空间向量与立体几何-湖南省部分市2023-2024学年高三下学期数学模拟试题分类汇编

湖南省部分市2023-2024学年下学期高三模拟试题分类汇编 ----空间向量与立体几何 一、单选题 1．（2024·湖南长沙·三模）已知正方体的棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（    ） A． B．3 C． D． 2．（2024·湖南衡阳·三模）已知圆锥（O是底面圆的圆心，是圆锥的顶点）的母线长为，高为.P、Q为底面圆周上任意两点，则三棱锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·湖南常德·一模）已知三棱锥中，平面，4，3，，7，则该三棱锥外接球的表面积为（       ） A． B． C． D． 4．（2024·湖南邵阳·模拟预测）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖、八角攒尖．如图是圆形攒尖，可近似看作圆锥与圆柱的组合体（圆锥与圆柱的底面重合且半径相等），已知此组合体中圆柱底面的半径为4，圆锥与圆柱的高相等，若圆锥的顶点与圆柱的上、下底面圆周都在同一个球面上，则该球的体积为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·湖南岳阳·三模）下列命题正确的是（    ） A．若直线上有无数个点不在平面内，则 B．若直线不平行于平面且，则平面内不存在与平行的直线 C．已知直线，，平面，且，则直线，平行 D．已知两条相交直线，，且平面，则与相交 6．（2024·湖南益阳·模拟预测）如图所示，4个球两两外切形成的几何体，称为一个“最密堆垒”．显然，即使是“最密堆垒”，4个球之间依然存在着空隙．材料学研究发现，某种金属晶体中4个原子的“最密堆垒”的空隙中如果再嵌入一个另一种金属原子并和原来的4个原子均外切，则材料的性能会有显著性变化．记原金属晶体的原子半径为，另一种金属晶体的原子半径为，则和的关系是（    ） A． B． C． D． 7．（2024·湖南娄底·一模）已知四棱锥，平面平面，四边形是正方形，为中点，则（    ） A．平面 B．平面 C．平面平面 D． 8．（2024·湖南常德·三模）如图，现有棱长为6cm的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥，且分别为棱靠近的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的体积的最大值为（    ）    A． B． C． D． 9．（2024·湖南长沙·二模）蒙古包（Mongolianyurts）是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包古代称作穹庐､毡包或毡帐.已知蒙古包的造型可近似的看作一个圆柱和圆锥的组合体，已知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米，则该蒙古包（含底面）的表面积为（    ） A．平方米 B．平方米 C．平方米 D．平方米 10．（2024·湖南衡阳·二模）已知三棱锥中，，三棱锥的体积为，其外接球的体积为，则线段长度的最大值为（    ） A．7 B．8 C． D．10 二、多选题 11．（2024·湖南邵阳·三模）如图所示，点为正方体形木料上底面的动点，则下列结论正确的有（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点，使平面 C．不存在点，使平面 D．经过点在上底面上画一条直线与垂直，若与直线重合，则点为上底面中心 12．（2024·湖南岳阳·模拟预测）已知四棱锥的底面是边长为3的正方形，平面为等腰三角形，为棱上靠近的三等分点，点在棱上运动，则（    ） A．平面 B． C． D．点到平面的距离为 13．（2024·湖南长沙·二模）在三棱锥中，平面平面，，则（    ） A．三棱锥的体积为1 B．点到直线AD的距离为 C．二面角的正切值为2 D．三棱锥外接球的球心到平面的距离为 14．（2024·湖南益阳·三模）如图，点P是棱长为2的正方体的表面上的一个动点，则下列结论正确的是（    ） A．当点P在平面上运动时，四棱锥的体积不变 B．当点P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围为 C．使直线AP与平面ABCD所成角为的动点P的轨迹长度为 D．若F是的中点，当点P在底面ABCD上运动，且满足平面时，PF长度的最小值为 15．（2024·湖南常德·一模）已知正方形边长为4，将沿向上翻折，使点与点重合，设点为翻折过程中点的位置（不包含在点处的位置），则下列说法正确的有（     ） A．无论点在何位置，总有 B．直线与平面所成角的最大值为 C．三棱锥体积的范围为 D．当平面平面时，三棱锥的内切球的半径为 三、填空题 16．（2024·湖南邵阳·三模）在四面体中，是边长为的等边三角形，，，，点在棱上，且，过点作四面体的外接球的截面，则所得截面圆的面积最小值与球的表面积之比为 ． 17．（2024·湖南衡阳·模拟预测）某冷饮店为了吸引顾客，特推出一款蛋仔冰淇淋，其底座造型如图所示，外部为半球型蛋壳，内有三个特制的球型蛋仔，蛋仔两两相切，且都与蛋壳相切，蛋仔的顶端正好与半球型的蛋壳的上沿处于同一水平面，如果球型蛋仔的半径为，求这个蛋壳型的半球的容积为 . 18．（2024·湖南长沙·模拟预测）在棱长为的正方体中，以为球心、2为半径的球与正方体的面相交，则交线长为 . 19．（2024·湖南长沙·一模）如图是一个球形围墙灯，该灯的底座可以近似看作正四棱台.球形灯与底座刚好相切，切点为正四棱台上底面中心，且球形灯内切于底座四棱台的外接球.若正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为2，侧棱长为，则球形灯半径与正四棱台外接球半径的比值为 . 20．（2024·湖南株洲·一模）若半径为R的球O是圆柱的内切球，则该球的表面积与该圆柱的侧面积之差为 . 四、解答题 21．（2024·湖南邵阳·三模）如图，在四棱台中，四边形是边长为4的菱形，，平面，．    (1)证明：； (2)求二面角的正弦值． 22．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知正方体的棱长为，，，为线段上的动点，是点关于所在直线的对称点. (1)求证：； (2)求三棱锥的体积； (3)当时，求二面角的余弦值的绝对值. 23．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，. (1)若平面平面，求、的值； (2)若平面，求的最小值. 24．（2024·湖南怀化·二模）如图，在三棱锥中，是等边三角形，是边的中点． (1)求证：； (2)若，平面平面，求直线与平面所成角的余弦值． 25．（2024·湖南岳阳·三模）已知四棱锥的底面是边长为4的菱形，，，，是线段上的点，且．    (1)证明：平面； (2)点在直线上，求与平面所成角的最大值． 26．（2024·湖南常德·一模）已知直三棱柱中，，分别为和的中点，为棱上的动点，. (1)证明：平面平面； (2)设，是否存在实数，使得平面与平面所成的角的余弦值为? 参考答案： 1．D 【分析】分别取的中点，连接，证明平面，从而可得点在平面内，再根据，得点在以为球心，半径为1的球面上，可得动点的轨迹为平面与球的球面的交线，求出平面截球所得截面圆的半径，即可得解. 【详解】如图，分别取的中点，连接， 因为平面，平面，所以， 在中，， 所以，所以， 又，所以，所以， 又，平面，所以平面， 由，得点在平面内， 由，得点在以为球心，半径为1的球面上， 因此动点的轨迹为平面与球的球面的交线，即在平面内的圆， 连接，设点到平面的距离为，平面截球所得截面圆的半径为， 则由得， 且，所以，则， 因此动点的轨迹长度为. 故选：D. 【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解. 2．A 【分析】依题求出圆锥的底面半径，求得的面积，要使三棱锥体积最大， 只需使上的高最大，易得平面时体积最大，计算即得. 【详解】 如图，由题意，圆锥的底面半径为， 则， 要使三棱锥体积最大，须使底面上的高最大， 故须使平面，因平面底面圆，且交线为, 故只须使即可，此时 . 故选:A. 3．B 【分析】由题意画出图形，利用正弦定理求出的外接圆的半径，再由勾股定理求出三棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式得答案． 【详解】如图， 设的外心为，过作底面的垂线，使，则为三棱锥的外接球的球心， 在中，由3，，7，得， 故，设的外接圆的半径为， 则，， ． 三棱锥外接球的表面积为． 故选：B 4．D 【分析】画出示意图，根据线段数量关系即可求解. 【详解】如图，是圆锥的锥顶，是圆柱上底面的圆心，是圆柱下底面的圆心，是圆球的圆心，是圆柱上底面和圆球的交点，，    设圆锥和圆柱的高为，则，， 因为，所以， 所以，所以球的半径为， 所以球的体积为. 故选：D. 5．B 【分析】根据空间直线与平面的位置关系的定义，分类，及几何特征，逐一分析选项，可得答案. 【详解】若直线上有无数个点不在平面内，则或与相交，故A选项不正确； 若直线不平行于平面且，则与相交，所以平面内不存在与平行的直线，故B选项正确； 已知直线，平面，且，则直线平行或异面，C选项错误； 两条相交直线，且平面，则平面或与相交，D选项错误. 故选：B 6．D 【分析】依题意画出直观图，则四个金属原子的球心的连线所围成的图形为正四面体，设正四面体的棱长为，高为，外接球球心为，为正三角形的中心，求出外接球的半径，即可得到，从而得解. 【详解】由题意知，四个金属原子的球心的连线所围成的图形为如图所示的正四面体， 设正四面体的棱长为，高为，外接球球心为，为正三角形的中心， 则必有平面且，，三点共线， 在正三角形中，易求得， 在中，由，可得， 在中，由，得， 解得， 由题意得，所以， 所以． 故选：D． 7．C 【分析】由线面平行的性质判断A错误；举反例判断B错误；先证明，再由线面垂直得到平面，进而得到平面平面，判断C正确；由已知条件判断D错误. 【详解】A：易知平面， 因为，且两条直线都在平面内， 所以不可能平行平面，故A错误； B：举反例，如图垂直平面时，由于，所以不垂直，故B错误； C：作于点， 因为平面平面，且平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又，，且都在平面内， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面， 故C正确； D：没有任何条件可以证明，故D错误； 故选：C. 8．B 【分析】利用等体积法求出点到平面的距离，说明所以所求球形体积最大时即为棱长为6的正方体的正方体的内切球，再根据求得体积公式即可得解. 【详解】由题意，设点到平面的距离为， 而 ， 由，得，解得， 棱长为6的正方体的正方体的内切球的半径为， 棱长为6的正方体体对角线的长度为， 因为， 所以所求球形体积最大时即为棱长为6的正方体的正方体的内切球， 则该球形饰品的体积的最大值为. 故选：B. 9．A 【分析】由题意可求出底面圆的半径，即可求出圆锥的母线长，根据圆锥的侧面积公式以及圆柱的侧面积公式结合圆的面积公式，即可求得答案. 【详解】由题意知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米， 设底面圆的半径为r，则， 则圆锥的母线长为（米）， 故该蒙古包（含底面）的表面积为（平方米）， 故选：A 10．C 【分析】依题意可知为直角三角形且其外接圆的半径为，根据题意可求得点到平面的距离为，由求得半径求出过的截面圆半径，即可得出结论. 【详解】因为球的体积为，所以球的半径满足，可得； 又，因此，即，此时； 设点到平面的距离为，则，可得， 因为在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为，当与平面平行时，有最大值； 设球心到平面的距离为，而的外心即为的中点，外接圆的半径为， 则，故球心到平面的距离为， 可知截面圆半径为； 设在平面上的射影为，则的轨迹为圆，如下图所示：    设该圆圆心为，则当三点共线时且点在中间时，最长， 此时，故线段长度的最大值为. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键在于求出点到平面距离之后，确定出当三点共线时且点在中间时，最长，利用勾股定理计算可得其最大值. 11．AD 【分析】根据题意，结合三棱锥的体积公式、正方体的性质、线面垂直的性质以及线面平行的性质，一一判断即可 【详解】三棱锥中，底面的面积为定值，由平面平面可知， 平面上任意一点到平面的距离都相等， 则可得三棱锥的体积为定值．故A选项正确； 在正方体中，， 平面，且，所以平面， 若存在点使得平面，则与重合或平行， 显然这样的点不存在，故B选项错误； 在正方体中，，平面，平面， 所以平面，当点与重合时，为， 则存在点使得平面，故C选项错误； 因为正方体中，平面， 由题可得平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面，平面，则． 当与重合时，． 在正方形中，则可得为与的交点， 即为上底面的中心，故D选项正确． 故选：AD. 12．BCD 【分析】连接，若平面，证得，得到，与题设矛盾，可判定A错误；由线面垂直的判定定理即可证明平面，再由线面垂直的性质定理可判定B正确；将平面翻折至与平面共面，连接，结合，可判定C正确；根据，求得高，可判定D错误. 【详解】对于A中，连接，交于点，连接，如图所示， 若平面，因为平面平面，且平面， 所以，因为为的中点，所以， 又因为为棱上靠近的三等分点，所以矛盾，所以错误； 对于B中，因为平面，且平面，所以， 又因为四边形为正方形，所以， 因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以，所以B正确； 对于中，将平面翻折至与平面共面，且点在直线的两侧， 连接，由题意知：，， 因为平面，且平面，所以， 又因为四边形为正方形，所以， 因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以，所以将平面翻折至与平面共面， 如下图，， 则，所以C正确； 对于D中，设点到平面的距离为， 则， 解得，所以D正确. 故选：BCD. 13．ACD 【分析】对A：取AB的中点，面面垂直的性质定理及等体积法计算即可得；对B、C：结合中位线的性质构造出点到直线的距离，结合勾股定理计算即可得其长度，亦可得二面角的平面角，即可得其正切值；对D：设出外接球球心及，的外心，，结合线面垂直的性质定理可得四边形为矩形，从而可计算出，即可得解. 【详解】对A：如图，取AB的中点，连接DG，CG， 因为平面平面，且平面平面， 平面，又因为，所以， 所以平面， 因为， 所以，故A正确； 对B、C：取AD的中点，连接BE，取AE的中点，连接FG，CF， 因为F，G分别为AE，AB中点，则， 又因为，所以，所以， 因为平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面，又因为平面，则， 则点到直线AD的距离为， 则为二面角的平面角，，B错误，C正确； 对D：设，的外心分别为，，则， 又平面平面，平面，所以平面， 设三棱锥外接球的球心为，则平面，平面， 所以四边形为矩形，则， 故三棱锥外接球的球心到平面的距离为，D正确. 故选：ACD. 14．ABC 【分析】由底面正方形的面积不变，点到平面的距离不变，可判定A正确；以为原点，建立空间直角坐标系，设，则，结合向量的夹角公式，可判定B正确；由直线与平面所成的角为，作平面，得到点的轨迹，可判定C正确；设，求得平面的一个法向量为，得到，可判定D错误. 【详解】选项A：底面正方形的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长，所以四棱锥的体积不变，正确； 选项B：以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得， 设，则， 设直线与所成角为，则， 因为，则， 当时，可得，所以； 当时，， 当且仅当，即时，等号成立， 可知，且，所以； 所以异面直线与所成角的取值范围是，正确； 对于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，作平面，如图所示， 因为，所以， 又因为，所以，所以， 所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆， 所以点的轨迹的长度为， 综上，点的轨迹的总长度为，所以C正确； 对于D，由， 设，则 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 因为平面，所以，可得， 所以，当时，等号成立，错误. 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法： 1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； 3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； 4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 15．ACD 【分析】对于A，构造正方形的中心，然后利用线面垂直的判定定理和性质即可；对于B，直接利用点的轨迹即可否定；对于C，确定点到平面的距离的取值范围，再相应确定三棱锥体积的范围即可；对于D，先说明此时点的位置，再利用等体积法求出内切球半径即可. 【详解】 对于A，设是正方形的中心，则. 过在正方形上方作直线，使得平面，， 再在平面内以为圆心，为半径作圆， 则的轨迹为圆位于正方形上方的部分（不含点）. 由于平面，在平面内，故. 而，和在平面内交于点，所以平面. 又因为在平面内，所以，A正确； 对于B，由于平面，平面的两直线和相交， 故直线与平面所成角即为， 而当在圆的上半部分（不含点）运动时，的范围是，B错误； 对于C，由于到平面的距离的取值范围是，即， 而三棱锥的体积，故其取值范围是，C正确； 对于D，若平面平面，由于平面，在平面内， 故. 而平面平面，在平面内，，平面和平面的交线是， 故平面. 而平面，故位于同一直线上，而，且均在正方形上方，故点和点重合. 设三棱锥的内切球半径为. 由于，故. 而，，且由C选项的计算可知. 故，得，D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于构造点的轨迹，然后方可利用圆的性质求解. 16．/1：8 【分析】先根据勾股定理逆定理得到，再根据直角三角形中线性质找出外接球的球心，再结合球的截面距离分析，要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，只需球心到截面的距离最大即可． 【详解】 由题意知，， 由勾股定理可知，， 所以， 取的中点，所以， 所以四面体的外接球在斜边的中点处， 四面体的外接球的半径， 根据题意可知，过点作球的截面，若要所得的截面圆中面积最小， 只需截面圆半径最小，设球到截面的距离，只需球心到截面的距离最大即可， 而当且仅当与截面垂直时，球心到截面的距离最大，即， 取的中点，易知为等腰三角形， ，所以， 所以截面圆的半径为， 所以截面圆的面积为，球的表面积为， 所得截面圆的面积最小值与球的表面积之比为 故答案为：． 17． 【分析】根据相切得到，，然后利用勾股定理计算长度得到半径，最后求体积即可. 【详解】 取半球的球心为，三个小球的球心分别为， 则有，取的重心，则可有， 在中易求得， 则有， 则半球的半径， 半球的容积. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于根据相切得到，，然后求半径即可. 18． 【分析】由题可得球面与底面的交线为以A为圆心，为半径的弧，即可求出. 【详解】因为在正方体中，平面， 所以平面与球的截面是以A为圆心的圆， 且半径为， 所以球面与底面的交线是以A为圆心，为半径的弧， 该交线的长度为. 故答案为：. 19． 【分析】设正四棱台上底面与下底面中心分别为，则正四棱台的外接球球心为及球形灯的圆心均在直线上.由几何关系，求出，求出R的值，再根据求出r的值，即可得到比值. 【详解】如图所示，设正四棱台上底面与下底面中心分别为,作截面，则正四棱台外接球球心及球形灯的圆心均在直线上，作于H. 因为正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为2，侧棱长为， 则有，，. 在中，， 在中，， 所以，整理得. 由图可知，在圆中，有,解得， 所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是作出相关图形，利用勾股定理等得到相关方程，从而解出两个半径长. 20． 【分析】由题意可得该圆柱的高，底面半径为，计算该球的表面积与该圆柱的侧面积即可得. 【详解】由题意可得该圆柱的高，底面半径为， 故该圆柱的侧面积, 该球的表面积, 则. 故答案为：. 21．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得. （2）求出平面和平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）菱形中，，则是正三角形，在平面内过作， 由平面，得直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 于是，， 因此，所以.    （2）由（1）知，， 设平面的法向量，则，令，得， 设平面的法向量，则，令，得， 设二面角的大小为，则， 所以二面角的正弦值为. 22．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）正方体中，可证得平面，则有，再证明，可得； （2）由勾股定理，，，求出底面积，棱锥的高为3，可求体积； （3）以为坐标原点，利用向量法求二面角的余弦值. 【详解】（1）证明：连接. 由，得，又，则有， 正方体中，平面，平面，得， 又正方形中，， ，平面，所以平面， 由平面，得. 又，所以. （2），， ，， ，有， ， ∴. （3）如图所示，以为坐标原点，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，，，， 当时，有，则， ，. 设为平面的一个法向量，∴， 令，得，可得. 设为平面的一个法向量，∴， 令，得，可得. 设所成的角为 ∴. 23．(1)； (2)8. 【分析】（1）若平面平面，由面面平行的性质定理可知，，由为的中点，可得为的中点，同理为的中点，即可得出结果； （2）以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，求得的法向量为，由平面，则有，即，代入计算化简可得结果. 【详解】（1）若平面平面，平面平面，平面平面，所以， 又因为为的中点，所以为的中点，同理为的中点，所以. （2）因为，底面， 如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系， 故，则，， 设平面的法向量为，则取，可得. 因为，，所以，， 则， 因为平面，所以，即， 所以，即， 所以，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号，所以的最小值为8. 24．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用等边三角形及全等三角形性质，结合线面垂直的判定、性质推理即得. （2）由面面垂直的性质结合（1）可得两两垂直，再建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）在三棱锥中，是等边三角形，是的中点，则， 由，得≌，则，， 而平面，因此平面，平面， 所以. （2）由（1）知，，平面平面，平面平面， 平面，则平面，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量，则，令，得， 因此， 所以直线与平面所成角的余弦值是. 25．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）连结，交于点，由条件证明，建立空间直角坐标系，利用向量方法证明，结合线面垂直判定定理证明结论； （2）根据线面角的向量求法求出与平面所成角的正弦值，再求其最大值，由此可求线面角的最大值. 【详解】（1）连结，交于点，连， 由， 知， 又平面 又底面为菱形，所以 以为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 如图所示，边长为4，则， 在直角三角形中，所以 所以点 ，则 所以， 所以， ， 所以， 所以， 又，平面， 所以平面， （2）设， 所以， 故， 所以 平面的一个法向量是， 设与平面所成角为，则 当时，平面，； 当时， ， 当且仅当时取等号， 又所以， 故与平面所成角的最大值为    26．(1)证明见解析； (2)存在. 【分析】（1）先用线面垂直的判定定理证明平面，再使用面面垂直的判定定理即可； （2）使用空间向量法直接求解两平面的夹角（用表示），再根据夹角条件，解关于的方程即可. 【详解】（1） 由于在直三棱柱中，有平面，而在平面内，故. 同时有，且，故. 由于，，且和在平面内交于点，故平面. 由于在平面内，故. 取的中点，由于分别是和的中点，故，而，故，即. 由于分别是和的中点，可以得到，所以有平行四边形，故. 设和交于点，由于，，， 从而得到全等于，故. 这就得到，从而，即. 而，故. 由于，即，而，和在平面内交于点，故平面. 由于平面，在平面内，故平面平面. （2）有，又因为平面，和在平面内，故，. 由于两两垂直，故我们能够以为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由于题设条件和需要求证的结论均只依赖于线段间的比值，不妨设， 这就得到，，，，，，，. 据题设有，显然，此时. 从而有，，，. 设和分别是平面和平面的法向量，则，. 即，，从而可取，. 此时平面与平面所成的角的余弦值为， 故条件等价于，即，解得， 所以存在，使得平面与平面所成的角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$