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专题20 空间向量与立体几何（八大题型+模拟精练）
目录：
01 空间向量的线性运算
02 空间向量的数量积
03 空间向量的基本定理
04 空间向量的坐标表示
05 利用空间向量判断位置关系
06 利用空间向量求角度
07 利用空间向量求距离
08 空间向量与立体几何 解答题
01 空间向量的线性运算
1．（2024 高三·全国·专题练习）如图，在空间四边形
中，
，
分别是
，
的中点，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
1
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【答案】A
【分析】借助向量线性运算法则计算即可得.
【解析】
.
故选：A.
2．（23-24 高二下·江苏常州·期中）如图，在正三棱柱
中，
，P 为
的中点，则
（ ）
A．
B．1
C．
D．
【答案】A
【分析】以
为基底表示
后可求
的值.
【解析】由正三棱柱
可得
，
，
而
，
故
.
故选：A.
3．（23-24 高二下·江苏宿迁·期中）下列命题正确的是（ ）
A．若
是空间任意四点，则有
B．若表示向量
的有向线段所在的直线为异面直线，则向量
一定不共面
2
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C．若
共线，则表示向量
与
的有向线段所在直线平行
D．对空间任意一点
与不共线的三点
、
、
，若
（其中
、
、
），
则
、
、
、
四点共面
【答案】A
【分析】根据题意，由已知条件结合空间向量共面定理，以及向量共线的性质，对选项逐一判断，即可得
到结果.
【解析】由空间向量的加法运算可知
，故A 正确；
空间中任意两个向量都共面，故B 错误；
若
共线，则表示向量
与
的有向线段所在直线平行或重合，故C 错误；
若
，且
，则
、
、
、
四点共面，故D 错误；
故选：A
4．（23-24 高一下·安徽合肥·期末）如图，三棱柱
中，
分别为
中点，过
作
三棱柱的截面交
于
，且
，则
的值为（ ）
A．
B．
C．
D．1
【答案】B
【分析】延长
交于点
，连接
交
于
，连接
，取
的中点
，连接
，得到四
边形
所求裁面，再利用平行的相似比得到
为
上靠近
的三等分点即可．
【解析】
3
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如图，延长
交于点
，连接
交
于
，
连接
，则四边形
所求截面．
取
的中点
，连接
.
∵
，
∴
是△APC 的中位线，
∴
为
的中点．
又
分别为
的中点，
∴
，则
，即
，
∴
为
上靠近
的三等分点，故
．
故选：B.
02 空间向量的数量积
5．（23-24 高二下·湖北·期末）空间向量
在
上的投影向量为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据投影向量公式计算即可.
4
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【解析】
，
，
由投影向量的定义和公式可知
在
的投影向量为
，
故选：C.
6．（23-24 高二下·福建龙岩·期中）如图，在斜三棱柱
中，
，
，
，则
（ ）
A．48
B．32
C．
D．
【答案】C
【分析】把
变成
，然后再根据空间向量的数量积公式及运算律直接计算即可.
【解析】
.
故选：C
7．（23-24 高二下·福建漳州·期末）正方体
的棱长为，
是正方体外接球的直径，
为
正方体表面上的动点，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
5
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【分析】利用向量数量积的运算律可知，
，进一步只需求出
即可得解.
【解析】由题意
等于正方体的体对角线长，设点
为
的中点，
所以
，
则
，
当点
与某个侧面的中心重合时，
最小，且
，
当点
与正方体的顶点重合时，
最大，且
，
由于点
是在正方体表面连续运动，所以
的取值范围是
，
的取值范围是
.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题关键在于利用球心
，将
转化为
，然后分析点
位置即可.
8．（2024·河南新乡·二模）已知圆锥
的底面半径为
，高为1，其中
为底面圆心，
是底面圆的
一条直径，若点
在圆锥
的侧面上运动，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由
，
最小时，
有最小值，求
的最小
值即可.
6
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【解析】圆锥
的底面半径为
，高为1，其中
为底面圆心，
是底面圆的一条直径，
则有
，
，
点
在圆锥
的侧面上运动，
则
，
最小时，
有最小值，
的最小值为
点到圆锥母线的距离，
中，
，
，则
，
点到
的距离
，
则
的最小值为
，
的最小值为
.
故选：A
03 空间向量的基本定理
9．（24-25 高二上·上海·课后作业）如图，在四面体OABC 中，
，
，
，
若
，且
∥平面ABC，则实数
（ ）
7
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由条件可知，延长
与
交于
，连接
，则由题意可得
∥
，令
，
，则利用不同的方法将
用
表示，可求出
，然后利用三角形相似可求得结果.
【解析】由条件可知，延长
与
交于
，连接
，
因为
平面
，
平面
，平面
平面
，
所以
∥
，
令
，
，
则有
，
，
根据向量基底表示法的唯一性，
得
解得
∥
，
，
，
．
8
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故选：D．
10．（22-23 高二上·江西南昌·期末）已知点
在
确定的平面内，
是平面
外任意一点，实数
满足
，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．1
D．2
【答案】A
【分析】借助空间向量的线性运算与基本定理可得
，结合消元法与二次函数的性质计算即可得.
【解析】因为
，
所以
，又点D 在
确定的平面内，
是平面
外任意一点，
所以
，即
，
则
.
故选：A.
11．（23-24 高二下·江苏淮安·阶段练习）以等腰直角三角形斜边
上高
为折痕，把
和
折成
的二面角.若
，
，则
最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据二面角的平面角的定义得
是
和
折成120°的二面角的平面角，解三角形求
得
，
，由已知得点P 在平面ABC 内，则
的最小值为点D 到
平面ABC 的距离，设点D 到平面ABC 的距离为h，运用等体积法可求得答案.
【解析】由已知得
，
所以
是
和
折成
的二面角的平面角，所以
，
又
，所以
，
9
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，所以
，
因为
，其中
，
所以点
在平面
内，则
的最小值为点
到平面
的距离，
设点
到平面
的距离为，
因为
，
，
平面
，
所以
平面
，所以
是点
到平面
的距离，
所以
，
又
中，
，所以
，
而
为三角形内角，所以
，
则
，
所以
，解得
，
所以
的最小值为
，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：空间向量中的线段长度的最值问题，可根据向量代数式的几何意义转化为点面距的
问题来处理.
04 空间向量的坐标表示
12．（2023·河南·模拟预测）已知空间向量
，若
共面，则实数
（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】A
10
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【分析】根据空间向量共面定理可知存在一对有序实数
，使
，然后列方程组可求得答案.
【解析】因为
不共线，
共面，
所以存在一对有序实数
，使
，
所以
，
所以
，解得
，
故选：A
13．（23-24 高二下·福建莆田·期末）在三棱锥
中，
，
，
两两垂直，且
.
若
为该三棱锥外接球上的一点，则
的最大值为（ ）
A．2
B．4
C．
D．
【答案】C
【分析】首先将三棱锥放置在正方体中，并建立空间直角坐标系，利用转化向量的方法求数量积，再代入
坐标运算，即可求解.
【解析】如图，将三棱锥放置在正方体中，三棱锥的外接球就是正方体的外接球，球心为正方体对角线的
交点，
，
，
，
，
，
，
设三棱锥外接球的半径为
，
，则
，
，
，
11
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，
，
，
，
，
，
所以
，
当
时，
取得最大值
.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是三棱锥与外接球组合体的几何关系，以正方体为桥梁，建立空间直角
坐标系，转化为数量积问题.
14．（23-24 高二下·福建·期中）在棱长为2 的正方体
中，若点P 是棱上一点(含顶点)，则
满足
的点P 的个数为（ ）
A．8
B．12
C．18
D．24
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，则点
，
，考虑P 在上底面的棱上，设点P 的坐标为
，则由题意可得
，
，计算
，
即可得出结论.
【解析】如图所示：以点D 为原点，以DA 所在的直线为x 轴，以DC 所在的直线为y 轴，
以
所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系.
12
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则点
，
，考虑P 在上底面的棱上，设点P 的坐标为
，
则由题意可得
，
.
所以
，
故
，即
，
因为点P 是棱上一点（含顶点），所以
与正方形
切于4 个点，
即上底面每条棱的中点即为所求点
；
同理P 在右侧面的棱上，也有4 个点，设点
，
，
即
与正方形
切于
个点，
即右侧面每条棱的中点即为所求点
；
同理可得：正方体每条棱的中点都满足题意，故点
的个数有
个.
故选：C
05 利用空间向量判断位置关系
15．（23-24 高二下·甘肃·期中）已知平面
外的直线l 的方向向量为
，平面
的一个法向量为
，则（ ）
A．l 与
斜交
B．
C．
D．
【答案】C
13
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【分析】根据题意，求得
，得到
，即可得到答案.
【解析】由平面
外的直线l 的方向向量为
，平面
的一个法向量为
，
可得
，所以
，则
.
故选：C.
16．（23-24 高三下·湖南衡阳·阶段练习）空间四边形
中
分别为
的点（不
含端点）.四边形
为平面四边形且其法向量为
.下列论述错误项为（ ）
A．
，则
//平面
B．
，则
平面
C．
，则四边形
为矩形.
D．
，则四边形
为矩形.
【答案】C
【分析】根据法向量的定义即可求解A，根据向量相等可得平行四边形，进而可得线线平行，进而根据线
线平行得线面平行，即可由线面平行的性质求解BCD.
【解析】由于
是平面
的法向量，且
，
不在平面
内，则
//平面
，A 正确，
对于B，由于
,则四边形
为平行四边形，故
,
平面
平面
，
所以
平面
，
平面
，且平面
平面
,故
,
则
平面
,
平面
,则
平面
,故B 正确，
对于C, 由于
,则四边形
为平行四边形，
,显然矛盾，故C 错误，
对于D，由于
,由选项B 可得
，由于四边形
为平行四边形，
故
,
平面
平面
，
14
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所以
平面
，
平面
，且平面
平面
,故
, 由于
,
因此
,故四边形
为矩形，
故选：C
17．（23-24 高二下·江苏扬州·阶段练习）正方体
的棱长为1，动点
在线段
上，动点
在平面
上，且
平面
，线段
长度的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，设点
的坐标，由线面垂直转化成向量垂直，列方程组，表示出
，利用模长公式计算即可.
【解析】结合题意：以
分别为
建立空间直角坐标系，如图所示：
由正方体
的棱长为1，可得
.
设
，
则
，
因为
平面
，所以
,
15
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即
，解得
，
所以
，所以
，
所以
，
因为
，结合复合函数单调性可得
在
单调递增.
故
.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于利用
平面
，找到
，从而得到
.
18．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）在正方体
中，点
为线段
上的动点，直线
为平面
与平面
的交线，现有如下说法
①不存在点
，使得
平面
②存在点
，使得
平面
③当点
不是
的中点时，都有
平面
④当点
不是
的中点时，都有
平面
其中正确的说法有（ ）
16
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A．①③
B．③④
C．②③
D．①④
【答案】B
【分析】
对于①，由当点
与点
重合时，结合线面平行的判定定理即可判断；对于②，若
平面
，则
，建系利用向量运算
即可判断；对于③④，由线面平行，线面垂直的相关知识判断
即可.
【解析】对于①，由当点
与点
重合时，由
，
而
平面
，
平面
，得
平面
，故①错误；
对于②，若存在点
，使得
平面
，则
，
又
，可得
，
以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，
，
，
则
，
，
，
，
17
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则
，
，
，
，
所以
，这与
矛盾，故②错误；
对于③，当
不是
的中点时，
由
，且
面
，
面
，可知
面
，
又直线
为面
与面
的交线，则
，
又
面
，
面
，从而可得
面
，故③正确；
对于④，由③可知
，又
平面
，
平面
，
所以
，又
，
，
平面
，
所以
平面
，所以
平面
，故④正确.
综上，③④正确.
故选：B.
06 利用空间向量求角度
19．（23-24 高二下·福建厦门·期末）在四面体
中，
，
，
，
，则
与
所成角的余弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用向量的夹角公式和数量积的运算律，即可求解异面直线夹角.
【解析】由题知，
，令
为
与
所成夹角，
18
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则
.
故选：A
20．（2024·陕西·模拟预测）在平行六面体
中，已知
，
，则下列选项中错误的一项是（ ）
A．直线
与BD 所成的角为90°
B．线段
的长度为
C．直线
与
所成的角为90°
19
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D．直线
与平面ABCD 所成角的正弦值为
【答案】D
【分析】在平行六面体
中，取
，利用空间向量的线性运算及数量积
运算，逐一分析选项，即可得出答案.
【解析】在平行六面体
中，令
，
，
，
由
，
，
得
，
，
对于
，显然
，
，
则
，即
，
因此直线
与
所成的角为
，A 正确；
对于B，
，即
，B 正确；
对于C，
，即
，
因此直线
与
所成的角为
，C 正确；
对于D，在平行六面体
中，四边形
是菱形，即
，
又
，
，
平面
，于是
平面
，
又
平面
，则平面
平面
，
连接
交
于点
，在平面
内过点
作
于点
，如图，
20
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由平面
平面
，因此
平面
，即直线
与平面
所成角为
，
，则
，即
，
由
及选项C 知，
，则
，D 错误.
故选：D
21．（23-24 高二下·江苏徐州·期中）如图，四边形
，现将
沿
折起，当二面角
的大小在
时，直线
和
所成角为
，则
的最大值为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】取BD 中点O，连结AO，CO，以O 为原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，过点O 作平面BCD 的垂线
为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB 与CD 所成角的余弦值的最大值．
【解析】取BD 中点O，连接AO，CO，
，
21
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则
，且
，于是
是二面角
的平面角，
显然
平面
，在平面
内过点
作
，则
，
直线
两两垂直，以O 为原点，直线
分别为
轴建立空间直角坐标系，
，设二面角
的大小为
，
，
因此
，
，
，
于是
，
显然
，则当
时，
，
所以
的最大值为
.
故选：B
【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，求出动点
的坐标，利用向量建立函数关系是解题的关键.
07 利用空间向量求距离
22．（23-24 高一下·黑龙江齐齐哈尔·期末）平行六面体
中，
，点
为
的中点，则点
到直线
的距离为
．
22
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【答案】
【分析】选取
作为空间一组基底，用基底表示
，求出模，运用公式可以求解.
【解析】如图所示，根据题意，选取
作为空间一组基底.
则
，同理
，
.
，
，
;
;
；
则
，
点
到直线
的距离
.
23
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故答案为：
.
23．（23-24 高二下·安徽·期末）在棱长为2 的正方体
中，E，F 分别为正方形
和正
方形
的中心，则点
到平面
的距离为 .
【答案】
/
【分析】建系，写出相关点的坐标，分别求出
与平面
的法向量
的坐标，代入点到平面距离的向
量计算公式计算即得.
【解析】
如图，以点
为坐标原点，分别以
所在直线为
轴建立空间直角坐标系.
则
,
于是，
，
,
24
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设平面
的法向量为
，则
，
故可取
，则点
到平面
的距离为
.
故答案为：
24．（23-24 高二下·江苏淮安·阶段练习）将边长为2 的正方形ABCD 沿对角线AC 折叠使得△ACD 垂直于
底面ABC，则异面直线AD 与BC 的距离为 ．
【答案】
/
【分析】利用垂直关系，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线的距离.
【解析】取
的中点
，连结
，
，
由条件可知，平面
平面
，且平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，
如图，以点
为原点，
为
轴的正方向，建立空间直角坐标系，
，
，
，
，
，
，
,
设与
垂直的向量为
，则
，令
，则
，所以
，
25
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则异面直线AD 与BC 的距离为
.
故答案为：
25．（24-25 高二上·上海·单元测试）如图，在直三棱柱
中，
，
，
，
点
为
的中点，则
与平面
的位置是 ．
【答案】垂直
【分析】建立空间直角坐标系，证明
即可得
与平面
的位置关系.
【解析】如图所示，分别以
所在直线为
轴建立如图空间直角坐标系，
且
.
设
，则
，
所以
,
因为
,
所以
，
因为
平面
，
平面
，
所以
平面
.
故答案为：垂直.
26
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26．（19-20 高二·全国·课后作业）正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M，N，E，F 分别为A1D1，A1B1，
C1D1，B1C1的中点，则平面AMN 与平面EFBD 的距离为 .
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，计算平面AMN 的一个法向量，然后使用等价转化的思想，面面距转为点
面距，最后计算即可.
【解析】如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，
则A(4，0，0)，M(2，0，4)，D(0，0，0)，B(4，4，0)，E(0，2，4)，
F(2，4，4)，N(4，2，4).
27
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∴
=(2，2，0)，
=(2，2，0)，
=(
2，0，4)，
=(
2，0，4)，
∴
，
EF
∴
∥MN，BF∥AM，EF∩BF=F，MN∩AM=M.
∴平面AMN∥平面EFBD.
设
=(x，y，z)是平面AMN 的一个法向量，
则
解得
取z=1，则x=2，y=-2，得
=(2，
2，1).
平面AMN 到平面EFBD 的距离就是点B 到平面EFBD 的距离.
∵
=(0，4，0)，∴平面AMN 与平面EFBD 间的距离d=
.
故答案为：
【点睛】本题考查面面距，使用数形结合，形象直观，并采用向量的方法，将几何问题代数化，便于计算，
属基础题.
08 空间向量与立体几何 解答题
27．（24-25 高三上·湖南·开学考试）如图，在直三棱柱
中，
是侧棱
的中点，
.
28
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(1)证明：平面
平面
；
(2)求锐二面角
的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
.
【分析】（1）利用三棱柱性质以及边长关系可得
为正方形，所以
；再利用勾股定理以及
面面垂直的判定定理即可证明出结论；
（2）以
为原点建立空间直角坐标系，分别求得平面
的法向量为
，易知平面
的一个法向量为
，可得锐二面角
的余弦值.
【解析】（1）设
，因为
，
由余弦定理可得
，即
；
可得四边形
为正方形，所以
，
且
，又
是侧棱
的中点，连接
，
因为
，又
，则
，
因为
为
的中点，所以
，
由
平面
，且
，可得
平面
，
又因为
平面
，
可得平面
平面
.
（2）由直棱柱的性质与已知，得
，
29
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以
为原点，以垂直于平面
的直线，
所在直线分别为
轴建立如图所示的空间直角坐标
系，
设
，可得
，且
是
中点，
则
.
可得
，
设平面
的法向量为
，则
令
，则
，可得
，
由（1）可知平面
的一个法向量为
，
可得
，
所以锐二面角
的余弦值为
.
28．（23-24 高二下·上海·期末）如图，在四棱锥
中，底面
为正方形，
底面
，
为线段
的中点，
，
为线段
上的动点.
30
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(1)证明：
；
(2)当
为线段
的中点时，求点
到面
的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证出
平面
和
平面
，进而可得
；
（2）以
为原点，
分别为
轴建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，
利用空间向量法求出点到平面的距离．
【解析】（1）
平面
，
平面
，
，
又
平面
，
平面
，又
平面
，
，
中，
为
的中点，
，
平面
，
平面
，
平面
，
.
（2）以
为原点，
分别为
轴建立空间直角坐标系
，
则
，
，
，
，
所以
，
，
，
设
为平面
的法向量，
31
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则
，令
，则
，故
，
则点
与平面
的距离
.
29．（2024·重庆·模拟预测）如图，在四棱锥
中，
平面
为等边三角
形，
，点
为棱
上的动点．
(1)证明：
平面
；
(2)当二面角
的大小为
时，求线段
的长度．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）先求得
，再根据线面垂直的判定定理证得
平面
.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法列方程来求得
点的坐标，进而求得
的长度.
【解析】（1）依题意
，所以
，
所以
，所以
，则
，
32
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由于
平面
，
平面
，所以
，
由于
平面
，所以
平面
.
（2）由（1）可知
两两相互垂直，由此以
为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，设
，
平面
的法向量为
，
设平面
的法向量为
，
则
，
故可设
，
依题意，二面角
的大小为
，
所以
，
整理得
，
解得
或
（舍去），所以
，
所以
.
33
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30．（2024·吉林·模拟预测）如图所示，半圆柱
与四棱锥
拼接而成的组合体中，
是半圆弧
上（不含
）的动点，
为圆柱的一条母线，点
在半圆柱下底面所在平面内，
.
(1)求证：
；
(2)若
平面
，求平面
与平面
夹角的余弦值；
(3)求点
到直线
距离的最大值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
；
(3)
【分析】（1）取弧
中点
，以
为坐标原点建立空间直角坐标系，设
，求出
，利用
空间位置关系的向量证明推理即得.
（2）由数据求出点
坐标，再求出平面FOD 与平面
的法向量，利用面面角的向量求法求解.
（3）利用空间向量求出点
到直线
距离的函数关系，再求出最大值即可.
【解析】（1）取弧
中点
，则
，以
为坐标原点，直线
分别为
轴建立空
间直角坐标系，
连接
，在
中，
，
，则
，
于是
，
34
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设
，则
，其中
，
，
因此
，即
，
所以
.
（2）由
平面
平面
，得
，
又
，则
，而
平面
，
则
平面
，即
为平面
的一个法向量，
，由
平面
，得
，
又
，解得
，此时
，
设
是平面
的法向量，则
，取
，得
，
设
是平面
的法向量，则
，取
，得
，
则平面FOD 与平面
夹角的余弦值为
.
（3）
，
则点
到直线
的距离
，
当
时，即
的坐标为
时，点
到直线
的距离取最大值为
35
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【点睛】方法点睛：利用向量法求二面角的常用方法：①找法向量，分别求出两个半平面所在平面的法向
量，然后求得法向量的夹角，结合图形得到二面角的大小；②找与交线垂直的直线的方向向量，分别在二
面角的两个半平面内找到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方向向量，则这两个向量的夹角就是二面角
的平面角．
一、单选题
1．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱
中，
，
，
，则
异面直线
与
所成角的余弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据空间向量法求线线角即可.
【解析】以
为原点，在平面
内过
作
的垂线交
于
，
以
为
轴，以
为
轴，以
为轴，建立空间直角坐标系，
因为直三棱柱
中，
，
，
，
所以
，
所以
，
设异面直线
与
所成角为
，
36
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所以
.
故选：C.
2．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）设
，
，且
，则
（ ）
A．
B．0
C．3
D．
【答案】D
【分析】根据向量的垂直和平行，先求出
的值，再求所给向量的模.
【解析】由
，
由
，
.
所以
.
故选：D
3．（2024·山西·三模）正方体
的棱长为2，
分别为
的中点，
为底面
的中心，则三棱锥
的体积是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，求解平面法向量，利用向量法求解点面距离，即可根据体积公式求解.
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则
,
,
设平面
法向量为
，
则
，取
，则
，
37
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故
到平面
的距离为
，
而
,
故
,
故
，
故选：B
4．（2024·青海·模拟预测）如图，在三棱锥P-ABC 中，
，
，
，点D，E，F 满足
，
，
，则直线CE 与DF 所成的角为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
38
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【分析】设
，
，
，利用空间向量运算得
，
，利用数量
积的运算律求解数量积，即可解答.
【解析】设
，
，
，则
，
，
，
，
所以
，
故直线CE 与DF 所成的角为
.
故选：D
5．（2024·山东日照·二模）已知棱长为1 的正方体
，以正方体中心为球心的球
与正方体
的各条棱相切，若点
在球
的正方体外部（含正方体表面）运动，则
的最大值为（ ）
A．2
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】取
中点
，根据空间向量的数量积运算得
，判断
的最大值即可求解.
【解析】取
中点
，可知
在球面上，可得
，
所以
，
点
在球
的正方体外部（含正方体表面）运动，当
为直径时，
，
39
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所以
的最大值为
.
故选：B.
6．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知菱形
，
，将
沿对角线
折起，使以
四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线
与
所成角的余弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】当三棱锥
的体积最大时，平面
平面
，以E 为原点，
分别为
轴的正方向建立空间直角坐标系，求出向量
的坐标，根据向量夹角的坐标表示可解.
【解析】记
的 中点分别为
，因为
，所以
，
同理，
，记
，
因为
，所以
，
所以
，
，
易知，当平面
平面
时，三棱锥
的体积最大，此时
，
以E 为原点，
分别为
轴的正方向建立空间直角坐标系，
则
所以
，
所以
，
所以异面直线
与
所成角的余弦值为
.
故选：C
40
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7．（2024·河南·三模）在四面体
中，
是边长为2 的等边三角形，
是
内一点，四面
体
的体积为
，则对
，
的最小值是（ ）
A．
B．
C．
D．6
【答案】D
【分析】根据共面向量定理将所求最小值转化为点
到平面
的距离，再利用体积求解即可.
【解析】设
，由共面向量定理得点
为平面
内任意一点，
且
，
所以
，
求
的最小值，即求点
到平面
的距离，
设点
到平面
的距离为，
由题意知
，
四面体
的体积
，
解得
，故所求最小值为6．
故选：D．
8．（2024·辽宁·模拟预测）如图，在棱长为2 的正方体
中，已知
，
，
分别是棱
，
，
的中点，
为平面
上的动点，且直线
与直线
的夹角为
，则点
的轨迹长
度为（ ）
41
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】以
为坐标原点，
，
，
所在直线分别为
、
、轴建立空间直角坐标系，由空间向
量的位置关系可证得
平面
，可得点
的轨迹为圆，由此即可得．
【解析】解：以
为坐标原点，
，
，
所在直线分别为
、
、轴，
建立空间直角坐标系，
，
，
，
，
，
故
，
，
，设平面
的法向量为
，
则
，
令
得，
，故
，
42
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因为
，故
平面
，
为平面
上的动点，直线
与直线
的夹角为30°，
平面
，设垂足为，以为圆心，
为半径作圆，
即为点
的轨迹，其中
，
由对称性可知，
，故半径
，
故点
的轨迹长度为
.
故选：C.
二、多选题
9．（2024·河北承德·二模）如图，在正四棱柱
中，
是棱
的中点，
为线段
上的点（异于端点），且
，则下列说法正确的是（ ）
A．
是平面
的一个法向量
B．
43
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C．点
到平面
的距离为
D．二面角
的正弦值为
【答案】ACD
【分析】对于A，证明
平面
即可；对于B，在
中通过余弦定理计算
的长度即可；对
于C，D，建立空间直角坐标系，求出平面
的法向量，根据点到面的距离公式可计算C 选项，计算平
面
和平面
的法向量即可求出二面角的正弦值，可判断D 选项.
【解析】对于A，由于是正四棱柱，易知
，
在
中，因为
，
所以
，
故
，
又
平面
，
平面
，
所以
平面
，故A 正确；
对于B，在
中，因为
，
则
，
在
中，利用余弦定理
,
可求得
或
（舍去），
因此
，故
错误；
对于C， 以
为原点，
分别为
轴建立如图所示的空间直角坐标系，
44
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则
，
由B 选择可知，
，
，
所以
，
故
，
设
为平面
的法向量，
则
，
令
，则
，
设点
到平面
的距离为，
所以由点到平面的距离公式得：
，故C 正确；
对于D，由C 选项中坐标可知，
为平面
的一个法向量，
，
设平面
的一个法向量为
，
则
令
，
所以
，
45
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因此二面角
的正弦值为
，故D 正确.
故选：ACD.
10．（2024·山东滨州·二模）图，在边长为4 的正方形
中，
为
的中点，
为
的中点．若分
别沿
，
把这个正方形折成一个四面体，使
、
两点重合，重合后的点记为
，则在四面体
中，下列结论正确的是（ ）
A．
B．
到直线
的距离为
C．三棱锥
外接球的半径为
D．直线
与
所成角的余弦值为
【答案】AC
【分析】首先证明
平面
，即可判断A，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算B、D，求出
外接圆的半径，再由勾股定理求出三棱锥
外接球的半径，即可判断C.
【解析】对于A：翻折前
，
，
46
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翻折后则有
，
，
因为
，
、
平面
，
所以
平面
，
平面
，所以
，故A 正确；
对于B：又
，即
为等边三角形，所以
，
在平面
中过点
作
，则
，
如图建立空间直角坐标系，则
，
，
，
，
，
所以
，
，
令
，
，所以
到直线
的距离为
，故B 错误；
对于C：所以
的外接圆的半径
，
设三棱锥
外接球的半径为
，
因为
平面
，所以
，所以
，
即三棱锥
外接球的半径为
，故C 正确；
对于D：由
，设直线
与直线
所成角为
，，
则
47
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所以直线
与直线
所成角的余弦值为
，故D 错误.
故选：AC.
11．（2024·江西宜春·三模）如图，正方体
的棱长为2，设P 是棱
的中点，Q 是线段
上的动点（含端点），M 是正方形
内（含边界）的动点，且
平面
，则下列结论正
确的是（ ）
A．存在满足条件的点M，使
B．当点Q 在线段
上移动时，必存在点M，使
C．三棱锥
的体积存在最大值和最小值
D．直线
与平面
所成角的余弦值的取值范围是
【答案】ABC
【分析】由已知，取
的中点E，
的中点F，并连接，可得点M 的轨迹为线段
．对于A，连接
，
交
于点O，可得
平面
，当M 为线段
中点时，
，又
，则
可判断：对于B，分别以向量
，
，
的方向为x，y，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，由空间
向量坐标运算可得存在
，即可判断；对于C，设点M 到
的距离为h，可知当M 与E 重合时，
48
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，当M 与F 重合时，
，即可求出三棱锥
的体积存在最大值和最小值，
则可判断；对于D，由
平面
知，
即为直线
与平面
所成的角，在
中，
可得
，则得
，进而得
，则可判断.
【解析】取
的中点E，
的中点F，连接
，
，
，
，如图所示．
易知
，
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
，
同理，
平面
，
又
，又
平面
，
所以平面
平面
，又
平面
，
所以
平面
，故点M 的轨迹为线段
．
对于A，连接
，
交
于点O，如图所示．
49
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则
，又
，
，
平面
，
所以
平面
，当M 为线段
中点时，
，
因为
，所以
，故A 正确；
对于B，分别以向量
，
，
的方向为x，y，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．
则
，
，
设
（
），得
，从而
，
又
，令
，得
，
当
时，显然不合题意；
当
时，由
，解得
，
即当点Q 在线段
上移动时，均存在点M，使
，故B 正确；
对于C，设点M 到
的距离为h，
50
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则三棱锥
的体积为
，
当M 与E 重合时，
，得
；
当M 与F 重合时，
，得
，故C 正确；
对于D，设直线
与平面
所成的角为
、连接
，如图所示．
由
平面
知，
，在
中，
由
，得
，
所以
，所以
，故D 错误．
故选：ABC．
【点睛】关键点点睛，本题关键是先找到点M 的轨迹，对于B 选项，通过设出向量的含参坐标，借助参数
的范围满足条件，得到答案；对于C 选项，利用等积转化，转化成棱锥高取得最值，可得体积最值；对于
D 选项，关键是找到线面角正切的范围，进而得到余弦的范围.
三、填空题
12．（2024·山东济南·一模）在三棱柱
中，
，
，且
平面
，
则
的值为 .
【答案】
/0.5
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【分析】利用三棱柱模型，选择一组空间基底
，将相关向量分别用基底表示，再利
用
平面
，确定
必共面，运用空间向量共面定理表达，建立方程组计算即得.
【解析】
如图，不妨设
，依题意，
,
，
因
，则
又因
平面
，故
必共面，
即存在
，使
，即
，
从而有
，解得
.
故答案为：
.
13．（2024·河南·一模）三棱锥
中，
，
，
，
，点M，N
分别在线段
，
上运动.若二面角
的大小为
，则
的最小值为 .
【答案】
/
【分析】观察三棱锥
，将其补形成直三棱柱
，再推得
是正三角形，从而建立空
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间直角坐标系，利用异面直线距离的向量法公式即可得解.
【解析】依题意，将三棱锥
补形成直三棱柱
，
此时易知
，
，满足题意，
又
，所以
为二面角
的平面角，即
，
在
中，
，
，则
，
在
中，
，则
，
又
，所以
是正三角形，
要求
的最小值，即求异面直线
，
的距离，
以
点为原点，建立空间直角坐标系如图，
则
，
故
，
设
同时垂直于
，则
，
取
，则
，故
，
所以
的最小值为
.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，通过分析三棱锥
的图形，将其补形成直三棱柱
，从而得解.
14．（2024·山东青岛·一模）已知球O 的表面积为
，正四面体ABCD 的顶点B，C，D 均在球O 的表面
53
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上，球心O 为
的外心，棱AB 与球面交于点P．若
平面
，
平面
，
平面
，
平
面
，
且
与
之间的距离为同一定值，棱AC，AD 分别与
交于点Q，
R，则
的周长为 .
【答案】
/
【分析】结合球的表面积公式，根据正三角形外接圆的性质求得边长，利用三点共线及数量积的运算律求
得
，然后利用平行平面的性质求得
，
，再利用余弦定理求得
，
即可求解
的周长.
【解析】设
与
之间的距离为d，设球O 的半径为R，则由题意得
，解得
，
所以
，所以
，所以
，
由A，P，B 三点共线，故存在实数
使得
，
所以
，所以
，即
，
解得
，所以
，所以
，所以
，
又
且
与
之间的距离为d，则
，
，
所以
，
，所以
，
又
，所以
的周长为
.
故答案为：
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【点睛】关键点点睛：本题考查学生的空间想象能力，解题关键是找到点
的位置．本题中应用正四
面体的性质结合球的半径，求出边长，利用平行平面的距离，得到所求三角形的边长即可求解.
四、解答题
15．（2024·广东·模拟预测）如图，在直四棱柱
中，
.
(1)证明：
平面
；
(2)求
与平面
所成的角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取
的中点
，连接
，只需依次证明
，和
平面
即可得
证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出相应的直线的方向向量与平面的法向量，结合向量夹角公式即可
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得解.
【解析】（1）
取
的中点
，连接
，
因为
，
所以
，故四边形
为平行四边形，
所以
，
因为
，所以四边形
是平行四边形，
所以
，
因为
，
所以
，所以四边形
是平行四边形，
所以
平面
，
而
平面
，故
平面
.
（2）以
为原点，
所在直线分别为
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
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则
，
所以
，
设
是平面
的法向量，则
，故
，
令
，得
，则
是平面
的一个法向量，
设
与平面
所成的角为
，
则
，
即
与平面
所成的角的正弦值为
.
16．（2024·青海·模拟预测）如图，在斜三棱柱
中，
，M 为AC 的中点，
．
(1)证明：
．
(2)若
，
，
，求平面
与平面
所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
.
【分析】（1）取
的中点
，连接
，
，将
线线垂直转换为线面垂直，即
平面
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，通过线面垂直的判断定理证明即可；
（2）先证明
平面ABC，再建立空间直角坐标系求出各点的坐标，求出二面角的两个半平面的法向
量，根据向量夹角公式即可得出结果.
【解析】（1）证明：取AB 的中点
，连接
，
，因为M 为AC 的中点，所以
，
又
，所以
，
因为
，所以
，所以M，N，
，
四点共面，
因为
，
，
，
平面
，
平面
，
所以
平面
，所以
.
（2）因为
平面
，所以
，
又
，
，所以
，
因为
，
，所以在
中，
，则
，
由
平面
，可得
.因为
，所以
平面ABC，
以
为坐标原点，
，
所在的直线分别为
轴，轴，以经过点
且垂直于
方向为
轴建立如
图所示的空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
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则
，
，
设平面
的法向量为
，
则由
，可得
，
令
，得
，
由题可知，平面
的一个法向量为
，
，
则平面
与平面
所成锐二面角的余弦值为
.
17．（2024·山东烟台·三模）如图，在直三棱柱
中，
，M，N 分别为
，
中点，且
．
(1)证明：
；
(2)若D 为棱
上的动点，当
与平面
所成角最大时，求二面角
的余弦值.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
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【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，证明
即可；
（2）当
与平面
所成角最大时，求出此时点
的位置，再求出二面角所对应的两个平面的法向量，
结合向量夹角公式即可运算求解.
【解析】（1）在直三棱柱
中，
平面
，而
平面
，
平面
，
所以
，
，
因为
，
，
平面
，
平面
，
所以
平面
，
因为
平面
，
所以
，
因为
，
，
所以
两两互相垂直，
以点
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，
因为
，M，N 分别为
，
中点，
所以
，
，
所以
，
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所以
，
所以
，即
；
（2）
由（1）得
，
，
设
，
所以
，
因为
平面
，
所以取平面
的一个法向量为
，
设
与平面
所成角为
，
所以
与平面
所成角的正弦值为
，
若要
与平面
所成角最大，则当且仅当
最大，
所以当且仅当
时，
最大，此时
，
因为
，
，
平面
，
平面
，
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所以
平面
，
因为
平面
，
平面
，
平面
，
所以平面
和平面
是同一个平面，
所以
平面
，
所以可取平面
的一个法向量为
，
若
的坐标为
，且注意到
，
所以
，
设平面
的法向量为
，
由
，可得
，令
，解得
，
所以取平面
的一个法向量为
，
由图可知二面角
是锐角，
所以二面角
的余弦值为
，
综上所述，二面角
的余弦值为
.
18．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图1，在矩形
中，
，
，将
沿矩形的对角
线
进行翻折，得到如图2 所示的三棱锥
，且
.
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(1)求翻折后线段
的长；
(2)点
满足
，求
与平面
所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
.
【分析】（1）可以证明得到
为直角三角形, 翻折后线段
的长可由勾股定理得出.
（2）根据第（1）问可以建立坐标系,写出关键点的坐标,求出
,平面
的法向量,求出向量夹角的余弦
值,后得到
与平面
所成角的正弦值.
【解析】（1）由
,
,
,
,
平面
,
可得
平面
,又
平面
,则
,
在
中,根据勾股定理,
（2）如图,过
点作
于点
,由（1）可知,平面
平面
,交于
,
∴
平面
,∵
,又
,
,∴
为直角三角形,∴
如图,以
为
轴,
为
轴,过
作
的平行线为轴建立如图所示的空间直角坐标系
则
,
,
,有
,
,
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设平面
的法向量
,则
,
令
,解得其中一个法向量
；
于是,
,
故
与平面
所成角的正弦值为
.
19．（2024·山西晋中·模拟预测）如图，在多面体
中，侧面
为菱形，侧面
为直角梯
形，
，
，
为
的中点，点
为线段
上一动点，且
，
，
.
(1)若点
为线段
的中点，证明：
平面
；
(2)若平面
平面
，且
，在线段
上是否存在点
，使得直线
与平面
所成角
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）取
中点
，连接
，
，根据中位线和平行四边形的性质得到
，再证明
，从而得到
，然后根据线面平行的判定定理证明；
（2）建系，然后利用空间向量的方法列方程，解方程即可.
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【解析】（1）
取
中点
，连接
，
，
因为
分别为
中点，
所以
且
，
因为四边形
为菱形，
为
中点，
所以
且
，
所以
且
，则四边形
为平行四边形，
所以
，
又侧面
为直角梯形，
，
，且
为
的中点，
所以
且
，所以四边形
为平行四边形，所以
，
所以
，
因为
平面
，
平面
，
所以
平面
.
（2）取
中点
，连接
，
因为平面
平面
，平面
平面
，
，
平面
，
所以
平面
，
因为
平面
，
平面
，
所以
，
，
因为
，四边形
为菱形，
所以三角形
为等边三角形，
因为
为
中点，
所以
，
，
所以
两两垂直，
以
为原点，分别以
为
轴建立空间直角坐标系，
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则
，
，
，
，
，
所以
，
，
，
设
，则
，
，
设平面
的法向量为
，
则
，令
，则
，
，
所以
，
设直线
与平面
所成角为
，则
，又
，所以
，
所以
，
所以
，
所以线段
上存在点
，使得直线
与平面
所成角的余弦值为
，
此时
.
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