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专题01 空间向量及其应用常考题型归纳（1）
专题01 空间向量及其应用常考题型归纳（1）
思维导图
核心考点聚焦
考点一、空间向量的加法、减法、数乘运算
考点二、空间共线向量与共面定理的应用
考点三、空间向量的数量积、夹角、模长运算
考点四、利用空间向量证明平行问题
考点五、利用空间向量证明垂直问题
考点六、求两异面直线所成角
考点七、求直线与平面所成角
考点八、求平面与平面所成角
考点九、求点到直线距离、异面直线的距离、点面距、线面距、面面距
考点十、立体几何中的存在问题
考点十一、立体几何中的折叠问题
考点十二、利用空间向量解决常见压轴小题
知识点一：空间向量及其加减运算
（1）空间向量
在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模．空间向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量的起点是，终点是，则向量也可以记作，其模记为或．
（2）零向量与单位向量
规定长度为0的向量叫做零向量，记作．当有向线段的起点与终点重合时，．
模为1的向量称为单位向量．
（3）相等向量与相反向量
方向相同且模相等的向量称为相等向量．在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量．空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量．
与向量长度相等而方向相反的向量，称为的相反向量，记为．
（4）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
，
知识点二：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
如图8-153所示，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．
知识点三：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）．
知识点四：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．
知识点五：法向量的求解与简单应用
（1）平面的法向量：
如果表示向量的有向线段所在直线垂直于平面，则称这个向量垂直于平面，记作，如果，那么向量叫做平面的法向量．
几点注意：
①法向量一定是非零向量；②一个平面的所有法向量都互相平行；③向量是平面的法向量，向量是与平面平行或在平面内，则有．
第一步：写出平面内两个不平行的向；
第二步：那么平面法向量，满足．
（2）判定直线、平面间的位置关系
①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线，的方向向量分别为，．
若∥，即，则；
若，即，则．
②直线与平面的位置关系：直线的方向向量为，平面的法向量为，且．
若∥，即，则；
若，即，则．
（3）平面与平面的位置关系
平面的法向量为，平面的法向量为．
若∥，即，则；若⊥，即，则⊥．
知识点六：空间角公式．
（1）异面直线所成角公式：设，分别为异面直线，上的方向向量，为异面直线所成角的大小，则．
（2）线面角公式：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）二面角公式：
设，分别为平面，的法向量，二面角的大小为，则或（需要根据具体情况判断相等或互补），其中．
知识点七：空间中的距离
求解空间中的距离
（1）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．
如图，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．
（2）点到平面的距离
为平面外一点（如图），为平面的法向量，过作平面的斜线及垂线．
用向量法可以证点共线、线共点、线（或点）共面、两直线（或线与面、面与面）垂直的问题，也可以求空间角和距离．因此，凡涉及上述类型的问题，都可以考虑利用向量法求解，且其解法一般都比较简单．
用向量法解题的途径有两种：一种是坐标法，即通过建立空间直角坐标系，确定出一些点的坐标，进而求出向量的坐标，再进行坐标运算；另一种是基底法，即先选择基向量（除要求不共面外，还要能够便于表示所求的目标向量，并优先选择相互夹角已知的向量作为基底，如常选择几何体上共点而不共面的三条棱所在的向量为基底），然后将有关向量用基底向量表示，并进行向量运算．
考点剖析
考点一、空间向量的加法、减法、数乘运算
例1．
（2023·贵州·高二统考阶段练习）
1．如图，在四面体中，分别为的中点，为的重心，则（ ）
A．
B．
C．
D．
例2．
（2023·山东青岛·高二统考期中）
2．如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，点在棱上，且满足，若，，，则（ ）
A． B．
C． D．
例3．
（2023·湖北武汉·高二校联考期中）
3．如图，空间四边形中，，，，点在上，且，，则（ ）
A． B．
C． D．
考点二、空间共线向量与共面定理的应用
例4．
（2023·辽宁·高二本溪高中校联考期中）
4．设向量不共面，已知，，若三点共线，则（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
例5．
（2023·山东·高二统考期中）
5．已知空间向量，，，下列命题中正确的（ ）
A．若向量，共线，则向量，所在的直线平行
B．若向量，所在的直线为异面直线，则向量，一定不共面
C．若存在不全为0的实数使得，则，，共面
D．对于空间的任意一个向量，总存在实数使得
例6．
（2023·湖南岳阳·高二统考期末）
6．向量，，若，则（ ）
A．， B．，
C．， D．
例7．
（2023·湖北黄冈·高二校联考期中）
7．对空间任意一点和不共线三点，，，能得到，，，四点共面的是（ ）
A． B．
C． D．
例8．
（2023·全国·高二专题练习）
8．八十年代初期，空间向量解决立体几何问题的思路得到了长足的发展，已知A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若，则P，A，B，C四点（ ）
A．不共面 B．不一定共面
C．无法判断是否共面 D．共面
考点三、空间向量的数量积、夹角、模长运算
例9．
（2023·四川南充·高二四川省南充高级中学校考期中）
9．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为．记，，．

(1)求的长；
(2)求与夹角的余弦值．
例10．
（2023·内蒙古呼和浩特·高二统考期中）
10．如图，在三棱锥中，，，，，，，分别是，的中点，点在上，且，记，，．
(1)试用基底表示向量，，；
(2)求和的值．
例11．
（2023·安徽黄山·高二校联考期中）
11．如图，三棱锥中，点D、E分别为和的中点，设，，．
(1)试用，，表示向量；
(2)若，，求异面直线AE与CD所成角的余弦值．
例12．
（2023·贵州·高二校联考期中）
12．如图，在三棱柱中，分别为和的中点，设．

(1)用表示向量；
(2)若，，，求．
考点四、利用空间向量证明平行问题
例13．
（2023·全国·高三专题练习）
13．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．求证：平面
例14．
（2023·全国·高二随堂练习）
14．已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，用向量法证明：
(1)E，F，G，H四点共面；
(2)平面EFGH．
例15．
（2023·湖南株洲·高二校考期中）
15．如图，已知在正方体中，，，分别是，，的中点．证明：

(1)平面；
(2)平面平面．
例16．
（2023·高二课时练习）
16．在正方体中，若为中点，为中点.

求证：
(1)；
(2)平面；
(3)平面平面．
考点五、利用空间向量证明垂直问题
例17．
（2023·内蒙古赤峰·高二校考阶段练习）
17．如图，在直三棱柱中，，，，，是的中点.

(1)试建立适当的空间直角坐标系，并写出点，的坐标；
(2)求的长
(3)求证：.
例18．
（2023·广东广州·高二广州市第一中学校考阶段练习）
18．如图，在正方体中，E，F分别是，的中点．
(1)求证：；
(2)求证：平面
例19．
（2023·天津·高二校联考期中）
19．如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，E是的中点，已知，．

(1)求证：；
(2)求证：平面平面．
考点六、求两异面直线所成角
例20．
（2023·湖南衡阳·高二校考期中）
20．如图，圆锥的底面直径，高，D为底面圆周上的一点，，则直线AD与BC所成角的大小为 .
例21．
（2023·安徽合肥·高二校联考期中）
21．如图，三棱柱的所有棱长均相等，，分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 .
例22．
（2023·上海浦东新·高二上海市实验学校校考期中）
22．如图，已知四边形是矩形，平面且，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 .
例23．
（2023·浙江嘉兴·高二校联考期中）
23．在正方体中，动点在线段上，，分别为，的中点．若异面直线与所成角为，则的取值范围为 ．
考点七、求直线与平面所成角
例24．
（2023·辽宁·高二本溪高中校联考期中）
24．如图①，在等腰直角三角形中，分别是上的点，且满足.将沿折起，得到如图②所示的四棱锥.
(1)设平面平面，证明：；
(2)若垂直于点，求直线与平面所成角的正弦值.
例25．
（2023·浙江·高二校联考期中）
25．已知空间几何体，底面为菱形，，，，，，平面平面，，.
(1)求证：；
(2)若直线与平面所成角为，求直线与平面所成角的正弦值.
例26．
（2023·广东广州·高二广州四十七中校考期中）
26．在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在平面互相垂直，活动弹子分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记，活动弹子在上移动.
(1)求证：直线平面；
(2)a为何值时，的长最小
(3)为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值.
例27．
（2023·四川达州·高二四川省万源中学校考期中）
27．如图，在棱长为2的正方体中， 为的中点．

(1)求直线到平面的距离；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
考点八、求平面与平面所成角
例28．
（2023·河南·高二校联考期中）
28．如图，已知与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面，.

(1)求点到平面的距离；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
例29．
（2023·安徽宿州·高二校联考期中）
29．如图所示，四棱锥的底面为直角梯形，，，平面平面为的中点．

(1)求点到平面的距离；
(2)求平面和平面所成锐二面角大小的余弦值．
例30．
（2023·江苏镇江·高二统考期中）
30．如图所示，在三棱锥中，平面，是的中点，直线与平面所成角的正切值为2，且.

(1)求直线与平面所成的角；
(2)求二面角的正弦值.
例31．
（2023·广东江门·高二校考期中）
31．如图，已知三棱锥的侧棱，，两两垂直，且，，点是的中点．
(1)求点到面的距离；
(2)求二面角的平面角的余弦值．
考点九、求点到直线距离、异面直线的距离、点面距、线面距、面面距
例32．
（2023·浙江温州·高二校联考期中）
32．如图，在直三棱柱中，．

(1)求证：；
(2)求点到直线的距离．
例33．
（2023·山东青岛·高二统考期中）
33．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面，，．
(1)求异面直线与所成角的大小．
(2)求直线到平面的距离．
例34．
（2023·全国·高二专题练习）
34．设正方体的棱长为2，求：
(1)求直线到平面的距离；
(2)求平面与平面间的距离.
例35．
（2023·广东佛山·高二佛山市顺德区容山中学校考期中）
35．如图，在长方体中，，，求：
(1)点到直线BD的距离；
(2)点到平面的距离；
(3)异面直线之间的距离.
考点十、立体几何中的存在问题
例36．
（2023·湖北黄冈·高二校联考期中）
36．如图①，在直角梯形中，，，.将沿折起，使平面平面，连，得如图②的几何体.
(1)求证：平面平面；
(2)若，二面角的平面角的正切值为，在棱上是否存在点使二面角的平面角的余弦值为，若存在，请求出的值，若不存在，说明理由.
例37．
（2023·河南信阳·高二统考期中）
37．正三棱柱中，，M是的中点，M到平面的距离为.
(1)求；
(2)在线段上是否存在点P，使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.
例38．
（2023·江苏镇江·高二统考期中）
38．如图所示，在棱长都为4的正三棱柱中，点为的中点.
(1)求点到平面的距离；
(2)线段上是否存在一点，使得平面平面，若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由.
例39．
（2023·福建三明·高二统考期中）
39．如图，正三角形与菱形所在的平面互相垂直，，，是的中点．
(1)求平面与平面所成的角的余弦值；
(2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
考点十一、立体几何中的折叠问题
例40．
（2023·湖北省直辖县级单位·高二校考期中）
40．（如图（1）平面五边形是由边长为2的正方形与上底为1，高为的直角梯形组合而成，将五边形沿着折叠，得到图（2）所示的空间几何体，其中.
(1)证明：平面；
(2)求证：平面；
(3)求二面角的余弦值.
例41．
（2023·上海闵行·高二校考期中）
41．如图，在边长为12的正方形中，点在线段上，且，作，分别交于点，作，分别交于点，将该正方形沿折叠，使得与重合，构成如图所示的三棱柱.
(1)求四棱锥的体积；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
例42．
（2023·上海浦东新·高二上海南汇中学校考阶段练习）
42．在边长为的正方形中，分别为、的中点，分别为、的中点，现沿、、折叠，使三点重合，重合后的点记为，构成一个三棱锥.
(1)请判断与平面的位置关系，并给出证明；
(2)求四棱锥的体积.
例43．
（2023·江西宜春·高二校考开学考试）
43．如图①梯形中，，，，且，将梯形沿折叠得到图②，使平面平面，与相交于，点在上，且，是的中点，过三点的平面交于．

(1)证明：是的中点；
(2)是上一点，己知二面角为，求的值．
考点十二、利用空间向量解决常见压轴小题
例44．
（2023·河南开封·高二河南省兰考县第一高级中学校联考期中）
44．已知四面体的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．点到平面的距离为
C．四面体的外接球体积为
D．动点在平面上，且与所成角为60°，则点的轨迹是椭圆
例45．
（2023·浙江·高二路桥中学校考期中）
45．如图，在棱长为2的正方体中，点是的中点，点是底面正方形内的动点（包括边界），则下列选项正确的是（ ）
A．存在点满足
B．满足的点的轨迹长度是
C．满足平面的点的轨迹长度是1
D．满足的点的轨迹长度是
例46．
（2023·湖北·高二校联考期中）
46．已知正方体的棱长为，点满足,其中，为棱的中点，则下列说法正确的有（ ）
A．若平面，则点的轨迹的长度为
B．当时，的面积为定值
C．当时，三棱锥的体积为定值
D．当时，存在点使得平面
例47．
（2023·山东临沂·高二统考期中）
47．如图，在棱长为2的正方体中，E为边AD的中点，点P为线段上的动点，设，则（ ）
A．当时，三棱锥A-PCE的体积
B．当时，EP∥平面
C．当，平面CEP时
D．的最小值为
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】根据空间向量的线性运算，将用表示即可.
【详解】因为分别为的中点，所以.
因为为的重心，所以，
所以.
故选：B.
2．C
【分析】运用空间向量的加减法和题设条件，将所求向量用空间的基向量表示即得.
【详解】
如图，连接因点，分别是，的中点，点在棱上，且满足
则
即：
故选：C.
3．C
【分析】根据空间向量的线性运算结合图象计算即可.
【详解】由，，
得
故选：C.
4．A
【分析】把A、C、D三点共线转化为满足，列方程组，求出即可.
【详解】因为，，
所以，
因为三点共线，所以存在唯一的，使得,
即，
即，解得：.
故选：A.
5．C
【分析】利用共线向量的定义可判断A选项；利用空间任意两个向量共面可判断B选项；利用共面向量的定义可判断C选项；利用空间向量的基本定理可判断D选项.
【详解】对于A选项：由于与共线，则，所在的直线也可能重合，故A不正确；
对于B选项：根据自由向量的意义知，空间任意两向量，都共面，故B不正确；
对于C选项：因为存在不全为0的实数，使得,不妨设，
则，由共面向量定理知，，一定共面，故C正确；
对于D选项：只有当，，不共面时,空间中任意向量才能表示为.
故D不正确.
故选：C
6．B
【分析】由向量平行的坐标表示列方程求参数即可.
【详解】由题设，故.
故选：B
7．B
【分析】根据共面向量的推论判断.
【详解】A选项：，故A错；
B选项：，故B正确；
C选项：，故C错；
D选项：，故D错.
故选：B.
8．D
【分析】根据空间向量共面定理的推论进行判断即可.
【详解】对于空间任意一点和不共线三点、、，若点满足：，且，则、、、四点共面.
而，其中，所以四点共面.
故选：D
9．(1)
(2)
【分析】（1）表达出，平方后，结合数量积运算法则计算出，求出的长为；
（2）计算出，，从而利用向量的夹角余弦公式求出答案.
【详解】（1）由题意知：，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即的长为，
（2）∵，
∴，
∴，
，
∴，
即与夹角的余弦值为．
10．(1)，，
(2)，
【分析】（1）根据空间向量线性运算法则计算可得；
（2）根据数量积的定义及运算律计算可得.
【详解】（1）因为，分别是，的中点，
所以，
，
，
又，所以，
则.
（2）因为，，，，，
所以，
又，
所以
.
11．(1)
(2)
【分析】（1）根据空间向量的运算即可求得答案；
（2）根据空间向量的数量积的运算律求出，的模，以及二者的数量积，根据向量的夹角公式即可求得答案.
【详解】（1）
；
（2）由题意可知：，，
故，
，
故，
，
，
则
，
，
由于异面直线和所成角范围大于小于等于，
∴异面直线和所成角的余弦值为．
12．(1)
(2)
【分析】（1）根据向量的线性运算法则，准确运算，即可求解；
（2）根据向量的数量积的运算公式，准确计算，即可求解.
【详解】（1）解：由向量的线性运算法则，可得：
．
（2）解：由向量的数量积的运算法则，可得：
．
13．证明见解析
【分析】建立空间直角坐标系，应用向量法求证.
【详解】如图建立空间直角坐标系，
则，
，， ．
显然平面的一个法向量为，
而，
∵，平面，∴MN//平面BCE．
14．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）要证E，F，G，H四点共面，只需证明向量，，共面，结合向量的线性运算及共面向量定理证明即可；
（2）由向量共线结合线面平行的判定定理证明．
【详解】（1）如图，连接EG，BG．

因为＝＋＝＋(＋)＝＋＋＝＋，
由向量共面的充要条件可知，向量，，共面，
又，，过同一点E，从而E，F，G，H四点共面．
（2）因为＝－＝－＝(－)＝，
又E，H，B，D四点不共线，所以EH//BD，
又EH 平面EFGH，BD 平面EFGH，
所以BD//平面EFGH．
15．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据正方体性质可知为平面的一个法向量，然后证明即可得证；
（2）证明也是平面MNP的一个法向量即可.
【详解】（1）证明：以D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.
设正方体的棱长为2，则，，，，，．

由正方体的性质，知平面，
所以为平面的一个法向量．
由于，
则，
所以．
又平面，
所以平面．
（2）证明：因为为平面的一个法向量，
由于，，
则，
即也是平面MNP的一个法向量，
所以平面平面．
16．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）以D为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用，即可证明；
（2）求出平面ACD1的法向量，及直线的方向向量，从而得到，即可证明；
（3）可以利用平面，及平面，利用面面平行的判定定理证明，也可以求出两个平面的法向量，利用法向量平行来证明面面平行.
【详解】（1）以D为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1．

依题意知：，，，，
∴，，
∴，
∴，即.
（2）设平面ACD1的法向量为，
∵，，，
∴，，
由可得，，即，
令，则，∴，
又，
∴，∴，
又平面，∴平面．
（3）证法一 ∵，
∴，又，
∴，∴，
又平面，平面，
∴平面，
又由（2）知平面，而，
且平面，平面,
∴平面平面.
证法二 设平面的法向量为
则即∴
令，得，∴，
由（2）知平面ACD1的一个法向量，
∴，∴，
∴平面平面.
17．(1)坐标系见解析，，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）以为坐标原点，以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，即可得到所求点的坐标.
（2）根据空间向量坐标运算即可..
（3）根据，即可证明结论.
【详解】（1）以为坐标原点，以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.

所以，
（2），，，
.
（3），.
，，，所以.
18．(1)见解析；
(2)见解析.
【分析】建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究空间位置关系即可.
【详解】（1）
如图所示，以D为原点建立空间直角坐标系，设正方体边长为2，
则，所以，
有；
（2）由（1）知，设平面的一个法向量为，
则，
令，即，
又，显然，
故平面.
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）以A为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明．
（2）运用线面垂直的性质定理可证得，进而运用线面垂直的判定定理可证得平面PAC，进而可证得面面垂直.
【详解】（1）以A为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，，
所以，，
所以，所以．
（2）连接，，如图所示，

因为面，面，所以，
又因为四边形为正方形，所以，
又因为，、面，所以面，
又因为面，所以平面平面．
20．
【分析】取的中点E，以O为原点，建立空间直角坐标系，利用线线角的向量求法求解即得.
【详解】取的中点E，连接OE，以O为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，
依题意，，则，
设直线AD与BC所成的角为，
则，解得，
所以直线AD与BC所成的角为.
故答案为：
21．
【分析】以为基底，利用向量法求异面直线所成角的余弦值.
【详解】设三棱柱的所有棱长均为1，
记，
由，得，
得，，，
又，
，
所以.，
又，
，
所以，
故异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
22．
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【详解】根据题意，以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，
所以.
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
23．
【分析】构建空间直角坐标系，应用向量法求异面直线的夹角范围即可.
【详解】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，

设，，，，，，
设，则，
则．
当时，取到最大值，此时；
当时，取到最小值，此时．
所以的取值范围为．
故答案为：
24．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线线平行证明线面平行，再证明线线平行
（2）建立空间直角坐标系，用向量方法即可得解
【详解】（1）因为平面平面，
平面
因为平面，平面平面，
（2）由图①，得，又，
所以以为坐标原点，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，
.
设平面的一个法向量为.
则，
令，得，故
设与平面所成角为.
.
直线与平面所成角的正弦值为
25．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，即可求证；
（2）根据垂直关系，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值.
【详解】（1）证明：平面平面，
平面平面，
，平面，平面，
又平面，.
（2）平面，
与平面所成角为，又，
所以为正三角形，故.
，，为等边三角形，，
以为坐标原点，分别以为，，轴的正半轴建立空间直角坐标系，
，，，，，
，故可得点坐标为
所以，
设平面得法向量为，又，，
，令，则，可得，
设直线与平面所成角为，
26．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）在平面内，过点作，交于点，连接.由已知可证明.进而根据线面平行以及面面平行的判定定理得出平面平面.然后即可根据面面平行的性质，得出证明；
（2）先求出，.进而根据面面垂直的性质定理以及（1）的结论推得.根据勾股定理得出，结合的取值范围，即可得出答案；
（3）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，求出，以及平面的一个法向量.设线面角为，根据向量表示出.分以及结合基本不等式，即可得出答案.
【详解】（1）
如图1，在平面内，过点作，交于点，连接，
因为，所以.
由已知可得，，，
所以，，，
所以，，
所以，.
又，所以.
因为平面，，平面，
所以，平面.
同理可得，平面.
因为平面，平面，，
所以，平面平面.
因为平面，所以直线平面.
（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.
因为平面，所以.
因为，，所以.
所以，是直角三角形，
所以，
.
又，所以，即为线段中点时，有最小值，
所以，当时，的长度最小，最小值为.
（3）由（2）知，平面.
又，
如图2，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，设，，
所以，，，.
设是平面的一个法向量，
则，取，则是平面的一个法向量.
因为.
设与平面所成的角为，
则.
当时，；
当时，
有
.
因为，当且仅当，即时等号成立，
所以，，，
所以，.
因为，所以.
综上所述，与平面所成角的正弦值的最大值为.
27．(1)；
(2).
【分析】（1）根据正方体的性质与线面平行的判定与性质得出到平面的距离即为点B到平面的距离，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，计算得出平面的法向量，即可根据点到面距离的向量算法得出答案；
（2）根据已得出的向量与平面的法向量，结合线面角的向量运算得出答案.
【详解】（1）为正方体，
,
平面,平面,
平面,则到平面的距离即为点B到平面的距离，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，，
则，，,
设平面的法向量为，由,得，
令，则，，则，
则到平面的距离，
则到平面的距离为；
（2）,
,
直线与平面所成角的正弦值为.
28．(1)；
(2).
【分析】（1）先有面面垂直得到线面垂直，然后建立空间直角坐标系，再根据点到面的距离公式求解即可；
（2）分别求出两个平面的法向量，根据两个平面的夹角的余弦值即为两个平面的法向量的夹角的余弦值的绝对值求解即可.
【详解】（1）作中点，
因为与都是正三角形，所以，
又因为平面平面，且平面平面，
所以平面，
所以分别以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
，
则，
且，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以，
所以点到平面的距离；
（2）设平面的法向量为，
因为，
所以，即，令，则，
所以，
由（1）知面的法向量为，
令平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
29．(1)
(2)
【分析】（1）由题意建立适当的空间直角坐标系，先求出平面的法向量以及，再由店面距离公式即可求解.
（2）先求出平面的法向量，再结合平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解.
【详解】（1）如图所示，平面平面，即，
又平面平面，平面，
所以平面，
设轴，轴平面，
又平面，
所以轴，，
分别以方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，
所以由题意，
又因为，平面，，
所以，
又因为，
所以，即，
又为的中点，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，解得，
即取平面的法向量为，
所以点到平面的距离为.
（2）如图所示：

由（1）可知平面的法向量为，，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，解得，
即取平面的法向量为，
不妨设平面和平面所成锐二面角大小为，
则，
即平面和平面所成锐二面角大小的余弦值为.
30．(1)
(2)
【分析】（1）由线面角的定义结合勾股定理得出，进而由线面垂直的判定证明平面，建立坐标系，利用向量法得出直线与平面所成的角；
（2）求出平面、平面的法向量，由向量法求解.
【详解】（1）因为平面，所以直线与平面所成角为.
即，，又平面，所以.
即，解得.
因为，所以.
又平面，所以，平面.
所以平面.
以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，

，.
设直线与平面所成的角为，.
则，
则，即直线与平面所成的角.
（2）设平面的法向量为.
.
，取，则.
设平面的法向量为
，取，则.
，
所以二面角的正弦值为
31．(1)
(2)
【分析】（1）建立合适空间直角坐标系，求解出平面的一个法向量，由求得结果；
（2）先求解出平面的一个法向量，然后计算的值可知结果.
【详解】（1）建立如下图所示空间直角坐标系，设点到面的距离为，
则，
所以，
设平面的一个法向量，
所以，所以，
令，所以，
所以，
所以点到面的距离为；
（2）设平面的一个法向量为，且，
所以，所以，
令，所以，
所以，
由图可知二面角的平面角为锐角，
所以二面角的平面角的余弦值为.
32．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建系，再由向量垂直的充分必要条件直接得出空间异面直线垂直.
（2）由向量法求空间距离公式直接得出点到直线的距离.
【详解】（1）建立直角坐标系，其中为坐标原点，以边所在直线为轴，以边所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示

依题意得，
因为，
所以．
（2）
33．(1)
(2)
【分析】（1）利用空间向量的坐标运算，求异面直线所成的角；
（2）利用空间向量的坐标运算，求点到平面的距离即可.
【详解】（1）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
因为底面为直角梯形，，，，
所以，
则，，，，
，，
设异面直线与所成角为，则，
所以异面直线与所成角大小为．
（2），平面，平面，平面，
直线到平面的距离即为点到平面的距离．
设平面的法向量为，，，
则，取，得．
，点到平面的距离．
34．(1)
(2)
【分析】（1）直线到平面的距离等于点到平面的距离，利用向量求解可得；
（2）平面与平面间的距离等于点到平面的距离，利用向量法求解即可．
【详解】（1）以D为原点，为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则
所以，所以，即，
又平面，平面，所以平面，
所以直线到平面的距离等于点到平面的距离．
设平面的一个法向量为，
则，令，则，又，
所以点到平面的距离.

（2）由（1）知平面，同理，平面，
又，平面，
所以平面平面，
即平面与平面间的距离等于点到平面的距离．
由（1）知，点到平面的距离.
所以平面与平面间的距离为.
35．(1)；
(2)；
(3).
【分析】(1)建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和向量的坐标，再求在上的投影向量的大小，结合勾股定理求点到直线BD的距离；(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)证明平面，利用向量方法求点到平面的距离即可.
【详解】（1）以点为原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，因为，，则，，，，，
所以，，所以在上的投影向量的大小为，又，所以点到直线BD的距离；
（2）由(1) ，，，
设平面的法向量，则，所以，
取，可得，，所以是平面的一个法向量，向量在法向量上的投影为，所以点到平面的距离为；
（3）由(1) ，，所以，所以，又平面，平面，所以平面，所以异面直线之间的距离与点到平面的距离相等，设平面的法向量，因为，则，所以，
取，可得，，所以是平面的一个法向量，向量在法向量上的投影为，所以点到平面的距离为；故异面直线之间的距离为.
36．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理和线面垂直的性质得到，然后根据线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可；
（2）根据二面角的定义得到为二面角的平面角，根据二面角的正切值得到，，然后根据相似得到，，然后建系，设利用空间向量的方法列方程求即可.
【详解】（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.
∴为二面角的平面角，
又平面，平面，
∴，，
∴，.
在①，∴，
令，则，
解得.即，.
在①中作，垂足.

则可得，.
∵平面平面，平面，平面平面，
∴平面，
过作，以为原点，，，分别为轴轴轴建立如图直角坐标系，则

，，，.
，，
设，.
设平面的法向量为，则
，∴，取，，即，
设平面的法向量为，则
，取，，.即.
.
解得（舍去），或.
∴.
37．(1)
(2)存在，.
【分析】（1）建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量；再利用点到平面距离的向量求法列出方程求解即可.
（2）先假设存在点P，设，求出平面的法向量；再利用空间夹角的向量求法列出方程求解即可.
【详解】（1）取边的中点，记为O.
由正三棱柱的性质可得：,面.
以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系：
设
因为
所以，，，.
则，，，
设平面的法向量
则，即
取，得.
所以点M到平面的距离
，解得.
所以.
（2）假设在上存在点P，使平面与平面夹角的余弦值为，则令.
由（1）知，
则 ，.
设平面的法向量
则，即
取，得.
因为
所以，解得或（舍去）.
故在线段上存在点P，当时，可使平面与平面夹角的余弦值为.
38．(1)
(2)存在，点为线段的中点
【分析】（1）先证明面，以为原点，分别以直线为轴，轴，过点且与面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离；
（2）假设线段上存在一点，使得平面平面，设，求出两个面的法向量，利用数量积为零列方程计算即可.
【详解】（1）在正三棱柱中
点为的中点，
，又面面，面面，面，
面，
以为原点，分别以直线为轴，轴，过点且与面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以
设面的法向量为，
所以，取得，
则点到平面的距离为；
（2）假设线段上存在一点，使得平面平面，
设，
又，
设面的法向量为，
则，取，得，
所以，
解得.
故存在点，且为线段中点时，平面平面.
39．(1)
(2)存在，
【分析】（1）证明，建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算两个平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.
（2）假设存在，设，确定，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【详解】（1）连接，，是的中点，故，
平面平面，平面平面，平面，
故平面，平面， 故，
三角形为正三角形，故，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，
设是平面的一个法向量，则，
令，则，所以，
轴与平面垂直，故是平面的一个法向量，
所以，
故平面与平面所成的角的余弦值为.
（2）假设在线段上存在点，使得直线与平面所成的角为，
，，设，，
则，
直线与平面所成的角为，，
则，由，解得，
故在线段上存在点，使得直线与平面所成的角为，且.
40．(1)证明详见解析
(2)证明详见解析
(3)
【分析】（1）根据证得平面；
（2）设，连接，通过证明来证得平面；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值.
【详解】（1）在折叠的过程中，，
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，则，
设，连接，则，
而，所以是的中点，
所以，由于，平面，
所以平面.
（3）由于，是的中点，所以，
由于，平面，
由此以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，平面的一个法向量为，
，
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设二面角为，由图可知为锐角，
所以.
41．(1)20
(2)
【分析】（1）首先证明面，然后求解；
（2）构建空间直角坐标系，求解面的法向量，然后求解二面角余弦值．
【详解】（1）在正方形中，
因为
所以三棱柱的底面三角形的边，
因为，所以,
所以，
因为正方形 ，,
所以又
所以面.
在直角梯形中, ,
所以,
即四棱锥的体积为20.
（2）
如图：以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则,
,
设平面的法向量为
解得：，
所以
又平面的法向量
设的夹角为
由图可知二面角平面与平面所成锐二面角的余弦值为锐角，
所以二面角的余弦值为.
42．(1)平面，证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意及图形的翻折规律可知应是的一条中位线，利用线面平行的判定定理即可求证；
（2）利用条件及线面垂直的判定定理可知，则平面，再利用锥体的体积公式即可．
【详解】（1）证明：因为翻折后三点重合，
所以在翻折后的图形中，分别为的中点，
即是的一条中位线，
，
∵平面，平面，
∴平面.
（2），，
平面，且，
又，，
，
，
，
.
43．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在图①中过C作，可得，再利用线面平行的判定定理和性质定理可得答案；
（2）过作，过作于点，由线面垂直的性质定理可得为二面角的平面角，设，利用相似比、得求出可得答案．
【详解】（1）在图①中过C作，则，，
图②中，，
又∵，∴，∴，∴且．
∴，∴，
在中，，，
∴，又平面ACD，平面ACD，
∴平面ACD，平面平面，
∴，∴，
又是的中点，∴是的中点；

（2）如图， 过作交BE于H，过作于点，连结，
且，因为平面平面，平面平面，
所以平面，平面，所以，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
平面，所以，
则为二面角的平面角，∴，
设，∴，
又，∴，
在中，，,
由得，即，∴，
∴．

44．AC
【分析】在正四面体中通过线面垂直可证得，得正确；通过计算可验证；通过轨迹法可求得的轨迹为双曲线方程即可得错误.
【详解】取中点，连接，可得平面，则，故正确；
在四面体中，过点作平面于点，
则为底面正三角形的重心，因为所有棱长均为2，
，即点到平面的距离为，故错误；
设为正四面体的中心则为内切球的半径，为外接球的半径，
因为，
所以，即，
所以四面体的外接球体积，故正确；
建系如图：，设，
则，，
因为，所以，
即，平方化简可得：，可知点的轨迹不为椭圆，故错误.
故选:．
45．AD
【分析】利用正方体中的垂直关系建立空间直角坐标系，设出对应点的坐标，翻译条件求出轨迹方程，注意变量的取值范围，求解轨迹长度即可.
【详解】
如图建立空间直角坐标系，则有，,，，，，
对于A选项，若，则，且，，故轨迹方程为，当时，，点既在轨迹上，也在底面内，故存在这样的点存在，A正确
对于B选项，，，
，在底面内轨迹的长度是以A为圆心，1为半径的圆周长的
故长度为，B错误
对于C选项，，，设面的法向量
故有，解得，故
平面， ，的轨迹方程为
，在底面内轨迹的长度为，C错误
对于D选项，，
，，的轨迹方程为
，在底面内轨迹的长度为，D正确
故选：AD
46．ABC
【分析】构造面面平行可判定A，根据线线平行可判定B，利用线面平行及棱锥体积公式可判定C，建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系可判定D.
【详解】
如图所示，取中点，中点，中点，
由正方体的特征可得四边形是平行四边形，故，
又中点，中点，所以，所以，
同理四边形也是平行四边形，可知，
又平面，平面，可得平面，
同理可得平面，
因为，、平面，平面平面，
若平面，则点的轨迹为线段，
已知正方体的棱长为，则点的轨迹的长度为，故A正确；
当时，，则点在线段上运动，
由题意易得，
故点到的距离是定值，所以的面积为定值，故B正确；
由正方体特征可知是边长为的等边三角形，面积为定值，
又中点为，中点为，
当时，
，
故共线，即点在线段上运动，
且，平面，平面，所以平面，
可得点到平面的距离是定值，
可得三棱锥的体积为定值，故C正确；
如下图所示，以点A为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，，，
则，
若存在点使得平面，那么，
而，
故当时，不存在点使得平面，故D选项错误.

故选：ABC
47．BD
【分析】根据等体积法即可判断A,建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断B；利用两点间距离公式计算判断D；确定直线与平面交点的位置判断C作答．
【详解】对于A，当时，则，故点到平面的距离为,所以,故A错误，
对于B，在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则,0,，,2,，,2,，,0,，,2,，,0,，
所以，则点,,，
，，，而，
显然，即是平面的一个法向量，
而，因此平行于平面，即直线与平面平行，B正确；
对于C，取的中点，连接，，，如图，
因为为边的中点，则，当平面时，平面，
连接，连接，连接，显然平面平面，
因此，，平面，平面，则平面，
即有，而，
所以，C错误．
对于D，，
于是，当且仅当时取等号，D正确；
故选：BD
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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