专题02 空间向量在立体几何中的应用（分层训练）-【课后优辅导】2024年秋季高二数学上学期精品讲义（人教A版2019）

专题2 空间向量在立体几何中的应用 一、单选题 1．（19-20高二上·江苏·期末）若直线l的方向向量，平面的法向量，且直线平面，则实数x的值是 A．1 B．5 C．﹣1 D．﹣5 2．（9-10高三·贵州遵义·阶段练习）已知长方体中，，，则直线和平面所成角的正弦值等于（    ） A． B． C． D． 3．（22-23高二上·河南新乡·期中）若空间中有三点，，．则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 4．（22-23高二上·山西运城·期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为的正三角形，，顶点在底面的射影为底面正三角形的中心，P，Q分别是异面直线上的动点，则P，Q两点间距离的最小值是（    ） A． B．2 C． D． 5．（23-24高二上·陕西榆林·阶段练习）已知是坐标原点，空间向量，，，若线段的中点为，则（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二上·河北保定·开学考试）正方体的棱长为2，P是空间内的动点，且，则的最小值为（    ）. A． B． C． D． 二、多选题 7．（21-22高二上·广东广州·阶段练习）如图，正方体的棱长为1，为的中点，为的中点，则（    ） A． B．直线平面 C．直线与平面所成角的正切值为 D．点到平面的距离是 8．（2023·山西·模拟预测）在长方体中，，E是棱的中点，过点B，E，的平面交棱AD于点F，点P为线段上一动点，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点P，使得 C．直线PE与平面所成角的正切值的最大值为 D．三棱锥外接球表面积的取值范围是 9．（23-24高二上·辽宁沈阳·阶段练习）已知空间中三点，，，则（    ） A．与是共线向量 B．与同方向的单位向量是 C．与夹角的余弦值是 D．平面ABC的一个法向量是 10．（2022·湖南邵阳·一模）如图，点P是棱长为2的正方体ABCD－的表面上一个动点，则（    ） A．当P在平面上运动时，四棱锥P－的体积不变 B．当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是[，] C．使直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为 D．若F是的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足PF//平面时，PF长度的最小值是 三、填空题 11．（20-21高二上·黑龙江鸡西·期末）如图，在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，若，且，则的长为 ． 12．（23-24高二上·河北石家庄·期中）已知棱长为1的正方体内一点P满足，其中，则的最小值为 ． 13．（22-23高三上·山东日照·期末）在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为和，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为 ． 14．（21-22高二上·湖南长沙·阶段练习）如图，已知平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱长为3，且，则 . 四、解答题 15．（21-22高二·全国·课后作业）如图，底面ABCD是边长为1的菱形，，底面ABCD，，M为OA的中点，N为BC的中点． (1)证明：直线平面OCD； (2)求异面直线AB与MD所成角的大小． 16．（21-22高二上·湖北襄阳·阶段练习）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，且点和分别为和的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)求点到平面的距离； 17．（22-23高二上·河南·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面PAD，E是AD的中点，为等腰直角三角形，，． (1)求证：； (2)求PC与平面PBE所成角的正弦值． 18．（22-23高二上·浙江·期中）如图1，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿翻折至，使得，如图2所示.    (1)求证：； (2)在直线上是否存在点，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，说明理由. 19．（2024·山西太原·一模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，. (1)点在侧棱上，且平面，确定在侧棱上的位置； (2)若平面平面，且，求二面角的余弦值. 20．（2024·安徽安庆·三模）如图，在多面体ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，△ABC和△ACD均为正三角形，，，点F在棱AC上. (1)若BF∥平面CDE，求CF的长； (2)若F是棱AC的中点，求二面角的正弦值. 21．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在直三棱柱中，是上的点，且平面． (1)求证：平面； (2)若，，，是棱上的点，且直线与平面所成角的正弦值为，试确定点的位置． 22．（2024·广西·模拟预测）在长方体中，点E，F分别在，上，且，． (1)求证：平面平面AEF； (2)当，，求平面与平面的夹角的余弦值． 23．（2024·辽宁锦州·模拟预测）如图，在四棱锥中，为的中点，平面． (1)求证：； (2)若，． （i）求证：平面； （ii）设平面平面，求二面角的正弦值． 24．（2024·黑龙江牡丹江·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点，点在上，且．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． (3)设点在上，且判断直线是否在平面内，说明理由． 25．（2024·天津河西·二模）如图所示，在几何体中，四边形和均为边长为2的正方形，，底面，M、N分别为、的中点，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面所成角的余弦值. 26．（2024·山西太原·二模）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是正方形，平面平面ABCD，是边长为8的正三角形，，且，点G，H分别是BC，BF的中点． (1)设AE与平面DGH相交于点M，求的值； (2)求平面BDM与平面CDM夹角的余弦值． 27．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点在棱上，且． (1)求四棱锥的表面积 (2)若点在棱上，且到平面的距离为，求点到直线的距离． 28．（2024·浙江·三模）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，平面底面，，，E，F分别是，的中点，P是线段上的动点． (1)当P是线段的中点时，求点P到平面的距离； (2)当平面与平面的夹角的余弦值为时，求． 29．（23-24高二下·广东茂名·期末）如图，棱长为2的正方体中，，，，，则下列说法不正确的是（    ） A．时，平面 B．时，四面体的体积为定值 C．时，，使得平面 D．若三棱锥的外接球表面积为，则 30．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在棱长为2的正四面体中，棱上分别存在点（包含端点），直线与平面，平面所成角为和，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 31．（23-24高二下·上海杨浦·期末）如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，给出以下三个结论： ①存在点满足； ②存在点满足与平面所成角的大小为； ③存在点满足； 其中正确的个数是（    ）． A．0 B．1 C．2 D．3 32．（23-24高二上·浙江杭州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，P为线段上的动点，则下列结论错误的是（    ） A．直线与所成的角不可能是 B．当时，点到平面的距离为 C．当时， D．若,则二面角的平面角的正弦值为 33．（23-24高二下·广东茂名·期中）正方体中，为的中点，为正方体表面上一个动点，则（    ） A．当在线段上运动时，与所成角的最大值是 B．若在上底面上运动，且正方体棱长为1，与所成角为，则点的轨迹长度是 C．当在面上运动时，四面体的体积为定值 D．当在棱上运动时，存在点使 34．（23-24高二下·四川达州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为（    ）    A．在中点时，平面平面 B．异面直线所成角的余弦值为 C．在同一个球面上 D．，则点轨迹长度为 35．（23-24高二下·福建莆田·期末）是棱长为2的正方体表面上一点，则（    ） A．当在线段上运动时，三棱锥的体积为定值 B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．设是的中点，若，则线段长度的最大值为 D．若直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为 36．（23-24高一下·吉林延边·阶段练习）如图，在棱长为的正方体上，点为体对角线靠近点的三等分点，点为棱的中点，点在平面上，且在该平面与正方体表面的交线所组成的封闭图形中（含边界），则下列说法正确的是（    ） A．平面与底面的夹角余弦值为； B．点到平面的距离为； C．点到点的距离最大值为； D．设平面与正方体棱的交点为､…､，则边形最长的对角线的长度大于. 37．（21-22高二上·广东湛江·期中）如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，过A点的截面分别交于点E，F，G，且，．下列结论正确的是 （写出所有正确结论的编号）． ①平面； ②平面； ③平面； ④若，点A，B，C，D，E，F，G在同一球面上； ⑤若，则四棱锥的体积为． 38．（2024·北京房山·一模）如图，在棱长为1的正方体中，点P是对角线上的动点（点P与点A，不重合）．给出下列结论： ①存在点P，使得平面平面； ②对任意点P，都有； ③面积的最小值为； ④若是平面与平面的夹角，是平面与平面的夹角，则对任意点P，都有．其中所有正确结论的序号是 ． 39．（22-23高三上·北京海淀·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，给出下列四个结论: ①当点是中点时，直线平面； 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 ． 40．（23-24高二上·北京西城·期末）如图，在正方体中，为棱的中点，为棱（含端点）上的一个动点.给出下列四个结论： ①存在符合条件的点，使得平面； ②不存在符合条件的点，使得； ③异面直线与所成角的余弦值为； ④三棱锥的体积的取值范围是. 其中所有正确结论的序号是 . 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题2 空间向量在立体几何中的应用 一、单选题 1．（19-20高二上·江苏·期末）若直线l的方向向量，平面的法向量，且直线平面，则实数x的值是 A．1 B．5 C．﹣1 D．﹣5 【答案】C 【解析】根据直线与平面垂直时直线的方向量与平面的法向量共线，利用共线时对应的坐标关系即可计算出的值. 【详解】因为直线平面，所以， 所以，所以. 故选：C. 【点睛】本题考查根据直线与平面的位置关系求解参数，其中涉及到空间向量的共线计算，难度一般.已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若则有，若则有. 2．（9-10高三·贵州遵义·阶段练习）已知长方体中，，，则直线和平面所成角的正弦值等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取的中点，连接，可证平面，则即为和平面所成角，在中即可求出结果. 【详解】由题意，四边形为正方形，如下图所示： 取的中点，连接，则 由于平面，平面 故，平面 所以平面 所以即为和平面所成角； 由勾股定理可知，； 所以在中，. 故选：C 3．（22-23高二上·河南新乡·期中）若空间中有三点，，．则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出平面的法向量，后用点面距离相关公式可得答案. 【详解】由题，，． 设平面的法向量为，所以 令，得．因为， 所以点到平面的距离为. 故选：A 4．（22-23高二上·山西运城·期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为的正三角形，，顶点在底面的射影为底面正三角形的中心，P，Q分别是异面直线上的动点，则P，Q两点间距离的最小值是（    ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】设是底面正的中心，平面，，以直线为轴，为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，P，Q两点间距离的最小值即为异面直线与间的距离用空间向量法求异面直线的距离． 【详解】如图，是底面正的中心，平面，平面，则， ，则，又，， ，直线交于点，， 以直线为轴，为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， ，，， ， 设与和都垂直， 则，取，则，， P，Q两点间距离的最小值即为异面直线与间的距离等于． 故选：D． 5．（23-24高二上·陕西榆林·阶段练习）已知是坐标原点，空间向量，，，若线段的中点为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据模长的坐标计算公式直接计算. 【详解】由题意，则，所以， 所以， 故选：C. 6．（23-24高二上·河北保定·开学考试）正方体的棱长为2，P是空间内的动点，且，则的最小值为（    ）. A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取的中点M，连接，取的中点N，连接，则由已知条件可得动点P的轨迹为正方体的外接球，然后由向量的运算可得，从而可求得结果. 【详解】取的中点M，连接， 则，则，即， 故动点P的轨迹为以M为球心，为半径的球. 由正方体的棱长为2，可知正方体外接球的半径为3， 即动点P的轨迹为正方体的外接球. 取的中点N，连接， 则 . 由题可知，，则，， 则. 所以的最小值为， 故选：C 二、多选题 7．（21-22高二上·广东广州·阶段练习）如图，正方体的棱长为1，为的中点，为的中点，则（    ） A． B．直线平面 C．直线与平面所成角的正切值为 D．点到平面的距离是 【答案】ABD 【分析】依题意可得到为等边三角形，又为的中点，即可判断A；利用线面平行的判定定理证明B；用线面角的定义可知为所求角，进而求得其正切值，即可判断C；利用等体积法判断D． 【详解】解：对于A，，，，为等边三角形，又为的中点，所以，故A正确； 对于B，取中点，连接，，，可知且， 又且， 所以且，所以四边形是平行四边形，， 又平面，平面，平面，故B正确； 对于C，取的中点，连接，则，因为平面， 所以平面， 所以与平面所成的角为， 所以，故C错误； 对于D，设点到平面的距离为，利用等体积法知，即，解得，故D正确； 故选：ABD 8．（2023·山西·模拟预测）在长方体中，，E是棱的中点，过点B，E，的平面交棱AD于点F，点P为线段上一动点，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点P，使得 C．直线PE与平面所成角的正切值的最大值为 D．三棱锥外接球表面积的取值范围是 【答案】ACD 【分析】对于选项A，利用面面平行的性质，得到平面，从而可判断出选项A正确；对于选项B，假设存在，可推出平面，从而判断选项B错误；对于选项C，利用线面角的定义，找出线面角为，从而在中，求出的值，进而判断选项C正确.对于选项D，利用球的截面圆的几何性质，找出球心在直线上，利用，建立方程，从而求出球的表面积的取值范围. 【详解】对于A，因为平面平面，根据面面平行的性质，平面与这两个平面的交线互相平行，即， 因为面，面，所以平面， 又点P在线段上,所以三棱锥的体积为定值，故A正确； 对于B，若存在点P，使得，因为，则， 因为，平面,所以平面，与题意矛盾，故B错误； 对于C，如图1所示，取BC的中点Q，连接， 则点P在平面内的射影在上，直线PE与平面所成角即，且有 由已知可得，最小为，所以的最大值为，故C正确． 对于D，如图2，取的中点G，连接AG，分别取BE，AG的中点， 连接，因为是等腰直角三角形， 所以三棱锥外接球的球心O在直线上， 设三棱锥外接球的半径为R，则， 所以， 设，则， 所以, 当点P与F重合时，取最小值，此时， 三棱锥外接球的表面积为， 当点P与重合时，取最大值， 此时，三棱锥外接球的表面积为，故D正确． 故选：ACD 9．（23-24高二上·辽宁沈阳·阶段练习）已知空间中三点，，，则（    ） A．与是共线向量 B．与同方向的单位向量是 C．与夹角的余弦值是 D．平面ABC的一个法向量是 【答案】BCD 【分析】根据向量的坐标结合共线向量的概念可判断A；求得的模，即可求出与同方向的单位向量判断B；根据向量的夹角公式判断C；根据平面法向量的含义可判断D. 【详解】由题意知空间中三点，，， 则，则，即两向量没有倍数关系， 故与不是共线向量，A错误； ，故与同方向的单位向量是，B正确； 又，故，C正确； 记，则， ，即，， 又平面ABC，所以平面ABC， 故平面ABC的一个法向量是，D正确， 故选：BCD 10．（2022·湖南邵阳·一模）如图，点P是棱长为2的正方体ABCD－的表面上一个动点，则（    ） A．当P在平面上运动时，四棱锥P－的体积不变 B．当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是[，] C．使直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为 D．若F是的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足PF//平面时，PF长度的最小值是 【答案】ABC 【分析】A选项，考虑底面积和高均未变，所以体积不变；B选项，找到异面直线所成角即可判断； C选项，找到P的轨迹，计算即可；D选项，找到P的轨迹，计算即可. 【详解】A选项，底面正方形的面积不变，P到平面的距离为正方体棱长，故四棱锥P－的体积不变，A选项正确； B选项，与所成角即与所成角，当P在端点A，C时，所成角最小，为，当P在AC中点时，所成角最大，为，故B选项正确； C选项，由于P在正方体表面，P的轨迹为对角线AB1，AD1，以及以A1为圆心2为半径的圆弧如图， 故P的轨迹长度为，C正确； D选项，FP 所在的平面为如图所示正六边形，故FP的最小值为，D选项错误. 故选：ABC. 三、填空题 11．（20-21高二上·黑龙江鸡西·期末）如图，在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，若，且，则的长为 ． 【答案】 【分析】先将表示为，然后根据向量的数量积运算结合长度和角度求解出，则结果可求. 【详解】因为， 所以 ， 所以，所以的长为， 故答案为：. 12．（23-24高二上·河北石家庄·期中）已知棱长为1的正方体内一点P满足，其中，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】利用空间向量的坐标表示以及数量积与向量的模的关系求解. 【详解】 如图，以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系， ,设， 所以， 因为， 所以，所以， 所以，又因为，所以， 此时 所以， 所以当时，有最小值为, 此时在正方体内，满足题意， 故答案为:. 13．（22-23高三上·山东日照·期末）在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为和，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为 ． 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解异面直线与所成角的余弦值. 【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，则，， 所以， 又因为异面直线所成角的范围为， 故异面直线与所成角的余弦值为， 故答案为：. 14．（21-22高二上·湖南长沙·阶段练习）如图，已知平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱长为3，且，则 . 【答案】 【分析】由空间向量的加法法则有，然后平方，转化为数量积运算可得． 【详解】平行六面体中，， .. 故答案为：． 四、解答题 15．（21-22高二·全国·课后作业）如图，底面ABCD是边长为1的菱形，，底面ABCD，，M为OA的中点，N为BC的中点． (1)证明：直线平面OCD； (2)求异面直线AB与MD所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接，．利用三角形的中位线定理和菱形的性质可得，，利用面面平行的判定定理得到平面平面，进而得到平面． （2）由于，可得或其补角为异面直线与所成的角．作于，连接，在 中求出即可． 【详解】（1）取中点，连接，． 由M为OA的中点， ，而， , 平面，故平面， 又N为BC的中点，， 平面，故平面， 而 平面MNE, 平面平面， 平面． （2）， 或其补角为异面直线与所成的角． 作于，连接， 平面，平面， 故, 又 平面OAP, 故平面OAP，而平面OAP ， ， ，，而 , 故， ，则， 与所成角的大小为． 16．（21-22高二上·湖北襄阳·阶段练习）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，且点和分别为和的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)求点到平面的距离； 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】(1)根据给定条件，以点A为坐标原点，射线AC，AB，AA1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，再借助空间向量即可得证. (2)在(1)的坐标系中，求出平面与平面的法向量即可计算得解. (3)利用(2)的结论借助空间向量即可求出点到平面的距离. 【详解】（1）在四棱柱中，因侧棱底面，，则以点A为坐标原点， 射线AC，AB，AA1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，，，， 因为，分别为，的中点，则，，即， 显然是平面的一个法向量，于是得：， 因此，平面，而平面， 所以平面. （2）由(1)可知，，，， 设平面的一个法向量为，则，令，得， 设平面的一个法向量为，则，令，得， 于是得， 所以二面角的正弦值为. （3）由(2)知，平面的法向量为，又， 设点到平面的距离为，则， 所以点到平面的距离为. 17．（22-23高二上·河南·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面PAD，E是AD的中点，为等腰直角三角形，，． (1)求证：； (2)求PC与平面PBE所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据平面得到，根据等腰三角形的性质得到，利用线面垂直的判定定理得到平面，最后利用线面垂直的性质即可得到； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求角即可. 【详解】（1）证明：∵平面，平面PAD，∴， 又∵是等腰直角三角形，是斜边AD的中点，∴， 又∵平面，平面，， ∴平面 ∵平面ABCD，∴； （2） 解：如图，以为原点，EP，EA所在的直线为轴，轴，在平面ABCD内， 通过点作AD的垂线为轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则，，，则，， 设平面PBE的法向量为， ，取，则， 故为平面PBE的一个法向量， 设PC与平面PBE所成的角为，则， ∴与平面PBE所成角的正弦值为． 18．（22-23高二上·浙江·期中）如图1，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿翻折至，使得，如图2所示.    (1)求证：； (2)在直线上是否存在点，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，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)或 【分析】（1）根据全等三角形性质，利用线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质可得； （2）解法一利用线面角的定义，作出线面角的平面角，由余弦定理即可求出结果； 解法二根据等体积法求出点到平面的距离，再根据线面角的定义即可求出答案； 解法三利用空间向量，求出平面法向量以及直线方向向量，根据线面角与空间向量之间的关系即可求得结果. 【详解】（1）在图1连接交于点， 在图2中，易知、都是等边三角形， 易得，，又，平面， 可得平面； 又直线平面， 所以.    （2）解法一： 假设存在点，符合题意. 设，则，则在中，由， 由余弦定理得， 由（1）得直线平面，又，∴直线平面， ∵平面，∴平面平面 作，垂足为，则平面， 在，由，， 所以    如图3，取中点，连接，， 由，得四边形为平行四边形， 因为平面，所以平面， 则直线与平面所成角为，且. 由已知，即， 由，得 在中，设，由余弦定理得 即，解得或 所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为， 此时或 解法二（等体积法）： 设，则， 则在中，由，，由余弦定理得， 作，垂足为，连接，得，∴ 由（1）得直线平面，又，∴直线平面， ∴，所以是直角三角形， 所以的面积为， 设点到平面的距离为， 由得，得， 设直线与平面所成角为，则，所以 所以，得， 在中，设，由余弦定理得 即，解得或 所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为， 此时或 解法三（向量法）  由解法一知，如图3，以的中点为原点，，，分别为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，      则，，，所以， 因此，， 设平面的法向量为， 则，解得，令，则； 即向量， 设存在点，，满足题意， 则， 所以， 设直线与平面所成角为，则，所以 所以 ， 解得， 所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为， 此时或 19．（2024·山西太原·一模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，. (1)点在侧棱上，且平面，确定在侧棱上的位置； (2)若平面平面，且，求二面角的余弦值. 【答案】(1)为侧棱上靠近处的三等分点； (2) 【分析】（1）根据平面，得出，结合底面是直角梯形，，且，得出，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，利用向量夹角公式即可求解. 【详解】（1）连接，设，连接，则平面平面， 平面，面， 底面是直角梯形，，且， ，则， 为侧棱上靠近处的三等分点； （2）平面平面，且， ，平面平面，平面， 平面，（为中点） 如图所示建立空间直角坐标系， 依题意有，，， ，则， ，，显然是平面的一个法向量， 设是平面的一个法向量，则， 取得， ， 二面角的大小的余弦值为. 20．（2024·安徽安庆·三模）如图，在多面体ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，△ABC和△ACD均为正三角形，，，点F在棱AC上. (1)若BF∥平面CDE，求CF的长； (2)若F是棱AC的中点，求二面角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）记中点为，连接、，依题意可得，根据面面垂直的性质得到平面，如图建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，，依题意可得求出的值，即可得解； （2）依题意点与点重合，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）记AC中点为M，连接DM、BM，三角形ACD为正三角形，，则DM⊥AC，且. 因为平面ACD⊥平面ABC，平面平面，平面ACD，所以DM⊥平面ABC， 又△ABC为正三角形，所以BM⊥AC，所以， 如图建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，， 设平面CDE的法向量为，则，令，则，，则， 设，，则， 因为BF∥平面CDE，所以，解得， 所以F为CM的中点，此时. （2）若F是AC的中点，则点F与点M重合，则平面FDE的一个法向量可以为， 设二面角为，显然二面角为锐角，则， 所以， 所以二面角的正弦值为. 21．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在直三棱柱中，是上的点，且平面． (1)求证：平面； (2)若，，，是棱上的点，且直线与平面所成角的正弦值为，试确定点的位置． 【答案】(1)证明见解析 (2)点为上靠近的三等分点 【分析】（1）利用线面垂直的性质，得到，利用直三棱柱的结构特征，可得，再用线面垂直的判定定理，即可证明结果； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和，结合条件，利用线面角的向量法，即可求出结果. 【详解】（1）因为平面，面，所以，又，所以， 又三棱柱是直三棱柱，所以， 又易知与相交，面，所以平面. （2）由（1）知平面，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，，，又，所以， 则， 所以， 设，所以， 设平面的一个法向量为， 由，得到，取，则，所以， 设直线与平面所成的角为， 所以，整理得到， 解得或（舍），所以点为上的三等分点，且， 即点为上靠近的三等分点. 22．（2024·广西·模拟预测）在长方体中，点E，F分别在，上，且，． (1)求证：平面平面AEF； (2)当，，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明即可； （2）应用空间向量法求二面角余弦值. 【详解】（1）为长方体    平面 平面∴     又，且，平面， 平面 平面AEF    平面平面 （2）依题意，建立以D为原点，以DA，DC，分别为x，y，z轴的空直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为．则，即 令，则．． 设平面的法向量为，则， 令，则，所以平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为 23．（2024·辽宁锦州·模拟预测）如图，在四棱锥中，为的中点，平面． (1)求证：； (2)若，． （i）求证：平面； （ii）设平面平面，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）借助线面平行的性质定理与中位线的性质即可得； （2）（i）借助线面垂直的判定定理即可得； （ⅱ）结合所给条件建立适当的空间直角坐标系后借助空间向量计算即可得. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为为的中点，所以，， 因为，所以，所以四点共面， 因为平面，平面平面，平面， 所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以； （2）（i）取的中点，连接， 由（1）知，所以， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以， 因为，所以， 所以，即， 因为，所以， 因为，所以与全等， 所以，即， 因为， 又因为，、平面， 所以平面； （ii）由（i）知平面，而平面， 所以， 因为， 建立如图所示空间直角坐标系， 则，， 所以，， 设平面的法向量为, 则 令，则，于是， 因为为平面的法向量, 设二面角为，由图可得 所以, 所以二面角的余弦值为， 则二面角的正弦值为 24．（2024·黑龙江牡丹江·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点，点在上，且．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． (3)设点在上，且判断直线是否在平面内，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不在，理由见解析 【分析】（1）应用线面垂直判定定理证明即可； （2）结合线面垂直建系，空间向量法求出二面角余弦值； （3）先判断关系，再求出向量坐标，最后空间向量法证明结论. 【详解】（1）因为平面，又平面，则， 又，且，，平面，故CD平面； 又面， ， ，为中点， ， ，，面， 面； （2）过点作的垂线交于点， 因为平面，且，平面，所以，， 故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，，， 因为为的中点，则，所以， 又，所以，故， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，，故， 又因为平面的法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角余弦值为；    （3）直线不在平面内， 因为点在上，且，又，故， 则， 由（2）可知，平面的法向量为， 所以， 所以直线不在平面内． 25．（2024·天津河西·二模）如图所示，在几何体中，四边形和均为边长为2的正方形，，底面，M、N分别为、的中点，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）依据题意建立以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，求出和平面的一个法向量，计算即可得证. （2）由（1）得直线的的方向量，平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则由即可得解. （3）求出平面的一个法向量，计算，则由计算结果即可得解. 【详解】（1）如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系， 由题意可得，，，，，， ，，， 则，， 设平面的一个法向量为，则， 故，即，则， 令，得， 所以， 所以，又平面， 所以平面. （2）由（1）得直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）设平面的一个法向量，由（1）可得，， 则，故，即， 令，得， 所以， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 26．（2024·山西太原·二模）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是正方形，平面平面ABCD，是边长为8的正三角形，，且，点G，H分别是BC，BF的中点． (1)设AE与平面DGH相交于点M，求的值； (2)求平面BDM与平面CDM夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）延长FE交HM的延长线于点N，连接DN，取AE的中点K，连接KH，得 ，且，又，得平面CDEF，得，可得CDNF是平行四边形，则，得； （2）取AD的中点O，连接OE，可得平面ABCD，以O为原点，OA，OG，OE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，分别求出平面BDM和平面CDM的一个法向量，利用向量夹角的余弦公式，即可求出平面BDM与平面CDM夹角的余弦值 【详解】（1） 延长FE交HM的延长线于点N，连接DN，取AE的中点K，连接KH， ∵，H是BF的中点， ∴，且， ∵G，H分别是BC，BF的中点， ∴， 平面，平面， ∴平面， 平面， 又平面平面， ∴， ∴， ∵ABCD是正方形， ∴， ∴CDNF是平行四边形， ∵， ∴， ∴； （2）取AD的中点O，连接OE， ∵是正三角形， ∴， ∵平面平面ABCD， ∴平面ABCD， 以O为原点，OA，OG，OE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，，，，， 设是平面BDM的一个法向量， 则，∴， 取，则，， ∴， 设是平面CDM的一个法向量， 则，∴， 取，则，， ∴， ∴， ∴平面BDM与平面CDM夹角的余弦值为． 27．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点在棱上，且． (1)求四棱锥的表面积 (2)若点在棱上，且到平面的距离为，求点到直线的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据三角形以及梯形面积公式即可求解， （2）建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量法求解即可. 【详解】（1）由，,所以, , 所以,, 故四棱锥的表面积为 （2）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则,0,，,4,， ,4,，，其中， 则， 设平面的法向量为，则， 即令，则平面的法向量， 设到平面的距离为，， 由于，解得， 故， 点到直线的距离为． 28．（2024·浙江·三模）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，平面底面，，，E，F分别是，的中点，P是线段上的动点． (1)当P是线段的中点时，求点P到平面的距离； (2)当平面与平面的夹角的余弦值为时，求． 【答案】(1)． (2) 【分析】（1）利用等体积变化的方法进行计算距离； （2）利用空间向量法计算距离； 【详解】（1）作的中点D，连接，，连接，，， 因为点D，F分别为，的中点， 所以，且， 又由三棱柱的定义，结合点E为的中点可知： ，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 所以当P是线段的中点时，点P到平面的距离等于点E到平面的距离； 因为， ， 因为，所以， 由平面平面，且平面平面， 因为平面，所以平面， 又平面，所以，所以是三棱锥的高， 所以， 在等边三角形中，, 因为，所以直角三角形中 又， 三角形是等腰三角形，， 设点E到平面的距离为d，则，解得． 即点P到平面的距离为． （2） 以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系， ，，，，， 所以，，，， 设，则， 设平面的一个法向量， 则有，即， 所以， 设平面的一个法向量， 则有，即，所以， 所以， 解得或（舍去）． 所以，即的长为． 29．（23-24高二下·广东茂名·期末）如图，棱长为2的正方体中，，，，，则下列说法不正确的是（    ） A．时，平面 B．时，四面体的体积为定值 C．时，，使得平面 D．若三棱锥的外接球表面积为，则 【答案】C 【分析】利用线面平行的判定推理判断A；由线面平行确定点到平面的距离是定值判断B；由空间向量数量积的运算律计算判断C；求出外接球半径计算判断D. 【详解】对于A，当时，，即， 而平面，平面，因此平面，A正确； 对于B，正方体中，当时，面积是定值， 又，平面，平面，则平面， 于是点到平面的距离是定值，因此四面体的体积为定值，B正确； 对于C，当时，， 而，则 ，因此不垂直于，不存在，使得平面，C错误； 对于D，显然平面，则三棱锥与以线段为棱的长方体有相同的外接球， 令球半径为，则， 球的表面积，解得，D正确. 故选：C 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，进而确定球半径求解. 30．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在棱长为2的正四面体中，棱上分别存在点（包含端点），直线与平面，平面所成角为和，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，然后利用空间向量得到，最后根据范围求的取值范围即可. 【详解】 如图，取的中心，连接，取中点，连接，过点作交于点，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 因为为正四面体，所以，，， ，，，，， ，， 设，，，， 则， 由题意得可以作为平面的一个法向量， 则， 设平面的法向量为， ，则，令，则， 所以， ， ， 因为，，所以，， ，. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用相似设出点的坐标，然后利用空间向量的方法求出线面角，最后求范围即可. 31．（23-24高二下·上海杨浦·期末）如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，给出以下三个结论： ①存在点满足； ②存在点满足与平面所成角的大小为； ③存在点满足； 其中正确的个数是（    ）． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法一一计算可得. 【详解】如图建立平面直角坐标系，则，，，， 设，，则， 若，则，解得， 所以存在点满足，故①正确； 因为，，设平面的法向量为， 则，取， 设与平面所成角为，， 则， 令，，则，所以， 令，，则，所以， 所以存在点满足与平面所成角的大小为，故②正确； 因为，， 所以，所以， 所以存在点满足，故③正确. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题关键是建立空间直角坐标系，将几何关系转化为代数计算. 32．（23-24高二上·浙江杭州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，P为线段上的动点，则下列结论错误的是（    ） A．直线与所成的角不可能是 B．当时，点到平面的距离为 C．当时， D．若,则二面角的平面角的正弦值为 【答案】D 【分析】建立如图的空间直角坐标系，利用反证法可判断A的正误，利用空间中的距离公式计算BC后可判断它们的正误，利用向量法可求面面角的余弦值后结合同角的三角函数基本关系式计算后可判断D的正误. 【详解】 建立如图所示的空间直角坐标系，则， ， 对于A，设，故， 故，而， 设直线与所成的角为，则， 若直线与所成的角是，则， 整理得到：，此方程在上无实数解， 故直线与所成的角不可能是，故A正确. 对于B，当时，结合A中分析可得，故， 故，而，设平面的法向量为， 则即，取，则，， 故， 又，故到平面的距离为， 故B正确. 对于C，当时，又B的分析可得，故， 故，故C正确. 对于D，当时，结合的分析可得，此时， 故，而，设此时平面的法向量为， 则即，取，则，， 故， 又，， 设平面的法向量为， 则即，取，则，， 故， 故，故二面角的平面角的正弦值为， 故D错误. 故选：D. 【点睛】方法点睛：立体几何中，与角、距离等有关的计算，可以利用综合法构造几何对象并利用解三角形的方法进行相关的计算，也可以利用几何体的特征构建空间直角坐标系，把角、距离的计算问题归结向量的坐标运算. 33．（23-24高二下·广东茂名·期中）正方体中，为的中点，为正方体表面上一个动点，则（    ） A．当在线段上运动时，与所成角的最大值是 B．若在上底面上运动，且正方体棱长为1，与所成角为，则点的轨迹长度是 C．当在面上运动时，四面体的体积为定值 D．当在棱上运动时，存在点使 【答案】CD 【分析】由平行关系得到与所成角等价于与所成的角，又为等边三角形，由等边三角形的性质可知与所成角，最大角为，可判断A；找到所在的轨迹是以为圆心1为半径的弧，轨迹长度是，可判断B；由三棱锥的高和底面面积都为定值可判断体积不变，可判断C；建系用两点间距离公式可判断D. 【详解】      对于A，如图一，在正方体中，易知，所以与所成角等价于与所成的角， 当为中点时，，此时所成角最大，为，故A错误. 对于B，如图二，因为棱垂直于上底面，且与所成角为， 所以在中，， 由圆锥的构成可知所在的轨迹是以为圆心1为半径的弧，轨迹长度是，故B错误. 对于C，如图三，因为在面内，面到平面的距离等于， 而面积不变，故体积为定值，故C正确. 对于D，如图四，以为原点，为轴建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为1，， 因为， 由，所以，故D正确. 故选：CD. 34．（23-24高二下·四川达州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为（    ）    A．在中点时，平面平面 B．异面直线所成角的余弦值为 C．在同一个球面上 D．，则点轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】根据正方体图像特征证明面，结合面面垂直的判定定理判断A；根据异面直线所成的角判断B错误；根据五点共圆得到C；分析可知点轨迹是过点与平行的线段，根据轨迹求出长度得到D. 【详解】对于选项A：取的中点，连接，    在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点， 易知，平面，在面内， 所以，面，面，， 所以面，面，所以， 连接，是正方形，， 因为面，面，所以， 因为面，面，， 所以面，因为面，所以， 综上，面，面，又， 所以面，面，故平面平面，故A正确； 对于选项B：取的中点，连接，则， 所以是异面直线所成的角， 又，则，故B错误； 对于选项C：记正方体的中心为点，则， 所以在以为球心，以为半径的球面上，故C正确； 对于选项D：因为，且为的中点， 所以，故， 所以点轨迹是过点与平行的线段，且， 所以，故D正确； 故选：ACD 【点睛】方法点睛： （1）用普通方法求异面直线所成的角时可以找到与其中一条平行的直线与另一条直线相交所成的角即为异面直线的夹角； （2）证明面面垂直时，通常先证明线面垂直，再证明面面垂直； （3）证明点共球面可先证明点共圆. 35．（23-24高二下·福建莆田·期末）是棱长为2的正方体表面上一点，则（    ） A．当在线段上运动时，三棱锥的体积为定值 B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．设是的中点，若，则线段长度的最大值为 D．若直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为 【答案】BCD 【分析】选项A，利用等体积法，即，过过作于，根据条件知为三棱锥高，即可求解；选项B，建立空间直角坐标系，设，进而求得，即可求解；选项C，通过找出一个过且与垂直的平面，进面得出点的轨迹，即可求解；选项D，根据条件得到直线与所成的角为，再对在各个面的情况进行讨论，即可求解. 【详解】对于选项A，如图1，连接，因为，易知平面即平面， 过作于，因为面，面， 所以，又，面，所以面， 又的面积为定值，而随着的变化而变化，所以三棱锥的体积不为定值，所以选项A错误， 对于选项B，如图2，建立空间直角坐标系，因为正方形的棱长为2， 则，设，， 又，， 设与所成的角为， 则， 当时，，此时， 当时，令，， 又，得到，所以，得到， 故，所以选项B正确， 对于选项C，如图3，取的中点， 连接， 易知，所以与确定唯一平面， 由正方体性质知与相交，所以， 连接，易知，又，，面， 所以面，又面，所以，同理可得， 又，所以面， 因为，所以，故面，又是正方体表面上一点，故在正六边形的边上运动， 由对称性知，当与重合时，线段长度最大，最大值为，所以选项C正确， 对于选项D，因为直线与平面所成的角为， 若点在平面内，如图4，过，连接，则为直线与平面所成的角， 由题知，则，显然只有与重合符合题意， 同理可知若点在平面内，与重合符合题意， 又因为面，得直线与所成的角为， 若点在平面内时，点的轨迹是，此时轨迹长为， 若点在平面内时，点的轨迹是，此时轨迹长为， 若点在平面时，作面，连接，如图4所示， 因为，所以，又，所以， 得到点的轨迹是以为圆心，以为半径的四分之一的圆，此时轨迹长为， 所以点的轨迹长度为，故选项D正确， 故选：BCD. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在选项C和选项D，对于选项C，将问题转化成寻找一个过且与垂直的平面，从而得出点的轨迹；对于选项D，根据条件将问题转化成与直线与所成的角为，再对点在各个平面的情况进行讨论，即可求解. 36．（23-24高一下·吉林延边·阶段练习）如图，在棱长为的正方体上，点为体对角线靠近点的三等分点，点为棱的中点，点在平面上，且在该平面与正方体表面的交线所组成的封闭图形中（含边界），则下列说法正确的是（    ） A．平面与底面的夹角余弦值为； B．点到平面的距离为； C．点到点的距离最大值为； D．设平面与正方体棱的交点为､…､，则边形最长的对角线的长度大于. 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，即可利用法向量的夹角求解A，根据点面距离的向量法即可求解B，根据面面平行的性质可得截面为六边形，即可根据点点距离公式求解CD. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则, , 设平面法向量为， ，取，则， 而平面的一个法向量为， 所以平面与底面的夹角余弦值为.故A错误， 所以点到平面的距离为，故B正确， 由于四边形为平行四边形，故延长交于点， 连接交延长线于点，连接交于， 由于点为体对角线靠近点的三等分点，所以, , , 在棱上取，使得, 由于，故， 设截面与交于点，连接， 故六边形即为平面上与正方体所截得的截面， 由于 , 由于比都大， 故为最大值， 故当在处时，最大为，正确， 由于 ， , 因此六边形的最长对角线的长度大于，故D正确. 故选：BCD 【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. 37．（21-22高二上·广东湛江·期中）如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，过A点的截面分别交于点E，F，G，且，．下列结论正确的是 （写出所有正确结论的编号）． ①平面； ②平面； ③平面； ④若，点A，B，C，D，E，F，G在同一球面上； ⑤若，则四棱锥的体积为． 【答案】①②④ 【分析】对于①，通过证明得到，即可判断；对于②，只需分别证明，，即可判断；对于③，利用反证法推翻命题即可判断；对于④⑤，建立适当的空间直角坐标系即可说明. 【详解】对于①，因为平面，平面，， 又因为，所以， 所以直角三角形全等于直角三角形， 因为，，所以， 又因为，所以直角三角形全等于直角三角形， 所以，所以， ∴，又平面，平面， ∴平面，∴①正确； 对于②，因为，，平面， 所以平面，同理平面， 又平面，平面， 所以，， 因为，，平面， 所以平面， 而平面，从而，同理， 又，平面， 所以平面，∴②正确； 对于③，由②可知，平面，而平面，所以， ∴与必相交（否则若，注意到，所以，又，而同一条直线不可能同时垂直两条相交直线，故矛盾）， 假设平面，由平面，与相交，平面， 可得平面平面，显然矛盾，∴③错误； 对于④，若，则， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面，而平面， 所以， 由题意点分别是的中点，且， 所以， 建立如图所示的空间直角坐标系， ， ， 因为三点共线，所以设， 所以，所以， 而，且由③可知， 所以，解得，符合题意， 所以， 所以， ∴点A，B，C，D，E，F，G在同一球面上，∴④正确； 对于⑤，连接，取的中点M，连接，则， 因为平面，所以平面， 而，，，， 由已知可得， 所以，，，， 所以，即， 根据对称性可知，四边形的面积为， ∴四棱锥的体积，∴⑤错误． 故答案为：①②④． 【点睛】关键点点睛：判断④⑤的关键在于，适当利用空间向量这一工具，由此即可顺利得解. 38．（2024·北京房山·一模）如图，在棱长为1的正方体中，点P是对角线上的动点（点P与点A，不重合）．给出下列结论： ①存在点P，使得平面平面； ②对任意点P，都有； ③面积的最小值为； ④若是平面与平面的夹角，是平面与平面的夹角，则对任意点P，都有．其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②③ 【分析】①可通过线面垂直的判定定理找到点P；②③④都可以通过建立空间直角坐标系解决，其中通过向量的长度可以对②进行判断；利用两条直线所成的角和三角形面积公式可以判断③；求出三个面的法向量，并求出和，即可对④进行判断. 【详解】①因为，在上取点使， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面，故①正确； ②以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图 ，，，，则，， 设，则，, 从而，，所以，故②正确； ③由②，，， ，， 当且仅当时等号成立，所以面积的最小值为，故③正确； ④平面的法向量，平面的法向量， 设平面的法向量， 由即得， 令得， 则，， 令得或，而，故， 从而对存在点P，使得，而不大于直角， 故，故④错误； 故答案为：①②③. 39．（22-23高三上·北京海淀·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，给出下列四个结论: ①当点是中点时，直线平面； 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】对①：由线面平行的判定定理进行判断即可； 对②：把直线到平面的距离转化为点到平面的距离，由等体积法列式即可求； 对③和④：都属动点问题，把几何问题转化为空间向量的问题，对于③，只需证明有解即可； 对于④，只需求出点到直线距离的最小值即可. 【详解】对①，如图所示: 因为是中点，， 所以点是的中点，连接，显然也是的交点，连接， 所以，而平面，平面， 所以直线平面，①对； 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，对②，，分别是棱，的中点， ，平面，平，故平面， 故直线到平面的距离等于点到平面的距离，设为， ，，， ，， 由得，②错； 对③，设，，， 则，， 由，得， 得，由，故存在点，使得，③对； 对④，由③得到的投影为， 故到的距离， 面积为，， 由二次函数性质，当时，取得最小值为，④错． 故答案为：①③ 40．（23-24高二上·北京西城·期末）如图，在正方体中，为棱的中点，为棱（含端点）上的一个动点.给出下列四个结论： ①存在符合条件的点，使得平面； ②不存在符合条件的点，使得； ③异面直线与所成角的余弦值为； ④三棱锥的体积的取值范围是. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②④ 【分析】利用线面平行的判定定理可知当与点重合时，能满足平面，即①正确；建立空间坐标系，假设存在符合条件的点并利用垂直的向量表示可得，不满足题意，即②正确；利用空间向量可求得异面直线与所成角的余弦值为，即③错误；易知的面积为，由空间向量求出点到平面的距离为，即可得④正确. 【详解】对于①，易知，平面，平面， 所以可得平面， 又为棱（含端点）上的一个动点，当与点重合时，能满足平面，即①正确； 对于②，以为坐标原点建立如下图所示的空间直角坐标系， 则，假设存在符合条件的点满足； 则易知， 由可得，解得，不满足题意，舍去； 所以不存在符合条件的点，使得，即②正确； 对于③，易知，可得， 所以， 即异面直线与所成角的余弦值为，即③错误； 对于④，易知， 由余弦定理可得，， 所以的面积为， 设平面的一个法向量为， 由可得， 令，则，即； 又，所以点到平面的距离为， 由可得 可得三棱锥的体积， 因此可得三棱锥的体积的取值范围是，即④正确. 故答案为：①②④ 【点睛】关键点点睛：在求解④中三棱锥的体积的取值范围时，由于锥体的高不易获得，所以可通过空间向量求得点到平面的距离，再结合点竖坐标的取值范围即可得出结论. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 学科网（北京）股份有限公司 $$