重难点04 空间中的动点问题-【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04 空间中的动点问题 一、单选题 1．（23-24高二上·四川绵阳·阶段练习）已知正方体的棱长为2，点P为线段上的动点，则点P到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·安徽合肥·期中）在正方体中，若棱长为，，分别为线段，上的动点，则下列结论错误的是（    ） A．平面 B．直线与平面所成角的正弦值为定值 C．平面平面 D．点到平面的距离为定值 3．（23-24高二上·四川内江·期中）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱上的动点（点不与点重合）．若，则下列说法正确的个数是（    ） ①存在点，使得点到平面的距离为； ②直线与所成角为； ③平面； A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 4．（23-24高二上·浙江杭州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，P为线段上的动点，则下列结论错误的是（    ） A．直线与所成的角不可能是 B．当时，点到平面的距离为 C．当时， D．若,则二面角的平面角的正弦值为 5．（23-24高二上·北京顺义·期中）如图，在正方体中，点是线段的中点，点是线段上的动点，下列结论中错误的是（    ）    A．对于任意的点，均有 B．存在点，使得平面 C．存在点，使得与所成角是 D．不存在点，使得与平面的所成角是 6．（22-23高二下·江苏常州·期中）如图，长方体中，，P为线段上的动点，则以下结论中不正确的是（    ）    A．当时，直线BP与平面ABCD所成角的正弦值为 B．当时，若平面的法向量记为，则 C．当时，二面角的余弦值为 D．若，则 7．（23-24高二上·湖北武汉·期中）如图所示，三棱锥中，平面，，点为棱的中点，分别为直线上的动点，则线段的最小值为（    ）    A． B． C． D． 8．（23-24高二上·湖北武汉·期中）四棱柱中，侧棱底面，，底面中满足，，，为上的动点，为四棱锥外接球的球心，则直线与所成角的正弦值的最小值为（    ） A． B． C． D． 9．（23-24高二上·浙江杭州·期中）已知动点分别在正四面体的内切球与外接球的球面上，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 10．（23-24高二上·北京·期中）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，下列四个结论中，错误的是（    ）    A．存在点∥平面 B．对任意点 C．存在点，使得与所成的角是 D．不存在点，使得与平面所成的角是 11．（23-24高二上·广东东莞·阶段练习）如图，在正四棱柱中，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． D． 12．（23-24高二上·福建福州·期中）已知正方体的棱长为，球是正方体的内切球，是球的直径，点是正方体表面上的一个动点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 13．（23-24高二上·安徽池州·期中）如图，在长方体中，，点为线段上的动点，则下列结论错误的是（    ） A．当时，三点共线 B．当时，平面 C．当时，平面 D．当时， 二、多选题 14．（23-24高二上·河南商丘·期中）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，为线段上的动点，则（    ） A．存在点，使得直线 B．存在点，使得平面 C．点到直线距离的最小值为 D．三棱锥的体积为 15．（23-24高二上·海南省直辖县级单位·期中）在长方体中，，，动点P在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（    ） A．当P为中点时，为锐角 B．存在点P，使得平面APC C．的最小值 D．顶点B到平面APC的最大距离为 16．（23-24高二上·吉林松原·期中）如图，在正四棱柱中，，，E为棱上的一个动点，则（    ）    A． B．三棱锥的体积为定值 C．存在点E，使得平面 D．存在点E，使得平面 17．（23-24高二上·福建福州·期中）如图，已知正方体的棱长为1，点M为的中点，点P为该正方体的上底面上的动点，则（    ） A．满足平面的点P的轨迹长度为 B．存在唯一的点P满足 C．满足的点P的轨迹长度为 D．存在点P满足 18．（23-24高二上·福建厦门·期中）如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则直线与平面的所成角的正弦值可以是（    ） A．0 B． C． D． 19．（23-24高二上·四川成都·期中）如图，在四棱锥中，是矩形，侧棱底面，且，分别为的中点，为线段上的动点，则（    ） A．四面体每个面都是直角三角形 B． C．当点异于点时，平面 D．直线和平面所成角的正切值为 20．（23-24高二上·浙江·期中）如图，在棱长为2的正方体中，点是的中点，点是底面正方形内的动点（包括边界），则下列选项正确的是（    ） A．存在点满足 B．满足的点的轨迹长度是 C．满足平面的点的轨迹长度是1 D．满足的点的轨迹长度是 21．（23-24高二上·四川成都·期中）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．三棱锥体积的最大值是 D．当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大 22．（23-24高二上·广东广州·期中）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（    ）    A．当在平面上运动时，四棱锥的体积不变 B．当在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是 C．当直线AP与平面ABCD所成的角为时，点的轨迹长度为 D．若是的中点，当在底面ABCD上运动，且满足平面时，长度的最小值是 23．（23-24高二上·福建三明·期中）如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方体上底面上的动点，则（    ）    A．满足平面的点的轨迹长度为 B．满足的点的轨迹长度为 C．存在唯一的点满足 D．存在点满足 24．（23-24高二上·山东潍坊·期中）已知四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，且以为圆心、为半径的圆分别交，于，两点，点是劣弧上的动点，其中，则（    ） A．弧上存在点，使得与所成的角为 B．弧上存在点，使得平面 C．当时，动线段形成的曲面面积为 D．当时，以点为球心，为半径的球面与该四棱锥各侧面的交线长为 25．（23-24高二上·四川南充·期中）如图，棱长为2的正方体中，点、满足，，点是正方体表面上一动点，下列说法正确的是（    ）    A． B．平面 C．若平面，则的最大值为 D．若平面，则点的轨迹长度为 三、填空题 26．（23-24高二上·福建福州·期中）已知正方体的棱长为2，点M是棱BC的中点. （1）若点N为棱的中点，则平面AMN截正方体的截面的面积为 ； （2）若点N是棱上的一个动点，则点到平面AMN的距离的最小值为 . 27．（23-24高二上·广东佛山·期中）如图，四面体的每条棱长都等于，分别是上的动点，则的最小值是 ，此时 ． 28．（23-24高二上·辽宁·期中）三棱锥中，两两垂直，，点为平面内的动点，且满足，则三棱锥体积的最大值 ，若记直线与直线的所成角为，则的取值范围为 . 29．（23-24高二上·新疆伊犁·期中）如图，四棱锥的底面是梯形，平面，，，，，为线段上一个动点，且，若与平面所成的角为，则 ． 四、解答题 30．（23-24高二上·云南·期中）如图，在直三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，点在线段上且，点是线段上的动点.    (1)当点在什么位置时，直线平面？请说明理由； (2)当直线平面时，求平面与平面夹角的余弦值. 31．（23-24高二上·湖北武汉·期中）如图，在多面体中，侧面为菱形，侧面为直角梯形，为的中点，点为线段上一动点，且． (1)若点为线段的中点，证明：平面； (2)若平面平面，且，问：线段上是否存在点，使得直线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． 32．（23-24高二上·浙江台州·期中）如图，在三棱柱与四棱锥的组合体中，已知，四边形是菱形，，，，．    (1)求证：平面． (2)点为直线上的动点，求平面与平面所成角的余弦值的取值范围. 33．（23-24高二上·广东广州·期中）如图，在四棱锥中，，四边形ABCD是正方形，，E是棱PD上的动点，且.    (1)证明：平面ABCD； (2)是否存在实数，使得平面PAB与平面AEC所成夹角的余弦值是？若存在.求出的值；若不存在，请说明理由. 试卷第4页，共12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04 空间中的动点问题 一、单选题 1．（23-24高二上·四川绵阳·阶段练习）已知正方体的棱长为2，点P为线段上的动点，则点P到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出一个与都垂直的向量的坐标，根据空间距离的向量求法即可求得答案. 【详解】以A为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，    则， 故， 设， 则； 设为与都垂直的向量， 则，令，则， 因为由题意点P到直线的距离的最小值可认为是异面直线和的之间的长度， 故点P到直线的距离的最小值为， 故选：A 2．（23-24高二上·安徽合肥·期中）在正方体中，若棱长为，，分别为线段，上的动点，则下列结论错误的是（    ） A．平面 B．直线与平面所成角的正弦值为定值 C．平面平面 D．点到平面的距离为定值 【答案】B 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合正方体的结构特征，利用空间向量逐个计算判断即可 【详解】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图， 则， 令，得， 令，得，， 对于A，，显然， 即，， 而，平面，因此平面，A正确； 对于B，由平面，平面，得， 因为，，平面，则平面， 于是为平面的一个法向量，， 设直线与平面所成角为， 则不是定值，B错误； 对于C，由选项A知平面，即为平面的一个法向量， 而，则， 即有， 又，平面，因此平面， 则平面平面，C正确； 对于D，显然， 因此点到平面的距离为，为定值，D正确. 故选：B 3．（23-24高二上·四川内江·期中）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱上的动点（点不与点重合）．若，则下列说法正确的个数是（    ） ①存在点，使得点到平面的距离为； ②直线与所成角为； ③平面； A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线线夹角，点面距离，线面关系即可. 【详解】如图所示，以C为原点建立空间直角坐标系，设， 则， 所以，， 设面的一个法向量为， 则，取，即， 所以点到平面的距离为， 由，易知，即①正确； 设直线与所成角为， 则，即②正确； 显然，即与平面不平行，③错误. 综上，正确的说法有2个. 故选：C 4．（23-24高二上·浙江杭州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，P为线段上的动点，则下列结论错误的是（    ） A．直线与所成的角不可能是 B．当时，点到平面的距离为 C．当时， D．若,则二面角的平面角的正弦值为 【答案】D 【分析】建立如图的空间直角坐标系，利用反证法可判断A的正误，利用空间中的距离公式计算BC后可判断它们的正误，利用向量法可求面面角的余弦值后结合同角的三角函数基本关系式计算后可判断D的正误. 【详解】 建立如图所示的空间直角坐标系，则， ， 对于A，设，故， 故，而， 设直线与所成的角为，则， 若直线与所成的角是，则， 整理得到：，此方程在上无实数解， 故直线与所成的角不可能是，故A正确. 对于B，当时，结合A中分析可得，故， 故，而，设平面的法向量为， 则即，取，则，， 故， 又，故到平面的距离为， 故B正确. 对于C，当时，又B的分析可得，故， 故，故C正确. 对于D，当时，结合的分析可得，此时， 故，而，设此时平面的法向量为， 则即，取，则，， 故， 又，， 设平面的法向量为， 则即，取，则，， 故， 故，故二面角的平面角的正弦值为， 故D错误. 故选：D. 【点睛】方法点睛：立体几何中，与角、距离等有关的计算，可以利用综合法构造几何对象并利用解三角形的方法进行相关的计算，也可以利用几何体的特征构建空间直角坐标系，把角、距离的计算问题归结向量的坐标运算. 5．（23-24高二上·北京顺义·期中）如图，在正方体中，点是线段的中点，点是线段上的动点，下列结论中错误的是（    ）    A．对于任意的点，均有 B．存在点，使得平面 C．存在点，使得与所成角是 D．不存在点，使得与平面的所成角是 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量研究空间中线线、线面关系即可. 【详解】设正方体棱长为，如图所示建立空间直角坐标系， 则,    设， 则，， 所以，故A正确； 易知平面的一个法向量为， 则，即点是线段的中点时， 满足平面，故B正确； 由上可知， 所以当， 即时，使得与所成角是，故C正确； 由上可知，设平面的一个法向量为， 则有，令，即， 若与平面的所成角是， 则有， 即存在点，使得与平面的所成角是，故D错误. 故选：D 6．（22-23高二下·江苏常州·期中）如图，长方体中，，P为线段上的动点，则以下结论中不正确的是（    ）    A．当时，直线BP与平面ABCD所成角的正弦值为 B．当时，若平面的法向量记为，则 C．当时，二面角的余弦值为 D．若，则 【答案】C 【分析】根据题意可知，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，分别表示各点的坐标，然后利用空间向量求解二面角、线面角的方法计算各选项即可. 【详解】如下图所示：    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；由，可知， 则， 设，， 选项A，当时，，所以， 所以，平面ABCD的法向量为， 所以直线BP与平面ABCD所成角的正弦值为：，故A正确； 选项B，当时，，所以， 所以， 平面的法向量记为，由., 由可知，，所以可取， 所以，故B正确； 选项C，当时，，所以， 平面的法向量记为， 设平面的法向量记为，由., 由可知，，所以可取， 所以二面角的余弦值为， 所以，故C错误； 选项D，若，，， 因为， 所以，所以，， 由，解得，所以，即，故D正确. 故选：C 7．（23-24高二上·湖北武汉·期中）如图所示，三棱锥中，平面，，点为棱的中点，分别为直线上的动点，则线段的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量建立的函数关系求解即可. 【详解】三棱锥中，过作平面，由，知， 以为原点，直线分别为建立空间直角坐标系，如图，    由平面，得，则， 令，则，设， 于是， 当且仅当时取等号，所以线段的最小值为. 故选：B 8．（23-24高二上·湖北武汉·期中）四棱柱中，侧棱底面，，底面中满足，，，为上的动点，为四棱锥外接球的球心，则直线与所成角的正弦值的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，设球心，则由可求出，设，然后表示出，求出其最大值，从而可求出直线与所成角的正弦值的最小值. 【详解】因为在四棱柱中，侧棱底面， 所以四棱柱为直四棱柱， 所以， 因为，所以两两垂直， 所以以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因为，，， 所以, 球心在平面的投影坐标为，则设球心， 因为，所以，解得， 所以， 设，则， 所以 ， 设（），则 所以当，即时，有最大值， 此时直线与所成的角最小，则其对应的正弦值也最小，正弦值为 故选：C 9．（23-24高二上·浙江杭州·期中）已知动点分别在正四面体的内切球与外接球的球面上，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】计算出正四面体的内切球与外接球的半径，求出范围，即可得出的最大值. 【详解】由题意，    连接，设交点为，则点是中点 设正方体边长为， 由几何知识得，点到面距离即为， 设内切球半径为，外接球半径为， 三棱锥外接球半径， 而由正三棱锥内切球半径公式，， 取任意一点，使得， 则点在面上， ∴， 点到面距离为， 则 ∴, 故选：B. 10．（23-24高二上·北京·期中）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，下列四个结论中，错误的是（    ）    A．存在点∥平面 B．对任意点 C．存在点，使得与所成的角是 D．不存在点，使得与平面所成的角是 【答案】D 【分析】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求解.选项A，取平面的一个法向量，将∥平面平面转化为；选项B，转化为；选项C，与所成的角是转化为；选项D，由平面，结合选项C可知. 【详解】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点， 以，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 设，又， ∴，又， 则， ∴， 选项A，取平面的一个法向量， 令，解得，此时， ∴当时，与垂直，而平面， 故∥平面，故A项正确； 选项B，， 则， 故对任意点，故B项正确； 选项C，，则， 令， 化简得，解得，或， 故存在点，使得与所成的角是，故C项正确； 选项D，连接， 在正方体中， 由底面是正方形，则， 由平面，平面，则， 又平面，平面，， 则平面，即是平面的一个法向量， 由C项分析可知，存在点，使得与所成的角是， 即存在点，使得与平面所成的角是，故D项错误. 故选：D. 11．（23-24高二上·广东东莞·阶段练习）如图，在正四棱柱中，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． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，确定各点坐标，根据垂直关系得到，确定平面的法向量为，再根据向量的夹角公式计算得到答案. 【详解】如图所示：以为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设， ，即， 平面的一个法向量为， 则， ，当时，最大为，，此时最大为. 故选：B 12．（23-24高二上·福建福州·期中）已知正方体的棱长为，球是正方体的内切球，是球的直径，点是正方体表面上的一个动点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量线性运算的性质，结合空间向量数量积的运算性质进行求解即可. 【详解】因为球是正方体的内切球，是球的直径， 所以，，， 因为， 又因为点是正方体表面上的一个动点， 所以当点为正方体顶点时，有最大值，最大值为， 当点为内切球与正方体的切点时，有最小值，最小值为， 即， 即的取值范围为， 故选：A 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用空间向量数量积的运算性质. 13．（23-24高二上·安徽池州·期中）如图，在长方体中，，点为线段上的动点，则下列结论错误的是（    ） A．当时，三点共线 B．当时，平面 C．当时，平面 D．当时， 【答案】D 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，根据长方体的性质，可得判定A正确；求得的法向量为，结合，可判定B正确；求得平面的法向量为，结合，可判定C正确；由时，结合， 所以与不垂直，所以D错误. 【详解】以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 设，可得， 对于A中，当时，即为对角线的中点， 连接，在矩形中，可得也是的中点， 所以三点共线，所以A正确； 对于B中，当时，可得，所以，， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，所以， 所以，所以平面，所以B正确； 对于C中，当时，可得，所以， 设平面的法向量为，且， 则，取，可得，所以， 则，所以平面，所以C正确； 对于D中，当时，，由， 解得，则, 所以与不垂直，所以D错误. 故选：D. 二、多选题 14．（23-24高二上·河南商丘·期中）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，为线段上的动点，则（    ） A．存在点，使得直线 B．存在点，使得平面 C．点到直线距离的最小值为 D．三棱锥的体积为 【答案】BC 【分析】建立空间直角坐标系，计算可判断A项，计算可判断B项，运用空间点到线的距离公式计算可判断C项，证明面，运用等体积法计算可判断D项. 【详解】以A为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 如图所示， 则，，，，，，， 所以，，， 设，则， 所以， 对于A项，， 所以，故A项错误； 对于B项，因为面， 所以面的一个法向量为， 又因为面，， 所以，解得，即， 所以存在点M位于的中点时，使得面，故B项正确； 对于C项，因为，所以， 设，则， 所以点到直线的距离为（）， 所以当时，，故C项正确； 对于D项，因为，面，面，所以面， 所以， 易得，， 所以， 所以，故D项错误． 故选：BC. 15．（23-24高二上·海南省直辖县级单位·期中）在长方体中，，，动点P在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（    ） A．当P为中点时，为锐角 B．存在点P，使得平面APC C．的最小值 D．顶点B到平面APC的最大距离为 【答案】ABC 【分析】依题意建立空间直角坐标系，设，当为中点时，根据判断得符号即可判断A；当平面，则有，从而求出可判断B；当时，取得最小值，结合B即可判断C；利用向量法求出点到平面的距离，分析即可判断D. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 设，则，故， 则， ， 对于A，当为中点时，， 则，，则，， 所以，所以为锐角，故A正确； 当平面， 因为平面，所以， 则，解得， 故存在点，使得平面，故B正确； 对于C，当时，取得最小值， 由B得，此时， 则，，所以， 即的最小值为，故C正确； 对于D，，， 设平面的法向量， 则，可取， 则点到平面的距离为， 当时，点到平面的距离为0， 当时，， 当且仅当时，取等号， 所以点到平面的最大距离为，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是建立空间直角坐标系，求得，，从而利用空间向量法逐一分析判断各选项即可. 16．（23-24高二上·吉林松原·期中）如图，在正四棱柱中，，，E为棱上的一个动点，则（    ）    A． B．三棱锥的体积为定值 C．存在点E，使得平面 D．存在点E，使得平面 【答案】ABC 【分析】根据图形特征建立空间直角坐标系，结合坐标法逐一判断各个选项即可. 【详解】如图，以D为原点，DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，． 设，，则，． 因为，所以，故A正确； 因为，而为定值，点到平面的距离也为定值，所以为定值，故B正确； 设平面的法向量为，因为，， 所以，令，得． 因为，所以由，可得，故C正确； 因为，且无解，所以D错误． 故选：ABC 17．（23-24高二上·福建福州·期中）如图，已知正方体的棱长为1，点M为的中点，点P为该正方体的上底面上的动点，则（    ） A．满足平面的点P的轨迹长度为 B．存在唯一的点P满足 C．满足的点P的轨迹长度为 D．存在点P满足 【答案】ABC 【分析】在正方体中，证得平面平面，得到平面，求得点的轨迹长度，可判定A正确；以为原点，建立空间直角坐标系，结合向量的垂直的坐标表示，列出方程，可判定B、C正确；求得点关于平面的对称点为，结合，可判定D错误. 【详解】对于A，如图（1）所示，在正方体中，可得， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证：平面，因为，且平面 所以平面平面，又因为平面，所以平面， 所以点在线段上运动，所以点的轨迹长度为，所以A正确； 对于B，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图（2）所示， 可得，设，且， 则， 由， 解得，所以存在唯一的点使得，所以B正确； 对于C，由，可得， 即，因为， 当时，可得；当时，可得； 所以点的轨迹为线段，且， 则，所以C正确； 对于D，如图（2）所示，点关于平面的对称点为， 当点三点共线时，最短， 所以， 所以不存在点使得，所以D不正确. 故选：ABC. 18．（23-24高二上·福建厦门·期中）如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则直线与平面的所成角的正弦值可以是（    ） A．0 B． C． D． 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量公式求出线面角的正弦值，逐项判断即可. 【详解】如图： 以A为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.设， 则， 设， 所以. 设为平面的一个法向量，则， 令，得，则. 显然当点与点重合时，直线EH与平面BDG所成角最大， 因为，所以， 此时直线EH与平面BDG的所成角的正弦值为， 假设平面，则，所以. 因为，所以，即是圆弧的中点， 此时直线EH与平面BDG的所成角的正弦值为， 因为，，， 所以直线与平面的所成角的正弦值可以是0，，. 故选：ABD 19．（23-24高二上·四川成都·期中）如图，在四棱锥中，是矩形，侧棱底面，且，分别为的中点，为线段上的动点，则（    ） A．四面体每个面都是直角三角形 B． C．当点异于点时，平面 D．直线和平面所成角的正切值为 【答案】BC 【分析】因为则当为中点时，与不垂直，则选项A可以判断；由图形可知，可以建立以点D为原点空间直角坐标系，则找到与的向量进行垂直判断，即可得到选项B；因为分别为的中点，则可证明平面判断C选项；利用直线的方向向量和平面的法向量，代入夹角公式即可计算出夹角的正弦值，再根据同角三角函数值得求解，即可判断D. 【详解】因为，，在中，为中点，由于只有在等腰三角形中底面上的高才能垂直底面，由于不是等腰，则与不垂直，则在四面体有的面不是直角三角形，故A不正确； 分别为的中点，则在中， 因为平面，平面， 所以平面.C正确 以点D为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则，，， ，，则， 则可判断.B正确； ，则方向向量为. 平面的法向量 设直线和平面所成角为， 则，则，D错误. 故选：BC 20．（23-24高二上·浙江·期中）如图，在棱长为2的正方体中，点是的中点，点是底面正方形内的动点（包括边界），则下列选项正确的是（    ） A．存在点满足 B．满足的点的轨迹长度是 C．满足平面的点的轨迹长度是1 D．满足的点的轨迹长度是 【答案】AD 【分析】利用正方体中的垂直关系建立空间直角坐标系，设出对应点的坐标，翻译条件求出轨迹方程，注意变量的取值范围，求解轨迹长度即可. 【详解】 如图建立空间直角坐标系，则有，,，，，， 对于A选项，若，则，且，，故轨迹方程为，当时，，点既在轨迹上，也在底面内，故存在这样的点存在，A正确 对于B选项，，， ，在底面内轨迹的长度是以A为圆心，1为半径的圆周长的 故长度为，B错误 对于C选项，，，设面的法向量 故有，解得，故 平面， ，的轨迹方程为 ，在底面内轨迹的长度为，C错误 对于D选项，， ，，的轨迹方程为 ，在底面内轨迹的长度为，D正确 故选：AD 21．（23-24高二上·四川成都·期中）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．三棱锥体积的最大值是 D．当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大 【答案】CD 【分析】建立空间直角坐标系，对选项A，利用向量数量积判断垂直关系；对选项B，利用数量积求异面直线所成的角；对选出C，利用等体积法求三棱锥体积的最大值；对选项D，向量法求直线与平面所成角的正弦值，再根据函数的单调性即可判断. 【详解】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， ， 对于A，假设存在点，使得， 由，，所以， 解得，即点Q与D重合时，，A错误； 对于B，假设存在点，使得异面直线NQ与SA所成的角为， 由，， 所以，方程无解； 所以不存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为，B错误； 对于C，连接； 设，因为， 所以当，即点Q与点D重合时，取得最大值2，又点N到平面AMQ的距离， 所以，C正确； 对于D，由上分析知：，， 若是面QMN的法向量，则， 令，则，得， 因为，设直线DC与平面QMN所成的角为，， 所以， 当点Q自D向C处运动时，的值由0到2变大，此时也逐渐增大， 因为在为增函数，所以也逐渐增大，故D正确. 故选：CD. 22．（23-24高二上·广东广州·期中）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（    ）    A．当在平面上运动时，四棱锥的体积不变 B．当在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是 C．当直线AP与平面ABCD所成的角为时，点的轨迹长度为 D．若是的中点，当在底面ABCD上运动，且满足平面时，长度的最小值是 【答案】AC 【分析】A项，利用几何性质求出到平面上的距离，即可得出结论；B项，求出与所成角的表达式，即可得出与所成角的取值范围；C项，分类讨论点在不同平面上的轨迹，即可求出总的轨迹长度；D项，求出面的法向量，利用线面平行即可求出长度的最小值. 【详解】由题意， A.当在平面上运动时，点到面的距离不变，不变， 故四棱锥的体积不变，故A正确； B.建立如图所示空间直角坐标系：    ， 设， 则， 设与所成的角为，则， 因为， 当时，， 当时，，则， 综上：， 所以与所成角的取值范围是，故B错误； C.因为直线与平面所成的角为， 若点在平面和平面内， 因为最大，不成立； 在平面内，点的轨迹是， 在平面内，点的轨迹是. 在平面时，如图所示：    作平面， 由几何知识得，， 在中，，， 所以，∵，∴， ∴点的轨迹是以为圆心，以2为半径的四分之一圆， ∴点的轨迹长度为， ∴点的轨迹总长度为长度为，故正确： D.如图，    设， 则， 设平面的一个法向量为， 则，即，解得：， 当时， 因为平面， 所以，即， 所以， 当时，等号成立，，D错误； 故选：AC. 【点睛】关键点睛：本题考查空间向量，线线角和线面角的向量求法，考查学生理解与分析问题的能力，作图的能力，具体有很强的综合性. 23．（23-24高二上·福建三明·期中）如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方体上底面上的动点，则（    ）    A．满足平面的点的轨迹长度为 B．满足的点的轨迹长度为 C．存在唯一的点满足 D．存在点满足 【答案】ABC 【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案． 【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点， 由正方体的性质知，平面，平面 所以平面，同理平面，，平面， 所以平面平面，又平面，平面， 故点的轨迹为线段，故A正确；    以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，设且，， ，，，    对于B，，即， 又，，则点的轨迹为线段， ，且，故B正确； 对于C，， 显然，只有，时，，即，故存在唯一的点满足，故C正确； 对于D，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短， 故，故不存在点满足，故D错误． 故选：ABC． 24．（23-24高二上·山东潍坊·期中）已知四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，且以为圆心、为半径的圆分别交，于，两点，点是劣弧上的动点，其中，则（    ） A．弧上存在点，使得与所成的角为 B．弧上存在点，使得平面 C．当时，动线段形成的曲面面积为 D．当时，以点为球心，为半径的球面与该四棱锥各侧面的交线长为 【答案】ACD 【分析】对于A：计算直线的方向向量夹角的余弦值并判断选项； 对于B：根据直线的关系进行判断即可； 对于C：先判断曲面的形状为圆锥的一部分，然后根据圆锥侧面积公式进行计算； 对于D：将四棱锥的侧面展开，根据条件求解出交线所围成的扇形的圆心角，然后利用扇形的弧长公式求解出结果. 【详解】以为原点，以方向为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 对于A：设时满足条件，所以， 所以， 所以， 所以，即为中点时满足条件，故A正确； 对于B：在平面中，的延长线始终与相交， 由此可知平面一定不成立，故B错误； 对于C：由题意可知，动线段形成的曲面为圆锥侧面的， 因为， 所以曲面的面积为，故C正确； 对于D：将四棱锥的侧面展开，设球与的交点为，连接，如下图所示： 因为球的半径，所以， 所以，所以， 又因为， 所以，所以， 又因为，所以， 所以，所以为等腰直角三角形， 由对称性可知：，所以， 所以为半径的球面与该四棱锥各侧面的交线长为，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题考查空间立体几何的综合运用，其中涉及到异面直线所成角问题、动线段的轨迹问题以及球与平面的交线长度问题等，难度较大.分析球与平面的交线时，先将几何体的侧面展开，然后分析交线所形成的扇形的面积是较为常用的一种方法. 25．（23-24高二上·四川南充·期中）如图，棱长为2的正方体中，点、满足，，点是正方体表面上一动点，下列说法正确的是（    ）    A． B．平面 C．若平面，则的最大值为 D．若平面，则点的轨迹长度为 【答案】ABC 【分析】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A、B选项，分别取、中点、，连接、、、、、、，证明面面平行，找出点的轨迹，结合图形求出的最大值和点的轨迹长度，可判断C、D选项. 【详解】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，    则、、、、、， 对于A选项，，， ，故，选项A正确； 对于B选项，因为，， 设平面法向量为，则， 取，则，可得， ，即， 因为平面，所以平面，故选项B正确； 对于C选项，因为，所以为中点， 如图分别取、中点、，连接、、、、、、，    因为、分别为、中点，所以， 又因为且，则四边形为平行四边形，所以， 所以，且平面，平面，所以平面， 同理可得，平面， 因为，、平面，所以平面平面， 因此当点P 为的边上一点（异于点）时，则平面，所以平面， 故点P的轨迹为的边上一点（异于点）， 因为， 所以结合图形可知，当点P在G点或H点时，取得最大值，故选项C正确； 对于D选项，根据C选项的分析，P点的轨迹的长度为，故D选项错误. 故选：ABC 【点睛】本题的核心是将求轨迹问题转化为面面平行的问题，满足条件的点一定在与已知平面平行的平面上，只要做出这个平面就能画出轨迹. 三、填空题 26．（23-24高二上·福建福州·期中）已知正方体的棱长为2，点M是棱BC的中点. （1）若点N为棱的中点，则平面AMN截正方体的截面的面积为 ； （2）若点N是棱上的一个动点，则点到平面AMN的距离的最小值为 . 【答案】 / 【分析】（1）用作的平行线的方法，作出平面AMN截正方体的截面求解即可； （2）建立空间直角坐标系，设点的坐标，用空间点到平面距离公式求解即可. 【详解】（1）当点N为棱的中点时，由题意，如下图所示：    连接，，∵，是，的中点，∴， 在正方体中，容易证得， ∴，∴，，，四点共面， 连接，，即平面截正方体的截面图形为等腰梯形， 容易求得，在等腰梯形中，，，，    如图，作，，垂足分别为，， 则易知，，， ∴梯形的高， ∴梯形的面积. （2）当点N是棱上的一个动点时，由题意，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如下图所示空间直角坐标系，    则，，，设，其中， ∴，， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，，∴， 又∵， ∴到平面的距离为， ∵，∴，∴，∴， 即， ∴当时，即点与重合时，点到平面AMN的距离的最小值为. 故答案为：；. 27．（23-24高二上·广东佛山·期中）如图，四面体的每条棱长都等于，分别是上的动点，则的最小值是 ，此时 ． 【答案】 【分析】证明当分别是的中点时，是的公垂线，从而求得的最小值，再利用空间向量的夹角余弦公式，结合数量积运算法则即可得解. 【详解】由题意可知，三个向量两两间的夹角为， 当分别是的中点，取得最小值，理由如下， 因为分别是的中点，， 则 ， 所以，同理可证， 由异面直线公垂线的性质可知，此时取得最小值， 此时，， 所以， 又，，，， ， 所以. 故答案为：；. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是找到取得最小值时，的位置，从而得解. 28．（23-24高二上·辽宁·期中）三棱锥中，两两垂直，，点为平面内的动点，且满足，则三棱锥体积的最大值 ，若记直线与直线的所成角为，则的取值范围为 . 【答案】 / 【分析】由题意先确定出点在平面内的轨迹，从而可求出三棱锥体积的最大值，根据题意建立空间直角坐标系，利用两直线方向向量夹角的余弦值，结合三角函数的性质可求得其范围. 【详解】因为两两垂直，且， 所以由三角形全等可得， 所以三棱锥为正三棱锥，设在底面内的投影为，为的中点， 因为，两两垂直， 所以， 所以，， 所以， 因为，所以， 所以点点在平面内的轨迹是以为圆心，2为半径的圆， 所以的最大值为， 因为， 所以三棱锥体积的最大值为， 如图，以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 所以, 所以， 因为， 所以，即， 即的取值范围为， 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：此题考查棱锥的体积运算，考查线线角的求解，考查空间向量的应用，解题的关键是合理建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题. 29．（23-24高二上·新疆伊犁·期中）如图，四棱锥的底面是梯形，平面，，，，，为线段上一个动点，且，若与平面所成的角为，则 ． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面夹角，从而求解. 【详解】连接，因为：，，，在中，由余弦定理得： ， 即有：，所以：， 以点为原点，以所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 所以：，，，， 因为：，且，， 设平面的一个法向量为：， 则：，令：，得：， 所以得：，解得：. 故答案为：. 四、解答题 30．（23-24高二上·云南·期中）如图，在直三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，点在线段上且，点是线段上的动点.    (1)当点在什么位置时，直线平面？请说明理由； (2)当直线平面时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)点是线段上靠近点的三等分点时，直线平面,理由见解析. (2) 【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明； （2）利用空间向量的坐标运算，求平明与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）当点是线段上靠近点的三等分点时，直线平面,理由如下， 过点作交于点，过点作交于点，连接. 因为平面，所以平面. 因为,平面，所以平面, 又，平面, 则平面平面，因为平面,所以平面. 所以当点是线段上靠近点的三等分点时，直线平面. （2） 以的中点为原点建立如图所示空间直角坐标系, 则,设， 由即得，， ， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，得，即. 而平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角， 所以. 又因为观察可知，平面与平面夹角为锐角，所以. 31．（23-24高二上·湖北武汉·期中）如图，在多面体中，侧面为菱形，侧面为直角梯形，为的中点，点为线段上一动点，且． (1)若点为线段的中点，证明：平面； (2)若平面平面，且，问：线段上是否存在点，使得直线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)存在， 【分析】（1）根据中位线和平行四边形的性质得到，然后根据线面平行的判定定理证明； （2）建系，然后利用空间向量的方法列方程，解方程即可. 【详解】（1） 取中点，连接，， 因为分别为中点， 所以，， 因为四边形为菱形，为中点， 所以，， 所以，，则四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以∥平面. （2）取中点，连接， 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面， 因为平面，平面， 所以，， 因为，四边形为菱形， 所以三角形为等边三角形， 因为为中点， 所以，， 所以两两垂直， 以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， ，，，，，，，， 设，则，， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以， ， 所以， 所以线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为， 此时. 32．（23-24高二上·浙江台州·期中）如图，在三棱柱与四棱锥的组合体中，已知，四边形是菱形，，，，．    (1)求证：平面． (2)点为直线上的动点，求平面与平面所成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证明； （2）建立空间直角坐标系，用向量的交角公式即可求. 【详解】（1）证明：在三棱柱中， ∵，， ∴， ∵，，， ∴ ∴， 又∵，面 ∴平面； （2）连接交于点， ∵四边形为菱形， ∴ 以为原点，，为，轴，向上方向为轴建立空间直角坐标系，      则，，设， ∴，， 设为平面的一个法向量， 由，得， 取，则. ∵是平面的一个法向量， 设平面与平面所成角为， ∴. 平面与平面所成角的余弦值的取值范围为. 33．（23-24高二上·广东广州·期中）如图，在四棱锥中，，四边形ABCD是正方形，，E是棱PD上的动点，且.    (1)证明：平面ABCD； (2)是否存在实数，使得平面PAB与平面AEC所成夹角的余弦值是？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， 【分析】（1）由题设，根据线面垂直的判定得平面，再由线面垂直的性质有，并由勾股定理证，最后应用线面垂直的判定证结论； （2）构建空间直角坐标系，写出相关点的坐标，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数，即可判断存在性. 【详解】（1）因为四边形是正方形，则， 且，平面，，所以平面， 且平面，可得， 又因为，所以，即， 由平面，且，所以平面. （2）由（1）可知：平面，且， 如图，以A为坐标原点建立空间之间坐标系，    不妨设，则， 可得， 则，可得， 设平面平面AEC的法向量，则， 令，则，可得， 且平面PAB的法向量， 由题意可得：， 整理得，解得或（舍去）， 所以存在实数，的值为. 试卷第56页，共56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 $$