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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__________.
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
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．
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．
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_______．
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_____．
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______.
(
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．
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_____．
(
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
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．
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.
(
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．
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.
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．
(
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.
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．
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.
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.
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．
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.
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．
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．
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.
(
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
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
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
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.
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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.
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