第10講空間向量的應用與新定義（五種題型）-沖刺2025年高考數(shù)學熱點、重難點題型解題方法與策略+真題演練（新高考專用）（解析版）

第10講空間向量的應用與新定義（五種題型）題型一：空間向量的位置關(guān)系的證明一、單選題1．（2023·全國·高三專題練習）如圖，在正四棱柱中，是底面的中心，分別是的中點，則下列結(jié)論正確的是（

）A．//B．C．//平面D．平面【答案】B【分析】建立空間直角坐標系，利用空間位置關(guān)系的向量證明，逐項分析、判斷作答.【詳解】在正四棱柱中，以點D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，令，是底面的中心，分別是的中點，則，，，對于A，顯然與不共線，即與不平行，A不正確；對于B，因，則，即，B正確；對于C，設平面的法向量為，則，令，得，，因此與不垂直，即不平行于平面，C不正確；對于D，由選項C知，與不共線，即不垂直于平面，D不正確.故選：B2．（2023春·河南洛陽·高三洛陽市第八中學?？奸_學考試）在正方體中，E，F(xiàn)分別為的中點，則（

）A．平面平面 B．平面平面C．平面平面 D．平面平面【答案】A【分析】證明平面，即可判斷A；如圖，以點為原點，建立空間直角坐標系，設，分別求出平面，，的法向量，根據(jù)法向量的位置關(guān)系，即可判斷BCD.【詳解】解：在正方體中，且平面，又平面，所以，因為分別為的中點，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正確；選項BCD解法一：如圖，以點為原點，建立空間直角坐標系，設，則，，則，，設平面的法向量為，則有，可取，同理可得平面的法向量為，平面的法向量為，平面的法向量為，則，所以平面與平面不垂直，故B錯誤；因為與不平行，所以平面與平面不平行，故C錯誤；因為與不平行，所以平面與平面不平行，故D錯誤，故選：A.選項BCD解法二：解：對于選項B，如圖所示，設，，則為平面與平面的交線，在內(nèi)，作于點，在內(nèi)，作，交于點，連結(jié)，則或其補角為平面與平面所成二面角的平面角，由勾股定理可知：，，底面正方形中，為中點，則，由勾股定理可得，從而有：，據(jù)此可得，即，據(jù)此可得平面平面不成立，選項B錯誤；對于選項C，取的中點，則，由于與平面相交，故平面平面不成立，選項C錯誤；對于選項D，取的中點，很明顯四邊形為平行四邊形，則，由于與平面相交，故平面平面不成立，選項D錯誤；故選：A.3．（2023春·云南昆明·高三?？茧A段練習）如圖，在棱長為1的正方體中，P為棱的中點，Q為正方形內(nèi)一動點（含邊界），則下列說法中不正確的是（）A．若平面，則動點Q的軌跡是一條線段B．存在Q點，使得平面C．當且僅當Q點落在棱上某點處時，三棱錐的體積最大D．若，那么Q點的軌跡長度為【答案】B【分析】取中點，證明平面，得動點軌跡判斷A，建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面的一個法向量，由與此法向量平行確定點位置，判斷B，利用空間向量法求得到到平面距離的最大值，確定點位置判斷C，利用勾股定理確定點軌跡，得軌跡長度判斷D．【詳解】選項A，分別取中點，連接，，由與，平行且相等得平行四邊形，所以，平面，平面，所以平面，連接，，，所以，同理平面，，平面，所以平面平面，當時，平面，所以平面，即點軌跡是線段，A正確；選項B，以為原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，設（），，，，設是平面的一個法向量，則，取，則，若平面，則，所以存在，使得，，解得，因此正方形內(nèi)（含邊界）不存在點，使得平面，B錯；選項C，面積為定值，當且僅當點到平面的距離最大時，三棱錐的體積最大，，到平面的距離為，，時，，當時，d有最大值1，時，，時，d有最大值，綜上，時，d取得最大值1，故與重合時，d取得最大值，三棱錐的體積最大，C正確；選項D，平面，平面，，所以，所以點軌跡是以為圓心，為半徑的圓弧，圓心角是，軌跡長度為，D正確．故選：B．【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查空間點的軌跡問題，解題關(guān)鍵是勾畫出過且與平面平行的平面，由體積公式，在正方形內(nèi)的點到平面的距離最大，則三棱錐體積最大．二、多選題4．（2022·湖南長沙·統(tǒng)考模擬預測）如圖，已知正方體的棱長為2，分別為的中點，以下說法正確的是（

）A．三棱錐的體積為B．平面C．過點作正方體的截面，所得截面的面積是D．異面直線與所成的角的余弦值為【答案】ABC【分析】對于A直接計算即可；對于B,D選項以DA為x軸，DC為y軸，為z軸，建立空間直角坐標系，結(jié)合空間向量計算即可；對于C，作中點N，的中點M，的中點T，連接GN，GM，F(xiàn)M，TN，ET，計算面積即可.【詳解】對于A，，故A正確；對于B，以DA為x軸，DC為y軸，為z軸，建立空間直角坐標系，，，，，，，，則，，，，，，則平面EFG，B正確；對于C，作中點N，的中點M，的中點T，連接GN，GM，F(xiàn)M，TN，ET，則正六邊形EFMGNT為對應截面面積，正六邊形邊長為，則截面面積為：，故C正確；對于D，，，，故D錯誤．故選:ABC.5．（2022·廣東·統(tǒng)考三模）在正方體中，，點P滿足，其中，則下列結(jié)論正確的是（

）A．當平面時，可能垂直B．若與平面所成角為，則點P的軌跡長度為C．當時，的最小值為D．當時，正方體經(jīng)過點?P?C的截面面積的取值范圍為[，]【答案】ABD【分析】依題意畫出圖形，建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算A、D，連接，則即為與平面所成角，根據(jù)銳角三角函數(shù)得到的軌跡，即可判斷B，將平面與平面沿展成平面圖形，化曲為直，利用余弦定理計算即可判斷C；【詳解】解：對于A選項：建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，所以，，則，，設平面的一個法向量為，所以，令，則，即平面的一個法向量為，若平面，則，即，則當時，，即P為中點時，有平面，且，故A正確；B選項：因為平面，連接，則即為與平面所成角，若與平面所成角為，則，所以，即點P的軌跡是以為圓心，以1為半徑的個圓，于是點P的軌跡長度為，故B正確；C選項：如圖，將平面與平面沿展成平面圖形，線段即為的最小值，利用余弦定理可知所以，故C錯誤；D選項：正方體經(jīng)過點?P?C的截面為平行四邊形，以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，所以，，，，，所以點P到直線的距離為，于是當時，的面積取最小值，此時截面面積為；當或1時，的面積取最大值，此時截面面積為，故D正確.故選：ABD三、填空題6．（2022秋·湖南懷化·高三?？茧A段練習）如圖，多面體ABCDEF中，面ABCD為正方形，DE⊥平面ABCD，CF∥DE，且AB=DE=2，CF=1，G為棱BC的中點，H為棱DE上的動點，有下列結(jié)論：①當H為DE的中點時，GH∥平面ABE；②存在點H，使得GH⊥AE；③三棱錐B?GHF的體積為定值；④三棱錐E?BCF的外接球的表面積為．其中正確的結(jié)論序號為________．（填寫所有正確結(jié)論的序號）【答案】①③④【分析】根據(jù)線面平行的判定定理，以及線線垂直的判定，結(jié)合棱錐體積的計算公式，以及棱錐外接球半徑的求解，對每一項進行逐一求解和分析即可.【詳解】對①：當H為DE的中點時，取中點為，連接，如下所示：因為分別為的中點，故可得//，，根據(jù)已知條件可知：//，故//，故四邊形為平行四邊形，則//，又面面，故//面，故①正確；對②：因為面面，故，又四邊形為矩形，故，則兩兩垂直，以為坐標原點，建立空間直角坐標系如下所示：則，設，，若GH⊥AE，則，即，解得，不滿足題意，故②錯誤；對③：，因為均為定點，故為定值，又//面面，故//面，又點在上運動，故點到面的距離是定值，故三棱錐的體積為定值，則③正確；對④：取△的外心為，過作平面的垂線，則三棱錐的外接球的球心一定在上因為面，面面，則，又，面，故面,又面，則//，故在同一個平面，則過作，連接如圖所示.在△中，容易知，則由余弦定理可得，故，則由正弦定理可得；設三棱錐的外接球半徑為，則，在△中，，，又，故由勾股定理可知：，即，解得：，則該棱錐外接球的表面積，故④正確.故答案為：①③④.【點睛】本題考查線面平行的證明，線線垂直的判定，以及三棱錐體積的計算和外接球半徑的求解，屬綜合困難題.7．（2022·全國·高三專題練習）如圖，在棱長為2的正方體中，分別是棱的中點，點在線段上運動，給出下列四個結(jié)論：①平面截正方體所得的截面圖形是五邊形；②直線到平面的距離是；③存在點，使得；④△面積的最小值是．其中所有正確結(jié)論的序號是______．【答案】①③【分析】作出截面圖形判斷①，利用等積法可判斷②，利用坐標法可判斷③④.【詳解】對于①，如圖直線與、的延長線分別交于，連接分別交于，連接，則五邊形即為所得的截面圖形，故①正確；對于②，由題可知，平面，平面，∴平面，故點到平面的距離即為直線到平面的距離，設點到平面的距離為h，由正方體的棱長為2可得，，，∴，，∴由，可得，所以直線到平面的距離是，故②錯誤；對于③，如圖建立空間直角坐標系，則，設，∴，又，∴，，假設存在點，使得，∴，整理得，∴（舍去）或，故存在點，使得，故③正確；對于④，由上知，所以點在的射影為，∴點到的距離為：，∴當時，，∴故△面積的最小值是，故④錯誤.故答案為：①③.8．（2022·全國·高三專題練習）在棱長為的正方體中，，分別為，的中點，點在正方體表面上運動，且滿足，點軌跡的長度是___________.【答案】【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量求解出點軌跡的長度.【詳解】在正方體中，以為坐標原點，分別以，，為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，∴，，，，∴，設，則，∵，∴，當時，，當時，，取，，，，連結(jié)，，，，則，，∴四邊形為矩形，則，，即，，又和為平面中的兩條相交直線，∴平面，又，，∴為的中點，則平面，為使，必有點平面，又點在正方體表面上運動，所以點的軌跡為四邊形，又，，∴，則點的軌跡不是正方形，則矩形的周長為.故答案為：【點睛】對于立體幾何中的軌跡問題，可以建立空間直角坐標系，將其代數(shù)化處理，可以很方便的求出邊的長度及角度.四、解答題9．（2023·北京海淀·中央民族大學附屬中學?？寄M預測）如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，，，M為的中點．（1）求證：；（2）求平面與平面所成的角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）．【分析】（1）以點D為原點，依次以DA，DC，DP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，求出，利用數(shù)量積即可證明.（2）求出兩平面PAM與平面PDC的法向量，則法向量夾角余弦得二面角的余弦．【詳解】解：（1）依題意，棱DA，DC，DP兩兩互相垂直.以點D為原點，依次以DA，DC，DP所在直線為x，y，z軸，如圖，建立空間直角坐標系.則，，，.可得，.所以，所以（2）由（1）得到，，因此可得，.設平面的一個法向量為，則由得令，解得.同理，可求平面PDC的一個法向量.所以，平面PAM與平面PDC所成的銳二面角滿足：.即平面PAM與平面PDC所成的銳二面角的余弦值為.10．（2023·北京海淀·高三101中學?？茧A段練習）如圖，在三棱柱中，平面，，，為線段上一點.(1)求證：；(2)若直線與平面所成角為，求點到平面的距離.【答案】(1)證明過程見解析；(2).【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用空間向量數(shù)量積的坐標運算公式進行證明即可；（2）利用空間向量夾角公式，結(jié)合空間點到面距離公式進行求解即可.【詳解】（1）因為平面，平面，所以，而，因此建立如圖所示的空間直角坐標系：，，因為，所以，即，（2）設平面的法向量為，，所以有，因為直線與平面所成角為，所以，解得，即，因為，所以點到平面的距離為：.【點睛】11．（2022秋·天津濱海新·高三?？计谀┤鐖D，在棱長為2的正方體中，E為棱BC的中點，F(xiàn)為棱CD的中點．（I）求證：平面；（II）求直線與平面所成角的正弦值．（III）求二面角的正弦值．【答案】（I）證明見解析；（II）；（III）.【分析】（I）建立空間直角坐標系，求出及平面的一個法向量，證明，即可得證；（II）求出，由運算即可得解；（III）求得平面的一個法向量，由結(jié)合同角三角函數(shù)的平方關(guān)系即可得解.【詳解】（I）以為原點，分別為軸，建立如圖空間直角坐標系，則,,,,,,，因為E為棱BC的中點，F(xiàn)為棱CD的中點，所以，，所以,,,設平面的一個法向量為，則，令，則，因為，所以，因為平面，所以平面；（II）由（1）得，，設直線與平面所成角為，則；（III）由正方體的特征可得，平面的一個法向量為，則，所以二面角的正弦值為.12．（2023春·天津武清·高三校考開學考試）直三棱柱中，，D為的中點，E為的中點，F(xiàn)為的中點．(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值；(3)求平面與平面所成二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可證得結(jié)論成立；（2）利用空間向量法可求得直線與平面夾角的正弦值；（3）利用空間向量法可求得平面與平面夾角的余弦值.【詳解】（1）證明：在直三棱柱中，平面，且，則以點為坐標原點，、、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，易知平面的一個法向量為，則，故，平面，故平面.（2）解：，，，設平面的法向量為，則，取，可得，.因此，直線與平面夾角的正弦值為.（3）解：，，設平面的法向量為，則，取，可得，則，因此，平面與平面夾角的余弦值為.13．（2022春·全國·高三專題練習）如圖，在四棱錐中，底面是正方形，側(cè)面底面，，分別為中點，．（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）在棱上是否存在一點，使平面？若存在，指出點的位置；若不存在，說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）不存在；理由見解析．【分析】（1）作的中點，連接，先利用面面平行的判定定理，證明出平面平面，進而根據(jù)面面平行的性質(zhì)證明出平面；（2）作垂直于，作，連接，作中點，連接，先證出為二面角的平面角，進而求得和，最后在直角三角形中求得；（3）先假設存在點，建立空間直角坐標系，求得平面的一個法向量，表示出和，根據(jù)向量共線的性質(zhì)建立等式對求解．【詳解】（1）作的中點，連接，∵在中，為中點，∴，∵平面，平面，∴平面，同理可證明平面，∵平面，平面，，∴平面平面，∵平面，∴平面；（2）作垂直于，作，連接，作中點，連接，∵，∴，∵，∴，∵為中點，∴，，∵側(cè)面底面，∴底面，∵，∴，∴為二面角的平面角，∵，∴∽，∴，，∴∴，∴，即二面角的余弦值為；（3）不存在．假設存在，連接，交于點，為平面和平面的交線，以為原點，分別為軸建立空間直角坐標系，則（1，0，0），（1，2，0），（﹣1，2，0），（﹣1，0，0），，，（0，1，0），設，則，設平面的一個法向量是，∵，即，令，則，∵因為平面，∴，∴，，，∵，共線，，，∴，∴，無解，故在棱上不存在一點，使得平面.題型二：空間角的向量求法一、多選題1．（2022·全國·高三專題練習）已知正四棱柱中，，為的中點，為棱上的動點，平面過，，三點，則（

）A．平面平面B．平面與正四棱柱表面的交線圍成的圖形一定是四邊形C．當與A重合時，截此四棱柱的外接球所得的截面面積為D．存在點，使得與平面所成角的大小為【答案】AC【分析】A選項，證明，從而證明出平面，進而證明面面垂直；B選項，當時，畫出平面與正四棱柱表面的交線圍成的圖形是五邊形；C選項，作出與A重合時的平面，求出外接球半徑，得到截面面積；D選項，建立空間直角坐標系，利用空間向量求解線面角的大小.【詳解】因為，為的中點，底面ABCD為正方形，所以，又因為平面，平面，所以，因為，所以平面，因為平面，所以平面平面，即A正確；當時，畫出平面與正四棱柱表面的交線圍成的圖形如下圖：其中F在線段上，G在上，BP∥EG，BE∥PF，可知交線圍成的圖形為五邊形，即B錯誤；如圖，以A為坐標原點，AD，AB所在直線為，y，z軸，建立空間直角坐標系，，，，，設平面ABEF的法向量為，則有，令，則，則球心到平面的距離，此正四棱柱的外接球半徑為，所以截面半徑，則截面積，即C正確；設，，則平面的法向量為，則，令，則，所以，設與平面所成角為，則，因為在上單調(diào)遞增，所以，所以不存在點，使得與平面所成角的大小為，即D錯誤.故選：AC【點睛】求解直線與平面夾角的取值范圍或平面之間夾角的取值范圍問題，建立空間直角坐標系可以很好的將抽象的立體幾何問題轉(zhuǎn)化為運算問題進行解決.2．（2022·全國·高三專題練習）已知梯形，，，，是線段上的動點；將沿著所在的直線翻折成四面體，翻折的過程中下列選項中正確的是（

）A．不論何時，與都不可能垂直B．存在某個位置，使得平面C．直線與平面所成角存在最大值D．四面體的外接球的表面積的最小值為【答案】AD【分析】利用反證法可判斷AB選項的正誤；分別取、的中點、，連接、，以點為坐標原點，、所在直線分別為、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可判斷C選項的正誤；設四面體的外接球心為，求出四面體外接球半徑的最小值，可判斷D選項的正誤.【詳解】對于A選項，在梯形中，，，，，且，則，因為，由余弦定理可得，，，若，且，平面，平面，，事實上，矛盾，故不論何時，與都不可能垂直，A選項正確；對于B選項，若平面，平面，則，所以，，而，，即，則、、無法構(gòu)成三角形，不合乎題意，B選項錯誤；對于C選項，分別取、的中點、，連接、，則，，，則，，為的中點，則，，故平面，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，設，則、、、，，設三棱錐的球心為，由可得，解得，設三棱錐的外接球半徑為，則，當且僅當時，等號成立，因此，四面體的外接球的表面積的最小值為，D選項正確.對于C選項，設，，易知平面的一個法向量為，，而，即當時，無最大值，進而可知直線與平面所成角無最大值，C選項錯誤.故選：AD.【點睛】方法點睛：解決與球相關(guān)的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下：（1）定球心：如果是內(nèi)切球，球心到切點的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點的距離相等且為半徑；（2）作截面：選準最佳角度做出截面（要使這個截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素的關(guān)系），達到空間問題平面化的目的；（3）求半徑下結(jié)論：根據(jù)作出截面中的幾何元素，建立關(guān)于球的半徑的方程，并求解.二、解答題3．（2023秋·黑龍江哈爾濱·高三?？茧A段練習）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．(1)證明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接并延長交于點，連接、，根據(jù)三角形全等得到，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到，即可得到為的中點從而得到，即可得證；（2）建立適當?shù)目臻g直角坐標系，利用空間向量法求出二面角的余弦的絕對值，再根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系計算可得.【詳解】（1）證明：連接并延長交于點，連接、，因為是三棱錐的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以所以，即，所以為的中點，又為的中點，所以，又平面，平面，所以平面（2）解：過點作，如圖建立空間直角坐標系，因為，，所以，又，所以，則，，所以，所以，，，，所以，則，，，設平面的法向量為，則，令，則，，所以；設平面的法向量為，則，令，則，，所以；所以.設二面角的大小為，則，所以，即二面角的正弦值為.4．（2023春·河南洛陽·高三孟津縣第一高級中學?？奸_學考試）在四棱錐中，底面．(1)證明：；(2)求PD與平面所成的角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）作于，于，利用勾股定理證明，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得，從而可得平面，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)即可得證；（2）以點為原點建立空間直角坐標系，利用向量法即可得出答案.【詳解】（1）證明：在四邊形中，作于，于，因為，所以四邊形為等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因為平面，平面，所以，又，所以平面，又因為平面，所以；（2）解：如圖，以點為原點建立空間直角坐標系，，則，則，設平面的法向量，則有，可取，則，所以與平面所成角的正弦值為.5．（2023·全國·高三專題練習）如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，，為的中點，且．（1）求；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）；（2）【分析】（1）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，設，由已知條件得出，求出的值，即可得出的長；（2）求出平面、的法向量，利用空間向量法結(jié)合同角三角函數(shù)的基本關(guān)系可求得結(jié)果.【詳解】（1）[方法一]：空間坐標系+空間向量法平面，四邊形為矩形，不妨以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，設，則、、、、，則，，，則，解得，故；[方法二]【最優(yōu)解】：幾何法+相似三角形法如圖，連結(jié)．因為底面，且底面，所以．又因為，，所以平面．又平面，所以．從而．因為，所以．所以，于是．所以．所以．[方法三]：幾何法+三角形面積法

如圖，聯(lián)結(jié)交于點N．由[方法二]知．在矩形中，有，所以，即．令，因為M為的中點，則，，．由，得，解得，所以．（2）[方法一]【最優(yōu)解】：空間坐標系+空間向量法設平面的法向量為，則，，由，取，可得，設平面的法向量為，，，由，取，可得，，所以，，因此，二面角的正弦值為.[方法二]：構(gòu)造長方體法+等體積法

如圖，構(gòu)造長方體，聯(lián)結(jié)，交點記為H，由于，，所以平面．過H作的垂線，垂足記為G．聯(lián)結(jié)，由三垂線定理可知，故為二面角的平面角．易證四邊形是邊長為的正方形，聯(lián)結(jié)，．，由等積法解得．在中，，由勾股定理求得．所以，，即二面角的正弦值為．【整體點評】（1）方法一利用空坐標系和空間向量的坐標運算求解；方法二利用線面垂直的判定定理，結(jié)合三角形相似進行計算求解，運算簡潔，為最優(yōu)解；方法三主要是在幾何證明的基礎上，利用三角形等面積方法求得.（2）方法一，利用空間坐標系和空間向量方法計算求解二面角問題是常用的方法，思路清晰，運算簡潔，為最優(yōu)解；方法二采用構(gòu)造長方體方法+等體積轉(zhuǎn)化法，技巧性較強，需注意進行嚴格的論證.6．（2022秋·黑龍江雞西·高三?？计谥校┰谒睦忮F中，底面是正方形，若．（1）證明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面，從而得到面面.（2）在平面內(nèi)，過作，交于，則，建如圖所示的空間坐標系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.【詳解】（1）取的中點為，連接.因為，，則，而，故.在正方形中，因為，故，故，因為，故，故為直角三角形且，因為，故平面，因為平面，故平面平面.（2）在平面內(nèi)，過作，交于，則，結(jié)合（1）中的平面，故可建如圖所示的空間坐標系.則，故.設平面的法向量，則即，取，則，故.而平面的法向量為，故.二面角的平面角為銳角，故其余弦值為.7．（2020·全國·高三專題練習）如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，．是底面的內(nèi)接正三角形，為上一點，．（1）證明：平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）要證明平面，只需證明，即可；（2）方法一：過O作∥BC交AB于點N，以O為坐標原點，OA為x軸，ON為y軸建立如圖所示的空間直角坐標系，分別算出平面的一個法向量，平面的一個法向量為，利用公式計算即可得到答案.【詳解】（1）[方法一]：勾股運算法證明由題設，知為等邊三角形，設，則，，所以，又為等邊三角形，則，所以，，則，所以，同理，又，所以平面；[方法二]：空間直角坐標系法不妨設，則，由圓錐性質(zhì)知平面，所以，所以．因為O是的外心，因此．在底面過作的平行線與的交點為W，以O為原點，方向為x軸正方向，方向為y軸正方向，方向為z軸正方向，建立空間直角坐標系，則，，，，．所以，，．故，．所以，．又，故平面．[方法三]：因為是底面圓O的內(nèi)接正三角形，且為底面直徑，所以．因為（即）垂直于底面，在底面內(nèi)，所以．又因為平面，平面，，所以平面．又因為平面，所以．設，則F為的中點，連結(jié)．設，且，則，，．因此，從而．又因為，所以平面．[方法四]：空間基底向量法如圖所示，圓錐底面圓O半徑為R，連結(jié)，，易得，因為，所以．以為基底，平面，則，，且，所以．故．所以，即．同理．又，所以平面．（2）[方法一]：空間直角坐標系法過O作∥BC交AB于點N，因為平面，以O為坐標原點，OA為x軸，ON為y軸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，由，得，令，得，所以，設平面的一個法向量為由，得，令，得，所以故，設二面角的大小為，由圖可知二面角為銳二面角，所以.[方法二]【最優(yōu)解】：幾何法設，易知F是的中點，過F作交于G，取的中點H，聯(lián)結(jié)，則．由平面，得平面．由（1）可得，，得．所以，根據(jù)三垂線定理，得．所以是二面角的平面角．設圓O的半徑為r，則，，，，所以，，．在中，，．所以二面角的余弦值為．[方法三]：射影面積法如圖所示，在上取點H，使，設，連結(jié)．由（1）知，所以．故平面．所以，點H在面上的射影為N．故由射影面積法可知二面角的余弦值為．在中，令，則，易知．所以．又，故所以二面角的余弦值為．【整體點評】本題以圓錐為載體，隱含條件是圓錐的軸垂直于底面，（1）方法一：利用勾股數(shù)進行運算證明，是在給出數(shù)據(jù)去證明垂直時的常用方法；方法二：選擇建系利用空間向量法，給空間立體感較弱的學生提供了可行的途徑；方法三：利用線面垂直，結(jié)合勾股定理可證出；方法四：利用空間基底解決問題，此解法在解答題中用的比較少；（2）方法一：建系利用空間向量法求解二面角，屬于解答題中求角的常規(guī)方法；方法二：利用幾何法，通過三垂線法作出二面角，求解三角形進行求解二面角，適合立體感強的學生；方法三：利用射影面積法求解二面角，提高解題速度.8．（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱柱中，側(cè)面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點．(1)求證：平面；(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．條件①：；條件②：．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面平面，從而可證平面.（2）選①②均可證明平面，從而可建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量可求線面角的正弦值.【詳解】（1）取的中點為，連接，由三棱柱可得四邊形為平行四邊形，而，則，而平面，平面，故平面，而，則，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，（2）因為側(cè)面為正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因為，故平面，因為平面，故，若選①，則，而，，故平面，而平面，故，所以，而，，故平面，故可建立如所示的空間直角坐標系，則，故，設平面的法向量為，則，從而，取，則，設直線與平面所成的角為，則.若選②，因為，故平面，而平面，故，而，故，而，，故，所以，故，而，，故平面，故可建立如所示的空間直角坐標系，則，故，設平面的法向量為，則，從而，取，則，設直線與平面所成的角為，則.9．（2023·全國·高三專題練習）如圖，為圓柱的軸截面，是圓柱上異于，的母線.(1)證明：平面DEF；(2)若，當三棱錐的體積最大時，求二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）證明，再證明，根據(jù)線面垂直的判定定理可證明結(jié)論；（2）先推出三棱錐的體積最大時，點E，F(xiàn)分別是，的中點，由此再求二面角的余弦值；法一：通過證線面垂直可說明是二面角的平面角，解直角即可求得答案；法二：建立空間直角坐標系，求出相關(guān)各點的坐標，再求出平面DEF和平面BDF的法向量，根據(jù)向量的夾角公式求得答案.【詳解】（1）證明：如右圖，連接AE，由題意知AB為的直徑，所以.因為AD，EF是圓柱的母線，所以且,所以四邊形AEFD是平行四邊形.所以,所以.因為EF是圓柱的母線，所以平面ABE,又因為平面ABE，所以.又因為，DF，平面DEF，所以平面DEF.（2）由（1）知BE是三棱錐底面DEF上的高，由（1）知，，所以，即底面三角形DEF是直角三角形.設，，則,所以，當且僅當時等號成立，即點E，F(xiàn)分別是，的中點時，三棱錐的體積最大,下面求二面角的余弦值：法一：由（1）得平面DEF，因為平面DEF，所以.又因為，，所以平面BEF.因為平面BEF，所以,所以是二面角的平面角,由（1）知為直角三角形，則.故,所以二面角的余弦值為.法二：由（1）知EA，EB，EF兩兩相互垂直，如圖，以點E為原點，EA，EB，EF所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則.由（1）知平面DEF，故平面DEF的法向量可取為.設平面BDF的法向量為，由，，得，即，即，取，得.設二面角的平面角為θ,則，由圖可知θ為銳角，所以二面角的余弦值為.10．（2022秋·天津濱海新·高三?？计谥校┤鐖D，在四棱錐中，底面為直角梯形，其中，，，平面，且，點在棱上，點為中點.(1)證明：若，直線平面；(2)求二面角的正弦值；(3)是否存在點，使與平面所成角的正弦值為？若存在求出值；若不存在，說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)(3)存在，或【分析】（1）利用面面平行證明線面平行；（2）利用坐標法求二面角余弦值與正弦值；（3）設，可表示點與，再根據(jù)線面夾角求得的值.【詳解】（1）如圖所示，在線段上取一點，使，連接，，，，又，，，四邊形為平行四邊形，，又，，所以平面平面，平面，平面；（2）如圖所示，以點為坐標原點，以為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，則，，，，又是中點，則，所以，，，設平面的法向量，則，令，則，設平面的法向量，則，令，則，所以，則二面角的正弦值為；（3）存在，或假設存在點，設，即，，由（2）得，，，且平面的法向量，則，，則，，解得或，故存在點，此時或.11．（2022秋·江蘇鎮(zhèn)江·高三校聯(lián)考階段練習）如圖，四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中點.(1)證明：直線CE∥平面PAB；(2)點M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為45°，求二面角M-AB-D的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取PA的中點為F，連接EF，BF，證得CE//BF，進而線面平行得判定定理即可得出結(jié)論；（2）法一：取AD的中點O連接PO，CO，證得為直線與平面所成角，解三角形求出，作于，連接證得為二面角的平面角，求出的余弦值即可.法二：建立空間直角坐標系，求得半平面的法向量：，，然后利用空間向量的相關(guān)結(jié)論可求得二面角的余弦值為．【詳解】（1）證明：取的中點，連結(jié)是的中點，，四邊形是平行四邊形，平面平面，直線//平面.（2）法一：四棱錐中，側(cè)面為等邊三角形且垂直于底面，是的中點.取的中點在底面上的射影在上，設，則，直線與底面所成角為，可得：，可得：，，作于，連接，所以就是二面角的平面角，，二面角的余弦值為：法二：由已知得,以為坐標原點，的方向為x軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系，則則，，，，,則因為BM與底面ABCD所成的角為45°，而是底面ABCD的法向量，所以，即又在棱上,設由①，②得（舍去）或所以，從而設是平面ABM的法向量，則所以可取.于是因此二面角M-AB-D的余弦值為.12．（2023秋·云南昆明·高三昆明市第三中學?？茧A段練習）如圖，在四棱錐中，四邊形是矩形，是正三角形，且平面平面，，為棱的中點，四棱錐的體積為．(1)若為棱的中點，求證：平面；(2)在棱上是否存在點，使得平面與平面所成銳二面角的余弦值為？若存在，指出點的位置并給以證明；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析；(2)存在點，位于靠近點的三等分點處滿足題意.【分析】（1）取中點，連接，得到，然后利用線面平行的判定定理得到平面；（2）假設在棱上存在點滿足題意，建立空間直角坐標系，設，根據(jù)平面與平面的夾角的余弦值為，則兩平面法向量所成角的余弦值的絕對值等于，求出，即可得出結(jié)論.【詳解】（1）取中點，連接，分別為的中點，，底面四邊形是矩形，為棱的中點，，．，，故四邊形是平行四邊形，．又平面，平面，平面．（2）假設在棱上存在點滿足題意，在等邊中，為的中點，所以，又平面平面，平面平面，平面，平面，則是四棱錐的高．設，則，，，所以.以點為原點，，的方向分別為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，故，，．設，．設平面PMB的一個法向量為，則?。字矫娴囊粋€法向量為，，，故存在點，位于靠近點的三等分點處滿足題意.13．（2022·福建福州·福建省福州格致中學?？寄M預測）如圖，在四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠ABC=，∠B1BD=，（1）求證：直線AC⊥平面BDB1；（2）求直線A1B1與平面ACC1所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）【分析】（1）由邊角邊證得，即，在等腰三角形中由三線合一證得，在菱形中由菱形的對角線垂直證得，由線面垂直的判定定理說明即得證；（2）延長交于點，平面即為平面，平面即平面，由（1）得平面平面，平面平面，所以過做，由面面垂直的性質(zhì)則平面，故即為直線與平面所成角（若研究直線與平面所成角的正弦值則線段等比例擴大2倍結(jié)果不變），在菱形ABCD中求出BD，作，由和勾股定理可求得，由余弦定理和同角三角函數(shù)關(guān)系求得，，進而求得，最后由正弦函數(shù)定義可求得答案；也可以利用建立空間直角坐標系的方式運算求解.【詳解】（1）連接交于，因為，，，所以，故又因為為菱形對角線交點，即是線段的中點，所以又四邊形為菱形，故而，所以平面方法二：因為，所以點在平面內(nèi)的射影在為的平分線，又四邊形為菱形，故為的平分線，則直線故平面平面，而平面平面，又四邊形為菱形，故所以平面（2）延長交于點，平面即為平面，平面即平面由（1）得平面平面，平面平面，所以過做，則平面，故即為直線與平面所成角（若研究直線與平面所成角的正弦值則線段等比例擴大2倍結(jié)果不變）因為四棱臺中，所以，由菱形有，且∠ABC=，所以，作，因為，則，，所以，則，，，故.法二：延長交于點，平面即為平面，平面即平面，設直線與平面所成角為過作，垂足為，因為，所以建系，以為軸，作軸，設平面的法向量為，則，所以，所以【點睛】本題考查空間中線面垂直的證明，還考查了空間線面角正弦值的運算，屬于難題.題型三：空間向量的距離求法一、單選題1．（2022·全國·高三專題練習）已知直線過定點，且方向向量為，則點到的距離為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題首先可根據(jù)題意得出，然后求出與，最后根據(jù)空間點到直線的距離公式即可得出結(jié)果.【詳解】因為，，所以，則，，由點到直線的距離公式得，故選：A.2．（2020·浙江溫州·統(tǒng)考模擬預測）在棱長為3的正方體中，為棱的中點，為線段上的點，且，若點分別是線段，上的動點，則周長的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】連接，易知為線段與的交點，即為線段上靠近D的三等分點，將周長的最小值問題轉(zhuǎn)化到平面上幾何知識連接兩點間的線中線段最短與平面幾何中對稱問題處理，最后由余弦定理求得的長度即可.【詳解】連接，易知為線段與的交點，即為線段上的點，由勾股定理可知，則，分別作點關(guān)于線段，的對稱點，，且由對稱關(guān)系有垂直關(guān)系且顯然為等邊三角形，即，由等邊三角形對稱問題可求得，據(jù)余弦定理得，由平面幾何知識連接兩點間的線中線段最短，得周長的最小值為.故選：D【點睛】本題考查空間中三角形周長的最值，涉及空間中直線與對稱點的算法，屬于難題.二、多選題3．（2023·全國·高三專題練習）如圖，四棱錐中，底面ABCD是正方形，平面，O，P分別是的中點，M是棱SD上的動點，則下列選項正確的是（

）A．B．存在點M，使平面SBCC．存在點M，使直線OM與AB所成的角為30°D．點M到平面ABCD與平面SAB的距離和為定值【答案】ABD【分析】以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法判斷ACD，根據(jù)線面平行的判定定理判斷B【詳解】以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系（如圖），設，則，由M是棱SD上的動點，設，，，，故A正確；當為的中點時，是的中位線，所以，又平面，平面，所以平面，故B正確；，若存在點M，使直線OM與AB所成的角為30°，則，化簡得，方程無解，故C錯誤；點M到平面ABCD的距離，點M與平面SAB的距離，所以點M到平面ABCD與平面SAB的距離和為，是定值，故D正確；故選：ABD4．（2022·江蘇南京·高三金陵中學校考學業(yè)考試）已知正四棱臺的上下底面邊長分別為4，6，高為，E是的中點，則（

）A．正四棱臺的體積為B．正四棱臺的外接球的表面積為104πC．AE∥平面D．到平面的距離為【答案】BCD【分析】利用正四棱臺的體積計算可判斷A；連接相交于，連接相交于，分外接球的球心在正四棱臺的內(nèi)部、內(nèi)部，根據(jù)、，求出可判斷B；取的中點，利用面面平行的判斷定理可判斷平面平面，從而可判斷C；以為原點，所在的直線分別為建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面的一個法向量，利用點到平面的距離的向量求法可判斷D.【詳解】正四棱臺的體積為，，故A錯誤；連接相交于，連接相交于，如果外接球的球心在正四棱臺的內(nèi)部，則在上，，因為上下底面邊長分別為4，6，所以，，設外接球的半徑為，所以，即，無解，所以外接球的球心在正四棱臺的外部，如下圖，則在延長線上，，因為上下底面邊長分別為4，6，所以，，設外接球的半徑為，所以，即，解得，所以正四棱臺的外接球的表面積為，故B正確；取的中點，連接，，連接，所以，所以是的中點，因為，所以，又，所以，又因為，所以四邊形是平行四邊形，所以，平面，平面，所以平面，因為，所以，平面，平面，所以平面，因為，所以平面平面，因為平面，所以平面，故C正確；以為原點，所在的直線分別為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，所以，即，令可得，到平面的距離為，故D正確.故選：BCD.5．（2022·全國·高三專題練習）如圖，若正方體的棱長為1，點是正方體的側(cè)面上的一個動點（含邊界），是棱的中點，則下列結(jié)論正確的是（

）A．沿正方體的表面從點到點的最短路程為B．若保持，則點在側(cè)面內(nèi)運動路徑的長度為C．三棱錐的體積最大值為D．若在平面內(nèi)運動，且，點的軌跡為線段【答案】ABD【分析】A把兩個平面展開到同一平面內(nèi)，利用兩點之間，線段最短進行求解，注意展開方式可能有多種；B找到點M在側(cè)面內(nèi)的運動軌跡是圓弧，再求解弧長；C利用等體積法和建立空間直角坐標系，求出的最大值，即為最大值；D在空間直角坐標系中利用余弦定理得到點M的軌跡方程為線段.【詳解】將面與面展開到同一平面內(nèi)，連接AP，此時，也可將面ABCD與面展開到同一平面內(nèi)，此時，而，故A正確；過P作PE⊥于E，連接EM，則E為的中點，PE=1且PE⊥面，EM面，所以PE⊥EM，由知：，故M在面上的軌跡：以E為圓心，1為半徑的半圓，故M在側(cè)面運動路徑的長為，B正確；連接，，，，，，則，所以，以D為原點，分別以DA，DC，所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則，，，設(，)，設面的法向量為，則，令得，設到面的距離為，則，故當，時，取得最大值為，此時三棱錐體積最大，，C錯誤；，所以，連接，，因為，（，），所以，，，化簡，所以且，知M的軌跡是線段，D正確.故選：ABD【點睛】關(guān)鍵點點睛：應用空間直角坐標系解決軌跡問題，并求解空間角度和距離.6．（2023春·湖南長沙·高三長郡中學校考階段練習）如圖，在棱長為1的正方體中，P為棱的中點，Q為正方形內(nèi)一動點(含邊界)，則下列說法中正確的是(

)A．若平面，則動點Q的軌跡是一條線段B．存在Q點，使得平面C．當且僅當Q點落在棱上某點處時，三棱錐的體積最大D．若，那么Q點的軌跡長度為【答案】ACD【分析】A：取、中點，連接、、PF，證明平面∥平面，則點的軌跡為線段；B：以為原點，建立空間直角坐標系，設，求出平面的法向量，根據(jù)求出x、z即可判斷；C：的面積為定值，當且僅當?shù)狡矫娴木嚯x最大時，三棱錐的體積最大；D：可求為定值，即可判斷Q的軌跡，從而求其長度.【詳解】取、中點，連接、、PF，由PF∥∥且PF＝知是平行四邊形，∴∥，∵平面，平面，∥平面，同理可得EF∥平面，∵EF∩＝F，∴平面∥平面，則點的軌跡為線段，A選項正確；如圖，建立空間直角坐標系，則，，，設，則，，設為平面的一個法向量，則即得取，則.若平面，則∥，即存在，使得，則，解得，故不存在點使得平面，B選項錯誤；的面積為定值，當且僅當?shù)狡矫娴木嚯xd最大時，三棱錐的體積最大.，，，則當時，d有最大值1；②，，則當時，d有最大值；綜上，當，即和重合時，三棱錐的體積最大，C選項正確；平面，，，，Q點的軌跡是半徑為，圓心角為的圓弧，軌跡長度為，D選項正確.故選：ACD.【點睛】本題綜合考察空間里面的位置關(guān)系的判斷與應用，需熟練運用線面平行、面面平行的判定定理和性質(zhì)，需掌握運用空間直角坐標系和空間向量來解決垂直問題，掌握利用空間向量求點到平面的距離，利用幾何關(guān)系判斷空間里面的動點的軌跡，考察知識點較多，計算量較大，屬于難題.三、填空題7．（2022·全國·高三專題練習）如圖，正四棱錐的棱長均為2，點E為側(cè)棱PD的中點．若點M，N分別為直線AB，CE上的動點，則MN的最小值為______．【答案】【分析】根據(jù)題意，先建立空間直角坐標系，然后寫出相關(guān)點的坐標，再寫出相關(guān)的向量，然后根據(jù)點分別為直線上寫出點的坐標，這樣就得到，然后根據(jù)的取值范圍而確定【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標系，則有：，，，，，可得：設，且則有：，可得：則有：故則當且僅當時，故答案為：8．（2023春·河北邯鄲·高三校聯(lián)考開學考試）如圖，某正方體的頂點A在平面內(nèi)，三條棱都在平面的同側(cè).若頂點B，C，D到平面的距離分別為，，2，則該正方體外接球的表面積為______.【答案】【分析】取空間的一個基底，設正方體的棱長為a，是平面的一個方向向上的單位法向量.由題得在方向上的投影向量的長度分別為，，2得，由，得，得正方體外接球表面積.【詳解】設正方體的棱長為a，取空間的一個基底，設是平面的一個方向向上的單位法向量.由空間向量基本定理，存在唯一的有序?qū)崝?shù)組，使得.由題意，在方向上的投影向量的長度分別為，，2.于是，即，即，即.同理，.從而，由，得，即，解得，所以正方體的外接球半徑為，外接球的表面積為.故答案為：【點睛】考慮到可以利用空間向量表示條件中的點到平面的距離，所以選擇基底，設單位法向量解決問題，得，即，即，即.同理可得，，即可得到.四、解答題9．（2022·全國·高三專題練習）如圖，在四棱錐P?ABCD中，ADBC，E為棱AD的中點，異面直線PA與CD所成的角為.(1)在平面PAB內(nèi)是否存在一點M，使得直線CM平面PBE，如果存在，請確定點M的位置，如果不存在，請說明理由；(2)若二面角P?CD?A的大小為，求P到直線CE的距離.【答案】(1)存在，在平面內(nèi)可以找到一點，使得直線CM平面PBE(2)【分析】（1）先判斷存在符合題意的點，再通過作輔助線找到該點，證明平面即可；（2）建立空間直角坐標系，通過已知的二面角度數(shù)，找到線段之間關(guān)系，從而確定相關(guān)點的坐標，然后利用向量的運算求得答案.【詳解】（1）延長交直線于點，點為的中點，，，，即，四邊形為平行四邊形，即.，平面平面，平面，平面，平面，故在平面內(nèi)可以找到一點，使得直線平面.（2）如圖所示，，即，且異面直線與所成的角為，即，又平面平面.平面，又平面，平面，平面.因此是二面角的平面角，大小為..因為.以A為坐標原點，平行于的直線為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，，方向上的單位向量坐標為，則在上的投影的絕對值為，所以到直線的距離為.10．（2023秋·江蘇揚州·高三?？计谀┤鐖D多面體中，四邊形是菱形，，平面，，(1)證明：平面平面；(2)在棱上有一點，使得平面與平面的夾角為，求點到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點，連接交于，連接，，證明，利用平面，證明平面，從而平面平面；（2）建立平面直角坐標系，設，求出二面角，再求得的值，即可得到的坐標，再利用空間向量法求出點到面的距離．【詳解】（1）證明：取的中點，連接交于，連接，，因為是菱形，所以，且是的中點，所以且，又，，所以且，所以四邊形是平行四邊形，所以，又平面，平面，所以，又因為，平面，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）解：取的中點，由四邊形是菱形，，則，是正三角形，，，又平面，所以以為原點，，，為坐標軸建立空間直角坐標系，設在棱上存在點使得平面與平面的夾角為，則，，，，，，則設，，所以，，，，設平面的一個法向量為，，，則，即，令，，得平面的法向量可以為，，解得，所以，則設平面的一個法向量為，則，即，取，得，所以點到平面的距離.11．（2022·全國·高三專題練習）如圖，在四棱錐中，四邊形ABCD是菱形，，，三棱錐是正三棱錐，E，F(xiàn)分別為，的中點.(1)求證：直線平面SAC；(2)求二面角的余弦值；(3)判斷直線SA與平面BDF的位置關(guān)系.如果平行，求出直線SA與平面BDF的距離；如果不平行，說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)(3)平行，距離為【分析】(1)要證線面平行，先證線線平行，只需證，，即可.(2)建立適當?shù)闹苯亲鴺讼担倮闷矫娴姆ㄏ蛄?，即可求?(3)利用向量在平面BDF的法向量上的投影，即可求解.【詳解】（1）證明：連接AC，交BD于點O，連接SO，因為四邊形ABCD是菱形，所以O為AC，BD的中點，且，因為三棱錐是正三棱錐，，O為BD的中點，所以，又，所以平面SAC.（2）作平面BCD于H，則H為正三角形BCD的中點，H在線段OC上，且，，，.如圖，以O為坐標原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系，則，，C.，D.，，，，所以，，，設是平面EBF的法向量，則，則，設是平面DBF的法向量，則，取，所以，又因為二面角是銳二面角，所以二面角的余弦值為.（3）直線SA與平面BDF平行.理由如下：連接OF，由（1）知O為AC的中點，又F為SC的中點，所以，又因為平面BDF，平面BDF，所以直線平面BDF.（或者用向量法證明直線SA與平面BDF平行：由（2）知是平面BDF的一個法向量，又，，所以，所以，所以，又因為平面BDF，所以直線平面BDF.設點A與平面BDF的距離為h，則h即為直線SA與平面BDF的距離，因為，是平面DBF的一個法向量，所以，所以點A與平面BDF的距離為，所以直線SA與平面BDF的距離為.題型四：空間線段點的存在性問題一、多選題1．（2023春·湖北·高三黃岡中學校聯(lián)考開學考試）如圖，在直三棱柱中，，，為的中點，過的截面與棱、分別交于點、，則下列說法中正確的是（

）A．存在點，使得B．線段長度的取值范圍是C．當點與點重合時，四棱錐的體積為D．設截面、、的面積分別為、、，則的最小值為【答案】BC【分析】以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，設點、，其中，，利用空間向量垂直的坐標表示可判斷A選項；求出與的關(guān)系式，利用反比例函數(shù)的基本性質(zhì)可判斷B選項；利用錐體和臺體的體積公式可判斷C選項；利用基本不等式可判斷D選項.【詳解】因為平面，，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、、、、、、、設點、，其中，.對于A選項，若存在點，使得，且，，，解得，不合乎題意，A錯；對于B選項，設，其中、，即，即，可得，，則，所以，，B對；對于C選項，當點與點重合時，，則，此時點為的中點，如下圖所示：在直三棱柱中，四邊形為矩形，則且，、分別為、的中點，則且，所以，且，同理且，且，所以，，故幾何體為三棱臺，，，，，因此，，C對；對于D選項，，，則點到直線的距離為，，則點到直線的距離為，所以，，故，當且僅當時，等號成立，故的最小值為，D錯.故選：BC.【點睛】方法點睛：求空間幾何體體積的方法如下：（1）求解以三視圖為載體的空間幾何體的體積的關(guān)鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，利用相應體積公式求解；（2）若所給幾何體的體積不能直接利用公式得出，則常用等積法、分割法、補形法等方法進行求解．2．（2022秋·湖南張家界·高三慈利縣第一中學校考階段練習）如圖，已知正方體的棱長為2，點M為的中點，點P為正方形上的動點，則（

）A．滿足MP//平面的點P的軌跡長度為B．滿足的點P的軌跡長度為C．存在點P，使得平面AMP經(jīng)過點BD．存在點P滿足【答案】AD【分析】利用線面平行的判定定理可以證得點的軌跡，進而判斷A；建立空間直角坐標系，得到，，為正方形上的點，可設，且，，進而對BCD各個選項進行計算驗證即可判斷并得到答案.【詳解】對于A，取的中點，的中點，又點為的中點，由正方體的性質(zhì)知，，，，所以平面平面，又平面，平面，故點的軌跡為線段，故A正確；對B，方法一：在平面中過作，交于，設，則，，，由，可解得，同理，在平面中過作，交于，可得，因為，所以平面，因為，所以平面，所以點P的軌跡為線段，長度為，故B不正確；方法二：以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，則，，設，且，，，，，即，又，，則點的軌跡為線段，,且，故B錯誤；對于C，方法一：取中點，連接，正方體中，易得，所以平面截正方體的截面為平面，顯然平面，故不存在點P，使得平面AMP經(jīng)過點B，故C錯誤；方法二：設，且，，若平面AMP經(jīng)過點B，則，且，又,所以，即，因此，從而，不合題意，所以不存在點P，使得平面AMP經(jīng)過點B,故C錯誤；對于D，方法一：延長至，令，則，所以，因為，所以存在點滿足，故D正確.方法二：點關(guān)于平面的對稱點的為，三點共線時線段和最短，故，故存在點滿足，故D正確.故選：AD.3．（2022秋·山西大同·高三統(tǒng)考階段練習）如圖，直三棱柱中，，，．點P在線段上（不含端點），則（

）A．存在點P，使得B．的最小值為有C．面積的最小值為D．三棱錐與三棱錐的體積之和為定值【答案】ACD【分析】以為原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸，建立空間直角坐標系，寫出各點坐標，其中點坐標，可設（），即可得出.對于A選項，要使，即，得到關(guān)于的方程，解方程即可；對于B選項，將和沿展開，連接，的最小值即的長度，利用銳角三角函數(shù)和兩角和的余弦公式求出，再由余弦定理即可得到；對于C選項，設（），利用向量的夾角公式求得，由同角三角函數(shù)的平方關(guān)系得到，代入三角形面積公式：，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)討論最值即可；對于D選項，利用等體積法得，即可求解.【詳解】由題意得，，即，又在直三棱柱中，底面，平面，平面，，，則以為原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示空間直角坐標系.因為，，所以，，，，，，，則，，設（），則，解得，，，所以，對于A選項，，，要使，即，解得，當，即在中點時，，故A選項正確；對于B選項，如圖所示，將和沿展開，如圖所示，連接交于點，可知，當點與點重合時取得最小值，由題意得，，，，，，所以，，，，則，在中，由余弦定理得，，則，所以的最小值為，故B選項錯誤；對于C選項，，，設（），則，即，所以，則，因為，所以當時，取得最小值，故C選項正確；對于D選項，，故D選項正確，故選：ACD.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查了立體幾何中的動點的相關(guān)線段的位置關(guān)系、線段長度、面積和體積的最值問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理及轉(zhuǎn)化思想的應用.解答本題關(guān)鍵在于建立空間直角坐標系，利用空間向量法解決空間的中的相關(guān)問題，同時對于轉(zhuǎn)化思想的應用，利用兩點之間線段最短求距離的最值，本題中B選項，將和沿展開，利用兩點之間的線段最短，，求解即可.二、解答題4．（2023·全國·高三專題練習）如圖所示，在直三棱柱中，側(cè)面為長方形，，，，.(1)求證：平面平面；(2)求直線和平面所成角的正弦值；(3)在線段上是否存在一點T，使得點T到直線的距離是，若存在求的長，不存在說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)(3)存在，【詳解】（1）由于，所以，根據(jù)直三棱柱的性質(zhì)可知，由于，所以平面，由于平面，所以平面平面.（2）設N是的中點，連接，則，MA，MB，MN，兩兩相互垂直.以M為空間坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系，，，設平面的法向量為，則，令，可得，設直線和平面所成角為，則；（3）設，則，過T作，則，∵，∴，∴，∴或（舍）∴.5．（2022·山東德州·統(tǒng)考模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，，，，，．(1)證明：平面平面；(2)在線段上是否存在一點，使直線與平面所成角的正弦值等于？【答案】(1)證明見解析(2)存在【分析】（1）證明平面，利用面面垂直的判定定理可證得結(jié)論成立；（2）證明出，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的方向建立空間直角坐標系，設，其中，利用空間向量法可得出關(guān)于的方程，結(jié)合的取值范圍可求得的值，即可得出結(jié)論.【詳解】（1）證明：在中，，，，，，所以，又，，，在中，由正弦定理得，，，所以，，，，，平面，平面，所以，平面平面.（2）解：因為，，，在中，由余弦定理可得，，則，因為平面，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、，設平面的法向量為，，，則，取可得，設，其中，則，由已知可得，整理可得，因為，解得，因此，當點為線段的中點時，直線與平面所成角的正弦值等于.6．（2023·全國·高三專題練習）已知矩形中，，，是的中點，如圖所示，沿將翻折至，使得平面平面.(1)證明：；(2)若是否存在，使得與平面所成的角的正弦值是？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)存在，【分析】（1）根據(jù)為矩形，且是中點得到，利用勾股定理得到，然后利用面面垂直的性質(zhì)定理得到平面，再結(jié)合平面即可證明；（2）建立空間直角坐標系，根據(jù)得到，然后利用向量的方法求與平面所成的角的正弦值，列方程求即可.【詳解】（1）依題意矩形，，，是中點，所以，又，所以，，，因為平面平面，平面平面，所以平面，又平面，所以.（2）以為原點，所在直線為軸，所在直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標系.則，，，，設是的中點，因為，所以，又平面平面，平面平面，所以平面，，假設存在滿足題意的，則由.可得，.設平面的一個法向量為，則，令，可得，，即，設與平面所成的角為，所以解得（舍去），綜上，存在，使得與平面所成的角的正弦值為.7．（2022·全國·高三專題練習）如圖所示，在四棱錐中，平面，，，，為的中點．（1）求證平面；（2）若點為的中點，線段上是否存在一點，使得平面平面？若存在，請確定的位置；若不存在，請說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2）存在；．【分析】（1）先證明平面，進而得到面，得出，再根據(jù)條件證明，最后根據(jù)線面垂直的判定定理得到結(jié)論；（2）建立空間直角坐標系，設，求出兩個平面的法向量，進而根據(jù)面面垂直求出k.【詳解】（1）因為平面，所以，又，，所以平面，又，所以面，面，．又，為的中點，所以，而，所以平面．（2）以A為坐標原點，所在方向分別為x,y,z軸正方向建立空間直角坐標系，如圖，則，，，，，，．所以，設（），所以，則，所以，，設平面的法向量為，則，，即，令，則，由（1）可知為平面的一個法向量，若平面平面，則，即，解得．即時平面平面.8．（2022·全國·高三專題練習）如圖，在直三棱柱中，M為棱的中點，，，.(1)求證：平面；(2)求證：平面；(3)在棱上是否存在點N，使得平面平面？如果存在，求此時的值；如果不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)存在，.【分析】（1）連接與，兩線交于點，連接，利用三角形中位線性質(zhì)得到，再利用線面平行的判定即可證.（2）應用線面垂直的性質(zhì)、判定可得平面，從而得到，根據(jù)和得到，再利用線面垂直的判定即可證.（3）當點為的中點，設的中點為，連接，，易證四邊形為平行四邊形，從而得到，進而有平面，再利用面面垂直的判定即可證.（1）連接與，兩線交于點，連接，在中，分別為，的中點，所以，又平面，平面，所以平面.（2）因為底面，平面，所以.又為棱的中點，，所以.因為，，平面，所以平面，平面，所以.因為，所以.又，在和中，，所以，即，所以，又，，平面，所以平面.（3）當點為的中點，即時，平面平面.證明如下：設的中點為，連接，，因為，分別為，的中點，所以且，又為的中點，所以且，所以四邊形為平行四邊形，故，由（2）知：平面，所以平面，又平面，所以平面平面.題型五：立體幾何的新定義一、多選題1．（2023春·湖北·高三黃岡中學校聯(lián)考開學考試）如圖，在直三棱柱中，，，為的中點，過的截面與棱、分別交于點、，則下列說法中正確的是（

）A．存在點，使得B．線段長度的取值范圍是C．當點與點重合時，四棱錐的體積為D．設截面、、的面積分別為、、，則的最小值為【答案】BC【分析】以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，設點、，其中，，利用空間向量垂直的坐標表示可判斷A選項；求出與的關(guān)系式，利用反比例函數(shù)的基本性質(zhì)可判斷B選項；利用錐體和臺體的體積公式可判斷C選項；利用基本不等式可判斷D選項.【詳解】因為平面，，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、、、、、、、設點、，其中，.對于A選項，若存在點，使得，且，，，解得，不合乎題意，A錯；對于B選項，設，其中、，即，即，可得，，則，所以，，B對；對于C選項，當點與點重合時，，則，此時點為的中點，如下圖所示：在直三棱柱中，四邊形為矩形，則且，、分別為、的中點，則且，所以，且，同理且，且，所以，，故幾何體為三棱臺，，，，，因此，，C對；對于D選項，，，則點到直線的距離為，，則點到直線的距離為，所以，，故，當且僅當時，等號成立，故的最小值為，D錯.故選：BC.【點睛】方法點睛：求空間幾何體體積的方法如下：（1）求解以三視圖為載體的空間幾何體的體積的關(guān)鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，利用相應體積公式求解；（2）若所給幾何體的體積不能直接利用公式得出，則常用等積法、分割法、補形法等方法進行求解．2．（2022秋·湖南張家界·高三慈利縣第一中學?？茧A段練習）如圖，已知正方體的棱長為2，點M為的中點，點P為正方形上的動點，則（

）A．滿足MP//平面的點P的軌跡長度為B．滿足的點P的軌跡長度為C．存在點P，使得平面AMP經(jīng)過點BD．存在點P滿足【答案】AD【分析】利用線面平行的判定定理可以證得點的軌跡，進而判斷A；建立空間直角坐標系，得到，，為正方形上的點，可設，且，，進而對BCD各個選項進行計算驗證即可判斷并得到答案.【詳解】對于A，取的中點，的中點，又點為的中點，由正方體的性質(zhì)知，，，，所以平面平面，又平面，平面，故點的軌跡為線段，故A正確；對B，方法一：在平面中過作，交于，設，則，，，由，可解得，同理，在平面中過作，交于，可得，因為，所以平面，因為，所以平面，所以點P的軌跡為線段，長度為，故B不正確；方法二：以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，則，，設，且，，，，，即，又，，則點的軌跡為線段，,且，故B錯誤；對于C，方法一：取中點，連接，正方體中，易得，所以平面截正方體的截面為平面，顯然平面，故不存在點P，使得平面AMP經(jīng)過點B，故C錯誤；方法二：設，且，，若平面AMP經(jīng)過點B，則，且，又,所以，即，因此，從而，不合題意，所以不存在點P，使得平面AMP經(jīng)過點B,故C錯誤；對于D，方法一：延長至，令，則，所以，因為，所以存在點滿足，故D正確.方法二：點關(guān)于平面的對稱點的為，三點共線時線段和最短，故，故存在點滿足，故D正確.故選：AD.3．（2022秋·山西大同·高三統(tǒng)考階段練習）如圖，直