高二上学期中复习专题02空间向量研究直线平面位置关系

期中复习专题02：空间向量研究直线、平面位置关系解析版考点一：空间向量的坐标运算【知识点梳理】1.空间直角坐标系：轴上点坐标、面上点坐标、空间上点坐标.2.空间向量的坐标运算（1）由两点写出空间向量：若，则（2）空间线段中点坐标空间中有两点，则线段AB的中点C的坐标为.（3）向量加减法、数乘的坐标运算若，则①;②;③;（4）向量数量积的坐标运算若，则（5）空间向量长度及两向量夹角的坐标计算公式若，则(1).(2).（6）空间向量平行和垂直的条件若，则①②【典例例题】例1.（2022·浙江台州市期中）设，向量，且，则（）A. B. C.3 D.【答案】A【解析】【分析】利用空间向量的平行、垂直以及数量积的坐标表示求解.【详解】因为，所以，解得，所以又因为，所以，解得，所以，所以，则，故选：A.【变式训练】1.（2022·浙黑龙江佳木斯第一中学期中）已知点，，则线段的中点的坐标为（

）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用中点坐标公式求解即可.【详解】解：因为点，，线段的中点的坐标为，故选B.2.（2022·浙黑龙江佳木斯第一中学期中）若，点的坐标为，则点的坐标为___________．【答案】【解析】【分析】根据空间向量的坐标表示直接构造方程求解即可.【详解】设，则，，解得：，.故答案为：.3.（2022·浙黑龙江佳木斯第一中学期中）若A(a，0)，B(0，b)，C(，)三点共线，则________.【答案】【解析】【分析】由斜率相等得的关系．【详解】解析：由题意得，ab+2(a+b)=0，．故答案为：．4.（2022·浙江绍兴市第二中学期中）在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是（）A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据空间里面点关于面对称的性质即可求解.【详解】在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是.故选：C.5.（2022乌鲁木齐第一中学期中）点关于直线的对称点的坐标为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据点关于线对称的特点，利用中点坐标公式及两直线垂直的斜率的关系即可求解.【详解】设点关于直线的对称点的坐标为，则，解得.所以点的坐标为故选：A.6.（2022·广东实验附属中学期中）（多选）如图，在长方体中，AB＝5，AD＝4，，以直线DA，DC，分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则（）A.点的坐标为B.点B关于点对称的点为C.，D.点关于x轴对称的点为【答案】ABC【解析】【分析】根据题中条件，由空间直角坐标系，求出相关点的坐标，结合向量的坐标表示和对称相关结论逐项判断，即可得出结果.【详解】根据题意知：点的坐标为，选项A正确；点关于x轴对称点为，选项D错误；点的坐标为，故点关于点对称的点为，选项B正确；点的坐标为，点的坐标为，所以，选项C正确；故选：ABC.7.（2022·湖北省高中联考期中）试写出一个点的坐标：______，使之与点，三点共线.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】设点的坐标为，利用向量共线得到，求得，写出一个符合要求的即可.【详解】设，根据题意可得()，即，则，故，不妨令，则，，故.故答案为：（答案不唯一）.8.（2022·山东省淄博市实验中学期中）已知向量，，且与互相垂直，则_______.【答案】【解析】【分析】利用两向量垂直的坐标表示即可求解.【详解】因向量，，且与互相垂直，所以，解得.故答案为：.考点二：空间向量研究直线、平面平行位置关系【知识点梳理】直线的方向向量：与这条直线平行(或共线)的向量，记作；或者已知直线上两点坐标，即方向向量.2、平面的法向量：若直线，则该直线的方向向量即为该平面的法向量，平面的法向量记作,有无数多个，且任意两个都是共线向量.3、平面法向量的求法：设平面的法向量为，在平面内找出（或求出）两个不共线的向量，根据定义建立方程组，得到，通过赋值，取其中一组解，得到平面的法向量.4、利用空间向量表示空间线面平行、垂直设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为.位置关系平行线线（与）线面（与）面面（与）【典例例题】例1.（2021秋·广东湛江·高二湛江二十一中校考期中）如图所示，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．(1)若P为侧棱SD上的中点，证明SB平面PAC．(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．【答案】(1)详见解析；(2)存在，.【详解】（1）证明：如图所示：连接BD与AC交于点O，连接OP，因为四边形ABCD是正方形，所以O为中点，又P为侧棱SD上的中点，所以，又平面PAC，平面PAC，所以平面PAC；（2）建立如图所示空间直角坐标系：设侧棱SC上存在一点E，使得BE平面PAC，且，设正方形ABCD的边长为1，则，所以，则，因为SD⊥平面PAC，所以是平面PAC的一个法向量，若BE平面PAC，则，解得，所以侧棱SC上存在一点E，使得BE平面PAC，且.【变式训练】1.（2022·黑龙江佳木斯第一中学期中）已知，，，则下列结论正确的是（）．A.， B.，C.， D.以上都不对【答案】C【解析】【分析】利用空间向量的坐标运算法则即可求解.【详解】因为，所以；因为，所以，故选：C.2.（2022·浙江绍兴市第二中学期中）已知直线的方向向量是，平面的法向量是，则直线与平面的位置关系是（）A.或 B.C.与相交但不垂直 D.【答案】A【解析】【分析】根据直线的方向向量与平面的法向量的位置关系可判断直线与平面的位置关系.【详解】，所以，所以或.故选：A.3.（2022·山东省淄博市实验中学期中）（多选）已知四棱锥的底面是边长为3的正方形，平面，，为的中点，过作平面分别与线段、交于点、，且，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.四边形的面积为【答案】BD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，运用四点共面的充要条件即可获解.【详解】如图，建立空间直角坐标系，则相关点的坐标为,,,,相关向量为,,,，由题意平面即平面因为，平面，平面所以设，则因为四点共面所以存在实数使得即即解得所以,所以与不平行，故A错误；，,所以，故B正确；因为，所以，故C错误；所以所以四边形的面积,故正确.故选：BD4.（2023·全国·高二专题练习）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．证明：.【详解】根据正四棱柱性质可知，以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则，所以，可得，即向量与共线，又不在同一条直线上，所以.5.（2023·全国·高三专题练习）在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且.求证：平面；【详解】由于底面，平面，所以，而，故以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，，，易知平面的一个法向量为，故，则，又平面，故平面．6.（2023·全国·高三专题练习）如图所示，平面平面，四边形为正方形，是直角三角形，且，，，分别是线段，，的中点，求证：平面平面．【详解】因为平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，所以AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则．所以，，，，设是平面EFG的法向量，则，，即，得，令，则，，所以，设是平面PBC的法向量，由，，即，得，令，则，，所以，所以，所以平面EFG∥平面PBC．考点三：空间向量研究直线、平面垂直位置关系【知识点梳理】利用空间向量表示空间线面平行、垂直设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为.位置关系垂直线线（与）线面（与）面面（与）【典例例题】例1.（2022·湖北省省部高级中学期中）直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（）A. B.C.或 D.与的位置关系不能判断【答案】B【解析】【详解】解：直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，显然它们共线，所以．故选：B．例2.（2022秋·广东·高二校联考期中）如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，E，F分别是的中点.(1)求证：；(2)在平面内求一点G，使平面.【答案】(1)证明见解析；(2)G为AD的中点.【详解】（1）因为底面，平面，平面，所以，，又底面为正方形，所以，以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E，P(0，0，a)，F，∴，，∴＝0，∴，即EF⊥CD；（2）设，则，，，若使GF⊥平面PCB，则需且，由，解得，由，解得，因为为平面内两条相交直线，故平面，∴G点坐标为，即G为AD的中点．【变式训练】1.（2022·浙江绍兴市第二中学期中）已知，，分别是平面，，的法向量，则，，三个平面中互相垂直的有________对.【答案】3【解析】【分析】通过证明法向量相互垂直得平面相互垂直.【详解】，故，所以，，故，所以，，故，所以，则，，三个平面中互相垂直的有3对.故答案为：32.（2022·浙江绍兴市第二中学期中）如图，在正方体中，与平面垂直的向量是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】证明直线平面即可.【详解】，连接，在正方体中有平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，同理可得，平面，所以平面，所以是与平面垂直的向量.故选：B3.（2022·浙江台州市期中）已知正方体的棱长为1，是棱上的动点，则下列说法正确的有（）A.平面 B.C.二面角的大小为 D.三棱锥的体积的最大值为【答案】BD【解析】【分析】假设平面，由此推出，继而不妨取E为CD的中点，推出矛盾，判断A；利用线面垂直的性质判断B；取E点的一个特殊位置求出此时的二面角判断C；利用等体积法求出三棱锥的体积的最大值判断D.【详解】对于A，是棱上的动点，假设平面，而平面，故；不妨取E为CD的中点，连接EB，由平面，平面，得，故，而，则，即，即和不垂直，故与矛盾，A错误；对于B，由平面，平面，得，又，而平面，故平面，平面，故，B正确；对于C，是棱上的动点，不妨取E位于C点位置，此时二面角即二面角，设F中点，连接，由于，故，则即为二面角的平面角，，又，故，故不等于，C错误；对于D，由题意知，由于是棱上的动点，当E在C点处时，E到平面的距离最大，即最大；连接，由平面，平面，得，又，而平面，故平面，平面，故，同理证明，而平面，故平面，设交平面于G点，则，即，则，,故，即三棱锥的体积的最大值为，D正确，故选：BD4.（2022·浙江台州市期中）已知长方体中，.若是侧面内的动点，且，则的长度的最小值为（）A. B.6 C. D.【答案】C【解析】【分析】以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，由题意设，然后根据可得的关系，再换元可求得的长度的最小值,【详解】如图，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，设，则，因为，所以，即，令，则，所以，所以（其中），所以当时，取得最小值，即的长度的最小值为，故选：C5.（2022·广东实验附属中学期中）（多选）以下命题正确的是（）A.直线l方向向量为，直线m方向向量，则l与m垂直；B.直线l的方向向量，平面的法向量，则；C.平面的法向量分别为，则；D.平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则．【答案】AD【解析】【分析】按照线线垂直、线线平行、面面平行的向量表示以及平面的法向量依次判断4个选项即可.【详解】，直线l与m垂直，A正确；

，或，B错误；不共线，所以与不平行，故C错误；，向量是平面的法向量，

，即，则，D正确．

故选：AD．6.（2022·浙江绍兴市第二中学期中）（多选）如图，在正方体中，，点，分别在棱和上运动（不含端点），若，则下列命题正确的是（）A. B.平面C.线段长度的最大值为1 D.三棱锥体积不变【答案】ACD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设，由得，对A：用向量证明；对B：用向量证明与不垂直即可；对C：将长度表示为的函数求最大值；对D：转化为判断即可.【详解】在正方体中，以D为原点，以射线分别为轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图：则.设，则，因为,所以，即.对于A：，则，所以，即，故A正确;对于B：，即与不垂直，从而与平面不垂直，故B不正确；对于C：，则，当且仅当时取等号，故C正确；对于D：不论点如何移动，点到平面的距离为4，且为定值，而为定值，故三棱锥的体积为定值，故D正确.故选：ACD.7.（2022·湖北省高中联考期中）已知空间三点、、，设，.（1）若向量与互相垂直，求实数的值；（2）若向量与共线，求实数的值.【答案】（1）或2（2）或1【解析】【小问1详解】由已知可得，，所以，，，由题意可知，即，解得或2.【小问2详解】，，由题意，设，所以，解得或.因此，或1.8.（2022·黑龙江佳木斯第一中学期中）如图，在直三棱柱中，，，，分别是和上动点，且.求证：；【答案】【解析】【详解】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.9．（2020秋·广东深圳·高二红岭中学校考期中）如图，在多面体ABCDEF中，平面平面ABCD．四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且，是边长为1的等边三角形，．（1）求证：；（2）线段BD上是否存在点N，使得直线平面AFN？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.【解析】【详解】（1）因为四边形ADEF为正方形，所以，又平面平面ABCD，且平面平面ABCD=AD，所以平面ABCD，又平面ABCD，所以.（2）线段BD上不存在点N，使得直线平面AFN，证明如下：取AD中点O，EF中点K，连接OB，OK，因为为正三角形，所以，在正方形ADEF中，，又平面平面ABCD，所以平面ADEF，所以，所以OB，OD，OK两两垂直，以O为原点，分别以OB，OD，OK为x，y，z轴正方向建系，如图所示：所以,设，，所以,所以,所以，所以，即,所以,设平面AFN的法向量，则，所以，令，则一条法向量，因为平面AFN，所以，所以，此方程无解，所以不存在点N，使得直线平面AFN.10.（2022秋·广东梅州·高二校联考期中）如图，在四棱锥中，面，在四边形中，，点在上，.求证：(1)CM面；(2)面面.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】（1）以点为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设为平面的一个法向量，由得令，得，，则，又平面，平面.（2）如图，取的中点，连接，则..又，，又平面,平面，又平面，平面平面一、单项选择（10道）1.（2022·河北省辛集市育才中学期中）已知向量，，且，那么等于（）A. B. C. D.5【答案】C【解析】【分析】先根据向量垂直数量积为零求坐标，再根据坐标求模长计算即可.【详解】因为，，且，所以，即，所以，所以，故选：C．2.（2022·河北省辛集市育才中学期中）设，向量，，且，则（）A. B. C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】根据空间向量平行与垂直的坐标表示，求得的值，结合向量模的计算公式，即可求解.【详解】由向量且，可得，解得，所以，，则，所以.故选：C.3.（2022·广东省肇庆端州中学期中）设，向量，，，且，，则（）A. B. C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】根据空间向量垂直与平行的坐标表示，求得的值，得到向量，进而求得，得到答案.【详解】由题意，向量，，，因为，可得，解得，即，又因为，可得，解得，即，可得，所以.故选：C.4.（2022秋·广东汕头·高二校考期中）若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，能使的是（）A．，B．，C．，D．，【答案】A【分析】根据给定条件，利用空间位置关系的向量证明，结合各选项中的向量，计算判断即可．【详解】若，则，对于A，，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，，故C错误；对于D，，故D错误．故选：A．5．（2022秋·广东江门·高二江门市培英高级中学校考期中）已知直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则＝（）A．﹣3 B．3 C．6 D．9【答案】B【分析】根据线面垂直的向量表示即可求解.【详解】因为，所以，解得，所以.故选：B6．（2022秋·广东广州·高二校考期中）下列利用方向向量､法向量判断线､面位置关系的结论中，正确的是（

）A．两条不重合直线的方向向量分别是，则B．直线的方向向量为，平面的法向量为，则C．两个不同的平面的法向量分别是，则D．直线的方向向量，平面的法向量是，则【答案】C【分析】根据空间位置关系的向量判断方法对四个选项一一判断即可.【详解】对于A：因为，所以不成立，所以不成立.故A错误；对于B：因为，,所以，所以，所以或.故B错误；对于C：因为，,所以，所以，所以.故C正确；对于D：因为，,所以，所以.故D错误；故选：C7．（2022秋·广东深圳·高二深圳市宝安中学（集团）校考期中）已知平面内有一点，平面的一个法向量为，则下列四个点中在平面内的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题设只需，由各选项的点坐标求的坐标，即可得答案.【详解】由题意，符合条件的点应满足，A：，则，故不在平面内，不满足；B：同理，则，故在平面内，满足；C：同理，则，故不在平面内，不满足；D：同理，则，故不在平面内，不满足；故选：B8．（2022秋·广东惠州·高二统考期中）若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（

）A． B． C． D．与斜交【答案】A【分析】根据平面的法向量与直线的方向向量平行，从而得到直线与平面垂直.【详解】由题意得：，则，.故选：A9．（2022秋·广东广州·高二广州市第七中学校考期中）如图，在正四棱柱中，是底面的中心，分别是的中点，则下列结论正确的是（

）A．//B．C．//平面D．平面【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明，逐项分析、判断作答.【详解】在正四棱柱中，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，令，是底面的中心，分别是的中点，则，，，对于A，显然与不共线，即与不平行，A不正确；对于B，因，则，即，B正确；对于C，设平面的法向量为，则，令，得，，因此与不垂直，即不平行于平面，C不正确；对于D，由选项C知，与不共线，即不垂直于平面，D不正确.故选：B10．（2020秋·广东佛山·高二校考期中）如图，正方体的棱长为a、M、N分别为A1B和AC上的点，，则MN与平面的位置关系是（）A．相交但不平行 B．平行 C．相交且垂直 D．不能确定【答案】B【分析】利用向量法，计算出与平面的法向量垂直，由此判断出与平面平行.【详解】∵正方体棱长为a，∴，∴=又∵是平面的法向量，且∴，∴MN//平面故选：B二、多项选择（10道）11.（2022·河北省辛集市育才中学期中）在长方体中，，与交于点P，以D为原点，以，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（）A.点的坐标为 B.点P的坐标为C. D.【答案】AB【解析】【分析】根据空间向量的坐标即可结合选项逐一求解.【详解】由题意可得，,,，,,所以,,故CD错误，AB正确，故选：AB12.（2022·广东肇庆百花中学期中）已知为直线l的方向向量，，分别为不重合的两个平面α、β的法向量，则下列说法中，正确的有（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】【分析】由题意，根据空间向量在立体几何中的应用，可得答案.【详解】对于A，由，则平面平行，而，可得，故A正确；对于B，由，则，反之也成立，故B正确；对于C，由，则，反之，由，则，故C错误；对于D，由，则或，反之，由，则，故D错误；故选：AB.13.（2022·浙江绍兴市第二中学期中）已知向量，，则下列结论中正确的是（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根据向量运算求解.【详解】向量，，所以，故A正确；因为，所以，故B正确；，故C错误；，故D正确.故选：ABD14.（2022·河北省辛集市育才中学期中）给出下列命题正确的是（）A.直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直B.直线a，b的方向向量，，若，，则直线a，b相交C.无论m取何实数，直线恒过一定点D.平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则【答案】ACD【解析】【分析】对于选项A：由，得出，即可作出判断；对于选项B：由，夹角为钝角，可能是相交也可能是异面，即可作出判断；对于选项C：直线可化简为：，由直线的点斜式方程可知直线恒过定点，即可作出判断；对于选项D：易知，由此计算即可得出，即可作出判断详解】对于选项A：，所以，即l与m垂直，故A正确；对于选项B：，夹角为钝角，可能是相交也可能是异面，故B错误；对于选项C：直线可化简为：，显然无论m取何实数，直线恒过定点，故C正确；对于选项D：因为向量是平面的法向量，所以有，又，所以有，即，故D正确.故选：ACD.15.（2022·广东省肇庆市端州中学期中）如图，在直三棱柱中，，分别是棱的中点，在线段上，则下列说法中正确的有（）A.平面B.平面C.存在点，满足D.的最小值为【答案】AD【解析】【分析】对于A，在平面找一条直线，使其与平行即可；对于B，先由证明四点共面，再证四点共面，进而能判断直线与平面的位置关系；对于C，以为正交基底，建立空间直角坐标系，用坐标运算即可；对于D，把三棱锥的正面和上底面展开，即能找到的最小值，构造直角三角形求解即可.【详解】对于A，连接，分别是棱的中点，且，四边形为平行四边形，，又平面，平面在平面内，所以平面，故A正确；对于B，易知，所以四点共面，又点，所以四点共面，平面，而平面，直线平面，故B不正确；对于C，以为正交基底，建立如图1所示的空间直角坐标系.则，，，，，，，若，则，，在线段延长线上，而不在线段上，故C不正确；对于D，把图1的正面和上底面展开如图2所示，连接即为所求，过做PG垂直于且与其相交于，与相交于，易得，，，，在中，，，故D正确.故选：AD三、填空题（10道）16.（2022·广东省实验附属中学期中）已知向量，则___________.【答案】【解析】【分析】利用空间向量数量积的坐标运算即可求解.【详解】因为，则，故答案为：.17.（2022·广东省肇庆市端州中学期中）在空间直角坐标系中，记点关于轴的对称点为关于平面的对称点为，则___________.【答案】【解析】【分析】利用对称性求对称点坐标，应用空间两点距离公式求.【详解】依题意，关于轴的对称点为关于平面的对称点为所以.故答案为：18.（2022·河北省辛集市育才中学期中）若，，点P在x轴上，且，则点P的坐标为______．【答案】【解析】【分析】根据空间中两点间距离即可求解.【详解】设，由可得，解得，所以，故答案为：19.（2023秋·广东广州·高二广州市培正中学校考期中）在空间直角坐标系中，已知点，，若点在轴上，且，则M的坐标是.【答案】【分析】设，利用距离公式可得关于的方程，解方程后可得的坐标.【详解】依题意，设，因为，，，所以，解得，所以．故答案为：.20．（2022秋·广东深圳·高二红岭中学校考期中）直线的方向向量是，平面的法向量，若直线，则.【答案】1【分析】结合已知条件可得，然后利用垂直向量的数量积为0即可求解.【详解】由题意可知，，因为，，从而，解得.故答案为：1.21．（2022秋·广东佛山·高二佛山市荣山中学校考期中）设直线的方向向量为，平面的一个法向量为，若直线平面，则实数的值为．【答案】【分析】由线面平行可得，由向量垂直的坐标表示可构造方程求得的值.【详解】直线平面，，即，解得：.故答案为：.22.（2022·河北省辛集市育才中学期中）在空间直角坐标系中，已知，，点C，D，分别在x轴，y轴上，且，那么的最小值是___________.【答案】.【解析】【分析】设，，根据可得，利用定义求结合二次函数求最值.【详解】设，，∵，，∴，，∵，∴，即.∵，∴.（当时取最小值）故答案为：23．（2022秋·广东广州·高二广州四十七中校考期中）若平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，且，则．【答案】【分析】由，得，利用向量坐标平行计算公式代入计算.【详解】由，得，所以，解得，，∴．故答案为：24.（2022秋·广东江门·高二新会陈经纶中学校考期中）如图，多面体中，面为正方形，平面，，且，，为棱的中点，为棱上的动点，有下列结论：①当为棱的中点时，平面；②存在点，使得；③三棱锥的体积为定值；④三棱锥的外接球表面积为．其中正确的结论序号为．（填写所有正确结论的序号）【答案】①③④【分析】根据线面平行的判定定理，以及线线垂直的判定，结合棱锥体积的计算公式，以及棱锥外接球半径的求解，对每一项进行逐一求解和分析即可.【详解】对①：当H为DE的中点时，取中点为，连接，因为分别为的中点，故可得//，，根据已知条件可知：//，故//，故四边形为平行四边形，则//，又平面平面，故//面，故①正确；对②：因为平面平面，故，又四边形为矩形，故，则两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示：则，设，，若GH⊥AE，则，即，解得，不满足题意，故②错误；对③：，因为均为定点，故为定值，又//平面平面，故//面，又点在上运动，故点到平面的距离是定值，故三棱锥的体积为定值，则③正确；对④：由题可得平面，又面为正方形，∴，∴AB⊥平面BCF，则AB，BC，CF两两垂直，∴AF为三棱锥的外接球的直径，又，∴三棱锥的外接球表面积为，故④正确.故答案为：①③④.25.（2021秋·广东广州·高二广州市第七中学校考期中）若点在平面外，过点作面的垂线，则称垂足为点在平面内的正投影，记为.如图，在棱长为1的正方体中，记平面为，平面为，点是棱上一动点（与，不重合），.给出下列三个结论：①线段长度的取值范围是；②存在点使得平面；③存在点使得；其中正确结论的序号是.【答案】①②【分析】由题意结合空间位置关系确定、的位置，建立空间直角坐标系，表示出各点坐标后，由空间两点间距离公式、方向向量和法向量的应用，逐个判断即可得解.【详解】取的中点，过点在平面内作于，再过点在平面内作于,在正方体中，平面，平面，，又，，平面，即，，同理可证，，则，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图：设，则，，，，，对于命题①，，，则，所以，所以，命题①正确；对于命题②，，则平面的一个法向量为，，令，解得，所以存在点使得平面，命题②正确；对于命题③，，令，整理得，该方程无解，所以不存在点使得，命题③错误.故答案为：①②.四、简答题（5道）26.（2023·全国·高二专题练习）如图1，已知是上，下底边长分别为2和6，高为的等腰梯形，将它沿对称轴折成