专题16立体几何线面位置关系及空间角的计算（练）解析版_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_二轮复习_备战2023年高考数学二轮复习考点精讲练（新教材·新高考）

第一篇 热点、难点突破篇 专题16 立体几何线面位置关系及空间角的计算（练） 【对点演练】 一、单选题 1．（2023·四川攀枝花·统考二模）如图，正方体 中，P是 的中点，给出下列结论： ① ；② 平面 ③ ；④ 平面 其中正确的结论个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对四个结论进行分析，从而确定正确答案. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的边长为 ， 则 , ， 不存在实数 使得 ，所以①错误. ， 设平面 的法向量为 ， 则 ，令 ，得 ,故可设 ， ，所以 ，由于 平面 ，所以 平面 ，②正确. ，所以 ，③正确. ， ，所以 与 不垂直， 平面 ，所以 与平面 不垂直，所以④错误. 故正确的个数为 个. 故选：B 2．（2023秋·河南·高三安阳一中校联考阶段练习）如图，在正方体 中，点 是线段 上的 动点，则下列说法正确的是（ ） A．当点 移动至 中点时，直线 与平面 所成角最大且为 B．无论点 在 上怎么移动，都有 C．当点 移动至 中点时，才有 与 相交于一点，记为点 ，且D．无论点 在 上怎么移动，异面直线 与 所成角可能是 【答案】B 【分析】对于A，利用四面体的等体积法求解直线 与平面 所成角的正弦值，从而判断正误；对于 B，证明正方体 的体对角线 平面 ，根据 平面 ，即可判断正误；对于 C，根据四点共面，利用梯形几何性质求解 ，即可判断正误；对于D，根据动点 的位置，求解异面直线 与 所成角的正切值取值范围来判断正误. 【详解】解：对于A，设正方体 的棱长为1，如图，连接 在正方体 中，面对角线 ， 故四面体 为正四面体，所以 ， ， 则点 到平面 的距离为 ， 又 为正三角形，则当点 为 的中点时，线段 的长度最短，且为 ，此时直线 与平面 所成角的正弦值 最大，且为 ，选项A错误； 对于B，如图，连接 A B C D 在正方体 中，四边形 1 1 1 1为正方形，所以 ， A B C D A B C D 又 平面 1 1 1 1， 平面 1 1 1 1，所以 ，又 平面 ， 所以 平面 ，且 平面 ，所以 ，同理可得 ， 又 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以总有 ， 选项B正确； 对于C，如图，连接 ， 当F为 的中点时， ，此时 四点共面， 为梯形 的对角线，故其交于一点 ， 且 ，选项C错误；对于D，因为 ，所以 即异面直线 与 所成的角，该角的正切值为 ， 易知 ，所以 ， 不在该范围内， 故无论点F在 上怎么移动，异面直线 与 所成的角都不可能是 ，选项D错误. 故选：B. 二、多选题 3．（2023秋·湖北武汉·高三统考期末）在正方体 中，点 在线段 上，且 ，动 点 在线段 上（含端点），则下列说法正确的有（ ） A．三棱锥 的体积为定值 B．若直线 平面 ，则 C．不存在点 使平面 平面 D．存在点 使直线 与平面 所成角为 【答案】AB 【分析】选项A连接 ，设正方体的棱长为 ，说明 平面 ，可说明点 到平面 的高度为 定值， 为定值，利用等体积法即可说明，选项B建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可，选项C， 当 处于 处时即可判断，选项D借助选项B中的相关结论，假设存在点 使直线 与平面 所成角为，根据假设条件，表示出线面角，列出等式，推出结论即可. 【详解】选项A，连接 ，如图所示：设正方体的棱长为 ， 因为 ， 所以四边形 为平行四边形， 所以 ， 又 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ， 即 平面 所以直线 上的所有点到平面 的距离都相等都等于正方体的棱长 为定值， 所以点 到平面 的高度为 ， 由 为定值， 所以 为定值， 故A正确， 以 为坐标原点， 分别为 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：设 ，设正方体的棱长为1， 因为点 在线段 上，且 ，所以 在线段 的中点， 则 ， 所以 ， 设平面 的法向量为 ，则 ， 令 ，则 ， 所以平面 的法向量为 ， 由 ，设 ， 所以 ，又 ， 所以 ， 所以 ， 所以 ，所以直线 平面 ，所以 ， 即 ， 解得 ， ，故B选项正确， 当 处于 点时，平面 即为平面 ， 而在正方体中平面 平面 ， 故存在点， 使得平面 平面 ， 故C错误， 由B选项知 ，由 平面 , 所以 为平面 的一个法向量， 设直线 与平面 所成角为 ， 由线面角的性质有： ， 假设存在点 使直线 与平面 所成角为 ， 则 ， 即 ， 因为 ，无实数解， 所以不存在点 使直线 与平面 所成角为 ， 故D选项不正确， 故选：AB.4．（2023秋·江苏南通·高三统考期末）已知在正四面体 中， 、 、 、 分别是棱 ， ， ， 的中点，则（ ） A． 平面 B． C． 平面 D． 、 、 、 四点共面 【答案】ABD 【分析】把正四面体 放到正方体里，对于A项根据线面平行的判定定理证明 对于B项，从正方体的角度上看易得 对于D项，证明四边形 是平行四边形可验证 对于C项，反证法证明，矛盾点是 与 的夹角. 【详解】把正四面体 放到正方体里，画图为： 对于A项， 、 分别为 ， 的中点， 又 平面 且 平面 平面 ，故A正确 对于B项，从正方体的角度上看易得 ，故B正确. 对于D项， 、 、 、 分别是棱 ， ， ， 的中点 且 且 所以 所以四边形 是平行四边形，故 、 、 、 四点共面，所以D正确. 对于C项，若 平面 成立，即 平面 又因为 平面 所以又因为 、 分别为 ， 的中点， 所以 所以 而 为等边三角形，与 矛盾，所以C不正确. 故选：ABD 5．（2022秋·江苏南京·高三南京航空航天大学附属高级中学校考阶段练习）已知正四棱柱 的 底面边为1，侧棱长为 ， 是 的中点， 则（ ） A．任意 ， B．存在 ，直线 与直线 相交 C．平面 与底面A B C D 交线长为定值 1 1 1 1 D．当 时，三棱锥 外接球表面积为 【答案】AC 【分析】对于A，由题意可得 平面 ，从而可得 ，即可判断； 对于B，根据异面直线的定义可得； 对于C，根据题意找出交线，然后求出交线长即可； 对于D，根据外接球与正四棱柱的位置关系，找出球心，进而求出半径，即可得出表面积. 【详解】解：对于A， ， ， ， ， 平面 ， 平面 ， 平面 ， ，故正确； 对于B，因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ， 与 异面，故不相交，故错误； 对于C，延长 ， 交于 点，连接 交 于 ， 为 中点， ， 所以 , 所以 , 所以 ， 平面 平面 ， A B C D 平面 与底面 1 1 1 1交线为 ， 其中 为 中点，所以 ，故正确对； 对于D， ， 是直角三角形，外接圆是以 为直径的圆，圆心设为 ，半径 ， 取 中点 ，则 平面 ， ， 所以 ， 所以 ， ，故错误. 故选： ． 三、填空题 6．（2023秋·河北唐山·高三开滦第二中学校考期末）如图，在四棱柱 中， 底面 ， 且底面 为菱形， ， ， ， 为 的中点， 在 上， 在平面 内运 动（不与 重合），且 平面 ，异面直线 与 所成角的余弦值为 ，则 的最大值 为___________. 【答案】 ## 【分析】连接 交 于点 ，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，设 ，其中 ，利用空间向量法可求得 的值，求出点 的坐标为 ，求出 的最小值，即可求得 的最大值. 【详解】连接 交 于点 ， 平面 ， 平面 ，则 ， 因为四边形 为菱形，则 ， ， 、 平面 ， 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 、 、 、 、 、 、 ， 易知平面 的一个法向量为 ， 因为 平面 ，所以， ， 设点 ，其中 ，则 ， 由已知可得 ， 因为 ，解得 ，即点 ， 设点 ，则 ，因为 ，则 ，可得 ，且 ，可得 ， 所以，点 ， 因为 平面 ， 、 平面 ， ， ， 且 ， 所以， . 故答案为： . 四、解答题 7．（2021秋·吉林辽源·高三校联考期末）如图，在四棱锥 中，底面ABCD是正方形， 平面 ABCD， ，E、F分别为AB、PC的中点． (1)证明：直线 平面PAD； (2)求点B到平面EFC的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可得解；（2）利用等体积转化法即可求解. 【详解】（1）证明：取 的中点 ，连 ， ，∵ 为 的中点，∴ ，且 ， 又 ，且 ，则 ， ∴四边形AEFG为平行四边形，∴ ， 又 平面PAD， 平面PAD，∴ 平面 . （2）∵ 底面ABCD， 为 的中点， ∴点F到平面BCE的距离为 ． 又 ， ∴ ， ∵ ， ， ， ． 设 到平面 的距离为 ，则 ，解得 ， 所以点B到平面EFC的距离是 . 8．（2023秋·江西赣州·高三统考期末）如图，在四棱锥 中， ， ， ， ， ， ， 平面 ，点M是棱 上的动点． (1)证明： ； (2)设 ，求当 平面 时 的值． 【答案】(1)证明见解析(2) ． 【分析】（1）根据 平面 和 推出 ，根据余弦定理计算推出 ，根据线面垂 直的判定定理得到 平面 ，从而可得 ； （2）连 ， 交于点N，连 ，根据线面平行的性质定理推出 ，再根据三角形相似可求出结果. 【详解】（1）证明：由于 平面 且 ， 所以 平面 ，又 平面 ，所以 ． 由 ， 得 ，即 ， 解得 或 （舍）， 所以 ，即 ， 又 平面 ， ，且 ， 所以 平面 ，而 平面 ， 因此 ． （2）连 ， 交于点N，连 ， 因为 平面 ， 平面 ，平面 平面 ， 所以 ，故 ． 在梯形 中，根据 与 相似，可得 ， 所以 ，即当 平面 时 的值为 ．9．（2023秋·山西·高三校联考阶段练习）如图，在直四棱柱 中，四边形 是菱形， ， ， ，点E是棱 上的一点（与 ， 不重合）. (1)求证： ； (2)若二面角 的余弦值为 ，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）由已知可得 ，根据线面垂直的性质可得 ，即可证得 平面 ，进 而证得线线垂直； （2）设 .以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系.设 ，写出各点的坐标，得到平面 以及平面 的法向量，根据已知可得 .然后用向量求出结果即可. 【详解】（1）证明：如图1，连结 . 由已知可得， 平面 ， 平面 ，所以 . 又因为四边形 是菱形，所以 . 又 平面 ， 平面 ， ， 所以 平面 .因为 平面 ，所以 . （2）解：设 ，连接 交 于点 . 由已知可得， 为等边三角形，则 ， ， . 以 为坐标原点，分别以 所在的直线为x轴，y轴，z轴，如图2建立空间直角坐标系，则 ， ， ， ， 设 ，故 ， 所以 ， ， ， . 设平面 的一个法向量 ，所以 ，即 ， 令 ，解得 ， ，所以平面 的一个法向量 .设平面 的一个法向量 ，所以 ，即 令 ，解得 ， .所以平面 的一个法向量 ， 所以 ，整理可得 ， 又 ，解得 ，所以平面 的一个法向量为 . 设直线 与平面 所成的角为 ， 所以 ， 所以直线 与平面 所成角的正弦值为 . 10．（2023秋·江西赣州·高三统考期末）如图，在四棱锥 中， 底面 ，四边形 是凸 四边形，且 ， ， . (1)证明：平面 平面 ； (2)求平面 与平面 夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意可证得 ， ，由线面垂直的判定定理可证得 面 ，再由面面垂 直的判定定理即可证明；（2）以 为坐标原点， ， 分别为x，y轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面 与平面 的法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案. 【详解】（1）连接 ，由题设 ， ，得 . 又 ，故 ， 由余弦定理可得： ， 解得： 或 ， 若 ，在 中， ，所以 ， 在 中， ，所以 ， 所以 ，因为四边形 是凸四边形， 所以 . 从而有 ， 又 面 且 面 ，得 ， ， 面 ，故 面 ， 又 面 ，所以面 面 ； （2）因为 面 且 面 ，得 ， 又因为 ，所以 ， 所以 ， 平面 ，所以 面 ， 以 为坐标原点， ， 分别为x，y轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则 ， ， ， ， ， 由（1）知 面 ，故面 的一个法向量为 设面 的法向量为 ， 由 ， ， 结合 ，令 ，得 故 的一个法向量为 ， 记平面 与平面 夹角为 ， 则有 . 【冲刺提升】 一、单选题 1．（2023秋·广东深圳·高三统考期末） 正四面体 中， 是侧棱 上（端点除外）的一点，若异面 直线 与直线 所成的角为 ，直线 与平面 所成的角为 ，二面角 的平面角为 ，则 （ ） A． B．C． D． 【答案】C 【分析】先在正四面体 中，作出 对应的角，再比较三者间的的大小关系即可解决. 【详解】正四面体 中，取 中点 ，连接 ， ， 过 作 于 ，连接 ， ， 过 作 的平行线交 于 ，则 ， 由 ， ， ， 平面 ， 平面 可得 平面 ，则 ，则 由 平面 ，可得平面 平面 ， 又平面 平面 ， 平面 ， ， 则 平面 ，则 ， 因为 ，且 ，所以 . 设正四面体边长为1， ，有 . ， 因为 所以 ，又 ，则 综上：故选：C 【点睛】(1)求直线与平面所成的角的一般步骤： ①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成； ②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解． (2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面 角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角． 二、多选题 2．（2023·安徽淮南·统考一模）在四棱锥 中，底面 为矩形，侧面 为等边三角形， ，则（ ） A．平面 平面 B．直线 与 所成的角的余弦值为 C．直线 与平面 所成的角的正弦值为 D．该四棱锥外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】根据勾股定理的逆定理，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理、线面角定义、异面直线所 成角的定义、球的几何性质逐一判断即可. 【详解】因为 为矩形，所以 ， 因为侧面 为等边三角形， 所以 ，因为 ， 所以 ，由 为矩形可得 ， 因为 平面 ， 所以 平面 ，而 平面 ， 所以平面 平面 ，因此选项A正确； 由 为矩形可得 ，所以 是直线 与 所成的角（或其补角）， 设 的中点为 ，连接 ， 因为侧面 为等边三角形， 所以 ，而平面 平面 ，平面 平面 ， 所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ， 由勾股定理可知： ， ， ， 在 中，由余弦定理可得 ，所以选项B正确； 因为 平面 ， 所以 是直线 与平面 所成的角， 因此 ，所以选项C不正确； 设该四棱锥外接球的球心为 ，矩形 的中心为 ，显然 平面 ， 即 ，过 作 ，连接 ，设该四棱锥外接球的半径为 ， 所以在直角三角形 中，有 ， 在直角梯形 中，有 ， ， 在直角三角形 中，有 ， 即 ， 解得 ， 所以该四棱锥外接球的表面积为 ，因此选项D正确， 故选：ABD【点睛】关键点睛：利用线面垂直的判定定理和球的几何性质是解题的关键. 3．（2023秋·福建厦门·高三厦门外国语学校校考期末）如图，正方体 中，顶点A在平面α内， 其余顶点在α的同侧，顶点 ，B，C到 的距离分别为 ，1，2，则（ ） A．BC∥平面 B．平面AAC⊥平面 1 C．直线 与 所成角比直线 与 所成角小 D．正方体的棱长为2 【答案】BCD 【分析】根据点到面的距离的性质，结合线面垂直的判定定理、线面角的定义、面面相交的性质进行求解判断 即可. 【详解】对A，因为B，C到 的距离分别为1，2，显然不相等， 所以BC不可能与平面 平行，因此选项A不正确； 对B，设 的交点为 ，显然 是 的中点， 因为平面 ， C到 的距离为2， 所以O到 的距离分别为1，而B到 的距离为1，因此 ，即 ，设平面 ， 所以 ， 因为 是正方形，所以 ， 又因为 平面 ， 平面 ， 所以 ，因为 平面 ， 所以 平面 ，因此有 平面 ，而 ， 所以平面 平面 ，因此选项B正确； 对C，设 到平面 的距离为 ， 因为平面 ， 是正方形，点 ，B到 的距离分别为 ，1， 所以有 ， 设正方体 的棱长为 ， 设直线 与 所成角为 ，所以 ， 设直线 与 所成角为 ，所以 ， 因为 ，所以 ，因此选项C正确； 对D，因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 所以 在平面 的射影 与 共线， 显然 ，如图所示： 由 ，， 由 （负值舍去）， 因此选项D正确， 故选： . 4．（2023秋·江苏南通·高三统考期末）在棱长为1的正方体 中，设 ，其中 ，则（ ） A． B． 与平面 所成角的最大值为 C．若 ，则平面 平面 D．若 为锐角三角形，则 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，运用空间向量逐项求解. 【详解】 以A为原点，AB为x轴，AD为y轴， 为z轴，建立空间直角坐标系，则有 ， ，设 ，则 ， 即 ； 对于A， ，正确； 对于B， ，设平面 的一个法向量为 ， 则有 ，即 ，令 ，则 ， ， 设 与平面 的夹角为 ，则 ， 当 时取最大值= ， 的最大值为 ， 正确； 对于C，当 时， ， ， 设平面PAC的一个法向量为 ，则有 ，即 ， 令 解得 ， ； 设平面 的一个法向量为 ， ， 则有 ，即 ，令 解得 ， ， 不存在 使得 ， 与 不平行，错误；对于D，当 为锐角三角形就是 ，设 ， ， ， ， ，正确； 故选：ABD. 5．（2023秋·江苏·高三统考期末）已知在三棱锥 中， ， ， ， ，设二面角 的大小为 ， 是 的中点，当 变化时，下列说法正确的是（ ） A．存在 ，使得 B．存在 ，使得 平面 C．点 在某个球面上运动 D．当 时，三棱锥 外接球的体积为 【答案】ACD 【分析】取 、 中点 、 ，连接 ， ， ， ， ，即可得到 即为二面角 ， 求出线段 、 、 、 、 的长度，假设 ，求出 的值，即可判断A，假设 平面 ， 即可得到 ，推出矛盾，即可判断B，由 为定值，即可判断C，结合A可得 ，即可求出三棱锥外接球的半径，从而求出体积，即可判断D. 【详解】解：对于A：取 、 中点 、 ，连接 ， ， ， ， ， 因为 ，所以 ， 又 ， ，所以 ，所以 即为二面角 的平面角 ， 又 ， ，所以 ， 所以 ，则 ， ， 若 ，又 ， ， 平面 ，则 平面 ， 因为 平面 ，所以 ，所以 ，则 ，即 ，即 ， 故A正确；对于B：若 平面 ， 平面 ，则 ，又 ， ， 平面 ，所以 平面 ， 平面 ， ， 在 中 与 矛盾，故B错误； 对于C： ， 在半径为 的球面上，故C正确； 对于D，当 时， ，所以 ， 为三棱锥 外接球的球心，外接球的半径为 ， 所以三棱锥 外接球的体积 ，故D正确. 故选：ACD. 三、解答题 6．（2022秋·四川成都·高三四川省成都市玉林中学校考阶段练习）如图，在四棱锥 中，底面 是矩形， 平面 ， ， ， 是 中点． (1)求证：直线 平面 ； (2)求直线 与平面 的夹角正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)【分析】(1)利用线面平行的判定定理即可证明；(2)利用空间向量的坐标运算求解线面夹角. 【详解】（1） 连接 与 交于点 ，连接 ， 则 为 的中位线，所以 , 又 平面 平面 ，所以直线 平面 . （2）因为 平面 ， 平面 ， 平面 ， 所以 ，因为四边形 为矩形，所以 ， .... 所以 两两垂直，所以以 为坐标原点， 分别以 所在的直线为 轴，建立空间直角坐标系，如图所以示， 因为 ， ， 是 中点， 所以 ， ， 所以 ，设平面 的法向量为 ， 则 ，令 ，则 ， ，设直线 与平面 的夹角为 ， 则 .7．（2022·四川成都·成都市第二十中学校校考一模）如图，四棱锥 中，底面 是平行四边形， 平面 底面 ， ， ， ， ． (1)求证：平面 平面 ； (2)求二面角 的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)利用面面垂直的性质定理可得线面垂直，再利用面面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐 标运算求二面角. 【详解】（1）因为 ， ， ， 所以 ,所以 , 又因为 ，平面 底面 ， 平面 平面 , 平面 ， 所以 平面 ,又因为 平面 , 所以 ， 平面 ， 所 平面 ，且 平面 ， 所以平面 平面 .（2） 过点 作 ,垂足为点 ， 由等面积法可得 解得 ， ， 因为 ，平面 底面 ， 平面 底面 , 平面 , 所以 底面 , 作与 平行的直线 ，则 底面 , 底面 ,所以 ，且 ， 所以以 为 轴建系如图， 则 ， 设平面 的一个法向量为 ， , 则 ，令 ， 所以 ， 设平面 的一个法向量为 ， ,则 ，令 ， 所以 ， 设二面角 为 ， ， 所以二面角 的正弦值为 . 8．（2023秋·江苏无锡·高三统考期末）如图，在四棱锥 中， ， ， ， ， ， ， 平面PAD，点M满足 ． (1)若 ，求证：平面 平面 ； (2)设平面MPC与平面PCD的夹角为 ，若 ，求 的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)利用线面垂直的判定定理性质定理和面面垂直的性质定理可得 平面ABCD，再证明 平 面PCM ，利用面面垂直判定定理可证明； (2)利用空间向量的坐标运算表示平面与平面夹角的余弦值，列方程计算求解. 【详解】（1）证明：∵ ， ， ，∴ ． ∵ ，∴ ，而 ，∴ ， ，∴ ． ∵ 平面PAD， 平面ABCD， ∴平面 平面PAD且平面 平面 ， 由 平面PAD， 平面ABCD， 平面ABCD，∴ ， 且 ， ， ，∴ ， PM,CM  ∴ ，又∵ ， 平面PCM， ∴BM 平面PCM． 又∵BM平面PBM ，∴平面PBM 平面PCM . （2）由（1）可知，PM 平面ABCD， 所以作平行于PM 的直线为z轴建系如图，   M0,4,0 AM AD AM 4 ∵ ，∴ ，∴ ，        P 0,1, 3 C3,4,0 D0,4,0 MC 3,44,0 PC  3,3, 3 CD3,0,0 ， ， ，∴ ， ， ，   n x,y ,z  n x ,y ,z  设平面MPC与平面PCD的一个法向量分别为 1 1 1 1 ， 2 2 2 2 ，   3x 1 (44)y 1 0 n  (4(1),3, 3(41)) ∴ 3x 3y  3z 0 1 1 1 1 3x 3y  3z 0   2 2 2 n (0,1, 3) 3x 0 2 ， 2   n n 6 1 2 12 ∵ 7 ，∴ cos     tan 6 43 n 1 n 2 161293412 2328403220 ，∵01， 2 ∴ ． 3 2 PC  AB AC  BC 1 9．（2023秋·湖北武汉·高三统考期末）在三棱锥PABC中， 2 ，PC 平面ABC，   PM CN x 0x 2 点M 是棱PA上的动点，点N 是棱BC上的动点，且 . 2 x (1)当 2 时，求证：MN  AC； (2)当MN的长最小时，求二面角AMNC的余弦值 【答案】(1)证明见解析 1 (2) 3 CD AC PC,AC,CD C 【分析】（1）作 ，根据线面垂直的性质可知 两两互相垂直，以 为坐标原点建立空间    ABC,  APC M,N MNCA0 直角坐标系，易证得 为等腰直角三角形，由此可得 坐标，根据 可证得结论； 2 x （2）用x表示M,N坐标，将MN2表示为关于x的二次函数，由此可确定 2 时，MN最小，进而得到 M,N 坐标；利用二面角的向量求法可求得结果. 【详解】（1）在平面ABC内过点C作CD AC，使得点D与点B在AC同侧，  PC 平面ABC，CD平面ABC，AC平面ABC， PC  AC PC CD PC,AC,CD ， ，则 两两互相垂直.   C CA,CD,CP x,y,z 以 为坐标原点， 正方向为 轴，可建立如图所示空间直角坐标系， C0,0,0 A1,0,0 P0,0,1 则 ， ， ； 2 由AB AC  BC得： ， ， 2 AB2AC2 BC2 ABAC B1,1,0  ABC  为等腰直角三角形， ； 同理可得：△APC为等腰直角三角形， 2 1 1 x AM  AP CN  CB 当 2 时， 2 ， 2 ，M,N 分别是AP,CB中点， 1 1 1 1    1 1 M 2 ,0, 2  ， N 2 , 2 ,0 ， MN   0, 2 , 2  ， C  A  1,0,0 ，   1  1 MNCA01 0 00 2  2 ，MN  AC. A1,0,0 P0,0,1 B1,1,0 ABC, APC （2）由（1）可得： ， ， ，  为等腰直角三角形；  2 2   2 2  M x,0,1 x N x, x,0  2 2 ，  2 2 ，     2 2 2  2 2   2   2  MN2  x x 0 x 1 x x2 2x1 则  2 2   2   2  ；       2 x 当 2 时，MN最小，M,N 分别是AP,CB中点，1 1 1 1  M ,0,  N , ,0 2 2， 2 2 ，  1 1  1 1    1 1   1 1  CM  ,0,  CN  , ,0 AM  ,0,  AN  , ,0 2 2， 2 2 ，  2 2，  2 2 ，  x,y ,z  设平面 CMN 的法向量为 1 1 1 ，   1 1 CM x  z 0   2 1 2 1 则 ，令 ，解得： ， ， ； C  N     1 x  1 y 0   2 1 2 1 x 1 y 1 z 1 1,1,1 1 1 1  x ,y ,z  设平面 AMN 的法向量 2 2 2 ，   1 1 AM x  z 0   2 2 2 2 则 ，令 ，解得： ， ， ；  A  N     1 x  1 y 0   2 2 2 2 x 1 y 1 z 1 1,1,1 2 2 2      1 1 cos,      ，  3 3 3 1 由图形可知：二面角 为锐二面角， 二面角 的余弦值为 . AMNC  AMNC 3 10．（2023秋·湖北武汉·高三统考期末）在如图所示的多面体中，四边形ABCD为正方形，A，E，B，F 四 点共面，且  ABE和△ABF 均为等腰直角三角形，BAEAFB90.平面ABCD平面AEBF，AB2. (1)求多面体AEBFCD体积； (2)若点P在直线DE上，求AP与平面BCF所成角的最大值. 【答案】(1)4  (2) 4【分析】（1）多面体分成两个四棱锥EABCD和FABCD，然后由体积公式计算（注意找到棱锥的高）； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求出线面的正弦值，利用函数性质得最大值． 【详解】（1）在四边形AEBF中，∵  ABE和△ABF 均为等腰直角三角形，且BAEAFB90， ∴BAF ABE45，∴AF∥BE，∵四边形ABCD为正方形，∴DA AB， 又∵平面ABCD平面AEBF，DA平面ABCD，平面ABCD平面AEBF  AB， ∴DA平面AEBF，同理AE平面ABCD， 1 FG AB1 取AB中点G，连接 FG ，则FGAB， 2 ，又同理可得 FG 平面ABCD， 1 1 1 1 V V V  S EA S FG 222 2214； EABCD FABCD 3 ABCD 3 ABCD 3 3 （2）如图建立空间直角坐标系， P0,,2 B2,0,0 C2,0,2 F1,1,0 A0,0,0  B  C  0,0,2  B  F  1,1,0 设 ，则 ， ， ， ，∴ ， ，  n  B  C  0 2z0 设平面 BCF 的一个法向量为 n  x,y,z，则  n  B  F  0 ，即 xy0 ，  n1,1,0 AP0,,2 令 x1 ，则 ，设AP与平面 BCF 所成角为，又 ，   nAP  2  sin    ∴   ， n AP 2 222 2 2244  2 1 2 1 2 sin      要使 sin 最大， 0 ，∴ 2 2244 2  4 2   4 2 2 4    1  1 2    2 1 2 （ 2 时等 号成立），   ∴ ，即 与平面 所成角的最大值为 ． 4 AP BCF 4 11．（2023秋·江苏南通·高三统考期末）如图，已知四边形ABCD为直角梯形，其中AD//BC，ADAB， AD2BC 2.现将四边形ABCD沿着AB旋转至ABEF，使得平面ABCD平面ABEF． (1)证明：C，D，E，F 四点共面 ; (2)若AB3，点P在线段AB上，且AP2，求平面PCE与平面PDF 所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 2 2 (2) 3  AD，AB，AF 【分析】（1）由条件可得AD平面ABEF，以A为坐标原点，以 为基底建立空间直角坐标系， 利用空间向量知识即可证明C，D，E，F 四点共面； （2） 设平面 PDF 的法向量为 m x 1 ，y 1 ，z 1  ，设平面 PCE 的一个法向量 nx 2 ，y 2 ，z 2  ，求出向量 m 、 n ， 计算即可求得平面PCE与平面PDF 所成角的正弦值． 【详解】（1）证明：因为ADAB， 平面ABCD平面ABEF， 平面ABCD平面ABEF  AB，AD平面ABCD， 所以AD平面ABEF．  AD，AB，AF 以A为坐标原点，以 为基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz． ABb F0，0，2 D2，0，0 C(1,b,0) E(0,b,1) 设 ，则 ， ， ,   FD2，0，2 EC 1，0，1 所以 ， ， 所以CE//DF ，即C，D，E，F 四点共面. （2）因为AB3，点P在线段AB上，且AP2，  PD2，2，0 所以 ． m x，y，z  设平面 PDF 的法向量为 1 1 1 ， m  F  D  0 m  P  D  0 2x 2z 0 2x 2y 0 因为 ， ，所以 1 1 ， 1 1 ， x 1 y 1 z 1 m 1，1，1 令 1 ，则 1 ， 1 ，所以平面 PDF 的一个法向量 ． nx，y，z  设平面 PCE 的一个法向量 2 2 2 ， n  E  C  0 m  P  C  0 x z 0 x y 0 因为 ， ，所以 1 1 ， 1 1 ， x 1 y 1 z 1 PCE n1，1，1 令 1 ，则 1 ， 1 ，所以平面 的一个法向量 ． 设平面PDF 与平面PCE所成夹角为， 111 1 n|  则cos|cosm ， 3 3 3，2 2 sin 1cos2 所以 3 ， 2 2 即平面ABF 与平面CDE所成角的正弦值为 3 ． PQ ABCD 12．（2023·全国·高三专题练习）如图：长为3的线段 与边长为2的正方形 垂直相交于其中心 O(POOQ)． PABQ 3 O PQ (1)若二面角 的正切值为 ，试确定 在线段 的位置； P A B C D Q PABCDQ (2)在（1）的前提下，以 ， ， ， ， ， 为顶点的几何体 是否存在内切球？若存在，试确定 其内切球心的具体位置；若不存在，请说明理由． O PQ Q 【答案】(1)存在， 在线段 上的靠近 点的三分点位置 O P 5 10 (2)存在 ，内切球心 在点 距离为 的位置上． AB E PE OE QE PEQ PABQ 【分析】（1）取线段 的中点为点 ，连接 ， ， ．证明出 为二面角 的平面角.设 PEQ，QEO，OPx，利用直角三角形建立关于x的方程，解出OP； PABCDQ O CD F r （2）几何体 存在内切球，设球心为 ，设线段 的中点为点 ，内切球的半径为 ，利用几何性 O P 5 10 质计算出 在点 距离为 的位置上． AB E PE OE QE 【详解】（1）取线段 的中点为点 ，连接 ， ， ．由于四边形ABCD是正方形，O为其中心，所以OE AB， 又PO面ABCD,AB面ABCD，所以PO AB. OE  OPO OE PEO OP PEO AB PEO 而 ， 面 , 面 ,所以 面 . 因为PE面PEO，所以ABPE. ABQE PEQ PABQ tanPEQ3 同理可以证出 ， 为二面角 的平面角， ． 设PEQ，QEO，OPx，则OQ3x．且OE1 OP 在 中，tan x， RT PEO OE  OQ 同理在 中，tan 3x RT  QEO OE tantan 3 tanPEQtan  3 由 1tantan 1x3x ， 得：x23x20 POOQOPx2  O PQ Q 故 在线段 上的靠近 点的三分点位置. PABCDQ O （2）几何体 存在内切球，令球心为 .CD F r PEQF O 若设线段 的中点为点 ，内切球的半径为 ，由对称性可知：平面四边形 的内切圆的圆心为 ，半 径即为r， 1 1 故S PEQF  2 EF·PQ 2 r2PE2QE ，而 PE PO2OE2  5 ，QE QO2OE2  2． 1 1   所以 23 r 2 52 2 ，得 ． 2 2 r  5 2 r OE 1 5 sinEPO   由三角形相似有：PO PE 5 5 PO 5r5 10 所以 ． O P 5 10 故其内切球心 在点 距离为 的位置上．