专题06、2020-2021学年高二年级数学上学期期末复习通关秘笈立体几何中动点最值问题解析版

立体几何中的动点及最值范围问题
题型一、角度、长度最值范围问题
（多选）1、设动点在正方体的对角线上，记当为钝角时，则实数可能的取值是（ ）
A． B．
C． D．1
【答案】AB
【分析】首先以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，根据题意得到，再解不等式即可得到答案．
【解析】以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示：

设正方体的边长为，则，，，，
，，，所以．
又因为，
，
因为为钝角，所以，
即，解得．
故选AB
【名师点睛】本题主要考查空间向量的数量积运算，属于简单题．
2、如图，正方体，点在上运动（不含端点），点是上一点（不含端点），设与平面所成角为，则cosθ的最小值为（ ）

A． B． C． D．
答案： A
解析：
由已知求出的中点与的连线与平面所成角的余弦值，在上（不含端点）任取一点，在平面内过作，则与平面所成角，可得，结合选项即可得答案．
详解：解：如图，由正方体的性质，可得平面，且在平面上的射影为△的外心．
设正方体的棱长为1，则△的边长为，
当 为的中点时，，
，此时．
在上（不含端点）任取一点，在平面内过作，
则与平面所成角，可得．
结合选项可知，的最小值为．
故选：．
3、三棱柱的侧棱与底面垂直，，，N是BC的中点，点P在上，且满足，当直线PN与平面ABC所成的角取最大值时，的值为　　

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式，求出直线PN与平面ABC所成的角，即可求得结论．
【解析】如图，以AB，AC，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则0，，，平面ABC的一个法向量为0，
设直线PN与平面ABC所成的角为，，
当时，，此时角最大．故选A．
【名师点睛】本题考查了向量法求线面角的求法，考查了函数最值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
4、如图所示，在正方体中，点E为线段的中点，点F在线段上移动，异面直线与所成角最小时，其余弦值为（ ）

A．0 B．
C． D．
【答案】C
【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与的夹角的余弦值，根据夹角最小即可求得结果．
【解析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
在正方体中， 点E为线段的中点，设正方体棱长为2，
则，，
设，，设异面直线与的夹角为，
则，
异面直线与所成角最小时，则最大，即时，．故选C．

【名师点睛】本题考查异面直线及其所成的角的余弦值，解题方法是建立空间直角坐标系，用空间向量法表示距离、求角，属于中档题．
5、如图，已知正方体的棱长为1，分别是棱上的中点．若点为侧面正方形内（含边）动点，且存在使成立，则点的轨迹长度为

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据向量共面判断出平面，由面面平行得到P点的轨迹，在直角三角形中求出边长即可．
【解析】因为成立，所以共面，即平面，
如图，取中点，连接、、，
根据正方体的性质得，，，
且，，所以平面平面，
所以点在上运动，点的轨迹为线段，因为，，
由勾股定理得，故选C．

题型二、动点问题
（多选）1、如图，棱长为1的正方体中，P为线段上的动点(不含端点)，则下列结论正确的是

A．平面平面 B．平面
C．三棱锥的体积为定值 D．直线与所成的角可能是
【答案】AC
【解析】对于A中，在正方体中，可得，
又由，所以平面，
因为平面，所以平面平面，所以A正确；
对于B中，在正方体中，可得，
所以四点共面，所以B不正确；
对于C中，因为，点到平面的距离为，
所以三棱锥的体积为定值，所以C正确；
对于D中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

可得，设，
则，
则，
当时，；当时，，
所以直线与所成的角的范围是，所以D不正确．故选AC
【名师点睛】此类问题解答中熟记正方体的几何结构特征，熟练应用转化顶点，利用等体积法求解三棱锥的体积，以及合理利用空间向量的夹角公式求解异面直线所成的角是解答的关键．
（多选）2、如图，在三棱柱中，侧棱底面，，，是棱的中点，是的延长线与的延长线的交点．若点在直线上，则下列结论错误的是（ ）．

A．当为线段的中点时，平面
B．当为线段的三等分点时，平面
C．在线段的延长线上，存在一点，使得平面
D．不存在点，使与平面垂直
【答案】ABC
【分析】以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，假设平面，且，得到，则与共线，研究是否有解即可．
【解析】以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则由，，，，，，所以，，，．
设平面的一个法向量为，则，
取，则，，所以平面的一个法向量为．
假设平面，且，
则．
因为也是平面的法向量，所以与共线，
所以成立，但此方程关于无解．
因此不存在点，使与平面垂直，故选ABC．

（多选）3、在长方体中，，，分别是上的动点，下列结论正确的是
A．对于任意给定的点，存在点使得
B．对于任意给定的点，存在点使得
C．当时，
D．当时，平面
【答案】ABD
【分析】如图所示建立空间直角坐标系，计算，，，，得到答案.
【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，设，，，，
设，得到，.
，，，当时，，正确；
，，取时，，正确；
，则，
，此时，错误；
，则，，
设平面的法向量为，则，解得，
故，故平面，正确.
故选.

【点睛】本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力.
题型三、确定点的位置
1、如图，在三棱柱中，四边形是边长为的正方形，，，．

（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得，若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）在中，，，，满足，所以，又，，所以面，又面，所以，又四边形是边长为的正方形，所以，又，所以面，又平面，所以平面平面；
（2）在线段上存在点，使得，且，
理由如下：由（1）得，以点C为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，设，，所以，解得，，，所以，，要使，则需，即，解得，故．

2、如图，在多面体中，是边长为4的等边三角形，，，，点为的中点，平面平面．

（1）求证：平面
（2）线段上是否存在一点，使得二面角为直二面角？若存在，试指出点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，为线段上靠近点的八等分点．
【分析】（1）根据题目条件证明平面，从而得到//，得出//平面；
（2）建立空间直角坐标系，假设存在点，计算平面和平面的法向量，使法向量数量积为零，然后求解，根据的值确定点的位置．
【解析】（1）因为，是边长为4的等边三角形，
所以，
所以是等腰直角三角形，．又点为的中点，所以．
因为平面平面，平面平面，所以平面．
因为，，
所以，，
所以与都是直角三角形，故，．
又，所以平面，所以．
因为平面，平面，所以平面．
（2）连接，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，则，，，，
设存在，使得二面角为直二面角，易知，且．
设平面的法向量为，则由，，
得，令，得，，
故．设平面的法向量为，
则由，，
得，令，得，，故．
由，得，故．
所以当为线段上靠近点的八等分点时，二面角为直二面角．

3、如图，三棱柱中，侧面，已知，，，点是棱的中点．

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，或．
【解析】（1）由题意，因为，，，所以，
又所以，所以，因为侧面，所以．
又因为，，平面，所以直线平面．
（2）以为原点，分别以，和的方向为，和轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
设平面的一个法向量为，，
因为，所以，令，则，所以
设平面的一个法向量为，，，
因为，所以，令，则，所以，
，，，所以．
设二面角为，则．
所以设二面角的余弦值为．
（3）假设存在点，设，因为，，
所以，所以所以
设平面的一个法向量为，
所以，得．
即，所以或，所以或．

【名师点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解．
强化训练
（多选）1、如图所示，正方体中，，点在侧面及其边界上运动，并且总是保持，则以下四个结论正确的是

A． B．点必在线段上
C． D．平面
【答案】BD
【分析】根据三棱锥体积公式求得，知错误；以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得到，，垂直于平面的法向量，由此可确定的正误.
【解析】对于，在平面上，平面平面，
到平面即为到平面的距离，即为正方体棱长，
，错误；
对于，以为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：

则，，，，，
，，，
，，，即，
，，即三点共线，
必在线段上，正确；
对于，，，，
与不垂直，错误；
对于，，，，，，
设平面的法向量，
，令，则，，，
，即，平面，正确.
故选.
【点睛】本题考查立体几何中动点问题相关命题的辨析，涉及到三棱锥体积公式、动点轨迹、线线垂直关系和线面平行关系等知识；解题关键是熟练应用空间向量法来验证相关结论.
2、如图，在边长为的正方体中，为的中点，点在底面上移动，且满足，则线段的长度的最大值为（ ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，根据得出、满足的关系式，并求出的取值范围，利用二次函数的基本性质求得的最大值．
【解析】如下图所示，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则点、、，设点，
，，
，，得，
由，得，得，
，
，当时，取得最大值．故选D．

3、在长方体中，已知底面为正方形，为的中点，，，点为正方形所在平面内的一个动点，且满足．则线段的长度的最大值是（ ）
A．2 B．4
C．6 D．前三个答案都不对
【答案】C
【分析】先以点为坐标原点，分别以，，所在方向为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，由题意得到，，，设，由，得到，再由圆上的点与定点距离的问题，即可求出结果．
【解析】以点为坐标原点，分别以，，所在方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为在长方体中，已知底面为正方形，为的中点，，，所以，，，
因为点为正方形所在平面内的一个动点，设，
因为，所以，
整理得：，即点可看作圆上的点，
又，
所以表示圆上的点与定点之间的距离，
因此（其中表示圆的半径．）故选C．
【名师点睛】本题主要考查立体几何中的轨迹问题，涉及圆上的点到定点距离的最值，灵活运用转化与化归的思想即可，属于常考题型．
4、如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为8，点H在棱AA1上，且HA1＝2，在侧面BCC1B1内作边长为2的正方形EFGC1，P是侧面BCC1B1内一动点，且点P到平面CDD1C1距离等于线段PF的长，则当点P在侧面BCC1B1运动时，的最小值是（ ）

A．87 B．88
C．89 D．90
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，过点作，垂足为，连接，得出，当最小时，最小，利用空间直角坐标系求的最小值．
【解析】如图，建立空间直角坐标系，过点作，垂足为，连接，
则，所以，当最小时，最小，
过作，垂足为，设，
则，且，
因为，所以，化简得，
所以，
当时，取得最小值24，此时，
所以的最小值为88，故选B．

5、如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在底面上（包括边界）移动，且满足，则线段的长度的最大值为

A． B．
C． D．3
【答案】D
【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段的长度的最大值．
【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，

设P（a，b，0），则（0，0，2），E（1，2，0），（2，2，2），
＝（a−2，b−2，−2），＝（1，2，−2），
因为P⊥E，，
所以a＋2b−2＝0，，所以点P的轨迹是一条线段，
，
由二次函数的性质可得当时，可取到最大值9，
所以线段P的长度的最大值为3．故选D．
6、如图所示，在正方体中，点P是底面内（含边界）的一点，且平面，则异面直线与BD所成角的取值范围为

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】连接，则点在线段上，以D为坐标原点建立坐标系，利用向量方法可求出范围．
【解析】过A作平面平面，点P是底面内（含边界）的一点，且平面，则平面，即在与平面的交线上，连接，
，则四边形是平行四边形，
，平面，同理可证平面，
平面平面，则平面即为，点在线段上，
以D为坐标原点，建立如图坐标系，设正方体棱长为1，

则，，，设，，
，，
，，，设与BD所成角为，
则
，当时，取得最小值为0，
当或1时，取得最大值为，，则．故选C．
7、如图，三棱锥的侧棱长都相等，底面与侧面都是以为斜边的等腰直角三角形，为线段的中点，为直线上的动点，若平面与平面所成锐二面角的平面角为，则的最大值是

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】连接，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用即可求解.
【解析】底面与侧面都是以为斜边的等腰直角三角形，
则，所以
设，
由为线段的中点，则，
由，所以，
以为原点，为轴，为轴，为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示：

则，，，设，
，，，，
设平面的一个法向量，
则，即，
令，则，，所以.
设平面的一个法向量，
则，即，
解得，令，则， 所以，
平面与平面所成锐二面角的平面角为，
则，
将分子、分母同除以，可得
令，
当时，，则的最大值为：.
故选D
【点睛】本题考查了空间向量法求二面角、考查了基本运算求解能力，解题的关键是建立恰当的空间直角坐标系，属于中档题.
8、已知是正方体内切球的一条直径，点在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用向量的线性运算和数量积运算律可将所求数量积化为，根据正方体的特点可确定的最大值和最小值，代入即可得到所求范围.
【解析】设正方体内切球的球心为，则，
，
为球的直径，，，，
又在正方体表面上移动，
当为正方体顶点时，最大，最大值为；当为内切球与正方体的切点时，最小，最小值为，
，即的取值范围为.
故选.
【点睛】本题考查向量数量积的取值范围的求解问题，关键是能够通过向量的线性运算将问题转化为向量模长的取值范围的求解问题.
7、在正四面体（所有棱长均相等的三棱锥）中，点在棱上，满足，点为线段上的动点.设直线与平面所成的角为，则
A．存在某个位置，使得
B．存在某个位置，使得
C．存在某个位置，使得平面平面
D．存在某个位置，使得
【答案】C
【分析】设正四面体的底面中心为点，连接，则平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为，然后利用空间向量法逐一分析求解可得结果.
【解析】如下图所示，设正四面体的底面中心为点，连接，则平面，

以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，
设正四面体的棱长为，
则、、、、，
设，其中，
对于A选项，若存在某个位置使得，，，
，解得，不合乎题意，A选项错误；
对于B选项，若存在某个位置使得，，，
，该方程无解，B选项错误；
对于C选项，设平面的一个法向量为，
，，
由，取，得，
设平面的一个法向量为，
，，
由，取，则，
若存在某个位置，使得平面平面，则，解得，合乎题意，C选项正确；
对于D选项，设平面的一个法向量为，
，，
由，令，则，
若存在某个位置，使得，
即，
整理得，，该方程无解，D选项错误.
故选C.
【点评】本题考查利用空间向量法求解空间角以及利用空间向量法处理动点问题，计算量大，属于难题.
10、如图，直三棱柱的底面是边长为6的等边三角形，侧棱长为2，E是棱BC上的动点，F是棱上靠近点的三分点，M是棱上的动点，则二面角的正切值不可能是

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，求得二面角的余弦值，进而求得二面角的正切值，求得正切值的最小值，由此判断出正确选项.
【解析】取的中点，连接，根据等边三角形的性质可知，根据直三棱柱的性质，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系.

则，设.
则.
设平面的一个法向量为，则
，令，得.
平面的一个法向量是，
所以，
所以，
所以二面角的正切值为
.
因为，所以，
结合二次函数的性质可知
当时，有最小值为；
当时，有最大值为，
所以，所以二面角的正切值不可能是.
故选B.
【点睛】本小题主要考查二面角的求法，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.
11、直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱长为6，底面是边长为8的菱形，且∠ABC＝120°，点E在边BC上，且满足BE＝3EC，动点M在该四棱柱的表面上运动，并且总保持ME⊥BD1，则动点M的轨迹围成的图形的面积为_____；当MC与平面ABCD所成角最大时，异面直线MC1与AC所成角的余弦值为_____．
【答案】15，
【分析】由题意可知的轨迹为过E且与直线垂直的平面与直四棱柱的截面的边界，根据直棱柱的结构特征和底面棱形的性质，由线面垂直的定义可得截面与下底面的截线是与AC平行的，进而确定截面与与AB的交点F，建立空间直角坐标系，利用坐标方法求得截面与的交点G，进而得到所求面积，根据线面角的定义可得M与G重合时MC与平面ABCD所成角最大，利用空间向量可求异面直线所成角的余弦值.
【解析】如图，在直四棱柱中，因为底面是菱形，侧棱垂直底面，

所以平面，所以．
在上取，使得，连接，则，．
记与的交点为，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，．
在上取一点，记为，于是，．
由，得，即，
所以的边为点的运动轨迹．
由题意得，，
动点的轨迹围成的图形的面积为．
显然当与重合时，与平面所成角最大．
因为，，所以．
因为的一个方向向量为，所以，
即异面直线与所成角的余弦值为．
【点睛】本题考查点、线、面的位置关系，考查空间动点的轨迹，涉及线面垂直的判定与性质，异面直线所成的角，线面角，利用空间直角坐标系和空间向量确定点的位置和求异面直线所成的角，考查直观想象与数学运算的核心素养．属中档题，难度较大.
12、如图，在直三棱柱中，已知，为侧棱上任意一点，为棱上任意一点，与所成角为，与平面所成的角为，则与的大小关系为（ ）

A． B．
C． D．不能确定
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系设，利用空间向量法分别求得，然后根据，利用余弦函数的单调性求解．
【解析】建立如图所示空间直角坐标系：

设，则，
所以，
所以，
又，，
所以，所以，
因为 在上递减，所以，故选C
13、如图，在四棱柱中，底面为正方形，侧棱底面，，，是侧面内的动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（ ）

A． B．
C．2 D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线面角的正切值的最大值．
【解析】以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
，，
，
，的最大值为．故选．

14、如图，在棱长都相等的正三棱柱中，是棱的中点，是棱上的动点．设，随着增大，平面与底面所成锐二面角的平面角是（ ）

A．增大 B．先增大再减小
C．减小 D．先减小再增大
【答案】D
【解析】设正三棱柱棱长为，，
设平面与底面所成锐二面角为，
以为坐标原点，过点在底面内与垂直的直线为轴，
所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量，则，
即，令，则，
所以平面的一个法向量，
底面的一个法向量为，

当，随着增大而增大，则随着的增大而减小，
当，随着增大而减小，则随着的增大而增大．故选D．

【点睛】本题考查空间向量法求二面角，应用函数思想讨论二面角的大小，考查直观想象、数学计算能力，素养中档题．
15、如图所示，在正方体中，点P是底面内（含边界）的一点，且平面，则异面直线与BD所成角的取值范围为（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】过A作平面平面，点P是底面内（含边界）的一点，且平面，则平面，即在与平面的交线上，连接，

，则四边形是平行四边形，，平面，
同理可证平面，平面平面，则平面即为，点在线段上，以D为坐标原点，建立如图坐标系，设正方体棱长为1，
则，，，设，，
，，，，，
设与BD所成角为，则
，当时，取得最小值为0，
当或1时，取得最大值为，，则．故选C．
16、如图，矩形ABCD中，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折成．在翻折过程中，直线与平面ABCD所成角的正弦值最大为（ ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】分别取DE，DC的中点O，F，则点A的轨迹是以AF为直径的圆，
以为轴，过与平面垂直的直线为轴建立坐标系，

则，平面ABCD的其中一个法向量为= (0，0．1)，
由，设，则，
记直线与平面ABCD所成角为，则，
设，
所以直线与平面ABCD所成角的正弦值最大为，故选A．
（多选）17、在正方体中，若棱长为，点分别为线段、上的动点，则下列结论正确结论的是（ ）
A．面 B．面面
C．点F到面的距离为定值 D．直线与面所成角的正弦值为定值
【答案】ABC
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用共线向量可表示出动点的坐标，利用空间向量判断线面垂直、面面平行、求解点到面的距离和直线与平面所成角的方法依次验证各个选项即可得到结果．
【解析】以为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：

由题意知：，，，，，，，，
设，，即，，
设，，即，．
对于，，，，
，，，
又平面，，平面，正确；
对于，平面，为平面的一个法向量，
，，，，，
又平面，，平面，平面平面，正确；对于，，点到面的距离，为定值，正确；对于，几何体为正方体，平面，是平面的一个法向量，又，
设直线与平面所成角为，则，不是定值，错误．故选．
（多选）18、如图所示，正方体中，，点在侧面及其边界上运动，并且总是保持，则以下四个结论正确的是（ ）

A． B．点必在线段上
C． D．平面
【答案】BD
【分析】根据三棱锥体积公式求得，知错误；以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得到，，垂直于平面的法向量，由此可确定的正误．
【解析】对于，在平面上，平面平面，
到平面即为到平面的距离，即为正方体棱长，
，错误；
对于，以为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：

则，，，，，
，，，
，，，即，
，，即三点共线，必在线段上，正确；
对于，，，，
与不垂直，错误；
对于，，，，，，
设平面的法向量，
，令，则，，，
，即，平面，正确．故选．
（多选）19、如图所示，棱长为1的正方体中，P为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（ ）

A．平面平面 B．不是定值
C．三棱锥的体积为定值 D．
【答案】ACD
【解析】A．因为是正方体，所以平面，平面，所以
平面平面，所以A正确；B．
，故，故B不正确；
C．，的面积是定值，平面，点在线段上的动点，所以点到平面的距离是定值，所以是定值，故C正确；
D．，，，所以平面，平面，所以，故D正确．故选ACD
（多选）20、在长方体中，，，分别是上的动点，下列结论正确的是（ ）
A．对于任意给定的点，存在点使得
B．对于任意给定的点，存在点使得
C．当时，
D．当时，平面
【答案】ABD
【分析】如图所示建立空间直角坐标系，计算，，，，得到答案．
【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，设，，，， 设，得到，．
，，，当时，，正确；
，，取时，，正确；
，则，
，此时，错误；
，则，，
设平面的法向量为，则，解得，
故，故平面，正确．故选．

21、如图，在正方体中，分别是的中点．

（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）棱上是否存在点，使得平面？请证明你的结论．
【答案】（1）；（2）存在点，满足，使得平面；证明见解析
【解析】以为坐标原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：

设正方体棱长为，则，，，，，，，
（1）设异面直线与所成角为
，
，即异面直线与所成角的余弦值为
（2）假设在棱上存在点，，使得平面
则，，，
设平面的法向量，，
令，则，，，
，解得 ，
棱上存在点，满足，使得平面．
【名师点睛】本题考查立体几何中异面直线所成角、存在性问题的求解，重点考查了空间向量法求解立体几何中的角度和位置关系问题；处理存在性问题的关键是假设成立，利用直线与平面平行等价于直线与平面的法向量垂直来构造方程，求得未知量．
22、如图（1）所示，在中，，，分别是上的点，且，将沿折起到的位置，使，如图（2）所示．

（1）求证：平面；
（2）若是的中点，求与平面所成角的大小；
（3）线段（不包括端点）上是否存在点，使平面与平面垂直？说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）不存在，答案见解析．
【解析】（1），，是平面内的两条相交直线，
平面，又平面，，
又，是平面内的两条相交直线，平面．
（2）如图建系，

则，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为
则 所以 所以
所以取，得，
又因为，
所以，与平面所成角
所以，，
所以与平面所成角的大小．
（3）设点的坐标为，，
设平面的法向量为，
则，，，
令，则．要使平面与平面垂直，需
，解得，不满足条件．
所以不存在这样的点．
【名师点睛】本题考查线面垂直，考查线面角，考查面面垂直，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．既有传统方法，又有向量知识的运用，要加以体会，是中档题．
23、如图，在三棱锥中，底面是正三角形，，底面，点E，F分别为，的中点．

（1）求证：平面BEF平面PAC；
（2）在线段PB（不含端点）上是否存在点G，使得平面EFG与平面PBC所成锐二面角的正弦值为？若存在，确定点G的位置；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】（1）因为，E为AC的中点，所以．
又因为平面ABC，平面ABC，所以．
因为，PA，平面PAC，所以平面PAC，
又因为平面BEF，所以平面平面PAC．
（2）如图，由（1）知，，，点E，F分别为AC，PC的中点，
所以，所以，又，所以EB，EC，EF两两垂直，
以E为原点，以方向为x，y，z轴建立坐标系，

则，．
设（），所以，
，
，．设平面EFG的法向量为，
则，所以，
令，则，．
，，设平面PBC的法向量，
则，令，则，，．
由已知，，
因为，故线段PB上不存在点G，使得直线AG与平面PBC所成的角的正弦值为．
【名师点睛】面面垂直的判定可由线面垂直得到，而线面垂直可通过线线垂直得到，注意面中两条直线是相交的．由面面垂直也可得到线面垂直，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线．空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把空间角的计算归结平面图形中的角的计算．
24、如图所示，正方形和矩形所在的平面互相垂直，动点在线段（包含端点，）上，，分别为，的中点，．

（1）若为的中点，求点到平面的距离；
（2）设平面与平面所以的锐角为，求的最大值并求出此时点的位置．
【答案】（1）；（2）的最大值，此时点与点重合．
【解析】以点为坐标原点，以，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系．
（1）由图可得，，，，
则，，．
设平面的一个法向量为，
由可得．
设点到平面的距离为，则．

（2）因为动点在线段（包含端点，）上，可设，
则，．设平面的一个法向量为，
由可得．
因为平面的一个法向量，
所以
所以当时，取得最大值，此时点与点重合．
25、如图，三棱锥的底面和侧面都是等边三角形，且平面平面，点在侧棱上．

（1）当为侧棱的中点时，求证：平面；
（2）若二面角的大小为60°，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）因为为等边三角形，所以．
因为为等边三角形，所以，所以，．
在等腰和等腰中，因为为的中点，所以，．
又因为，，平面，所以平面．
（2）如图，取的中点，连接，，则在等边和等边中，有，，所以为二面角的平面角．因为平面平面，所以，即．所以，，两两垂直．
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．

设，则，，，．
因为在上，设，，
则，，
解得，，即．
显然平面的一个法向量．设平面的一个法向量为，
因为，．
所以，即，令，则，所以．
因为二面角的大小为60°，所以，
所以．又，解得，即．
26、如图，在中，，，，沿BD将翻折到的位置，使平面平面．

（1）求证：平面；
（2）若在线段上有一点M满足，且二面角的大小为，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）中，由余弦定理，可得．
， ， ．
作于点F，平面平面，平面平面，
平面．又平面，．
又，，平面．
又平面，．又，，
平面．
（2）由（1）知DA，DB，两两垂直，以D为原点，以方向为x轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，则，，，．

设，则，
由，
设平面MDB的一个法向量为，
则由，
取．平面CBD的一个法向量可取，
二面角的大小为
．
，．