空间向量的应用与新定义（五种题型）-2025年高考数学热点、重难点题型专项复习（解析版）

第10讲空间向量的应用与新定义（五种题型）

题型一：空间向量的位置关系的证明

一、单选题

1.（2023・全国•高三专题练习）如图，在正四棱柱ABCO-ABCIA中，。是底面ABCD的中心，瓦尸分别

是8综。，的中点，则下列结论正确的是（）

A.AflUEF

B.AO1EF

C.4。〃平面后尸片

D.4。，平面石尸耳

【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ABCQ-ABCiA中，以点。为原点建立如图所示的空间直角坐标系,

令AB=2a,D1=2b（a>0力>0）,0是底面ABCQ的中心，E,尸分别是的中点,

则O(a,a,0),A(2a,0,2b),E(2a,2a,b),Bx(2a,2a,2b),F(0,0,Z?),西=(a,—a,2b),

FE=(2a,2a,0),EBX=(0,0,b),

对于A,显然西与而不共线，即4。与石尸不平行，A不正确；

对于B,因西.耳g=a,2a+(—a)・2a+0・2b=0,则两_L而，即AO_LW,B正确；

对于C,设平面E厂片的法向量为7=O,y,z),则°,令1=1,得几=(1,-1,0),

[n-EBX=bz=Q

就工=2。＞0,因此两与3不垂直，即4。不平行于平面石尸片，C不正确；

对于D,由选项C知，两与％不共线，即4。不垂直于平面£歹耳，D不正确.

故选：B

2.(2023春・河南洛阳•高三洛阳市第八中学校考开学考试)在正方体ABCD-ABCR中，E,尸分别为

的中点，则()

A.平面耳功，平面B.平面瓦环，平面48。

C.平面BjEF//平面A&CD.平面耳后///平面44。

【答案】A

【分析】证明所1平面8。，，即可判断A；如图，以点。为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2,

分别求出平面片\BD,4G。的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.

【详解】解：在正方体A8C3-A8c。中，

AC上BD且DD、±平面ABCD,

又£Fu平面ABCD,所以E尸J./)，，

因为瓦尸分别为的中点，

所以EF04C,所以£F_LBD,

又叼。。=。，

所以平面BDD{,

又EFu平面B|E尸，

2

所以平面4E尸，平面BOR,故A正确;

选项BCD解法一：

如图，以点。为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2,

则4（2,2,2）,E（2,1,0）,b（1,2,0）,8（2,2,0）,A（2,0,2）,A（2,0,0）,C（0,2,0）,

G（0,2,2）,

则而=（-1,1,0）,瓯=（0,1,2）,丽=（2,2,0）,西=（2,0,2）,

A4；=（O,O,2）,AC=（-2,2,O），Aq=（-2,2,O）,

设平面B[EF的法向量为正=（%,%/1）,

则有17'八，可取加=（2,2,-1）,

\m•Eq=%+2Z[=0

同理可得平面4与。的法向量为E=（1，T，T），

平面AAC的法向量为后=（1,1,0）,

平面AC。的法向量为％=（1』,一1）,

则加•〃1=2—2+1=17t0,

所以平面与EF与平面48。不垂直，故B错误；

.UU

因为加与n2不平行，

所以平面与E尸与平面AAC不平行，故C错误；

因为面与瓦不平行，

所以平面与后尸与平面AG。不平行，故D错误，

故选：A.

3

选项BCD解法二：

解：对于选项B,如图所示，设43口片£=加，EFC[BD=N,则MN为平面与E尸与平面4BD的交线,

在ABMN内，作BPLMN于点、P,在AEMN内，作GP_LM2V,交EN于点G,连结BG,

则NBPG或其补角为平面BtEF与平面A3。所成二面角的平面角,

由勾股定理可知：PB2+PN2=BN2,PG-+PN2=GN2,

底面正方形ABCD中，E尸为中点，则EF_LBD,

由勾股定理可得N/+NG?=BG2,

从而有：NB2+NG2=(PB2+PN2)+(PG2+PN2)=BG2,

据此可得PB2+PG2*BG2,即NBPG*90。，

据此可得平面用口，平面48。不成立，选项B错误;

对于选项C,取A耳的中点H,则4Hll耳E,

4

由于AH与平面AAC相交，故平面耳跖〃平面AAC不成立，选项C错误;

对于选项D,取AD的中点加，很明显四边形4耳尸河为平行四边形，则A"||耳尸,

由于AM与平面4G。相交，故平面与匹〃平面AQD不成立，选项D错误;

3.（2023春•云南昆明•高三校考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体A3CD-ABG。中，尸为棱8瓦的

中点，。为正方形BAGC内一动点（含边界），则下列说法中不亚确的是（）

A.若。◎〃平面4尸。，则动点。的轨迹是一条线段

B.存在。点，使得2。人平面4尸。

c.当且仅当。点落在棱CG上某点处时，三棱锥。-4尸。的体积最大

5

D.若20=手，那么。点的轨迹长度为亨万

【答案】B

【分析】取B|G，CG中点E,尸，证明2EP//平面ADP,得动点轨迹判断A,建立如图所示的空间直角坐

标系，求出平面APO的一个法向量，由函与此法向量平行确定。点位置，判断B,利用空间向量法求

得。到到平面AP。距离的最大值，确定2点位置判断C,利用勾股定理确定。点轨迹，得轨迹长度判断

D.

【详解】选项A,分别取4G，CG中点及尸，连接D]E,DF，EF,PF,由Pb与8,G，AA平行且相等

得平行四边形APFR,所以。尸〃4尸，

2厂0平面4。尸，APu平面A。尸，所以。///平面4。尸，

连接用C,EF//BtC,B,C/1AD,所以EF/M,，同理跖//平面4。尸，

EFcDF=F,E尸,2尸u平面REB,所以平面〃跖//平面4。尸，

当Qe斯时，DQu平面REF,所以RQ//平面8。尸，即。点轨迹是线段昉，A正确；

选项B,以2为原点，2A，2G，r>2所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则

4（1,0,0）,£>（0,0,1）,设。（无,1,Z）（0<x,z<l）,

—•—>1____.

40=（-i,o,i）,4P=（o/，5）,〃。=（演i,z）,

设机=（〃,"c）是平面AXPD的一个法向量，

m-AiD=-a+c=0

一1

则—.1，取。=1则根=（L—5，1）,

m-AxP=b+—c=0

若2。，平面4尸。，则丽〃而，所以存在XeR,使得丽=4而，

X=A

=解得x=z=-2拓[0,1],因此正方形BCCB内（含边界）不存在点。，使得平面$尸。，B

z=Z

错；

6

选项c,△APD面积为定值，当且仅当点。到平面吊尸。的距离最大时，三棱锥Q-4尸0的体积最大,

4Q=(xT/,z),

23

Q到平面\PD的距离为d=x+z—0<x+z<2,

32

393

OWx+zW,时，d=—(x+z)],当无+z=O时，d有最大值1,

3231

]W%+zW2时，=—[(x+z)——],x+z=2时，d有最大值§,

综上，%+z=o时，d取得最大值1,故。与a重合时，1取得最大值，三棱锥。-a尸。的体积最大，c正

确;

选项D,。］。1，平面35℃,CQu平面BAG。，DXCX1CXQ,

所以CiQ=jDiQ2_D£；力,所以。点轨迹是以G为圆心，变为半径的圆弧，圆心角是9,轨迹长度

222

为=x2兀x立^=也^Z，D正确.

424

故选：B.

【点睛】关键点点睛：本题考查空间点的轨迹问题，解题关键是勾画出过2且与平面4尸。平行的平面

DtEF,由体积公式，在正方形BBCC内的点。到平面同尸。的距离最大，则三棱锥。-4尸。体积最大.

二、多选题

4.（2022•湖南长沙•统考模拟预测）如图，已知正方体ABCO-A耳G2的棱长为2,E、F、G分别为

7

AD,AB,的中点，以下说法正确的是（）

B.AC_L平面EFG

C.过点旦F、G作正方体的截面，所得截面的面积是3#

D.异面直线EG与AG所成的角的余弦值为立

3

【答案】ABC

【分析】对于A直接计算即可；对于B,D选项以为1轴，。。为y轴，为z轴，建立空间直角坐标

系，结合空间向量计算即可；对于c作G2中点N,BB]的中点M,DD,的中点T,连接GN,GM,

FM,TN,ET,计算面积即可.

【详解】

nZ

Dx_______________C,QNG

4f4________

1z

1zf

1,zt/

•z//;

hi/J/cy

/FBAFB

-x2=1,故A正确；

对于A,V_=—,S△取/CC]=—x-

AEFG332

对于B,以。A为x轴，。。为y轴，DQ为z轴，建立空间直角坐标系，C（0,2,0）,C"0,2,2）,

8

A(2,0,2),E(l,0,0),*2,1,0),G(l,2,2),A(2,0,0),

则际=(-2,2,-2),,EF=(1,1,0),而=(0,2,2),而.丽=0,A^CEG=0,

则AC,平面EFG,B正确；

对于C,作GQ中点M2用的中点M,。，的中点T,连接GN,GM,FM,TN,ET,则正六边形

EFMGNT为对应截面面积，正六边形边长为0,则截面面积为：S=6x^x(0『=3若，故C正确；

对于D,旃=(0,2,2),而=(-2,2,2),1os(而，鬲)卜提工色=¥，故D错误.

故选:ABC.

5.(2022・广东・统考三模)在正方体ABCO-ABCQi中，AB=1,点P满足回=2诙+〃。巳，其中

九e[0,1],/Ze[0,1],则下列结论正确的是()

A.当男尸//平面时，B[P可能垂直CQ

qrTT

B.若片P与平面CGA。所成角为£，则点尸的轨迹长度为g

42

c.当彳=〃时，।力耳+|石|的最小值为鸟@

D.当4=1时，正方体经过点4、P、C的截面面积的取值范围为[池，V2]

2

【答案】ABD

【分析】依题意画出图形，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算A、D,连接GP,则/瓦PG即为

与P与平面CG。。所成角，根据锐角三角函数得到尸的轨迹，即可判断B,将平面CDD]与平面ABC2沿

CQ展成平面图形，化曲为直，利用余弦定理计算即可判断C；

【详解】解：对于A选项：建立如图所示的空间直角坐标系A-孙Z,

则4(0,0,0),5(1,0,0),0(0,1,0),C(l,l,0),4(0,0,1),Q(1,1,1),0(0,1,1),

所以西=(-1,0,1),率=焚+国=麻+4而+〃石=(—41,〃-1),

则百=(-1,0,1),=(-1,1,0),设平面48。的一个法向量为3=(x,y,z),

所以僚:二二令x=l,则y=z=l,即平面A加的一个法向量为A=(1,U),

若耳尸〃平面48。，则小丽=0,

9

1___,___.

即2=〃，贝U当4=〃=/时，BpCR=2+〃-1=0,即尸为C2中点时,

有用尸〃平面480,且用PLCR,故A正确;

B选项：因为与G，平面CG。。，连接弓尸，则/BZG即为⑻尸与平面CCQQ所成角，

若用P与平面CG2。所成角为二，则tan/用尸6=写=1,所以G尸=8©=1,

44cl

即点尸的轨迹是以G为圆心，以1为半径的31个圆，于是点尸的轨迹长度为nW，故B正确;

42

C选项：如图，将平面CDD1与平面ABCR沿C。展成平面图形,

线段AQ即为|力用+|4日的最小值，

利用余弦定理可知\D-=-24R.£>〃cos—

所以4〃=12+夜,故C错误；

10

D选项：正方体经过点A、p、c的截面为平行四边形APCH，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角

坐标系A-型，

则4(0,0,0),c(l,l,o),A(0,0,1),尸

所以定=(1,0,T),承=(1,1,一1),PCA^=l+t,|PC|=VW,|AC|=V3,

_、2

所以点p到直线4c的距离为d=।定产一PCA^C

l2t2-2t+2

=V-3-'

于是当时，△尸4c的面积取最小值，此时截面面积为迈；

22

当/=0或1时，△PAC的面积取最大值，此时截面面积为血，故D正确.

11

三、填空题

6.（2022秋.湖南怀化.高三校考阶段练习）如图，多面体ABCDEB中，面ABC。为正方形，平面

ABCD,CF//DE,且A2=OE=2,CF=1,G为棱8C的中点，X为棱DE上的动点，有下列结论：

①当X为。E的中点时，G8〃平面ABE；

②存在点H,使得GHLAE；

③三棱锥B-GHF的体积为定值；

④三棱锥E-BCF的外接球的表面积为14%.

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”为。E的中点时，取切中点为加，连接"7/,人历，如下所示：

因为分别为EZ）,E4的中点，故可得MH=^AD,

根据已知条件可知：BG//AD,BG=^AD,故MHHBG,MH=BG,

故四边形为平行四边形，则〃G//MB,又MBu面ABE,HGz面ABE,

故HG〃面ASE,故①正确；

对②：因为即上面人⑶⑺的人的^匚面.。。，故石，DC,

又四边形ABCD为矩形，故则两两垂直，

12

以。为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示:

则4(2,0,0),E(0,0,2),G。,2,0),设H(0,0,/n),ue[0,2],

若GHLAE,贝I曲.乐=(-1,一2,m).(-2,0,2)=0,

即2+2m=0,解得m=-1,不满足题意，故②错误；

对③：VB—GFH=VR—BGF，因为氏EG均为定点，故S,"/为定值，

又DEHCT7,CT7u面BGF,DE<z面BGF,故QE〃面BGF,

又点7/在DE上运动，故点//到面BGb的距离是定值，

故三棱锥3-G切的体积为定值，则③正确；

对④：取△EFC的外心为。一过。1作平面EFC的垂线。声，

则三棱锥B-EFC的外接球的球心O一定在QN上

因为。。，面麻。，/C_L面A2CD,CBu面A5CD,则CFJLCB,又CBLCD,

C尸c8=C,CF,CDu面EFCD,故CB_L面EFCD，又BC_L面EFC,

则。OJ/CB,故OOi，BC在同一个平面，

则过。作OPL3C,连接OB,OC如图所示.

在小EPC中，容易知EF=&EC=26.,FC=1,

13

则由余弦定理可得cosZEFC=出/=-旦，故sinZEFC=冬5

2J555

EC

则由正弦定理可得O1C=*。尸；

2sinZEFC

设三棱锥E-FC3的外接球半径为R,则OC=O3=R,

在△03尸中，OB=R,OP=—,

2

22

y.BP=2-PC=2-00l=2-yj0C-0lC=2-

故由勾股定理可知：032=0尸+3产，即代=：+4+尺2-：一4K

解得：片=g则该棱锥外接球的表面积5=4%K=14%,故④正确.

故答案为：①③④.

【点睛】本题考查线面平行的证明，线线垂直的判定，以及三棱锥体积的计算和外接球半径的求解，属综

合困难题.

7.（2022•全国•高三专题练习）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A4GR中，M,N分别是棱

A与，A2的中点，点尸在线段CM上运动，给出下列四个结论:

①平面CW截正方体ABC£>-AB|G2所得的截面图形是五边形；

②直线片，到平面CMN的距离是正；

2

③存在点P,使得N4PA=90。；

@APDDX面积的最小值是地.

6

其中所有正确结论的序号是.

【答案】①③

【分析】作出截面图形判断①，利用等积法可判断②，利用坐标法可判断③④.

14

【详解】对于①，如图直线MN与C由、G2的延长线分别交于连接CM”CM分别交8综£（2于

M2,N2,连接MM2,NN],

则五边形即为所得的截面图形，故①正确；

对于②，由题可知MN//4D，MNu平面CMN,用2a平面CMV,

瓦2〃平面CMV,故点见到平面CMN的距离即为直线4R到平面CMN的距离,

设点与到平面CMV的距离为及，由正方体ABCD-A4GR的棱长为2可得,

CM=CN=3,MN=垃,夜x卜用当

VB「CMN=-h=；x乎X'=平〃'

匕一MMN=]S△用MNCG=5X5X2=],

・・・由！-CMN-Vc—B\MN，可得%=，

所以直线8a到平面CMN的距离是也，故②错误；

17

对于③，如图建立空间直角坐标系，则旦（2,0,2）,0（0,2,2）,。（2,2,0）,M（l,0,2）,

15

^PC=2MC,O<2<1,

：.PC=AMC=A（l,2,-2）,又C（2,2,0）,4（2,0,2）,"（0,2,2）,

尸（2—4,2—24,2/1）,PBi=（A,22-2,2-22）,PDi=（2-2,22,2-22）,

假设存在点P，使得NBFn=90。,

/.PB1PD1=A（2-2）+22（2A-2）+（2-2A）2=0,整理得9/^-14/1+4=0,

...）=7+岳力（舍去）或彳=7一旧,

99

故存在点尸，使得/4尸。=90。，故③正确；

对于④，由上知尸（2—彳,2-2彳,2彳），所以点尸（2—42-2；1,2彳）在。A的射影为（。，2,24,

.•.点尸（2-42-242彳）至1」DD）的距离为:

2216

</=^(2-2)+(-22)1522-4/1+4=+一，

5

.•.当4=2时，d.=—,

5m,n5

...故△P。。面积的最小值是_1*2*生5=迪，故④错误.

255

故答案为：①③.

8.（2022・全国•高三专题练习）在棱长为，的正方体ABC。-AAGA中，M,N分别为双儿百G的中

点，点P在正方体表面上运动，且满足MP_LCV,点P轨迹的长度是.

16

【答案】（2+布）。

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出点P轨迹的长度.

【详解】在正方体ABC。-AAGA中，以。为坐标原点，分别以ZM,DC,为尤轴，y轴，z轴建

立空间直角坐标系,

2)(0,0,0),2眨段费｝明，呵,C(0,a,0),.•.国=(J,0,a

设尸(x,y,z),则标=[x-

■:MPLCN,：0=>2x+4z—3。=0,

当…时，z/当…时，zf

取F^a,a,^,H[O,O,,J,G(0,a,学],

连结E/，FG,GH,HE,

则EF=HG=(0,a,0),EH=FG=f—a,0,—

四边形EFGH为矩形，则瓦?.西=0，EHCN=0>

即EFLCTV,EHLCN,又跖和E"为平面EFG”中的两条相交直线,

CN_L平面EFGH,

aaa(aaa

又丽=~~,~~~,MG=[~292,4

224

・・・M为EG的中点，则河£平面EFGH,

为使MPLQV,必有点尸£平面£FGH,

又点P在正方体表面上运动，所以点P的轨迹为四边形及‘GH,

17

又EF=GH=a,EH=FG=—a,：.EF^EH,则点P的轨迹不是正方形,

2

则矩形的周长为（2+行）a.

故答案为：（2+布）a

【点睛】对于立体几何中的轨迹问题，可以建立空间直角坐标系，将其代数化处理，可以很方便的求出边

的长度及角度.

四、解答题

9.（2023.北京海淀.中央民族大学附属中学校考模拟预测）如图，四棱锥P-ASCD的底面是矩形，PD1

底面ABC。，PD=DC=1,BCf，〃为的中点.

(1)求证：PBLAM-,

（2）求平面24〃与平面PDC所成的角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）叵.

7

【分析】（1）以点。为原点，依次以。A,DC,。尸所在直线为羽y,z轴建立空间直角坐标系，求出

18

PBAM^O,利用数量积即可证明.

(2)求出两平面B4M与平面PDC的法向量，则法向量夹角余弦得二面角的余弦.

【详解】解：(1)依题意，棱ZM,DC,0P两两互相垂直.

以点D为原点，依次以D4,DC,。尸所在直线为x,»z轴，

如图，建立空间直角坐标系.

则8(0,1,0),尸(0,0/)，4(夜,0,0),,1,0

可得丽=(3,1,-1),而=[一乎,1,0.

所以两说=@]_S+1_0=0,

所以

(2)由⑴得到A(衣0,0),

因此可得4M=1—,AP=(-A/2,0,1).

设平面24M的一个法向量为百=(x,y,z),则由

19

［也

瓦.丽=0,x+y=0,

得2

%•AP=0,

-"x/Zx+z=0,

令z=2忘,解得1=（2,0,2忘）.

同理，可求平面尸。C的一个法向量屐=(1,0,0).

所以，平面B4M与平面PDC所成的锐二面角。满足:

%•几2_2_V14

cos。=

匐卜217

即平面巩"与平面尸DC所成的锐二面角的余弦值为巫.

7

10.(2023•北京海淀•高三101中学校考阶段练习)如图，在三棱柱ABC-4耳。中，抽，平面A3C,

AB1AC,AB=AC=AAl=l,M为线段AG上一点.

JT

(2)若直线AB,与平面BCM所成角为:，求点A到平面BCM的距离.

4

【答案】(1)证明过程见解析；

(2)-.

3

【分析】(1)建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算公式进行证明即可;

(2)利用空间向量夹角公式，结合空间点到面距离公式进行求解即可.

【详解】(1)因为平面A3C,A2,ACu平面A3C,

所以A4,而AB人AC,因此建立如图所示的空间直角坐标系：

20

A(0,0,0),A(0,0,1),B(l,0,0),C(0,l,0),耳(1,0,1),M(0,a,l)(ae[0,1]),

BM=(-1,a,1),AB^=(1,0,1),因为加•鬲=Txl+ax0+lxl=0,

所以加，离，即BM_LA耳，

(2)设平面BCM的法向量为〃=(x,y,z),

W=(-1,a,1),BC=(-1,1,0),

n-BM=0—x+ay+z=0

所以有=>n=(1,1,1—di),

n-BC=0一九+y=0

TT

因为直线9与平面BCM所成角为一

A/2|1+1—tz|A/2

所以kos〈砾，可.71AB}-n

=sin—=>2=.仔+1；+(1—〃)2xa2

4HR

解得。=g,即2=因为“=(1,0,-1),

所以点A到平面BCM的距离为:

COS<

【点睛】

n.（2022秋.天津滨海新•高三校考期末）如图，在棱长为2的正方体ABC。-AAG2中，E为棱8C的中

21

点，尸为棱CD的中点.

（I）求证：。///平面AEG；

（ID求直线AG与平面AEG所成角的正弦值.

（III）求二面角A-4G-E的正弦值.

【答案】（D证明见解析；（ID@；（HI）

93

【分析】（D建立空间直角坐标系，求出炉及平面AEG的一个法向量而，证明即，而，即可得证；

（II）求出狷，由sinO^cos（加离,运算即可得解；

（III）求得平面AAC的一个法向量而，由cos（OB,〃z）=网同结合同角三角函数的平方关系即可得解.

【详解】（D以A为原点，M,仞,招分别为x,y,z轴，建立如图空间直角坐标系，

则4（0,0,0）,A（0,0,2）,B（2,0,0）,C（2,2,0）,£＞（0,2,0）,G（2,2,2）,0（0,2,2）,

因为E为棱的中点，F为棱CD的中点，所以E（2,l,0）,*1,2,0）,

所以即=（1,0,-2）,/=（2,2,0）,乖=（2,1,—2）,

设平面AEQ的一个法向量为前=（网,％,zj,

则＜_____,令%=2,贝1]7〃=（2,-2,1）,

加•4万=2%+乂-2Z]=0

因为麻.石=2—2=0,所以取前，

因为。尸0平面4EQ,所以2尸//平面AEG；

（II）由（1）得，AQ=（2,2,2）,

设直线与平面AEG所成角为e,

22

=____A_G__2V3

则sin0==

一同阳-3x2有一9；

(III)由正方体的特征可得，平面A41G的一个法向量为丽=⑵-2,0),

丽石82应

|DB|-|m|3x2^23

所以二面角A-AQ-E的正弦值为J—cos2(函同=1.

12.(2023春•天津武清•高三校考开学考试)直三棱柱ABC-44Q中,

AAi^AB^AC=2,AAilAB,AClAB,。为4瓦的中点，E为的中点，尸为8的中点.

(1)求证：EF〃平面ABC；

(2)求直线BE与平面CCtD所成角的正弦值；

(3)求平面\CD与平面CCQ所成二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

⑶亚

10

23

【分析】（1）以点A为坐标原点，4A、A4、4G所在直线分别为X、y、z轴建立空间直角坐标系,

利用空间向量法可证得结论成立；

（2）利用空间向量法可求得直线BE与平面CCQ夹角的正弦值;

（3）利用空间向量法可求得平面4。与平面CG。夹角的余弦值.

【详解】（1）证明：在直三棱柱ABC-44。中，44,，平面48。1,且ACJ_AB,则耳

以点4为坐标原点，4A、44、4G所在直线分别为X、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系,

则4（2,0,0）、3（2,2,0）、C（2,0,2）、A（。，。，。）、5,（0,2,0）,G（0,0,2）、£>（0,1,0）,£（1,0,0）,

尸O则丽=错4

易知平面A3c的一个法向量为方=（1,0,0）,则瓦?.»=0，故而_L而，

平面ABC,故。〃平面ABC.

（2）解：束=（2,0,0）,QD=（O,l,-2）,丽=（1,2,0）,

设平面CG。的法向量为。=G，x，zJ,贝小心箕=2%二°

EBu_4

取％=2,可得5=（0,2,1）,cos<EB,u>=

4

因此，直线跖与平面CG。夹角的正弦值为二.

（3）解：后=（2,0,2）,丽=（0,1,0）,

V-A。=2X+2Z=0

设平面AC。的法向量为则22

v•A。=%=o

24

->-*u'v1JlO

取％=1,可得人（1,。,-1）,则3<","=而=-耳7r-而，

因此，平面ACQ与平面CCQ夹角的余弦值为强.

10

13.（2022春・全国•高三专题练习）如图，在四棱锥尸-45CD中，底面ABC。是正方形，侧面上4。，底面

ABCD,

E,尸分别为尸A3。中点，PA=PD=AD=2.

（1）求证：班〃平面P3C；

（2）求二面角E-O尸-A的余弦值；

（3）在棱PC上是否存在一点G,使G厂，平面瓦R?若存在，指出点G的位置；若不存在，说明理由.

【答案】（1）证明见解析；（2）姮；（3）不存在；理由见解析.

5

【分析】（1）作A2的中点连接EH,FH,先利用面面平行的判定定理，证明出平面所月〃平面

PBC,进而根据面面平行的性质证明出EF//平面PBC；

（2）作£7垂直AD于/,作L7LDB=J,连接E7,作AD中点0,连接OP,先证出/E〃为二面角

E-Ob-A的平面角，进而求得〃和£7,最后在直角三角形中求得cosNE”；

（3）先假设存在点G,建立空间直角坐标系，求得平面EFD的一个法向量，表示出於和根据向量

共线的性质建立等式对2求解.

【详解】（1）作A2的中点连接EH,FH,

•..在中，E,H为中点、,

：.EH//PB,

「团二平面尸及？，依（=平面尸3。，

即〃平面PBC,

同理可证明FH//平面PBC,

:EHu平面EFH,FHu平面EFH,EH^FH=H,

平面EFH〃平面PBC,

25

EFu平面EFH,

：.EFU平面PBC；

(2)作£7垂直AZ)于/,作"上DB=J,连接E7,作AD中点0,连接OP,

,.・PA=PD,

：.OP,LAB,

*：ElLAB,

：.EIIIOP,

•・・E为中点，

EI=—OP=——,A£=—AB=一,

2242

侧面PAD，底面ABCD,

E/_L底面ABCD,

•；IJLDB,

：.EI±DBf

・•・/£〃为二面角石—。尸—A的平面角，

・.•ZADB=/JIB,ZDJI=/DAB=90°,

"DJIs,

.DIJI

上,

2

EJ=J〃2+£/2=

842&

20

即二面角后—。尸―A的余弦值为姮；

5

26

p

(3)不存在.

假设存在，连接AC,80,交于点F，所为平面瓦加和平面PAC的交线,

以。为原点，OA,OF,OP分别为孙z轴建立空间直角坐标系，

则A(1,0,0),B(1,2,0),C(-1,2,0),£)(-1,0,0),

P(0,0,73),Eg，0，3，F(0,1,0),

设G(4%,Zi),则宓=(占/_必，4)，

设平面EFD的一个法向量是:=(%,%,z0),

n•DF=/+%=0

n,DE=~XQ+^Z0=°

y=x—

即《0n0-，令%=1，则〃=(1,—1,—，

*0=73%\)

•・•因为GF_L平面EttF,

FG=^n^

.・％]二/i,%-1=—A,Z]=—y/3A9

**GC9/共线，尸。=卜1,2,一百)，CG=(x+1,%—2,zJ，

.1+1—%—2.z

-12—5

.•上二上二幸,无解，

-12-V3

故在棱PC上不存在一点G,使得G尸，平面瓦邛.

27

z

题型二：空间角的向量求法

一、多选题

1.（2022・全国•高三专题练习）已知正四棱柱ABCO-ABCa中，CCX=2AB=2,E为CQ的中点，尸为

棱AA]上的动点，平面a过B,E,P三点,则（）

A.平面a_L平面

B.平面a与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形

C.当尸与A重合时，a截此四棱柱的外接球所得的截面面积为！■兀

O

JT

D.存在点P,使得AD与平面a所成角的大小为T

【答案】AC

【分析】A选项，证明用ELBE,A瓦，BE从而证明出BE，平面4瓦£,进而证明面面垂直；B选项，

当尸时，画出平面a与正四棱柱表面的交线围成的图形是五边形；C选项，作出尸与A重合时的平

面a,求出外接球半径，得到截面面积；D选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的大小.

【详解】因为C£=248=2,E为CC,的中点，底面ABC。为正方形，

所以与ELBE,又因为44,平面BCC4,^^=平面2a7出，

所以4耳，BE,

因为B]EcAg=4,

所以平面4片£，

因为BEu平面a,

所以平面C平面A4E,即A正确;

28

当PA>P4时，画出平面a与正四棱柱表面的交线围成的图形如下图:

其中尸在线段AA上，G在2G上，BP//EG,BE//PF,

可知交线围成的图形为五边形，即B错误;

如图，以A为坐标原点，AD,ABAA所在直线为x,»z轴，建立空间直角坐标系,

04(0,0,0),B(0,l,0),£(1,1,1),

设平面ABEF的法向量为为=(%y,z),

n•BE=x+z=0

则有《令x=1,贝!Jz=—1,

n•AB=y=0

贝IJ而=(l,0,—l)

29

网・为

球心0到平面ABE的距离d=I_0

同一7'

此正四棱柱的外接球半径为R=g=限,

22

所以截面半径,=，霜-第=，则截面积S=兀/=?无，

O

即C正确；

设尸(0,0,m)，0<m<2,

则平面a的法向量为I=(AX，zJ,则;3,郎='+4二°,

巧•BP=一%+mzx=0

令4=1,则占=-1,%=机，所以%=(-1,m,1),

设相>与平面夕所成角为6,

则晨码卜黑=舟丁总当，

因为y=sinx在(0,3上单调递增，

所以。，

30

冗

所以不存在点尸，使得AD与平面a所成角的大小为W，即D错误.

故选：AC

【点睛】求解直线与平面夹角的取值范围或平面之间夹角的取值范围问题，建立空间直角坐标系可以很好

的将抽象的立体几何问题转化为运算问题进行解决.

2.（2022•全国•高三专题练习）已知梯形ABC。，AB=AD^-BC^1,ADIIBC,ADJ.AB,P是线段

2

3C上的动点；将△ABD沿着3D所在的直线翻折成四面体A'BCD,翻折的过程中下列选项中正确的是

A.不论何时，3。与AC都不可能垂直

B.存在某个位置，使得4力，平面A'BC

C.直线AP与平面BCD所成角存在最大值

D.四面体A