高考数学空间向量与立体几何动态问题（四大题型）（解析版）

特训11空间向量与立体几何动态问题（四大题型）探索性问题：(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．最值或取值范围问题：在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的思路是：(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解．(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值．目录：01：立体几何中的探索性问题02：空间位置关系的判定03：轨迹问题04：最值、取值范围问题01：立体几何中的探索性问题例1如图，在三棱柱中，四边形为正方形，四边形为菱形，且，平面平面，点为棱的中点.(1)求证：；(2)棱（除两端点外）上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.答案(1)证明见解析(2)存在，的值为或分析（1）结合题意添加辅助线，先证明平面，进而得到；（2）根据题目中的已知条件找到两两垂直的三条棱，然后建立空间直角坐标系，表示出相关点的坐标，假设点存在，设出点的坐标，求出该二面角的两个平面的法向量，结合空间向量的夹角公式列出方程，解方程即可.解析（1）证明：取的中点，连接、、，∵，且，∴为等边三角形，得，∵四边形为正方形，且、分别是、的中点，∴，∵，、平面，∴平面，∵平面，∴；（2）∵平面平面，且平面平面，，平面，∴平面，平面，，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，不妨设，则，，，，则，，，，，设为平面的一个法向量，由，取，得；假设棱上（除端点外）存在点满足题意，令，得，设为平面的一个法向量，则由，取，得.由，解得或，经检验或时，二面角的平面角均为锐角，综上，的值为或.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用向量共线定理设，再用表示出两个平面的法向量，得到方程，解出即可.方法归纳：(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．02：空间位置关系的判定例2（多选）如图几何体是由正方形沿直线旋转得到的，已知点是圆弧的中点，点是圆弧上的动点（含端点），则下列结论正确的是（

）A．存在点，使得平面B．不存在点，使得平面平面C．存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为D．不存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为答案ACD分析将图形补全为一个正方体，设，以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.解析由题意可将图形补全为一个正方体，如图所示：不妨设，以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则、、、、、，，设点，其中，对于A选项，假设存在点，使得平面，，，，则，可得，因为，则，即当点与点重合时，平面，A对；对于B选项，由A选项可知，平面的一个法向量为，假设存在点，使得平面平面，则，，则，可得，又因为，解得，即当点为的中点时，面平面，B错；对于C选项，若存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为，则直线与平面的所成角的正弦值为，且，所以，，整理可得，因为函数在时的图象是连续的，且，，所以，存在，使得，所以，存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为，C对；对于D选项，设平面的法向量为，，，则，取，可得，假设存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，则，可得，即，可得或，因为，则，则，所以，，故当时，方程和均无解，综上所述，不存在点，平面与平面的夹角的余弦值为，D对.故选：ACD.【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.方法归纳：解决空间位置关系的动点问题(1)应用“位置关系定理”转化．(2)建立“坐标系”计算．03：轨迹问题例3(1)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．①若平面，则动点Q的轨迹是一条线段②存在Q点，使得平面③当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大④若，那么Q点的轨迹长度为答案①③④分析作出过点与平面平行的正方体的截面判断①；建立空间直角坐标系，求出平面的法向量判断②；设出点Q的坐标，求出点Q到平面最大距离判断③；确定点Q的轨迹计算判断④作答.解析在正方体中，取的中点E，F，连，如图，则，平面，平面，则有平面，因点P为棱的中点，有，，即有为平行四边形，则，而平面，平面，有平面，，平面，因此，平面平面，因平面，则平面，又点Q在平面，平面平面，即点Q的轨迹为线段EF，①正确；以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，，设平面的一个法向量，则，令，得，若平面，则，即，，所以不存在Q点，使得平面，②不正确；因的面积为定值，当且仅当点Q到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，，点Q到平面的距离，而，则当时，，而，即，因此点与点重合时，三棱锥的体积最大，③正确；因平面，平面，则，因此，显然点Q的轨迹是以为圆心，半径为，所含圆心角为的扇形弧，弧长为，④正确.故答案为：①③④【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.方法归纳：解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法(1)几何法：根据平面的性质进行判定．(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代替法进行计算．(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除．04：最值、范围问题例4如图，在直三棱柱中，△为边长为2的正三角形，为中点，点在棱上，且.(1)当时，求证平面；(2)设为底面的中心，求直线与平面所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值时的值.答案(1)证明见解析(2)最大值为，此时分析（1）根据已知条件建立空间直角坐坐标系，利用向量证明线面垂直即可.（2）求出直线对应的方向向量和平面对应的法向量，将线面角用向量坐标表示进而求最值.解析（1）取的中点，连接，因为三棱柱为直棱柱，且△为正三角形，所以以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，根据已知条件得，当时，，，，，，即，又，而平面，平面.（2）由（1）知，，为△的中心，，设平面的法向量，则，令，则设直线与平面所成角为，则令，则，此时，(当且仅当即时取等号)，，即直线与平面所成角正弦的最大值为，此时的值为方法归纳：在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的思路是(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解．(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值．例5三棱锥P-ABC中，PA，PB，PC两两垂直，，点Q为平面ABC内的动点，且满足，记直线PQ与直线AB的所成角为，则的取值范围为.答案分析根据已知条件先确定出在平面内的轨迹，然后通过建立空间直角坐标系，根据两直线方向向量夹角的余弦值结合三角函数值的范围，计算出两直线所成角的正弦值的取值范围.解析因为两两垂直，且，所以由全等三角形可知，所以三棱锥为正三棱锥，记在底面内的投影为，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以的轨迹是以为圆心半径为的圆，取中点，连接，可知经过点，建立如下图所示的空间直角坐标系：设，，所以，所以，所以，所以，且，所以，所以，故答案为：.【点睛】思路点睛：异面直线所成角的余弦值的向量求法：（1）先分别求解出两条异面直线的一个方向向量；（2）计算出两个方向向量夹角的余弦值；（3）根据方向向量夹角的余弦值的绝对值等于异面直线所成角的余弦值求解出结果.一、单选题1．（2023·辽宁·模拟预测）已知空间向量两两夹角均为，且.若向量满足，则的最小值是（

）A． B． C．0 D．【答案】C【分析】根据题意，取一个三棱锥，用其棱表示对应的向量，结合题中所给的条件，将相应的边长求出，之后应用空间向量运算法则，表示出对应的结果，从而判断出取最值时对应的情况，求值即可.【解析】取一三棱锥，，且，，所以，，设，因为，所以，即，所以在以为直径的球上，球半径为，设球心为，又由同理可知在以为直径的球上，球半径为，设球心为，球心距，所以两球相交，即点与点可以重合，又，所以.故选：C.2．（2024·安徽马鞍山·三模）已知点，，，，，都在同一个球面上，为正方形，若直线经过球心，且平面．则异面直线，所成的角最小为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设球的半径为，记中心为，依题意可得过点且的中点为球心，设球心为，建立空间直角坐标，设，，利用空间向量法表示出，求出的最大值，即可得到.【解析】设球的半径为，记中心为，因为为正方形，直线经过球心，且平面，所以过点且的中点为球心，设球心为，以为原点，、、分别为，，轴正半轴，建立空间直角坐标系，设，，则，，，，所以，，所以，所以，，又，即，所以，当且仅当时等号成立，设直线，所成的角为，则，又，所以.故选：C

【点睛】关键点点睛：本题解答是建立空间直角坐标，利用空间向量法求出的最大值.3．（2020·浙江嘉兴·二模）将边长为1的正方形沿对角线翻折，使得二面角的平面角的大小为，若点,分别是线段和上的动点，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设点为中点，连接，，由题意可证得，作，，利用向量的基本运算可得，再通过建立平面直角坐标系，设，，，，求出，，利用向量数量积的坐标表示可求出，借助的范围，即可得解.【解析】设点为中点，连接，，由题意可知，，所以，作，则P为OC中点作，则平面BCD，所以，如图建立平面直角坐标系：则，，设，，，，所以，，，则，因为，所以，故选：B.【点睛】本题考查平面图形的翻折，考查二面角，向量的基本运算以及向量数量积的坐标表示，考查学生的推理能力和计算能力，难度较大.4．（2022·浙江杭州·模拟预测）如图，已知矩形的对角线交于点，将沿翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，表示出翻折后的位置，利用向量垂直，数量积为零，找出关系式，进而求得，再利用极限位置求得a的最小值，即可求得答案。【解析】如图示,设处为沿翻折后的位置，以D为坐标原点，DA,DC分别为x,y轴，过点D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则，设，由于,故，而，由于,故，则，即；又由在翻折过程中存在某个位置，便得，不妨假设,则，即，即，当将翻折到如图位置时，位于平面ABCD内，不妨假设此时，设垂足为G,作AD的延长线，垂足为F,此时在x轴负半轴上方向上，DF的长最大，a取最小值，由于，故,所以,而,故，又,故为正三角形，则,而,故,则，故，，则，故的取值范围是，故选：A【点睛】本题考查了空间的垂直关系，综合性较强，解答时要充分发挥空间想象力，明确空间的点线面的位置关系，解答时涉及到空间坐标系的建立以及空间向量的应用，还要注意极限位置的利用，有较大难度.5．（2024·全国·模拟预测）如图，已知矩形ABCD中，E为线段CD上一动点（不含端点），记，现将沿直线AE翻折到的位置，记直线CP与直线AE所成的角为，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用空间向量夹角余弦公式和向量数量积公式得到，由三角形三边关系得到，求出答案.【解析】AB选项，，因为，所以，所以，A错误，B正确；由于在上单调递减，故，不确定和的大小关系，CD错误.故选：B．6．（2023·四川遂宁·三模）如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点（在的左边），且．下列说法不正确的是（

）A．当运动时，二面角的最小值为B．当运动时，三棱锥体积不变C．当运动时，存在点使得D．当运动时，二面角为定值【答案】C【分析】对A：建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角夹角的余弦值，根据其范围，即可判断；对B：利用棱锥体积公式，即可求得三棱锥的体积，即可判断.对C：由反证法判断；对D：平面即为平面，平面即为平面，从而得出二面角为定值.【解析】对A：建立如图所示的空间直角坐标系，则．因为在上，且，，可设，则，则，设平面的法向量为，又，所以，即，取，则，平面的法向量为，所以．设二面角的平面角为，则为锐角，故，因为，在上单调递减，所以，故，当且仅当时，取得最大值，即取最小值，故A说法正确．对B：因为，点A到平面的距离为，所以体积为，即体积为定值，故B说法正确．对C：若，则四点共面，与和是异面直线矛盾，故C说法错误．对D：连接，平面即为平面，而平面即为平面，故当运动时，二面角的大小保持不变，故D说法正确．故选：C7．（2023·全国·模拟预测）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．【解析】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．8．（2023·陕西咸阳·模拟预测）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则以下不正确的是（

）

A．当在平面上运动时，四棱锥的体积不变B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是C．使直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为D．若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是【答案】D【分析】由底面正方形的面积不变，点到平面的距离不变，可判定A正确；以为原点，建立空间直角坐标系，设，则，结合向量的夹角公式，可判定B正确；由直线与平面所成的角为，作平面，得到点的轨迹，可判定C正确；设，求得平面的一个法向量为，得到，可判定D错误.【解析】对于A中：底面正方形的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长，所以四棱锥的体积不变，所以A选项正确；对于B中：以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得，设，则，设直线与所成角为，则，因为，当时，可得，所以；当时，，所以，所以异面直线与所成角的取值范围是，所以B正确；

对于C中：因为直线与平面所成的角为，若点在平面和平面内，因为最大，不成立；在平面内，点的轨迹是；在平面内，点的轨迹是；在平面时，作平面，如图所示，因为，所以，又因为，所以，所以，所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆，所以点的轨迹的长度为，综上，点的轨迹的总长度为，所以C正确；

对于D中，由，设，则设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，因为平面，所以，可得，所以，当时，等号成立，所以D错误.故选：D.

【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法：1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.二、多选题9．（2024·贵州贵阳·模拟预测）在正三棱柱中，，点P满足，其中，则（

）A．当时，最小值为B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，平面平面D．若，则P的轨迹长度为【答案】BCD【分析】当时，点在上，把平面与平面展在一个平面上，可判定A错误；当时，得到点在上，证得平面，求得三棱柱的体积定值，可判定B正确；当时，得到点为的中点，取的中点，证得平面，得到平面，可判定C正确；由点P满足，得到点在矩形内，取的中点，证得平面，得到，求得，得出以点的轨迹，可判定D正确.【解析】对于A中，当时，，可得点在上，以为轴，把平面与平面展在一个平面上，如图所示，连接交于点，此时最小值为，所以A错误；

对于B中，当时，，可得点在上，取的中点，在等边中，可得，且，因为平面，且平面，所以，又因为且平面，所以平面，即为三棱锥的高，所以三棱锥的体积为为定值，所以B正确；

对于C中，当时，，可得点为的中点，如图所示，取的中点，分别连接，可得且，所以为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以，又因为，且，平面，所以平面，因为，所以平面，又因为平面，所以平面，所以C正确；

对于D中，由点P满足，其中，可得点在矩形内（包含边界），取的中点，连接和，因为平面，且平面，所以，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以，且，在直角中，可得，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆，其轨迹长度为，所以D正确.故选：BCD

【点睛】解题方法点拨：1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.10．（2024·浙江·三模）已知正方体的棱长为1，点满足，其中，，则（

）A．当时，则的最小值为B．过点在平面内一定可以作无数条直线与垂直C．若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线D．当，时，正方体经过点、、的截面面积的取值范围为【答案】ACD【分析】对A，将平面展开到与同一平面，由两点间线段最短得解；对B，当在时，过点只能作一条直线与垂直，可判断；对CD，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，设出点P坐标，利用向量的坐标运算即可判断.【解析】对于A，当时，，所以点在线段上，如图，将三角形与矩形沿展成平面图形如下所示，则线段即为的最小值，利用余弦定理可知，所以，即的最小值为，故A正确；对于B，当在时，过点在平面内只可以作一条直线与垂直，故B错误；对于C，以D为原点，分别以为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，得，，整理得，为双曲线方程，故C正确．对于D，当时，，故点在线段上运动,正方体经过点、、的截面为平行四边形，以为坐标原点，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；当或时，的面积取最大值，此时截面面积为，所以正方体经过点、、的截面面积的取值范围为，故D正确．故选：ACD．【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.11．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知正方体棱长为4，点N是底面正方形ABCD内及边界上的动点，点M是棱上的动点（包括点），已知，P为MN中点，则下列结论正确的是（

）A．无论M，N在何位置，为异面直线 B．若M是棱中点，则点P的轨迹长度为C．M，N存在唯一的位置，使平面 D．AP与平面所成角的正弦最大值为【答案】ABD【分析】根据相交，而即可判断A，建立空间直角坐标系，利用坐标运算可判断P的轨迹长度为半径为的圆的，即可判断B，根据法向量与方向向量垂直即可判断C,根据线面角的向量法，结合基本不等式即可求解.【解析】由于相交，而，因此为异面直线，A正确，当M是棱中点，建立如图所示的空间直角坐标系，设,故，且，由于，故，化简得，由于，所以点P的轨迹长度为半径为的圆的，故长度为，B正确，设,则，且，，,设平面的法向量为，则，令，则,，故，由于，故，化简得，联立，故解不唯一，比如取，则或取，故C错误，由于平面，平面，故,又四边形为正方形，所以,平面，所以平面，故平面的法向量为，设AP与平面所成角为，则，则，当且仅当时取等号，，时，令，则，故，由于，当且仅当，即时等号成立，此时，由且可得因此，由于，，故的最大值为，故D正确，、故选：ABD【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.三、填空题12．（2024·浙江金华·三模）四棱锥的底面为正方形，平面，且，．四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，，，则直线l与平面所成夹角的范围为．【答案】．【分析】依题意可证明平面，建立空间直角坐标系，用向量法求线面角可得结果.【解析】解：依题意，四棱锥的外接球的球心O为的中点，连接，交点为Q，因为底面为正方形，所以，又平面，且平面，所以，又，平面，平面，所以平面，所以为平面的一个法向量，如图建立坐标系，并设直线l上异于B的一点，所求线面角为，，则，，，由可得，∴，当时，，当时，，综上，，∴．故答案为：.

另解：依题意，四棱锥的外接球的球心O为的中点，连接，交点为Q，因为底面为正方形，所以，又平面，且平面，所以，又，平面，平面，所以平面，即面，若平面，则与平面所成的角为.若过B的直线l与平面相交于点R，在平面中，过B作直线，与平面相交于点为S，因为面，且平面，所以，又，，且，平面，所以平面，故过且与垂直的直线与平面的交点的轨迹为直线，又平面，所以，又，且，所以平面，又平面，所以，又面，所以为在面内的射影，即为直线l与平面所成的角，且，又，而，当且仅当重合等号成立，故，综上，，∴．故答案为：.

【点睛】方法点睛：解决直线与平面所成角的方法：（1）几何法：作出直线与平面所成角，在直角三角形中求角；（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，用向量法求线面角.13．（2024·北京通州·二模）如图，几何体是以正方形ABCD的一边BC所在直线为旋转轴，其余三边旋转90°形成的面所围成的几何体，点G是圆弧的中点，点H是圆弧上的动点，，给出下列四个结论：①不存在点H，使得平面平面CEG；②存在点H，使得平面CEG；③不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于；④存在点H，使得直线DH与平而CEG所成角的正弦值为．其中所有正确结论的序号是．【答案】②③④【分析】将图形补全为一个正方体，以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.【解析】由题意可将图形补全为一个正方体，如图所示：以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则、、、、、，，设点，其中，对于①，，，设平面，则，即，取x=1，则，可得，设平面，，，则，即，取，则，可得，若平面平面CEG，则，解得：，所以存在使得平面平面CEG，故①错误；对于②，，若平面CEG，则，即，即，故，故存在点H，使得平面CEG，故②正确；对于③，，所以点H到平面CEG的距离为，，因为，所以，所以，，所以，所以不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于，故③正确；对于④，，，则直线与平面CEG的所成角为，所以，，整理可得，因为函数在时的图象是连续的，且，，所以，存在，使得，所以，存在点，使得直线与平面CEG的所成角的余弦值为，④正确.故答案为：②③④.【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（l为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.14．（2023·江西宜春·一模）如图，多面体中，面为正方形，平面，且为棱的中点，为棱上的动点，有下列结论：①当为的中点时，平面；②存在点，使得；③直线与所成角的余弦值的最小值为；④三棱锥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】①④【分析】根据线面平行的判定定理，以及线线垂直的判定，结合异面直线所成角，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.【解析】对①：当H为DE的中点时，取中点为，连接，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//，又平面平面，故//面，故①正确；对②：因为平面，平面，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图所示：则，设，，若，则，不满足题意，故②错误；对③：，，，，，，，，令，设，，，则，当时，根据对勾函数的性质得，则，当时，有最小值，最小值为，故③错误；对④：由题可得平面，又面为正方形，∴，∴AB⊥平面BCF，则AB，BC，CF两两垂直，∴AF为三棱锥的外接球的直径，又，∴三棱锥的外接球表面积为，故④正确.故答案为：①④.四、解答题15．（2024·江西新余·二模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.

(1)若为的中点，证明：平面平面；(2)若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点为，利用直角梯形中位线的性质，线面垂直的性质判定推理即可；（2）通过正三角形证明，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用二面角得向量求法计算求解即可.【解析】（1）取中点为，由条件可得为梯形的中位线，则，又，则，且，平面，平面，根据线面垂直的判定定理，得平面，平面，.由，则，又，为梯形的两腰，则与相交，平面，又平面，所以平面平面.（2）取的中点为Q，由，，则，，因此△为等边三角形，.由（1）知平面，，，两两垂直，如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，

由，，则，，，，，由，所以，，，，设平面的一个法向量为，由取，得，，得.设平面的一个法向量为，由取，得，，即平面的一个法向量为.记平面与平面夹角的大小为，所以，化简得，即，所以实数的值为.16．（2023·山东潍坊·三模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且，．

(1)求证：平面；(2)求证：平面平面(3)若点为线段上的动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）设交于点，连接，利用三角形相似证得，从而证得，进而证得直线平面；（2）通过平面，证得平面，所以平面平面；（3）建立空间直角坐标系，设，通过向量和平面的法向量建立直线与平面所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求最值.【解析】（1）如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，

因为平面，所以，又因为是底面圆的内接正三角形，由，可得，，解得，又，，所以，即，，又因为，所以，所以，即，又平面，直线平面，平面，所以直线平面．（2）因为平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（3）易知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，，，

设平面的法向量为，则，令，则，设，可得，设直线与平面所成的角为，则，即，令，则，当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值，即当时，的最大值为1，此时点，所以，所以点到平面的距离，故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为.17．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2．(1)证明：平面平面；(2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，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）推导出，证明出平面，可得出，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正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等式，结合求出的值，即可得出结论.【解析】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，因为，则，，由余弦定理可得，所以，，则，同理可证，翻折后，则有，，因为，，、平面，所以，平面，因为平面，则，因为，、平面，所以，平面，所以平面平面.（2）因为平面，，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设，其中，则，，设平面的法向量为，则，取，则，，所以，，平面的一个法向量为，，，则，令，可得，则，整理可得，因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且.18．（2024·浙江绍兴·模拟预测）如图所示，四棱台，底面为一个菱形，且.底面与顶面的对角线交点分别为，.，，与底面夹角余弦值为.(1)证明：平面；(2)现将顶面绕旋转角，旋转方向为自上而下看的逆时针方向.此时使得底面与的夹角正弦值为，此时求的值()；(3)求旋转后与的夹角余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).【分析】（1）先在等腰梯形证明，求出；再证明即与底面夹角，利用，及余弦定