专题07 立体几何小题压轴13种重点题型归类（压轴题专项训练）高二数学湘教版选择性必修第二册

专题07立体几何小题压轴 目录 典例详解 类型一、外接球 类型二、体积问题 类型三、截面面积问题 类型四、轨迹长度问题 类型五、距离和最小问题 类型六、线段最值问题 类型七、线线角问题 类型八、线面角问题 类型九、面面角问题 类型十、线面关系问题 类型十一、点线距问题 类型十二、点面距问题 类型十三、线线距问题 压轴专练 类型一、外接球 墙角模型（补成长方体） （1）若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示. （2）若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示. （3）正四面体可以补形为正方体如图3所示， （4）若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示 例1．(25-26高二上·安徽部分·期末)（多选）如图，在平行六面体中，，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．直线与直线所成角的正弦值为 C．点到平面的距离为 D．三棱锥的外接球体积为 变式1-1．(25-26高二·广东湛江·期末) （多选）如图，八面体的每一个面都是正三角形，若四边形是边长为4的正方形，则（    ） A．异面直线与所成的角大小为 B．二面角的平面角的余弦值为 C．此八面体的外接球的体积是 D．此八面体的内切球的表面积为 变式1-2．(25-26高二上·贵州六盘水·期末) （多选）如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，平面平面，，则下列说法正确的是（    ）    A．三棱锥的四个面都是直角三角形 B．四棱锥的外接球体积为 C．当时，异面直线与所成角为 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 变式1-3．(25-26高二上·浙江嘉兴·期末) （多选）在棱长为2的正方体中，E为的中点，点F满足（），则（    ） A．当时，平面BDF B．对任意，三棱锥的体积是定值 C．存在，使得直线AC与平面BDF所成的角为 D．当时，点F，B，C，D均在球O的球面上，且球O的半径为 类型二、体积问题 等体积法是求空间几何体体积的常用方法，一般适用于求三棱锥的体积问题，就是将三棱锥的底面和高更换，以确保三棱椎的体积不变.由于有些三棱锥的体积直接求解较为困难，我们不妨更换其底面和高，选择一个易求出面积的底面和对应的高，这样便能快速求出三棱锥的体积. 例2．(25-26高二·江苏如皋·期末) （多选）边长为2的正方体中，动点满足，.则下列结论正确的是（    ） A． 平面 B．四面体的体积为 C．设直线与所成角为，则的最大值为 D．若直线与平面所成角的正弦值为，则点的轨迹长度为 变式2-1．(25-26高二·浙江绍兴上虞区·期末) （多选）点是棱长为2的正方体的表面上的一个动点，则（   ） A．当点在面上运动时，三棱锥的体积为定值 B．当点在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．若直线与平面所成的角为45°，则点的运动轨迹长度是 D．设点是的中点，当在底面上运动，且满足时，的最小值为 变式2-2．(25-26高二上·河南郑州第一中学·期末) （多选）如图，在三棱锥中，，，分别是的中点，是的中点，在上，且．则下列命题正确的有（    ） A．异面直线所成角的余弦值是 B．三棱锥的体积为 C．MN的长为 D．平面 变式2-3．(25-26高二上·广东深圳实验学校光明部·期末)（多选）已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，点在侧面上运动，且直线平面，下列说法正确的是（   ） A．点的轨迹长度为 B．直线与直线所成的角记为，则的最小值为 C．平面与平面所成的锐二面角记为，则 D．三棱锥体积为2 类型三、截面面积问题 ①若已知两点在同一平面内，只要连接这两点，就可以得到截面与多面体的一个面的截线。 ②若面上只有一个已知点，应设法在同一平面上再找出第二确定的点。 ③若两个已知点分别在相邻的面上，应找出这两个平面的交线与截面的交点。 ④若两平行平面中一个平面与截面有交线，另一个面上只有一个已知点，则按平行平面与第三平面相交，那么它们的交线互相平行的性质，可得截面与平面的交线。 ⑤若有一点在面上而不在棱上，则可通过作辅助平面转化为棱上的点的问题；若已知点在体内，则可通过辅助平面使它转化为面上的点，再转化为棱上的点的问题来解决。 例3．(25-26高二·广东湛江第一中学·期末)（多选）如图，矩形所在平面与正方形所在平面垂直，点P在线段上（包含端点），，则下列说法正确的是（   ） A．存在点，使得直线平面 B．存在点，使得直线平面 C．直线与平面所成角的正弦值的取值范围是 D．三棱锥的外接球被平面所截得的截面面积是 变式3-1．(25-26高二上·河南南阳·期末) （多选）如图，已知正方体的棱长为，为的中点，为线段上的一个动点，设由点、、构成的平面为．则下列结论中，正确的是（    ） A．当为的中点时，平面截正方体所得的截面为五边形 B．平面截正方体所得的截面可能是三角形 C．当点与重合时，平面截正方体，所得截面的面积为 D．点到平面的距离的最大值为 变式3-2．(24-25高二上·江西萍乡·期末) （多选）已知正方体的棱长为1，点分别为棱的中点，则下列说法正确的有（    ） A． B．平面截该正方体所得的截面面积为 C．平面与平面夹角的正弦值为 D．线段上的动点到平面的距离为定值 变式3-3．(25-26高二上·重庆复旦中学教共体·) （多选）如图，在棱长为的正方体中，，分别为棱，的中点，为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（   ） A．三棱锥体积为定值 B．存在点，使平面平面 C．设直线与平面所成角为，则最大值为 D．平面截正方体所得截面的面积为 类型四、轨迹长度问题 例4．(25-26高二·贵州遵义航天高级中学·期末)（多选）在平行六面体中，，，点为上的任意一点，点为底面内一动点（含边界），则（   ） A．三棱锥外接球的表面积为 B．平行六面体的高为 C． D．若，则点的轨迹长度为 变式4-1．(25-26高二·山西运城·期末) （多选）在棱长为的正方体中，，，则下列说法正确的是（） A． B．三棱锥的体积最大值为 C．若，则点到直线的距离为 D．三棱锥外接球球心轨迹的长度为 变式4-2．(25-26高二·广东广州·期末) （多选）在棱长为的正方体中，点满足，其中，，则（   ） A．若，则平面平面 B．若，有且仅有一个点，使得平面 C．若，则异面直线和所成角的取值范围是 D．若与平面所成角为，则动点P的轨迹长为 变式4-3．(25-26高二上·广东实验中学·期末) （多选）如图，正四棱柱中，，动点满足，且．则下列说法正确的是（   ） A．当时，三棱锥的体积为 B．当时，的最小值为 C．若直线与所成角为，则动点的轨迹长为 D．当时，的取值范围是 类型五、距离和最小问题 例5．(25-26高二上·广东实验中学·期末)（多选）如图，正四棱柱中，，动点满足，且．则下列说法正确的是（   ） A．当时，三棱锥的体积为 B．当时，的最小值为 C．若直线与所成角为，则动点的轨迹长为 D．当时，的取值范围是 变式5-1．(25-26高二上·四川眉山·期末) （多选）在棱长为4的正方体中，N为的中点，O为的中点，M是棱上靠近的四等分点，Q是棱上靠近D点的四等分点，点P在正方体的表面上运动，则下列说法正确的是（    ）    A．若点P在棱上运动，则三棱锥的体积不变 B．若点P在棱上运动，则线段与的长度之和最小为 C．若平面，则点P的轨迹长度为 D．若，则点P的轨迹是长方形 变式5-2．（多选）如图，在棱长为1的正方体中，分别是棱上的动点，且，，，，则（    ） A．当时，平面 B．当时，平面 C．当时，三棱锥体积的最大值为 D．当时，的最小值为2 变式5-3．(25-26高二上·广西南宁·期末) （多选）如图，在直三棱柱中，，，点满足，其中，则（   ） A．当时，的最小值为 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，存在两个点使得平面与平面的夹角为 D．当时，有且仅有一个点，使得 类型六、线段最值问题 例6．(25-26高二上·江西九江·期末)（多选）棱长为2的正方体中，动点满足：，其中，则以下说法中正确的是（    ） A．若，则平面 B．若，则 C．若，则的最小值为 D．若，则三棱锥的体积为定值 变式6-1．(25-26高二·河北唐山·期末) （多选）在正三棱柱中，，则（　　） A．直线与所成角的正切值为 B．直线与平面所成角的余弦值为 C．若为直线上一动点，则的最小值为 D．三棱锥的外接球的表面积为 变式6-2．(25-26高二上·湖北部分级示范高中·期中) （多选）如图，在棱长为2的正方体中，为边的中点，点为线段上的动点，设，则（    ）    A．当时，取得最小值，其值为 B．当时，平面 C．的最小值为 D．当时， 变式6-3．(25-26高二上·浙江湖州长兴县南太湖联盟·) （多选）在长方体中，，分别是棱，上的动点（含端点），且，为棱的中点，则（   ） A．若是棱的中点，则平面 B．若是棱的中点，直线平面 C．线段长度的最大值为 D．若为线段的中点，则的最小值为 类型七、线线角问题 求异面直线所成角的方法 基向量法：在一些不适合建立坐标系的题型中，经常采用取定基向量的方法，在两异面直线a与b上分别取点A，B和C，D，则与可分别作为a与b的方向向量，则cos θ=，根据条件可以把与用基表示，再进行计算. （2）坐标法：根据题目条件建立恰当的空间直角坐标系，写出相关各点的坐标，利用坐标法求线线 角，避免了传统找角或作角的步骤，使过程变得简单． 例7．(25-26高二上·江西九江修水县第一中学·)（多选）已知正方体的棱长为1，动点P满足，其中，则下列说法正确的是（     ） A．若，，则平面 B．若，则与所成角的取值范围为 C．若，则二面角的平面角的正切值为 D．若，则三棱锥的体积为 变式7-1．(25-26高二上·云南多校·期中) （多选）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，，分别是线段，的中点，是线段上的一个动点（不含端点，），则下列说法正确的是（   ） A．平面 B．存在点，使得 C．不存在点，使得异面直线与所成的角为 D．三棱锥体积的取值范围为 变式7-2．(25-26高二上·贵州遵义凤冈县·期中) （多选）在棱长为1的正方体中，点是正方形内一点，下列说法正确的是（   ） A．若点与点不重合时，平面平面 B．若，则点的轨迹长度为 C．若点在线段上，则异面直线与所成角的取值范围 D．若点在线段上，则三棱锥体积不变 变式7-3．(25-26高二上·云南怒江傈僳族兰坪白族普米族自治县·期中) （多选）如图，在直四棱柱中，，，，，是棱的中点，是线段上的动点，则（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在实数，，使得向量 C．异面直线与所成的角不可能是 D．平面与平面夹角的余弦值的最大值是 类型八、线面角问题 求线面角的两种思路 （1）线面角转化为线线角．根据直线与平面所成角的定义，确定出待求角，转化为直线的夹角来求解，此时要注意两直线夹角的取值范围. （2）向量法． 方法一：设直线PA的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线PA与平面α所成的角为 θ（θ∈[0,]），α与n的夹角为，则sin θ=lcos |= 方法二：设直线PA的方向向量为a，直线PA在平面α内的投影的方向向量为b， 则直线PA与平面α所成的角θ满足cosθ=|cos<a，b>| 例8．(25-26高二上·河南平顶山普通高中·期末)（多选）如图，四棱台的底面ABCD为正方形，，，，E，F分别为BC，CD的中点，M为棱上一动点（含端点），则（    ） A．直线与直线所成的角为45° B．当点M与点C不重合时，平面 C．直线AM与平面所成角的最大值为45° D．点M到直线BD的距离的最小值为 变式8-1．(25-26高二上·贵州贵阳·期末) （多选）已知正方体的棱长为2，点P在线段上运动，点M在线段BC上运动，则下列结论正确的是（    ） A．三棱锥的体积不是定值 B．直线平面 C．点M到平面的距离的最大值为 D．直线与平面所成角的正弦值的最小值为 变式8-2．(24-25高二下·贵州新高考协作体·月考) （多选）如图，菱形的边长为2，，为边的中点，将沿DE折起，折叠后点的对应点为，使得平面平面，连接，，则下列说法正确的是（   ）    A． B．与所成角的余弦值为 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．二面角的余弦值为 变式8-3．(25-26高二上·四川绵阳中学·) （多选）如图，正方形，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，点分别在正方形对角线上移动，且和的长度保持相等．记，则下列说法正确的是（   ） A．当时，的长为 B．当时，三棱锥的体积是 C．当的长最小时，直线与平面所成角的余弦值为 D．不存在，使得直线与所成角的正弦值为 类型九、面面角问题 求面面角的步骤 第一步 首先根据已知条件建立适当的空间直角坐标系并标出相应点的空间坐标； 第二步 然后根据已知条件求出各自所求平面的法向量； 第三步 由向量的数量积计算公式即可得出结论. 例9．(25-26高二上·浙江强基联盟·)（多选）如图①所示，长方形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图②的四棱锥.若为线段中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ） A． 平面 B．的长为定值 C．四棱锥体积的最大值为 D．设二面角的平面角为，若，则平面和平面夹角余弦值的最小值为 变式9-1．(25-26高二上·山东济宁任城区·期中) （多选）棱长为2的正方体分别是的中点，为棱上的动点，设，则下列说法正确的是（   ） A．当时， B．当时，直线与所成角的余弦值为 C．平面与平面夹角的余弦值的最大值为 D．平面与正方体侧面的交线扫过的区域面积为 变式9-2．(25-26高二上·河南实验中学·期中) （多选）如图，在棱长为1的正方体中，，分别是的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（   ）    A．三棱锥的体积为定值 B．不存在点，使得 C．平面与平面所成角的正切值的最大值为 D．时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为 变式9-3．(24-25高二上·四川凉山州·期末) （多选）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，点E是棱上一点，则下列说法正确的是（   ） A．不存在点E，使平面 B．存在点E，使平面 C．若点E为中点，则点C到平面的距离为 D．二面角夹角最大时， 类型十、线面关系问题 线线平行 证明两直线的方向向量共线 线面平行 ①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直； ②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行 面面平行 ①证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题 例10．(25-26高二·广东佛山普通高中·)（多选）已知正三棱柱的所有棱长为2，，分别为棱，上的点，则（    ） A．当为中点时，任意点到平面的距离均为1 B．当为中点时，存在点到直线的距离为2 C．对任意给定的点，存在点，使得 D．对任意给定的点，存在点，使得 变式10-1．(25-26高二上·河南巩义·期末) （多选）如图，在棱长为1的正方体中，为边的中点，点在底面内运动（包括边界），则下列说法正确的有（    ） A．当点与重合时，有 B．点到平面的距离为 C．点到直线的距离为1 D．点在棱上，且，存在点，使得 变式10-2．(25-26高二·浙江丽水·) （多选）在四棱锥中，，，，点分别满足，，．平面与棱交于点，，则以下结论正确的是（    ） A．若，则 B．, C．若，则 D．若，则存在平面将该四棱锥分成上、下体积相等的两部分 变式10-3．(25-26高二上·四川成都·期末) （多选）如图，在长方体中，，，若是的中点．则（    ） A．过三点作长方体的截面，则截面为菱形 B．存在实数，使得直线与平面垂直 C．直线平面，则 D．点到直线的距离的范围为 类型十一、点线距问题 用向量法求点线距的一般步骤 建立空间直角坐标系； （2）求直线的方向向量； （3）计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影长； （4）利用勾股定理求解．另外，要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化. 例11．(25-26高二上·四川泸州·期末)（多选）如图，正方体的棱长为2，点在线段上运动，则（   ）    A．存在点，使得 B．三棱锥的体积为定值 C．直线与所成的最小角为 D．点到直线距离的最小值为 变式11-1．(25-26高二·安徽“江南十校”·) （多选）如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为与的交点，是线段上的动点，则下列结论正确的是（　　） A． B．在上的投影向量的模长为定值 C．存在点，使得平面 D．点到直线的距离的范围是 变式11-2．(25-26高二上·辽宁朝阳建平县高级中学等校·月考) （多选）如图1，某同学在一张矩形卡片上绘制了函数的部分图象，分别是图象的一个最高点和最低点，是图象与轴的交点，，垂足为，现将该卡片沿轴折成如图2所示的直二面角，对于图2，则下列结论正确的是（   ） A． B．点到直线的距离为 C．点到平面的距离为 D．平面与平面夹角的余弦值为 变式11-3．(25-26高二上·广东东莞东莞中学松山湖学校、深圳大学附属中学·) （多选）如图，在直三棱柱中，，，，M，N分别为的中点，点Q在线段上，满足，则（    ） A．B，N，M，Q四点共面 B．Q为的中点 C．点N到直线BQ的最小距离为 D．平面与平面夹角的余弦值为 类型十二、点面距问题 用向量法求点面距的步骤 建系：建立恰当的空间直角坐标系； 求点坐标：写出（求出）相关点的坐标； （3）求向量：求出相关向量的坐标（，α内两个不共线向量，平面α的法向量n）； （4）求距离d= 1．（多选）如图，已知正方体的棱长为4，点在线段上运动（不包含端点），则下列结论正确的是（） A．直线与所成角为 B．平面 C．点到平面的距离为定值 D．若是正方体内切球的一条直径，则的取值范围为 2．(25-26高二上·陕西西安高新第一中学·期中) （多选）如图，棱长为2的正方体中，P是线段上的动点包含端点，给出下列四个结论，其中正确的是（    ） A．三棱锥中，点P到平面的距离为定值 B．过点P且平行于平面的平面被正方体截得的多边形的面积为 C．直线与平面所成角的正弦值的范围为 D．当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为 3．(25-26高二上·重庆黔江新华中学校等“大一联盟”·期中) （多选）如图，在三棱锥中，，平面，，，，，分别为，，，的中点，是的中点，是线段上的动点（不包括端点），三棱锥的外接球为球，三棱锥的外接球为球，则（    ）    A．的取值范围为 B．存在点，使得 C．，，三点共线 D．球球面上点到平面距离最大值是 4．(25-26高二上·福建泉州安溪一中、惠安一中、实验中学、养正中学·期中) （多选）已知正方体的棱长为1，点满足，其中，，则（    ） A．当时，不存在点，使得平面 B．当，满足时，不存在点，使得与平面所成角为 C．当，满足时，点到平面的距离的最小值为 D．当，满足时，三棱锥的体积的最小值为 类型十三、线线距问题 公式：如果直线l与平面α平行，n是平面α的一个法向量，A、B分别是l上和α内的点，则直线l与平面α之间的距离为d＝． 例13．(25-26高二上·广东广州奥林匹克中学·期中)（多选）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，下列结论正确的是（   ）    A．点到直线的距离为 B．直线到直线的距离为 C．点到平面的距离为 D．直线到平面的距离为 变式13-1．(24-25高二上·重庆第十八中学·期中) （多选）已知棱长为2的正方体中，为的中点，为上的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（   ） A．平面 B． C．与的距离是 D．动点的轨迹长为 变式13-2．(25-26高二上·山东临沂兰山区·)在三棱锥中，、均为等腰直角三角形，其中，，，点M，N分别在线段AB，PC上，则的最小值为______. 变式13-3．(25-26高二上·陕西西安庆安高级中学·月考)在直三棱柱中，，，P，Q分别是直线，上的动点，则PQ的最小值为______. 一、多选题 1．(25-26高二·广东韶关·期末)如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，，分别为线段上的动点，则（   ） A．点到直线EF的距离为 B．三棱锥体积的最小值为2 C．存在点G，H，使得 D．当平面时，线段GH的最小值为 2．(25-26高二上·河北邢台第二中学等校·期末)如图，在三棱锥中，平面分别是的中点，则（   ）    A．平面 B．与平面可能平行 C．与可能垂直 D．与平面可能垂直 3．(25-26高二上·安徽师范大学附属中学·期末)在棱长为1的正方体中，为棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A．异面直线与所成角为 B．直线与平面所成角的余弦值为 C．点到直线的距离为 D．平面与平面间的距离为 4．(25-26高二·广东清远·)如图，已知正方体的棱长为2，为的中点，点满足，下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则存在点使得，，，四点共面 C．若，则四面体的体积为定值 D．若，，则直线与平面所成角的正弦值为 5．(25-26高二上·江西抚州金溪县第一中学·期末)《九章算术》中将底面是长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有“阳马”如下图所示，其中平面，，点在棱上运动．下列说法错误的是（    ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．点到平面距离的最大值为 D．当时，三棱锥的体积是四棱锥体积的 6．(25-26高二·四川广元·期末)如图，平面四边形是由两个直角三角形拼接而成，，．现在将沿进行翻折，使得平面平面，连接，得到三棱锥．若分别为的中点，则下列说法正确的是（    ） A．平面平面 B．异面直线与所成角的余弦值为 C．不共面 D．三棱锥外接球的表面积为 7．(25-26高二上·河北部分学校·)如图，在棱长为2的正方体中，分别是线段上的动点（不含端点），且，则下列结论正确的是（   ） A． B．三棱锥体积的最大值为 C．若，则三棱锥外接球的表面积为 D．存在，使得平面 二、填空题 8．(25-26高二·浙江温州·期末)已知四棱锥，平面，，，，点为内部一点，，点为直线上一点，则直线与所成角的正弦值的最小值为__________. 9．(25-26高二·浙江温州·期末)已知四棱锥平面 ，，点为中点，平面交于点，则四边形的面积为__________.    10．(25-26高二·广东汕头澄海区·期末)如图，在正四棱柱中，，点为棱的中点，若侧面（包含边界）内的动点满足（，），则点的轨迹的长度是________. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07立体几何小题压轴 目录 典例详解 类型一、外接球 类型二、体积问题 类型三、截面面积问题 类型四、轨迹长度问题 类型五、距离和最小问题 类型六、线段最值问题 类型七、线线角问题 类型八、线面角问题 类型九、面面角问题 类型十、线面关系问题 类型十一、点线距问题 类型十二、点面距问题 类型十三、线线距问题 压轴专练 类型一、外接球 墙角模型（补成长方体） （1）若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示. （2）若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示. （3）正四面体可以补形为正方体如图3所示， （4）若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示 例1．(25-26高二上·安徽部分·期末)（多选）如图，在平行六面体中，，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．直线与直线所成角的正弦值为 C．点到平面的距离为 D．三棱锥的外接球体积为 【答案】ACD 【分析】应用数量积为0得出线线垂直进而应用线面垂直判定定理判断A，应用异面直线余弦公式计算求解判断B，应用空间向量法计算点到平面距离判断C，外接球体积公式计算判断D. 【详解】根据题意，令， 对于， ， 即， 同理可得，即， 又，且平面， 平面，故A正确； 对于B，如图 直线与所成角等于直线与所成角， 设与所成角为， ， ， ，故B错误； 对于C，如图2易知，三棱锥是边长为1的正四面体， 平面为的外接圆圆心，， ， 到平面的距离为，故C正确； 对于D，为三棱锥的外接球球心， 如图2易知，， 在中，， ，故D正确. 故选：ACD 变式1-1．(25-26高二·广东湛江·期末) （多选）如图，八面体的每一个面都是正三角形，若四边形是边长为4的正方形，则（    ） A．异面直线与所成的角大小为 B．二面角的平面角的余弦值为 C．此八面体的外接球的体积是 D．此八面体的内切球的表面积为 【答案】ACD 【分析】连接交于O，以O点为原点建立空间直角坐标系，对于AB，采用空间向量法计算即可；对于C，易知外接球的球心为O，利用球的半径计算即可；对于D，利用体积法计算内切球半径，再结合球体的表面积计算公式即可计算． 【详解】连接交于O，连接，由正方形得， 八面体各面是正三角形，根据对称性可知三点共线且平面， 以O为原点建立空间直角坐标系，如图所示， 则， ， 对于A，， 设异面直线与所成角为，则， 因为，所以，故A正确； 对于B，， 设面的一个法向量为，则，也即， 取，则， 设面BEC的一个法向量为，则，也即， 取，则， 所以，又面与面所成的角为钝角， 故二面角的平面角的余弦值为，故B错误； 对于C，由，且由对称性易知外接球球心为O， 则外接球半径为，外接球体积为，故C正确； 对于D，设内切球的半径为， 则八面体的体积为， 又因为八面体体积为， 解得，所以内切球表面积为，故D正确． 故选：ACD． 变式1-2．(25-26高二上·贵州六盘水·期末) （多选）如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，平面平面，，则下列说法正确的是（    ）    A．三棱锥的四个面都是直角三角形 B．四棱锥的外接球体积为 C．当时，异面直线与所成角为 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ABD 【分析】利用面面垂直的性质判断A选项；利用补形法把四棱锥补成长方体，长方体的体对角线就是四棱锥的外接球直径，再利用球的体积计算公式计算求值判断B选项；建立空间坐标系，利用异面直线夹角的余弦公式计算求值判断C选项；利用直线与平面的夹角公式计算求值判断D选项. 【详解】，是直角三角形， 底面是边长为的正方形，所以是直角三角形， 又是平面与平面的交线，，则平面， 平面，可得：，故是直角三角形， 又是正方形，，，平面， 故平面，又平面，故平面平面， 为平面与平面的交线，平面， 平面，可得：，是直角三角形， 三棱锥的四个面都是直角三角形，A选项正确； 把四棱锥补成长方体，如下图所示      则四棱锥的外接球的直径就是长方体的体对角线， 又，， 则该长方体体对角线长度， 即四棱锥的外接球的半径， 外接球的体积，故B选项正确； 以为原点，方向为轴，过作垂线垂直平面，垂足为， 以方向为轴，建立空间坐标系，   ，，， 当时，，则，， 由三角形面积，解得， 则，故， ，， ，C选项错误； 设直线与平面所成角为， 设点到平面的距离为，即点的坐标的绝对值为， 又，在中，， 又，由基本不等式， 当且仅当时成立，即，故最大值为， 即，此时， ， ，D选项正确. 故选：ABD 变式1-3．(25-26高二上·浙江嘉兴·期末) （多选）在棱长为2的正方体中，E为的中点，点F满足（），则（    ） A．当时，平面BDF B．对任意，三棱锥的体积是定值 C．存在，使得直线AC与平面BDF所成的角为 D．当时，点F，B，C，D均在球O的球面上，且球O的半径为 【答案】ACD 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，当时，此时平面与平面重合，求得和，结合线面垂直的判定定理，可判定A正确；根据不与平面平行，可判定B错误；求得向量和平面的法向量为 ，结合向量的夹角公式，可判定C正确；设球心，半径为R，列出方程组，求得的值，可判断D正确. 【详解】以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，，，． 对于A，当时，与重合，平面与平面重合， 所以， 可得，， 所以，，又因为，DB，面， 所以面，所以平面，所以A正确．    对于B，因为不与平面平行，所以到面的距离不为定值， 所以三棱锥的体积不为定值，所以B错误． 对于C，因为, 设面的法向量为，则， 令，可得，，所以， 所以与平面所成角的正弦值为 ， 因为，即存在使AC与平面BDF所成角为，所以C正确． 对于D，当时，，设球心，半径为R， 则，解得，所以D正确． 故选：ACD． 类型二、体积问题 等体积法是求空间几何体体积的常用方法，一般适用于求三棱锥的体积问题，就是将三棱锥的底面和高更换，以确保三棱椎的体积不变.由于有些三棱锥的体积直接求解较为困难，我们不妨更换其底面和高，选择一个易求出面积的底面和对应的高，这样便能快速求出三棱锥的体积. 例2．(25-26高二·江苏如皋·期末) （多选）边长为2的正方体中，动点满足，.则下列结论正确的是（    ） A． 平面 B．四面体的体积为 C．设直线与所成角为，则的最大值为 D．若直线与平面所成角的正弦值为，则点的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】先根据向量关系得点的轨迹在内（包括边界），根据平面 平面判断A；根据判断B；设与平面相交于点，证明平面，求得．根据为异面直线与所成的角，判断C；根据线面角求得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，再求轨迹长度即可. 【详解】如图所示，连接， 因为动点满足，， 所以，即， 所以，即点的轨迹在内（包括边界） 对于A，因为在中，，，，， 所以四边形，均为平行四边形， 所以，， 因为平面，平面，平面，平面， 所以平面，平面， 因为，平面， 所以平面平面 因为平面，所以 平面，故A选项正确； 对于B，由平面平面，点的轨迹在内（包括边界） 所以四面体的体积，故B选项错误； 在正方体中，易知平面，平面， 所以，， 又，，，， 所以平面，平面， 所以 ， ， 因为，所以平面， 设与平面相交于点， 由于，， 则点到平面的距离为． 对于C，因为 ，所以为异面直线与所成的角， 因为，所以，故C正确． 对于D，因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以，解得， 所以 点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 如图所示， 在中，，同理， 即点为等边外接圆圆心， 又，设， 由余弦定理得，解得或 当时，如图，即，此时不在内， 故只需考虑的情况即可， 所以，则 所以的轨迹长度为，故D正确． 故选：ACD 变式2-1．(25-26高二·浙江绍兴上虞区·期末) （多选）点是棱长为2的正方体的表面上的一个动点，则（   ） A．当点在面上运动时，三棱锥的体积为定值 B．当点在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．若直线与平面所成的角为45°，则点的运动轨迹长度是 D．设点是的中点，当在底面上运动，且满足时，的最小值为 【答案】ABD 【分析】根据点到平面的距离为定值可知A正确，由异面直线夹角的求法找出夹角的平面角，可得B正确，利用线面角定义可知点的运动轨迹是两段线段和一段圆弧，可知C错误，建立空间直角坐标系利用长度的坐标运算可知D正确. 【详解】对于A，当点在面上运动时，点到平面的距离为正方体的棱长， 所以，所以三棱锥的体积为定值，A正确， 对于B，因为,故与所成角等于与所成角，连接，易知为等边三角形，如下图： 与夹角为，当为中点时，,夹角为，故夹角的取值范围为,B正确， 对于C，易知与平面所成的角均为，如下图所示： 只需保证点在线段上运动即可， 当点在平面内运动时，需满足到点的距离为2即可， 此时点的运动轨迹是以点为圆心的圆弧， 因此可知点的运动轨迹长度为，即C错误； 对于D，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如下图： 易知,设, 则 由，得，故, 的长度， 代入，得，当时，最小，最小值为，D正确. 故选：ABD 变式2-2．(25-26高二上·河南郑州第一中学·期末) （多选）如图，在三棱锥中，，，分别是的中点，是的中点，在上，且．则下列命题正确的有（    ） A．异面直线所成角的余弦值是 B．三棱锥的体积为 C．MN的长为 D．平面 【答案】ACD 【分析】将该三棱锥放到长方体中，求得长方体的棱长分别为，，进而建立空间直角坐标系，并依次讨论各选项即可. 【详解】因为三棱锥中，，， 所以，将该三棱锥放到长方体中，如图，设长方体的棱长 ， 则，解得，， 如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，，， 对于A，，，，所以异面直线所成角的余弦值是，A选项正确； 对于B, ,,, 所以 ，故B选项错误； 对于C，， ，即MN的长为，故C选项正确； 对于D，， 设，即， 解得，所以，即向量共面， 因为平面，所以平面，故D选项正确. 故选：ACD 变式2-3．(25-26高二上·广东深圳实验学校光明部·期末)（多选）已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，点在侧面上运动，且直线平面，下列说法正确的是（   ） A．点的轨迹长度为 B．直线与直线所成的角记为，则的最小值为 C．平面与平面所成的锐二面角记为，则 D．三棱锥体积为2 【答案】ABD 【分析】利用面面平行确定点的轨迹可判断A；建立空间直角坐标系，利用向量夹角表示出，结合二次函数性质可判断B；求出法向量，根据二面角的向量公式计算可判断C；利用向量求出点到平面的距离，结合棱锥的体积公式可判断D. 【详解】A：建立如图所示的空间直角坐标系， 线段的中点分别为， 连接， 因为点为棱的中点，点为棱的中点， 所以，由正方体的性质可知， 所以，因此平面就是平面， 因为点为棱的中点，点为棱的中点， 所以有且， 由正方体的性质可知且， 于是有且， 所以四边形是平行四边形，则有， 而平面，平面， 所以平面， 因为点为棱的中点，点为棱的中点， 所以，由上可知， 因此，而平面，平面， 所以平面，而平面， 所以平面平面， 当点在线段时，则有平面，则直线平面， 即点的轨迹为线段，显然，正确； B：，，， 因为点在线段， 所以设， 解得， 所以， ， ， 显然当时，有最小值，最小值为，正确； C：，， 设平面的法向量为， 因此有， 由正方体的性质可知平面的法向量为， 所以，错误； D：，，则， 则点到平面的距离， 因为，所以， 因为，所以， 所以， 所以三棱锥体积为，正确. 故选：ABD 类型三、截面面积问题 ①若已知两点在同一平面内，只要连接这两点，就可以得到截面与多面体的一个面的截线。 ②若面上只有一个已知点，应设法在同一平面上再找出第二确定的点。 ③若两个已知点分别在相邻的面上，应找出这两个平面的交线与截面的交点。 ④若两平行平面中一个平面与截面有交线，另一个面上只有一个已知点，则按平行平面与第三平面相交，那么它们的交线互相平行的性质，可得截面与平面的交线。 ⑤若有一点在面上而不在棱上，则可通过作辅助平面转化为棱上的点的问题；若已知点在体内，则可通过辅助平面使它转化为面上的点，再转化为棱上的点的问题来解决。 例3．(25-26高二·广东湛江第一中学·期末)（多选）如图，矩形所在平面与正方形所在平面垂直，点P在线段上（包含端点），，则下列说法正确的是（   ） A．存在点，使得直线平面 B．存在点，使得直线平面 C．直线与平面所成角的正弦值的取值范围是 D．三棱锥的外接球被平面所截得的截面面积是 【答案】BCD 【分析】（1）对于选项A，假设存在，根据条件推出矛盾求解；对于选项B，先确定点，再证明；对于选项C，建系，利用空间向量的坐标运算求解；对于选项D，把几何体放在长方体中求解. 【详解】取的中点，连接，设，连接，， 如图，在正方形中，为的中点，是矩形，则且，故四边形是平行四边形，则. 对于选项A，假定存在点P，使得直线平面，而平面，则， 又，从而有， 因为，点在线段上（包含端点），则，产生矛盾，故假设不成立，故A错误； 对于选项B， 因为，平面，平面，故平面， 则当点P与G重合时，直线平面，故B正确； 对于选项C，因为平面平面，平面平面， 且平面，，故平面， 以D为原点，直线，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，， 设，，， 设平面的法向量为，则 取，得， 设与平面所成的角为， 当时，， 当时，， 令，，故， 所以，所以，C正确； 对于选项D，因为平面平面，平面平面，且平面，，故平面， 如图，将三棱锥放入长方体中，则三棱锥的外接球即长方体的外接球， 又四边形是矩形，则点F为长方体的一个顶点， 此时三棱锥的外接球被平面截得的截面即的外接圆，由， 在中，，且， 则， 由正弦定理得的外接圆直径，则，其面积为，故D正确. 故选：BCD. 变式3-1．(25-26高二上·河南南阳·期末) （多选）如图，已知正方体的棱长为，为的中点，为线段上的一个动点，设由点、、构成的平面为．则下列结论中，正确的是（    ） A．当为的中点时，平面截正方体所得的截面为五边形 B．平面截正方体所得的截面可能是三角形 C．当点与重合时，平面截正方体，所得截面的面积为 D．点到平面的距离的最大值为 【答案】ACD 【分析】作出截面，可判断AB选项；作出截面，可知截面为菱形，求出其面积，可判断C选项；建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断D选项. 【详解】对于A选项，如下图所示： 延长交的延长线于点，连接交线段于点， 延长交的延长线于点，连接交线段于点， 连接、，则平面截正方体所得的截面为五边形，A对； 对于B选项，当点在线段上运动时（不与端点重合）， 此时平面截正方体所得的截面为五边形； 当点与点重合时，连接交线段于点，连接、，如下图所示： 此时，平面截正方体所得的截面为四边形； 当点与点重合时，连接并延长交的延长线于点，连接交于点， 此时平面截正方体所得的截面为四边形， 综上所述，平面截正方体所得的截面不可能为三角形，B错； 对于C选项，当点与点重合时，此时截面为四边形，如下图所示： 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以，同理可证， 又因为，同理可得， 故四边形为菱形， 设，则为的中点，且， 且，故，故， 所以截面面积为，C对； 对于D选项，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、，，设点的坐标为， ，，， 则设平面的法向量为，则， 令，可得，，则， 设点到平面的距离为，则， 由在时单调递增可知， 当时，，所以当时，取最大值，最大值为，D对. 故选：ACD. 变式3-2．(24-25高二上·江西萍乡·期末) （多选）已知正方体的棱长为1，点分别为棱的中点，则下列说法正确的有（    ） A． B．平面截该正方体所得的截面面积为 C．平面与平面夹角的正弦值为 D．线段上的动点到平面的距离为定值 【答案】ABD 【分析】以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，对于A，利用向量的数量积为0即可判断， 对于B，分别作的中点，连接，可得平面截该正方体所得的截面为正六边形，利用正六边形的面积公式求解即可； 对于C，求出两个平面的法向量，利用空间向量夹角的余弦公式求解即可； 对于D，可证平面，则线段上的动点到平面的距离等于点到平面的距离，利用空间中点到平面的距离公式求解即可. 【详解】以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 则， 所以， 所以，故A正确； 对于B，分别作的中点，连接， 根据正方体的性质可得：，且 所以平面截该正方体所得的截面为正六边形，则其面积为：，故B正确， 对于C，平面的一个法向量， 由于，，，则 设平面的一个法向量为， 所以，取，解得， 所以， 设平面与平面夹角为， 所以， 所以，故C错误； 对于D，由于，平面，平面， 所以平面， 则线段上的动点到平面的距离等于点到平面的距离， 由于， 所以点到平面的距离， 则线段上的动点到平面的距离为定值，故D正确， 故选：ABD 变式3-3．(25-26高二上·重庆复旦中学教共体·) （多选）如图，在棱长为的正方体中，，分别为棱，的中点，为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（   ） A．三棱锥体积为定值 B．存在点，使平面平面 C．设直线与平面所成角为，则最大值为 D．平面截正方体所得截面的面积为 【答案】ACD 【分析】选项A，等体积变换可得，可判断；选项B，建立空间直角坐标系，设，根据空间向量由面面平行可得，可判断；选项C，根据空间向量法表示线面角，可得，进而可得；选项D：先作出平面截正方体所得截面，根据线面关系可得截面的面积． 【详解】对于选项A，，故A正确； 对于选项B，如图建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 则，令，则，则， 因为，设 ，故， 则， 由，得，不合题意，故B错误； 对于选项C，易知平面的法向量为， 则， 所以， 当时，取最小值为， 所以有最大值为，故C正确； 对于选项D，如图，直线分别交的延长线于点， 连接交于，连接交于，连接， 由题意可知五边形即为平面截正方体所得截面， 因，分别为棱，的中点，，， ，得， 由正方体性质可知，， 故所求截面面积为， 由选项C可知，，，故，， 故，， ， 故所求截面面积为，故D正确， 故选：ACD 类型四、轨迹长度问题 例4．(25-26高二·贵州遵义航天高级中学·期末)（多选）在平行六面体中，，，点为上的任意一点，点为底面内一动点（含边界），则（   ） A．三棱锥外接球的表面积为 B．平行六面体的高为 C． D．若，则点的轨迹长度为 【答案】BCD 【分析】分析可知三棱锥为正四面体，求出其外接球半径，结合球体表面积公式可判断A选项；计算出点到平面的距离，可判断B选项；证明出平面，利用线面垂直的性质可判断C选项；建立空间直角坐标系，求出点的轨迹方程，结合扇形的弧长公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，， 故、、均为边长为的等边三角形， 所以，故三棱锥是棱长为的正四面体， 将正四面体补成正方体，如下图所示： 则该正方体的棱长为， 设正四面体的外接球半径为，则，故， 故三棱锥外接球的表面积为，A错； 对于B选项，在正四面体中，设点在底面的射影点为点，如下图所示 由题意可知平面，的外接圆半径为， 所以，故平行六面体的高为，B对； 对于C选项，由空间向量数量积的定义可得 ， 因为，， 所以 ，所以，即，同理可证， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，故，C对； 对于D选项，易知底面，， 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、、、， 因为点为底面内一动点（含边界）， 设点，则， 整理可得， 在平面直角坐标系中，点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在菱形内的一段圆弧， 设圆弧分别交线段、于点、，则，， 由余弦定理可得， 即，即， 即，解得，故为等腰三角形， 所以，故， 因此点的轨迹长度为，D对. 故选：BCD. 变式4-1．(25-26高二·山西运城·期末) （多选）在棱长为的正方体中，，，则下列说法正确的是（） A． B．三棱锥的体积最大值为 C．若，则点到直线的距离为 D．三棱锥外接球球心轨迹的长度为 【答案】ACD 【分析】设，写出各点坐标.对于A，写出，验证两者的数量积是否为即可；对于B，运用三棱锥的体积公式，结合二次函数的性质以及的范围，即可得解；对于C，运用等面积法求解即可；对于D，设外接球球心，由外接球的性质可知，即可判断其轨迹，进而得解. 【详解】以为原点，建立空间坐标系如图所示， 设， 则， 对于A：可得， 因为，即，故A正确； 对于B：因为三棱锥的体积 当时，三棱锥的体积取到最大值，故B错误； 对于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D：设三棱锥外接球球心， 易知直角三角形的外接圆圆心位于其斜边的中点， 故的外接圆圆心为， 由外接球的性质可知，球心位于的外接圆圆心的正上方， 且到的距离与到的距离相同，故， 因此，， 即，则，且， 可知球心的轨迹为线段，且两个端点坐标为， 所以三棱锥外接球球心轨迹的长度为，故D正确. 故选：ACD. 变式4-2．(25-26高二·广东广州·期末) （多选）在棱长为的正方体中，点满足，其中，，则（   ） A．若，则平面平面 B．若，有且仅有一个点，使得平面 C．若，则异面直线和所成角的取值范围是 D．若与平面所成角为，则动点P的轨迹长为 【答案】ACD 【分析】对于A，证明平面，即可证得面面垂直；对于B，若平面，则必有，根据该式列出方程，解得，结合，即可判断；对于C，写出与，再运用向量夹角公式，结合函数的单调性，即可得解；对于D，根据线面角的大小以及向量夹角公式，列出方程，即可确定点的轨迹，继而求出其长度. 【详解】以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系. 对于A：在正方体中，易知平面，因为平面， 故 ，在正方形中，易知， 又因为，平面， 故平面，又因为平面， 故平面平面，故A正确； 对于B：易知，，，， 故，若，则，， 若平面，则必有，得， 即，得，而，故不存在满足条件的，故B错误； 对于C：由B可知，，若，则，易知， ， 又因为，设异面直线和所成角为， 则， 当时，，此时异面直线和所成角为； 当时，， 令，则， 开口向上的二次函数的对称轴为，因为， 故在时取得最小值，此时取得最大值， 故当时，， 综上所述，当时，，则， 即异面直线和所成角的取值范围是，故C正确； 对于D：由B可知，，又因为， 故， 易知在正方体中，平面，故是平面的一个法向量， 因为与平面所成角为，故有， 化简得，则， 又因为，，故，又因为，， 故点位于的内部（含边界）， 因此点的轨迹为以为圆心，半径为，圆心角为的圆弧， 因此点的轨迹长为，故D正确. 故选：ACD. 变式4-3．(25-26高二上·广东实验中学·期末) （多选）如图，正四棱柱中，，动点满足，且．则下列说法正确的是（   ） A．当时，三棱锥的体积为 B．当时，的最小值为 C．若直线与所成角为，则动点的轨迹长为 D．当时，的取值范围是 【答案】BCD 【分析】A选项中取的靠近的三等分点的靠近的三等分点，得出点在线段上，根据等体积计算；先得出点在线段上，再结合对称性将问题转化为求的最小值；C选项中设，根据求出即可确定点的轨迹；D选项中以为原点建系，根据坐标求出长度，结合一元二次函数求取值范围. 【详解】对于A，当时，， 取的靠近的三等分点的靠近的三等分点， 由平面向量线性运算法则可知，点在线段上， 又，所以，即A错误； 对于B，当时，由，利用共线定理可得，三点共线，即点在线段上， 由对称性可知，线段上的点到两点之间的距离相等， 所以，等号成立时三点共线，故B正确； 对于C，由且可知，点在四边形内， 因为平面， 所以平面， 设，又平面，所以， 因为直线与所成角为，所以， 则点的轨迹是以为圆心，半径为，且在四边形内的半圆弧， 所以点的轨迹长为，故C正确； 对于D，由，，得， 以为原点，为轴，建立空间直角坐标系． 则，则， 则， 则，， 所以， ， ， 则， 因为，所以， 故，故D正确． 故选：BCD 类型五、距离和最小问题 例5．(25-26高二上·广东实验中学·期末)（多选）如图，正四棱柱中，，动点满足，且．则下列说法正确的是（   ） A．当时，三棱锥的体积为 B．当时，的最小值为 C．若直线与所成角为，则动点的轨迹长为 D．当时，的取值范围是 【答案】BCD 【分析】A选项中取的靠近的三等分点的靠近的三等分点，得出点在线段上，根据等体积计算；先得出点在线段上，再结合对称性将问题转化为求的最小值；C选项中设，根据求出即可确定点的轨迹；D选项中以为原点建系，根据坐标求出长度，结合一元二次函数求取值范围. 【详解】对于A，当时，， 取的靠近的三等分点的靠近的三等分点， 由平面向量线性运算法则可知，点在线段上， 又，所以，即A错误； 对于B，当时，由，利用共线定理可得，三点共线，即点在线段上， 由对称性可知，线段上的点到两点之间的距离相等， 所以，等号成立时三点共线，故B正确； 对于C，由且可知，点在四边形内， 因为平面， 所以平面， 设，又平面，所以， 因为直线与所成角为，所以， 则点的轨迹是以为圆心，半径为，且在四边形内的半圆弧， 所以点的轨迹长为，故C正确； 对于D，由，，得， 以为原点，为轴，建立空间直角坐标系． 则，则， 则， 则，， 所以， ， ， 则， 因为，所以， 故，故D正确． 故选：BCD 变式5-1．(25-26高二上·四川眉山·期末) （多选）在棱长为4的正方体中，N为的中点，O为的中点，M是棱上靠近的四等分点，Q是棱上靠近D点的四等分点，点P在正方体的表面上运动，则下列说法正确的是（    ）    A．若点P在棱上运动，则三棱锥的体积不变 B．若点P在棱上运动，则线段与的长度之和最小为 C．若平面，则点P的轨迹长度为 D．若，则点P的轨迹是长方形 【答案】AD 【分析】对于A，证明平面，结合即可判断；对于B，将平面展开与平面共面，当三点共线时，距离之和最小判断；对于C，作出点P的轨迹三角形，再计算周长即可判断；对于D，利用坐标法求得点P在棱，，，的交点，再判断对应的矩形满足条件即可. 【详解】对于A选项，因为点在棱上运动，故平面即为平面， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面 所以平面，即点到平面距离不变， 又，的面积为定值， 所以三棱锥的体积不变，为定值,故正确；      对于B，将平面展开与平面共面，如图    当三点共线时，线段与的长度之和最小，最小值为，故错误； 对于C，如图，分别取棱中点，连接，，，， 因为分别为棱的中点， 所以四边形， 所以四边形，均为平行四边形 所以，，即平面即为平面， 又平面，平面， 所以平面，平面， 又，平面 所以平面平面， 在平面中，过点作交于点， 在平面中，过点作交于点，连接， 则为点P的轨迹， 因为Q是棱上靠近D点的四等分点， 所以， 所以的周长为，故错误；    对于D，如图，建立空间直角坐标系，则，，， 设，则，， 所以当时，，即 当时，，即与的交点为，与的交点为， 当时，，即与的交点为，与的交点为 连接，，， 所以四边形是矩形，且， 所以，，，平面， 所以平面， 又，所以是的中点，即平面， 所以要使必有平面， 又点P在正方体的表面上运动， 所以点的轨迹为矩形，故正确.    故选：AD 变式5-2．（多选）如图，在棱长为1的正方体中，分别是棱上的动点，且，，，，则（    ） A．当时，平面 B．当时，平面 C．当时，三棱锥体积的最大值为 D．当时，的最小值为2 【答案】AB 【分析】建立空间直角坐标系，根据向量垂直的坐标关系即可求解AB，利用体积公式，结合二次函数的性质即可求解C，根据两点距离公式，结合对称关系即可求解D. 【详解】以为原点建立坐标系，则，，， ，，， 时，，故， ，故， 平面，故平面，故A正确； 当时，， 由于，故，， 平面，平面，故平面，故B正确； 由， 当时，，， ，故C错误； 当时，则， ， 可将看作是平面内到点的距离之和， 如图：作出关于直线的对称点， 则的最小距离为与点之间的距离， 故， 过与点的直线方程为，令，则， 故当时取等号，故D错误． 故选：AB 变式5-3．(25-26高二上·广西南宁·期末) （多选）如图，在直三棱柱中，，，点满足，其中，则（   ） A．当时，的最小值为 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，存在两个点使得平面与平面的夹角为 D．当时，有且仅有一个点，使得 【答案】ABD 【分析】A选项，点在线段上，故当两点重合时，取得最小值，求出最小值；B选项，等体积法得到；C选项，建立空间直角坐标系，设，求出，并得到两平面的法向量，根据面面角的夹角得到方程，方程无解，故C错误；D选项，表达出，令，解得，故有且仅有一个点，使得，D正确. 【详解】A选项，，，，故点在线段上， 故当两点重合时，取得最小值，最小值为，A正确； B选项，当时，，故，， 又，所以点在线段上，， 因为直三棱柱中，⊥平面，又平面，所以⊥， 又⊥，，所以⊥平面， 故点到平面的距离为1，故， 三棱锥的体积为定值，B正确； C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， 则， 因为时，，即， 所以，故，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，故， 平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 若平面与平面的夹角为，令，故， 方程无解，故不存在两个点使得平面与平面的夹角为，C错误； D选项，当时，，即， 故，，故， 又，令， 解得，故有且仅有一个点，使得，D正确. 故选：ABD 类型六、线段最值问题 例6．(25-26高二上·江西九江·期末)（多选）棱长为2的正方体中，动点满足：，其中，则以下说法中正确的是（    ） A．若，则平面 B．若，则 C．若，则的最小值为 D．若，则三棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，则.对于A，由可得，再求出平面的法向量，注意到，即可证明；对于B，验证是否为即可；对于C，根据，可知点在以为球心，的球面上，根据点到球面上的最短距离相关知识，即可判断；对于D，根据点到平面的距离公式，求出点到平面的距离，作为三棱锥的高，再求出底面的面积，根据三棱锥的体积公式，即可得解. 【详解】 可以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则. 对于A：由，得， 若，则有，得. ，，设平面的法向量为， 则有，即，取，则， 即. 又因为， 故，又因为平面， 故平面，故A正确； 对于B；，若，则， 则，则，故B正确； 对于C：，， ， 在以为球心，的球面上， 的最小值为，故C错误； 对于D：因为，，故， 又因为，故. ，设平面的法向量为， 则有，即，取，则， 即，又因为， 故点到平面的距离， 易知为边长为的等边三角形，， 则三棱锥的体积，故D正确． 故选：ABD． 变式6-1．(25-26高二·河北唐山·期末) （多选）在正三棱柱中，，则（　　） A．直线与所成角的正切值为 B．直线与平面所成角的余弦值为 C．若为直线上一动点，则的最小值为 D．三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ACD 【分析】对于A，可通过平移直线找到角，再利用三角函数求解；对于B，可通过建立空间直角坐标系，利用向量法求解；对于C，可通过向量法求解；对于D，可通过确定球心位置，利用勾股定理求出半径，进而求出表面积. 【详解】选项A，如图取中点，连接， 因为是正三角形，所以，又正三棱柱中平面平面，平面平面，平面，所以平面， 因为，所以就是直线与所成的角， 在正中，，则，，，，， 取中点，连接，则， ，，所以选项A正确； 选项B，如图以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，令，则，所以， 设直线与平面所成角为， 则， ，所以选项B错误； 选项C，， 设，则， ， 当时，取得最小值，所以选项C正确； 选项D，设的外接圆半径为，由正弦定理，得， 设三棱锥的外接球半径为，球心为到平面的距离为， 则， 所以外接球的表面积，所以选项D正确. 故选：ACD. 变式6-2．(25-26高二上·湖北部分级示范高中·期中) （多选）如图，在棱长为2的正方体中，为边的中点，点为线段上的动点，设，则（    ）    A．当时，取得最小值，其值为 B．当时，平面 C．的最小值为 D．当时， 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，利用两点间距离公式计算判断B、C；利用空间位置关系的向量证明判断A；确定直线与平面交点的位置判断D作答. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，   ，，，，，， ，，由已知， 则点， 对于A，， 则， 因此当时，取得最小值，A正确； 对于B，，，，而，， ，，即是平面的一个法向量， 而，因此不平行于平面，即直线与平面不平行，B错误； 对于C，，， 于是 ，当且仅当时取等号，C正确； 对于D，取的中点，连接，，，如图，    因为为边的中点，则，当平面时，平面， 连接，连接，连接，显然平面平面， 因此，，平面，平面， 则平面，即有，而，所以， 故选：ACD． 变式6-3．(25-26高二上·浙江湖州长兴县南太湖联盟·) （多选）在长方体中，，分别是棱，上的动点（含端点），且，为棱的中点，则（   ） A．若是棱的中点，则平面 B．若是棱的中点，直线平面 C．线段长度的最大值为 D．若为线段的中点，则的最小值为 【答案】AC 【分析】在长方体中建立空间直角坐标系，写出点坐标，设 ，得到向量，由求得的值.由题意得，求出，即得到，证明线面垂直得到平面的一个法向量，由向量的数量积证明线面平行，判断A选项；由条件得，利用空间向量是否平行判断B选项；由得值求得的范围即可判断C选项；由题意得到点坐标，然后得到坐标即可求得，借助圆上的点到直线的最小值求得的最小值，判断D选项. 【详解】在长方体中，，，， 如图以为原点建立空间直角坐标系， 则， ∴设 ， ∵，∴. 若是棱的中点，则，即，∴， 即， 在正方形中，， 又∵平面，平面，∴， 且，平面，平面， ∴平面，即是平面的一个法向量， ∵，即，∴平面，A选项正确； 当是棱的中点时，，，则， 是平面的一个法向量， ∵不存在实数使得，故与不平行， ∴直线与平面不垂直，B选项错误； ，∵， ∴，即，C选项正确； 当为线段的中点时，， ∴，， 则， ∵， ∴， 设直线，点在圆上， 则圆心到直线的距离，∴点到直线的距离， 点到直线的距离， ∵， ∴，D选项错误. 故选：AC. 类型七、线线角问题 求异面直线所成角的方法 基向量法：在一些不适合建立坐标系的题型中，经常采用取定基向量的方法，在两异面直线a与b上分别取点A，B和C，D，则与可分别作为a与b的方向向量，则cos θ=，根据条件可以把与用基表示，再进行计算. （2）坐标法：根据题目条件建立恰当的空间直角坐标系，写出相关各点的坐标，利用坐标法求线线 角，避免了传统找角或作角的步骤，使过程变得简单． 例7．(25-26高二上·江西九江修水县第一中学·)（多选）已知正方体的棱长为1，动点P满足，其中，则下列说法正确的是（     ） A．若，，则平面 B．若，则与所成角的取值范围为 C．若，则二面角的平面角的正切值为 D．若，则三棱锥的体积为 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，写出所需点的坐标，求解平面法向量，利用向量法依次分析各选项即可. 【详解】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 可得，，， 则，即． 对于A，若，，即，则，，， 因为，，所以，， 因为，平面，所以平面．故A正确； 对于B，若，即，则，， 设与所成角为，， 则 ， 因为，所以， 所以 ， 当且仅当时，右边不等式等号成立， 令，，则，可得. 当且仅当时，左边不等式等号成立，令，，则，可得. 综上所述，，所以，故B错误； 对于C，当时，，则， 设平面的法向量， 则，即，取，可得，则， 易得平面的一个法向量， 设二面角的平面角为，则， 因为由题意可判断是锐角，则， 所以，可得， 所以二面角的平面角的正切值为．故C正确； 对于D，设平面的法向量为，由，， 则，即，取，可得，， 则是平面的一个法向量， 易知，设点到平面的距离为， 则 ， 由，得，易知， 则三棱锥的体积，故D正确. 故选：ACD. 变式7-1．(25-26高二上·云南多校·期中) （多选）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，，分别是线段，的中点，是线段上的一个动点（不含端点，），则下列说法正确的是（   ） A．平面 B．存在点，使得 C．不存在点，使得异面直线与所成的角为 D．三棱锥体积的取值范围为 【答案】ACD 【分析】根据线面平行的判定定理判断与平面的位置关系，判断A的真假；建立空间直角坐标系，利用空间向量的垂直关系判断点的存在与否，判断B的真假；利用空间向量，根据两异面直线所成的角判断点的存在性，判断C的真假；对D，方法1，利用空间向量求底面三角形面积和三棱锥的高，进而求三棱锥的体积，判断D的真假；方法2，利用锥体的体积公式求三棱锥的体积，判断D的真假. 【详解】对于A，因为，分别为，的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面，故A正确； 因为平面，平面，所以，. 又四边形是正方形，所以.故两两垂直. 所以，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，. 对于B，假设存在点，使得， 因为，，所以，解得，不合题意，故B错误； 对于C，假设存在点，使得异面直线NQ与PE所成的角为， 因为，， 所以，解得， 不符合，则不存在点Q，使得异面直线NQ与PE所成的角为，故C正确； 对于D，方法一：因为，， 所以， ， 则， 设是平面的一个法向量， 则，令，则， 设，则， 则点到平面的距离， 则三棱锥的体积为， 因为，所以，故D正确. 方法二：设，则， 因为， 点到平面的距离， 所以，因为，所以，故D正确. 故选：ACD 变式7-2．(25-26高二上·贵州遵义凤冈县·期中) （多选）在棱长为1的正方体中，点是正方形内一点，下列说法正确的是（   ） A．若点与点不重合时，平面平面 B．若，则点的轨迹长度为 C．若点在线段上，则异面直线与所成角的取值范围 D．若点在线段上，则三棱锥体积不变 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明平面，即可判断A，求出，即可判断B，设，利用空间向量法求出异面直线夹角余弦值的取值范围，即可判断C，证明平面，即可判断D. 【详解】对于A：如图建立空间直角坐标系，则，，，，，， 所以，，， 所以，，所以，，即，， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，故A正确； 对于B：当在点时，不符合题意，故当不在点， 因为平面，平面，所以， 所以，解得， 又点是正方形内一点，所以在以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧上， 所以点的轨迹长度为，故B错误； 对于C：设，则， 又， 设异面直线与所成角为， 则， 当时，又，所以； 当且时 因为且，所以，所以， 则，，，， 即，又，所以， 综上可得，异面直线与所成角的取值范围，故C正确； 对于D：因为，平面，平面，所以平面， 又点在线段上，所以点到平面的距离为定值，设为，又的面积为定值， 所以为定值，故D正确. 故选：ACD 变式7-3．(25-26高二上·云南怒江傈僳族兰坪白族普米族自治县·期中) （多选）如图，在直四棱柱中，，，，，是棱的中点，是线段上的动点，则（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在实数，，使得向量 C．异面直线与所成的角不可能是 D．平面与平面夹角的余弦值的最大值是 【答案】ABD 【分析】由平面平面可判断A；建立空间直角坐标系，由向量法可得，由空间向量共面基本定理可判断B；由题意可得，由异面直线所成角向量法计算可判断C；由面面角向量法计算可判断D. 【详解】对于A，在直四棱柱中，，， 所以平面平面， 因为在线段上，所以点到平面的距离是定值， 因为是棱的中点，所以的面积是定值， 则三棱锥的体积为定值，故A正确； 对于B，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， 设，则，，，，， 因为，所以， 故，， 因为，所以， 则，，共面，则存在实数，，使得向量，故 B正确； 对于C，， 设，则，从而， 故， 令，得，解得， 则异面直线与所成的角可能是，故C错误； 对于D， ，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 取平面的一个法向量为， 则， 当且仅当时，等号成立，故D正确. 故选：ABD 类型八、线面角问题 求线面角的两种思路 （1）线面角转化为线线角．根据直线与平面所成角的定义，确定出待求角，转化为直线的夹角来求解，此时要注意两直线夹角的取值范围. （2）向量法． 方法一：设直线PA的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线PA与平面α所成的角为 θ（θ∈[0,]），α与n的夹角为，则sin θ=lcos |= 方法二：设直线PA的方向向量为a，直线PA在平面α内的投影的方向向量为b， 则直线PA与平面α所成的角θ满足cosθ=|cos<a，b>| 例8．(25-26高二上·河南平顶山普通高中·期末)（多选）如图，四棱台的底面ABCD为正方形，，，，E，F分别为BC，CD的中点，M为棱上一动点（含端点），则（    ） A．直线与直线所成的角为45° B．当点M与点C不重合时，平面 C．直线AM与平面所成角的最大值为45° D．点M到直线BD的距离的最小值为 【答案】BCD 【分析】作平面，构建以为原点，为轴的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，令结合且，从而有，应用向量法求异面直线所成角、线面角、点线距离判断A、C、D，由线面平行的判定定理判断B. 【详解】由题设，，，平面， 所以平面，平面，则平面平面， 在平面内过点作 ，构建以为原点，为轴的空间直角坐标系， 由题意四边形是上下底分别为，腰长为的等腰梯形， 所以，，，，，，， 令，则且， 所以， 对于A，由，则， 又，则，A错， 对于B，由是BC，CD的中点，则，而点M与点C不重合， 所以平面，平面，故平面，B对， 对于C，由，平面的一个法向量为， 所以 ， 令，即，则 ， 当，时，最大，即直线AM与平面所成角的最大正弦值为， 结合线面角的范围知，直线AM与平面所成角的最大为45°，C对， 对于D，由，， 故 ， 所以， 所以点M到直线BD的距离 ， 当时，点M到直线BD的距离的最小值为，D对. 故选：BCD 变式8-1．(25-26高二上·贵州贵阳·期末) （多选）已知正方体的棱长为2，点P在线段上运动，点M在线段BC上运动，则下列结论正确的是（    ） A．三棱锥的体积不是定值 B．直线平面 C．点M到平面的距离的最大值为 D．直线与平面所成角的正弦值的最小值为 【答案】BC 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用线面平行的判定定理，得出平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可判断A，利用向量法证明线面垂直即可判断B，利用点面距离的向量公式求解距离，然后利用一次函数性质求解最值判断C，利用向量法可求线面角的正弦值，再利用二次函数性质求解最值判断D. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，， ，，，， 对于A：因为 ，平面，平面， 所以平面，因为点在线段上运动， 所以点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 故由等体积法可知三棱锥的体积为定值，故A错误； 对于B：，， ， 所以，，且， 所以是平面的一个法向量，即直线平面，故B正确； 对于C：设，则， 由B选项可知平面的一个法向量为， 故点M到平面的距离为， 因为，所以． 即点M到平面的距离最大值为，故C正确； 对于D：设，则，， 由B选项可知平面的一个法向量为， 所以直线与平面所成角的正弦值为： ， 当或时，直线与平面所成角的正弦值取得最小值， 且最小值为，故D错误. 故选：BC 变式8-2．(24-25高二下·贵州新高考协作体·月考) （多选）如图，菱形的边长为2，，为边的中点，将沿DE折起，折叠后点的对应点为，使得平面平面，连接，，则下列说法正确的是（   ）    A． B．与所成角的余弦值为 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．二面角的余弦值为 【答案】BC 【分析】先根据垂直关系建立空间直角坐标系，然后列出各个点的坐标，利用向量的数量积、向量夹角的余弦公式逐项计算异面直线是否垂直、线面角、异面直线的夹角的余弦值以及二面角的余弦值. 【详解】因为，，所以， 所以，将沿DE折起，折叠后点的对应点为， 所以，又平面平面，平面平面， 所以平面，因为平面， 所以，所以两两垂直， 所以以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 所以. 所以，所以， 所以不垂直，A错误； ，所以与所成角的余弦值为 ,B正确； 因为，设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，所以. 而，所以直线与平面所成角的正弦值为 ，C正确； 因为，设平面的一个法向量为， 则，即，令，则. 所以，所以二面角的余弦值的绝对值为 ，D错误. 故选：BC.    变式8-3．(25-26高二上·四川绵阳中学·) （多选）如图，正方形，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，点分别在正方形对角线上移动，且和的长度保持相等．记，则下列说法正确的是（   ） A．当时，的长为 B．当时，三棱锥的体积是 C．当的长最小时，直线与平面所成角的余弦值为 D．不存在，使得直线与所成角的正弦值为 【答案】ABD 【分析】如图建系，求得各点坐标，根据条件，可得M、N点坐标，即可得表达式，代入，即可判断A的正误；当时，可得M到平面ABEF的距离及N到AF的距离，利用等体积转化法，结合体积公式即可判断B的正误；根据二次函数的性质，可得的长最小时，分别求出与平面的法向量坐标，根据线面角的向量求法，结合同角三角函数的关系，可判断C的正误；根据异面直线的向量求法，可得与所成角的余弦值的表达式，结合条件，可得关于的二次方程，利用其判别式，可判断D的正误. 【详解】由题意，以B为原点，BA，BE，BC为x，y，z轴正方向建系，如图所示， 则， 设，则， 由，得， 则，即， 由 ，同理可得， 所以. 选项A：当时， ，故A正确； 选项B：当时，M到平面ABEF的距离为， 因为，所以N到AF的距离为， 所以， 所以三棱锥的体积，故B正确； 选项C：因为， 所以当时，有最小值，且为， 此时，则， 因为平面在面内，所以即为平面的法向量， 设MN与平面所成角为，， 则， 所以，即直线与平面所成角的余弦值为，故C错误； 选项D：， 设直线与所成角为，， 则， 由，得，则， 整理得，判别式， 所以方程无实数根，即不存在，使得直线与所成角的正弦值为，故D正确. 故选：ABD 类型九、面面角问题 求面面角的步骤 第一步 首先根据已知条件建立适当的空间直角坐标系并标出相应点的空间坐标； 第二步 然后根据已知条件求出各自所求平面的法向量； 第三步 由向量的数量积计算公式即可得出结论. 例9．(25-26高二上·浙江强基联盟·)（多选）如图①所示，长方形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图②的四棱锥.若为线段中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ） A． 平面 B．的长为定值 C．四棱锥体积的最大值为 D．设二面角的平面角为，若，则平面和平面夹角余弦值的最小值为 【答案】ACD 【分析】先证明平行四边形得出 进而得出线面平行判断A，应用勾股定理计算判断B，应用四棱锥的体积公式计算判断C，应用空间向量法计算二面角余弦的最小值判断D. 【详解】取中点，连接，则因为为中点，所以为的中位线，所以 且. 因为为的中点，四边形为矩形，所以 且，所以 且，故四边形为平行四边形， 所以 ，平面，所以 平面.故A正确； 所以，故B不正确； 取的中点，连接，因为，则，当平面平面时， 点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时平面， 且，底面为梯形，面积为，则四棱锥的体积最大值为，故C正确； 连接，因为，所以，所以为二面角的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，过作于点，由题意得平面， 设，因为，所以， 所以，所以， 所以， 设平面的法向量为，则 令，则， 设平面的法向量为， 因为， 则 令，可得：， 设两平面夹角为， 则 ， 令，所以， 所以， 所以当时，有最小值，所以平面和平面夹角余弦值的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 变式9-1．(25-26高二上·山东济宁任城区·期中) （多选）棱长为2的正方体分别是的中点，为棱上的动点，设，则下列说法正确的是（   ） A．当时， B．当时，直线与所成角的余弦值为 C．平面与平面夹角的余弦值的最大值为 D．平面与正方体侧面的交线扫过的区域面积为 【答案】ACD 【分析】当时，所以为的中点，可得四边形是平行四边形判断A；建立空间直角坐标系，用向量法求得直线与所成角的余弦值判断B；用向量法求得平面与平面夹角的余弦值的最大值判断C；求得平面与正方体侧面的交线扫过的区域面积判断D. 【详解】对于A，当时，所以为的中点， 又是的中点，且，， 则且，所以四边形是平行四边形， 所以，故A正确； 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 当时，则， 则， 所以， 所以直线与所成角的余弦值为，故B错误； 对于C，由， 则， 设平面的一个法向量为， ，令，则， 设平面的一个法向量为， 又是平面的一个法向量， 所以 又，所以当时，的最小值为， 所以平面与平面夹角的余弦值的最大值为，故C正确； 对于D，设直线与直线交于点，过作交于点， 因为，，所以， 所以平面与平面的交线， 当在时，在；当在时，在； 设，由相似三角形可知，点是线段的靠近点的三等分点， 所以交线NH扫过的图形就是直角， 而， 所以平面MEF与正方体侧面的交线扫过的区域面积为，故D正确. 故选：ACD. 变式9-2．(25-26高二上·河南实验中学·期中) （多选）如图，在棱长为1的正方体中，，分别是的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（   ）    A．三棱锥的体积为定值 B．不存在点，使得 C．平面与平面所成角的正切值的最大值为 D．时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为 【答案】BC 【分析】对于A由不与平面平行，得到平面的距离不为定值即可判断，建立空间直角坐标系，利用向量的数量积即可判断B，利用向量法求出平面夹角的余弦，利用函数单调性得出余弦最小值，此时夹角最大，求正切值即可判断C，求平面的法向量，利用向量法求到面的距离，进而求截面圆半径即可判断D. 【详解】如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系，    则，，，，. 设，，则点坐标为. 对于A：不与平面平行，到面的距离不为定值， 三棱锥的体积不为定值，A错误； 对于B：，， 若，则，即，解得， 又，故不存在这样的点，使得，B正确； 对于C：设两平面夹角为，取平面的法向量为， 设平面的法向量，则， 令，则，即 则， 因为当时，为增函数， 故当时，，即夹角最大时，余弦值为， 此时，，故C正确； 对于D：时，，，， 设平面的法向量，，则， 令，则，，是平面的一个法向量， 显然球心，，则到面的距离， 即球心在平面上，所以外接球半径也是截面圆的半径， 截面圆面积，故D错误 故选：BC 变式9-3．(24-25高二上·四川凉山州·期末) （多选）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，点E是棱上一点，则下列说法正确的是（   ） A．不存在点E，使平面 B．存在点E，使平面 C．若点E为中点，则点C到平面的距离为 D．二面角夹角最大时， 【答案】BC 【分析】根据特殊位置即可根据线线平行求解A，建立空间直角坐标系，求解向量垂直的坐标关系即可求解B，求解平面法向量，即可根据空间距离求解C，根据法向量的夹角即可求解D. 【详解】对于A，当位于时，此时平面，平面， 故平面，A错误， 对于B，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则，， 由于，故， 设，则， 则， 要使平面，则， 解得，故存在点，当时，，结合， 平面，故平面，B正确， 对于C， 点为中点，此时， 设平面的一个法向量为， 故，， ，令，则， 则点到平面的距离为，故C正确， 对于D，设平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 故，， ，令，则， 设平面的一个法向量为， 故 ，令，则， ， 显然时，此时并不是最值，此时二面角夹角不是最大，故D错误， 故选：BC 类型十、线面关系问题 线线平行 证明两直线的方向向量共线 线面平行 ①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直； ②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行 面面平行 ①证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题 例10．(25-26高二·广东佛山普通高中·)（多选）已知正三棱柱的所有棱长为2，，分别为棱，上的点，则（    ） A．当为中点时，任意点到平面的距离均为1 B．当为中点时，存在点到直线的距离为2 C．对任意给定的点，存在点，使得 D．对任意给定的点，存在点，使得 【答案】ACD 【分析】对于A，先证平面，接着证平面，故点到平面的距离为定值1；对于B，利用点到线的距离公式求解判断即可；对于CD，设，，再由垂直的坐标表示得，再根据的范围即可判断． 【详解】对于A，在正三棱柱中，当为中点时， ，平面，又平面， ，又平面， 平面，即平面，且， 所以点到平面的距离为， 又平面，平面， 平面， 所以，任意点到平面的距离均为1，故A正确； 对于B，在正三棱柱中，设中点为，中点为， ，又平面，平面， ，又平面， 平面，则以为原点建立空间直角坐标系， ， 当为中点时，，， 设，， 故点到直线的距离， 解得，又，所以无解， 即不存在点到直线的距离为2，故B错误； 对于C，设，若， 则， 即，，， 则对任意给定的点，存在点，使得，故C正确； 对于D，，，， 则对任意给定的点，存在点，使得，故D正确． 故选：ACD． 变式10-1．(25-26高二上·河南巩义·期末) （多选）如图，在棱长为1的正方体中，为边的中点，点在底面内运动（包括边界），则下列说法正确的有（    ） A．当点与重合时，有 B．点到平面的距离为 C．点到直线的距离为1 D．点在棱上，且，存在点，使得 【答案】ABD 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得，得到，可判定A正确；求得平面的法向量，结合距离公式，可判断B正确；利用向量的公式，求得点到直线的距离，可判定C错误；由，得到，根据，求得点的轨迹，可判定D正确. 【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 由正方体的棱长为1，设， 可得， 对于A，当点与重合时，可得向量， 可得，即，所以，所以A正确； 对于B，由向量， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 则点到平面的距离为，所以B正确； 对于C，由向量， 所以点到直线的距离为，所以C错误； 对于D，因为，可得，所以， 若，又量， 则， 整理得，该方程表示以为圆心，半径为的圆， 因为，且， 所以点的轨迹是圆被正方形所截得的四段圆弧， 所以存在点，使得，所以D正确. 故选：ABD. 变式10-2．(25-26高二·浙江丽水·) （多选）在四棱锥中，，，，点分别满足，，．平面与棱交于点，，则以下结论正确的是（    ） A．若，则 B．, C．若，则 D．若，则存在平面将该四棱锥分成上、下体积相等的两部分 【答案】ACD 【分析】求证平面即可由线面平行性质定理求解判断A；取CD中点H，求证平面且在平面外即可判断B；用基底表示，利用共面定理即可求解判断C；求出，由，，得到，求出从而得到，由，得到，建立 的等式求出的值可判断D. 【详解】对于选项A，由题，若，则，即重合， 因为，在平面外，平面， 所以平面，因为平面平面，平面， 所以，故A正确； 对于选项B，取CD中点H，连接BH，则由题可知，所以四边形为平行四边形， 连接，则I为BD中点， 因为，，， 所以，， 所以，连接PI，则，又平面， 所以平面，因为平面，在平面外， 所以对，不成立，故B错误；    对于选项C，若，则， ， 因为四点共面，所以存在实数使得， 则，故C正确； 对于选项D，设的体积为，点到平面的距离为， ，，为梯形， ，设， 则， ， ， ，， ， 到平面的距离就是到平面的距离， ，， ， ， ，， ， 且要使， ，， 在上，， ，， ， ， ， ， ，， 故若，则存在平面将该四棱锥分成上、下体积相等的两部分，故选项D正确. 故选：ACD. 变式10-3．(25-26高二上·四川成都·期末) （多选）如图，在长方体中，，，若是的中点．则（    ） A．过三点作长方体的截面，则截面为菱形 B．存在实数，使得直线与平面垂直 C．直线平面，则 D．点到直线的距离的范围为 【答案】ABC 【分析】对于A：根据题意结合面面平行的性质分析判断；对于C：连接交于点，根据平面的性质可知，结合几何性质分析判断；对于BD：建系并标点，利用空间向量结合垂直关系判断B；利用空间向量求点到直线的距离，进而判断D. 【详解】对于选项A：因为平面与平面平行， 则平面与平面的交线和平面与平面的交线平行， 同理可得平面与平面的交线和平面与平面的交线平行， 取的中点，连接，则四边形为平行四边形， 又因为， 所以截面为菱形，故A正确； 对于选项C：连接交于点，连接， 因为平面平面，则， 可知，则， 所以，故C正确； 对于选项BC：以为坐标原点，所在直线分别为轴建系， 则，，， 可得， 若直线与平面垂直，则，解得， 所以存在实数，使得直线与平面垂直，故B正确； 因为， 则， 又因为，则，，可得，故D错误； 故选：ABC． 类型十一、点线距问题 用向量法求点线距的一般步骤 建立空间直角坐标系； （2）求直线的方向向量； （3）计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影长； （4）利用勾股定理求解．另外，要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化. 例11．(25-26高二上·四川泸州·期末)（多选）如图，正方体的棱长为2，点在线段上运动，则（   ）    A．存在点，使得 B．三棱锥的体积为定值 C．直线与所成的最小角为 D．点到直线距离的最小值为 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，得到点坐标，即可得到向量坐标，设 ，得到向量坐标，由数量积求得取何值时，即可判断A选项；由线线平行得到线面平行，即可判断B选项；由空间直角坐标系得到向量坐标，由数量积求得到线线角的范围，判断C选项；由空间直角坐标系得到向量坐标，通过向量的投影即可求得到直线距离，即可判断D选项. 【详解】对于A，以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示：    则，，则，设 ， ，，∴，， ∴， 则，当时，， 则，即当为的中点时，满足题意；A选项正确； 对于B,∵，∴平面，平面， ∴平面，即点到平面的距离不变， ∴不变，B选项正确； 对于C，，∴， 则，， 设直线与所成角为， 则， 令，函数对称轴为， ∴，， ∴∴，∵， ∴直线与所成的最小角不为，C选项错误； 对于D，，，， 则， 则在上的投影长为 ∴到直线距离 ∵，∴当时，取最小值，D选项正确. 故选：ABD. 变式11-1．(25-26高二·安徽“江南十校”·) （多选）如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为与的交点，是线段上的动点，则下列结论正确的是（　　） A． B．在上的投影向量的模长为定值 C．存在点，使得平面 D．点到直线的距离的范围是 【答案】ABD 【分析】由正方体的性质及空间向量线性运算法则判断A；求得在上的投影向量，并求其模长，判断B；由题设点坐标为，根据平面，求参数的值，判断C；由点到直线距离的向量求法，求得点到直线的距离的范围判断D. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，因为，所以在上的投影向量为，其模长为定值，故B正确； 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示， 则，. 设． 对于C,， 设平面的法向量为， 则， 令，则，从而 ， 若平面，则，显然与不平行，故不存在，故C错误； 对于D ， 点到直线的距离为 ， 由知． 故点到直线的距离的范围是，故D正确． 故选：ABD． 变式11-2．(25-26高二上·辽宁朝阳建平县高级中学等校·月考) （多选）如图1，某同学在一张矩形卡片上绘制了函数的部分图象，分别是图象的一个最高点和最低点，是图象与轴的交点，，垂足为，现将该卡片沿轴折成如图2所示的直二面角，对于图2，则下列结论正确的是（   ） A． B．点到直线的距离为 C．点到平面的距离为 D．平面与平面夹角的余弦值为 【答案】AC 【分析】根据给定条件，求出图1中点的坐标，建立空间直角坐标系，求出各点在空间坐标系中的坐标，即可对选项逐一判断得出结论. 【详解】在图1中，由函数的解析式可知； 在图2中，建立空间直角坐标系如下图所示： 则，可得， 对于A，因此可知，即A正确； 对于B，易知， 则点到直线的距离为，即B错误； 对于C，设平面的一个法向量为，又， 所以，令，则； 因此平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为，因此C正确； 对于D，显然平面的一个法向量为， 所以平面与平面夹角的余弦值为，D错误. 故选：AC 变式11-3．(25-26高二上·广东东莞东莞中学松山湖学校、深圳大学附属中学·) （多选）如图，在直三棱柱中，，，，M，N分别为的中点，点Q在线段上，满足，则（    ） A．B，N，M，Q四点共面 B．Q为的中点 C．点N到直线BQ的最小距离为 D．平面与平面夹角的余弦值为 【答案】ACD 【分析】根据空间向量共面定理的推论判断A；建立空间直角坐标系，通过坐标运算求得点Q的坐标，即可判断B；利用点线距离向量公式求解判断C；利用面面角的向量公式求解判断D. 【详解】，由于， 由空间向量基本定理，B，N，M，Q四点共面，A对； 由于平面，CB，平面， 则，，而， 则CA，CB，两两垂直，如图，以C为原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴， 所在直线为z轴，建立空间直角坐标系； 那么，设点， 由于，，， 则，则，则Q为上靠近的三等分点，B错； 由于，， 则BQ上的单位向量，， 于是点N到直线BQ的最小距离，C对； 由于平面， 设，则平面MNBQ，可得， 令，则， 设平面与平面夹角为，那么， 那么平面与平面夹角的余弦值为，D对． 故选：ACD 类型十二、点面距问题 用向量法求点面距的步骤 建系：建立恰当的空间直角坐标系； 求点坐标：写出（求出）相关点的坐标； （3）求向量：求出相关向量的坐标（，α内两个不共线向量，平面α的法向量n）； （4）求距离d= 1．（多选）如图，已知正方体的棱长为4，点在线段上运动（不包含端点），则下列结论正确的是（） A．直线与所成角为 B．平面 C．点到平面的距离为定值 D．若是正方体内切球的一条直径，则的取值范围为 【答案】ACD 【分析】建立空间坐标系，利用异面直线的夹角公式判断A选项，利用直线与平面的法向量的乘积和距离公式判断B,C选项，利用圆幂定理判断D选项. 【详解】已知正方体的棱长为，以为原点， 方向为轴建立空间直角坐标系， ， ， A选项：，， ，，A选项正确. B选项：取平面法向量：， ，，， ， 取，则， ，故不垂直， B选项错误. C选项：设平面法向量， ， ， 取，则，故，， 点在上：，设，， 点到平面的距离为定值， C选项正确. D选项：内切球球心，半径， 设直线交内切球于（在上，在上）， 由圆幂定理： 其中 当时，， 故，， D选项正确. 故选：ACD 2．(25-26高二上·陕西西安高新第一中学·期中) （多选）如图，棱长为2的正方体中，P是线段上的动点包含端点，给出下列四个结论，其中正确的是（    ） A．三棱锥中，点P到平面的距离为定值 B．过点P且平行于平面的平面被正方体截得的多边形的面积为 C．直线与平面所成角的正弦值的范围为 D．当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为 【答案】AC 【分析】建立空间直角坐标系，对于A，C，用空间向量求解；对于B，可证明三角形为截面多边形，求其面积即可；对于D，设球心，由求解球心坐标即可． 【详解】以A为坐标原点，分别以直线AB，AD，为x，y，z轴建系如图： 可得，，，，，， 得到，， 设， 则， ，则， 设面的一个法向量为， 则，， 令，得，，， 对于A：P到平面的距离为，故A正确； 对于B：连接，，四边形为平行四边形， ，又面，面， 面，同理可证面， 又，面面， 过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形为， 它是边长为的等边三角形，故面积为，故B错误； 对于C：设直线与面所成角为， 则， ，，， 直线与面所成角的正弦值的范围为，故C正确； 对于D：当点P为中点时， 设三棱锥的外接球球心， ， ，解得， 外接球半径R满足：， 三棱锥的外接球表面积为，故D错误． 故选：AC. 3．(25-26高二上·重庆黔江新华中学校等“大一联盟”·期中) （多选）如图，在三棱锥中，，平面，，，，，分别为，，，的中点，是的中点，是线段上的动点（不包括端点），三棱锥的外接球为球，三棱锥的外接球为球，则（    ）    A．的取值范围为 B．存在点，使得 C．，，三点共线 D．球球面上点到平面距离最大值是 【答案】ACD 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得A、B，由墙角模型可得C，利用球面上点到平面的最大距离等于球心到平面的距离加上半径可得D. 【详解】在三棱锥中，平面，建立如图所示的空间直角坐标系，    则， ，由是线段上的动点，设 对于A，，，A正确； 对于B，则，， 由，则不存在点，使得，B不正确； 对于C，由题意易得三棱锥的外接球为球即为墙角模型的的外接球球心，其球心位于正方体的体对角线的中点，所以， 同理三棱锥的外接球为球， 由可得，，三点共线，故C正确； 对于D，球心在以为顶点为棱的正方体的中心，其半径为， 又，易得平面的法向量为，且 所以到平面距离为，所以球球面上点到平面距离最大值是，故D正确. 故选：ACD 4．(25-26高二上·福建泉州安溪一中、惠安一中、实验中学、养正中学·期中) （多选）已知正方体的棱长为1，点满足，其中，，则（    ） A．当时，不存在点，使得平面 B．当，满足时，不存在点，使得与平面所成角为 C．当，满足时，点到平面的距离的最小值为 D．当，满足时，三棱锥的体积的最小值为 【答案】BCD 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，通过向量法逐项分析即可. 【详解】以为原点，以方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为，所以； 对于A：当时，取，则， 所以， 所以，所以， 因为平面，所以平面，故A错误； 对于B：设平面的一个法向量为， 则， 所以，取，则，所以， 若与平面所成角为，则， 因为，所以， 化简可得，此时，所以方程无解， 所以不存在点，使得与平面所成角为，故B正确； 对于C：因为，所以，所以， 设平面的一个法向量为， 所以，取，则，所以， 所以点到平面的距离为， 因为，所以， 所以点到平面的距离的最小值为，故C正确； 对于D：是边长为的正三角形，所以， 因为，设， 所以， 设平面的一个法向量为， 所以，取，则，所以， 所以点到平面的距离为， 因为，所以， 所以，此时，所以， 所以三棱锥的体积的最小值为，故D正确； 故选：BCD. 类型十三、线线距问题 公式：如果直线l与平面α平行，n是平面α的一个法向量，A、B分别是l上和α内的点，则直线l与平面α之间的距离为d＝． 例13．(25-26高二上·广东广州奥林匹克中学·期中)（多选）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，下列结论正确的是（   ）    A．点到直线的距离为 B．直线到直线的距离为 C．点到平面的距离为 D．直线到平面的距离为 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，对于A选项，求解，夹角的正弦值，再进行求解即可；对于B选项，，所以两直线的距离可转化为点到直线的距离进行计算；对于C选项，求解平面的法向量，在通过点到平面的距离公式进行计算即可；对于D选项，由可知平面，所以线面距离可按照点到平面的距离来算. 【详解】因为六面体为正方体，所以，，， 所以以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，    因为正方体棱长为，所以，，，，，，，， 因为为线段的中点，为线段的中点，所以， 所以对于A选项，，， 设，夹角为，点到直线的距离为，所以， ，所以，故A正确； 对于B选项，，， ，， 所以直线到直线的距离转化为点到直线的距离， 所以直线的一个单位向量， 所以到直线的距离为，故B正确； 对于C选项，设平面的法向量为，，， 所以，即，令，所以，， 所以，所以点到平面的距离为，故C错误； 对于D选项，因为，平面，平面， 所以平面，所以直线到平面的距离转化为到平面的距离，， 所以到平面的距离为，故D正确. 故选：ABD 变式13-1．(24-25高二上·重庆第十八中学·期中) （多选）已知棱长为2的正方体中，为的中点，为上的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（   ） A．平面 B． C．与的距离是 D．动点的轨迹长为 【答案】ACD 【分析】利用线面平行判定定理即可判断A正确，再由向量数量积的坐标表示计算可得B错误，利用异面直线间的距离的向量求法计算可得C正确，求出动点的轨迹即可得其长度为，可得D正确. 【详解】根据题意以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 设，易知， 易知； 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 可得法向量， 由平面可得，即可得； 因此可得即为，即点在直线上， 对于A，由正方体性质可得，又平面，平面， 所以平面，即A正确； 对于B，又，可得， 显然，即B错误； 对于C，又，， 设与都垂直的向量为，可得， 令，可得，即， 又，所以与的距离为，即C正确； 对于D，由点在直线上且为上的动点，设点 连接交于点，因此动点的轨迹为线段，易知; 所以，即动点的轨迹长为，所以D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正方体性质建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量表示求得点动点的轨迹所在位置，即可得出异面直线间的距离以及轨迹长度. 变式13-2．(25-26高二上·山东临沂兰山区·)在三棱锥中，、均为等腰直角三角形，其中，，，点M，N分别在线段AB，PC上，则的最小值为______. 【答案】 【分析】先利用线面垂直证得平面，然后将求的最小值转化为求异面直线AB，PC的距离，建立空间直角坐标系，利用异面直线距离的向量法公式即可得解. 【详解】因为为等腰直角三角形，， 因为，所以，又，，平面，所以平面， 又，补成长方体，以点为原点，建立空间直角坐标系如图， 则， 故， 点M，N分别在线段AB，PC上，要求的最小值，即求异面直线AB，PC的距离， 设同时垂直于，则， 取，则，故， 所以的最小值为. 故答案为： 变式13-3．(25-26高二上·陕西西安庆安高级中学·月考)在直三棱柱中，，，P，Q分别是直线，上的动点，则PQ的最小值为______. 【答案】/ 【分析】如图建系，求得各点坐标及坐标，进而可求得异面直线与的公垂线的方向向量，根据异面直线间距离公式，代入计算，即可得答案. 【详解】取中点D，中点E，连接DA，DE， 因为，所以， 因为直三棱柱，所以平面， 又平面， 所以， 因为，， 所以， 以D为原点，DB、DA、DE为x，y，z轴正方向建系， 所以， 则， 设异面直线与的公垂线的方向向量为， 则，即， 令，则， 所以异面直线与的公垂线的一个方向向量为， 所以PQ的最小距离即为异面直线与的距离d， 根据异面直线间距离公式，即PQ的最小值为. 故答案为：    一、多选题 1．(25-26高二·广东韶关·期末)如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，，分别为线段上的动点，则（   ） A．点到直线EF的距离为 B．三棱锥体积的最小值为2 C．存在点G，H，使得 D．当平面时，线段GH的最小值为 【答案】AC 【分析】根据给定的几何体建立空间直角坐标系，利用点到直线距离的向量求法求解判断A；利用锥体体积最小值判断B；利用空间位置关系的向量证明判断C；求出的坐标，利用函数求出模长最小值判断D. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 对于A，，则点到直线EF的距离 ，A正确； 对于B，的面积为定值，则当点到平面的距离最短时， 三棱锥的体积最小，显然当点与点重合时，点到平面的距离最短， 最短距离为，则三棱锥体积的最小值为，B错误； 对于C，，设， 则，， 若，则， 即，则，又，存在满足的解，C正确. 对于D，由平面，得平面的一个法向量为， 若平面，则，而，则，即， ，因此， 当时，，D错误. 故选：AC 2．(25-26高二上·河北邢台第二中学等校·期末)如图，在三棱锥中，平面分别是的中点，则（   ）    A．平面 B．与平面可能平行 C．与可能垂直 D．与平面可能垂直 【答案】AC 【分析】根据线面垂直的判定定理判断A；记的中点为，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，通过判断与平面的法向量能否垂直判断B；通过能否成立，判断C；通过判断与平面的法向量能否平行判断D.或将三棱锥放入长方体中，根据长方体的性质逐项判断. 【详解】方法一：记的中点为，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，    设， 则． 设， 则． 对于A，因为平面平面，所以． 因为，所以平面，故A正确． 对于B，设平面的法向量为， 因为 ， 所以 令，得． 若与平面平行，则．因为，所以B错误． 对于，若与垂直，则． 因为可能有解，所以C正确． 对于D，平面的一个法向量为， 若与平面垂直，则． 因为，所以D错误． 故选：AC. 方法二：如图，将三棱锥放入长方体中，    由长方体的性质易知，平面，所以A正确． 取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以，所以平面. 若平面，则平面平面，但明显与不平行， 所以与平面不可能平行，故B不正确． 作，垂足为，则平面， 所以与平面不可能垂直，故不正确． 连接，若，则平面， 此时，而是有可能成立的，所以C正确． 故选：AC. 3．(25-26高二上·安徽师范大学附属中学·期末)在棱长为1的正方体中，为棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A．异面直线与所成角为 B．直线与平面所成角的余弦值为 C．点到直线的距离为 D．平面与平面间的距离为 【答案】BD 【分析】对于A选项，由得到为异面直线与所成角，根据正方体的性质的即得；对于B选项，由平面，可以得到直线与平面所成角为，进而即得；对于C选项，利用空间向量法求解即得；对于D选项，求出平面的法向量为，由平面平面，可知平面与平面间的距离等于点到平面的距离，进而即得. 【详解】对于A选项，在正方体中， 即为异面直线与所成角， 因为，所以为等边三角形， 因此，故A错误. 对于B选项，因为平面，所以是在平面上的射影， 那么直线与平面所成角为， 在中，，， 则，，故B正确. 对于C选项，以D为原点，分别以，DC，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系. 则，，，那么，， 根据点到直线的距离公式：， 又，，， 代入可得.故C不正确. 对于D选项，，，， 设平面的法向量为，则，所以， 令，得，，所以， 所以点到平面的距离， 因为平面平面， 所以平面与平面间的距离等于点到平面的距离， 即该距离为，故D正确； 故选：BD. 4．(25-26高二·广东清远·)如图，已知正方体的棱长为2，为的中点，点满足，下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则存在点使得，，，四点共面 C．若，则四面体的体积为定值 D．若，，则直线与平面所成角的正弦值为 【答案】BCD 【分析】确定点的坐标，利用空间向量的数量积进行判断A项，由共面定理进行判断B项，利用平行线的性质结合给定条件判断底面积和高都是定值来判断C项，由线面所成角的空间向量计算求解判断D项． 【详解】建立空间直角坐标系，如图所示： 则， 得， 对于A项，若，则，得点， 则，故A项错误； 对于B项，若，得，得， 得点， 假设存在点使得，，，四点共面，则， 得， 得，解得， 此时，得， 而，且，则点在线段上运动， 此时，使得，，，四点共面，故B项正确； 对于C项，如图，取靠近的三等分点为，靠近的三等分点为， 连接， 因为，所以， 令，而， 则，得到， 因为靠近的三等分点为，靠近的三等分点为，所以， 由正方体，得到四边形是平行四边形，故， 则，由题意得为的中点，则的面积是定值， 而平面，平面，所以平面， 结合，由线面平行性质得到面的距离为定值， 即四面体的体积为定值，故C正确， 对于D项，若，，得，得点， 则， 设平面的法向量为，， 由，取， 设直线与平面所成角为， 则，故D项正确． 故选：BCD 5．(25-26高二上·江西抚州金溪县第一中学·期末)《九章算术》中将底面是长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有“阳马”如下图所示，其中平面，，点在棱上运动．下列说法错误的是（    ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．点到平面距离的最大值为 D．当时，三棱锥的体积是四棱锥体积的 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，列出各个点的坐标，根据向量平行、向量垂直、点到平面的距离、平面的法向量坐标以及三棱锥的体积公式等知识逐项计算判断即可. 【详解】依题意，直线两两垂直，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，令，， 对于A，， 若，则，必有， 此时与不共线，矛盾，A错误； 对于B，， ， 则不成立，即不垂直，B错误； 对于C，设平面的法向量，而， 则，令，得， 点到平面距离，， 当且仅当，即与重合时取等号，C正确； 对于D，当时，，点到平面与平面的距离都为， 而， 则，D错误. 故选：ABD. 6．(25-26高二·四川广元·期末)如图，平面四边形是由两个直角三角形拼接而成，，．现在将沿进行翻折，使得平面平面，连接，得到三棱锥．若分别为的中点，则下列说法正确的是（    ） A．平面平面 B．异面直线与所成角的余弦值为 C．不共面 D．三棱锥外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】由面面垂直的性质定理可得平面，由线面垂直的性质定理可得，再根据面面垂直的判定定理可判断A；建立空间直角坐标系，由异面直线所成角向量法计算可判断B；由可判断C；由且均为直角三角形，得点为三棱锥外接球的球心，求得半径计算即可求解. 【详解】对于A，平面平面，交线为，，平面，所以平面， 因为平面，所以.又，且，所以平面. 因为平面，所以平面平面，故A正确； 对于B，以为原点，过在平面内作的垂线为轴，直线为轴，直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 因为，，所以， 则， 所以， ，故B正确； 对于C，， 因为， 即，所以共面，故C错误； 对于D，由A可知，，， 所以与都是直角三角形，且， 因为点是的中点，所以点到A，B，C，D的距离相等， 即为三棱锥外接球的球心， 故球半径为，则三棱锥外接球的表面积为，故D正确. 故选：ABD 7．(25-26高二上·河北部分学校·)如图，在棱长为2的正方体中，分别是线段上的动点（不含端点），且，则下列结论正确的是（   ） A． B．三棱锥体积的最大值为 C．若，则三棱锥外接球的表面积为 D．存在，使得平面 【答案】ABD 【分析】利用空间向量的数量积判断A，根据三棱锥的体积公式及二次函数的最值判断B，找出外接球球心，得到球的半径即可判断C，利用面面平行可得线面平行判断D. 【详解】对A，， ， ，即，故A正确； 对B，过作于， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，即三棱锥的高为， ， ， 当时，，故B正确； 对C，当时，，故为中点， 又为中点，所以，所以到距离都为， 即外接球的球心为，球半径为1，所以外接球表面积，故C错误； 对D，在正方体中，，平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 又，平面，所以平面平面， 当时，是的中点，此时平面， 所以平面，故D正确. 故选：ABD 二、填空题 8．(25-26高二·浙江温州·期末)已知四棱锥，平面，，，，点为内部一点，，点为直线上一点，则直线与所成角的正弦值的最小值为__________. 【答案】/ 【分析】以为原点建系，根据，求出点坐标，再利用以及等体积思想求出，设，计算即可求出范围. 【详解】因为，，所以， 因为平面，平面，所以， 则以为原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 则， 因为为内部一点， 所以存在实数使得， 且，， 则， 因为， ， ， 所以，则，则，则， 因为，，所以， 因为点为直线上一点，所以设， 则， 则， 则 ， 因为，所以， 则直线与所成角的余弦值的最大值为， 故直线与所成角的正弦值的最小值为. 故答案为： 9．(25-26高二·浙江温州·期末)已知四棱锥平面 ，，点为中点，平面交于点，则四边形的面积为__________.    【答案】/ 【分析】以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量求出，，从而求出，利用三角形面积公式求得的面积和的面积，相加即可得到四边形的面积. 【详解】因为四棱锥平面，且，所以如图所示，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.则，则. 设，则. 因为平面，则存在实数，使得. 所以，解得. 所以. ， 所以. ， 所以. 所以的面积为 的面积为. 所以四边形的面积为. 故答案为：    10．(25-26高二·广东汕头澄海区·期末)如图，在正四棱柱中，，点为棱的中点，若侧面（包含边界）内的动点满足（，），则点的轨迹的长度是________. 【答案】 【分析】取的中点，连接，证明，得到四点共面，结合题设条件和平面平面，可得点的轨迹为线段，求其长度即可. 【详解】如图，分别取的中点，连接. 易得，则四边形为平行四边形，. 又，可得，则，故， 即四点共面. 又平面平面， 侧面（包含边界）内的动点满足（，）， 由共面向量基本定理可知点既在平面内，又在平面内， 故点的轨迹即线段，其长度为. 故答案为：. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $