高二數學講義（人教A版2019）第一章空間向量與立體幾何章末題型歸納總結（八大題型）

第一章空間向量與立體幾何章末題型歸納總結目錄TOC\o"12"\h\z\u模塊一：本章知識思維導圖 2模塊二：典型例題 3題型一：空間向量的概念及運算 3題型二：利用空間向量證明平行與垂直關系 7題型三：利用空間向量計算距離 15題型四：利用空間向量求線線角、線面角、二面角 23題型五：共線與共面問題 36題型六：立體幾何存在性問題 41題型七：非常規(guī)幾何體為載體的立體幾何問題 52題型八：新定義問題 60模塊三：數學思想方法 64①分類討論思想 64②轉化與化歸思想 68③數形結合思想 72

模塊一：本章知識思維導圖

模塊二：典型例題題型一：空間向量的概念及運算例1．（2024·高二·山西臨汾·期中）在空間直角坐標系中，點關于x軸對稱的點坐標是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】在空間直角坐標系中，點關于軸對稱的點坐標為.故選：C.例2．（2024·高二·天津南開·期中）在正四面體中，過點A作平面的垂線，垂足為H點，點M滿足，則（

）．A． B．C． D．【答案】B【解析】在正四面體中，因為平面，所以是的中心，連接，則，所以.故選：B.例3．（2024·高二·福建·開學考試）如圖，在平行六面體中，點E，F(xiàn)分別為AB，的中點，則（）A． B．C． D．【答案】A【解析】根據題意，.故選：A例4．（2024·高二·全國·課后作業(yè)）在下列條件中，使P與A，B，C一定共面的是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】空間向量共面定理，，若A，B，C不共線，且P，A，B，C共面，則其充要條件是；對于A選項，由于，所以不能得出P，A，B，C共面，故A錯誤；對于B選項，由于，所以不能得出P，A，B，C共面，故B錯誤；對于C選項，由于，則，，為共面向量，所以P，A，B，C共面，故C正確；對于D選項，由得，而，所以不能得出P，A，B，C共面，故D錯誤．故選：C.例5．（2024·高二·全國·課堂例題）如圖所示，已知，且是棱長為1的正方體，是一個長方體，為的中點，.(1)設，將向量與都用表示；(2)如果是空間中任意一個向量，怎樣才能寫出在基底下的分解式？【解析】（1），（2）對于任意一個空間向量來說，只要將它的始點平移到點，然后過它的終點分別作與所在直線垂直的平面，就可以寫出它在基底下的分解式.例6．（2024·高二·江蘇淮安·期中）如圖，四面體中，，分別為，上的點，且，，設，，.(1)以為基底表示；(2)若，且，，，求.【解析】（1）由圖可得，;（2）由題意，，則，于是，由兩邊取平方，，故.例7．（2024·高二·全國·課后作業(yè)）如圖，在平行六面體中，，，，，，E是的中點，設，，．(1)求的長；(2)求和夾角的余弦值．【解析】（1）由題意得，又，，，，，故，故；（2），則.題型二：利用空間向量證明平行與垂直關系例8．（2024·高二·全國·課后作業(yè)）如圖所示，在直三棱柱中，分別為棱的中點．證明：平面平面．【解析】如圖，以C為坐標原點，所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，則，所以．設平面的法向量為，則，即，令，可得平面的一個法向量．設平面的法向量為，則，即，令，可得平面的一個法向量．因為，所以，所以平面平面．例9．（2024·福建泉州·模擬預測）如圖，棱柱中，側棱底面，，E，F(xiàn)分別為和的中點.(1)求證：平面；(2)設，在平面上是否存在點P，使？若存在，指出P點的位置：若不存，請說明理由.【解析】（1）由E，F(xiàn)分別為和的中點，得，而平面，平面，所以平面.（2）棱柱中，側棱底面，取AB中點O，中點M，連接，則，平面，而平面，則有，又，則，即直線兩兩垂直，以O為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，設，則，假設在平面上存在點P，使，設，，，即，顯然，由，得，因此，即，此時，所以當時，存在唯一的點，即棱的中點，使.例10．（2024·高二·天津薊州·階段練習）如圖，在長方體中，，，.(1)求證：平面平面.(2)線段上是否存在點P，使得平面？若存在，求出點P的位置；若不存在，請說明理由.【解析】（1）證明：以D為原點，DA，，所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，則，，，.設平面的法向量為，則.取，則，，所以平面的一個法向量為.設平面的法向量為，則.取，則，，所以平面的一個法向量為.因為，即，所以平面平面.（2）設線段上存在點P使得平面，.由（1）得，，平面的一個法向量為，所以.所以，解得.所以當P為線段的中點時，平面.例11．（2024·山西·三模）如圖，在正方體，中，E，F(xiàn)，G分別是棱AB，BC，CD的中點．(1)證明：∥平面；(2)證明：【解析】（1）如圖，以為坐標原點，分別為軸，建立空間直角坐標系，不妨設，則，可得設平面的法向量為，則，令，則，可得，因為，且平面，所以∥平面.（2）由（1）可得：，則，所以.例12．（2024·河北邢臺·二模）直三棱柱中，，，，(1)如圖1，點E為棱上的動點，點F為棱BC上的動點，且，求線段長的最小值；(2)如圖2，點M是棱AB的中點，點N是棱的中點，P是與的交點，在線段上是否存在點Q，使得面？

【解析】（1）如圖，以點為原點建立空間直角坐標系，設，則，，故，所以，當時，取得最小值，所以線段長的最小值為；（2）假設存在，設，，故，，設平面的法向量為，則有，可取，因為面，所以，則，解得，所以存在點在靠近點的三等分點處，使得面.例13．（2024·重慶·模擬預測）已知正方體的棱長為1，在棱上運動，在線段上運動，直線與平面交于點．

(1)當E,F為中點時，證明：平面；(2)若平面，求的最大值及此時的長．【解析】（1）以為坐標原點，方向為軸，建立空間直角坐標系，則，設，當E，F(xiàn)為中點時，，有，所以，，，有，，所以，又平面，所以平面．（2）由（1）可得，，，若平面，則，，所以，設，則，由平面ACE，所以，當時，，有，當時，等號成立，所以，即，綜上，的最大值為，．例14．（2024·高二·山東菏澤·階段練習）如圖，正方形與梯形所在的平面互相垂直，，，，，為的中點．(1)求證：平面；(2)求證：平面.【解析】（1）根據題意可知平面平面，平面平面，又是正方形，所以，平面，所以平面，從而可得，，兩兩垂直；以D為原點，分別以，，分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系．則，又為的中點，所以，則，所以，故共面．又平面，所以平面；（2）易知，所以；又，可得；又，平面，所以平面.題型三：利用空間向量計算距離例15．（2024·海南·模擬預測）如圖，在直四棱柱中，底面四邊形為梯形，，.(1)證明：;(2)若直線AB與平面所成角的正弦值為，點為線段BD上一點，求點到平面的距離.【解析】（1）因為，，所以，所以,因為為直四棱柱，所以,因為，平面，所以平面，因為，所以平面，因為平面，所以（2）由（1）及題意知，兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系因為，.設，所以所以,設平面的一個法向量為則，令，則，所以設直線AB與平面所成的角為，則，解得，所以所以點到平面的距離為因為，所以因為不在平面，所以平面，因為M在線段上，所以點M到平面的距離等價于點到平面的距離，為故點M到平面的距離.例16．（2024·高二·浙江金華·期中）如圖，已知三棱柱，底面，，，為的中點.(1)證明：面；(2)若，求點到平面的距離.【解析】（1）證明：如圖連接交于點，則為的中點，連接，又因為為的中點，所以，平面，平面，所以平面.（2）如圖：以，所在的方向為軸的正方向建立空間直角坐標系，，則，所以，，，A10,0,3，，，，設平面的法向量m=x,y,z則，所以，所以，令，，所以，又，記點到平面的距離為，所以.例17．（2024·高二·山東淄博·階段練習）在棱長為1的正方體中，E為線段的中點，F(xiàn)為線段AB的中點．(1)求直線與所成角的余弦值；(2)求直線到平面的距離．【解析】（1）在正方體中，以為原點，所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，則，，，，，所以，，所以直線與所成角的余弦值為.（2）由（1）知，，，，，顯然，所以，而平面，平面，于是平面，因此直線到平面的距離等于點到平面的距離，設平面的法向量為，則，令，得，所以點到平面的距離為，所以直線FC到平面的距離是.例18．（2024·高二·全國·專題練習）直四棱柱中，底面為正方形，邊長為，側棱，分別為的中點，分別是的中點．

(1)求證：平面平面；(2)求平面與平面的距離．【解析】（1）法一:證明：連接分別為的中點，分別是的中點，，平面，平面，平面，平行且等于，是平行四邊形，，平面，平面，平面，，平面平面；法二:如圖所示，建立空間直角坐標系，則，，，，，，平面，平面，平面，平面，平面，平面，又，平面平面，（2）法一:平面與平面的距離到平面的距離．中，，，，由等體積可得，．法二:設平面的一個法向量為，則，則可取，，平面與平面的距離為例19．（2024·高二·全國·課前預習）如圖，在棱長為1的正方體中，為線段的中點，為線段的中點．求直線到直線的距離．【解析】以點為原點，分別以，，的方向為軸、軸、軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，A1,0,0．因為，，所以，即，所以點到直線的距離，即為直線到直線的距離．取，又，所以，，所以直線到直線的距離．例20．（2024·高二·浙江金華·期中）已知在棱長為4的正方體中，.

(1)求點到直線的距離；(2)求點到平面的距離；(3)在此正方體中，，則稱線段的長為異面直線與的公垂線段長，也稱為異面直線與的距離.試求異面直線與的距離.【解析】（1）如圖根據正方體性質，可以如圖建立空間直角坐標系，，可以得到各點坐標．，，，，．，，，則點到直線的距離.（2），，，設平面法向量為，則，令，則，則.則到平面的距離.（3），，，設與的公垂線方向向量為.則，解得，則.則異面直線與的距離.題型四：利用空間向量求線線角、線面角、二面角例21．（2024·高二·天津南開·期中）如圖，平行六面體中，．(1)證明：；(2)求的長；(3)求直線與AC所成角的余弦值．【解析】（1）如圖所示：以，，為基底，則由題意得：，又，，，，，即故；（2）由(1)知，即，故的長為；（3），，；；；即，由題意可知直線與AC所成角為銳角，故直線與AC所成角的余弦值為.例22．（2024·貴州·模擬預測）如圖，在三棱臺中，平面ABC，，，．(1)求異面直線與所成角的余弦值；(2)求直線與平面所成角的正弦值．【解析】（1）依題意，以點C為圓點，所在直線分別為建立如圖所示的空間直角坐標系在三椄臺中.因為，，，所以所以設異面直線與所成角為則，所以，即直線與所成角的余弦值是（2）設直線與平面所成角為，則平面的法向量為所以，令則,所以所以，即直線與平面所成角的正弦值是.例23．（2024·天津薊州·模擬預測）如圖，在四棱錐中，已知棱兩兩垂直，長度分別為1，2，2，若，且向量與夾角的余弦值為.(1)求實數值；(2)求直線與平面所成角的正弦值；(3)求平面與平面夾角的余弦值.【解析】（1）依題意，以為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，，由，得，則，而，而，顯然，解得.（2）由（1）得，，設平面的法向量，則，令，得，又，于是，所以直線與平面所成角的正弦值為.（3）由（2）令平面的法向量，則，令，得，設平面與平面夾角為，則，所以平面與平面夾角的余弦值為.例24．（2024·高二·江西南昌·階段練習）如圖，在四棱錐中，四邊形為直角梯形，其中，，，平面平面.

(1)證明：平面平面；(2)若，且異面直線與所成角為45°，求平面與平面所成二面角的平面角大小.【解析】（1）因為，，，所以，，，在中，，由余弦定理可知，故，由勾股定理逆定理得.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因為平面，所以平面平面.（2）因為平面，平面，所以，又因為，，平面，所以平面，因為，所以是異面直線與所成角，即，所以，所以.以點A為坐標原點，，，所在的直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，P0,0,1所以，，設平面的法向量為，由，令，則，，得，由題意得為平面的一個法向量，所以，則，由圖形可知，平面與平面所成二面角的平面角為銳角，故平面與平面所成二面角的平面角大小為60°.例25．（2024·高二·天津河西·階段練習）在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是正方形，四邊形ADPQ是梯形，，，且.(1)求證：平面PDC；(2)求平面CPB與平面PBQ所成角的大小；(3)已知點H在棱PD上，且異面直線AH與PB所成角的余弦值為，試確定點H的位置.【解析】（1）四邊形ABCD是正方形，，平面PDC，平面PDC，平面PDC，四邊形ADPQ是梯形，，平面PDC，平面PDC，平面PDC，平面ABQ，平面ABQ，，平面平面DCP，平面ABQ，平面PDC；（2），即，，又，以D為原點，DA，DC，DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，則，，，，，，，設平面PBC的法向量，則，取，得，，得，設平面PBQ的法向量，則，取，，，得，設二面角的大小為，由圖形得為鈍角，則，為鈍角，，二面角的大小為，平面CPB與平面PBQ所成角的大小為；（3）點H在棱PD上，且異面直線AH與PB所成角的余弦值為，設，，則，，，，，解得，或舍去，線段DH的長為，又，即，H為線段PD的四等分點靠近P點.例26．（2024·高二·山東東營·開學考試）如圖，六面體中，面且面，.(1)求證：平面；(2)若二面角的余弦值為，求直線與平面所成角的余弦.【解析】（1）因為面且面面且面，所以且，在面中，，同理，在面中，，因為，所以，又，由余弦定理，，則，由可得，由面面，知，又因為面面，所以面.（2）取中點，連接,由題可知，且，所以四邊形為平行四邊形，則，因面，故面，又因為正三角形，所以兩兩垂直，以為坐標原點，以的方向分別為軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則易得，故有，，設面的法向量為，則有，不妨設，則得，，又面，故面的法向量可設為，由題意，解得，于是，，設面的法向量為，則有不妨設，得，設直線與平面所成角為，則.又，故，則直線與平面所成角的余弦值為.例27．（2024·高三·內蒙古赤峰·階段練習）如圖，在四棱錐中，，，平面，，、分別是棱、的中點．

(1)證明：平面；(2)求平面與平面的夾角的正弦值．【解析】（1）如圖所示，連接．因為，分別是棱，的中點，所以，因為，，所以，，所以四邊形是平行四邊形，則．因為平面，平面，所以平面．（2）因為平面，平面,所以，又因為，所以，，兩兩垂直，以為坐標原點，，，的方向分別為，，軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系．由題中數據可得，，，．設平面的法向量為，則令，得．因為，,所以平面平面的一個法向量為．設平面與平面的夾角為，則．故，即平面與平面的夾角的正弦值為．例28．（2024·廣西·模擬預測）在長方體中，點E，F(xiàn)分別在，上，且，．(1)求證：平面平面AEF；(2)當，，求平面與平面的夾角的余弦值．【解析】（1）為長方體

平面平面∴

又，且，平面，平面平面AEF

平面平面（2）依題意，建立以D為原點，以DA，DC，分別為x，y，z軸的空直角坐標系，則，則設平面的法向量為．則，即令，則．．設平面的法向量為，則，令，則，所以平面的法向量為，設平面與平面的夾角為，則，所以平面與平面的夾角的余弦值為題型五：共線與共面問題例29．（多選題）（2024·高二·全國·課后作業(yè)）給出下列命題，其中不正確的為（

）A．若，則必有A與C重合，B與D重合，AB與CD為同一線段B．若，則是鈍角C．若，則與一定共線D．非零向量滿足與，與，與都是共面向量，則必共面【答案】ABD【解析】對于A，考慮平行四邊形中，滿足，但不滿足A與C重合，B與D重合，AB與CD為同一線段，即A錯誤；對于B，當兩個非零向量的夾角為時，滿足，但不是鈍角，即B錯誤；對于C，當時，可得，則與一定共線，可知C正確；對于D，考慮三棱柱，令，滿足與，與，與都是共面向量，但不共面，可得D錯誤.故選：ABD例30．（2024·高一·湖南岳陽·期末）已知，是同一平面內一組不共線的向量，對于平面內任意向量，有且只有一對實數x，y使，且當P，A，B共線時，有．同樣，在空間中若三個向量，，不共面，那么對任意一個空間向量，存在唯一的一組實數組，使得，且當P，A，B，C共面時，有．如圖，在四棱錐中，，，點E是棱PD的中點、PC與平面ABE交于F點，設，則；．【答案】2．【解析】，設，由共面，有，解得，故.又，有，則.故答案為：；2．例31．（2024·高二·全國·專題練習）如圖，在平行六面體中，分別是的中點，在上且，在上且，判斷與是否共線？【解析】由空間向量的線性運算法則，可得，即，又由向量的共線定理，可得與共線．例32．（2024·高二·上?！ふn后作業(yè)）如圖，在四面體中，點、、分別是棱、、的中點，點、、分別是棱、、的中點，點是線段的中點．試判斷下列各組中的三點是否共線：

(1)、、；(2)、、．【解析】（1）,,所以，所以、、三點共線.（2）,,所以，所以、、三點共線.例33．（2024·高二·江蘇連云港·階段練習）已知，，是空間中不共面的向量，若，，.(1)若三點共線，求的值；(2)若四點共面，求的最大值．【解析】（1）因為三點共線，則，又，，有}解得；（2）因為四點共面，則，則，有解得，所以，當時，取到最大值例34．（2024·高二·江西吉安·期末）在空間直角坐標系中，，，，．(1)求；(2)判斷點，，，是否共面，并說明理由．【解析】（1）由題意知，，∴；（2）∵，，，設，則無解，即不存在，使得，，共面，故點，，，不共面．例35．（2024·高二·江蘇宿遷·期末）在四棱柱中，，，，.

(1)當時，試用表示；(2)證明：四點共面；(3)判斷直線能否是平面和平面的交線，并說明理由.【解析】（1）===；（2）設，不為)，=則，，共面且有公共點，則四點共面；（3）假設面面，在四棱柱中，，面，面，則平面，又面，面面，則；反過來，當時，因為，則，則確定平面則平面，又因為平面，所以平面平面=，所以是直線是面和面的交線的充要條件；所以，當時，直線是面和面的交線；當不平行時，直線不是面和面的交線題型六：立體幾何存在性問題例36．（2024·高三·四川成都·開學考試）如圖，在四棱錐中，底面.(1)若，證明：平面；(2)若，且，線段上是否存在一點，使得二面角的正弦值為？若存在，求出點在線段上的位置；若不存在，請說明理由.【解析】（1）在四棱錐中，由平面，平面，得，又平面，則平面，而平面，于是，由，得，則，又平面平面，所以平面.（2）由（1）知，過點作平面，則直線兩兩垂直，以點為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，則，假設存在點滿足條件，令，，設平面的法向量，則，令，得，由平面，得為平面的法向量，由二面角的正弦值為，得，即，而，解得，所以點是線段上靠近點的三等分點，使得二面角的正弦值為.例37．（2024·高二·江蘇揚州·期中）已知在四棱錐中，底面是邊長為4的正方形，是正三角形，E、F、M、O分別是、、、AD的中點，平面．(1)求證：；(2)求點B到平面EFM的距離；(3)在線段上是否存在點N，使得直線與平面EFM所成角的正弦值為？若存在，求線段的長度，若不存在，說明理由．【解析】（1）因為平面，平面，所以，又底面是正方形，則，且與是平面內兩條相交直線，所以平面，平面，所以，又分別是的中點，所以，所以.（2）因為分別是的中點，所以，所以平面即是平面，由（1）知平面，則平面，平面，，則，設點到平面的距離為，由，得，即，解得，所以點到平面的距離為.（3）如圖以為原點，為軸，可建立如圖所示的空間直角坐標系，則，A2,0,0，，，，，，，設線段上存在點，使得與平面所成角的正弦值為，且，，，，設平面的一個法向量為n=a,b,c則，即，令，得，，，整理得，解得或（舍），，即存在點使得直線與平面所成角的正弦值為，此時.例38．（2024·高三·江蘇南通·期中）如圖，且，，且，且，平面，.(1)設面BCF與面EFG的交線為，求證：；(2)證明:(3)在線段BE上是否存在一點P，使得直線DP與平面ABE所成的角的正弦值為，若存在，求出P點的位置，若不存在，說明理由.【解析】（1）因為，，所以，又平面，平面，所以面，又平面，平面平面，所以.（2）因為且，所以四邊形ADGE為平行四邊形，又，所以四邊形ADGE為菱形，所以AG⊥DE.因為平面，平面，所以，又，平面，所以CD⊥面，又面，所以，又，平面，所以面，又面，所以.（3）由于，，，平面，，則以D為原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向的空間直角坐標系，如圖，于是，，設平面ABE的法向量為n=x,y,z，則，，令，得，假設線段BE上存在點P，使得直線DP與平面ABE所成的角的正弦值為.設，，，解得：.所以線段BE上存在點P，且時,使得直線DP與平面ABE所成的角的正弦值為.例39．（2024·河南濮陽·模擬預測）如圖所示，在等腰梯形中，，，，E為CD中點，AE與BD相交于點O，將沿AE折起，使點D到達點P的位置（平面）．(1)求證：平面平面PBC；(2)若，試判斷線段PB上是否存在一點Q（不含端點），使得直線PC與平面所成角的正弦值為，若存在，求Q在線段PB上的位置；若不存在，說明理由．【解析】（1）如圖，在原圖中連接BE，由于，，，所以四邊形ABED是平行四邊形．由于，所以四邊形ABED是菱形，所以．由于，，所以四邊形ABCE是平行四邊形，所以，所以．在翻折過程中，，保持不變，即，保持不變．由于，OP，平面POB，所以平面POB，由于平面PBC，所以平面平面PBC；（2）由上述分析可知，在原圖中，，所以，所以．折疊后，若，則，所以，由于，，平面ABCE，所以平面ABCE．所以OE，OB，PO兩兩相互垂直．由此以O為原點，分別以所在的直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，，，，，，設，，，，，設平面AEQ的法向量為，則，令得，故，設直線PC與平面AEQ所成角為θ，則，所以，，，解得，所以，因為，，、的中點坐標為，即Q是PB的中點．例40．（2024·高二·安徽馬鞍山·階段練習）如圖所示，正方形所在平面與梯形所在平面垂直，，，，，．(1)證明：平面；(2)在線段（不含端點）上是否存在一點，使得平面與平面夾角的余弦值為，若存在求出的值，若不存在請說明理由．【解析】（1）正方形中，，平面平面，平面平面，平面，∴平面，又平面，所以，，又，，則，又，，則，即，又，則，，平面，∴平面；（2）由（1）知，平面，，以為坐標原點，，，為，，軸的正方向建立空間直角坐標系，則，A1,0,0，，，，，設點，，，∴，∴，故，∴，，設平面的法向量為，∴，令，則，，∴為平面的一個法向量，又，設平面的法向量為，∴，令，則，，所以為平面的一個法向量，∴，解得或，則線段（不含端點）上不存在一點，使得平面與平面夾角的余弦值為．例41．（2024·高三·廣東·開學考試）如圖1，直角梯形中，，將直角梯形繞旋轉一周得到如圖2的圓臺，為圓臺的母線，且是的中點．

(1)在線段上是否存在一點，使平面？說明理由；(2)若為線段的中點，求平面與平面夾角的余弦值．【解析】（1）線段上存在一點，使平面．理由如下：過作，垂足為為中點，又，所以，過作一條平行的直線交于點，此時．易知平面平面，所以平面AEFD．同理平面，又，平面，所以平面平面，平面，所以平面，故線段上存在一點，使平面，且；（2）作交下底圓于，因為，如圖，以為原點，所在直線分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，則，，

，設平面的法向量n=x,y,z，由得，令，則；設平面的法向量m=x由，得，令，則．設平面與平面的夾角為，則．故平面與平面夾角的余弦值為．例42．（2024·高三·全國·專題練習）如圖，在正三棱柱中，分別是的中點．在線段上是否存在一點Q，使平面？若存在，確定點的位置；若不存在，也請說明理由．【解析】假設在線段上存在一點，使平面．取的中點，以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系．設，則，．顯然，平面，面，則，，解得，滿足要求，在線段上存在一點，使平面，此時點為點．題型七：非常規(guī)幾何體為載體的立體幾何問題例43．（2024·安徽黃山·二模）如圖，已知為圓臺下底面圓的直徑，是圓上異于的點，是圓臺上底面圓上的點，且平面平面，，，是的中點，．(1)證明：；(2)求直線與平面所成角的正弦值.【解析】（1）證明：取的中點為，連接，，，，為中點，，又平面平面，且平面平面，平面,平面，，，故四邊形為矩形，，又，分別是，的中點，，；（2）是圓上異于，的點，且為圓的直徑，，，如圖以為原點建立空間直角坐標系，由條件知，,0,,,4,,,0,,，，設,,，，，由，得，，，，設平面法向量為，則，取，設直線與平面所成角為，則直線與平面所成角的正弦值為．例44．（2024·高二·安徽宿州·期中）如圖，圓臺上底面圓的半徑為，下底面圓的半徑為2，為圓臺下底面的一條直徑，圓上點C滿足，是圓臺上底面的一條半徑，點P，C在平面的同側，且.

(1)證明：平面平面；(2)若圓臺的高為2，求直線與平面所成角的正弦值.【解析】（1）取中點，連接、、，，則∴且，且，∴且，∴四邊形為平行四邊形，∴，又面∴面，面，∴面面.（2）以O為原點，，，分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，，，設面的法向量，則，令，得，所以，所以，即與面所成角的正弦值為.例45．（2024·福建龍巖·三模）如圖，在四棱臺中，底面四邊形ABCD為菱形，平面ABCD.

(1)證明：；(2)若M是棱BC上的點，且滿足，求二面角的余弦值.【解析】（1）在四棱臺中，延長后必交于一點，故四點共面，因為平面，平面，故，連接，因為底面四邊形為菱形，故，平面，故平面，因為平面，所以.（2）過點A作的垂線，交與點N，以所在直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系（如圖），設，則，由于，故，則，，則，，，記平面的法向量為，則，即，令，則，即，平面的法向量可取為，則.所以二面角的余弦值為.例46．（2024·高三·湖南婁底·階段練習）如圖，在三棱臺.中，，平面平面.

(1)求證：平面；(2)已知與相交于點，，且平面，設平面與所成角為，求的值.【解析】（1）證明：因為平面平面，且平面平面，又因為，且平面，所以平面，因為平面，所以，又因為，且，平面，所以平面.（2）連接，因為平面，且平面，平面平面，所以，因為，所以，所以，根據棱臺的性質，可得，以為坐標原點，分別以所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，又由平面，所以平面的一個法向量為，所以，所以.例47．（2024·安徽蕪湖·模擬預測）如圖，已知半圓錐的頂點為，點是半圓弧上三等分點（靠近點），點是弧上的一點，平面平面，且，是中點．

(1)證明：平面平面；(2)若，求平面與平面夾角的余弦值．【解析】（1）由題可得平面，又平面，則.因，平面，平面，則平面.又平面，平面平面，則.因點是半圓弧上三等分點，則，又，則.又，則是等邊三角形，得.又，則，即OD平分.又，則在等腰三角形AOC中，由三線合一可知.又平面POD，，則平面.又平面，則平面平面.（2）取弧中點為N，連接ON.由（1），又.則如圖建立以O為原點的空間直角坐標系.取，則，，.則，.設平面法向量為，則.取，則，即.又平面的法向量為，則平面與平面夾角的余弦值.例48．（2024·海南?？凇つM預測）如圖所示的幾何體由一個半圓錐和一個三棱錐組合而成，兩個錐體的底面在同一平面內，BC是半圓錐底面的直徑，D在底面半圓弧上，且，△ABC是等邊三角形．(1)證明：平面SAC；(2)若BC＝2，，求直線CD與平面SAB所成角的正弦值．【解析】（1）因為BC是半圓錐底面的直徑，，所以∠DBC＝60°，因為△ABC是等邊三角形，所以∠ACB＝60°，所以．因為平面SAC，平面SAC，所以平面SAC．（2）設S在底面上的射影為O，連接OA，OS，由已知得O為BC的中點，所以AO⊥BC，．因為BC＝2，，所以OB＝1，．以O為坐標原點，分別以OA，CB，OS所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系．則C（0，1，0），，B（0，1，0），，S（0，0，2）．所以，，．設平面SAB的法向量為，則令x＝2，得．設CD與平面SAB所成的角為θ，則．題型八：新定義問題例49．（2024·高二·湖北武漢·期末）對于任意向量定義運算：．若向量，向量為單位向量，則的取值范圍是．【答案】【解析】由題意得，，，設，則，因為，所以，所以.故答案為：.例50．（2024·高二·河南濮陽·階段練習）設Ox，Oy，Oz是空間中兩兩夾角都為θ的三條數軸，分別是與x，y，z軸正方向同向的單位向量，若，x，y，z∈R，則把有序數對叫做向量在坐標系Oxyz中的坐標，則下列命題中，真命題的個數為.（1）若，，則；（2）若，則；（3）若，則當且僅當x∶y=3∶1時,向量與的夾角取得最小值；（4）若，，，則三棱錐OABC的表面積為6+2.【答案】1【解析】在（1）中，，可得，故（1）正確；在（2）中，，故（2）錯誤；在（3）中，顯然當x∶y=3∶1時，與共線，此時夾角為0或π，故（3）錯誤；在（4）中，由題可知，當，，時，三棱錐OABC為以2為棱長的正四面體，表面積為，故（4）錯誤.綜上，真命題的個數為1.故答案為：1.例51．（2024·高二·上海徐匯·期中）在平面上，將曲線與軸圍成的封閉圖形記為，記繞軸旋轉一周而成的幾何體為，試構造圓柱與倒立的圓錐，利用祖暅原理得出的體積值為．【答案】【解析】根據題意知，曲線與軸圍成的封閉圖形為半橢圓，如圖所示，該平面圖形繞軸旋轉一周而成的幾何體為，構造圓柱與倒立的圓錐，利用祖暅原理，可知的體積為.故答案為：.例52．（2024·遼寧·模擬預測）古代中國，建筑工匠們非常注重建筑中體現(xiàn)數學美，方形和圓形的應用比比皆是，在唐、宋時期的單檐建筑中較多存在的比例關系，這是當時工匠們著意設計的常見比例，今天，紙之所以流行的重要原因之一，就是它的長與寬的比無限接近，我們稱這種滿足了的矩形為“優(yōu)美”矩形．現(xiàn)有一長方體，，，，則此長方體的表面六個矩形中，“優(yōu)美”矩形的個數為．【答案】4【解析】由題意，該長方體如圖所示：，，，，，，，，，，，此長方體的表面六個矩形中，“優(yōu)美”矩形的個數為4.故答案為：4.例53．（2024·高三·河北·階段練習）已知，，，定義一種運算：，在平行六面體中，，，.(1)證明：平行六面體是直四棱柱；(2)計算，并求該平行六面體的體積，說明的值與平行六面體體積的關系.【解析】（1）證明：由題意，，∴，，即，，∵，是平面內兩相交直線，∴平面，∴平行六面體是直四棱柱；（2），由題意，，，，所以，，，∴.∴，故的值表示以，，為鄰邊的平行六面體的體積.例54．（2024·高二·廣東東莞·期中）（1）在空間直角坐標系中，已知平面的法向量，且平面經過點，設點是平面內任意一點.求證：.（2）我們稱（1）中結論為平面的點法式方程，若平面過點，求平面的點法式方程.【解析】（1）平面經過點，點是平面內任意一點.,為平面的法向量（2）設平面的法向量為，，則，令則，平面的法向量為由（1）可知，平面的點法式方程為：即模塊三：數學思想方法①分類討論思想例55．（2024·高二課時練習）如圖，在三棱錐中，底面為等邊三角形，，且平面平面．（1）求三棱錐的體積；（2）求二面角的余弦值；（3）判斷在線段上是否存在點Q，使得為直角三角形？若存在，找出所有符合要求的點Q，并求的值；若不存在，說明理由．【解析】（1）如圖，過P作，∵平面平面，∴平面．在中，，∴，∴．∴三棱錐的體積．（2）取的中點分別為M，N，連接．在等邊中，∵O、N分別為的中點，∴．由（1）可知：平面，∴，建立如圖所示的空間直角坐標系．．∴，．設為平面的一個法向量，則且．∴，令，則．∴．∵x軸⊥平面，∴取作為平面的法向量．設二面角的大小為，由圖可知．∴．∴二面角的余弦值為．（3）在線段上存在點Q，使得為直角三角形．設．則，，．①當時，則，得，解得或1．當時，Q與O重合，為直角三角形，且；當時，Q與M重合，為直角三角形，且；②當時，則，得，解得，不符合題意，應舍去；③當時，則，得，解得，不符合題意，應舍去．綜上可知：在線段上存在點Q，使得為直角三角形，且或．例56．（2024·廣東廣州·高二廣州市協(xié)和中學?？茧A段練習）如圖，空間直角坐標系中，四棱錐的底面是邊長為的正方形，底面OABC在xOy平面內，且拋物線Q