专题04 三角函数与解三角形、空间向量与立体几何（5大考点）（浙江专用）2026年高考数学一模分类汇编

命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题04三角函数与解三角形、空间向量与立体几何 ☆5大考点概览 考点01三角函数图像与性质、诱导公式 考点02三角恒等变换 考点03解三角形 考点04点、直线、平面间位置关系 考点05空间向量与立体几何 考点1 三角函数图像与性质、诱导公式 1.A 2.B. 3.BCD. 4.ABD 5.C. 6.ABC. 7.B 8.ACD 考点2 三角恒等变化 9.BD 10.D 11.A 12.BCD. 13.0 09可0s0s月 6 14.(1) (2f(0)mnin-V6-V3 1/4 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 考点3 解三角形 A=月 15.( 3四 4/91 ②(I)z,(Ⅱ) A=号 16.(1) 25=4 17.ACD b= 2w0 18.(1)(i)3;(ii) 5 的 19. (1,2) 20.(0ab:c=64:5 AM 34 (2) 20 21.1 2.a,f0aa=-1 2 考点4 点、直线、平面间位置关系 23.B 24.BCD. 25.ABC 劉 26. 2/4 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 27.(1)证明见解析 30 20 28.(1)证明见解析 @6 29.(1)证明见解析 3 30.(1)证明见解析 1,) (2)存在， D (3)点的轨迹为抛物线，理由见解析 31.(1)证明见解析 r 39 考点5 空间向量与立体几何 32.D 33.C 34.C 35.ABD. 36.AC 37.ABD ABD 38.(1)证明见解析 (2)3 39.(1)证明见解析 3/4 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 V105 (2)35 40.(1)证明见解析 41.(1)证明见解析 2证明见解析；D令 4/4 专题04 三角函数与解三角形、空间向量与立体几何 5大考点概览 考点01三角函数图像与性质、诱导公式 考点02三角恒等变换 考点03解三角形 考点04点、直线、平面间位置关系 考点05空间向量与立体几何 ( 三角 函数图像与性质、诱导公式 考点1 ) 1．若函数的图象向右平移个单位后得到的图象关于轴对称，则实数可以是（　　） A． B． C．2 D． 【答案】A 【分析】分析可知函数关于直线对称，分和两种情况，结合函数的对称性分析求解即可. 【详解】因为函数的图象向右平移个单位后得到的图象关于轴对称， 可知函数关于直线对称， 若，则函数关于直线对称，符合题意； 若，设， 则函数的对称轴所对应的值（）必为函数的对称轴， 又因为函数的对称轴为轴， 则，解得； 综上所述：或. 结合选项可知：A正确，BCD错误. 故选：A. 2．若，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用诱导公式将已知条件化简，再结合同角三角函数的基本关系式求解即可. 【详解】由，可得，所以，所以， 又因为，所以，所以， 又因为，所以，所以， 所以. 故选：B. 3．已知函数，则（    ） A．方程的解集是 B．当时，恒有 C．函数的值域是 D．函数的零点个数不可能为3 【答案】BCD 【分析】对于A，令代入计算可判断；对于B，分，，三种情况讨论即可判断； 对于C，求出函数的周期是，设， 当时，可得，即可得到范围； 同理当时，，即可求解函数的范围； 对于D，化简可得的图象关于轴对称，根据对称性即可求解. 【详解】因为是的解，则A错误； 当时，，则，从而，满足，当时，因为，所以， 当时，因为，所以，也有，B正确； 函数的周期是，不妨设， 当时，，因为， 则，从而； 当时，，因为，则，从而， 故值域是，C正确； 对于，因为， 所以的图象关于轴对称，使得在上的零点个数为偶数， 又显然是的最小值，而且当且仅当即， 这表明零点个数只能为1或偶数，D正确. 故选：BCD. 4．(25-26高三上·浙江金华十校·一模)在中，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据与在上的图象及已知得到，结合零点存在性定理分析得，进而有，再由、在区间上单调性，得，最后构造函数并应用导数证明，即可得. 【详解】根据与在上的图象，如下图示，    显然与在上有且仅有唯一交点， 即在上有且仅有一个根，而，， 由，所以，且，A对， 又，，则 所以，即，B对，C错， 由，则，而中， 由在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以，只需，可得， 令且，则， 对于且，则，故在上单调递增， 所以，即，则， 所以在上单调递增，故，即， 所以，而，则，即， 所以，故，即，D对. 故选：ABD 5．(25-26高三上·浙江宁波·模拟)已知函数，若对任意的，恒成立，且当时，取到最大值，则的所有可能取值构成的集合为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据已知条件“对任意的，恒成立”得出函数周期，从而得出值，利用“时，取到最大值”得出的表达式，从而得出的表达式，最后结合余弦函数的周期性得出的所有可能值． 【详解】，对任意的恒成立， 函数周期满足， ， ， 当时，取到最大值，， ，即， ， ，则的可能值为： 当时，；当时，；当时，； 当时，；当时，；当时，； 当时，值循环出现． 的所有可能取值集合为：． 故选：C． 6．(25-26高三上·浙江杭州·)设函数，则（    ） A． B．的最小正周期是 C．的值域是 D．在区间上单调递增 【答案】ABC 【分析】利用三角恒等变换化简函数，由三角函数的性质逐个判断各个选项即可. 【详解】， ， ∴，故A正确； 函数的最小正周期，故B正确； 因，则函数的值域是，故C正确； 当时，，此时函数单调递减，则函数也单调递减，故D错误. 故选：ABC. 7．(25-26高三上·浙江嘉兴·一模)已知函数的最小正周期为，若，则的最小值为（    ） A． B． C．0 D． 【答案】B 【分析】由正弦函数的最小正周期可得的值，利用诱导公式与二倍角公式将转化为，结合正弦函数的性质即可得所求最值. 【详解】由已知， 所以， 又， 所以， 所以 ， 又，则当时，有最小值. 故选：B. 8．(24-25高三下·浙江强基联盟·)设函数，则（   ） A．曲线存在对称轴 B．曲线存在对称中心 C． D． 【答案】ACD 【分析】根据二倍角的余弦公式化简可得，即可判断A；根据恒不为常数即可判断B；根据正弦函数和二次函数的值域即可判断C；化简 ，即可判断D. 【详解】A：， 又是的一条对称轴，也是的对称轴， 所以曲线存在对称轴，故A正确； B：，恒不为常数， 所以曲线不存在对称中心，故B错误； C：由于 又，， 所以 ，当且仅当时，等号成立，故C正确； D：当时，，显然等号成立； 当时，有 ，故D正确. 故选：ACD. ( 三角恒等变化 考点2 ) 9．在中，若，且，则（　　） A． B． C． D．的最大值是 【答案】BD 【分析】利用降幂公式以及三角恒等变换可得，结合已知可得，可求得判断B；求得，进而计算可判断ACD. 【详解】由，可得， 所以， 所以， 所以，即， 所以， 所以， 所以， 即， 所以， 所以， 因为，所以，所以， 所以，所以，故B正确； 又，则或， 当时，则，不能得出，故A错误， 若，则时，符合题意，但，所以，故C错误； 由，得， 所以，解得， 所以，当且仅当，即时取等号，故D正确. 故选：BD. 10．(24-25高三下·浙江强基联盟·)已知，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据两角和差的正弦公式即可求得. 【详解】由 ，即，解得. 故选：. 11．当自然光线从介质射入介质，在电介质界面上发生反射和折射时，可以将入射光按偏振方向分解为垂直偏振光（记为光）和平行偏振光（记为光），利用菲涅尔公式可以对两类光的反射系数（反射光振幅/入射光振幅）和透射系数（透射光振幅/入射光振幅）进行计算，其中p光的反射系数计算公式为光的透射系数计算公式为和分别为介质的折射率，和分别为入射角和折射角（），且满足斯涅尔定律：，现有一束自然光线以某个角度从折射率为的介质射入折射率为的介质，若光的反射系数为，则光的透射系数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据光的反射系数为，求出与的关系，再结合斯涅尔定律求出和的值，最后代入光的透射系数计算公式求出结果. 【详解】由题意知，p光的反射系数， 即①， 又由，有②， 根据，由②可得；由①代入可得： ，两边平方得，又因为，则， 即，所以，因为，所以，则， 所以， 代入，计算得. 故选：A. 12．已知矩形，若点为边上的一动点（不包括端点），现将沿着翻折成，使得平面平面，并记为.则（    ） A．存在点，使得 B．任意点，都有 C．存在两点，使得它们所确定的直线与垂直 D．任意两点，它们所确定的直线与平面的所成角都小于 【答案】BCD 【分析】分析折叠前后的图形，假设A正确，利用线面垂直的判定定理，通过证明不成立，判断A错误；根据线面垂直的判定定理，证明平面，从而证得，判断B正确；借助点的轨迹，可说明C正确；求出任意两点，它们所确定的直线与平面的所成角的范围判断D. 【详解】过作垂直于点，则. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 若存在点，使得，则由平面，得平面. 因为平面，所以. 显然不成立，所以A错误. 因为，，且平面，所以平面. 因为平面，所以，所以B正确. 假设存在两点，使得它们所确定的直线与垂直. 在边上取点，连接. 过作垂直于点，并记则. 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面. 同理在边上取异于点的点，连接. 过作垂直于点，并记，则平面. 所以∥.所以四点共面. 因为平面，所以. 如图所示，均在以为直径的圆上，当弦平行于时，可与垂直. 此时因为平面，所以平面. 因为平面，所以，所以C正确. 由C的分析可得，线段在平面的射影为， 所以直线与平面的所成角，即为直线与所成的角. 记直线与平面的所成的角为， 则.， 如上图，令， 则，且. 所以. . 因为，且在上单调递减， 所以，所以，即. 所以，即对于任意两点， 它们所确定的直线与平面的所成角都小于，所以D正确. 故选：BCD. 13．已知函数. (1)求的最小正周期； (2)若函数为偶函数，其中，求的最小值. 【答案】(1). (2). 【分析】（1）化简得到，从而求出最小正周期； （2）求出，根据函数的奇偶性得到方程，求出，结合，得到答案. 【详解】（1）由， 得的最小正周期为； （2）， 因为函数为偶函数，所以， 解得， 又因为，所以当时，取到最小值. 14．△ABC的顶点A，B分别在矩形CDEF的边DE，EF上运动，且，，，记，△ABC的面积为. (1)写出的解析式； (2)求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意可得，利用，，求得两边，进而可求得面积； （2）利用三角恒等变换可求得的最小值. 【详解】（1）因为在矩形CDEF中，，，所以， 因为△ABC的顶点A，B分别在矩形CDEF的边DE，EF上运动，所以， 由，可得，由，得， 所以，； （2）由（1）知， 所以 ， 因为，所以，所以， 所以时，. ( 解 三角形 考点3 ) 15．(24-25高三下·浙江强基联盟·)在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若， (1)求A. (2)若，，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P， （Ⅰ）求AM； （Ⅱ）求. 【答案】(1) (2)（Ⅰ）；（Ⅱ） 【分析】（1）由正弦定理和正弦和角公式得到，由辅助角公式和特殊角的三角函数值得到； （2）（Ⅰ）两边平方得，开方求出答案； （Ⅱ）与的夹角等于，其中，， 计算出，，结合（Ⅰ）中，利用夹角余弦公式求出答案. 【详解】（1）由正弦定理得， ∵， ∴， ∵，∴， ∴， 又，故， ∴，解得； （2）（Ⅰ）∵M是BC的中点， ∴，两边平方得 ， ∴； （Ⅱ）∵M，N分别是BC，AC的中点， ，. 所以与的夹角等于， ∴. ∵ ， ， 又（Ⅰ）中， 所以. 16．(25-26高三上·浙江宁波·模拟)已知分别为三个内角的对边，且. (1)求； (2)若，且的面积为，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理边转角得到，再利用辅助角公式及特殊角的三角函数值，即可求解； （2）根据条件及（1）中结果，得到，再利用面积公式及正弦定理边角互换，得到，即可求解. 【详解】（1）由题可得， 又，所以， 又，则，所以， 得到，又，所以，解得. （2）因为，则， 因为，所以， 所以， ， 所以， 又面积，其中为外接圆的半径， 解得，所以. 17．在中，角所对的三条边分别为，则是等腰三角形的充分条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】对每个选项，分别应用正弦定理、余弦定理将已知等式进行边角转化，再通过三角恒等变换或代数整理，推导是否存在或的关系，若能推出，则该选项是充分条件. 【详解】选项A，根据正弦定理（为三角形外接圆半径）， 因为，所以， 所以是等腰三角形， 因此能充分推出是等腰三角形，所以A正确； 选项B，根据正弦定理得，， 又，则，整理为， 则有，即，可得是等腰三角形， 或者，即，可得是直角三角形，但不一定是等腰三角形， 因此不能充分推出是等腰三角形，所以B错误； 选项C，根据正弦定理得，，又， 则，整理为， 则有，即，可得是等腰三角形， 因此能充分推出是等腰三角形，所以C正确； 选项D，根据正弦定理得，， 又，即，则，整理为， 又由余弦定理得，， 所以，即， 整理得， 则， 即， 所以，而，所以，即， 所以是等腰三角形，因此能充分推出是等腰三角形，所以D正确. 故选：ACD. 18．(25-26高三上·浙江杭州·)设的内角的对边分别为，已知. (1)若. （i）求； （ii）求； (2)求的最大值. 【答案】(1)（i）3；（ii） (2) 【分析】（1）（i）由和差角公式化简等式，代入即可求得； （ii）由同角三角函数的关系求得，由和差角公式求得，然后由正弦定理求得边； （2）由正切的和差角公式和（i）中的关系化简，然后由基本不等式求得最大值. 【详解】（1）（i），展开化简得： 所以； （ii）由，而为三角形内角，故， 所以， 由正弦定理，得. （2）由（1）可得，故均为锐角， 所以， 当且仅当时，取到最大值. 19．(25-26高三上·浙江嘉兴·一模)记的内角的对边分别为，若的面积，则的取值范围是__________． 【答案】 【分析】利用，结合余弦定理解出、的值，后续法一：利用正弦定理将转化为角C的函数，再结合辅助角公式化简为，进一步考虑的范围即可求解；法二：利用导数求解的单调性，结合角C的范围即可求解；法三：求出后，回代余弦定理等式再将化为含b、c的齐次分式，最后通过换元利用对角函数的单调性即可求解． 【详解】由余弦定理得，又， 所以，所以， 所以，即， 所以，又，所以. 方法一：由正弦定理得 ，其中，且， 又，所以， 又， 所以，所以的取值范围是． 方法二：，令，因为，而，所以，所以，在上单调递减，所以在单调递减，，，所以的取值范围是． 方法三：由余弦定理得，又， 所以，所以， 所以，即， 所以，又，所以， 所以，所以， 令得， 再令，则，所以 又因为在上单调递增，所以，所以，所以，所以的取值范围是． 故答案为：． 20．已知的角的对边是且. (1)求； (2)若为的中线，为的角平分线，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由余弦定理可得，进而由正弦定理结合三角恒等变换可得，进而可得，进而求得，可求结论；法二：利用余弦定理可得，结合已知可得，可得结论； （2）不妨设，则，利用余弦定理可得，可求得，利用角平分线定理可求得，可求结论.法二：不妨设，则，利用余弦定理可得，可求得，利用面积法求得，可得结论. 【详解】（1）在中，由余弦定理可得，又， 所以，所以， 所以，由正弦定理可得， 所以，所以， 所以. 因为，，所以, 所以或（舍去），所以. 又因为，所以， 因为，， ， 故. 法二：由余弦定理得，所以， 与联立得，，解得，故. （2）不妨设，则， 在中，， 在中，， 所以，，所以. 由，为的角平分线，所以，所以， 又，所以，所以， 所以. 法二：不妨设，则， 在中，， 在中，， 所以，，所以. 由，得， 所以，所以，得， 所以. 21．(25-26高三上·浙江金华十校·一模)的三个内角的对边分别为，满足，且，则的面积为______． 【答案】1 【分析】由余弦定理结合三角形面积公式求解即可. 【详解】由余弦定理可得：，又， 得，解得，所以的面积为； 故答案为： 22．已知函数. (1)求函数的最小正周期，以及在区间上的最小值； (2)在中，角所对的边分别为.若，，，求的长. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）由，利用二倍角公式和辅助角公式化简，计算即可. （2）由，得，利用三角形面积公式，得：，利用余弦定理，计算即可. 【详解】（1） ， ，即， 最小正周期为，     当时，， 当时，即时取得最小值， . （2），， ，即， ，解得： ， 又，故， ， ， ， ， 由余弦定理得： , 故. ( 点、 直线、平面间位置关系 考点4 ) 23．已知直线与平面，则下列选项可使得的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】举例说明可判断A；由面面平行的性质可判断B；由线面垂直的性质定理可判断C；举例说明可判断D. 【详解】对于A，若，则不成立，如图所示，故A错误； 对于B，由面面平行的性质可知，成立，故B正确； 对于C，若，则，故C错误； 对于D，若，则可能存在，如图所示，故D错误. 故选：B 24．如图，圆台的上下底面半径分别为1和2，P，Q分别为上下底面圆周上的点，为圆台的轴截面且，则（   ） A．为母线 B． C． D．平面与平面的夹角等于30° 【答案】BCD 【分析】根据圆台的基本概念，线面垂直的判定定理，二面角的平面角的概念，逐一判断各选项正误，求出结果. 【详解】由母线的概念可知，不是母线，所以A错误； 如图所示，作上底面圆心，下底面圆心，线段中点， 连接， 可知，因为，所以， 因为为中点，为中点，所以，， 所以四边形为平行四边形， 因为平面，所以平面，所以， 因为为中点，所以，所以B正确； 因为平面，所以，因为， 又因为面，面，， 所以平面，所以，所以C正确； 因为四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以面， 所以平行于平面与平面的交线， 因为平面，， 所以是平面与平面的夹角的平面角， 可知，所以D正确； 故选：BCD. 25．已知平面满足，直线满足，且与不重合，则下列结论正确的是 A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】ABC 【分析】对于A，根据线面平行的判定定理和线面平行的性质定理即可判断； 对于B，根据平面与平面的位置关系即可判断； 对于C，D，根据面面垂直的性质定理即可判断； 【详解】对于A，因为，， 假设，又，则，这与题设与不重合矛盾，所以， 所以，又，， 所以由线面平行的性质定理得，故A正确； 对于B，因为，，，， 所以根据平面与平面的位置关系可得，故B正确； 对于C，因为，，，， 所以根据面面垂直的性质定理可得， 又所以，故C正确； 对于D，根据面面垂直的性质定理可知，当时 ，可能，也可能，也可能相交，故D错误； 故选：ABC. 26．在Rt中，是的中点，把沿翻折到，设二面角的平面角为，若，则三棱锥外接球表面积的范围是___________． 【答案】 【分析】利用球心在过和外接圆圆心且垂直于平面和平面的垂线的交线上找到球心位置，利用题中所给条件建立外接球半径与二面角的平面角为的关系式即可分析计算求解. 【详解】由题可得，所以， 所以，故和分别为等边三角形和等腰三角形，且， 如图，分别为外接圆圆心，取中点，连接， 则，，， 且，故为二面角的平面角，所以， 分别过作平面和平面的垂线，则球心均在两垂线上，两垂线的交点即为球心O， 如图，当时，四边形为矩形,则， 所以由得； 若，如图，连接，则与相交于平面一点H， 则所以， 设三棱锥外接球半径为R， 则，，， 所以， 所以， 若，则，令， 则， 所以时，时，所以在上单调递减，在上单调递增， 又， 所以， 综上所述，最小值为1，最大值为. 所以三棱锥外接球表面积最小值为，最大值为. 故答案为： 27．(25-26高三上·浙江嘉兴·一模)如图，在正三棱柱中，为的中点，点在棱上，. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）方法一：根据题意先求的长，可得，利用，可得，再根据线面垂直的判定证明即可； 方法二：以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明线面垂直； （2）方法一：延长交于点，过点作，垂足为，连结，又易得，则即为平面与平面的夹角，再解三角形求其余弦值即可； 方法二：以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求平面与平面夹角即可； 方法三：根据射影面积法求平面与平面夹角． 【详解】（1）方法一：在直三棱柱中，， 所以， 所以，所以， 又，所以，，， 则，所以， 所以， 即，又平面， 所以平面． 方法二：如图，以为原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 所以 所以，即 又平面，所以平面． （2）方法一：如图，延长交于点，过点作，垂足为，连结， 则由平面得， 所以即为平面与平面的夹角． 在中，， 所以，即， 又，所以， 所以，所以， 即平面与平面夹角的余弦值为. 方法二：如图，以为原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的一个法向量为，则， 取得，又平面的一个法向量为， 记平面与平面的夹角为，则， 即平面与平面夹角的余弦值为． 方法三：由（1）知， 记平面与平面的夹角为，则 即平面与平面夹角的余弦值为． 28．(24-25高三下·浙江强基联盟·)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，，，，，，E为AB的中点，M为CE的中点. (1)证明：； (2)若，N为PC中点，且AN与平面PDM所成角的正弦值为，求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用勾股定理证明垂直，再利用题干得，即可得到平面PBD，即可得到结论. （2）建立空间直角坐标系，利用线面所成角的向量求法解得高度h，即可求得四棱锥的体积. 【详解】（1）证明：在梯形ABCD中，连接交BD于CE一点， 因为且，所以四边形CDBE为平行四边形， 所以BD与CE的交点即为CE中点M. 由已知可得，，，，由余弦定理得, 所以三角形为直角三角形，所以， 又，，所以,且,所以平面PBD， 又平面PBD，所以. （2）由（1）知，平面PDM，如图，以D为坐标原点，分别以DB，DC为x，y轴，垂直于底面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，， 设，则，， 平面PDM的一个法向量为， 设直线AN与平面PDM所成角为， 则， 化简得. 由，可得，求得，. 故. 29．(25-26高三上·浙江宁波·模拟)如图，在四棱锥中，平面平面，底面ABCD是直角梯形，，，且，E为CD的中点，F为线段PD上的点，. (1)证明：平面； (2)若，点M是AB的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）在线段PA上取N，使得，取线段的中点，利用线面平行的判定推理得证. （2）由已知证得直线两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）在线段PA上取N，使得，取线段的中点，连接， 则，，， 在梯形中，，E为CD的中点，则， 因此，四边形为平行四边形，， 而平面，平面，所以平面. （2）由平面平面，平面平面， ，平面，则平面， 因为，， 则，则，即直线两两垂直， 以A为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 则， 设平面MEF的法向量为， 则，取，得， 设平面的法向量为， 则，取，得， 则， 所以平面MEF与平面PEF夹角的余弦值为. 30．已知正方体的棱长为2，是空间中的一点.    (1)证明：直线平面； (2)若直线平面，则在平面内是否存在点，使得的长为定值，若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由. (3)若点在平面内，且满足平面平面，请判断点的轨迹，并说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， (3)点的轨迹为抛物线，理由见解析 【分析】（1）要证明线面垂直，则需要证明该直线与平面内的两条相交直线均垂直即可. （2）方法一：建立空间直角坐标系，根据平面，利用坐标列出方程组，然后计算，即可判断其是否是定值；方法二：取中点，连接，再取的中点，先证明，得出平面，然后求出的长. （3）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，根据面面垂直列出式子，即可得到轨迹是抛物线. 【详解】（1）在正方体中， 因为平面平面，所以. 又因为，平面. 所以平面. （2）法一：如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，    则. 设点，则， 因为平面，所以得* 设平面内存在点，满足长为定值， 则， 由*式得， 所以当时，长为定值，此时点. 法二：如图，取中点，连接，再取的中点，    因为平面，所以. 又因为平面，所以平面， 得平面. 在中，因为为定值， 所以在平面内存在点，使得的长为定值，且为的中点. （3）如图，以为坐标原点，以分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，则.    设点，平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为， 得， 由 取，得，即. 由得，取，得. 即. 又因为平面平面，所以， 得，故点的轨迹为抛物线. 31．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为的正方形，面ABCD，若点M满足，点E为PB中点，过EM的平面满足，且平面与棱PD，AD，AB分别交于点F，G，H.    (1)求证：； (2)试判断P，E，M，F，G，H六点能否在同一个球面上？若能，求该球的表面积；若不能，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由利用线面平行的性质定理，得到，得到点为中点，再证明为中点，可得，最后利用线面平行的判定定理证明； （2）法一：以为原点建立空间直角坐标系，求出P，E，M，F，G，H六点坐标，利用球心到球面的距离等于半径，列方程组，可得方程组有解，所以六点在同一个球面上，并求出半径，得到表面积；法二：利用传统法：转化得，，，，的外接圆即矩形的外接圆，从而求得，再利用求得外接圆半径. 【详解】（1）因为，平面 , 平面,所以; 因为点 为中点，所以点为中点； 设，连接, 因为，平面，所以; 因为，所以; 因为三点共线，所以，所以为中点； 又因为 ， ，所以. （2）法一：由，平面,平面,所以 又因为为中点，所以为中点, 以为原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示    设，则 ； 若P，E，M，F，G，H六点在同一个球面上，假设球心 ，半径为，则 所以当时，P，E，M，F，G，H六点在同一个球面上， 该球的表面积为 . 法二：若，，，，，六点在同一个球面上， 则，，，，五点共圆， 记球的半径为，圆的半径为， 因为，面面面， 所以，所以， 因为，同理，所以， 所以四边形为平行四边形． 因为面，所以，所以， 所以四边形为矩形， 所以，，，，的外接圆即矩形的外接圆， 所以，所以． 设外接球的球心为，则面， 设，因为，所以．所以， 所以，所以． ( 空间向量与立体几何 考点 5 ) 32．已知正四面体外接球的球心为，过点的平面与棱分别相交，记在平面两侧的几何体的体积分别为，其中，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以空间向量为工具，将几何中的共面问题转化为向量系数关系，再将体积比问题转化为函数最值问题，通过代数方法求解即可. 【详解】设平面与棱分别交于点，设，其中，直线与平面交于点， 由点为外接球的球心，有， 又由，得到， 因为四点共面，所以，即. 容易知道，其中为棱之间的夹角， 下面求的取值范围， 由，又，可得，其中， 令，则，因此，    又因为，，所以. 故选：D. 33．(25-26高三上·浙江嘉兴·一模)已知正三棱台的体积为，其上下底面的边长分别为1和2，则这个正三棱台的高为（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】C 【分析】根据台体的体积公式求台体的高. 【详解】正三棱台的上底面积为，下底面积为， 因为台体体积为，所以， 解得，即正三棱台的高为1. 故选：C 34．小明体检后，遵照医嘱：在疗程内每天需要饮水.若小明用的水杯近似为正四棱台，尺寸为：上口边长为，底部边长为，高为，厚度忽略不计，则小明在疗程内每天需要饮水的杯数至少是（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】根据棱台的体积求出水杯的体积，即可得解. 【详解】因为正四棱台的上口边长为，底部边长为，高为， 所以水杯的体积为 ， 因为，所以小明在疗程内每天需要饮水的杯数至少是7. 故选：C 35．(25-26高三上·浙江嘉兴·一模)在三棱锥中，，点在平面上的射影为点，直线与平面所成的角分别为，则（    ） A．点的轨迹长度为 B．的取值范围是 C．三棱锥的体积的最小值是 D．当最大时，三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】在平面中，建立平面直角坐标系，即可得到点的轨迹方程，从而判断A， 记，即可得到的范围，从而得到的范围，从而判断B，由锥体的体积公式代入计算，即可判断C，由球的表面积公式代入计算，即可判断D. 【详解】    对于选项A：点在平面内的射影为点，则， 因为，所以， 以所在的直线为轴，以的中垂线为轴建立的平面直角坐标系， 则，设，因为， 可得，整理得， 即，所以点轨迹是半径为的圆， 所以所求轨迹的长度为，所以A正确； 对于选项B：当与圆相切时，记， 则， 又，所以， 即，所以，所以B正确； 对于选项C：由，可得， 所以体积，所以C错误；    对于选项D：当最大时，，所以， 所以是顶角的等腰三角形， 记的外心是，则四边形是菱形，取的中点， 则点是的外心， 所以过点分别作平面的垂线，交于点， 则点就是三棱锥的外接球球心. 又，记三棱锥的外接球半径为， 则，所以外接球的表面积为，所以D正确； 故选：ABD. 36．(25-26高三上·浙江金华十校·一模)已知圆锥的侧面展开图是半径等于2的半圆，则圆锥的（    ） A．底面半径为1 B．表面积为 C．体积为 D．外接球与内切球半径比值为3 【答案】AC 【分析】根据已知有圆锥的母线长为2，底面周长为，进而求得底面半径，再结合圆锥的结构特征、表面积、体积的求法依次判断各项的正误. 【详解】由题意，圆锥的母线长为2，底面周长为， 若底面半径为，则，A对， 表面积为，B错， 由上，圆锥的高，则圆锥体积为，C对， 由上，圆锥轴截面是边长为2的等边三角形，其外接圆和内切圆半径，分别为圆锥的外接球和内切球半径， 所以圆锥的外接球半径为，内切球半径为， 所以外接球与内切球半径比值为2，D错. 故选：AC 37．(25-26高三上·浙江宁波·模拟)在圆台中，，AB，CD分别为上、下底面的直径，，且，动点P、Q分别在线段AC和上运动（含端点），满足，则（   ） A．圆台的体积为 B．四面体外接球的表面积为 C．射线PQ交圆台侧面于点M，则PM的最小值为 D．射线QP交圆台侧面于点N，则PN的最大值为 【答案】ABD 【分析】对于A，直接由圆台的体积公式求得圆台的体积，即可判断；对于B，求出外接球的半径，求得表面积，即可判断；对于C，设，利用空间向量坐标运算得到PM关于的函数，利用导数可求得其最小值，即可判断；对于D，同理C选项，得到PM关于的函数，利用导数可求得其最大值，即可判断. 【详解】对于A，由已知，故A正确； 对于B，由对称性可知球心在直线上，设半径为r， 则，解得， 故四面体外接球的表面积为，故B正确； 对于C，如图圆所在平面平行于底面，则圆所在平面， 如图建立空间直角坐标系， 则， 设， 则， 因为，设， 所以，则， 由相似可得圆的半径， ，则， 令， 则在上单调递减， 所以，则PM的最小值为2，故C错误； 对于D，由C，同理可得， 令， 则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以，则PN的最大值为，故D正确. 故选：ABD 38．如图所示，已知四棱锥平面平面，. (1)证明：平面平面； (2)设为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）法一：取中点，连接，利用已知可证平面，进而可证结论；法二：建立空间直角坐标系，求得平面与平面的一个法向量，利用向量法可求得平面平面； （2）法一：建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.法二：结合（1）法二：利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）法一：取中点，连接. 因为 且 且，所以 且，所以四边形为平行四边形，所以 . 因为所以，又因为，且，所以平面，⋯ 故平面，平面，所以平面平面. 法二：不妨设，以为原点，分别以为轴建系， 则， 所以， 设平面的法向量为 由，所以，令，则， 所以平面的一个法向量， 设平面的法向量， 由，，令，则， 所以平面的一个法向量， 因为，故平面平面. （2）法一：不妨设，以为原点，分别以为轴建系， 则，所以， ， 由，得平面的法向量， 设与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 法二：由，得， 设与平面所成的角为，则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 39．如图，在三棱台中，平面平面，．    (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，利用面面垂直的性质可得平面，进而可证，结合，可证平面，可证结论； （2）建立空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，利用向量法可求得平面和夹角的余弦值. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为，为中点，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，而平面，则． 因为，所以四边形是菱形，， 而平面，因此平面， 因为平面，所以． （2）取中点，则， 由平面平面，平面平面，平面， 则平面，又平面，所以， 则两两垂直，依题可建立如图所示空间直角坐标系． 在平面内作于，连接．    因为平面平面，所以平面． 在梯形中，由题意，． 在中，． 在中，， ，，，， ，，， 设平面的法向量， 则， 取，得． 设平面的法向量， 则， 取，得， 所以， 因此平面和夹角的余弦值是． 40．(25-26高三上·浙江金华十校·一模)如图，长方体中，，，，三等分． (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，通过向量的数量积为零，可证明. （2）求解出平面的法向量，再根据空间线面角公式求解即可. 【详解】（1）根据题意，六面体为长方体，所以，，， 如图，以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 因为，，，为的三等分点， 得各点坐标，，，，， 则，，所以，即. （2）因为平面，平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面，所以为平面的一个法向量， 结合， 设直线与平面所成角为,，则， 所以直线与平面所成角为. 41．如图，在三棱锥中，底面是正三角形，中心为，，. (1)证明：平面； (2)若， （i）证明：平面平面； （ii）求平面与平面夹角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）. 【分析】（1）延长交于点，则为的中点，连接，证明出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）（i）证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （ii）方法一：以为原点，、所在直线分别为、轴，建立空间直角坐标系，设点，根据，可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，可得出点的坐标，再利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得平面与平面夹角的正切值； 方法二：在平面内作，垂足为点，过点在平面内作，垂足为点，连接，推导出平面，可知平面与平面夹角为，求出、的长，即可得解. 【详解】（1）延长交于点，则为的中点，连接，如下图所示： 因为为正的中心，所以， 又因为，即，所以，故， 因为平面，平面，故平面. （2）（i）由于，为的中点，故. 又因为为等边三角形，所以， 因为，、平面，所以平面， 而平面，因此平面平面. （ii）方法一：因为平面，且， 以为原点，、所在直线分别为、轴，建立空间直角坐标系， 则平面的一个法向量为. 易知、、，所以， 设点，则，解得，即点， 因此. 设平面的的一个法向量为，则， 取得，即平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，则， 所以，所以， 故平面与平面夹角的正切值为. 方法二：在平面内作，垂足为点，过点在平面内作，垂足为点，连接， 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，所以平面， 因为平面，所以， 所以平面与平面夹角为， 在中，，，则，故， 由余弦定理可得， 所以， 故，， 所以， 易知，故，所以， 所以，即平面与平面夹角的正切值为. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 三角函数与解三角形、空间向量与立体几何 5大考点概览 考点01三角函数图像与性质、诱导公式 考点02三角恒等变换 考点03解三角形 考点04点、直线、平面间位置关系 考点05空间向量与立体几何 ( 三角 函数图像与性质、诱导公式 考点1 ) 1．若函数的图象向右平移个单位后得到的图象关于轴对称，则实数可以是（　　） A． B． C．2 D． 2．若，，则（   ） A． B． C． D． 3．已知函数，则（    ） A．方程的解集是 B．当时，恒有 C．函数的值域是 D．函数的零点个数不可能为3 4．(25-26高三上·浙江金华十校·一模)在中，若，则（    ） A． B． C． D． 5．(25-26高三上·浙江宁波·模拟)已知函数，若对任意的，恒成立，且当时，取到最大值，则的所有可能取值构成的集合为（   ） A． B． C． D． 6．(25-26高三上·浙江杭州·)设函数，则（    ） A． B．的最小正周期是 C．的值域是 D．在区间上单调递增 7．(25-26高三上·浙江嘉兴·一模)已知函数的最小正周期为，若，则的最小值为（    ） A． B． C．0 D． 8．(24-25高三下·浙江强基联盟·)设函数，则（   ） A．曲线存在对称轴 B．曲线存在对称中心 C． D． ( 三角恒等变化 考点2 ) 9．在中，若，且，则（　　） A． B． C． D．的最大值是 10．(24-25高三下·浙江强基联盟·)已知，，则（   ） A． B． C． D． 11．当自然光线从介质射入介质，在电介质界面上发生反射和折射时，可以将入射光按偏振方向分解为垂直偏振光（记为光）和平行偏振光（记为光），利用菲涅尔公式可以对两类光的反射系数（反射光振幅/入射光振幅）和透射系数（透射光振幅/入射光振幅）进行计算，其中p光的反射系数计算公式为光的透射系数计算公式为和分别为介质的折射率，和分别为入射角和折射角（），且满足斯涅尔定律：，现有一束自然光线以某个角度从折射率为的介质射入折射率为的介质，若光的反射系数为，则光的透射系数为（    ） A． B． C． D． 12．已知矩形，若点为边上的一动点（不包括端点），现将沿着翻折成，使得平面平面，并记为.则（    ） A．存在点，使得 B．任意点，都有 C．存在两点，使得它们所确定的直线与垂直 D．任意两点，它们所确定的直线与平面的所成角都小于 13．已知函数. (1)求的最小正周期； (2)若函数为偶函数，其中，求的最小值. 14．△ABC的顶点A，B分别在矩形CDEF的边DE，EF上运动，且，，，记，△ABC的面积为. (1)写出的解析式； (2)求的最小值. ( 解 三角形 考点3 ) 15．(24-25高三下·浙江强基联盟·)在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若， (1)求A. (2)若，，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P， （Ⅰ）求AM； （Ⅱ）求. 16．(25-26高三上·浙江宁波·模拟)已知分别为三个内角的对边，且. (1)求； (2)若，且的面积为，求的值. 17．在中，角所对的三条边分别为，则是等腰三角形的充分条件是（   ） A． B． C． D． 18．(25-26高三上·浙江杭州·)设的内角的对边分别为，已知. (1)若. （i）求； （ii）求； (2)求的最大值. 19．(25-26高三上·浙江嘉兴·一模)记的内角的对边分别为，若的面积，则的取值范围是__________． 20．已知的角的对边是且. (1)求； (2)若为的中线，为的角平分线，求. 21．(25-26高三上·浙江金华十校·一模)的三个内角的对边分别为，满足，且，则的面积为______． 22．已知函数. (1)求函数的最小正周期，以及在区间上的最小值； (2)在中，角所对的边分别为.若，，，求的长. ( 点、 直线、平面间位置关系 考点4 ) 23．已知直线与平面，则下列选项可使得的是（    ） A． B． C． D． 24．如图，圆台的上下底面半径分别为1和2，P，Q分别为上下底面圆周上的点，为圆台的轴截面且，则（   ） A．为母线 B． C． D．平面与平面的夹角等于30° 25．已知平面满足，直线满足，且与不重合，则下列结论正确的是 A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 26．在Rt中，是的中点，把沿翻折到，设二面角的平面角为，若，则三棱锥外接球表面积的范围是___________． 27．(25-26高三上·浙江嘉兴·一模)如图，在正三棱柱中，为的中点，点在棱上，. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 28．(24-25高三下·浙江强基联盟·)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，，，，，，E为AB的中点，M为CE的中点. (1)证明：； (2)若，N为PC中点，且AN与平面PDM所成角的正弦值为，求四棱锥的体积. 29．(25-26高三上·浙江宁波·模拟)如图，在四棱锥中，平面平面，底面ABCD是直角梯形，，，且，E为CD的中点，F为线段PD上的点，. (1)证明：平面； (2)若，点M是AB的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 30．已知正方体的棱长为2，是空间中的一点.    (1)证明：直线平面； (2)若直线平面，则在平面内是否存在点，使得的长为定值，若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由. (3)若点在平面内，且满足平面平面，请判断点的轨迹，并说明理由. 31．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为的正方形，面ABCD，若点M满足，点E为PB中点，过EM的平面满足，且平面与棱PD，AD，AB分别交于点F，G，H.    (1)求证：； (2)试判断P，E，M，F，G，H六点能否在同一个球面上？若能，求该球的表面积；若不能，请说明理由. ( 空间向量与立体几何 考点 5 ) 32．已知正四面体外接球的球心为，过点的平面与棱分别相交，记在平面两侧的几何体的体积分别为，其中，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 33．(25-26高三上·浙江嘉兴·一模)已知正三棱台的体积为，其上下底面的边长分别为1和2，则这个正三棱台的高为（    ） A． B． C．1 D．2 34．小明体检后，遵照医嘱：在疗程内每天需要饮水.若小明用的水杯近似为正四棱台，尺寸为：上口边长为，底部边长为，高为，厚度忽略不计，则小明在疗程内每天需要饮水的杯数至少是（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 35．(25-26高三上·浙江嘉兴·一模)在三棱锥中，，点在平面上的射影为点，直线与平面所成的角分别为，则（    ） A．点的轨迹长度为 B．的取值范围是 C．三棱锥的体积的最小值是 D．当最大时，三棱锥的外接球的表面积为 36．(25-26高三上·浙江金华十校·一模)已知圆锥的侧面展开图是半径等于2的半圆，则圆锥的（    ） A．底面半径为1 B．表面积为 C．体积为 D．外接球与内切球半径比值为3 37．(25-26高三上·浙江宁波·模拟)在圆台中，，AB，CD分别为上、下底面的直径，，且，动点P、Q分别在线段AC和上运动（含端点），满足，则（   ） A．圆台的体积为 B．四面体外接球的表面积为 C．射线PQ交圆台侧面于点M，则PM的最小值为 D．射线QP交圆台侧面于点N，则PN的最大值为 38．如图所示，已知四棱锥平面平面，. (1)证明：平面平面； (2)设为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 39．如图，在三棱台中，平面平面，．    (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 40．(25-26高三上·浙江金华十校·一模)如图，长方体中，，，，三等分． (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的大小． 41．如图，在三棱锥中，底面是正三角形，中心为，，. (1)证明：平面； (2)若， （i）证明：平面平面； （ii）求平面与平面夹角的正切值. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $