专题04 利用空间向量研究立体几何中的探索性问题四种重难点题型（高效培优专项训练）数学苏教版高二选择性必修第二册

专题04 利用空间向量研究立体几何中的探索性问题四种重难点题型 题型一：利用空间向量研究线、面平行的探索性问题 题型二：利用空间向量研究线、面垂直的探索性问题 题型三：利用空间向量研究与空间角有关的探索性问题 题型四：利用空间向量研究与空间距离有关的探索性问题 题型一：利用空间向量研究线、面平行的探索性问题 1.如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，分别为的中点，为棱上的动点，则下列说法不正确的是（  ） A． B．存在点，使面 C．最小值为 D．存在两个点，使与所成的角为60° 2．（多选）正方体的边长为2，Q为棱的中点，点分别为线段上两动点(含端点)，记直线与面所成角分别为，且，则（  ） A．存在点使得 B．为定值 C．存在点使得 D．存在点使得 3.如图，在正四棱柱中，，点分别是的中点，点是线段上的动点，则下列说法正确的是（  ）    A．当时，存在，使得平面 B．存在，使得平面 C．存在，使得平面平面 D．存在，使得平面平面 4.（多选）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，下列四个结论中，不正确的是（  ） A． 平面 B．存在点，使平面 C．存在点，使 D． 5.如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱上一点．请用向量方法解决以下问题： (1)证明：直线平面； (2)是否存在点，使直线平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 6.如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 7.在四棱锥中，平面平面，，，，，，. (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 8.如图，在正四棱锥中，各棱长均为，为侧棱上的点，是中点. (1)若是中点，求直线与平面所成角的正弦值； (2)是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 题型二：利用空间向量研究线、面垂直的探索性问题 9．在棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点.点为正方体表面上的动点，满足.给出下列四个结论，不正确的是（  ） A．存在点，使得 B．存在点，使得平面 C．存在点，使得 D．存在点，使得 10.（多选）在正方体中，为上一动点，则下列各选项不正确的是（  ） A．存在点使得与平面垂直 B．存在点使得与平面垂直 C．存在点使得与平面垂直 D．存在点使得与平面垂直 11.（多选）如图，在正四棱柱中，为棱上的一个动点，则下列说法正确的是（  ） A.； B.三棱锥的体积为定值； C.存在点，使得 平面； D.存在点，使得平面. 12.（多选）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（  ） A．当时，的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点，使得 D．当时，有且仅有一个点，使得平面 13.（多选）在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.则下列说法不正确的是（  ） A．存在点，使得直线与直线相交 B．存在点，使得直线平面 C．直线与平面所成角的大小为 D．平面被正方体所截得的截面面积为 14.（多选）（24-25高二上·全国·课后作业）在正方体中，为上一动点，则（  ） A．存在点使得与平面垂直 B．不存在点使得与平面垂直 C．存在点使得与平面垂直 D．不存在点使得与平面垂直 15.（多选）如图，正方体的棱长为2，点分别为棱的中点，点为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（  ） A.三棱锥的体积为定值; B.存在点，使平面； C.存在点，使平面平面; D.设直线FG与平面所成角为，则的最大值为. 16.（多选）若正方体的棱长为1，为棱的中点，点满足，其中，则下列说法中正确的是（  ） A．三棱锥的体积为 B．若平面，则动点的轨迹长度为 C．至少存在一个点，使平面 D．若直线与平面所成角的正切值为2，则点轨迹的长度为 17.如图，在直三棱柱中，，，P为上的动点，Q为棱的中点． (1)设平面平面，若P为的中点，求证：； (2)设，问线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由． 18.如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形为正方形，为的中点，为上一点，为上一点，且平面平面．    (1)求证：为线段中点； (2)求二面角的正切值； (3)在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，求；若不存在，说明理由． 19.如图，在四棱锥中，平面，与底面所成角为，四边形是梯形，．    (1)证明：平面平面； (2)若点T是的中点，点M是的中点，求点P到平面的距离． (3)点是线段上的动点，上是否存在一点M，使平面，若存在，求出M点坐标，若不存在，请说明理由． 题型三：利用空间向量研究与空间角有关的探索性问题 20．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 21.（多选）如图，在正方体中，点是线段的中点，点是线段上的动点，下列结论中正确的是（  ）    A．对于任意的点，均有 B．存在点，使得平面 C．存在点，使得与所成角是 D．不存在点，使得与平面的所成角是 22.（多选）如图，长方体中，是侧面的中心，是底面的中心，点在线段上运动，则下面选项正确的是（  ） A．四面体的体积为定值 B．点到平面的距离 C．异面直线与所成的角为 D．存在点，使得直线与平面所成的角为 23.（多选）如图，棱长为的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下面选项正确的是（  ）   A.； B.存在点，使得//面； C.的最小值为； D.存在点，使得与面所成线面角的余弦值为. 24.如图，在四棱锥中，底面为菱形，且平面为棱的中点，为棱上的动点. (1)求证：平面平面. (2)是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 25.在四棱锥中，平面ABCD，，，，，，E是PA的中点，在线段AB上，且满足. (1)求证：平面PBC； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段PA上是否存在点，使得FQ与平面PFC所成角的正弦值是，若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由. 26.如图1，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿BC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BM与平面APD所成角的余弦值为？ 若存在，求出的值：若不存在，说明理由． 题型四：利用空间向量研究与空间距离有关的探索性问题 27.（多选）如图，在直三棱柱中，，，，是棱上的动点，则则下列说法正确的是（  ）  A．平面平面 B．存在点，使 C．存在点，使点到平面的距离为 D．存在点，使直线与所成角的余弦值为 28.（多选）在长方体中，为棱上的动点（不与重合），在直线上的点满足,则下列选项正确的是（  ） A； B.为定值； C.存在点，使得平面平面； D.存在点，使得点到平面的距离为2. 29.如图，在四棱锥中，平面平面，，，若 ，，为棱的中点在，若在线段上存在点，使得点到平面的距离是，则 的值为__________ 30.如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点．    (1)求平面与平面的夹角余弦值； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 31.如图，四棱锥中，平面，，，，，，是的中点． (1)求证：平面； (2)若， ①求平面与平面所成角的余弦值； ②在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 1 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 利用空间向量研究立体几何中的探索性问题四种重难点题型 题型一：利用空间向量研究线、面平行的探索性问题 题型二：利用空间向量研究线、面垂直的探索性问题 题型三：利用空间向量研究与空间角有关的探索性问题 题型四：利用空间向量研究与空间距离有关的探索性问题 题型一：利用空间向量研究线、面平行的探索性问题 1.如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，分别为的中点，为棱上的动点，则下列说法不正确的是（  ） A． B．存在点，使面 C．最小值为 D．存在两个点，使与所成的角为60° 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量分析各选项，可得结果. 【解析】如图，以为原点，建立空间直角坐标系. 则,，，， 为棱上的动点，可设，. 所以，. 对A： ，所以，故A正确； 对B：因为平面的法向量可取，由 ，所以点为线段中点时，面，故B正确； 对C：因为 ，当时取等号，故C正确； 对D：由 或， 因为，所以不合题意，所以使与所成的角为60°的点只有1个，故D错误. 故选：D. 2．（多选）正方体的边长为2，Q为棱的中点，点分别为线段上两动点(含端点)，记直线与面所成角分别为，且，则（  ） A．存在点使得 B．为定值 C．存在点使得 D．存在点使得 【答案】ABD 【分析】根据题意，作出图形，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，设，，由已知可推出，由此可判断A；结合数量积的坐标表示判断B；结合两点间的距离公式判断C；利用空间向量垂直的坐标表示判断D. 【解析】如图所示，在正方体中，以D为原点，以为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设，，其中， 作，， 可知平面，平面， 则，，，， 所以，，， 则，， 由知，，， 则，即，从而， 对于A，若，即，解得，满足题意，故A正确； 对于B，，为定值，故B正确； 对于C，若，则，故C错误； 对于D，，， 若，则，结合， 解得，，故D正确； 故选：ABD 3.如图，在正四棱柱中，，点分别是的中点，点是线段上的动点，则下列说法正确的是（  ）    A．当时，存在，使得平面 B．存在，使得平面 C．存在，使得平面平面 D．存在，使得平面平面 【答案】A 【分析】对于ABD：建系，利用空间向量结合线、面位置关系分析判断，对于C：根据面面平行的判定定理分析判断. 【解析】以D为原点，分别为建立空间直角坐标系，如图：    设，则，则， 因为点分别是的中点， 所以， 对于选项B：设平面的一个法向量为， 因为， 可得，取，解得， 设， 因为，则，可得，即， 则， 若∥平面，则， 可得，且，解得， 即为的中点，故B正确； 对于选项A：由B可知：， 若平面，则， 则，当且仅当时成立，故A错误； 对于选项D：由B可知：，则， 因为，则 ， 设平面的法向量为， 则，取，得， 若平面平面，则，故D正确； 对于选项C：  当与D重合时， 因为分别是的中点， 则，且平面，平面， 可得平面， 同理可得：平面， 且，平面， 所以此时平面平面，故C正确；    故选：BCD. 4.（多选）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，下列四个结论中，不正确的是（  ） A． 平面 B．存在点，使平面 C．存在点，使 D． 【答案】ABC 【分析】当与重合时， 平面，即可判断A；设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，可得坐标，由可知与不垂直，即可判断B；若，则，列方程组求解可判断C；由可判断D. 【解析】当与重合时，又平面，则 平面，故A错误； 设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则 ， 设，又，∴， ，则，∴， ∵，，∴与不垂直，而平面，则与平面不垂直，故B错误； ，若，则，则，此方程无解，故不存在点，使，故C错误； ∵，，，∴，故D正确． 故选：ABC． 5.如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱上一点．请用向量方法解决以下问题： (1)证明：直线平面； (2)是否存在点，使直线平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)存在，1. 【分析】（1）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得. （2）设点的坐标为，求出平面的法向量，若假设存在，由，即可求解. 【解析】（1）在棱长为2的正方体中，以为原点，建立如图空间直角坐标系， 则， ， 于是， 即，而平面， 所以直线平面. （2）由（1）知，设平面的法向量为， 则，取，得， 假定存在点，使直线平面，设点的坐标为， 则，由，得，解得， 而平面，则平面， 所以存在点，使直线平面，此时. 6.如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使得平面？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)；(3)不存在，理由见解析. 【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到，结合得到线面垂直； （2）作出辅助线，得到垂直关系，再建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的夹角公式求出答案； （3）设，其中，求出向量的坐标，根据，求出的值，即可得出结论. 【解析】（1）证明：因为平面平面，且平面平面， 且，平面，所以，平面， 因为平面，所以，， 因为，，、平面，所以，平面. （2）解：取中点为，连接、， 又因为，则，则， 因为，则，则， 在平面内，因为，，则， 因为平面，则平面， 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、、、、， 则，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，设与平面的夹角为， 则，则， 所以，直线与平面所成角的余弦值为. （3）解：设，其中， 则， 因为平面，则，解得， 因此，在棱上不存在点，使得平面. 7.在四棱锥中，平面平面，，，，，，. (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面？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）面面垂直得到线面垂直，再由线线垂直证明线面垂直； （2）取AD中点，证明三条直线两两垂直，然后建立空间直角坐标系，得到对应点的坐标，设，使得平面，用空间向量建立等量关系，求得的值. 【解析】（1）∵面面，面面， ，面， ∴面， ∵面， ∴， 又，，面，面 ∴面， （2）取中点为，连结， ∵， ∴， ∵， ∴ ∵面面，面面， 两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系， 易知，，，， 则，，，， 设为面的法向量，令. 则 假设存在点使得面， 设，， 又，，，， 有∴ ∵面，为的法向量， ∴，即，得 综上，存在点，即当时，点即为所求. 8.如图，在正四棱锥中，各棱长均为，为侧棱上的点，是中点. (1)若是中点，求直线与平面所成角的正弦值； (2)是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1);(2)存在， 【分析】（1）设，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，得到，求得向量和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解； （2）设，得到，求得平面的法向量为，根据平面，利用，列出方程，求得的值，即可求解. 【解析】（1）解：如图所示，设， 以点为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 在正方形中，由，可得， 又因为，所以，所以，可得， 则， 因为分别为中点，可得， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值. （2）解：因为， 可得， 设，可得， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 若平面，可得， 即可得，解得，所以， 即存在点，使得平面，此时的值为. 题型二：利用空间向量研究线、面垂直的探索性问题 9．在棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点.点为正方体表面上的动点，满足.给出下列四个结论，不正确的是（  ） A．存在点，使得 B．存在点，使得平面 C．存在点，使得 D．存在点，使得 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标验证垂直判断A，由，得到方程组，找到符合题意的点，即可判断B，找出平行直线再由坐标判断是否垂直可判断C，设点的坐标根据条件列出方程组，即可判断D. 【解析】如图，建立空间直角坐标系，    则， 对于A，由正方体性质知当P在时，线段长度的最大值为， 此时，， 所以，即满足，即存在点，使得，故A正确； 对于B：设，则，，， 若平面，因为平面，所以，， 即，则，显然满足题意， 故存在点，使得平面，故B正确； 对于C，取正方形的中心M，连接，易知， 所以四边形为平行四边形，所以，故运动到处时，， 此时，，，即不满足， 综上不存在点，使得，故C错误； 对于D，设，则，，若存在点，使得， 由，，可得方程组， 化简可得，解得， 显然当时满足题意，即存在点，使得，故D正确； 故选：C 10.（多选）在正方体中，为上一动点，则下列各选项不正确的是（  ） A．存在点使得与平面垂直 B．存在点使得与平面垂直 C．存在点使得与平面垂直 D．存在点使得与平面垂直 【答案】ABC 【分析】如图，以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，求出平面的法向量，设，然后逐个分析判断即可. 【解析】如图，以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则， 所以， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 设， 对于A，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，方程组不成立，所以与不共线，所以与平面不垂直，所以A错误， 对于B，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，得不合题意，所以与不共线，所以与平面不垂直，所以B错误， 对于C，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，方程组不成立，所以与不共线，所以与平面不垂直，所以C错误， 对于D，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，得符合题意，所以当时，与共线，此时与平面垂直，所以D正确， 故选：ABC. 11.（多选）如图，在正四棱柱中，为棱上的一个动点，则下列说法正确的是（  ） A.； B.三棱锥的体积为定值； C.存在点，使得 平面； D.存在点，使得平面. 【答案】ABC 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及空间向量的应用，逐项判定，即可求解. 【解析】以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 设，则， 因为，所以，即，所以A正确； 由，因为的面积为定值，点到平面的距离也是定值， 所以为定值，所以B正确； 又由 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为，由，解得，所以C正确； 又因为，，则， 所以不存在点，使得平面，所以D错误. 故选：ABC. 12.（多选）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（  ） A．当时，的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点，使得 D．当时，有且仅有一个点，使得平面 【答案】BD 【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标； 对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数； 对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数． 【解析】 易知，点在矩形内部（含边界）． 对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误； 对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确． 对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误； 对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确． 故选：BD． 13.（多选）在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.则下列说法不正确的是（  ） A．存在点，使得直线与直线相交 B．存在点，使得直线平面 C．直线与平面所成角的大小为 D．平面被正方体所截得的截面面积为 【答案】C 【分析】连接，，取的中点，连接，点到线段的最短距离大于，即可判断；建立空间直角坐标系，点到平面的距离为，即可判断；由平面，连接交于点，与全等，所以，即可判断；平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为，可求截面面积. 【解析】 连接，，所以，，取的中点，连接， 所以，点到线段的最短距离大于，所以不存在点，使得直线与直线相交，故不正确； 以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，所以，即， 令，则，，所以， 所以点到平面的距离为，而，所以不存在点，使得直线平面，故不正确； 因为，所以平面，连接交于点，所以为的中点，， 所以为直线与平面所成角， 因为，在中，， 所以，因为与全等，所以，故正确； 延长交的延长线于，连接交于，连接，取的中点，的中点， 连接，，，，，， 平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为， 所以截面面积为，故不正确. 故选：ABD. 14.（多选）（24-25高二上·全国·课后作业）在正方体中，为上一动点，则（  ） A．存在点使得与平面垂直 B．不存在点使得与平面垂直 C．存在点使得与平面垂直 D．不存在点使得与平面垂直 【答案】BC 【分析】建系，通过直线方向向量与平面法向量的关系逐个判断即可. 【解析】如图，以为原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，则，，，，， 所以，．设平面的法向量为，则 令，则是平面的一个法向量．设． ，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一的，使，则，等式不可能成立， 所以与不共线，所以不存在点使得与平面垂直， ，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一的，使，则， 得，， 所以当的坐标为时，与共线，此时与平面垂直， 故选：BC. 15.（多选）如图，正方体的棱长为2，点分别为棱的中点，点为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（  ） A.三棱锥的体积为定值; B.存在点，使平面； C.存在点，使平面平面; D.设直线FG与平面所成角为，则的最大值为. 【答案】ABD 【分析】对于A选项，利用等体积法判断；对于B、C、D三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解 【解析】易得平面平面，所以到平面的距离为定值， 又为定值，所以三棱锥即三棱锥的体积为定值，故A正确． 对于B, 如图所示, 以为坐标原点, 为轴, 为轴, 为轴,，建立空间直角坐标系, 则， ， 所以， 设，则， 所以，， 因为平面， 所以， 解得，当为线段上靠近的四等分点时，平面，故B正确. 对于C，设平面的法向量为， 则，取，得， 所以平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 则，取，得， 所以平面的法向量为， 因为平面平面，所以， 设，即， 解得，又因为，不合题意， 线段上不存在点，使平面，故C错误． 对于D，平面的法向量为， 则， 因为， 所以， 所以的最大值为．故D正确． 故选：ABD． 16.（多选）若正方体的棱长为1，为棱的中点，点满足，其中，则下列说法中正确的是（  ） A．三棱锥的体积为 B．若平面，则动点的轨迹长度为 C．至少存在一个点，使平面 D．若直线与平面所成角的正切值为2，则点轨迹的长度为 【答案】ABD 【分析】对于A，由正方体几何性质可得面面平行，利用三棱锥的体积公式，可得答案； 对于B，在正方体中延拓平面，由正方体几何性质可得面面平行，根据题意可得答案； 对于C，利用空间向量的基本定理，表示出相关直线的方向向量，根据数量积运算，可得答案； 对于D，由正方体几何性质可得线面垂直，可得线面角，根据锐角三角函数的定义，结合圆的定义，可得答案. 【解析】对于A，由题意可作图如下： 由点满足，其中，则点平面， 由平面平面，则点到平面的距离， 所以三棱锥的体积，故A正确； 对于B，分别取的中点为，连接，如下图： 在正方体中，分别为的中点， 易知，，， 因为，所以共面，即平面， 因为，平面，平面，所以平面， 同理可得平面，又因为，且平面， 所以平面平面，由图可知平面平面， 由A可知平面，当时，平面，则平面， 所以为动点的轨迹，易知，故B正确； 对于C，由题意可作图如下： 设，以其为一组基底，易知， 则，，， ， 假设平面，则，， 可得，解得，显然不符合题意，故C错误； 对于D，由题意作图如下： 在正方体中，易知平面， 则为直线与平面所成角， 在中，，可得，解得， 所以的轨迹为以为圆心，以为半径的圆弧，可得其长度为.故D正确. 故选：ABD. 17.如图，在直三棱柱中，，，P为上的动点，Q为棱的中点． (1)设平面平面，若P为的中点，求证：； (2)设，问线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)存在，. 【分析】（1）设的中点为，连接，易证四边形为平行四边形，可得，进而得到平面，再根据线面平行的性质求证即可； （2）建立空间直角坐标系，结合空间向量及平面列出方程组求解即可. 【解析】（1）证明：设的中点为，连接， 因为P为的中点，Q为的中点， 所以，，， 在直三棱柱中，，， 所以，且， 所以四边形为平行四边形， 则，又平面，平面， 所以平面， 又平面平面，平面， 所以. （2）在直三棱柱中，平面，， 故可以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因为， 所以， 则，， 又，则， 所以， 若平面，则， 则，解得， 所以线段上存在点P，使得平面，此时. 18.如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形为正方形，为的中点，为上一点，为上一点，且平面平面．    (1)求证：为线段中点； (2)求二面角的正切值； (3)在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，求；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在，且 【分析】（1）由面面平行的性质可证得，由此可得出四边形，可证得，即可证得结论成立； （2）利用面面垂直的性质可推导出平面，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得二面角的正切值； （3）设，其中，根据平面平面结合空间向量法求出实数的值，即可得出结论. 【解析】（1）证明：因为平面平面．平面平面，平面平面， 可得， 又因为，则四边形为平行四边形，则， 因为为的中点，则，所以，， 故点为的中点. （2）解：因为，为的中点，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面， 又因为四边形为正方形，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，    因为，则、、， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 易知平面的一个法向量为，， 则， 所以，. 由图可知，二面角的平面角为锐角， 因此，二面角的正切值为. （3）解：易知、、、， 设，其中， 则，， 设平面的法向量为， 则， 取，则， 因为平面平面，则， 则，解得， 所以，当点为的中点时，平面平面，故. 19.如图，在四棱锥中，平面，与底面所成角为，四边形是梯形，．    (1)证明：平面平面； (2)若点T是的中点，点M是的中点，求点P到平面的距离． (3)点是线段上的动点，上是否存在一点M，使平面，若存在，求出M点坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明过程见解析；(2)；(3) 【分析】（1）先证明，继而证明，即可证明平面，从而根据面面垂直的判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案. （3）设，，进而表示出，，由题意列出关于的方程组求解即可. 【解析】（1）由平面，平面，平面， 得，， 与底面所成角为 ． 所以三角形 为等腰直角三角形， ． 又由四边形是直角梯形，，可知， 所以为等腰直角三角形，而，故． 在直角梯形中，过C作，垂足为E，则四边形为正方形， 可知 ． 所以 ，在等腰直角三角形 中，． 则有，所以． 又因为，，平面 ，平面． 所以平面．因为平面 ，所以平面平面． （2）以A为坐标原点，分别以所在的直线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．    则，，，，． 因为T是 的中点，点M是 的中点，所以，． 设平面 的法向量为，，， 则 ，得 ， 取 ，则 ，得平面的一个法向量为， 而,所以点P到平面的距离为． （3）设，注意到， 所以， 所以， 设，注意到， 所以， 因为，，所以， 若平面， 则当且仅当，即当且仅当， 此时， 综上所述，当且仅当重合，此时存在，使平面. 题型三：利用空间向量研究与空间角有关的探索性问题 20．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. 【解析】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：A. 21.（多选）如图，在正方体中，点是线段的中点，点是线段上的动点，下列结论中正确的是（  ）    A．对于任意的点，均有 B．存在点，使得平面 C．存在点，使得与所成角是 D．不存在点，使得与平面的所成角是 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量研究空间中线线、线面关系即可. 【解析】设正方体棱长为，如图所示建立空间直角坐标系， 则,    设， 则，， 所以，故A正确； 易知平面的一个法向量为， 则，即点是线段的中点时， 满足平面，故B正确； 由上可知， 所以当， 即时，使得与所成角是，故C正确； 由上可知，设平面的一个法向量为， 则有，令，即， 若与平面的所成角是， 则有， 即存在点，使得与平面的所成角是，故D错误. 故选：ABC. 22.（多选）如图，长方体中，是侧面的中心，是底面的中心，点在线段上运动，则下面选项正确的是（  ） A．四面体的体积为定值 B．点到平面的距离 C．异面直线与所成的角为 D．存在点，使得直线与平面所成的角为 【答案】ABD 【分析】A选项，证明出线面平行，得到点到平面的距离为定值，结合为定值，故四面体的体积为定值，A正确；B选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到点到平面的距离；C选项，利用异面直线夹角向量公式求出答案；D选项，设出点的坐标，利用线面角的向量求解公式得到，D正确. 【解析】A选项，因为，平面，平面， 所以平面， 又点在线段上运动，所以点到平面的距离为定值， 又为定值，故四面体的体积为定值，A正确； B选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 则， 解得，令，则，故， 故点到平面的距离 ，B正确； C选项，，， 则， 故异面直线与所成的角不为，C错误； D选项，设，， 由B选项知，平面的法向量为 设直线与平面所成角为， 则， 令，解得，负值舍去， 故存在点，使得直线与平面所成的角为，D正确. 故选：ABD. 23.（多选）如图，棱长为的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下面选项正确的是（  ）   A.； B.存在点，使得//面； C.的最小值为； D.存在点，使得与面所成线面角的余弦值为. 【答案】AB 【分析】建立如图空间直角坐标系，设，则，利用空间向量法即可证明ABD；将平面与平面沿展开成平面图，得，利用余弦定理计算即可判断C. 【解析】由题意，建立如图空间直角坐标系，    则， 所以， 设，则，所以， 所以. A：， 所以，故A正确； B：设平面的一个法向量为， 则，令，得，所以， 有，当时，，此时，即平面， 所以当点P为的中点时，平面，故B正确； C：将平面与平面沿展开成平面图，线段即为的最小值.    在中，，由余弦定理， 得， 即，故C错误； D：由平面， 得平面，即平面，则为平面的一个法向量， 假设存在点P，使得与平面所成线面角的余弦值为， 设该线面角为，则， 所以， 整理得，由知方程无实根， 所以不存在点P，使得与平面所成线面角的余弦值为，故D错误. 故答案为：AB. 24.如图，在四棱锥中，底面为菱形，且平面为棱的中点，为棱上的动点. (1)求证：平面平面. (2)是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)存在，点为棱上靠近点的三等分点 【分析】（1）连接，与相交于点，连接，根据 可得平面，根据面面垂直的判定定理可证明结论. （2）以为原点建立空间直角坐标系，表示平面与平面的法向量，根据两平面夹角的余弦值求出点的坐标即可确定点的位置. 【解析】（1） 如图，连接，与相交于点，连接. ∵底面为菱形，∴为的中点， ∵为的中点，∴ ， ∵平面，∴平面， ∵平面，∴平面平面. （2）∵四边形为菱形，且，∴为等边三角形， ∴. ∵平面，且底面为矩形，∴两两垂直， 以为原点，向量的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ∴. 设，则. 设平面的法间量为， 则令，可得. 由题意得为平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为， 则，解得， ∴存在点为棱上靠近点的三等分点，使得平面与平面夹角的余弦值为 25.在四棱锥中，平面ABCD，，，，，，E是PA的中点，在线段AB上，且满足. (1)求证：平面PBC； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段PA上是否存在点，使得FQ与平面PFC所成角的正弦值是，若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3). 【分析】（1）取的中点，连接和，利用线面平行的判定推理得证. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用向量法二面角的余弦值. （3）由（2）中相关信息，利用线面角的向量求法求解即得.. 【解析】（1）在四棱锥中，取的中点，连接和，由E是PA的中点， 得，且，又， 则且，四边形为平行四边形， 于是，而平面，平面，所以平面. （2）由，，得，由平面，平面， 得，而，则 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 设，则 由，得，解得，即 设平面的法向量为，， 则，令，得， 设平面的法向量为，， 则，令，得， 设二面角的大小为，由图形观察得为锐角， 因此， 所以二面角的余弦值是. （3）假定存在点满足条件，设点，由， 得，则，又平面的法向量为， 由与平面所成角的正弦值为，得， 整理得，又，解得，此时， 所以存在点，使得FQ与平面PFC所成角的正弦值是，. 26.如图1，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿BC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BM与平面APD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)5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. 【解析】（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（向量法）设，则，则在中，由，， 由余弦定理得，作，垂足为，连接，得，， 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 题型四：利用空间向量研究与空间距离有关的探索性问题 27.（多选）如图，在直三棱柱中，，，，是棱上的动点，则则下列说法正确的是（  ）  A．平面平面 B．存在点，使 C．存在点，使点到平面的距离为 D．存在点，使直线与所成角的余弦值为 【答案】ACD 【分析】由面面垂直的判定定理可判断A；当与重合时，，又，故不存在点，可判断B；在平面内过作的垂线，垂足为，则为点到平面的距离，求出可判断C；以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，由异面直线所成角的向量公式求解可判断D. 【解析】在直三棱柱中，因为平面，平面， ∴平面平面，故A正确； 连接，由平面，平面，得， 在中，当与重合时，， 又，故不存在点，使，故B错误； ∵平面平面，在平面内过作的垂线，垂足为， 则为点到平面的距离， 易知，故C正确； 如图，以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，设（）， 则，，令 ， 整理得，解得（舍去），， 且，故D正确.    故选：ACD. 28.（多选）在长方体中，为棱上的动点（不与重合），在直线上的点满足,则下列选项正确的是（  ） A； B.为定值； C.存在点，使得平面平面； D.存在点，使得点到平面的距离为2. 【答案】AD 【分析】根据给定的长方体，建立空间直角坐标系，由确定点的竖坐标关系，再利用空间位置关系的向量证明判断AC；利用向量夹角公式求解判断B；利用点到平面距离的向量求法求解判断D即可得解. 【解析】在长方体中，，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， ，由，得，解得， 对于A，，，因此，A正确； 对于B，， 不是常数，因此不为定值，B错误； 对于C，由平面，得平面， 即平面的一个法向量为，设平面的法向量， 则，令，得，，即不垂直， 因此不存在点，使得平面平面，C错误； 对于D，点到平面的距离，若， 则，整理得，解得， 因此存在点，使得点到平面的距离为2，D正确， 故选：AD 29.如图，在四棱锥中，平面平面，，，若 ，，为棱的中点在，若在线段上存在点，使得点到平面的距离是，则 的值为__________ 【答案】 【分析】对于选项D，通过建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法和空间距离的向量法，即可得出结果. 【解析】因为，，得到，又， 所以，得到， 又平面平面，平面平面，平面， 所以面，又，所以可建立如图所示的空间直角坐标系， 因为 ，， 则，所以， 设平面的一个法向量为， 由，得到，取，得到，所以， 设，又，得到， 所以，得到， 设到平面距离为，则，解得， 故答案为： 30.如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点．    (1)求平面与平面的夹角余弦值； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)；(2)存在满足题意的点，此时 【分析】（1）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可； （2）假设存在满足题意的点，，利用空间向量法求解点面距，建立关于a的方程，解之即可求解. 【解析】（1）由平面平面平面， 所以平面，又平面，所以 ， 又，有，故， 建立如图空间直角坐标系，    ，得， 易知平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为， ，令，得，， 所以， 即平面与平面所成角的余弦值为； （2）由（1）知，则，假设存在满足题意的点. 设，则， 得，即，所以， 故点到平面的距离为， 即，解得或（舍去）， 所以存在满足题意的点. 此时，所以. 31.如图，四棱锥中，平面，，，，，，是的中点． (1)求证：平面； (2)若， ①求平面与平面所成角的余弦值； ②在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？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)①；②存在， 【分析】（1）取中点，根据线线平行证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，①利用坐标法可求得两平面法向量，即可得两平面夹角余弦值；②设，利用坐标法表示点到平面距离，列方程，即可得解. 【解析】（1） 取中点，连接，， 又点是中点， ，且， ，， ，且， 四边形为平行四边形， ， 平面，平面， 平面； （2） 平面，且，则以点为坐标原点建立空间直角坐标系， ①，，，，，， 易知平面的一个法向量为， 在平面中，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，的， ， 即平面与平面所成角的余弦值为； ②设，， 又，， 则， 又， 设平面的一个法向量为， 则， 令，得， 则， 解得， 即存在点使得点到平面的距离为， 此时. 1 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $