2/30重難點(diǎn)26立體幾何中的探索性及新定義問題【全國通用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1線、面平行的探索性問題】 2【題型2線、面垂直的探索性問題】 8【題型3與空間角有關(guān)的探索性問題】 15【題型4與空間距離有關(guān)的探索性問題】 21【題型5立體幾何新定義】 301、立體幾何中的探索性及新定義問題空間向量與立體幾何是歷年高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn)內(nèi)容，從近幾年的高考情況來看，立體幾何中的探索性問題是近年命題的趨勢方向，這類問題以空間向量為工具，探究空間幾何體中線、面的位置關(guān)系或空間角、空間距離存在的條件，主要以解答題的形式考查，計算量大，難度較高；備考時需強(qiáng)化坐標(biāo)系建立技巧、法向量求解步驟及空間角公式的熟練應(yīng)用，同時注重向量運(yùn)算的嚴(yán)謹(jǐn)性，避免因計算失誤失分.立體幾何中的新定義問題也是近年命題的一個趨勢，遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)和性質(zhì)，按新定義的要求進(jìn)行求解，使得問題得以解決.知識點(diǎn)1立體幾何中的探索性問題1．與空間向量有關(guān)的探索性問題：在立體幾何中，與空間向量有關(guān)的探究性問題主要有兩類：一類是探究線面的位置關(guān)系；另一類是探究線面角、二面角或點(diǎn)線面距離滿足特定要求時的存在性問題．2．立體幾何中的探索性問題的求解策略：解決這兩類探索性問題的解題策略是：先建立空間直角坐標(biāo)系，引入?yún)?shù)（有些是題中已給出），設(shè)出關(guān)鍵點(diǎn)的坐標(biāo)，然后探究這樣的點(diǎn)是否存在，或參數(shù)是否滿足要求，從而作出判斷．(1)對于存在判斷型問題的求解，應(yīng)先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”.(2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引進(jìn)參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，解出參數(shù).知識點(diǎn)2立體幾何中的新定義問題1．空間向量與立體幾何中的新定義問題(1)空間向量與立體幾何中的新定義問題，核心是用已知空間向量工具（如坐標(biāo)運(yùn)算、數(shù)量積、法向量）翻譯新定義，再結(jié)合立體幾何性質(zhì)求解.(2)常見新定義類型①位置關(guān)系類：如定義“斜垂”（直線與平面所成角為45°）、“共面向量”新判定規(guī)則等；②度量計算類：如定義“空間兩點(diǎn)的新距離”、“二面角的新度量”（如用兩個法向量的正弦值表示）等；③概念拓展類：如將平面中的“中點(diǎn)”拓展為空間中的“重心”、平面向量“投影”拓展為空間向量“投影長度”等.2．立體幾何中新定義問題的解題策略核心解題策略（四步走）：第一步：精讀定義，拆解內(nèi)涵：逐句分析新定義的數(shù)學(xué)描述，明確其涉及的空間元素（點(diǎn)、線、面）和數(shù)量關(guān)系（如等式、不等關(guān)系），避免漏看條件；第二步：建立坐標(biāo)系，轉(zhuǎn)化為向量語言：根據(jù)幾何體特征（如長方體、正棱錐）建立空間直角坐標(biāo)系，將點(diǎn)、線（方向向量）、面（法向量）用坐標(biāo)表示，再把新定義翻譯成坐標(biāo)運(yùn)算公式；第三步：利用向量工具，求解核心問題：根據(jù)翻譯后的向量關(guān)系，結(jié)合立體幾何常見考點(diǎn)（如求距離、夾角、證明平行/垂直）計算或證明，此時完全套用常規(guī)空間向量解題方法；第四步：驗(yàn)證結(jié)果，貼合定義：求解后需檢查結(jié)果是否符合新定義的約束條件（如定義域、特殊情況），避免因忽略新定義細(xì)節(jié)導(dǎo)致錯解,【題型1線、面平行的探索性問題】【例1】（2025·安徽合肥·三模）如圖，在四棱錐P?ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，E為AD的中點(diǎn)，PA⊥AD，BE//CD，BE⊥AD，PA=AE=BE=2，CD=1．(1)求點(diǎn)A到平面PBC的距離；(2)在線段PE上是否存在點(diǎn)M，使得DM//平面PBC?若存在，求出點(diǎn)M【答案】(1)3(2)存在，點(diǎn)M是PE中點(diǎn)【解題思路】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)法可求得點(diǎn)到平面的距離；（2）利用坐標(biāo)法設(shè)點(diǎn)，根據(jù)線面平行列方程，解方程即可.【解答過程】（1）因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，且BE⊥AD，BE?平面ABCD，故BE⊥平面PAD．

以E為原點(diǎn)，EB,ED所在直線為x,y軸，過點(diǎn)E平行于PA的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系E?xyz，則E0,0,0，P0,?2,2，A0,?2,0，B2,0,0，所以PB=2,2,?2，BC=?1,2,0，設(shè)平面PBC的法向量為n=則n?PB=0令y=1，得平面PBC的一個法向量為n=2,1,3所以點(diǎn)A到平面PBC的距離為d=AP（2）由（1）知，平面PBC的一個法向量為n=“線段PE上存在點(diǎn)E，使得DM//平面PBC”等價于“DM?因?yàn)镻E=0,2,?2，設(shè)PM=λ則M0,2λ?2,2?2λ，DM所以DM?n=2λ?4+6?6λ=0所以線段PE上存在點(diǎn)M，即PE中點(diǎn)，使得DM//平面PBC【變式1-1】（2024·貴州黔西·一模）如圖所示為直四棱柱ABCD?A1B1C1D(1)證明:BC⊥平面MM(2)求直線BC與平面BDA1所成角的正弦值，并判斷線段BC上是否存在點(diǎn)P，使得PB1//【答案】(1)證明見解析(2)155；在線段BC存在點(diǎn)P使得PB1//平面BD【解題思路】（1）由題意可知△BCD為正三角形，則DM⊥BC，又MM（2）根據(jù)勾股定理的逆定理可得AB⊥AD，建立如圖空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，利用空間向量法求解線面角即可；假設(shè)在線段BC上存在點(diǎn)P，使得PB1//平面BDA1，令BP=λBC【解答過程】（1）由∠BCD=60°,CB=CD又M為BC的中點(diǎn)，則DM⊥BC.又M1為B1C而CC1⊥BC又DM∩MM1=M,DM、M所以BC⊥平面MM（2）由（1）知△BCD為正三角形，則BD=4，在△ABD中，AB=AD=22，有BD2易知AA1⊥AB,A則A(0,0,0),B(22所以BC=(設(shè)平面BDA1的一個法向量為則n?BD=?22x+22y=0設(shè)BC與平面BDA1所成角為θ，則即BC與平面BDA1所成角的正弦值為假設(shè)在線段BC上存在點(diǎn)P，使得PB1//平面BD則BP=(6λ?由PB1//平面BDA1解得λ=33，所以BP=λBC【變式1-2】（2025·天津河?xùn)|·二模）在多面體ABC?DEF中（如圖所示），底面正三角形ABC邊長為2，EA⊥底面ABC，AE//BF//CD，CD=3，AE=2，BF=1.(1)求AD與平面DEF所成角的正弦值；(2)求點(diǎn)A到平面CEF的距離；(3)AB的中點(diǎn)為G，線段CD上是否存在點(diǎn)P使得PG與平面DEF平行，若存在求PC長度，若不存在說明理由.【答案】(1)26(2)2(3)存在，3【解題思路】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，得到平面DEF的法向量，利用線面角的計算公式得到答案；（2）求出平面CEF的法向量，利用點(diǎn)到平面距離公式進(jìn)行求解；（3）設(shè)P(0,2,h)，由（1）得平面DEF的法向量為n=3,?1,2，PG與平面DEF【解答過程】（1）EA⊥底面ABC，底面正三角形ABC邊長為2，以A為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，則A(0,0,0)，B(3C(0,2,0)，D0,2,3，E(0,0,2)，F(xiàn)(所以DE=(0,?2,?1)，DF設(shè)平面DEF的法向量為n=n?DE=0令y=?1，則z=2，x=3，故n又AD=(0,2,3)，設(shè)AD與平面DEF所成角為θsinθ=|（2）平面CEF的法向量為n1其中CE=(0,?2,2)，CFn1?CE=0n1?故n1=(0,1,1)，所以點(diǎn)A到平面CEF的距離d=AC（3）由（1）知，平面DEF的法向量為n=其中G32,12PG與平面DEF平行，故PG⊥即PG?解得h=32，此時【變式1-3】（24-25高二上·山東煙臺·開學(xué)考試）如圖，在長方體ABCD?A1B

(1)求證：平面A1C1(2)線段B1C上是否存在點(diǎn)P，使得A1P//【答案】(1)證明見解析(2)存在，P為線段B1【解題思路】（1）以D為原點(diǎn)建系，求出兩個平面的法向量，證明其平行即可；（2）設(shè)B1P=tB1【解答過程】（1）證明：由題可以D為原點(diǎn)，DA,DC,DD1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(biāo)系

則A3,0,0,B3,4,0則A1設(shè)平面A1C1則n→⊥A1C1n所以平面A1C1設(shè)平面ACD1的法向量為則m→⊥ACm→⊥A所以平面ACD1的一個法向量為因?yàn)閙=n，即m//n，所以平面（2）設(shè)線段B1C上存在點(diǎn)P，使得A1設(shè)B1由（1）得A1B1=0,4,0所以A1令m?A1所以當(dāng)P為線段B1C的中點(diǎn)時，A1【題型2線、面垂直的探索性問題】【例2】（24-25高二上·河北張家口·階段練習(xí)）如圖，已知四棱臺ABCD?A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為2和4的正方形，AA1=3(1)在底面ABCD內(nèi)是否存在點(diǎn)M，滿足C1M⊥平面CPQ?若存在，請說明點(diǎn)(2)設(shè)平面CPQ交棱AA1于點(diǎn)T，平面CPTQ將四棱臺ABCD?A1B【答案】(1)存在點(diǎn)M((2)9【解題思路】（1）根據(jù)題意建系，求出相關(guān)點(diǎn)和相關(guān)向量的坐標(biāo)，通過線線垂直建立方程組，即可求得點(diǎn)M的坐標(biāo)，得出結(jié)論；（2）按（1）建系，利用C,P,T,Q四點(diǎn)共面求得點(diǎn)T坐標(biāo)，再利用空間向量的夾角公式計算即得.【解答過程】（1）因AA1⊥底面ABCD，且ABCD分別以AB,AD,AA1所在直線為則C(4,4,0),B(4,0,0),因點(diǎn)P、Q分別是棱BB1、DCP=(?1,?4,假設(shè)在底面ABCD內(nèi)存在點(diǎn)M(a,b,0)，使得C1M⊥平面CPQ則C1M=(a?2,b?2,?3),由C故存在點(diǎn)M(1110,1110（2）按照（1）建系，設(shè)點(diǎn)T(0,0,t),(0≤t≤3)，依題意，C,P,T,Q四點(diǎn)共面，故必有CT=λ即(?4,?4,t)=λ(?1,?4,32)+μ(?4,?1,32即T(0,0,125)設(shè)平面CDD1C1的法向量為故可取n=(0,3,2).因CT設(shè)CT與平面CDD1C1所成角為即CT與平面CDD1C【變式2-1】（24-25高二下·黑龍江哈爾濱·期中）如圖1，等腰梯形AECD是由三個邊長為2的等邊三角形拼成，現(xiàn)將△BCE沿BC翻折至△BCP，使得PD=3，如圖2所示.(1)求證：PD⊥BC；(2)求直線BD與平面BCP所成角的正弦值；(3)試問在△ABP內(nèi)是否存在一點(diǎn)N，使得CN⊥平面ABP？若存在，求BN的長度；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析；(2)34(3)不存在，理由見解析；【解題思路】（1）根據(jù)全等三角形性質(zhì)，利用線面垂直判定定理可證明BC⊥平面POD，再由線面垂直性質(zhì)可得PD⊥BC；（2）利用空間向量，求出平面BCP法向量以及直線BD的方向向量，根據(jù)線面角與空間向量之間的關(guān)系即可求得結(jié)果；（2）設(shè)BN=λ利用向量法能求出BN點(diǎn)的坐標(biāo)，從而求出BN的長度．【解答過程】（1）在圖1連接DE交BC于O點(diǎn)，在圖2中，知△BCD、△BCP都是等邊三角形，得DO⊥BC，PO⊥BC，又DO∩PO=O，DO,PO?平面POD，可得BC⊥平面POD；又直線PD?平面POD，所以PD⊥BC.（2）因?yàn)锳B=2，PD=3，則在△POd中，由OD=OP=3，由余弦定理得∠POD=120°，作PH⊥DO，垂足為H，連接OH，得∠POH=60°，∴PH=POsin如圖，以BC的中點(diǎn)O為原點(diǎn)，OB，DO，OZ分別為x,y,z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，則B1,0,0,C?1,0,0，A2,?3因此BD=?1,?設(shè)平面BCP的法向量為n=則n?CB=2x=0n?CP=x+即向量n=設(shè)直線BD與平面BCP所成角為θ，則sinθ=直線BD與平面BCP所成角的正弦值為34（3）假設(shè)在△ABP內(nèi)存在點(diǎn)N，使得CN⊥平面ABP成立，BA=1,?設(shè)BN=λBA+μBP=CN=由CN·BA=0解得λ=?413,μ=413，不滿足題意，所以不存在N使得【變式2-2】（2024·廣東東莞·模擬預(yù)測）如圖，已知四棱臺ABCD?A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為2和4的正方形，AA1=4，且A

(1)在底面A1B1C1D1內(nèi)是否存在點(diǎn)M(2)設(shè)平面CPQ交棱AA1于點(diǎn)T，平面CPTQ將四棱臺【答案】(1)存在，點(diǎn)M的位置見解析(2)13【解題思路】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出點(diǎn)M的坐標(biāo)，再依據(jù)AM⊥CP,AM⊥CQ，利用向量的數(shù)量積列出等式計算即可；（2）設(shè)出點(diǎn)T的坐標(biāo)，根據(jù)平面向量基本定理，求出點(diǎn)T的坐標(biāo)，再直接求體積即可.【解答過程】（1）因?yàn)樗睦馀_ABCD?A1B1C所以可以以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AD,AA1分別為則AD0,4,0假設(shè)在底面A1B1C1D1內(nèi)存在點(diǎn)M有AM⊥CP,AM⊥CQ，則AM?CP=0所以x0=8故在底面A1B1C1D1（2）設(shè)T0,0,t，因?yàn)辄c(diǎn)T在平面CPQ內(nèi)，所以可設(shè)CT則?4,?4,t=λ所以?λ?4μ=?4?4λ?μ=?42λ+2μ=t，所以λ=4連接AQ，S四邊形設(shè)平面CPTQ將四棱臺ABCD?A1BV2V四棱錐P?ABCD=取AA1的中點(diǎn)N，連接PN,NQ，則PN//AB//CD，又CD?平面CDQ，PN?平面CDQ，所以PN//平面CDQ，V三棱錐所以V2V四棱臺V1=112所以所求的上、下兩部分的體積比為1322

【變式2-3】（24-25高二上·山東臨沂·階段練習(xí)）如圖1，在邊長為2的菱形ABCD中，∠BAD=60°,DE⊥AB于點(diǎn)E，將△ADE沿DE折起到△(1)求證：A1E⊥平面(2)求點(diǎn)B到平面A1(3)在線段BD上是否存在點(diǎn)P，使平面A1EP⊥平面A1【答案】(1)證明見解析(2)3(3)存在，BP【解題思路】（1）根據(jù)線面垂直先證得A1E⊥BE，再結(jié)合（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法來求得點(diǎn)B到平面A1（3）設(shè)BP=λBD0≤λ≤1，根據(jù)平面【解答過程】（1）證明：∵DE⊥AB，∴BE⊥DE，又∵BE⊥A1D,DE∩所以BE⊥平面A1∵A1E?平面A又∵A1E⊥DE,BE∩DE∴A1E⊥（2）∵A1E⊥∴以E為原點(diǎn)，分別以EB,ED,EA1所在直線為則B1,0,0,D0,DC=2,0,0,DA則n?DC=2x=0n?所以點(diǎn)B到平面A1CD的距離為（3）存在，理由如下：假設(shè)在線段BD上存在一點(diǎn)P，使得平面A1EP⊥平面設(shè)Px,y,z則x?1,y,z=λ?1,3∴E設(shè)平面A1EP的法向量由m?得z1令x1=3設(shè)平面A1BD的法向量為A1故n?取x2=3因?yàn)槠矫鍭1EP⊥平面所以m?解得λ=1所以在線段BD上存在點(diǎn)P，使得平面A1EP⊥平面A1【題型3與空間角有關(guān)的探索性問題】【例3】（2025·江西景德鎮(zhèn)·模擬預(yù)測）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，(1)證明：AC⊥平面BCC(2)若AC=BC，在線段EC1上是否存在點(diǎn)M，使平面AMA1與平面AME夾角的余弦值為【答案】(1)證明見解析；(2)存在，理由見解析.【解題思路】（1）先求證FC⊥EC1，接著由題設(shè)AF⊥EC1結(jié)合線面垂直判定定理求證EC1⊥平面AFC，進(jìn)而得E（2）建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，設(shè)AC=BC=BB1=2，Mx,0,2?2x0≤x≤1，求出平面AMA1的一個法向量為m【解答過程】（1）證明：因?yàn)锽C=BB所以由題在Rt△FBC和Rt△ECC1中，所以∠EC所以可得FC⊥EC1，又AF⊥EC1，AF∩FC=F，所以EC1⊥平面AFC，又AC?平面AFC又由直三棱柱性質(zhì)可得C1C⊥AC，C1所以AC⊥平面BCC（2）由題意和（1）可以C為原點(diǎn)，CB,CA,CC1為若AC=BC，則可設(shè)AC=BC=BB則C0,0,0,A0,2,0則AM=設(shè)平面AMA1的一個法向量為m=x1則m⊥AMm則m·AM=x取x1=2,x所以cosm解得x=138（舍去）或所以若AC=BC，在線段EC1上存在點(diǎn)M，使平面AMA1與平面AME夾角的余弦值為3102【變式3-1】（24-25高三下·廣東·開學(xué)考試）如圖，在四棱錐P?ABCD中，△PAB是等邊三角形，四邊形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，BC//AD，AD=2AB=2BC，PC=2(1)證明：平面PAB⊥平面ABCD.(2)線段PC上是否存在點(diǎn)E，使得直線BE與平面PCD所成角的正弦值為35？若存在，求PE【答案】(1)證明見解析(2)存在，PEEC=【解題思路】（1）取棱AB的中點(diǎn)O，連接OP,OC，由題設(shè)條件結(jié)合勾股定理依次求出PO⊥AB和PO⊥OC，接著由線面垂直判定定理得證PO⊥平面ABCD，再由面面垂直判定定理即可得證命題；（2）建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=2，PE=λPC，求出向量BE和平面PCD的法向量，根據(jù)線面角的向量法公式即可建立關(guān)于λ的方程，解方程即可得解.【解答過程】（1）證明：取棱AB的中點(diǎn)O，連接OP,OC，設(shè)AB=2a，則OC=5a，因?yàn)椤鱌AB是等邊三角形，且O是AB的中點(diǎn)，所以PO⊥AB.因?yàn)锳B=2a，所以PO=3a，所以PO因?yàn)锳B?平面ABCD，OC?平面ABCD，且AB∩OC=O，所以PO⊥平面ABCD.因?yàn)镻O?平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABCD.（2）取棱CD的中點(diǎn)F，連接OF，則OB,OF,OP兩兩垂直，以O(shè)為原點(diǎn)，OB，OF，OP的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.設(shè)AB=2，則B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(?1,4,0)，P(0,0,3)，則PC=(1,2,?設(shè)PE=λPC，則PE=λ又BP=(?1,0,3)設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z)則n?CD=?2x+2y=0,n?設(shè)直線BE與平面PCD所成的角為θ，則sinθ=解得λ=13或故當(dāng)PEEC=12或PEEC=2時，直線【變式3-2】（24-25高二上·北京·期中）在四棱錐P?ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB//DC，AB⊥AD，DC=AD=1，AB=2，∠PAD=45°，E是PA的中點(diǎn)，F(xiàn)在線段AB上，且滿足CF?(1)求證：DE//平面PBC；(2)求二面角F?PC?B的余弦值；(3)在線段PA上是否存在點(diǎn)Q，使得FQ與平面PFC所成角的正弦值是33，若存在，求出AQ【答案】(1)證明見解析；(2)33(3)|AQ|=2【解題思路】（1）取PB的中點(diǎn)M，連接EM和CM，利用線面平行的判定推理得證.（2）以D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系D?xyz，求出平面FPC與平面BPC的法向量，再利用向量法二面角的余弦值.（3）由（2）中相關(guān)信息，利用線面角的向量求法求解即得..【解答過程】（1）在四棱錐P?ABCD中，取PB的中點(diǎn)M，連接EM和CM，由E是PA的中點(diǎn)，得EM//AB，且EM=12AB=1則EM//CD且EM=CD，四邊形CDEM為平行四邊形，于是DE//CM，而CM?平面PBC，DE?平面PBC，所以DE//平面BPC.（2）由AB//DC，AB⊥AD，得AD⊥DC，由PD⊥平面ABCD，AD,DC?平面ABCD，得DP⊥DA,DP⊥DC，而∠PAD=45°，則DP=DA=1以D為原點(diǎn)，直線DA,DC,DP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系D?xyz，則A(1,0,0),C(0,1,0),B(1,2,0),D(0,0,0),P(0,0,1)，設(shè)F(1,y,0)，則CF由CF?BD=0，得?1?2y+2=0，解得設(shè)平面FPC的法向量為n=(x1則n?PC=y1設(shè)平面BPC的法向量為m=(x2則m?PC=y2設(shè)二面角F?PC?B的大小為θ，由圖形觀察得θ為銳角，因此cosθ=|所以二面角F?PC?B的余弦值是33（3）假定存在點(diǎn)Q滿足條件，設(shè)點(diǎn)Q(x3,0,得Q(?λ+1,0,λ)，則FQ=(?λ,?12,λ)，又平面由FQ與平面PFC所成角的正弦值為33，得|整理得20λ2+8λ?1=0，又λ∈[0,1]，解得λ=所以存在點(diǎn)Q，使得FQ與平面PFC所成角的正弦值是33，|AQ|=【變式3-3】（2025·廣西·模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐P?ABCD中，BD⊥PC，∠BAD=120°，四邊形ABCD是菱形，PB=2AB=2PA，E是棱

(1)證明：PA⊥平面ABCD.(2)是否存在實(shí)數(shù)λ，使得平面PAB與平面ACE所成銳二面角的余弦值是21919？若存在，求出【答案】(1)證明見解析(2)存在實(shí)數(shù)λ=1【解題思路】（1）由線線垂直得到線面垂直，進(jìn)而得到BD⊥PA，再由勾股定理逆定理得到AB⊥PA，從而得到線面垂直；（2）作出輔助線，建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量，進(jìn)而由二面角的余弦值得到方程，求出答案.【解答過程】（1）因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以BD⊥AC.因?yàn)锽D⊥PC，AC，PC?平面PAC，且AC∩PC=C，所以BD⊥平面PAC.因?yàn)镻A?平面PAC，所以BD⊥PA.因?yàn)镻B=2AB=2PA，所以因?yàn)锳B，BD?平面ABCD，且AB∩BD=B，所以PA⊥平面ABCD.（2）取棱CD的中點(diǎn)F，連接AF，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，∠BAD=120°，所以△ACD為等邊三角形，故AF⊥CD，又PA⊥平面ABCD，AB,AF?平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AF，故AB，AF，AP兩兩垂直，故以A為原點(diǎn)，分別以AB，AF，AP的方向?yàn)閤，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系.

設(shè)AB=2，則A0,0,0，C1,3,0，故AC=1,3,0，所以AE=設(shè)平面ACE的法向量為n=則n?令x=3，得n平面PAB的一個法向量為m=0,1,0，設(shè)面PAB與面ACE所成的銳二面角為則cosθ=整理得3λ2+2λ?1=0，解得λ=故存在實(shí)數(shù)λ=13，使得面PAB與面ACE所成銳二面角的余弦值是【題型4與空間距離有關(guān)的探索性問題】【例4】（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）如圖，已知AB⊥平面BCE，CD∥AB，△BCE是等腰直角三角形，其中∠EBC=π(1)設(shè)線段BE中點(diǎn)為F，證明：CF∥平面ADE(2)在線段AB上是否存在點(diǎn)M，使得點(diǎn)B到平面CEM的距離等于22，如果存在，求MB【答案】(1)證明見解析(2)存在，MB的長為2【解題思路】（1）取AE的中點(diǎn)G，根據(jù)線面平行的判定定理即可得證；（2）設(shè)MB=x，根據(jù)等體積法VB?MEC=V【解答過程】（1）取BE的中點(diǎn)F，AE的中點(diǎn)G，連結(jié)FG、GD、CF，則有GF=12AB因?yàn)镈C=12AB，CD//AB所以四邊形CFGD是平行四邊形，則CF//又DG?平面ADE，CF?平面ADE，所以CF//平面ADE（2）存在.設(shè)MB=x(0<x<4)，在Rt△BEC中，EC=因?yàn)镸B⊥平面BEC，所以VM?BEC因?yàn)镸B⊥平面BEC，BE?平面BEC，BC?平面BEC所以MB⊥BE,MB⊥BC，則△MBE,△MBC均為直角三角形.在Rt△MBE中，ME=同理，MC=x取EC的中點(diǎn)H，因?yàn)镸E=MC，所以MH⊥EC，而MH=M故S△MEC因?yàn)辄c(diǎn)B到面CEM的距離等于22所以VB?MEC而VB?MEC=VM?BEC，所以所以在線段AB上只存在唯一一點(diǎn)M，當(dāng)且僅當(dāng)BM=23015時，點(diǎn)B到面CEM【變式4-1】（25-26高三上·黑龍江綏化·開學(xué)考試）如圖，四棱錐P?ABCD的底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AD=2.已知E，F(xiàn)分別為PA，PC的中點(diǎn)，平面DEF與棱PB交于點(diǎn)G.(1)求證：DE⊥平面PAB；(2)求平面CDG與平面ABCD的夾角的余弦值；(3)判斷線段EF上是否存在一點(diǎn)H，使得點(diǎn)H到平面CDG的距離為510？若存在，請求出點(diǎn)H【答案】(1)證明見解析(2)5(3)存在H，H的坐標(biāo)為14,3【解題思路】（1）先證明PD⊥AB，AD⊥AB，由線面垂直判定定理證明AB⊥平面PAD，所以AB⊥DE，再證明DE⊥PA，根據(jù)線面垂直判定定理證明結(jié)論；（2）先證明PB⊥平面DEGF，由此可得PB⊥EG，再證明△PEG∽△PBA，由此可得PG=13PB，建立空間直角坐標(biāo)系，求平面CDG（3）設(shè)Hx,y,z，EH=λEF0≤λ≤1，由此可得【解答過程】（1）證明：因?yàn)镻D⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以PD⊥AB.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以AD⊥AB，又AD∩DP=D，AD,PD?平面PAD，所以AB⊥平面PAD，因?yàn)镈E?平面PAD，所以AB⊥DE.因?yàn)镋為PA中點(diǎn)，PD=AD，所以DE⊥PA.又AB∩PA=A，AB,PA?平面PAB，所以DE⊥平面PAB，（2）由（1）DE⊥平面PAB，PB?平面PAB，所以DE⊥PB，因?yàn)镻D⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以PD⊥BC，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以BC⊥CD，PD,CD?平面PCD，PD∩CD=D，所以BC⊥平面PCD，DF?平面PCD，所以BC⊥DF，因?yàn)镕為PC的中點(diǎn)，DC=DP，所以DF⊥PC，PC∩BC=C，PC,BC?平面PBC，所以DF⊥平面PBC，PB?平面PBC，所以DF⊥PB，因?yàn)镈E∩DF=D，所以PB⊥平面DEGF，EG?平面DEGF，所以PB⊥EG，故∠PGE=π由（1）AB⊥平面PAD，PA?平面PAD，所以PA⊥AB，故∠PAB=π2，又所以△PEG∽△PBA，所以PGPA由已知PA=PD2+AD所以PG=233以D為原點(diǎn)，DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則D0,0,0，C0,2,0，易知所以DC=0,2,0，設(shè)平面CDG的一個法向量為n=則2y=023x+23所以平面CDG的一個法向量為n=平面ABCD的一個法向量為n1設(shè)平面CDG與平面ABCD的夾角為θ，則cosθ=所以平面CDG與平面ABCD的夾角的余弦值為55（3）因?yàn)镋1,0,1，F(xiàn)0,1,1，所以設(shè)Hx,y,z，EH所以x?1,y,z?1=λ?1,1,0，所以H1?λ,λ,1由（2）知平面CDG的一個法向量為n=所以d=DH?nn=所以點(diǎn)H的坐標(biāo)為14,3【變式4-2】（24-25高二下·江蘇揚(yáng)州·期中）如圖，等邊三角形ABC的邊長為8，E，F(xiàn)分別為所在邊的中點(diǎn)，O為線段EF的中點(diǎn)，現(xiàn)將三角形ABC沿直線EF折起，使得二面角A?EF?B為直二面角．(1)求線段AC的長度；(2)求直線BE與平面ABC所成角的正弦值；(3)棱AC上是否存在異于端點(diǎn)的點(diǎn)M，使得點(diǎn)A到平面OBM的距離為43311．若存在，請指出點(diǎn)【答案】(1)AC=2(2)6(3)存在，點(diǎn)M位于線段AC的靠近點(diǎn)A的三等分點(diǎn)【解題思路】（1）連接AO，證明AO⊥EF，結(jié)合面面垂直性質(zhì)定理證明AO⊥平面BCFE，取邊BC的中點(diǎn)記為D，建立空間直角坐標(biāo)系，求A,C的坐標(biāo)，再求線段AC的長度；（2）求平面ABC的法向量，結(jié)合向量夾角公式求直線BE與平面ABC所成角的正弦值；（3）設(shè)AM=λAC，求平面OBM的法向量，結(jié)合點(diǎn)到平面的距離的向量求法求點(diǎn)A到平面OBM的距離，列方程求【解答過程】（1）由已知AE=AF，連接AO，因?yàn)镺為線段EF的中點(diǎn)，所以AO⊥EF；因?yàn)槠矫鍭EF⊥平面EBCF，又平面AEF∩平面EBCF=EF，又AO?面BCFE，所以AO⊥平面BCFE；取邊BC的中點(diǎn)記為D，則OE⊥OD；以點(diǎn)O為原點(diǎn)，以O(shè)E,OD,則A(0,0,23),C(?4,23（2）由（1）E2,0,0，B4,23,0，所以EB=(2,23,0)，BC記平面ABC的法向量為n=(所以n?不妨取y0=1，得所以n=(0,1,1)為平面ABC記直線BE與平面ABC的所成角為θ，則sinθ=所以，直線BE與平面ABC的所成角的正弦值為64（3）設(shè)AM=λAC，其中AC=(?4,23,?2OA=(0,0,23)，OMOB=(4,2記平面OBM的一個法向量為m=(則有m?不妨取z1=4λ，解得即m=(則點(diǎn)A到平面OBM的距離d=OA?m整理得：21λ2+14λ?7=0解得λ=13或所以，當(dāng)點(diǎn)M位于線段AC的靠近點(diǎn)A的三等分點(diǎn)時，點(diǎn)A到平面OBM的距離為433【變式4-3】（24-25高二上·山東·階段練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD,AD⊥DC,AB∥DC,AB=12CD=AD=1,M(1)證明：BM//平面PAD；(2)若PC=5（i）求二面角P?BM?D的余弦值；（ii）在棱PA上是否存在點(diǎn)Q，使得點(diǎn)Q到平面BDM的距離是5618？若存在，求出【答案】(1)證明見解析(2)（i）23,（ii）存在，【解題思路】（1）先證明四邊形ABMN是平行四邊形，可得BM//（2）（i）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量，利用向量的夾角公式即可求解；（ii）設(shè)PQ=λPA，0<λ<1，根據(jù)點(diǎn)面距離的向量法即可求出λ，進(jìn)而求出【解答過程】（1）取PD的中點(diǎn)N，連接AN，MN，如圖所示：∵M(jìn)為棱PC的中點(diǎn)，∴MN//CD，MN=12CD，∵AB//CD∴四邊形ABMN是平行四邊形，∴BM//又BM?平面PAD，MN?平面PAD∴BM//平面PAD（2）∵PC=5，PD=1，CD=2∴PC2=P∵平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD=DC，PD?平面PDC，∴PD⊥平面ABCD，又AD，CD?平面ABCD，∴PD⊥AD，PD⊥CD，由AD⊥DC，∴以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖：則P0,0,1，D0,0,（i）故DM=0,1,設(shè)平面BDM的一個法向量為n=則n?DM=y+12z=0n?DB=x+y=0，令平面PBM的一個法向量為m=PM=則m?PM=b?12c=0m?PB,∴cos由于二面角P?BM?D的平面角為銳角，故二面角P?BM?D的余弦值為23（ii）假設(shè)在線段PA上是存在點(diǎn)Q，使得點(diǎn)Q到平面BDM的距離是56設(shè)PQ=λPA，0≤λ≤1，則Q(λ,0,1?λ)，DQ=(λ,由（2）知平面BDM的一個法向量為n=(1,?1,2)DQ?∴點(diǎn)Q到平面BDM的距離是DQ?∴λ=13，【題型5立體幾何新定義】【例5】（24-25高一下·山西運(yùn)城·期末）離散曲率是刻畫空間彎曲性的重要指標(biāo).設(shè)P為多面體M的一個頂點(diǎn)，定義多面體M在點(diǎn)P處的離散曲率為ΦP=1?12π∠Q1PQ2+Q2PQ3+?+∠Qk?1P(1)求三棱錐P?ABC在各個頂點(diǎn)處的離散曲率的和；(2)若PA⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2，三棱錐P?ABC在頂點(diǎn)C處的離散曲率為38，求點(diǎn)A到平面PBC(3)在（2）的前提下，又知點(diǎn)Q在棱PB上，直線CQ與平面ABC所成角的余弦值為306，求BQ【答案】(1)2；(2)2；(3)BQ=2【解題思路】（1）根據(jù)離散曲率的定義分別計算各個頂點(diǎn)處的離散曲率，再利用三角形內(nèi)角和計算即可；（2）利用線面垂直的性質(zhì)和判定證得BC⊥PC，即∠BCP=π2，根據(jù)離散曲率的定義計算得∠PCA=π4，根據(jù)點(diǎn)面距離的定義作出點(diǎn)A到平面（3）法一：根據(jù)定義作出線面角，設(shè)BQ=x0≤x≤23，則QG=33x,BG=63法二：如圖建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法計算線面角的正弦值，即可得解.【解答過程】（1）由離散曲率的定義得：ΦPΦB因?yàn)椤螦PC+∠PAC+∠ACP=π，同理可得其他三個三角形內(nèi)角和為π所以ΦP（2）由PA⊥平面ABC,BC?平面ABC，得PA⊥BC，又AC⊥BC,AC∩PA=A,AC,PA?平面PAC，則BC⊥平面PAC，由PC?平面PAC，得BC⊥PC，即∠BCP=π又ΦC=1?1解得∠PCA=π過點(diǎn)A作AM⊥PC于點(diǎn)M，由BC⊥平面PAC,AM?平面PAC，得BC⊥AM，又BC∩PC=C,BC,PC?平面PCB，則AM⊥平面PCB，因此點(diǎn)A到平面PCB的距離為線段AM的長.在Rt△ACM中，AM=AC所以點(diǎn)A到平面PBC的距離為2.（3）方法一：過點(diǎn)Q作QG//PA交AB于點(diǎn)G，連接由PA⊥平面ABC，得QG⊥平面ABC，則∠GCQ為直線CQ與平面ABC所成的角，依題意，PA=2,AB=2設(shè)BQ=x0≤x≤2則sin∠PBA=cos∠PBA=在△BCG中，根據(jù)余弦定理，CG=B由cos∠GCQ=306因此tan∠GCQ=QGCG=3解得x=233或x=?23，因?yàn)榉椒ǘ河桑?）知，PA⊥平面ABC,BC⊥平面PAC，過A作BC的平行線，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，由題意得：A0,0,0所以，CB=設(shè)BQ=λBP0≤λ≤1設(shè)CQ與平面ABC所成的角為θ，因?yàn)閏osθ=306取平面ABC的法向量n=則sinθ=整理得3λ2+2λ?1=0，即3λ?1λ+1=0所以BQ=13【變式5-1】（2025·山東青島·模擬預(yù)測）在空間直角坐標(biāo)系O?xyz中，任何一個平面的方程都能表示成Ax+By+Cz+D=0，其中A，B，C，D∈R，A2+B2+C2≠0，且(1)設(shè)集合M=x,y,z∣z=0，記P∩M中所有點(diǎn)構(gòu)成的圖形的面積為S1，Q∩M中所有點(diǎn)構(gòu)成的圖形的面積為S2，求(2)記集合Q中所有點(diǎn)構(gòu)成的幾何體的體積為V1，P∩Q中所有點(diǎn)構(gòu)成的幾何體的體積為V2，求V1(3)記集合T中所有點(diǎn)構(gòu)成的幾何體為W.①求W的體積V3②求W的相鄰（有公共棱）兩個面所成二面角的大小，并指出W的面數(shù)和棱數(shù).【答案】(1)S1=4，(2)V1=32(3)①16；②2π【解題思路】（1）首先分析題意進(jìn)行解答，分別表示出集合M,P代表的點(diǎn)，后得到P∩M的截面是正方形求出S1，同理得到Q∩M是正方形求出S（2）首先根據(jù)（1）分析得出P′∩Q（3）利用題目中給定的定義求出法向量，結(jié)合面面角的向量求法求解，再看圖得到面數(shù)和棱數(shù)即可.【解答過程】（1）集合M=x,y,zz=0P=x,y,zx≤1,而P∩M可以看成正方體在xOy平面上的截面內(nèi)所有的點(diǎn).發(fā)現(xiàn)它是邊長為2的正方形，因此S1對于Q=x,y,zx+x+y+z=2表示經(jīng)過(2,0,0)，(0,2,0)，(0,0,2)的平面在第一象限的部分.由對稱性可知Q表示(±2,0,0)，(0,±2,0)，(0,0,±2)這六個頂點(diǎn)形成的正八面體內(nèi)所有的點(diǎn).而Q∩M可以看成正八面體在xOy平面上的截面內(nèi)所有的點(diǎn).它是邊長為22的正方形，因此S（2）記集合Q，P∩Q中所有點(diǎn)構(gòu)成的幾何體的體積分別為V1，V考慮集合Q的子集Q′即為三個坐標(biāo)平面與x+y+z=2圍成的四面體.四面體四個頂點(diǎn)分別為(0,0,0)，(2,0,0)，(0,2,0)，(0,0,2)，此四面體的體積為V由對稱性知，V考慮到P的子集P′即P′Q′顯然P′記Q11,1,0，Q21,0,1，容易驗(yàn)證Q1，Q2，Q3在平面x+y+z=2則P′∩QP′的體積VP′=1×1×1=1，三棱錐故P′∩Q當(dāng)由對稱性知，V2（3）如圖所示，即為T所構(gòu)成的圖形.其中正方體ABCD?IJML即為集合P所構(gòu)成的區(qū)域.E?ABCD構(gòu)成了一個正四棱錐，其中E到面ABCD的距離為2，VE?ABCD=1由題意面EBC方程為x+z?2=0，由題干定義知其法向量m=面ECD方程為y+z?2=0，由題干定義知其法向量n=故cos?由圖知兩個相鄰的面所成角為鈍角，故H相鄰兩個面所成角為2π由圖可知共有12個面，24條棱.【變式5-2】（2025高三·全國·專題練習(xí)）空間中，我們將至少兩條坐標(biāo)軸不垂直的坐標(biāo)系稱為“空間斜坐標(biāo)系”．類比空間直角坐標(biāo)系，i,j,k分別為“空間斜坐標(biāo)系”中三條數(shù)軸（x軸、y軸、z軸）正方向的單位向量，若向量n=xi+yj+zk，則n與有序?qū)崝?shù)組x,y,z相對應(yīng)，稱向量n的斜坐標(biāo)為x,y,z，記作n=x,y,z．如圖，在平行六面體(1)若點(diǎn)E在平面ABCD內(nèi)，且A1E⊥平面ABCD，求(2)若AF的斜坐標(biāo)為1,0,1，求平面AD1F【答案】(1)1,1,?2(2)357【解題思路】（1）利用斜60°（2）利用空間向量的線性運(yùn)算表示由題可得AF=i+k，AD1=j+2k，設(shè)平面AD【解答過程】（1）由題可知AE=xi+yj，由題可知i?j=0，i∵A1E⊥平面即x則x=1，y=1，則A1E的斜坐標(biāo)為（2）由題可得AF=i+設(shè)平面AD1F由AF得i即3取m=10，可得p=?7，q=?9，即a=?7則a2=a由（1）可知A1E⊥平面且A1則A1A1E?則cosA即平面AD1F與平面ABCD【變式5-3】（2024·江西新余·模擬預(yù)測）我們規(guī)定：在四面體P?ABC中，取其異面的兩條棱的中點(diǎn)連線稱為P?ABC的一條“內(nèi)棱”，三條內(nèi)棱兩兩垂直的四面體稱為“垂棱四面體”.

(1)如左圖，在四面體P?ABC中，Mii=1,2,...(2)同左圖，若P?ABC為垂棱四面體，M1M2=2,M(3)如右圖，在空間直角坐標(biāo)系中，xOy平面內(nèi)有橢圓C：x2+y22=1，F(xiàn)1為其下焦點(diǎn)，經(jīng)過F1的直線y=kx+m與C交于A、B兩點(diǎn)，P為xOy平面下方一點(diǎn)，若【答案】(1)證明見解析(2)12(3)?22【解題思路】(1)利用兩內(nèi)棱的端點(diǎn)構(gòu)成四邊形為平行四邊形，然后證明兩個內(nèi)棱相交且互相平分，然后得到三個內(nèi)棱相交于同一點(diǎn)且互相平分；（2）由定義易證：四邊形M1（3）由（2）易知棱長與外接球表面積的關(guān)系S=12AB2+B得A求得S然后利用三角形ABO為銳角三角形求得k∈最后求最值即可.【解答過程】（1）如圖，連接M1

由題可知，M1M3平行且等于12所以M1M所以四邊形M1所以對角線M1M2∩M同理M1M2∩M故P?ABC的三條內(nèi)棱交于一點(diǎn)O.（2）由（1）可知，四邊形M1若P?ABC為垂棱四面體，則四邊形M1即M1顯然PB=2M故PB=AC，同理PA=BC,PC=AB，如圖，將該三棱錐補(bǔ)全為一個長方體，并建立空間直角坐標(biāo)系B?xyz，

因?yàn)镸1所以有A4,6,0所以BP=4,0,2,設(shè)平面ABC的一個法向量為n=易知BA·令y=?2，解得x=3,z=6，所以n=直線PB與平面ABC所成角的正弦值為BP·（3）由（2）易知將P?ABO補(bǔ)成長方體，設(shè)長寬高分別設(shè)為a、b、c，則外接球半徑為該長方體的體對角線長的一半即：R=1則：S=4πR顯然AB2=設(shè)Ax因?yàn)橹本€y=kx+m過橢圓焦點(diǎn)F1所以m=?1，聯(lián)立x2+y顯然Δ>0由韋達(dá)定理可知，x1得y1所以AB所以S=1整理得S=x得S=10所以Sk由于△ABO為某長方體的三個頂點(diǎn)由余弦定理可知A、B、O均為銳角，顯然△ABO中角A、B均為銳角，所以只需角O銳角，即：OA?得x1解得k∈?由Sk=10Sk所以當(dāng)9k2+10k不妨令t=9k所以9k因?yàn)閠=9k由對勾函數(shù)性質(zhì)可知，當(dāng)t=10時，9k2此時k=0，故Sk=10一、單選題1．（2025·山東臨沂·二模）已知正方體ABCD?A1B1C1D1中，M，A．直線MN與A1C所成角的余弦值為63 B．平面BMN與平面C．在BC1上存在點(diǎn)Q，使得B1Q⊥BD1 D．在B【答案】C【解題思路】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的邊長為1，由空間向量計算異面直線所成角，二面角和線線垂直可判斷ABC；由N,M,B,A四點(diǎn)共面，而A∈平面BMN可判斷D.【解答過程】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的邊長為1，所以A1,0,0,D0,0,0M0,1,對于A，MN=0,?1直線MN與A1C所成角的余弦值為對于B，MN=0,?1設(shè)平面BMN的法向量為n=x,y,z，則取x=1，可得y=0,z=2，所以n=C1D1設(shè)平面BC1D1的法向量為取x1=1，可得y1平面BMN與平面BCcosm對于C，因?yàn)镼在BC1上，設(shè)Qx0,1,則C1Q=所以Qλ,1,?λ+1，B所以B1Q?故BC1上存在點(diǎn)Q1對于D，因?yàn)镸N//DC//AB，所以N,M,B,A四點(diǎn)共面，而A∈平面BMN，所以B1D上不存在點(diǎn)P，使得PA//平面故選：C..2．（2025·河北保定·二模）刻畫空間彎曲性是空間幾何研究的重要內(nèi)容，我們常用曲率來刻畫空間彎曲性，規(guī)定：多面體頂點(diǎn)的曲率等于2π與多面體在該點(diǎn)的面角之和的差（多面體的面角的角度用弧度制）．例如：正四面體每個頂點(diǎn)均有3個面角，每個面角均為π3，則其各個頂點(diǎn)的曲率均為2π?3×π3=π．若正四棱錐S?ABCD的側(cè)面與底面的夾角的正切值為A．π2 B．π C．3π4 【答案】D【解題思路】利用正四棱錐的結(jié)構(gòu)特征得到∠SMO為側(cè)面與底面所成的角，進(jìn)而利用勾股定理推得正四棱錐S?ABCD的每個側(cè)面均為正三角形，從而利用“曲率”的定義即可得解.【解答過程】如圖，連接AC，BD，設(shè)AC∩BD=O，連接SO，則SO⊥平面ABCD，取BC的中點(diǎn)M，連接OM，SM，則由正四棱錐的結(jié)構(gòu)特征可知OM⊥BC,SM⊥BC，所以∠SMO為側(cè)面與底面所成的角，設(shè)AB=BC=a，則OM=a在Rt△SOM中，tan所以SO=2OM=22a所以正四棱錐S?ABCD的每個側(cè)面均為正三角形，所以頂點(diǎn)S的每個面角均為π3故正四棱錐S?ABCD在頂點(diǎn)S處的曲率為2π故選：D.3．（24-25高三上·北京·階段練習(xí)）在棱長為2的正方體ABCD?AB1C1D1中，點(diǎn)E,F分別為棱AD,BBA．存在點(diǎn)P，使得AB．存在點(diǎn)P，使得A1P⊥C．存在點(diǎn)P，使得DPD．存在點(diǎn)P，使得B【答案】C【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)驗(yàn)證垂直判斷A，由A1【解答過程】如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，

則A1對于A，由正方體性質(zhì)知當(dāng)P在C時，線段A1P長度的最大值為此時A1P=所以A1P⊥EF，即滿足A1對于B：設(shè)Px,y,z，則A1P=x?2,y,z?2若A1P⊥平面ADF，因?yàn)镋F,DA?平面ADF，所以A1即A1P?EF=x?2+2y+z?2=0故存在點(diǎn)P，使得A1P⊥平面對于C，取正方形BB1C1C的中心M所以四邊形DMFE為平行四邊形，所以DM//EF，故P運(yùn)動到M處時，此時P1,2,1，A1P=?1,2,?1綜上不存在點(diǎn)P，使得DP//對于D，設(shè)Px,y,z，則A1P=x?2,y,z?2，EF由B1P=DP，A1化簡可得x+2y+z=4x+y+z=3，解得x+z=2顯然當(dāng)x=0z=2y=1時滿足題意，即存在點(diǎn)P，使得故選：C.4．（24-25高三下·北京海淀·開學(xué)考試）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，F(xiàn)為線段A．EF∥平面AB．存在點(diǎn)E，使EF⊥平面BC．存在點(diǎn)E，使EF∥D．D【答案】D【解題思路】當(dāng)E與A1重合時，EF∩平面A1BCD1=A1，即可判斷A；設(shè)正方體的棱長為1，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DD1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)C1E=λC1【解答過程】當(dāng)E與A1重合時，又F?平面A1BCD1，則EF設(shè)正方體的棱長為1，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DD1所在直線分別為則D(0,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A1(1,0,1),B設(shè)C1E=λC1DC1=(0,1,1)，則DE∵BB1=(0,0,1)，EF?BB1=?12≠0，∴EFA1C=(?1,1,?1)，若EF∥A1C，則EF=k∵DB1=(1,1,1)，EF=1故選：D．5．（2025·北京懷柔·模擬預(yù)測）如圖，已知正方體ABCD?A1B1C1D1中，F(xiàn)為線段

A．存在點(diǎn)E，使EF//平面ABCDB．三棱錐B1?ACE的體積隨動點(diǎn)C．直線EF與AD1D．存在點(diǎn)E，使EF⊥平面A【答案】D【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間位置關(guān)系的向量證明判斷AD；利用空間向量求出線線角的余弦判斷C；利用等體積法確定B1【解答過程】在正方體ABCD?A1B1C1D

設(shè)正方體棱長為2，則D0,0,0由E在線段A1C1上運(yùn)動，設(shè)Em,2?m,2（平面ABCD的法向量n=(0,0,1)，顯然EF?n=?1≠0，則直線AD1=?2,0,2，設(shè)直線EF與AD顯然當(dāng)m=12時，cosθ=32，θ=30°，即存在點(diǎn)E使得直線EF設(shè)平面AB1C1D則m?DA=2x=0m?當(dāng)m=1時，EF=0,1,?1=m，因此點(diǎn)E在正方體ABCD?A1B1C1D而AA1⊥平面A1B1C可得B1D1⊥平面A1B1C1故選：D.6．（2025·北京朝陽·二模）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，P為線段A．存在點(diǎn)Q，使得PQ//BD B．存在點(diǎn)Q，使得PQ⊥平面AC．三棱錐Q?APD的體積是定值 D．存在點(diǎn)Q，使得PQ與AD所成的角為π【答案】B【解題思路】A由BD//B1D1、B1D1∩PQ=P即可判斷；B若【解答過程】A：正方體中BD//B1D1，而P為線段所以B1D1B：若Q為BC1中點(diǎn)，則PQ//A1B又AD⊥面ABB1A1，A1B?面AB1∩AD=A，AB1,AD?面所以存在Q使得PQ⊥平面ABC：由正方體性質(zhì)知：BC1//AD1，而AD1所以Q在線段BC1上運(yùn)動時，到面故三棱錐Q?APD的體積不是定值，錯；D：構(gòu)建如下圖示空間直角坐標(biāo)系D?xyz，則A(2,0,0)，P(1,1,2)，Q(2?a,2,a)且0≤a≤2，所以DA=(2,0,0)，PQ=(1?a,1,a?2)，若它們夾角為則cosθ=|令t=1?a∈[?1,1]，則cosθ=當(dāng)t∈(0,1]，則1t∈1,+當(dāng)t=0則cosθ=0當(dāng)t∈[?1,0)，則1t∈?所以cosπ故選：B.7．（2024·北京順義·二模）如圖，正方體ABCD?A1B1C①存在點(diǎn)P，使得D1P//②對于任意點(diǎn)P，四棱錐P?A③存在點(diǎn)P，使得A1P⊥平面④對于任意點(diǎn)P，△A其中，不正確的是（

）A．① B．② C．③ D．④【答案】C【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，由直線的方向向量與平面的法向量的位置關(guān)系判斷說法①；由棱錐的底面積和高為定值得體積為定值判斷說法②；利用向量數(shù)量積驗(yàn)證垂直關(guān)系判斷說法③；利用向量的模和向量夾角的計算，驗(yàn)證說法④.【解答過程】以B為原點(diǎn)，BC,BA,BB1的方向?yàn)椴环猎O(shè)正方體棱長為1，則B0,0,0,C1,0,0設(shè)Pa,0,aD1P=a?1,?1,a?1，平面A1DB的一個法向量為n=令x=1，則y=?1,z=1，即n=若D1P?則a=12時，D1P⊥n，又D1即點(diǎn)P為BC1中點(diǎn)時，D1正方體ABCD?A1B1C1D1中，平面則P點(diǎn)到平面A1ADD所以對于任意點(diǎn)P，四棱錐P?AA1P=a,?1,a?1，若A1P⊥平面C1所以不存在點(diǎn)P，使得A1P⊥平面A1D=1,0,?1，A1D=則△A1DPA1P?所以對于任意點(diǎn)P，△A只有說法③不正確.故選：C.8．（24-25高二上·湖北武漢·期中）在正四面體D?ABC中，點(diǎn)E在棱AB上，滿足AE=2EB，點(diǎn)F為線段AC上的動點(diǎn)，則（

）A．存在某個位置，使得DE⊥BFB．存在某個位置，使得∠FDB=C．存在某個位置，使得直線DE與平面DBF所成角的正弦值為7D．存在某個位置，使得平面DEF與平面DAC夾角的余弦值為3【答案】C【解題思路】設(shè)正四面體D?ABC的底面中心為點(diǎn)O，連接DO，則DO⊥平面ABC，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB、OD所在直線分別為x、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正四面體D?ABC的棱長為2，然后利用空間向量法逐一分析求解可得結(jié)果.【解答過程】如下圖所示，設(shè)正四面體D?ABC的底面中心為點(diǎn)O，連接DO，則DO⊥平面ABC，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB、OD所在直線分別為x、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正四面體D?ABC的棱長為2，則A?33,?1,0，B233設(shè)F?33對于A，若存在某個位置使得DE⊥BF，DE=33所以DE?BF=?1?對于B，若存在某個位置使得∠FDB=π4，DF=則cosDF對于C，設(shè)平面DBF的一個法向量為u=DB=23由u?DB=23若存在某個位置，使得直線DE與平面DBF所成角的正弦值為714，又DE則714整理得λ2+4λ=0，解得λ=0或所以存在F?33,0,0，即對于D，設(shè)平面DAC的一個法向量為m=又DA=?3由m?DA=?33設(shè)平面DEF的一個法向量為n=DE=33由n?DE=33若存在某個位置，使得平面DEF與平面DAC夾角的余弦值為32則32整理得47λ2?42λ+279=0故選：C.二、多選題9．（2025·山東青島·一模）在正三棱柱ABC?A1B1C1中，E為AC的中點(diǎn)，點(diǎn)P滿足A．當(dāng)λ=12時，EP//AB C．存在λ，使得A1E//C1P 【答案】AD【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量垂直及平行計算判斷A，B，C，求出法向量法結(jié)合位置關(guān)系求解判斷D.【解答過程】取BC的中點(diǎn)D，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系：設(shè)底面邊長為2，A則A3所以BP=λBC=λA.當(dāng)λ=12時，EP=?32,B.當(dāng)λ=12時，EP=?32,C.A1E=D.因?yàn)镋P=?3設(shè)平面A1ACC則AA1?n=0A1使得EP⊥平面A1ACC1，所以EP//n，所以故選：AD.10．（2024·山東·二模）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=2,AB⊥BC,P,Q分別為棱A．存在λ使得PQ⊥B．存在λ使得PQ//平面ABC．若BB1,B1D．當(dāng)λ=12時，直線PQ與A【答案】BCD【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系B1【解答過程】如圖，由題意可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系B1?xyz，設(shè)則由題：B1所以A1因?yàn)锽P=λBC=λ所以B1P=B1所以Qa?λa,2λ,0，所以PQ對于A：由PQ?對于B：由B1C1則PQ?所以當(dāng)λ=12時，PQ?B1對于C：由A1設(shè)平面A1BP的一個法向量為所以m?A1設(shè)點(diǎn)Q到平面A1BP的距離為d，則所以S△所以VB?因?yàn)锽B1,B1對于D：設(shè)直線PQ與A1B所成角為由上當(dāng)λ=12=b當(dāng)且僅當(dāng)b2=4故選：BCD.11．（2025·海南省直轄縣級單位·模擬預(yù)測）如圖，點(diǎn)M是正方體ABCD?A1B1CA．點(diǎn)M存在無數(shù)個位置滿足CM⊥AB．在線段AD1上存在點(diǎn)M，使異面直線B1MC．若正方體的棱長為1，三棱錐B?C1D．點(diǎn)M存在無數(shù)個位置滿足到直線AD和直線C1【答案】ACD【解題思路】根據(jù)線面垂直的判定可證得AD1⊥平面A1B1CD，則當(dāng)M在線段A1D上時，CM⊥AD1恒成立，知A正確；以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AM=λAD10≤λ≤1，利用異面直線所成角的向量求法和二次函數(shù)最值可確定異面直線B1M與CD所成的角大于30°，知B錯誤；由線面垂直的性質(zhì)和判定可證得A1C⊥平面B【解答過程】對于A，連接AD∵四邊形ADD1A∵CD⊥平面ADD1A1，AD又A1D∩CD=D，A1D,CD?平面A1則當(dāng)CM?平面A1B1CD，即M在線段∴點(diǎn)M存在無數(shù)個位置，使得CM⊥AD對于B，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,則D0,0,0，C0,1,0，A1,0,0，D∴CD=0,?1,0當(dāng)M在線段AD1上時，可設(shè)∴AM=?λ,0,λ，則M∴cos則當(dāng)λ=12時，∴異面直線B1M與CD所成的角大于對于C，連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接A1C，交C1∵BD⊥AC，BD⊥AA1，AC∩AA1=A∴BD⊥平面ACC1A1，又A1同理可得：A1C⊥BC1；又BC∴A1C⊥平面BC1∵Rt△CNO∽Rt△CAA1∴A∵△BC1D是邊長為2設(shè)點(diǎn)M到平面BC1D的距離為d當(dāng)M與A1重合時，d取得最大值233對于D，∵C1D1⊥平面ADD1A1若點(diǎn)M到直線AD和直線C1D1的距離相等，則點(diǎn)M軌跡是以D1為焦點(diǎn)，∴點(diǎn)M存在無數(shù)個位置滿足到直線AD和直線C1故選：ACD.三、填空題12．（2024·北京海淀·二模）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，①D1②線段DQ的長隨線段AP的長增大而增大；③存在點(diǎn)P，使得AQ⊥BQ；④存在點(diǎn)P，使得PQ//平面D1其中所有正確結(jié)論的序號是.【答案】①②④【解題思路】根據(jù)給定條件，以點(diǎn)D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面D1PC的法向量坐標(biāo)，進(jìn)而求出點(diǎn)【解答過程】在正方體ABCD?A1B1C設(shè)AP=t(0≤t≤1)，則D(0,0,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),P(1,t,0)令平面D1PC的法向量n=(x,y,z)，則n?C由DQ⊥平面D1PC于Q，得DQ=λCQ=((1?t)λ,λ?1,λ)，顯然CQ?n于是Q(1?t對于①，|D對于②，|DQ|=1(t?1)2對于③，而A(1,0,0),B(1,1,0)，AQ=((1?t)λ?1,λ,λ),若AQ?顯然Δ=(3?2t)2?4(t對于④，平面D1DA的一個法向量DC=(0,1,0)由PQ?DC=λ?t=0，得λ=t，即t=令f(t)=t3?2t2而f(0)=?1<0,f(1)=1>0，因此存在t∈(0,1)，使得f(t)=0，此時PQ?平面D1因此存在點(diǎn)P，使得PQ//平面D1所以所有正確結(jié)論的序號是①②④.故答案為：①②④.13．（2025·北京大興·三模）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1，中，

①存在點(diǎn)M，存在點(diǎn)N，滿足MN∥平面ABB②任意點(diǎn)M，存在點(diǎn)N，滿足MN∥平面ABB③任意點(diǎn)M，存在點(diǎn)N，滿足MN⊥BC④任意點(diǎn)N，存在點(diǎn)M，滿足MN⊥BC其中所有正確結(jié)論的序號是.【答案】①③【解題思路】對①②，舉例判斷說明即可；對③④，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)Mt,0,1，則N1?λ,1,λ，其中t,λ∈0,1，根據(jù)MN⊥B【解答過程】對①，當(dāng)M，N分別為A1D1，B1C1的中點(diǎn)時，取B1C1又MP?平面ABB1A1，A1B1?平面ABB1A1，故MP//平面ABB1A又MN?平面MNP，故MN//平面ABB

對②，當(dāng)M在A1時，MN∥平面AB對③④，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體ABCD?A則B(1,1,0),C1(0,1,1)設(shè)Mt,0,1，BN=λBC1=?λ,0,λ則當(dāng)MN⊥BC1時MN?故對任意的t∈0,1，存在λ=1?t2∈12,1當(dāng)λ=0，即N在B點(diǎn)時，若MN⊥BC1，則t=2，不滿足t∈0,1，即M

故答案為：①③.14．（24-25高二上·北京朝陽·期末）在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=AD=2,AA1=4,P①CP⊥BD；②∠PDQ為定值；③存在點(diǎn)P，使得平面DBQ⊥平面DBP；④存在點(diǎn)P，使得點(diǎn)Q到平面DBP的距離為2.其中所有正確結(jié)論的序號是.【答案】①④【解題思路】根據(jù)給定的長方體，建立空間直角坐標(biāo)系，由DQ⊥CP確定點(diǎn)P,Q的豎坐標(biāo)關(guān)系，再利用空間位置關(guān)系的向量證明判斷①③；利用向量夾角公式求解判斷②；利用點(diǎn)到平面距離的向量求法求解判斷④即可得解.【解答過程】在長方體ABCD?A1B則D(0,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0)，設(shè)P(2,0,t)(0<t<4),Q(0,2,s)，CP=(2,?2,t),DQ=(0,2,s)，由DQ⊥CP，得CP對于①，DB=(2,2,0)，CP?DB對于②，DP=(2,0,t)，不是常數(shù)，因此∠PDQ不為定值，②錯誤；對于③，由CP⊥BD,DQ⊥CP,DB∩DQ=D,DB,DQ?平面DBQ，得CP⊥平面DBQ，即平面DBQ的一個法向量為CP=(2,?2,t)，設(shè)平面DBP的法向量n則n?DB=2x+2y=0n?DP=2x+tz=0，令z=2因此不存在點(diǎn)P，使得平面DBQ⊥平面DBP，③錯誤；對于④，點(diǎn)Q到平面DBP的距離d=|DQ?則2t2+4=t+4因此存在點(diǎn)P，使得點(diǎn)Q到平面DBP的距離為2，④正確，所以所有正確結(jié)論的序號是①④.故答案為：①④.四、解答題15．（2025·貴州遵義·模擬預(yù)測）在多面體ABCDMN中，已知四邊形ABNM是邊長為2的正方形，AB=AD=12BC，AD//BC，AB⊥AD，平面ABNM⊥平面ABCD(1)若平面ANH∩平面MNC=l，求證：MC//(2)在線段NC上是否存在一點(diǎn)P，使得平面PAH⊥平面NAH？若存在，求PNNC【答案】(1)證明見解析(2)存在，PN【解題思路】（1）連接BM交AN于點(diǎn)E，連接HE，先證明MC//平面ANH（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解即可.【解答過程】（1）證明：連接BM交AN于點(diǎn)E，連接HE，因?yàn)樗倪呅蜛BNM為正方形，所以E為BM的中點(diǎn)，又H為線段BC的中點(diǎn)，所以EH//又EH?平面ANH，MC?平面ANH，所以MC//平面ANH因?yàn)槠矫鍭NH∩平面MNC=l，且MC?平面MNC，所以MC//（2）在正方形ABNM中，NB⊥AB，因?yàn)槠矫鍭BNM⊥平面ABCD，平面ABNM∩平面ABCD=AB，且NB?平面ABNM，所以NB⊥平面ABCD，又AD//BC，AB⊥AD，所以以B為原點(diǎn)，以BA,BC,BN所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，又AB=AD=BN=12BC=2，H所以A2,0,0則AH=設(shè)NP=λNC=0,4λ,?2λ，所以AP=設(shè)平面PAH的一個法向量為m=則m?AH=?2x1設(shè)平面NAH的一個法向量為n=則m?AH=?2x2由平面P