专题02 空间向量与立体几何（压轴题，20题）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学上学期期末真题分类汇编（湖南专用）

专题02 空间向量与立体几何（压轴题，20题） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．（23-24高二上·湖南·期末）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．在如图所示的鳖臑中，平面，，，E是BC的中点，H是内的动点（含边界），且平面，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 2．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）已知四棱台的底面为正方形，棱底面，且，则下列说法正确的是（    ） A．直线与平面相交 B．若直线与平面交于点，则为线段的中点 C．平面将该四棱台分成的大､小两部分体积之比为 D．若点分别在直线上运动，则线段长度的最小值为 3．（23-24高二上·湖南永州·期末）在长方体中，，，点E是正方形内部或边界上异于C的一点，则下列说法正确的是（    ） A．若平面，则 B．不存在点E，使得 C．若，则存在的值为 D．若直线与平面所成角的正切值为2，则点E的轨迹长度为 4．（23-24高二上·湖南长沙·期末）在正方体中，，点满足，其中，，则下列结论正确的是（    ） A．当平面时，不可能垂直 B．若与平面所成角为，则点的轨迹长度为 C．当时，的最小值为 D．当时，正方体经过点、、的截面面积的取值范围为 5．（23-24高二上·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 6．（23-24高二上·湖南·期末）如图，点是边长为2的正方体的表面上一个动点，则下列说法正确的是（    ） A．当点在侧面上时，四棱锥的体积为定值 B．存在这样的点，使得 C．当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为 D．当时，点的轨迹长度为 7．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）如图，在棱长为2的正方体中，是线段的中点，点满足，，其中，则（    ） A．存在，使得 B．当取最小值时， C．当时，直线与平面所成角的正弦值为 D．当时，过三点的平面截正方体得到的截面多边形面积为 8．（23-24高二上·湖南永州·期末）在长方体中，，E，F为的两个三等分点，点P是长方体表面上的动点，则（    ） A．的最小值为 B．的最大值为2 C．的最小值为30° D．的最大值为90° 9．（23-24高二上·湖南湘潭·期末）已知正方体的棱长为2，则以下结论正确的是（    ） A．若为线段上动点（包括端点），则点到平面的距离为定值 B．正方形底面内存在点，使得 C．若点在正方体的表面上运动，点是的中点，点满足，则点的轨迹的周长为 D．当点为中点时，三棱锥的外接球半径 10．（23-24高二上·湖南益阳·期末）如图，在直四棱柱中，分别为侧棱上一点，，则（    ）    A． B．可能为 C．的最大值为 D．当时， 11．（23-24高二上·湖南长沙·期末）如图1，《卢卡·帕乔利肖像》是意大利画师的作品．图1中左上方悬着的是一个水晶多面体，其表面由18个全等的正方形和8个全等的正三角形构成，该水晶多面体的所有顶点都在同一个正方体的表面上，如图2．若，则（    ） A． B．水晶多面体外接球的表面积为 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．点到平面的距离为 12．（23-24高二上·湖南常德·期末）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 13．（23-24高二上·湖南·期末）已知正方体的棱长为4，是棱上的一条线段，且，点是棱的中点，点是体对角线上的动点（包括端点），则下列结论正确的是（    ） A．存在某一位置，与垂直 B．三棱锥体积的最大值是 C．二面角的正切值是 D．当最大时，三棱锥的外接球表面积是 三、解答题 14．（23-24高二上·湖南·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． 15．（23-24高二上·湖南长沙·期末）在空间直角坐标系中，已知向量，点．若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为． (1)若平面：，平面：，直线l为平面和平面的交线，求直线的一个方向向量； (2)已知集合，，．记集合Q中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，集合T中所有点构成的几何体为W． （ⅰ）求和的值； （ⅱ）求几何体W的体积和相邻两个面（有公共棱）所成二面角的余弦值． 16．（23-24高二上·湖南·期末）如图，在三棱锥中，分别是棱，上的动点（不含端点），且. (1)证明：平面平面. (2)设，则当为何值时，的长度最小？ (3)当的长度最小时，求平面与平面的夹角的余弦值. 17．（23-24高二上·湖南长沙·期末）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，，是底面的内接正三角形，且，P是线段DO上一点. (1)若 ，求三棱锥P-ABC的体积. (2)当PO为何值时，直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大. 18．（23-24高二上·湖南·期末）如图，在四棱锥中，，，，.    (1)求证：平面平面； (2)若，点满足，且三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值. 19．（23-24高二上·湖南郴州·期末）如图，在正三棱柱中，底面为的中点，为上一个动点. (1)若为靠近点线段的三等分点，求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使平面与平面的夹角等于？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 20．（23-24高二上·湖南永州·期末）如图，在三棱柱中，，，，在底面ABC的射影为BC的中点，D是的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值. 2 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02 空间向量与立体几何（压轴题，20题） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．（23-24高二上·湖南·期末）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．在如图所示的鳖臑中，平面，，，E是BC的中点，H是内的动点（含边界），且平面，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】依题意作出图形，利用面面平行的判定定理可得平面平面，再由线面垂直的判定定理可得平面，进而有，，结合空间向量的数量积运算即可求解. 【详解】设F，G分别为AB，BD的中点，连接FG，EF，EG，如图， 易得，，， 因为平面，平面，所以平面， 同理平面， 又因为平面，，所以平面平面. 因为平面，所以H为线段FG上的点. 由平面，平面，得， 又，则， 由平面，得平面， 因为，所以平面，，. 因为， 所以，，. 所以 . 因为，所以. 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是推得H为线段FG上的点，从而利用空间向量数量积的定义得到，从而得解. 二、多选题 2．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）已知四棱台的底面为正方形，棱底面，且，则下列说法正确的是（    ） A．直线与平面相交 B．若直线与平面交于点，则为线段的中点 C．平面将该四棱台分成的大､小两部分体积之比为 D．若点分别在直线上运动，则线段长度的最小值为 【答案】ACD 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，对A，借助空间向量得到线与面的法向量不垂直即可得；对B，借助相似三角形计算即可判断；对C，由体积公式计算即可得；对D，设出坐标结合距离公式计算即可得. 【详解】根据题意，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 对于A，由，可知为平面的一个法向量， 又，所以， 因此与不垂直，即直线与平面相交，故A正确； 对于B，连接、、, 设正方形的中心为，正方形的中心为， 则为中点，为中点，连接，可得平面， 、平面，故与的交点即为点， 由，故，且， 故与相似，故， 故是的一个三等分点，故B错误； 对于C，如图，延长至，使得， 则， 又， 所以， 从而平面分四棱台所成的大､小两部分的体积之比为： ，故C正确； 对于D，设，其中， 因此， 则， 因此，当时取等号， 所以长度的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 3．（23-24高二上·湖南永州·期末）在长方体中，，，点E是正方形内部或边界上异于C的一点，则下列说法正确的是（    ） A．若平面，则 B．不存在点E，使得 C．若，则存在的值为 D．若直线与平面所成角的正切值为2，则点E的轨迹长度为 【答案】AD 【分析】对于A，直接由点线面的位置关系即可判断；建立适当的空间直角坐标系，对于B，若，则，结合但不同时为0，判断即可；对于C，若，则，由模长公式进行放缩即可判断；对于D，由线面角的正弦公式得点的轨迹为，结合即可判断. 【详解】对于选项A： 因为平面∥平面， 若平面，则平面， 又因为平面，且平面平面，所以，故A正确； 对于选项B：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： 因为，，点E是正方形内部或边界上异于C的一点， 所以， 但不同时为0， ，若， 则，解得， 所以存在点在正方形对角线上且异于C，使得，故B错误； 对于C，， 若，则，即，结合 令， 所以， 因为， 所以，， 所以若，则不存在的值为，故C错误； 对于D，，可取平面的法向量为， 若直线与平面所成角的正切值为2， 则直线与平面所成角的正弦值为， 化简并整理得，，结合 所以如图所示： 点E的轨迹长度为以为圆心为半径的四分之一圆周长，即，故D选项正确. 故选：AD. 【点睛】关键点睛：对于CD，结合空间向量利用数形结合，将转换为，将直线与平面所成角的正切值为2转换为，由此即可顺利得解. 4．（23-24高二上·湖南长沙·期末）在正方体中，，点满足，其中，，则下列结论正确的是（    ） A．当平面时，不可能垂直 B．若与平面所成角为，则点的轨迹长度为 C．当时，的最小值为 D．当时，正方体经过点、、的截面面积的取值范围为 【答案】BD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算即可判断AD，根据线面角的几何法可判断的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，即可判断B，根据展开图，转化为平面中两点距离最小，结合余弦定理即可求解C. 【详解】A选项：建立如图所示的空间直角坐标系，则，，， ，，，，， 所以，， 则，，设平面的法向量为， 所以令，则，即平面的一个法向量为． 若平面，则，即， ，令，解得． 即为中点时，有平面，且，故A错误； B选项：因为平面，连接，则即为与平面所成角， 若与平面所成角为，则，所以， 即点的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，于是点的轨迹长度为，故B正确； C选项：当时，,此时点在线段上运动， 如图，将平面与平面沿展成平面图形， 线段即为的最小值，利用余弦定理可知 ，所以，故C错误； D选项：当时，,故点在线段上运动, 正方体经过点、、的截面为平行四边形， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， ，，所以点到直线的距离为 ， 于是当时，的面积取最小值，此时截面面积为； 当或1时，的面积取最大值，此时截面面积为，故D正确． 故选：BD 【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型. 5．（23-24高二上·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. 6．（23-24高二上·湖南·期末）如图，点是边长为2的正方体的表面上一个动点，则下列说法正确的是（    ） A．当点在侧面上时，四棱锥的体积为定值 B．存在这样的点，使得 C．当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为 D．当时，点的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】对于选项A，求出四棱锥的体积即可判断；对于选项B，结合空间向量的线性运算即可判断；对于选项C，分当点在侧面，侧面上以及当点在上底面上，和点在侧面上三种情况分类讨论即可判断；对于选项D，分当在底面上和点在侧面上分类讨论即可判断. 【详解】对于选项A，点到侧面的距离即为2，， 故四棱锥的体积， 所以四棱锥的体积为定值，故A选项正确； 对于选项B，因为， 而，因此点是的中点， 所以这样的点不在正方体的表面上，故B选项错误； 对于选项C，①当点在侧面，侧面上时（不包括正方形 的边界），过点作平面的垂线，垂足为，连，在 中，由，可得；②当点在上底面 上时，过点作平面的垂线， 垂足为，若，必有，又由，有 ，此时点的轨迹是以为圆心，2为半径的四分之一圆， 点的轨迹长度为；③当点在侧面上时， 点在线段上符合题意， 此时点的轨迹长为；由上知点的轨迹长度为，故C选项正确； 对于选项D，①当在底面上时，点的轨迹为以为圆心， 为半径的圆与底面的交线，记圆与相交于点，与交于点， 有，可得， 则点的轨迹与底面的交线长为； ②当点在侧面上时，， 可得点的轨迹与侧面的交线为以点为圆心， 为半径的四分之一圆，交线长为． 由对称性可知，点的轨迹长度为，故D选项正确． 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：对于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态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，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. 7．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）如图，在棱长为2的正方体中，是线段的中点，点满足，，其中，则（    ） A．存在，使得 B．当取最小值时， C．当时，直线与平面所成角的正弦值为 D．当时，过三点的平面截正方体得到的截面多边形面积为 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量空间中的垂直，距离，夹角等问题. 【详解】以D为坐标原点， 的方向分别为轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， ，    。 ， ， 若，则 即, 因为，显然，所以不成立，A错误； 最小时，是的公垂线段，，， ， ，解得，B正确． 当    ， ，  ， ， 设平面的法向量为， 则 取，则， .故直线与平面所成角的正弦值为 ，C正确 当 时，在取靠近点的三等分点，连接并延长交于点，易得点是靠近点的三等分点，取靠近点的三等分点，如图所示， 过三点的平面截正方体得到的截面多边形为四边形， 则，且，又因为平面，所以，即， 则四边形为矩形，又，，求得面积为 ， D正确. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：空间中的动点问题是指在一定的约束条件下，点的位置发生变化，在变化过程中找出规律，将动点问题转化为“定点”问题、将空间问题转化为平面问题、将立体几何的问题转化为解析几何的问题等，目的是把问题回归到最本质的定义，定理或现有的结论中去，也可以通过建系用坐标法构建函数，或者借助空间向量求得结果. 8．（23-24高二上·湖南永州·期末）在长方体中，，E，F为的两个三等分点，点P是长方体表面上的动点，则（    ） A．的最小值为 B．的最大值为2 C．的最小值为30° D．的最大值为90° 【答案】BD 【分析】建立空间直角坐标系，得到点的坐标，分析出P位于长方体的四个侧面时情况相同，P位于长方体的上下两个平面时情况相同，分两种情况进行求解出，得到最值，并分析出的最大值，举出反例得到C错误. 【详解】以A为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系， 因为，所以， 不妨设，故，， 由对称性可知：P位于长方体的四个侧面时，所处情况相同， 不妨设， 则 ， 故当时，的最小值为，此时 当或2，或1时，的最大值为2， 由对称性可知：P位于长方体的上下两个平面时，所处情况相同， 不妨设， 则 ， 故当时，的最小值为0， 当或2，时，的最大值为2， 综上：的最小值为0，的最大值为2，A错误，B正确； 因为的最小值为0，故的最小值为0， 因为，所以的最大值为90°，D正确； 当点与点重合时，此时，C错误. 故选：BD 9．（23-24高二上·湖南湘潭·期末）已知正方体的棱长为2，则以下结论正确的是（    ） A．若为线段上动点（包括端点），则点到平面的距离为定值 B．正方形底面内存在点，使得 C．若点在正方体的表面上运动，点是的中点，点满足，则点的轨迹的周长为 D．当点为中点时，三棱锥的外接球半径 【答案】ACD 【分析】利用线面平行的判定定理可得平面进而可判断A，利用坐标法结合向量垂直的条件可判断B，根据条件找出点的轨迹进而可判断C，利用线面垂直的判定定理可得平面，然后利用球的性质结合条件可判断D. 【详解】对于A，由题意可得：且，∴为平行四边形，则， 又平面，平面，∴平面， 又∵为线段上的点，则点到平面的距离为定值，故A正确； 对于B，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，，，， 若，则，即与题意矛盾，所以B不正确； 对于C，取的中点为，取的中点为，取的中点为，取的中点为， 取的中点为，分别连接，，，，，， 连接，则，，由平面，平面， 所以平面， 故平面，平面，所以， 同理可得，且平面，所以平面， 由题意可得的轨迹为正六边形，其中， 所以点的轨迹的周长为，C正确； 对于D，当点为中点时，则，∵平面，平面， ∴，又，，平面，∴平面， 设的外接圆圆心为，半径为，三棱锥的外接球的球心，半径为， 连接，，，则平面，且， 对于，，， ∴，则， 所以，则，∴，即，D正确. 故选：ACD. 10．（23-24高二上·湖南益阳·期末）如图，在直四棱柱中，分别为侧棱上一点，，则（    ）    A． B．可能为 C．的最大值为 D．当时， 【答案】ACD 【分析】由题设结合余弦定理可得，进而有，再由线面垂直的判定、性质判断A；构建空间直角坐标系，应用线线角的向量求法求、的余弦值或范围判断B、C；向量法直线位置关系判断D. 【详解】由题设，四边形为等腰梯形，且， 由， 所以， 又，结合题图知：，即， 所以，则，即， 由题设面，面，则， ，面，故面，面， 所以，A对； 由两两垂直，可构建如下图示的空间直角坐标系，    若，则， 所以，则， 所以不可能为，B错； 由，则，故， 令，则， 所以，C对； 时，显然，即，D对. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：利用已知及线面垂直的性质、判定确定两两垂直，应用向量法判断其它各项为关键. 11．（23-24高二上·湖南长沙·期末）如图1，《卢卡·帕乔利肖像》是意大利画师的作品．图1中左上方悬着的是一个水晶多面体，其表面由18个全等的正方形和8个全等的正三角形构成，该水晶多面体的所有顶点都在同一个正方体的表面上，如图2．若，则（    ） A． B．水晶多面体外接球的表面积为 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．点到平面的距离为 【答案】BD 【分析】由题设画出俯视图，根据几何体关系求判断A；构建空间直角坐标系，由水晶多面体外接球球心与正方体的外接球球心重合，确定球心、一个顶点坐标，应用两点距离公式求半径，进而求外接球表面积判断B；应用向量法求线面角、点面距离判断C、D. 【详解】由水晶体俯视图如下是几何体中线段的投影，且，    所以，A错； 根据该水晶多面体的所有顶点都在同一个正方体的表面上， 所以其外接球球心与上述正方体的外接球球心重合， 构建空间直角坐标系，则，故球心为， 又，水晶多面体外接球半径，由两点距离公式有， 所以水晶多面体外接球的表面积为，B对；      由，则， 由，则，， 若是面的一个法向量，则，令，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为，C错； 点到平面的距离为，D对. 故选：BD 12．（23-24高二上·湖南常德·期末）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. 13．（23-24高二上·湖南·期末）已知正方体的棱长为4，是棱上的一条线段，且，点是棱的中点，点是体对角线上的动点（包括端点），则下列结论正确的是（    ） A．存在某一位置，与垂直 B．三棱锥体积的最大值是 C．二面角的正切值是 D．当最大时，三棱锥的外接球表面积是 【答案】ACD 【分析】通过证明线面垂直得到线垂直平面的所有直线证明异面直线垂直，然后通过固定底面积求体积最大值即可，二面角问题关键在于找到二面角的平面角，确定动点位置后再求外接球的圆心即可. 【详解】对于A：当点与点重合时，平面，而平面，所以与垂直，即A正确； 对于B：如下图所示， ， 因为平面，平面， 所以，所以，而， 所以， 要使得三棱锥的体积最大，只需满足点到平面的距离最大即可， 取的中点为，则平面与平面是同一平面， 不妨令点到平面的距离，直线与平面所成角为， 则，所以越大则越大， 所以当点与重合时，点到平面的距离最大， 作于，易知平面，所以即为点到平面的距离， 由三角形相似可得，且，得. 所以三棱锥的体积的最大值为， B错误； 对于C：连接，，二面角即为平面与平面所成的角，如下图所示， ， 因为平面，平面，平面， 所以，， 所以即为二面角的平面角， 由于，，， 所以， 所以，即， 所以二面角的正切值是， C正确； 对于D，由余弦定理得， 要使得最大时，则要最大， 则与重合，与重合，如下图所示， ， 以为坐标原点建立如所示的空间直角坐标系，则，，，， 设外接球球心坐标为， 则， 解得，，，所以， 所以外接球半径为， 所以三棱锥的外接球表面积，所以D正确； 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：若能应用极化恒等式，则能快速确定最大时需满足与重合，与重合. 三、解答题 14．（23-24高二上·湖南·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. 15．（23-24高二上·湖南长沙·期末）在空间直角坐标系中，已知向量，点．若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为． (1)若平面：，平面：，直线l为平面和平面的交线，求直线的一个方向向量； (2)已知集合，，．记集合Q中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，集合T中所有点构成的几何体为W． （ⅰ）求和的值； （ⅱ）求几何体W的体积和相邻两个面（有公共棱）所成二面角的余弦值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；；（ⅱ）， 【分析】（1）根据直线满足方程，对进行合理取值两次，求出即可求解； （2）（ⅰ）根据分析得到为截去三棱锥所剩下的部分，然后用割补法求解体积即可； （ⅱ）利用题目中给定的定义求出法向量，结合面面角的向量法求解即可． 【详解】（1）直线是两个平面与的交线， 所以直线上的点满足， 不妨设，则， 不妨设，则， 直线的一个方向向量为：； （2）（ⅰ）记集合，中所有点构成的几何体的体积分别为，， 考虑集合的子集， 即为三个坐标平面与转成的四面体， 四面体四个顶点分别为，，，， 此四面体的体积为， 由对称性知， 考虑到的子集构成的几何体为棱长为1的正方体， 即， ， 为截去三棱锥所剩下的部分， 的体积， 三棱锥的体积为， 的体积为， 由对称性知． （ⅱ）①记集合中所有点构成的几何体为，如图， 其中，正方体即为集合所构成的区域， 构成了一个正四棱锥，其中到面的距离为2， ， 的体积． ②由题意面的方程为，由题干定义知其法向量为， 面方程为，由题干定义知其法向量为， ，由图知两个相邻面所成的角为钝角， 所成二面角的余弦值为：． 【点睛】方法点睛：关于直线的方向向量求法，求出直线上的两个点坐标即可求解；求体积利用割补法，把不规则转规则进行求解：解决二面角的余弦值，利用空间向量来解决． 16．（23-24高二上·湖南·期末）如图，在三棱锥中，分别是棱，上的动点（不含端点），且. (1)证明：平面平面. (2)设，则当为何值时，的长度最小？ (3)当的长度最小时，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)时，的长度最小 (3) 【分析】（1）根据，利用线面垂直的判定定理，证得平面进而由面面垂直的判定即可求解； （3）根据线面垂直的性质，结合余弦定理和勾股定理，得到的表达式，即可由二次函数的性质求解最值. （3）建立空间直角坐标系进而求得平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）由于 又平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）作交于，连接， 由于平面，故平面，平面，故， ，故， ，故又易知是等腰直角三角形， 由余弦定理可得 ， 故， 故当时，此时的最小值为. （3）由于，故， 以为坐标原点，以所在的直线分别为和轴， 以过点垂直与平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 当时，分别为的中点， 则，， 所以， 设平面的法向量为，则，即， 取，可得平面的一个法向量， 平面的一个法向量为， 设平面与平面的所成角为，则， 故平面与平面的所成角的余弦值为. 17．（23-24高二上·湖南长沙·期末）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，，是底面的内接正三角形，且，P是线段DO上一点. (1)若 ，求三棱锥P-ABC的体积. (2)当PO为何值时，直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）应用棱锥的体积公式即可；（2）建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】（1）在，， ， 因为，， （2）如图所示，建立以点O为坐标原点的空间直角坐标系.. 设，， 所以，，，， 所以，，， 设平面PBC的法向量为， 所以， 所以. 设直线EP与平面PBC所成的角为， 由题意得. 当且仅当时等号成立，此时直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大. 18．（23-24高二上·湖南·期末）如图，在四棱锥中，，，，.    (1)求证：平面平面； (2)若，点满足，且三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明平面即可；（2）取的中点，以为坐标原点，，，所在的直线建立坐标系，用向量法解题即可. 【详解】（1）证明：由题意知为等边三角形，所以，又，所以，在中， 由余弦定理得，，所以，所以， 又，，平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）解：取的中点，连接，，则，又，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 则平面，即是三棱锥的高. 因为点满足，所以， 解得.又平面，所以. 以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，， 所以，，，，设平面的一个法向量为，所以 令，解得，，所以平面的一个法向量为. 设平面的一个法向量为，则， 令，解得，，所以平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角的大小为， 所以， 即平面与平面的夹角的余弦值为    19．（23-24高二上·湖南郴州·期末）如图，在正三棱柱中，底面为的中点，为上一个动点. (1)若为靠近点线段的三等分点，求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使平面与平面的夹角等于？若存在，求出的长；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 【分析】（1）由平面，得，由三角形内角和得，然后根据线面垂直的判定可得. （2）建立空间直角坐标系，利用法向量解决. 【详解】（1）证明如图，连接，因为为正三棱柱， 所以为正三角形， 又因为为的中点，所以， 又平面平面，平面平面，所以平面， 所以. 因为底面，解得：，所以， 所以在直角中，， 在直角中，， 所以，即，又平面， 所以平面， （2）假设存在点满足条件，设. 取的中点，连接，则平面，所以， 分别以所在直线为轴，轴，轴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，， 令，得， 同理，设平面的一个法向量为， 则，， 令， 所以. 所以， 所以，所以无解. 故不存在点，使平面与平面的夹角等于. 20．（23-24高二上·湖南永州·期末）如图，在三棱柱中，，，，在底面ABC的射影为BC的中点，D是的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明； （2）建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值. 【详解】（1）取BC的中点，连接，， ，D是的中点.， ，， 因为在底面ABC的射影为BC的中点，所以平面ABC， 又平面平面，所以平面， 又面，所以， 因为，平面，所以平面； （2）如图，以O为坐标原点，以OA、OB、所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则，， 则，，，， ，，，. 设平面的法向量为， 则，得，取，得， 因为平面，所以即为平面的一个法向量， 则，所以平面与平面的所成角的余弦值为. 2 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 $$