专题07 空间向量与立体几何6大高频考点（期末真题汇编，广东专用）高三数学上学期人教A版

专题07 空间向量与立体几何 6大高频考点概览 考点01 球面几何（外接、内切球、球的截面性质） 考点02 空间几何体 考点03 点、直线、平面之间的关系 考点04 空间向量求距离 考点05 空间向量求角度 考点06 立体几何中的探究性（存在性）问题与最值问题 地 城 考点01 球面几何（外接、内切球、球的截面性质） 一、单选题 1．（24-25高三上·广东湛江·期末）在三棱锥中，，其他棱长都是，则三棱锥外接球的表面积是（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·广东深圳·期末）在四棱锥中，平面，底面为正方形，，则四棱锥的外接球表面积为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高三上·广东潮州·期末）若正四面体的棱长为，则该正四面体的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高三上·广东·期末）已知棱长为4的正方体的各个顶点均在球的表面上，点满足，过点作与直线垂直的平面，则截球所得截面面积为（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高三上·广东深圳·校考期末）已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高三上·广东广州·期末）一个轴截面是边长为的正三角形的圆锥型封闭容器内放入一个半径为2的小球后，再放入一个球，则球的表面积与容器表面积之比的最大值为（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高三上·广东广州·期末）已知圆锥的底面半径为3，圆锥内的最大球的表面积为，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 二、非选择题 8．（23-24高三上·广东深圳·期末）将正方形沿对角线折起，当时，三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的体积为 ． 9．（23-24高三上·广东深圳·期末）已知菱形的边长为2，且，将沿直线翻折为，记的中点为，当的面积最大时，三棱锥的外接球表面积为 . 10．（24-25高三上·广东深圳·期末）如图，现有一个半球容器（有盖），其表面积为平方分米，忽略容器的厚度，若在该容器内放入两个半径均为分米的球，则的最大值为 （结果精确到0.1）． 11．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知正四棱台的上、下底面边长分别是1和2，所有顶点都在球O的球面上，若球O的表面积为，则此正四棱台的侧棱长为 ． 地 城 考点02 空间几何体 一、单选题 1．（24-25高三上·广东·期末）三棱锥的所有棱长均为2，O是的中心，在三棱锥内放置一个以直线为轴的圆柱，则圆柱的体积不能超过（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·广东·期末）某地采用如图所示的直四棱柱形交通减速带，其底面为梯形，接触地面的表面宽40（单位；厘米），平行于地面的表面宽10，且距离地面高度为10．某路面要铺设总长为300的交通减速带，则该减速带的体积（不考虑表面凹槽）为（   ） A．立方厘米 B．立方厘米 C．立方厘米 D．立方厘米 3．（24-25高三上·广东深圳·期末）图1是由矩形ABFG，直角三角形ABC和菱形BCDE组成的平面图形，其中，，将矩形ABFG，菱形BCDE分别沿AB，BC折起，使得BE与BF重合，连接DG，得到如图2所示的五面体，则该五面体的体积为（    ） A．1 B． C． D．2 4．（24-25高三上·广东汕头·期末）已知正四棱台的上､下底面面积分别为，下底面上的棱与侧棱所成角的余弦值为，则该正四棱台的体积为（    ） A． B． C．148 D． 5．（24-25高三上·广东深圳·期末）如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高三上·广东深圳·期末）已知矩形ABCD中，，，将沿BD折起至，当与AD所成角最大时，三棱锥的体积等于（    ） A． B． C． D． 二、多选题 7．（24-25高三上·广东梅州·期末）已知一张边长为2的正方形纸片绕着它的一条边所在的直线旋转弧度，则该纸片扫过的区域形成的几何体的表面积为（    ） A． B． C． D． 8．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知正棱锥的体积为，则其侧棱长可能为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 9．（24-25高三上·广东·期末）已知圆台的上，下底面半径分别为1，3，母线长为4，则下列正确的有（    ） A．圆台的侧面积为 B．圆台的体积为 C．母线与底面所成角为 D．存在相互垂直的母线 三、非选择题 10．（24-25高三上·广东·期末）已知连接正四面体各面的重心，可以得到一个小的正四面体，且小正四面体的每一个面都与原正四面体的一个面平行．据此推断，若四面体的体积为4，过该四面体的每一个顶点作与另外三个顶点所在平面平行的平面，四个平面围成一个新的四面体，则新四面体的体积为 ． 11．（24-25高三上·广东广州·期末）已知四棱锥的底面是平行四边形，点E满足．设三棱锥和四棱锥的体积分别为和，则的值为 ． 12．（24-25高三上·广东湛江·校考期末）由两种或三种正多边形面组成的凸多面体称作阿基米德多面体．将一个棱长为12的正四面体截去4个小正四面体后可以得到一个由正三角形和正六边形构成的阿基米德八面体，则该阿基米德八面体的外接球的表面积为 ． 地 城 考点03 点、直线、平面之间的位置关系 一、单选题 1．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知，，是三个不重合的平面，且，，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，则 D．若，则 2．（24-25高三上·广东·校考期末）如图，在三棱锥中，平面，．，为线段的中点，，分别为线段和线段上任意一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（24-25高三上·广东湛江·期末）已知为两个平面，为两条直线，则下列命题正确的是 （   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．（23-24高三上·广东深圳·期末）在正方体中，用垂直于的平面截此正方体，则所得截面可能是（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 5．（24-25高三上·广东深圳·期末）在正方体中，，下列说法正确的是（   ） A．平面 B． C．存在λ，使得 D．当时，平面截正方体的表面所得的图形为五边形 6．（24-25高三上·广东湛江·期末）已知正方体外接球的体积为是空间中的一点，则下列命题正确的是（    ） A．若点在正方体表面上运动，且，则点轨迹的长度为 B．若是棱上的点（不包括点），则直线与是异面直线 C．若点在线段上运动，则始终有 D．若点在线段上运动，则三棱锥体积为定值 7．（23-24高三上·广东深圳·期末）如图，正方体的棱长为2，若点在线段上（不含端点）运动，则下列结论正确的为（    ） A．直线可能与平面相交 B．三棱锥与三棱锥的体积之和为定值 C．当时，与平面所成角最大 D．当的周长最小时，三棱锥的外接球表面积为 三、非选择题 8．（24-25高三上·广东湛江·期末）如图所示，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，点F是PC的中点，AC交BD于点O，PA底面ABCD，EDPA，且. (1)证明：OF平面PAB ； (2)证明：BD平面PAC ； (3)若，求三棱锥的体积. 9．（24-25高三上·广东深圳·期末）如图，在四棱锥中，底面，，平面平面.(1)求证：； 地 城 考点04 空间向量求距离 一、多选题 1．（24-25高三上·广东珠海校考期末）已知正方体的棱长为，点，分别是，的中点，在正方体内部且满足，则下列说法正确的是（    ） A．直线平面 B．直线与平面所成的角为 C．直线与平面的距离为 D．点到直线的距离为 2．（24-25高三上·广东深圳·校考期末）正三棱柱中，，，，分别为，，的中点，为棱上的动点，则（    ） A．平面平面 B．点到平面的距离为 C．与所成角的余弦值的取值范围为 D．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 3．（24-25高三上·广东广州·期末）如图，长方体中，，点是半圆弧上的动点（不包括端点），点是半圆弧上的动点（不包括端点），则下列说法正确的是（    ）    A．的取值范围是 B．若与平面所成的角为，则 C．的最小值为 D．若三棱锥的外接球表面积为，则 二、非选择题 4．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，当与垂直时，点的运动轨迹长度为 . 2．（24-25高三上·广东·校考期末）某公园有一个坐落在水平地面上的大型石雕，如图是该石雕的直观图.已知该石雕是正方体截去一个三棱锥后剩余部分，是该石雕与地面的接触面，其中是该石雕所在正方体的一个顶点.某兴趣小组通过测量的三边长度，来计算该正方体石雕的相关数据.已知测得，则该石雕最高点到地面的距离为 . 6．（23-24高三上·广东东莞·期末）如图，在四棱锥中，四边形ABCD是边长为2的正方形，． (1)证明：平面平面； (2)若，，点E，F分别为PB，PD的中点，求点E到平面ACF的距离． 7．（24-25高三上·广东湛江·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． (1)求证：面； (2)求平面与平面的夹角的大小； (3)求点到平面的距离． 8．（24-25高三上·广东·校考期末）如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆O的内接正三角形，点E在母线上，且，. (1)求证：平面平面； (2)若点M为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离. 地 城 考点05 空间向量求夹角 一、多选题 1．（24-25高三上·广东深圳·期末）如图，等边的边长为4，为边的中点，将沿折成三棱锥，，B，C，D都在球的球面上．记，，与平面所成的角分别为，，，平面，，与平面所成的角分别为，，，则（    ） A．与所成的角为定值 B．球的表面积的最大值为 C． D．存在点使得 2．（23-24高三上·广东东莞·期末）如图，该几何体是由正方形沿直线旋转得到的，已知点是圆弧的中点，点是圆弧上的动点（含端点），则下列结论正确的是（    ）    A．不存在点，使得平面 B．存在点，使得平面平面 C．存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为 D．不存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为 三、非选择题 3．（24-25高三上·广东深圳·期末）如图，四棱锥中，平面平面，为棱上一点.    (1)证明：； (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值. 4．（24-25高三上·广东汕头·期末）如图，平面四边形中，，，点为中点，于，将沿翻折至，使得. (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 5．（24-25高三上·广东湛江·期末）如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，，．    (1)证明：平面． (2)求平面与平面的夹角的正弦值． 6．（24-25高三上·广东·期末）如图，已知平面，平面平面. (1)证明：平面； (2)若，且平面与平面的夹角的余弦值为，求的长. 7．（24-25高三上·广东·期末）如图所示，多面体中，底面ABCD为菱形，，平面ABCD，，． (1)探究直线BE与平面是否有交点； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 8．（24-25高三上·广东深圳·期末）在四棱锥中，底面为矩形，且． (1)证明：平面底面． (2)若，，，，求直线与平面所成角的正弦值． 9．（24-25高三上·广东广州·期末）如图，在正三棱台中，，    (1)若，证明：平面； (2)若三棱台的高为，求平面与平面夹角的余弦值. 10．（24-25高三上·广东梅州·期末）如图，三棱柱中，侧面BB1C1C是菱形，其对角线的交点为O，且AB=AC1，AB⊥B1C． (1)求证：AO⊥平面BB1C1C； (2)设∠B1BC=60°，若直线A1B1与平面BB1C1C所成的角为45°，求二面角的余弦值． 地 城 考点06 立体几何中的探究性（存在性）问题与最值问题 一、多选题 1．（23-24高三上·广东汕头·期末）在三棱锥中，平面，，是底面上（含边界）的一个动点，是三棱锥的外接球表面上的一个动点，则（    ） A．当在线段上时， B．的最大值为4 C．当平面时，点的轨迹长度为 D．存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为 二、非选择题 2．（24-25高三上·广东·期末）已知直三棱柱中，，分别为和的中点，P为棱上的动点，F为棱上一点，且四点共面.若 (1)证明：平面平面； (2)设是否存在实数λ，使得平面与平面所成的角的余弦值为若存在，求出实数λ，若不存在，请说明理由. 3．（24-25高三上·广东深圳·期末）如图，在矩形中，，取中点，将和分别沿直线，折叠，使，两点重合于点得到三棱锥． (1)当时，求证：； (2)若二面角的平面角为，是否存在上一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由． 4．（24-25高三上·广东佛山·期末）如图1，在平行四边形中，，E为的中点．将沿折起，连接与，如图2．    (1)当为何值时，平面平面? (2)设，当时，是否存在实数，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． (3)当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的内切球的半径． 5．（24-25高三上·广东潮州·期末）如图，在四棱锥中，平面，底面是边长为2的正方形，，为的中点，，是棱上两点（在的上方），且． (1)若，求证：平面； (2)当点到平面的距离取得最大值时，求直线与平面所成角的正弦值． 6．（24-25高三上·广东广州·期末）如图，在三棱锥中，，，是线段上的点.    (1)求证：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长； (3)若平面，为垂足，直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的长. 7．（24-25高三上·广东湛江·期末）如图，在多面体中，是边长为2的等边三角形，平面，，，，，设为的中点． (1)证明：平面； (2)设为棱上的动点，求与平面所成角的正弦值的最大值． 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 空间向量与立体几何 6大高频考点概览 考点01 球面几何（外接、内切球、球的截面性质） 考点02 空间几何体 考点03 点、直线、平面之间的关系 考点04 空间向量求距离 考点05 空间向量求角度 考点06 立体几何中的探究性（存在性）问题与最值问题 地 城 考点01 球面几何（外接、内切球、球的截面性质） 一、单选题 1．（24-25高三上·广东湛江·期末）在三棱锥中，，其他棱长都是，则三棱锥外接球的表面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图，取棱的中点，连接，则，且， 设外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心为， 连接，作，垂足为．由题意得． 因为，所以，所以． 又，平面，所以平面，则． 设三棱锥外接球的半径为，则， 即，解得， 故三棱锥外接球的表面积是．故选：D 2．（24-25高三上·广东深圳·期末）在四棱锥中，平面，底面为正方形，，则四棱锥的外接球表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图，将四棱锥补成正方体，正方体体对角线长为， 则四棱锥的外接球为正方体的外接球，外接球半径为， 所以四棱锥的外接球表面积为.故选：A. 3．（24-25高三上·广东潮州·期末）若正四面体的棱长为，则该正四面体的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】方法一：如图，正四面体中， 作底面的高，由正四面体的性质，点为的中心，设为外接球的球心，外接球的半径为， 由正三角形的性质，，； 由，得，解得， 该球的表面积为．故选：A． 方法二：如下图 在立方体中，通过连接面对角线可得到正四面体， 可知两者的外接球相同，正四面体的棱长为立方体的一个面的对角线长，则立方体的棱长为. 立方体的体对角线即为外接球的直径.代入计算可得，外接球的半径， 外接球的表面积为. 故选：A. 4．（24-25高三上·广东·期末）已知棱长为4的正方体的各个顶点均在球的表面上，点满足，过点作与直线垂直的平面，则截球所得截面面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图，连接，平面，平面，平面，则直线垂直于平面， 则为过点且与平面平行的平面，点在平面内， 点到平面的距离就是平面与平面的距离，又，所以， 球的半径，所以截球所得截面圆的半径，该圆面积为．故选:C． 5．（24-25高三上·广东深圳·校考期末）已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图，设截得的截面圆的半径为，球的半径为，因为，所以. 由勾股定理，得，由题意得，所以，解得， 此时过点作球的截面，若要所得的截面面积最小，只需所求截面圆的半径最小. 设球心到所求截面的距离为，所求截面的半径为，则， 所以只需球心到所求截面的距离最大即可， 而当且仅当与所求截面垂直时，球心到所求截面的距离最大， 即，所以.故选：C 6．（24-25高三上·广东广州·期末）一个轴截面是边长为的正三角形的圆锥型封闭容器内放入一个半径为2的小球后，再放入一个球，则球的表面积与容器表面积之比的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由边长为的正三角形的内切圆半径为， 即轴截面是边长为的正三角形的圆锥内切球半径为2， 所以放入一个半径为2的小球后，再放一个球，如下图， 要使球的表面积与容器表面积之比的最大，即球的半径最大， 所以只需球与球、圆锥都相切，其轴截面如上图，此时， 所以球的表面积为，圆锥表面积为， 所以球的表面积与容器表面积之比的最大值为故选： A 7．（24-25高三上·广东广州·期末）已知圆锥的底面半径为3，圆锥内的最大球的表面积为，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设为圆锥顶点，为底面直径，为底面中心，则圆锥内最大球的球心在高上． 设该球与母线相切于点，如图所示： 则易得，所以，设该球的半径为，则，解得， 所以，所以．又，结合得， 又，所以，解得， 所以圆锥的体积．故选：A． 二、非选择题 8．（23-24高三上·广东深圳·期末）将正方形沿对角线折起，当时，三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的体积为 ． 【答案】 【详解】取的中点，连接， 由题意可知，即点为三棱锥外接球的球心，设，， 因为，且平面，可得平面， 可知三棱锥的体积， 即，可得，在中，由余弦定理可得， 即，即， 联立方程，解得，所以该三棱锥外接球的体积为.故答案为：. 9．（23-24高三上·广东深圳·期末）已知菱形的边长为2，且，将沿直线翻折为，记的中点为，当的面积最大时，三棱锥的外接球表面积为 . 【答案】 【详解】根据题意可知，如下图所示： 当的面积最大时，即取得最大值， 可得，由对称性可知，可得； 又因为为的中点，所以， 又，由勾股定理可知棱两两垂直， 所以三棱锥的外接球半径为， 可得该外接球的表面积，故答案为：. 10．（24-25高三上·广东深圳·期末）如图，现有一个半球容器（有盖），其表面积为平方分米，忽略容器的厚度，若在该容器内放入两个半径均为分米的球，则的最大值为 （结果精确到0.1）． 【答案】4.1 【详解】设半球容器对应的半球的半径为分米，则该容器的表面积为平方分米，得．根据对称性可知，当两个球外切且均与半球相切（与球面相切， 且与半球的盖所在平面相切）时，取得最大值，这也相当于求半径为10分米的四分之一个球的内切球， 如图，由，得．故答案为：. 11．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知正四棱台的上、下底面边长分别是1和2，所有顶点都在球O的球面上，若球O的表面积为，则此正四棱台的侧棱长为 ． 【答案】 【详解】设上下底面互相平行的两对角线分别为，则由球O的表面积为可得球O的半径，   又正四棱台的上、下底面边长分别是1和2，故，所以球O的球心正好在中点.故.所以正，故，所以正， 故此正四棱台的侧棱长 故答案为： 地 城 考点02 空间几何体 一、单选题 1．（24-25高三上·广东·期末）三棱锥的所有棱长均为2，O是的中心，在三棱锥内放置一个以直线为轴的圆柱，则圆柱的体积不能超过（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图所示，圆柱的上底面内切于，分别为的中点， 则三点共线，三点共线， 因为三棱锥的所有棱长均为，所以，， 又O是的中心，故， 由勾股定理得，其中∽，故， 设，则，故，其中， 所以圆柱的体积，其中， 则，令得，令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 故当时，圆柱的体积取得极大值，也是最大值， 最大值为，故圆柱的体积不能超过.故选：A.    2．（24-25高三上·广东·期末）某地采用如图所示的直四棱柱形交通减速带，其底面为梯形，接触地面的表面宽40（单位；厘米），平行于地面的表面宽10，且距离地面高度为10．某路面要铺设总长为300的交通减速带，则该减速带的体积（不考虑表面凹槽）为（   ） A．立方厘米 B．立方厘米 C．立方厘米 D．立方厘米 【答案】B 【详解】计算梯形底面的面积：，由于铺设长度为300， 故立方厘米．故选：B 3．（24-25高三上·广东深圳·期末）图1是由矩形ABFG，直角三角形ABC和菱形BCDE组成的平面图形，其中，，将矩形ABFG，菱形BCDE分别沿AB，BC折起，使得BE与BF重合，连接DG，得到如图2所示的五面体，则该五面体的体积为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【详解】连接，由题意可知：，，平面， 所以平面，且平面，可知， 因为为等边三角形，则，可得， 且，取的中点为，则，可得， 过作，垂足为，由等面积法可得，则， 因为∥，可得，因为平面，平面，可得平面平面， 且平面平面，平面，所以平面， 所以该五面体的体积为.故选：B. 4．（24-25高三上·广东汕头·期末）已知正四棱台的上､下底面面积分别为，下底面上的棱与侧棱所成角的余弦值为，则该正四棱台的体积为（    ） A． B． C．148 D． 【答案】A 【详解】因为正四棱台的上、下底面面积分别为，， 所以上、下底面边长分别为，． 如图，过点作于点，则． 因为，所以与所成的角为，所以，得． 设该正四棱台上、下底面的中心分别为，，连接，，， 易得，，过作于点，则，． 所以该正四棱台的体积．故选：. 5．（24-25高三上·广东深圳·期末）如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台， 取轴截面，如图所示，分别为的中点，可知：， 且，，，，，可得，即， 所以该容器中液体的体积为：.故选：A. 6．（23-24高三上·广东深圳·期末）已知矩形ABCD中，，，将沿BD折起至，当与AD所成角最大时，三棱锥的体积等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据异面直线所成角、锥体体积公式等知识求得正确答案. 【详解】因为异面直线所成角的范围是，故当时，与AD所成角最大， 因为四边形是矩形，所以，而平面，所以平面， 因为平面，所以，在直角三角形中，， 而，所以， 所以.故选：A 二、多选题 7．（24-25高三上·广东梅州·期末）已知一张边长为2的正方形纸片绕着它的一条边所在的直线旋转弧度，则该纸片扫过的区域形成的几何体的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为一个边长为2的正方形纸片绕着一条边旋转弧度，所形成的几何体为柱体的一部分， 是底面半径r为2,高h为2的圆柱的八分之一， 所以其表面积，故选：C 8．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知正棱锥的体积为，则其侧棱长可能为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】CD 【详解】设正棱锥的侧棱长为，底面正多边形的外接圆的半径为，则， 则正棱锥的高，正棱锥的底面多边形的面积， 所以正棱锥的体积，其中， 令可得． 设函数则 当时，单调递增；当时，单调递减． 所以则，解得．故选：CD 9．（24-25高三上·广东·期末）已知圆台的上，下底面半径分别为1，3，母线长为4，则下列正确的有（    ） A．圆台的侧面积为 B．圆台的体积为 C．母线与底面所成角为 D．存在相互垂直的母线 【答案】AC 【详解】设上下半径和母线长分别为：， 对于选项A：利用圆台的侧面积公式，故选项A正确； 对于选项B：圆台的高， 再由圆台的体积公式，故B错误. 对于选项C：设母线与底面所成角为，则，所以，故C正确. 对于选项D：由选项C可知，母线与底面所成角为，因为圆台是绕着轴截面等腰梯形的对称轴旋转得到的，所以任意两条母线与底面所成角都相等，若两条母线垂直，则母线与底面所成角为，与前面所求的矛盾，所以不存在互相垂直的母线，故D错误.故选：AC 三、非选择题 10．（24-25高三上·广东·期末）已知连接正四面体各面的重心，可以得到一个小的正四面体，且小正四面体的每一个面都与原正四面体的一个面平行．据此推断，若四面体的体积为4，过该四面体的每一个顶点作与另外三个顶点所在平面平行的平面，四个平面围成一个新的四面体，则新四面体的体积为 ． 【答案】108 【详解】设这四个平面围成的新四面体为，显然是唯一的，如下图： 而当分别为四面体各个面对应三角形的重心时， 连接并延长交于点，连接并延长交于点， 则有，且为的中位线，所以，且， 同理可得且且； 且且． 即当分别为四面体各个面对应三角形的重心时恰满足题目条件， 所以四面体的棱长是四面体对应棱长的3倍， 所以四面体的体积为．故答案为：108 11．（24-25高三上·广东广州·期末）已知四棱锥的底面是平行四边形，点E满足 ．设三棱锥和四棱锥的体积分别为和，则的值为 ． 【答案】 【详解】设点到平面的距离为，因为，则， 则，其中三棱锥的体积为， 则，， 又，所以，则.故答案为： 12．（24-25高三上·广东湛江·校考期末）由两种或三种正多边形面组成的凸多面体称作阿基米德多面体．将一个棱长为12的正四面体截去4个小正四面体后可以得到一个由正三角形和正六边形构成的阿基米德八面体，则该阿基米德八面体的外接球的表面积为 ． 【答案】 【详解】解：由题意知，阿基米德八面体的棱长为原正四面体的，即， 原正四面体外接球的球心就是该阿基米德八面体外接球的球心，设球心为，半径为， 原正四面体外接球的半径为，正四面体底面三角形的高为， 则四面体的高为，则， 解得，所以球心到底面的距离为， 则，则表面积为.故答案为: .    地 城 考点03 点、直线、平面之间的位置关系 一、单选题 1．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知，，是三个不重合的平面，且，，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，则 D．若，则 【答案】B 【详解】对于A：若，，则或与相交，故A错误； 对于B：设，在平面内任取一点（不在、上）， 作，垂足分别为，由面面垂直的性质定理， 可得，，又，即，，所以， 又因为，，可得，又，即，所以，故B正确； 对于C：若，则或与相交，故C错误； 对于D：若，则与相交，不一定是垂直，故D错误. 故选：B 2．（24-25高三上·广东·校考期末）如图，在三棱锥中，平面，．，为线段的中点，，分别为线段和线段上任意一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】平面，，平面， ，，又，， ，平面，平面， 平面，，在直角三角形中，． 过点分别作，，垂足分别，， ，，， ，故选：C． 二、多选题 3．（24-25高三上·广东湛江·期末）已知为两个平面，为两条直线，则下列命题正确的是 （   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】ACD 【详解】对于A，若，则，正确； 对于B，若，则，或与相交，或异面，故错误； 对于C，若，则，正确； 对于D，若，则，正确.故选：ACD. 4．（23-24高三上·广东深圳·期末）在正方体中，用垂直于的平面截此正方体，则所得截面可能是（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】AD 【详解】解：如图所示：    在正方体中，又，平面，平面， 则平面，又平面，则， 同理，又，平面，平面， 所以平面，同理平面， 由直线与平面垂直的性质得；与平面和平面平行的平面，都与垂直， 由图象知：在平面和平面之间的平面，与正方体所得截面的形状为六边形； 在平面和平面之外的平面，与正方体所得截面的形状为三角边形，故选：AD 5．（24-25高三上·广东深圳·期末）在正方体中，，下列说法正确的是（   ） A．平面 B． C．存在λ，使得 D．当时，平面截正方体的表面所得的图形为五边形 【答案】BD 【详解】对于A，当时，直线即为直线，此时平面，A错误； 令正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 对于B，，则，因此，B正确； 对于C，，则，因此与不垂直，C错误； 对于D，连接并延长分别与交于点，连接分别与交于点， 连接，则多边形为平面截正方体的表面所得的截面，为五边形，D正确.故选：BD 6．（24-25高三上·广东湛江·期末）已知正方体外接球的体积为是空间中的一点，则下列命题正确的是（    ） A．若点在正方体表面上运动，且，则点轨迹的长度为 B．若是棱上的点（不包括点），则直线与是异面直线 C．若点在线段上运动，则始终有 D．若点在线段上运动，则三棱锥体积为定值 【答案】BCD 【详解】方体外接球的体积为.设外接球的半径为，则，解得.       设正方体的棱长为，则. 对于，在平面中，点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆弧；同理，在平面ABCD和平面中，点的轨迹都是以为圆心，2为半径的圆弧.故点的轨迹的长度为.故错误； 对于B，利用异面直线的判定定理可以判断直线与是异面直线.故正确； 对于，在正方体中，有平面平面平面平面.故C正确； 对于，在正方体中，平面为定值.故D正确. 故选：BCD 7．（23-24高三上·广东深圳·期末）如图，正方体的棱长为2，若点在线段上（不含端点）运动，则下列结论正确的为（    ） A．直线可能与平面相交 B．三棱锥与三棱锥的体积之和为定值 C．当时，与平面所成角最大 D．当的周长最小时，三棱锥的外接球表面积为 【答案】BCD 【详解】A.如图，，且平面，平面， 所以平面，同理平面，且平面，平面， 且，所以平面平面，且平面，所以平面，故A错误； B.如图，过点作于点，于点，根据面面垂直的性质定理可知，平面，平面，， .故B正确； C.因为平面，平面，所以， 且，且，平面，平面， 所以平面，且平面， 所以，即，点是的中点，此时线段最短， 又因为，且平面，平面，所以平面，即上任何一个点到平面的距离相等，设为， 设与平面所成角为，，,当时，线段最短，所以此时最大，所以最大，故C正确； D. 的周长为，为定值，即最小时，的周长最小，如图，将平面展成与平面同一平面，当点共线时，此时最小，作，垂足为，，解得：，如图，以点为原点，建立空间直角坐标系， ,，连结，平面，且经过的中心，所以三棱锥外接球的球心在上，设球心，则, 即，解得：， ，所以外接球的表面积，故D正确. 附：证明平面，因为平面，平面，所以，又因为， 且，平面，平面，所以平面, 平面，所以，同理，且，所以平面，且三棱锥是正三棱锥，所以经过的中心. 故选：BCD 三、非选择题 8．（24-25高三上·广东湛江·期末）如图所示，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，点F是PC的中点，AC交BD于点O，PA底面ABCD，EDPA，且. (1)证明：OF平面PAB ； (2)证明：BD平面PAC ； (3)若，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3). 【详解】（1）底面ABCD是边长为2的菱形， 点O是BD的中点，又点F是PC的中点，OF是的中位线，则， 又平面PAB，平面PAB，则平面PAB. （2）由PA底面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以PABD， 底面ABCD是边长为2的菱形，则ACBD， 又且都在平面PAC内，则平面PAC. （3）底面ABCD是边长为2的菱形，，∴△ABC是等边三角形，， 由PA底面ABCD，又平面ABCD，则PAAC，所以， 由（1）得且，又EDPA，，即， 且，则四边形OFED为平行四边形， 且，即， 又平面PAC，所以EF平面PAC，则EF是三棱锥的高. 所以三棱锥的体积为. 9．（24-25高三上·广东深圳·期末）如图，在四棱锥中，底面，，平面平面.(1)求证：； 【答案】(1)证明见解析 【详解】（1）设，在平面内过点作，垂足为， 因为平面平面，平面平面，所以平面， 又平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，，平面，平面，所以平面， 又因为平面，所以. 地 城 考点04 空间向量求距离 一、多选题 1．（24-25高三上·广东珠海校考期末）已知正方体的棱长为，点，分别是，的中点，在正方体内部且满足，则下列说法正确的是（    ） A．直线平面 B．直线与平面所成的角为 C．直线与平面的距离为 D．点到直线的距离为 【答案】ABD 【详解】平面，平面，，，，故平面，平面，故，同理可得，，故直线平面，A正确； 如图所示：连接与交于点，则，，， 故平面，即为直线与平面所成的角，，B正确； ，平面，故平面，为中点，连接，则，故平面，，C错误； 以为轴建立空间直角坐标系，则，， ，点到直线的距离为，D正确. 故选：ABD. 2．（24-25高三上·广东深圳·校考期末）正三棱柱中，，，，分别为，，的中点，为棱上的动点，则（    ） A．平面平面 B．点到平面的距离为 C．与所成角的余弦值的取值范围为 D．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 【答案】ACD 【详解】对于A，取的中点，连接，，易知也是的中点， 在中，因为，为的中点，所以， 在中，因为，为的中点，所以， 又因为，平面，， 所以平面． 又因为平面，所以平面平面，A正确． 对于B，设点到平面的距离为，易知，， 取中点为，连接，因为， 则，因为底面，且面，则， 又因为平面，且，所以平面，且， 因为，所以，解得，B错误． 对于C，取的中点，连接，易知．以为坐标原点， 向量，，的方向分别为，，轴的正方向， 建立空间直角坐标系，则.，设，，，， 设与所成的角为，则． 令（），则，当即时，； 当，即时，， 根据对勾函数在上单调递减可知； 当，即时，同理根据对勾函数在上单调递减可知． 综上，与所成角的余弦值的取值范围为，C正确．       对于D，由A选项中的结论知平面，． 又因为球面的半径为，所以以为球心，为半径的球面与侧面的交线（圆的一部分）的半径为．如图，，，所以，解得， 由圆与正方形的对称性知，所以球面与侧面的交线长为，D正确． 故选：ACD. 3．（24-25高三上·广东广州·期末）如图，长方体中，，点是半圆弧上的动点（不包括端点），点是半圆弧上的动点（不包括端点），则下列说法正确的是（    ）    A．的取值范围是 B．若与平面所成的角为，则 C．的最小值为 D．若三棱锥的外接球表面积为，则 【答案】BCD 【详解】如图，，连接，在中，，       所以， 因为，所以，所以的取值范围是，故A错误； 连接，由于平面，所以与平面所成的角为，如图， 所以，因为，所以，故B正确； 设在底面的射影为，为中点，连接， 则，又， 则，而， 所以，故，故C正确； 以为坐标原点，直线为轴，为轴，为轴，如图， 则点的坐标满足，可设的坐标为， 由球心在BC的中垂线（即过外接圆圆心且与底面垂直的直线）上，可设球心坐标为， 因为，所以， 解得，故，所以外接球的半径， 所以，故D选项正确.故选：BCD. 二、非选择题 4．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，当与垂直时，点的运动轨迹长度为 . 【答案】 【详解】以为坐标原点，分别为，建立空间直角坐标系， 则，设，可得， 因为，则，整理可得，即点的轨迹方程为， 令，则；令，则； 可知点的轨迹即为点与两点之间的线段， 所以轨迹长度为.故答案为：. 2．（24-25高三上·广东·校考期末）某公园有一个坐落在水平地面上的大型石雕，如图是该石雕的直观图.已知该石雕是正方体截去一个三棱锥后剩余部分，是该石雕与地面的接触面，其中是该石雕所在正方体的一个顶点.某兴趣小组通过测量的三边长度，来计算该正方体石雕的相关数据.已知测得，则该石雕最高点到地面的距离为 . 【答案】 【详解】如图，补齐为正方体，设，，， 则，解得，，，即该石雕所在正方体的棱长为. 以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 所以，， ，， 设平面的一个法向量为，则，即， 令，可得，所以点到平面的距离为， 即该石雕最高点到地面的距离为.故答案为：. 6．（23-24高三上·广东东莞·期末）如图，在四棱锥中，四边形ABCD是边长为2的正方形，． (1)证明：平面平面； (2)若，，点E，F分别为PB，PD的中点，求点E到平面ACF的距离． 【答案】(1)证明见解析(2) 【详解】（1）连接，与相交于点，连接， 四边形ABCD是边长为2的正方形，则，为和的中点， ，则，平面，，平面， 平面，所以平面平面 （2）四边形ABCD是边长为2的正方形，， ，，，则有，， 以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ， ，设平面的一个法向量为， 则有，令，得，即. ，点E到平面的距离. 7．（24-25高三上·广东湛江·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． (1)求证：面； (2)求平面与平面的夹角的大小； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析；(2)(3) 【详解】（1）在四棱锥中，底面，底面， 则，由底面是正方形，得， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因为，则， ，设平面的法向量为， 则，令，得，则， 而平面，所以平面. （2）由（1）知，，且，设平面的法向量为， 则，取，得， ，而，则， 即，则的一个法向量为， 因此，而，则， 所以平面与平面的夹角为. （3）因为底面，底面,所以 底面是正方形，所以,,平面, 所以平面,平面,所以，所以在为直角三角形， 又由题知，所以在也为直角三角形，故与相似， 则，,， 而，所以，所以是线段PB中靠近点P的三等分点， 由第（1）小问可知，，，， 因为是线段PB中靠近点P的三等分点，所以点， 设平面的一个法向量为，而，， 则有，令，则，，， ，， 设B点到平面的距离为，则； 故B点到平面的距离为. 8．（24-25高三上·广东·校考期末）如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆O的内接正三角形，点E在母线上，且，. (1)求证：平面平面； (2)若点M为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析(2). 【详解】（1）如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，       因为平面，所以， 又因为是底面圆的内接正三角形，由，可得，， 解得，又，，所以，即，， 所以在中，， 在中，由余弦定理：， 所以，故. 因为底面，面，所以平面平面， 又面，面面，，故面， 又平面，所以平面平面； （2）易知，以点为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，， 所以，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，设，可得， 设直线与平面所成的角为，则， 即，令，， 则 当且仅当，即时，等号成立，所以当时，有最大值4， 即当时，的最大值为1，此时点，所以， 所以点M到平面的距离， 故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为. 地 城 考点05 空间向量求夹角 一、多选题 1．（24-25高三上·广东深圳·期末）如图，等边的边长为4，为边的中点，将沿折成三棱锥，，B，C，D都在球的球面上．记，，与平面所成的角分别为，，，平面，，与平面所成的角分别为，，，则（    ） A．与所成的角为定值 B．球的表面积的最大值为 C． D．存在点使得 【答案】ACD 【详解】方案一：A选项：由题意可得，，，，平面，平面，所以平面，又平面，所以，即与所成的角是，为定值.故A正确. B选项：设，球O的半径为R，外接圆半径为r，则根据正弦定理， 可得，即，所以， 因为，所以，所以无最大值，即球O的表面积无最大值.故B错误. C选项：如图，过点作，垂足为M，连接CM，易得，平面BCD，则，，，，，. 假设，即，设，，则，，，解得或，与矛盾，所以假设不成立.同理可证当M再BD延长线上时，无解.所以C正确. D选项：如图过点D作DO平面，垂足为O，易得O在的角平分线CE上，连接DE，过点O作ONBC，垂足为N，连接DN.则，，，，，由对称性可知. 【方法一】假设成立，则，即点D在底面的射影为的内心，设，，则，， 所以，，所以， 又，所以，解得.所以D正确. 【方法二】，由对称性可知，在直角中，， 当时，，，.所以D正确. 方案二：如图建立空间直角坐标系，D为坐标原点，DC为x轴，DB为y轴，垂直于DB为z轴，轴，连接CM，根据等边的边长为4，为边的中点，将沿折成三棱锥，易得，，， 不妨设，显然，，.A选项：，，显然，即与所成的角是，为定值.故A正确. B选项：根据题意不妨设球心，球半径为R， 则，又，， 即， 又化简可得，，所以， 因为，，所以无最大值，即球O的表面积无最大值.故B错误. C选项：显然易得，，， 假设成立，则， 当时解得(舍去)或，与矛盾，当时，解得(舍去)， 综上所述，无解，假设不成立，所以C正确. D选项：设平面的法向量为，平面的法向量为， 平面的法向量为，平面的法向量为， 假设存在使得成立，即， 根据，，，可得， ，，， 所以，， ，所以， 又解得，所以假设成立，故D正确.故选：ACD. 2．（23-24高三上·广东东莞·期末）如图，该几何体是由正方形沿直线旋转得到的，已知点是圆弧的中点，点是圆弧上的动点（含端点），则下列结论正确的是（    ）    A．不存在点，使得平面 B．存在点，使得平面平面 C．存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为 D．不存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为 【答案】BCD 【详解】由题意，可将几何体补全为一个正方体，建立空间直角坐标系，如图所示，    设正方体棱长为2，则， ，设. 对于A选项，假设存在点，使得平面， 因为，，， 则，可得， 因为，则，即当点与点重合时，平面，故A选项错误； 对于B选项，由A选项可知，平面的一个法向量为， 假设存在点，使得平面平面， 则， ，，则，可得， 又因为，解得，即当点为的中点时，平面平面，故B选项正确； 对于C选项， 若存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为， 则直线与平面所成角的正弦值为，， 所以， 整理可得， 因为函数在时的图象是连续的， 且，，所以存在，使得， 所以，存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，C选项正确； 对于D选项， 设平面的法向量为，， 则，取，则，可得， 假设存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，则， 可得，即可得或， 因为，则则，所以， 故当时，方程和均无解， 综上所述， 不存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，故D选项正确.故选：BCD 三、非选择题 3．（24-25高三上·广东深圳·期末）如图，四棱锥中，平面平面，为棱上一点.    (1)证明：； (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析(2) 【详解】（1）取中点，连接 平面平面，平面平面平面 平面 平面      ，即 又平面平面平面 （2）连接，设，连接 平面平面，平面平面 ，易知 取中点，连接，则两两互相垂直. 分别以为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系 则 ，， 设平面的一个法向量 则即令，则 设直线与平面所成角为，则 即直线与平面所成角的.正弦值为 4．（24-25高三上·广东汕头·期末）如图，平面四边形中，，，点为中点，于，将沿翻折至，使得. (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析(2) 【详解】（1）因为由翻折而成，且， 根据翻折的性质，翻折前后对应边和对应角不变，所以.   已知，所以 因为，，所以， 又因为，即，，平面，所以平面 （2）由（1）知平面，平面，所以， 又，.可求得. 又.则.则. 则两两垂直，可以建立空间直角坐标系. 平面的法向量可取. 点为中点，则，， 则.则， 则 点为中点，则，则. 设平面法向量为，则 ，即，解得，故. 设平面与平面的夹角为，则. 故平面与平面的夹角的余弦值为. 5．（24-25高三上·广东湛江·期末）如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，，．    (1)证明：平面． (2)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）证明：因为四边形是菱形，且，所以．因为，所以，所以 因为，所以． 因为平面，且，所以平面 因为平面，所以． 因为四边形是菱形，所以． 因为平面，且，所以平面． （2）记，以为原点，的方向分别为轴的正方向，平行向上为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设，则， 则．设平面的一个法向量为， 则令，得．设平面的一个法向量为 则令，得．设平面与平面的夹角为， 则，故．    6．（24-25高三上·广东·期末）如图，已知平面，平面平面. (1)证明：平面； (2)若，且平面与平面的夹角的余弦值为，求的长. 【答案】(1)证明见解析(2)1 【详解】（1）证明：过点作，垂足为. 因为平面平面，平面平面平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为平面平面，所以， 又因为平面平面，所以平面. （2）（方法一）因为平面，所以，又因为平面.所以如图，以点为坐标原点，分别以，过点且平行的直线，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 设，因为，所以， 则， 设平面的法向量为，则，得， 令，则平面的一个法向量为. 设平面的法向量为，则，得， 令，则平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则， 解得，即的长为1. 7．（24-25高三上·广东·期末）如图所示，多面体中，底面ABCD为菱形，，平面ABCD，，． (1)探究直线BE与平面是否有交点； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)直线BE与平面没有交点 (2) 【详解】（1）如图所示： 取中点为点H，连接AH与EH，由题意易得四边形DCEH为矩形，故， 又因为四边形ABCD为菱形，可得，故， 故四边形ABEH为平行四边形，故． 又因为平面．平面，故平面，即直线BE与平面没有交点． （2）连接AC，BD交于点O，取中点为F，因为，平面ABCD，所以平面ABCD，又因为ABCD为菱形，所以， 以O为坐标原点，OB，OC，OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，， 设直线与平面所成角为，故， 故直线与平面所成角的正弦值为． 8．（24-25高三上·广东深圳·期末）在四棱锥中，底面为矩形，且． (1)证明：平面底面． (2)若，，，，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【详解】（1）因为底面为矩形，所以， 又，，平面，所以平面． 因为底面，所以平面底面． （2）由（1）得，，又， 以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，， 则，，， ， 则，，设，因为，则， 解得，所以，则． 设平面的一个法向量为，则由， 得，令，得．因为， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 9．（24-25高三上·广东广州·期末）如图，在正三棱台中，，    (1)若，证明：平面； (2)若三棱台的高为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析(2) 【详解】（1）如图所示，过点作，交BC于点E， 易知四边形为平行四边形.所以，，所以 又，所以，即故，同理可得 又直线与相交，且直线与都在平面内，所以平面       （2）以AB的中点O为原点，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，过点O且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.取线段中点F， ，，，，，， 所以，，设平面的法向量为， 则，即，取，则，，故 设平面的法向量为， 则，即，取，则，，故， 所以，所以平面与平面夹角的余弦值为 10．（24-25高三上·广东梅州·期末）如图，三棱柱中，侧面BB1C1C是菱形，其对角线的交点为O，且AB=AC1，AB⊥B1C． (1)求证：AO⊥平面BB1C1C； (2)设∠B1BC=60°，若直线A1B1与平面BB1C1C所成的角为45°，求二面角的余弦值． 【答案】(1)见解析(2) 【详解】（1）证明：∵四边形BB1C1C是菱形，∴B1C⊥BC1， ∵AB⊥B1C，AB∩BC1=B，平面ABC1，∴B1C⊥平面ABC1， 又平面ABC1，∴B1C⊥AO，∵AB=AC1，O是BC1的中点，∴AO⊥BC1， 又B1C∩BC1=O，平面BB1C1C，∴AO⊥平面BB1C1C； （2）解：∵AB∥A1B1，∴直线A1B1与平面BB1C1C所成的角等于直线AB与平面BB1C1C所成的角， ∵AO⊥平面BB1C1C，∴直线AB与平面BB1C1C所成的角即∠ABO，∴∠ABO=45°， 不妨设菱形BB1C1C的边长为2，则在等边三角形BB1C中，BO=，CO=B1O=1， 在Rt△ABO中，AO=BO=，如图，以O为坐标原点，分别以OB，OB1，OA所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，设平面A1B1C1的法向量为， 则有，可取， 因为AO⊥平面BB1C1C，所以即为平面BB1C1C的一个法向量， 则，由图可知二面角为钝二面角， 所以二面角的余弦值为． 地 城 考点06 立体几何中的探究性（存在性）问题与最值问题 一、多选题 1．（23-24高三上·广东汕头·期末）在三棱锥中，平面，，是底面上（含边界）的一个动点，是三棱锥的外接球表面上的一个动点，则（    ） A．当在线段上时， B．的最大值为4 C．当平面时，点的轨迹长度为 D．存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为 【答案】ACD 【详解】对于A：由已知，即， 又平面，且平面，所以，又面，， 所以面，又面，所以，A正确； 对于B：设三棱锥的外接球半径为，将三棱锥补成正方体，如图： 三棱锥的外接球即为正方体的外接球， 则，则的最大值为外接球的直径，即，B错误； 对于C：当平面时，点的轨迹为过点且与面平行的平面与外接球的交线，产生的轨迹是一个圆，设其半径为设点到面的距离为， 因为，所以，解得， 所以，所以点的轨迹长度为，C正确； 对于D：取线段的中点，连接， 在正方体中，明显有面，即点到面距离为线段的长，且， 设平面与平面的交线为，平面与平面的夹角为，过做交与，连接， 明显有，， ，面， 所以面，则为平面与平面夹角， 则，又由图象可得， 所以，所以，所以，又， 所以存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为. 故选：ACD. 二、非选择题 2．（24-25高三上·广东·期末）已知直三棱柱中，，分别为和的中点，P为棱上的动点，F为棱上一点，且四点共面.若 (1)证明：平面平面； (2)设是否存在实数λ，使得平面与平面所成的角的余弦值为若存在，求出实数λ，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析(2)存在 【详解】（1）因为平面平面，所以平面． 因为平面，平面平面，所以． 因为为的中点，故为的中点． 在正方形，因为，故．所以． 因为，故，故． 因为，故平面，所以平面． 因为平面，所以平面平面． （2）因为三棱柱为直三棱柱，故． 因为平面， 所以平面，平面，所以，故． 又因为平面，故以A为原点，分别为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设则， ． 据题设有，显然，此时． 设为平面的法向量，则． 则，令，从而． 显然，平面的法向量可取．此时平面与平面所成的角的余弦值为 故，即，解得， 所以存在，使得平面与平面所成的角的余弦值为． 3．（24-25高三上·广东深圳·期末）如图，在矩形中，，取中点，将和分别沿直线，折叠，使，两点重合于点得到三棱锥． (1)当时，求证：； (2)若二面角的平面角为，是否存在上一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析(2)存在，位于中点 【详解】（1）由题可知，，，， 又因为，所以．所以．即， 且，平面，可得平面， 由平面，所以． （2）存在，理由如下：因为，，，平面， 所以平面，二面角的平面角为， 如图所示，以为原点，垂直于所在的直线为轴，、方向为和轴． 则，，，， 可得，，设， 则 平面的一个法向量为，设直线与平面的夹角， 可得，解得， 故位于中点时，满足条件. 4．（24-25高三上·广东佛山·期末）如图1，在平行四边形中，，E为的中点．将沿折起，连接与，如图2．    (1)当为何值时，平面平面? (2)设，当时，是否存在实数，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． (3)当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的内切球的半径． 【答案】(1)(2)存在，(3) 【详解】（1）连接，由题意得，， 则为等边三角形，，在中，， 由余弦定理得， 所以，由，则，故. 若平面平面，由平面平面，平面，， 则平面，平面，则，所以. 下面证明当时，平面平面. 证明：由，则， 所以，又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，故当时，平面平面； （2）由（1）知，，则平面平面. 在平面内过作，由平面平面，平面， 则平面，平面，则. 如图，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则， 故，由， ， 因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以， 化简得，解得或（舍去）， 故当时，存在，使直线与平面所成角的正弦值为； （3）设点到平面的距离为，由，其中为定值， 则要使三棱锥的体积最大时，则点到平面的距离取最大， 取中点，连接，则， 当平面时，点到平面的距离最大， 此时，由平面，则平面平面， 由（1）知，，为直角三角形， . 则，， ，在中，，取中点， 则，且，所以， 设内切球球心为，内切球半径为，由等体积法知， 其中，， 故， 故当三棱锥的体积最大时，三棱锥的内切球的半径为. 5．（24-25高三上·广东潮州·期末）如图，在四棱锥中，平面，底面是边长为2的正方形，，为的中点，，是棱上两点（在的上方），且． (1)若，求证：平面； (2)当点到平面的距离取得最大值时，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【详解】（1）连接，记，，连接，，如下图， 在正方形中，因为，为的中点，所以，， 易知∽，则，可得， 在中，因为，所以， 因为平面，平面，所以平面. （2）因为平面，平面， 所以，，故两两垂直， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图： 则，的面积为定值， 又点A到平面EFC的距离为定值，三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值， 所以要使点到平面AEC的距离最大，则的面积最小，即到AC的距离最小， 设，则， 所以E到AC的距离为 所以当时，E到AC的距离最小，点到平面AEC的距离最大， 此时设平面AEC的一个法向量为， 则，令，可得， 又，设直线AG与平面AEC所成角为， 则 所以直线与平面所成角的正弦值. 6．（24-25高三上·广东广州·期末）如图，在三棱锥中，，，是线段上的点.    (1)求证：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长； (3)若平面，为垂足，直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的长. 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【详解】（1）取的中点，连接、，因为，，则，   所以，所以，所以， 又因为，所以，则， 又因为，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）因为平面，， 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，       则、、、，所以，， 因为为棱上的点，设，其中， 所以，，且， 设平面的法向量为，则， 不妨取，可得，因为线与平面所成角的正弦值为， 所以，则，化简可得：， 解得：或（舍去）.所以. （3）设，因为，其中， 所以，，可得，即点， 因为平面，则点，， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故当点为线段的中点时，三棱锥的体积取最大值，此时，点， 由（2）可知，此时，平面的一个法向量为， 设，其中， 则， 因为平面，则，所以，，解得， 所以，，所以.即的长为. 7．（24-25高三上·广东湛江·期末）如图，在多面体中，是边长为2的等边三角形，平面，，，，，设为的中点． (1)证明：平面； (2)设为棱上的动点，求与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见详解(2) 【详解】（1）如图，在平面ABC内过点作直线， ∵平面，平面，∴，， ∴以为坐标原点，分别为坐标轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，，， ∵为的中点，∴，∴，，， ∴，即， 又∵平面，平面，，∴平面. （2）设，即 则，，， 设平面的一个法向量， 则，令，则，即， 设直线与平面所成角为，则， 令，当时，取最小值，即， 即当时，取得最大值，， 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $