第10讲空间向量的应用与新定义（五种题型）-冲刺2025年高考数学热点、重难点题型解题方法与策略+真题演练（新高考专用）（解析版）

第10讲空间向量的应用与新定义（五种题型）题型一：空间向量的位置关系的证明一、单选题1．（2023·全国·高三专题练习）如图，在正四棱柱中，是底面的中心，分别是的中点，则下列结论正确的是（

）A．//B．C．//平面D．平面【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明，逐项分析、判断作答.【详解】在正四棱柱中，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，令，是底面的中心，分别是的中点，则，，，对于A，显然与不共线，即与不平行，A不正确；对于B，因，则，即，B正确；对于C，设平面的法向量为，则，令，得，，因此与不垂直，即不平行于平面，C不正确；对于D，由选项C知，与不共线，即不垂直于平面，D不正确.故选：B2．（2023春·河南洛阳·高三洛阳市第八中学校考开学考试）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【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.【详解】解：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：解：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.3．（2023春·云南昆明·高三校考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（）A．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段B．存在Q点，使得平面C．当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大D．若，那么Q点的轨迹长度为【答案】B【分析】取中点，证明平面，得动点轨迹判断A，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由与此法向量平行确定点位置，判断B，利用空间向量法求得到到平面距离的最大值，确定点位置判断C，利用勾股定理确定点轨迹，得轨迹长度判断D．【详解】选项A，分别取中点，连接，，由与，平行且相等得平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，连接，，，所以，同理平面，，平面，所以平面平面，当时，平面，所以平面，即点轨迹是线段，A正确；选项B，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，则，，，设（），，，，设是平面的一个法向量，则，取，则，若平面，则，所以存在，使得，，解得，因此正方形内（含边界）不存在点，使得平面，B错；选项C，面积为定值，当且仅当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，，到平面的距离为，，时，，当时，d有最大值1，时，，时，d有最大值，综上，时，d取得最大值1，故与重合时，d取得最大值，三棱锥的体积最大，C正确；选项D，平面，平面，，所以，所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，圆心角是，轨迹长度为，D正确．故选：B．【点睛】关键点点睛：本题考查空间点的轨迹问题，解题关键是勾画出过且与平面平行的平面，由体积公式，在正方形内的点到平面的距离最大，则三棱锥体积最大．二、多选题4．（2022·湖南长沙·统考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，分别为的中点，以下说法正确的是（

）A．三棱锥的体积为B．平面C．过点作正方体的截面，所得截面的面积是D．异面直线与所成的角的余弦值为【答案】ABC【分析】对于A直接计算即可；对于B,D选项以DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，结合空间向量计算即可；对于C，作中点N，的中点M，的中点T，连接GN，GM，FM，TN，ET，计算面积即可.【详解】对于A，，故A正确；对于B，以DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，，，，，，，，则，，，，，，则平面EFG，B正确；对于C，作中点N，的中点M，的中点T，连接GN，GM，FM，TN，ET，则正六边形EFMGNT为对应截面面积，正六边形边长为，则截面面积为：，故C正确；对于D，，，，故D错误．故选:ABC.5．（2022·广东·统考三模）在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（

）A．当平面时，可能垂直B．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为C．当时，的最小值为D．当时，正方体经过点､P､C的截面面积的取值范围为[，]【答案】ABD【分析】依题意画出图形，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算A、D，连接，则即为与平面所成角，根据锐角三角函数得到的轨迹，即可判断B，将平面与平面沿展成平面图形，化曲为直，利用余弦定理计算即可判断C；【详解】解：对于A选项：建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，，则，，设平面的一个法向量为，所以，令，则，即平面的一个法向量为，若平面，则，即，则当时，，即P为中点时，有平面，且，故A正确；B选项：因为平面，连接，则即为与平面所成角，若与平面所成角为，则，所以，即点P的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，于是点P的轨迹长度为，故B正确；C选项：如图，将平面与平面沿展成平面图形，线段即为的最小值，利用余弦定理可知所以，故C错误；D选项：正方体经过点､P､C的截面为平行四边形，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，，，，所以点P到直线的距离为，于是当时，的面积取最小值，此时截面面积为；当或1时，的面积取最大值，此时截面面积为，故D正确.故选：ABD三、填空题6．（2022秋·湖南怀化·高三校考阶段练习）如图，多面体ABCDEF中，面ABCD为正方形，DE⊥平面ABCD，CF∥DE，且AB=DE=2，CF=1，G为棱BC的中点，H为棱DE上的动点，有下列结论：①当H为DE的中点时，GH∥平面ABE；②存在点H，使得GH⊥AE；③三棱锥B−GHF的体积为定值；④三棱锥E−BCF的外接球的表面积为．其中正确的结论序号为________．（填写所有正确结论的序号）【答案】①③④【分析】根据线面平行的判定定理，以及线线垂直的判定，结合棱锥体积的计算公式，以及棱锥外接球半径的求解，对每一项进行逐一求解和分析即可.【详解】对①：当H为DE的中点时，取中点为，连接，如下所示：因为分别为的中点，故可得//，，根据已知条件可知：//，故//，故四边形为平行四边形，则//，又面面，故//面，故①正确；对②：因为面面，故，又四边形为矩形，故，则两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：则，设，，若GH⊥AE，则，即，解得，不满足题意，故②错误；对③：，因为均为定点，故为定值，又//面面，故//面，又点在上运动，故点到面的距离是定值，故三棱锥的体积为定值，则③正确；对④：取△的外心为，过作平面的垂线，则三棱锥的外接球的球心一定在上因为面，面面，则，又，面，故面,又面，则//，故在同一个平面，则过作，连接如图所示.在△中，容易知，则由余弦定理可得，故，则由正弦定理可得；设三棱锥的外接球半径为，则，在△中，，，又，故由勾股定理可知：，即，解得：，则该棱锥外接球的表面积，故④正确.故答案为：①③④.【点睛】本题考查线面平行的证明，线线垂直的判定，以及三棱锥体积的计算和外接球半径的求解，属综合困难题.7．（2022·全国·高三专题练习）如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论：①平面截正方体所得的截面图形是五边形；②直线到平面的距离是；③存在点，使得；④△面积的最小值是．其中所有正确结论的序号是______．【答案】①③【分析】作出截面图形判断①，利用等积法可判断②，利用坐标法可判断③④.【详解】对于①，如图直线与、的延长线分别交于，连接分别交于，连接，则五边形即为所得的截面图形，故①正确；对于②，由题可知，平面，平面，∴平面，故点到平面的距离即为直线到平面的距离，设点到平面的距离为h，由正方体的棱长为2可得，，，∴，，∴由，可得，所以直线到平面的距离是，故②错误；对于③，如图建立空间直角坐标系，则，设，∴，又，∴，，假设存在点，使得，∴，整理得，∴（舍去）或，故存在点，使得，故③正确；对于④，由上知，所以点在的射影为，∴点到的距离为：，∴当时，，∴故△面积的最小值是，故④错误.故答案为：①③.8．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是___________.【答案】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出点轨迹的长度.【详解】在正方体中，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，∴，，，，∴，设，则，∵，∴，当时，，当时，，取，，，，连结，，，，则，，∴四边形为矩形，则，，即，，又和为平面中的两条相交直线，∴平面，又，，∴为的中点，则平面，为使，必有点平面，又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形，又，，∴，则点的轨迹不是正方形，则矩形的周长为.故答案为：【点睛】对于立体几何中的轨迹问题，可以建立空间直角坐标系，将其代数化处理，可以很方便的求出边的长度及角度.四、解答题9．（2023·北京海淀·中央民族大学附属中学校考模拟预测）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，M为的中点．（1）求证：；（2）求平面与平面所成的角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）以点D为原点，依次以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出，利用数量积即可证明.（2）求出两平面PAM与平面PDC的法向量，则法向量夹角余弦得二面角的余弦．【详解】解：（1）依题意，棱DA，DC，DP两两互相垂直.以点D为原点，依次以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，如图，建立空间直角坐标系.则，，，.可得，.所以，所以（2）由（1）得到，，因此可得，.设平面的一个法向量为，则由得令，解得.同理，可求平面PDC的一个法向量.所以，平面PAM与平面PDC所成的锐二面角满足：.即平面PAM与平面PDC所成的锐二面角的余弦值为.10．（2023·北京海淀·高三101中学校考阶段练习）如图，在三棱柱中，平面，，，为线段上一点.(1)求证：；(2)若直线与平面所成角为，求点到平面的距离.【答案】(1)证明过程见解析；(2).【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算公式进行证明即可；（2）利用空间向量夹角公式，结合空间点到面距离公式进行求解即可.【详解】（1）因为平面，平面，所以，而，因此建立如图所示的空间直角坐标系：，，因为，所以，即，（2）设平面的法向量为，，所以有，因为直线与平面所成角为，所以，解得，即，因为，所以点到平面的距离为：.【点睛】11．（2022秋·天津滨海新·高三校考期末）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．（I）求证：平面；（II）求直线与平面所成角的正弦值．（III）求二面角的正弦值．【答案】（I）证明见解析；（II）；（III）.【分析】（I）建立空间直角坐标系，求出及平面的一个法向量，证明，即可得证；（II）求出，由运算即可得解；（III）求得平面的一个法向量，由结合同角三角函数的平方关系即可得解.【详解】（I）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，则,,,,,,，因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，，所以,,,设平面的一个法向量为，则，令，则，因为，所以，因为平面，所以平面；（II）由（1）得，，设直线与平面所成角为，则；（III）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为，则，所以二面角的正弦值为.12．（2023春·天津武清·高三校考开学考试）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面所成二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；（2）利用空间向量法可求得直线与平面夹角的正弦值；（3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.【详解】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则以点为坐标原点，、、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，易知平面的一个法向量为，则，故，平面，故平面.（2）解：，，，设平面的法向量为，则，取，可得，.因此，直线与平面夹角的正弦值为.（3）解：，，设平面的法向量为，则，取，可得，则，因此，平面与平面夹角的余弦值为.13．（2022春·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面底面，，分别为中点，．（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）在棱上是否存在一点，使平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）不存在；理由见解析．【分析】（1）作的中点，连接，先利用面面平行的判定定理，证明出平面平面，进而根据面面平行的性质证明出平面；（2）作垂直于，作，连接，作中点，连接，先证出为二面角的平面角，进而求得和，最后在直角三角形中求得；（3）先假设存在点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，表示出和，根据向量共线的性质建立等式对求解．【详解】（1）作的中点，连接，∵在中，为中点，∴，∵平面，平面，∴平面，同理可证明平面，∵平面，平面，，∴平面平面，∵平面，∴平面；（2）作垂直于，作，连接，作中点，连接，∵，∴，∵，∴，∵为中点，∴，，∵侧面底面，∴底面，∵，∴，∴为二面角的平面角，∵，∴∽，∴，，∴∴，∴，即二面角的余弦值为；（3）不存在．假设存在，连接，交于点，为平面和平面的交线，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则（1，0，0），（1，2，0），（﹣1，2，0），（﹣1，0，0），，，（0，1，0），设，则，设平面的一个法向量是，∵，即，令，则，∵因为平面，∴，∴，，，∵，共线，，，∴，∴，无解，故在棱上不存在一点，使得平面.题型二：空间角的向量求法一、多选题1．（2022·全国·高三专题练习）已知正四棱柱中，，为的中点，为棱上的动点，平面过，，三点，则（

）A．平面平面B．平面与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形C．当与A重合时，截此四棱柱的外接球所得的截面面积为D．存在点，使得与平面所成角的大小为【答案】AC【分析】A选项，证明，从而证明出平面，进而证明面面垂直；B选项，当时，画出平面与正四棱柱表面的交线围成的图形是五边形；C选项，作出与A重合时的平面，求出外接球半径，得到截面面积；D选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的大小.【详解】因为，为的中点，底面ABCD为正方形，所以，又因为平面，平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面，即A正确；当时，画出平面与正四棱柱表面的交线围成的图形如下图：其中F在线段上，G在上，BP∥EG，BE∥PF，可知交线围成的图形为五边形，即B错误；如图，以A为坐标原点，AD，AB所在直线为，y，z轴，建立空间直角坐标系，，，，，设平面ABEF的法向量为，则有，令，则，则球心到平面的距离，此正四棱柱的外接球半径为，所以截面半径，则截面积，即C正确；设，，则平面的法向量为，则，令，则，所以，设与平面所成角为，则，因为在上单调递增，所以，所以不存在点，使得与平面所成角的大小为，即D错误.故选：AC【点睛】求解直线与平面夹角的取值范围或平面之间夹角的取值范围问题，建立空间直角坐标系可以很好的将抽象的立体几何问题转化为运算问题进行解决.2．（2022·全国·高三专题练习）已知梯形，，，，是线段上的动点；将沿着所在的直线翻折成四面体，翻折的过程中下列选项中正确的是（

）A．不论何时，与都不可能垂直B．存在某个位置，使得平面C．直线与平面所成角存在最大值D．四面体的外接球的表面积的最小值为【答案】AD【分析】利用反证法可判断AB选项的正误；分别取、的中点、，连接、，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断C选项的正误；设四面体的外接球心为，求出四面体外接球半径的最小值，可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，在梯形中，，，，，且，则，因为，由余弦定理可得，，，若，且，平面，平面，，事实上，矛盾，故不论何时，与都不可能垂直，A选项正确；对于B选项，若平面，平面，则，所以，，而，，即，则、、无法构成三角形，不合乎题意，B选项错误；对于C选项，分别取、的中点、，连接、，则，，，则，，为的中点，则，，故平面，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，设，则、、、，，设三棱锥的球心为，由可得，解得，设三棱锥的外接球半径为，则，当且仅当时，等号成立，因此，四面体的外接球的表面积的最小值为，D选项正确.对于C选项，设，，易知平面的一个法向量为，，而，即当时，无最大值，进而可知直线与平面所成角无最大值，C选项错误.故选：AD.【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.二、解答题3．（2023秋·黑龙江哈尔滨·高三校考阶段练习）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．(1)证明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，因为是三棱锥的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，因为，，所以，又，所以，则，，所以，所以，，，，所以，则，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以；设平面的法向量为，则，令，则，，所以；所以.设二面角的大小为，则，所以，即二面角的正弦值为.4．（2023春·河南洛阳·高三孟津县第一高级中学校考开学考试）在四棱锥中，底面．(1)证明：；(2)求PD与平面所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又因为平面，所以；（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，，则，则，设平面的法向量，则有，可取，则，所以与平面所成角的正弦值为.5．（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．（1）求；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）；（2）【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；（2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、、、、，则，，，则，解得，故；[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结．因为底面，且底面，所以．又因为，，所以平面．又平面，所以．从而．因为，所以．所以，于是．所以．所以．[方法三]：几何法+三角形面积法

如图，联结交于点N．由[方法二]知．在矩形中，有，所以，即．令，因为M为的中点，则，，．由，得，解得，所以．（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面的法向量为，则，，由，取，可得，设平面的法向量为，，，由，取，可得，，所以，，因此，二面角的正弦值为.[方法二]：构造长方体法+等体积法

如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．联结，由三垂线定理可知，故为二面角的平面角．易证四边形是边长为的正方形，联结，．，由等积法解得．在中，，由勾股定理求得．所以，，即二面角的正弦值为．【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.6．（2022秋·黑龙江鸡西·高三校考期中）在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.【详解】（1）取的中点为，连接.因为，，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.（2）在平面内，过作，交于，则，结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.则，故.设平面的法向量，则即，取，则，故.而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.7．（2020·全国·高三专题练习）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）要证明平面，只需证明，即可；（2）方法一：过O作∥BC交AB于点N，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用公式计算即可得到答案.【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明由题设，知为等边三角形，设，则，，所以，又为等边三角形，则，所以，，则，所以，同理，又，所以平面；[方法二]：空间直角坐标系法不妨设，则，由圆锥性质知平面，所以，所以．因为O是的外心，因此．在底面过作的平行线与的交点为W，以O为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，．所以，，．故，．所以，．又，故平面．[方法三]：因为是底面圆O的内接正三角形，且为底面直径，所以．因为（即）垂直于底面，在底面内，所以．又因为平面，平面，，所以平面．又因为平面，所以．设，则F为的中点，连结．设，且，则，，．因此，从而．又因为，所以平面．[方法四]：空间基底向量法如图所示，圆锥底面圆O半径为R，连结，，易得，因为，所以．以为基底，平面，则，，且，所以．故．所以，即．同理．又，所以平面．（2）[方法一]：空间直角坐标系法过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴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，由，得，令，得，所以，设平面的一个法向量为由，得，令，得，所以故，设二面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角，所以.[方法二]【最优解】：几何法设，易知F是的中点，过F作交于G，取的中点H，联结，则．由平面，得平面．由（1）可得，，得．所以，根据三垂线定理，得．所以是二面角的平面角．设圆O的半径为r，则，，，，所以，，．在中，，．所以二面角的余弦值为．[方法三]：射影面积法如图所示，在上取点H，使，设，连结．由（1）知，所以．故平面．所以，点H在面上的射影为N．故由射影面积法可知二面角的余弦值为．在中，令，则，易知．所以．又，故所以二面角的余弦值为．【整体点评】本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，（1）方法一：利用勾股数进行运算证明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空间立体感较弱的学生提供了可行的途径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四：利用空间基底解决问题，此解法在解答题中用的比较少；（2）方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：利用几何法，通过三垂线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学生；方法三：利用射影面积法求解二面角，提高解题速度.8．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．(1)求证：平面；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.【详解】（1）取的中点为，连接，由三棱柱可得四边形为平行四边形，而，则，而平面，平面，故平面，而，则，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，（2）因为侧面为正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因为，故平面，因为平面，故，若选①，则，而，，故平面，而平面，故，所以，而，，故平面，故可建立如所示的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.若选②，因为，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间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.9．（2023·全国·高三专题练习）如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于，的母线.(1)证明：平面DEF；(2)若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明，再证明，根据线面垂直的判定定理可证明结论；（2）先推出三棱锥的体积最大时，点E，F分别是，的中点，由此再求二面角的余弦值；法一：通过证线面垂直可说明是二面角的平面角，解直角即可求得答案；法二：建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，再求出平面DEF和平面BDF的法向量，根据向量的夹角公式求得答案.【详解】（1）证明：如右图，连接AE，由题意知AB为的直径，所以.因为AD，EF是圆柱的母线，所以且,所以四边形AEFD是平行四边形.所以,所以.因为EF是圆柱的母线，所以平面ABE,又因为平面ABE，所以.又因为，DF，平面DEF，所以平面DEF.（2）由（1）知BE是三棱锥底面DEF上的高，由（1）知，，所以，即底面三角形DEF是直角三角形.设，，则,所以，当且仅当时等号成立，即点E，F分别是，的中点时，三棱锥的体积最大,下面求二面角的余弦值：法一：由（1）得平面DEF，因为平面DEF，所以.又因为，，所以平面BEF.因为平面BEF，所以,所以是二面角的平面角,由（1）知为直角三角形，则.故,所以二面角的余弦值为.法二：由（1）知EA，EB，EF两两相互垂直，如图，以点E为原点，EA，EB，EF所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则.由（1）知平面DEF，故平面DEF的法向量可取为.设平面BDF的法向量为，由，，得，即，即，取，得.设二面角的平面角为θ,则，由图可知θ为锐角，所以二面角的余弦值为.10．（2022秋·天津滨海新·高三校考期中）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，平面，且，点在棱上，点为中点.(1)证明：若，直线平面；(2)求二面角的正弦值；(3)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在求出值；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在，或【分析】（1）利用面面平行证明线面平行；（2）利用坐标法求二面角余弦值与正弦值；（3）设，可表示点与，再根据线面夹角求得的值.【详解】（1）如图所示，在线段上取一点，使，连接，，，，又，，，四边形为平行四边形，，又，，所以平面平面，平面，平面；（2）如图所示，以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，又是中点，则，所以，，，设平面的法向量，则，令，则，设平面的法向量，则，令，则，所以，则二面角的正弦值为；（3）存在，或假设存在点，设，即，，由（2）得，，，且平面的法向量，则，，则，，解得或，故存在点，此时或.11．（2022秋·江苏镇江·高三校联考阶段练习）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点.(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M-AB-D的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取PA的中点为F，连接EF，BF，证得CE//BF，进而线面平行得判定定理即可得出结论；（2）法一：取AD的中点O连接PO，CO，证得为直线与平面所成角，解三角形求出，作于，连接证得为二面角的平面角，求出的余弦值即可.法二：建立空间直角坐标系，求得半平面的法向量：，，然后利用空间向量的相关结论可求得二面角的余弦值为．【详解】（1）证明：取的中点，连结是的中点，，四边形是平行四边形，平面平面，直线//平面.（2）法一：四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，是的中点.取的中点在底面上的射影在上，设，则，直线与底面所成角为，可得：，可得：，，作于，连接，所以就是二面角的平面角，，二面角的余弦值为：法二：由已知得,以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系，则则，，，，,则因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而是底面ABCD的法向量，所以，即又在棱上,设由①，②得（舍去）或所以，从而设是平面ABM的法向量，则所以可取.于是因此二面角M-AB-D的余弦值为.12．（2023秋·云南昆明·高三昆明市第三中学校考阶段练习）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．(1)若为棱的中点，求证：平面；(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.【分析】（1）取中点，连接，得到，然后利用线面平行的判定定理得到平面；（2）假设在棱上存在点满足题意，建立空间直角坐标系，设，根据平面与平面的夹角的余弦值为，则两平面法向量所成角的余弦值的绝对值等于，求出，即可得出结论.【详解】（1）取中点，连接，分别为的中点，，底面四边形是矩形，为棱的中点，，．，，故四边形是平行四边形，．又平面，平面，平面．（2）假设在棱上存在点满足题意，在等边中，为的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，平面，则是四棱锥的高．设，则，，，所以.以点为原点，，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，故，，．设，．设平面PMB的一个法向量为，则取．易知平面的一个法向量为，，，故存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.13．（2022·福建福州·福建省福州格致中学校考模拟预测）如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠ABC=，∠B1BD=，（1）求证：直线AC⊥平面BDB1；（2）求直线A1B1与平面ACC1所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）由边角边证得，即，在等腰三角形中由三线合一证得，在菱形中由菱形的对角线垂直证得，由线面垂直的判定定理说明即得证；（2）延长交于点，平面即为平面，平面即平面，由（1）得平面平面，平面平面，所以过做，由面面垂直的性质则平面，故即为直线与平面所成角（若研究直线与平面所成角的正弦值则线段等比例扩大2倍结果不变），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数关系求得，，进而求得，最后由正弦函数定义可求得答案；也可以利用建立空间直角坐标系的方式运算求解.【详解】（1）连接交于，因为，，，所以，故又因为为菱形对角线交点，即是线段的中点，所以又四边形为菱形，故而，所以平面方法二：因为，所以点在平面内的射影在为的平分线，又四边形为菱形，故为的平分线，则直线故平面平面，而平面平面，又四边形为菱形，故所以平面（2）延长交于点，平面即为平面，平面即平面由（1）得平面平面，平面平面，所以过做，则平面，故即为直线与平面所成角（若研究直线与平面所成角的正弦值则线段等比例扩大2倍结果不变）因为四棱台中，所以，由菱形有，且∠ABC=，所以，作，因为，则，，所以，则，，，故.法二：延长交于点，平面即为平面，平面即平面，设直线与平面所成角为过作，垂足为，因为，所以建系，以为轴，作轴，设平面的法向量为，则，所以，所以【点睛】本题考查空间中线面垂直的证明，还考查了空间线面角正弦值的运算，属于难题.题型三：空间向量的距离求法一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）已知直线过定点，且方向向量为，则点到的距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题首先可根据题意得出，然后求出与，最后根据空间点到直线的距离公式即可得出结果.【详解】因为，，所以，则，，由点到直线的距离公式得，故选：A.2．（2020·浙江温州·统考模拟预测）在棱长为3的正方体中，为棱的中点，为线段上的点，且，若点分别是线段，上的动点，则周长的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接，易知为线段与的交点，即为线段上靠近D的三等分点，将周长的最小值问题转化到平面上几何知识连接两点间的线中线段最短与平面几何中对称问题处理，最后由余弦定理求得的长度即可.【详解】连接，易知为线段与的交点，即为线段上的点，由勾股定理可知，则，分别作点关于线段，的对称点，，且由对称关系有垂直关系且显然为等边三角形，即，由等边三角形对称问题可求得，据余弦定理得，由平面几何知识连接两点间的线中线段最短，得周长的最小值为.故选：D【点睛】本题考查空间中三角形周长的最值，涉及空间中直线与对称点的算法，属于难题.二、多选题3．（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面，O，P分别是的中点，M是棱SD上的动点，则下列选项正确的是（

）A．B．存在点M，使平面SBCC．存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°D．点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值【答案】ABD【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，利用向量法判断ACD，根据线面平行的判定定理判断B【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系（如图），设，则，由M是棱SD上的动点，设，，，，故A正确；当为的中点时，是的中位线，所以，又平面，平面，所以平面，故B正确；，若存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°，则，化简得，方程无解，故C错误；点M到平面ABCD的距离，点M与平面SAB的距离，所以点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为，是定值，故D正确；故选：ABD4．（2022·江苏南京·高三金陵中学校考学业考试）已知正四棱台的上下底面边长分别为4，6，高为，E是的中点，则（

）A．正四棱台的体积为B．正四棱台的外接球的表面积为104πC．AE∥平面D．到平面的距离为【答案】BCD【分析】利用正四棱台的体积计算可判断A；连接相交于，连接相交于，分外接球的球心在正四棱台的内部、内部，根据、，求出可判断B；取的中点，利用面面平行的判断定理可判断平面平面，从而可判断C；以为原点，所在的直线分别为建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用点到平面的距离的向量求法可判断D.【详解】正四棱台的体积为，，故A错误；连接相交于，连接相交于，如果外接球的球心在正四棱台的内部，则在上，，因为上下底面边长分别为4，6，所以，，设外接球的半径为，所以，即，无解，所以外接球的球心在正四棱台的外部，如下图，则在延长线上，，因为上下底面边长分别为4，6，所以，，设外接球的半径为，所以，即，解得，所以正四棱台的外接球的表面积为，故B正确；取的中点，连接，，连接，所以，所以是的中点，因为，所以，又，所以，又因为，所以四边形是平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，因为，所以，平面，平面，所以平面，因为，所以平面平面，因为平面，所以平面，故C正确；以为原点，所在的直线分别为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，所以，即，令可得，到平面的距离为，故D正确.故选：BCD.5．（2022·全国·高三专题练习）如图，若正方体的棱长为1，点是正方体的侧面上的一个动点（含边界），是棱的中点，则下列结论正确的是（

）A．沿正方体的表面从点到点的最短路程为B．若保持，则点在侧面内运动路径的长度为C．三棱锥的体积最大值为D．若在平面内运动，且，点的轨迹为线段【答案】ABD【分析】A把两个平面展开到同一平面内，利用两点之间，线段最短进行求解，注意展开方式可能有多种；B找到点M在侧面内的运动轨迹是圆弧，再求解弧长；C利用等体积法和建立空间直角坐标系，求出的最大值，即为最大值；D在空间直角坐标系中利用余弦定理得到点M的轨迹方程为线段.【详解】将面与面展开到同一平面内，连接AP，此时，也可将面ABCD与面展开到同一平面内，此时，而，故A正确；过P作PE⊥于E，连接EM，则E为的中点，PE=1且PE⊥面，EM面，所以PE⊥EM，由知：，故M在面上的轨迹：以E为圆心，1为半径的半圆，故M在侧面运动路径的长为，B正确；连接，，，，，，则，所以，以D为原点，分别以DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，设(，)，设面的法向量为，则，令得，设到面的距离为，则，故当，时，取得最大值为，此时三棱锥体积最大，，C错误；，所以，连接，，因为，（，），所以，，，化简，所以且，知M的轨迹是线段，D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：应用空间直角坐标系解决轨迹问题，并求解空间角度和距离.6．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点(含边界)，则下列说法中正确的是(

)A．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段B．存在Q点，使得平面C．当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大D．若，那么Q点的轨迹长度为【答案】ACD【分析】A：取、中点，连接、、PF，证明平面∥平面，则点的轨迹为线段；B：以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，根据求出x、z即可判断；C：的面积为定值，当且仅当到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大；D：可求为定值，即可判断Q的轨迹，从而求其长度.【详解】取、中点，连接、、PF，由PF∥∥且PF＝知是平行四边形，∴∥，∵平面，平面，∥平面，同理可得EF∥平面，∵EF∩＝F，∴平面∥平面，则点的轨迹为线段，A选项正确；如图，建立空间直角坐标系，则，，，设，则，，设为平面的一个法向量，则即得取，则.若平面，则∥，即存在，使得，则，解得，故不存在点使得平面，B选项错误；的面积为定值，当且仅当到平面的距离d最大时，三棱锥的体积最大.，，，则当时，d有最大值1；②，，则当时，d有最大值；综上，当，即和重合时，三棱锥的体积最大，C选项正确；平面，，，，Q点的轨迹是半径为，圆心角为的圆弧，轨迹长度为，D选项正确.故选：ACD.【点睛】本题综合考察空间里面的位置关系的判断与应用，需熟练运用线面平行、面面平行的判定定理和性质，需掌握运用空间直角坐标系和空间向量来解决垂直问题，掌握利用空间向量求点到平面的距离，利用几何关系判断空间里面的动点的轨迹，考察知识点较多，计算量较大，属于难题.三、填空题7．（2022·全国·高三专题练习）如图，正四棱锥的棱长均为2，点E为侧棱PD的中点．若点M，N分别为直线AB，CE上的动点，则MN的最小值为______．【答案】【分析】根据题意，先建立空间直角坐标系，然后写出相关点的坐标，再写出相关的向量，然后根据点分别为直线上写出点的坐标，这样就得到，然后根据的取值范围而确定【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则有：，，，，，可得：设，且则有：，可得：则有：故则当且仅当时，故答案为：8．（2023春·河北邯郸·高三校联考开学考试）如图，某正方体的顶点A在平面内，三条棱都在平面的同侧.若顶点B，C，D到平面的距离分别为，，2，则该正方体外接球的表面积为______.【答案】【分析】取空间的一个基底，设正方体的棱长为a，是平面的一个方向向上的单位法向量.由题得在方向上的投影向量的长度分别为，，2得，由，得，得正方体外接球表面积.【详解】设正方体的棱长为a，取空间的一个基底，设是平面的一个方向向上的单位法向量.由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组，使得.由题意，在方向上的投影向量的长度分别为，，2.于是，即，即，即.同理，.从而，由，得，即，解得，所以正方体的外接球半径为，外接球的表面积为.故答案为：【点睛】考虑到可以利用空间向量表示条件中的点到平面的距离，所以选择基底，设单位法向量解决问题，得，即，即，即.同理可得，，即可得到.四、解答题9．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，ADBC，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为.(1)在平面PAB内是否存在一点M，使得直线CM平面PBE，如果存在，请确定点M的位置，如果不存在，请说明理由；(2)若二面角P−CD−A的大小为，求P到直线CE的距离.【答案】(1)存在，在平面内可以找到一点，使得直线CM平面PBE(2)【分析】（1）先判断存在符合题意的点，再通过作辅助线找到该点，证明平面即可；（2）建立空间直角坐标系，通过已知的二面角度数，找到线段之间关系，从而确定相关点的坐标，然后利用向量的运算求得答案.【详解】（1）延长交直线于点，点为的中点，，，，即，四边形为平行四边形，即.，平面平面，平面，平面，平面，故在平面内可以找到一点，使得直线平面.（2）如图所示，，即，且异面直线与所成的角为，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，大小为..因为.以A为坐标原点，平行于的直线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，方向上的单位向量坐标为，则在上的投影的绝对值为，所以到直线的距离为.10．（2023秋·江苏扬州·高三校考期末）如图多面体中，四边形是菱形，，平面，，(1)证明：平面平面；(2)在棱上有一点，使得平面与平面的夹角为，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，，证明，利用平面，证明平面，从而平面平面；（2）建立平面直角坐标系，设，求出二面角，再求得的值，即可得到的坐标，再利用空间向量法求出点到面的距离．【详解】（1）证明：取的中点，连接交于，连接，，因为是菱形，所以，且是的中点，所以且，又，，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以，又因为，平面，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）解：取的中点，由四边形是菱形，，则，是正三角形，，，又平面，所以以为原点，，，为坐标轴建立空间直角坐标系，设在棱上存在点使得平面与平面的夹角为，则，，，，，，则设，，所以，，，，设平面的一个法向量为，，，则，即，令，，得平面的法向量可以为，，解得，所以，则设平面的一个法向量为，则，即，取，得，所以点到平面的距离.11．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，四边形ABCD是菱形，，，三棱锥是正三棱锥，E，F分别为，的中点.(1)求证：直线平面SAC；(2)求二面角的余弦值；(3)判断直线SA与平面BDF的位置关系.如果平行，求出直线SA与平面BDF的距离；如果不平行，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)(3)平行，距离为【分析】(1)要证线面平行，先证线线平行，只需证，，即可.(2)建立适当的直角坐标系，再利用平面的法向量，即可求解.(3)利用向量在平面BDF的法向量上的投影，即可求解.【详解】（1）证明：连接AC，交BD于点O，连接SO，因为四边形ABCD是菱形，所以O为AC，BD的中点，且，因为三棱锥是正三棱锥，，O为BD的中点，所以，又，所以平面SAC.（2）作平面BCD于H，则H为正三角形BCD的中点，H在线段OC上，且，，，.如图，以O为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，C.，D.，，，，所以，，，设是平面EBF的法向量，则，则，设是平面DBF的法向量，则，取，所以，又因为二面角是锐二面角，所以二面角的余弦值为.（3）直线SA与平面BDF平行.理由如下：连接OF，由（1）知O为AC的中点，又F为SC的中点，所以，又因为平面BDF，平面BDF，所以直线平面BDF.（或者用向量法证明直线SA与平面BDF平行：由（2）知是平面BDF的一个法向量，又，，所以，所以，所以，又因为平面BDF，所以直线平面BDF.设点A与平面BDF的距离为h，则h即为直线SA与平面BDF的距离，因为，是平面DBF的一个法向量，所以，所以点A与平面BDF的距离为，所以直线SA与平面BDF的距离为.题型四：空间线段点的存在性问题一、多选题1．（2023春·湖北·高三黄冈中学校联考开学考试）如图，在直三棱柱中，，，为的中点，过的截面与棱、分别交于点、，则下列说法中正确的是（

）A．存在点，使得B．线段长度的取值范围是C．当点与点重合时，四棱锥的体积为D．设截面、、的面积分别为、、，则的最小值为【答案】BC【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点、，其中，，利用空间向量垂直的坐标表示可判断A选项；求出与的关系式，利用反比例函数的基本性质可判断B选项；利用锥体和台体的体积公式可判断C选项；利用基本不等式可判断D选项.【详解】因为平面，，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、、、、、、、设点、，其中，.对于A选项，若存在点，使得，且，，，解得，不合乎题意，A错；对于B选项，设，其中、，即，即，可得，，则，所以，，B对；对于C选项，当点与点重合时，，则，此时点为的中点，如下图所示：在直三棱柱中，四边形为矩形，则且，、分别为、的中点，则且，所以，且，同理且，且，所以，，故几何体为三棱台，，，，，因此，，C对；对于D选项，，，则点到直线的距离为，，则点到直线的距离为，所以，，故，当且仅当时，等号成立，故的最小值为，D错.故选：BC.【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．2．（2022秋·湖南张家界·高三慈利县第一中学校考阶段练习）如图，已知正方体的棱长为2，点M为的中点，点P为正方形上的动点，则（

）A．满足MP//平面的点P的轨迹长度为B．满足的点P的轨迹长度为C．存在点P，使得平面AMP经过点BD．存在点P满足【答案】AD【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，为正方形上的点，可设，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案.【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点，由正方体的性质知，，，，所以平面平面，又平面，平面，故点的轨迹为线段，故A正确；对B，方法一：在平面中过作，交于，设，则，，，由，可解得，同理，在平面中过作，交于，可得，因为，所以平面，因为，所以平面，所以点P的轨迹为线段，长度为，故B不正确；方法二：以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，设，且，，，，，即，又，，则点的轨迹为线段，,且，故B错误；对于C，方法一：取中点，连接，正方体中，易得，所以平面截正方体的截面为平面，显然平面，故不存在点P，使得平面AMP经过点B，故C错误；方法二：设，且，，若平面AMP经过点B，则，且，又,所以，即，因此，从而，不合题意，所以不存在点P，使得平面AMP经过点B,故C错误；对于D，方法一：延长至，令，则，所以，因为，所以存在点满足，故D正确.方法二：点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短，故，故存在点满足，故D正确.故选：AD.3．（2022秋·山西大同·高三统考阶段练习）如图，直三棱柱中，，，．点P在线段上（不含端点），则（

）A．存在点P，使得B．的最小值为有C．面积的最小值为D．三棱锥与三棱锥的体积之和为定值【答案】ACD【分析】以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，其中点坐标，可设（），即可得出.对于A选项，要使，即，得到关于的方程，解方程即可；对于B选项，将和沿展开，连接，的最小值即的长度，利用锐角三角函数和两角和的余弦公式求出，再由余弦定理即可得到；对于C选项，设（），利用向量的夹角公式求得，由同角三角函数的平方关系得到，代入三角形面积公式：，结合二次函数的性质讨论最值即可；对于D选项，利用等体积法得，即可求解.【详解】由题意得，，即，又在直三棱柱中，底面，平面，平面，，，则以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系.因为，，所以，，，，，，，则，，设（），则，解得，，，所以，对于A选项，，，要使，即，解得，当，即在中点时，，故A选项正确；对于B选项，如图所示，将和沿展开，如图所示，连接交于点，可知，当点与点重合时取得最小值，由题意得，，，，，，所以，，，，则，在中，由余弦定理得，，则，所以的最小值为，故B选项错误；对于C选项，，，设（），则，即，所以，则，因为，所以当时，取得最小值，故C选项正确；对于D选项，，故D选项正确，故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何中的动点的相关线段的位置关系、线段长度、面积和体积的最值问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理及转化思想的应用.解答本题关键在于建立空间直角坐标系，利用空间向量法解决空间的中的相关问题，同时对于转化思想的应用，利用两点之间线段最短求距离的最值，本题中B选项，将和沿展开，利用两点之间的线段最短，，求解即可.二、解答题4．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在直三棱柱中，侧面为长方形，，，，.(1)求证：平面平面；(2)求直线和平面所成角的正弦值；(3)在线段上是否存在一点T，使得点T到直线的距离是，若存在求的长，不存在说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在，【详解】（1）由于，所以，根据直三棱柱的性质可知，由于，所以平面，由于平面，所以平面平面.（2）设N是的中点，连接，则，MA，MB，MN，两两相互垂直.以M为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，，，设平面的法向量为，则，令，可得，设直线和平面所成角为，则；（3）设，则，过T作，则，∵，∴，∴，∴或（舍）∴.5．（2022·山东德州·统考模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，，，．(1)证明：平面平面；(2)在线段上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值等于？【答案】(1)证明见解析(2)存在【分析】（1）证明平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）证明出，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的取值范围可求得的值，即可得出结论.【详解】（1）证明：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：因为，，，在中，由余弦定理可得，，则，因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设平面的法向量为，，，则，取可得，设，其中，则，由已知可得，整理可得，因为，解得，因此，当点为线段的中点时，直线与平面所成角的正弦值等于.6．（2023·全国·高三专题练习）已知矩形中，，，是的中点，如图所示，沿将翻折至，使得平面平面.(1)证明：；(2)若是否存在，使得与平面所成的角的正弦值是？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）根据为矩形，且是中点得到，利用勾股定理得到，然后利用面面垂直的性质定理得到平面，再结合平面即可证明；（2）建立空间直角坐标系，根据得到，然后利用向量的方法求与平面所成的角的正弦值，列方程求即可.【详解】（1）依题意矩形，，，是中点，所以，又，所以，，，因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，所以.（2）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系.则，，，，设是的中点，因为，所以，又平面平面，平面平面，所以平面，，假设存在满足题意的，则由.可得，.设平面的一个法向量为，则，令，可得，，即，设与平面所成的角为，所以解得（舍去），综上，存在，使得与平面所成的角的正弦值为.7．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在四棱锥中，平面，，，，为的中点．（1）求证平面；（2）若点为的中点，线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，请确定的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在；．【分析】（1）先证明平面，进而得到面，得出，再根据条件证明，最后根据线面垂直的判定定理得到结论；（2）建立空间直角坐标系，设，求出两个平面的法向量，进而根据面面垂直求出k.【详解】（1）因为平面，所以，又，，所以平面，又，所以面，面，．又，为的中点，所以，而，所以平面．（2）以A为坐标原点，所在方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，，．所以，设（），所以，则，所以，，设平面的法向量为，则，，即，令，则，由（1）可知为平面的一个法向量，若平面平面，则，即，解得．即时平面平面.8．（2022·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱中，M为棱的中点，，，.(1)求证：平面；(2)求证：平面；(3)在棱上是否存在点N，使得平面平面？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)存在，.【分析】（1）连接与，两线交于点，连接，利用三角形中位线性质得到，再利用线面平行的判定即可证.（2）应用线面垂直的性质、判定可得平面，从而得到，根据和得到，再利用线面垂直的判定即可证.（3）当点为的中点，设的中点为，连接，，易证四边形为平行四边形，从而得到，进而有平面，再利用面面垂直的判定即可证.（1）连接与，两线交于点，连接，在中，分别为，的中点，所以，又平面，平面，所以平面.（2）因为底面，平面，所以.又为棱的中点，，所以.因为，，平面，所以平面，平面，所以.因为，所以.又，在和中，，所以，即，所以，又，，平面，所以平面.（3）当点为的中点，即时，平面平面.证明如下：设的中点为，连接，，因为，分别为，的中点，所以且，又为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，故，由（2）知：平面，所以平面，又平面，所以平面平面.题型五：立体几何的新定义一、多选题1．（2023春·湖北·高三黄冈中学校联考开学考试）如图，在直三棱柱中，，，为的中点，过的截面与棱、分别交于点、，则下列说法中正确的是（

）A．存在点，使得B．线段长度的取值范围是C．当点与点重合时，四棱锥的体积为D．设截面、、的面积分别为、、，则的最小值为【答案】BC【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点、，其中，，利用空间向量垂直的坐标表示可判断A选项；求出与的关系式，利用反比例函数的基本性质可判断B选项；利用锥体和台体的体积公式可判断C选项；利用基本不等式可判断D选项.【详解】因为平面，，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、、、、、、、设点、，其中，.对于A选项，若存在点，使得，且，，，解得，不合乎题意，A错；对于B选项，设，其中、，即，即，可得，，则，所以，，B对；对于C选项，当点与点重合时，，则，此时点为的中点，如下图所示：在直三棱柱中，四边形为矩形，则且，、分别为、的中点，则且，所以，且，同理且，且，所以，，故几何体为三棱台，，，，，因此，，C对；对于D选项，，，则点到直线的距离为，，则点到直线的距离为，所以，，故，当且仅当时，等号成立，故的最小值为，D错.故选：BC.【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．2．（2022秋·湖南张家界·高三慈利县第一中学校考阶段练习）如图，已知正方体的棱长为2，点M为的中点，点P为正方形上的动点，则（

）A．满足MP//平面的点P的轨迹长度为B．满足的点P的轨迹长度为C．存在点P，使得平面AMP经过点BD．存在点P满足【答案】AD【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，为正方形上的点，可设，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案.【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点，由正方体的性质知，，，，所以平面平面，又平面，平面，故点的轨迹为线段，故A正确；对B，方法一：在平面中过作，交于，设，则，，，由，可解得，同理，在平面中过作，交于，可得，因为，所以平面，因为，所以平面，所以点P的轨迹为线段，长度为，故B不正确；方法二：以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，设，且，，，，，即，又，，则点的轨迹为线段，,且，故B错误；对于C，方法一：取中点，连接，正方体中，易得，所以平面截正方体的截面为平面，显然平面，故不存在点P，使得平面AMP经过点B，故C错误；方法二：设，且，，若平面AMP经过点B，则，且，又,所以，即，因此，从而，不合题意，所以不存在点P，使得平面AMP经过点B,故C错误；对于D，方法一：延长至，令，则，所以，因为，所以存在点满足，故D正确.方法二：点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短，故，故存在点满足，故D正确.故选：AD.3．（2022秋·山西大同·高三统考阶段练习）如图，直