所成角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為.【變式2】（24-25高二下·福建寧德·期末）如圖，直四棱柱的底面是正方形，，，分別為線段，上的點，且滿足.(1)證明：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）思路一：過點作交于點，連結，只需證明，再結合線面平行的判定定理即可得證；思路二：建立適當?shù)目臻g直角坐標系，求得平面的一個法向量，故只需證明即可；（2）建立適當?shù)目臻g直角坐標系，求出直線的方向向量與平面的法向量，再結合向量夾角的余弦公式即可求解.【詳解】（1）解法一：過點作交于點，連結,

,，，

，，

，，，且，

四邊形是平行四邊形，，平面，平面，平面，

解法二：如圖，以為原點，分別以，，為軸、軸、軸的正方向，并均以1為單位長度，建立空間直角坐標系，

則，，，，.

，，設平面的法向量為，取，得，，則是平面的一個法向量.

，，

平面，

平面，（2）解法一：如圖，以為原點，分別以，，為軸、軸、軸的正方向，并均以1為單位長度，建立空間直角坐標系，

設直線與平面所成角為，平面的法向量為，

則，，，.

，，，，取，得，，則是平面的一個法向量.

，故直線與平面所成角的正弦值為，解法二：由（1）可得：，，平面的一個法向量為，

設直線與平面所成角為，

故直線與平面所成角的正弦值為.題型八點到平面距離的計算答｜題｜模｜板解題關鍵：熟記點到平面距離公式（為平面內點，為法向量），平行平面間距離轉化為平面內任一點到另一平面的距離.答題模板：1.點到平面距離模板：①確定向量：選取平面內任意一點，目標點為，求出；求平面的法向量；②代入公式：（絕對值保證距離非負）；③計算結果：代入坐標計算數(shù)量積和模長，得出距離值.2.平行關系距離轉化模板：①平行直線間距離：轉化為其中一條直線上任意一點到另一條直線的距離（同點到直線距離方法）；②平行平面間距離：轉化為其中一個平面內任意一點到另一個平面的距離（同點到平面距離方法），無需額外求法向量.【典例1】（24-25高二上·上海·期末）如圖，在四棱臺中，底面是菱形，棱平面，，，，則點到平面的距離為.【答案】【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得.【詳解】因為底面是菱形，，連接，則為等邊三角形，取的中點，連接，則，又，所以，如圖建立空間直角坐標系，則，，，，所以，，，設平面的法向量為，則，取，所以點到平面的距離.故答案為：【變式1】（24-25高二上·天津和平·期末）正方體的棱長為分別為的中點，為底面的中心，則點到平面的距離為.【答案】/【分析】根據(jù)給定條件，建立空間直角坐標系，利用空間向量求出點到平面的距離.【詳解】在棱長為的正方體中，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，令平面的法向量，則，取，得，所以點到平面的距離為.故答案為：【變式2】（24-25高二上·上海寶山·期中）平面經(jīng)過點，且的法向量，則到平面的距離為．【答案】【分析】求出，則點到平面的距離.【詳解】因為平面經(jīng)過點，所以，又平面的法向量，所以點到平面的距離.故答案為：題型九二面角與距離綜合計算答｜題｜模｜板解題關鍵：先準確求解兩個平面的法向量，判斷二面角大?。ㄤJ角/鈍角），再結合距離公式計算，注意運算準確性.答題模板：1.求二面角：①建立坐標系，寫出兩個平面內相關點的坐標；②分別求出兩個平面的法向量、；③計算法向量夾角余弦值：；④判斷二面角類型：根據(jù)幾何體圖形，判斷二面角為銳角或鈍角，二面角與相等或互補，得出的大小.2.求距離：①若求點到平面距離，按題型9模板計算；②若求異面直線距離，先找公垂線方向向量（可由兩直線方向向量叉乘得到），再取兩直線上各一點構造向量，投影到公垂線方向向量上求模長。3.綜合總結：整理二面角大小和距離結果，規(guī)范書寫答題步驟.【典例1】（25-26高二上·北京·期中）如圖，四棱錐中，底面ABCD為平行四邊形，，，底面ABCD.

(1)證明：；(2)若，求二面角的余弦值；(3)在（2）的條件下，求點到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）利用線面垂直的判定定理和性質定理求解即可；（2）以為坐標原點，為軸建立坐標系，利用空間向量法求解即可.（3）借助空間中點到平面距離公式計算即可得.【詳解】（1）因為，，則，即，所以在中，所以，因為底面，平面，所以，因為，平面，所以平面，又因為平面，所以；（2）因為底面，平面，所以，結合（1）可知兩兩垂直，以為坐標原點，為軸建立如圖所示空間直角坐標系，

所以，，，，所以，，，設平面的法向量，則，取，則，設平面的法向量，則，取，則，所以，由圖可知該二面角為鈍角，故二面角的余弦值為；（3）由（2）知平面的法向量為，，所以點到平面的距離.【變式1】（24-25高二下·廣東深圳·期末）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，，，，平面，，分別為棱，的中點．(1)證明：平面；(2)求平面與平面夾角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）以為原點建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，再利用向量法證明即可.（2）求出平面的法向量，再利用面面角的向量法求解.【詳解】（1）在四棱錐中，平面，，則直線兩兩垂直，以點為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，則，從而，設平面的法向量，則，取，得，又，所以，即，所以平面；（2）設平面的法向量，，則，取，得，于是，所以平面與平面夾角的余弦值為.【變式2】（24-25高二下·四川涼山·期末）如圖，在圓錐中，為底面圓的內接四邊形，對角線過圓心，圓錐母線長為，，.(1)若，平面與平面的交線為，證明：；(2)若，求平面與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先證明線面平行，即平面，然后根據(jù)其性質即可得到.（2）方法一：采用向量法，先建立空間直角坐標系用向量的形式將平面的法向量的坐標表示出來，然后利用向量夾角的余弦值公式求出兩平面夾角的正弦值；方法二：采用幾何法，作輔助線確定平面與平面所成的角，然后根據(jù)線角關系求出其正弦值.【詳解】（1）證明，平面，平面，平面，平面平面，平面，.（2）由題意知，，，，，，，方法一：向量法為矩形，因此可建立如圖所示空間直角坐標系，過點平行于豎直向上為軸，，，，，，，，，，設平面的法向量為，平面的法向量為.則，所以，令，，，所以，令，可得，，平面與平面所成角的正弦值為.方法二：幾何法：過點分別向、引垂線，垂足分別為、，連接，由（1）知，所以，，為平面與平面所成角的平面角，，，根據(jù)余弦定理得：，平面與平面所成角的正弦值為.題型十動態(tài)問題中的向量應用（含動點、動直線/平面）答｜題｜模｜板解題關鍵：1.用參數(shù)（如、）表示動態(tài)點的坐標或動態(tài)向量；2.將幾何條件（平行、垂直、角度范圍）轉化為關于參數(shù)的代數(shù)方程/不等式；3.借助函數(shù)值域或不等式求解參數(shù)范圍.答題模板：1.參數(shù)化建模：①建立空間直角坐標系，設動點坐標（含參數(shù)，如，用表示其中1-2個變量）；②寫出動態(tài)直線的方向向量或動態(tài)平面的法向量（含參數(shù)）.2.轉化條件：①根據(jù)題意列出幾何條件（如線面垂直則方向向量與法向量共線、角度則余弦值）；②將向量關系代入，轉化為關于參數(shù)的方程或不等式.3.求解參數(shù)：①解代數(shù)方程/不等式，確定參數(shù)的取值范圍；②若求最值，結合函數(shù)單調性或基本不等式計算極值.4.驗證結論：結合動態(tài)場景驗證參數(shù)范圍的合理性，確保幾何意義與代數(shù)結果一致.【典例1】【多選題】（25-26高二上·浙江杭州·期中）棱長為2的正方體中，點在棱上運動，點是棱的中點，則下列說法正確的是（

）A．若是棱的中點，則平面B．存在點使C．若與平面所成的角記為，則D．點到直線的距離最小值為【答案】ACD【分析】對于A，利用中位線定理與平行四邊形的性質，結合線面平行的判定，可得其正誤；對于B，根據(jù)勾股定理以及余弦定理，結合一元二次方程有解的條件，可得其正誤；對于C，由題意建立空間直角坐標系，計算平面的法向量，結合線面角的向量公式，可得其正誤；對于D，根據(jù)線面垂直可得距離的垂線段，結合勾股定理，可得其正誤.【詳解】對于A，由題意取的中點為，并連接，作圖如下：在正方體中，由分別為的中點，則易知，且，所以在平行四邊形中，，因為平面，平面，所以平面，故A正確；對于B，由題意作圖如下：設，則，，，，在中，，令，化簡可得，由，則方程無實數(shù)解，故B錯誤；對于C，以為原點，分別以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，作圖如下：則，，，，取，，，設平面的法向量為，則，令，則，所以平面的一個法向量，可得，當時，，當時，令，由函數(shù)在上單調遞減，則，所以，可得，綜上可得，故C正確；對于D，取的中點，連接交于，在平面內，過作于，連接，，，作圖如下：在正方形中，易知，，在正方體中，易知，因為，平面，所以平面，因為平面，所以，由，當且僅當重合時，等號成立，在中，，在中，由，則，所以，即到的距離最小值為，故D正確.故選：ACD.【變式1】【多選題】（24-25高二上·貴州畢節(jié)·期末）如圖，在棱長為2的正方體中，點在線段上運動，則下列結論正確的是（

）A．B．三棱錐的體積是C．的最小值為D．不存在點使直線與直線夾角的余弦值為【答案】ACD【分析】設，對A，證明；對B，由求解；對C，將表示為的函數(shù)求最值；對D，求兩異面直線夾角的范圍判斷.【詳解】以為坐標原點，，，分別為，，軸，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，，，，所以，，，設，，則.對于A：因為，故，故A正確；對于B：因為，平面，平面，則平面，所以三棱錐的體積為，故B錯誤；對于C：因為，所以，，當時，取得最小值為，故C正確；對于D：因為，，所以，，設與的夾角為，則，故D正確.故選：ACD.【變式2】【多選題】（24-25高二下·云南曲靖·期末）已知正方體棱長為2，點在底面內運動，則（）A．三棱錐體積為定值B．二面角為定值C．直線與平面所成角的正弦值取值范圍為D．的最小值為【答案】ACD【分析】利用三棱錐的體積公式即可求解選項；利用空間向量求二面角的方法即可判斷選項，利用線面角的定義即可判斷選項,利用作對稱點的方法即可求解選項.【詳解】對于選項，，點到平面的距離，所以，則正確；對于選項,以為坐標原點，分別以,,為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，平面的法向量為，其中，,,則，，設平面的法向量為，則，令，則，，即，設，由此可知二面角不為定值，故錯誤；對于選項，設與平面的夾角為，當點在所在的直線上時，平面，此時夾角最小，，過點作平面的垂線，垂足為，即為直線與平面所成角，當點和點重合時最大，設點到平面的距離為，由得，解得，即，則直線與平面所成角的正弦值取值范圍為，則正確；對于選項，若關于點的對稱點，,當且僅當三點共線時等號成立，則，則正確；故選：.題型十一空間角與距離的最值問題答｜題｜模｜板解題關鍵：1.將角或距離表示為關于某個變量的函數(shù)（如線段長度、角度參數(shù)）；2.利用向量公式轉化函數(shù)表達式，結合變量的取值范圍求最值；3.區(qū)分“角的最值”與“三角函數(shù)值的最值”（如異面直線角最小對應余弦值最大）.答題模板：1.變量設定：①建立坐標系，設影響角/距離的變量（如線段上動點的參數(shù)，）；②寫出相關點的坐標與向量坐標（含變量）.2.函數(shù)轉化：①代入空間角或距離公式，將所求量表示為關于變量的函數(shù)（如、）；②化簡函數(shù)表達式，明確變量的取值范圍（由幾何體邊界確定）.3.求最值：①利用一次函數(shù)單調性、二次函數(shù)頂點式或基本不等式求函數(shù)最值；②結合角的范圍（如二面角）轉化函數(shù)最值，得到幾何量的最值（如最小則最大）.4.確定最值條件：找到取得最值時的變量值，明確對應的幾何位置（如動點的具體坐標）【典例1】（24-25高一下·黑龍江·期末）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的菱形，，點在底面的投影恰為的重心．(1)求證：；(2)若直線與平面所成角的正弦值為，點為棱上的動點（不包括端點）．①求四棱錐的體積；②求平面與平面夾角的余弦值的最大值．【答案】(1)證明見解析(2)①；②【分析】（1）利用菱形和等邊三角形性質，找到與平面內兩條相交直線垂直，根據(jù)線面垂直判定證平面，進而得；（2）①根據(jù)線面角正弦值求出高，再算出底面菱形面積，最后用體積公式得出結果；②建立坐標系確定各點坐標，設出坐標，求出平面和的法向量，算出二面角余弦值表達式，利用換元法分析最大值.【詳解】（1）證明：如圖，連接．因為底面，平面，所以．因為四邊形是邊長為的菱形，，所以為等邊三角形．因為是的重心，所以．又平面，所以平面．因為平面，所以．（2）解：連接交于點．①因為為的重心，所以．因為底面，所以為直線與平面所成角，故，解得，所以四棱錐的體積．②以所在直線為軸，過作平行于的直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則．設，則．設平面的一個法向量為，則取，則，設平面的法向量為，則取，則，設平面與平面的夾角為，則，令，則，由于，故，當且僅當，即時取等號，故平面與平面夾角的余弦值的最大值為．【變式1】（24-25高二下·云南麗江·期末）如圖，在直三棱柱中，，分別是，的中點．

(1)求證：平面；(2)若且，求平面與平面所成銳二面角余弦值的取值范圍．【答案】(1)證明見解析(2)．【分析】（1）連接，，即證，利用線面平行的判斷定理即可求解；（2）建立空間直角坐標系，利用向量夾角公式即可求解.【詳解】（1）如圖，連接，，由已知得四邊形是矩形，故與交于點，且點為中點，又是的中點，所以．又平面內，平面，所以平面；（2）由于在直三棱柱中，平面底面，且平面平面故過在平面內作直線，所以直線平面，又，平面，所以，，由于直線，，兩兩垂直，故分別以直線，，為軸、軸、軸，建立如圖所示坐標系．

由于，設，則，故，，，，設點，由于，，，所以，即，故，設平面的法向量為，，，由于，所以令，則，即，又平面的一個法向量為，設平面與平面所成角為，則，由于，所以，所以平面與平面所成角的余弦值的取值范圍是．【變式2】（24-25高一下·浙江寧波·期末）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為4的正方形，．(1)求四棱錐的體積的最大值：(2)在（1）的條件下，求直線與平面所成角的正弦值；(3)若，求平面與平面夾角的余弦值的最大值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由題知，則當平面時，四棱錐的體積的取得最大值，然后直接計算即可；（2）根據(jù)等體積法求出點點到平面的距離為，利用即可求解；（3）根據(jù)題意可證平面，然后以為原點建立空間直角坐標系，求出平面與平面的夾角，再利用平面與平面夾角與法向量的關系，求出兩法向量夾角的余弦值的最大值，即可得出結果.【詳解】（1）設與相交于點，連接，因為底面是邊長為4的正方形，所以為中點，，又，所以，所以當平面時，四棱錐的體積取得最大值，此時，所以四棱錐的體積取得最大值.（2）設點到平面的距離為，直線與平面所成角為，由（1）知平面，又平面，所以，則，即為等邊三角形，，設點到平面的距離為，直線與平面所成角為，所以，解得，故，所以直線與平面所成角的正弦值為.（3），，即，，是正方形，，又平面，所以平面，所以為原點，為軸，為軸，軸在平面中，建立空間直角坐標系，設，則，設平面的一個法向量，則，不妨取，所以，設平面的一個法向量，同理可得，，所以平面與平面夾角的余弦值的最大值為.題型十二折疊問題中的空間向量求解答｜題｜模｜板解題關鍵：1.區(qū)分折疊前后的“不變量”（長度不變、共面關系不變）與“變量”（空間位置關系變化）；2.折疊后以“不變的垂直關系”為依據(jù)建立坐標系；3.注意折疊后平面與平面的交線，以此為橋梁關聯(lián)前后坐標.答題模板：1.分析折疊前后的關系：①標注平面圖形中的垂直關系、線段長度（不變量）；②確定折疊后幾何體的結構，明確交線（如折痕為交線）.2.建系與坐標求解：①以折疊后仍垂直的兩條線段為坐標軸，折痕上的頂點為原點；②利用不變的線段長度，寫出折疊后各頂點的坐標（注意折疊后空間位置的變化，避免坐標符號錯誤）.3.向量運算：①計算方向向量與法向量，驗證折疊后的垂直/平行關系；②代入空間角或距離公式計算所求量.4.驗證合理性：結合折疊的動態(tài)過程，驗證所求角或距離是否符合空間幾何體的實際位置關系.【典例1】（25-26高二上·安徽蕪湖·期中）如圖，在平面四邊形中為等腰直角三角形，為正三角形，，將沿翻折至，其中為動點.(1)三棱錐的各個頂點都在球的球面上：①當二面角的大小為時，求球的表面積；②求球的表面積的最小值；(2)求二面角的余弦值的最小值.【答案】(1)①；②(2)【分析】1）①設中點為，和的外接圓圓心分別為，根據(jù)勾股定理得到外接球半徑所滿足的數(shù)量關系，求解出外接球的半徑則球的表面積可知；②設二面角的平面角為，根據(jù)幾何關系利用表示出，結合函數(shù)思想求解出的最小值，則球的表面積最小值可知；（2）建立合適空間直角坐標系，分別求解出平面和平面的一個法向量，根據(jù)法向量夾角余弦值的絕對值等于二面角的余弦值，利用換元法可求解出最小值.【詳解】（1）①設中點為，外接圓的圓心為，半徑記為，外接圓的圓心為，半徑記為，三棱錐的外接球半徑記為，因為，所以，故球的表面積為；②設二面角的平面角為，即，因為，所以四點共圓，且為該圓的直徑，所以，由正弦定理可知，所以，設，令，可轉化為，因為在上單調遞減，在上單調遞增，所以，且時，所以，所以，當且僅當即時取等號，所以，故球的表面積的最小值為.（2）如圖，過點作平面的垂線，以為原點，分別以向量為軸的正方向建立空間直角坐標系，則，所以，設平面的一個法向量為，則，取，則，所以，設平面的一個法向量為，則，取，則，所以，設二面角的大小為，所以，所以，令，則，所以，因為，當，即，即時取等號，所以二面角的余弦值的最小值為.【變式1】（25-26高二上·江西宜春·月考）如圖1，在平面四邊形中，，，，，將沿翻折到的位置，使得平面平面，如圖2所示.(1)求證：平面；(2)設線段的中點為，求平面與平面所成的二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析；(2)【分析】（1）因為平面平面，應用面面垂直性質定理得出線面垂直；（2）應用三條線兩兩垂直，建系求出平面與平面的法向量，再應用二面角的余弦公式計算求解.【詳解】（1）因為平面平面，平面平面，又因為，，所以，平面，所以平面；（2）由（1）知平面，又因為，所以平面，平面，所以，故兩兩垂直,以A為原點分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系如圖,則是平面的一個法向量，因為，則,，設是平面的一個法向量,則,即，取，得，，設平面與平面所成的二面角為,則，故平面與平面所成的二面角的余弦值為.【變式2】（25-26高三上·湖北襄陽·月考）如圖，在中，為的中點，過點作交于點，將沿翻折至，得到四棱錐為棱上一動點（不包含端點）．(1)若為棱的中點，證明：平面；(2)若，直線與平面所成角的正弦值為，求.【答案】(1)證明見解析(2).【分析】（1）根據(jù)線線平行可證明線面平行，進而可證明平面平面,即可由面面平行的性質求解，（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求解線面角，即可得解.【詳解】（1）過作于,連接,故平面,平面,所以平面,由于所以,,故，因此是的中點，又是的中點，故,平面,平面,所以平面,平面，故平面平面,平面,故平面（2）因為，所以．所以，因為，所以，又平面，所以平面，以為原點，所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，所以，則，設，則，設平面的法向量為，則，即，令，得，則．設直線與平面所成的角為，所以，整理得，解得（舍），所以．題型十三向量法解決探索性問題（存在性問題）答｜題｜模｜板解題關鍵：1.假設存在滿足條件的點或直線，用參數(shù)表示其坐標或方向向量；2.將幾何條件轉化為向量的代數(shù)方程；3.若方程有解則存在，無解則不存在.答題模板：1.假設與參數(shù)化：①假設存在滿足條件的點（或直線），設的坐標為（含參數(shù)，如在某線段上則用表示為，）；②寫出相關直線的方向向量或平面的法向量.2.條件轉化：①將題目條件（如平面則垂直平面內兩條相交直線）轉化為向量關系（如且）；②代入坐標得到關于參數(shù)的方程組.3.求解驗證：①解方程組，判斷是否存在符合條件的參數(shù)（如）；②若存在，求出參數(shù)值并確定點/直線的位置；若不存在，說明方程無解的原因.4.總結結論：明確寫出“存在”或“不存在”，并補充對應的幾何位置（如存在點，當時位于線段中點）.【典例1】（25-26高三上·北京昌平·月考）如圖，四邊形、均為直角梯形，，，，且．(1)求證：平面；(2)在線段上是否存在點，使得直線和平面所成角的正弦值為？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)存在，，理由見解析.【分析】（1）證明出四邊形為平行四邊形，得到，從而利用線面平行的判定定理證明線面平行；（2）建立空間直角坐標系，設出，利用線面角的正弦值列出方程，求出答案.【詳解】（1）因為且，故四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面；（2）因為，，所以兩兩垂直，故以為坐標原點，以所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，因為，則，設，則，設，則，解得，故，設平面的法向量為，則，令，則，故，設直線和平面所成角的正弦值為，則，平方化簡得，解得，綜上，在線段上存在點，使得直線和平面所成角的正弦值為，此時.【變式1】（25-26高二上·江蘇無錫·期中）如圖，平行六面體的所有棱長均為1，，，平面平面，點，滿足，.(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成的角的正弦值；(3)是否存在點在線段上，使得點到平面的距離為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)(3)存在，【分析】（1）取的中點，連接交于，證得，結合線面平行的判定定理即可得證；（2）以為原點，，，所在直線為，，軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法求解即可.（3）設，表示出，利用空間向量法得到方程，解得的值，即可得解.【詳解】（1）如圖，取的中點，連接交于，連接，，

因為，，所以，所以，即，又，所以，

由于，，所以，又，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以，

又平面，平面，所以平面；（2）連接，因為平面平面，且，平面平面，平面，所以平面，由于，所以，，，由余弦定理得，所以，所以，則，如圖以為原點，，，所在直線為，，軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，由得，從而

設平面的一個法向量為，則，可取，所以，所以直線與平面所成的角的正弦值為.（3）設，因為，，所以，所以，則點到平面的距離，解得或（舍去），所以時使得點到平面的距離為.【變式2】（25-26高二上·河北秦皇島·期中）如圖，在四棱錐中，四邊形是直角梯形，，且，，，為中點．(1)證明：平面；(2)在線段上是否存在點，使得平面與平面夾角的余弦值為？若存在，求出點的位置；若不存在，請說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)存在；為的中點【分析】（1）取中點記為，連接，，通過證明四邊形為平行四邊形，然后可證平面.（2）以點為坐標原點建立空間直角坐標系，設，然后利用待定系數(shù)法求出平面與平面的法向量，再利用向量的夾角公式求解方程即可.【詳解】（1）證明：取中點記為，連接，，如圖所示，則，且，，且，所以，且，所以四邊形為平行四邊形，所以.又因為平面，平面，所以平面.（2）存在點滿足要求，理由如下：取的中點為，連接，，如圖所示，則四邊形為正方形，且根據(jù)勾股定理得，所以，所以為等腰直角三角形，所以.又，所以，而平面，且相交于點,所以平面，則，又因為，，得，所以為等腰直角三角形，所以，而平面，且相交于點,所以平面.因此，以點為坐標原點，以分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，，設，，則，則，，，設平面與平面的法向量分別為和，則，令，得，，令，得，設平面與平面的夾角為，，則，解得.因此存在點為的中點，使得平面與平面夾角的余弦值為.期末基礎通關練（測試時間：30分鐘）一、單選題1．（24-25高二上·廣東深圳·期末）已知為空間的一組基底，則下列各組向量中能構成空間的一組基底的是（

）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】A【分析】根據(jù)空間向量基底的判定，即向量組是否共面，若不共面則構成空間的一組基底.【詳解】設，即，，此方程組無解，，，不共面，可構成基底，正確.設，即，，此方程組有解，，，共面，不可構成基底，錯誤.設，即，，此方程組有解，，，共面，不可構成基底，錯誤.設，即，，此方程組有解，，，共面，不可構成基底，錯誤.故選：.2．（21-22高一下·重慶沙坪壩·期末）如圖，在斜三棱柱中，為的中點，為靠近的三等分點，設，則用表示為（）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據(jù)空間向量的加法、減法運算得解.【詳解】故選：A3．（25-26高二上·湖北孝感·期中）設空間向量.若不能構成空間向量的一組基底，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由題意得到共面，再由共面定理得到關于的方程組有解，逐一檢驗各選項即可求解.【詳解】若不能構成空間向量的一組基底，則共面，則，使得，即，則關于的方程組有解，當時，方程組為，無解，故A錯誤；當時，方程組為，無解，故B錯誤；當時，方程組為，故C正確；當時，方程組為，無解，故D錯誤；故選：C4．（25-26高二上·河北張家口·期中）設，向量，且，，則（

）A． B． C．4 D．3【答案】B【分析】由空間向量共線及數(shù)量積的坐標運算求解.【詳解】因為，所以，解得，因為，所以，解得，所以，所以，所以，故選：B.二、多選題5．（23-24高二上·廣東深圳·期中）已知空間中三點，則（

）A．向量與向量垂直B．平面的一個法向量為C．與的夾角余弦值為D．【答案】AC【分析】計算數(shù)量積是否為0判斷A，根據(jù)法向量的定義判斷B，由向量夾角的坐標表示計算后判斷C，坐標法求向量的模判斷D．【詳解】由已知，則，所以，A對；由，則，與不垂直，B錯；由，則，C對；由，D錯.故選：AC三、填空題6．（25-26高二上·天津河東·期中）在空間直角坐標系中，若，四點共面，則．【答案】【分析】借助空間向量共面的線性表示關系，通過建立方程組求解參數(shù)，核心是將四點共面轉化為向量的線性組合問題.【詳解】，，.因四點共面，故可由、線性表示，即存在實數(shù)、，使，代入坐標得，解得，，.故答案為：.7．（25-26高二上·云南·月考）如圖，在棱長均為1的平行六面體中，，則.

【答案】【分析】結合圖象根據(jù)向量加減法得出的表達式，根據(jù)向量模長公式得出的表達式，再根據(jù)平行六面體的性質結合已知條件計算得出相應的向量數(shù)量積與模長值，最后代入的表達式求解．【詳解】如下圖所示：

，平行六面體棱長均為1，，又，，，．故答案為：．8．（24-25高二上·安徽黃山·期末）已知正方體的邊長為，點是的中點，則點到直線的距離為.【答案】/【分析】以為原點，以所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，利用空間向量求解即可.【詳解】以為原點，以所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，則，所以，設點到直線的距離為，則.故答案為：9．（24-25高二下·甘肅白銀·期末）在空間直角坐標系中，已知點，，且平面的一個法向量，則直線與平面所成角的正弦值為.【答案】/【分析】根據(jù)線面角的向量求法計算.【詳解】因為，所以直線與平面所成角的正弦值為.故答案為：10．（24-25高二下·河南南陽·期末）在空間直角坐標系中，，平面的一個法向量為，則點到平面的距離為.【答案】【分析】根據(jù)點到平面距離的向量方法公式，求出方向向量，代入公式求出距離即可.【詳解】因為，所以點到平面的距離.故答案為：.期末重難突破練（測試時間：60分鐘）一、單選題1．（24-25高二上·河南周口·月考）在正三棱錐中，，點滿足，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)題意，延長至點，使得，得到，結合空間向量的共面定理，得到四點共面，把到平面的距離轉化為點到平面的距離的一半，結合正四棱錐的性質，即可求解.【詳解】如圖所示，延長至點，使得，所以，又由，所以四點共面，所以的最小值，即為點到平面的距離，因為點是的中點，則點到平面的距離是點到平面的距離的一半，又因為，所以三棱錐為正三棱錐，取等邊的中心為，連接，可得平面，所以即為點到平面的距離，在等邊，因為，可得，在直角中，可得，即點到平面的距離為，所以的最小值為.故選：B.2．（24-25高一下·吉林松原·期末）鄭國渠是秦王嬴政命鄭國修建的著名水利工程，先人用智慧和勤勞修筑了一道道堅固的堤壩.如圖是一道堤壩的示意圖，堤壩斜面與底面的交線記為，點分別在堤壩斜面與地面上，過點分別作直線的垂線，垂足分別為，若，二面角的大小為，則（

）A．3 B． C． D．6【答案】D【分析】根據(jù)向量加法的三角形法則得到，再利用向量模長平方的性質將展開，結合向量數(shù)量積公式計算，最后求出.【詳解】由題意可知：，，，因為，則，所以．故選：D.3．（24-25高二上·福建南平·期末）如圖，在三棱錐中，點為底面的重心，點是線段的中點，過點的平面分別交，，于點，，，若，，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由空間向量基本定理，用表示，由，，，四點共面，可得存在實數(shù)，使，再轉化為，由空間向量分解的唯一性，列方程求其解可得結論.【詳解】由題意可知，因為，，，四點共面，所以存在實數(shù)，使，所以，所以，所以，所以．故選：B.二、多選題4．（24-25高一下·廣東云浮·期末）已知正四面體的每條棱長均為為正四面體的外接球的直徑，點在正四面體的表面上運動，則下列結論正確的是（

）A．正四面體外接球的表面積為B．正四面體內切球的體積為C．的最大值為D．的最小值為【答案】ABD【分析】把正四面體放入正方體中，通過求得正方體的外接球的半徑判斷A；利用等體積法求得內切球的半徑判斷B；設正四面體的外接球球心為，利用向量的數(shù)量積運算可得，進而可求范圍.【詳解】正四面體的每條棱長均為，把這個正四面體放在一個棱長為2的正方體內，如圖所示，則其外接球直徑為正方體的體對角線，由正四面體的每條棱長均為，可得正方體的棱長為，利用勾股定理可得正方體的體對角線為，從而可得外接球的半徑，外接球的表面積為，故A正確.由題意可得，設正四面體的內切球半徑為，所以，解得，其體積，故B正確.設正四面體的外接球球心為，則，.因為點在正四面體的表面上運動，所以，則的取值范圍為，所以C錯誤，D正確.故選：ABD.5．（24-25高一下·浙江寧波·期末）在長方體中，，空間中的點滿足，則下列說法正確的是（

）A．若，則點在平面上B．若，且，則與面所成角最小值的正切值為C．若，則的最小值為D．若，且在長方體表面上，則的軌跡長度為【答案】AD【分析】對于A，當時，可得，可判斷A；平面，可得的值最大時，與面所成角最小，可判斷B；利用等體積法可求得最小值判斷C；求得軌跡長可判斷D.【詳解】對于A，當時，可得，所以，所以點在平面上，故A正確；對于B，因為，且，所以四邊形是平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面，又，且時，點在直線上，到平面的距離為定值，要使與面所成角最小，則的值最大，由題意，故，直線與所成角無限趨于零，故正切值無限趨于零，故B錯誤；當時，點在平面內，的最小值即為點到平面的距離，由勾股定理可得，，，由余弦定理可得，所以，所以，設到平面的距離為，由，得，所以，解得，故C錯誤；當，即在表面內的軌跡是以為圓心，4為半徑的一段圓組弧，圓弧交于點，可得，所以，所以，所以，當在表面內時，由，所以的軌跡是以為圓心，2為半徑的圓的，所以軌跡長度為，在平面內的軌跡與在內的相同為，在平面內軌跡是以為圓心，4為半徑的圓的，所以軌跡長度為，所以若，且在長方體表面上，則的軌跡長度為，故D正確.故選：AD.6．（2025·湖南·三模）如圖，兩個邊長均為1的正方形與正方形所在的平面互相垂直.點，分別是對角線，上的動點，且，的長度相等，記，點是線段上的一點.下列結論正確的是（

）

A．B．的最小值是C．三棱錐與三棱錐的體積相等D．若點，，，，，在同一個球的球面上，則該球的體積是【答案】BCD【分析】以為坐標原點，所在直線為坐標軸建立空間直角坐標系，利用坐標法可求得的長及最小值判斷AB；進而可證平面，可判斷C，補形為正方體，求得正方體的外接球的半徑計算可判斷D.【詳解】由題意兩個邊長均為1的正方形與正方形所在的平面互相垂直.可得，以為坐標原點，所在直線為坐標軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

過作于，連接，則，所以，故A錯誤；，當且僅當時，取等號，所以的最小值為，故B正確；因為，又易得平面，所以為平面的一個法向量，又，所以，又平面，平面，又點，所以到平面的距離相等，所以，即三棱錐與三棱錐的體積相等，故C正確；將原圖形補成一個正方體如圖所示：則正方體的外接球符題意，外接球的直徑為，所以，所以該球的體積是，故D正確.故選：BCD.三、解答題7．（25-26高二上·福建福州·期中）如圖（1），在直角梯形中，，，過的中點作交于點，，現(xiàn)將四邊形沿著翻折至位置，使得，如圖（2）所示．(1)證明：平面；(2)在線段上是否存在一點，使得平面與平面的夾角的余弦值為，若存在，確定點的位置，若不存在，請說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)存在，點位于線段靠近點的三等分點【分析】（1）利用勾股定理可分別證得，，根據(jù)線面垂直的判定可證得結論；（2）以為坐標原點建立空間直角坐標系，設，根據(jù)面面角的向量求法可構造方程求得的值，進而得到結果.【詳解】（1）證明：，，，，又，，，；，，四邊形為平行四邊形，，即圖（2）中，，又，，，，，平面，平面，平面，，，平面，平面.（2）解：由（1）得：平面，又，兩兩互相垂直，以為坐標原點，正方向為軸正方向可建立如圖空間直角坐標系，則，，，，，，，，設在線段上是否存在一點，使得平面與平面的夾角的余弦值為，且，，，設平面的法向量，則，令，解得：，，；軸平面，平面的一個法向量，，解得：（舍）或，，當點位于線段靠近點的三等分點時，平面與平面的夾角的余弦值為.8．（23-24高二上·天津北辰·期中）如圖，在四棱錐中，底面ABCD為直角梯形，，，，，，，且平面平面ABCD，在平面ABCD內過B作，交AD于O，連PO.

(1)求證：平面ABCD；(2)求面APB與面PBC所成角的正弦值；(3)在線段PA上存在一點M，使直線BM與平面PAD所成的角的正弦值為，求PM的長.【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）結合余弦定理的值，再由勾股定理可得，根據(jù)面面垂直的性質定理即可證明線面垂直；（2）以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用空間向量的坐標運算求解面APB與面PBC的法向量，從而可得面面夾角的余弦值，利用平方公式得正弦值；（3）設，確定的坐標，利用空間向量線面夾角公式求解即可.【詳解】（1）因為，，，

所以四邊形為矩形，在中，，，，則，所以，則，且平面平面，平面，平面平面，所以平面；（2）以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，

因為，，可得，則，，，，，設平面的法向量為，，，由，取，設平面的法向量為，，由，取，，又由圖可知二面角是鈍角，所以二面角的正弦值為；（3）設，則，又平面的法向量為，直線與平面所成的角的正弦值為，解得，所以.9．（24-25高一下·重慶·期末）已知梯形中，，如圖1.將沿折起到，得到三棱錐，如圖2，分別為棱?的中點.(1)若，求證：平面平面；(2)若，求二面角的正弦值；(3)是否存在點，使得點到平面的距離為？若存在，確定點的位置；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)(3)存在點【分析】（1）先利用勾股定理得，再利用線面垂直的判定推理得平面，進而由面面垂直的判定定理證明即可.（2）由二面角的定義及面面垂直的性質定理得兩兩互相垂直，建立空間直角坐標系，分別求出平面和平面的法向量，利用向量法求解即可.（3）建立空間直角坐標系，設，由得以，求出平面的法向量，利用點面距離的向量公式列方程求出，，即可得解．【詳解】（1）因為梯形中，，所以，所以，所以，又，平面，且，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）因為分別為棱?的中點，所以，所以，又，所以為二面角的平面角，因為，所以平面平面，所以平面，平面，所以，，又，故建立如圖所示的空間直角坐標系.則，，，，，.易知平面的一個法向量為，設平面的一個法向量為，，，則，即，取，則，所以，所以二面角的正弦值為.（3）由（2）可知平面，故分別以為軸的正方向，軸在平面內且以向上的方向為正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系.則，，，，.設，因為，所以，又，，，設平面的一個法向量為，則，即，取，則，則點到平面的距離為，所以，因為，所以，即，所以或，因為，所以或，因為，所以，，所以，所以存在點，使得點到平面的距離為.10．（24-25高二下·福建泉州·期末）如圖，在四棱臺中，．底面ABCD為菱形，，點E為的中點．，連接AC、BD，設交點為O，連接．(1)求證：；(2)若，且二面角大小為60°，求三棱錐外接球的表面積．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）以菱形中心O為原點，為x軸正向，為y軸負向，z軸垂直于底面，設，列出各點坐標，得出，進一步證明；（2）設，根據(jù)法向量夾角余弦求出h，然后根據(jù)長方體的性質可得所求外接球的直徑進而可得表面積.【詳解】（1）由題可知，故四邊形為平行四邊形，所以，又平面，故平面．以菱形中心O為原點，為x軸正向，為y軸負向，z軸垂直于底面，設，結合四棱臺的性質，上底面為邊長為的菱形，則下底面：、、、，上底面：設高度為h，則，，，則，，得.因為，，故.（2）因為，故,，為直角三角形，二面角是平面與底面的夾角.設，底面的法向量可取，設平面法向量，又，，，則，，所以，令，則.所以，因為，解方程得：.由長方體的性質可知三棱錐外接球直徑就是以為三條棱的長方體的體對角線，故三棱錐外接球直徑長為，所以三棱錐外接球的表面積為.期末綜合拓展練（測試時間：6-分鐘）1．（25-26高二上·遼寧朝陽·期中）球面三角學是研究球面三角形的邊、角關系的一門學科.如圖1，球O的半徑為R，A，B，C為球面上三點，曲面ABC（陰影部分）叫做球面三角形.若設二面角C-OA-B，A-OB-C，B-OC-A分別為，，，則球面三角形ABC的面積為.

(1)若平面OAB，平面OAC，平面OBC兩兩垂直，求球面三角形ABC的面積；(2)將圖1中四面體OABC截出得到圖2，若平面三角形ABC為直角三角形，，延長AO與球O交于點D，連接BD，CD.（?。┳C明：；（ⅱ）若直線DA，DC與平面ABC所成的角分別為，，且，，S為AC的中點，T為BC的中點，設平面OBC與平面EST的夾角為，求的最小值.【答案】(1)(2)（?。┳C明見解析；（ⅱ）【分析】（1）根據(jù)垂直可得，即可代入公式求解.（2）（?。└鶕?jù)球的性質可得線線垂直，可證明平面，然后利用線面垂直的性質定理證明即可；（ⅱ）先利用線面垂直的判定定理得平面，建立空間直角坐標系，求解平面的法向量，利用向量的夾角公式，得，結合換元以及基本不等式即可求解的最大值得解.【詳解】（1）因為平面OAB，平面OAC，平面OBC兩兩垂直，所以，所以球面三角形面積為．（2）（?。┯墒乔虻闹睆?，得，且，平面，則平面，又平面，則；（ⅱ）由（?。┲?，，而，平面，于是平面，由直線與平面所成的角分別為，得，不妨取，得，以C為坐標原點，直線分別為x，y軸，過點C作的平行線為z軸，建立空間直角坐標系，

設，則，，則，設平面法向量，則，取，得，設平面法向量，則，取，得，因此，令，則，于是，當且僅當時取等號，取最大值，所以的最小值為.2．（24-25高一下·山西運城·期末）離散曲率是刻畫空間彎曲性的重要指標.設為多面體的一個頂點，定義多面體在點處的離散曲率為，其中為多面體的所有與點相鄰的頂點，且平面，平面，平面和平面為多面體的所有以為公共點的面.如圖，在三棱錐中.(1)求三棱錐在各個頂點處的離散曲率的和；(2)若平面，三棱錐在頂點處的離散曲率為，求點到平面的距離；(3)在（2）的前提下，又知點在棱上，直線與平面所成角的余弦值為，求的長度.【答案】(1)2；(2)；(3).【分析】（1）根據(jù)離散曲率的定義分別計算各個頂點處的離散曲率，再利用三角形內角和計算即可；（2）利用線面垂直的性質和判定證得，即，根據(jù)離散曲率的定義計算得，根據(jù)點面距離的定義作出點到平面的距離線段，根據(jù)邊角關系求解即可；（3）法一：根據(jù)定義作出線面角，設，則，利用余弦定理計算得，利用構造關于的方程，求解即可；法二：如圖建立空間直角坐標系，利用向量法計算線面角的正弦值，即可得解.【詳解】（1）由離散曲率的定義得：，，因為，同理可得其他三個三角形內角和為，所以；（2）由平面平面，得，又平面，則平面，由平面，得，即，又，即，解得，過點作于點，由平面平面，得，又平面，則平面，因此點到平面的距離為線段的長.在中，，所以點到平面的距離為.（3）方法一：過點作交于點，連接，由平面，得平面，則為直線與平面所成的角，依題意，，設，則，，在中，根據(jù)余弦定理，，由，得，因此，整理得，即，解得或，因為，所以.方法二：由（2）知，平面平面，過作的平行線，建立如圖所示的空間直角坐標系，由題意得：，所以，，設，則，設與平面所成的角為，因為，所以，取平面的法向量，則，整理得，即，解得：或（舍），所以，所以.3．（24-25高二下·云南昭通·期末）空間直角坐標系中，任意直線由直線上一點及直線的一個方向向量唯一確定，其標準式方程可表示為.若平面以為法向量且經(jīng)過點，則平面的點法式方程可表示為，整理成一般式方程為.若直線與平面相交，則可以通過聯(lián)立直線和平面的方程求出交點坐標.若兩個平面相交，則交線的方向向量可由兩個平面的法向量確定.已知直線的方向式方程為，平面的一般式方程為，平面的一般式方程為，平面的一般式方程為(1)求直線與平面所成角的余弦值；(2)求與所成角的正弦值；(3)已知三棱柱的頂點，平面的方程為，直線的方程為，平面的方程為.求點坐標及直線與直線所成角的余弦值.【答案】(1)(2)(3)，【分析】（1）由直線的方向式方程得出直線的方向向量，再由平面的一般式方程得出平面的法向量，最后由線面角的余弦公式即可求得；（2）由平面的一般式方程得出平面的法向量，再由平面的一般式方程得出平面的法向量，最后由面面角的余弦公式即可求得；（3）聯(lián)立方程得出點，進而得出，再由直線是平面與平面的交線得出直線的一個方向向量，最后由線線角的余弦公式即可求得.【詳解】（1）設直線與平面所成角為，因為直線的方向式方程為，平面的一般式方程為，所以直