专题05 用空间向量研究直线、平面的位置关系（四大题型，34题）-【尖子生培优】2024-2025学年高二年级数学重难点压轴题突破专练（人教A版2019选择性必修第一册）

专题05 用空间向量研究直线、平面的位置关系（四大题型，34题） 目录 题型一：平面法向量的概念及辨析 1 题型二：求平面的法向量 2 题型三：空间位置关系的向量证明 4 题型四：空间中直线、平面的垂直 8 题型一：平面法向量的概念及辨析 1．（22-23高二上·山东济宁·阶段练习）已知平面内有一点，平面的一个法向量为，则下列四个点中在平面内的是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·云南昆明·期末）我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程为：，化简得.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（    ） A． B． C． D． 3．（22-23高二上·浙江绍兴·期中）如图，在正方体中，与平面垂直的向量是（    ）    A． B． C． D． 4．（23-24高二上·河南·阶段练习）已知平面内有一点，平面的一个法向量为，则下列点中不在平面内的是（    ） A． B． C． D． 5．（2023·浙江宁波·模拟预测）在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实： （1）过点，且以为方向向量的空间直线l的方程为； （2）过点，且为法向量的平面的方程为． 现已知平面，，，（    ） A． B． C． D． 题型二：求平面的法向量 6．（23-24高二上·山东菏泽·期末）一平面截正四棱锥，与棱的交点依次为，已知，则的值为（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二上·广东茂名·期中）已知正方体的棱长为2，E为棱的中点，以A为坐标原点建立空间直角坐标系（如图）.则平面ABE的一个法向量为（     ）    A． B． C． D． 8．（22-23高二上·湖南郴州·期中）若平面，且平面的一个法向量为，则平面的法向量可以是（　　） A． B． C． D． 9．（2024高二上·全国·专题练习）如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1为正方体，    ①直线DD1的一个方向向量为； ②直线BC1的一个方向向量为； ③平面ABB1A1的一个法向量为； ④平面B1CD的一个法向量为； 则上述结论正确的是 （填序号） 10．（23-24高二上·辽宁抚顺·期中）在中，．向量为平面的一个法向量，则的坐标为 ． 11．（2023·河南·模拟预测）已知在空间直角坐标系中，，，，点在平面内，则的最小值为 ． 12．（2023高三·全国·专题练习）放置于空间直角坐标系中的棱长为2的正四面体ABCD中，H是底面中心，平面ABC，写出：平面BHD的一个法向量 ； 13．（23-24高二上·浙江杭州·期中）已知空间三点、、. (1)若向量与平行，且，求的坐标． (2)若向量分别与、垂直，且，求的坐标． (3)求以、为邻边的平行四边形的面积． 14．（22-23高二上·新疆昌吉·期末）如图，在四棱锥中，底面，，，，，点E为棱PC的中点．证明： (1)平面； (2)平面平面． 15．（23-24高二上·福建莆田·阶段练习）中国正在由“制造大国”向“制造强国”迈进，企业不仅仅需要大批技术过硬的技术工人，更需要努力培育工人们执着专注、精益求精、一丝不苟、追求卓越的工匠精神，这是传承工艺、革新技术的重要基石.如图所示的一块木料中，是正方形，平面，，点E，F是，的中点.    (1)证明：平面； (2)若要经过点B，E，F将木料锯开，在木料表面应该怎样画线，请说明埋由. 题型三：空间位置关系的向量证明 16．（2024高二下·浙江绍兴·学业考试）如图，平行六面体的棱长均相等，，则（    ）    A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 17．（23-24高二上·河北石家庄·期末）在棱长为2的正方体中，，则下列说法正确的是（    ） A． B．三棱锥的体积最大值为1 C．若，则点到直线EF的距离为 D．三棱锥外接球球心轨迹的长度近似为 18．（23-24高二下·湖北·阶段练习）如图：三棱锥中，面，，，，，，，分别为棱，，的中点，为棱上的动点，过，，的平面交于．下列选项中正确的有（    ） A．的最小值为2 B．时， C．三棱锥被平面分割成的两部分体积相等 D．当为中点时，，，，，五点在一个球面上，且球的半径为 19．（24-25高二上·全国·课后作业）已知正四面体ABCD的棱长为2，点M、N分别为和的重心，P为线段CN上一点，则下列结论正确的是 ．（填序号） ①直线平面ACD； ②若，则平面ABC； ③若取得最小值，则． 20．（24-25高二上·全国·课后作业）如图所示，正方体的棱长为2，E、F分别是棱BC、的中点，动点P在正方形（包括边界）内运动，若平面AEF，则线段长度的最小值是 ． 21．（24-25高二上·上海·随堂练习）如图，在直三棱柱中，，，，点E在线段上，且，分别为、、的中点.求证：    (1)平面平面； (2)平面平面. 22．（22-23高二上·天津蓟州·阶段练习）如图，在长方体中，，，. (1)求证：平面平面. (2)线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由. 23．（23-24高二下·四川凉山·期末）如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，，，． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得∥平面？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由． 24．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，已知多面体是由正四棱锥P-ABCD与正方体组合而成的，且.    (1)求证：平面； (2)若，求四棱锥的体积. 25．（24-25高二上·全国·课后作业）如图，在直三棱柱中，，，D是的中点，F是上一点，且． (1)求证：平面； (2)若，判定直线与平面的位置关系，并证明． 题型四：空间中直线、平面的垂直 26．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图所示是一个以为直径，点为圆心的半圆，其半径为4，为线段的中点，其中，，是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成一个以为顶点的圆锥的侧面，则在该圆锥中下列结果正确的是（    ） A．为正三角形 B．平面 C．平面 D．点到平面的距离为 27．（2023·上海黄浦·三模）在棱长为1的正方体中，已知E为线段的中点，点F和点P分别满足，，其中，，则下列说法不正确的是（    ） A．当时，三棱锥的体积为定值 B．当时，四棱锥的外接球的表面积是 C．的最小值为 D．存在唯一的实数对，使得平面PDF 28．（23-24高二上·广东东莞·期末）在如图所示的试验装置中，和均为边长为1正方形框架，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在对角线，上移动，且，（）．则下列结论正确的是（    ） A．， B．， C．，平面 D．，平面⊥平面 29．（23-24高二上·山西运城·阶段练习）如图所示，正方体的棱长为，、、分别为、、的中点，则下列说法正确的是（    ）．    A．直线与直线垂直 B．直线与平面平行 C．平面截正方体所得的截面面积为 D．点与点到平面的距离相等 30．（23-24高二上·吉林·阶段练习）已知正方体的棱长为1，点P满足，其中，，以下结论正确的是（    ） A．当时， B．当时，最小值是 C．当时，BP的最大值 D． 31．（22-23高二下·湖南湘潭·期末）已知正方体的棱长为2，则以下结论正确的是（    ） A．若为线段上动点（包括端点），则点到平面的距离为定值 B．正方形底面内存在点，使得 C．若点在正方体的表面上运动，点是的中点，点满足，则点的轨迹的周长为 D．当点为中点时，三棱锥的外接球半径 32．（22-23高二下·江苏常州·期中）如图，三棱柱的各条棱长均为是2，侧棱与底面ABC所成的角为60°，侧面底面ABC，点P在线段上，且平面平面，则 ．    33．（22-23高二下·湖北·阶段练习）如图，点在长方体内部运动，点在棱上，且，动点满足为棱的中点，为线段的中点，若，则动点到平面距离的最小值为 .    34．（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； ③三棱锥的体积为定值； ④三棱锥的外接球的体积为. 其中正确的结论序号为 . 10 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 用空间向量研究直线、平面的位置关系（四大题型，34题） 目录 题型一：平面法向量的概念及辨析 1 题型二：求平面的法向量 4 题型三：空间位置关系的向量证明 13 题型四：空间中直线、平面的垂直 28 一、题型一：平面法向量的概念及辨析 1．（22-23高二上·山东济宁·阶段练习）已知平面内有一点，平面的一个法向量为，则下列四个点中在平面内的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设平面内任意一点，由题意，由此可得，对比选项即可得解. 【详解】设平面内任意一点，则，平面的一个法向量为 所以，整理得， 而，，，， 所以对比选项可知只有在平面内. 故选：C. 2．（23-24高二上·云南昆明·期末）我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程为：，化简得.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意进行类比，利用平面法向量与面内任意向量垂直，即可求得结论． 【详解】根据题意进行类比，在空间任取一点， 则 平面法向量为， 故选：A． 3．（22-23高二上·浙江绍兴·期中）如图，在正方体中，与平面垂直的向量是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】证明直线平面即可. 【详解】，    连接，在正方体中有平面，平面， 所以， 又，平面， 所以平面， 又平面，所以， 同理可得， 平面， 所以平面，所以是与平面垂直的向量. 故选：B 4．（23-24高二上·河南·阶段练习）已知平面内有一点，平面的一个法向量为，则下列点中不在平面内的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】根据空间向量的坐标表示，依次判断，，，是否为0即可. 【详解】对于A，，，所以，又因为平面，所以平面. 对于B，，，所以与不垂直，又因为平面，所以平面. 对于C，，，所以与不垂直，又因为平面，所以平面. 对于D，，，所以与不垂直，又因为平面，所以平面. 故选：BCD 5．（2023·浙江宁波·模拟预测）在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实： （1）过点，且以为方向向量的空间直线l的方程为； （2）过点，且为法向量的平面的方程为． 现已知平面，，，（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】根据公认事实求出直线的方向向量与平面的法向量，用空间向量判断它们之间的位置关系. 【详解】平面，则平面法向量为， 对，则，即，所以过点，方向向量为 ，所以，所以，所以，故A错误D正确. 对，即，所以过点，方向向量为 ，点代入平面方程成立，所以与平面有公共点，故B错误； 对，所以过点，方向向量为 ， 因为，所以 ，所以或，但点代入平面不成立，故，所以，所以C正确. 故选：CD 二、题型二：求平面的法向量 6．（23-24高二上·山东菏泽·期末）一平面截正四棱锥，与棱的交点依次为，已知，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接相交于点，连接，以为原点，分别以所在的直线为轴正方向建立空间直角坐标系，设，求出，求出平面的一个法向量，利用可得答案. 【详解】如图，在正四棱锥中，连接相交于点，连接， 则平面，且， 以为原点，分别以所在的直线为轴正方向建立空间直角坐标系， 设，由， 可得， 则，， 设为平面的一个法向量， 则，令，则，， 可得，所以， 解得. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是建立空间直角坐标系，利用平面的法向量和向量的数量积为零求解. 7．（23-24高二上·广东茂名·期中）已知正方体的棱长为2，E为棱的中点，以A为坐标原点建立空间直角坐标系（如图）.则平面ABE的一个法向量为（     ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设平面ABE的法向量为，然后由，可求出其法向量. 【详解】由题意可得，，， 所以， 设平面ABE的法向量为， 由，得到，取，则， 所以平面ABE的一个法向量为， 所以是平面ABE的法向量.    故选：C. 8．（22-23高二上·湖南郴州·期中）若平面，且平面的一个法向量为，则平面的法向量可以是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据面面平行判断出，法向量互相平行即可求解. 【详解】若平面， 则两个平面的法向量互相平行， 所以平面的法向量为， 所以当时，向量为， 故选：A. 9．（2024高二上·全国·专题练习）如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1为正方体，    ①直线DD1的一个方向向量为； ②直线BC1的一个方向向量为； ③平面ABB1A1的一个法向量为； ④平面B1CD的一个法向量为； 则上述结论正确的是 （填序号） 【答案】①②③ 【分析】根据向量的平行、方向向量、法向量及坐标运算求解即可. 【详解】设正方体的棱长为1. 因为，且，所以①正确； 因为，，所以②正确； 因为平面，，所以③正确； 因为正方体中平面，平面， 所以，又，，平面， 所以平面，而与相交，不平行，与平面不垂直， 故不是平面的法向量，所以④错误. 故答案为：①②③. 10．（23-24高二上·辽宁抚顺·期中）在中，．向量为平面的一个法向量，则的坐标为 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据向量垂直求平面的法向量即可. 【详解】根据题意可得：，设， 与平面垂直，则，可得， 当时，则，的坐标为． 故答案为：（答案不唯一） 11．（2023·河南·模拟预测）已知在空间直角坐标系中，，，，点在平面内，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】求出平面的法向量，借助空间向量数量积求出的关系，再利用“1”的妙用求解作答. 【详解】依题意，，设平面的法向量为， 则，令，得，依题意，，则， 则，当且仅当时取等号， 由，解得， 所以当时，取得最小值. 故答案为： 12．（2023高三·全国·专题练习）放置于空间直角坐标系中的棱长为2的正四面体ABCD中，H是底面中心，平面ABC，写出：平面BHD的一个法向量 ； 【答案】（答案不唯一） 【分析】 利用向量法得出平面BHD的一个法向量. 【详解】 由题意可知， 则 ,.设为平面BHD的一个法向量， 则，不妨设，则. 故平面BHD的一个法向量为. 故答案为：（答案不唯一） 13．（23-24高二上·浙江杭州·期中）已知空间三点、、. (1)若向量与平行，且，求的坐标． (2)若向量分别与、垂直，且，求的坐标． (3)求以、为邻边的平行四边形的面积． 【答案】(1)或 (2)或 (3) 【分析】 （1）由已知可设，其中，利用向量的模长公式求出的值，即可得出向量的坐标； （2）求出平面的一个法向量的坐标，设，其中，利用向量的模长公式求出的值，即可得出向量的坐标； （3）利用空间向量的数量积可求出的值，然后利用三角形的面积公式可求得以、为邻边的平行四边形的面积. 【详解】（1）解：由已知可得， 因为向量与平行，设，其中， 则，解得. 所以，或. （2）解：设平面的一个法向量为，，， 则，解得，取，可得， 因为向量分别与、垂直，则，设，其中， 则，解得， 所以，或. （3）解：，因为，则， 所以，以、为邻边的平行四边形的面积. 14．（22-23高二上·新疆昌吉·期末）如图，在四棱锥中，底面，，，，，点E为棱PC的中点．证明： (1)平面； (2)平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，先证明AB，AD，AP两两垂直，从而建立对应的空间直角坐标系，再利用空间向量法证明平面PAD的一个法向量与垂直，进而即可证明结论； （2）结合（1），先证明平面PCD的一个法向量与平面PAD的一个法向量垂直，进而即可证明结论． 【详解】（1）因为平面ABCD，且平面ABCD，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 依题意，以点A为原点，以，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 由为棱的中点，得，则， 所以为平面的一个法向量， 又，所以， 又平面，所以平面． （2）由（1）知平面的一个法向量，，， 设平面PCD的一个法向量为，则， 令，可得，所以， 又， 所以，所以平面平面. 15．（23-24高二上·福建莆田·阶段练习）中国正在由“制造大国”向“制造强国”迈进，企业不仅仅需要大批技术过硬的技术工人，更需要努力培育工人们执着专注、精益求精、一丝不苟、追求卓越的工匠精神，这是传承工艺、革新技术的重要基石.如图所示的一块木料中，是正方形，平面，，点E，F是，的中点.    (1)证明：平面； (2)若要经过点B，E，F将木料锯开，在木料表面应该怎样画线，请说明埋由. 【答案】(1)证明见解析； (2)见解析. 【分析】（1）取的中点，连接，则可证得四边形为平行四边形，所以‖，然后由线面平行的判定定理可证得结论， （2）如图建立空间直角坐标系，可得平面的法向量，设平面，根据线面垂直的性质可得的位置，从而可得结果. 【详解】（1）证明：取的中点，连接， 因为是的中点，所以‖，， 因为是的中点，所以， 因为四边形是正方形，所以，‖， 所以‖，， 所以四边形为平行四边形，所以‖， 因为平面，平面， 所以‖平面；    （2）解：因为平面，平面， 所以， 因为四边形是正方形，所以， 所以两两垂直， 所以以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，    设平面的法向量为，则 ，令，则， 设平面，设， 因为，所以，则， 由，解得， 即为的三等分点（）， 连接，即就是应画的线. 三、题型三：空间位置关系的向量证明 16．（2024高二下·浙江绍兴·学业考试）如图，平行六面体的棱长均相等，，则（    ）    A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 【答案】AC 【分析】利用线面平行与线面垂直的判定定理结合空间向量的运算依次判断选项即可. 【详解】对于A，因为，且，所以四边形为平行四边形， 则，平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，因为平行六面体的棱长均相等，所以四边形为菱形，且， 因为， 所以， 所以与不垂直，则与平面不垂直，故B错误； 对于C，因为平行六面体的棱长均相等，所以四边形为菱形，且， 所以，因为， 所以， 所以，因为，平面，所以平面，故C正确； 对于D，因为，平面，且平面，所以与平面不平行，故D错误； 故选：AC 17．（23-24高二上·河北石家庄·期末）在棱长为2的正方体中，，则下列说法正确的是（    ） A． B．三棱锥的体积最大值为1 C．若，则点到直线EF的距离为 D．三棱锥外接球球心轨迹的长度近似为 【答案】ACD 【分析】以为原点，建立空间坐标系，设，写出各点坐标，由于，则，选项A正确；由三棱锥的体积公式结合二次函数的性质，可得三棱锥的体积最大值，判断出选项B；在中，利用等面积计算，可得点到直线的距离，判断出选项C；求出三棱锥外接球球心坐标，分析可知球心的轨迹为线段（没有端点），可判断出选项D． 【详解】以为原点，建立空间坐标系如图所示， 设， 则，，，，， 对于选项A：可得，， 因为，即，故A正确； 对于选项B：因为三棱锥的体积 当时，三棱锥的体积取到最大值，选项B错误； 对于选项C：若，则，， 设点到直线的距离为， 在中，，，，则， 且为锐角，可得， 则， 即，解得，故C正确； 对于选项D：设三棱锥外接球球心 由题意可知：，即，则， 且，可知球心的轨迹为线段（没有端点），且两个端点坐标为， 所以三棱锥外接球球心轨迹的长度近似为，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：对于选项D：可以利用补形法，将三棱锥补成长方体，可知三棱锥外接球球心即为长方体的中心. 18．（23-24高二下·湖北·阶段练习）如图：三棱锥中，面，，，，，，，分别为棱，，的中点，为棱上的动点，过，，的平面交于．下列选项中正确的有（    ） A．的最小值为2 B．时， C．三棱锥被平面分割成的两部分体积相等 D．当为中点时，，，，，五点在一个球面上，且球的半径为 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，利用两点间距离公式结合闵可夫斯基不等式处理A，利用平面的方程处理B，利用截面计算体积为定值处理C，球的方程处理D即可. 【详解】 由题意得，故，又面， 故以为原点建立空间直角坐标系，故，，， ，，设，则， 故， 由闵可夫斯基不等式得， 当且仅当时取等，故A正确， 若，则，而，， 设面的法向量，故，， 则，，令，解得，， 故，设面任意一点坐标为， 可得面的方程为，当时，， 故，显然成立，故B正确， 三棱锥上部分被平面截为三部分，设原体积为1， 设，， ， ， 故， 则三棱锥被平面分割成的两部分体积相等，故C正确， 若为中点，则，， ，，设面的法向量， 则，，则，， 令，解得，，故， 故，则面的方程为， 当时，解得，， 设过，， ，的球方程为，将点代入方程， 可得，， ，解得，，，， 故球的方程为，经检验，也在该球上， 故，，，，五点共球，且球的半径为，故D错误， 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后求出关键点的坐标，得到所要求的球的方程，最后得到结果即可． 19．（24-25高二上·全国·课后作业）已知正四面体ABCD的棱长为2，点M、N分别为和的重心，P为线段CN上一点，则下列结论正确的是 ．（填序号） ①直线平面ACD； ②若，则平面ABC； ③若取得最小值，则． 【答案】①② 【分析】根据空间向量法求出法向量，进而判断线面平行判断①，判断线面垂直判断②，再根据距离和得出最小值即可判断长度是否相等判断③. 【详解】如图，将正四面体放入正方体中，以点为坐标原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系．    因为正四面体的长为2， 所以正方体的棱长为， 则，，． 因为点、分别为和的重心，所以点的坐标为， 点的坐标为， 所以． 设平面的法向量为． 因为，，所以取，则． 因为，且直线不在平面上，所以直线平面，故①正确； 若，则，所以， 因为，，设平面的法向量为， 则，取，则．因为，所以平面，即平面，故②正确； 点的坐标为，，则． 设，则，所以 ， 所以 ， 因为， ， 所以， 当，即，时，取得最小值，故③错误． 故答案为：①②． 20．（24-25高二上·全国·课后作业）如图所示，正方体的棱长为2，E、F分别是棱BC、的中点，动点P在正方形（包括边界）内运动，若平面AEF，则线段长度的最小值是 ． 【答案】/ 【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、，求出平面的一个法向量，，由因为平面，则，可得，利用二次函数的基本性质结合空间向量的模长公式可求得线段长度的最小值. 【详解】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、， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， ，因为平面，则， 所以，，即， 所以， ， 当且仅当时，的长度取最小值. 故答案为：. 21．（24-25高二上·上海·随堂练习）如图，在直三棱柱中，，，，点E在线段上，且，分别为、、的中点.求证：    (1)平面平面； (2)平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用空间向量法证明线面垂直证明面面垂直； （2）利用空间向量法证明平面，再根据线面垂直的性质得到面面平行； 【详解】（1）证明：以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系.    则，，，，，. 设，则，，. 因为，，， 所以，. 所以，，即，. 又平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）因为，，， 所以，. 所以，. 因为平面，所以平面. 又由（1）知平面，所以平面平面. 22．（22-23高二上·天津蓟州·阶段练习）如图，在长方体中，，，. (1)求证：平面平面. (2)线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，P为线段的中点 【分析】（1）根据题意，以D为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，由法向量平行，即可证明面面平行； （2）由空间向量的坐标运算，由与平面的法向量垂直，代入计算，即可求解. 【详解】（1）证明：以D为原点，DA，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， 则，，，. 设平面的法向量为， 则. 取，则，，所以平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则. 取，则，，所以平面的一个法向量为. 因为，即，所以平面平面. （2）设线段上存在点P使得平面，. 由（1）得，，平面的一个法向量为， 所以. 所以，解得. 所以当P为线段的中点时，平面. 23．（23-24高二下·四川凉山·期末）如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，，，． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得∥平面？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，当与重合时，使得∥平面. 【分析】（1）连接交于点，则由四边形为菱形，得，由平面，得，再利用线面垂直的判定定理可结论； （2）由题意可证得两两垂直，则以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：连接交于点， 因为四边形为菱形，所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面， 所以平面； （2）解：取的中点，连接， 因为四边形为菱形，，所以为等边三角形， 所以， 因为平面，平面，所以， 所以两两垂直， 所以以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系， 设，则， 所以， 假设存在点，使得∥平面， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 由，得， 此时与重合，平面， 所以存在点，当与重合时，使得∥平面. 24．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，已知多面体是由正四棱锥P-ABCD与正方体组合而成的，且.    (1)求证：平面； (2)若，求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)9． 【分析】（1）建立空间直角坐标系证明线面平行即可； （2）根据线面垂直结合锥体体积公式计算即可. 【详解】（1）如图以点为原点，为 x 轴为 y 轴为 z 轴建立空间直角坐标系． 设 ,则 ,过 P 作平面 . 是正四棱锥点是正方形的中心, 因为，所以, 设平面法向量为, , , 则, 可得, 所以,,不在平面内，所以平面    （2）因为，所以, 因为平面,所以， 因为,平面,平面,所以平面, 25．（24-25高二上·全国·课后作业）如图，在直三棱柱中，，，D是的中点，F是上一点，且． (1)求证：平面； (2)若，判定直线与平面的位置关系，并证明． 【答案】(1)证明见解析 (2)平面，证明见解析 【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，只需证明，，再结合线面垂直的判定定理即可得证； （2）只需证明即可得证，其中平面的法向量为. 【详解】（1）因为，是的中点，所以，取的中点，则平面， 分别以、、所在直线为x轴、轴、轴，建立空间直角坐标系如图， 因为，， 所以，，，，，， 因为，所以. ，，， 因为，， 所以，， 又，平面，所以平面； （2）平面， 因为，所以， 所以． 设平面的法向量为，则，有，取，则． 因为，不在平面上，所以平面． 四、题型四：空间中直线、平面的垂直 26．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图所示是一个以为直径，点为圆心的半圆，其半径为4，为线段的中点，其中，，是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成一个以为顶点的圆锥的侧面，则在该圆锥中下列结果正确的是（    ） A．为正三角形 B．平面 C．平面 D．点到平面的距离为 【答案】C 【分析】根据题意,还原圆锥原图,找出对应线段长度关系,位置关系.很容易得解. 【详解】选项A，该半圆围成的圆锥，如图所示， 设圆锥底面半径为，则，∴，∴， ∵为的中点，为的中点，∴，且， ∴，为等腰直角三角形，选项A错误； 选项B，若平面，则，直角中，， ∴，选项B错误； 选项C，∵，∴平面，选项C正确； 选项D，∵，，∴平面，∴平面平面， ∴到直线的距离即为到平面的距离， 又∵，∴到直线的距离等于到直线的距离，为，选项D错误； 故选:C. 27．（2023·上海黄浦·三模）在棱长为1的正方体中，已知E为线段的中点，点F和点P分别满足，，其中，，则下列说法不正确的是（    ） A．当时，三棱锥的体积为定值 B．当时，四棱锥的外接球的表面积是 C．的最小值为 D．存在唯一的实数对，使得平面PDF 【答案】C 【分析】由线面平行的判定可知平面，知三棱锥底面积和高均为定值，A正确；根据正棱锥外接球的球法，可构造关于外接球半径的方程，求得后知B正确；将C中问题转化为在平面内求解的最小值，作关于线段的对称点，将问题转化为长度的求解，根据角度和长度关系可确定C正确；以为坐标原点建立空间直角坐标系，假设线面垂直可构造方程组求得，可知D正确. 【详解】对于A，当时，为中点，又为中点，，   平面，平面，平面， 则当在线段上移动时，其到平面的距离不变， 三棱锥的体积为定值，A正确； 对于B，当时，取交点，连接，则四棱锥为正四棱锥， 平面， 设四棱锥的外接球的球心为，半径为，则在直线上，   ，，，即， 解得：，四棱锥的外接球的表面积，B正确； 对于C，将问题转化为在平面内求解的最小值， 作关于线段的对称点，过作，交于，如下图所示，   ，（当且仅当与重合时取等号）， ， ， ，， 即的最小值为，故C错误； 对于D，以为坐标原点，为轴建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，， ，，， 若平面，则， ， 解得：（舍）或， 存在唯一的实数对，使得平面，故D正确. 故选：C. 28．（23-24高二上·广东东莞·期末）在如图所示的试验装置中，和均为边长为1正方形框架，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在对角线，上移动，且，（）．则下列结论正确的是（    ） A．， B．， C．，平面 D．，平面⊥平面 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法依次判断求证. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，，， ，， 则，. 对于A，，，， 解得.所以存在，使得.故A正确； 对于B，由，， ， 故B错误； 对于C，，，设平面的一个法向量为， 则，即，令，得，， ， ，所以对，平面.故C正确； 对于D，，，，， 设平面的一个法向量为，则，即， 令，得，，， 设平面的一个法向量为，则 ，即， 令，得，， ，当时，，即平面平面.故D正确. 故选：ACD. 【点睛】思路点睛：建立空间直角坐标系，根据已知条件求出坐标，将空间位置关系判断，线段长度问题转化为向量的运算. 29．（23-24高二上·山西运城·阶段练习）如图所示，正方体的棱长为，、、分别为、、的中点，则下列说法正确的是（    ）．    A．直线与直线垂直 B．直线与平面平行 C．平面截正方体所得的截面面积为 D．点与点到平面的距离相等 【答案】BCD 【分析】根据空间向量数量积计算判断A； 通过线面平行的定义判断B； 根据截面形状计算面积判断C； 根据图形关系判断点到平面距离是否相等即可判断D. 【详解】如图所示，在棱长为的正方体中，建立以为原点，以、、所在的直线为轴、轴、轴的空间直角坐标系，    因为、、分别为、、的中点， 则、、、， 对于A选项，、，∴，故A错误； 对于B选项，连接、，∵，∴、、、四点共面， ∵、，∴四边形为平行四边形， ∴，又平面，平面， ∴平面，故B正确； 对于C选项，连接、，∵， ∴四边形为平面截正方体所得的截面， 、、， ∴四边形为等腰梯形，高为， 则四边形的面积为，故C正确； 对于D选项，连接交于点， 则是的中点，且是线段与平面的交点， ∴点和点到平面的距离相等，故D正确； 故选：BCD 【点睛】方法点睛：本题考查立体几何的综合问题，此类问题常见的处理方法为： （1）几何法：通过图形特征转化，结合适当的辅助线进而求解； （2）坐标法：通过建立恰当的空间直角坐标系，结合空间坐标运算公式求解； （3）基底法：通过向量的基底转化以及向量的运算法则进行求解. 30．（23-24高二上·吉林·阶段练习）已知正方体的棱长为1，点P满足，其中，，以下结论正确的是（    ） A．当时， B．当时，最小值是 C．当时，BP的最大值 D． 【答案】ABD 【分析】对于A，利用空间向量垂直的坐标表示进行验证；对于B，利用展开图两点间线段最短得出结果；对于C，利用垂直得出的关系，再利用模公式进行求解；对于D，写出向量的坐标并利用模公式进行表示，结合二次函数讨论最值. 【详解】对于A，以为坐标原点，以分别为轴轴轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，，，，,， 所以，， ， 当时，， ，所以，故A正确； 对于B，点P在线段上，如图，将平面与平面沿展成平面图形，      线段即为的最小值，是等边三角形，是等腰直角三角形，，，此时 所以，故B正确. 对于C，，， 当时，，则 ， ， BP的最大值，故C错误； 对于D，, ， ， 当时，取最小值，最小值为； 取最小值，最小值为； 当或，时，取最大值，最大值为； 所以，故D正确； 故选：ABD. 【点睛】立体几何中两点距离最短问题点睛：可以利用立体图形展开图两点间线段最短得出结果；还可以建立坐标系，利用两点间距离公式以及函数求最值的方法进行求解. 31．（22-23高二下·湖南湘潭·期末）已知正方体的棱长为2，则以下结论正确的是（    ） A．若为线段上动点（包括端点），则点到平面的距离为定值 B．正方形底面内存在点，使得 C．若点在正方体的表面上运动，点是的中点，点满足，则点的轨迹的周长为 D．当点为中点时，三棱锥的外接球半径 【答案】ACD 【分析】利用线面平行的判定定理可得平面进而可判断A，利用坐标法结合向量垂直的条件可判断B，根据条件找出点的轨迹进而可判断C，利用线面垂直的判定定理可得平面，然后利用球的性质结合条件可判断D. 【详解】对于A，由题意可得：且，∴为平行四边形，则， 又平面，平面，∴平面， 又∵为线段上的点，则点到平面的距离为定值，故A正确； 对于B，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，，，， 若，则，即与题意矛盾，所以B不正确； 对于C，取的中点为，取的中点为，取的中点为，取的中点为， 取的中点为，分别连接，，，，，， 连接，则，，由平面，平面， 所以平面， 故平面，平面，所以， 同理可得，且平面，所以平面， 由题意可得的轨迹为正六边形，其中， 所以点的轨迹的周长为，C正确； 对于D，当点为中点时，则，∵平面，平面， ∴，又，，平面，∴平面， 设的外接圆圆心为，半径为，三棱锥的外接球的球心，半径为， 连接，，，则平面，且， 对于，，， ∴，则， 所以，则，∴，即，D正确. 故选：ACD. 32．（22-23高二下·江苏常州·期中）如图，三棱柱的各条棱长均为是2，侧棱与底面ABC所成的角为60°，侧面底面ABC，点P在线段上，且平面平面，则 ．    【答案】 【分析】取中点，连接，，由已知可得，，两两垂直，以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，求得平面与平面的一个法向量，可求得结论． 【详解】侧面底面，则点在平面上的射影在直线上， 为直线与底面所成的角， ，三棱柱的各条棱长均为2， 是等边三角形， 取中点，连接，，则， ∵侧面底面，侧面底面，面， 所以面， 如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系， 则， 故， 设，则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，， 平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，则，令，则，， 平面的一个法向量为， 平面平面，∴， ，， ． 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：取中点，证明，，两两垂直，是解决本题的关键. 33．（22-23高二下·湖北·阶段练习）如图，点在长方体内部运动，点在棱上，且，动点满足为棱的中点，为线段的中点，若，则动点到平面距离的最小值为 .    【答案】/ 【分析】以点为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，，由可得点在正方体内部且以为球心，2为半径的球面上运动，动点到平面距离的最小值为动点到平面距离的最小值的，求解即可. 【详解】以点为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设， ，解得， 点在正方体内部且以为球心，2为半径的球面上运动， 因为为线段的中点，则动点到平面距离的最小值即为动点到平面距离的最小值的， ，，， ，， 所以，，即，， 又，平面， 所以平面， 为线段的中点，则动点到平面距离的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题的关键点在于求出点的轨迹，由题意可证得平面则可知动点到平面距离的最小值即为动点到平面距离的最小值的，求出，即可得解. 34．（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； ③三棱锥的体积为定值； ④三棱锥的外接球的体积为. 其中正确的结论序号为 . 【答案】③ 【分析】根据线面平行的判定定理，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】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//，显然与面， 故与面相交，即不平行，故①错误； 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，， 所以，故不垂直，故②错误； 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； 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,即面， 则//，故在同一个平面，过作，连接如图所示. 在△中，容易知， 由余弦定理得，故， 由正弦定理得； 设三棱锥的外接球半径为，则，且P为BC中点， 在△中，，又， 由勾股定理知：，即， 该棱锥外接球的体积，故④错误. 故答案为：③. 14 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$