期末专题06 立体几何大题综合（九大题型）（湖北专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年高一数学下学期期末真题分类汇编

期末专题06 立体几何大题综合（九大题型） 题型概览 题型01 平行关系 线面角 题型02 平行关系 面面角 题型03 垂直关系 线面角 题型04 垂直关系 面面角 题型05 求表面积与体积 题型06 求点面距 题型07 方程思想的应用求值 题型08 存在性问题探讨 题型09 最值及范围问题 优选提升题 ( 题型01 ) 平行关系 线面角 1．(23-24高一下·湖北武汉常青联合体·期末)如图，在四棱锥中，底面，，，点为棱的中点.    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【来源】湖北省武汉市常青联合体2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 【分析】（1）取中点，连接，通过证明，可得平面； （2）通过证明平面，可知为直线与平面所成的角，从而得解. 【详解】（1）如图，取中点，连接，    由于分别为的中点，故，且， 又，可得，且， 故四边形为平行四边形， 所以，又因为平面平面， 所以平面. （2）因为底面底面， 又平面， 平面，又平面. 由为的中点，所以， 又平面平面， 直线在平面内的射影为直线， 故为直线与平面所成的角， 由底面底面可得，， 为等腰直角三角形，且平分， ，所以直线与平面所成的角为. 2．(23-24高一下·湖北武汉外国语学校·期末)（建立空间直角坐标系答题不得分）如图，在四棱锥中，平面平面，△ABC是正三角形，四边形是正方形，D是AC的中点． (1)求证：平面； (2)求直线BC和平面所成角的正弦值的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【来源】湖北省武汉外国语学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 【分析】（1）连接，交于点，连接，由中位线的性质，可知，再由线面平行的判定定理，得证； （2）过点作于点，连接，可证平面，从而知即为所求，再结合等面积法与三角函数的定义，得解． 【详解】（1）连接，交于点，连接，则为的中点，因为是的中点，所以， 又平面，平面，所以∥平面． （2）过点作于点，连接，因为四边形是正方形，所以， 又平面平面，平面，平面平面，所以平面， 因为平面，所以，因为是正三角形，且是的中点，所以， 又，平面，所以平面，因为平面，所以， 又，平面，所以平面，所以就是直线和平面所成角， 设，在中，，所以，在中，. 3．(23-24高一下·湖北·期末)如图，正方体的棱长为1，，分别为，的中点. (1)证明：平面. (2)求异面直线与所成角的大小. (3)求直线与平面所成角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3). 【分析】（1）利用线线平行证明线面平行即得； （2）利用平移得到与所成角为，解三角形即得； （3）连接，过作于点，先证平面，再证平面，即得直线与平面所成角，结合即可求得. 【详解】（1） 如图，连接交于点， 因为，分别为，的中点，所以. 因为平面，且平面， 所以平面. （2）因，且，易得， 则有，由（1）得，故与所成角为（或其补角）. 因为，所以， 即与所成角的大小为. （3）连接，过作于点. 因为平面，且平面， 所以，又且， 所以平面. 因为平面，所以， 又，且，平面， 所以平面， 所以直线与平面所成角为（或其补角）. 因为正方体的边长为1，所以，， 所以. 【点睛】思路点睛：解决异面直线的夹角问题，大多通过平移将两直线集中到一个三角形中，利用三角函数定义或正弦定理，余弦定理求解；对于线面所成角，一般需要作出并证明直线在平面上的射影，借助于直角三角形求解. 4．(23-24高一下·湖北十堰·期末)如图，在三棱柱中，四边形是菱形，是等边三角形.平面平面分别棱的中点. (1)证明：平面平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【来源】湖北省十堰市2023-2024学年高一下学期6月期末调研考试数学试卷 【分析】（1）根据线线平行可证线面平行，即可根据面面平行的判定即可求证， （2）根据面面垂直的性质可得是直线与平面所成的角，即可利用三角形的边角关系求解. 【详解】（1）由三棱柱的定义可知. 因为分别是棱的中点，所以， 所以四边形是平行四边形，则. 因为平面平面，所以平面. 因为分别是棱的中点，所以. 因为平面平面，所以平面. 因为平面，且，所以平面平面. （2）作的延长线于点，连接. 因为平面平面，且平面平面， 平面，所以平面， 则是直线与平面所成的角. 设，则. 因为，所以，则 因为是等边三角形，所以，所以. 由余弦定理可得. 因为平面平面，所以，则， 故，即直线与平面所成角的正弦值为. 5．(23-24高一下·湖北·期末)如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，，交于点N，为等腰直角三角形，，点M为棱的中点.    (1)证明：//平面； (2)若平面平面，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）根据给定条件，利用线面平行的判定推理作答. （2）取的中点F，利用面面垂直的性质推理，结合余弦定理、直线与其平行平面间距离求解作答. 【详解】（1）在四棱锥中，菱形的对角线，交于点N，则N是的中点， 而M为棱的中点，于是，又平面，平面， 所以平面. （2）取的中点F，连接，，，如图，    菱形中，由，得是正三角形，有， 由，得，又平面平面，平面平面， 而平面，平面，因此平面，平面， 设，则，，， 在中，由余弦定理得， 则，因为，平面，平面， 于是平面，则点C到平面的距离， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值是. ( 题型02 ) 平行关系 面面角 6．(23-24高一下·湖北武汉部分重点中学联考·期末)如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，点M为PB的中点． (1)求证：平面PAD； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【来源】湖北省武汉市部分重点中学联考2023-2024学年高一下学期6月期末数学试题 【分析】（1）根据中点特征，平面PAD内找一条与平行的直线，运用中位线性质和平行线传递性，证明线线平行，最终得到线面平行即可； （2）运用中点特征，作辅助线找出二面角的平面角后，转化用余弦定理来解三角形即可． 【详解】（1）如图，取中点，连接． 由于点M为PB的中点，则，且，且， 故四边形为平行四边形，则. 又，，则平面PAD． （2）如图， 由于平面平面， 为两平面交线，且，平面， 则平面，平面，则，； 取中点O，连接DO，OP，则， ，且， 则四边形DOBC为正方形，则，由（1）知道， 平面，故平面． 又，则，则两两垂直． 可以求得，，， 则和都为等腰三角形. 取DB中点R， 连接CR，RP，则 则∠CRP即为二面角P−BD−C的平面角. ，，前面已经求得，． 在中，用余弦定理得， 由图可知，二面角为钝角，则余弦值为． 7．(23-24高一下·湖北·期末)如图，在三棱台中，底面为等边三角形，平面，，其中为上的点，且. (1)求证：平面； (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）连接，与交于，则，，根据线面平行的判定定理即可得出结论； （2）取的中点，的中点，可证得，，所以为平面与平面的夹角，在中利用余弦定理求解即可． 【详解】（1）连接，与交于，连接， 因为，所以， 又，所以，， 又平面，平面， 所以平面. （2）取的中点，的中点，连接， 所以，又平面，则平面， 在直角中，，则, 又，，则，得， 因为的中点，的中点，所以， 则，， 因为平面，平面，所以 在直角中，，则， 所以为等腰三角形，又，为的中点， 所以， 所以为平面与平面的夹角， ， 所以平面与平面夹角的余弦值. ( 题型03 ) 垂直关系 线面角 8．(23-24高一下·湖北·期末)在如图所示的四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，ADBC，∠BAD=90°，PA=AB=BC=1，AD=2，E为PD的中点. （1）求证：CE//平面PAB； （2）求证：平面PAC⊥平面PDC； （3）求直线EC与平面PAC所成角的正切值. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）. 【分析】（1）根据中位线定理求证出四边形MEBC为平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可证明； （2）先证明以DC⊥平面PAC，再利用面面垂直的判定定理求解即可； （3）取PC的中点F，证明∠ECF为直线EC与平面PAC所成的角，再解三角形即可． 【详解】（1）取PA的中点M，连接BM，ME，则MEAD且ME=AD， 又因为BCAD且BC=AD， 所以MEBC且ME=BC， 所以四边形MECB为平行四边形，所以BMCE， 又CE⊄平面PAB，BM⊂平面PAB，所以CE平面PAB. （2）证明：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD， 所以PA⊥DC，又因为AC2+CD2=2+2=AD2， 所以DC⊥AC，因为AC∩PA=A，AC，PA⊂平面PAC，所以DC⊥平面PAC. 又因为DC⊂平面PDC，所以平面PAC⊥平面PDC. （3）解：取PC的中点F，连接EF，则EFDC， 由（2）知DC⊥平面PAC，则EF⊥平面PAC， 所以∠ECF为直线EC与平面PAC所成的角. 因为，EF=CD=， 所以tan∠ECF==即直线EC与平面PAC所成角的正切值为. ( 题型04 ) 垂直关系 面面角 9．(23-24高一下·湖北五州·期末)在三棱锥中，，，，.点在平面上的射影恰好在上. (1)若为线段的中点，求证：平面； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【来源】湖北省五市州2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 【分析】（1）连接，，由平面，得，再由中位线定理得平行从而得，从而证得线面垂直； （2）作于，连接，证明即为二面角的平面角，然后在直角三角形中求解. 【详解】（1）证明：连接，， 平面，平面，平面， ，， 又，为中点. 又为中点， 又，， ，平面，平面. （2）作于，连接， 平面，平面，则， 又因为，平面， 平面，而平面，. 又，为的中点，所以， 又，. 则即为二面角的平面角. 在中，. 设，，则. 因为，在中，， 则，，. ( 题型0 5 ) 求表面积与体积 10．(23-24高一下·湖北·期末)如图，已知在正三棱柱中，D为棱AC的中点，． (1)求正三棱柱的表面积； (2)求证：直线//平面． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求解上下底的面积，结合侧面积求解即可； （2）取和交点M，连DM，再证明即可 【详解】（1）． （2）取和交点M，连DM， ∵D，M分别为AC，中点，故． 平面，DM平面． ∴//平面． 11．(23-24高一下·湖北·期末)如图， 四棱锥的底面四边形为正方形， 顶点 在底面的射影为线段的中点 是的中点， (1)求证：平面； (2)求过点的平面截该棱锥得到两部分的体积之比． 【答案】(1)证明见解析 (2)或 【分析】（1）取PC中点F，证四边形ODEF为平行四边形，即可由线线平行证线面平行； （2）过点的截面为平面ADEF，则截出的两部分可看作四棱锥与三棱锥组合，以及三棱锥与三棱锥组合；利用几何关系，跟别求出各部分体积的占比，即可得出比值 【详解】（1）由题，如图，取PC中点F，连接EF、DF，则EF为的中位线，故，，故四边形ODEF为平行四边形，故，又平面PCD，平面PCD，故平面 （2）由（1）得，过点的截面为平面ADEF，截出的两部分可看作四棱锥与三棱锥组合，以及三棱锥与三棱锥组合； 由是的中点，易得，；由是的中点，易得； 故过点的平面截该棱锥得到两部分的体积之比为 12．(23-24高一下·湖北部分州新高考联考协作体·期末)如图所示，已知正方形和矩形所在平面互相垂直，，，点是AE的中点. (1)求三棱锥的体积； (2)求直线FG与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)8 (2) 【来源】湖北省部分市州新高考联考协作体2023-2024学年高一下学期7月期末教学质量监测数学试题 【分析】（1）设与交于点，分别连结，利用等体积法将转化为，结合棱锥的体积公式可得答案； （2）分别取的中点，连结，先将FG与平面所成的角转化为MN与平面所成的角，再解三角形即可. 【详解】（1）设与交于点，分别连结， 由于平面平面，平面平面，，平面， 所以面，又，所以， 所以 . （2）分别取的中点，连结， 则，，，， 所以，，四边形为平行四边形， 所以，MN与平面所成的角即为FG与平面所成的角， 又平面平面，平面平面，，平面， 所以面，即为直线与平面所成的角. ， . 所以直线FG与平面所成角的正弦值为. 13．(23-24高一下·湖北武汉江岸区·期末)《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，平面，，四边形中，，，，． (1)证明：四面体为鳖臑； (2)求点C到平面的距离； (3)请从下列问题中选一个作答，若选择多个，按（ⅰ）计分． （ⅰ）求几何体的表面积； （ⅱ）求几何体的体积． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)（ⅰ） （ⅱ）12 【来源】湖北省武汉市江岸区2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试卷 【分析】（1）因为四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖臑，所以结合线面垂直的性质和勾股定理证明垂直； （2）根据等积法求点C到平面的距离； （3）（ⅰ）因为几何体的表面积根据三角形和梯形面积公式即可求出表面积. （ⅱ）将几何体拆解成两个四棱锥，再用等面积法求两个几何体的高即可求出体积. 【详解】（1） 取的中点，连接， 平面，，平面， 又平面，，为直角三角形. 四边形中，，，，， ，四边形为平行四边形，， ，， ，， 在中，，，，为直角三角形， 在中，，，，为直角三角形， 四面体为鳖臑. （2）设点C到平面的距离为， ，即，解得. （3）（ⅰ）取的中点，连接， 根据题意可知，四边形为平行四边形， ， ， ， 又因为的边上的高为，， 几何体的表面积 . （ⅱ） 四边形为梯形，， 又平面，平面平面， 又平面平面， 过点作的垂线即为四棱锥的高，设为， 过点作的垂线即为四棱锥E的高，设为， ，即，解得， 又， 又，， ，即，解得， ， . ( 题型0 6 ) 求点面距 14．(23-24高一下·湖北武汉华中师范大学第一附属中学·期末)如图，四边形为矩形，直线垂直于梯形所在的平面.，是线段的中点，，. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【来源】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期7月期末检测数学试题 【分析】（1）利用中位线易由线线平行证明线面平行； （2）利用等体积法来求点到面的距离即可. 【详解】（1） 设CP与ED相交于O，连接OF， ，， 又平面DEF，平面DEF，平面DEF （2）设A到平面PCB距离为h， 在梯形中，， ， 又平面，， ， 又因为平面，平面，所以， 则；又有；， 所以有，即，， 而， 又F为PA中点，故点F到平面BCP的距离. ( 题型0 7 ) 方程思想的应用求值 15．(23-24高一下·湖北·期末)如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段的中点，在平面内的射影为D．    (1)求证：平面； (2)若点F为棱的中点，求三棱锥的体积； (3)在线段上是否存在点G，使二面角的大小为，若存在，请求出的长度，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见详解； (2) (3) 【分析】（1）通过几何图形的性质证明即可； （2）构造线面平行，求得F到平面的距离结合三棱锥的体积公式计算即可； （3）根据二面角的定义结合（1）作出其平面角，解三角形即可. 【详解】（1）    如图所示，连接，由题意可知面ABC，四边形是菱形. ∵面ABC， ∴， 又∵D是AC中点，是正三角形， ∴， 显然面， ∴面， ∵面， ∴， 在菱形中，有， 而D，E分别是线段的中点，则，∴, ∵面， ∴面; （2）    如图所示，取的中点S，连接，过F作交于I， 过I作分别交的延长线于H、N， 易知分别是的中点， 则由条件可得，面，面，故面， 即到面的距离等于到面的距离， 由（1）得，面，所以面，是直角三角形， 在菱形中，易得， 所以，即到面的距离为， ，所以； （3）      如图所示，假设存在G点满足题意，取的中点S，连接， 过G作交于M，连接MD， 易得，面，面，故面， 又结合（1）的结论有，故二面角为， 所以， 在菱形中，作，易得， 易知为直角三角形，故.    【点睛】本题关键在于求F到面BDE的距离，通过构造线面平行来转化是求点面距离的常用方法；另一个关键在于求二面角的平面角，结合（1）的结论找出垂直关系解三角形即可. 16．(23-24高一下·湖北·期末)如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且.    (1)证明：平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）根据棱台的性质、长度关系和勾股定理可证得；由面面垂直和线面垂直的性质可证得，结合可证得结论； （2）延长交于一点，根据可求得，利用体积桥可构造方程求得结果； （3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，由二面角大小可构造方程求得，进而得到结果. 【详解】（1）连接，    在三棱台中，； ，四边形为等腰梯形且， 设，则. 由余弦定理得：， ，； 平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，； 是以为直角顶点的等腰直角三角形，， ，平面，平面. （2）由棱台性质知：延长交于一点，   ，，， ； 平面，即平面， 即为三棱锥中，点到平面的距离， 由（1）中所设：，， 为等边三角形，， ，； ，， ， 设所求点到平面的距离为，即为点到面的距离， ，，解得：. 即点到平面的距离为. （3）平面，平面，平面平面， 平面平面 取中点，在正中，，平面， 又平面，平面平面． 作，平面平面，则平面， 作，连接，则即在平面上的射影，   平面，平面，， ，平面，平面， 平面，，即二面角的平面角. 设， 在中，作，   ，，又平面，平面， ，解得：， 由（2）知：，， ，， ，， ，， 若存在使得二面角的大小为， 则，解得：， ， 存在满足题意的点，. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的垂直关系的证明、点面距离的求解、二面角问题的求解；求解二面角问题的关键是能够利用三垂线法，作出二面角的平面角，进而根据几何关系构造关于长度的方程，从而求得结果. ( 题型0 8 ) 存在性问题探讨 17．(23-24高一下·湖北武汉黄陂区·期末)如图，四棱锥中，PC垂直平面ABCD，，∥，，，E是线段PB上的动点． (1)证明：； (2)求二面角的正弦值； (3)若∥平面，求点E的位置． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)点E为线段的三等分点，且 【来源】湖北省武汉市黄陂区2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试题 【分析】（1）取的中点，连接，根据题意可证平面，进而可得结果； （2）利用三垂线法分析可知二面角的为，进而运算求解； （3）根据线面平行的性质可得∥，结合平行线的性质分析求解. 【详解】（1）取的中点，连接， 由题意可知：∥，，则为平行四边形， 且，可知为矩形，则， 可得，即，则， 因为平面ABCD，平面ABCD， 则，且，平面，可得平面， 又平面，所以. （2）由（1）可知：，， 且，平面，可得平面， 且平面，所以， 可知二面角的为， 且，可得， 所以二面角的正弦值. （3）设，连接， 若∥平面，且平面，平面平面， 则∥，可得， 又因为∥，则，可得， 所以点E为线段的三等分点，且. 18．(23-24高一下·湖北·期末)如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面. (1)求证：平面； (2)求与平面所成的角； (3)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，此时点是线段的中点且 【分析】（1）首先根据已知条件并结合线面垂直的判定定理证明平面，再证明即可证出结论； （2）根据（1）中线面垂直的结论并结合线面角的概念找出所求角，再结合已知条件即可求解； （3）首先假设存在，然后根据线面平行的性质以及已知条件，看是否能求出点的具体位置，即可求解. 【详解】（1）如图，在梯形ABCD中，连接DE，因为 E是BC 的中点， 所以，又因为，且， 故四边形是菱形，从而， 所以沿着AE翻折成后，平面，因为平面， 则有，又平面， 所以平面， 由题意，易知,所以四边形是平行四边形，故， 所以平面. （2）因为平面，所以线段在平面内的射影为线段， 所以与平面所成的角为， 由已知条件，可知，， 所以是正三角形，所以平分，所以， 所以与平面所成的角为. （3）假设线段上存在点，使得平面， 过点作交于，连接，如图所示： 所以，所以四点共面， 又因为平面，所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以是的中点， 故在线段上存在点，使得平面，且. 19．(23-24高一下·湖北·期末)已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，点在线段上. (1)若为的中点，求证：平面； (2)求二面角的正切值； (3)证明：存在点，使得平面，并求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析， 【分析】（1）设，连接，即可证明为平行四边形，从而得到，即可得证； （2）在平面中过作于，连接，说明是二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得； （3）连接交于点，由面面垂直的性质得到平面，即可得到，当时可证平面，从而求出此时的值. 【详解】（1）设，连接， 因为正方形，所以为中点， 又矩形中，为的中点， 所以且， 所以为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）在平面中，过作于，连接， 因为正方形和矩形所在的平面互相垂直， ，平面平面，平面， 所以平面，平面， 所以，又，，平面， 平面，平面， 所以，又，平面，所以平面， 又平面，所以， 是二面角的平面角， 因为，，所以， 所以， 在中，，， 二面角的正切值为； （3）连接交于点，因为是正方形，所以， 又正方形和矩形所在的平面互相垂直， 平面平面，平面， 所以平面，平面， 所以， 当时，，平面，所以平面， 此时，，，则， 又，所以，则，则， 所以，又，所以，则， 所以，所以. 20．(23-24高一下·湖北十堰·期末)如图，在四棱锥中，四边形是菱形，. (1)证明：平面； (2)茬，求二面角的正切值； (3)是否存在实数，使得直线平面？若存在，求出的值；若不存在.请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【来源】湖北省十堰市2023-2024学年高一下学期6月期末调研考试数学试卷 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明即可； （2）结合二面角定义找二面角再计算正切值即得； （3）应用线面平行的性质定理得出线线平行，再得出参数即可. 【详解】（1）因为四边形是菱形，所以. 因为平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 因为四边形是菱形，且，所以. 因为，所以，所以. 因为平面，且，所以平面. （2）取棱的中点，连接，作，垂足为，连接. 因为分别是的中点，所以. 由（1）可知平面，则平面. 因为平面，所以. 因为平面，且，所以平面. 因为平面，所以，则是二面角的平面角. 因为，所以. 因为四边形是菱形，且，所以，且. 因为，所以. 因为是的中点，所以. 因为平面，且平面，所以， 则. （3）连接，交于点，连接，作，交于点. 因为平面，且平面平面，所以. 因为四边形是菱形，所以是的中点，所以是的中点，即. 因为，所以是的中点. 因为，所以，所以， 则，即. 21．(23-24高一下·湖北部分州新高考联考协作体·期末)如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，侧面是矩形，，，是的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)试在平面内确定一点，使得平面，并求出线段的长度 【答案】(1)证明见解析 (2)0 (3)2 【来源】湖北省部分市州新高考联考协作体2023-2024学年高一下学期7月期末教学质量监测数学试题 【分析】（1）由题意可得、，结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）由（1）可得平面，由线面垂直的性质可得，结合面面垂直的判定定理可证明平面平面，即可求解； （3）由（2），根据线面垂直的判定定理可得平面，利用三角形等面积法计算即可求解. 【详解】（1）由为等腰直角斜边的中点，得. 在三棱柱中，，所以， 所以，即. 因为侧面是矩形，所以， 又平面平面， 所以平面. （2）连接交于点，连接， 因为，所以. 由（1）知平面，又，所以平面， 因为平面，所以，所以， 所以.又平面平面， 所以平面，平面，所以平面平面， 所以二面角为直二面角，余弦值为0 （3）在平面内过点作，垂足为， 由（2）可知，平面，平面， 所以，又平面， 所以平面， 在中，，所以， 则，由（1）知平面，平面， 所以，则， 由，得， 解得. ( 题型0 9 ) 最值及范围问题 22．(23-24高一下·湖北咸宁·期末)如图，在四棱锥中，底面是正方形，面，且的面积为. (1)求证：面； (2)当四棱锥的外接球体积最小时，求平面与平面所成二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【来源】湖北省咸宁市 2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 【分析】（1）由条件结合线面垂直的判定即可证得； （2）设，设四棱锥的外接球的半径为，则结合基本不等式可求得， 过作，则为平面与平面所成的二面角的平面角，结合余弦定理可求其余弦值. 【详解】（1）证明：面 面，， 又面 面， 在面内，， 底面是正方形，， 又面 面. （2） 因为平面，平面， 所以， 设， 设四棱锥的外接球的半径为， 则 （当且仅当，即取等号）. 可得，故. 过作交于，连接， 由，则 故为平面与平面所成的二面角的平面角. 由（1）知面，面，故. 在中，可得， 由等面积可得 又 ， 平面与平面所成二面角的余弦值为. 23．(23-24高一下·湖北武汉江岸区·期末)如图，在五棱锥中，平面平面，，．四边形为矩形，且，，． (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值； (3)求直线与平面所成角的正弦值的最小值． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3) 【来源】湖北省武汉市江岸区2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试卷 【分析】（1）根据面面垂直，得到线面垂直，⊥，结合得到线面垂直； （2）作出辅助线，找到即为二面角的平面角，由勾股定理和余弦定理求出各边，最后由余弦定理求出二面角的余弦值； （3）设点到平面的距离为，直线与平面所成角大小为，则，要想直线与平面所成角的正弦值的最小，则最小即可，设，由等体积法和余弦定理，面积公式得到，从而求出的最小值，得到正弦的最小值. 【详解】（1）平面平面，交线为，又，平面， 所以⊥平面， 又平面，所以⊥， 因为，，平面， 故⊥平面； （2），，， 由勾股定理得， 平面，平面， 所以， 因为，，由勾股定理得， 过点作⊥于点，则， 故， 过点作⊥，交于点，连接， 故即为二面角的平面角， 由勾股定理得， 又， 由余弦定理得，故， 在Rt中，，即，解得， 故， 在Rt中，， 由余弦定理得， 故， 在中，由余弦定理得， 故二面角的余弦值为； （3）连接，因为，，所以， 又，⊥，由勾股定理得， 设点到平面的距离为，直线与平面所成角大小为， 则， 要想直线与平面所成角的正弦值的最小，则最小即可， ， 由（1）得平面，故， 设，则，， 故， 在中，由余弦定理得 ， 故， 则， 因为，所以， 故， 当时，取得最小值，最小值为， 故直线与平面所成角的正弦值的最小值为. 【点睛】方法点睛：立体几何二面角求解方法： （1）作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解. 24．(23-24高一下·湖北五州·期末)在直三棱柱中，，，，点是平面上的动点． (1)若点在线段上（不包括端点），设为异面直线与所成角，求的取值范围； (2)若点在线段上，求的最小值； (3)若点在线段上，作平行交于点，是上一点，满足．设，记三棱锥的体积为．我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．据此，判断函数在定义域内是否存在，使得函数在上的图象是中心对称图形，若存在，求及对称中心；若不存在，说明理由． 【答案】(1)； (2)5； (3)存在，对称中心为，． 【来源】湖北省五市州2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 【分析】（1）作交于，确定异面直线所成角，再利用余弦定理求解即得. （2）把矩形与置于同一平面，再求出点到直线的距离即可. （3）求出，结合给定信息，利用奇函数建立方程求解即可. 【详解】（1）在直三棱柱中，，作交于，连接， 则为异面直线与所成角或其补角，设，， 由，得，则，，， 在中，， 由，得，则，， 所以与所成角余弦值的取值范围为． （2）由，，，得，， 将平面翻折使得与平面在同一平面上，且使矩形与在两侧， 过作于，交于，则， 对任意点，过作于，连接，， 则，当且仅当与重合时取等号， 显然，设，，， 从而，， 在中，，即， 化简得，解得，即， 所以的最小值为5． （3），对称中心为． 由，得，，平面，， ，整理得（）， 令，设其图象对称中心为，则为奇函数， 则为奇函数， ，解得， 所以对称中心为，由对称性可得． 【点睛】关键点点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键. 25．(23-24高一下·湖北武汉华中师范大学第一附属中学·期末)如图，在三棱柱中，底面是边长为4的等边三角形，，分别是线段的中点，点在平面内的射影为点.    (1)求证：平面； (2)设为棱上一点，，. ①若，请在图中作出三棱柱过三点的截面，并求该截面的面积； ②求二面角的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)①截面图见解析，面积为；② 【来源】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期7月期末检测数学试题 【分析】（1）连接，先证明面，则，易得，再根据线面垂直的判定定理即可得证； （2）①取的中点，取的中点，连接，证明，即可得出图形，再求出四边形面积即可； ②过作交于，连接，根据线面垂直的性质可得，则二面角的平面角即为，再解即可. 【详解】（1）如图所示，连接， 由题意可知面ABC，四边形是菱形， ∵面， ∴， 又∵D是AC中点，是正三角形， ∴， 又面， ∴面， ∵面，∴， 在菱形中，有， 而D，E分别是线段的中点，则，∴， ∵面， ∴面；    （2）①取的中点，取的中点，连接， 则且， 又且，∴且， ∴四边形是平行四边形，∴且， ∵分别为的中点，∴且， ∴， ∴过三点的截面即为四边形，   平面，平面，， 故截面为直角梯形， 又底面是边长为4的等边三角形且， ， ， ∴截面面积为； ②过作交于，连接，则， 平面，平面，， 故二面角的平面角即为， G为棱上一点，且，， ，， ， ， ， 令， ， 由双勾函数的性质可得在上单调递减， ∴，∴ ， 故二面角的取值范围.    【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法： （1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有： ①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质； （2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角. 26．(23-24高一下·湖北武汉部分重点中学联考·期末)如图所示，在三棱锥中，，．    (1)证明：； (2)若是边长为2的等边三角形，点O到平面ABC的距离为．试问直线OB与平面ABC所成夹角是否为定值，若是则求出该夹角的余弦值；若不是请说明理由； (3)在（2）的条件下，取OB中点为P，并取一点Q使得．当直线PQ与平面ABC所成角的正切值最大时，试求异面直线OQ与PC所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【来源】湖北省武汉市部分重点中学联考2023-2024学年高一下学期6月期末数学试题 【分析】（1）过作平面于点，利用线面垂直的性质和判定定理即可证明； （2）找到线面角即为，再利用勾股定理和余弦性质即可； （3）首先利用线面角定义证明和重合时，直线PQ与平面ABC所成角的正切值最大，再证明该四面体为正四面体，最后利用余弦定理即可. 【详解】（1）过作平面于点，延长交于点， 延长交于点平面， 则，平面， 则平面，平面， 同理由可证明为的垂心，， 因为平面，平面,， 又平面，则平面. 平面. （2）平面，则直线与平面所成的角即为， 为等边三角形，边长为2， 则， ， 所以直线OB与平面ABC所成夹角是定值，且， 直线OB与平面ABC所成夹角的余弦值为. （3）取的中点，连和， 为的中点，， 平面平面， 即为直线与平面所成角最大时，即最小. 由题意知，则最小时，和重合时， 取中点，连接，则即为异面直线与所成的角， 在中，， 由余弦定理得， 同（2）中的求法可得，结合底面是为2的等边三角形， 则该四棱锥为正四面体，则， 又中，， 则由余弦定理得.    【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是首先根据线面角的定义找到线面角，再找到其正切最大的状态，最后结合余弦定理即可得到答案. 27．(23-24高一下·湖北武汉外国语学校·期末)（建立空间直角坐标系答题不得分）如图，在三棱柱中，侧面ABCD为矩形． (1)若面ABCD，，，求证：； (2)若二面角的大小为，，且，设直线BD和平面QCB所成角为，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【来源】湖北省武汉外国语学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 【分析】（1）问题转化为证明平面，即证明和，转化为证明平面， 而则只需证明 （2）作出二面角的平面角以及直线与平面所成的角，列出的表达式，最后把问题转化为函数最值问题. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以，在中，， 则，，所以，，由，，所以， 所以，又因为，，平面， 所以平面，又因为平面，所以. （2） 在平面中，过点作，因为为矩形，所以， 所以为二面角的平面角，且， 又，平面，所以平面，在平面中，过点作，垂足为，连接， 因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面， 所以为直线与平面所成的角，即，，又因为， 所以，由可得，， 设，，则，， 所以，当且仅当时等号，所以的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是作出二面角的平面角以及直线与平面所成的角，然后写出的表达式，最后求函数最值问题利用了换元法和基本不等式. / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末专题06 立体几何大题综合（九大题型） 题型概览 题型01 平行关系 线面角 题型02 平行关系 面面角 题型03 垂直关系 线面角 题型04 垂直关系 面面角 题型05 求表面积与体积 题型06 求点面距 题型07 方程思想的应用求值 题型08 存在性问题探讨 题型09 最值及范围问题 优选提升题 ( 题型01 ) 平行关系 线面角 1．(23-24高一下·湖北武汉常青联合体·期末)如图，在四棱锥中，底面，，，点为棱的中点.    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 2．(23-24高一下·湖北武汉外国语学校·期末)（建立空间直角坐标系答题不得分）如图，在四棱锥中，平面平面，△ABC是正三角形，四边形是正方形，D是AC的中点． (1)求证：平面； (2)求直线BC和平面所成角的正弦值的大小． 3．(23-24高一下·湖北·期末)如图，正方体的棱长为1，，分别为，的中点. (1)证明：平面. (2)求异面直线与所成角的大小. (3)求直线与平面所成角的正切值. 4．(23-24高一下·湖北十堰·期末)如图，在三棱柱中，四边形是菱形，是等边三角形.平面平面分别棱的中点. (1)证明：平面平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 5．(23-24高一下·湖北·期末)如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，，交于点N，为等腰直角三角形，，点M为棱的中点.    (1)证明：//平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. ( 题型02 ) 平行关系 面面角 6．(23-24高一下·湖北武汉部分重点中学联考·期末)如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，点M为PB的中点． (1)求证：平面PAD； (2)求二面角的余弦值． 7．(23-24高一下·湖北·期末)如图，在三棱台中，底面为等边三角形，平面，，其中为上的点，且. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. ( 题型03 ) 垂直关系 线面角 8．(23-24高一下·湖北·期末)在如图所示的四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，ADBC，∠BAD=90°，PA=AB=BC=1，AD=2，E为PD的中点. （1）求证：CE//平面PAB； （2）求证：平面PAC⊥平面PDC； （3）求直线EC与平面PAC所成角的正切值. ( 题型04 ) 垂直关系 面面角 9．(23-24高一下·湖北五州·期末)在三棱锥中，，，，.点在平面上的射影恰好在上. (1)若为线段的中点，求证：平面； (2)求二面角的余弦值. ( 题型0 5 ) 求表面积与体积 10．(23-24高一下·湖北·期末)如图，已知在正三棱柱中，D为棱AC的中点，． (1)求正三棱柱的表面积； (2)求证：直线//平面． 11．(23-24高一下·湖北·期末)如图， 四棱锥的底面四边形为正方形， 顶点 在底面的射影为线段的中点 是的中点， (1)求证：平面； (2)求过点的平面截该棱锥得到两部分的体积之比． 12．(23-24高一下·湖北部分州新高考联考协作体·期末)如图所示，已知正方形和矩形所在平面互相垂直，，，点是AE的中点. (1)求三棱锥的体积； (2)求直线FG与平面所成角的正弦值. 13．(23-24高一下·湖北武汉江岸区·期末)《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，平面，，四边形中，，，，． (1)证明：四面体为鳖臑； (2)求点C到平面的距离； (3)请从下列问题中选一个作答，若选择多个，按（ⅰ）计分． （ⅰ）求几何体的表面积； （ⅱ）求几何体的体积． ( 题型0 6 ) 求点面距 14．(23-24高一下·湖北武汉华中师范大学第一附属中学·期末)如图，四边形为矩形，直线垂直于梯形所在的平面.，是线段的中点，，. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. ( 题型0 7 ) 方程思想的应用求值 15．(23-24高一下·湖北·期末)如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段的中点，在平面内的射影为D．    (1)求证：平面； (2)若点F为棱的中点，求三棱锥的体积； (3)在线段上是否存在点G，使二面角的大小为，若存在，请求出的长度，若不存在，请说明理由． 16．(23-24高一下·湖北·期末)如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且.    (1)证明：平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. ( 题型0 8 ) 存在性问题探讨 17．(23-24高一下·湖北武汉黄陂区·期末)如图，四棱锥中，PC垂直平面ABCD，，∥，，，E是线段PB上的动点． (1)证明：； (2)求二面角的正弦值； (3)若∥平面，求点E的位置． 18．(23-24高一下·湖北·期末)如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面. (1)求证：平面； (2)求与平面所成的角； (3)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 19．(23-24高一下·湖北·期末)已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，点在线段上. (1)若为的中点，求证：平面； (2)求二面角的正切值； (3)证明：存在点，使得平面，并求的值. 20．(23-24高一下·湖北十堰·期末)如图，在四棱锥中，四边形是菱形，. (1)证明：平面； (2)茬，求二面角的正切值； (3)是否存在实数，使得直线平面？若存在，求出的值；若不存在.请说明理由. 21．(23-24高一下·湖北部分州新高考联考协作体·期末)如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，侧面是矩形，，，是的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)试在平面内确定一点，使得平面，并求出线段的长度 ( 题型0 9 ) 最值及范围问题 22．(23-24高一下·湖北咸宁·期末)如图，在四棱锥中，底面是正方形，面，且的面积为. (1)求证：面； (2)当四棱锥的外接球体积最小时，求平面与平面所成二面角的余弦值. 23．(23-24高一下·湖北武汉江岸区·期末)如图，在五棱锥中，平面平面，，．四边形为矩形，且，，． (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值； (3)求直线与平面所成角的正弦值的最小值． 24．(23-24高一下·湖北五州·期末)在直三棱柱中，，，，点是平面上的动点． (1)若点在线段上（不包括端点），设为异面直线与所成角，求的取值范围； (2)若点在线段上，求的最小值； (3)若点在线段上，作平行交于点，是上一点，满足．设，记三棱锥的体积为．我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．据此，判断函数在定义域内是否存在，使得函数在上的图象是中心对称图形，若存在，求及对称中心；若不存在，说明理由． 25．(23-24高一下·湖北武汉华中师范大学第一附属中学·期末)如图，在三棱柱中，底面是边长为4的等边三角形，，分别是线段的中点，点在平面内的射影为点.    (1)求证：平面； (2)设为棱上一点，，. ①若，请在图中作出三棱柱过三点的截面，并求该截面的面积； ②求二面角的取值范围. 26．(23-24高一下·湖北武汉部分重点中学联考·期末)如图所示，在三棱锥中，，．    (1)证明：； (2)若是边长为2的等边三角形，点O到平面ABC的距离为．试问直线OB与平面ABC所成夹角是否为定值，若是则求出该夹角的余弦值；若不是请说明理由； (3)在（2）的条件下，取OB中点为P，并取一点Q使得．当直线PQ与平面ABC所成角的正切值最大时，试求异面直线OQ与PC所成角的余弦值． 27．(23-24高一下·湖北武汉外国语学校·期末)（建立空间直角坐标系答题不得分）如图，在三棱柱中，侧面ABCD为矩形． (1)若面ABCD，，，求证：； (2)若二面角的大小为，，且，设直线BD和平面QCB所成角为，求的最大值． / 学科网（北京）股份有限公司 $$