专题10 空间向量与立体几何综合（压轴题，30题）-【尖子生培优】2024-2025学年高二年级数学重难点压轴题突破专练（人教A版2019选择性必修第一册）

专题10 空间向量与立体几何综合（压轴题，30题） 一、单选题 1．（23-24高二上·广东惠州·阶段练习）如图，在四棱锥中，⊥平面，四边形是正方形，且，E，F分别为的三等分点，若P为底面上的一个动点，则的最小值为（       ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·福建莆田·期末）在三棱锥中，，，两两垂直，且.若为该三棱锥外接球上的一点，则的最大值为（    ） A．2 B．4 C． D． 3．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，在棱长为2的正方体中，点分别在线段和上，则下列结论中错误的结论（    ） A．的最小值为2 B．四面体的体积为 C．有且仅有一条直线与垂直 D．存在点，使为等边三角形 4．（23-24高三上·北京大兴·阶段练习）如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱的中点，点P在正方形的边界及其内部运动．给出以下四个结论： ①存在点P满足； ②存在点P满足； ③满足的点P的轨迹长度为； ④满足的点P的轨迹长度为． 其中正确的结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．（23-24高二上·辽宁·期末）正四面体棱长为6，，且，以为球心且半径为1的球面上有两点，，，则的最小值为（    ） A．24 B．25 C．48 D．50 二、多选题 6．（2024·河南·三模）已知圆台的上下底面半径分别为1，2，高为，为下底面圆的一条直径，为上底面圆的一条弦，且，则（    ） A．圆台的体积为 B．圆台的母线与下底面所成角为 C．当，，，不共面时，四面体的外接球的表面积为 D．的最大值为 7．（23-24高二下·湖南·期末）已知圆柱的高为，线段与分别为圆与圆的直径，则（    ） A．若为圆上的动点，，则直线与所成角为定值 B．若为等边三角形，则四面体的体积为 C．若，且，则 D．若，且与所成的角为，则四面体外接球的表面积为或 8．（23-24高二下·山东东营·期末）已知正方体的棱长为2，点分别是棱的中点，点是侧面内一点（含边界），若平面，则下列说法正确的是（    ） A．点的轨迹为一条线段 B．三棱锥的体积为定值 C．的取值范围是 D．平面截该正方体的外接球所得截面的面积为 9．（23-24高三上·江苏南京·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，点分别在线段和上．给出下列四个结论中所有正确结论的序号是（    ）    A．的最小值为1 B．四面体的体积为 C．存在无数条直线与垂直 D．点为所在边中点时，四面体的外接球半径为 10．（23-24高二上·湖北·阶段练习）已知、分别为棱长为2的正方体棱、上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．线段长度的最小值为2 B．三棱锥的外接球体积的最大值为 C．直线与直线所成角的余弦值的范围为 D．当、为中点时，平面截正方体所形成的图形的面积为 11．（23-24高二下·湖南长沙·阶段练习）已知函数图象如图1所示，A，B分别为图象的最高点和最低点，过A，B作x轴的垂线，分别交x轴于，点C为该部分图象与x轴的交点，与y轴的交点为，此时．将绘有该图象的纸片沿x轴折成的二面角，如图2所示，折叠后，则下列四个结论正确的有（    ） A． B．的图象在上单调递增 C．在图2中，上存在唯一一点Q，使得面 D．在图2中，若是上两个不同的点，且满足，则的最小值为 12．（23-24高二下·四川达州·期末）如图，等边的边长为4，为边的中点，将沿折成三棱锥，，B，C，D都在球的球面上．记，，与平面所成的角分别为，，，平面，，与平面所成的角分别为，，，则（    ） A．与所成的角为定值 B．球的表面积的最大值为 C． D．存在点使得 三、填空题 13．（23-24高三下·上海浦东新·期中）正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 . 14．（23-24高二下·福建龙岩·期末）已知直三棱柱，，，E为侧棱的中点，过E作平面与平面垂直，当平面与该直三棱柱所成截面为三角形时，顶点与该截面构成的三棱锥体积的最小值为 . 15．（23-24高二上·北京海淀·期中）如图，在四棱锥中，，，，，平面，则异面直线与之间的距离为 .    16．（23-24高二上·重庆开州·阶段练习）棱长为的正方体中，分别是平面和平面内动点， ，则的最小值为 17．（23-24高二上·四川成都·期中）如图，在中，，过中点的动直线与线段交于点，将沿直线向上翻折至，使得点在平面内的射影落在线段上，则斜线与平面所成角的正弦值的取值范围为 . 四、解答题 18．（22-23高二下·浙江·期末）如图几何体为圆台一部分，上下底面分别为半径为1，2的扇形，，体积为．    (1)求； (2)劣弧上是否存在使∥平面．猜想并证明． 19．（2023·全国·模拟预测）如图，在底面为菱形的直四棱柱中，的中点为，平面平面． (1)求证：； (2)已知动点在线段上（不含端点），且二面角的大小为，求的长． 20．（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图，三棱柱中，为等边三角形，，平面平面． (1)求证：； (2)若，点E是线段的中点， （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）在平面中是否存在点P，使得且．若存在，请求出点P的位置；若不存在，请说明理由． 21．（23-24高二上·四川成都·期中）如图，已知平行六面体的侧棱长为3，底面是边长为4的菱形，且，点，分别在和上．    (1)若，，求证：，，，四点共面； (2)求； (3)若，点为线段上（包括端点）的动点，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 22．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在四棱锥中，，．    (1)求证：平面平面； (2)若线段上存在点，满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值． 23．（23-24高三上·江苏镇江·阶段练习）在梯形中，，，，E为的中点，如图（1）．将沿折起至的位置，使平面平面，如图（2）． (1)求证：平面； (2)若F为线段PB上的点（不含端点），且，设二面角的平面角为，且，求的值． 24．（23-24高二上·重庆黔江·阶段练习）正方体中，，点在线段上. (1)当时，求异面直线与所成角的取值范围； (2)已知线段的中点是，当时，求三棱锥的体积的最小值. 25．（23-24高二上·重庆九龙坡·期末）如图所示，四边形为正方形，四边形，为两个全等的等腰梯形，，，，．    (1)当点为线段的中点时，求证：； (2)当点在线段上时（包含端点），求平面和平面的夹角的余弦值的取值范围． 26．（23-24高二上·广东广州·期末）如图，在多面体中，四边形是正方形，，，M是的中点． (1)求证：平面平面； (2)若平面，，，点P为线段上一点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 27．（23-24高二上·贵州铜仁·期末）长方体中，，是对角线上一动点（不含端点），是的中点. (1)若，求三棱锥体积； (2)平面与平面所成角的余弦值，求与平面所成角的余弦值. 28．（23-24高二上·广东潮州·期末）如图所示，在四棱锥中，底面四边形是菱形，是边长为2的等边三角形，为的中点，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小． 29．（23-24高二上·湖北·期末）如图，四边形为矩形，≌，且二面角为直二面角． (1)求证：平面平面； (2)设是的中点，，二面角的平面角的大小为，当时，求的取值范围． 30．（23-24高二上·江西南昌·期末）已知平行四边形ABCD如图甲，，沿AC将折起，使点D到达点P位置，且，连接PB得三棱锥如图乙． (1)证明；平面ABC； (2)在线段PC上是否存在点M，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 10 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题10 空间向量与立体几何综合（压轴题，30题） 一、单选题 1．（23-24高二上·广东惠州·阶段练习）如图，在四棱锥中，⊥平面，四边形是正方形，且，E，F分别为的三等分点，若P为底面上的一个动点，则的最小值为（       ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】证明线面垂直，得到线线垂直，建立空间直角坐标系，推出点在上时，取得最小值，作出点的对称点，由几何关系得到最小值，求出答案. 【详解】因为⊥平面，平面， 所以⊥，⊥， 又四边形是正方形，所以⊥， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 过点分别为⊥，⊥于点， 则⊥平面，⊥平面， 过点作⊥于点，连接， 则，， ，其中， 故要想取得最小值，则，即只需点在上， 其中关于直线的对称点为， 连接，此时取得最小值，最小值为， 其中. 故选：A 2．（23-24高二下·福建莆田·期末）在三棱锥中，，，两两垂直，且.若为该三棱锥外接球上的一点，则的最大值为（    ） A．2 B．4 C． D． 【答案】C 【分析】首先将三棱锥放置在正方体中，并建立空间直角坐标系，利用转化向量的方法求数量积，再代入坐标运算，即可求解. 【详解】如图，将三棱锥放置在正方体中，三棱锥的外接球就是正方体的外接球，球心为正方体对角线的交点，   ，，，，，， 设三棱锥外接球的半径为，，则， ， ， ，，， ，， ， 所以， 当时，取得最大值. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是三棱锥与外接球组合体的几何关系，以正方体为桥梁，建立空间直角坐标系，转化为数量积问题. 3．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，在棱长为2的正方体中，点分别在线段和上，则下列结论中错误的结论（    ） A．的最小值为2 B．四面体的体积为 C．有且仅有一条直线与垂直 D．存在点，使为等边三角形 【答案】C 【分析】利用异面直线的距离可判定A，利用棱锥的体积公式可判定B，利用特殊位置可排除C，利用坐标法可判定D. 【详解】根据正方体的特征可知面， 又面，所以， 即是异面直线和的公垂线， 当分别与重合时，最小值，最小值为2，故A正确； 易知，所以，故B正确； 易知是等边三角形，所以当是中点，而N与重合时，， 又由A项可知当分别与重合时，，故C错误； 如图所示，建立空间直角坐标系，则，可设，， 若存在点，使为等边三角形，则有， 由，由， 解方程得， 当舍去， 又因为所以符合题意，即D正确. 故选：C 4．（23-24高三上·北京大兴·阶段练习）如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱的中点，点P在正方形的边界及其内部运动．给出以下四个结论： ①存在点P满足； ②存在点P满足； ③满足的点P的轨迹长度为； ④满足的点P的轨迹长度为． 其中正确的结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量解决此题， ①利用两个特殊点求出的值，判断在此范围内即可； ②利用向量垂直数量积等于零解方程即可求P点坐标； ③④利用向量垂直数量积等于零可求P点的轨迹方程，根据图形找到P点的轨迹求长度即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，则，，，， 动点P设为 ①点M关于平面的对称点为，当动点P在点时， 此时， 当动点P在点时，此时， 所以存在点P满足，所以①正确； ②，， 若，则， 化简得：，解得：，即， 满足题意，所以②正确； ③，， 若，则，即， 取BC中点E，BB1中点F，则点P的轨迹为线段EF，长度为，所以③错误； ④，， 若，则，即， 取BF中点H，BE中点K，则点P的轨迹为线段HK，长度为，所以④正确. 故选：C. 5．（23-24高二上·辽宁·期末）正四面体棱长为6，，且，以为球心且半径为1的球面上有两点，，，则的最小值为（    ） A．24 B．25 C．48 D．50 【答案】D 【分析】先由,再由，推出，，,再由向量的数量积的计算公式得到，结合基本不等式，即可求解结果. 【详解】因为正四面体的棱长为， 所以， 同理可得,, 又因为以A为球心且半径为1的球面上有两点M，N，, 所以， 由，则 因为，所以 当且仅当取等号， 此时， 所以 故的最小值为. 故选：D 二、多选题 6．（2024·河南·三模）已知圆台的上下底面半径分别为1，2，高为，为下底面圆的一条直径，为上底面圆的一条弦，且，则（    ） A．圆台的体积为 B．圆台的母线与下底面所成角为 C．当，，，不共面时，四面体的外接球的表面积为 D．的最大值为 【答案】ACD 【分析】对于A选项，直接套用公式计算即可，对于B选项，先做出圆台的轴截面进行判断，对于C选项，当与异面时，外接球的轴截面大圆刚好是圆台轴截面的外接圆，根据几何关系确定圆心即可计算判断，对于D选项，需要建立空间直角坐标系，进行用坐标法计算取值范围. 【详解】对于A选项，圆台体积为，A选项正确； 对于B选项和C选项，先做出轴截面： 根据几何关系，可知圆台的母线与下底面所成角为，B选项错误； 对C选项，当与异面时，外接球的轴截面大圆刚好是圆台轴截面的外接圆，由几何关系得出，即下底面圆心刚好为四面体的外接球球心，则外接球半径为2，表面积为，C选项正确. 对选项D，需建立空间直角坐标系，由，可知，不妨设，，则，所以，所以，D选项正确. 故选：ACD 7．（23-24高二下·湖南·期末）已知圆柱的高为，线段与分别为圆与圆的直径，则（    ） A．若为圆上的动点，，则直线与所成角为定值 B．若为等边三角形，则四面体的体积为 C．若，且，则 D．若，且与所成的角为，则四面体外接球的表面积为或 【答案】ACD 【分析】对于A，如图①所示，为直角三角形，则与所成角即为与所成角，即为定值即可；对于B，如图②所示，根据为等边三角形，证明平面，则计算即可；对于CD，建立空间直角坐标系，通过坐标运算及四面体外接球即为圆柱外接球计算即可. 【详解】对于A，如图①所示， 当时，则, 又因为， 所以为直角三角形， 且（圆半径）， 故与所成角即为与所成角， 即为定值，故A正确； 对于B，如图②所示， 当为等边三角形时，即， 因为为中点， 所以,， 又因为，且平面,平面, 所以平面. 又因为，即，故， 所以, 故B错误； 对于C，如图③所示，分别以为轴，过垂直于为轴，为轴建立空间直角坐标系， 因为,即，由B选项可知， 则， 所以, 所以， 所以，故C正确； 对于D，如图③所示，分别以为轴，过垂直于为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以, 因为与所成角位， 所以， 解得或. 设四面体外接圆半径为， 当时，则，故外接球表面积为； 当时，则，故外接球表面积为； 故D正确. 故选：ACD. 关键点点睛：本题考查立体几何证明线面垂直、多面体体积、建立空间直角坐标系向量运算及多面体的外接球，解题关键在于借助空间向量可以化繁为简，充分体现了空间向量的工具作用. 8．（23-24高二下·山东东营·期末）已知正方体的棱长为2，点分别是棱的中点，点是侧面内一点（含边界），若平面，则下列说法正确的是（    ） A．点的轨迹为一条线段 B．三棱锥的体积为定值 C．的取值范围是 D．平面截该正方体的外接球所得截面的面积为 【答案】ABD 【分析】对于A：通过证明平面平面可得点的轨迹；对于B：根据到平面的距离为定值来判断；对于C：求出点到的距离；对于D：建立空间直角坐标系，求出球心到平面的距离，从而求出截面圆的半径. 【详解】对于A：取的中点分别为，连接、、， 由正方体的性质易得， 又面，面，面，面， 所以面，面，又，面， 所以面面，又平面，点是侧面内一点（含边界）， 所以点的轨迹为线段，A正确； 对于B：的面积为定值，因为平面， 所以点到平面的距离为定值，则点到平面的距离为定值， 所以为定值，B正确； 对于C：，， 所以点到的距离，故C错误； 对于D：连接、，则，，所以， 所以、、、四点共面， 正方体外接球的球心在体对角线的中点，设球心为，外接球的半径， 如图建立空间直角坐标系，则，，，， ，，， 设平面的法向量为，则，取， 则点到平面的距离， 所以平面截该正方体的外接球所得截面圆的半径， 所以截面面积，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项关键是利用向量法求出球心到平面的距离，从而求出截面圆的半径. 9．（23-24高三上·江苏南京·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，点分别在线段和上．给出下列四个结论中所有正确结论的序号是（    ）    A．的最小值为1 B．四面体的体积为 C．存在无数条直线与垂直 D．点为所在边中点时，四面体的外接球半径为 【答案】AC 【分析】由公垂线的性质判断A；由线面平行的性质及锥体的体积公式判断B；根据线面垂直的判定及面面平行的判定定理结合条件判断C；利用坐标法，根据正弦定理及球的性质结合条件可求四面体的外接球半径判断D. 【详解】对于A：因为是正方体， 所以平面，平面， 又因为平面，平面， 所以，，即是与的公垂线段， 因为公垂线段是异面直线上两点间的最短距离， 所以当分别与重合时，最短为1，故A正确； 对于B：因为是正方体， 所以平面平面，且平面， 所以平面，当点在上运动时，点到平面的距离不变，距离， 由可知，当点在上运动时，到的距离不变， 所以的面积不变，所以，所以B错误； 对于C：连接，因为平面，平面， 所以，又平面， 所以平面，当不在线段端点时，过作交于，过作交于，平面交线段于，      因为平面，平面， 故平面，同理平面，又平面， 所以平面平面，故平面，又平面， 所以，因为点在线段上，所以存在无数条直线与垂直，故C正确； 对于D：如图以点为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，      故的外接圆半径为， 所以可得等腰的外接圆圆心为，设四面体的外接球球心为，则平面， 所以可设四面体的外接球球心为， 由，可得，解得， 所以四面体的外接球的半径为，故D错误. 故选：AC． 【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 ． 10．（23-24高二上·湖北·阶段练习）已知、分别为棱长为2的正方体棱、上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．线段长度的最小值为2 B．三棱锥的外接球体积的最大值为 C．直线与直线所成角的余弦值的范围为 D．当、为中点时，平面截正方体所形成的图形的面积为 【答案】ABC 【分析】先建立空间直角坐标系，写出点和向量的坐标；根据空间两点间距离公式可判断选项A；先求出该正方体外接球的体积；再根据点为棱上的动点，点在正方体外接球内运动，即可确定三棱锥外接球体积的最大值，可判断选项B；利用空间直线与直线所成角的向量计算方法表示出直线与直线所成角的余弦值，再分两种情况，求出每种情况下的取值范围即可判断选项C；先根据确定平面的依据判断截面形状，进而求出面积即可判断选项D. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示：    因为正方体的棱长为2. 则， ，，，，，，. 所以，，，. 因为、分别为棱、上的动点，令，. 所以，. 对于选项A：因为，当且仅当时，等号成立. 所以线段长度的最小值为2，故选项A正确； 对于选项B：由正方体的性质可得三角形为边长为的正三角形，. 所以该正方体的外接球球心为正方体的中心，球半径为，外接球体积的为. 因为点为棱上的动点， 所以点在正方体外接球内运动. 故正方体外接球的体积就是三棱锥外接球体积的最大值，为，此时点与点（或点）重合.故选项B正确； 对于选项C：因为，， 所以直线与直线所成角的余弦值为. 当时，. 当时，有，， 因为当时，， 则. 所以直线与直线所成角的余弦值的范围为，故选项C正确； 对于选项D：    取中点，连接，，，. 因为正方体棱长为2 则，，，. 当、为中点时，， 所以平面截正方体所形成的图形为梯形. 因为在等腰梯形中，梯形的高为. 所以截面面积为，故选项D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：本题考查空间线线、线面的位置关系，几何体外接球及截面问题，属于难题.解题关键在于：建立空间直角坐标系，写出点和向量的坐标，利用对于空间两点间距离公式和直线与直线所成角的向量计算方法可判断选项A、C；对于选项B，关键在于根据点为棱上的动点判断点在正方体外接球内运动，正方体外接球的体积就是三棱锥的外接球体积的最大值；对于选项D，关键在于根据确定平面的依据判断截面形状. 11．（23-24高二下·湖南长沙·阶段练习）已知函数图象如图1所示，A，B分别为图象的最高点和最低点，过A，B作x轴的垂线，分别交x轴于，点C为该部分图象与x轴的交点，与y轴的交点为，此时．将绘有该图象的纸片沿x轴折成的二面角，如图2所示，折叠后，则下列四个结论正确的有（    ） A． B．的图象在上单调递增 C．在图2中，上存在唯一一点Q，使得面 D．在图2中，若是上两个不同的点，且满足，则的最小值为 【答案】BD 【分析】先由题意读出，建立关于它们的等量关系，从而求出的值，进而求出根据三角函数由图像求解析式的思路依次求出和的值，得出的解析式，即可判断AB；CD需根据图像特征结合几何平行和垂直的判定方法和手段进行分析处理. 【详解】设函数的最小正周期为，则， 又，平方得，即， 所以，即，因为，解得， 故，即，所以，则，可得， 又因为函数在附近单调递减，且，所以，故A错误； 对于B选项，因为，当时，，此时单调递增，B符合题意； 对于C选项，在平面内，过点D作图象的切线，斜率为， 连线的斜率，连线的斜率, 过点D作交x轴于M，则该直线一定交于， 再在平面上，过M作平行于的直线交于，此时面，故C错误； 对于D选项，若均在上，由可知，平行于x轴，此时， 若均在上，作于点E，则， 又，从而面，故，而，因此，在图1中作直线，则为与的交点， 不妨设为与在y轴右侧最近的两个交点，则此时的最小值为， 若不在同一个面上，此时，故D正确. 故选：BD. 【点睛】方法点睛：涉及未知点（或动点）的平行（或垂直）关系求未知点（或动点）的位置或轨迹时，抓住平行（或垂直）的不变性和定点以及定直线作相应的平行面或垂面可助于找到未知点（或动点）的位置或轨迹. 12．（23-24高二下·四川达州·期末）如图，等边的边长为4，为边的中点，将沿折成三棱锥，，B，C，D都在球的球面上．记，，与平面所成的角分别为，，，平面，，与平面所成的角分别为，，，则（    ） A．与所成的角为定值 B．球的表面积的最大值为 C． D．存在点使得 【答案】ACD 【分析】A利用线面垂直得到线线垂直；B利用空间直角坐标系确定外接球半径，再确定外接球表面积；C利用空间直角坐标系与线面夹角的定义求解；D利用空间直角坐标确定平面的法向量，从而求得的坐标. 【详解】方案一：A选项：由题意可得，，，，平面，平面，所以平面，又平面，所以，即与所成的角是，为定值.故A正确. B选项：设，球O的半径为R，外接圆半径为r，则根据正弦定理，可得，即，所以，因为，所以，所以无最大值，即球O的表面积无最大值.故B错误. C选项：如图，过点作，垂足为M，连接CM，易得，平面BCD，则，，，，，. 假设，即，设，，则，，，解得或，与矛盾，所以假设不成立.同理可证当M再BD延长线上时，无解.所以C正确. D选项：如图过点D作DO平面，垂足为O，易得O在的角平分线CE上，连接DE，过点O作ONBC，垂足为N，连接DN.则，，，，，由对称性可知. 【方法一】假设成立，则，即点D在底面的射影为的内心，设，，则，， 所以，，所以， 又，所以，解得.所以D正确. 【方法二】，由对称性可知， 在直角中，， 当时，，，.所以D正确. 方案二：如图建立空间直角坐标系，D为坐标原点，DC为x轴，DB为y轴，垂直于DB为z轴，轴，连接CM，根据等边的边长为4，为边的中点，将沿折成三棱锥，易得，，， 不妨设，显然，，. A选项：，，显然，即与所成的角是，为定值.故A正确. B选项：根据题意不妨设球心，球半径为R， 则，又，， 即， 又化简可得，，所以， 因为，，所以无最大值，即球O的表面积无最大值.故B错误. C选项：显然易得，，， 假设成立，则， 当时解得(舍去)或，与矛盾， 当时，解得(舍去)， 综上所述，无解，假设不成立，所以C正确. D选项：设平面的法向量为，平面的法向量为， 平面的法向量为，平面的法向量为， 假设存在使得成立，即， 根据，，，可得， ，，， 所以， ， ， 所以，又 解得，所以假设成立，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】一、向量法求线面角的两种方法 （1）分别求出斜线和它在平面内的投影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角（或其补角）. （2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的角（夹角为钝角时取其补角），取其余角就是斜线与平面所成的角. 二、向量法求二面角大小的常用方法 （1）找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得夹角得到二面角的大小，但要注意有时需要结合实际图形判断所求角是锐二面角还是钝二面角. （2）找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的太小就是二面角的大小. 三、填空题 13．（23-24高三下·上海浦东新·期中）正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 . 【答案】4 【分析】利用向量运算化简变形，设，将向量等式转化为两动点轨迹为均为球面，再利用球心距求两球面上任意两点间距离最大值即可. 【详解】已知正三棱锥，则，且， 由化简得， 由化简得. 设，代入，， 分别化简得，且， 故点在以为直径的球面上，半径； 点在以为直径的球面上，半径 分别取线段、的中点、， 则， 故. 故答案为：4 【点睛】将向量的代数关系转化为动态的几何表达，借助几何意义求解动点间的距离最值是解决本类题型的关键所在. 14．（23-24高二下·福建龙岩·期末）已知直三棱柱，，，E为侧棱的中点，过E作平面与平面垂直，当平面与该直三棱柱所成截面为三角形时，顶点与该截面构成的三棱锥体积的最小值为 . 【答案】 【分析】利用空间向量法来计算动点坐标关系，从而去解决平面问题. 【详解】分别以所在直线为轴，轴，轴 则 ， 设平面的法向量， 则，得， 设平面，与平面交于点， 则，点，由，得，即， 当平面经过直线并绕着直线旋转时， 平面与平面的交线绕着点旋转， 当交线与线段，都相交时，与正方体所成截面为三角形， 令平面与平面的交线交于点，交于点， 设，， 则， ， 由三点共线，得，， 所以，因此，所以 故答案为：. 15．（23-24高二上·北京海淀·期中）如图，在四棱锥中，，，，，平面，则异面直线与之间的距离为 .    【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，给出各点坐标，用向量方法即可算出距离. 【详解】以点 为坐标原点， , , 所在的直线分别为轴、 轴、 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 , , , , 所以 ，，， 设向量 同时垂直于 ， 则， 令 ，则 ， . 所以异面直线 与 间的距离. 故答案为：.    16．（23-24高二上·重庆开州·阶段练习）棱长为的正方体中，分别是平面和平面内动点， ，则的最小值为 【答案】/ 【分析】利用对称将的最小值问题转化为求解点到平面的距离，再建立直角坐标系，利用法向量方法求解点面距. 【详解】如图，取点关于平面的对称点， 设点到平面的距离为, 则，， 以为坐标原点，以为轴，为轴，为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，则点是线段靠近的三等分点， 又正方体棱长为， 则， 则，且， 设平面的法向量为， 则，取，则， 则， 则点到平面的距离 . 【点睛】空间几何体中的距离之和的最值问题处理一般有以下方法： （1）借助参数表达，转化为函数最值求解；（2）利用展开图，将空间距离和转化为平面内距离和问题，再利用两点之间线段最短求解；（3）借助对称，化线（面）的同侧为线（面）的异侧，转化为点点（点线、点面）距离求解，等等. 17．（23-24高二上·四川成都·期中）如图，在中，，过中点的动直线与线段交于点，将沿直线向上翻折至，使得点在平面内的射影落在线段上，则斜线与平面所成角的正弦值的取值范围为 . 【答案】 【分析】 首先根据正余弦定理求解三角形，再以点为原点，建立空间直角坐标系，并求出点的轨迹方程，并利用，求得点的坐标的范围，相结合后，即可求解线面角正弦值的取值范围. 【详解】，得，即， 中，根据余弦定理，， 根据正弦定理，，得 如图，以底面点为空间原点建系，根据底面几何关系，得点,, 设点，翻折后点的投影在轴上，所以的纵坐标为0，即，， 由，根据两点间距离公式，， 整理为 如右图，在翻折过程中，作于点，则， 并且，平面， 所以平面，平面, 所以，即，其中， 又动点在线段上动，设，故，且， 由，得，， 又因为，对应的的取值为，即, . 则斜线与平面所成角的正弦值的取值范围为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量解决角的问题，关键1，求点的轨迹，关键2，根据几何关系可得，根据坐标运算，即可求解. 四、解答题 18．（22-23高二下·浙江·期末）如图几何体为圆台一部分，上下底面分别为半径为1，2的扇形，，体积为．    (1)求； (2)劣弧上是否存在使∥平面．猜想并证明． 【答案】(1)； (2)不存在，证明见解析. 【分析】（1）设，由扇形的面积公式分别表示出上底的面积，下底的面积，再代入体积公式即可得，在中由余弦定理求解即可； （2）过作的垂线交劣弧于，以所在的直线分别为轴，建立空间坐标系，利用空间向量证明即可. 【详解】（1）解：由题意可知，设， 设上底的面积为，下底的面积为， 则，， 所以，解得， 在中由余弦定理可得， 所以； （2）不存在，证明如下： 证明：过作的垂线交劣弧于， 由（1）可知，所以， 以所在的直线分别为轴，建立如图所示的坐标系，    则，，，， 设， 则，，， 设平面的法向量为， 由，可得， 因为，所以， 取，则有， 如果平面，则有， 即， 即，矛盾，所以平面不成立， 故劣弧上不存在使∥平面. 19．（2023·全国·模拟预测）如图，在底面为菱形的直四棱柱中，的中点为，平面平面． (1)求证：； (2)已知动点在线段上（不含端点），且二面角的大小为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明，借助平面平面，利用面面垂直的性质定理即可证明； （2）先找到两两垂直的三条线并证明，再建立空间直角坐标系，设出并表示出二面角的大小为，求出，计算出即可. 【详解】（1）在底面为菱形的直四棱柱中， 因为，所以， 又的中点为，所以， 因为平面平面，平面平面， 所以平面平面， 又平面平面，且平面， 所以平面． 又平面，所以． （2）在底面为菱形的直四棱柱中，易知， 由（1）知，， 又，所以， 连接，则三点共线，因为平面，且， 所以平面．又平面，所以， 所以两两垂直， 所以以为原点，分别以为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 所以，连接，则， 设， 所以． 设平面的法向量为，则， 即，则，取，则， 故． 在直四棱柱中，易知，所以四点共面， 由（1）知平面，即平面， 所以平面的一个法向量为． 因为二面角的大小为，所以， 即，即， 解得，所以为线段的中点， 此时． 20．（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图，三棱柱中，为等边三角形，，平面平面． (1)求证：； (2)若，点E是线段的中点， （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）在平面中是否存在点P，使得且．若存在，请求出点P的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）；（ii）存在， 【分析】（1）用线面垂直的判定定理证明BB1⊥平面AOC，后转移到线线垂直即可． （2）（i）空间向量解题，先求出平面与平面的法向量，后按照夹角公式求解即可．（ii）设假设存在,若，整理得，（∗）.,则根据椭圆定义知道的轨迹为椭圆，求出轨迹方程为：，整理得,联立（∗），解出即可 【详解】（1）如图， 过作的垂线，交于，连接，则． 为等边三角形，则， 又，则，则， 则，则，即， 平面，则平面，平面，则． （2） （i）由(1)可知OB,OA,OC两两垂直，则可以O为原点，建立如图所示空间坐标系O-xyz. ,点E是线段的中点，则，． ， . 设平面法向量，则 即解得，故； 同理平面法向量.则， 设平面与平面夹角θ,则． （ii）平面中,假设存在,若，则，整理得，（∗）., 则根据椭圆定义知道在以为焦距的椭圆上，且，解得， 则的轨迹方程为：，整理得,与（∗）联立方程组. ，解得， ，舍去． 故在平面中存在点P，使得且，P坐标为． 21．（23-24高二上·四川成都·期中）如图，已知平行六面体的侧棱长为3，底面是边长为4的菱形，且，点，分别在和上．    (1)若，，求证：，，，四点共面； (2)求； (3)若，点为线段上（包括端点）的动点，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用共面向量定理可证明； （2）由线面平行则直线上的点到平面的距离都相等，可将所求三棱锥的体积转化为，又由题意可得点在平面的射影落在上，可求得点到平面的距离，进而得解； （3）建立空间直角坐标系，用向量法求线面角的正弦可得解. 【详解】（1），，， ，所以,,,四点共面. （2）平面， 上的所有的点到平面的距离都相等， 同理上所有的点到的距离也相等， ， ， 点在平面的射影落在上，过点作，过点作， 平面， ，又与是平面内两条相交直线， 平面,，在直角三角形中，， ，解得, 又在直角三角形中，，， 在直角三角形中，可得， ；    （3）    设与的交点为，以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，由（2）可知，， ，，，， 由，可求得，， ，， 设为平面的法向量， ，取，，， ， ，， 设，， ， 设直线与平面所成角的为， ， ，， ． 22．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在四棱锥中，，．    (1)求证：平面平面； (2)若线段上存在点，满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证面面垂直，需证线面垂直，即证平面，即可证出； （2）建立空间直角坐标系，用向量的方法求解即可. 【详解】（1）如图：    因为，，所以为等边三角形，， 又，所以，又， 所以. 因为，所以为直角三角形，. 又，，为平面内的两条相交直线， 所以平面，平面，所以，平面平面. （2）取中点，中点，因为， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又， 故以为原点，建立如图空间直角坐标系，    所以，，，，，. 设，因为， 解得，所以. 设平面的法向量为， 则，取； 设平面的法向量为， 则，取. 那么，，. 由，又，所以. 【点睛】关键点睛：根据，和点、的坐标，求点坐标是本题的一个关键. 23．（23-24高三上·江苏镇江·阶段练习）在梯形中，，，，E为的中点，如图（1）．将沿折起至的位置，使平面平面，如图（2）． (1)求证：平面； (2)若F为线段PB上的点（不含端点），且，设二面角的平面角为，且，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 （1）利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）过P点作BE的垂线PO交BE于O， 因为平面PBE平面ABCE，又PO平面PBE， 所以PO平面ABCE，又BC平面PBE， 所以POBC， 折叠前：，，，， 且，所以是矩形，所以BCBE， 又PO平面PBE，BE平面PBE， 所以BC平面PBE，又PE平面PBE，所以BCPE， 折叠前：CDDE，折叠后：PCPE， 又BCPCC，BC平面PBC，PC平面PBC， 所以平面. （2）由（1）知，BC平面PBE，PB平面PBE，BE平面PBE， 所以BCPB，BC BE， 在中，， 在中，PE PB，PO BE，所以是等腰三角形， 所以PO是等腰三角形的高，故， 由（1）知，OP、BC、BE两两垂直，过O作交AB于G， 所以OG、OP、BE两两垂直， 以O为原点，以OG、OP、BE所在直线建立如图所示的坐标系， 则，，， 由得，， ，， 设平面BCF的法向量为，则，即， 令，，故 设平面ECF的法向量为，则， 即，令，，， 所以平面ECF的法向量为， ， 令，得，解得或， 即或，得或，又， 所以 【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明与建立空间直角坐标系求解线面角的问题，线面垂直方法有： （1）如果两个平面相互垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面. （2）、如果两个平面相互垂直，那么经过第一个平面内的一点作垂直于第二个平面的直线在第一个平面内. （3）、如果两个相交平面都垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面. 推论：三个两两垂直的平面的交线两两垂直. （4）、如果两个平面互相垂直，那么一个平面的垂线与另一个平面平行. 推论：如果两个平面互相垂直，那么分别垂直于这两个平面的两条垂线也互相垂直. 24．（23-24高二上·重庆黔江·阶段练习）正方体中，，点在线段上. (1)当时，求异面直线与所成角的取值范围； (2)已知线段的中点是，当时，求三棱锥的体积的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意引入参数，建立适当的空间直角坐标系，将问题转换为两直线方向向量夹角的余弦的范围，然后结合异面直线角的范围即可得解. （2）引入参数，利用等体积法转换为求的体积，只需求到平面的距离以及即可得表达式，从而进一步得解. 【详解】（1）由题意正方体的三条棱长两两互相垂直，故以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系： ，由题意不妨设， 所以， 所以， 设异面直线与所成角为， 所以异面直线与所成角的余弦值为， 令， 当时，， 当时，， 综上，， 所以异面直线与所成角的取值范围为. （2）如图所示： 由题意线段的中点是，，不妨设， 所以， 取平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为， 而 ， 所以三棱锥的体积为， 所以当且仅当时，三棱锥的体积取最小值. 【点睛】关键点睛：第一问关键是引入适当参数将问题先转换为求方向向量夹角的余弦，第二问的关键是等体积转换法，这样大大减少了计算量. 25．（23-24高二上·重庆九龙坡·期末）如图所示，四边形为正方形，四边形，为两个全等的等腰梯形，，，，．    (1)当点为线段的中点时，求证：； (2)当点在线段上时（包含端点），求平面和平面的夹角的余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法求出平面和平面的夹角的余弦值的表达式，进行合理变形，结合二次函数的性质求得余弦的最值，即可求得答案． 【详解】（1）因为点为线段的中点，且， 所以， 因为，且四边形为正方形，故， 所以，而平面， 故平面，又平面， 所以； （2）设正方形的中心为，分别取的中点为， 设点为线段的中点，由（1）知四点共面，且平面， 连接，平面，故， 又平面，故平面平面， 且平面平面， 由题意可知四边形为等腰梯形，故， 平面，故平面， 故以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，    因为，则，又，故， 设到底面的距离为， 四边形，为两个全等的等腰梯形，且， 故，又， 故，则， ， 设， 设平面的一个法向量为， 则，令，， 设平面的一个法向量为， 则，令，， 故， 令，则， 令，则， 令，则在上单调递增， 故当时，，当时，， 故， 即平面和平面的夹角的余弦值得取值范围为． 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于求出平面夹角的余弦值之后，要对其表达式进行变形，从而结合二次函数的单调性求得余弦的最值，从而得到其取值范围. 26．（23-24高二上·广东广州·期末）如图，在多面体中，四边形是正方形，，，M是的中点． (1)求证：平面平面； (2)若平面，，，点P为线段上一点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理可证平面，平面，再由面面平行的判定定理可证得结果； （2）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，运用向量法求线面角，通过换元法转化为二次函数求最值. 【详解】（1）因为，，所以四边形为平行四边形，故, 又平面，平面,所以平面； 连接交于N，连接，因为四边形是正方形，故N为中点， M是的中点，在中，有，平面，平面, 所以平面，且平面，平面,, 所以平面平面. （2）如图，建立空间直角坐标系，设，， 则，又M是的中点， 故,，因为， 所以，解得，设，因点P为线段上一点， 则，即， 故，所以， 又，设平面的一个法向量为， 则，即，令，则， 即，设直线与平面所成角为， 则     当时， 设，，所以， 当时，所以， 当时，，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 【点睛】解决本题第二问关键是求出直线的方向向量和平面的法向量，运用向量法求出线面角正弦值的表达式，通过换元法转化为二次函数求最值. 27．（23-24高二上·贵州铜仁·期末）长方体中，，是对角线上一动点（不含端点），是的中点. (1)若，求三棱锥体积； (2)平面与平面所成角的余弦值，求与平面所成角的余弦值. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，根据，求出点坐标，求出三棱锥体积； （2）利用向量法求出平面的一个法向量，进而求出与平面所成角余弦值. 【详解】（1）以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，. 设，由题意设， 即，则，所以. （1）因为，解得. 所以. . （2）由长方体可知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为 则， 令，则，，则， 由题意得：，解得：或（舍）， 则，， 设与平面所成角为，则 ，则. 所以与平面所成角余弦值为. 【点睛】关键点睛：本题第二问，关键是结合已知条件求出平面的一个法向量，根据求得结果. 28．（23-24高二上·广东潮州·期末）如图所示，在四棱锥中，底面四边形是菱形，是边长为2的等边三角形，为的中点，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明； （2）先证明平面，建立空间直角坐标系，利用向量法求解； 【详解】（1）因为底面四边形是菱形，， 所以是的中点，又是的中点， ，平面，平面， 平面. （2）底面四边形是菱形，，所以是，的中点， 又是等边三角形， ，又，， 又，平面， 平面.又， 所以两两互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 由是边长为2的等边三角形，，可得， ，，，， ，，由已知得， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得，， 所以， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为， 即直线与平面所成角为. 【点睛】关键点睛：本题第二问是求线面角问题.解题的关键是先根据题意证明平面，可得两两互相垂直，由此建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 29．（23-24高二上·湖北·期末）如图，四边形为矩形，≌，且二面角为直二面角． (1)求证：平面平面； (2)设是的中点，，二面角的平面角的大小为，当时，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，继而证明，根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出平面和平面的一个法向量，根据空间角的向量求法，结合不等式性质，即可求得答案. 【详解】（1）因二面角为直二面角，即平面平面，又， 平面平面，平面，则平面， 又平面，即得， 四边形为矩形，≌，则,即， 平面，于是平面，平面， 所以平面平面； （2）过E作平面，由（1）知平面，平面，故， 以为原点，射线EB，EA，Ez分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图， ∵，，则，，，， ，，， 设平面的法向量为，则，即， 则， 设平面的法向量为，则，即， 则， 由图可知二面角为锐二面角， 从而有， 而，则，, 所以. 【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是建立合适的空间直角坐标系，从而得到，再根据即可得到其范围. 30．（23-24高二上·江西南昌·期末）已知平行四边形ABCD如图甲，，沿AC将折起，使点D到达点P位置，且，连接PB得三棱锥如图乙． (1)证明；平面ABC； (2)在线段PC上是否存在点M，使二面角的余弦值为，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)存在，且 【分析】（1）推导出，证明出平面，可得出， 利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论. 【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则， 因为，则，， 由余弦定理可得， 所以，，则，同理可证， 翻折后，则有，， 因为，，、平面， 所以，平面， 因为平面，则， 因为，、平面，所以，平面， （2）因为平面，，以点为坐标原点， 、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设，其中， 则，， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 所以，， 易知平面的一个法向量为， 则，整理可得， 因为，解得， 因此，线段上存在点，使二面角的余弦值为，且. 14 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$