专题05 立体几何的翻折、动点轨迹、空间向量与极化恒等式等六类中六类重难题型（专项训练）数学人教A版2019选择性必修第一册

专题05 立体几何的翻折、动点轨迹、空间向量与极化恒等式等六类中六类重难题型(解析版) 目录 A题型建模・专项突破 题型一、翻折问题 1 题型二、动点轨迹问题 7 题型三、空间向量角的最值问题 14 题型四、用空间坐标法求几何体的外接球球心 25 题型五、求空间单动向量的数量积—投影问题 33 题型六、求空间双动向量的数量积—极化恒等式 37 B综合攻坚・能力跃升 题型一、翻折问题 1．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明:平面； (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 2．（2025·广西桂林·一模）如图，梯形中，为上一点，，且，将沿着翻折至所在位置，使得平面平面，连接，得到四棱锥为的中点.    (1)若为的中点，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得，若存在，求直线与平面所成角的正弦值，若不存在，请说明理由. 3．（2025·江西景德镇·三模）如图1，平面四边形为“箏型”，其中，将平面沿着翻折得到三棱锥（如图2），为的中点． (1)证明：平面平面； (2)如图2，若，，求平面与平面的夹角的正弦值． 4．（2025·江西·模拟预测）如图1，是圆的直径，，，，现将圆沿直径翻折，如图2，记二面角的大小为． (1)当时，求直线与底面所成角的正弦值； (2)是否存在使得直线与直线垂直？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 题型二、动点轨迹问题 5．（多选题）（2025·江苏南通·模拟预测）在棱长为2的正方体中，是其表面上一点，且与所成的角为，下列说法正确的是（    ） A．若是的中点，则 B．若在线段上，则 C．若，则的轨迹长度是 D．若，则不在面上 6．（2025·浙江嘉兴·二模）如图，已知，平面平面，，，，点为梯形内（包括边界）一个动点，且平面． (1)求点的轨迹长度； (2)当线段最短时，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 7．（24-25高二下·江苏宿迁·期中）如图，直角梯形和矩形所在的平面互相垂直，，，.    (1)证明：； (2)若，动点在矩形内（含边界），且. ①求动点的轨迹的长度； ②设直线与平面所成角为，求的取值范围. 8．（2025·陕西·模拟预测）如图，圆柱的底面半径和母线长均为4，是底面直径，点在圆上且，点在母线上，，点是上底面上的一个动点（若建系，请以为坐标轴建系） (1)求平面与平面的夹角的余弦值； (2)若，求动点的轨迹形状和长度； (3)若点只在上底面上的圆周上运动，求当的面积取得最大值时，点的位置.（可用坐标表示） 题型三、空间向量角的最值问题 9．（2020·山东·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l． （1）证明：l⊥平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值． 10．（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 11．如图，在三棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，为中点，为内的动点（含边界）． (1)求点到平面的距离； (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 12．（2025·河南焦作·二模）球面与过球心的平面的交线叫做大圆，将球面上三点用三条大圆弧连接起来所组成的图形叫做球面三角形，每条大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个内角.如图（1），球的半径为球的球面上的四点.    (1)若球面三角形的三条边长均为，求此球面三角形一个内角的余弦值. (2)在球的内接三棱锥中，平面，直线与平面所成的角为. （i）若分别为直线上的动点，求线段长度的最小值； （ii）如图（2），若分别为线段的中点，为线段上一点（与点不重合），当平面与平面夹角的余弦值最大时，求线段的长. 题型四、用空间坐标法求几何体的外接球球心 13．（23-24高二下·四川雅安·开学考试）在三棱锥中，和是边长为2的正三角形，且平面平面，是棱上一点，点是三棱锥外接球上一动点，当的周长最小时，的最小值为 ． 14．（17-18高三·广东佛山·阶段练习）平面四边形中，,沿直线将翻折成 ，当三棱锥的体积取得最大值时，该三棱锥的外接球的表面积是 ． 15．（2025·全国一卷·高考真题）如图所示的四棱锥中，平面，． (1)证明：平面平面； (2)，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为． （i）证明：在平面上； （ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值． 16．（2025·四川绵阳·模拟预测）三棱锥中，底面为等腰直角三角形，，．点P在底面上的射影E是线段靠近点A的四等分点． (1)求与平面所成角的正弦值； (2)求三棱锥外接球体积； (3)设靠近B的四等分点为F，D是平面ABC内的动点，且C，D在直线的两侧，满足．试探究是否存在点D使得平面平面?若存在，请求出DE的长度；若不存在，请说明理由． 题型五、求空间单动向量的数量积—投影问题 17．（2025·江西·二模）已知正方体的棱长为1，点在正方体内（包含表面）运动，若，则动点的轨迹所形成区域的面积是（   ） A． B． C． D． 18．（24-25高二上·河南周口·阶段练习）如图，在长方体中，，，为棱的中点，是线段上的动点，则下列式子的值为定值的是（   ） A． B． C． D． 19．（2024·全国·模拟预测）已知圆锥的底面半径为2，点P为底面圆周上任意一点，点Q为侧面（异于顶点和底面圆周）上任意一点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 20．（多选题）（24-25高一下·浙江·期中）如图，正方体边长为2，分别是中点，平面截正方体与棱分别交于点，下列选项正确的是（   ） A．三线交于一点 B．是多边形边上的动点，的最大值是 C．正方体被截面分成上下两部分的体积之比为 D．棱锥的外接球的表面积为 题型六、求空间双动向量的数量积—极化恒等式 21．（24-25高二上·四川成都·阶段练习）正四面体的棱长为，是它内切球的直径，为正四面体表面上的动点，的最大值为（    ） A． B． C． D． 22．（24-25高二上·贵州六盘水·期中）已知M，E，F均为圆柱表面上的动点，直线EF经过圆柱的中心O，，圆柱的底面圆的半径为5，则的最大值为 . 23．(多选题)（2025·河北·模拟预测）如图，在正八面体中，所有棱长均为，为正八面体内切球球面上的任意一点，则（   ） A．正八面体内切球的表面积为 B．正八面体的体积为 C．的取值范围是 D．的最大值为 24．（多选题）（24-25高三上·广东深圳·开学考试）如图，四棱锥底面是边长为4的正方形，若点M在四边形内（包含边界）运动，N为的中点，，，则（   ）．    A．当M为的中点时，异面直线与所成角为 B．当平面时，点M的轨迹长度为 C．当与平面所成的角是时，点M到的距离可能为 D．点Q是四棱锥外接球上的一点，则的最大值是 1．（多选题）（2025·福建宁德·三模）如图，在矩形中，为中点，现分别沿将，翻折，使点重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（    ） A． B．三棱锥的体积为 C．二面角的余弦值为 D．三棱锥外接球的半径为 2．（多选题）（2023·广东·一模）棱长为6的正四面体的四个顶点均在球的表面上，若点为球面上的任意一点，则的取值可以为（    ） A． B．3 C．5 D． 3．（多选题）（24-25高二下·浙江丽水·期末）如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（    ） A．动点轨迹的长度为 B．与不可能垂直 C．直线与平面所成角正弦值的最小值为 D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 4．（2025·江西·二模）如图，在平面四边形中，为线段上一点，满足，将沿向上翻折至，连接. (1)若，证明：平面平面； (2)若，求平面与平面所成角的余弦值. 5．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 6．（2025·江苏·三模）如图，在直三棱柱中，点在上，． (1)证明：平面； (2)若，二面角的大小为． ①求与平面所成角的正弦值； ②点在侧面内，且三棱锥的体积为，求的轨迹的长度． 7．（24-25高二下·福建泉州·期末）如图，在四棱台中，．底面ABCD为菱形，，点E为的中点．，连接AC、BD，设交点为O，连接． (1)求证：； (2)若，且二面角大小为60°，求三棱锥外接球的表面积． 8．（24-25高二上·浙江杭州·期中）在长方体中，，点M为棱上的动点（含端点）. (1)求二面角的余弦值； (2)当的长度为何值时，直线与平面所成角的正弦值最小，并求出最小值. 9．（2025·陕西延安·模拟预测）如图，三棱锥中，底面，是的中点，是的中点，． (1)求证：平面平面； (2)若，，且二面角的正弦值为，求三棱锥外接球的表面积． 10．（24-25高三上·浙江绍兴·期末）在平面直角坐标系中，过椭圆中心作斜率为的一条弦，将坐标平面沿轴折成一个直二面角. (1)求折起后的连线与轴所成夹角的大小； (2)若此椭圆的离心率为，且过点，求： （ⅰ）椭圆的标准方程； （ⅱ）设点，过点作平面的垂线，且，问：椭圆上是否存在点，使得三角形的面积与三角形的面积之比为最小？若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 立体几何的翻折、动点轨迹、空间向量与极化恒等式等六类中六类重难题型(解析版) 目录 A题型建模・专项突破 题型一、翻折问题 1 题型二、动点轨迹问题 7 题型三、空间向量角的最值问题 14 题型四、用空间坐标法求几何体的外接球球心 25 题型五、求空间单动向量的数量积—投影问题 33 题型六、求空间双动向量的数量积—极化恒等式 37 B综合攻坚・能力跃升 题型一、翻折问题 1．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明:平面； (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）设，所以，因为为中点，所以，因为，，所以是平行四边形， 所以，所以， 因为平面平面，所以平面， 因为平面平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面． （2） 因为，所以，又因为，所以， 以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 因为，平面与平面所成二面角为60° ， 所以. 则，，，，，. 所以. 设平面的法向量为，则 ，所以，令，则，则. 设平面的法向量为， 则，所以， 令，则，所以. 所以. 所以平面与平面夹角的正弦值为. 2．（2025·广西桂林·一模）如图，梯形中，为上一点，，且，将沿着翻折至所在位置，使得平面平面，连接，得到四棱锥为的中点.    (1)若为的中点，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得，若存在，求直线与平面所成角的正弦值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，. 【详解】（1）    取的中点，连接. 三点分别为的中点 在平面中，， 又平面平面平面 同理，，平面平面，所以平面， 又平面平面， 平面平面， 平面平面. （2）    因为平面平面，平面平面，平面, 所以，平面. 过作的平行线，过作交于点. 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. 梯形中，，， 所以，则. 所以. 假设在上存在点使得，设， 设，则，解得. 因为， 所以，解得. ， 因为平面平面，故取平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则 . 所以，线段上存在点使得，直线与平面所成角的正弦值为. 3．（2025·江西景德镇·三模）如图1，平面四边形为“箏型”，其中，将平面沿着翻折得到三棱锥（如图2），为的中点． (1)证明：平面平面； (2)如图2，若，，求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【详解】（1），，为的中点， ，， 平面，平面， 平面． 又平面， 平面平面． （2） 如图，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴､轴，过点且与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系． 取中点，连接，，． 由（1）可知平面，平面，， 又平面，平面，故平面． ，，为的中点，． 又，为的中点，． 则，，，，，， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，所以． 设平面的一个法向量， 则，令，则，所以. 设平面与平面的夹角为， 则，所以. 所以，平面与平面的夹角的正弦值是． 4．（2025·江西·模拟预测）如图1，是圆的直径，，，，现将圆沿直径翻折，如图2，记二面角的大小为． (1)当时，求直线与底面所成角的正弦值； (2)是否存在使得直线与直线垂直？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)不存在，理由见解析. 【详解】（1）方法一： 如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，过点作轴垂直平面，建立空间直角坐标系． 当时，平面平面，因为，，所以， 则，，． 易知底面的一个法向量为， 所以直线与底面所成角的正弦值为. 方法二： 如图，过点作，垂足为，连接， 因为，即平面平面，且平面平面，，平面， 所以平面，得到为所求直线与底面所成角， 由，， 得，，， 故． （2）不存在，理由如下： 如图1-12，过点作的垂线，垂足为，延长与圆交于点．翻折后（如图1-13），由，知，． 在将圆沿直径翻折的过程中，点在以为圆心、为半径的圆上，且该圆与直径垂直． 如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，过点作轴垂直平面，建立空间直角坐标系. 设，，则，即， 又，，，所以，， 所以． 因此不存在使得直线与直线垂直． 题型二、动点轨迹问题 5．（多选题）（2025·江苏南通·模拟预测）在棱长为2的正方体中，是其表面上一点，且与所成的角为，下列说法正确的是（    ） A．若是的中点，则 B．若在线段上，则 C．若，则的轨迹长度是 D．若，则不在面上 【答案】ABD 【详解】对于A，由，得，又平面，则，A正确； 对于B，过作交于，连接，则，， ，，B正确； 对于C，由，，得射线的轨迹是以为轴，轴截面等腰三角形顶角 为的圆锥侧面，当点在底面内时，， 点的轨迹是以为圆心，所含圆心角为的圆弧，轨迹长度为； 当点在侧面内时，点的轨迹分别是圆锥一条母线的一部分，长度为， 因此的轨迹长度是，C错误. 对于D，，射线的轨迹是以为轴，轴截面等腰三角形顶角为的圆锥侧面， 当点在平面内时，，不在底面上，D正确. 故选：ABD 6．（2025·浙江嘉兴·二模）如图，已知，平面平面，，，，点为梯形内（包括边界）一个动点，且平面． (1)求点的轨迹长度； (2)当线段最短时，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 【答案】(1) (2)或. 【详解】（1）因为平面平面，，平面平面， 平面，故平面， 而，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 因点为梯形内（包括边界）一个动点，可设，则， 又， 设平面的法向量为， 则，故可取， 因平面，则， 故，即， 取，则，取，则，故的轨迹长度为. （2）取的中点为，连接，连，由（1）可得的轨迹为. 又由（1）可得平面，而平面， 故，因，若线段最短，则最短，此时有， 而，故点为的中点，故， 设平面的法向量为，而，， 故，故可取， 因直线与平面所成角的正弦值为， 而，则得， 故，故或， 易得平面，则点到平面的距离为或， 又，， 故到直线的距离为， 易得，故， 故三棱锥的体积为或者为. 7．（24-25高二下·江苏宿迁·期中）如图，直角梯形和矩形所在的平面互相垂直，，，.    (1)证明：； (2)若，动点在矩形内（含边界），且. ①求动点的轨迹的长度； ②设直线与平面所成角为，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)①② 【详解】（1）证明：直角梯形和矩形所在的平面互相垂直，且交线为，， 平面，所以平面, 因为平面，所以， 因为， 所以，可知， 又因为，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以. （2）    ①因为平面，， 以为坐标原点，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，即， 整理可得：， 可知动点M的轨迹是以为圆心，半径为1的半圆， 所以动点M的轨迹的长度， ②由①可设：， 可得， 设平面的法向量， 则，则，取，可得， 则， 因为，则，可得， 所以， 8．（2025·陕西·模拟预测）如图，圆柱的底面半径和母线长均为4，是底面直径，点在圆上且，点在母线上，，点是上底面上的一个动点（若建系，请以为坐标轴建系） (1)求平面与平面的夹角的余弦值； (2)若，求动点的轨迹形状和长度； (3)若点只在上底面上的圆周上运动，求当的面积取得最大值时，点的位置.（可用坐标表示） 【答案】(1) (2)圆； (3) 【详解】（1）由题意得，， 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 因为圆柱的底面半径和母线长均为4，， 所以，，，则，， 设平面的法向量为，得到， ，令，解得，， 故平面的法向量为，易知平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则. （2）设，则，， 因为，所以，则， 化简得，即， 即动点的轨迹是圆心在原点，半径为的圆，轨迹长度为. （3）由已知得，， 由模长公式得， 由题意得圆的方程为，故设， 设到的距离为，而， 故当最大时，只需要保证最大即可，而， 则， ，， 故， 由点到直线的距离公式得， ， ， ， 令，则， 由二次函数性质得在上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得最大值，则值最大，的面积最大，此时， 由同角三角函数的基本关系得，故. 题型三、空间向量角的最值问题 9．（2020·山东·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l． （1）证明：l⊥平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【详解】（1）证明： 在正方形中，，因为平面，平面， 所以平面，又因为平面，平面平面， 所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以 因为，所以平面． （2）［方法一］【最优解】：通性通法 因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示： 因为，设， 设，则有， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以平面的一个法向量为，则 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. ［方法二］：定义法 如图2，因为平面，，所以平面． 在平面中，设． 在平面中，过P点作，交于F，连接． 因为平面平面，所以． 又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角． 设，在中，易求． 由与相似，得，可得． 所以，当且仅当时等号成立． ［方法三］：等体积法 如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求． 设，在三棱锥中，． 在三棱锥中，． 由得， 解得， 当且仅当时等号成立． 在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为． 10．（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）证明见解析；（2） 【详解】（1）[方法一]：几何法 因为，所以． 又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示， 过E作的平行线分别与交于其中点，连接， 因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点， 易证，则． 又因为，所以． 又因为，所以平面． 又因为平面，所以． [方法二] 【最优解】：向量法 因为三棱柱是直三棱柱，底面， ，，，又，平面．所以两两垂直． 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图． ，． 由题设（）． 因为， 所以，所以． [方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以． （2）[方法一]【最优解】：向量法 设平面的法向量为， 因为， 所以，即． 令，则 因为平面的法向量为， 设平面与平面的二面角的平面角为， 则． 当时，取最小值为， 此时取最大值为． 所以，此时． [方法二] ：几何法 如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面． 作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角． 设，过作交于点G． 由得． 又，即，所以． 又，即，所以． 所以． 则， 所以，当时，． [方法三]：投影法 如图，联结， 在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则． 设，在中，． 在中，，过D作的平行线交于点Q． 在中，． 在中，由余弦定理得，，， ，， 当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为． 11．如图，在三棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，为中点，为内的动点（含边界）． (1)求点到平面的距离； (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1) (2), 【详解】（1）在三棱锥中，连接，， 因为是以为斜边的等腰直角三角形，，为中点， 所以，，     又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，所以，，两两垂直， ． 又， 所以，     所以点到就平面的距离为． （2）在三棱锥中，以为坐标原点，,,为正交基底建立空间直角坐标系， 则,0,，，,8,，,0,， 设,,，则,,，,,，,,，,0,，,8,， 设平面的法向量为,,， 则，即，即， 不妨令，则,,， 同理可求得平面的法向量，3，． 因为平面，， 所以，即， 即，所以,4,， 又，所以，所以，4,， 又平面，所以,0,是平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则,， 令，,，,， 所以， 令， 所以,．所以,， 所以,， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为,． 12．（2025·河南焦作·二模）球面与过球心的平面的交线叫做大圆，将球面上三点用三条大圆弧连接起来所组成的图形叫做球面三角形，每条大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个内角.如图（1），球的半径为球的球面上的四点.    (1)若球面三角形的三条边长均为，求此球面三角形一个内角的余弦值. (2)在球的内接三棱锥中，平面，直线与平面所成的角为. （i）若分别为直线上的动点，求线段长度的最小值； （ii）如图（2），若分别为线段的中点，为线段上一点（与点不重合），当平面与平面夹角的余弦值最大时，求线段的长. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【详解】（1）因为球面三角形的三条边长均为， 所以球面三角形每条边所对的圆心角均为，所以四面体为正四面体. 取的中点，连接，则，且， 则为二面角的平面角. 由余弦定理可得. 所以此球面三角形一个内角的余弦值为. （2）因为平面，所以. 设，则，所以. 由勾股定理的逆定理可得，又， 所以平面，又平面，所以， 因为直线与平面所成的角为，所以. 易知在和中，斜边的中点到点的距离相等，即为球的直径，所以. 以点为坐标原点，直线分别为轴，过点且与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.    （i）由题可知， 则. 设与都垂直的向量为， 则令，则， 所以线段长度的最小值为. （ii）设，由题可知， 则. 设平面的一个法向量为， 则取，可得. 设平面的一个法向量为， 则取，可得. 设平面与平面的夹角为. 因为 ， 令，则， 可得， 当且仅当，即时等号成立，此时取得最大值， 故. 题型四、用空间坐标法求几何体的外接球球心 13．（23-24高二下·四川雅安·开学考试）在三棱锥中，和是边长为2的正三角形，且平面平面，是棱上一点，点是三棱锥外接球上一动点，当的周长最小时，的最小值为 ． 【答案】 【详解】如图1，的周长为，其中为定值，， 则当最小值时，的周长最小，明显此时为的中点，即． 此时，又面面，面面，面， 所以面，而面，故，且． 三棱锥的外接球为图2中右侧长方体的外接球， 因为该长方体的长宽高分别为，所以外接球的半径为． 如图建立空间直角坐标系，可知球心， 则， 所以． 故答案为：. 14．（17-18高三·广东佛山·阶段练习）平面四边形中，,沿直线将翻折成 ，当三棱锥的体积取得最大值时，该三棱锥的外接球的表面积是 ． 【答案】 【详解】首先考查，由余弦定理有：，则，，解得，即边上的高， 易知当平面平面时，三棱锥的高最大，此时体积取得最大值， 将三棱锥放入长方体，建立如图所示的空间直角坐标系， 则, 设其外接球球心为，由球的性质可知：， 则有方程组：, 解方程组可得：， 则外接球半径，所以外接球的表面积. 故答案为： 15．（2025·全国一卷·高考真题）如图所示的四棱锥中，平面，． (1)证明：平面平面； (2)，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为． （i）证明：在平面上； （ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析； （ii）. 【详解】（1）由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）（i）由题意及（1）证明如下， 法一： 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：， ∴ 在立体几何中，， ∵ 解得：， ∴点在平面上. 法二： ∵，，，在同一个球面上， ∴球心到四个点的距离相等 在中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心， 作出和的垂直平分线，如下图所示， 由几何知识得， ，， ， ∴， ∴点是的外心， 在Rt中，，， 由勾股定理得， ∴， ∴点即为点，，，所在球的球心， 此时点在线段上，平面， ∴点在平面上. （ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得， ， 设直线与直线所成角为， ∴. 法2： 由几何知识得，， ，∥， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 过点作的平行线，交的延长线为，连接，， 则，直线与直线所成角即为中或其补角. ∵平面，平面，， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 在Rt中，，由勾股定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 即： 解得： ∴直线与直线所成角的余弦值为：. 16．（2025·四川绵阳·模拟预测）三棱锥中，底面为等腰直角三角形，，．点P在底面上的射影E是线段靠近点A的四等分点． (1)求与平面所成角的正弦值； (2)求三棱锥外接球体积； (3)设靠近B的四等分点为F，D是平面ABC内的动点，且C，D在直线的两侧，满足．试探究是否存在点D使得平面平面?若存在，请求出DE的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在， 【详解】（1）法一：等体积法：，， ， ∴由，则， ． 法二：连接PE，因为P在底面ABC上的射影E是线段AB靠近点A的四等分点， 可得，因为平面，所以， 在直角中，可得， 又因为平面，所以平面平面，且交线为CE， 过B作于点G，连接PG， 因为平面，由面面垂直的性质，可得平面， 故为PB与平面PCE所成角， 在中，，，， 由余弦定理得，所以， 又由，所以， 在中，由，所以， 即直线PB与平面PCE所成角的正弦值为； （2）由几何性质知，球心M在过AB中点O且与面CAB垂直的垂线上， 建立AB中点O为空间坐标原点，OC所在直线为x轴，BO所在直线为y轴，过点O平行于的直线为轴的空间直角坐标系， 则，，设， 由，， ，故，， 故； （3）则由几何关系可得，，，，，由， 在平面xOy中，D在以E、F为焦点的椭圆上，故① 设面PBC的法向量，，，由， 有，令，得 设面PBD的法向量，，，由， ，取，则， 故得②代入①得（舍）或． 而，故. 题型五、求空间单动向量的数量积—投影问题 17．（2025·江西·二模）已知正方体的棱长为1，点在正方体内（包含表面）运动，若，则动点的轨迹所形成区域的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】在棱长为1的正方体中， ， 则，而，由数量积的几何意义知，在上投影的数量为， 因此点在与垂直的平面内，且点到该平面的距离为， 在正方体中易证平面，点到平面的距离为， 取的中点，易得平面平面， 则平面，且点到平面的距离为， 所以点的轨迹所形成区域为等边，面积为. 故选：B 18．（24-25高二上·河南周口·阶段练习）如图，在长方体中，，，为棱的中点，是线段上的动点，则下列式子的值为定值的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意得，， ∴， ∴. A.如图，过点作于点， 对于A，由向量数量积的几何意义得 ， 由于点是动点， 所以不是定值，所以不是定值，故选项A错误； 对于B，， 由于点是动点，所以不是定值，所以不是定值，故选项B错误； 对于C， ，由于不是定值，故选项C错误； 对于D，由于向量在向量上的投影向量为，所以为定值. 故选：D. 19．（2024·全国·模拟预测）已知圆锥的底面半径为2，点P为底面圆周上任意一点，点Q为侧面（异于顶点和底面圆周）上任意一点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】 如图所示，延长交底面圆周于B，过Q作底面圆于G点， 显然， 由题意可知， 所以的取值范围为. 故选：A 20．（多选题）（24-25高一下·浙江·期中）如图，正方体边长为2，分别是中点，平面截正方体与棱分别交于点，下列选项正确的是（   ） A．三线交于一点 B．是多边形边上的动点，的最大值是 C．正方体被截面分成上下两部分的体积之比为 D．棱锥的外接球的表面积为 【答案】ABC 【详解】由分别是中点，所以作直线必与交于一点， 而平面且与平面不平行，所以与平面有且仅有一个交点， 为平面与棱的交点，所以延长也必与交于一点， 由都在平面，所以、、交于同一点，A对； 同A分析，应用平面的基本性质，可得如下图示的截面，即为面， 易知，， 作平行于正方体侧棱，分别交于， 而是多边形边上的动点，所以在底面上的投影在上运动， 要使最大，只需与夹角小于且在上投影最长， 如图，与重合，即与重合时，在上投影最长， 此时，且， 而，所以，B对； 由上图，正方体被截的下部分体积， 所以正方体被截的上部分体积， 所以，C对； 由题设，棱锥的外接球的球心在过正方形中心且垂直于该平面的直线上，如下图示， 所以球体半径，可得， 所以，则球体表面积，D错. 故选：ABC 题型六、求空间双动向量的数量积—极化恒等式 21．（24-25高二上·四川成都·阶段练习）正四面体的棱长为，是它内切球的直径，为正四面体表面上的动点，的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设四面体的内切球球心为，为的中心，为的中点，连接，则在上，连接，根据题意求出内切球的半径，再化简可求得其最大值. 【详解】设正四面体的内切球球心为，为的中心，为的中点，连接，则在上，连接，则. 因为正四面体的棱长为3，所以， 所以，设内切球的半径为， 则，，解得， 是它内切球的直径，此时，， ， 因为为正四面体表面上的动点，所以当为正四体的顶点时，最长， 的最大值为，所以的最大值为. 故选：D 22．（24-25高二上·贵州六盘水·期中）已知M，E，F均为圆柱表面上的动点，直线EF经过圆柱的中心O，，圆柱的底面圆的半径为5，则的最大值为 . 【答案】144 【详解】因为， 又因为O为圆柱的中心，且M，E，F均为圆柱表面上的动点， 则，当且仅当为底面圆周上时，等号成立， 且，当且仅当为过O且与底面平行的圆周上时，等号成立， 可得，所以的最大值144. 故答案为：144. 23．(多选题)（2025·河北·模拟预测）如图，在正八面体中，所有棱长均为，为正八面体内切球球面上的任意一点，则（   ） A．正八面体内切球的表面积为 B．正八面体的体积为 C．的取值范围是 D．的最大值为 【答案】ACD 【分析】根据正四棱锥的特征，结合切点的位置，构造几何关系，即可求解A选项；根据锥体的体积公式，即可求解C选项；根据几何关系，转化向量求数量积，并结合直线与球的位置关系，求最值，可判断C选项；设球心为，由球的几何性质可知，当与球相切时，最大，结合锐角三角函数的定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，由题意得，可以只分析正四棱锥，易得正四棱锥的高为， 侧面正三角形的高为，设内切球的半径为，则由面积法可得，解得， 所以表面积为，故A正确； 对于B选项，正八面体的体积为两个正四棱锥的体积之和，， 因此，故B错误； 对于C选项，取中点， ， 而点到的距离为， 因此的最小值为，最大值为， ， 代入数据可得的范围是，故C正确； 对于D选项，设球心为， 由球的几何性质可知，当与球相切时，最大， 此时为锐角，如下图所示： 易知，，， 则， 所以，D对. 故选：ACD. 24．（多选题）（24-25高三上·广东深圳·开学考试）如图，四棱锥底面是边长为4的正方形，若点M在四边形内（包含边界）运动，N为的中点，，，则（   ）．    A．当M为的中点时，异面直线与所成角为 B．当平面时，点M的轨迹长度为 C．当与平面所成的角是时，点M到的距离可能为 D．点Q是四棱锥外接球上的一点，则的最大值是 【答案】ACD 【分析】对于A，建立适当的空间直角坐标系，求得，判断它是否为0即可；对于B，通过分析得知点M的轨迹是过点O与平行的线段，比较的长度和即可；对于C，点M的轨迹以中点K为圆心，半径为的圆在四边内（包含边界）的一段弧（如图），只需比较弧上点到距离的最小值和的大小即可判断；对于D，，根据的最大值即可判断. 【详解】对于A，因为为正方形，连接与，相交于点O，连接， 则，，两两垂直， 故以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，   ，，，，， N为的中点，则． 当M为的中点时，，，，    设异面直线与所成角为， ，，故，A正确； 对于B，设Q为的中点，N为的中点，    则，平面，平面，则平面， 又平面，，平面， 又，设， 故平面平面，平面平面， 平面平面，则， 则H为的中点，点M在四边形内（包含边界）运动，则， 点M的轨迹是过点O与平行的线段，长度为4，B不正确； 对于C，即点M的轨迹以中点K为圆心，半径为的圆在四边内（包含边界）的一段弧（如图），   K到的距离为3，弧上的点到的距离最小值为， 因为，所以存在点M到的距离为，C正确； 对于D，，的最大值，D正确． 故选：ACD． 1．（多选题）（2025·福建宁德·三模）如图，在矩形中，为中点，现分别沿将，翻折，使点重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（    ） A． B．三棱锥的体积为 C．二面角的余弦值为 D．三棱锥外接球的半径为 【答案】BCD 【详解】由题意易知：，， 所以，即不垂直， 对于A，若，因为，为平面内两条相交直线， 可得：平面，又在平面内，，矛盾，故A错误， 对于B，因为，为平面内两条相交直线， 所以平面， 由，得到， 所以， 所以，正确， 对于C：因为，为二面角的棱，分别在两个面内， 所以为二面角的平面角，又，故C正确， 对于D，因为平面， 外接圆的半径为：， 所以三棱锥外接球的半径，正确， 故选：BCD 2．（多选题）（2023·广东·一模）棱长为6的正四面体的四个顶点均在球的表面上，若点为球面上的任意一点，则的取值可以为（    ） A． B．3 C．5 D． 【答案】ABC 【分析】将正四面体放到正方体中，从而求得，再利用空间向量数量积的运算法化简求得所求的取值范围，由此得解. 【详解】将正四面体放到正方体中，记的中点为，连接，如图，    设正方体的棱长为，则，故，所以， 易知正方体的体对角线就是正四面体外接球的直径， 则，即， 因为，，， 所以， ， 记，， 所以 ， 因为，所以， 则， 经检验，ABC皆满足要求，D不满足要求. 故选：ABC. 3．（多选题）（24-25高二下·浙江丽水·期末）如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（    ） A．动点轨迹的长度为 B．与不可能垂直 C．直线与平面所成角正弦值的最小值为 D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 【答案】ACD 【详解】对A，如图，取中点为，中点为，连接， 又正方体中，为棱的中点，可得， 又平面，平面， 平面； 又中点为，中点为， ，又平面，平面， 平面； 又， 且平面， 平面平面， 又平面，且平面，平面， 又为正方形内一个动点（包括边界）， 平面平面，而平面平面， ，即的轨迹为线段. 由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确； 对B，由可知三角形为等腰三角形， 当为线段中点时，由可得， 又中点为，中点为，，而，，故选项B不正确； 对C，由选项B 知，，又面，面， 面，则上的点到平面的距离为定值，设到平面的距离为， 直线与平面所成角为，则，而为定值， 当最大时，最小；此时点位于点时，最大，最小. 分别以为建立空间直角坐标系，则由题意得，，，， 可得，，设平面的法向量， 则有，不妨令可得， 平面的一个法向量，又， 则，故选项C正确； 对D，由侧棱底面，所以三棱锥体积为， 所以最大时，体积最大，∵， 可得当在处时，三棱锥的体积最大， 由已知得此时， 所以在底面的射影为底面外心，，，， 由勾股定理易知底面为直角三角形，所以在底面的射影为中点，设为， 如图，设外接球半径为，由，， 可得外接球半径， 外接球的表面积为，故选项D正确． 故选：ACD 4．（2025·江西·二模）如图，在平面四边形中，为线段上一点，满足，将沿向上翻折至，连接. (1)若，证明：平面平面； (2)若，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）取的中点，连接， 由已知易得均为等边三角形， 则，由于，所以， 又因为平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. （2）由，， 所以，则， 以为坐标原点，所在直线为轴､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， 由，得，取，得， 设平面的一个法向量为， 由，得，取，得， 设平面与平面所成角为， 则， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 5．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故； （2）连接，由，则， 在中，，得， 所以，由（1）知，又平面， 所以平面，又平面， 所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. 6．（2025·江苏·三模）如图，在直三棱柱中，点在上，． (1)证明：平面； (2)若，二面角的大小为． ①求与平面所成角的正弦值； ②点在侧面内，且三棱锥的体积为，求的轨迹的长度． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【详解】（1）在直三棱柱中，平面ABC, 因为平面，所以 又因为，，平面， 所以平面 （2）①在直三棱柱中，平面，， 以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设, 设平面的法向量， 由，取，得， 所以平面的一个法向量， 又平面的法向量， 所以，解得 所以， 所以 设与平面所成角为，则 ②因为， 所以 因为三棱锥的体积为， 所以到平面的距离为 因为在侧面上，可设, 到平面的距离为， 即轨迹方程为，而, 所以在侧面上的运动轨迹是线段， 所以的轨迹长度为. 7．（24-25高二下·福建泉州·期末）如图，在四棱台中，．底面ABCD为菱形，，点E为的中点．，连接AC、BD，设交点为O，连接． (1)求证：； (2)若，且二面角大小为60°，求三棱锥外接球的表面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）由题可知，故四边形为平行四边形， 所以，又平面，故平面． 以菱形中心O为原点，为x轴正向，为y轴负向，z轴垂直于底面， 设，结合四棱台的性质，上底面为边长为的菱形，则 下底面：、、、， 上底面：设高度为h，则，，， 则，，得. 因为，， 故. （2）因为，故,，为直角三角形，二面角是平面与底面的夹角. 设，底面的法向量可取， 设平面法向量，又，，， 则，， 所以，令，则. 所以， 因为，解方程得：. 由长方体的性质可知三棱锥外接球直径就是以为三条棱的长方体的体对角线，故三棱锥外接球直径长为， 所以三棱锥外接球的表面积为. 8．（24-25高二上·浙江杭州·期中）在长方体中，，点M为棱上的动点（含端点）. (1)求二面角的余弦值； (2)当的长度为何值时，直线与平面所成角的正弦值最小，并求出最小值. 【答案】(1) (2), . 【详解】（1）以长方体的顶点为坐标原点，为坐标轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，， 则，， 设向量为平面的一个法向量， 则，令，则，即， 在长方体中平面，∴平面的一个法向量为， 设二面角为，由图知该角为锐角， 则. （2）由（1）可知平面的一个法向量为， 设，则，则， 设直线与平面所成角为， 则， 设, ∵，∴， ∴， ∵，∴，结合函数在上单调递减， ∴， 即， ∴ ∴当时，取最小值，最小值为，此时. 9．（2025·陕西延安·模拟预测）如图，三棱锥中，底面，是的中点，是的中点，． (1)求证：平面平面； (2)若，，且二面角的正弦值为，求三棱锥外接球的表面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1） 因为底面，平面，故， 而，故，故， 而平面，故平面， 而平面，故平面平面. （2）由（1）平面，而，故平面， 因为，故，故， 故可以为原点，以所在的直线建立如图所示的空间直角坐标系， 故，设， 则， 设平面的法向量为，则， 所以，取. 设平面的法向量为，则， 所以，取. 因为二面角的正弦值为， 故，故， 因为平面，而平面，故， 同理，故的中点到的距离相等， 故的中点为三棱锥外接球的球心，而， 故三棱锥外接球的表面积为. 10．（24-25高三上·浙江绍兴·期末）在平面直角坐标系中，过椭圆中心作斜率为的一条弦，将坐标平面沿轴折成一个直二面角. (1)求折起后的连线与轴所成夹角的大小； (2)若此椭圆的离心率为，且过点，求： （ⅰ）椭圆的标准方程； （ⅱ）设点，过点作平面的垂线，且，问：椭圆上是否存在点，使得三角形的面积与三角形的面积之比为最小？若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）存在，. 【详解】（1）在折后的平面内作轴，因为坐标平面沿轴折成一个直二面角， 则折后平面底面，又因为平面底面，且平面， 则底面，则建立如图所示空间直角坐标系， 则由题意知，折后，，则， 轴的方向向量，则， 则，则连线与轴所成夹角的大小为， 所以是等腰直角三角形，即与轴所成夹角为. （2）（ⅰ）由离心率，                       不妨设，则，得：，， 所以椭圆的坐标方程为：.                        （ⅱ）在底面内过点作，垂足为，连， 则由坐标平面，即平面，因为平面，则， 又因为，且，平面， 所以平面，因为平面,所以，即. ， 则题意就是要使二面角的平面角最小， 即当最大时，最小.   假设这样的点存在，令，则： 当时，则， 当时，， 当且仅当是取到等号. 此时，的方程是，代入椭圆方程， 即联立，解得或（舍去） 则点. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$