专题03 三角函数与解三角形、空间向量与立体几何（9大考点）（期末真题汇编，湖南专用）高二数学下学期

**基本信息** 汇编湖南多所重点中学高二期末试题，聚焦三角函数与解三角形、空间向量与立体几何9大高频考点，基础巩固与能力提升梯度分明，适配期末复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择（单选/多选）|20+题|三角函数图象性质、空间线面关系判断|多选题深度辨析（如函数平移变换正误判断），关联真题趋势| |填空|5题|三角恒等变换、几何体体积|基础与创新结合（如单位圆旋转点坐标计算）| |解答|15+题|解三角形（多问递进）、空间角计算|综合性强（如结合向量求三角形周长、二面角余弦值），融入古代记里鼓车等实际情境|

专题03 三角函数与解三角形、空间向量与立体几何 9大高频考点概览 考点01三角函数的图象与性质 考点02三角函数的伸缩偏移变换 考点03三角恒等变换 考点04解三角形 考点05三角函数的实际应用 考点06空间中点线面的位置关系的判断 考点07空间几何体的体积与侧棱 考点08球体综合 考点09空间角的计算 ( 地 城 考点01 三角函数的图象与性质 ) 1．(24-25高二下·湖南新高考教学教研联盟暨长郡二十校联盟·期末)当时，曲线与的交点个数为（   ） A．0 B．2 C．4 D．6 【答案】D 【分析】根据正弦函数图像的性质作出两函数图象即可. 【详解】因为函数的最小正周期为，函数的最小正周期为， 所以在上函数有三个周期的图象， 在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示： 由图可知，两函数图象有6个交点. 故选：D 2．(24-25高二下·湖南长沙第一中学·期末)设函数，，若是奇函数，则________． 【答案】/ 【分析】利用辅助式化简函数解析式，再由正弦函数性质求解. 【详解】函数， 由是奇函数，得，则， 所以. 故答案为：. 3．(24-25高二下·湖南湘西·期末)（多选）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为 B．点是函数图象的一个对称中心 C．函数在区间上单调递增 D．将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象 【答案】BD 【分析】A先求最小正周期，再计算；B计算即可；C整体代换求的范围，再结合正弦函数的性质即可；D利用平移变换的规律可得. 【详解】因为函数的最小正周期， 所以函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，故A错误； 因为，所以点是函数图象的一个对称中心，故B正确； 由，得，所以函数在区间上不单调，故C错误； 因为， 所以将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，故D正确． 故选：BD． 4．(24-25高二下·湖南衡阳第八中学·期末)（多选）已知函数，则下列说法正确的是（   ） A．的最小正周期为 B．函数的图象关于点对称 C．函数的图象向右移个单位长度后，图象关于y轴对称，则的最小值为 D．若关于x的方程在上有两个实数根，则实数m的取值范围为 【答案】BCD 【分析】先利用降幂公式、和角公式与辅助角公式将化成正弦型函数，由正弦型函数的最小正周期判断A；利用代入检验法判断B：根据图象平移后的函数，结合偶函数特征求得，根据的范围求得的值，判断C；将方程的根的情况转化为两个函数图象的交点情况，利用正弦函数的图象求得m的取值范围判断D． 【详解】对于A，因 ，故的最小正周期为，故A错误： 对于B，因为时，，且，即函数的图象关于点对称，故B正确； 对于C，将的图象向右移个单位长度后，可得的图象， 由的图象关于y轴对称，则， 则，解得，又，故的最小值为，故C正确； 对于D，由得，即， 因，设，则，关于x的方程有两个实数根， 等价于函数与的图象在上有两个交点，所以， 解得，故D正确. 故选：BCD． 5．(24-25高二下·湖南长沙周南中学·期末)（多选）已知函数，则（   ） A．函数的最小值为 B．函数的一个对称轴为 C．函数在区间单调递减 D．把函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，函数在上有且仅有5个零点 【答案】ACD 【分析】应用二倍角正余弦公式、辅助角公式化简函数式，结合正弦型函数的性质判断A、C；代入法验证对称轴判断B；由图象平移写出函数解析式，再由正弦函数性质求零点判断D. 【详解】由题意， 对于A，的最小值为，正确; 对于B，，不正确; 对于C，由，可得 ，由在单调递减，正确； 对于D，，令，则， 因为，所以，所以函数有5个零点，D正确. 故选：ACD 6．(24-25高二下·湖南衡南县第一中学·期末)不等式在区间上的整数解的个数是（    ） A．674 B．676 C．1348 D．1349 【答案】B 【分析】整理可得，结合正弦型函数的周期性分析求解即可. 【详解】因为，所以， 可得，所以，所以， 因为的最小正周期为， 又，，， 可知满足在内的整数解为1，2，即一个最小正周期内有2个整数解， 又，则不等式在内有2个整数解， 在内有个整数解. 所以不等式在区间上的整数解的个数是. 故选：B. ( 地 城 考点02 三角函数的伸缩偏移变换 ) 7．(24-25高二下·湖南永州祁阳第四中学·期末)（多选）已知函数 的图象是由函数 的图象向右平移个单位得到，则（    ） A．的最小正周期为 B．在区间上单调递增 C．的图象关于直线对称 D． 的图象关于点对称 【答案】AD 【分析】首先求出函数解析式，然后结合正弦函数的性质逐个分析判断. 【详解】因为，向右平移个单位得， 对于A：最小正周期为，故A正确； 对于B：由，得，得， 因为在上递减，在上递增， 所以在区间上不单调递增，所以B错误； 对于C：因为， 所以的图象不关于直线对称，所以C错误； 对于D：因为，所以 的图象关于点对称，所以D正确. 故选：AD. 8．(24-25高二下·湖南衡阳·期末)（多选）将曲线向左平移个单位长度后，再将所得曲线每个点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，则（    ） A． B．的最小正周期为2 C．曲线关于直线对称 D．曲线关于点对称 【答案】BD 【分析】根据给定条件，利用三角函数图象变形逐项求出对应的解析式即可判断得解. 【详解】由图象变换可得，则的最小正周期，A错误，B正确．，，C错误，D正确． 故选：BD ( 地 城 考点0 3 三角恒等变换 ) 9．(24-25高二下·湖南长沙岳麓区湖南师范大学附属中学·期末)（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用和差角的正弦公式计算得解. 【详解】. 故选：D. 10．(24-25高二下·湖南岳阳·期末)若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】应用诱导公式结合二倍角余弦公式计算求解. 【详解】因为， 则. 故选：A. 11．(24-25高二下·湖南部分县·期末)已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将两边平方，结合二倍角公式，即可求得答案. 【详解】因为，可得， 所以， 故选：D． 12．(24-25高二下·湖南衡阳·期末)若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意利用两角和差公式可得，再结合倍角公式运算求解即可. 【详解】因为，即． 所以． 故选：D. 13．(24-25高二下·湖南永州雅思高级中学·期末)已知单位圆上一点，现将点A绕圆心逆时针旋转到点，则点的横坐标为_________. 【答案】 【分析】根据三角函数的定义以及两角和的正弦、余弦公式计算即可. 【详解】令坐标原点为，以射线为终边的角为，则以射线为终边的角为， 则，， 所以点的横坐标为. 故答案为： ( 地 城 考点0 4 解三角形 ) 14．(24-25高二下·湖南郴州·期末)记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的最小值为（   ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】变形得到，求出，由正弦定理和三角恒等变换得到，换元后，，，由基本不等式求出最小值. 【详解】， 故， ， ，即， 因为，所以，， 由正弦定理得 因为，所以，，， 令， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 故的最小值为. 故选：A 15．(24-25高二下·湖南郴州·期末)（多选）如图，在中，，D为边上的中点，，，且，则（   ）    A．外接圆的半径为 B．与的面积相等 C． D．的最大值为 【答案】BC 【分析】对于选项A，根据正弦定理可求出三角形外接圆半径；对于选项B，由两个三角形等底等高可知其相等；对于选项C，在中分别运用正弦定理可验证其正确； 对于选项D，首先根据余弦定理和基本不等式的性质可求得的最大值，然后根据向量的模可求出其最小值为. 【详解】对于选项A：根据正弦定理可得，解得. 所以外接圆的半径为，A错误； 对于选项B：为中点，和等底等高，所以，B正确； 对于选项C：在中，，所以. 在中，，所以. 因为， 所以，C正确； 对于选项D：根据余弦定理得. 可得, 所以，当且仅当时等号成立，此时的最大值为3. 因为， 所以. 因为，所以. 所以， 当时，，所以，此时取最小值. 所以的最小值为，D错误. 故选：BC. 16．(24-25高二下·湖南长沙第一中学·期末)在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． (1)求B； (2)若，且满足，求的周长． 【答案】(1) (2)6 【分析】（1）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求解. （2）利用数量积的定义求出，再利用正弦定理角化边，结合（1）中信息求解. 【详解】（1）在中，由及正弦定理，得， 即，由余弦定理得，而 所以． （2）由，得，解得， 由，得，由（1）得， 则，即，解得，， 所以的周长为． 17．(24-25高二下·湖南邵阳·期末)在中，角、、所对的边分别为、、，且． (1)求角； (2)若，三角形的面积为．求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理、两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）由三角形的面积公式可求出的值，再利用余弦定理可求出的值，即可求出的值. 【详解】（1）在中，由及正弦定理得： ， 所以． 由，得，所以． 因为，故． （2）由已知及（1）的结论得，， 则，即．    由余弦定理可得， 即，即， 所以， 故. 18．(24-25高二下·湖南新高考教学教研联盟暨长郡二十校联盟·期末)已知中，. (1)求的值； (2)设为的中点，且，，求的周长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由二倍角的正弦公式化简即可得出答案； （2）由三角形的面积公式求出，再由余弦定理求出，即可得出答案. 【详解】（1）由，得. 由，得，故， 因为 ，所以，所以，. （2）由（1）知， ，，在中，由余弦定理，得: ， ， 的周长为 19．(24-25高二下·湖南湘东教学联盟·期末)在中，内角A，B，C对应的边分别是a，b，c，且，． (1)若的面积是，求的周长； (2)若为锐角三角形，求的取值范围． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）利用正弦定理得到，再利用余弦定理和三角形面积公式即可求出，即可得到答案. （2）利用正弦定理外接圆直径，即可，利用三角形为锐角三角形得到，再利用辅助角公式，和差角公式即可求得取值范围. 【详解】（1）由正弦定理可得：， 即，因为所以， 则，即． 因为，所以， 由余弦定理可得，即， 所以， 则，所以， 则的周长为． （2）由可得， 由正弦定理 则． 又 ， 且为锐角三角形，则解得， 所以．则， 所以 故的取值范围是． 20．(24-25高二下·湖南长沙周南中学·期末)已知向量，函数.(注： 表示向量、的夹角) (1)求函数； (2)若锐角的三内角的对边分别是，且， (i) 求； (ii) 求的取值范围. 【答案】(1)； (2)(i)；(ii) . 【分析】（1）由向量夹角的坐标表示及和角正弦公式化简求； （2）（i）由已知得，结合角的范围求其大小即可；（ii）由（i）及题设可得，结合锐角三角形内角性质，正弦边角关系、三角恒等变换得，且，最后由正弦型函数性质求范围. 【详解】（1）已知向量 ， ， ， （2）(i) 由（1）知及，得 ， 所以，解得 ， 又，得， (ii) ，则， 又在锐角中 ，解得 ， 所以，则有，即. 所以的取值范围是. 21．(24-25高二下·河南焦作普通高中·期末)在中，内角，，的对边分别为，，，已知. (1)求； (2)若，证明：是直角三角形. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式化简即可得解； （2）法一：利用正弦定理角化边得，代入余弦定理求出关系，然后由勾股定理即可得证；法二：利用内角和消去，结合和差公式展开直接求出即可得证. 【详解】（1）由条件及正弦定理得， 即，得， 又，所以，所以，解得， 又，所以. （2）解法一：由及正弦定理可得， 由余弦定理得，即， 化简得，所以， 因此， 所以是直角三角形. 解法二：因为，所以. 所以， 所以，又，故， 即是直角三角形. 22．(24-25高二下·湖南永州雅思高级中学·期末)如图，已知平面四边形中，，，. (1)若四点共圆，求； (2)求四边形面积的最大值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）应用余弦定理有，结合四点共圆有，即可求； （2）由（1）得，应用三角形面积公式得且为四边形面积，两式作平方相加、应用和角余弦公式得，即可求最值. 【详解】（1）在中， 在中， 因为四点共圆，所以，则， 上述两式相加得，所以（负值舍）. （2）由（1）得，化简得， 则，① 四边形的面积 ， 整理得， 则，② ①②相加得， 即， 由于，当且仅当时，取得最小值， 此时四边形的面积最大，由，解得， 故四边形面积的最大值为. 23．(24-25高二下·湖南衡阳第八中学·期末)在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求角A的大小； (2)若，，过边AC上一点P作AB，BC的垂线，垂足分别为D，E，求DE的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）对所给条件切化弦，结合三角形内角和以及正弦定理化简可求出，从而求出角A的大小； （2）法一：根据直角三角形角的关系可设，则PA，PD，PC均可用x表示，利用余弦定理计算，结合二次函数的性质可求出的最小值；法二：由，，可知P，E，B，D四点共圆，从而表示，转化为求BP最小值，数形结合，当时，BP最小，在直角三角形中求出BP最小值即可求出DE的最小值；法三：以AB的中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，设，求出E点坐标，利用两点距离公式可求出DE的最小值． 【详解】（1）在中，，． 由及正弦定理得，， 整理得． 由于，，则．又，故． （2）如图1，在中，， 且， 由正弦定理得，，即，得． 由于，则与B互补，故． 方法1：单变量法 设，则，，，． 则．当时，， 所以DE取得最小值为． 方法2：四点共圆 如图1，由，，故P，E，B，D四点共圆，且BP为该圆直径． 由正弦定理得， 故求DE的最小值等价于求BP的最小值．当时，BP最小， 此时，， 故DE取得最小值为． 方法3：建系坐标法 以AB的中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系， 如图2，则，， 直线BC：，直线AC：． 设，则，直线PE：． 联立方程，得， ． 当时，，所以DE取得最小值为． ( 地 城 考点0 5 三角函数的实际应用 ) 24．(24-25高二下·湖南湘东教学联盟·期末)（多选）中国古代的记里鼓车通过多重齿轮的设计，将小齿轮走过的距离与大齿轮对应，从而达到记录里程的目的．如图1所示，可以理解为将一个立轮的转动转化为三个平轮的转动．忽略齿轮对半径的影响，简化后如图2，记初始时，在小平轮上，与中平轮的切点为点A，大平轮上最高点为点B，大、中、小平轮和立轮的半径分别为．随着转动，以下说法正确的是（   ） A．小平轮转2圈，大平轮转1圈 B．AB两点距离最大为18 C．AB两点距离最小为10 D．若立轮与小平轮相互咬合，忽略齿轮对半径的影响，则小平轮与立轮上的点的最大距离为 【答案】ABD 【分析】利用每个轮转过的弧长是相等，可判断A，利用建立平面直角坐标系，借助转过角度为变量，可表示两个动点的坐标，从而用两点间距离来求最小值和最大值，即可判断BC，利用勾股定理可判断D． 【详解】对于A，单位时间内，三个平轮的弧长满足， 而大、中、小平轮和立轮的半径分别为， 因为小平轮转2圈，大平轮转1圈的弧长分别为， 满足，所以小平轮转2圈，大平轮正好转1圈，故A正确； 建立如图所示平面直角坐标系， 利用半径是倍关系，则转过的角度是一半的关系， 可设，则， 即， ， 令，， 当时，取得最小值， 当时，取得最大值为， 当时，取值为，不为最小值，故B正确．C错误； 对于D．立轮直径为2，小平轮直径为4．所以最大值为，故D正确． 故选：ABD． ( 地 城 考点0 6 空间中点线面的位置关系的判断 ) 25．(24-25高二下·湖南湘西·期末)设是两个不同的平面，，是异于的一条直线，则“”是“且”的（    ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据线面平行的判定定理和性质定理，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】当时，可能在内或者内，故不能推出且，所以充分性不成立； 当且时，设存在直线，且， 因为，所以，根据直线与平面平行的性质定理，可得，所以，即必要性成立， 故“”是“且”的必要不充分条件． 故选：A． 26．(24-25高二下·湖南永州文宇高级中学·期末)设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，是两条不同的异面直线，，，，则 D．若，，则与所成的角和与所成的角互余 【答案】C 【分析】根据线面位置关系及面面位置关系判断各个选项. 【详解】A.，，则，又，则，所以不正确，A不正确； B.，，，则或，故B不正确； C.若，是两条不同的异面直线，，，，则，C正确. D.由时，与所成的角没有关系，时，由面面平行的性质知与所成的角相等，与所成的角相等， 因此与所成的角和与所成的角不一定互余，D不正确. 故选：C. 27．(24-25高二下·湖南娄底部分普通高中·期末)如图，，分别是正方体的棱与的中点，则下列判断正确的是（   ） A．直线与是相交直线 B．直线与互相平行 C．直线与互相垂直 D．直线与是异面直线 【答案】C 【分析】根据异面直线性质判断A，B，应用正方形特征判断C，应用线线平行共面判断D. 【详解】由题知，平面，与平面交于点，，所以直线与是异面直线，故A错误； 平面，与平面交于点，，所以直线与是异面直线，故B错误； 正方体各个表面均为正方形，所以直线与互相垂直，故C正确； 因为，分别是正方体的棱与的中点，所以， 因为所以是平行四边形，所以， 所以，所以，，，四点共面，所以直线与不是异面直线，故D错误. 故选：C. ( 地 城 考点0 7 空间几何体的体积与侧棱 ) 28．(24-25高二下·湖南长沙周南中学·期末)已知圆柱的侧面积为，底面半径为1，则圆柱的体积为_____ 【答案】 【分析】根据已知求出母线长，再由圆柱体积公式求体积. 【详解】由圆柱的侧面积为，底面半径为1，得母线长， 所以该圆柱的体积为. 故答案为: 29．(24-25高二下·湖南衡南县第一中学·期末)若一个正四棱锥的底面是边长为4的正方形，高为，则侧棱长为______． 【答案】4 【分析】根据题意，求出对角线的长度，构造直角三角形，求出侧棱长. 【详解】如图，四棱锥的底面是边长为4的正方形，则， 高 所以侧棱长． 故答案为：4. ( 地 城 考点0 8 球体综合 ) 30．(24-25高二下·湖南湘东教学联盟·期末)已知正方体的棱长为1，点E为线段上的动点（不含端点），则当三棱锥外接球半径最小时，AE的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面，故三棱锥的外接球球心在上，设三棱锥的外接球球心为O，半径为r，推出最小值为的外接圆半径，由正弦定理得，设，求出O为的三等分点，故，根据得到方程，求出，从而得到AE的长. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 故， 所以，即，， 又，平面， 所以平面，故三棱锥的外接球球心在上， 设平面，设三棱锥的外接球球心为O，半径为r， 则，即点O与重合时，r有最小值， 最小值为的外接圆半径， 在等边中，边长为，所以， 设， 点到平面的距离为的长， 其中，点到平面的距离为， 即，O为的三等分点，故， 所以， 解得或（舍去）， 此时，，所以． 故选：D． 31．(24-25高二下·湖南永州道县敦颐高级中学·期末)如图，在正方体中，，是正方形内部(含边界)的一个动点，若，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先确定点位置，再确定外接球球心，求得外接球半径后计算出表面积. 【详解】若，则为中点，为等腰直角三角形， 如图，中点是的外心，的中点是的外心， 正方体中易知平面，因此是棱锥外接球的球心， 所以三棱锥外接球的半径为， 所以三棱锥外接球的表面积为. 故选：A 32．(24-25高二下·湖南郴州·期末)在四面体中，为正三角形，平面且，若A，B，C，D均在半径为4的球O的球面上，则四面体的体积为________． 【答案】/ 【分析】由题作出图象，结合外接球半径求出，从而可求解. 【详解】由题作出图象，如图，由为正三角形，则为的外接圆圆心， 且外接圆半径， 因，，，都在同一外接球上，则设外接球半径为， 因为平面取中点为，过作，且使， 连接，则可得四边形是矩形，则点即为外接球球心， 则，即， 所以，则. 故答案为：. 33．(24-25高二下·湖南湘西·期末)勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球围成的几何体．如图所示，已知正四面体的棱长为，若勒洛四面体内有一球，则该球的最大半径为______．    【答案】 【分析】设是底面的中心，是正四面体的中心，也是正四面体的外接球球心，设正四面体外接球的半径为是高，根据正四面体的性质，求得的长，在直角中，列出方程求得，进而求得勒洛四面体的内切球半径. 【详解】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体4个弧面都相切，即为勒洛四面体的内切球， 由对称性知，勒洛四面体的内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心， 设是底面的中心，是正四面体的中心，也是正四面体的外接球球心，正四面体外接球的半径为是高，如图1所示， 由正四面体的棱长为，可得， 则，所以， 在直角中，由，得，解得， 因此，如图2所示，勒洛四面体的内切球半径． 故答案为：.      34．(24-25高二下·湖南衡阳·期末)在一个棱长为10dm的正四面体容器（容器壁的厚度忽略不计）内放置四个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为______dm． 【答案】 【分析】由题可知当四个铁球的球心的连线，构成正四面体时半径最大，根据相切计算半径即可. 【详解】记该正四面体为四面体，铁球的最大半径为， 当铁球的半径最大时，把四个铁球的球心两两相连， 此时构成一个棱长为的正四面体， 设I为正三角形的中心，连接， 则dm， ， 即，解得. 所以正四面体的中心O到底面ABC的距离为dm， 又O也是正四面体的中心，同理可得，O到底面ABC的距离为dm， 即，解得． 故答案为：. 多选题 35．(24-25高二下·湖南部分县·期末)如图，在底面为平行四边形的直四棱柱中，，，M，N分别为棱，的中点，则（   ）    A． B．与平面所成角的余弦值为 C．三棱柱的外接球的表面积为 D．点到平面的距离为 【答案】AC 【分析】根据线线的关系可判断A；建立空间直角坐标系，利用向量法可求与平面所成角的余弦值，判断B；求出三棱柱的外接球的半径，即可求出外接球表面积，判断C；利用向量法求点到平面的距离，判断D. 【详解】对于A，连接，因为， 所以为等边三角形，则，而， 所以，故A正确； 以为原点，在平面内过点D作的垂线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，， 对于B，平面的一个法向量为， ，设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的余弦值为，故B错误； 对于C，由题意知为等边三角形， 的外接圆半径， 三棱柱的外接球半径， 所以三棱柱的外接球的表面积为，故C正确； 对于D，，，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， 则， 点到平面的距离，故D错误． 故选：AC． 36．(24-25高二下·湖南新高考教学教研联盟暨长郡二十校联盟·期末)如图，圆锥内有一个内切球，为底面圆的直径，球与母线，分别切于点，.若是边长为2的等边三角形，为底面圆的一条直径（与不重合），则下列说法正确的是（   ） A．球的表面积为 B．圆锥的侧面积为 C．四面体的体积的取值范围是 D．若为球面和圆锥侧面的交线上一点，则的最大值为 【答案】ACD 【分析】A选项，正内切圆即为球的截面大圆，又正的边长为2，求出球的半径，得到球的表面积；B选项，利用圆锥侧面积公式进行求解；C选项，四面体被平面截成体积相等的两部分，设到平面的距离为，求出正三角形的边长和面积，求出；D选项，动点的轨迹是圆，可得，故，因此，由均值不等式得到，故D正确. 【详解】A选项，连接，等边三角形内切圆即为球的截面大圆，球心在线段上， 又等边三角形的边长为2，所以，， 则球的半径， 所以球的表面积，故A正确； B选项，圆锥的侧面积，故B错误； C选项，由题意可得四面体被平面截成体积相等的两部分， 设到平面的距离为， 球的半径，三角形为等边三角形，设其边长为， 则，故， 故三角形的面积为， 即，故C正确； D选项，依题意，动点的轨迹是圆，所在平面与圆锥底面平行，令其圆心为， ，故，是边，的中点，可得，， ， 则有，故， 又，故， 即，因此， 由均值不等式，得，即， 当且仅当时取“”，故D正确. 故选：ACD ( 地 城 考点0 9 空间角的计算 ) 37．(24-25高二下·湖南长沙第一中学·期末)如图，在圆柱中，四边形ABCD是其轴截面，EF为的直径，，，． (1)求证：； (2)若四面体ABEF的体积为，求二面角平面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明平面ABCD，来证得，进而证得. （2）根据四面体的体积求得，建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角平面角的余弦值． 【详解】（1）连接． 在圆柱中，平面CEDF，平面CEDF， ． ，，平面， 平面ABCD． 又平面ABCD， ． 又为EF的中点， ． （2）连接，，如图所示， 由四面体ABEF的体积，得． 因为与该圆柱的底面垂直，以点O为坐标原点，OB，所在直线分别为y，z轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， ，． 设平面BEF的法向量是． 由，得，取，得． 设平面ABE的法向量是． 由，得，取，得． 所以， 由图象可知，二面角为锐角， 故所求二面角的余弦值为． 38．(24-25高二下·湖南邵阳·期末)如图，在四面体中，平面平面，． (1)求证：； (2)，，，求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）取的中点为，的中点为，连接，推导出平面，，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的大小. 【详解】（1）平面平面，平面平面， 又，平面，平面， 又平面，． （2）取的中点为，由，， 平面平面，平面平面，平面， 平面． 取的中点为，连接，则，，． 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系． 因为，，， 则， ， 所以、、、， 则， ， 由（1）得平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，则， 取，则．于是， 显然，二面角为锐角，二面角的大小为． 39．(24-25高二下·湖南郴州·期末)如图，在五棱锥中，平面，，，点F为棱的中点． (1)证明：； (2)若，，，求平面与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先应用线面垂直得出，再根据线面垂直判定定理得出平面，进而得出平面即可证明； （2）建立空间直角坐标系分别求出平面与平面的法向量，再应用二面角夹角余弦公式计算求解. 【详解】（1）证明：平面，平面，， 又，， 又平面，平面， 又面，， 又点F为棱的中点，且，， 又平面，平面，平面， . （2），又中，，，则，， 又平面， 以E为坐标原点，，，所在直线为x轴，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系， 由题知，，，，， ，， 由（1）知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，，可取， 设平面与平面所成角为θ， ， 又  ， 所以平面与平面所成角为. 40．(24-25高二下·湖南衡南县第一中学·期末)如图，在四棱锥中，侧面为正三角形，侧面底面，底面为正方形，E，F分别为，的中点．    (1)求证：直线∥平面； (2)若，求侧面与侧面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）取的中点G，连接，推出∥且即四边形为平行四边形，所以∥，平面，平面，命题得证； （2）取的中点，的中点，连接，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，根据法向量定义分别求出侧面与侧面的法向量，再根据求解. 【详解】（1）证明：取的中点G，连接.    因为F为的中点，所以∥且, 因为底面为正方形，E为中点，所以∥且， 所以∥且，所以四边形为平行四边形，所以∥. 因为平面，平面， 所以直线∥平面. （2）    取的中点，的中点，连接，因为为正三角形，故， 因为侧面底面，交线为，平面，所以底面， 又，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 又，故，，， 故，，，，， ，，， 设平面的法向量为，那么 解得，令，则，所以. 同理，设平面的法向量为，则 解得，，令则. 设侧面侧面与侧面所成角为θ，那么 41．(24-25高二下·湖南湘西·期末)如图，在直三棱柱中，，，，，是的中点． (1)求证：平面； (2)求证：； (3)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接交于点，求证，再结合线面平行的判定定理即可； （2）利用线面垂直的判定定理求证平面即可； （3）求平面的法向量为，平面的法向量为，再计算，最后计算. 【详解】（1）如图1，连接交于点，连接， 因为的中点，为的中点，所以为的中位线，所以， 因为平面，平面，所以平面． （2）在中，，，， 由余弦定理得， ， 所以，所以， 又平面，平面，所以， 又，，，平面，所以平面， 因为平面，所以． （3）如图2，连接，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 取，得，所以． 设平面的法向量为，则， 取，得，所以． 设二面角的平面角大小为， 则， 所以， 则二面角的正弦值为. 42．(24-25高二下·湖南湘东教学联盟·期末)如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为，D是BC的中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点E，使得点到平面ADE的距离为?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)． (3)存在， 【分析】（1）利用中位线证明线线平行，再证明线面平行即可； （2）利用正三棱柱的性质如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求线面角的正弦值； （3）利用设未知量，来表示空间向量，借助空间向量法来求点到面的距离，从而解决问题. 【详解】（1）    如图，连接交于点O，连接， 则点O为的中点，且D是的中点， 则为的中位线，所以． 又因为平面，平面， 所以平面． （2）因为在正中，D是的中点，故， 以D为坐标原点，取的中点F，分别以为轴，建立空间直角坐标系，    则，，，，，，． 故，，， 设平面的法向量为， 则取． 设直线与平面所成角为, 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为． （3）存在点E，理由如下： 设，其中， 所以，， 设平面ADE的法向量为， 则取． 且， 则点到平面ADE的距离， 化简得，解得或（舍去）． 综上，存在点E使得点到平面ADE的距离为．此时． 43．(24-25高二下·湖南新高考教学教研联盟暨长郡二十校联盟·期末)如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，． (1)求证：． (2)求线段中点到平面的距离． (3)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）由面面垂直的性质得出平面，再根据线面垂直的性质即可证明； （2）取的中点，连接，，建立空间直角坐标系，由点到平面距离的向量公式即可求解； （3）令，，由面面夹角的向量公式求得，即可求解． 【详解】（1）由于平面平面，平面平面， 且平面， 平面， 平面，． （2）取的中点，连接，，由为等边三角形，得， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面，由，，得四边形是平行四边形， 于是，而，则，直线，，两两垂直， 以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 所以到平面的距离． （3）令，， ，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 易知平面的一个法向量为， 于是，， 化简得，又，解得，即， 所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时． 44．(24-25高二下·湖南衡阳·期末)如图，在直四棱柱中，底面ABCD为矩形，E为棱的中点． (1)若，证明：． (2)设，，，，且点F到平面的距离为，求λ的值． 【答案】(1)证明见详解 (2)或 【分析】（1）连接BD，，先根据正方形的性质、直四棱柱的性质及线面垂直的判定可证明平面，再根据线面垂直的性质即可证明； （2）根据题意建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量为，再根据向量的加法求出，进而根据点F到平面的距离为即可求出λ的值． 【详解】（1）连接BD，， 因为，底面ABCD为矩形， 所以底面ABCD为正方形，所以， 在直四棱柱中，底面ABCD，则， 因为，平面，所以平面． 又平面，所以． （2）以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz， 则，，，，， 则，，, 设平面的法向量为， 则 令，得, 由，， 所以， 所以点F到平面的距离， 解得或． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题03三角函数与解三角形、空间向量与立体几何 ☆9大高频考点概览 考点01三角函数的图像与性质 考点02三角函数的伸缩偏移变换 考点03三角恒等变换 考点04解三角形 考点05三角函数如的实际应用 考点06空间中点线面的位置关系的判断 考点07空间几何体的体积与侧棱 考点08球体综合 考点09空间角的计算 目目 考点01 三角函数的图象与性质 1.(24-25高二下湖南新高考教学教研联盟暨长郡二十校联盟·期末)当x∈[0,2π]时，曲线y=sir与 y=2sin3x- 的交点个数为() 6 A.0 B.2 C.4 D.6 2.(24-25高二下·湖南长沙第一中学期末)设函数f(x)=cos(3x+p)-V3sin(3x+p),xeR,若f(x)是奇 函数，则tan0= 3.(24-25高二下湖南湘西期末)（多选）已知函数fx)=sim2x+工 则下列说法正确的是() 6 A.函数f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为刀 B.点（钙0是函数图象的一个对称中心 C.函数f(x)在区间 0交 上单调递增 D.将fx)的图象向左平移11r个单位长度后得到函数y=sin2x的图象 12 4.(24-25高二下湖南衡阳第八中学期末)（多选）已知函数f(x)=2V5sin2x+sin2x+ 3 则下列说法 正确的是（) A.f(x)的最小正周期为2π 1/11 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 B.函数)的图象关于点（后对称 C,函数四)的图象向右移Q>0)个单位长度后，图象关于y轴对称，则P的最小值为多 D.若关于x的方程f)=m在0， 上有两个实数根，则实数m的取值范围为5-1, 2 5.(24-25高二下·湖南长沙周南中学.期末)（多选)已知函数f(x)=2 sinxcosx+2cos2x-1,则() A.函数f(x的最小值为√互 B.函数f()的一个对称轴为x=3 π3π C.函数f(x在区间 8'8 单调递减 D.把函数(x)的图象向左平移严个单位长度后得到函数g)的图象，函数8)在-元，2 3π 上有且仅 有5个零点 6。(2425高二下湖南衡南县第一中学期末)不等式2<6 ssinsin3-1<3在区间0,202]上的整数解的 6 6 个数是() A.674 B.676 C.1348 D.1349 目目 考点02 三角函数的伸缩偏移变换 7.(24-25高二下·湖南永州祁阳第四中学期末)（多选）己知函数f(x)的图象是由函数y=sin2x的图象 向右平移工个单位得到，则() 6 A.f(x)的最小正周期为刀 B.f✉在区间孕上单调递增 C.fy)的图象关于直线x=对称 D.f(x)的图象关于点 0对标 8.(24-25高二下湖南衡阳期末)（多选）将曲线y=c0sx向左平移工个单位长度后，再将所得曲线每个点 的横坐标变为原来的二，纵坐标不变，得到函数∫(x)的图象，则() A.f(x)=cos 二x+3》 B.f(x的最小正周期为2 C.曲线y=1到关于直线x=-了对称D.曲线)=了到关于点[名0对称 3 2/11 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 目目 考点03 三角恒等变换 9.(24-25高二下·湖南长沙岳麓区湖南师范大学附属中学期末)sin15+sin75°=() A.② B. 3-1 C. √6+√2 D.v6 2 4 10.2425腐=下湖胸岳肝期末者a+引-则n怎2如（) A B. C. 6 25 25 D.-6 5 1.(2425高二下满南部分县期末已知sin0+cos0=5 则sin20=() A.1 8 B.1 4 8 D.4 12.(24-25高二下·湖南衡阳期末)若sin 3ta +sin π 3 a=1,则cos2a=（) B. C.- 2 3 D. 13.(2425高二下潮南水州雅思高级中学期末已知单位圆r+y=1上一点425,5 5,5 ,现将点A绕圆 心逆时针旋转严到点B,则点B的横坐标为 6 目目 考点04 解三角形 1-tan 14.(24-25高二下湖南郴州期末)记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若一 tan B, A 1+tan 则+的最小值为() c3 A.4V2-5 B.4V2-3 C.4N2 D.1 15.(24-25高二下·湖南郴州期末)（多选）如图，在ABC中，BC=3,D为BC边上的中点，∠BAD=a, 2C40=B,且a+B-行，则() B D A.ABC外接圆的半径为23 B.△ABD与△ACD的面积相等 C.sinaAc sin B AB D.AD的最大值为V目 16.(24-25高二下·湖南长沙第一中学·期末)在ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知 3/11 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (b+c)(sin B-sin C)=(a-c)sin A. (I)求B: (2)若BA.BC=2,且满足sinA+sinC=2sinB,求ABC的周长 17.(24-25高二下湖南邵阳·期末)在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、C,且 (2a-3e)cos B=3b cosC. (1)求角B: (2)若b=2,三角形ABC的面积为√5.求a+c. 18.(2425高二下湖南新高考教学教研联盟暨长郡二十校联盟期末)已知ABC中，V3sin4+2sin24=2. (1)求sin4的值； (2)设D为AB的中点，且SA4D=3V5,AC=4,求ABC的周长. 19.(24-25高二下湖南湘东教学联盟期末)在ABC中，内角A,B,C对应的边分别是a,b,c,且 a=3,bcosC ccosB 2acosA. ()若ABC的面积是3V5 求ABC的周长： (2)若ABC为锐角三角形，求b+c的取值范围. 20.2425商二下满南长沙周南中学期已知向量m=(oxm,i-m(x-)x-》函数 f(x)=cos0.(注：0表示向量m、的夹角) (1)求函数∫(x): (2)若锐角ABC的三内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且fA)=1, ①求A: 间求b+C的取值范围 a 21.(24-25高二下·河南焦作普通高中·期末)在ABC中，内角A,B,C的对边分别为Q,b,C,已知 2bcos4 acosC+ccosA. (1)求A; (2)若sinB=2sinC,证明：ABC是直角三角形 22.(2425高二下·湖南永州雅思高级中学·期末)如图，己知平面四边形ABCD中，AB=BC=2√2，CD=2, AD=4 4/11 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (1)若A,B,C,D四点共圆，求AC; (2)求四边形ABCD面积的最大值， 23.(24-25高二下湖南衡阳第八中学期末)在ABC中，内角A,B,C的对边分别为α，b,c,且 2b tan C=c(tan A+tan C). (1)求角A的大小： (2)若B=元， Q=4,过边AC上一点P作AB,BC的垂线，垂足分别为D,E,求DE的最小值. 目目 考点05 三角函数的实际应用 24.(24-25高二下·湖南湘东教学联盟·期末)（多选）中国古代的记里鼓车通过多重齿轮的设计，将小齿轮 走过的距离与大齿轮对应，从而达到记录里程的目的.如图1所示，可以理解为将一个立轮的转动转化为 三个平轮的转动，忽略齿轮对半径的影响，简化后如图2，记初始时，在小平轮上，与中平轮的切点为点A, 大平轮上最高点为点B,大、中、小平轮和立轮的半径分别为4,3,2,1.随着转动，以下说法正确的是() 大平轮 中平轮 小平轮 立轮 平轮 图1 图2 A.小平轮转2圈，大平轮转1圈 B.AB两点距离最大为18 C.AB两点距离最小为10 D. 若立轮与小平轮相互咬合，忽略齿轮对半径的影响，则小平轮与立轮上的点的最大距离为25 目目 考点06 空间中点线面的位置关系的判断 25.(24-25高二下湖南湘西·期末)设o,阝是两个不同的平面，α∩B=1,m是异于1的一条直线，则 “m/”是“m/1β且m/1a”的() 5/11 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 A.必要不充分条件 B.充分不必要条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 26.(24-25高二下·湖南永州文宇高级中学期末)设m,n是两条不同的直线，a,B是两个不同的平面，下 列命题中正确的是() A.若m⊥a,mlln,n⊥B,则a⊥B B.若olp,mca,mln,则n/B C.若m,n是两条不同的异面直线，ml/a,nl/B,mCa,ncB,则allB D.若m上n,aB,则m与a所成的角和n与B所成的角互余 27.(24-25高二下湖南娄底部分普通高中期末)如图，E,F分别是正方体ABCD-A,B,CD的棱AD与 AA的中点，则下列判断正确的是() D E B D A.直线AC与BF是相交直线 B.直线CE与AC互相平行 C.直线DB与AC互相垂直 D,直线C,E与BF是异面直线 目目 考点07 空间几何体的体积与侧棱 28.(2425高二下湖南长沙周南中学期末)已知圆柱的侧面积为3π，底面半径为1，则圆柱的体积为 29.(24-25高二下湖南衡南县第一中学期末)若一个正四棱锥的底面是边长为4的正方形，高为2√2，则 侧棱长为 目目 考点08 球体综合 30.(24-25高二下·湖南湘东教学联盟·期末)已知正方体ABCD-AB,C,D,的棱长为1，点E为线段CC上的 动点（不含端点），则当三棱锥D,-AEC外接球半径最小时，AE的长为() B.3 c.v19 D.V22 3 3 6/11 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 31.(24-25高二下·湖南永州道县敦颐高级中学期末)如图，在正方体ABCD-AB,C,D,中，AB=2,P是正 方形ABCD内部（含边界）的一个动点，若DP=DB,则三棱锥P-BB,C外接球的表面积为() D A B D •P A.8π B.6n C.4V2π D.4π 32.(24-25高二下，湖南郴州期末)在四面体ABCD中，ABC为正三角形，AD⊥平面ABC且AC=4,若 A,B,C,D均在半径为4的球O的球面上，则四面体ABCD的体积为 33.(24-25高二下·湖南湘西期末)勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径 的四个球围成的几何体.如图所示，已知正四面体ABCD的棱长为√2，若勒洛四面体ABCD内有一球，则 该球的最大半径为 B 34.(24-25高二下·湖南衡阳·期末)在一个棱长为10d的正四面体容器（容器壁的厚度忽略不计)内放置四 个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 dm. 多选题 35.(24-25高二下·湖南部分县·期末)如图，在底面为平行四边形的直四棱柱ABCD-A,B,C,D,中， ∠D,A,B,=60°，AA=A,B,=A,D,=2,M,N分别为棱BB,B,C的中点，则() 7/11 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 D B D A.D,N⊥BC B.4C与平面44BB所成角的余弦值为 4 C.三棱柱ABD-ABD,的外接球的表面积为28 D.点A到平面AMN的距离为 2 36.(2425高二下·湖南新高考教学教研联盟暨长郡二十校联盟·期末)如图，圆锥VAB内有一个内切球0， AB为底面圆O的直径，球O与母线VA,VB分别切于点C,D.若a∥AB是边长为2的等边三角形，MN为 底面圆O的一条直径(MN与AB不重合)，则下列说法正确的是() O· B M A.球0的表面积为4 B.圆锥VAB的侧面积为4π C.四面体CDMN的体积的取值范围是 0 3 6 D.若P为球面和圆锥侧面的交线上一点，则PM+PN的最大值为2√2 目目 考点09 空间角的计算 37.(24-25高二下·湖南长沙第一中学期末)如图，在圆柱OO,中，四边形ABCD是其轴截面，EF为⊙O,的 直径，EF⊥CD,AB=2,BC=a. 8/11 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (I)求证：BE=BF; (2若四面体ABEF的体积为25，求二面角4-BE-P平面角的余弦值， 3 38.(2425高二下·湖南邵阳期末)如图，在四面体P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC,BA⊥BC. (1)求证：PA⊥BC; (②PA=PB=2,AC=4,4B=4N5,求二面角B-PA-C的大小 3 39.(24-25高二下·湖南郴州期末)如图，在五棱锥P-ABCDE中，PE⊥平面ABCDE,ED=EP=√5， LEDC=90°，点F为棱PD的中点. (1)证明：EF⊥PC; (2)若∠EAB=90°，∠AEB=∠BEC=30°，EB=EC=2,求平面PAB与平面PCD所成角的大小. 40.(2425高二下·湖南衡南县第一中学期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为正三角形，侧面 PAD⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形，E,F分别为AB,PC的中点， 9/11 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 D (I)求证：直线EF‖平面PAD: (2)若AD=2,求侧面PBC与侧面PAD所成角的余弦值. 41.(24-25高二下·湖南湘西·期末)如图，在直三棱柱ABC-A,B,C,中，AC=3,AB=3√2， COS∠CAB= ,AA=AC,M是AB的中点. 2 C B A M (1)求证：AC,∥平面BCM; (2)求证：AC⊥BC1; (3)求二面角A-CM-B,的正弦值. 42.(2425高二下湖南湘东教学联盟·期末)如图，在正三棱柱ABC-A,B,C,中，底面边长为2，侧棱长为√5， D是BC的中点. A D (1)证明：AB/1平面ADC,: (2)求直线AB与平面ADC,所成角的正弦值： ⊙)在线段4G,上是否存在一点E,使得点B到平面4DE的距离为2工？喏存在，请求出4二的值，若不 7 AC 存在，请说明理由. 10/11 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 43.(24-25高二下湖南新高考教学教研联盟暨长郡二十校联盟期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面 PAD⊥平面ABCD,△PAD是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，其中BCI∥AD,AB⊥AD, AB=BC=1. (I)求证：AB⊥PD. (2)求线段PA中点M到平面PCD的距离. (3)线段PD上是香存在一点E,使得平面E4C与平面DAC夹角的余弦值为D?若存在，求出 5 的值： D 若不存在，请说明理由 44.(24-25高二下·湖南衡阳期末)如图，在直四棱柱ABCD-A,BCD,中，底面ABCD为矩形，E为棱BB,的 中点. D A D A-- (I)若AB=AD,证明：AC⊥D,E. (2设AD=1,AB=2,M=4,DF=DE(入>0，且点F到平面4BC,的距离为，求的值. 21 11/11