专题02 空间向量的应用（期中真题汇编，湖南专用）高二数学上学期

专题02 空间向量的应用 1大高频考点概览 考点01 空间向量的应用 考点01 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·湖南平高教育·期中）已知是平面内一点，是平面外一点，且平面的一个法向量为，则点Q到平面的距离为（       ）． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【分析】 利用点到平面的距离公式求解即可． 【详解】 因为，，则， 又平面的一个法向量为， 所以点Q到平面的距离为． 故选：A． 2．（25-26学年高二上·湖南佳教育联盟·期中）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，在线段上，且，动点满足：，下列说法正确的是（       ） A. 直线与平面所成角的余弦值的最大值为 B. 存在，使四点共面 C. 存在，使 D. 的最小值为 【答案】BCD 【分析】 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系,选项，易得平面的一个法向量为，再由求解；选项B，若四点共面，则存在实数，使成立求解；选项C，由求解；选项D，由，利用向量的模公式求解. 【详解】 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系：    选项，则， 所以， 所以， 因为平面， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， ， 因为，所以， 所以，故选项A错误； 选项B，若四点共面，则存在实数，使， 即，所以 ，解得 ， 所以当时，四点共面，故选项B正确； 选项C，因为， 若，则，解得，故C选项正确； 选项D，因为， 所以， 当且仅当时，等号成立，所以的最小值为，故选项正确. 故选：BCD. 3．（25-26学年高二上·湖南浏阳·期中）如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，E为CD的中点，F为PC的中点，则异面直线BF与PE所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据题意，建立空间直角坐标系，写出直线方向向量，利用夹角公式，可得答案. 【详解】 如图建立空间直角坐标系，设， 则，，，， 由分别为的中点，则，， 取，，设异面直线与的夹角为， . 故选：C. 4．（25-26学年高二上·湖南张家界慈利县第一中学·期中）某个圆锥容器的轴截面是边长为4的等边三角形，一个表面积为的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁总面积为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 分别计算侧面与底面上小球可能接触到的容器内壁的面积，即可得解. 【详解】 设小球的半径为，则小球的表面积为，解得， 在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域围成一个圆台侧面，如下图所示：    由小球的半径， 得， 又都是等边三角形，则， 圆台的上、下底面圆的半径分别为， 母线长，因此圆台的侧面积为， 在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，其半径为，其面积为， 所以圆锥内壁上小球能接触到的圆锥容器内壁总面积为. 故选：B 5．（25-26学年高二上·湖南长沙第六中学·期中）（多选）长方体的底面是边长为的正方形，长方体的高为，分别在上，且，，则下列结论正确的是（       ） A.  B.  C. 异面直线与所成角的余弦值为 D. 二面角的正切值为 【答案】BCD 【分析】 以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线线垂直、线线平行的向量证法可知AB正误；根据异面直线所成角、二面角的向量求法可知CD正误. 【详解】 以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， ，，，， ，，，，，，，， 对于A，，， ，与不垂直，A错误； 对于B，，，， 则，B正确； 对于C，，， ，即异面直线与所成角的余弦值为，C正确； 对于D，轴平面，平面的一个法向量； 设平面的法向量，又，， ，令，解得：，，； ，， 即二面角的正切值为，D正确. 故选：BCD. 6．（25-26学年高二上·湖南部分学校·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点E是的中点，则下列说法正确的是（       ） A. 与所成角的余弦值为 B. 与平面所成角的正弦值为 C. 点到直线的距离为 D. 与平面的距离为 【答案】ACD 【分析】 通过建系，求出相关点的坐标，相关直线的方向向量、相关平面的法向量坐标，利用空间向量夹角的坐标公式以及点到直线、点到平面的距离公式分别计算即可逐一判断. 【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 对于A，，， 设与所成角为，则，故A正确； 对于B，平面的法向量可取为，， 设与平面所成角为，则，故B错误； 对于C，因，与同方向的单位向量为， ，则点到直线的距离为，故C正确； 对于D，设平面的法向量为，， 则 ，故可取， 由，平面，可得平面， 则与平面的距离即点到平面的距离， 由，则到平面的距离为，故D正确. 故选：ACD 7．（25-26学年高二上·湖南名校联考·期中）（多选）已知正方体的棱长为1，，分别为平面、平面的中心，，，则（       ） A.  B. 当时， C. 当时，的最小值为 D. 当时，的最小值为 【答案】BCD 【分析】 根据给定条件，利用线线平行，结合空间向量线性运算判断A；建立空间直角坐标系，利用空间向量运算，结合相应条件求解判断BCD. 【详解】 对于A，在正方体中，连接，则分别为的中点， ，且，因此，A错误； 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ，， 对于B，由，得，则，B正确； 对于C，当时，点在以为球心，半径为1的球面上运动， 而，因此的最小值为，C正确； 对于D，当时，平面，而平面，则平面， 因此的最小值为点到平面的距离，又， 设平面的法向量，则 ，取，得， 又，因此点到平面的距离为，D正确. 故选：BCD 8．（25-26学年高二上·湖南多所学校·期中）（多选）若四面体各棱长为1或2，但不是正四面体，则下列说法正确的是（        ） A. 四面体有可能是正三棱锥 B. 四面体中长为1的棱最多有4条 C. 若四面体恰有两条棱长为1，则有且仅有2条棱所在的直线互相垂直 D. 四面体体积的最大值为 【答案】ACD 【详解】 对于A：当四面体的底面边长均为1，侧棱长均为2时，该四面体为正三棱锥，故A正确； 对于B：假设四面体中长为1的棱有4条，如图， 分三种情况讨论： 若底面有一条边长为1，不妨设，则侧棱长均为1， 此时，构不成三角形，该情况不成立； 若底面有两条边长为1，不妨设，此时，构不成三角形，该情况不成立， 若底面三条边均为1，则侧棱有一条为1，不妨设，此时， 构不成三角形，该情况不成立， 所以四面体中长为1的棱不可能有4条，故B错误； 对于C：若两条相邻的棱长为1，则构不成三角形，该情况不成立； 所以两条为1的棱只能为对棱，不妨设，其余四边长为2， 此时所有的三角形三边均分别为，故共顶点的两边均不垂直， 如图以点为原点，直线为轴建立空间直角坐标系： 则，，设， 则，两式相减得：，所以， 所以， 因为，所以 ， 解得 ，所以， 所以，，，， ，， 所以， ， ， 故，此时有且仅有2条棱所在的直线互相垂直，所以C选项正确； 对于D：根据B选项可知四面体的六条棱长可能为一条棱长为1，其余为2；两条棱长为1，其余为2； 或三条棱长为1，三条棱长为2；易知第一种情况体积最大，不妨设，其他棱长为2， 如图建立空间直角坐标系： 则，，设， 则，两式相减得：，所以， 所以， 因为，所以 ， 解得 ，所以， 所以， 又平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为， 又， 所以四面体体积为， 所以四面体体积的最大值为，故D正确； 故选：ACD 9．（25-26学年高二上·湖南浏阳·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点为线段BD的中点，且点满足，则下列说法正确的是（       ） A. 若，则平面 B. 若，则平面 C. 若，则到平面的距离为 D. 若时，直线DP与平面所成角为，则 【答案】ABD 【分析】 根据各项参数确定的位置，分别应用线面平行的判定定理判断A；线面垂直的判定定理判断B；由到平面的距离，即为到平面的距离的一半，几何法求点面距离判断C；应用向量法求线面角，进而求范围判断D. 【详解】 A：，即重合，故即为，又，即， 由面，面，则面，对； B：，易知为的中点，此时，且 所以，故，即， 根据正方体的结构特征，易得， 若为的中点，则，又，则， 显然面，面，则， 由且在面内，则面，面，则， 所以，又都在面内，则面，对； C：，即是面的中心， 易知到平面的距离，即为到平面的距离的一半， 根据正方体的结构特征，为正四面体，且棱长为， 所以到平面的距离， 所以到平面的距离为，错； D：，则在线段上运动，如图构建空间直角坐标系， 所以，且，故， 令面的一个法向量为，且， 所以 ，令，则， 故，令，则， 所以，， 故，对. 故选：ABD 【点睛】 关键点点睛：根据各项参数值确定对应点的位置为关键. 10．（25-26学年高二上·湖南张家界慈利县第一中学·期中）（多选）如图，点在棱长为1的正方体的面对角线上运动（点异于点），则下列结论正确的是（        ） A. 异面直线与所成角为 B.  C. 三棱锥的体积为 D. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 【答案】ABD 【分析】 对于A：利用异面直线的夹角求解即可；对于B：利用线面垂直的定义结合线面垂直的判定定理求解即可；对于C：利用等体积法求解即可；对于D：利用空间直角坐标系使用代数法求解线面角的取值范围. 【详解】 对于选项A：如图，连接，，， 在正方体中，则异面直线与所成角为或其补角， 且，可知为等边三角形， 即，所以异面直线与所成角为，故A正确； 对于选项B：如图，连接， 因平面，平面，则， 易得，又，则平面， 又平面，故，同理可证， 因平面，故平面， 又因，则平面，所以，故B正确； 对于选项C：在正方体中，， 且平面，平面，所以平面， 而点在棱长为1的正方体的面对角线上运动， 故有，故C错误； 对于选项D：建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，， 设，，则 ，即， 所以，， 而，因平面，平面，则， 又平面， 所以平面， 即平面的法向量为，， 则， 因，故，故D正确. 故选：ABD. 11．（25-26学年高二上·湖南宁远县第一中学·期中）（多选）已知正方体的棱长为1，动点P满足，其中，则下列说法正确的是（       ） A. 若，，则 B. 若，，则平面 C. 平面与平面夹角的大小与，，都有关 D. 若，则点P到平面的距离是 【答案】ABD 【分析】 建系标点，根据题意可得．对于A：利用向量可得，即可判断垂直；对于B：利用向量可得，进而判断线面平行；对于C：分别求平面与平面的法向量，利用向量求面面夹角的余弦值即可判断；对于D：求平面的法向量，利用空间向量求点到面的距离. 【详解】 如图，以点A为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，    则，，，，，，，， 可得，，， 则，即． 对于选项A：若，，即， ，， 则，故，即A正确； 对于选项B：若，，则，， 因为，可知， 且平面，平面，所以平面，故B正确； 对于选项C：设平面的法向量，则 令，则，可得， 又因为平面的一个法向量为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为， 即平面与平面夹角的大小与无关，故C错误； 对于选项D：设平面的法向量为， 因为，，可得 ，即 ， 取，可得，，可得是平面的一个法向量， 因为，则点到平面的距离为， 又因为，可得，故D正确． 故选：ABD． 12．（25-26学年高二上·湖南平高教育·期中）（多选）如图，正方体的棱长为2，，分别是棱，上的动点（不含端点），且，则下列结论正确的是（       ） A.  B. 三棱锥体积的最大值为 C. 当∥平面时，二面角的余弦值为 D. 若二面角的大小为，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】 对于A项，利用空间向量的数量积进行判断；对于B项，直接计算体积及利用基本不等式求解；对于C项，由线面平行的性质定理得，取的中点，得为二面角的平面角进行求解；对于D项，记点到直线的距离为，则，由面积公式求出进行判断即可． 【详解】 建立空间直角坐标系，如图所示： 设，，则， 对于A项， ， 得， 则，即，故A项正确； 对于B项， 三棱锥体积为： ， 等号成立时，，即， 则三棱锥体积的最大值为，故B项错误； 对于C项，当平面时， 而平面，平面平面， 得， 由相似三角形的性质，得，得，解得， 则为的中位线，取的中点，连接， 则, 得为二面角的平面角， 由，得，， 则，故C项正确； 对于D项，记点到直线的距离为， 由二面角的大小为，则， 由，则， 得， 得， 而， 等号成立时，，即， 则， 得，则的最小值为，故D正确． 故选：ACD 13．（25-26学年高二上·湖南长沙长郡中学·期中）（多选）关于空间向量，以下说法正确的是（       ） A. 若构成空间的一个基底，则必共面 B. 若空间向量满足，则与的夹角为钝角 C. 点关于平面对称的点的坐标是 D. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的充要条件 【答案】AC 【分析】 对于A，空间中，三个不共面的向量构成基底，利用基底定义求解；对于B，由得到是钝角或180°求解；对于C，由关于平面对称的点，则横坐标和竖坐标不变，纵坐标变为相反数求解；对于D，因为直线的方向向量为，平面的法向量为，若，则或，若，则，从而得解. 【详解】 对于构成空间的一个基底，则不共面， 因为，所以必共面，故A正确； 对于B，当时，则是钝角或180°，故B错误； 对于C，关于平面对称的点，横坐标和竖坐标不变，纵坐标变为相反数，所以点关于平面对称的点的坐标是，故C正确； 对于D，因为直线的方向向量为，平面的法向量为，若，则或；若，则，所以“”是“”的必要不充分条件，故D错误. 故选：AC. 14．（25-26学年高二上·湖南湘潭县第一中学·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，是棱上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（       ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 若是棱的中点，则过三点的平面截正方体所得的截面图形是三角形 C. 若与平面所成的角为，则 D. 若是棱的中点，则四面体的外接球的表面积为 【答案】ACD 【分析】 根据三棱锥的体积公式计算的结果；作图得到截面；空间向量法计算线面所成角的正弦值；先求得三棱锥的外接球的半径，再计算球的表面积； 【详解】 对于A，连接，因为，平面，平面， 所以平面， 又点是棱上的动点（含端点），所以点到平面的距离为定值，设为， 则，为定值，故A正确；    对于B，如图，延长交延长线于点，连接交于点，连接， 四边形为过的平面截正方体所得的截面图形，故B错误；    对于C，以为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系，    则，，，，， 则，，， 设平面的法向量，则 ， 令，则，故，则 ， 当时，， 当时，， 当且仅当时等号成立，又，故C正确． 对于D，如图所示，连接，取的中点为，连接， 设外接圆圆心为，四面体的外接球球心为，连接， 在中，设其外接圆半径为，由正弦定理知， ，所以，即， 依题易得，故， 且和同对弦，故四点共圆， 则，设外接球半径为，过作，交于， 由正方体性质知平面，而平面，则， 又平面，则，所以是矩形，则， 则在中，，即，① ， 在中，，即② ， 联立① ② ，解得，，故外接球的表面积为，故D正确；    故选：ACD． 15．（25-26学年高二上·湖南常德汉寿县第一中学·期中）（多选）在三棱锥中，两两垂直，平面于点，设的面积分别为，下列命题中正确的是（       ） A. 可能为直角三角形 B. 点为的垂心 C.  D.  【答案】BCD 【分析】 假设，，，求出，，，根据长度和三角形形状的关系判断A选项，根据垂心的定义判断B选项，根据海伦公式求出判断C选项，求出和、、的关系判断D选项. 【详解】 假设，，， 所以，，， 因为任何两边的平方和大于第三边的平方， 所以是锐角三角形，故A选项错误； 由两两垂直易证平面， 所以，因为， 所以易证平面，所以， 同理可得，， 所以点为的垂心，故B选项正确； 设的面积为，因为四面体体积为， 所以，等式两边平方可得， 由海伦公式可得，其中， 所以 ， 所以代回可得，故C选项正确； ，，，， 因为，所以， 所以， 因为，，， 所以，故D选项正确. 故选：BCD. 【点睛】 关键点点睛：本题关键在于根据海伦公式求出判断C选项，求出和、、的关系判断D选项. 16．（25-26学年高二上·湖南长沙明德中学·期中）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，P，E分别为线段，AB上的动点，M为线段的中点，下列结论正确是（       ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 不存在点E，使得与所成的角为45° C. 的最小值为 D. 面积的取值范围为 【答案】ACD 【分析】 对A，根据高和底面均为定值可判断；对B，建系，利用夹角公式进行判断；对C，转化到同一个平面，利用余弦定理计算；对D，表示出点P到直线的距离，然后用面积公式计算判断． 【详解】 对A，点E到平面的距离是定值，为定值， 所以三棱锥的体积为定值，A正确； 对B，建立空间直角坐标系： ，，，设， 所以，， 若与所成的角为45°， 则， 则，即舍去， 所以存在点E，使得与所成的角为45°，B错误； 对C，将平面沿着旋转到平面，如图： 的最小值等于CM的长， 因为，，，，，则， 所以，， 所以， ，C正确； 对D，设，， ，所以，，， 点P到直线的距离为， 由，当 时，有 ；当时，有， 所以面积的最小值为，最大值为， 所以面积的取值范围为，D正确． 故选：ACD. 17．（25-26学年高二上·湖南长沙第六中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，．    （1）求证：平面； （2）求直线平面夹角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明：因为底面为正方形，所以， 因为平面，平面， 所以平面；     （2）     （3）      【分析】 （1）由线线平行得到线面平行即可证明； （2）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，由线面角的夹角向量公式求出直线平面夹角的正弦值； （3）在（2）基础上，由点到平面距离向量公式求出答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面，平面， 所以， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ， 设平面的法向量为， 则 ， 令，则，则，    直线平面夹角的正弦值为； (3) 小问详解： 由（2）知，平面的法向量为， 点到平面的距离为. 18．（25-26学年高二上·湖南常德汉寿县第一中学·期中）已知向量，，若，则实数　　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 由向量的数量积为0可得． 【详解】 由得，． 故答案为：． 19．（25-26学年高二上·湖南常德汉寿县第一中学·期中）（多选）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的各个侧面均是边长为2的正方形，O为BC1与B1C的交点，D为AC的中点．求证： （1）AB1∥平面BC1D； （2）BD⊥平面ACC1A1． 【答案】（1）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1的各个侧面均是边长为2的正方形， O为BC1与B1C的交点， ∴O是B1C的中点，∵D为AC的中点.∴OD∥AB1， ∵OD⊂平面BC1D，AB1⊄平面BC1D， ∴AB1∥平面BC1D. （2）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1的各个侧面均是边长为2的正方形，D为AC的中点. ∴BD⊥AC，AA1⊥BD， ∵AC∩AA1＝A，∴BD⊥平面ACC1A1. 【分析】 （1）推导出OD∥AB1，由此能证明AB1∥平面BC1D. （2）推导出BD⊥AC，AA1⊥BD，由此能证明BD⊥平面ACC1A1. 【详解】 证明：（1）略 （2）略 【点睛】 本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题. 20．（25-26学年高二上·湖南平高教育·期中）已知是平面的一个法向量，点，均在平面内，则　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 由，即可求解. 【详解】 由，，得， 由题意， 解得：， 故答案为： 21．（25-26学年高二上·湖南多所学校·期中）如图，在四棱锥中，． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）设是三棱锥外接球球面上的一动点，求的最小值． 【答案】（1） 如图所示，在平面内，取的中点， 连接，，，， 因为，由勾股定理得， 所以， 在中，由， 得. 在中，， 所以， 由， 平面, 得平面，又平面， 所以平面平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）利用线面垂直的判定定理证得平面，再利用面面垂直的判定定理证明; （2）建立空间直角坐标系，按照空间向量面面角的计算公式进行计算； （3）根据条件求得球心坐标及外接球半径，在平面内取一点，满足，进行向量转化，进一步计算即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以为坐标原点，，所在直线为轴，轴， 建立如图所示的坐标系，易知轴平行于， 则， ， 设平面的一个法向量为， 由 得 ， 取，则， ， 设平面的一个法向量为， 由 得 ， 取，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 设球心为，半径为，易知， 在中，，解得， 所以 在平面内取一点，满足， 即 ， 解得 ，则， ， 又因为 ， 又， 则 22．（25-26学年高二上·湖南佳教育联盟·期中）如图，在正四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，是棱PA的中点．    （1）证明：平面BDE； （2）设该四棱锥外接球的体积为，当取最小值时，求： （ⅰ）四棱锥的体积； （ⅱ）平面BDE与平面PCD夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：连接交于点，连接．    因为底面是正方形，所以为的中点． 又因为是棱的中点，所以． 又面，面，所以平面．     （2）（ⅰ）；（ⅱ）．      【分析】 （1）通过构造中位线的方法证得平面BDE. （2）（ⅰ）利用基本不等式研究四棱锥外接球半径的最小值，根据锥体体积计算方法求得四棱锥的体积. （ⅱ）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面BDE与平面PCD夹角的余弦值． (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： （ⅰ）连接，设，四棱锥外接球的半径为． 因为是正四棱锥，所以球心在直线上． 所以． 所以， 当且仅当时取“”． 此时，． （ⅱ）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系．    由（ⅰ）可知，所以， 所以，， 所以面，所以面的法向量可以是． 又因为，，所以，． 设平面的法向量为，则且． 由，，， 得，．所以 ，即 ， 令，得，． 设平面与平面的夹角为， 所以． 所以平面与平面夹角的余弦值为． 23．（25-26学年高二上·湖南衡阳·期中）如图，在几何体中，，，，，，平面，则异面直线与所成角的余弦值为　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 建立空间直角坐标系，求出向量坐标，进而利用向量夹角的余弦公式求解． 【详解】 平面，平面，， 又，两两垂直， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，， 则， ， ， 异面直线与所成角的余弦值为． 故答案为：． 24．（25-26学年高二上·湖南浏阳·期中）如图，在四棱锥中，平面为PD的中点. （1）若，证明：； （2）若，求平面ACE和平面ECD的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：由平面，平面，则，， 而，且都在面内，则面， 由面，则，即均为直角三角形，且为斜边， 由为PD的中点，故，得证.     （2）.      【分析】 （1）由线面垂直的判定及性质定理证、，结合直角三角形性质即可证结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由题意，易知为直角梯形，且，，且平面， 以为原点，建立如下图示空间直角坐标系，则， 所以， 若分别是面、面的法向量， 则 ，令，则， 且 ，令，则， 所以，故平面ACE和平面ECD的夹角余弦值为. 25．（25-26学年高二上·湖南浏阳·期中）如图，四棱台中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，分别为DC，BC的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为.    （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：由题设，得四棱台为正四棱台，可建立如图所示空间直角坐标系，    故， 所以， 若平面的一个法向量为，则 ， 令，则，显然，而面， 所以面；     （2）；     （3）或.      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量为，判断即可； （2）应用向量法求到平面的距离即可； （3）假设在上存在点，且，，结合线面角正弦值列方程，求参数即可； (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知：，所以到平面的距离为 (3) 小问详解： 假设在上存在点，且，， 则， 直线与平面所成的角为，故， 所以，即，可得或， 时，，则， 时，，则， 综上，长为或. 26．（25-26学年高二上·湖南长沙湖南大学附属中学·期中）三个“臭皮匠”在阅读一本材料时发现原来空间直线与平面也有方程．即过点且一个法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线l的方程为．三个“臭皮匠”利用这一结论编了一道题：“已知平面的方程为，直线l是两个平面与的交线，则直线l与平面所成的角的正弦值是多少？”想着这次可以难住“诸葛亮”了．谁知“诸葛亮”很快就算出了答案．请问答案是　　　　　　． 【答案】 【分析】 求出已知的三个平面的法向量，由直线l是两个平面与的交线，求出直线的方向向量，再根据线面角的向量求法，可得答案. 【详解】 因为平面的方程为，故其法向量可取为， 平面的法向量可取为， 平面的法向量可取为， 直线l是两个平面与的交线，设其方向向量为， 则 ，令，则， 故设直线l与平面所成的角为 ， 则， 故答案为： 27．（25-26学年高二上·湖南长沙湖南大学附属中学·期中）如图所示，正四棱锥中，点是棱的中点．    （1）证明：平面； （2）已知异面直线与所成角的余弦值为， （i）求二面角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使平面．若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） 连接，，连接，    因为是中点，点是棱的中点， 则， 因为平面，平面，所以平面．     （2）（i）； （ii）存在，，理由如下： 设线段上存在点，且， 因为， 设，， 因为 ， 又因为， 所以， 所以 所以 ， 当 时， 平面，所以平面， 所以当时，平面；      【分析】 （1）根据中位线得出，从而可得平面； （2）设，根据向量法结合异面直线与所成角的余弦值为得出，进而求所成角的余弦值，最后应用同角三角函数关系计算求解； （3）假设存在点F，设，使平面，计算得出. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （i）    因为平面，，所以两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设， 则， 所以，又异面直线与所成角的余弦值为， 所以， 解得，故， 所以， 设平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则 ，得 ，取，得． 设二面角的平面角为，观察图形可知为锐角， 所以，； （ii）略 28．（25-26学年高二上·湖南张家界慈利县第一中学·期中）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，是斜边为AD的等腰直角三角形，    （1）求证：平面； （2）求PB与平面PCD所成角的正弦值； （3）在棱PB上是否存在点M，使得平面ADM与平面ABCD所成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） 平面平面ABCD，平面平面 平面ABCD，， 平面PAD， 平面， 又且，PA、平面平面PAB；     （2）      （3） 存在，      【分析】 （1）由面面垂直的性质定理得平面PAD，再由线面垂直的判定定理可得证； （2）利用空间向量法求线面角； （3）设利用空间向量的数量积，求解，推出结果. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取AD中点为O，连接PO、CO， 又， 则， ，则， 以O为坐标原点，分别以所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， ， 设为平面PCD的一个法向量， 由 ，得 ，令，则， 设PB与平面PCD所成角的角为， (3) 小问详解： 假设在棱PB上存在点M，使得平面ADM与平面ABCD所成角的余弦值为， 由可知，， ，设 ， 设为平面ADM的一个法向量， 由 得 ， 则， 易知平面ABCD的一个法向量为， 设平面ADM与平面ABCD的夹角为 ， ， 29．（25-26学年高二上·湖南张家界慈利县第一中学·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点． （1）证明：平面； （2）求平面和平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明：取的中点，连接，如图所示： 在中，因为，分别是为棱，的中点， 所以为中位线， 所以，且， 又，， 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）     （3）      【分析】 （1）取的中点，连接，利用三角形中位线，平行四边形性质以及线面平行的判定定理即可证明； （2）结合已知条件建立空间直角坐标系，分别写出相应的点坐标，求出平面和平面的法向量，利用向量法求解即可； （3）在（2）的基础上利用向量法求点到面的距离即可. (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 平面，平面， 所以，又， 所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 取的中点，连接，如图所示： 因为，，且， 所以四边形是边长为2的正方形， 所以， 因为为棱的中点，所以， 所以， 设平面的一个法向量为， 则 ， 令，则， 即平面的一个法向量为， 又平面，平面, 所以，由，且， 所以平面，即平面， 所以为平面的一个法向量， 所以， 所以平面和平面夹角的余弦值为 (3) 小问详解： 由（2）知，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为： ， 所以点到平面的距离为. 30．（25-26学年高二上·湖南长沙第六中学·期中）在四面体中，平面，，，，则四面体外接球的表面积为　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据线面垂直的性质定理及勾股定理，结合长方体的体对角线为外接球的直径，求出半径，再利用球的表面积公式即可求解． 【详解】 如图所示， 平面ABC，，，由勾股定理得，， 又，得，则． 设外接球的半径为，则，解得， 所以外接球的表面积为． 故答案为： 31．（25-26学年高二上·湖南湘一名校联考·期中）如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，平面平面，且与都是正三角形．    （1）求证：． （2）若，点在棱上，且点到平面的距离为． （i）求； （ii）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 取的中点，连接． 因为与都是正三角形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为四边形是菱形，，所以， 因为平面平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以．     （2）（i）2； （ii）      【分析】 （1）根据等腰三角形三线合一的性质得到，然后利用线面垂直的判定定理得到平面，再结合线面垂直的性质和菱形的性质得到，根据平面得到，最后利用线面垂直的判定定理和性质证明即可； （2）（i）建系，设，根据点到平面的距离列方程，解方程得到，然后求即可；（ii）利用空间向量的方法求面面角. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，两两互相垂直，以为坐标原点， 所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以． （i）设， 则． 设平面的法向量为， 则 ，即 取，得， 所以点到平面的距离为， 解得． 所以． （ii），由（i）知， 平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则 ，即 取，得， 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为． 32．（25-26学年高二上·湖南长沙明德中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面为棱上的动点.    （1）当为棱的中点时，证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 取的中点，连接，，    因为为的中点，所以， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以 又平面平面，所以平面.     （2）      【分析】 （1）取的中点，连接，，求证，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求得平面法向量，代入夹角公式即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面， 在平面内，所以， 即两两垂直， 故可以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则 因为，所以， 所以.    设平面的法向量为， 则 ，取，得，所以 因为平面，所以平面. 所以为平面的一个法向量. 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. 33．（25-26学年高二上·湖南部分学校·期中）如图，平面平面，四边形为正方形，，，，为线段上一点． （1）证明：平面平面． （2）若，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明：如图，设，取的中点，连接． 因为，所以． 又，，，所以四边形为正方形， 所以，．因为， 所以．又平面平面， 平面平面，平面， 所以平面．因为平面， 所以平面平面．     （2）.      【分析】 （1）取的中点，连接，先证明四边形为正方形，由此证明，再结合面面垂直性质定理证明结论； （2）先证明，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式求结论. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，平面， 所以，，由（1）， 所以，，两两垂直，以为原点，，，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．设， 则，，，， 所以，． 设平面的法向量为， 则 取，得． 因为，，，平面， 所以平面，所以平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，且为锐角， 则， 即二面角 的余弦值为． 34．（25-26学年高二上·湖南长沙长郡中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，为等边三角形，，，．    （1）求证：； （2）若四棱锥的体积为，求平面与平面的夹角正弦值． 【答案】（1） 如图所示，取的中点，连接，    因为，所以且， 所以四边形是平行四边形，则， 因为，所以， 又为等边三角形，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面， 所以．     （2）．      【分析】 （1）先证平面，根据线面垂直的定义得证线线垂直. （2）先根据四棱锥的体积求四棱锥的高，进而求得，从而建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，再利用空间向量法即可求两个平面夹角的正弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设四棱锥的高为， 由题设，得，则， 由题设知，所以底面， 因为底面，所以， 故可以点为坐标原点，直线为轴、为轴、为轴建立如图所示空间直角坐标系，    则， 所以，，，， 设平面的一个法向量为， 则 ，则 ， 令，则，所以； 设平面的法向量为， 则 ，则 ， 令，则，所以， 所以， 设平面与平面的夹角为，则，所以， 即平面与平面的夹角正弦值为． 35．（25-26学年高二上·湖南长沙·期中）如图，四棱锥中，底面为正方形，平面，为的中点.    （1）证明：平面 （2）设，，求二面角的余弦值. 【答案】（1） 如图，连接，    底面为正方形，所以， 平面，平面，， 平面，平面，， 平面.     （2）      【分析】 （1）利用线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，然后利用向量的夹角公式进行求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示：    则，，， 则，，， 设平面的法向量为， 由 ，即 ，令，得：； 设平面的法向量为， 由 ，即 ，令，得：； 则. 故结合图像易知：二面角的平面角为锐角，故其余弦值为. 36．（25-26学年高二上·湖南衡阳·期中）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，，平面与平面的夹角的余弦值为，.    （1）证明：平面平面. （2）求三棱柱的体积. （3）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）在正方形中，. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）由线面垂直的定理证明平面，由面面垂直的判定定理证得平面平面； （2）建立恰当的空间直角坐标系，三棱柱的体积转化为，可求结果； （3）根据两平面夹角的计算方法，可求得平面与平面夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，以为坐标原点，，的方向分别为轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，. 设，则. 因为，，且， 所以，即. 因为，所以. 设平面的法向量为. 因为，， 所以 ，令，则. 易得平面的一个法向量为. 因为平面与平面的夹角的余弦值为， 所以，解得，， 所以. (3) 小问详解： 解：设平面的法向量为，因为，， 所以 ，令，得. 设平面与平面的夹角为. 因为平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 37．（25-26学年高二上·湖南名校联考·期中）如图，四棱锥的底面为矩形，，，平面平面，平面平面. （1）证明：平面； （2）设的中点为，，点为线段上（不含端点）一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面. 又平面，所以. 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面. 又平面，所以. 因为，平面，平面，所以平面.     （2）      【分析】 （1）根据面面垂直的性质定理，及线面垂直的判定定理可得； （2）根据题意，建立恰当的空间直角坐标系，设，由直线与平面所成角的正弦值为，求得参数的值，根据求平面与平面的夹角的向量方法求得平面与平面的夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可知，，，两两垂直，以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系. 因为的中点为，，所以，又，， 则，，，，， 所以，，，，，， 设，则，所以， 则， 由（1）知，平面，取平面的一个法向量 设直线与平面所成的角为， 则， 整理得， 解得（舍去）. 则 设平面的法向量为， ，则 ，取，则； 设平面的法向量为， ，则 ，取，则， 于是， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 38．（25-26学年高二上·湖南平高教育期中）如图1，在平面四边形中，，．将沿着翻折至，连接，得到如图2所示的三棱锥．    （1）证明：． （2）当点到平面的距离最大时，求三棱锥外接球的表面积． （3）当时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 依题意，折叠后，，，， 所以, 延长，过作，交的延长线于， 连接，则， 由于平面， 所以平面，由于平面，所以.     （2）     （3）      【分析】 （1）通过证明线面垂直来证得. （2）利用几何体外接球半径的求法求得三棱锥外接球的半径，进而求得外接球的表面积. （3）根据面面角的定义作出平面与平面的夹角（或其补角），解三角形计算出夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 当点到平面的距离最大时，平面平面， 由于平面平面，平面，， 所以平面，由于平面，所以， . 设是的中点，是三角形的外心，是三角形的外心， 是三棱锥外接球的球心. 连接，则， 连接，则平面，平面，    由于，所以四边形是正方形. 设外接球的半径为，由正弦定理得， 则，所以，则， 所以三棱锥外接球半径， 所以外接球的表面积为. (3) 小问详解： 当时，，所以， 在内，过作，交于，        则是平面与平面的夹角（或其补角） 在中，， ，则. 在中，, 所以， 所以，在中，， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 39．（25-26学年高二上·湖南长沙望城区第一中学·期中）如图.在四棱锥中，四边形是直角梯形.，且为中点.    （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 记中点为，连接，，    则四边形为正方形，且根据勾股定理得， 所以，则，所以. 又因为，，平面，所以平面. 因为平面，所以，又因为，所以， 且，平面，所以平面.     （2）存在，点为的中点，理由如下： 由（1）知，平面，且. 以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，    则，，，，， 设，，则， 则，，， 设平面与平面的法向量分别为和 则 ，令，得. ，令，得. 设平面与平面的夹角为，， 则，解得. 因此存在点为的中点，使得平面与平面夹角的余弦值为.      【分析】 （1）中点为，连接，，由勾股定理可得，结合可得平面，即，又由即可证明平面； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，然后利用待定系数法求出平面与平面的法向量，再利用向量的夹角公式求解方程即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 40．（25-26学年高二上·湖南湘潭县第一中学·期中）如图，在平面四边形ABCD中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿AC翻折至，形成三棱锥，其中S为动点．    （1）证明：； （2）若，求三棱锥的体积； （3）求平面SAC与平面SBC夹角余弦值的最小值． 【答案】（1） 取的中点，连接，， 因为，，且的中点为，所以，， 又，，平面，故平面， 由于平面，故．      （2）     （3）      【分析】 （1）通过证明、，推导出平面，进而得到； （2）在中根据几何关系求出、的值，再得到三棱锥的高，进一步得到三棱锥的体积； （3）方法一：以B为原点建立空间直角坐标系，设，通过向量法求解出二面角余弦值与的关系，再通过均值不等式即可求解；方法二：以E点为原点建立空间直角坐标系，设，通过向量法求解出二面角余弦值与的关系，再通过均值不等式即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 当时，由，则， 因为，，故，，， 所以，由于，故， 设三棱锥的高为， 所以，三棱锥体积为． (3) 小问详解： 以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 过点S作平面的垂线，垂足为，连接，    设为翻折过程中所旋转的角度，则， ，，， 故，，，， ，则， 设平面的法向量为，则， ， 取，则，所以， 设平面的法向量，，，则， ， 取，则，， 设平面与平面的夹角为， 故， ， 令，，故， 由于，故，当且仅当，即时取等号，故平面与平面夹角余弦值的最小值为． 方法二：以E点为原点建立如图所示的空间坐标系，    设，，，，，则，，， 设面法向量，则， ， 令，， 同理可得面法向量， ， 令， 因为，其中取“=”，即此时，所以． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 空间向量的应用 1大高频考点概览 考点01 空间向量的应用 考点01 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·湖南平高教育·期中）已知是平面内一点，是平面外一点，且平面的一个法向量为，则点Q到平面的距离为（       ）． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2．（25-26学年高二上·湖南佳教育联盟·期中）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，在线段上，且，动点满足：，下列说法正确的是（       ） A. 直线与平面所成角的余弦值的最大值为 B. 存在，使四点共面 C. 存在，使 D. 的最小值为 3．（25-26学年高二上·湖南浏阳·期中）如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，E为CD的中点，F为PC的中点，则异面直线BF与PE所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高二上·湖南张家界慈利县第一中学·期中）某个圆锥容器的轴截面是边长为4的等边三角形，一个表面积为的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁总面积为（     ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高二上·湖南长沙第六中学·期中）（多选）长方体的底面是边长为的正方形，长方体的高为，分别在上，且，，则下列结论正确的是（       ） A.  B.  C. 异面直线与所成角的余弦值为 D. 二面角的正切值为 6．（25-26学年高二上·湖南部分学校·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点E是的中点，则下列说法正确的是（       ） A. 与所成角的余弦值为 B. 与平面所成角的正弦值为 C. 点到直线的距离为 D. 与平面的距离为 7．（25-26学年高二上·湖南名校联考·期中）（多选）已知正方体的棱长为1，，分别为平面、平面的中心，，，则（       ） A.  B. 当时， C. 当时，的最小值为 D. 当时，的最小值为 8．（25-26学年高二上·湖南多所学校·期中）（多选）若四面体各棱长为1或2，但不是正四面体，则下列说法正确的是（        ） A. 四面体有可能是正三棱锥 B. 四面体中长为1的棱最多有4条 C. 若四面体恰有两条棱长为1，则有且仅有2条棱所在的直线互相垂直 D. 四面体体积的最大值为 9．（25-26学年高二上·湖南浏阳·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点为线段BD的中点，且点满足，则下列说法正确的是（       ） A. 若，则平面 B. 若，则平面 C. 若，则到平面的距离为 D. 若时，直线DP与平面所成角为，则 10．（25-26学年高二上·湖南张家界慈利县第一中学·期中）（多选）如图，点在棱长为1的正方体的面对角线上运动（点异于点），则下列结论正确的是（        ） A. 异面直线与所成角为 B.  C. 三棱锥的体积为 D. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 11．（25-26学年高二上·湖南宁远县第一中学·期中）（多选）已知正方体的棱长为1，动点P满足，其中，则下列说法正确的是（       ） A. 若，，则 B. 若，，则平面 C. 平面与平面夹角的大小与，，都有关 D. 若，则点P到平面的距离是 12．（25-26学年高二上·湖南平高教育·期中）（多选）如图，正方体的棱长为2，，分别是棱，上的动点（不含端点），且，则下列结论正确的是（       ） A.  B. 三棱锥体积的最大值为 C. 当∥平面时，二面角的余弦值为 D. 若二面角的大小为，则的最小值为 13．（25-26学年高二上·湖南长沙长郡中学·期中）（多选）关于空间向量，以下说法正确的是（       ） A. 若构成空间的一个基底，则必共面 B. 若空间向量满足，则与的夹角为钝角 C. 点关于平面对称的点的坐标是 D. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的充要条件 14．（25-26学年高二上·湖南湘潭县第一中学·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，是棱上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（       ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 若是棱的中点，则过三点的平面截正方体所得的截面图形是三角形 C. 若与平面所成的角为，则 D. 若是棱的中点，则四面体的外接球的表面积为 15．（25-26学年高二上·湖南常德汉寿县第一中学·期中）（多选）在三棱锥中，两两垂直，平面于点，设的面积分别为，下列命题中正确的是（       ） A. 可能为直角三角形 B. 点为的垂心 C.  D.  16．（25-26学年高二上·湖南长沙明德中学·期中）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，P，E分别为线段，AB上的动点，M为线段的中点，下列结论正确是（       ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 不存在点E，使得与所成的角为45° C. 的最小值为 D. 面积的取值范围为 17．（25-26学年高二上·湖南长沙第六中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，．    （1）求证：平面； （2）求直线平面夹角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 18．（25-26学年高二上·湖南常德汉寿县第一中学·期中）已知向量，，若，则实数　　　　　　　　　　　. 19．（25-26学年高二上·湖南常德汉寿县第一中学·期中）（多选）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的各个侧面均是边长为2的正方形，O为BC1与B1C的交点，D为AC的中点．求证： （1）AB1∥平面BC1D； （2）BD⊥平面ACC1A1． 20．（25-26学年高二上·湖南平高教育·期中）已知是平面的一个法向量，点，均在平面内，则　　　　　　　　． 21．（25-26学年高二上·湖南多所学校·期中）如图，在四棱锥中，． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）设是三棱锥外接球球面上的一动点，求的最小值． 22．（25-26学年高二上·湖南佳教育联盟·期中）如图，在正四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，是棱PA的中点．    （1）证明：平面BDE； （2）设该四棱锥外接球的体积为，当取最小值时，求： （ⅰ）四棱锥的体积； （ⅱ）平面BDE与平面PCD夹角的余弦值． 23．（25-26学年高二上·湖南衡阳·期中）如图，在几何体中，，，，，，平面，则异面直线与所成角的余弦值为　　　　　　　　　　． 24．（25-26学年高二上·湖南浏阳·期中）如图，在四棱锥中，平面为PD的中点. （1）若，证明：； （2）若，求平面ACE和平面ECD的夹角的余弦值. 25．（25-26学年高二上·湖南浏阳·期中）如图，四棱台中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，分别为DC，BC的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为.    （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由. 26．（25-26学年高二上·湖南长沙湖南大学附属中学·期中）三个“臭皮匠”在阅读一本材料时发现原来空间直线与平面也有方程．即过点且一个法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线l的方程为．三个“臭皮匠”利用这一结论编了一道题：“已知平面的方程为，直线l是两个平面与的交线，则直线l与平面所成的角的正弦值是多少？”想着这次可以难住“诸葛亮”了．谁知“诸葛亮”很快就算出了答案．请问答案是　　　　　　． 27．（25-26学年高二上·湖南长沙湖南大学附属中学·期中）如图所示，正四棱锥中，点是棱的中点．    （1）证明：平面； （2）已知异面直线与所成角的余弦值为， （i）求二面角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使平面．若存在，求的值；若不存在，说明理由． 28．（25-26学年高二上·湖南张家界慈利县第一中学·期中）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，是斜边为AD的等腰直角三角形，    （1）求证：平面； （2）求PB与平面PCD所成角的正弦值； （3）在棱PB上是否存在点M，使得平面ADM与平面ABCD所成角的余弦值为若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 29．（25-26学年高二上·湖南张家界慈利县第一中学·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点． （1）证明：平面； （2）求平面和平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 30．（25-26学年高二上·湖南长沙第六中学·期中）在四面体中，平面，，，，则四面体外接球的表面积为　　　　　　． 31．（25-26学年高二上·湖南湘一名校联考·期中）如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，平面平面，且与都是正三角形．    （1）求证：． （2）若，点在棱上，且点到平面的距离为． （i）求； （ii）求平面与平面夹角的余弦值． 32．（25-26学年高二上·湖南长沙明德中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面为棱上的动点.    （1）当为棱的中点时，证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 33．（25-26学年高二上·湖南部分学校·期中）如图，平面平面，四边形为正方形，，，，为线段上一点． （1）证明：平面平面． （2）若，求二面角的余弦值． 34．（25-26学年高二上·湖南长沙长郡中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，为等边三角形，，，．    （1）求证：； （2）若四棱锥的体积为，求平面与平面的夹角正弦值． 35．（25-26学年高二上·湖南长沙·期中）如图，四棱锥中，底面为正方形，平面，为的中点.    （1）证明：平面 （2）设，，求二面角的余弦值. 36．（25-26学年高二上·湖南衡阳·期中）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，，平面与平面的夹角的余弦值为，.    （1）证明：平面平面. （2）求三棱柱的体积. （3）求平面与平面夹角的余弦值. 37．（25-26学年高二上·湖南名校联考·期中）如图，四棱锥的底面为矩形，，，平面平面，平面平面. （1）证明：平面； （2）设的中点为，，点为线段上（不含端点）一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面的夹角的余弦值. 38．（25-26学年高二上·湖南平高教育·期中）如图1，在平面四边形中，，．将沿着翻折至，连接，得到如图2所示的三棱锥．    （1）证明：． （2）当点到平面的距离最大时，求三棱锥外接球的表面积． （3）当时，求平面与平面夹角的余弦值． 39．（25-26学年高二上·湖南长沙望城区第一中学·期中）如图.在四棱锥中，四边形是直角梯形.，且为中点.    （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 40．（25-26学年高二上·湖南湘潭县第一中学·期中）如图，在平面四边形ABCD中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿AC翻折至，形成三棱锥，其中S为动点．    （1）证明：； （2）若，求三棱锥的体积； （3）求平面SAC与平面SBC夹角余弦值的最小值． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 空间向量的应用 考点01 空间向量的应用 考点01 空间向量的应用 1．A 2．BCD 3．C 4．B 5．BCD 6．ACD 7．BCD 8．ACD 9．ABD 10．ABD 11．ABD 12．ACD 13．AC 14．ACD 15．BCD 16．ACD 17．【答案】（1）证明：因为底面为正方形，所以， 因为平面，平面， 所以平面；     （2）     （3）      【分析】 （1）由线线平行得到线面平行即可证明； （2）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，由线面角的夹角向量公式求出直线平面夹角的正弦值； （3）在（2）基础上，由点到平面距离向量公式求出答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面，平面， 所以， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ， 设平面的法向量为， 则 ， 令，则，则，    直线平面夹角的正弦值为； (3) 小问详解： 由（2）知，平面的法向量为， 点到平面的距离为. 18．【答案】 【分析】 由向量的数量积为0可得． 【详解】 由得，． 故答案为：． 19．【答案】（1）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1的各个侧面均是边长为2的正方形， O为BC1与B1C的交点， ∴O是B1C的中点，∵D为AC的中点.∴OD∥AB1， ∵OD⊂平面BC1D，AB1⊄平面BC1D， ∴AB1∥平面BC1D. （2）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1的各个侧面均是边长为2的正方形，D为AC的中点. ∴BD⊥AC，AA1⊥BD， ∵AC∩AA1＝A，∴BD⊥平面ACC1A1. 【分析】 （1）推导出OD∥AB1，由此能证明AB1∥平面BC1D. （2）推导出BD⊥AC，AA1⊥BD，由此能证明BD⊥平面ACC1A1. 【详解】 证明：（1）略 （2）略 【点睛】 本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题. 20．【答案】 【分析】 由，即可求解. 【详解】 由，，得， 由题意， 解得：， 故答案为： 21．【答案】（1） 如图所示，在平面内，取的中点， 连接，，，， 因为，由勾股定理得， 所以， 在中，由， 得. 在中，， 所以， 由， 平面, 得平面，又平面， 所以平面平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）利用线面垂直的判定定理证得平面，再利用面面垂直的判定定理证明; （2）建立空间直角坐标系，按照空间向量面面角的计算公式进行计算； （3）根据条件求得球心坐标及外接球半径，在平面内取一点，满足，进行向量转化，进一步计算即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以为坐标原点，，所在直线为轴，轴， 建立如图所示的坐标系，易知轴平行于， 则， ， 设平面的一个法向量为， 由 得 ， 取，则， ， 设平面的一个法向量为， 由 得 ， 取，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. (3) 小问详解： 设球心为，半径为，易知， 在中，，解得， 所以 在平面内取一点，满足， 即 ， 解得 ，则， ， 又因为 ， 又， 则 22．【答案】（1）证明：连接交于点，连接．    因为底面是正方形，所以为的中点． 又因为是棱的中点，所以． 又面，面，所以平面．     （2）（ⅰ）；（ⅱ）．      【分析】 （1）通过构造中位线的方法证得平面BDE. （2）（ⅰ）利用基本不等式研究四棱锥外接球半径的最小值，根据锥体体积计算方法求得四棱锥的体积. （ⅱ）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面BDE与平面PCD夹角的余弦值． (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： （ⅰ）连接，设，四棱锥外接球的半径为． 因为是正四棱锥，所以球心在直线上． 所以． 所以， 当且仅当时取“”． 此时，． （ⅱ）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系．    由（ⅰ）可知，所以， 所以，， 所以面，所以面的法向量可以是． 又因为，，所以，． 设平面的法向量为，则且． 由，，， 得，．所以 ，即 ， 令，得，． 设平面与平面的夹角为， 所以． 所以平面与平面夹角的余弦值为． 23．【答案】 【分析】 建立空间直角坐标系，求出向量坐标，进而利用向量夹角的余弦公式求解． 【详解】 平面，平面，， 又，两两垂直， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，， 则， ， ， 异面直线与所成角的余弦值为． 故答案为：． 24．【答案】（1）证明：由平面，平面，则，， 而，且都在面内，则面， 由面，则，即均为直角三角形，且为斜边， 由为PD的中点，故，得证.     （2）.      【分析】 （1）由线面垂直的判定及性质定理证、，结合直角三角形性质即可证结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由题意，易知为直角梯形，且，，且平面， 以为原点，建立如下图示空间直角坐标系，则， 所以， 若分别是面、面的法向量， 则 ，令，则， 且 ，令，则， 所以，故平面ACE和平面ECD的夹角余弦值为. 25．【答案】（1）证明：由题设，得四棱台为正四棱台，可建立如图所示空间直角坐标系，    故， 所以， 若平面的一个法向量为，则 ， 令，则，显然，而面， 所以面；     （2）；     （3）或.      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量为，判断即可； （2）应用向量法求到平面的距离即可； （3）假设在上存在点，且，，结合线面角正弦值列方程，求参数即可； (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知：，所以到平面的距离为 (3) 小问详解： 假设在上存在点，且，， 则， 直线与平面所成的角为，故， 所以，即，可得或， 时，，则， 时，，则， 综上，长为或. 26．【答案】 【分析】 求出已知的三个平面的法向量，由直线l是两个平面与的交线，求出直线的方向向量，再根据线面角的向量求法，可得答案. 【详解】 因为平面的方程为，故其法向量可取为， 平面的法向量可取为， 平面的法向量可取为， 直线l是两个平面与的交线，设其方向向量为， 则 ，令，则， 故设直线l与平面所成的角为 ， 则， 故答案为： 27．【答案】（1） 连接，，连接，    因为是中点，点是棱的中点， 则， 因为平面，平面，所以平面．     （2）（i）； （ii）存在，，理由如下： 设线段上存在点，且， 因为， 设，， 因为 ， 又因为， 所以， 所以 所以 ， 当 时， 平面，所以平面， 所以当时，平面；      【分析】 （1）根据中位线得出，从而可得平面； （2）设，根据向量法结合异面直线与所成角的余弦值为得出，进而求所成角的余弦值，最后应用同角三角函数关系计算求解； （3）假设存在点F，设，使平面，计算得出. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （i）    因为平面，，所以两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设， 则， 所以，又异面直线与所成角的余弦值为， 所以， 解得，故， 所以， 设平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则 ，得 ，取，得． 设二面角的平面角为，观察图形可知为锐角， 所以，； （ii）略 28．【答案】（1） 平面平面ABCD，平面平面 平面ABCD，， 平面PAD， 平面， 又且，PA、平面平面PAB；     （2）      （3） 存在，      【分析】 （1）由面面垂直的性质定理得平面PAD，再由线面垂直的判定定理可得证； （2）利用空间向量法求线面角； （3）设利用空间向量的数量积，求解，推出结果. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取AD中点为O，连接PO、CO， 又， 则， ，则， 以O为坐标原点，分别以所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， ， 设为平面PCD的一个法向量， 由 ，得 ，令，则， 设PB与平面PCD所成角的角为， (3) 小问详解： 假设在棱PB上存在点M，使得平面ADM与平面ABCD所成角的余弦值为， 由可知，， ，设 ， 设为平面ADM的一个法向量， 由 得 ， 则， 易知平面ABCD的一个法向量为， 设平面ADM与平面ABCD的夹角为 ， ， 29．【答案】（1）证明：取的中点，连接，如图所示： 在中，因为，分别是为棱，的中点， 所以为中位线， 所以，且， 又，， 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）     （3）      【分析】 （1）取的中点，连接，利用三角形中位线，平行四边形性质以及线面平行的判定定理即可证明； （2）结合已知条件建立空间直角坐标系，分别写出相应的点坐标，求出平面和平面的法向量，利用向量法求解即可； （3）在（2）的基础上利用向量法求点到面的距离即可. (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 平面，平面， 所以，又， 所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 取的中点，连接，如图所示： 因为，，且， 所以四边形是边长为2的正方形， 所以， 因为为棱的中点，所以， 所以， 设平面的一个法向量为， 则 ， 令，则， 即平面的一个法向量为， 又平面，平面, 所以，由，且， 所以平面，即平面， 所以为平面的一个法向量， 所以， 所以平面和平面夹角的余弦值为 (3) 小问详解： 由（2）知，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为： ， 所以点到平面的距离为. 30．【答案】 【分析】 根据线面垂直的性质定理及勾股定理，结合长方体的体对角线为外接球的直径，求出半径，再利用球的表面积公式即可求解． 【详解】 如图所示， 平面ABC，，，由勾股定理得，， 又，得，则． 设外接球的半径为，则，解得， 所以外接球的表面积为． 故答案为： 31．【答案】（1） 取的中点，连接． 因为与都是正三角形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为四边形是菱形，，所以， 因为平面平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以．     （2）（i）2； （ii）      【分析】 （1）根据等腰三角形三线合一的性质得到，然后利用线面垂直的判定定理得到平面，再结合线面垂直的性质和菱形的性质得到，根据平面得到，最后利用线面垂直的判定定理和性质证明即可； （2）（i）建系，设，根据点到平面的距离列方程，解方程得到，然后求即可；（ii）利用空间向量的方法求面面角. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知，两两互相垂直，以为坐标原点， 所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以． （i）设， 则． 设平面的法向量为， 则 ，即 取，得， 所以点到平面的距离为， 解得． 所以． （ii），由（i）知， 平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则 ，即 取，得， 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为． 32．【答案】（1） 取的中点，连接，，    因为为的中点，所以， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以 又平面平面，所以平面.     （2）      【分析】 （1）取的中点，连接，，求证，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求得平面法向量，代入夹角公式即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面， 在平面内，所以， 即两两垂直， 故可以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则 因为，所以， 所以.    设平面的法向量为， 则 ，取，得，所以 因为平面，所以平面. 所以为平面的一个法向量. 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. 33．【答案】（1）证明：如图，设，取的中点，连接． 因为，所以． 又，，，所以四边形为正方形， 所以，．因为， 所以．又平面平面， 平面平面，平面， 所以平面．因为平面， 所以平面平面．     （2）.      【分析】 （1）取的中点，连接，先证明四边形为正方形，由此证明，再结合面面垂直性质定理证明结论； （2）先证明，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式求结论. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，平面， 所以，，由（1）， 所以，，两两垂直，以为原点，，，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．设， 则，，，， 所以，． 设平面的法向量为， 则 取，得． 因为，，，平面， 所以平面，所以平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，且为锐角， 则， 即二面角 的余弦值为． 34．【答案】（1） 如图所示，取的中点，连接，    因为，所以且， 所以四边形是平行四边形，则， 因为，所以， 又为等边三角形，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面， 所以．     （2）．      【分析】 （1）先证平面，根据线面垂直的定义得证线线垂直. （2）先根据四棱锥的体积求四棱锥的高，进而求得，从而建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，再利用空间向量法即可求两个平面夹角的正弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设四棱锥的高为， 由题设，得，则， 由题设知，所以底面， 因为底面，所以， 故可以点为坐标原点，直线为轴、为轴、为轴建立如图所示空间直角坐标系，    则， 所以，，，， 设平面的一个法向量为， 则 ，则 ， 令，则，所以； 设平面的法向量为， 则 ，则 ， 令，则，所以， 所以， 设平面与平面的夹角为，则，所以， 即平面与平面的夹角正弦值为． 35．【答案】（1） 如图，连接，    底面为正方形，所以， 平面，平面，， 平面，平面，， 平面.     （2）      【分析】 （1）利用线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，然后利用向量的夹角公式进行求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示：    则，，， 则，，， 设平面的法向量为， 由 ，即 ，令，得：； 设平面的法向量为， 由 ，即 ，令，得：； 则. 故结合图像易知：二面角的平面角为锐角，故其余弦值为. 36．【答案】（1）在正方形中，. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）由线面垂直的定理证明平面，由面面垂直的判定定理证得平面平面； （2）建立恰当的空间直角坐标系，三棱柱的体积转化为，可求结果； （3）根据两平面夹角的计算方法，可求得平面与平面夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，以为坐标原点，，的方向分别为轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，. 设，则. 因为，，且， 所以，即. 因为，所以. 设平面的法向量为. 因为，， 所以 ，令，则. 易得平面的一个法向量为. 因为平面与平面的夹角的余弦值为， 所以，解得，， 所以. (3) 小问详解： 解：设平面的法向量为，因为，， 所以 ，令，得. 设平面与平面的夹角为. 因为平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 37．【答案】（1） 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面. 又平面，所以. 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面. 又平面，所以. 因为，平面，平面，所以平面.     （2）      【分析】 （1）根据面面垂直的性质定理，及线面垂直的判定定理可得； （2）根据题意，建立恰当的空间直角坐标系，设，由直线与平面所成角的正弦值为，求得参数的值，根据求平面与平面的夹角的向量方法求得平面与平面的夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可知，，，两两垂直，以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系. 因为的中点为，，所以，又，， 则，，，，， 所以，，，，，， 设，则，所以， 则， 由（1）知，平面，取平面的一个法向量 设直线与平面所成的角为， 则， 整理得， 解得（舍去）. 则 设平面的法向量为， ，则 ，取，则； 设平面的法向量为， ，则 ，取，则， 于是， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 38．【答案】（1） 依题意，折叠后，，，， 所以, 延长，过作，交的延长线于， 连接，则， 由于平面， 所以平面，由于平面，所以.     （2）     （3）      【分析】 （1）通过证明线面垂直来证得. （2）利用几何体外接球半径的求法求得三棱锥外接球的半径，进而求得外接球的表面积. （3）根据面面角的定义作出平面与平面的夹角（或其补角），解三角形计算出夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 当点到平面的距离最大时，平面平面， 由于平面平面，平面，， 所以平面，由于平面，所以， . 设是的中点，是三角形的外心，是三角形的外心， 是三棱锥外接球的球心. 连接，则， 连接，则平面，平面，    由于，所以四边形是正方形. 设外接球的半径为，由正弦定理得， 则，所以，则， 所以三棱锥外接球半径， 所以外接球的表面积为. (3) 小问详解： 当时，，所以， 在内，过作，交于，        则是平面与平面的夹角（或其补角） 在中，， ，则. 在中，, 所以， 所以，在中，， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 39．【答案】（1） 记中点为，连接，，    则四边形为正方形，且根据勾股定理得， 所以，则，所以. 又因为，，平面，所以平面. 因为平面，所以，又因为，所以， 且，平面，所以平面.     （2）存在，点为的中点，理由如下： 由（1）知，平面，且. 以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，    则，，，，， 设，，则， 则，，， 设平面与平面的法向量分别为和 则 ，令，得. ，令，得. 设平面与平面的夹角为，， 则，解得. 因此存在点为的中点，使得平面与平面夹角的余弦值为.      【分析】 （1）中点为，连接，，由勾股定理可得，结合可得平面，即，又由即可证明平面； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，然后利用待定系数法求出平面与平面的法向量，再利用向量的夹角公式求解方程即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 40．【答案】（1） 取的中点，连接，， 因为，，且的中点为，所以，， 又，，平面，故平面， 由于平面，故．      （2）     （3）      【分析】 （1）通过证明、，推导出平面，进而得到； （2）在中根据几何关系求出、的值，再得到三棱锥的高，进一步得到三棱锥的体积； （3）方法一：以B为原点建立空间直角坐标系，设，通过向量法求解出二面角余弦值与的关系，再通过均值不等式即可求解；方法二：以E点为原点建立空间直角坐标系，设，通过向量法求解出二面角余弦值与的关系，再通过均值不等式即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 当时，由，则， 因为，，故，，， 所以，由于，故， 设三棱锥的高为， 所以，三棱锥体积为． (3) 小问详解： 以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 过点S作平面的垂线，垂足为，连接，    设为翻折过程中所旋转的角度，则， ，，， 故，，，， ，则， 设平面的法向量为，则， ， 取，则，所以， 设平面的法向量，，，则， ， 取，则，， 设平面与平面的夹角为， 故， ， 令，，故， 由于，故，当且仅当，即时取等号，故平面与平面夹角余弦值的最小值为． 方法二：以E点为原点建立如图所示的空间坐标系，    设，，，，，则，，， 设面法向量，则， ， 令，， 同理可得面法向量， ， 令， 因为，其中取“=”，即此时，所以． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $