【期中复习】2023-2024学年（苏教版2019选修二）高二数学下册专题01+空间向量与立体几何专题训练.zip

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【考点题型一】空间向量及其线性运算
方法点拨：空间向量的线性运算包括加、减及数乘运算，选定空间不共面的三个向量作为基向量， 它们表示出目标向量，这是用向量法解决立体几何方法的基本要求，解题时可结合已知和所求，根据图形利用向量运算法则表示所需向量。
【例1】（23-24高二下·云南·开学考试）如图，在三棱柱中，（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可知：.故选：D
【变式1-1】（23-24高二上·河南驻马店·期末）在平行六面体中，是平行四边形的对角线的交点，为的中点，记，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】，
化简得：，故选：A .
【变式1-2】（23-24高二上·山东青岛·期末）已知四面体中，为中点，若，则（ ）
A．3 B．2 C． D．
【答案】D
【解析】根据题意，利用空间向量的运算法则，
可得：，
因为，所以，解得.故选：D.
【变式1-3】（23-24高二下·安徽淮北·开学考试）在四棱锥中，底面是正方形，是的中点，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
.故选：C.
【考点题型二】空间向量的数量积运算
方法点拨：空间向量的数量积的定义表达式为，其他变式如夹角公式，模长公式或等都是解决立体几何问题的重要公式。在求解空间向量数量积的相关运算时，可结合平面向量的数量积运算进行理解与计算。
【例2】（23-24高二上·浙江杭州·期中）已知空间向量，若，则的值为 ．
【答案】
【解析】由题知，因为，所以，
即，所以.
【变式2-1】（23-24高二下·云南保山·开学考试）已知是两个空间向量，若，，则＝ .
【答案】
【解析】由题意得，，
则，即，则
则.
【变式2-2】（23-24高二下·湖南岳阳·开学考试）如图，四棱柱的底面是正方形，，且，则（ ）
A．4 B．0 C． D．
【答案】D
【解析】由题意，，
所以
.故选：D.
【变式2-3】（23-24高二上·浙江嘉兴·期末）在三棱锥中，和都是等边三角形，，，为棱上一点，则的最小值是 ．
【答案】
【解析】如图，设，，
在中，，
，当且仅当时，等号成立.
【考点题型三】空间向量共线与三点共线问题
方法点拨：证明空间三点共线的三种思路：
对于空间三点P、A、B可通过证明下列结论来证明三点共线
（1）存在实数λ，使PA=λPB成立.
（2）对空间任一点O，有OP=OA+tAB(t∈R).
（3）对空间任一点O，有OP=xOA+yOB(x+y=1).
【例3】（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·开学考试）已知空间不共线的向量，，且，，，则一定共线的三点是（ ）
A．、、 B．、、 C．、、 D．、、
【答案】C
【解析】因为，，，
对于A：因为，
则不存在任何，使得，所以、、不共线，故A错误；
对于B：因为，
则不存在任何，使得，所以、、不共线，故B错误；
对于C：因为，
所以，则、、三点共线，故C正确；
对于D：因为，
则不存在任何，使得，所以、、不共线，故D错误；故选：C
【变式3-1】（22-23高二下·福建莆田·阶段练习）已知不共线向量，，，，，，则一定共线的三个点是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】若，则存在唯一实数使得，
即，所以，无解，
所以不共线，则三点不共线，
若，则存在唯一实数使得，
即，所以，无解，
所以不共线，则三点不共线，，
若，则存在唯一实数使得，
即，所以，无解，
所以不共线，则三点不共线，
，所以，
又点为两向量的公共端点，所以三点共线.故选：D.
【变式3-2】（22-23高二上·新疆伊犁·期末）已知、、为空间三个不共面的向量，向量，，若与共线，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为、、为空间三个不共面的向量，向量，，
若与共线，设，即，
可得，解得，故.故选：D.
【变式3-3】（23-24高二上·上海·课后作业）四棱柱的六个面都是平行四边形，点在对角线上，且，点在对角线上，且．
（1）设向量，，，用、、表示向量、；
（2）求证：、、 三点共线．
【答案】（1），；（2）证明见解析
【解析】（1）因为，则，
所以，
又因为，则，
所以；
（2）因为，
且，
所以，即、、三点共线．
【考点题型四】空间向量的共面问题
方法点拨：空间向量共面证明
1、证明点P在平面ABC内，可以用AP=xAB+yAC，也可以用OP=OA+xAB+yAC，
若用OP=xOA+yOB+zOC，则必须满足x+y+z=1.
2、判断三个向量共面一般用p=xa+yb，
证明三线共面常用AP=xAB+yAC，
证明四点共面常用OP=xOA+yOB+zOC（其中x+y+z=1）
【例4】（23-24高二下·安徽马鞍山·开学考试）在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是（其中O为坐标原点）（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】空间向量共面定理：，
若不共线，且共面，其充要条件是.
对A，因为，所以四点不共面；
对B，因为，所以四点不共面；
对C，由可得，
因为，所以四点不共面；
对D，由可得，
即，因为，所以四点共面.故选：D
【变式4-1】（23-24高二上·江西九江·期末）对于空间任一点和不共线的三点，，，有，则是，，，四点共面的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】若，则，即，
由共面定理可知向量，，共面，所以，，，四点共面；
反之，若，，，四点共面，当与四个点中的一个比如点重合时，
，可取任意值，不一定有，
所以是，，，四点共面的充分不必要条件．故选：B．
【变式4-2】（23-24高二下·山东青岛·开学考试）已知非零向量不共线，如果，则四点（ ）
A．共线 B．恰是空间四边形的四个顶点 C．共面 D．不共面
【答案】C
【解析】因为，
显然不共线，则三点不共线，
所以，所以共面，
又为公共始点，所以四点共面.故选：C.
【变式4-3】（23-24高二上·河北·期末）（多选）若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
【答案】ACD
【解析】对于A，因为，故三个向量共面，故A符合题意；
对于B，假设，，共面，
则，使得，
故有，方程组无解，故假设不成立，
即，，不共面；故B不符合题意；
对于C，，故三个向量共面，故C符合题意；
对于D，，故三个向量共面，故D题意符合．故选：ACD．
【变式4-4】（23-24高二上·广东·期末）若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】因构成空间的一个基底，故不共面，
对于A项，若共面，则必存在唯一的，
满足，即，
显然此方程组无解，即不共面，故A项错误；
对于B项，若共面，则必存在唯一的，
满足，即，
显然此方程组无解，即不共面，故B项错误；
对于C项，因，故共面，即C项正确；
对于D项，若共面，则必存在唯一的，
满足，即，
显然此方程组无解，即不共面，故D项错误.故选：C.
【考点题型五】空间向量基本定理
方法点拨：空间向量基本定理是平面基本定理的推广，是空间向量坐标化的理论基础，其实质是空间的任意一个向量都可以用空间的一组基底来表示，用基底表示空间向量时，仍然要应用向量运算的平行四边形法则与三角形法则。
【例5】（23-24高二下·江苏·单元测试）（多选）设是空间的一个基底，则下列结论正确的是（ ）
A．可以为任意向量
B．对任一空间向量，存在唯一有序实数组，使
C．若，则
D．可以构成空间的一个基底
【答案】BD
【解析】对于A，因为是空间的一个基底，所以为不共面的非零向量，A不正确；
对于B，由空间向量基本定理知，对任一空间向量，
存在唯一有序实数组，使，B正确；
对于C，，但不一定垂直，C不正确；
对于D，假设共面，则存在唯一实数对，
使得，所以，无解，所以不共面，
所以可以构成空间的一个基底，D正确.故选：BD.
【变式5-1】（23-24高二上·全国·期中）（多选）已知是空间中三个向量，则下列说法错误的是（ ）
A．对于空间中的任意一个向量，总存在实数，使得
B．若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
C．若，，则
D．若所在直线两两共面，则共面
【答案】ACD
【解析】由空间向量基本定理知：仅当不共面时，才能作为基底，即，A错；
若是空间的一个基底，则不共面，
若共面，则，，
显然无解，即不共面，故也是空间的一个基底，B对；
若，，在空间中不一定平行，C错；
若所在直线两两共面，如四面体中共顶点的侧棱所在直线，即不一定共面，D错.
故选：ACD.
【变式5-2】（23-24高二上·广东·期末）如图，在三棱台中，，是的中点，是的中点，若，则（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【解析】结合图形可知：是的中点，,,
，
是的中点，,
,
即,
，，.故选：C.
【变式5-3】（23-24高二上·陕西渭南·期末）如图，在四面体OABC中，点M、N分别为线段OA、BC的中点，若，则 ．
【答案】
【解析】在四面体中，由分别为线段的中点，
得，而，
由空间向量基本定理得：，所以.
【变式5-4】（23-24高二上·全国·课时练习）在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，设，，，E，F分别是AD1，BD的中点．
（1）用向量表示，；
（2）若，求实数的值．
【答案】（1），；（2）
【解析】（1）如图，连接AC，EF，D1F，BD1，
（2）
【考点题型六】空间向量运算的坐标表示
方法点拨：空间向量的坐标运算
1、空间两点的距离公式：若,，则
①
即：一个向量的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点坐标减去起点坐标。
②，或
2、向量加减法、数乘的坐标运算
若，，则：
①；②；③；
3、向量数量积的坐标运算
若，，则：；
即：空间两个向量的数量积等于他们的对应坐标的乘积之和。
4、空间向量长度及两向量夹角的坐标计算公式
若，，则
①，．
②．
【例6】（23-24高二上·安徽合肥·期末）已知向量，，则向量（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为，，
所以.故选：C.
【变式6-1】（23-24高二上·浙江丽水·期末）已知向量，则的值是（ ）
A． B． C．8 D．12
【答案】B
【解析】由于，则，
于是.故选：B
【变式6-2】（23-24高二下·山东烟台·阶段练习）已知向量，向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析：因为向量，所以，
所以向量在向量上的投影向量为：，故选：A
【变式6-3】（23-24高二上·河北石家庄·期末）已知空间中三点，若，则（ ）
A． B．4 C．3 D．
【答案】B
【解析】由题意可得：，
若，则，解得，所以.故选：B.
【变式6-4】（23-24高二上·山东东营·月考）已知点
（1）若，且，求；
（2）若与垂直，求k；
（3）求.
【答案】（1）或；（2）或；（3）.
【解析】（1）由题意，，，所以可设，
又，所以，解得，
所以或；
（2）由题意，，
所以，
又与垂直，
所以，解得或，
所以或；
（3）由（2）可得，
所以.
【考点题型七】利用空间向量证明平行与垂直
方法点拨：
1、空间中直线、平面的平行
（1）线线平行：若分别为直线的方向向量，则使得 .
（2）线面平行：设直线的方向向量，是平面的法向量，，则 .
法2：在平面内取一个非零向量，若存在实数，使得，且，则.
法3：在平面内取两个不共线向量，若存在实数，使得，且，则.
（3）面面平行：设分别是平面的法向量，则，使得.
2、空间中直线、平面的垂直
（1）线线垂直：若分别为直线的方向向量，则.
（2）线面垂直：设直线的方向向量，是平面的法向量，则，使得.
法2：在平面内取两个不共线向量，若.则.
（3）面面垂直：设分别是平面的法向量，则.
【例7】（2024高二上·江苏·专题练习）如图，四边形为正方形，平面，，.
（1）证明：平面平面；
（2）证明：平面.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】（1）由题意易知两两互相垂直.
如图，以D为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系.设.
依题意有,
则,
所以,，
即,
又,平面,
故平面.又平面，
所以平面平面.
（2）根据题意，有，则,
故
又不共线，所以为平面的一个法向量.
又因为,且，即,且平面，
故有平面.
【变式7-1】（23-24高二上·安徽淮北·期中）如图，在正方体中，，分别是，的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】（1）如图建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为，
则，，，，，
所以，，
因为平面，所以为平面的一个法向量，
又，即，
又平面，所以平面.
（2）由（1）知，
所以，所以.
【变式7-2】（2023高三·全国·专题练习）如图，在三棱台中，，平面，，，，且D为中点.求证：平面；
【答案】证明见解析
【解析】由题意，以点为坐标原点，，,分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，
则，
故，
，即，
又平面，故平面.
【变式7-3】（23-24高二上·广东江门·期中）长方体中，，.点为中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面.
【答案】（1）证明过程见解析；（2）证明过程见解析
【解析】（1）因为是长方体，
所以平面，而平面，所以，
又因为，所以侧面是正方形，因此，
因为平面，所以平面；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，
，
，
设平面的法向量为，
则有，
因为，
所以有平面.
【考点题型八】利用空间向量求线线角
方法点拨：若分别为直线的方向向量，为直线的夹角，则.
【例8】（23-24高二上·陕西咸阳·期末）已知两条异面直线的方向向量分别是，，这两条异面直线所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设两条异面直线所成的角为，且这两条异面直线的方向向量分别是，，
则，且，
所以两条异面直线所成的角，故选：A.
【变式8-1】（23-24高二上·河北石家庄·期末）如图，在平行六面体中，，则直线与直线AC所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为，，
可得，，
又因为，，
可得，
，
所以直线与直线所成角的余弦值为.故选：D.
【变式8-2】（23-24高二上·河南驻马店·期末）在四棱锥中，底面为正方形，底面分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】建立如图所示空间直角坐标系，设，
则，，，，
由分别为的中点，则，，
则，，
设异面直线与的夹角为，
.故选：A.
【变式8-3】（23-24高二下·浙江·阶段练习）在正三棱台中，，，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】取中点，取中点，连接，O在上，且，
因为在正三棱台中，所以，，
又，，
在梯形中，过点作，垂足为R，过点作，垂足为S，
过点作，垂足为T，所以，则，
设，在和中，
，
即，解得，，
因为与相似，
所以，即，
如图，分别以所在直线为轴，轴，过且垂直于平面的直线为轴
建立空间直角坐标系， ，
所以，
，
设异面直线与所成角为，
则，故选：B.
【考点题型九】利用空间向量求线面角
方法点拨：设是直线的方向向量，是平面的法向量，直线与平面的夹角为，则.
【例9】（23-24高二上·山东烟台·期中）如图，在正四棱柱中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】构建如下图的空间直角坐标系，
则，
所以，，，
若是面的一个法向量，
则，取，则，
所以，
则直线与平面所成角的正弦值为.故选：B
【变式9-1】（23-24高二上·山东济宁·期中）在正四棱锥中，为顶点S在底面内的射影，为侧棱的中点，且，则直线与平面所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OS为z轴，建立空间直角坐标系，
设，
则，
则，，,
设平面PAC的一个法向量为，
则，令，则，可得，
则，
设直线BC与平面PAC的夹角为，
可得直线BC与平面PAC的夹角的正弦值为，
所以直线BC与平面PAC的夹角的余弦值.故选：C
【变式9-2】（23-24高二下·湖北·阶段练习）长方体中，，，为侧面内的一个动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】以为原点建立空间直角坐标系，
必有，，，，
设，而，，
由题意得，故，得，故，
故，，
易知面的法向量，
故，
若最大，则最大，由二次函数性质得当时，最大，
此时，，
此时最大，且，显然A正确.故选：A
【变式9-3】（23-24高二上·山西吕梁·期末）如图，多面体由正四面体和正四面体组合而成，棱长为.
（1）证明：；
（2）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）取的中点，连接，
在正四面体和正四面体中，可得和均为等边三角形，
所以，
因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以.
（2）取的中心为坐标原点，
过作的平行线为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示，
因为正四面体的棱长是，可得，
则，所以，
则，
再取的中心为，因为，
设，可得，
解得，即，
所以，，可得，
则
又由平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，
可得，
所以直线与平面所成角的正弦值是.
【考点题型十】利用空间向量求二面角
方法点拨：若分别为平面的法向量，为平面的夹角，则.
【例10】（22-23高二上·辽宁大连·期中）如图，二面角的棱上有两点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，若，则二面角的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设，则二面角的大小为，
由题意，，则，
所以，
即，得，所以，
即二面角的大小为.故选：C.
【变式10-1】（23-24高二上·陕西渭南·期末）在四棱锥中，平面，，，，，为的中点，则二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】过点作交于点，
因为平面，平面，所以，
又因为，，所以，
所以两两互相垂直，
所以以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
因为，，为的中点，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，解得，即可取，
显然可取平面的法向量为，且二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.故选：A.
【变式10-2】（23-24高二上·广东深圳·阶段练习）如图，在三棱台中，若平面，，，，为中点，则二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由于，，根据台体的性质可知,
由于平面，平面，所以，
由于，由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
平面的一个法向量为，
，即，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设二面角为，由图可知为锐角，
所以.故选：B
【变式10-3】（23-24高二上·山西朔州·期末）如图，在正方体中，为棱上的一个动点，为棱上的一个动点，则平面与底面所成角的余弦值的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设平面与底面所成的二面角的平面角为θ，由图可得θ不为钝角.
以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，故，
又底面的一个法向量为，
所以，因为，
则，
当时，，
当时，，当，，
则，，则，
则当时，分母取到最小值，此时，
当，时，则，此时，
综上，故选：A.
【考点题型十一】利用空间向量求空间距离
方法点拨：
1、点到直线的距离：已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量eq \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量为eq \(AQ,\s\up6(→))＝a，则点P到直线l的距离为eq \r(a2－a·u2) (如图)．
2、点到平面的距离：已知平面的法向量为 , 是平面内的任一点，是平面外一点,过点作则平面的垂线，交平面于点,则点到平面的距离为（如图）.
注意：线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解。
直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量。
两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量。
【例11】（23-24高二上·湖北荆门·期末）已知平面和平面的夹角为，，已知A，B两点在棱上，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于．已知，，则的长度为（ ）
A． B． C． D．或
【答案】D
【解析】平面和平面的夹角为，则二面角的大小为或，
因为，所以或，
由题可知，
，
故或，或．故选：D.
【变式11-1】（23-24高二上·河北邢台·期末）已知空间直角坐标系中的点，则点到直线的距离为 .
【答案】
【解析】由题意设为三角形的边上的高，而，
因为三点共线，
设，
因为，所以，解得，
所以，所以点到直线的距离为.
【变式11-2】（23-24高三下·北京·开学考试）在正四棱锥中，，与平面所成角为，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】依题意，设，则平面，
因为平面，所以为与平面所成角，即，
因为，所以，则，
以点为原点，建立空间直角坐标系如图，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，故，
所以点到平面的距离为.故选：B.
【变式11-3】（23-24高二下·山东烟台·阶段练习）如图，在三棱锥中，平面，点分别为的中点，是线段的中点，，则直线到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】易知两两垂直，所以以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图
由题意可得，
，
设为平面的一个法向量，
则，设，所以，
又，所以，且面，所以面，
所以直线到平面的距离为点到平面的距离，设为，
，则，故选：D
【变式11-4】（23-24高二下·云南·开学考试）（多选）已知正方体的棱长为1，点分别是的中点，在正方体内部且满足，则下列说法正确的是（ ）
A．点到直线的距离是 B．点到平面的距离为
C．平面与平面间的距离为 D．点到直线的距离为
【答案】BCD
【解析】根据正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，.
则，.
又，故.
对于A，，，
故点到直线的距离为，故A错误.
对于B，，，
设平面的法向量为，则即，取，则，
故到平面的距离为，故B正确.
对于C，，，故，而不共线，故，
因平面，平面，故平面，
同理平面，而平面，所以平面平面，
故平面与平面的距离即为到平面的距离.
又，，设平面的法向量为，
则即，取，则，
故到平面的距离为，故C正确.
对于D，，，
故点到直线的距离为，故D正确.故选：BCD.
【考点题型十二】利用空间向量探究动点存在问题
方法点拨：利用空间向量解决立体几何的探索性问题思路：
（1）根据题设条件的垂直关系，建立适当的空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示。
（2）假设所成的点或参数存在，并用相关参数表示相关点的坐标，根据线、面满足的位置关系、数量关系，构建方程（组）求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在。
【例12】（22-23高二上·全国·阶段练习）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（含端点），则下列说法正确的是（ ）
A．不存在点，使得
B．存在点，使得异面直线与所成的角为
C．当点自向处运动时，二面角的平面角先变大后变小
D．当点自向处运动时，二面角的平面角先变小后变大
【答案】D
【解析】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，
设，则；
，，，，，，，；
对于A，假设存在点，使得，则，
又，，解得：，
即点与重合时，，A错误；
对于B，假设存在点，使得异面直线与所成的角为，
，，，方程无解；
不存在点，使得异面直线与所成的角为，B错误；
对于C，D，由上分析知：，，
若是面的法向量，
则，令，则，
而面的法向量，所以，
令，则，而，
由从到的过程，由小变大，则由大变小，即由小变大，
所以先变大，后变小，由图知：二面角恒为锐角，
故二面角先变小后变大，C错误D正确.故选：D.
【变式12-1】（23-24高二上·广东珠海·期末）已知在四棱锥中，底面是矩形，且，，平面，、分别是线段、的中点.
（1）求证：；
（2）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在点，为的四等分点（靠近）.
【解析】（1）在四棱锥中，底面是矩形，平面，
则直线两两垂直，
以点原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，令，
于是，
因此，即，所以.
（2）由（1）知，，假定存在点满足条件，
设，，
设平面的法向量为，则，令，得，
要平面，显然平面，
则只需，即，解得，
所以在线段上存在点，使得平面，点为靠近点的线段的四等分点.
【变式12-2】（23-24高二上·河南焦作·阶段练习）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且，E为BC的中点.
（1）证明：平面ABCD；
（2）在线段AN上是否存在点S，使得平面AMN?如果存在，求出线段AS的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，
【解析】（1）证明：连接BD，如图（1）.
因为平面，平面ABCD，所以.
因为，所以四边形MDBN为平行四边形.
所以.
又平面，平面ABCD，所以平面ABCD.
（2）由题意知DM，DC，DA两两垂直.
以点D为原点，DA，DC，DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图（2）的空间直角坐标系，
则，，，，，
假设在线段AN上存在点S，使得平面AMN，连接AE.
易知，，.
设，，则.
由平面AMN，得即解得.
此时，所以.
故在线段AN上存在点S，使得平面AMN，此时线段AS的长度为.
【变式12-3】（23-24高二上·上海徐汇·期末）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面.
（1）求证：
（2）在线段上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为？若存在，求出点到平面的距离，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）因为四边形为正方形，平面，
如图以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
所以，
所以，所以.
（2）设线段上存在一点，
使得与所成角的余弦值为，则，
又，所以，解得（负值舍去），
所以存在满足条件，
所以，依题意可得，
设为平面的法向量，
则，设，可得，
所以点到平面的距离为.
【变式12-4】（23-24高二上·山东济宁·期末）如图，在多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，是边长为2的等边三角形，四边形ABCD是菱形，且，，．
（1）求证：平面ACF；
（2）在线段AE上是否存在点M，使平面MAD与平面MBC夹角的余弦值为．若存在，请说明点M的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在点，点为线段AE的中点
【解析】（1）取的中点，连接，
因为为等边三角形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又四边形是菱形，且，所以，
故以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，易知，
则，，，，，
所以，，
得到，故，，
得到，所以，
又，平面ACF，平面ACF，，∴平面ACF．
（2）假设存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，
设，，则，
所以，，．即，
所以，，
设平面的法向量为，
则即，所以，
令，得，所以，
又平面的一个法向量为，
所以，解得或(舍去)，
所以，存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，点为线段的中点．