第13章 立体几何初步全章综合测试卷（提高篇）-2024-2025学年高一数学举一反三系列（苏教版2019必修第二册）

第13章 立体几何初步全章综合测试卷（提高篇） 【苏教版（2019）】 考试时间：120分钟；满分：150分 姓名：___________班级：___________考号：___________ 考卷信息： 本卷试题共19题，单选8题，多选3题，填空3题，解答5题，满分150分，限时120分钟，本卷题型针对性 较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！ 第I卷（选择题） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．（5分）（23-24高一下·湖南株洲·期末）设为空间中两条不同直线，为空间中两个不同平面，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若不垂直于，则必不垂直于 C．若,，则 D．若是异面直线，，则 2．（5分）（23-24高一下·辽宁·期末）若水平放置的平面四边形AOBC 按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，，，则以原四边形AOBC 的边 AC为轴旋转一周得到的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（5分）（23-24高一下·吉林·期中）如图，在正四棱锥中，是棱上的动点，一只蚂蚁从A点出发，经过E点，爬到C点，则这只蚂蚁爬行的路程的最小值是（    ） A． B． C． D． 4．（5分）（23-24高一下·山东威海·期末）在三棱锥中，平面，为等腰三角形且面积为，.若该三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 5．（5分）（23-24高一下·湖南长沙·期末）在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，则截面的最小周长为（   ） A． B．4 C．6 D．10 6．（5分）（24-25高一下·湖北黄冈·阶段练习）如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，分别在，CD上，且则下面几个说法中正确的个数是（    ）    ①E，F，G，H四点共面；②③若直线EG与直线FH交于点P，则P，A，C三点共线． A．0 B．1 C．2 D．3 7．（5分）（23-24高一下·湖北武汉·期末）已知中，，，，点M为AB中点，连接CM．将沿直线CM折起，使得点A到达A'的位置，且平面平面，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 8．（5分）（23-24高一下·江苏宿迁·阶段练习）如图，正方体的棱长为1，，，分别为的中点，则下列说法正确的是（    ） A．直线与直线AF垂直 B．直线与平面平行 C．平面截正方体所得的截面面积为 D．点与点到平面的距离相等 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．（6分）（23-24高一下·福建泉州·阶段练习）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一，印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”，半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体体现了数学的对称美，如图是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为1，则正确的有（　　） A．则该半正多面体有12个顶点 B．则该半正多面体有14个面 C．则该半正多面体表面积为3 D．则该半正多面体体积为 10．（6分）（23-24高一下·河北·期中）如图，圆台，在轴截面中，，H，F为圆上定点，且，M为AD中点，C，H，F，M四点共面．则（    ） A．该圆台高为 B．该圆台体积为 C．一只小虫从点C沿着该圆台的侧面爬行到M点，所经过的最短路径为5 D． 11．（6分）（23-24高一下·贵州毕节·阶段练习）在如图所示的三棱锥中，，两两互相垂直，下列结论正确的为（    ） A．直线与平面所成的角为45° B．二面角的正切值为 C．到面的距离为 D．作平面，垂足为，则为的重心 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（5分）（23-24高一下·浙江·期中）在正方体中，为棱的中点，分别为上的动点，则的最小值为 ． 13．（5分）（23-24高一下·四川乐山·期中）如今中国被誉为“基建狂魔”，可谓逢山开路，遇水架桥．高速公路里程、高铁里程双双都是世界第一．建设过程中研制出的用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先水平．如图是某重器上一零件结构模型，中间大球为正四面体的内切球，小球与大球相切，同时与正四面体的三个面相切．设，则该模型中5个球的表面积之和为 . 14．（5分）（23-24高一下·北京丰台·期末）已知正方体中，点E，F，G分别为棱，，的中点，给出下列四个结论： ①直线与平面相交； ②直线平面； ③若，则点D到平面的距离为； ④该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等. 其中所有正确结论的序号是 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分）（23-24高一下·河南郑州·期中）如图所示，为四边形的斜二测直观图，其中，，． (1)求平面四边形的面积及周长； (2)若四边形以为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积． 16．（15分）（23-24高一下·安徽芜湖·期中）如图，在正方体中，棱长为，是线段的中点，设过点、、的平面与棱交于点. (1)画出平面截正方体所得的截面，并求截面多边形的面积； (2)平面截正方体，把正方体分为两部分，求比较小的部分与比较大的部分的体积的比值.（参考公式：） 17．（15分）（23-24高一下·山东威海·期末）如图，在平行四边形中，，沿其对角线将折起至，使所在平面与平面垂直.    (1)证明：平面平面； (2)若为上一点，∥平面，，求直线到平面的距离. 18．（17分）（23-24高一下·云南昆明·期中）如图是一个棱长为2的正方体的展开图，其中分别是棱的中点．请以三点所在面为底面将展开图还原为正方体． (1)求证：点在平面内； (2)用平面截正方体，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为，试判断体积较小的几何体的形状（不需要证明），并求的值． 19．（17分）（23-24高一下·天津·期末）如图，在六面体中， 为等边三角形，平面平面，，，，， (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的平面角的余弦值为.若存在，求出值；若不存在，请说明理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第13章 立体几何初步全章综合测试卷（提高篇） 参考答案与试题解析 第I卷（选择题） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．（5分）（23-24高一下·湖南株洲·期末）设为空间中两条不同直线，为空间中两个不同平面，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若不垂直于，则必不垂直于 C．若,，则 D．若是异面直线，，则 【解题思路】A中，可能平行、相交或异面；B中有可能垂直于；C中或；D中结合线面平行的性质定理与面面平行的判定定理即可得. 【解答过程】对于A，若，，，则，可能平行、相交或异面，故A错误； 对于B，若不垂直于，且，则有可能垂直于，故B错误； 对于C，若且，则或，故C错误； 对于D，若、是异面直线，，，，， 则在直线上任取一点，过直线与点确定平面，设， 又，则，，，所以， 又，，，，所以，故D正确. 故选：D. 2．（5分）（23-24高一下·辽宁·期末）若水平放置的平面四边形AOBC 按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，，，则以原四边形AOBC 的边 AC为轴旋转一周得到的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由斜二测画法的直观图，得出原图形为直角梯形，再轴旋转一周得到的圆柱和圆锥的组合几何体的体积. 【解答过程】由题意，，，，， ， 所以原图形中，，，，， ， 所以梯形以边为轴旋转一周得到的几何体为圆柱去掉一个同底圆锥的组合体， ． 故选：D． 3．（5分）（23-24高一下·吉林·期中）如图，在正四棱锥中，是棱上的动点，一只蚂蚁从A点出发，经过E点，爬到C点，则这只蚂蚁爬行的路程的最小值是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据题意，将平面和平面展开到同一个平面，利用两点之间线段最短可得AC的长就是蚂蚁爬行的路程的最小值，由余弦定理计算以及二倍角公式可得答案. 【解答过程】根据题意，如图，将平面和平面展开到同一个平面， 连接，与交于点，则的长就是蚂蚁爬行的路程的最小值， 设，则， 又由得，则 ， 则有， 故， 则，即这只蚂蚁爬行的路程的最小值是. 故选：C. 4．（5分）（23-24高一下·山东威海·期末）在三棱锥中，平面，为等腰三角形且面积为，.若该三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由三角形的面积公式可求得，设的外心为，进而可求得，过作平面的垂线，可得外接球的半径，进而可求表面积. 【解答过程】因为为等腰三角形且面积为，所以，又， 所以，所以，设的外心为， 可得，过作平面的垂线， 则球心在直线上，设球心为，可得在的垂直平分线上， 所以，所以， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故选：C. 5．（5分）（23-24高一下·湖南长沙·期末）在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，则截面的最小周长为（   ） A． B．4 C．6 D．10 【解题思路】作出三棱锥的侧面展开图，连接交、于点、，则侧面展开图中线段的长度即为截面的最小周长，利用余弦定理计算可得. 【解答过程】如图三棱锥以及侧面展开图，要求截面的周长最小， 连接交、于点、，则侧面展开图中线段的长度即为截面的最小周长， 因为侧棱长为的正三棱锥，， 所以， 由余弦定理可得 ， ，所以截面的最小周长为. 故选：C. 6．（5分）（24-25高一下·湖北黄冈·阶段练习）如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，分别在，CD上，且则下面几个说法中正确的个数是（    ）    ①E，F，G，H四点共面；②③若直线EG与直线FH交于点P，则P，A，C三点共线． A．0 B．1 C．2 D．3 【解题思路】推导出，，从而，由此能证明E，F，G，H四点共面；，从而直线EG与直线FH必相交，设交点为P，证明P点在直线上． 【解答过程】如图所示，      E，F分别为AB，AD的中点，∴，， 分别在，CD上，且，∴，， ∴，则E，F，G，H四点共面，说法①正确； ∵，四边形是梯形，不成立，说法②错误； 若直线与直线交于点P，则由，平面，得平面， 同理平面，又平面平面， ∴则P，A，C三点共线，说法③正确； 说法中正确的有2 个. 故选：C. 7．（5分）（23-24高一下·湖北武汉·期末）已知中，，，，点M为AB中点，连接CM．将沿直线CM折起，使得点A到达A'的位置，且平面平面，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据折叠前后的不变量，再用定义法找出二面角的平面角即可求解. 【解答过程】取的中点，过点作的垂线，垂足为，连接， 则， 因为在中，，，，点M为AB中点， 所以，则为等边三角形， 所以，， 将沿直线CM折起，使得点A到达A'的位置，则为等边三角形， ，，，，    因为平面平面，且平面，，平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以，则二面角A'-BC-M的平面角为， 在直角三角形中， ， 所以， 故选：B. 8．（5分）（23-24高一下·江苏宿迁·阶段练习）如图，正方体的棱长为1，，，分别为的中点，则下列说法正确的是（    ） A．直线与直线AF垂直 B．直线与平面平行 C．平面截正方体所得的截面面积为 D．点与点到平面的距离相等 【解题思路】对A：假设，再根据//，推出，再推出矛盾即可；对B：延拓平面，再根据线线平行，即可推出线面平行；对C：根据B中所得截面，再结合几何关系，求得截面面积即可；对D：判断不过中点，即可判断选项的正误. 【解答过程】对A：假设，因为//，则，； 因为为正方体，故面，又面，故，， 故，假设不成立，即与不垂直，故A错误； 对B：连接，如下所示： 因为分别为的中点，故//，又//，故//，故四点共面； 易知四边形为平行四边形，故//，又面，面，故//面，B正确； 对C：由B可知，平面截正方体所得截面为梯形； ，， 故梯形的面积为，故C错误； 对D：连接，记，若下所示： 若点与点到平面的距离相等，则过的中点，也即为的中点； 显然四边形为平行四边形，显然不为的中点，故不是中点， 则点与点到平面的距离不相等，故D错误； 故选：B. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．（6分）（23-24高一下·福建泉州·阶段练习）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一，印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”，半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体体现了数学的对称美，如图是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为1，则正确的有（　　） A．则该半正多面体有12个顶点 B．则该半正多面体有14个面 C．则该半正多面体表面积为3 D．则该半正多面体体积为 【解题思路】由图形即可判断AB；由半正多面体的所有顶点都在同一个正方体的棱上，可得正方形和正三角形的边长，计算即可判断C；利用割补法计算可得半正多面体的体积，即可判断D， 【解答过程】该半正多面体的所有顶点恰为正方体各棱的中点， 其棱长为，有12个顶点，14个面（6个正方形，8个正三角形），故AB正确； 半正多面体的所有顶点都在同一个正方体的棱上， 且此正方体的棱长为1，可得该半正多面体所有顶点都为正方体的棱的中点， 它可由正方体去掉8个三棱锥所剩部分， 所以该半正多面体的棱长为， 故半正多面体的面积为，故C错误； 半正多面体的体积为，故D正确. 故选：ABD. . 10．（6分）（23-24高一下·河北·期中）如图，圆台，在轴截面中，，H，F为圆上定点，且，M为AD中点，C，H，F，M四点共面．则（    ） A．该圆台高为 B．该圆台体积为 C．一只小虫从点C沿着该圆台的侧面爬行到M点，所经过的最短路径为5 D． 【解题思路】对于A：根据题意结合台体的结构特征运算求解；对于B：根据台体的体积公式运算求解，对于C：由圆台补成圆锥，结合圆锥的侧面展开图分析求解；对于D：做辅助线，分析可知，结合几何知识运算求解. 【解答过程】对于选项A：如图1，作交于点E，易得， 则，所以圆台的高为，故A正确； 对于选项B：圆台的体积为，故B错误； 对于选项C：由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为4，底面半径为2，侧面展开图的圆心角， M为AD的中点，连接CM，如图2， 可得，，，则， 此时到的距离为， 故从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点，所经过的最短路程为5，C正确； 对于选项D：延长CM，BA交K点，连接HK，则F点在HK上，为中点，是与交点，如图3， 过作HK垂线，垂足为N，延长，过K作KQ垂直于，垂足为Q，如图4， 则，与相似， 可得，，解得， 由垂径定理知N为FH的中点， 则与相似，且都是等腰直角三角形， 所以，故D正确； 故选：ACD． 11．（6分）（23-24高一下·贵州毕节·阶段练习）在如图所示的三棱锥中，，两两互相垂直，下列结论正确的为（    ） A．直线与平面所成的角为45° B．二面角的正切值为 C．到面的距离为 D．作平面，垂足为，则为的重心 【解题思路】利用线面垂直的判定定理可得平面，可得为直线与平面所成的角，即可判断A项；利用线面垂直的判定定理可得平面，即得为二面角的平面角，即可判断B项；利用等体积法求点面距离即可判断C项；利用线面垂直得判定定理结合等边三角形的性质即可判断D项. 【解答过程】对于A，因为，，两两互相垂直，，平面，平面， 故为直线与平面所成的角，又，所以， 故直线与平面所成的角为，故A正确； 对于B，取中点为，连接， 因为，，，两两互相垂直，所以， 因为，平面，所以平面，故为二面角的平面角， 则，故二面角的正切值为，故B项正确； 因为，所以，设到面的距离为， 则，解得，故C项错误； 对于D，因为，故为等边三角形， 因为平面，则点为点在平面上的投影，又， 即点到顶点的距离相等，即点到顶点的距离相等， 故为的外心也即重心，故D项正确. 故选：ABD. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（5分）（23-24高一下·浙江·期中）在正方体中，为棱的中点，分别为上的动点，则的最小值为 ． 【解题思路】将正方体的侧面与展开到同一平面，点到的距离就是. 【解答过程】将正方体的侧面与展开到同一平面 在同一平面内可知的最小值就是点到的距离， 正方体中，为棱的中点，所以，， 是正方形，所以 故答案为：. 13．（5分）（23-24高一下·四川乐山·期中）如今中国被誉为“基建狂魔”，可谓逢山开路，遇水架桥．高速公路里程、高铁里程双双都是世界第一．建设过程中研制出的用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先水平．如图是某重器上一零件结构模型，中间大球为正四面体的内切球，小球与大球相切，同时与正四面体的三个面相切．设，则该模型中5个球的表面积之和为 . 【解题思路】把正四面体分割成以内切球球心为顶点的4个小三棱锥，利用等体积法求出内切球半径，进一步计算即可. 【解答过程】如图所示， 设为大球的球心，大球的半径为，大正四面体的底面中心为，棱长为3，高为，的中点为， 连接，，，，，， 由 则， 正四面体的高. 因为，所以， 所以； 设小球的半径为，小球也可看作一个小的正四面体的内切球，且小正四面体的高，同理； 故该模型中5个球的表面积之和为. 故答案为：. 14．（5分）（23-24高一下·北京丰台·期末）已知正方体中，点E，F，G分别为棱，，的中点，给出下列四个结论： ①直线与平面相交； ②直线平面； ③若，则点D到平面的距离为； ④该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等. 其中所有正确结论的序号是 ②③④ ． 【解题思路】①先证，，可得平面平面，从而知平面；②利用三垂线定理可得，，再由线面垂直的判定定理知平面，并结合平面平面，即可作出判断；③易知是边长为的等边三角形，再利用等体积法求解即可；④结合四面体是正三棱锥，且正方体的棱构成三组平行线，即可判断． 【解答过程】解：①因为点，分别为棱，的中点， 所以，，即四边形是平行四边形， 所以， 因为点，分别为棱，的中点，所以， 又，，、平面，、平面， 所以平面平面， 因为平面，所以直线平面，即①错误； ②由三垂线定理知，，， 因为，所以平面， 由①知平面平面， 所以平面，即②正确； ③若，则是边长为的等边三角形， 所以， 设点到平面的距离为， 因为， 所以， 所以， 所以点到平面的距离为，即③正确； ④由题意知，四面体的底面是等边，且， 即四面体是正三棱锥， 所以三条侧棱，，与底面所成角均相等， 而，，， 所以该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等， 由①知平面平面， 所以该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等，即④正确． 故答案为：②③④． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分）（23-24高一下·河南郑州·期中）如图所示，为四边形的斜二测直观图，其中，，． (1)求平面四边形的面积及周长； (2)若四边形以为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积． 【解题思路】（1）把直观图还原为原平面图形，得四边形是直角梯形，由此求出平面四边形的面积和周长； （2）四边形以为旋转轴，旋转一周，旋转形成的几何体是圆柱与圆锥的组合体，计算它的体积和表面积即可． 【解答过程】（1）把直观图还原为原平面图形，则四边形是直角梯形， 其中，，，如图所示： 所以平面四边形的面积， 又， 所以四边形的周长； （2）四边形以为旋转轴，旋转一周，旋转形成的几何体是圆柱与圆锥的组合体， 其中圆柱的底面半径为，高为，圆锥的底面半径为，高为，母线长为， 则旋转体的体积为， 表面积为． 16．（15分）（23-24高一下·安徽芜湖·期中）如图，在正方体中，棱长为，是线段的中点，设过点、、的平面与棱交于点. (1)画出平面截正方体所得的截面，并求截面多边形的面积； (2)平面截正方体，把正方体分为两部分，求比较小的部分与比较大的部分的体积的比值.（参考公式：） 【解题思路】（1）连接并延长交于，连接交于，可得截面，进而求得截面的面积即可. （2）多面体为三棱台，求得，，根据棱台的体积公式可求得棱台的体积，进而可求得结论. 【解答过程】（1）连接并延长交于，连接交于，则四边形即为平面截正方体所得的截面. 由于平面平面，平面平面， 平面平面，故， 因为是的中点，则、分别为和的中点， 所以在中，且， 因为正方体的棱长为， 所以截面为梯形，且，，利用勾股定理得， 如下图所示： 分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、， 则易得， 所以，梯形的面积为. （2）多面体为三棱台，，， 该棱台的高为，所以，该棱台的体积为：， 故剩余部分的体积为. 故比较小的那部分与比较大的那部分的体积的比值为. 17．（15分）（23-24高一下·山东威海·期末）如图，在平行四边形中，，沿其对角线将折起至，使所在平面与平面垂直.    (1)证明：平面平面； (2)若为上一点，∥平面，，求直线到平面的距离. 【解题思路】（1）证法一：由已知得，再结面面垂直的性质可得平面，而，则平面，然后利用面面垂直的判定定理可证得结论；证法二：由已知面面垂直可证得平面，则，由题意可得，再利用线面垂直的判定定理得平面，然后利用面面垂直的判定定理可证得结论； （2）连接交于点，连接，由线面平行的性质可得∥，∥平面，则将到平面的距离转化为点到平面的距离，可证得为等边三角形，则，由线面垂直的判定可得平面，从而可求得结果. 【解答过程】（1）证法一：因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，                                              因为平行四边形，所以∥， 所以平面， 因为平面，所以平面平面. 证法二：因为，所以，即， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平行四边形，所以∥， 所以，即， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）因为∥平面，所以到平面的距离等于点到平面的距离. 连接交于点，连接， 因为∥平面，平面，平面平面， 所以∥， 因为为中点，所以为的中点， 因为，，所以， 在中，，，所以，且， 所以为等边三角形，所以， 因为，平面， 所以平面， 所以的长即为点到平面的距离，因为， 所以到平面的距离为.    18．（17分）（23-24高一下·云南昆明·期中）如图是一个棱长为2的正方体的展开图，其中分别是棱的中点．请以三点所在面为底面将展开图还原为正方体． (1)求证：点在平面内； (2)用平面截正方体，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为，试判断体积较小的几何体的形状（不需要证明），并求的值． 【解题思路】（1）根据两条平行线确定一个平面，得出四点共面； （2）由于平面截正方体的截面是四边形，得出是三棱台的体积，进一步求体积得出比值. 【解答过程】（1）证明：将展开图还原为如图所示的正方体， 连接，在正方体中，且， 四边形是平行四边形，， 由分别是棱的中点，有，则， 所以四点共面，即点在平面内． （2）连接，所以平面截正方体的截面是四边形， 平面中，延长与的延长线交于点，是棱中点，则为中点， 为中点，则延长与的延长线交于点， 所以体积较小的几何体，即体积为的几何体是三棱台， 正方体的体积，其中是三棱台的体积， ， . 19．（17分）（23-24高一下·天津·期末）如图，在六面体中， 为等边三角形，平面平面，，，，， (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的平面角的余弦值为.若存在，求出值；若不存在，请说明理由. 【解题思路】（1）根据面面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）首先证明为直线与平面所成的角，再由线面角的定义进行求解即可； （3）取中点，利用线面垂直的性质结合即可确定为二面角的平面角，最后结合余弦定理求解即可. 【解答过程】（1）取棱的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面， 又平面，所以平面， 又平面，故， 又已知，，又平面， 所以平面. （2）连接， 由（1）中平面， 可知为直线与平面所成的角， 因为为等边三角形，且为的中点， 所以， 又，在中，， 所以，直线与平面所成角的正弦值为. （3）取中点，连接，， 在中，， 因为平面，又平面， 所以，在中，， 所以，所以，又点为中点， 所以，同理， 所以为二面角的平面角， 设， 在中，， 在中，， 在中，，，， 由余弦定理可得：， 即：， 化简得到：， 所以或（舍去）， 即线段上存在一点，使得二面角平面角的余弦值为， 此时. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$