专题02 空间向量在立体几何中的应用-期末真题精选（考题猜想，易错必刷5大题型）（期末复习专项训练）高二数学上学期人教B版

专题01 空间向量及其运算（考题猜想，易错必刷5大题型） 【题型一】距离问题 【题型二】线面角中的探索性问题 【题型三】二面角中的探索性问题 【题型四】折叠问题 【题型五】立体几何图形中的动点问题 【题型一】距离问题 一、单选题 1．（23-24高二下·福建厦门·期末）在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是棱，，的中点，过作平面，使得，则点到平面的距离是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·河南南阳·期末）在空间直角坐标系中，，三角形重心为，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·江苏徐州·期末）在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·江西鹰潭·期末）在正四棱柱中，已知，O为棱的中点，则线段在平面上的射影的长度为（    ） A． B． C．4 D． 5．（23-24高二上·河北石家庄·期末）在如图所示的直四棱柱中，底面是正方形，是的中点，点N是棱上的一个动点，则点到平面的距离的最小值为（    ）    A．1 B． C． D． 【题型二】线面角中的探索性问题 一、解答题 1．（23-24高二下·浙江宁波·期末）如图，在五面体中，四边形为矩形，为等腰直角三角形，且.面面. (1)求证：： (2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由. 2．（23-24高二下·广东广州·期末）如图，在五棱锥中，平面ABCDE，，，，，，． (1)求证：平面平面； (2)已知直线与平面所成的角为，求线段的长． 3．（23-24高三上·江苏·阶段练习）如图，在四棱锥中，是正三角形，，平面平面，是棱上动点． (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为30°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 4．（23-24高二上·黑龙江大庆·期末）已知和均是等腰直角三角形，既是的斜边又是的直角边，且，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点.    (1)求证：. (2)在线段上是否存在点，使得与平面所成的角的正弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 5．（23-24高二上·江西吉安·期末）如图，直四棱柱的棱长均为2，底面是菱形，，为的中点，且上一点满足（）． (1)若，证明：； (2)若，且与平面所成角的正弦值为，求． 【题型三】二面角中的探索性问题 一、解答题 1．（23-24高二下·广东汕尾·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面为的中点． (1)证明：平面． (2)若平面与平面的夹角为，求的长． 2．（23-24高二下·湖南郴州·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面为线段的中点，为线段（不含端点）上的动点. (1)证明：平面平面； (2)是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 3．（23-24高二上·安徽阜阳·期末）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，且，平面平面ABCD，，点E为线段PC的中点，点F是线段AB上的一个动点． (1)求证：平面平面PBC； (2)设二面角的平面角为θ，当时，求的值． 4．（23-24高二下·甘肃兰州·期末）如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，点为的中点.    (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使二面角的平面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 5．（23-24高二下·湖南长沙·期末）由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小. 【题型四】折叠问题 一、解答题 1．（23-24高二下·云南昆明·期末）如图，已知四边形ABCD为矩形，，E为DC的中点，将沿AE进行翻折，使点D与点P重合，且．    (1)证明：； (2)求平面与平面所成角的正弦值． 2．（23-24高二下·海南海口·期末）如图1，在边长为2的正方形中，为的中点，分别将，沿，所在直线折叠，使、两点重合于点，如图2.在三棱锥中，为的中点. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 3．（23-24高二下·甘肃临夏·期末）如图1，在中，，，若沿中位线AD把折起，使，如图2，此时直线PB与CD所成角的大小为．    (1)求BC的长； (2)求二面角的余弦值． 4．（23-24高二上·江西南昌·期末）已知平行四边形ABCD如图甲，，沿AC将折起，使点D到达点P位置，且，连接PB得三棱锥如图乙． (1)证明；平面ABC； (2)在线段PC上是否存在点M，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 5．（23-24高二下·江苏泰州·期末）在空间几何体中，四边形均为直角梯形，，． (1)如图1，若，求直线与平面所成角的正弦值； (2)如图2，设 （ⅰ）求证：平面平面； （ⅱ）若二面角的余弦值为，求的值． 【题型五】立体几何图形中的动点问题 一、单选题 1．（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 2．（23-24高二上·北京顺义·期末）如图，在正方体中，E是棱上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与所成角的范围是 B．直线与平面所成角的最大值为 C．二面角的大小不确定 D．直线与平面不垂直 二、多选题 3．（23-24高二下·甘肃白银·期末）如图，在直四棱柱中，四边形为正方形，为面对角线上的一个动点，则下列说法正确的有（    ）    A．平面 B．三棱锥的体积为定值 C．异面直线与所成角的正切值为1 D．异面直线与所成角的余弦值为 4．（23-24高二下·山西太原·期末）如图，在棱长均为1的平行六面体中，平面，分别是线段和线段上的动点，且满足，则下列说法正确的是（    ）    A．当时， B．当时，若，则 C．当时，直线与直线所成角的大小为 D．当时，三棱锥的体积的最大值为 5．（23-24高二下·河北唐山·期末）已知点是正方体表面上的一个动点，则以下说法正确的是（    ） 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．若点在底面上运动，则使直线与平面所成的角为的点的轨迹为椭圆 D．若是的中点，点在底面上运动时，不存在点满足平面 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10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 空间向量及其运算（考题猜想，易错必刷5大题型） 【题型一】距离问题 【题型二】线面角中的探索性问题 【题型三】二面角中的探索性问题 【题型四】折叠问题 【题型五】立体几何图形中的动点问题 【题型一】距离问题 一、单选题 1．（23-24高二下·福建厦门·期末）在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是棱，，的中点，过作平面，使得，则点到平面的距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量求出点到平面的距离. 【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，设平面的法向量， 由，，得，则，令，得， 所以点到平面的距离. 故选：D 【点睛】方法点睛：求点到平面的距离可以利用几何法，作出点到平面的垂线段求解；也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出这一点与平面内任意一点确定的向量在法向量的投影即可. 2．（23-24高二下·河南南阳·期末）在空间直角坐标系中，，三角形重心为，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】三角形重心为，所以，计算出和，得到在上的投影，根据勾股定理计算即可. 【详解】在空间直角坐标系中，， 三角形重心为，所以，，， 所以在上的投影为：， 所以点到直线的距离为：. 故选：B 3．（23-24高二下·江苏徐州·期末）在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，再利用点到平面距离的向量法，即可求出结果. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为4， 则， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 由，得到，取，得到，所以， 所以点到平面的距离为， 故选：C. 4．（23-24高二下·江西鹰潭·期末）在正四棱柱中，已知，O为棱的中点，则线段在平面上的射影的长度为（    ） A． B． C．4 D． 【答案】C 【分析】如图，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后求出平面的法向量，利用空间向量求解即可. 【详解】如图，以为原点，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， 所以点平面的距离为， 所以线段在平面上的射影的长度为 . 故选：C 5．（23-24高二上·河北石家庄·期末）在如图所示的直四棱柱中，底面是正方形，是的中点，点N是棱上的一个动点，则点到平面的距离的最小值为（    ）    A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，将则点到平面的距离表示出来即可求得最值. 【详解】由题意知，该几何体为长方体，建立空间直角坐标系如下图所示， 则，设．    设平面的一个法向量为，则， 设，则，则， 所以点到平面的距离为， 又，所以当时， 点到平面的距离取得最小值为． 故选：D． 【题型二】线面角中的探索性问题 一、解答题 1．（23-24高二下·浙江宁波·期末）如图，在五面体中，四边形为矩形，为等腰直角三角形，且.面面. (1)求证：： (2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)或. 【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的判定性质推理即得. （2）取的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）由矩形，得，而平面平面，平面平面， 平面，则平面，又面，于是， 而，，平面， 因此平面，又平面， 所以. （2）取的中点，作，连接，由（1）知，平面， 而平面，则，又，，则，即两两垂直， 以为原点，直线分别为建立空间直角坐标系， 假定在线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，设， 则， ， 设平面的法向量，则，令，得， 于是，整理得，解得或， 所以在线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，此时或. 2．（23-24高二下·广东广州·期末）如图，在五棱锥中，平面ABCDE，，，，，，． (1)求证：平面平面； (2)已知直线与平面所成的角为，求线段的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由余弦定理得，再由线面垂直的判定定理可得答案； （2）做交于点，以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，设，求出、平面的一个法向量，由线面角的向量求法求出可得答案， 【详解】（1），，． 由余弦定理得 ， 所以，故， 因为，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）做交于点，所以四边形是长方形， 因为，，所以， 因为，所以， 由（1）知，互相垂直，以为原点， 所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 设，则， ， 设为平面的一个法向量， 则，即，令，则， 所以， 所以， 解得，所以， 所以线段的长为． 3．（23-24高三上·江苏·阶段练习）如图，在四棱锥中，是正三角形，，平面平面，是棱上动点． (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为30°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或 【分析】（1）由题设证得，取AD的中点，连结PO，应用面面垂直的性质证平面，再由线面垂直的性质、判定及面面垂直的判定证结论； （2）取AB的中点，连结ON，则，构建空间直角坐标系，设，应用向量法，结合线面角大小列方程求，即可得结果. 【详解】（1）因为，所以， 在中，由余弦定理得， 所以，即， 取AD的中点，连结PO，因为是正三角形，所以 又面面ABCD，面面，面， 所以平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）取AB的中点，连结ON，则，所以 以为正交基底建立空间直角坐标系， 则， 设，，则， 又，设平面的一个法向量为， 则，即，若， 取， 由直线AP与平面MBD所成角为，得， 化简得  解得或， 当或时，直线AP与平面所成角为. 4．（23-24高二上·黑龙江大庆·期末）已知和均是等腰直角三角形，既是的斜边又是的直角边，且，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点.    (1)求证：. (2)在线段上是否存在点，使得与平面所成的角的正弦值为.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，或. 【分析】（1）由线面垂直的判定定理和性质定理证明即可； （2）以为原点，，，为、、轴正方向建立空间直角坐标系，设，求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式求出，即可得出答案. 【详解】（1）取中点，连接，，如图，    又为的中点，， 由，则， 又为等腰直角三角形，，，， 又，，平面，平面， 又平面，. （2）由（1）知，， 又平面平面，是交线，平面， 所以平面，即，，两两互相垂直， 故以为原点，，，为、、轴正方向建立空间直角坐标系，如图，    则，，，， ，，， 设为平面的一个法向量， 则，令，即， 若存在使得与平面所成的角的正弦值为，且，， 则，解得，则. 则， 整理得，， 解得，或. 故存在使得与平面所成的角的正弦值为， 此时或. 5．（23-24高二上·江西吉安·期末）如图，直四棱柱的棱长均为2，底面是菱形，，为的中点，且上一点满足（）． (1)若，证明：； (2)若，且与平面所成角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明，即可得出结果； （2）利用向量法列出与平面所成角的正弦值为的方程，求解即可得出结果. 【详解】（1）连接，交于点， ∵底面是菱形，∴，且，互相平分． 又，∴，， 连接，交于点，连接， 则平面， ∴，，两两相互垂直，故以为坐标原点，，，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，，，， ，，． ∴，∴， ∴， ∴时，． ∵， ∴． （2）由（1）可得， ，， 设平面的法向量为， 则即 ∴，令，得， 则， 设与平面所成角为， 则， 化简得 解得或（舍去）． 所以. 【题型三】二面角中的探索性问题 一、解答题 1．（23-24高二下·广东汕尾·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面为的中点． (1)证明：平面． (2)若平面与平面的夹角为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明，再由线面平行的判定定理得证； （2）由PA，AD，AB两两互相垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面夹角即可得解. 【详解】（1）连接BD交AC于点O，连接OE，如图， 因为O为BD的中点，E为PD的中点， 所以． 又平面AEC，平面AEC， 所以平面AEC． （2）因为平面ABCD，AD，平面ABCD， 所以，． 又，所以PA，AD，AB两两互相垂直， 故以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间坐标系如图所示， 设，则，，，，, 所以，． 显然为平面DAE的一个法向量． 设平面ACE的一个法向量为， 则，即 令，得， 因为平面DAE与平面AEC的夹角为， 所以， 解得或（舍去），即· 2．（23-24高二下·湖南郴州·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面为线段的中点，为线段（不含端点）上的动点. (1)证明：平面平面； (2)是否存在点，使二面角的大小为？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）根据题意可证平面，则，进而可得平面，即可得结果； （2）建系标点，设，分别为平面、平面的法向量，利用空间向量处理二面角的问题. 【详解】（1）因为底面为正方形，则， 又因为平面，平面，。 且，平面， 可得平面，由平面，可得， 因为，且E为的中点，则， 由，平面，可得平面， 且平面，所以平面平面. （2）以分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系， 则，， 设， 则， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 又因为， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 由题意得：，即， 整理得即，解得或（舍去）， 所以存在，此时. 3．（23-24高二上·安徽阜阳·期末）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，且，平面平面ABCD，，点E为线段PC的中点，点F是线段AB上的一个动点． (1)求证：平面平面PBC； (2)设二面角的平面角为θ，当时，求的值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的性质判定、面面垂直的判定推理即得. （2）以D为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量求法列式计算即得. 【详解】（1）由四边形ABCD是正方形，得，而平面平面ABCD， 平面平面平面ABCD，则平面PCD， 又平面PCD，于是， 由，点为线段PC的中点，得， 又平面PBC，因此平面PBC，而平面DEF， 所以平面平面PBC. （2）由（1）知平面PCD，而，则平面PCD， 在平面PCD内过D作交PC于点G，显然直线DA，DC，DG两两垂直， 以D为原点，直线DA，DC，DG分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 由，，得，， 设，则，设平面DEF的法向量为， 则，令，得， 而平面PCD的法向量为，则， 而，解得，此时． 4．（23-24高二下·甘肃兰州·期末）如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，点为的中点.    (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使二面角的平面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）由面面垂直的性质得平面，以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量、，利用可得答案； （2）假设在线段上存在点，设，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案. 【详解】（1）平面平面， 平面平面， 平面平面， 则以为坐标原点，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 . ， 设平面的法向量为，则， 令，解得：， 又，即， 又平面平面； （2）假设在线段上存在点，使二面角的大小为. 设，则. 设平面的一个法向量为， 则， 令，解得：， 又平面的一个法向量为， ， 即，解得：或（舍去）， 此时， 在线段上存在点，使二面角的平面角的大小为， 此时.    5．（23-24高二下·湖南长沙·期末）由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）法一：将几何体补成四棱柱，得到四边形为平行四边形，故，得到线面平行； 法二：得到两两垂直，建立空间直角直角坐标系，得到平面的法向量，从而得到，得到结论； （2）设，作出辅助线，找到二面角的平面角为，根据正切值得到方程，求出，求出平面的法向量，得到平面与平面夹角的余弦值，求出答案； 【详解】（1）法一：将几何体补成四棱柱， 因为，， 所以四边形为平行四边形， 所以，， 又， 故，， 故四边形为平行四边形， 故， 又平面，平面， 平面. 法二：∵四边形是菱形， ∴⊥， 又平面，平面， ∴，， 故两两垂直， 以直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 其中， 则，设， 由得， 由得， 则， 设平面的法向量为， 则，取，得， ， 又平面， 平面. （2）设，取的中点，则， 又四边形是菱形，， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面， 故面， 因为平面， 则， 因为且， 所以四边形为平行四边形，故， 所以， 又，故四边形为平行四边形， 故，，故. 所以为二面角的平面角. 则，其中，故， 故， 设平面的法向量为， 则取，得， ， 平面与平面夹角的余弦值为， 平面与平面夹角为. 【题型四】折叠问题 一、解答题 1．（23-24高二下·云南昆明·期末）如图，已知四边形ABCD为矩形，，E为DC的中点，将沿AE进行翻折，使点D与点P重合，且．    (1)证明：； (2)求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用勾股定理分别证出，，进而得出平面，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面一个法向量，利用向量夹角公式即可求解． 【详解】（1）证明：由题知， 所以， 所以为直角三角形，， 因为，， 所以， 所以为直角三角形，， 因为平面， 所以平面，因为平面， 所以； （2）由题知以B为原点建立如图空间直角坐标系，    取AE中点M，由题知，所以， 由（1）知平面，所以， 因为，所以平面， ， ， 设平面PCE的一个法向量为， 则， 由（1）知平面， 所以是平面PAE的一个法向量，， 设平面PAE与平面PCE所成角为θ， 所以， 因此. 2．（23-24高二下·海南海口·期末）如图1，在边长为2的正方形中，为的中点，分别将，沿，所在直线折叠，使、两点重合于点，如图2.在三棱锥中，为的中点. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）利用线线垂直证明线面垂直，再证线线垂直即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量计算线面夹角即可. 【详解】（1）由条件易知，所以， 而平面，所以平面， 又平面，所以； （2） 取的中点，连接，过O作的平行线， 易知，则， 由上可以以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 即, 设平面的一个法向量， 有，令，则， 所以， 设直线与平面所成角为， 则. 3．（23-24高二下·甘肃临夏·期末）如图1，在中，，，若沿中位线AD把折起，使，如图2，此时直线PB与CD所成角的大小为．    (1)求BC的长； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)2 (2) 【分析】（1）以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，借助线线角的空间向量法求解； （2）利用空间向量法求二面角的余弦值． 【详解】（1）由于，，，平面， 故平面， 又因为，所以两两垂直， 故分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，    因为，且A为PB的中点，所以， 设，则， 所以，，，，， 则，．     因为直线PB与CD所成角的大小为， 所以，即， 解得或（舍去）． 所以BC的长为2； （2）设平面PBD的法向量为， 因为，，， 所以，令，则，，， 设平面PBC的法向量为，所以， 令，则，，． 所以， 由几何体的特征可知二面角的平面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． 4．（23-24高二上·江西南昌·期末）已知平行四边形ABCD如图甲，，沿AC将折起，使点D到达点P位置，且，连接PB得三棱锥如图乙． (1)证明；平面ABC； (2)在线段PC上是否存在点M，使二面角的余弦值为，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，且 【分析】（1）推导出，证明出平面，可得出， 利用线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. 【详解】（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， （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，， 易知平面的一个法向量为， 则，整理可得， 因为，解得， 因此，线段上存在点，使二面角的余弦值为，且. 5．（23-24高二下·江苏泰州·期末）在空间几何体中，四边形均为直角梯形，，． (1)如图1，若，求直线与平面所成角的正弦值； (2)如图2，设 （ⅰ）求证：平面平面； （ⅱ）若二面角的余弦值为，求的值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值； （2）（ⅰ）设，则，由，所以，求出平面、的法向量，利用空间向量法证明即可； （ⅱ）求出平面的法向量，利用空间向量法表示出二面角的余弦值，即可得到方程，求出，即可得到点坐标，再由夹角公式计算可得. 【详解】（1）因为，，即，，， 如图建立空间直角坐标系，则，，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 取， 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. （2）（ⅰ）如图建立空间直角坐标系，设，则， 因为，所以， 所以，，，，， 设平面的法向量为， 则，取， 设平面的法向量为， 则，取， 因为， 所以，所以平面平面； （ⅱ）设平面的法向量为，则， 取， 设二面角的平面角为， 所以 ， 所以，即，解得或（舍去），则， 所以，即，又， 所以. 【题型五】立体几何图形中的动点问题 一、单选题 1．（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. 2．（23-24高二上·北京顺义·期末）如图，在正方体中，E是棱上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与所成角的范围是 B．直线与平面所成角的最大值为 C．二面角的大小不确定 D．直线与平面不垂直 【答案】D 【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，由直线方向向量夹角余弦的范围即可判断；对于B，由线面角正弦值的公式即可判断；对于C，由两平面的法向量夹角余弦即可判断；对于D，由即可判断. 【详解】以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 不妨设正方体棱长为1， ， 对于A，， 不妨设直线与所成角为， 所以， 当增大时，分别减小，增大，所以关于单调递减， 所以，所以，故A错误； 对于B，由题意，且显然平面的法向量为， 不妨设直线与平面所成角为， 则单调递增，， 所以，所以，故B错误； 对于C，， 所以， 不妨设平面与平面的法向量分别为， 所以有和，令，解得， 即取平面与平面的法向量分别为， 二面角为锐角，不妨设为， 则， 所以二面角的大小为，故C错误； 对于D，， 所以， 所以与不垂直，所以直线与平面不垂直. 故选：D. 【点睛】关键点睛：C选项的关键是看两平面法向量夹角是否固定不变，由此即可顺利得解. 二、多选题 3．（23-24高二下·甘肃白银·期末）如图，在直四棱柱中，四边形为正方形，为面对角线上的一个动点，则下列说法正确的有（    ）    A．平面 B．三棱锥的体积为定值 C．异面直线与所成角的正切值为1 D．异面直线与所成角的余弦值为 【答案】BCD 【分析】以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，利用坐标法计算可判断AD；利用线线平行可得以平面，可判断B；与所成的角为，计算可判断C. 【详解】    以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系. 设，则，， 对于A选项，，，则， 故与不垂直，进而可知与平面不垂直，故A错误； 对于B选项，在正四棱柱中，且， 所以四边形为平行四边形，所以，因为平面， 平面，所以平面，所以点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确； 对于C选项，因为，所以与所成的角为， 因为四边形为正方形，所以，故C正确； .对于D选项，， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 4．（23-24高二下·山西太原·期末）如图，在棱长均为1的平行六面体中，平面，分别是线段和线段上的动点，且满足，则下列说法正确的是（    ）    A．当时， B．当时，若，则 C．当时，直线与直线所成角的大小为 D．当时，三棱锥的体积的最大值为 【答案】ABD 【分析】利用直棱柱的性质，以及空间向量的有关知识逐项计算可得结论. 【详解】对于A，当时，分别是线段和线段的中点， 所以也是的中点，所以，故A正确； 对于B，当时，， 所以，，，满足，故B正确； 对于C，过作交于，      可知面，与直线成角即为， 当时，，在中， 则， 所以，所以，故C错误； 对于D，易知是正三角形， 三棱锥体积为 ， 当且仅当，即时取等号，故D正确； 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项解决的关键是，分析得是正三角形，从而得到所需各线段长，从而利用三棱锥的体积公式即可得解. 5．（23-24高二下·河北唐山·期末）已知点是正方体表面上的一个动点，则以下说法正确的是（    ） 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．若点在底面上运动，则使直线与平面所成的角为的点的轨迹为椭圆 D．若是的中点，点在底面上运动时，不存在点满足平面 【答案】AB 【分析】可以设正方体的棱长为2，利用四棱锥的体积公式，底面积与高不变则体积不变可以判断A选项；建立空间直角坐标系，设，表示出与所成角的余弦值，即可根据的范围求得范围，进而求得角的范围，判断B选项；设，表示出直线与平面所成的角的正弦值得到与的关系，从而得到点的轨迹，判断C选项；证得平面，所以向量是平面的法向量，再由平面得到点的轨迹，进而判断D选项. 【详解】不妨设正方体棱长为. A选项，当在平面上运动时，点到平面的距离为2， 所以四棱锥的体积，故A正确； B选项，以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系，如图， ， 设与所成角为，则， 当时，.， 则，，， ，即， 当时，，所以， 又因为，所以，故B正确； C选项，若点在底面上运动，设， 平面的法向量取， 则直线与平面所成的角为时，有， 化简为，则点的轨迹为四分之一圆，故C错误； D选项，如图， ， 因为，且平面， 所以平面，即向量是平面的法向量， ， 若平面，则，即， 因为直线与正方形有公共点，即存在点满足平面，故D错误； 故选：AB. 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10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$