重难点03 空间中的最值与范围问题-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学上学期期中真题分类汇编（人教A版2019选择性必修第一册）

重难点03 空间中的最值与范围问题 一、单选题 1．（23-24高二下·福建龙岩·期中）设O为坐标原点，向量，，，点Q在直线OP上运动，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知棱长为2的正方体内有一内切球，点在球的表面上运动，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·福建福州·期中）在三棱锥中，，且．记直线，，与平面所成角分别为，，，已知，当三棱锥的体积最小时，（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·湖北·期中）已知空间中三个点组成一个三角形，分别在线段上取三点，当周长最小时，直线与直线的交点坐标为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二下·江苏南京·期中）已知EF是棱长为8的正方体的一条体对角线，空间一点M满足，AB是正方体的一条棱，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二下·甘肃甘南·期中）正方体的棱长为是棱的中点，是四边形内一点（包含边界），且，当三棱锥的体积最大时，与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，四边形，现将沿折起，当二面角的大小在时，直线和所成角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 8．（23-24高二上·广东深圳·期中）在四面体中（如图），平面平面，是等边三角形，，，M为AB的中点，N在侧面上（包含边界），若，（，，），则（    ） A．若，则平面ACD B．当最小时， C．若，则 D．当最大时， 9．（23-24高二上·湖南常德·期中）如图，正方体的棱长为1，P为侧面（含边界）内的动点，若直线与的夹角为，则下列说法正确的是（    ）    A．点P的运动轨迹的长度为 B．的长度为定值 C．当CP最小时，三棱锥的体积为 D．存在点P，使得直线和平面所成的角为 10．（23-24高二上·福建福州·期中）已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点为侧棱上的动点（包括端点），平面．下列说法正确的有（    ） A．异面直线与可能垂直 B．直线与平面可能垂直 C．与平面所成角的正弦值的范围为 D．若且，则平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为 11．（23-24高二上·广东珠海·期中）在棱长为2的正方体中，M，N分别是棱、的中点，点P在线段CM上运动，下列四个结论正确的是（    ） A．三棱锥体积是 B．直线平面CMN C．异面直线PD与所成角的余弦值的范围是 D．三棱锥的外接球表面积是 12．（23-24高二下·江苏南京·期中）如图，在矩形ABCD中，，，M是AD的中点，将沿着直线BM翻折得到．记二面角的平面角为，当的值在区间范围内变化时，下列说法正确的有（    ） A．存在，使得 B．存在，使得 C．若四棱锥的体积最大时，点B到平面的距离为 D．若直线与BC所成的角为，则 13．（23-24高二下·江苏泰州·期中）在棱长均为1的三棱柱中，，点满足，其中，则下列说法一定正确的有（    ） A．当点为三角形的重心时， B．当时，的最小值为 C．当点在平面内时，的最大值为2 D．当时，点到的距离的最小值为 14．（23-24高二下·江苏连云港·期中）已知正方体的棱长为1，动点M，N在对角线AC，上移动，且，，，则下列结论中正确的是（    ） A．异面直线AC与所成的角为60° B．线段MN的最小值为 C．MN与平面不平行 D．存在，使得 15．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知正方体的棱长为分别为线段中点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则的最大值为 B．若，则三棱锥的体积为1 C．若，则与平面所成角的最大值为 D．若，当最小时，则 三、填空题 16．（23-24高二下·江苏徐州·期中）定义.若向量，向量为单位向量，则的取值范围是 . 17．（23-24高二下·江苏南京·期中）长方体中，，点是线段上异于的动点，记．当为钝角时，实数的取值范围是 ；当点到直线的距离为时，的值为 ． 18．（23-24高二下·上海·期中）已知空间向量，，，均为单位向量，且与夹角为，与夹角为，则的最大值为 . 19．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，在三棱柱中中，两两互相垂直，是线段上的点，平面与平面所成锐二面角为，当最小时， .    20．（23-24高二上·北京·期中）如图，在直三棱柱中，，，，，.记，给出下列四个结论：    ①对于任意点H，都不存在点P，使得平面平面； ②的最小值为3； ③当取最小时，过点A，H，P作三棱柱的截面，则截面面积为； ④满足的点P有无数个. 其中所有正确结论的序号是 . 21．（23-24高二下·江苏南通·期中）如图，在正方体中，，点分别为的中点，则平面截正方体所得截面面积为 ，动点满足，且，则当取得最小值时二面角的余弦值为 .    四、解答题 22．（23-24高二上·山东临沂·期中）如图，在正方体中，点E在BD上，点F在上，设正方体的棱长为1．若． (1)当a为何值时，EF的长最小？并求出EF的最小值； (2)当EF的长最小时，求平面EFD与平面EFC夹角的余弦值． 23．（23-24高二上·湖南·期中）如图，四面体中，，，，E为的中点. (1)证明：平面平面； (2)，，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值. 24．（23-24高二上·湖北武汉·期中）在如图所示的试验装置中，两个正方形框、的边长都是，且平面平面，活动弹子、、分别在正方形对角线和、上移动，记，平面，记. (1)证明：平面； (2)当的长最小时，求二面角的余弦值. 25．（23-24高二上·河北石家庄·阶段练习）如图，正方体的棱长为2，E、F分别为和的中点.    (1)求证：平面， (2)为棱上的动点，当平面与平面所成锐二面角的正弦值最小时，求. 26．（23-24高二下·甘肃·期中）设O为坐标原点，． (1)求； (2)若点P为直线OC上一动点，求的最小值． 27．（23-24高二下·浙江金华·期中）在如图所示的直三棱柱中，分别是线段上的动点． (1)若平面，求的值； (2)若三棱柱是正三棱柱，是的中点，求二面角余弦值的最小值． 28．（23-24高二下·北京·期中）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为AC和的中点，D为棱上的点，． (1)证明：； (2)当为何值时，平面与平面DEF夹角最小？并求出此时夹角的余弦值． 29．（23-24高二下·江苏常州·期中）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面平面，是边长为2等边三角形，点分别为的中点，点为线段上一点（包括端点）． (1)若为线段的中点，求平面和平面夹角的正弦值； (2)当直线与平面所成的角最大时，求出的值． 30．（23-24高二下·江苏盐城·期中）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直， . 分别是 的中点，点 在直线 上，且 . (1)证明： ； (2)当取何值时，直线与平面所成角最大?并求该角取最大值时的正切值. (3)是否存在点，使得平面与平面 所成的二面角的正弦值为，若存在，试确定点的位置，若不存在，请说明理由. 试卷第2页，共9页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点03 空间中的最值与范围问题 一、单选题 1．（23-24高二下·福建龙岩·期中）设O为坐标原点，向量，，，点Q在直线OP上运动，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间向量共线定理即可表示出，进而再求的坐标即可运算. 【详解】∵，点Q在直线OP上运动， ∴可设. 又向量，， ∴，， 则. 易得当时，取得最小值. 故选：B. 2．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知棱长为2的正方体内有一内切球，点在球的表面上运动，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，设出点，可知，所以表示点与点之间距离的平方，分析求解即可. 【详解】以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，设点， 所以，， 所以， 因为表示点与点之间距离的平方， 所以当点的坐标为时，取得最大值为， 当与点重合时，取得最小值， 所以的取值范围为：. 故选：A. 3．（23-24高二上·福建福州·期中）在三棱锥中，，且．记直线，，与平面所成角分别为，，，已知，当三棱锥的体积最小时，（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】找到在平面内的投影，利用线面夹角关系，得到与的等量关系，以、中点为原点建立平面直角坐标系，根据等式关系发现，在平面内的投影在圆上，当最小时，高度最小，则三棱锥的体积最小，从而求出的值. 【详解】设点在平面内的投影为， 因为直线，，与平面所成角分别为，，，且，则， 根据线面夹角关系可知，， 所以，由阿波罗尼斯圆可知，投影在圆上运动，以为轴，过的中点作垂线，建立如图所示直角坐标系. 令，由题可知，. 则，化简得. 当最小时，最小，即三棱锥的体积最小，则此时，，， 所以. 故选：C 【点睛】方法点睛：本题考查了立体几何的建系求最值问题，空间动点问题常用做法，转换动点到某一平面内，进而用平面内容求解，做到化繁为简. 4．（23-24高二上·湖北·期中）已知空间中三个点组成一个三角形，分别在线段上取三点，当周长最小时，直线与直线的交点坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】当为三角形的垂足三角形时候周长最小，此时与的交点即为三角形的垂心. 【详解】如图所示： 先固定D不动，分别作D关于和的对称点，连接，设分别与和交于点， 利用几何关系可知与的交点即为三角形的垂心， 从而，即， 不妨设垂心，坐标原点为， 则， 所以有，即垂心的坐标满足, 又四点共面， 从而由四点共面的充要条件可知， ， 从而，结合， 解得. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：解决问题的关键是分析出当周长最小时，与的交点即为三角形的垂心，再求垂心时，除了利用垂直转换为数量积为0以外，还要注意四点共面的充要条件的应用，否则只能算出比例. 5．（23-24高二下·江苏南京·期中）已知EF是棱长为8的正方体的一条体对角线，空间一点M满足，AB是正方体的一条棱，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由空间向量的数量积运算计算可得，即可得的轨迹，即可根据数量积的几何意义求解即可． 【详解】取的中点,, 则， 所以． 所以在以为球心，为半径的球面上，如图 可知在上的投影数量最小值为， 所以的最小值为， 所以的最小值为． 故选：B． 6．（23-24高二下·甘肃甘南·期中）正方体的棱长为是棱的中点，是四边形内一点（包含边界），且，当三棱锥的体积最大时，与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，设，利用向量的数量积及体积最大值求得，从而得到与平面所成角的正弦值. 【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，，设，，， 则，，所以， 因为为定值，要想三棱锥的体积最大，则点到底面的距离最大，其中， 所以当时，取最大值为，因为，所以的最大值为，则三棱锥的体积最大时，，， 设平面的法向量，当三棱锥的体积最大时，与平面所成角的正弦值为， 故选：A 7．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，四边形，现将沿折起，当二面角的大小在时，直线和所成角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取BD中点O，连结AO，CO，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与CD所成角的余弦值的最大值． 【详解】取BD中点O，连接AO，CO，， 则，且，于是是二面角的平面角， 显然平面，在平面内过点作，则， 直线两两垂直，以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， ，设二面角的大小为，， 因此，，， 于是， 显然，则当时，， 所以的最大值为. 故选：B 【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，求出动点的坐标，利用向量建立函数关系是解题的关键. 二、多选题 8．（23-24高二上·广东深圳·期中）在四面体中（如图），平面平面，是等边三角形，，，M为AB的中点，N在侧面上（包含边界），若，（，，），则（    ） A．若，则平面ACD B．当最小时， C．若，则 D．当最大时， 【答案】BCD 【分析】根据可证平面，设，且，进而可得，对于：若，则点即为点，进而可得结果；对于、：过作，垂足为，可证平面，则，结合图形分析判断；对于：若，可得点在线段上（包括端点），结合垂直关系分析判断. 【详解】由，平面平面，平面平面，平面，得平面， 又N在侧面上（包含边界），设，且， 于是 ， 而，则，且， 对于，若，则，点即为点，显然平面，错误； 过作，垂足为，得，， 由平面，平面，得，而，平面， 则平面，因此， 对于，显然当点与点重合时，最小，此时，则，正确； 对于，若，则，即点在线段上（包括端点）， 由平面，平面，得，正确； 对于，显然当点与点重合时，最大，即最大，此时， 于是，正确. 故选：BCD. 9．（23-24高二上·湖南常德·期中）如图，正方体的棱长为1，P为侧面（含边界）内的动点，若直线与的夹角为，则下列说法正确的是（    ）    A．点P的运动轨迹的长度为 B．的长度为定值 C．当CP最小时，三棱锥的体积为 D．存在点P，使得直线和平面所成的角为 【答案】AB 【分析】首先建立坐标系，利用坐标表示，求得点的轨迹，即可判断A，再根据几何关系求，并利用等体积公式求三棱锥的体积，即可判断BC，利用线面角的向量公式，即可判断D. 【详解】如图建立空间直角坐标系，，，，， ，， ， 得，即， 所以点的轨迹是以点为圆心，1为半径的圆弧， 对于选项A：因为点为侧面（含边界）内的动点， 所以点的轨迹为圆弧，长度为，故A正确； 对于选项B：如图，连结，因为平面，平面， 所以，，中，所以，故B正确；    对于选项C：点是圆弧外一点，所以的最小值是，此时点是与圆弧的交点， 此时点平面的距离为点到的距离， 三棱锥的体积，故C错误；    对于选项D：，平面的法向量为， 设直线和平面所成的角为，若存在点，使 则， 因为，可得， 故不存在点P，使得直线和平面所成的角为，故D错误. 故选：AB. 10．（23-24高二上·福建福州·期中）已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点为侧棱上的动点（包括端点），平面．下列说法正确的有（    ） A．异面直线与可能垂直 B．直线与平面可能垂直 C．与平面所成角的正弦值的范围为 D．若且，则平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为 【答案】AC 【分析】对A，在平面内作，交于点，由平面得，所以平面，则；对B，不可能平行，故与不可能垂直；对C，则与平面所成角的正弦值的范围等同于与所成角的余弦值的范围，求解判断即可；对D，由题意知为的中点，可证得，由平面得，所以平面，所以，同理，所以平面，所以平面即平面，三角形即平面截正四棱柱所得截面的多边形． 【详解】对A，在平面内作，交于点， 在正四棱柱中，因为平面，平面， 所以，又平面，平面，， 所以平面，又平面，所以．故A正确； 对B，不可能平行，故与不可能垂直，故B错误；    对C，如图：    连接，，平面， 则与平面所成角的正弦值的范围等同于与所成角的余弦值的范围， 在直角三角形中，， 当点由点向移动时，逐渐增大， 在直角三角形中，， 在直角三角形中，， ，则，，则，，故C正确， 对D，如图：    由题意知为的中点，连接，，，，，， 在直角三角形中，，同理， 由题意知，所以，所以， 在正四棱柱中，因为平面，平面， 所以，又平面，平面， 所以平面，又平面，所以，同理， 又平面，平面，， 所以平面，所以平面即平面， 三角形即平面截正四棱柱所得截面的多边形， 其周长为，故D错误. 故选：AC． 11．（23-24高二上·广东珠海·期中）在棱长为2的正方体中，M，N分别是棱、的中点，点P在线段CM上运动，下列四个结论正确的是（    ） A．三棱锥体积是 B．直线平面CMN C．异面直线PD与所成角的余弦值的范围是 D．三棱锥的外接球表面积是 【答案】AD 【分析】根据三棱锥体积公式可判断A；由题意说明点D不在平面CMN内，即可判断B；确定异面直线PD与所成角，利用特殊点的位置可确定角的大小范围，即可判断C；建立空间直角坐标系，求得外接球球心坐标，即可求得外接球半径，继而求得外接球表面积，判断D. 【详解】对于A，，故，A正确， 对于B，连接，则， 由于平面平面,平面，故平面, 而C是平面与平面的一个交点， 故平面与平面的交线为过点C和平行的直线， 又，则四边形为平行四边形， 所以， 即平面与平面的交线为过点C和平行的直线，也和平行， 即平面，而平面， 故平面，即平面，故直线平面CMN，B错误； 对于C，因为，故的夹角即为异面直线PD与所成角， 当P点与C重合时，的夹角为0度， 此时异面直线PD与所成角可无限接近于0度，余弦值可无限接近于1， 当P点与M重合时，的夹角最大， 由于， 故， 故异面直线PD与所成角的余弦值的范围是，C错误； 对于D，以A为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则, 设三棱锥的外接球球心为， 则,即 ， 解得，经计算验证， 即，则外接球半径为， 故三棱锥的外接球的表面积为，D正确， 故选：AD 12．（23-24高二下·江苏南京·期中）如图，在矩形ABCD中，，，M是AD的中点，将沿着直线BM翻折得到．记二面角的平面角为，当的值在区间范围内变化时，下列说法正确的有（    ） A．存在，使得 B．存在，使得 C．若四棱锥的体积最大时，点B到平面的距离为 D．若直线与BC所成的角为，则 【答案】ACD 【分析】A选项，作出辅助线，得到即为二面角的平面角，，当时，平面，证明出线线垂直，进而得到线面垂直，得到；BCD选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用线线角的夹角公式得到，B错误；C选项，确定当时，体积最大，利用点到平面向量距离公式进行计算；D选项，计算出. 【详解】A选项，连接，取的中点，的中点， 连接，则， 故即为二面角的平面角，即， 当时，平面， 因为平面，所以， 因为矩形ABCD中，，，M是AD的中点， 所以，故为等腰直角三角形， 故，⊥， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 存在，使得，A正确； B选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，垂直于此平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 当时，， 此时，， 故， 故不存在，使得，B错误； C选项，当时，平面，此时四棱锥的体积最大， 此时， 设平面的法向量为， 则， 解得，令，则，故， 故点到平面的距离，C正确； D选项，，， 故 ，D正确. 故选：ACD 【点睛】结论点睛：若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 ①两异面直线所成的角为，； ②直线与平面所成的角为，； ③二面角的大小为，. 13．（23-24高二下·江苏泰州·期中）在棱长均为1的三棱柱中，，点满足，其中，则下列说法一定正确的有（    ） A．当点为三角形的重心时， B．当时，的最小值为 C．当点在平面内时，的最大值为2 D．当时，点到的距离的最小值为 【答案】BCD 【分析】将用表示，再结合求出，即可判断A；将平方，将代入，再结合基本不等式即可判断B；当点在平面内时，则存在唯一实数对使得，再根据，求出，再根据即可判断C；求出在方向上的投影，再利用勾股定理结合基本不等式即可判断D. 【详解】对于A，当点为三角形的重心时，， 所以，又因为， 所以，所以，故A错误； 对于B， ， 因为，所以， 则 ， 当且仅当时取等号， 所以， 所以，所以的最小值为，故B正确； 对于C，当点在平面内时， 则存在唯一实数对使得， 则，又因为， 所以，所以， 因为，所以，所以的最大值为2，故C正确； 对于D，当时，由A选项知， ， 在方向上的投影为， 所以点到的距离， 因为，所以，当且仅当时，取等号， 所以点到的距离的最小值为，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：当点在平面内时，则存在唯一实数对使得，再根据，求出，是解决C选项的关键. 14．（23-24高二下·江苏连云港·期中）已知正方体的棱长为1，动点M，N在对角线AC，上移动，且，，，则下列结论中正确的是（    ） A．异面直线AC与所成的角为60° B．线段MN的最小值为 C．MN与平面不平行 D．存在，使得 【答案】AB 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量方法依次运算求解再判断即可. 【详解】以为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示的直角坐标系， ，则， A项，， 又因为异面直线所成角的范围是，所以异面直线AC与所成的角为，故A正确； B项，，，即 ，，， 故，， 则，， 当时，取最小值，故B正确； C项，由， 则， 由空间向量共面定理知，共面， 又平面， 所以平面，故C错误； D项，若，则， 解得，故不存在，使得.故D错误. 故选：AB.    15．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知正方体的棱长为分别为线段中点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则的最大值为 B．若，则三棱锥的体积为1 C．若，则与平面所成角的最大值为 D．若，当最小时，则 【答案】BD 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，当时，利用向量的模的公式算出，结合二次函数的性质求出的最大值，从而判断A； 当时，点在正方形内部运动(含边界)，可知点到平面的距离，然后利用三角形面积公式与锥体的体积公式求出三棱锥的体积，从而判断B； 当时，取且，算出此时直线与平面所成角大于，从而判断C； 当时，用，表示出、的坐标，根据、、三点共线时达到最小值，求出点的坐标，再由的坐标计算出的值，即可判断D. 【详解】以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系： 则，，，，，， 对于A，当时，，可得， 所以，可知当时，的最大值为3，故A错误； 对于B，当时，点的坐标为，可知点在正方形内部运动(含边界)， 则点到平面的距离等于正方体的棱长，即， 结合 可得三棱锥的体积，故B正确； 对于C，，平面的一个法向量为， 设与平面所成夹角为，则 若，取，，此时， 结合正弦函数在锐角范围内是增函数，可得直线与平面所成角大于，故C错误； 对于，当，则，结合，可得， 因为，所以当点在线段上时，即，共线反向时，达到最小值，由，得，，，解得：，，， 即达到最小值时，的坐标为，此时，可得，故D正确； 故选：BD 三、填空题 16．（23-24高二下·江苏徐州·期中）定义.若向量，向量为单位向量，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】先设夹角，则,由即得解. 【详解】由题意知，． 设，则． 又，则，故． 故答案为： 17．（23-24高二下·江苏南京·期中）长方体中，，点是线段上异于的动点，记．当为钝角时，实数的取值范围是 ；当点到直线的距离为时，的值为 ． 【答案】 /0.25 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量共线表示出点的坐标，由为钝角建立不等式求解的范围；由空间点到直线距离公式计算的值. 【详解】在长方体中，建立如图所示的空间直线坐标系， 则，令， 则有，，， 由为钝角，得，解得， ，因此； 显然，点到直线的距离 ，整理得， 解得，所以. 故答案为：； 【点睛】思路点睛：求空间点的坐标，可以借助向量共线，结合向量的坐标运算求解. 18．（23-24高二下·上海·期中）已知空间向量，，，均为单位向量，且与夹角为，与夹角为，则的最大值为 . 【答案】 【分析】设，，，所以， ，，由，得，即可得的取值范围，又，计算求解即可. 【详解】因为，，，均为单位向量，所以， 设，，，所以， 因为与夹角为，所以， 因为与夹角为，所以， 又，所以， 因为，所以， 所以，即， 设与的夹角为， ， ， ， 因为为空间中任意单位向量， 所以当，时，的最大值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：设出空间向量，利用空间向量的模可求解的取值范围，根据空间向量的数量积运算可知当与的夹角为时，可求解最值. 19．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，在三棱柱中中，两两互相垂直，是线段上的点，平面与平面所成锐二面角为，当最小时， .    【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，设出的长，求出平面与平面的法向量，借助面面角的向量求法求出关系，再判断当取最小时的长，进而求得的大小. 【详解】在三棱柱中，两两垂直，建立空间直角坐标系，如图：    依题意，设，则， 则，， 设平面的法向量为，则，令，得， 平面的法向量， 由平面与平面所成（锐）二面角为，得， 化简得，当取得最大值时，最小，此时，， 且，所以. 故答案为: 【点睛】易错点睛：空间向量求二面角时，一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算． 20．（23-24高二上·北京·期中）如图，在直三棱柱中，，，，，.记，给出下列四个结论：    ①对于任意点H，都不存在点P，使得平面平面； ②的最小值为3； ③当取最小时，过点A，H，P作三棱柱的截面，则截面面积为； ④满足的点P有无数个. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】②③ 【分析】①问题化为对于任意点H，是否存在点P，使面面，由已知证面面，结合面面垂直判定判断存在性即可；②将绕翻折到平面内，证为等边三角形，进而确定的最小值；③为的中点，为的重心，平面中，延长交于点，取的中点，为的中点，证过点的三棱柱的截面为梯形，根据已知求其面积；④由时，，进而得到，几何法确定不等式两端的范围，即可判断. 【详解】①因为三棱锥为直三棱锥，所以面，又面， 所以，又，所以，所以， 由，面，故面，面， 所以面面，而且都在面内， 由于面即为面，要使面面，只需面面， 综上，面时，面，此时面面，即面面， 对于任意点，只需对应平行于中边上的高时，均满足要求，错；    ②将绕翻折到平面内，则的最小值为点到直线的距离， 又，，，所以， 所以到直线的距离为3，所以的最小值为3，对；    ③当取最小时，为的中点，因为为等边三角形，为的中点， 所以为的重心，故， 在平面中，延长交于点， 因为，，，所以，故， 取的中点，为的中点，则， 因为，，所以四边形为平行四边形，则， 又，所以，所以， 故过点的三棱柱的截面为梯形，    ，，，， 如下图，过作，设，    因为，则， 所以，则梯形的面积为，错； ④当时，，结合题设知， 在下图中过点作，垂足为，则， 综上，， 又，， （对于：只需，只需， 即，则显然成立.） 故对于任意的点，当时，都存在对应的点，满足， 故满足的点P有无数个，对；    故答案为：②③ 【点睛】关键点点睛：③利用平面基本性质找到截面并证明其为梯形，求出相关线段长为关键；④注意取时，，过点作，垂足为，并得到为关键. 21．（23-24高二下·江苏南通·期中）如图，在正方体中，，点分别为的中点，则平面截正方体所得截面面积为 ，动点满足，且，则当取得最小值时二面角的余弦值为 .    【答案】 / 【分析】建立适当的空间直角坐标系，第一空：只需证明即可得到平面截正方体所得截面为梯形，进一步结合已知条件求解即可；第二空：结合已知将取得最小值转换为，其中，进一步求出两平面的法向量即可求解. 【详解】由题意以点为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，    第一空：因为分别为的中点，所以， 因为， 所以，所以四边形是平行四边形， 所以， 因为，所以，即四点共面， 所以平面截正方体所得截面为梯形，由对称性可知该梯形是等腰梯形， 因为正方体棱长为4， 所以梯形的上底，下底，梯形的腰长为， 所以梯形的高为， 故所求截面面积为； 第二空：由题意，且， 所以， 在中，当时，， 所以表示经过点且法向量为的平面， 即点在平面上， 由以上分析可知，， 若要取得最小值，只需最小，此时，当然也有， 由题意设，而， 设平面的法向量为， 所以，令，解得， 所以可取， 显然平面的一个法向量可以是， 二面角的余弦值为. 故答案为：18，. 【点睛】关键点点睛：第二空的关键在于将取得最小值转换为，其中，由此即可顺利得证. 四、解答题 22．（23-24高二上·山东临沂·期中）如图，在正方体中，点E在BD上，点F在上，设正方体的棱长为1．若． (1)当a为何值时，EF的长最小？并求出EF的最小值； (2)当EF的长最小时，求平面EFD与平面EFC夹角的余弦值． 【答案】(1)，最小值为 (2)． 【分析】（1）建立空间坐标系，根据向量模长，结合二次函数的性质即可求解， （2）利用法向量求解即可. 【详解】（1）∵是正方体，设棱长为1，如图建立空间直角坐标系． ∵， ∴，,则． ． 当时，最小，的最小值为． （2）由（1）知，当最小时，点，，， ，，， 设平面EFD的法向量， ∴，即，，取，∴． 设平面EFC的法向量为， ∴，，取，∴， 设平面EFD与平面EFC的夹角为， ， ∴平面EFD与平面EFC的夹角的余弦值为． 23．（23-24高二上·湖南·期中）如图，四面体中，，，，E为的中点. (1)证明：平面平面； (2)，，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）由等腰三角形性质有、，根据线面垂直的判定证平面，再由面面垂直的判定证结论； （2）由（1）有平面，根据已知证，构建空间直角坐标系，应用向量法求线面角正弦值. 【详解】（1）由，为的中点，所以； 由，为的中点，所以； 又，平面，，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）连接，由（1）知平面，平面，所以， 所以，当时最小，即的面积最小. 因为，所以，又，所以是等边三角形， 因为为的中点，所以，， 因为，所以，在中，所以. 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，所以，， 设平面的一个法向量为，则，取，则， 又，，所以， 所以， 设与平面所成角为，所以， 所以与平面所成的角的正弦值为. 24．（23-24高二上·湖北武汉·期中）在如图所示的试验装置中，两个正方形框、的边长都是，且平面平面，活动弹子、、分别在正方形对角线和、上移动，记，平面，记. (1)证明：平面； (2)当的长最小时，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面平行的性质推导出，证明出，可得出，再利用面面垂直的性质定理可证得结论成立； （2）根据已知条件求出线段的长，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，利用空间向量法可求得二面角的余弦值. 【详解】（1）证明：因为平面，且平面， 平面平面，则， 因为，所以，，则，， 即，所以，， 因为，所以，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面. （2）解：由（1）知，平面，因为平面，所以，， 所以，， 当且仅当时，等号成立， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 则，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得， 设平面的法向量为，则， 取，可得， 所以，， 由图可知，二面角为钝角，故二面角的余弦值为. 25．（23-24高二上·河北石家庄·阶段练习）如图，正方体的棱长为2，E、F分别为和的中点.    (1)求证：平面， (2)为棱上的动点，当平面与平面所成锐二面角的正弦值最小时，求. 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）以D为原点，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量证明，然后由线面垂直的判定定理可证； （2）设，利用法向量表示出，根据二次函数性质可得取得最值时的m，然后可得答案. 【详解】（1）以D为原点，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图. 则， 所以， 因为 所以， 又，平面， 所以平面.    （2）设，则， 设平面的法向量为， 则，取，得. 易知，为平面的一个法向量， 记平面与平面所成锐二面角为， 则， 因为，所以当取得最小值时取得最大值， 由上二次函数性质可知，当时，取得最大值， 所以，当平面与平面所成锐二面角的正弦值最小时， 26．（23-24高二下·甘肃·期中）设O为坐标原点，． (1)求； (2)若点P为直线OC上一动点，求的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用空间向量夹角的坐标表示计算即可； （2）利用三点共线的坐标表示设，利用空间向量的数量积的坐标表示结合二次函数性质求最值即可. 【详解】（1）由题意可知， 所以， 则； （2）由题意可设，则， 易知， 所以 ， 当时，取得最小值. 27．（23-24高二下·浙江金华·期中）在如图所示的直三棱柱中，分别是线段上的动点． (1)若平面，求的值； (2)若三棱柱是正三棱柱，是的中点，求二面角余弦值的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）过点作，交于，连接，则可证平面平面，从而得到，故可求的值，也可以过点作，可证 四边形是平行四边形，从而可求的值. （2）过作，垂足为，再过作，垂足为，连接，可证即为二面角的平面角，故可求二面角余弦值的最小值，也可以利用建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求二面角的余弦值的最小值. 【详解】（1）法1：（1）过点作，交于，连接，如图， 由平面，平面， 则平面且， 又平面，，且平面， 故平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以，从而，故. 法2：过点作，交于，则由可得， 所以四点共面，而平面，平面， 平面平面，所以， 四边形是平行四边形， 所以，所以. （2）法1：过作，垂足为， 由正三棱柱可得平面平面， 而平面平面，平面，则平面， 再过作，垂足为，连接， 因为平面，故， 而平面，故平面， 而平面，故， 则即为二面角的平面角． 又在中，， ， 当位于时，此时， 故二面角余弦值的最小值为. 方法2：取的中点由正三棱锥得平面，如图建立空间直角坐标系， ， ， 设平面法向量，则即， 令得， 而平面法向量，设二面角的平面角为， 则为锐角且， 当时取到. 28．（23-24高二下·北京·期中）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为AC和的中点，D为棱上的点，． (1)证明：； (2)当为何值时，平面与平面DEF夹角最小？并求出此时夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)； 【分析】（1）根据题意，证得平面，得到，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得，设，得到，结合，即可得证； （2）根据题意，分别求得平面和平面的法向量和，利用向量的夹角公式，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】（1）证明：因为，，且，平面， 所以平面，因为，所以平面， 又因为平面，所以， 以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，可得， 设，则，则， 因为，所以，即. （2）解：由（1）可得， 设平面DEF的法向量为，则， 令，可得，所以， 又由是平面的一个法向量， 设平面与平面DEF夹角的大小为， 则，当且仅当时，等号成立， 所以当，即时，平面与夹角的最小，此时角的余弦值为． 29．（23-24高二下·江苏常州·期中）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面平面，是边长为2等边三角形，点分别为的中点，点为线段上一点（包括端点）． (1)若为线段的中点，求平面和平面夹角的正弦值； (2)当直线与平面所成的角最大时，求出的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件得到面，建立如图所示的空间直角坐标系，求出面与面的法向量，利用面面角的向量法，即可求出结果； （2）设设，求出平面的法向量和，利用线面角的向量法得到，利用基本不等式，即可求出结果. 【详解】（1）因为是正三角形，点为的中点，， 又平面平面 ，平面面，面， 所以面， 设F是中点，以E为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以 设面的一个法向量为，由，得到， 令，得到，所以， 又易知面的一个法向量为，则 所以平面和平面夹角的正弦值为. （2）设，又 则， 设平面的一个法向量为，由，得到， 令，得到，则， 设直线与平面所成的角， 所以， 又，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当时，取最大， 又，在区间上单调递增， 所以直线与平面所成角最大时，，又， 所以直线与平面所成角最大时，. 30．（23-24高二下·江苏盐城·期中）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直， . 分别是 的中点，点 在直线 上，且 . (1)证明： ； (2)当取何值时，直线与平面所成角最大?并求该角取最大值时的正切值. (3)是否存在点，使得平面与平面 所成的二面角的正弦值为，若存在，试确定点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)，2 (3)存在， 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用数量积的坐标表示，证明线线垂直； （2）代入线面角的向量公式，根据线面角正弦值的最大值，确定点的位置，从而确定线面角最大值的正切值； （3）分别求平面与平面的法向量，根据法向量夹角的余弦值，确定点的位置. 【详解】（1）证明: 如图，以 为原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴建立空间直角坐标系 则 ， ，即 ， ， 所以无论 取何值， （2） 是平面的一个法向量. 当 时， 取得最大值， 此时 . （3）假设存在，则，因为， 设 是平面的一个法向量. 则 ，解得 ，令 ，得， ， , 化简得，解得， 存在点使得平面与平面所成的二面角正弦值为，此时点的位置在 试卷第2页，共47页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！47 学科网（北京）股份有限公司 $$