热点立体几何专题讲义-浙江省2023-2024学年高一下学期数学期末复习

高一下期期末热点立体几何专题 热点解读 立体几何问题是近几年高考的热点问题之一，可以这样毫不夸张地说，只要是数学高考试卷，都必有一个立体几何问题的12分大题和一到两个立体几何问题的5分小题。从题型上看是12分大题和选择题（也可能是填空题）的5分小题；难度为中，低档题型，一般的考生都会拿到7到12分。纵观近几年高考试卷，归结起来立体几何大题主要包括：①直线垂直直线的证明问题；②直线垂直平面的证明问题；③平面垂直平面的证明问题；④直线平行平面的证明问题；⑤平面平行平面的证明问题等几种类型。各种类型问题结构上具有一定的特征，解答方法也有一定的规律可寻 知识导图 解题妙计 1、三余弦定理（又称最小角定理）：如图①，是平面的一条斜线，是平面内的一条直线，平面于，于，则，即斜线与平面内一条直线夹角的余弦值等于斜线与平面所成角的余弦值乘以射影与平面内直线夹角的余弦值：； 说明：为方便记忆，我们约定为线线角，为线面角，为射影角，则由三余弦定理可得 线面角是最小的线线角，即平面的斜线和它在平面内的射影所成的角，是这条斜线和这个平面内任一条直线所成角中的最小者. 2、三正弦定理（又称最大角定理）：如图②，设二面角的平面角为，平面，平面，，设，则. 说明：为方便记忆，我们约定为二面角，为线棱角，为线面角，则由三正弦定理可得 二面角是最大的线面角，即对于一个锐二面角，在其中一个半平面内的任一条直线与另一个半平面所成的线面角的最大值等于该二面角的平面角. 总结：空间三类角，即两条异面直线所成角､直线与平面所成角､二面角是立体几何的核心内容，也是高考重点考查的内容之一，几乎在每一份数学高考试卷中都会涉及.建立空间直角坐标系，通过空间向量的坐标运算，是求解空间三类角问题的常用方法.但此法存在两个缺陷：一是若图形不规则或不容易建立坐标系，则该法常常行不通；二是运算量较大.运用“最小（大）角”定理和“三余（正）弦”定理，不仅关联了线线角､线面角和二面角，而且利用它解决立体几何中的三类角问题，不需要建立坐标系，运算量也很小. 3、多面体的外接球和内切球 （1）类型一球的内切问题（等体积法） 例如：如图①，在四棱锥中，内切球为球，求球半径.方法如下： 即：，可求出. （2）类型二球的外接问题 1.公式法 正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点 2.补形法（补长方体或正方体） ①墙角模型（三条线两个垂直） 题设：三条棱两两垂直 ②对棱相等模型（补形为长方体） 题设：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径（，，） 3.单面定球心法（定+算） 步骤：①定一个面外接圆圆心：选中一个面如图：在三棱锥中，选中底面，确定其外接圆圆心（正三角形外心就是中心，直角三角形外心在斜边中点上，普通三角形用正弦定理定外心）； ②过外心做（找）底面的垂线，如图中面，则球心一定在直线（注意不一定在线段上）上； ③计算求半径：在直线上任取一点如图：则，利用公式可计算出球半径. 4.双面定球心法（两次单面定球心） 如图：在三棱锥中： ①选定底面，定外接圆圆心；②选定面，定外接圆圆心； ③分别过做面的垂线，和做面的垂线，两垂线交点即为外接球球心. 模拟预测 一、单选题 1、（2023高一下·浙江·期末）已知、表示两个不同的平面，是一条直线且，则是的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2、（23-24高一下·浙江杭州·期末）已知四面体，是边长为6的正三角形，，二面角的大小为，则四面体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3、（23-24高一下·浙江杭州·期末）所有的顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，其中平行的两个面叫底面，其它面叫侧面，两底面之间的距离叫高，经过高的中点且平行于两个底面的截面叫中截面．似柱体的体积公式为，这里、为两个底面面积，为中截面面积，为高．如图，已知多面体中，是边长为的正方形，且，均为正三角形，，，则该多面体的体积为（　　）    A． B． C． D． 4、（22-23高一下·浙江宁波·期末）在四面体中，已知二面角为直二面角，，，，设.若满足条件的四面体有两个，则t的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5、（22-23高一下·浙江台州·期末）正三棱台中，平面，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 6、（22-23高一下·浙江嘉兴·期末）如图，棱长为3的正方体中，点在线段上且，点分别为线段上的动点，则空间四边形周长的最小值为（    ）    A． B． C． D． 7、（22-23高一下·浙江金华·期末）已知表示三个不同平面，表示三条不同直线，则使“”成立的一个充分非必要条件是（    ） A．若，且 B．若，且 C．若 D．若 8、（22-23高一下·浙江宁波·期末）如图，在棱长均为的直三棱柱中，是的中点，过、、三点的平面将该三棱柱截成两部分，则顶点所在部分的体积为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9、（23-24高一下·浙江杭州·期末）如图，在棱长为4的正方体中，E，F，G分别为棱的中点，点P为线段上的动点（包含端点），则（    ） A．存在点P，使得平面 B．对任意点P，平面平面 C．两条异面直线和所成的角为 D．点到直线的距离为4 10、（22-23高一下·浙江宁波·期末）如图，在正方体中，点Q在线段上运动（包括端点），则（    ） A．直线与直线互相垂直 B．直线与直线是异面直线 C．存在点Q使得直线与直线所成的角为45° D．当Q是线段的中点时，二面角的平面角的余弦值为 11、（22-23高一下·浙江台州·期末）已知，，是空间中三条不同直线，，，是空间中三个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，，，则 B．若，，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 12、（22-23高一下·浙江嘉兴·期末）如图，棱长为的正方体中中，下列结论正确的是（    ） A．异面直线与所成的角为 B．直线与平面所成的角为 C．二面角平面角的正切值为 D．点到平面的距离为 三、填空题 13．（22-23高一下·浙江宁波·期末）在三棱锥中，已知，，若点是线段延长线上的一动点，则直线与平面所成的角的正弦值的最大值为 . 14、（22-23高一下·浙江嘉兴·期末）如图，在直角梯形中，，将沿翻折成，使二面角为，则三棱锥外接球的表面积为 . 15、（22-23高一下·浙江杭州·期末）已知正三棱柱的各条棱长都是2，则直线与平面所成角的正切值为 ；直线与直线所成角的余弦值为 . 四、解答题 16、（23-24高一下·浙江金华·期末）如图，已知圆柱下底面圆的直径，点是下底面圆周上异于的动点，圆柱的两条母线． (1)求证：平面平面； (2)求四棱锥体积的最大值． 17、（22-23高一下·浙江台州·期末）如图，已知四棱台的底面是菱形，且，侧面是等腰梯形， ，为棱上一点，且. (1)求证：平面平面； (2)若过点的平面与平行，且交直线于点，求二面角的余弦值. 18、（22-23高一下·浙江宁波·期末）如图，在堑堵中（注：堑堵是一长方体沿不在同一面上的相对两棱斜解所得的几何体，即两底面为直角三角形的直三棱柱，最早的文字记载见于《九章算术》商功章），已知平面，，，点、分别是线段、的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值. 19．（22-23高一下·浙江宁波·期末）如图，在矩形ABCD中，，，M是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点A到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影E落在线段BC上. (1)当点M与端点D重合时，证明：平面； (2)求三棱锥的体积的最大值； (3)设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值. 20、（22-23高一下·浙江台州·期末）如图，在直三棱柱中，，，D为AC的中点. (1)求证：平面； (2)求三棱锥体积的最大值. 21、（22-23高一下·浙江台州·期末）如图，平面平面，四边形为矩形，且为线段上的动点，，，，.    (1)当为线段的中点时， （i）求证：平面； （ii）求直线与平面所成角的正弦值； (2)记直线与平面所成角为，平面与平面的夹角为，是否存在点使得?若存在，求出；若不存在，说明理由. 22、（22-23高一下·浙江嘉兴·期末）已知在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，. (1)求点到平面的距离； (2)若，且平面，求实数的值. 23、（22-23高一下·浙江嘉兴·期末）如图，已知等腰梯形与矩形所在平面互相垂直，，. (1)求证：平面平面； (2)设二面角的大小为与平面所成的角为，若与满足，求的长. 24、（22-23高一下·浙江金华·期末）如图，三棱锥的底面是边长为的等边三角形，侧棱，设点分别为的中点.    (1)证明：； (2)求三棱锥的体积； (3)求平面与平面的夹角余弦值. 25、（22-23高一下·浙江衢州·期末）如图在三棱台中，平面，，，. (1)求点到平面的距离； (2)求二面角的正弦值. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一下期期末热点立体几何专题 热点解读 立体几何问题是近几年高考的热点问题之一，可以这样毫不夸张地说，只要是数学高考试卷，都必有一个立体几何问题的12分大题和一到两个立体几何问题的5分小题。从题型上看是12分大题和选择题（也可能是填空题）的5分小题；难度为中，低档题型，一般的考生都会拿到7到12分。纵观近几年高考试卷，归结起来立体几何大题主要包括：①直线垂直直线的证明问题；②直线垂直平面的证明问题；③平面垂直平面的证明问题；④直线平行平面的证明问题；⑤平面平行平面的证明问题等几种类型。各种类型问题结构上具有一定的特征，解答方法也有一定的规律可寻 知识导图 解题妙计 1、三余弦定理（又称最小角定理）：如图①，是平面的一条斜线，是平面内的一条直线，平面于，于，则，即斜线与平面内一条直线夹角的余弦值等于斜线与平面所成角的余弦值乘以射影与平面内直线夹角的余弦值：； 说明：为方便记忆，我们约定为线线角，为线面角，为射影角，则由三余弦定理可得 线面角是最小的线线角，即平面的斜线和它在平面内的射影所成的角，是这条斜线和这个平面内任一条直线所成角中的最小者. 2、三正弦定理（又称最大角定理）：如图②，设二面角的平面角为，平面，平面，，设，则. 说明：为方便记忆，我们约定为二面角，为线棱角，为线面角，则由三正弦定理可得 二面角是最大的线面角，即对于一个锐二面角，在其中一个半平面内的任一条直线与另一个半平面所成的线面角的最大值等于该二面角的平面角. 总结：空间三类角，即两条异面直线所成角､直线与平面所成角､二面角是立体几何的核心内容，也是高考重点考查的内容之一，几乎在每一份数学高考试卷中都会涉及.建立空间直角坐标系，通过空间向量的坐标运算，是求解空间三类角问题的常用方法.但此法存在两个缺陷：一是若图形不规则或不容易建立坐标系，则该法常常行不通；二是运算量较大.运用“最小（大）角”定理和“三余（正）弦”定理，不仅关联了线线角､线面角和二面角，而且利用它解决立体几何中的三类角问题，不需要建立坐标系，运算量也很小. 3、多面体的外接球和内切球 （1）类型一球的内切问题（等体积法） 例如：如图①，在四棱锥中，内切球为球，求球半径.方法如下： 即：，可求出. （2）类型二球的外接问题 1.公式法 正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点 2.补形法（补长方体或正方体） ①墙角模型（三条线两个垂直） 题设：三条棱两两垂直 ②对棱相等模型（补形为长方体） 题设：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径（，，） 3.单面定球心法（定+算） 步骤：①定一个面外接圆圆心：选中一个面如图：在三棱锥中，选中底面，确定其外接圆圆心（正三角形外心就是中心，直角三角形外心在斜边中点上，普通三角形用正弦定理定外心）； ②过外心做（找）底面的垂线，如图中面，则球心一定在直线（注意不一定在线段上）上； ③计算求半径：在直线上任取一点如图：则，利用公式可计算出球半径. 4.双面定球心法（两次单面定球心） 如图：在三棱锥中： ①选定底面，定外接圆圆心；②选定面，定外接圆圆心； ③分别过做面的垂线，和做面的垂线，两垂线交点即为外接球球心. 模拟预测 一、单选题 1、（2023高一下·浙江·期末）已知、表示两个不同的平面，是一条直线且，则是的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据充分条件、必要条件的定义及线面关系判断即可. 【详解】由平面与平面垂直的判定定理知，为平面内的一条直线，如果，则，故充分性成立； 反过来为平面内的一条直线，由可能有或或与相交（不垂直）三种情况，故必要性不成立． 所以“”是“”的充分非必要条件． 故选：A． 2、（23-24高一下·浙江杭州·期末）已知四面体，是边长为6的正三角形，，二面角的大小为，则四面体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】画出图形，找出外接球球心的位置，利用以及图形几何关系表示出相应的线段长度，结合勾股定理列方程求出外接球半径即可得解. 【详解】如图， 取中点，连接，因为是边长为6的正三角形，， 则由三线合一可知， 所以二面角的平面角为， 取三角形的外心，设外接球的球心为，则平面， 且，其中为四面体外接球的半径， 过点作垂直平面，垂足为点，由对称性可知点必定落在的延长线上面， 由几何关系，设， 而由正弦定理边角互换得， 进而， 由勾股定理得， 从而，， 所以，， 所以由得，，解得， 所以四面体的外接球的表面积为. 故选：B. 3、（23-24高一下·浙江杭州·期末）所有的顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，其中平行的两个面叫底面，其它面叫侧面，两底面之间的距离叫高，经过高的中点且平行于两个底面的截面叫中截面．似柱体的体积公式为，这里、为两个底面面积，为中截面面积，为高．如图，已知多面体中，是边长为的正方形，且，均为正三角形，，，则该多面体的体积为（　　）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】依据割补法去求该多面体的体积即可解决. 【详解】如图，分别过点，作的垂线，垂足分别为点，，连接，，    容易求得，. 取的中点，连接，易得，则， 所以多面体的体积 . 故选：B 4、（22-23高一下·浙江宁波·期末）在四面体中，已知二面角为直二面角，，，，设.若满足条件的四面体有两个，则t的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取中点为，连接，由直二面角可得平面，，结合余弦定理与勾股定理可得，根据四面体有两个，结合二次函数根的分布即可求得t的取值范围. 【详解】取中点为，连接 因为，，为中点，所以，且， 因为平面，又二面角是直二面角，所以平面， 又平面，所以 在中，，由余弦定理得： 又 所以，即 设，即，满足条件的四面体有两个，所以有两个正根，所以，所以. 故选：D. 5、（22-23高一下·浙江台州·期末）正三棱台中，平面，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将正三棱台补全为正三棱锥，取的中点，连接，，则，则即为异面直线与所成的角（或补角），再由余弦定理计算可得. 【详解】如图将正三棱台补全为正三棱锥， 因为平面，即平面，根据正三棱锥的性质可得平面，平面， 平面，所以，，又平面，， 又，所以为的中点，同理可得为的中点，为的中点， 取的中点，连接，，则， 所以即为异面直线与所成的角（或补角）， 不妨令，则，，， 在中由余弦定理， 即，解得， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：A 6、（22-23高一下·浙江嘉兴·期末）如图，棱长为3的正方体中，点在线段上且，点分别为线段上的动点，则空间四边形周长的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】把平面与平面展开在同一平面上上，然后利用对称将空间四边形各边长转化到同一直线上，找到最小值即可求解； 【详解】把平面与平面展开在同一平面上上， 作点关于的对称点，因为，且正方体边长为3，易得为正三角形，由对称性可得：， 所以周长 作，可得 易得， , 故选：C. 7、（22-23高一下·浙江金华·期末）已知表示三个不同平面，表示三条不同直线，则使“”成立的一个充分非必要条件是（    ） A．若，且 B．若，且 C．若 D．若 【答案】D 【分析】对于ABC，利用线面的位置关系判断即可；对于D，利用线面平行的判定定理与性质定理证得充分性成立，再举反例推得必要性不成立，由此得解. 【详解】对于A，由，，易得，所以无法推得，故A错误； 对于B，当,时，有可能出现，所以不一定推得，故B错误； 对于C，当平面为正方体同一个顶点的三个面时，交于一点，所以不一定推得，故C错误； 对于D，因为，所以，又，所以， 又，，所以， 同理：，所以，则充分性成立； 当时，可以同在平面内，则必要性不成立；故D正确. 故选：D. 8、（22-23高一下·浙江宁波·期末）如图，在棱长均为的直三棱柱中，是的中点，过、、三点的平面将该三棱柱截成两部分，则顶点所在部分的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设平面交于点，连接、，推导出点为的中点，用三棱柱的体积减去三棱台的体积即可得解. 【详解】设平面交于点，连接、， 在三棱柱中，平面平面，平面平面， 平面平面，所以，， 又因为且，故四边形为平行四边形，所以，， 所以，， 因为为的中点，所以，为的中点，且， 因为直三棱柱的每条棱长都为， 则， 易知是边长为的等边三角形，则， ， 因此，顶点所在部分的体积为. 故选：B. 二、多选题 9、（23-24高一下·浙江杭州·期末）如图，在棱长为4的正方体中，E，F，G分别为棱的中点，点P为线段上的动点（包含端点），则（    ） A．存在点P，使得平面 B．对任意点P，平面平面 C．两条异面直线和所成的角为 D．点到直线的距离为4 【答案】ABD 【分析】A选项当与重合时，用线面平行可得出，进而可得；B选项证明平面即可得出；选项C由正方体的性质和画图直接得出；选项D由余弦定理确定，之后求距离即可. 【详解】 A： 当与重合时，由题可知，， 四边形为平行四边形，故，又平面，平面，则平面，故A正确； B： 连接，平面，平面，， 又， 故， 又平面，平面， 又平面，故对任意点P，平面平面，故B正确； C： 由正方体的结构特征可知，异面直线和所成的角即为和所成的角，由图可知为，故C错误； D： 由正方体的特征可得， ， 所以点到直线的距离，故D正确； 故选：ABD. 10、（22-23高一下·浙江宁波·期末）如图，在正方体中，点Q在线段上运动（包括端点），则（    ） A．直线与直线互相垂直 B．直线与直线是异面直线 C．存在点Q使得直线与直线所成的角为45° D．当Q是线段的中点时，二面角的平面角的余弦值为 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的性质及判定定理证、，进而有面，即可判断A、B；由正方体性质有为等边三角形，结合即可判断C；令正方体棱长为2，结合正方体结构、二面角的定义求夹角余弦值判断D. 【详解】由面，面，则， 又，，面，则面， 由面，则，同理可证， 由，面，故面， 又面，则，且它们可能相交，A对，B错； 由正方体性质易知：为等边三角形，而Q在线段上运动（包括端点）， 所以直线与直线所成角的范围为到之间（含端点值），又， 所以存在点Q使得直线与直线所成的角为45°，C对； 令正方体棱长为2，若Q与中点重合，分别为，连接， 显然，则，，故，， 所以，，面，则面， 面，故，，故为二面角的平面角， 且， 面面，面面，，面， 所以面，面，则，故， 锐二面角的余弦值为，D对. 故选：ACD 11、（22-23高一下·浙江台州·期末）已知，，是空间中三条不同直线，，，是空间中三个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，，，则 B．若，，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】BC 【分析】对于A、D：在正方体中举反例说明；对于B、C：根据线面平行的性质定理分析判断. 【详解】对于选项A：在正方体中，平面，平面，平面，平面， 满足条件，但平面平面，故A错误； 对于选项D：平面平面，平面平面，， 满足条件，但与平面、平面均不垂直，故D垂直， 对于选项B：因为，由线面平行的判定定理可得， 根据线面平行的性质定理可得，故B正确； 对于选项C：若，则存在异于的直线，使得， 因为，则//， 根据线面平行的性质定理可得，所以，故C正确. 故选：BC. 12、（22-23高一下·浙江嘉兴·期末）如图，棱长为的正方体中中，下列结论正确的是（    ） A．异面直线与所成的角为 B．直线与平面所成的角为 C．二面角平面角的正切值为 D．点到平面的距离为 【答案】ACD 【分析】由可知异面直线与所成角为（或其补角），由长度关系可知A正确；由线面角定义可知所求角为，由长度关系知B错误；由二面角平面角定义可知所求角为，通过可知C正确；利用割补法可求得，由棱锥体积公式可构造方程求得点面距离，知D正确. 【详解】对于A，连接， ，，四边形为平行四边形，， 异面直线与所成角即为直线与所成角，即（或其补角）， ，为等边三角形，， 即异面直线与所成角为，A正确； 对于B，连接， 平面，即为直线与平面所成角， ，，，， ，即直线与平面所成角不是，B错误； 对于C，连接，交于点，连接， 四边形为正方形，，为中点， ，， 二面角的平面角为， 平面，平面，， 又，，， ， 即二面角的正切值为，C正确； 对于D，连接， ，， ， 又，， 设点到平面的距离为，则，解得：， 即点到平面的距离为，D正确. 故选：ACD. 三、填空题 13．（22-23高一下·浙江宁波·期末）在三棱锥中，已知，，若点是线段延长线上的一动点，则直线与平面所成的角的正弦值的最大值为 . 【答案】/ 【分析】设是直线与平面所成的角，设是平面与平面所成夹角，取中点，可得，求出，由最大角定理即可求解. 【详解】设是直线与平面所成的角，设是平面与平面所成夹角，取中点， 因为，所以. 因为平面, 所以平面. 因为，， 所以,所以，， 所以. 设，则, 所以, 因为,所以, 所以. 又因为平面，所以由最大角定理可知，， 于是，当时取得“＝”，满足条件. 故答案为:. 14、（22-23高一下·浙江嘉兴·期末）如图，在直角梯形中，，将沿翻折成，使二面角为，则三棱锥外接球的表面积为 . 【答案】 【分析】外接球的球心为，半径为为中点，为中点，由二面角的定义可得为二面角的平面角，所以有，作于，由题意可求得，进而可得，即可得答案. 【详解】解：如图，设外接球的球心为，半径为为中点，为中点， 因为，所以，∥， 又因为，， 所以， 所以,, 所以，， 所以为二面角的平面角， 所以， 作于， 因为，，， 所以平面， 又因为平面， 所以 ， 又因为，, 则平面，所以∥， 则有， 即， 由题意可求得：， 设， 由题上式可得：， 求得：，从而求得：， 故三棱锥外接球的表面积为. 故答案为： 15、（22-23高一下·浙江杭州·期末）已知正三棱柱的各条棱长都是2，则直线与平面所成角的正切值为 ；直线与直线所成角的余弦值为 . 【答案】 / 【分析】 空1：取的中点，连接，则可得为直线与平面所成角，然后在中求解即可；空2：分别取的中点，连接，则可得（或其补角）为直线与直线所成角，然后在中求解即可. 【详解】空1：取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面， 所以平面， 所以为直线与平面所成角， 因为正三棱柱的各条棱长都是2， 所以， 所以， 所以直线与平面所成角的正切值为， 空2：分别取的中点，连接， 则∥，， ∥，， 所以（或其补角）为直线与直线所成角， 连接，则， 在中，由余弦定理得 ， 因为异面直线所成的角的范围为， 所以直线与直线所成角的余弦值为， 故答案为：；. 四、解答题 16、（23-24高一下·浙江金华·期末）如图，已知圆柱下底面圆的直径，点是下底面圆周上异于的动点，圆柱的两条母线． (1)求证：平面平面； (2)求四棱锥体积的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)18 【分析】（1）根据面面垂直判定定理证明即可； （2）应用棱锥体积公式结合基本不等式求出最大值即可. 【详解】（1）为圆柱的母线，平面， 又平面．① 是下底面圆的直径，．② ①②及平面 , 平面， 平面，又平面平面平面． （2）在中，设，则， ． 当且仅当时，不等式取“=”号． 故的最大值为18． 17、（22-23高一下·浙江台州·期末）如图，已知四棱台的底面是菱形，且，侧面是等腰梯形， ，为棱上一点，且. (1)求证：平面平面； (2)若过点的平面与平行，且交直线于点，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）延长四棱台的四条侧棱交于点，取中点，证明平面后可得证面面垂直； （2）以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，首先求出平面的一个法向量，确定出与重合，再由向量法求得二面角． 【详解】（1）分别延长四棱台的四条侧棱交于点，则由，得， 又，所以，即为等腰直角三角形，从而为等腰直角三角形，是直角顶点， 取中点，连接，则，， 又，由题意是等边三角形，因此，， 所以，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图，    则，，，，，， ， 设平面的一个法向量是，则， 即，取，则，，即， 设，则， 所以，， 所以与重合． 所以二面角即为二面角， ， 设平面的一个法向量是， 则，取，得， 又平面的一个法向量是， ， 所以二面角的余弦值是． 18、（22-23高一下·浙江宁波·期末）如图，在堑堵中（注：堑堵是一长方体沿不在同一面上的相对两棱斜解所得的几何体，即两底面为直角三角形的直三棱柱，最早的文字记载见于《九章算术》商功章），已知平面，，，点、分别是线段、的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，可知为的中点，利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）取中点，推导出平面，可知是直线与平面所成的角，求出的正弦值，可求出的大小，由此可得出结果. 【详解】（1）证明：连接， 因为且，故四边形为平行四边形， 因为为的中点，则为的中点， 又因为为的中点，所以，， 因为平面，平面，所以平面. （2）解：取中点，由题意可知，所以，且， 因为平面，平面，所以， 又，所以， 因为，、平面，所以平面． 连接，则是直线与平面所成的角． 由题意，同理可得， 则， 因为平面，平面，则，则， 因为，，即直线与平面所成角的余弦值为. 19．（22-23高一下·浙江宁波·期末）如图，在矩形ABCD中，，，M是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点A到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影E落在线段BC上. (1)当点M与端点D重合时，证明：平面； (2)求三棱锥的体积的最大值； (3)设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）通过证明和，证明平面； （2）设，由，可求最大值； （3）由几何法找到和，表示出，利用函数方法可求最大值. 【详解】（1）当点M与端点D重合时，由可知， 由题意知上平面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面，又平面，可知 ，平面，平面， 所以平面 （2）矩形中作，垂足为点O，折起后得， 由平面，平面，可得，所 平面，，所以平面， 平面，可得，所以A，O，E三点共线， 因此与相似，满足， 设，所以，，， ，， 要使点射影落在线段上，则，所以， 所以， 当时，. （3）过点做交于，所以直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角， 由（2）可知平面，平面，所以平面平面， 作，垂足为，平面平面，平面，可得平面， 连接，是直线与平面所成的角，即， 由题意可得，， 因为，，所以是二面角平面角， 即，， ，当且仅当时“＝”成立， 故的最大值为. 20、（22-23高一下·浙江台州·期末）如图，在直三棱柱中，，，D为AC的中点. (1)求证：平面； (2)求三棱锥体积的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意结合线面平行的判定定理分析证明； （2）根据题意利用转换顶点法，结合基本不等式运算求解. 【详解】（1）连接交于点E，连接DE， 因为D，E分别是AC，的中点，则， 且平面，平面. 所以平面. （2）过点D作DF垂直BC交于点F， 因为，则DF//AB，所以F为BC的中点， 因为平面，平面，则， ，平面， 则平面， 设，则. . 当且仅当时，等号成立， 所以三棱锥的体积的最大值是. 21、（22-23高一下·浙江台州·期末）如图，平面平面，四边形为矩形，且为线段上的动点，，，，.    (1)当为线段的中点时， （i）求证：平面； （ii）求直线与平面所成角的正弦值； (2)记直线与平面所成角为，平面与平面的夹角为，是否存在点使得?若存在，求出；若不存在，说明理由. 【答案】(1)（i）证明见解析；（ii） (2)存在， 【分析】（1）（i）利用面面垂直的性质可推导出平面，可得出，利用勾股定理可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （ii）取的中点为，的中点为，连接、、，计算出点到平面的距离以及线段的长，即可得出直线与平面所成角的正弦值； （2）假设存在点，使得，延长与交于点，连接，根据已知条件得出是直线与平面所成的角，是二面角的平面角，计算出三边边长，利用勾股定理求出的值，即可得出结论. 【详解】（1）（i）由题意，四边形为直角梯形，且，， 所以，所以， 取的中点，连接，则且，且， 故四边形为矩形， 则，且，所以， 又由，所以，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为，，则，所以， 又，、平面，所以平面. （ii）取的中点为，的中点为，连接、、， 过在平面内作垂直于，垂足为， 又平面平面，平面平面，， 所以平面，为的中点， 所以，所以平面，平面，所以， 又因为，，、平面， 所以平面，平面， 所以，，平面， 得平面，因为，，， 所以， 由等面积法可得， 延长与交于点，则为的中点，为直线与平面的交点， 设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为， 则，所以， 由，所以，； （2）假设存在点，使得，延长与交于点，连接， 则平面平面， 设平面，垂足为，连接，是直线与平面所成的角， 因为且，所以，点为的中点，则， 过点作垂直于，垂足为， 因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面，因为平面，所以， 是二面角的平面角， 所以，， 由，得，所以、重合，由，得， 设，则，， 由勾股定理可得， 即，整理可得， 解得或（舍）， 所以存在点，当，有成立. 22、（22-23高一下·浙江嘉兴·期末）已知在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，. (1)求点到平面的距离； (2)若，且平面，求实数的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）作于，因为平面，结合线面垂直的性质可证平面，进而可证平面，即即为点到平面的距离，在直角中即可求出结果； （2）由线面平行的性质，可证，由三角形相似可求出比例关系. 【详解】（1）作于，因为平面，BC在面ABCD内，所以， 又因为，而，PA、AB在面PAB内， 所以平面，AH在面PAB内，所以， 而，BC、PB在面PBC内， 所以平面，即即为点到平面的距离， 在直角中，，所以，故， 即点到平面的距离为； （2）由题意，平面平面 平面平面，所以 底面为直角梯形，由，可知， 所以. 23、（22-23高一下·浙江嘉兴·期末）如图，已知等腰梯形与矩形所在平面互相垂直，，. (1)求证：平面平面； (2)设二面角的大小为与平面所成的角为，若与满足，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【分析】(1)首先证得平面，然后根据面面垂直证明定理证明平面平面； (2)分别作出二面角，，以及表示出与平面所成的角，然后结合条件，求解的长； 【详解】（1） 由题意在等腰梯形中， 所以，故为等腰三角形， 且，所以， 所以， 同时求得， 又由题意为矩形，所以，且，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）设， 由（1）平面，平面，所以， 过点作于，连接， 因为平面， 所以平面，又因为平面，所以， 根据二面角定义，，，且为平面与平面的交线， 所以即为二面角的平面角，即， 因为平面平面，且， 故平面，即， 在中，，所以， 故，所以， 过点作于，连接， 因为平面平面，故平面， 所以即与平面所成的角为，即， 由于， 故， 由题意， 解得：，即的长为1. 24、（22-23高一下·浙江金华·期末）如图，三棱锥的底面是边长为的等边三角形，侧棱，设点分别为的中点.    (1)证明：； (2)求三棱锥的体积； (3)求平面与平面的夹角余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理即可得证. （2）利用等积法即可求解. （3）取的中点，连接，结合线面平行的性质定理，得出就是面与面的夹角，然后求解即可. 【详解】（1）由知，， 又分别为的中点，所以， 所以 由等边三角形及为的中点知，， 且平面. 所以平面，又平面， 所以 （2）在中，， 又， 可得，故， 所以三棱锥的体积， 又. （3）记平面与平面的的交线为， 由面面， 得平面， 又面，面面，故有， 又由（1）（2）可知，所以， 取的中点，连接， ，又， 则就是面与面的夹角， 在中，， ，， 则. 25、（22-23高一下·浙江衢州·期末）如图在三棱台中，平面，，，. (1)求点到平面的距离； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】解法一：（1）先利用线面垂直关系证明平面，进而结合余弦定理求得，进而利用等体积法求解即可； （2）过作，垂足为，先证明平面，过点作，垂足为，连接，可得为二面角的平面角，进而求解即可. 解法二：（1）先利用线面垂直关系证明平面，进而建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再结合空间向量求解即可； （2）求出平面的法向量，再利用空间向量求解即可. 【详解】（1）解法一：因为平面，平面，平面，平面， 所以，，， 又，，且平面， 所以平面， 因为平面， 所以. 在中，， 在中，， 过作，垂足为， 则，，则， 所以， 所以在中，， 则在中，， 则， 所以， ， 设点到面的距离为， 根据， 即， 即，解得， 所以点到平面的距离为. 解法二：同解法一先证平面， 如图建系，则，，，，， 则，，， 设平面的法向量为， 由，得， 即，取， 则点到平面的距离为. （2）解法一：过作，垂足为， 由（1）知平面， 因为平面， 所以， 又，且平面， 则平面， 过点作，垂足为，连接， 则为二面角的平面角， 又，，， 则， 由∽，得， 所以， 所以， 所以， 所以二面角的正弦值为. 解法二：由（1）解法二知，，，，，， 则，， 设平面的法向量为， 由，得， 即，取， 又平面的法向量为， 则， 则二面角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$