专题02 空间向量与立体几何（6大考点28题）（期中真题汇编，湖南专用）高二数学下学期

命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题02空间向量与立体几何 ☆6大高频考点概览 考点01空间几何体的体积与表面积 考点02空间向量的计算 考点03空间中的平行关系 考点04空间中的睡直关系 考点05空间角的计算 考点06最值问题、轨迹问题 目目 考点01 空间几何体的体积与表面积 1.(24-25高二下湖南部分学校期中)已知某圆锥的底面圆半径为3，母线长为5，则该圆锥的外接球的表 面积为 2.(24-25高二下湖南长沙第一中学期中)已知正方体ABCD-A,B,C,D的棱长为4，点E为AD的中点，若 点E,A,C,D都在球O的表面上，则球O的表面积为() A.11π B.12π C.36π D.44元 3.(2425高二下·湖南长沙长郡中学期中)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为 √5，则圆锥的体积为() A.5√3π B.5V5π C.103元 D.155元 4.(2425高二下·湖南三湘名校教育联盟期中)如图，在圆锥PO中，AB是底面圆的直径，C在底面圆周上， AB=4,∠BAC=30°，M是BC的中点，PM与圆锥底面所成角的大小为60，则圆锥PO的体积为() C A.123元 B.12π C.43n D.4π 5.(24-25高二下湖南岳阳岳阳县第一中学、汨罗第一中学期中)三棱锥S-ABC中，平面SBC⊥平面ABC, 若SB=SC,AB=AC=1且LBAC=120°，SA与底面ABC所成角为60，则三棱锥S-ABC的外接球的表 1/9 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 面积为 6.(24-25高二下湖南娄底部分学校期中)如图，在ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2,D为AB的中 点，沿CD将△ACD翻折至△A'CD的位置，使得平面A'CD⊥平面BCD,则三棱锥A'-BCD外接球的表面 积为· B B 7.(24-25高二下·湖南三新H11/G10教育联盟·期中)已知正三棱柱ABC-AB,C中，AA,=2,AB=2√5， M是B,C,的中点，点N是线段AM上的动点，过BC且与AN垂直的截面与AN交于点E,则三棱锥 E-ABC的体积的最大值为 目目 考点02 空间向量的计算 8.(24-25高二上·湖南祁阳第一中学·月考)下列条件中，能说明空间中不重合的三点A、B、C共线的是() A.AB+BC=AC B.AB-BC=AC C.AB=-2BC D.AB=BC 9.(24-25高二下湖南九师联盟2)如图，棱长为2的正方体ABCD-A,B,CD,中，P,Q分别是CC,BC的 中点，动点M满足DM=D4+mDC,若Ag⊥PM,则m= D C M A B D 目目 考点03 空间中的平行关系 10.(24-25高二下·湖南长沙芙蓉高级中学期中)如图所示，在正方体ABCD-A,B,C,D中，直线B,D与平面 BC,D的位置关系是() 2/9 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 D B D A.平行 B.垂直 C.相交但不垂直 D.直线B,D在平面BC,D内 11.(23-24高二下·湖南邵阳邵阳县第二高级中学期中)如图，在正方体ABCD-A,B,C,D,中，E为BB的中 点. A B D (1)求证：BC,/1平面AD,E; (2)求直线CC,与平面AD,E所成角的正弦值. 12.(24-25高二下·湖南长沙明德中学期中)如图，已知四边形ABCD为等腰梯形，E为以BC为直径的半圆 弧上一点，平面ABCD⊥平面BCE,O为BC的中点，M为CE的中点，BE=AB=AD=DC=3, BC=6」 M (I)求证DMI/平面ABE; (2)求平面ABE与平面DCE的夹角的余弦值， 目目 考点04 空间中的垂直关系 13.(24-25高二下·湖南娄底部分学校期中如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形， 3/9 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 AD/IBC,∠ABC=90°，侧面PCD为等腰直角三角形，平面PCD⊥平面ABCD,且BC=2, AB=AD=PC=PD=1. D D (1)求证：PC⊥PB; (2)求平面PCD与平面PAB夹角的余弦值. 14.(23-24高二下·湖南常德沅禮共同体·期中)如图，在圆锥D0中，D为圆锥顶点，AB为圆锥底面的直径， O为底面圆的圆心，C为底面圆周上一点，四边形OAED为矩形. D E B A (1)求证：直线BC⊥平面ACE; (2)若AE=V3,4AC=2,|BC=25,求平面ADE和平面CDE夹角的余弦值， 15.(23-24高二下·湖南湖湘教育三新探索协作体·期中)如图，已知BC为圆柱底面圆的直径，A为下圆周上 的动点，AD,CE为圆柱母线. B (I)证明：平面BDE⊥平面ABD; (②若点D到平面BCE的距离为V5,4C=5AB,四棱锥B-ACDE的体积为、5，求平面BDE与平面 BCE夹角的余弦值： 4/9 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 目目 考点05 空间角的计算 16.(23-24高二下湖南长沙第一中学、长沙一中城南中学等多校期中)如图，在四边形ABCD中， AD⊥AB,AB=AD,平面ABCD与半圆弧AB所在的平面垂直，E是AB上异于A,B的点 (1)证明：BDE是直角三角形 (2)若E是AB上更靠近B的三等分点，求平面BDE与平面ABCD夹角的余弦值 17.(23-24高二下·湖南雅礼教育集团期中)如图，已知多面体FABCDE的底面ABCD是边长为2的正方形， DE⊥底面ABCD,DEAF,且FA=2DE=2. F B (I)证明：CD⊥平面ADEF; (2)求四棱锥C-ADEF的体积： (3)求平面FCE与平面FAB所成角的余弦值. 18.(24-25高二下湖南三湘名校教育联盟·期中)如图，在直三棱柱ABC-A,B,C,中，M是BC的中点， AB=A C. C 6 (1)证明：BC⊥平面AMA; (2)若AB⊥AC,AB=V2,AA=2,求二面角B-A,C,-C的余弦值 19.(24-25高二下·湖南娄底涟源第二中学期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD1平面ABCD, 5/9 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 AB//CD,AB L BC,AB=2CD=2BC=2a D A (1)求证：AD⊥平面PBD; (2)若PD=a，,求平面PAB与平面PBD所成锐二面角的余弦值， 20.(24-25高二下·湖南部分学校期中)如图，在直四棱柱ABCD-A,B,CD,中，底面ABCD是菱形， AB=2,∠BAD=60°，AA=2,P是BC的中点，Q是侧面CDD,C内的一点（含边界）. D A B D B (I)若Q是侧面CDD,C的中心，证明：AC⊥P2. (2)若PQ/平面A,BD,试求点Q的轨迹的长度. (3)求平面A,BD与平面PC,D夹角的余弦值. 21.(2425高二下·湖南长沙第一中学期中)如图，在矩形纸片ABCD中，AB=2,BC=1,沿AC将△ADC 折起，使点D到达点P的位置，点P在平面ABC的射影H落在边AB上 力 B (I)求三棱锥P-BCH的体积； (②)若M是棱PC上的一个动点，是香存在点M,使得平面AMB与平面PBC的夹角正切值为39，若存在， 3 求点M到平面ABC的距离；若不存在，请说明理由 22.(24-25高二下·湖南岳阳岳阳县第一中学、汨罗第一中学期中)如图，在四棱锥S-ABCD中，满足 6/9 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 AB⊥AD,AB⊥BC,SA⊥底面ABCD,AD=1,AB=V3,BC=3. B 、-------->C 0 (1)求证：平面SBA⊥平面SBC; (②)若平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值为6 ,求线段SA的长度和点B到平面SCD的距离. 4 23.(24-25高二下，湖南长沙长郡中学·期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点E是棱 PD上的一点，PB∥平面AEC. B (1)求证：点E是棱PD的中点； L平面ABCD,AP=2,4D=23,PC与平面ABCD所成角的正切值为，求三面角D4 正切值. 24.(24-25高二下湖南名校联考联合体期中)如图，矩形ABCD中AB=)BC=2,E为AD中点，将6ABE沿 着BE折叠至AC=2√3 D E- D B (I)证明：CE⊥平面ABE; (2)设平面ABC∩平面ADE=1,点M∈1. (①)当AM为何值时，直线DM与平面ACD所成角的正弦值为22 11 (i)在满足条件(i)的情况下，过BM作一截面，与棱AE,AD,AC分别交于点F,H,G,且CE∥平面 -BFHG的体积为，四棱锥4-BCDE的 7/9 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 目目 考点06 最值问题、轨迹问题 25.(2425高二下·湖南部分学校期中)（多选）已知边长为2的正方形ABCD的边CD上有一点E(不含端 点)，边BC上有一点F,且EF//BD,如图1所示.现把△CEF沿EF折起到PEF的位置，得到棱锥 P-ABFED,如图2.设CE=x,棱锥P-ABFED的体积的最大值为V(x),则() E D B 图1 图2 A.V(x)是单调递增函数 B.函数V(x)先单调递增后单调递减 C.当平面PEF⊥平面ABFED时，AP的长有最小值2，没有最大值 D.函数rW有最大值165，没有最小值 27 26.(24-25高二下·湖南沅澧共同体期中)6.（多选)如图，在四面体PABC中，△PAB∽△PBC, ∠APB=-元，PA⊥AB,AB⊥BC,AB=1,D,E,F分别为棱PA,PB,PC上的动点，则下列选项正确的是 () D A.AE+EF的最小值为√ B.PA⊥平面ABC C.直线CP与面PAB所成角为 6 D.四面体PABC的体积为 3 27.(2425高二下，湖南长沙明德中学期中7.（多选）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，P 为棱BB,的中点，点Q满足CQ=1CB,+μCC,2∈[0,1,4∈[0，)，则下列说法中正确的是() 8/9 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 D B D B A.AC⊥平面A,PD B.若D2∥平面A,PD,则动点Q的轨迹长度为√2 C.若2+H=方则匹面体DPQ4的体积为定值 D.若M为正方形ADD,4的中心，则三棱锥M-ABD外接球的体积为8V2 元 28.(24-25高二下·湖南三新H11/G10教育联盟·期中)8.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长 为2的正方形，PD⊥平面ABCD,PD=2√5 A D B ()凌PB上是否存在点E,使PB⊥平面ACE,若存在，请求出 PB的值： (②)点E在线段PB运动（包括B端点，不包括P端点），当二面角P-AE-D夹角最小时，试确定点E的位 置 9/9 专题02 空间向量与立体几何 6大高频考点概览 考点01空间几何体的体积与表面积 考点02空间向量的计算 考点03空间中的平行关系 考点04空间中的垂直关系 考点05空间角的计算 考点06最值问题、轨迹问题 ( 考点01 空间几何体的体积与表面积 ) 1．(24-25高二下·湖南部分学校·期中)已知某圆锥的底面圆半径为3，母线长为5，则该圆锥的外接球的表面积为__________. 【答案】 【分析】根据外接球的性质，求外接球的半径，再列式求解. 【详解】设该圆锥的高为，外接球的半径为，则. 由，解得， 所以该圆锥的外接球的表面积. 故答案为： 2．(24-25高二下·湖南长沙第一中学·期中)已知正方体的棱长为4，点为的中点，若点，A，C，都在球O的表面上，则球O的表面积为（    ） A．11π B．12π C．36π D．44π 【答案】D 【分析】结合图形，题目条件可得平面，从而可得球心在在上，设，结合可得，进而可得球体半径，即可判断选项正误. 【详解】由正方体的性质可知，平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以，同理可证， 又，平面，所以平面， 设，则为的中点，设， 由正方体的对称性易知为等边的中心， 则如图所示，球心在上， 设，，， 所以， 所以，， 所以， 因为球的半径，即， 解得，所以，则球O表面积为. 故选：D. 3．(24-25高二下·湖南长沙长郡中学·期中)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用圆柱和圆锥的侧面积公式可求得，再利用圆锥的体积公式即可求解. 【详解】设圆柱和圆锥的底面半径为，高， 因为圆柱和圆锥的侧面积相等，所以， 即，故， 所以圆锥的体积为. 故选：B. 4．(24-25高二下·湖南三湘名校教育联盟·期中)如图，在圆锥中，是底面圆的直径，在底面圆周上，是的中点，与圆锥底面所成角的大小为，则圆锥的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据位置关系，求出，再根据锥体的体积公式计算可得. 【详解】因为有平面，所以为与圆锥底面所成角，即 又因为是底面圆的直径，所以， 又是的中点，所以， 由已知， 可得，所以. 又平面平面，所以. 由，解得， 所以圆锥的体积， 故选：D. 5．(24-25高二下·湖南岳阳岳阳县第一中学、汨罗第一中学·期中)三棱锥中，平面平面，若，且，与底面所成角为，则三棱锥的外接球的表面积为_______． 【答案】 【分析】取的中点，连接，，求出，的外接圆的半径，可得三棱锥的外接球的半径，即可求出三棱锥的外接球的表面积． 【详解】解：取的中点，连接，，则 ∵，∴， ∵平面平面，平面平面，∴平面， ∵与底面所成角为，∴． ∵且，∴，，∴ 设的外接圆的半径为，则，∴， 设球心到平面的距离为，则， ∴三棱锥的外接球的半径为，∴三棱锥的外接球的表面积为． 6．(24-25高二下·湖南娄底部分学校·期中)如图，在中，，，为的中点，沿将翻折至的位置，使得平面平面，则三棱锥外接球的表面积为_____． 【答案】 【分析】如图，根据面面垂直的性质可得平面，确定球心的位置，利用勾股定理求出外接球的半径，结合球的表面积公式计算即可求解. 【详解】在中，，，为的中点，则， 平面平面，平面平面，平面， 且， 平面，又， 取的中点，连接，则， 过作，则平面， 设三棱锥的外接球球心为，则球心必位于上，如图： 设其半径为，则， ，，解得， 三棱锥的外接球的表面积为． 故答案为： 7．(24-25高二下·湖南三新/H11/G10教育联盟·期中)已知正三棱柱中，，，是的中点，点是线段上的动点，过且与垂直的截面与交于点，则三棱锥的体积的最大值为______. 【答案】/ 【分析】设的中点为，始终有，可得点在以为直径的圆上，从而可求出点到底面距离的最大值，进而可求得三棱锥的体积的最大值. 【详解】    如图1，设的中点为,连接，截面如图2， 且，. 因为平面，平面，则，则点在以为直径的圆上. 当点在弧的中点时，此时点到底面距离的最大， 且最大值为， 所以三棱锥的体积的最大值为. 故答案为：. ( 考点02 空间向量的计算 ) 8．(24-25高二上·湖南祁阳第一中学·月考)下列条件中，能说明空间中不重合的三点、、共线的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据向量的加法运算可判断A，根据向量的减法以及相反向量可判断B，根据共线向量的定义可判断C，向量的模长相等不一定能推出向量共线，即可判断D. 【详解】对于A，对于空间中的任意向量，都有，不能说明三点共线，说法A错误； 对于B，若，则，而，据此可知，即，两点重合，选项B错误； 对于C，，则、、三点共线，选项C正确； 对于D，，则线段的长度与线段的长度相等，不一定有、、三点共线，选项D错误； 故选：C. 9．(24-25高二下·湖南九师联盟2·)如图，棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，动点满足，若，则_____． 【答案】 【分析】以为原点建系，分别计算的坐标，利用即可求出. 【详解】以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，则， 则， 则 ， 得， 因，则，解得． 故答案为： ( 考点03 空间中的平行关系 ) 10．(24-25高二下·湖南长沙芙蓉高级中学·期中)如图所示，在正方体中，直线与平面的位置关系是（    ） A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．直线在平面内 【答案】A 【分析】根据正方体性质，结合线面平行的判定来判断即可. 【详解】根据正方体性质知道，平面，平面， 则平面. 故选：A. 11．(23-24高二下·湖南邵阳邵阳县第二高级中学·期中)如图，在正方体中，为的中点． (1)求证：平面； (2)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）由证明出线面平行； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到线面角的正弦值. 【详解】（1）证明：在正方体中，因为，且， 所以四边形为平行四边形． 所以． 又平面，所以平面． （2）不妨设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系， 则． 所以． 设平面的法向量为，则即， 令，则， 于是． 设直线与平面所成的角为， 则 12．(24-25高二下·湖南长沙明德中学·期中)如图，已知四边形为等腰梯形，为以为直径的半圆弧上一点，平面平面，为的中点，为的中点，，. (1)求证平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，先证四边形为平行四边形，然后由线线平行可得线面平行； （2）取的中点，连接，根据已知可得平面，过点作直线的垂线交于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解. 【详解】（1）取的中点，连接，则且， 又且，所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）取的中点，连接， 因为四边形为等腰梯形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 过点作直线的垂线交于点， 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， 因为为直径，所以， 所以，，， 在等腰梯形中，，， 所以， 所以， 所以，， ，， 设平面的法向量为，则， 所以， 令，则，，所以， 设平面的法向量为，则， 所以， 令，则，，所以， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. ( 考点04 空间中的垂直关系 ) 13．(24-25高二下·湖南娄底部分学校·期中)如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面为等腰直角三角形，平面平面，且，．    (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）由已知通过线面垂直的判定定理证得平面，即可证明结论； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用向量方法可得答案. 【详解】（1）底面为直角梯形，，为直角，，， ，，得，所以， 又平面平面，平面平面，平面，则平面， 又平面，， 又侧面为等腰直角三角形，，， 又，平面，又平面，所以，． （2）平面平面，平面平面， 可过点作垂足为， 由题意知为等腰直角三角形，故点为线段的中点，且， 分别以过点与直线，平行的直线为轴，轴，以所在直线为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，即，取，，所以， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，，，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 14．(23-24高二下·湖南常德沅澧共同体·期中)如图，在圆锥中，为圆锥顶点，为圆锥底面的直径，为底面圆的圆心，为底面圆周上一点，四边形为矩形． (1)求证：直线平面； (2)若，，，求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据已知可得，，由线面垂直的判定定理可得结果； （2）以C为坐标原点，所在直线分别为x，y轴，过点C且与平行的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，利用向量法求面面角可得结果. 【详解】（1）∵为圆锥底面的直径，C为底面圆周上一点，∴, ∵四边形为矩形，平面，∴平面， 又平面，∴， 又∵平面，平面， ∴平面. （2）以C为坐标原点，所在直线分别为x，y轴，过点C且与平行的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以， 所以， 所以平面和平面夹角的余弦值. 15．(23-24高二下·湖南湖湘教育三新探索协作体·期中)如图，已知为圆柱底面圆的直径，为下圆周上的动点，为圆柱母线． (1)证明：平面平面； (2)若点到平面的距离为，四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）依题意可得，，即可证明平面，再由，所以平面，即可得证； （2）过点作，交于点，即可得到，从而求出、，再由四棱锥的体积求出圆柱的高，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）因为为直径，所以，因为为母线， 即平面，平面，所以， 又，平面， 所以平面， 又且，所以为平行四边形， 所以，所以平面， 而平面，所以平面平面. （2）过点作，交于点， 因为，平面，平面，所以平面， 因为点到平面的距离为，所以点到平面的距离为， 又平面，平面，所以， ，平面，所以平面， 所以到的距离为，即， 因为，， 所以在中，，所以， 在中，，所以，则， 设圆柱的母线长为，则四棱锥体积，解得， 在底面内以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系． 则，，，， 则， 设平面的法向量为， 则，即，取， 设平面的法向量为， 则，即，取， 因此， 所以平面与平面夹角的余弦值为． ( 考点05 空间角的计算 ) 16．(23-24高二下·湖南长沙第一中学、长沙一中城南中学等多校·期中)如图，在四边形中，，，平面与半圆弧所在的平面垂直，是上异于，的点. (1)证明：是直角三角形. (2)若是上更靠近的三等分点，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）由已知，证出平面，再证出平面，得到，则得是直角三角形； （2）以的中点为原点，为2个单位长度，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用数量积公式即可算出平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）如图，连接AE， 平面平面，平面平面， 平面， 平面， 是半圆弧上异于的点，， 平面， 平面，即是直角三角形. （2）如图，取的中点，连接OE， 以为原点，为2个单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 是上更靠近的三等分点， ，即， 则， 设平面的法向量为，则， 取，则，得平面的一个法向量为， 易得平面的一个法向量为， 平面与平面夹角的余弦值为. 17．(23-24高二下·湖南雅礼教育集团·期中)如图，已知多面体的底面是边长为2的正方形，底面，，且． (1)证明：平面； (2)求四棱锥的体积； (3)求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)2； (3)． 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得答案； （2）由题意易知四边形为直角梯形，计算可得答案； （3）以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，再由向量的夹角公式计算可得答案. 【详解】（1）底面，底面， ． 又平面， 平面； （2）由题意易知四边形为直角梯形， ． ； （3）如图，以为原点， 所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，则 易知平面， 平面的一个法向量， 设平面的法向量， ， 令，得，所以， ，由图可得平面与平面所成角为锐角， 故平面与平面所成角的余弦值为． 18．(24-25高二下·湖南三湘名校教育联盟·期中)如图，在直三棱柱中，是的中点，. (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，直棱柱的性质和等腰三角形的性质，先证得和，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：由直三棱柱，可得平面， 因为平面，所以， 又因为是底边的中点，且，所以， 因为平面，平面，且， 所以平面. （2）解：由直三棱柱，可得平面， 平面，平面，所以， 又因为，以为原点，以所在直线分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示， 由（1）可知，所以， 则，， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 因为，且，平面， 所以平面，可得平面的法向量为， 设二面角为，由图知为锐角，则， 所以二面角的余弦值为. 19．(24-25高二下·湖南娄底涟源第二中学·期中)如图，在四棱锥中， 平面，，，.   (1)求证：平面； (2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点E，连接，由勾股定理确定，再结合即可求证； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量法向量，平面的一个法向量，代入公式，利用坐标运算即可求解. 【详解】（1）因为，，， 所以四边形为直角梯形，取中点E，连接， 则，则四边形为正方形，    则，， 所以，所以.     因为平面，平面，所以，     因为，平面，平面， 所以平面. （2）由（1）可知，两两垂直，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，        因为，， 则，，，则，，     设平面的一个法向量， 则，即， 令，则，故.     由（1）可知平面， 所以是平面的一个法向量，记作， 记平面与平面的夹角为，则. 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值. 20．(24-25高二下·湖南部分学校·期中)如图，在直四棱柱中，底面 是菱形，，是的中点，是侧面内的一点（含边界）．    (1)若是侧面的中心，证明：． (2)若平面，试求点的轨迹的长度． (3)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据直线与平面垂直的判定定义可证平面MPQ，由其性质定理即可得证； （2）根据平面与平面平行的性质定理可证得平面平面，由平面平面，可得MN就是点的轨迹，即可求解. （3）如图3建立空间直角坐标系，利用空间向量法分别求出平面与平面的一个法向量，利用平面与平面的夹角公式求解即可. 【详解】（1）证明：如图1，取CD的中点，连接，    则平面ABCD，又平面ABCD，所以． 因为PM是的中位线，所以． 因为ABCD是菱形，所以，从而． 又，平面MPQ， 所以平面MPQ，而面MPQ，从而 （2）如图2，取CD的中点的中点，连接，，    则． 又平面平面，所以平面． 同理平面，又，平面, 所以平面平面． 因为平面平面，所以MN就是点的轨迹． 因为，所以点的轨迹长度为． （3）设AC与BD交于点，由题设可知， 以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图3所示，    则，， 设平面的法向量为， 由得 令，得 设平面的法向量为，则， 由得 令，则 ，得． 设平面与平面的夹角为，则 21．(24-25高二下·湖南长沙第一中学·期中)如图，在矩形纸片中，，，沿将折起，使点D到达点P的位置，点P在平面的射影H落在边上. (1)求三棱锥的体积； (2)若M是棱上的一个动点，是否存在点M，使得平面与平面的夹角正切值为，若存在，求点M到平面的距离；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）先由点射影得平面进而 ，结合证平面推出，利用矩形得三角形相似，根据已知边长求相关线段长，最后在直角三角形求并算出三棱锥体积； （2）先建立空间直角坐标系确定各点坐标，设得出坐标，分别求平面与平面的法向量，根据两平面夹角正切值求出余弦值，利用向量夹角公式列方程求解，进而得到点到平面的距离. 【详解】（1）作，垂足为E，连接，如图所示. 由点在平面的射影落在边上，可得平面， 又平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又平面，所以. 因为四边形为矩形，所以，可得， 由，，可得，，. 所以，. 由，可得，即， 则. 在中，. 所以. （2）根据题意，以点H为坐标原点，以过点H且平行于的直线为y轴，分别以，所在直线为x，z轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则，，，，. 设，， 可得， 所以. 易知，，，. 设平面的法向量为， 所以 解得，取，则，即， 设平面的法向量为， 所以 解得，取，则，即， 因为平面与平面的夹角正切值为， 所以平面与平面的夹角的余弦值为， 即， 整理可得，解得（舍去）或. 因此当时，平面与平面的夹角的正切值为， 此时点到平面的距离为. 22．(24-25高二下·湖南岳阳岳阳县第一中学、汨罗第一中学·期中)如图，在四棱锥中，满足，，底面，，，． (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长度和点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，继而可证明平面，根据面面垂直的判定定理即可证明结论； （2）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，求出平面，平面的法向量结合平面与平面的夹角的余弦值为，求得，法1，利用向量法求点面距，法2，利用等体积法求点到平面的距离. 【详解】（1）因为平面，平面， ∴，又，，平面， ∴平面， 又平面，∴平面平面. （2）∵平面，平面，∴，， 又，∴以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 设，，则，，，，， ∴，， 设平面的法向量为， 则，取，得，， ∴， 平面的法向量为， ∵平面与平面的夹角的余弦值为，∴， 解得，即， 所以，， 所以点到平面的距离为． 法（二）等体积法，∴，，， ∴， ∵，∴， ∴， 设点到平面的距离为， 由，得， 解得， ∴点到平面的距离为． 23．(24-25高二下·湖南长沙长郡中学·期中)如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，点E是棱PD上的一点，平面AEC． (1)求证：点E是棱PD的中点； (2)若平面ABCD，，PC与平面ABCD所成角的正切值为，求二面角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接BD，BD与AC交于，点F，连接EF，结合四边形ABCD为矩形可得为BD的中点，根据平面AEC可得，进而求证即可； （2）方法一：结合平面ABCD可得就是PC与平面ABCD所成的角，进而得到，进而得到平面PAD，在平面PAD内作，垂足为G，连接GC，可得，进而得到是二面角的平面角，进而求解即可； 方法二：结合平面ABCD可得就是PC与平面ABCD所成的角，进而建立空间直角坐标系，得到平面的法向量，利用法向量求解即可. 【详解】（1）连接BD，BD与AC交于，点F，连接EF， 四边形ABCD为矩形，为BD的中点， 平面AEC，平面PBD经过PB且与平面AEC交于EF，， 又点F是BD的中点，点E是棱PD的中点. （2）方法一：平面ABCD，AC，AD，平面ABCD，， 则就是PC与平面ABCD所成的角， 故，解得． 四边形ABCD为矩形，， 又，PA与AD是平面PAD内的两相交直线，平面PAD， 如图，平面PAD内作，垂足为G，连接GC，则， 是二面角的平面角． 在直角三角形PAD中，，点E是PD的中点， ，且 平面PAD，平面PAD，，故， 二面角的平面角的正切值为． 方法二：平面ABCD，AC，AD，平面ABCD， ，则就是PC与平面ABCD所成的角， 又四边形ABCD为矩形，， 分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 设是平面AEC的一个法向量，二面角的大小为， 由，可得， 则， 故 解得，所以， 又是平面AED的一个法向量，且为锐角， 故， 则，即， 所以二面角的平面角的正切值为． 24．(24-25高二下·湖南名校联考联合体·期中)如图，矩形中为中点，将沿着折叠至.    (1)证明：平面； (2)设平面平面，点. （i）当为何值时，直线与平面所成角的正弦值为； （ii）在满足条件（i）的情况下，过作一截面，与棱分别交于点，且平面，记四棱锥的体积为，四棱锥的体积为，求. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）根据折叠图形的性质结合勾股定理逆定理得和，即可证得平面； （2）（i）以点为坐标原点，、为轴和轴建立空间直角坐标系，由∥据题意得，进而得再求出平面的一个法向量的坐标，由直线与平面所成角的条件列式求出即可得答案； （ii）由（i）知及题意得到，，，再利用棱锥的体积公式结合等体积法即可得解. 【详解】（1）由题意得，，， 所以，即， ∵，所以，即， 又平面，所以平面； （2）（i）∵,平面,平面,所以平面, 又平面,平面平面，所以    以点为坐标原点，、为轴和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  即 令得,∴， 记直线与平面所成角为,则， 化简得，解得，所以. （ii）由（i）知，， ,即(三等分点)， 又∵平面， ∴，∴(三等分点)， ∵，，∴四边形为平行四边形， ∴即(四等分点)， ∴ 又∵ ∴. ( 考点0 6 最值问题、轨迹问题 ) 25．(24-25高二下·湖南部分学校·期中)（多选）已知边长为2的正方形的边上有一点（不含端点），边上有一点，且，如图1所示．现把沿折起到的位置，得到棱锥，如图2．设，棱锥的体积的最大值为，则（    ）    A．是单调递增函数 B．函数先单调递增后单调递减 C．当平面平面时，的长有最小值2，没有最大值 D．函数有最大值，没有最小值 【答案】BD 【分析】由题意得平面平面，根据锥体的体积公式可得，利用导数判断的单调性可判断；利用单调性求最值可判断；由题意得，根据勾股定理可得，根据函数的单调性即可判断. 【详解】要使棱锥的体积取得最大，则平面平面， 取中点为，则， 又平面平面，且平面平面， 所以平面， 对于：由题知棱锥的高为，棱锥的底面面积， 所以． 由， 当时，，当时，， 知在上单调递增，在上单调递减，故A错误，B正确． 对于：由A知在上单调递增，在上单调递减， 所以，无最小值，故D正确． 对于：平面，又平面， 所以， 所以， 令， 易知在上单调递减，所以AP的长度没有最值，故C错误．      故选：. 26．(24-25高二下·湖南沅澧共同体·期中)6．（多选）如图，在四面体中，，，，，， 分别为棱上的动点，则下列选项正确的是（    ） A．的最小值为 B．平面 C．直线与面所成角为 D．四面体的体积为 【答案】BCD 【分析】根据给定条件，利用相似的性质，结合线面垂直的判定定理及性质定理可判断BCD；将侧面与侧面展开在同一平面内，计算点到直线的距离判断A. 【详解】对于B，由，得， 由，平面，得平面， 因为平面，所以， 又因为平面，所以平面，B正确； 对于C，由选项B知，平面，故为直线与面所成角，为，C正确； 对于D，由得， 由得， 因为，所以， 所以四面体的体积为，D正确； 对于A，如图，将侧面与侧面展开在同一平面内， 由题意得，， 过作于点，交于点， 则的最小值为，A错误. 故选：BCD 27．(24-25高二下·湖南长沙明德中学·期中)7．（多选）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，点满足，，则下列说法中正确的是（    ） A．平面 B．若平面，则动点的轨迹长度为 C．若，则四面体的体积为定值 D．若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为 【答案】BCD 【分析】对于A，运用反证法，假设结论成立，经过推理得到平面，与事实矛盾，排除A；对于B，利用动线构造平面与平面平行，即可判断点的轨迹为线段；对于C，由推理得到三点共线，而平面，故得四面体的体积为定值；对于D，根据题意，确定三棱锥外接球球心为中点，从而求得其半径，即得其体积. 【详解】 对于A，如图1，假设平面，因平面则； 四边形是正方形，， 又平面，平面，， 又，平面，平面， 平面，平面，， 又，平面，平面， 由，可得平面， 显然该结论不成立，故A错误； 对于B，如图2，取，的中点，连接，，， ，且， 四边形是平行四边形，， 平面，平面，平面； ，，， 四边形是平行四边形，， ，分别是，的中点，，， 平面，平面，平面， 平面，平面，， 平面平面， 平面，点在平面内， 点又在平面内，点的轨迹为线段， ，，故B正确； 对于C，如图2，，， 又，，， ，，三点共线， 点在上，平面， 点到平面的距离为定值， 又的面积为定值， 四面体的体积为定值，故C正确； 对于D：如图3，为正方形的中心，， 的外心为的中点，又， 的外心为中点， 又平面平面，点即为三棱锥的外接球的球心， 其半径， 此外接球的体积，故D正确. 故选：BCD. 28．(24-25高二下·湖南三新/H11/G10教育联盟·期中)8．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，. (1)棱上是否存在点，使平面，若存在，请求出的值； (2)点在线段运动（包括端点，不包括端点），当二面角夹角最小时，试确定点的位置. 【答案】(1)存在， (2)点在点处，与点重合 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量表示建立方程，求解参数，进而得到的值即可. （2）利用二面角的向量求法将二面角的余弦值表示为一元函数，再利用二次函数结合复合函数的性质判断单调性，进而确定取得最值时的自变量取值，再确定动点位置即可. 【详解】（1）如图，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，，， 则，， 由于，故. 设，，则， 则，要使平面， 则，解得， 故存在点，当时，. （2）设，，则， 设平面的一个法向量为， 故，，， ， 令，则. 设平面的一个法向量为， 故，， ， 令，则，设二面角为， ， ， 因为，所以，令， 则可化为， 由二次函数性质得在上单调递增， 由复合函数性质得在上单调递减， 则，则当时，最大，此时二面角夹角最小， 故点在点处，与点重合. 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $