人教A版高一下期末真题必刷压轴50题（13个考点专练）-2023-2024学年高一数学下学期考试满分全攻略高频考点+重难点讲练与测试（人教A版2019）

人教A版高一下期中真题必刷压轴50题（13个考点专练） 一．平面向量数量积的性质及其运算（共7小题） 1．（2023春•青羊区校级期末）已知点在所在的平面内，则下列命题正确的是　　 A．若为的垂心，，则 B．若为边长为2的正三角形，则的最小值为 C．若为锐角三角形且外心为，且，则 D．若，则动点的轨迹经过的外心 【分析】对选项，根据三角形垂心的性质，向量数量积的几何意义，即可求解； 对选项，根据向量数量积的极化恒等式，即可求解； 对选项，根据向量共线定理的推论，即可求解； 对选项，根据向量的线性运算，向量数量积的的定义，三角形外心的概念，即可求解． 【解答】解：对选项，为的垂心，， 又，由向量数量积的几何意义可得： ，选项正确； 对选项，设的中点为，的中点为， 又为边长为2的正三角形，易得， ， 根据向量数量积的极化恒等式可得： ， 当时，取得最小值，选项错误； 对选项，设的中点为，则， ，又， ，，三点共线，又为锐角三角形且外心为， 垂直平分，，选项正确； 对选项，设的中点为，则， ， ， ， ， ， ，又的中点为，即在的垂直平分线上， 动点的轨迹经过的外心，选项正确． 故选：． 【点评】本题考查向量数量积的应用，三角形的垂线、外心的概念，向量极化恒等式的应用，向量共线定理的推论的应用，属难题． 2．（2023春•郫都区校级期末）在锐角中，记的内角，，的对边分别为，，，，点为的所在平面内一点，且满足． （1）若，求的值； （2）在（1）条件下，求的最小值； （3）若，求的取值范围． 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得到，求得，再由向量的线性运算法则，求得，得到为的外心，结合正弦定理，即可求得的长； （2）由（1）求得，且，根据向量的运算法则，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解； （3）取的中点，连接，求得，，由向量数量积的定义得到，结合题意得到 和，联立方程组，求得，化简得到，即可求解． 【解答】解：（1）因为， 所以由正弦定理得， 因为，可得， 所以， 又因为，可得， 所以，即， 因为， 所以， 又由， 得， 得， 所以为 的外心， 由正弦定理有， 所以． （2）因为， 所以， 所以， 所以，外接圆的半径， ，其中，且为锐角， 故， 由，可得， 因为，解得， 则， 则，且， 因为余弦函数在上单调递减，在上单调递增， 且， 所以， 所以， 所以的最小值为； （3）如图所示，取的中点，连接，则， 所以， 同理可得， 由平面向量数量积的定义可得， 因为， 所以，即， 所以①， ，即， 所以②， 联立①②可得， 所以， 又因为，， 所以， 令，则， 由双勾函数的性质可知，． 【点评】本题考查平面向量的综合运用，考查运算求解能力，属于难题． 3．（2023春•香坊区校级期末）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的三叉车标很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知是内的一点，，，的面积分别为、、，则有，设是锐角内的一点，，，分别是的三个内角，以下命题正确的是　　 A．若，则为的重心 B．若，则 C．则为（不为直角三角形）的垂心，则 D．若，，，则 【分析】对于，设的中点为，易知，，三点共线，且，由此容易判断；对于，直接由题意得出结论；对于，由为的垂心可得，，再结合三角形的面积公式以及平面向量的数量积运算化简，对照奔驰定理即可得出结论；对于，求出的面积，再根据奔驰定理求得及的面积，即可得到的面积． 【解答】解：对于，设的中点为，则， ，，三点共线，且， 设，分别为，中点，同理可得， ，， 为的重心，选项正确； 对于，由奔驰定理可知，若， 则，选项正确； 对于，， ， ， 又， ， 又， ， 即， 同理可得：， ， 结合奔驰定理可知，选项正确； 对于，在中，由，可得： ， 又，则， 则，， ，选项错误． 故选：． 【点评】本题以新定义在载体，考查平面向量的综合运用，涉及了平面向量的线性运算，三角形的面积公式，同角三角函数的基本关系等知识点，考查化简变形能力，运算求解能力，逻辑推理能力等，属于难题． 4．（2023春•大祥区校级期末）已知平面向量，，，满足，，，，且对任意的实数，均有，则的最小值为 　　． 【分析】作，，以为轴建立平面直角坐标系，由题意写出点、点的坐标，设点，，可得出点在以为圆心，以1为半径的圆上，由得出恒成立，作，设点，得出点在直线上；由此求出的最小值． 【解答】解：作，，以为轴建立平面直角坐标系，如图所示； 因为，，，所以点的坐标为，点的坐标为，， 作，设点，因为，所以， 所以，所以点在以为圆心，以1为半径的圆上； 因为对任意的实数，均有，所以，又， 所以恒成立，所以， 所以，即，作，设点，则，即，所以点在直线上； 因为，且点在圆上，点在直线上， 所以点到点的最小距离是圆心到最新的距离减去圆的半径， 即，当且仅当点为线段与圆的交点时“”成立； 因为点到直线的距离为， 所以点到点的距离大于或等于，即， 所以，当且仅当垂直于直线，且点为线段与圆的交点时“”成立； 所以的最小值为． 故答案为：． 【点评】本题考查了直线与圆的方程应用问题，也考查了平面向量的数量积运算问题，是难题． 5．（2023春•昆山市校级期末）已知中，，，，是边（含端点）上的动点． （1）若，点为与的交点，请用，表示； （2）若点使得，求的取值范围． 【分析】（1）由已知可得，再由、、三点共线，令，而可得，然后由、、三点共线，可求出，从而可求得结果； （2）由（1）得，设，则，由，得，化简后可表示出，利用函数的单调性可求出其范围． 【解答】解：（1）已知中，，，，是边（含端点）上的动点， ， ， 又、、三点共线， 令， ， ， 而、、三点共线， ， ， ； （2）由已知可得：， 又因为， 设， 则， 由，可得， 即， 所以， 即， 整理得， 因为，，在，上单调递增， 故， 即的取值范围为． 【点评】本题考查平面向量基本定理的应用，重点考查了平面向量数量积的运算及平面向量共线定理的应用，属难度较大的题型． 6．（2023春•道里区校级期末）已知，，分别是三个内角，，的对边，且． （Ⅰ）求角的大小； （Ⅱ）若，为外接圆圆心，求的最小值； （Ⅲ）在（Ⅱ）条件下，为外接圆上一动点，求的最大值． 【分析】（Ⅰ）根据正弦定理与余弦定理，即可求解； （Ⅱ）先根据正弦定理求出外接圆的半径为，再利用向量数量积的性质，平方转化，最后根据三角函数的性质，即可求解； （Ⅲ）由（Ⅱ）易知为直角边为1的等腰直角三角形，设中点为，则，再根据圆的性质求出的最大值，即可求解． 【解答】解：（Ⅰ），， 根据正弦定理可得：， ，， ，又， ； （Ⅱ），又由（Ⅰ）知，设外接圆的半径为， 根据正弦定理可得， ， 又，，， ，其中， 易知，又， ，， 当时，，取得最小值， 的最小值为； （Ⅲ）在（Ⅱ）条件下可得，外接圆的半径为，， ， 为直角边为1的等腰直角三角形，设中点为， ， 又为外接圆上一动点， ， 当最大时，取得最大值， 而最大时，， 最大为， 的最大值为． 【点评】本题考查解三角形与向量数量积的综合应用，正弦定理与余弦定理的应用，向量数量积与三角函数的综合应用，化归转化思想，函数思想，属难题． 7．（2023春•天河区校级期末）已知向量，令． （1）求函数的对称轴方程； （2）设，当时，求函数的最小值； （3）在（2）的条件下，若对任意的实数，且，不等式对任意的，恒成立，求实数的取值范围． 【分析】（1）根据．求解出解析式，化简，结合三角函数的性质可得函数的对称轴方程； （2）根据时，求解出的范围，换元法转化为二次函数问题求最小值； （3）根据任意的，，求出的范围．利用基本不等式即可求出实数的取值范围． 【解答】解：（1）向量， 由 ． 由，． 可得 函数对称轴方程为． （2）函数， 令， ， ， 则． 对称轴． 当时，可得，函数取得小值为． 当时，可得，函数取得小值为 当时，可得，函数取得小值为． （7分） （3）当，时，由（2）解析式可得：，． 而 解得：． 故得实数的取值范围是，． 【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键．转化思想和基本不等式的运用．二次函数最值的讨论．属于难题． 二．平面向量的综合题（共2小题） 8．（2023春•朝阳区校级期末）在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量，，，，作：，．当，不共线时，记以，为邻边的平行四边形的面积为，；当，共线时，规定，． （Ⅰ）分别根据下列已知条件求， ①，；②，； （Ⅱ）若向量，，， 求证：，，，； （Ⅲ）若，，是以为圆心的单位圆上不同的点，记，，． （ⅰ）当时，求，，的最大值； （ⅱ）写出，，，的最大值．（只需写出结果） 【分析】（1）由求解； （2）由证明； （3）设，由求解；求解． 【解答】（1）解：因为， 且， 所以； 又， 是； （2）因为向量， 且向量， 则， 所以， 同理． 所以； （3）设，因为， 所以， 所以， ． 当，即时， 取得最大值； 的最大值为． 【点评】本题考查向量的综合应用，考查学生的运算能力，属于难题． 9．（2023春•东城区期末）对于三维向量，，，，，，1，2，，定义“变换”： ，其中，，，．记，． （Ⅰ）若，1，，求及； （Ⅱ）证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使； （Ⅲ）已知，2，，，将再经过次变换后，最小，求的最小值． 【分析】（Ⅰ）根据题意，写出、，再计算和； （Ⅱ）设，，，1，2，，假设对，，由此得出相矛盾的结论，即可用反证法证明命题成立； （Ⅲ）设，，，由，2，，得出或，利用分类讨论法求解，即可得出的最小值． 【解答】解：（Ⅰ）因为，1，，所以，1，，，0，， 所以，； （Ⅱ）设，，，1，2，， 假设对，，则，，均不为0； 所以，即， 因为，2，，， 所以，与矛盾，所以假设不正确； 综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使； （Ⅲ）设，，，因为，2，， 所以有或，当时，可得，三式相加得； 又因为，可得，； 当时，也可得，，所以，2，； 设的三个分量为2，，这三个数， 当时，的三个分量为，2，这三个数， 所以； 当时，的三个分量为2，2，4，则的三个分量为0，2，2，的三个分量为2，0，2， 所以； 所以，由，可得，； 因为，2，，所以任意的三个分量始终为偶数，且都有一个分量等于2， 所以的三个分量只能是2，2，4三个数，的三个分量只能是0，2，2三个数， 所以当时，；当时，， 所以的最小值为505． 【点评】本题考查了平面向量的综合应用问题，也考查了推理与运算能力，是难题． 三．三角形中的几何计算（共3小题） 10．（2023春•龙凤区校级期末）在平面四边形中，如图所示． （1）若，，求线段长度的最大值； （2）若，，求四边形面积的最大值． 【分析】（1）设，由余弦定理可得，利用辅助角公式即可求解； （2）由余弦定理可得，又，即可得，即可求解． 【解答】解：（1）在中，， ， ，， 设，则，， ，其中， 当时，线段的长度最大，最大值为； （2）在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得， 可得：， 即①， 则四边形面积， 即②， ①②得，， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，即， 所以四边形面积的最大值为． 【点评】本题考查三角形的正弦定理和余弦定理、面积公式的运用，以及三角函数的恒等变换和余弦函数的值域，考查方程思想和化简运算能力，属于难题． 11．（2023春•荆门期末）拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点．”已知在中，以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，．若角，，的对边分别为，，，且． （1）求； （2）若，求△的面积最大值． 【分析】（1）由正弦定理边化角及三角形内角和定理化简即可得到，再由辅助角公式及特殊角的三角函数值即可求得； （2）利用余弦定理及基本不等式求得的最大值，再次利用基本不等式及三角形的面积公式可求得△的面积最大值． 【解答】解：（1）由正弦定理得， 因为， ， ， 因为， 所以即， 则或， 因为为三角形的内角，， ； （2）由余弦定理得，当时取等号，取的中点， ， ， 同理， ， ， ， ． 【点评】本题主要考查三角形中的几何计算，考查转化能力，属于难题． 12．（2023春•让胡路区校级期末）在中，角，，所对的边分别是，，，为的角平分线，已知且，． （1）求的面积； （2）设点，分别为边，上的动点，线段交于，且的面积为面积的一半，求的最小值． 【分析】（1）结合余弦定理和正弦定理边化角可得，进而得到，；利用正弦定理可推导得到，设，在和中，利用余弦定理可构造方程求得；在中利用余弦定理可求得，进而得到，利用三角形面积公式可求得结果； （2）设，，，由向量线性运算可得，由，，三点共线可得，进而可构造方程组得到，结合平面向量线性运算和向量数量积运算性质可将表示为，由范围可求得最小值． 【解答】解：（1）由余弦定理可得：，则，， 由正弦定理得：， ，则， 又，， ，， 又， ， 设，则， ，即， 解得：，， ，则， ； （2）设，， 由（1）知：， ， 设，则， ，，三点共线，可令， 则，解得：， ， 又，， ，，， ， ， 当时，． 【点评】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于难题． 四．解三角形（共6小题） 13．（2023春•济南期末）射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，为透视中心，平面内四个点，，，经过中心投影之后的投影点分别为，，，．对于四个有序点，，，，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作． （1）证明：； （2）已知，点为线段的中点，，求． 【分析】（1）利用面积公式表示出即可得到，同理得到，即可得证； （2）由（1）可得，即可得到，设，，利用余弦定理与正弦定理得到方程组，求出，，再由余弦定理计算可得． 【解答】解：（1）证明：在、、、中， ， ， 所以， 又在、、、中， ， ， 所以， 又，，，， 所以， 所以． （2）由题意可得，所以， 即，所以， 又点为线段的中点，即， 所以， 又，则，， 设，且， 由， 所以， 即， 解得，① 在中，由正弦定理可得，② 在中，由正弦定理可得，③ 且， 得，， 即，④ 由①④解得（负值舍去）， 即 所以． 【点评】本题解答的关键是理解所给定义，利用面积公式求出线段的比，利用整体思想计算．属于较难题目． 14．（2023春•青原区期末）如图，洪泽湖湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台，已知射线，为湿地两边夹角为的公路（长度均超过2千米），在两条公路，上分别设立游客接送点，，从观景台到，建造两条观光线路，，测得千米，千米． （1）求线段的长度； （2）若，求两条观光线路与之和的最大值． 【分析】（1）在中，利用余弦定理得到； （2）设，得到，利用正弦定理将用表示，结合三角函数的有界性求最值． 【解答】解：（1）在中，由余弦定理得，（2分） ， 所以千米． （4分） （2）设，因为，所以 在中，由正弦定理得，．（6分） 因为， 所以，（8分） 因此（10分） （13分） 因为，所以． 所以当，即时，取到最大值．（15分） 答：两条观光线路距离之和的最大值为千米．（16分） 【点评】本题考查了解三角形的实际应用；关键是正确建模，然后利用正弦定理、余弦定理解三角形． 15．（2023春•浠水县校级期末）如图所示，某镇有一块空地，其中，，．当地镇政府规划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖，其中，都在边，上，且，挖出的泥土堆放在地带上形成假山，剩下的地带开设儿童游乐场．为安全起见，需在的一周安装防护网． （1）当时，求防护网的总长度； （2）若要求挖人工湖用地的面积是堆假山用地的面积的倍，试确定的大小； （3）为节省投入资金，人工湖的面积要尽可能小，问如何设计施工方案，可使的面积最小？最小面积是多少？ 【分析】（1）证明为正三角形，可得的周长为9，即防护网的总长度为； （2）利用的面积是堆假山用地的面积的倍，建立方程，求出，由，得，即可求出的大小； （3）表示出的面积，利用辅助角公式化简，即可得出结论． 【解答】解：（1）在中，因为，，，所以， 在中，，，， 由余弦定理，得，（2分） 所以，即，所以， 所以为正三角形，所以的周长为9，即防护网的总长度为．（4分） （2）设， 因为的面积是堆假山用地的面积的倍， 所以，即，（6分） 在中，由，得，（8分） 从而，即， 由， 得，所以，即．（10分） （3）设，由（2）知， 又在中，由，得，（12分） 所以，（14分） 所以当且仅当，即时，的面积取最小值为．（16分） 【点评】本题考查利用数学知识解决三角形问题，考查余弦定理、正弦定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题． 16．（2023春•奉化区期末）如图，为测量鼓浪郑成功雕像的高度及景点与之间的距离，，，在同一水平面善个，雕像垂直该水平面于点，且，，三点共线），某校研究性学习小组同学在，，三点处测得顶点的仰角分别为，，，若，米 （1）求雕像高度； （2）求景点与之间的距离． 【分析】（1）确定，利用正切函数，可得结论； （2）确定，利用余弦定理，可得结论． 【解答】解：（1）由题意，， ， 米 米； （2） ， 米． 【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查余弦定理的运用，考查学生的计算能力，属于中档题． 17．（2023春•九龙坡区校级期末）如图，在等腰直角中，，，点在线段上， （Ⅰ）若，求的长； （Ⅱ）若点在线段上，且，问：当取何值时，的面积最小？并求出面积的最小值． 【分析】（Ⅰ）在中，利用，，，通过余弦定理，求的长； （Ⅱ）利用正弦定理求出、，表示出的面积，利用两角和与差的三角函数化简函数我一个角的一个三角函数的形式，通过角的范围，得到相位的范围，然后利用正弦函数的值域求解三角形面积的最小值，求出面积的最小值． 【解答】解：（Ⅰ）在中，，，， 由余弦定理可得，， 解得的长为1或3； （Ⅱ）设，，在中，由正弦定理可得：， ， 同理，， 故 因为，所以， 所以当时，的最大值为1， 此时，的面积最小，面积的最小值． 【点评】本题考查正弦定理与余弦定理在三角形中的应用，两角和与差的三角函数的应用，三角形的最值的求法，考查计算能力与转化思想的应用． 18．（2023春•黔西南州期末）在①；②；③（其中为的面积）三个条件中任选一个补充在下面问题中，并作答． 在中，角，，的对边分别为，，，且_____． （1）求外接圆半径； （2）若为锐角三角形，求周长的取值范围． 【分析】（1）选①：根据正弦定理边化角结合诱导公式得到，进而得到，从而利用正弦定理即可得解；选②：利用正弦定理角化边结合余弦定理得到，从而利用正弦定理即可得解；选③：根据条件和三角形的面积公式得到，通过三角恒等变换和诱导公式得到，从而利用正弦定理即可得解； （2）根据正弦定理得到，再利用诱导公式和三角恒等变换得到，结合条件得到的取值范围，根据正弦函数的图象与性质即可得到的取值范围，从而得解． 【解答】解：（1）若选①： ，即， 又因为，则， 所以，又，则， 所以，又，所以， 因为， 所以，故． 若选②：， 则，化简得：， ， 因为，所以， 因为， 所以，故． 若选③： 因为，则， 则， 又由正弦定理得：， 又，， 所以，即， 又因为，则， 所以，又，则， 所以，又，所以， 因为，所以由正弦定理得，故． （2）由正弦定理得：，则，， 所以，又，， 所以， 则， 为锐角三角形， ，即，解得：， ，则， ，即，故， 所以周长的取值范围． 【点评】本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于难题． 五．棱柱、棱锥、棱台的体积（共7小题） 19．（2023春•龙岩期末）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，．记四面体的外接球的球心为，为球表面上的一个动点，当取最大值时，四面体体积的最大值为 　　． 【分析】根据题意，由条件可得取最大值时，由余弦定理即可得到，然后过作，即可得到，从而得到结果． 【解答】解：依题可得，四面体的外接球的球心为中点，外接球半径， 要使取到最大值，则，即与球相切时， ， 在中， ， ， ，， 过作，垂足为， 点在以为圆心为半径的圆上， 又， 四面体体积的最大值为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查棱锥体积的求解，考查转化能力，属于难题． 20．（2023春•日照期末）某烟花厂准备生产一款环保、安全的迷你小烟花，初步设计了一个平面图，如图所示，该平面图由，直角梯形和以为圆心的四分之一圆弧构成，其中，，，且，，，将平面图形以所在直线为轴，旋转一周形成的几何体即为烟花． （1）求该烟花的体积； （2）工厂准备将矩形（该矩形内接于图形，在弧上，在线段上，在上）旋转所形成的几何体用来安放燃料，设， ①请用表示燃料的体积； ②若烟花燃烧时间和燃料体积满足关系，请计算这个烟花燃烧的最长时间． 【分析】（1）该烟花由半球，圆台，圆锥三部分组成，求解体积，即可得到结果． （2）①求解，然后通过求解即可． （2），利用换元法，结合基本不等式转化求解最值即可． 【解答】解：（1）该烟花由半球，圆台，圆锥三部分组成， 又，，， 所以该烟花的体积． （2）①由图可知：，， 在梯形中，由，， 易知，故， 则， 所以． ②由上问可知： 即 ， 令，则， 上式即为， 又令，，则， 当时，， 当时，， 当时，， 当且仅当，即，即时，等号成立，满足题意． 该烟花燃烧的最长时间为． 【点评】本题考查几何体体积的求解，函数的最值的求法，考查换元法以及基本不等式的应用，是难题． 21．（2023春•青羊区校级期末）如图，在斜三棱柱中，，为的中点，为的中点，平面平面，异面直线与互相垂直． （1）求证：平面平面； （2）若与平面的距离为，，三棱锥的体积为，试写出关于的函数关系式； （3）在（2）的条件下，当与平面的距离为多少时，三棱锥的体积取得最大值？并求出最大值． 【分析】（1）由平面与平面平行的判定证明； （2）找到三棱锥合适的底和高，利用等体积法写出三棱锥的体积为关于与平面的距离的函数关系式； （3）利用函数思想通过二次函数求最值． 【解答】（1）证明：在斜三棱柱中，四边形是平行四边形， 且为的中点，为的中点，且， 四边形为平行四边形，则， 平面，平面， 平面，连接，如图所示， ，且， 则四边形为平行四边形， ，且平面，平面， 平面， ，且，平面， 平面平面； （2）解：，为的中点，， 平面平面，平面平面， 且平面平面，，平面， 平面，平面， 与平面的距离， 平面，，在△中，，则， ， 平面，则平面，而平面，， 且， 又，，平面，平面，且平面， ，记交点为，则三角形为直角三角形， △，且，，， ，，， ， ， 即； （3）解：由（2）得：， 令，当，即时，取最大值为324， 此时． 【点评】本题考查平面与平面平行的判定，考查棱锥体积最值的求法，考查运算求解能力，综合性强，难度较大． 22．（2023春•蚌埠期末）如图，三棱锥中，，，为中点，为中点，且为正三角形． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求证：平面； （Ⅲ）若，，求三棱锥的体积． 【分析】根据中位线定理可得，故而结论得证； 证明平面得出，结合得出平面； 利用等边三角形的性质得出，，代入棱锥的体积公式计算． 【解答】证明：（Ⅰ）为，为中点， ，而平面，平面 平面． （Ⅱ）为正三角形，且为中点． 又由（Ⅰ）知，， 又，平面，平面，， 平面， ，又，，平面，， 平面， 解：（Ⅲ），， 又，， ， 又， 而平面， ． 【点评】本题考查了线面平行，线面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题． 23．（2023春•江岸区期末）小明对圆柱中的截面进行一番探究．他发现用平行于底面的平面去截圆柱可得一圆面，用与水平面成一定夹角的平面去截可得一椭圆面，用过轴的平面去截可得一矩形面． （1）图1中，圆柱底面半径为，高为2，轴截面为，设为底面（包括边界）上一动点，满足到的距离等于到直线的距离，求三棱锥体积的最大值； （2）如图2，过圆柱侧面上某一定点的水平面与侧面交成为圆，过点与水平面成角的平面与侧面交成为椭圆，小明沿着过的母线前开，把圆柱侧面展到一个平面上，发现圆展开后得到线段，椭圆展开后得到一正弦曲线（如图，设为椭圆上任意一点，他很想知道原因，于是他以为原点，为轴建立了平面直角坐标系，且设（图．试说明为什么椭圆展开后是正弦曲线，并写出其函数解析式． 【分析】（1）先利用几何关系求出点的轨迹，再利用三棱锥的体积公式求出最大值； （2）利用几何关系求出和的关系式即可． 【解答】解：（1）过作，垂足为，过作， 因为底面，底面，则， 又，，平面， 于是平面， 又平面，则， 又，因此平面， 因为平面， 所以，即到的距离， 因为，，且， 所以，所以平分， 在和中，设点到直线的距离为， 由三角形面积公式得， 所以， 又， 所以， 所以， 因为，所以， 所以， 所以， 所以点的轨迹是过与垂直的垂线段上（圆内部分）， 当三棱锥体积最大时，三棱锥的高最大，此时点在圆周上， 在中，由可得， 所以． （2）设倾斜平面与水平面交线为． 过作水平面，垂足为，过作，连接， 则是倾斜平面与水平面的夹角， 设，则， 所以， 在中，， 所以， 即展开后的曲线是正弦曲线． 【点评】本题考查了锥体体积的有关计算以及立体几何中的三角模型，属于难题． 24．（2023春•浏阳市期末）如图，矩形中，，．，分别在线段和上，，将矩形沿折起．记折起后的矩形为，且平面平面． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若，求证：； （Ⅲ）求四面体体积的最大值． 【分析】（Ⅰ）先证明四边形是平行四边形，利用线面平行的判定，可证平面； （Ⅱ）连接，设．根据平面平面，且，可证平面，从而可得，进一步可证平面，利用线面垂直的判定，可得； （Ⅲ）先表示出四面体的体积，再利用基本不等式，即可求得四面体的体积最大值． 【解答】（Ⅰ）证明：因为四边形，都是矩形， 所以，． 所以四边形是平行四边形，（2分） 所以，（3分） 因为平面，所以平面．（4分） （Ⅱ）证明：连接，设． 因为平面平面，且， 所以平面，（5分） 因为平面， 所以．（6分） 又，所以四边形为正方形，所以．（7分） 所以平面，（8分） 因为平面， 所以．（9分） （Ⅲ）解：设，则，其中． 由（Ⅰ）得平面，所以四面体的体积为．（11分） 所以．（13分） 当且仅当，即时，四面体的体积最大．（14分） 【点评】本题考查线面平行，考查线面垂直，考查三棱锥体积的计算，考查基本不等式的运用，掌握线面平行，线面垂直的判定方法，正确表示四面体的体积是关键． 25．（2023春•大连期末）如图，在四面体中，是边长为2的等边三角形，是直角三角形，点为直角顶点．，，，分别是线段，，，上的动点，且四边形为平行四边形，设． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若二面角的大小为，，则为何值时，四边形的面积最小，并求出最小值； （Ⅲ）当平面平面时，求四面体体积的最大值． 【分析】（Ⅰ）先证明平面，再利用线面平行的性质可知，由此容易得证； （Ⅱ）作辅助线，分析可知，再根据正弦函数的有界性即可得解； （Ⅲ）设，点到平面的距离为，在 中，，利用棱锥的体积公式表示出四面体的体积，再利用三角函数的性质得解． 【解答】解：（Ⅰ）证明：四边形为平行四边形， ， 平面，平面， 平面， 平面，平面平面， ， 平面，平面， 平面； （Ⅱ）取中点，连接，交于点，过点作，交于点，连接， 过点作，垂足为， 是边长为2的等边三角形， ，， 是二面角的平面角，， ， ，， ，平面，平面， 平面， 平面， ， 同（Ⅰ）的分析过程可知：， ， ， ， ，， ， ， 在中，由余弦定理可得， ， 四边形的面积为， 当，即或时， 的最小值为． （Ⅲ）由（Ⅱ）知，为二面角的平面角，设， 则点到平面的距离为， 设，则，， 平面平面，，平面， 平面， 平面， ， 在 中，， ， 又， 则， 所以， 则， 所以当时，四面体体积的最大值为． 【点评】本题主要考查线面平行的证明，立体几何中的二面角，距离和最值问题，空间几何体体积的计算，立体几何中的探索性问题等知识，属于难题． 六．球的体积和表面积（共5小题） 26．（2023春•大连期末）如图，在直三棱柱中，，，该三棱柱存在体积为的内切球，为的中点，为棱上的动点，当直线、与平面成角相等时，　1　，此时四面体的外接球表面积为 　　． 【分析】根据直三棱柱的内切球的体积为，可得球的半径为，利用等面积法可得，，结合，，，，四点共圆，圆心为中点，即可得球的半径，从而求解． 【解答】解：因为直三棱柱的内切球的体积为，所以，即球的半径为， 所以的内切圆半径为，， 因为为的中点，为棱上的动点，当直线、与平面成角相等时，， 设，则，解得，，， 可得，，，即有， 所以，，，四点共圆，且圆心为的中点，其半径， 由因为面，四面体的外接球半径， 此时四面体的外接球表面积为． 故答案为：1；． 【点评】本题考查了空间几何体的外接球、内切球，考查了线面位置关系，属于难题． 27．（2023春•包河区校级期末）在四棱锥中，，，，，，，则三棱锥外接球的表面积为 　　． 【分析】根据题意画出图形，取的两个三等分点，，连接，，，设，连接，，可证得是的外接圆的圆心，且平面，设为三棱锥外接球的球心，连接，，，过作于点，求出外接球的半径，即可求得三棱锥外接球的表面积． 【解答】根据题意画出图形，取的两个三等分点，， 连接，，，设，连接，， 则， 所以， 因为，所以四边形为平行四边形， 所以， 所以， 所以是的外接圆的圆心，， 因为，为公共边， 所以， 所以， 因为，所以， 所以，， 因为，，平面， 所以平面，且， 设为三棱锥外接球的球心，连接，，，则平面， 过作于点， 则三棱锥外接球的半径满足， 设，则，解得， 所以， 所以三棱锥外接球的表面积为， 故答案为：． 【点评】本题考查三棱锥的外接球问题，球的表面积公式的应用，属难题． 28．（2023春•大连期末）下面两图是正四面体与它的外接球被过球心的平面所截形成的截面图，图①中的三角形为正三角形，其面积为，图②中三角形的面积为，则　　． 【分析】依题意图①中的正三角形是过球心，且与正四面体底面平行的平面截正四面体所得，图②中三角形是过和球心的平面截正四面体所得，分别求出面积即可． 【解答】解：如图，平面，垂足为，为的中点，为外接球的球心，设正四面体的棱长为1， 则，外接球半径满足，则，所以， 依题意图①中的正三角形是过球心，且与正四面体底面平行的平面截正四面体所得，其面积为， 图②中三角形是过和球心的平面截正四面体所得，如图1中的三角形，且过球心， 在三角形中，，，如图2，作，可得，，所以，即为中点， 所以，所以，故图②中三角形的面积为， 所以． 故答案为：． 【点评】本题考查了空间几何体的外接球、截面问题，考查了转化思想、运算能力，属于难题． 29．（2023春•平江县期末）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，如图是一个圆柱容球，、为圆柱两个底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，则 ①平面截得球的截面面积最小值为 　　； ②若为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为 　　． 【分析】①由题可得到平面的距离为，进而可得平面截得球的截面面积最小值； ②设在底面的射影为，设，，然后利用二次函数的性质可得的取值范围． 【解答】解：①过作于，则由题可得， 设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为， 则， 所以平面截得球的截面面积最小值为； ②由题可知点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设在底面的射影为， 则， 设，则， 所以． 所以． 故答案为：①；②，． 【点评】本题考查圆柱与球的表面积和体积，考査逻辑推理能力，是一道难题． 30．（2023春•锡山区校级期末）已知是内一点，． （1）若是的外心，求的余弦值； （2）若是的垂心，是平面外一点，且平面，当四面体外接球体积最小时，求的值． 【分析】（1）取中点，中点，分别连接，，再根据，，由向量垂直的数量积解出三边长度关系即可．（2）取中点，在上取，在上取，分别连接，，，，延长交于点，先根据，解出三边长度关系，再证明出四边形是长方形得到的长度，最后在四面体中找到外接球球心的位置，且当外接球球心刚好与的外心重合时，外接球半径最小，体积也最小． 【解答】解：取中点，中点，分别连接，，如图： 是的外心，是三条边上垂直平分线的交点，，， 则， ， 设，，，则， 由余弦定理可得， 即，令，解得，， 则，故的余弦值为； （2）取各边中点，连接成，如图： 则，且相似比为． 设是的外心，则，，， 由中位线平行底边可得，，，，即是的垂心， 由相似可得，即． 在上取，在上取，分别连接，，，，延长交于点，如图： 是的垂心，，，又， 四边形是平行四边形． 则， ， 设，，，则， 由余弦定理可得，即， 令，解得，，则，， 由正弦定理可得 的外接圆半径， ，，，， 又，，，即， 所以，，四边形是平行四边形，且为长方形， 在中，， 则， 在四面体中，设平面，且，分别连接，，如图： 由平面，可得，设，， ， 当时，是四面体的外接球球心， 是四面体的外接球半径，解， 可得，当四面体的外接球体积最小时，半径也最小， 而半径取最小值时，，此时， 解得，则， 故当四面体外接球体积最小时，的值为． 【点评】本题考查空间几何体的外接球问题，考查运算求解能力，属难题． 七．直线与平面平行（共3小题） 31．（2023春•黎川县校级期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，是中点，过、、三点的平面交于．求证： （1）平面； （2）是中点． 【分析】（1）利用线面平行的判定定理，由线线平行证线面平行即可； （2）先证线面平行，再利用线面平行的性质证线线平行，根据平面几何知识可证为的中点． 【解答】证明：（1）连结，，设，连结， 是平行四边形， 是的中点，在中，是的中点， ， 又平面，平面， 平面． （2）底面为平行四边形， ， 平面，平面， 平面． 平面平面， ，又是的中点， 是的中点． 【点评】本题考查线面平行的判定及面面垂直的判定，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题． 32．（2023春•韶关期末）如图，在正四棱锥中，已知侧棱和底面边长相等，是的中点，是的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 【分析】（1）取的中点为，证明四边形为平行四边形，从而根据线面平行的判定定理即可证明结论； （2）利用根据异面直线所成角的定义作出异面直线与所成角或其补角，解三角形即可求得答案． 【解答】证明：（1）取的中点为，连接，， 由于是的中点，则，， 又在正四棱锥中，已知侧棱和底面边长相等，即有，， 故．， 则四边形为平行四边形，所以， 而平面，平面， 故平面； 解：（2）取中点为，连接，取中点为，连接，， 则， 故即为异面直线与所成角或其补角， 且在上，且为底面正方形的中点， 则底面， 底面， 故， 不妨设正四棱锥底面边长为2，为正三角形， 则，， 故在中，， 即异面直线与所成角的余弦值为． 【点评】本题考查线面平行的判定，以及异面直线所成角的求解，属于基础题． 33．（2023春•香坊区校级期末）四棱锥的侧面是等边三角形，平面，平面，，，是棱的中点． （1）求证：平面； （2）求四棱锥的体积． 【分析】（1）取中点，连接、，可由中位线定理，线面垂直的性质定理，证得四边形是平行四边形，进而，再由线面平行的判定定理，得到结论 （2）取中点，连接，可证得平面，由（1）求出底面的面积，代入棱锥体积公式，可得答案． 【解答】证明：（1）取中点，连接、， 是中点， ，且， 平面，平面， ， ． 又，， 四边形是平行四边形， ， 平面，平面， 平面． 解：（2）取中点，连接， ， ， 平面， ， 与是底面内的相交直线， 平面， 由（1）得，底面为直角梯形，， 在等边中，， ， ． 【点评】本题考查的知识点是直线与平面平行的判定，棱锥的体积，熟练掌握线面平行的判定定理，线面垂直的性质定理和判定定理是解答的关键． 八．直线与平面垂直（共2小题） 34．（2023春•松山区校级期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，底面，且，、分别为、的中点． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求与平面所成的角． 【分析】法一：（Ⅰ）因为是的中点，，要证，只需证明垂直所在平面．即可． （Ⅱ）连接，说明是与平面所成的角，在中，解与平面所成的角． 法二：以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，（Ⅰ）求出，就证明． （Ⅱ）说明的余角即是与平面所成的角，求出，即可得到与平面所成的角． 【解答】解：方法一： （Ⅰ）因为是的中点，， 所以． 因为面， 所以． 从而平面．因为平面 所以． （Ⅱ）连接， 因为平面， 所以是与平面所成的角． 在中，， 故与平面所成的角是． 方法二： 如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设， 则，0，，0，，，0，，，12，，，2， （Ⅰ）因为 所以． （Ⅱ）因为 所以． 又． 因此，的余角即是与平面所成的角． 因为，， 所以，， 因此与平面所成的角为． 【点评】本题考查直线与平面垂直的性质，直线与平面所成的角，考查逻辑思维能力，计算能力，是中档题． 35．（2023春•徐汇区校级期末）如图，平面，四边形为矩形，，点是的中点，点在边上移动． （1）当点为的中点时，证明平面； （2）证明：无论点在边的何处，都有． 【分析】（1）连结，推导出，由此能证明平面． （2）推导出，，从而平面，进而，再求出，从而平面，由此能证明无论点在边的何处，都有． 【解答】证明：（1）连结， 点是的中点，点为的中点， ， 平面，平面， 平面． 证明：（2）平面，四边形为矩形， ，， ，平面， 平面，， ，点是的中点，， ，平面， 点在边上移动，平面， 无论点在边的何处，都有． 【点评】本题考查线面平行的证明，考查线线垂直的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养． 九．平面与平面垂直（共3小题） 36．（2023春•台江区校级期末）如图，在三棱锥中，平面，点、分别是和的中点，设，，直线与直线所成的角为． （1）求证：平面平面． （2）求二面角的平面角的正切值． 【分析】（1）欲证面面，根据面面垂直的判定定理可知在平面内一直线与平面垂直，根据线面垂直的判定定理可知平面， 而，从而面，满足定理所需条件； （2）易证面面，则，，从而为二面角的平面角，过点作于点，连接，在中，由勾股定理求得，在中求出，在中，求出此角即可． 【解答】证明：（1）平面，，又 ，，平面， 又，是、的中点 ，面，面面，（5分） （2）平面， 面面． ，，从而为二面角的平面角， 直线与直线所成的角为 过点作于点，连接， 则在中，由勾股定理得． 在中，． 在中， 故二面角的正切值为．（5分） 【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，二面角及其度量，考查空间想象能力，逻辑思维能力，计算能力，是中档题． 37．（2023春•大兴区校级期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为正三角形．侧面底面，、分别为棱、的中点． （Ⅰ）求证：平面 （Ⅱ）求证：平面平面 （Ⅲ）在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【分析】取中点，构造平行四边形，得出即可证明结论； 通过证明平行四边形为矩形得出，再根据即可得出平面，从而结论得证； 根据余弦定理计算，，，根据计算的值，从而得出的值． 【解答】证明：取中点，连结，，， ，分别是，的中点， ，， 底面是菱形，是的中点， ，， ，， 四边形是平行四边形， ，又平面，平面， 平面． 证明：是等边三角形，是的中点， ， 底面是菱形，， 是等边三角形，又是的中点， ，又， 平面， ，又四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ， 又，是的中点， ， 又，平面，平面， 平面， 又平面， 平面平面． 假设棱上存在点，使得平面， 连结，，则， 底面是边长为2的菱形，，为正三角形， ，，，，， 侧面底面，侧面底面， 平面， ，， ， ， ． 【点评】本题考查了空间线面位置的判断，考查空间距离的计算与应用，属于中档题． 38．（2023春•河北期末）如图1，在中，，分别为，的中点，为的中点，，．将沿折起到△的位置，使得平面平面，为的中点，如图2． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求证：平面平面； （Ⅲ）线段上是否存在点，使得平面？说明理由． 【分析】（Ⅰ）取线段的中点，连接，，推导出四边形为平行四边形，从而．由此能证明平面． （Ⅱ）推导出，，，从而平面，由此能证明平面平面． （Ⅲ）假设线段上存在点，使得平面，连接，，则必有，且．推导出，这与，矛盾，从而线段上不存在点，使得平面． 【解答】（本小题满分14分） 证明：（Ⅰ）取线段的中点，连接，．（1分） 因为在中，，分别为，的中点，所以，． 因为，分别为，的中点，所以，， 所以，，所以 四边形为平行四边形，（3分） 所以．（4分） 因为平面，平面，所以平面．（5分） （Ⅱ）因为在中，，分别为，的中点，所以． 所以，又为的中点，所以．（6分） 因为平面平面，且平面， 所以平面，（7分）所以．（8分） 在中，，，所以， 所以平面，（9分） 所以 平面平面．（10分） 解：（Ⅲ）线段上不存在点，使得平面．（11分） 否则，假设线段上存在点，使得平面， 连接，，则必有，且． 在△中，由为的中点，，得为的中点．（12分） 在中，因为，所以， 这与，矛盾！ 所以线段上不存在点，使得平面．（14分） 【点评】本题考查线面平行、面面垂直的证明，考查满足线面垂直的点是不存在的判断与求法，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，考查函数与方程思想，是中档题． 一十．直线与平面所成的角（共3小题） 39．（2023春•郴州期末）如图，正方形中，边长为4，为中点，是边上的动点．将沿翻折到，沿翻折到． （1）求证：平面平面； （2）若，连接，设直线与平面所成角为，求的最大值． 【分析】（1）由已知，，可得面，由面面垂直的判定定理可得证； （2）设在面上的射影为，则为直线与平面所成角．设，利用体积法，由求得，从而得的表达式，结合换元法及函数的单调性求出的最大值． 【解答】证明：（1）因为是正方形，，， 又，，面，面， 又平面，平面平面； （2）解：设在面上的射影为，连接，则为直线与平面所成角． 设，则． ． 在中，，，． 可得， ， ，．， 又，， 令， 令， ， 当且时，，，，则， 可得在上单调递减， 当，即时，最大为，最大值为． 【点评】本题主要考查直线与平面所成的角，属于难题． 40．（2023春•厦门期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，． （1）若平面平面，求证：； （2）若，设和平面所成角为，求的最大值． 【分析】（1）取的中点，连接，由，平面平面，可证平面，再由线面垂直的性质定理，得证； （2）取的中点，连接，，先证平面，过点作于点，连接，可证平面，从而知，再设，分类讨论，用含的式子表示出，然后利用函数的思想，求其最大值，即可． 【解答】（1）证明：取的中点，连接，则四边形是正方形， 所以，，， 所以，所以，即， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面， 所以． （2）解：取的中点，连接，，则， 由（1）知，， 所以， 因为，且为的中点，所以， 又，、平面， 所以平面， 过点作于点，连接， 因为平面，所以， 又，、平面，所以平面， 所以即为和平面所成角，即， 设，则， 因为，，所以，所以为等腰直角三角形，且， ①当时，在中，，， 所以； ②当时，在中，，， 所以； 在中，，， 在中，， ③当时，，，所以，满足上式， 综上，， 令，则， 所以，当且仅当，即时，等号成立，此时， 所以的最大值为． 【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理或性质定理，线面角的定义是解题的关键，考查空间立体感，推理论证能力和运算能力，属于难题． 41．（2023春•长沙县校级期末）如图，三棱锥中，，底面． （Ⅰ）求证：平面平面； （Ⅱ）若，是的中点，求与平面所成角的正切值． 【分析】（Ⅰ）利用线面垂直的判定定理证明平面，利用面面垂直的判定定理证明平面平面； （Ⅱ）取中点，证明就是与平面所成角，再利用三角函数求解即可． 【解答】（Ⅰ）证明：底面，． ，． ，平面， 平面， 平面平面； （Ⅱ）解：取中点，连接． ，， 平面平面，平面平面， 平面， 连接，则就是与平面所成角． 设，则，，， ， 与平面所成角的正切值是． 【点评】本题考查线面垂直、面面垂直，考查线面角，考查学生分析解决问题的能力，正确运用判定定理是关键． 一十一．二面角的平面角及求法（共7小题） 42．（2023春•海淀区校级期末）在正方体中，棱长为2，已知点，分别是线段，上的动点（不含端点）．给出下列四个结论： （1）直线与直线垂直； （2）直线与直线不可能平行； （3）二面角的平面角的正弦值为； （4）的最小值是． 其中所有正确结论的序号是 　（1）（3）（4）　． 【分析】证明出平面，利用线面垂直的性质可判断（1）；取、分别为、的中点，利用中位线的性质以及平行线的传递性可判断（2）；利用二面角的定义可判断（3）；将和△延展至同一平面，分析可知当时，取最小值，根据三角形边与角的关系可求得的最小值，可判断（4）． 【解答】解：对于（1），因为， 则、、、四点共面， 因为平面，平面， 则， 又，，、平面， 所以平面， 因为平面， 所以，（1）对； 对于（2），当、分别为、的中点时，， 又因为，此时，（2）错； 对于（3），因为、，平面即为平面，平面即为平面， 所以二面角即为二面角， 取上下底面中心点分别为，，分别连接，，，，，， 平面即为平面， 由题知底面， 因为平面， 所以，易知， 又因为为中点，则， 因为平面平面，平面，面， 则二面角即为， 因为平面，平面， 所以， 而，， 所以，则（3）正确； 对于（4），因为平面，平面， 则， 同理可得， 因为， 同理可得，， 将和△延展至同一平面，如下图所示： 在中，，， 因为，，， 所以△， 所以， 故， 所以，， 当时，取最小值，且最小值为，（4）对． 故答案为：（1）（3）（4）． 【点评】本题考查立体几何的综合运用，第（3）小问的关键时利用二面角的定义在图中找到所对应的角，再利用勾股定理求出相关线段长，则得到其正弦值，第（4）问的关键是将其转化到同一平面内，再利用二倍角等知识点得到最值，属于难题． 43．（2023春•仓山区校级期末）如图，四棱锥的侧面是边长为2的正三角形，底面为正方形，且平面平面，，分别为，的中点． （1）求证：； （2）在线段上是否存在一点使得平面，存在指出位置，不存在请说明理由． （3）求二面角的正弦值． 【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，即可得到，再证明，即可得到平面，从而得证； （2）取的四等分点（靠近，取的四等分点（靠近，连接、、，即可得到、，从而得到平面平面，即可得解； （3）取的中点，连接交于点，过点作交于点，连接，即可证明为二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得． 【解答】解：（1）证明：为正三角形，为中点， ， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，平面， ， 在正方形中，易知， ， 而， ， ， ，，平面， 平面，平面， ． （2）存在，当时平面， 取的四等分点（靠近，取的四等分点（靠近，连接、、， 则，平面，平面，所以平面， 由，所以，所以， 又，，所以， 所以，平面，平面，所以平面， 又，，平面， 所以平面平面，平面，所以平面， 即当时平面． （3）取的中点，连接交于点，过点作交于点，连接， 则且，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，所以平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面，平面， 所以， 所以为二面角的平面角， 因为，所以，又，所以，， 又，所以，又， ，，即，所以， 所以，所以， 故二面角的正弦值为． 【点评】本题考查线线垂直、线面平行，二面角相关知识，属于较难题． 44．（2023春•金坛区校级期末）在棱长均为2的正三棱柱中，为的中点．过的截面与棱，分别交于点，． （1）若为的中点，求三棱柱被截面分成上下两部分的体积比； （2）若四棱锥的体积为，求截面与底面所成二面角的正弦值； （3）设截面的面积为，面积为，面积为，当点在棱上变动时，求的取值范围． 【分析】（1）连结，并延长分别交，于点，，连结交于点，连结，，利用比例关系确定为靠近的三等分点，然后先求出棱柱的体积，连结，，由和进行求解，即可得到答案； （2）求出点到平面的距离，得到点为靠近的四等分点，通过面面垂直的性质定理可得即为截面与底面所成的二面角，在三角形中利用边角关系求解即可； （3）设，则，，先求出的关系以及取值范围，然后将转化为，表示，求解取值范围即可． 【解答】解：（1）连结，并延长分别交，于点，， 连结交于点，连结，， 则， 故为靠近的三等分点，所以，， 下面球三棱柱被截面分成两部分的体积比， 三棱柱的体积为， 连结，，由平面可知，为定值， 所以， 所以 ， 故， 所以； （2）由以及，可得， 设点到平面的距离为，由，解得， 所以点到直线的距离为，则点为靠近的四等分点， 因为平面平面， 所以截面与平面所成的角即为截面与平面所成的角， 在△中，，，故， 又因为平面平面，且平面平面， 故平面， 则即为截面与底面所成的二面角， 在△中，，，， 故， 所以截面与底面所成二面角的正弦值为； （3）设，则，，且， 设的面积为，则， 又因为，所以， 故， 所以的取值范围为． 【点评】本题考查了空间几何体体积的求解，二面角的求解以及截面面积问题，考查了空间想象能力与逻辑推理能力、化简运算能力，属于难题． 45．（2023春•佛山期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，． （1）证明：平面平面； （2）点在棱上，当二面角的余弦值为时，求． 【分析】（1）根据已知条件，结合正方形的性质，推得平面，再结合面面垂直的判定定理，即可求证； （2）过作交于，过作于，连接，结合已知条件，推得平面，平面，为二面角的平面角，再结合三角形之间边长之间的关系，即可求解． 【解答】证明：（1）连结， 底面是正方形， 又侧棱底面，平面， ． ， 平面， 又平面， 平面平面． （2）解：过作交于， 过作于，连接， 在平面中，，， ， 平面， 又平面，， 又，，平面， 又平面，， 为二面角的平面角， 二面角的余弦值为， 故， ， 故， 设，则，，． 在中，，． 在中，，． 所以，当二面角的余弦值为时，． 【点评】本题主要考查二面角的平面角及其求法，考查转化能力，属于难题． 46．（2023春•佛山期末）地球自西向东自转，造成了太阳每天东升西落运动．因这种现象是地球自转造成的人的视觉效果，所以天文学上把这种运动称为太阳周日视运动，其实质是地球自转的一种反映．研究太阳周日视运动轨迹对分析地球气候、计算当地日出日落时间、理解昼夜长短变化现象、设计建筑物日照时长等有重要意义．太阳周日视运动轨迹与太阳直射地球点有关，也与观测者当地的纬度有关．如图为春分（或秋分）日北纬某地（如我国哈尔滨、松原、鸡西等地区）的太阳周日视运动轨迹图，为当地观测者位置，圆平面是观测者所在的地平面．直线为天轴，其垂直于太阳周日视运动轨迹所在圆平面，且与直线在同一圆面上．两直线和相交于点，夹角为．太阳早上从正东方点的地平面升起，中午处于天空最高点，傍晚从正西方点处落入地平面． （1）太阳周日视运动轨迹所在圆平面与地平面所成锐二面角的平面角为多少？ （2）若图上点为下午太阳所在位置，此时阳光入射当地地平面的角度（即直线与地平面的夹角）为多少？ 【分析】（1）根据已知条件，结合图象，以及二面角的定义，即可求解； （2）过作平面，与平面交，则为直线与地平面的夹角，将原问题转化为求，即可求解． 【解答】解：（1）平面平面，，， 为圆平面与地平面的锐二面角． 在半圆中，尖角为，为， ， 故圆平面与地平面所成的锐二面角为． （2）过作平面，与平面交，如图所示： 为直线与地平面的夹角． 过作直线，与直线交于，连接，． 平面，平面， ， 又，， 平面， ． 点为下午太阳所在位置，， ，． 在直角三角形中，，即直线与地平面的夹角， 故若图上点为下午太阳所在位置，此时阳光入射当地地平面的角度（即直线与地平面的夹角）为． 【点评】本题主要考查二面角的平面角及其求法，考查转化能力，属于难题． 47．（2023春•桐柏县校级期末）如图，和都垂直于平面，是上一点，且，，为等腰直角三角形，且是斜边的中点，与平面所成的角为． （1）证明：平面； （2）求二面角的平面角的正切值； （3）若点是平面内一点，且，设点到平面的距离为，，求的最小值． 【分析】（1）要证平面，只需证明，，从而利用证明，利用平面证明； （2）过点作，连接，得出为二面角的平面角，再在中求得的正切值； （3）根据题意将点到平面的距离转化为点到的距离，在平面内作点关于直线对称点，作于． 当，，三点共线时，为最小，从而得出，再在中求出． 【解答】解：（1）证明：平面，与平所成的角为． ，，在等腰中，，． 又，，，，． 所以，即，即． 平面，平面，． ，，平面，平面． 平面． 平面，． ，平面． （2）过点作，连接，如图所示． 平面，平面，． 又，，平面． 平面，． 根据二面角的定义可知，为平面角． 在中，，，． 平面，平面，． 在中，，． ． ． （3）由（1）知，，又，． 平面． 同理平面，平面与平面重合，即点平面． 而平面，平面平面． 平面，点到平面的距离转化为点到的距离． 在平面内作点关于直线对称点，作于． 当，，三点共线时，为最小，如图所示，则． 在中，，． ． 的最小值为． 【点评】本题主要考查线面垂直的判定定理，二面角的平面角的求法以及点到平面的距离，属于难题． 48．（2023春•九龙坡区校级期末）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接，，，． （1）证明：平面．试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由； （2）若面与面所成二面角的大小为，求的值． 【分析】（解法（1）由直线与直线，直线与平面的垂直的转化证明得出，，所以平面，即可判断平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，确定直角． （2）根据公理2得出是平面与平面的交线．利用直线与平面的垂直判断出，，根据平面角的定义得出是面与面所成二面角的平面角，转化到直角三角形求解即可． 解法 （1）以为坐标原点，射线，，分别为，，轴的正半轴，建立空间直角坐标系，运用向量的数量积判断即可． （2）由底面，所以，0，是平面的一个法向量；由（1）知，平面，所以，，是平面的一个法向量．根据数量积得出夹角的余弦即可得出所求解的答案． 【解答】（解法（1）因为底面，所以， 由底面为长方形，有，而， 所以平面．而平面，所以． 又因为，点是的中点，所以． 而，所以平面．而平面，所以． 又，，所以平面． 由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形， 即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为，，，． （2）如图所示， 在面内，延长与交于点，则是平面与平面的交线． 由（1）知，平面，所以． 又因为底面，所以．而，所以平面． 所以， 故是面与面所成二面角的平面角， 设，，有， 在中，由，得， 则，解得． 所以 故当面与面所成二面角的大小为时，． （解法 （1）以为坐标原点，射线，，分别为，，轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设，， 则，0，，，0，，，1，，，1，，，1，，点是的中点，所以，，，，，， 于是，即． 又已知，而，所以平面． 因，1，，，则，所以平面． 由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形， 即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为，，，． （2）由底面，所以，0，是平面的一个法向量； 由（1）知，平面，所以，，是平面的一个法向量． 若面与面所成二面角的大小为， 则运用向量的数量积求解得出， 解得．所以 故当面与面所成二面角的大小为时，． 【点评】本题综合考查了空间直线与平面的垂直问题，直线与直线，直线与平面的垂直的转化，空间角的求解，属于难题． 一十二．列举法计算基本事件数及事件发生的概率（共1小题） 49．（2023春•余姚市期末）某校高一举行了一次数学竞赛，为了了解本次竞赛学生的成绩情况，从中抽取了部分学生的分数（得分取正整数，满分为作为样本（样本容量为进行统计，按照，，，，，，，，，的分组作出频率分布直方图，已知得分在，，，的频数分别为8，2． （1）求样本容量和频率分布直方图中的，的值； （2）估计本次竞赛学生成绩的中位数； （3）在选取的样本中，从竞赛成绩在80分以上（含80分）的学生中随机抽取2名学生，求所抽取的2名学生中至少有一人得分在，内的概率． 【分析】（1）由题意先求出样本容量，由此能求出和频率分布直方图中的，的值． （2）设本次竞赛学生成绩的中位数为，由频率分布直方图列出方程，能求出本次竞赛学生成绩的中位数． （3）由题意可知，分数在，内的学生有5人，分数在，内的学生有2人，由此利用列举法能求出所抽取的2名学生中至少有一人得分在，内的概率． 【解答】（本小题满分12分） 解：（1）由题意可知，样本容量，（2分） ， ．（4分） （2）设本次竞赛学生成绩的中位数为， 则， 解得， 本次竞赛学生成绩的中位数为71．（8分） （3）由题意可知，分数在，内的学生有5人， 记这5人分别为，，，，， 分数在，内的学生有2人，记这2人分别为，． 抽取的2名学生的所有情况有21种，分别为： ，，，，，，，，，，，，，， ，，，，，，，，，，，，，， ，，，，，，，，，，，，，． （10分） 其中2名同学的分数都不在，内的情况有10种，分别为： ，，，，，，，，，， ，，，，，，，，，． 所抽取的2名学生中至少有一人得分在，内的概率．（12分） 【点评】本题考查频率分布直方图的应用，考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用． 一十三．频率分布直方图（共1小题） 50．（2023春•贺兰县校级期末）某家庭记录了未使用节水龙头50天的日用水量数据（单位：和使用了节水龙头50天的日用水量数据，得到频数分布表如下： 未使用节水龙头50天的日用水量频数分布表 日用水量 ， ， ， ， ， ， ， 频数 1 3 2 4 9 26 5 使用了节水龙头50天的日用水量频数分布表 日用水量 ， ， ， ， ， ， 频数 1 5 13 10 16 5 （1）作出使用了节水龙头50天的日用水量数据的频率分布直方图； （2）估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于的概率； （3）估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？（一年按365天计算，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表） 【分析】（1）根据使用了节水龙头50天的日用水量频数分布表能作出使用了节水龙头50天的日用水量数据的频率分布直方图． （2）根据频率分布直方图能求出该家庭使用节水龙头后，日用水量小于的概率． （3）由题意得未使用水龙头50天的日均水量为0.48，使用节水龙头50天的日均用水量为0.35，能此能估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水． 【解答】解：（1）根据使用了节水龙头50天的日用水量频数分布表， 作出使用了节水龙头50天的日用水量数据的频率分布直方图，如下图： （2）根据频率分布直方图得： 该家庭使用节水龙头后，日用水量小于的概率为： ． （3）由题意得未使用水龙头50天的日均水量为： ， 使用节水龙头50天的日均用水量为： ， 估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省：． 【点评】本题考查频率分由直方图的作法，考查概率的求法，考查平均数的求法及应用等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题． 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 人教A版高一下期中真题必刷压轴50题（13个考点专练） 一．平面向量数量积的性质及其运算（共7小题） 1．（2023春•青羊区校级期末）已知点在所在的平面内，则下列命题正确的是　　 A．若为的垂心，，则 B．若为边长为2的正三角形，则的最小值为 C．若为锐角三角形且外心为，且，则 D．若，则动点的轨迹经过的外心 2．（2023春•郫都区校级期末）在锐角中，记的内角，，的对边分别为，，，，点为的所在平面内一点，且满足． （1）若，求的值； （2）在（1）条件下，求的最小值； （3）若，求的取值范围． 3．（2023春•香坊区校级期末）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的三叉车标很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知是内的一点，，，的面积分别为、、，则有，设是锐角内的一点，，，分别是的三个内角，以下命题正确的是　　 A．若，则为的重心 B．若，则 C．则为（不为直角三角形）的垂心，则 D．若，，，则 4．（2023春•大祥区校级期末）已知平面向量，，，满足，，，，且对任意的实数，均有，则的最小值为 　　． 5．（2023春•昆山市校级期末）已知中，，，，是边（含端点）上的动点． （1）若，点为与的交点，请用，表示； （2）若点使得，求的取值范围． 6．（2023春•道里区校级期末）已知，，分别是三个内角，，的对边，且． （Ⅰ）求角的大小； （Ⅱ）若，为外接圆圆心，求的最小值； （Ⅲ）在（Ⅱ）条件下，为外接圆上一动点，求的最大值． 7．（2023春•天河区校级期末）已知向量，令． （1）求函数的对称轴方程； （2）设，当时，求函数的最小值； （3）在（2）的条件下，若对任意的实数，且，不等式对任意的，恒成立，求实数的取值范围． 二．平面向量的综合题（共2小题） 8．（2023春•朝阳区校级期末）在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量，，，，作：，．当，不共线时，记以，为邻边的平行四边形的面积为，；当，共线时，规定，． （Ⅰ）分别根据下列已知条件求， ①，；②，； （Ⅱ）若向量，，， 求证：，，，； （Ⅲ）若，，是以为圆心的单位圆上不同的点，记，，． （ⅰ）当时，求，，的最大值； （ⅱ）写出，，，的最大值．（只需写出结果） 9．（2023春•东城区期末）对于三维向量，，，，，，1，2，，定义“变换”： ，其中，，，．记，． （Ⅰ）若，1，，求及； （Ⅱ）证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使； （Ⅲ）已知，2，，，将再经过次变换后，最小，求的最小值． 三．三角形中的几何计算（共3小题） 10．（2023春•龙凤区校级期末）在平面四边形中，如图所示． （1）若，，求线段长度的最大值； （2）若，，求四边形面积的最大值． 11．（2023春•荆门期末）拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点．”已知在中，以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，．若角，，的对边分别为，，，且． （1）求； （2）若，求△的面积最大值． 12．（2023春•让胡路区校级期末）在中，角，，所对的边分别是，，，为的角平分线，已知且，． （1）求的面积； （2）设点，分别为边，上的动点，线段交于，且的面积为面积的一半，求的最小值． 四．解三角形（共6小题） 13．（2023春•济南期末）射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，为透视中心，平面内四个点，，，经过中心投影之后的投影点分别为，，，．对于四个有序点，，，，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作． （1）证明：； （2）已知，点为线段的中点，，求． 14．（2023春•青原区期末）如图，洪泽湖湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台，已知射线，为湿地两边夹角为的公路（长度均超过2千米），在两条公路，上分别设立游客接送点，，从观景台到，建造两条观光线路，，测得千米，千米． （1）求线段的长度； （2）若，求两条观光线路与之和的最大值． 15．（2023春•浠水县校级期末）如图所示，某镇有一块空地，其中，，．当地镇政府规划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖，其中，都在边，上，且，挖出的泥土堆放在地带上形成假山，剩下的地带开设儿童游乐场．为安全起见，需在的一周安装防护网． （1）当时，求防护网的总长度； （2）若要求挖人工湖用地的面积是堆假山用地的面积的倍，试确定的大小； （3）为节省投入资金，人工湖的面积要尽可能小，问如何设计施工方案，可使的面积最小？最小面积是多少？ 16．（2023春•奉化区期末）如图，为测量鼓浪郑成功雕像的高度及景点与之间的距离，，，在同一水平面善个，雕像垂直该水平面于点，且，，三点共线），某校研究性学习小组同学在，，三点处测得顶点的仰角分别为，，，若，米 （1）求雕像高度； （2）求景点与之间的距离． 17．（2023春•九龙坡区校级期末）如图，在等腰直角中，，，点在线段上， （Ⅰ）若，求的长； （Ⅱ）若点在线段上，且，问：当取何值时，的面积最小？并求出面积的最小值． 18．（2023春•黔西南州期末）在①；②；③（其中为的面积）三个条件中任选一个补充在下面问题中，并作答． 在中，角，，的对边分别为，，，且_____． （1）求外接圆半径； （2）若为锐角三角形，求周长的取值范围． 五．棱柱、棱锥、棱台的体积（共7小题） 19．（2023春•龙岩期末）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，．记四面体的外接球的球心为，为球表面上的一个动点，当取最大值时，四面体体积的最大值为 　　． 20．（2023春•日照期末）某烟花厂准备生产一款环保、安全的迷你小烟花，初步设计了一个平面图，如图所示，该平面图由，直角梯形和以为圆心的四分之一圆弧构成，其中，，，且，，，将平面图形以所在直线为轴，旋转一周形成的几何体即为烟花． （1）求该烟花的体积； （2）工厂准备将矩形（该矩形内接于图形，在弧上，在线段上，在上）旋转所形成的几何体用来安放燃料，设， ①请用表示燃料的体积； ②若烟花燃烧时间和燃料体积满足关系，请计算这个烟花燃烧的最长时间． 21．（2023春•青羊区校级期末）如图，在斜三棱柱中，，为的中点，为的中点，平面平面，异面直线与互相垂直． （1）求证：平面平面； （2）若与平面的距离为，，三棱锥的体积为，试写出关于的函数关系式； （3）在（2）的条件下，当与平面的距离为多少时，三棱锥的体积取得最大值？并求出最大值． 22．（2023春•蚌埠期末）如图，三棱锥中，，，为中点，为中点，且为正三角形． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求证：平面； （Ⅲ）若，，求三棱锥的体积． 23． （2023春•江岸区期末）小明对圆柱中的截面进行一番探究．他发现用平行于底面的平面去截圆柱可得一圆面，用与水平面成一定夹角的平面去截可得一椭圆面，用过轴的平面去截可得一矩形面． （1）图1中，圆柱底面半径为，高为2，轴截面为，设为底面（包括边界）上一动点，满足到的距离等于到直线的距离，求三棱锥体积的最大值； （2）如图2，过圆柱侧面上某一定点的水平面与侧面交成为圆，过点与水平面成角的平面与侧面交成为椭圆，小明沿着过的母线前开，把圆柱侧面展到一个平面上，发现圆展开后得到线段，椭圆展开后得到一正弦曲线（如图，设为椭圆上任意一点，他很想知道原因，于是他以为原点，为轴建立了平面直角坐标系，且设（图．试说明为什么椭圆展开后是正弦曲线，并写出其函数解析式． 24．（2023春•浏阳市期末）如图，矩形中，，．，分别在线段和上，，将矩形沿折起．记折起后的矩形为，且平面平面． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若，求证：； （Ⅲ）求四面体体积的最大值． 25．（2023春•大连期末）如图，在四面体中，是边长为2的等边三角形，是直角三角形，点为直角顶点．，，，分别是线段，，，上的动点，且四边形为平行四边形，设． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若二面角的大小为，，则为何值时，四边形的面积最小，并求出最小值； （Ⅲ）当平面平面时，求四面体体积的最大值． 六．球的体积和表面积（共5小题） 26．（2023春•大连期末）如图，在直三棱柱中，，，该三棱柱存在体积为的内切球，为的中点，为棱上的动点，当直线、与平面成角相等时，　　，此时四面体的外接球表面积为 　　． 27．（2023春•包河区校级期末）在四棱锥中，，，，，，，则三棱锥外接球的表面积为 　　． 28．（2023春•大连期末）下面两图是正四面体与它的外接球被过球心的平面所截形成的截面图，图①中的三角形为正三角形，其面积为，图②中三角形的面积为，则　　． 29．（2023春•平江县期末）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，如图是一个圆柱容球，、为圆柱两个底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，则 ①平面截得球的截面面积最小值为 　　； ②若为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为 　　． 30．（2023春•锡山区校级期末）已知是内一点，． （1）若是的外心，求的余弦值； （2）若是的垂心，是平面外一点，且平面，当四面体外接球体积最小时，求的值． 七．直线与平面平行（共3小题） 31．（2023春•黎川县校级期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，是中点，过、、三点的平面交于．求证： （1）平面； （2）是中点． 32．（2023春•韶关期末）如图，在正四棱锥中，已知侧棱和底面边长相等，是的中点，是的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 33．（2023春•香坊区校级期末）四棱锥的侧面是等边三角形，平面，平面，，，是棱的中点． （1）求证：平面； （2）求四棱锥的体积． 八．直线与平面垂直（共2小题） 34．（2023春•松山区校级期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，底面，且，、分别为、的中点． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求与平面所成的角． 35．（2023春•徐汇区校级期末）如图，平面，四边形为矩形，，点是的中点，点在边上移动． （1）当点为的中点时，证明平面； （2）证明：无论点在边的何处，都有． 九．平面与平面垂直（共3小题） 36．（2023春•台江区校级期末）如图，在三棱锥中，平面，点、分别是和的中点，设，，直线与直线所成的角为． （1）求证：平面平面． （2）求二面角的平面角的正切值． 37．（2023春•大兴区校级期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为正三角形．侧面底面，、分别为棱、的中点． （Ⅰ）求证：平面 （Ⅱ）求证：平面平面 （Ⅲ）在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 38． （2023春•河北期末）如图1，在中，，分别为，的中点，为的中点，，．将沿折起到△的位置，使得平面平面，为的中点，如图2． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求证：平面平面； （Ⅲ）线段上是否存在点，使得平面？说明理由． 一十．直线与平面所成的角（共3小题） 39．（2023春•郴州期末）如图，正方形中，边长为4，为中点，是边上的动点．将沿翻折到，沿翻折到． （1）求证：平面平面； （2）若，连接，设直线与平面所成角为，求的最大值． 40．（2023春•厦门期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，． （1）若平面平面，求证：； （2）若，设和平面所成角为，求的最大值． 41．（2023春•长沙县校级期末）如图，三棱锥中，，底面． （Ⅰ）求证：平面平面； （Ⅱ）若，是的中点，求与平面所成角的正切值． 一十一．二面角的平面角及求法（共7小题） 42．（2023春•海淀区校级期末）在正方体中，棱长为2，已知点，分别是线段，上的动点（不含端点）．给出下列四个结论： （1）直线与直线垂直； （2）直线与直线不可能平行； （3）二面角的平面角的正弦值为； （4）的最小值是． 其中所有正确结论的序号是 　　． 43．（2023春•仓山区校级期末）如图，四棱锥的侧面是边长为2的正三角形，底面为正方形，且平面平面，，分别为，的中点． （1）求证：； （2）在线段上是否存在一点使得平面，存在指出位置，不存在请说明理由． （3）求二面角的正弦值． 44．（2023春•金坛区校级期末）在棱长均为2的正三棱柱中，为的中点．过的截面与棱，分别交于点，． （1）若为的中点，求三棱柱被截面分成上下两部分的体积比； （2）若四棱锥的体积为，求截面与底面所成二面角的正弦值； （3）设截面的面积为，面积为，面积为，当点在棱上变动时，求的取值范围． 45．（2023春•佛山期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，． （1）证明：平面平面； （2）点在棱上，当二面角的余弦值为时，求． 46．（2023春•佛山期末）地球自西向东自转，造成了太阳每天东升西落运动．因这种现象是地球自转造成的人的视觉效果，所以天文学上把这种运动称为太阳周日视运动，其实质是地球自转的一种反映．研究太阳周日视运动轨迹对分析地球气候、计算当地日出日落时间、理解昼夜长短变化现象、设计建筑物日照时长等有重要意义．太阳周日视运动轨迹与太阳直射地球点有关，也与观测者当地的纬度有关．如图为春分（或秋分）日北纬某地（如我国哈尔滨、松原、鸡西等地区）的太阳周日视运动轨迹图，为当地观测者位置，圆平面是观测者所在的地平面．直线为天轴，其垂直于太阳周日视运动轨迹所在圆平面，且与直线在同一圆面上．两直线和相交于点，夹角为．太阳早上从正东方点的地平面升起，中午处于天空最高点，傍晚从正西方点处落入地平面． （1）太阳周日视运动轨迹所在圆平面与地平面所成锐二面角的平面角为多少？ （2）若图上点为下午太阳所在位置，此时阳光入射当地地平面的角度（即直线与地平面的夹角）为多少？ 47．（2023春•桐柏县校级期末）如图，和都垂直于平面，是上一点，且，，为等腰直角三角形，且是斜边的中点，与平面所成的角为． （1）证明：平面； （2）求二面角的平面角的正切值； （3）若点是平面内一点，且，设点到平面的距离为，，求的最小值． 48．（2023春•九龙坡区校级期末）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接，，，． （1）证明：平面．试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由； （2）若面与面所成二面角的大小为，求的值． 一十二．列举法计算基本事件数及事件发生的概率（共1小题） 49．（2023春•余姚市期末）某校高一举行了一次数学竞赛，为了了解本次竞赛学生的成绩情况，从中抽取了部分学生的分数（得分取正整数，满分为作为样本（样本容量为进行统计，按照，，，，，，，，，的分组作出频率分布直方图，已知得分在，，，的频数分别为8，2． （1）求样本容量和频率分布直方图中的，的值； （2）估计本次竞赛学生成绩的中位数； （3）在选取的样本中，从竞赛成绩在80分以上（含80分）的学生中随机抽取2名学生，求所抽取的2名学生中至少有一人得分在，内的概率． 一十三．频率分布直方图（共1小题） 50．（2023春•贺兰县校级期末）某家庭记录了未使用节水龙头50天的日用水量数据（单位：和使用了节水龙头50天的日用水量数据，得到频数分布表如下： 未使用节水龙头50天的日用水量频数分布表 日用水量 ， ， ， ， ， ， ， 频数 1 3 2 4 9 26 5 使用了节水龙头50天的日用水量频数分布表 日用水量 ， ， ， ， ， ， 频数 1 5 13 10 16 5 （1）作出使用了节水龙头50天的日用水量数据的频率分布直方图； （2）估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于的概率； （3）估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？（一年按365天计算，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表） 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$