专题01 空间向量的重难点题型-动点问题（十四大题型）-2024-2025学年高二数学高频考点题型归纳与满分必练（人教A版2019选择性必修）

专题1空间向量的重难点题型-动点问题（十四大题型） 【题型1共面问题与动点阿题】 【题型2线线平行与动点阿题】 【题型3线面平行与动点问题】 【题型4面面平行与动点问题】 【题型5线线垂直与动点问题】 【题型6线面垂直与动点问题】 【题型7面面垂直与动点问题】 【题型8线线角与动点问题】 【题型9线面角与动点问题】 【题型10面面角与动点问题】 【题型11点面、线面距离与动点问题】 【题型12点线,线线距离问题】 【题型 13 面积体积相关问题】 【题型14三角形形状问题】 【题型1共面问题与动点问题】 【典例1】已知动点在所在平面内运动，若对于空间中不在平面上的任意一点，都有，则实数的值为（    ） A．0 B．2 C． D． 【变式1-1】多选题已知四面体的外接球球心为，内切球球心为，满足平面，，是线段上的动点，实数，满足，实数a，b，c，d满足，则下列说法正确的是（    ） A．， B． C．若，则 D．若，则//平面 【变式1-2】《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形状体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．如图，在堑堵中，M，N分别是的中点，，动点在线段MN上运动，若 ，则 ．    【变式1-3】在棱长为1的正方体中，E､F分别是棱AB､BC上的动点，且. (1)求证：； (2)若､E､F､四点共面，求证：. 【题型2线线平行与动点问题】 【典例2】在一个正方体中， 为正方形四边上的动点， 为底面正方形的中心， 分别为中点，点 为平面内一点，线段 与互相平分，则满足 的实数的值有 A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【题型3线面平行与动点问题】 【典例3】在正方体中，点P为线段上的动点，M，N分别为棱的中点，若平面，则（    ） A． B． C． D． 【变式3-1】在棱长为1的正方体中，点、分别是棱、的中点，动点在正方形（包括边界）内运动．若 平面，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【变式3-2】点M是棱长为3的正方体中棱AB的中点，，动点P在正方形（包括边界）内运动，且面DMN，则PC的长度范围为（    ） A． B． C． D． 【变式3-3】如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，DC＝2，DA＝DD1＝1，点M、N分别为A1D和CD1上的动点，若MN∥平面AA1C1C，则MN的最小值为（    ） A． B． C． D． 【变式3-3】在长方体中，，，E，F，G分别是棱，BC，的中点，M是平面ABCD内一动点，若直线与平面EFG平行，则的最小值为（    ）    A． B．9 C． D． 【变式3-4】多选题已知正方体的边长为2，为的中点，为侧面的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（    ） A． B．平面 C． D．以为球心，为半径的球被正方体表面所截的总弧长为 【题型4面面平行与动点问题】 【典例4】已知平面，，为中点，过点分别作平行于平面的直线交于点． (1)求直线与平面所成的角； (2)证明：平面平面，并求直线到平面的距离． 【变式4】如图，在棱长为1的正方体中，点是对角线上的动点（点与不重合），则下面结论中正确的是 .（填序号）    ①存在点，使得平面平面 ②存在点，使得平面 ③对任意点的面积都不等于 ④分别是在平面，平面上的正投影图形的面积，对任意点， 【题型5线线垂直与动点问题】 【典例5】平面四边形和四边形都是边长为1的正方形，且平面 ，点为线段的中点，点，分别为线段和上的动点（不包括端点）.若，则线段的长度的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式5-1】如图，在四棱锥中，平面平面，底面是矩形，，，，点是的中点，则线段上的动点到直线的距离的最小值为（    ） A． B．2 C． D．3 【变式5-2】已知边长为1的正方体，M为BC中点，N为平面上的动点，若，则三棱锥的体积最小值为 . 【题型6线面垂直与动点问题】 【典例6】如图，已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，点D是A1B1的中点，E是侧面AA1B1B（含边界）上的动点，且有AB1⊥平面C1DE，则直线C1E与侧面AA1B1B所成角的正弦值的最小值为（　　） A． B． C． D． 【变式6-1】正方体的棱长为，分别为上的点， ，分别为上的动点．若点在同一球面上，当平面时，该球的表面积为 ． 【变式6-2】在棱长为的正方体中，点是的中点，点是上的动点. （1）试确定点的位置，使得平面； （2）若是的中点，求到面的距离. 【题型7面面垂直与动点问题】 【典例7】如图，在三棱锥中，，，，平面平面，点是线段上的动点. (1)证明：平面平面； (2)若点在线段上，，且异面直线与成30°角，求平面和平面夹角的余弦值. 【变式7-1】如图，已知正方形的边长为1，平面，平面，为边上的动点． (1)证明：平面； (2)试探究点的位置，使平面平面． 【题型8线线角与动点问题】 【典例8】如图，在正三棱柱中， 、分别是、的中点.设D是线段上的（包括两个端点）动点，当直线与所成角的余弦值为，则线段的长为 . 【变式8-1】已知四棱锥P－ABCD的底面是边长为2的正方形，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥平面PAD，E是线段PD上的动点（不含端点），若线段AB上存在点F（不含端点），使得异面直线PA和EF所成的角的大小为30°，则线段AF长的取值范围是 . 【题型9线面角与动点问题】 【典例9】如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，.   (1)求直线与平面所成角的正切值； (2)点Q是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，求线段的长. 【变式9-1】多选题如图，正方体的棱长为1，P为侧面（含边界）内的动点，若直线与的夹角为，则下列说法正确的是（     A．点P的运动轨迹的长度为 B．的长度为定值 C．当CP最小时，三棱锥的体积为 D．存在点P，使得直线和平面所成的角为 【变式9-2】如图，四棱锥中，底面 是矩形，，，，M是的中点，. (1)证明：平面； (2)若点P是棱上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【变式9-3】如图，在斜三棱柱中，侧面侧面，，为线段上的动点. (1)当M为的中点时，证明：； (2)若与平面所成角的正弦值为，求线段的长度. 【题型10面面角与动点问题】 【典例10】如图，在直三棱柱中，，，，分别是和上动点，且. （1）求证：； （2）若，求二面角的平面角的余弦值. 【变式10-1】在四棱锥中，平面，底面为正方形，为线段的中点，为线段上的动点，． (1)证明：； (2)求实数的值，使得平面与平面所成角的余弦值最大． 【变式10-2】如图，在四棱锥中，平面平面，底面为正方形，且为线段的中点，为线段上的动点，. (1)证明：； (2)求实数的值，使得平面与平面所成锐二面角的平面角的正弦值最小. 【变式10-3】如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且. (1)证明：平面； (2)建立适当的空间直角坐标系，求面PAB法向量和平面ACE的法向量； (3)是否存在实数，使得平面与平面的夹角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【题型11点面、线面距离与动点问题】 【典例11】如图，在三棱台中，是等边三角形，，侧棱平面，点E是棱上的动点（不含端点B）． (1)求二面角平面角余弦的最小值； (2)当E为棱的中点时，在平面内的射影是F，求点F到平面的距离． 【变式11-1】如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，为线段的中点，，为线段上的动点.    (1)证明：； (2)当为线段的中点时，求点到面的距离. 【题型12点线,线线距离问题】 【典例12】已知正方体的棱长为2，点P为线段上的动点，则点P到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 【变式12-1】如图1所示中，，，，分别为，中点.将沿向平面上方翻折至图2所示的位置，使得.连接，，得到四棱锥，记的中点为，连接，动点在线段上. (1)证明：平面； (2)若，连接，，求直线与平面的夹角的正弦值； (3)求动点到线段的距离的取值范围. 【变式12-2】已知长方体中，，圆内切上底面正方形， 为圆上的动点． (1)求点到直线的距离； (2)求的取值范围． 【题型 13 面积体积相关问题】 【典例13】在如图所示的平行六面体中，，． (1)求的长度； (2)求二面角的大小； (3)求平行六面体的体积． 【变式13-1】已知空间中三点． (1)若向量与平行，且，求的坐标； (2)求以，为邻边的平行四边形的面积． 【变式13-2】如图，在四棱锥中，，，，，底面为正方形，，，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)求三棱锥的体积． 【变式13-3】在棱长为2的正方体中，为的中点. (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求三棱锥的体积. 【变式13-4】如图，若正方体的棱长为，点是正方体的底面上的一个动点（含边界），是棱的中点，则三棱锥体积的最大值为 .    【变式13-5】如图，在中，点在边上，且，为边的中点.是平面外的一点，且有.    (1)证明：； (2)已知，，，直线与平面所成角的正弦值为. （i）求的面积； （ii）求三棱锥的体积. 【题型14三角形形状问题】 【典例14】在空间直角坐标系中，，，，则是（    ） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．形状不确定 【变式14-1】已知，，，设，，. (1)判断的形状； (2)若，求的值. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题1空间向量的重难点题型-动点问题（十四大题型） 【题型1共面问题与动点阿题】 【题型2线线平行与动点阿题】 【题型3线面平行与动点问题】 【题型4面面平行与动点问题】 【题型5线线垂直与动点问题】 【题型6线面垂直与动点问题】 【题型7面面垂直与动点问题】 【题型8线线角与动点问题】 【题型9线面角与动点问题】 【题型10面面角与动点问题】 【题型11点面、线面距离与动点问题】 【题型12点线,线线距离问题】 【题型 13 面积体积相关问题】 【题型14三角形形状问题】 【题型1共面问题与动点问题】 【典例1】已知动点在所在平面内运动，若对于空间中不在平面上的任意一点，都有，则实数的值为（    ） A．0 B．2 C． D． 【答案】B 【分析】由三点共面得到系数之和为，从而解出的值. 【详解】因为，动点在所在平面内运动，所以，解得． 故选：B． 【变式1-1】多选题已知四面体的外接球球心为，内切球球心为，满足平面，，是线段上的动点，实数，满足，实数a，b，c，d满足，则下列说法正确的是（    ） A．， B． C．若，则 D．若，则//平面 【答案】AD 【分析】根据空间向量的“奔驰定理”，即可判断A； 首先确定点的位置，举出特殊位置确定的值，即可判断B； 根据垂直关系的转化，举出特殊位置，即可判断C； 利用垂直，平行的位置关系，即可判断D. 【详解】根据空间向量“奔驰定理”可知，， 因为四面体的内切球球心，所以， 如图，平面，平面，所以， 且，，平面， 所以平面，平面， 所以， 因为，，所以，， 即，故A正确； 因为和是有公共斜边的直角三角形，斜边的中点到顶点的距离都相等，且为，所以四面体外接球的球心为的中点， 若，当P与A重合时，，可取任意值，故B错误；    若P与C重合，满足，但此时不成立，故C错误；    因为平面，平面，故平面平面， 过作，垂足为， 因为面平面，平面，故面， 而面，故，若， 则，而平面，故平面， 故，而平面，平面， 所以平面，故D正确. 故选：AD 【点睛】思路点睛：在空间向量的一些计算中，可以借助平面向量的中的某些定理（如奔驰定理）来处理空间向量中有关问题的计算，另外一些位置关系的判断应该利用基本的判定定理来处理. 【变式1-2】《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形状体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．如图，在堑堵中，M，N分别是的中点，，动点在线段MN上运动，若 ，则 ．    【答案】 【分析】利用等和面定理求解即可. 【详解】如图，取的中点，连接AE交于点．    因为M，N分别是的中点，所以． 因为平面，所以平面． 因为平面EMN，所以平面平面， 点在平面EMN内，所以由等和面定理可知， ． 故答案为： 【变式1-3】在棱长为1的正方体中，E､F分别是棱AB､BC上的动点，且. (1)求证：； (2)若､E､F､四点共面，求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出，，由即可证明； （2）分别求出，，，设，解出，即可证明. 【详解】（1）如图所示，以点O为原点，分别以､与的方向为x､y与z轴的正方向，建立空间直角坐标系.设，其中. 由已知条件､､､，则，，所以， 所以，即； （2），，，设，解得，. 所以. 【题型2线线平行与动点问题】 【典例2】在一个正方体中， 为正方形四边上的动点， 为底面正方形的中心， 分别为中点，点 为平面内一点，线段 与互相平分，则满足 的实数的值有 A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【详解】因为线段D1Q与OP互相平分， 所以四点O，Q，P，D1共面， 且四边形OQPD1为平行四边形．若P在线段C1D1上时， Q一定在线段ON上运动，只有当P为C1D1的中点时， Q与点M重合，此时λ＝1，符合题意． 若P在线段C1B1与线段B1A1上时，在平面ABCD找不到符合条件Q； 在P在线段D1A1上时，点Q在直线OM上运动， 只有当P为线段D1A1的中点时，点Q与点M重合， 此时λ＝0符合题意，所以符合条件的λ值有两个 故选C. 【题型3线面平行与动点问题】 【典例3】在正方体中，点P为线段上的动点，M，N分别为棱的中点，若平面，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算，求解法向量即可由，解得的值，即可得解的值．或者，根据线面平行的性质可得线线平行，根据相似即可求解. 【详解】方法1：如图所示，建立空间直角坐标系，设正方体边长为2， 可得，，，，，， 设，， 可得,,，可得,,，可得,,， , 设平面法向量为，，，可得，可得，令，可得， 由于平面，则，可得， 解得，即． 方法2：连接,交于点,则,连接,延长DP交B1D1于G, 由于平面，平面,且平面平面, 所以, 设正方体的棱长为1，则,故直角三角形中，,所以，所以, 由,所以四边形为平行四边形，所以根据,故 故选：A 【变式3-1】在棱长为1的正方体中，点、分别是棱、的中点，动点在正方形（包括边界）内运动．若 平面，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【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，由平面，利用空间向量法可得出，利用空间向量的模长公式结合二次函数的性质可求得线段的最小值. 【详解】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 设点，其中， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， ， 因为 平面，则，即， 所以 ， 因为，则当时，取最小值， 即的最小值为. 故选：A. 【变式3-2】点M是棱长为3的正方体中棱AB的中点，，动点P在正方形（包括边界）内运动，且面DMN，则PC的长度范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法表示点坐标满足的关系式，进而求得长度的取值范围. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系， 依题意， 设平面的法向量为， 则，故可设， 设，， ,， 由于平面，所以， 则，， ， . 函数的开口向上，对称轴为， 所以在上递减，在上递增. ，， ， 所以长度的取值范围是. 故选：B 【变式3-3】如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，DC＝2，DA＝DD1＝1，点M、N分别为A1D和CD1上的动点，若MN∥平面AA1C1C，则MN的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先建立空间坐标系，设出，，转化条件得，利用函数即可得解. 【详解】 如图建系，由题意可设，， ， 又 ，， 平面的法向量， 又 面， 即， ， 最小值为. 故选：A. 【点睛】本题考查了空间向量的应用，考查了转化化归和函数思想，属于中档题. 【变式3-3】在长方体中，，，E，F，G分别是棱，BC，的中点，M是平面ABCD内一动点，若直线与平面EFG平行，则的最小值为（    ）    A． B．9 C． D． 【答案】C 【分析】首先合理建立空间直角坐标系，然后设，利用已知条件确定变量与变量之间的关系，利用坐标表示出，并利用、的关系将其转换成二次函数，进而求解最小值即可. 【详解】如图，分别以、、方向为、、轴建立空间直角坐标系    可得：，，，，，， ，，， 设平面的法向量， 则，得， 解得：，，，即. 由于直线与平面平行，则， 得：，即：. ，， ， ， 可知：由于，当时，取得最小值，最小值为. 故选：C 【变式3-4】多选题已知正方体的边长为2，为的中点，为侧面的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（    ） A． B．平面 C． D．以为球心，为半径的球被正方体表面所截的总弧长为 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系并利用空间向量求得，可知A错误；由线面平行的判定定理可证明B正确；利用线面垂直性质定理可求得C正确；易知以为球心，为半径的球被正方体表面所截的为四段圆弧，即可得D正确. 【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2， 对于A，则，，，，， 所以，，， 由平面， 可得，即，化简可得， 所以动点在直线上， ，，， 所以与不垂直，A选项错误； 对于B，易知，平面，平面，所以平面，B选项正确； 对于C，显然平面，且平面内，所以，C正确； 对于D，球心是面和面的公共棱中点，在这两平面上截球面所得弧半径均为、圆心角均为，总弧长为； 在面和上截球面得弧的半径均为1，截面小圆圆心分别为、，圆心角均为，总弧长为，这四段弧长之和为，D选项正确； 故选：BCD. 【题型4面面平行与动点问题】 【典例4】已知平面，，为中点，过点分别作平行于平面的直线交于点． (1)求直线与平面所成的角； (2)证明：平面平面，并求直线到平面的距离． 【答案】(1) (2)证明见解析，直线到平面的距离为 【分析】（1）根据线面角的知识求得直线与平面所成的角. （2）根据面面平行的判定定理证得平面平面，根据点到面的距离的定义求得直线到平面的距离. 【详解】（1）连接， 由于平面，所以是直线与平面所成的角， 由于平面，所以， 因为，所以， 又为的中点，所以， 所以，所以. （2）依题意可知，平面，平面， 由于，平面，所以平面平面. 因为平面，平面，所以， 由于平面， 所以平面，而是的中点，所以平面， 直线到平面的距离，等于到平面的距离， 所以直线到平面的距离为. 【变式4】如图，在棱长为1的正方体中，点是对角线上的动点（点与不重合），则下面结论中正确的是 .（填序号）    ①存在点，使得平面平面 ②存在点，使得平面 ③对任意点的面积都不等于 ④分别是在平面，平面上的正投影图形的面积，对任意点， 【答案】①②③ 【分析】证明平面平面判断①；证明平面判断②；求出点到的距离最小值判断③；求出的表达式判断④作答. 【详解】在棱长为1的正方体中，连接，，连，如图，    对于①，正方体的对角面是矩形，则， 而平面，平面，则有平面，同理平面， 又平面，于是平面平面， 当为直线与平面的交点时，有平面平面，①正确； 对于②，平面，平面，则，而， 平面，因此平面，平面， 则，同理，又平面， 于是平面，当为直线与平面的交点时，平面，②正确； 对于③，由于平面，平面，则，令，而， 则，当且仅当时取等号， 因此的面积，所以对任意点，的面积都不等于，③正确； 对于④，由于平面平面，则在平面上的正投影图形 的面积与在平面的正投影图形面积相等， 显然点在平面上的投影在线段，投影长为， 于是投影图形面积为， 点到平面的距离为，于是， 由，，解得，所以存在点，使得，④错误. 故答案为：①②③ 【点睛】关键点睛：涉及动点的图形面积问题，设出变量建立函数关系是求解的关键. 【题型5线线垂直与动点问题】 【典例5】平面四边形和四边形都是边长为1的正方形，且平面 ，点为线段的中点，点，分别为线段和上的动点（不包括端点）.若，则线段的长度的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以点E为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，，根据向量垂直的坐标表示求得，再由向量的模的计算公式和二次函数的性质可求得范围. 【详解】解：因为平面四边形和四边形都是边长为1的正方形，且平面 ， 所以以点E为坐标原点，建立空间直角坐标系，如下图所示，则，， 设，， 所以，，又，所以，即， 整理得， 所以，又，所以， 故选：D. 【变式5-1】如图，在四棱锥中，平面平面，底面是矩形，，，，点是的中点，则线段上的动点到直线的距离的最小值为（    ） A． B．2 C． D．3 【答案】C 【分析】作出辅助线，得到线面垂直，进而得到线线垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，求出点到直线距离，求出最小值. 【详解】取的中点为，连接，，，因为，为的中点， 所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以⊥平面， 因为平面， 所以， 又底面是矩形，所以， 以点为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系如图所示， 由，，，得， 所以，，， 则，设， 则，， ， ， 因此点到直线的距离 ， 故当时，取最小值， 即线段上的动点到直线的距离的最小值为． 故选：C． 【变式5-2】已知边长为1的正方体，M为BC中点，N为平面上的动点，若，则三棱锥的体积最小值为 . 【答案】 【分析】以D为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 利用垂直关系明确动点坐标特点，代入体积公式可得最值. 【详解】以D为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则，设 ∴， 又， ∴，即， ∴， ∴ ∴. 故答案为： 【题型6线面垂直与动点问题】 【典例6】如图，已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，点D是A1B1的中点，E是侧面AA1B1B（含边界）上的动点，且有AB1⊥平面C1DE，则直线C1E与侧面AA1B1B所成角的正弦值的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取上靠近的四等分点为F，由题设可得 ，利用空间向量证得，由线面垂直的判定可证平面，进而确定线面角正弦值最小时E的位置，即可求得答案. 【详解】取上靠近的四等分点为F，连接，此时平面， 证明如下： 因为直三棱柱中侧棱长为， ，，是的中点， 所以面，面，则 ， 以为坐标原点，分别为x轴，y轴，z轴建系； 所以，即， 此时，即， ， 所以平面，由面，易知：△上边的高为， 综上，动点在线段上，且要使直线C1E与侧面AA1B1B所成角的正弦值的最小，只需E、F重合，则， 故直线C1E与侧面AA1B1B所成角的正弦值的最小值为. 故选：C 【变式6-1】正方体的棱长为，分别为上的点， ，分别为上的动点．若点在同一球面上，当平面时，该球的表面积为 ． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，设，，利用，可求，作的平行线，分别为，，的中点，连接，可得球心在过的外心且垂直平面的垂线上，连接，设，，利用向量法求得，进而求得球心的坐标，求得球的半径进而可求表面积. 【详解】建立如图1所示的空间直角坐标系，则，，， ，．设，，， 又，则， 解得． 再根据如图2所示，作的平行线，分别为，，的中点，连接， 因为为直角三角形，故的外接球球心在过的外心且垂直平面的垂线上． 连接，根据球心到球面上任何一点的距离都相等，故，故， 由题可设，，所以， 又，所以，解得， 所以，所以， 所以球的表面积为． 故答案为： 3．在棱长为的正方体中，点是的中点，点是上的动点. （1）试确定点的位置，使得平面； （2）若是的中点，求到面的距离. 【答案】（1）为的中点，（2） 【分析】（1）建立空间直角坐标系，由与平面的法向量共线，通过解方程确定点的位置， （2）利用空间向量计算即可 【详解】（1）如图，建立空间直角坐标系， 设，则， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 因为平面， 所以，即，解得， 所以为的中点， （2）因为为的中点，则由（1）可知平面的法向量为， 因为， 所以到面的距离为 【题型7面面垂直与动点问题】 【典例7】如图，在三棱锥中，，，，平面平面，点是线段上的动点. (1)证明：平面平面； (2)若点在线段上，，且异面直线与成30°角，求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证明面面垂直，需证明线面垂直，利用垂直关系转化为证明平面，即可证明； （2）首先建立空间直角坐标系，利用向量公式求点的坐标，并分别求平面和平面的法向量，利用二面角的向量公式，即可求解. 【详解】（1）证明：∵平面平面，且平面平面，，且平面， ∴平面，平面，∴， ∵， ∵平面，平面， ∴平面， ∵平面，∴平面平面； （2）因为，过点作垂直于平面， 以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向建立空间直角坐标系， 所以 设，，， ，， 因为异面直线与所成30°角， ， ， 由题意知，平面的一个法向量为，， 设平面的一个法向量为，则， 所以， 所以， 平面和平面夹角的余弦值为. 【变式7-1】如图，已知正方形的边长为1，平面，平面，为边上的动点． (1)证明：平面； (2)试探究点的位置，使平面平面． 【答案】（1）证明见解析；（2）当M在BC的中点时，平面平面. 【分析】（1）根据给定条件，证明平面平面，再利用面面平行的性质推理作答. （2）以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量即可计算作答. 【详解】（1）平面，平面，则，而平面，平面，则平面， ，同理得平面，又，平面， 于是得平面平面，而平面， 所以平面. （2）因平面，，则以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 有， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，令，得， ，令，得， 要平面平面，当且仅当，因此，，解得，此时M为BC的中点， 所以当M在BC的中点时，平面平面. 【题型8线线角与动点问题】 【典例8】如图，在正三棱柱中， 、分别是、的中点.设D是线段上的（包括两个端点）动点，当直线与所成角的余弦值为，则线段的长为 . 【答案】 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用空间向量法计算异面直线所成角的余弦值，即可得到方程，解得，从而得解． 【详解】解：如图以为坐标原点建立空间直角坐标系： 则设， 则，设直线与所成角为 所以，即， 解得或（舍去），所以， 故答案为：． 【变式8-1】已知四棱锥P－ABCD的底面是边长为2的正方形，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥平面PAD，E是线段PD上的动点（不含端点），若线段AB上存在点F（不含端点），使得异面直线PA和EF所成的角的大小为30°，则线段AF长的取值范围是 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法列方程，结合二次函数的性质求得长的取值范围. 【详解】设是的中点，则， 由于平面，平面，所以， 由于平面，所以平面， 由于平面，所以平面平面， 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， ，， 设；设， 则， 设与所成角为，则， ， 整理得， 函数的开口向下，对称轴为， 所以函数在上递增， 所以， 所以的取值范围是. 故答案为： 【题型9线面角与动点问题】 【典例9】如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，.    (1)求直线与平面所成角的正切值； (2)点Q是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，求线段的长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角的正弦值，再利用同角三角函数关系求解正切值； （2）利用异面直线夹角的向量公式得，利用换元法可得，结合函数在上的单调性，计算即得结论. 【详解】（1）以A为坐标原点，以、、所在直线分别为x、y、z轴建系，如图，    由题可知，，，. 所以，设直线与平面所成角为， 因为，，设平面的法向量为， 由得，取，得， 所以，所以， 所以； （2）因为，设， 又，则， 又，从而， 设，，则， 当且仅当，即时，的最大值为， 因为在上是减函数，且直线与所成角的范围为， 则当时直线与所成角取得最小值. 又因为，所以. 【变式9-1】多选题如图，正方体的棱长为1，P为侧面（含边界）内的动点，若直线与的夹角为，则下列说法正确的是（    ）    A．点P的运动轨迹的长度为 B．的长度为定值 C．当CP最小时，三棱锥的体积为 D．存在点P，使得直线和平面所成的角为 【答案】AB 【分析】首先建立坐标系，利用坐标表示，求得点的轨迹，即可判断A，再根据几何关系求，并利用等体积公式求三棱锥的体积，即可判断BC，利用线面角的向量公式，即可判断D. 【详解】如图建立空间直角坐标系，，，，， ，， ， 得，即， 所以点的轨迹是以点为圆心，1为半径的圆弧， 对于选项A：因为点为侧面（含边界）内的动点， 所以点的轨迹为圆弧，长度为，故A正确； 对于选项B：如图，连结，因为平面，平面， 所以，，中，所以，故B正确；    对于选项C：点是圆弧外一点，所以的最小值是，此时点是与圆弧的交点， 此时点平面的距离为点到的距离， 三棱锥的体积，故C错误；    对于选项D：，平面的法向量为， 设直线和平面所成的角为，若存在点，使 则， 因为，可得， 故不存在点P，使得直线和平面所成的角为，故D错误. 故选：AB. 【变式9-2】如图，四棱锥中，底面 是矩形，，，，M是的中点，. (1)证明：平面； (2)若点P是棱上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，推导出平面，再利用线面垂直的性质定理结合勾股定理逆定理可证得结论成立； （2）以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，其中，求出平面的一个法向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得解. 【详解】（1）取的中点，连接，与交于Q点， 在底面矩形中，易知， 所以， 因为平面， 所以平面， 因为平面，所以， 易知，所以， 由题意可知, 所以，而相交，且平面， 所以平面； （2）由上可知，，， 以点A为坐标原点，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，， 则，取，则， 设，其中， 则， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 则， 解得，即. 【变式9-3】如图，在斜三棱柱中，侧面侧面，，为线段上的动点. (1)当M为的中点时，证明：； (2)若与平面所成角的正弦值为，求线段的长度. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作出辅助线，得到，，由面面垂直得到线面垂直，得到，从而证明出⊥平面，，得到平面，证明出结论； （2）作出辅助线，证明出两两互相垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，从而得到方程，求出，得到答案. 【详解】（1）连接， ， 四边形均为含的菱形，为等边三角形， ， 当M为的中点时，有； 又侧面⊥侧面，侧面 侧面，侧面， 平面， 平面，从而； 又，平面， 平面， 因为平面，所以. （2）因为为等边三角形，取的中点，则⊥， 又，故⊥， 取的中点，连接， 由（1）知平面，又平面，故， 两两互相垂直， 以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则； 设， 则， 设平面的法向量为， 由，得， 令 . 设与平面所成角为， 所以，解得或， ，所以， . 【题型10面面角与动点问题】 【典例10】如图，在直三棱柱中，，，，分别是和上动点，且. （1）求证：； （2）若，求二面角的平面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析（2） 【分析】（1）以点为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立坐标系，设，，得到证明. （2）平面的法向量，平面的法向量，计算夹角得到答案. 【详解】（1）以点为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立坐标系， 不妨设，则，，，，，. 设，则，， ∴，， ∵ ，∴，即. （2）由，得，， ∴，，， 设平面的法向量，∵，， 由，得，令，得，，∴， ∵平面，∴平面的法向量， ∴，所以二面角的余弦值为. 【点睛】本题考查了线线垂直，二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力. 【变式10-1】在四棱锥中，平面，底面为正方形，为线段的中点，为线段上的动点，． (1)证明：； (2)求实数的值，使得平面与平面所成角的余弦值最大． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直平面证明线线垂直、线面垂直平面证明线线垂直，然后再利用线面垂直平面证明线线垂直，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，以及，再求出两平面的法向量，利用公式求出余弦值，然后借助换元结合基本不等式，求出最值即可得解. 【详解】（1）因为平面，又平面，所以， 又因为底面为正方形，所以， 又,平面,平面, 所以平面,又平面,所以, 又为线段的中点，所以, 又,平面,平面, 所以平面,又平面, 所以. （2）如图，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系 不妨设， 则，， ，设， 则，解得， 设平面的法向量为， 则， 所以，取，则，即， 设平面的法向量为， 则，令，故可取， 设平面与平面所成角为， 则， 令，则， 所以， 因为，当且仅当，即时取等号， 所以当时，即时，． 【变式10-2】如图，在四棱锥中，平面平面，底面为正方形，且为线段的中点，为线段上的动点，. (1)证明：； (2)求实数的值，使得平面与平面所成锐二面角的平面角的正弦值最小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）依题意可得，由面面垂直得到平面，即可得证； （2）首先证明平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）因为且为线段的中点， 所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以； （2）因为平面，平面，则， 又，，面，所以平面， 因为平面，则平面平面， 平面平面，平面， 所以平面， 如图分别以所在的直线为轴， 不妨设，则，，，，， ，设，，， 则，解得， 设平面的法向量为，， 则， 所以，取，则，即， 设平面的法向量为，，， 则，取， 设平面与平面所成锐二面角的平面角为， 则， 所以， 令，则， 所以 ， 因为，当且仅当，即时取等号， 所以当时，即时，，则. 【变式10-3】如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且. (1)证明：平面； (2)建立适当的空间直角坐标系，求面PAB法向量和平面ACE的法向量； (3)是否存在实数，使得平面与平面的夹角的余弦值是？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)答案见解析 (3)存在， 【分析】（1）由题设，根据线面垂直的判定得平面，再由线面垂直的性质有，并由勾股定理证，最后应用线面垂直的判定证结论； （2）取棱的中点，连接，构建空间直角坐标系，写出相关点的坐标，进而求出法向量即可； （3）应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数，即可判断存在性. 【详解】（1）因为四边形是菱形，所以. 因为平面，且， 所以平面.因为平面，所以. 因为，所以，即. 因为平面，且，所以平面. （2） 取棱的中点，连接，因为四边形是菱形，， 所以为等边三角形，故，又平面，故两两垂直， 故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系． 设，则， 故， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，得． 平面的一个法向量为. （3）设面与面夹角为， 则，得，解得． 故存在实数，使得面与面夹角余弦值是． 【题型11点面、线面距离与动点问题】 【典例11】如图，在三棱台中，是等边三角形，，侧棱平面，点E是棱上的动点（不含端点B）． (1)求二面角平面角余弦的最小值； (2)当E为棱的中点时，在平面内的射影是F，求点F到平面的距离． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）应用空间向量法计算得出，再设换元，应用单调性得出最值即可； （2）应用空间向量法计算点到平面距离公式计算即可. 【详解】（1）取棱的中点D，有， 又平面平面， 所以，在平面中，过点C作， 所以， ， 以C为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示， 因为是等边三角形，， 所以， 因为，所以． 设，所以， 所以． 设平面的一个法向量为， 又， 所以，即， 令，得，所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 又， 所以，即， 令，得， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 所以， 设，因为， 所以，所以， 所以， 所以当时， 平面与平面的夹角的余弦值最小，最小值为； （2）因为E为点，由（1）知， 平面的一个法向量是， 因F在平面内，所以令， 所以， 所以， 又， 所以， 因平面，所以， 即， 即，解得， 这样点F的竖坐标为， 也就是说，F到平面的距离是 【点睛】关键点点睛：得出最小值的关键是设，换元得出关于的二次函数的值域再取倒数得出的最小值. 【变式11-1】如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，为线段的中点，，为线段上的动点.    (1)证明：； (2)当为线段的中点时，求点到面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证出平面和平面，进而可得； （2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用空间向量法求出点到平面的距离． 【详解】（1）平面，平面， ， 又平面， 平面，又平面， ， 中，为的中点，， 平面，平面， 平面，. （2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设为平面的法向量，    则，令，则，故， 则点与平面的距离. 【题型12点线,线线距离问题】 【典例12】已知正方体的棱长为2，点P为线段上的动点，则点P到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出一个与都垂直的向量的坐标，根据空间距离的向量求法即可求得答案. 【详解】以A为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，    则， 故， 设， 则； 设为与都垂直的向量， 则，令，则， 因为由题意点P到直线的距离的最小值可认为是异面直线和的之间的长度， 故点P到直线的距离的最小值为， 故选：A 【变式12-1】如图1所示中，，，，分别为，中点.将沿向平面上方翻折至图2所示的位置，使得.连接，，得到四棱锥，记的中点为，连接，动点在线段上. (1)证明：平面； (2)若，连接，，求直线与平面的夹角的正弦值； (3)求动点到线段的距离的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据空间中的垂直关系的转化，结合线面垂直的判定即可求证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求解线面角的正弦； （3）根据向量共线求出，利用空间向量表示出点到直线距离，利用二次函数性质求范围即可. 【详解】（1） 因为折叠前为中点，，所以，折叠后，， 所以，所以，在折叠前分别为中点， 所以，又因为折叠前，所以，所以在折叠后， ，；以为坐标原点， 、、分别为、、轴建立 空间直角坐标系，则，，，，， 为中点，所以，，设平面的法向量为 ，又，，所以， ，令，则，，所以，所以， 所以，所以平面. （2）设，由（1）知，，因为动点Q在线段上， 且，所以，所以， 所以,，所以，， ，设平面的法向量为，， ，令，则，，所以，， 设直线与平面的夹角为， 所以， 所以直线与平面的夹角的正弦值. （3）设，，，动点Q在线段上， 所以，，即，即， 所以，，， 设点Q到线段的距离为，， ，， ，，令，， 则，，根据二次函数的性质可知， 所以，由此可知动点Q到线段的距离的取值范围为. 【变式12-2】已知长方体中，，圆内切上底面正方形， 为圆上的动点． (1)求点到直线的距离； (2)求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用坐标运算求解点到直线的距离; （2）利用圆的参数方程或线面垂直的性质求解距离的最值问题. 【详解】（1）以为原点，，，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，，，， 取， 所以点到直线的距离为. （2）（法一）设，且有， 设，可得, 所以， 因为，所以. （法二）因为平面，， 所以，所以△为直角三角形， 而， 所以， 即. 【题型 13 面积体积相关问题】 【典例13】在如图所示的平行六面体中，，． (1)求的长度； (2)求二面角的大小； (3)求平行六面体的体积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用空间向量的数量积公式与模长关系计算即可； （2）根据二面角的定义先作出其平面角，再利用空间向量的数量积公式计算即可； （3）结合（2）的结论，计算B到面的距离，结合柱体的体积公式计算即可. 【详解】（1）根据图形可知：， 则 ； （2） 作，则等于二面角的一个平面角， 因为，， 则， 易知 ， 所以，所以， 即二面角的大小为； （3）由（2）知平面，而四边形的面积， 则平行六面体的体积. 【变式13-1】已知空间中三点． (1)若向量与平行，且，求的坐标； (2)求以，为邻边的平行四边形的面积． 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）由已知可设，利用向量的模长公式求出的值，即可求出向量的坐标； （2）利用空间向量的夹角公式求出，再结合三角形的面积公式即可求解. 【详解】（1）因为，所以， 因为向量与平行，所以可设， 所以， 因为，所以， 所以， 所以或， 所以的坐标为或； （2）因为， 所以， 所以，即， 又，所以， 所以的面积， 所以以为邻边的平行四边形的面积为． 【变式13-2】如图，在四棱锥中，，，，，底面为正方形，，，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)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用中位线定理证明，然后由线面平行的判定定理证明即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可. （2）借助空间向量中点到平面距离公式可得点到平面的距离，再借助空间向量夹角公式可得，即可得，再利用锥体体积公式求解即可得. 【详解】（1）∵，分别为，的中点，∴， 又平面，平面， 故平面； （2）由题可知DA、DC、DP两两垂直， 故可以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示： 则， ∴， 设平面的法向量为，则， 令，则，，故， ∴， 故直线与平面所成角的正弦值为； （3），， 则点到平面的距离， 又，， ， 则， 故. 【变式13-3】在棱长为2的正方体中，为的中点. (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，后求出关键点坐标，后借助向量夹角公式求出，进而得出异面直线与所成角的余弦值. （2）运用等体积转化法，借助向量求到平面的距离，再用三棱锥体积公式计算即可. 【详解】（1）如图，正方体中, 为的中点，连接交于O，连接， 根据正方体的性质，知道垂直于上下底面，且，则两两垂直. 则可以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系. 由于棱长为2，则面对角线为. 因此涉及的关键点坐标为， 则. 则， 则异面直线与所成角的余弦值为的余弦值为. （2）根据题意，知道，显然. 由正方体结构特征知，面，则到平面的距离为. 故. 故三棱锥的体积为. 【变式13-4】如图，若正方体的棱长为，点是正方体的底面上的一个动点（含边界），是棱的中点，则三棱锥体积的最大值为 .    【答案】/ 【分析】以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，设出点坐标，求出平面的法向量，利用向量法求点到平面的最大距离，然后可解. 【详解】    以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 如图所示：易知，则， 设平面的一个法向量为，可得， 令，可得，即； 可设，则， 所以到平面的距离为，易知当时，距离最大值为； 又在中，易知，， 所以边上的高， 所以，为定值； 所以到平面的距离最大时，三棱锥体积的最大为：. 故答案为： 【变式13-5】如图，在中，点在边上，且，为边的中点.是平面外的一点，且有.    (1)证明：； (2)已知，，，直线与平面所成角的正弦值为. （i）求的面积； （ii）求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）由空间向量的运算可得，，再由线面垂直的判定定理与性质定理即可证明； （2）（i）由余弦定理求，根据同角的平方关系求出，再由三角形面积公式即可求解； （ii）由（i）得即为与平面所成角，根据及即可求解. 【详解】（1）因为E为边AB的中点，所以. 又，即，即. ， 所以. 又因为，所以，即. 因为平面， 所以平面. 因为平面，所以.    （2）（i）由余弦定理可得， 所以， 所以. （ii）由（1）可知，平面， 所以即为与平面所成角. 因为，所以，， 所以，得. 设到平面的距离为，点到直线的距离为， 则 . 因为， 又，所以. 【题型14三角形形状问题】 【典例14】在空间直角坐标系中，，，，则是（    ） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．形状不确定 【答案】B 【分析】根据空间中两点距离公式即可求解长度，进而可判断. 【详解】由，，， 可得, , 故, 因此是等腰直角三角形， 故选：B 【变式14】已知，，，设，，. (1)判断的形状； (2)若，求的值. 【答案】(1)等腰直角三角形 (2)2 【分析】（1）由空间向量的模长公式可计算的，，结合勾股定理可判断； （2）由空间向量的坐标运算求出的坐标，再结合求出k值即可. 【详解】（1），， 同理，， ，且， 所以是等腰直角三角形. （2），又， ，解得. 所以的值为2. 58．已知空间三点，，，设，，． (1)判断的形状； (2)若，求的值． 【答案】(1)△ABC为直角三角形 (2)2 【分析】(1)利用空间中两点的距离公式结合勾股定理知识可判断三角形形状； (2)由空间向量的坐标运算求出的坐标，再结合求出k值即可. 【详解】（1）由题意得，，， ，所以为直角三角形； （2）由题意得，，， ， 因为，所以， 解得. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 1 学科网（北京）股份有限公司 $$