专题01 空间向量及其应用常考题型归纳（十二大考点）（解析版）

专题01空间向量及其应用常考题型归纳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②①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\*GB3①法向量一定是非零向量；=2\*GB3②一个平面的所有法向量都互相平行；=3\*GB3③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\*GB3①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\*GB3②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）如图，在四面体中，分别为的中点，为的重心，则（

）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为分别为的中点，所以.因为为的重心，所以，所以.故选：B.例2．（2023·山东青岛·高二统考期中）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．【答案】C【解析】如图，连接因点，分别是，的中点，点在棱上，且满足则即：故选：C.例3．（2023·湖北武汉·高二校联考期中）如图，空间四边形中，，，，点在上，且，，则（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】由，，得故选：C.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）设向量不共面，已知，，若三点共线，则（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】A【解析】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.例5．（2023·山东·高二统考期中）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【答案】C【解析】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例6．（2023·湖南岳阳·高二统考期末）向量，，若，则（

）A．， B．，C．， D．【答案】B【解析】由题设，故.故选：B例7．（2023·湖北黄冈·高二校联考期中）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．【答案】B【解析】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.例8．（2023·全国·高二专题练习）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【答案】D【解析】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）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．【解析】（1）由题意知：，，∴，又∵，∴，∴，即的长为，（2）∵，∴，∴，，∴，即与夹角的余弦值为．例10．（2023·内蒙古呼和浩特·高二统考期中）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．【解析】（1）因为，分别是，的中点，所以，，，又，所以，则.（2）因为，，，，，所以，又，所以.例11．（2023·安徽黄山·高二校联考期中）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．【解析】（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．例12．（2023·贵州·高二校联考期中）如图，在三棱柱中，分别为和的中点，设．

(1)用表示向量；(2)若，，，求．【解析】（1）由向量的线性运算法则，可得：．（2）由向量的数量积的运算法则，可得：．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）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【解析】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．例14．（2023·全国·高二随堂练习）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．【解析】（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．例15．（2023·湖南株洲·高二校考期中）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．【解析】（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．例16．（2023·高二课时练习）在正方体中，若为中点，为中点.

求证：(1)；(2)平面；(3)平面平面．【解析】（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，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.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）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：.【解析】（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.例18．（2023·广东广州·高二广州市第一中学校考阶段练习）如图，在正方体中，E，F分别是，的中点．(1)求证：；(2)求证：平面【解析】（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.例19．（2023·天津·高二校联考期中）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．【解析】（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，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．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）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.【答案】【解析】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：例21．（2023·安徽合肥·高二校联考期中）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.【答案】【解析】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：.例22．（2023·上海浦东新·高二上海市实验学校校考期中）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.【答案】【解析】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：.例23．（2023·浙江嘉兴·高二校联考期中）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．【答案】【解析】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：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）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.【解析】（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例25．（2023·浙江·高二校联考期中）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.【解析】（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，例26．（2023·广东广州·高二广州四十七中校考期中）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在平面互相垂直，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.【解析】（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.例27．（2023·四川达州·高二四川省万源中学校考期中）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．【解析】（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.考点八、求平面与平面所成角例28．（2023·河南·高二校联考期中）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.【解析】（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.例29．（2023·安徽宿州·高二校联考期中）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．【解析】（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.例30．（2023·江苏镇江·高二统考期中）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.【解析】（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例31．（2023·广东江门·高二校考期中）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．【解析】（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.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）如图，在直三棱柱中，．

(1)求证：；(2)求点到直线的距离．【解析】（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）例33．（2023·山东青岛·高二统考期中）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．【解析】（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．例34．（2023·全国·高二专题练习）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.【解析】（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.例35．（2023·广东佛山·高二佛山市顺德区容山中学校考期中）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.【解析】（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.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）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.【解析】（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.∴.例37．（2023·河南信阳·高二统考期中）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.【解析】（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.例38．（2023·江苏镇江·高二统考期中）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.【解析】（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.例39．（2023·福建三明·高二统考期中）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．【解析】（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.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）（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.【解析】（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.例41．（2023·上海闵行·高二校考期中）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.【解析】（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.例42．（2023·上海浦东新·高二上海南汇中学校考阶段练习）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.【解析】（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，，，，，.例43．（2023·江西宜春·高二校考开学考试）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．【解析】（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，∴，∴．考点十二、利用空间向量解决常见压轴小题例44．（多选题）（2023·河南开封·高二河南省兰考县第一高级中学校联考期中）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【答案】AC【解析】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:．例45．（多选题）（2023·浙江·高二路桥中学校考期中）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1D．满足的点的轨迹长度是【答案】ABD【解析】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，，的轨迹方程为，，在底面内轨迹的长度是周长的故长度为，B正确对于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：ABD例46．（多选题）（2023·湖北·高二校联考期中）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【答案】ABC【解析】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例47．（多选题）（2023·山东临沂·高二统考期中）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【答案】BD【解析】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过关检测一、单选题1．（2023上·广东中山·高二统考期末）在直三棱柱中，分别是的中点，，则与所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】以点为原点，以为轴的正方向建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，，所以，，所以，故选：A.2．（2023下·湖北黄冈·高二统考期中）在正三棱柱中，若，，则点A到平面的距离为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】在正三棱柱中，若，，所以，由勾股定理可得，在等腰三角形中，底边上的高长为，所以等腰三角形的面积为，设点A到平面的距离为，，故选：B3．已知，均为空间单位向量，它们的夹角为60°，那么等于（

）A． B． C． D．4【答案】C【解析】由题意可得，.故选：C4．（2023上·浙江杭州·高二统考期末）在平行六面体中，M为AC与BD的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（

）．A． B．C． D．【答案】A【解析】因为在平行六面体中，，所以.故选：A.5．（2022·全国·统考高考真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（

）A．平面平面 B．平面平面C．平面平面 D．平面平面【答案】A【解析】在正方体中，且平面，又平面，所以，因为分别为的中点，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；选项BCD解法一：如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，则，，则，，设平面的法向量为，则有，可取，同理可得平面的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，则，所以平面与平面不垂直，故B错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故C错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故D错误，故选：A.选项BCD解法二：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，在内，作于点，在内，作，交于点，连结，则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，由勾股定理可知：，，底面正方形中，为中点，则，由勾股定理可得，从而有：，据此可得，即，据此可得平面平面不成立，选项B错误；对于选项C，取的中点，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；故选：A.6．（2023上·贵州遵义·高二统考期末）如图所示，空间四边形中，，，，点在上，且，为中点，则等于（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】由，点为的中点，可得，又，．故选：B．7．（2023上·江苏镇江·高二统考期中）在棱长为2的正方体中，分别取棱，的中点，，则点到平面的距离为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由题意可知，，设点到平面的距离为，因为，所以.故选：D二、多选题8．（2021·全国·统考高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（

）A．当时，的周长为定值B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD【解析】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选：BD．9．（2023上·广东广州·高二校考阶段练习）如图，若长方体的面是边长为2的正方形，高为．E是的中点，则（

）A．B．平面平面C．直线与平面所成角的余弦值为D．点C到平面的距离为【答案】ACD【解析】如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，则，所以，所以，故A正确；，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，因为与不平行，所以平面与平面不平行，故B不正确；又设面的法向量为，则，令，则，所以，则直线与平面所成角的正弦值为故直线与平面所成角的余弦值为，故C正确；点C到平面的距离为，故D正确.故选：ACD.10．（2023上·浙江·高二校联考期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，，底面，点、分别为、的中点，若线段上存在点，使得，则线段的长度可能值为（

）A．3 B．4C．5 D．6【答案】BCD【解析】设，，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，因为，所以，则，当且仅当时，即时，等号成立，所以，即.故选：BCD三、填空题11．（2023上·海南·高二校联考期中）如图，在长方体中，，分别为，的中点，是线段上一点，满足，若，则．【答案】/.【解析】建立如图所示空间直角坐标系，设，因为，分别为，的中点，所以，所以，又因为，所以，所以，又因为，，所以，所以，解得，所以，故答案为：12．（2023上·四川内江·高二四川省资中县第二中学校考阶段练习）如图，两个正方形，的边长都是8，且二面角为，M为对角线AC靠近点A的四等分点，N为对角线DF的中点，则线段．【答案】【解析】由题意可知，，，所以为的平面角，所以，.因为，所以，所以，.因为，所以.所以，，所以，.因为，所以，所以，.故答案为：.13．（2023·全国·高二假期作业）已知是轴上的动点，当时，点的坐标为；当取最小值时，点的坐标为．【答案】【解析】因为点在轴上，设，由，则，解得．∴点的坐标