資源簡介

專題01 空間向量及其應用常考題型歸納（1）
專題01 空間向量及其應用常考題型歸納（1）
思維導圖
核心考點聚焦
考點一、空間向量的加法、減法、數乘運算
考點二、空間共線向量與共面定理的應用
考點三、空間向量的數量積、夾角、模長運算
考點四、利用空間向量證明平行問題
考點五、利用空間向量證明垂直問題
考點六、求兩異面直線所成角
考點七、求直線與平面所成角
考點八、求平面與平面所成角
考點九、求點到直線距離、異面直線的距離、點面距、線面距、面面距
考點十、立體幾何中的存在問題
考點十一、立體幾何中的折疊問題
考點十二、利用空間向量解決常見壓軸小題
知識點一：空間向量及其加減運算
（1）空間向量
在空間，我們把具有大小和方向的量叫做空間向量，向量的大小叫做向量的長度或模．空間向量也可用有向線段表示，有向線段的長度表示向量的模，若向量的起點是，終點是，則向量也可以記作，其模記為或．
（2）零向量與單位向量
規定長度為0的向量叫做零向量，記作．當有向線段的起點與終點重合時，．
模為1的向量稱為單位向量．
（3）相等向量與相反向量
方向相同且模相等的向量稱為相等向量．在空間，同向且等長的有向線段表示同一向量或相等向量．空間任意兩個向量都可以平移到同一個平面，成為同一平面內的兩個向量．
與向量長度相等而方向相反的向量，稱為的相反向量，記為．
（4）空間向量的加法和減法運算
①，．如圖所示．
②空間向量的加法運算滿足交換律及結合律
，
知識點二：空間向量的數乘運算
（1）數乘運算
實數與空間向量的乘積稱為向量的數乘運算．當時，與向量方向相同；當時，向量與向量方向相反．的長度是的長度的倍．
（2）空間向量的數乘運算滿足分配律及結合律
，．
（3）共線向量與平行向量
如果表示空間向量的有向線段所在的直線互相平行或重合，則這些向量叫做共線向量或平行向量，平行于，記作．
（4）共線向量定理
對空間中任意兩個向量，，的充要條件是存在實數，使．
（5）直線的方向向量
如圖8-153所示，為經過已知點且平行于已知非零向量的直線．對空間任意一點，點在直線上的充要條件是存在實數，使①，其中向量叫做直線的方向向量，在上取，則式①可化為②
①和②都稱為空間直線的向量表達式，當，即點是線段的中點時，，此式叫做線段的中點公式．
（6）共面向量
如圖8-154所示，已知平面與向量，作，如果直線平行于平面或在平面內，則說明向量平行于平面．平行于同一平面的向量，叫做共面向量．
（7）共面向量定理
如果兩個向量，不共線，那么向量與向量，共面的充要條件是存在唯一的有序實數對，使．
推論：①空間一點位于平面內的充要條件是存在有序實數對，使；或對空間任意一點，有，該式稱為空間平面的向量表達式．
②已知空間任意一點和不共線的三點，，，滿足向量關系式（其中）的點與點，，共面；反之也成立．
知識點三：空間向量的數量積運算
（1）兩向量夾角
已知兩個非零向量，，在空間任取一點，作，，則叫做向量，的夾角，記作，通常規定，如果，那么向量，互相垂直，記作．
（2）數量積定義
已知兩個非零向量，，則叫做，的數量積，記作，即．零向量與任何向量的數量積為0，特別地，．
（3）空間向量的數量積滿足的運算律：
，（交換律）；
（分配律）．
知識點四：空間向量的坐標運算及應用
（1）設，，則；
；
；
；
；
．
（2）設，，則．
這就是說，一個向量在直角坐標系中的坐標等于表示該向量的有向線段的終點的坐標減起點的坐標．
（3）兩個向量的夾角及兩點間的距離公式．
①已知，，則；
；
；
；
②已知，，則，或者．其中表示與兩點間的距離，這就是空間兩點的距離公式．
（4）向量在向量上的投影為．
知識點五：法向量的求解與簡單應用
（1）平面的法向量：
如果表示向量的有向線段所在直線垂直于平面，則稱這個向量垂直于平面，記作，如果，那么向量叫做平面的法向量．
幾點注意：
①法向量一定是非零向量；②一個平面的所有法向量都互相平行；③向量是平面的法向量，向量是與平面平行或在平面內，則有．
第一步：寫出平面內兩個不平行的向；
第二步：那么平面法向量，滿足．
（2）判定直線、平面間的位置關系
①直線與直線的位置關系：不重合的兩條直線，的方向向量分別為，．
若∥，即，則；
若，即，則．
②直線與平面的位置關系：直線的方向向量為，平面的法向量為，且．
若∥，即，則；
若，即，則．
（3）平面與平面的位置關系
平面的法向量為，平面的法向量為．
若∥，即，則；若⊥，即，則⊥．
知識點六：空間角公式．
（1）異面直線所成角公式：設，分別為異面直線，上的方向向量，為異面直線所成角的大小，則．
（2）線面角公式：設為平面的斜線，為的方向向量，為平面的法向量，為與所成角的大小，則．
（3）二面角公式：
設，分別為平面，的法向量，二面角的大小為，則或（需要根據具體情況判斷相等或互補），其中．
知識點七：空間中的距離
求解空間中的距離
（1）異面直線間的距離：兩條異面直線間的距離也不必尋找公垂線段，只需利用向量的正射影性質直接計算．
如圖，設兩條異面直線的公垂線的方向向量為，這時分別在上任取兩點，則向量在上的正射影長就是兩條異面直線的距離．則即兩異面直線間的距離，等于兩異面直線上分別任取兩點的向量和公垂線方向向量的數量積的絕對值與公垂線的方向向量模的比值．
（2）點到平面的距離
為平面外一點（如圖），為平面的法向量，過作平面的斜線及垂線．
用向量法可以證點共線、線共點、線（或點）共面、兩直線（或線與面、面與面）垂直的問題，也可以求空間角和距離．因此，凡涉及上述類型的問題，都可以考慮利用向量法求解，且其解法一般都比較簡單．
用向量法解題的途徑有兩種：一種是坐標法，即通過建立空間直角坐標系，確定出一些點的坐標，進而求出向量的坐標，再進行坐標運算；另一種是基底法，即先選擇基向量（除要求不共面外，還要能夠便于表示所求的目標向量，并優先選擇相互夾角已知的向量作為基底，如常選擇幾何體上共點而不共面的三條棱所在的向量為基底），然后將有關向量用基底向量表示，并進行向量運算．
考點剖析
考點一、空間向量的加法、減法、數乘運算
例1．
（2023·貴州·高二統考階段練習）
1．如圖，在四面體中，分別為的中點，為的重心，則（ ）
A．
B．
C．
D．
例2．
（2023·山東青島·高二統考期中）
2．如圖，在三棱錐中，點，分別是，的中點，點在棱上，且滿足，若，，，則（ ）
A． B．
C． D．
例3．
（2023·湖北武漢·高二校聯考期中）
3．如圖，空間四邊形中，，，，點在上，且，，則（ ）
A． B．
C． D．
考點二、空間共線向量與共面定理的應用
例4．
（2023·遼寧·高二本溪高中校聯考期中）
4．設向量不共面，已知，，若三點共線，則（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
例5．
（2023·山東·高二統考期中）
5．已知空間向量，，，下列命題中正確的（ ）
A．若向量，共線，則向量，所在的直線平行
B．若向量，所在的直線為異面直線，則向量，一定不共面
C．若存在不全為0的實數使得，則，，共面
D．對于空間的任意一個向量，總存在實數使得
例6．
（2023·湖南岳陽·高二統考期末）
6．向量，，若，則（ ）
A．， B．，
C．， D．
例7．
（2023·湖北黃岡·高二校聯考期中）
7．對空間任意一點和不共線三點，，，能得到，，，四點共面的是（ ）
A． B．
C． D．
例8．
（2023·全國·高二專題練習）
8．八十年代初期，空間向量解決立體幾何問題的思路得到了長足的發展，已知A，B，C三點不共線，對空間任意一點O，若，則P，A，B，C四點（ ）
A．不共面 B．不一定共面
C．無法判斷是否共面 D．共面
考點三、空間向量的數量積、夾角、模長運算
例9．
（2023·四川南充·高二四川省南充高級中學校考期中）
9．如圖，在平行六面體中，以頂點A為端點的三條棱長度都為1，且兩兩夾角為．記，，．

(1)求的長；
(2)求與夾角的余弦值．
例10．
（2023·內蒙古呼和浩特·高二統考期中）
10．如圖，在三棱錐中，，，，，，，分別是，的中點，點在上，且，記，，．
(1)試用基底表示向量，，；
(2)求和的值．
例11．
（2023·安徽黃山·高二校聯考期中）
11．如圖，三棱錐中，點D、E分別為和的中點，設，，．
(1)試用，，表示向量；
(2)若，，求異面直線AE與CD所成角的余弦值．
例12．
（2023·貴州·高二校聯考期中）
12．如圖，在三棱柱中，分別為和的中點，設．

(1)用表示向量；
(2)若，，，求．
考點四、利用空間向量證明平行問題
例13．
（2023·全國·高三專題練習）
13．在如圖所示的試驗裝置中，兩個正方形框架的邊長都是1，且它們所在的平面互相垂直．活動彈子M，N分別在正方形對角線和上移動，且和的長度保持相等，記．求證：平面
例14．
（2023·全國·高二隨堂練習）
14．已知E，F，G，H分別是空間四邊形ABCD的邊AB，BC，CD，DA的中點，用向量法證明：
(1)E，F，G，H四點共面；
(2)平面EFGH．
例15．
（2023·湖南株洲·高二校考期中）
15．如圖，已知在正方體中，，，分別是，，的中點．證明：

(1)平面；
(2)平面平面．
例16．
（2023·高二課時練習）
16．在正方體中，若為中點，為中點.

求證：
(1)；
(2)平面；
(3)平面平面．
考點五、利用空間向量證明垂直問題
例17．
（2023·內蒙古赤峰·高二校考階段練習）
17．如圖，在直三棱柱中，，，，，是的中點.

(1)試建立適當的空間直角坐標系，并寫出點，的坐標；
(2)求的長
(3)求證：.
例18．
（2023·廣東廣州·高二廣州市第一中學校考階段練習）
18．如圖，在正方體中，E，F分別是，的中點．
(1)求證：；
(2)求證：平面
例19．
（2023·天津·高二校聯考期中）
19．如圖，在四棱錐中，底面是正方形，底面，E是的中點，已知，．

(1)求證：；
(2)求證：平面平面．
考點六、求兩異面直線所成角
例20．
（2023·湖南衡陽·高二校考期中）
20．如圖，圓錐的底面直徑，高，D為底面圓周上的一點，，則直線AD與BC所成角的大小為 .
例21．
（2023·安徽合肥·高二校聯考期中）
21．如圖，三棱柱的所有棱長均相等，，分別為的中點，則異面直線與所成角的余弦值為 .
例22．
（2023·上海浦東新·高二上海市實驗學校校考期中）
22．如圖，已知四邊形是矩形，平面且，的中點，則異面直線與所成角的余弦值為 .
例23．
（2023·浙江嘉興·高二校聯考期中）
23．在正方體中，動點在線段上，，分別為，的中點．若異面直線與所成角為，則的取值范圍為 ．
考點七、求直線與平面所成角
例24．
（2023·遼寧·高二本溪高中校聯考期中）
24．如圖①，在等腰直角三角形中，分別是上的點，且滿足.將沿折起，得到如圖②所示的四棱錐.
(1)設平面平面，證明：；
(2)若垂直于點，求直線與平面所成角的正弦值.
例25．
（2023·浙江·高二校聯考期中）
25．已知空間幾何體，底面為菱形，，，，，，平面平面，，.
(1)求證：；
(2)若直線與平面所成角為，求直線與平面所成角的正弦值.
例26．
（2023·廣東廣州·高二廣州四十七中校考期中）
26．在如圖所示的試驗裝置中，兩個正方形框架，的邊長都是1，且它們所在平面互相垂直，活動彈子分別在正方形對角線和上移動，且和的長度保持相等，記，活動彈子在上移動.
(1)求證：直線平面；
(2)a為何值時，的長最小
(3)為上的點，求與平面所成角的正弦值的最大值.
例27．
（2023·四川達州·高二四川省萬源中學校考期中）
27．如圖，在棱長為2的正方體中， 為的中點．

(1)求直線到平面的距離；
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
考點八、求平面與平面所成角
例28．
（2023·河南·高二校聯考期中）
28．如圖，已知與都是邊長為2的正三角形，平面平面，平面，.

(1)求點到平面的距離；
(2)求平面與平面的夾角的余弦值.
例29．
（2023·安徽宿州·高二校聯考期中）
29．如圖所示，四棱錐的底面為直角梯形，，，平面平面為的中點．

(1)求點到平面的距離；
(2)求平面和平面所成銳二面角大小的余弦值．
例30．
（2023·江蘇鎮江·高二統考期中）
30．如圖所示，在三棱錐中，平面，是的中點，直線與平面所成角的正切值為2，且.

(1)求直線與平面所成的角；
(2)求二面角的正弦值.
例31．
（2023·廣東江門·高二校考期中）
31．如圖，已知三棱錐的側棱，，兩兩垂直，且，，點是的中點．
(1)求點到面的距離；
(2)求二面角的平面角的余弦值．
考點九、求點到直線距離、異面直線的距離、點面距、線面距、面面距
例32．
（2023·浙江溫州·高二校聯考期中）
32．如圖，在直三棱柱中，．

(1)求證：；
(2)求點到直線的距離．
例33．
（2023·山東青島·高二統考期中）
33．如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，，，，平面，，．
(1)求異面直線與所成角的大小．
(2)求直線到平面的距離．
例34．
（2023·全國·高二專題練習）
34．設正方體的棱長為2，求：
(1)求直線到平面的距離；
(2)求平面與平面間的距離.
例35．
（2023·廣東佛山·高二佛山市順德區容山中學校考期中）
35．如圖，在長方體中，，，求：
(1)點到直線BD的距離；
(2)點到平面的距離；
(3)異面直線之間的距離.
考點十、立體幾何中的存在問題
例36．
（2023·湖北黃岡·高二校聯考期中）
36．如圖①，在直角梯形中，，，.將沿折起，使平面平面，連，得如圖②的幾何體.
(1)求證：平面平面；
(2)若，二面角的平面角的正切值為，在棱上是否存在點使二面角的平面角的余弦值為，若存在，請求出的值，若不存在，說明理由.
例37．
（2023·河南信陽·高二統考期中）
37．正三棱柱中，，M是的中點，M到平面的距離為.
(1)求；
(2)在線段上是否存在點P，使平面與平面夾角的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
例38．
（2023·江蘇鎮江·高二統考期中）
38．如圖所示，在棱長都為4的正三棱柱中，點為的中點.
(1)求點到平面的距離；
(2)線段上是否存在一點，使得平面平面，若存在，請指出點的位置；若不存在，請說明理由.
例39．
（2023·福建三明·高二統考期中）
39．如圖，正三角形與菱形所在的平面互相垂直，，，是的中點．
(1)求平面與平面所成的角的余弦值；
(2)在線段上是否存在點，使得直線與平面所成的角為，若存在，求出的值；若不存在，說明理由．
考點十一、立體幾何中的折疊問題
例40．
（2023·湖北省直轄縣級單位·高二校考期中）
40．（如圖（1）平面五邊形是由邊長為2的正方形與上底為1，高為的直角梯形組合而成，將五邊形沿著折疊，得到圖（2）所示的空間幾何體，其中.
(1)證明：平面；
(2)求證：平面；
(3)求二面角的余弦值.
例41．
（2023·上海閔行·高二校考期中）
41．如圖，在邊長為12的正方形中，點在線段上，且，作，分別交于點，作，分別交于點，將該正方形沿折疊，使得與重合，構成如圖所示的三棱柱.
(1)求四棱錐的體積；
(2)求平面與平面所成銳二面角的余弦值.
例42．
（2023·上海浦東新·高二上海南匯中學校考階段練習）
42．在邊長為的正方形中，分別為、的中點，分別為、的中點，現沿、、折疊，使三點重合，重合后的點記為，構成一個三棱錐.
(1)請判斷與平面的位置關系，并給出證明；
(2)求四棱錐的體積.
例43．
（2023·江西宜春·高二校考開學考試）
43．如圖①梯形中，，，，且，將梯形沿折疊得到圖②，使平面平面，與相交于，點在上，且，是的中點，過三點的平面交于．

(1)證明：是的中點；
(2)是上一點，己知二面角為，求的值．
考點十二、利用空間向量解決常見壓軸小題
例44．
（2023·河南開封·高二河南省蘭考縣第一高級中學校聯考期中）
44．已知四面體的所有棱長均為2，則下列結論正確的是（ ）
A．
B．點到平面的距離為
C．四面體的外接球體積為
D．動點在平面上，且與所成角為60°，則點的軌跡是橢圓
例45．
（2023·浙江·高二路橋中學校考期中）
45．如圖，在棱長為2的正方體中，點是的中點，點是底面正方形內的動點（包括邊界），則下列選項正確的是（ ）
A．存在點滿足
B．滿足的點的軌跡長度是
C．滿足平面的點的軌跡長度是1
D．滿足的點的軌跡長度是
例46．
（2023·湖北·高二校聯考期中）
46．已知正方體的棱長為，點滿足,其中，為棱的中點，則下列說法正確的有（ ）
A．若平面，則點的軌跡的長度為
B．當時，的面積為定值
C．當時，三棱錐的體積為定值
D．當時，存在點使得平面
例47．
（2023·山東臨沂·高二統考期中）
47．如圖，在棱長為2的正方體中，E為邊AD的中點，點P為線段上的動點，設，則（ ）
A．當時，三棱錐A-PCE的體積
B．當時，EP∥平面
C．當，平面CEP時
D．的最小值為
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．B
【分析】根據空間向量的線性運算，將用表示即可.
【詳解】因為分別為的中點，所以.
因為為的重心，所以，
所以.
故選：B.
2．C
【分析】運用空間向量的加減法和題設條件，將所求向量用空間的基向量表示即得.
【詳解】
如圖，連接因點，分別是，的中點，點在棱上，且滿足
則
即：
故選：C.
3．C
【分析】根據空間向量的線性運算結合圖象計算即可.
【詳解】由，，
得
故選：C.
4．A
【分析】把A、C、D三點共線轉化為滿足，列方程組，求出即可.
【詳解】因為，，
所以，
因為三點共線，所以存在唯一的，使得,
即，
即，解得：.
故選：A.
5．C
【分析】利用共線向量的定義可判斷A選項；利用空間任意兩個向量共面可判斷B選項；利用共面向量的定義可判斷C選項；利用空間向量的基本定理可判斷D選項.
【詳解】對于A選項：由于與共線，則，所在的直線也可能重合，故A不正確；
對于B選項：根據自由向量的意義知，空間任意兩向量，都共面，故B不正確；
對于C選項：因為存在不全為0的實數，使得,不妨設，
則，由共面向量定理知，，一定共面，故C正確；
對于D選項：只有當，，不共面時,空間中任意向量才能表示為.
故D不正確.
故選：C
6．B
【分析】由向量平行的坐標表示列方程求參數即可.
【詳解】由題設，故.
故選：B
7．B
【分析】根據共面向量的推論判斷.
【詳解】A選項：，故A錯；
B選項：，故B正確；
C選項：，故C錯；
D選項：，故D錯.
故選：B.
8．D
【分析】根據空間向量共面定理的推論進行判斷即可.
【詳解】對于空間任意一點和不共線三點、、，若點滿足：，且，則、、、四點共面.
而，其中，所以四點共面.
故選：D
9．(1)
(2)
【分析】（1）表達出，平方后，結合數量積運算法則計算出，求出的長為；
（2）計算出，，從而利用向量的夾角余弦公式求出答案.
【詳解】（1）由題意知：，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即的長為，
（2）∵，
∴，
∴，
，
∴，
即與夾角的余弦值為．
10．(1)，，
(2)，
【分析】（1）根據空間向量線性運算法則計算可得；
（2）根據數量積的定義及運算律計算可得.
【詳解】（1）因為，分別是，的中點，
所以，
，
，
又，所以，
則.
（2）因為，，，，，
所以，
又，
所以
.
11．(1)
(2)
【分析】（1）根據空間向量的運算即可求得答案；
（2）根據空間向量的數量積的運算律求出，的模，以及二者的數量積，根據向量的夾角公式即可求得答案.
【詳解】（1）
；
（2）由題意可知：，，
故，
，
故，
，
，
則
，
，
由于異面直線和所成角范圍大于小于等于，
∴異面直線和所成角的余弦值為．
12．(1)
(2)
【分析】（1）根據向量的線性運算法則，準確運算，即可求解；
（2）根據向量的數量積的運算公式，準確計算，即可求解.
【詳解】（1）解：由向量的線性運算法則，可得：
．
（2）解：由向量的數量積的運算法則，可得：
．
13．證明見解析
【分析】建立空間直角坐標系，應用向量法求證.
【詳解】如圖建立空間直角坐標系，
則，
，， ．
顯然平面的一個法向量為，
而，
∵，平面，∴MN//平面BCE．
14．(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）要證E，F，G，H四點共面，只需證明向量，，共面，結合向量的線性運算及共面向量定理證明即可；
（2）由向量共線結合線面平行的判定定理證明．
【詳解】（1）如圖，連接EG，BG．

因為＝＋＝＋(＋)＝＋＋＝＋，
由向量共面的充要條件可知，向量，，共面，
又，，過同一點E，從而E，F，G，H四點共面．
（2）因為＝－＝－＝(－)＝，
又E，H，B，D四點不共線，所以EH//BD，
又EH 平面EFGH，BD 平面EFGH，
所以BD//平面EFGH．
15．(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）建立空間直角坐標系，根據正方體性質可知為平面的一個法向量，然后證明即可得證；
（2）證明也是平面MNP的一個法向量即可.
【詳解】（1）證明：以D為坐標原點，，，的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系.
設正方體的棱長為2，則，，，，，．

由正方體的性質，知平面，
所以為平面的一個法向量．
由于，
則，
所以．
又平面，
所以平面．
（2）證明：因為為平面的一個法向量，
由于，，
則，
即也是平面MNP的一個法向量，
所以平面平面．
16．(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）以D為坐標原點，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系，求出的坐標，利用，即可證明；
（2）求出平面ACD1的法向量，及直線的方向向量，從而得到，即可證明；
（3）可以利用平面，及平面，利用面面平行的判定定理證明，也可以求出兩個平面的法向量，利用法向量平行來證明面面平行.
【詳解】（1）以D為坐標原點，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為1．

依題意知：，，，，
∴，，
∴，
∴，即.
（2）設平面ACD1的法向量為，
∵，，，
∴，，
由可得，，即，
令，則，∴，
又，
∴，∴，
又平面，∴平面．
（3）證法一 ∵，
∴，又，
∴，∴，
又平面，平面，
∴平面，
又由（2）知平面，而，
且平面，平面,
∴平面平面.
證法二 設平面的法向量為
則即∴
令，得，∴，
由（2）知平面ACD1的一個法向量，
∴，∴，
∴平面平面.
17．(1)坐標系見解析，，
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）以為坐標原點，以，，為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，即可得到所求點的坐標.
（2）根據空間向量坐標運算即可..
（3）根據，即可證明結論.
【詳解】（1）以為坐標原點，以，，為軸，軸，軸建立空間直角坐標系.

所以，
（2），，，
.
（3），.
，，，所以.
18．(1)見解析；
(2)見解析.
【分析】建立合適的空間直角坐標系，利用空間向量研究空間位置關系即可.
【詳解】（1）
如圖所示，以D為原點建立空間直角坐標系，設正方體邊長為2，
則，所以，
有；
（2）由（1）知，設平面的一個法向量為，
則，
令，即，
又，顯然，
故平面.
19．(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）以A為原點，，，所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法證明．
（2）運用線面垂直的性質定理可證得，進而運用線面垂直的判定定理可證得平面PAC，進而可證得面面垂直.
【詳解】（1）以A為原點，，，所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，

則，，，，，
所以，，
所以，所以．
（2）連接，，如圖所示，

因為面，面，所以，
又因為四邊形為正方形，所以，
又因為，、面，所以面，
又因為面，所以平面平面．
20．
【分析】取的中點E，以O為原點，建立空間直角坐標系，利用線線角的向量求法求解即得.
【詳解】取的中點E，連接OE，以O為原點，的方向分別為軸的正方向，建立空間直角坐標系，如圖，
依題意，，則，
設直線AD與BC所成的角為，
則，解得，
所以直線AD與BC所成的角為.
故答案為：
21．
【分析】以為基底，利用向量法求異面直線所成角的余弦值.
【詳解】設三棱柱的所有棱長均為1，
記，
由，得，
得，，，
又，
，
所以.，
又，
，
所以，
故異面直線與所成角的余弦值為.
故答案為：.
22．
【分析】建立空間直角坐標系，利用向量法求解.
【詳解】根據題意，以為坐標原點，以分別為軸，建立空間直角坐標系，
則，，
所以.
所以異面直線與所成角的余弦值為.
故答案為：.
23．
【分析】構建空間直角坐標系，應用向量法求異面直線的夾角范圍即可.
【詳解】以為坐標原點，建立空間直角坐標系，

設，，，，，，
設，則，
則．
當時，取到最大值，此時；
當時，取到最小值，此時．
所以的取值范圍為．
故答案為：
24．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由線線平行證明線面平行，再證明線線平行
（2）建立空間直角坐標系，用向量方法即可得解
【詳解】（1）因為平面平面，
平面
因為平面，平面平面，
（2）由圖①，得，又，
所以以為坐標原點，的方向分別為軸，軸，軸正方向，
建立如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，故
設與平面所成角為.
.
直線與平面所成角的正弦值為
25．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性質定理，即可求證；
（2）根據垂直關系，以點為原點，建立空間直角坐標系，利用向量法求線面角的正弦值.
【詳解】（1）證明：平面平面，
平面平面，
，平面，平面，
又平面，.
（2）平面，
與平面所成角為，又，
所以為正三角形，故.
，，為等邊三角形，，
以為坐標原點，分別以為，，軸的正半軸建立空間直角坐標系，
，，，，，
，故可得點坐標為
所以，
設平面得法向量為，又，，
，令，則，可得，
設直線與平面所成角為，
26．(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）在平面內，過點作，交于點，連接.由已知可證明.進而根據線面平行以及面面平行的判定定理得出平面平面.然后即可根據面面平行的性質，得出證明；
（2）先求出，.進而根據面面垂直的性質定理以及（1）的結論推得.根據勾股定理得出，結合的取值范圍，即可得出答案；
（3）以點為坐標原點，建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，設，，求出，以及平面的一個法向量.設線面角為，根據向量表示出.分以及結合基本不等式，即可得出答案.
【詳解】（1）
如圖1，在平面內，過點作，交于點，連接，
因為，所以.
由已知可得，，，
所以，，，
所以，，
所以，.
又，所以.
因為平面，，平面，
所以，平面.
同理可得，平面.
因為平面，平面，，
所以，平面平面.
因為平面，所以直線平面.
（2）由（1）可知，，，
所以，，
所以，.
同理可得，.
又平面平面，平面平面，，平面，
所以，平面.
因為平面，所以.
因為，，所以.
所以，是直角三角形，
所以，
.
又，所以，即為線段中點時，有最小值，
所以，當時，的長度最小，最小值為.
（3）由（2）知，平面.
又，
如圖2，以點為坐標原點，建立空間直角坐標系，
則，，，，設，，
所以，，，.
設是平面的一個法向量，
則，取，則是平面的一個法向量.
因為.
設與平面所成的角為，
則.
當時，；
當時，
有
.
因為，當且僅當，即時等號成立，
所以，，，
所以，.
因為，所以.
綜上所述，與平面所成角的正弦值的最大值為.
27．(1)；
(2).
【分析】（1）根據正方體的性質與線面平行的判定與性質得出到平面的距離即為點B到平面的距離，以點為坐標原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，計算得出平面的法向量，即可根據點到面距離的向量算法得出答案；
（2）根據已得出的向量與平面的法向量，結合線面角的向量運算得出答案.
【詳解】（1）為正方體，
,
平面,平面,
平面,則到平面的距離即為點B到平面的距離，
以點為坐標原點，所在直線分別為軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，

則、、、，，
則，，,
設平面的法向量為，由,得，
令，則，，則，
則到平面的距離，
則到平面的距離為；
（2）,
,
直線與平面所成角的正弦值為.
28．(1)；
(2).
【分析】（1）先有面面垂直得到線面垂直，然后建立空間直角坐標系，再根據點到面的距離公式求解即可；
（2）分別求出兩個平面的法向量，根據兩個平面的夾角的余弦值即為兩個平面的法向量的夾角的余弦值的絕對值求解即可.
【詳解】（1）作中點，
因為與都是正三角形，所以，
又因為平面平面，且平面平面，
所以平面，
所以分別以為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，
，
則，
且，
設平面的法向量為，
則，即，令，則，
所以，
所以點到平面的距離；
（2）設平面的法向量為，
因為，
所以，即，令，則，
所以，
由（1）知面的法向量為，
令平面與平面的夾角為，
則，
所以平面與平面的夾角的余弦值為.
29．(1)
(2)
【分析】（1）由題意建立適當的空間直角坐標系，先求出平面的法向量以及，再由店面距離公式即可求解.
（2）先求出平面的法向量，再結合平面的法向量，利用向量的夾角公式即可求解.
【詳解】（1）如圖所示，平面平面，即，
又平面平面，平面，
所以平面，
設軸，軸平面，
又平面，
所以軸，，
分別以方向為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

因為，
所以由題意，
又因為，平面，，
所以，
又因為，
所以，即，
又為的中點，
所以，
所以，
設平面的法向量為，
則，令，解得，
即取平面的法向量為，
所以點到平面的距離為.
（2）如圖所示：

由（1）可知平面的法向量為，，
所以，
設平面的法向量為，
則，令，解得，
即取平面的法向量為，
不妨設平面和平面所成銳二面角大小為，
則，
即平面和平面所成銳二面角大小的余弦值為.
30．(1)
(2)
【分析】（1）由線面角的定義結合勾股定理得出，進而由線面垂直的判定證明平面，建立坐標系，利用向量法得出直線與平面所成的角；
（2）求出平面、平面的法向量，由向量法求解.
【詳解】（1）因為平面，所以直線與平面所成角為.
即，，又平面，所以.
即，解得.
因為，所以.
又平面，所以，平面.
所以平面.
以點為坐標原點，建立如下圖所示的空間直角坐標系，

，.
設直線與平面所成的角為，.
則，
則，即直線與平面所成的角.
（2）設平面的法向量為.
.
，取，則.
設平面的法向量為
，取，則.
，
所以二面角的正弦值為
31．(1)
(2)
【分析】（1）建立合適空間直角坐標系，求解出平面的一個法向量，由求得結果；
（2）先求解出平面的一個法向量，然后計算的值可知結果.
【詳解】（1）建立如下圖所示空間直角坐標系，設點到面的距離為，
則，
所以，
設平面的一個法向量，
所以，所以，
令，所以，
所以，
所以點到面的距離為；
（2）設平面的一個法向量為，且，
所以，所以，
令，所以，
所以，
由圖可知二面角的平面角為銳角，
所以二面角的平面角的余弦值為.
32．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）建系，再由向量垂直的充分必要條件直接得出空間異面直線垂直.
（2）由向量法求空間距離公式直接得出點到直線的距離.
【詳解】（1）建立直角坐標系，其中為坐標原點，以邊所在直線為軸，以邊所在直線為軸，以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示

依題意得，
因為，
所以．
（2）
33．(1)
(2)
【分析】（1）利用空間向量的坐標運算，求異面直線所成的角；
（2）利用空間向量的坐標運算，求點到平面的距離即可.
【詳解】（1）以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，
因為底面為直角梯形，，，，
所以，
則，，，，
，，
設異面直線與所成角為，則，
所以異面直線與所成角大小為．
（2），平面，平面，平面，
直線到平面的距離即為點到平面的距離．
設平面的法向量為，，，
則，取，得．
，點到平面的距離．
34．(1)
(2)
【分析】（1）直線到平面的距離等于點到平面的距離，利用向量求解可得；
（2）平面與平面間的距離等于點到平面的距離，利用向量法求解即可．
【詳解】（1）以D為原點，為x，y，z軸，建立如圖所示空間直角坐標系，
則
所以，所以，即，
又平面，平面，所以平面，
所以直線到平面的距離等于點到平面的距離．
設平面的一個法向量為，
則，令，則，又，
所以點到平面的距離.

（2）由（1）知平面，同理，平面，
又，平面，
所以平面平面，
即平面與平面間的距離等于點到平面的距離．
由（1）知，點到平面的距離.
所以平面與平面間的距離為.
35．(1)；
(2)；
(3).
【分析】(1)建立空間直角坐標系，求直線的方向向量和向量的坐標，再求在上的投影向量的大小，結合勾股定理求點到直線BD的距離；(2)求平面的法向量，再求向量在向量上的投影的大小即可；(3)證明平面，利用向量方法求點到平面的距離即可.
【詳解】（1）以點為原點，，，為，，軸的正方向建立空間直角坐標系，因為，，則，，，，，
所以，，所以在上的投影向量的大小為，又，所以點到直線BD的距離；
（2）由(1) ，，，
設平面的法向量，則，所以，
取，可得，，所以是平面的一個法向量，向量在法向量上的投影為，所以點到平面的距離為；
（3）由(1) ，，所以，所以，又平面，平面，所以平面，所以異面直線之間的距離與點到平面的距離相等，設平面的法向量，因為，則，所以，
取，可得，，所以是平面的一個法向量，向量在法向量上的投影為，所以點到平面的距離為；故異面直線之間的距離為.
36．(1)證明見解析
(2)存在，
【分析】（1）根據面面垂直的性質定理和線面垂直的性質得到，然后根據線面垂直和面面垂直的判定定理證明即可；
（2）根據二面角的定義得到為二面角的平面角，根據二面角的正切值得到，，然后根據相似得到，，然后建系，設利用空間向量的方法列方程求即可.
【詳解】（1）∵平面平面，平面平面，，平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
∵，，平面，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面.
（2）由（1）知平面，，而平面，故.
∴為二面角的平面角，
又平面，平面，
∴，，
∴，.
在①，∴，
令，則，
解得.即，.
在①中作，垂足.

則可得，.
∵平面平面，平面，平面平面，
∴平面，
過作，以為原點，，，分別為軸軸軸建立如圖直角坐標系，則

，，，.
，，
設，.
設平面的法向量為，則
，∴，取，，即，
設平面的法向量為，則
，取，，.即.
.
解得（舍去），或.
∴.
37．(1)
(2)存在，.
【分析】（1）建立空間直角坐標系，先求出平面的法向量；再利用點到平面距離的向量求法列出方程求解即可.
（2）先假設存在點P，設，求出平面的法向量；再利用空間夾角的向量求法列出方程求解即可.
【詳解】（1）取邊的中點，記為O.
由正三棱柱的性質可得：,面.
以O為原點，建立如圖所示空間直角坐標系：
設
因為
所以，，，.
則，，，
設平面的法向量
則，即
取，得.
所以點M到平面的距離
，解得.
所以.
（2）假設在上存在點P，使平面與平面夾角的余弦值為，則令.
由（1）知，
則 ，.
設平面的法向量
則，即
取，得.
因為
所以，解得或（舍去）.
故在線段上存在點P，當時，可使平面與平面夾角的余弦值為.
38．(1)
(2)存在，點為線段的中點
【分析】（1）先證明面，以為原點，分別以直線為軸，軸，過點且與面垂直的直線為軸建立空間直角坐標系，利用向量法求點到平面的距離；
（2）假設線段上存在一點，使得平面平面，設，求出兩個面的法向量，利用數量積為零列方程計算即可.
【詳解】（1）在正三棱柱中
點為的中點，
，又面面，面面，面，
面，
以為原點，分別以直線為軸，軸，過點且與面垂直的直線為軸建立空間直角坐標系，如圖，
則，
所以
設面的法向量為，
所以，取得，
則點到平面的距離為；
（2）假設線段上存在一點，使得平面平面，
設，
又，
設面的法向量為，
則，取，得，
所以，
解得.
故存在點，且為線段中點時，平面平面.
39．(1)
(2)存在，
【分析】（1）證明，建立空間直角坐標系，確定各點坐標，計算兩個平面的法向量，根據向量的夾角公式計算得到答案.
（2）假設存在，設，確定，根據向量的夾角公式計算得到答案.
【詳解】（1）連接，，是的中點，故，
平面平面，平面平面，平面，
故平面，平面， 故，
三角形為正三角形，故，建立如圖所示空間直角坐標系，
則，，，，，
則，，
設是平面的一個法向量，則，
令，則，所以，
軸與平面垂直，故是平面的一個法向量，
所以，
故平面與平面所成的角的余弦值為.
（2）假設在線段上存在點，使得直線與平面所成的角為，
，，設，，
則，
直線與平面所成的角為，，
則，由，解得，
故在線段上存在點，使得直線與平面所成的角為，且.
40．(1)證明詳見解析
(2)證明詳見解析
(3)
【分析】（1）根據證得平面；
（2）設，連接，通過證明來證得平面；
（3）建立空間直角坐標系，利用向量法求得二面角的余弦值.
【詳解】（1）在折疊的過程中，，
由于平面，
所以平面.
（2），由于，，
所以，由于，所以平面，
由于平面，所以，則，
設，連接，則，
而，所以是的中點，
所以，由于，平面，
所以平面.
（3）由于，是的中點，所以，
由于，平面，
由此以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，
，平面的一個法向量為，
，
，
設平面的法向量為，
則，故可設，
設二面角為，由圖可知為銳角，
所以.
41．(1)20
(2)
【分析】（1）首先證明面，然后求解；
（2）構建空間直角坐標系，求解面的法向量，然后求解二面角余弦值．
【詳解】（1）在正方形中，
因為
所以三棱柱的底面三角形的邊，
因為，所以,
所以，
因為正方形 ，,
所以又
所以面.
在直角梯形中, ,
所以,
即四棱錐的體積為20.
（2）
如圖：以為原點，分別以，，所在直線為，，軸建立空間直角坐標系，
則,
,
設平面的法向量為
解得：，
所以
又平面的法向量
設的夾角為
由圖可知二面角平面與平面所成銳二面角的余弦值為銳角，
所以二面角的余弦值為.
42．(1)平面，證明見解析
(2)
【分析】（1）由題意及圖形的翻折規律可知應是的一條中位線，利用線面平行的判定定理即可求證；
（2）利用條件及線面垂直的判定定理可知，則平面，再利用錐體的體積公式即可．
【詳解】（1）證明：因為翻折后三點重合，
所以在翻折后的圖形中，分別為的中點，
即是的一條中位線，
，
∵平面，平面，
∴平面.
（2），，
平面，且，
又，，
，
，
，
.
43．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）在圖①中過C作，可得，再利用線面平行的判定定理和性質定理可得答案；
（2）過作，過作于點，由線面垂直的性質定理可得為二面角的平面角，設，利用相似比、得求出可得答案．
【詳解】（1）在圖①中過C作，則，，
圖②中，，
又∵，∴，∴，∴且．
∴，∴，
在中，，，
∴，又平面ACD，平面ACD，
∴平面ACD，平面平面，
∴，∴，
又是的中點，∴是的中點；

（2）如圖， 過作交BE于H，過作于點，連結，
且，因為平面平面，平面平面，
所以平面，平面，所以，
因為平面，所以，
因為，平面，所以平面，
平面，所以，
則為二面角的平面角，∴，
設，∴，
又，∴，
在中，，,
由得，即，∴，
∴．

44．AC
【分析】在正四面體中通過線面垂直可證得，得正確；通過計算可驗證；通過軌跡法可求得的軌跡為雙曲線方程即可得錯誤.
【詳解】取中點，連接，可得平面，則，故正確；
在四面體中，過點作平面于點，
則為底面正三角形的重心，因為所有棱長均為2，
，即點到平面的距離為，故錯誤；
設為正四面體的中心則為內切球的半徑，為外接球的半徑，
因為，
所以，即，
所以四面體的外接球體積，故正確；
建系如圖：，設，
則，，
因為，所以，
即，平方化簡可得：，可知點的軌跡不為橢圓，故錯誤.
故選:．
45．AD
【分析】利用正方體中的垂直關系建立空間直角坐標系，設出對應點的坐標，翻譯條件求出軌跡方程，注意變量的取值范圍，求解軌跡長度即可.
【詳解】
如圖建立空間直角坐標系，則有，,，，，，
對于A選項，若，則，且，，故軌跡方程為，當時，，點既在軌跡上，也在底面內，故存在這樣的點存在，A正確
對于B選項，，，
，在底面內軌跡的長度是以A為圓心，1為半徑的圓周長的
故長度為，B錯誤
對于C選項，，，設面的法向量
故有，解得，故
平面， ，的軌跡方程為
，在底面內軌跡的長度為，C錯誤
對于D選項，，
，，的軌跡方程為
，在底面內軌跡的長度為，D正確
故選：AD
46．ABC
【分析】構造面面平行可判定A，根據線線平行可判定B，利用線面平行及棱錐體積公式可判定C，建立空間直角坐標系，利用空間向量研究線面關系可判定D.
【詳解】
如圖所示，取中點，中點，中點，
由正方體的特征可得四邊形是平行四邊形，故，
又中點，中點，所以，所以，
同理四邊形也是平行四邊形，可知，
又平面，平面，可得平面，
同理可得平面，
因為，、平面，平面平面，
若平面，則點的軌跡為線段，
已知正方體的棱長為，則點的軌跡的長度為，故A正確；
當時，，則點在線段上運動，
由題意易得，
故點到的距離是定值，所以的面積為定值，故B正確；
由正方體特征可知是邊長為的等邊三角形，面積為定值，
又中點為，中點為，
當時，
，
故共線，即點在線段上運動，
且，平面，平面，所以平面，
可得點到平面的距離是定值，
可得三棱錐的體積為定值，故C正確；
如下圖所示，以點A為原點，分別以，，所在直線為，，軸建立空間直角坐標系，
所以，，，，，，
則，
若存在點使得平面，那么，
而，
故當時，不存在點使得平面，故D選項錯誤.

故選：ABC
47．BD
【分析】根據等體積法即可判斷A,建立空間直角坐標系，利用空間位置關系的向量證明判斷B；利用兩點間距離公式計算判斷D；確定直線與平面交點的位置判斷C作答．
【詳解】對于A，當時，則，故點到平面的距離為,所以,故A錯誤，
對于B，在棱長為2的正方體中，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則,0,，,2,，,2,，,0,，,2,，,0,，
所以，則點,,，
，，，而，
顯然，即是平面的一個法向量，
而，因此平行于平面，即直線與平面平行，B正確；
對于C，取的中點，連接，，，如圖，
因為為邊的中點，則，當平面時，平面，
連接，連接，連接，顯然平面平面，
因此，，平面，平面，則平面，
即有，而，
所以，C錯誤．
對于D，，
于是，當且僅當時取等號，D正確；
故選：BD
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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