高二上学期优生期末复习讲义：期末真题压轴题题型全归纳 （空间向量与立体几何）-2024-2025学年高二年级上学期期末复习讲义

2025年高二上学期期末真题压轴题题型全归纳 高二数学期末复习 优生讲义 范围：空间向量与立体几何（选择性必修第一册） 目 录 题型一： 空间向量数量积最值（或范围）问题（共5个题） 1 题型二： 空间向量模最值（或范围）问题（共 4 小题） 3 题型三： 线面角的最值问题（共 3 小题） 4 题型四： 二面角的最值问题（共 3 小题） 6 题型五： 线面角的探索性问题（共 3 小题） 7 题型六： 二面角的探索性问题（共 6 小题） 9 题型1： 空间向量数量积最值（或范围）问题（共5个题） 1. （23-24高二上·安徽·期末）已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，为圆的直径，为圆上的点，则的最大值为（    ） A．4 B． C．5 D． 2. （23-24高二上·湖南·期中）已知正方体的棱长为2，球是正方体的内切球，点是内切球表面上的一个动点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3. （23-24高二上·北京·期末）《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”，平面，，为底面及其内部的一个动点且满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4. （23-24高二上·安徽·期末）已知正四面体的棱长为4，空间内动点满足，则的最大值为 . 5. （23-24高二上·广东江门·期中）正方体的棱长为2，若动点在线段上运动，则的取值范围是 ． 题型2： 空间向量模最值（或范围）问题（共 4 小题） 1. （23-24高二上·四川·期末）已知棱长为的正方体中，点P满足，其中，．当平面时，的最小值为（    ） A．1 B． C． D．2 2. （23-24高二上·安徽·期末）如图，在直三棱柱中，，，D为AB的中点，点E在线段上，点F在线段上，则线段EF长的最小值为（    ） A． B． C．1 D． 3. （22-23高二上·广东·期末）如图，在正方体中，，E，M，N，P，Q分别为，，，，的中点，O为平面内的一个动点，则的最小值为 . 4. （23-24高二上·河南·期末）如图，在棱长为2的正方体中，P为正方形（包括边界）内一动点，当P为的中点时，与所成角的余弦值为 ；若，则的最大值为 ． 题型3： 线面角的最值问题（共 3 小题） 1. （2023-2024高二上·福建·期末）如图，正方体中，，，， 当直线与平面所成的角最大时，（    ） A． B． C． D． 2. （23-24高二上·陕西·期末）（多选题）已知正方体的棱长为1，H为棱上的动点，则下列说法正确的是（    ） A． B．平面与平面的夹角为 C．三棱锥的体积为定值 D．若平面，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 3. （23-24高二上·山东·期末）如图，多面体，底面为正方形，底面，，，动点在线段上，则下列说法正确的是（    ） A．多面体的外接球的表面积为 B．的周长的最小值为 C．线段长度的取值范围为 D．与平面所成的角的正弦值最大为 4. （24-25高二上·浙江·期中）如图，在正四棱柱中，，点在线段上运动，则下列结论正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．若为的中点，则直线平面 C．若点运动到线段中点，则异面直线与所成角的正弦值是 D．直线与平面所成角的正弦的最大值为 题型4： 二面角的最值问题（共 3 小题） 1. （22-23高二上·安徽·期末）如图，在四棱锥中，，E是PB的中点． (1)求CE的长； (2)设二面角平面角的补角大小为，若，求平面PAD和平面PBC夹角余弦值的最小值． 2. （23-24高二上·天津·期末）如图①所示，矩形中，，，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连接PB，PC，得到图②的四棱锥，N为PB中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线BC与平面所成角的大小； (3)设的大小为θ，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 3. （23-24高二上·广东·阶段练习）如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥． (1)求四棱锥的体积的最大值； (2)若棱的中点为，为上的点，当平面时，求的值； (3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 题型5： 线面角的探索性问题（共 3 小题） 1. （23-24高二上·广东·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，点是棱的中点，点是棱上一点. (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正切值为，求点到平面的距离. 2. （23-24高二上·江西·期末）如图，四棱台中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，分别为的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为. (1)求证：∥平面； (2)求点到平面的距离； (3)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由 3. （22-23高三上·河南·期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，其对角线与交于点，，. (1)证明：平面； (2)若，，为锐角三角形，点为的中点，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积. 题型6： 二面角的探索性问题（共 6 小题） 1. （23-24高三下·湖南株洲·开学考试）如图，圆柱的轴截面是边长为的正方形，下底面圆周的一条弦交于点，其中，． (1)证明：平面平面． (2)在上底面圆周上是否存在点，使得二面角的正弦值为若存在，求的长若不存在，请说明理由． 2. （23-24高二上·安徽·期末）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，且，平面平面ABCD，，点E为线段PC的中点，点F是线段AB上的一个动点． (1)求证：平面平面PBC； (2)设二面角的平面角为θ，当时，求的值． 3. （23-24高二上·云南·期末）如图，在三棱锥中，，，点O是的中点，平面. (1)求； (2)点M在直线上，二面角的正弦值为，求三棱锥的体积. 4. （23-24高二上·湖南·期末）如图所示，是的直径，点是上异于，平面ABC，、分别为，的中点， (1)求证：EF⊥平面PBC； (2)若，，二面角的正弦值为，求BC． 5. （23-24高二上·云南·期末）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，分别是的中点，点为线段上一点，. (1)证明：； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，试求的值. 6. ．（23-24高二上·湖南·期末）由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小. 第 2 页 第 1 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高二上学期期末压轴题题型全归纳 高二数学期末复习 优生讲义 范围：空间向量与立体几何（选择性必修第一册） 目 录 题型一： 空间向量数量积最值（或范围）问题（共5个题） 1 题型二： 空间向量模最值（或范围）问题（共 4 小题） 5 题型三： 线面角的最值问题（共 3 小题） 9 题型四： 二面角的最值问题（共 3 小题） 17 题型五： 线面角的探索性问题（共 3 小题） 25 题型六： 二面角的探索性问题（共 6 小题） 30 题型1： 空间向量数量积最值（或范围）问题（共5个题） 1. （23-24高二上·安徽·期末）已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，为圆的直径，为圆上的点，则的最大值为（    ） A．4 B． C．5 D． 【答案】A 【分析】根据已知条件作出图形，利用向量的线性运算及数量积公式，结合锐角三角函数即可求解. 【详解】如图所示 由题意可知，， 因为为的中点，所以, 所以， 当时，取最小值，此时取最大值， 所以的最大值为4. 故选:A. 2. 2．（23-24高二上·湖南·期中）已知正方体的棱长为2，球是正方体的内切球，点是内切球表面上的一个动点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，取中点为，则，再结合向量的运算，代入计算，即可得到结果. 【详解】 取中点为，因为，， 所以， 又，则， 又正方体的棱长为2，则正方体的内切球半径为1，则，， 所以， 所以， 所以当，反向时，，有最小值为； 当，同向时，，有最大值为. 故选：D. 3. （23-24高二上·北京·期末）《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”，平面，，为底面及其内部的一个动点且满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知可求得，建立空间坐标系，利用已知设，，根据向量的数量积公式及辅助角公式计算即可得出结果. 【详解】平面，，连接，由，可得， 四边形为矩形，以为轴建立如图所示坐标系， 则，设，， 则， 所以 因为，则，则， 所以. 故选：D 4. （23-24高二上·安徽·期末）已知正四面体的棱长为4，空间内动点满足，则的最大值为 . 【答案】 【分析】利用空间向量的线性运算得到轨迹，再把目标式表示为函数，利用三角函数有界性求解即可. 【详解】    设的中点为，因为动点满足，所以， 即点在以为球心，以为半径的球面上. 因为，所以. 因为正四面体的棱长为4，所以， 在三角形中，，. 取的中点为，， 所以在上的投影向量的模为，所以. 设，夹角为， 所以. 因为， 所以，即的最大值为. 故答案为： 5. （23-24高二上·广东江门·期中）正方体的棱长为2，若动点在线段上运动，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，设，即可求出，再根据的范围，求出的取值范围． 【详解】解：以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系． 则，，，，． ，，． 点在线段上运动， ，且． ， ， ∵，∴，即， 故答案为：． 题型2： 空间向量模最值（或范围）问题（共 4 小题） 1. （23-24高二上·四川·期末）已知棱长为的正方体中，点P满足，其中，．当平面时，的最小值为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量结合线面平行求出的关系，再借助二次函数求出向量模的最小值作答. 【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，于是， 即有，向量是平面的一个法向量， ，则，而， 于是，因为平面，则， 即，化简得，即， 因此，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 故选：C 2. （23-24高二上·安徽·期末）如图，在直三棱柱中，，，D为AB的中点，点E在线段上，点F在线段上，则线段EF长的最小值为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】B 【分析】根据给定条件建立空间直角坐标系，令，用表示出点E，F坐标，再由两点间距离公式计算作答. 【详解】依题意，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设，则，设，有， 线段EF长最短，必满足，则有，解得，即， 因此，，当且仅当时取“=”， 所以线段EF长的最小值为. 故选：B 3. （22-23高二上·广东·期末）如图，在正方体中，，E，M，N，P，Q分别为，，，，的中点，O为平面内的一个动点，则的最小值为 .      【答案】 【分析】先根据线面垂直得出E关于面MNPQ的对称点T，,再建系根据两点间距离求解即可. 【详解】延长，与的延长线交于点， 是正方形， ， 易得，又,平面,平面,所以平面， 则平面，．E关于面MNPQ的对称点T, 易知，    以为坐标原点，DA，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系． ，E， P，分别为，的中点, ，，则. 故答案为: . 4. （23-24高二上·河南·期末）如图，在棱长为2的正方体中，P为正方形（包括边界）内一动点，当P为的中点时，与所成角的余弦值为 ；若，则的最大值为 ． 【答案】 3 【分析】以D为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D-xyz，当P为的中点时，利用向量法即可求解异面直线与所成角的余弦值；设，，由题意可得，令，，，根据两点间的距离公式及三角函数的知识即可求解的最大值. 【详解】解：以D为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D-xyz，则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），，． 当P为的中点时，，因为，， 所以， 所以与BD所成角的余弦值为； 设，，则， 因为，所以，即， 令，，，则，， 因为，所以， 因为，所以． 故答案为：；3. 题型3： 线面角的最值问题（共 3 小题） 1. （2023-2024高二上·福建·期末）如图，正方体中，，，， 当直线与平面所成的角最大时，（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用坐标法，利用线面角的向量求法，三角函数的性质及二次函数的性质即得. 【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1， 则， 所以，，， 设平面的法向量为，则， ∴，令，可得， 又， 设直线与平面所成的角为，则 ，又， ∴当时，有最大值，即直线与平面所成的角最大. 故选：C. 2. （23-24高二上·陕西·期末）（多选题）已知正方体的棱长为1，H为棱上的动点，则下列说法正确的是（    ） A． B．平面与平面的夹角为 C．三棱锥的体积为定值 D．若平面，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 【答案】AC 【分析】以点A为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断ABD各选项的正误，利用锥体的体积公式可判断C选项的正误. 【详解】以点A为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系. 则、、、、、、、， 设点，其中. 对于A选项，，， 则， 所以，A选项正确； 对于B选项，设平面的法向量为，，， 由，取，可得，则， 设平面的法向量为，， 由，取，则，则， 可得， 所以，平面与平面的大小不是，B选项错误； 对于C选项，，平面，平面，平面， 到平面的距离等于点到平面的距离， 而点到平面的距离为，即三棱锥的高为， 因此，，C选项正确； 对于D选项，平面，则为平面的一个法向量，且， 又，， 所以，直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，D选项错误. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 3. （23-24高二上·山东·期末）如图，多面体，底面为正方形，底面，，，动点在线段上，则下列说法正确的是（    ） A．多面体的外接球的表面积为 B．的周长的最小值为 C．线段长度的取值范围为 D．与平面所成的角的正弦值最大为 【答案】AC 【分析】根据题意将多面体放入正方体中，根据正方体外接球相关知识直接判断A，根据图形展开以及余弦定理判断B，建立合适的空间直角坐标系，结合线段长度和线面角公式判断C和D. 【详解】对于A，由题意可知，多面体可以放在如图所示的正方体当中，    设中点为，则为多面体的外接球球心， 所以多面体的外接球半径为， 则多面体的外接球的表面积为，故A正确. 对于B，的周长为， 将如下图所示展开，当三点共线时，最小，    由， 则，所以，所以， 在中，由余弦定理得，， 所以， 则的周长最小为，故B错误. 对于C，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，设，， 则，故C正确. 对于D，由， 所以， 设平面法向量， 由，令，则， 则与平面所成角的正弦值为， 因为，所以，当，即时， 取得与平面所成角的正弦值的最大值，故D错误. 故选：AC 【点睛】方法点睛：本题考查立体几何的综合应用.解决立体几何问题的常见方法有： （1）定义法，通过相关的判定定理和性质定理直接求解； （2）空间向量法，运用空间向量进行基底转化或者运用坐标法结合公式求解； （3）转化法，通过转化与化归，将所求长度或角度转化求解. 4. （24-25高二上·浙江·期中）如图，在正四棱柱中，，点在线段上运动，则下列结论正确的是（    ）    A．三棱锥的体积为定值 B．若为的中点，则直线平面 C．若点运动到线段中点，则异面直线与所成角的正弦值是 D．直线与平面所成角的正弦的最大值为 【答案】ACD 【分析】证明出平面，可知点到平面的距离等于点到平面的距离，利用锥体的体积公式可判断A选项； 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可判断BCD选项. 【详解】对于A选项，在正四棱柱中，，且， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 因为平面，平面，所以，平面， 因为，所以，点到平面的距离等于点到平面的距离， 所以，为定值，A对； 对于B选项，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，    设，则、、、、、， 因为为的中点，则，则，， 所以，，所以，与不垂直， 故当为的中点时，直线与平面不垂直，B错； 对于C选项，，， 则， ， 所以，，C对； 对于D选项，设平面的法向量为，，， 则，取，可得，此时，， ， 所以， ， 当且仅当时，等号成立，故直线与平面所成角的正弦的最大值为，D对. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 题型4： 二面角的最值问题（共 3 小题） 1. （22-23高二上·安徽·期末）如图，在四棱锥中，，E是PB的中点． (1)求CE的长； (2)设二面角平面角的补角大小为，若，求平面PAD和平面PBC夹角余弦值的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】(1)由条件证明，解三角形求即可； (2)建立空间直角坐标系，求平面PAD和平面PBC的法向量，结合向量夹角公式求平面PAD和平面PBC夹角余弦值，利用换元法和二次函数性质求其最小值. 【详解】（1）取PA的中点G，连接DG，EG，如图所示： 则，且，， 所以四边形CDGE为平行四边形． 因为，所以为直角三角形，， 在中，因为，所以， 所以 所以CE的长为； （2）在平面ABCD内过点A作BC的平行线，交CD的延长线于点M，如图所示， 则，， 以点M为坐标原点，分别以MA，MC为x轴和y轴，以与平面垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，取AD的中点为N，连接PN，MN，则，，平面，所以平面，平面， 所以平面平面，在平面PMN内过点P作，垂足为F， 因为平面平面，所以平面， 由已知可得，则，设． 因为，所以， 因为，，为线段的中点，所以， 所以， 所以， 所以． 设平面PAD的法向量， 则 令，则． 设平面的法向量， 因为， 则 令．则，所以为平面的一个法向量． 设平面PAD和平面PBC的夹角为， 则 ． 令，所以， 所以，所以当时，有最小值， 所以平面PAD和平面PBC夹角余弦值的最小值为． 【点睛】本题解决的关键在于根据二面角的平面角的定义确定二面角的平面角，结合所建坐标系确定点的坐标. 2. （23-24高二上·天津·期末）如图①所示，矩形中，，，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连接PB，PC，得到图②的四棱锥，N为PB中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线BC与平面所成角的大小； (3)设的大小为θ，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）取中点，借助三角形中位线性质，结合平行公理，利用线面平行的判定推理即得. （2）借助面面垂直的性质，以为原点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出大小. （3）连接DG，过点D作平面ABCD，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及法向量，列出方程，即可得到结果. 【详解】（1）取中点，连接，由N为PB中点，得， 依题意，，则， 于是四边形是平行四边形，，而平面，平面， 所以平面. （2）取中点，连接，由，得，而平面平面， 平面平面平面，则平面， 过作，则平面，又平面，于是， 在矩形中，，，则， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，令，得， 设直线BC与平面所成的角为，则， 所以直线BC与平面所成角的大小为. （3）连接，由，得，而，则为的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 显然平面，平面，则平面平面， 在平面内过作于点，则平面， 设，而，则，，， 即，， 所以， 于是，， 设平面PAM的法向量为，则， 令，得，设平面的法向量为， 因为，， 则，令，得， 设平面和平面为， 则 令，，则，即，则当时，有最小值， 所以平面和平面夹角余弦值的最小值为． 【点睛】方法点睛：利用向量法求二面角的常用方法：①找法向量，分别求出两个半平面所在平面的法向量，然后求得法向量的夹角，结合图形得到二面角的大小；②找与交线垂直的直线的方向向量，分别在二面角的两个半平面内找到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方向向量，则这两个向量的夹角就是二面角的平面角． 3. （23-24高二上·广东·阶段练习）如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥． (1)求四棱锥的体积的最大值； (2)若棱的中点为，为上的点，当平面时，求的值； (3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）作出辅助线，得到当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出，从而得到体积最大值； （2）取中点，取中点，连接，证明平面，得为重心即可； （3）作出辅助线，得到为的平面角，即，建立空间直角坐标系，求解平面和平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式得即可. 【详解】（1）解：取的中点，连接，    因为，则， 当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值， 此时平面，且， 底面为梯形，面积为， 则四棱锥的体积最大值为； （2）   取中点，取中点，连接， 则，，所以四边形是平行四边形， 所以，平面，平面， 则平面， 又为的中线， 则为重心，则 （3）连接，过作于点，， 所以，， 平面，平面，则平面， 则，，平面，平面， 则平面， 所以为的平面角，即， 则， 过点作平面，以为坐标原点，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,0,，,1,，,2,，,2,，， 设平面的法向量为，又， 则，令，则， 设平面的法向量为,,，又因为， 则，令，可得：， 设两平面夹角为， 则 ， 令，所以， 所以，当时，有最小值， 所以平面和平面夹角余弦值的最小值为. 题型5： 线面角的探索性问题（共 3 小题） 1. （23-24高二上·广东·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，点是棱的中点，点是棱上一点. (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正切值为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理与性质，即可证明； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角，结合向量夹角公式，即可求解点坐标，进而根据点面距离的向量法即可求解. 【详解】（1）因为在正方形中，有， 又底面，平面， 所以，又，平面, 所以平面，又平面， 所以，又，点是棱的中点，所以有， 又，平面，所以平面，又平面， 所以； （2）如图，以点为原点，以，，所在直线为，，轴，建系如图， 则,0,,,0,,,0,,， 设点,3,，， 所以，，， 设平面的法向量， 则，取， 由于直线与平面所成角的正切值为，故直线与平面所成角的正弦值为 所以直线与平面所成角的正弦值为： ， 化简可得，即， 所以或（舍， 即点,3,，所以，，， 所以点到平面的距离． 2. （23-24高二上·江西·期末）如图，四棱台中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，分别为的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为.    (1)求证：∥平面； (2)求点到平面的距离； (3)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由 【答案】(1)详见解析； (2)； (3)存在点，此时. 【分析】（1）建立空间直角坐标系后，用直线的方向向量和平面的法向量垂直,即可证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系后，用点到平面的距离公式即可求解； （3）假设存在，列出方程求解即可. 【详解】（1）证明：因为平面，以点为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.    因为侧棱所在的直线与上下底面中心的连线所成的角为，则 ，，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 因为， 所以，所以， 又因为平面， 所以∥平面； （2）解：由（1）知，， 所以点到平面的距离为； （3）解：假设边上存在点满足条件，， 则， 设直线与平面所成角为， 由题意可得， 化简得，则或（舍去）， 即存在点符合题意，此时. 3. （22-23高三上·河南·期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，其对角线与交于点，，. (1)证明：平面； (2)若，，为锐角三角形，点为的中点，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）首先根据垂直关系的转化证明平面，再证明，根据线面垂直的判断定理，即可证明； （2）首先根据（1）的结果，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式，求点的坐标，再利用等体积转化求三棱锥的体积. 【详解】（1）证明：因为底面是菱形，所以， 又因为，，平面，平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 又因为，与交于点，所以， 且，平面， 所以平面. （2）以为坐标原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，设， 则，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 即令，解得，. 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则， 解得或，所以或， 因为为锐角三角形，所以， 而，   . 题型6： 二面角的探索性问题（共 6 小题） 1. （23-24高三下·湖南株洲·开学考试）如图，圆柱的轴截面是边长为的正方形，下底面圆周的一条弦交于点，其中，．    (1)证明：平面平面． (2)在上底面圆周上是否存在点，使得二面角的正弦值为若存在，求的长若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，的长为 【分析】（1）根据圆和圆柱的性质可证平面； （2）设平面交圆柱上底面于且交于点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面与平面的一个法向量，由的正弦值为，从而可求解. 【详解】（1）证明：由题意可知：在下底面圆中，为直径， 因为，所以为弦的中点，且， 因为，，、平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面， （2）设平面交圆柱上底面于，交于点， 以D为坐标原点，分别以下底面垂直于的直线、、为、、轴建立空间直角坐标系如图所示：    因为，底面圆半径为所以． 则，，，设． 则，，，， 设平面的一个法向量为， 由，得，即， 令则， 设平面的一个法向量为， 则，得， 令，则 又二面角的正弦值为， 所以， 化简得：，解得：或（舍），所以， 又因为平面，平面，平面平面， 所以，，且为的中点， 所以，. 所以存在点，使得二面角的正弦值为，的长为. 2. （23-24高二上·安徽·期末）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，且，平面平面ABCD，，点E为线段PC的中点，点F是线段AB上的一个动点． (1)求证：平面平面PBC； (2)设二面角的平面角为θ，当时，求的值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的性质判定、面面垂直的判定推理即得. （2）以D为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量求法列式计算即得. 【详解】（1）由四边形ABCD是正方形，得，而平面平面ABCD， 平面平面平面ABCD，则平面PCD， 又平面PCD，于是， 由，点为线段PC的中点，得， 又平面PBC，因此平面PBC，而平面DEF， 所以平面平面PBC. （2）由（1）知平面PCD，而，则平面PCD， 在平面PCD内过D作交PC于点G，显然直线DA，DC，DG两两垂直， 以D为原点，直线DA，DC，DG分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 由，，得，， 设，则，设平面DEF的法向量为， 则，令，得， 而平面PCD的法向量为，则， 而，解得，此时． 3. （23-24高二上·云南·期末）如图，在三棱锥中，，，点O是的中点，平面. (1)求； (2)点M在直线上，二面角的正弦值为，求三棱锥的体积. 【答案】(1). (2)或 【分析】（1）分别利用勾股定理得出，结合在直角中，，即可求解； （2）以O为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出三棱锥的体积. 【详解】（1）因为，点O是的中点， 所以， 在直角中，， 又平面，平面，所以， 在直角中，， 又因为，所以， 在直角中，，所以，解得，所以. （2）如图： 以O为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则，， 由题意平面的一个法向量为，设，则， 设为平面的一个法向量，则，即， 令，则， 因为二面角的正弦值为， 所以，化简得， 解得或， 当时，则，所以， 所以， 所以三棱锥的体积为； 当时，则，所以， 所以， 所以三棱锥的体积为； 所以三棱锥的体积为或. 4. （23-24高二上·湖南·期末）如图所示，是的直径，点是上异于，平面ABC，、分别为，的中点， (1)求证：EF⊥平面PBC； (2)若，，二面角的正弦值为，求BC． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判断定理证明平面，再证明，即可证明； （2）以为原点建立空间直角坐标系，分别求平面和的法向量，利用法向量夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：因为平面ABC，平面。所以， 因为是的直径，知， 因为，且平面，所以平面， 由分别是的中点，所以，所以平面． （2）以为原点，所在直线分别为x轴、轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设，，且， 所以，， 易知平面的一个法向量， 设平面的一个法向量，则 则，即，∴， 取，得，，则， 因为二面角的正弦值为，则其余弦值为， 所以，化简得， 又因为，所以， 解得：，即， 所以，即. 5. （23-24高二上·云南·期末）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，分别是的中点，点为线段上一点，.    (1)证明：； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，试求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）比较好建系，可用相量法解题，只需要证明即可; （2）建立坐标系以后，写出关键点坐标，取出平面的一个法向量，求出平面的一个法向量，运用余弦值为构造方程，解出即可. 【详解】（1）因为，则，即， 如图所示，以为原点建立空间直角坐标系， 则， 又因为，可得， 所以.    （2）假设存在，易知平面的一个法向量为 因为， 设是平面的一个法向量，则， 令，可得，可得， 则， 化简得，解得或， 因为，可得. 6. ．（23-24高二上·湖南·期末）由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）法一：将几何体补成四棱柱，得到四边形为平行四边形，故，得到线面平行； 法二：得到两两垂直，建立空间直角直角坐标系，得到平面的法向量，从而得到，得到结论； （2）设，作出辅助线，找到二面角的平面角为，根据正切值得到方程，求出，求出平面的法向量，得到平面与平面夹角的余弦值，求出答案； 【详解】（1）法一：将几何体补成四棱柱， 因为，， 所以四边形为平行四边形， 所以，， 又， 故，， 故四边形为平行四边形， 故， 又平面，平面， 平面. 法二：∵四边形是菱形， ∴⊥， 又平面，平面， ∴，， 故两两垂直， 以直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 其中， 则，设， 由得， 由得， 则， 设平面的法向量为， 则，取，得， ， 又平面， 平面. （2）设，取的中点，则， 又四边形是菱形，， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面， 故面， 因为平面， 则， 因为且， 所以四边形为平行四边形，故， 所以， 又，故四边形为平行四边形， 故，，故. 所以为二面角的平面角. 则，其中，故， 故， 设平面的法向量为， 则取，得， ， 平面与平面夹角的余弦值为， 平面与平面夹角为. 第 2 页 第 1 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$