期末专题07 立体几何大题综合（10大题型33题）（湖南专用）-【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07 立体几何大题综合（10大题型33题） 题型概览 题型01 基础证明 题型02 平行关系 线面角 题型03 平行关系 二面角 题型04 垂直关系 线面角 题型05 垂直关系 二面角 题型06 求体积 题型07 存在性问题 题型08 截面问题 题型09 最值与范围问题 题型10 立体几何新定义 优选提升题 ( 题型01 ) 基础证明 1．(23-24高一下·湖南·期末)如图，在四棱锥中，，四边形是正方形，是的中点. (1)证明：平面. (2)证明：平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【来源】湖南省2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 【分析】（1）连接，可得，从而可证平面； （2）连接，可证平面，由面面垂直的判定定理即可证明. 【详解】（1）记，连接. 因为四边形是正方形，所以是的中点. 因为是的中点，所以. 因为平面，平面，所以平面. （2）连接. 因为四边形是正方形，所以是的中点. 因为，所以. 因为四边形是正方形，所以. 因为平面，且，所以平面. 因为平面，所以平面平面. ( 题型02 ) 平行关系 线面角 2．(23-24高一下·湖南·期末)如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，，O为的中点，平面，，M为的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正切值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）连接交AC于O，连接，由可证； （2）取中点，连接，可得即为直线与平面所成角，求出和即可. 【详解】（1）底面为平行四边形，O为的中点， 连接交AC于O，连接， 分别是中点，， 平面，平面， 平面； （2）取中点，连接， 是中点，，且， 平面，即为直线与平面所成角， ， 是等腰直角三角形，， 则在直角三角形中，， ， . 3．(23-24高一下·湖南·期末)在四棱锥中，平面平面为棱的中点. (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）如图，利用平行四边形的判断方法证明四边形为平行四边形，则，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）根据勾股定理的逆定理可得，利用面面、线面垂直的性质可得，设到平面的距离为，直线与平面的所成角为，结合等体积法和三棱锥的体积公式计算可得，即可求解. 【详解】（1）取的中点，连接，则且， 又且，所以且， 故四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）由，得，所以， 又平面平面，平面平面平面， 所以平面，又平面，所以. 由，得， 所以，， 得，则，所以. 又， 设到平面的距离为，直线与平面的所成角为， 则，所以，解得， 所以， 即直线与平面的所成角的正弦值为. 4．(23-24高一下·湖南·期末)如图，在正方体中，，，分别是棱，，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）连接与交于点，得，再由线面平行的判定定理可得答案； （2）直线与平面所成角等价于直线与平面所成角，平面得为直线与平面所成角，在计算可得答案. 【详解】（1）连接与交于点，连接， 由题可知四边形是矩形，所以是的中点， 因为是的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2）因为在正方体中，平面平面， 所以直线与平面所成角等价于直线与平面所成角， 因为平面，所以为直线与平面所成角， 设正方体的棱长为2，则，， 所以， ，故， 所以直线与平面所成角的正弦值为.    5．(23-24高一下·湖南·期末)如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，.    (1)为上一点，且，当平面时，求实数的值； (2)设平面与平面的交线为，证明面； (3)当平面与平面所成的锐二面角的大小为时，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接交于点，连接，利用线面平行的性质可得出，由可得出，再由可求得的值； （2）证明出面，利用线面平行的性质可证得结论成立； （3）取的中点，连接、，过点作，分析可知，为平面与平面所成的锐二面角，即有，证明出平面，则为与平面所成的角，计算出、的长，即可计算出的正切值. 【详解】（1）如图，连接交于点，连接， ∵平面，平面，平面平面，∴， 在梯形中，∵，∴，∴， ∵，∴，∴. （2）∵，平面，平面，∴面， 又面，面面，∴， 又面，面，∴面. （3）取的中点，连接、，    ∵为的中点，且，， ∴且，∴四边形为平行四边形，∴， ∵，∴，∴， 又，∴为等边三角形， 又，∴为等边三角形，∴， ∵，平面，平面，∴平面， ∵平面，∴， 过点作，由，则，∴平面，平面， 即平面平面，∴，， ∴为平面与平面所成的锐二面角，∴. 又由，∴，∴， ∵，， ∵，平面，平面，∴平面， ∴为与平面所成的角， ， ∴， 因此，与平面所成角的正弦值为. 6．(23-24高一下·湖南汨罗第一中学·期末)如图，在直三棱柱中，，D为BC的中点．    (1)证明：平面； (2)若三棱柱的体积为，且，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【来源】湖南省汨罗市第一中学2023-2024学年高一下学期7月期末数学试题 【分析】（1）连接交于点O，根据线面平行的判定定理可得答案； （2）根据线面垂直的判定定理可得平面，为直线与平面所成角，在中求出正弦值即可． 【详解】（1）如下图，连接交于点O，连接OD， 因为四边形为矩形，所以O为的中点， 因为D为BC的中点，所以， 因为平面平面，平面， 所以平面； （2）根据题意，因为，所以， 所以，得， 因为D为BC的中点，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， 因为在中，，， 所以．    ( 题型03 ) 平行关系 二面角 7．(23-24高一下·湖南·期末)如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出； （2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出． 【详解】（1）（1）因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 8．(23-24高一下·湖南·期末)在四棱锥中，平面，平面平面分别为的中点．    (1)证明：平面． (2)证明：． (3)若二面角的正切值为，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)48 【分析】（1）连接，证明，由线线平行证线面平行即得； （2）过作交于，证平面得，由平面得，可证平面，即得； （3）过作交于,证平面，作交于，连接，证即为二面角的平面角，由题设，通过两组三角形相似求出即得. 【详解】（1）如图，连接．    因为分别为的中点，所以为的中位线，则． 因为平面平面，所以平面． （2）如图，过作交于．    因平面平面，平面平面，平面，故平面． 因为平面，所以． 因为平面平面，所以． 因为，所以平面， 又平面，所以． （3）如图3，过作交于，过作交于，连接．      因平面，平面,则, 因平面,故得平面. 因平面,则． 因为，平面,所以平面. 又平面，则，则即为二面角的平面角， 依题意，． 设，则．因为，所以． 由，得，即，则． 又由，得，即，解得． 因,则的面积为， 故． 【点睛】关键点点睛：本题主要考查线面垂直的判定和二面角的几何求法，属于难题. 解题关键在于充分利用面面垂直的性质和线面垂直的判定定理，结合图形执果索因即可；对于二面角的求法，一般是先找到平面的垂线，再由垂足向棱作垂线,连线后即可证得其平面角. ( 题型04 ) 垂直关系 线面角 9．(23-24高一下·湖南郴州·期末)如图，在矩形中，，沿对角线把折起，使移到，且平面平面． (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)求与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)． 【来源】湖南省郴州市2023-2024学年高一下学期期末教学质量监测数学试题 【分析】（1）先证平面，通过线面垂直，得到线线垂直. （2）构造二面角的平面角，通过解三角形，求二面角的余弦. （3）利用体积法求点到平面的距离，则即为所求. 【详解】（1）因为为矩形，所以， 又因为平面平面且交于，平面， 所以平面，又平面，所以， 又因为平面， 所以平面，平面， 所以； （2）如图： 过作于点，过作于点，连， 因为面面且交于，所以面，平面， 平面， 面平面，， 所以，为二面角的平面角， 在Rt中，， ，显然，， 所以， 所以，二面角的余弦值为. （3）由（1）知：， 设点到平面的距离为， 由，得， 即，得：， 与平面所成的角的正弦值为． 10．(23-24高一下·湖南益阳安化县·期末)如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，为正三角形，，分别为，的中点. (1)若平面平面，求直线与平面所成的角的正弦值； (2)求证：平面平面. 【答案】(1) (2)证明见解析 【来源】湖南省益阳市安化县2023-2024学年高一下学期7月期末数学试题 【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，连接，则为直线与平面所成的角，求出、、，再由锐角三角函数计算可得； （2）取的中点，连接，所以证明平面，得到，再证明四边形为矩形，得到，结合，即可证明平面，从而得证. 【详解】（1）为正三角形，为的中点，， 又平面平面，平面平面，且平面， 平面， 连接，则为直线与平面所成的角， 在等边三角形中，， 在三角形中， ， ， ， 直线与平面所成的角的正弦值为； （2）取的中点，连接， 由（1）得， 四边形是的菱形，， 为正三角形，又为的中点，则， 又平面， 平面，又平面， ， 因为，分别为，的中点，所以且， 又且， 所以且，所以四边形为平行四边形， 又，所以平行四边形为矩形， ， 是的中点， ， 又平面， 平面，又平面， 平面平面． 11．(23-24高一下·湖南·期末)如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，平面，且是的中点. (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的正切值； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，即可证明，再利用线面垂直的判定定理即可证明平面； （2）根据题意可得异面直线与所成角即为直线与直线所成的角，利用线面垂直可证为直角三角形，求的正切值即可； （3）利用等体积法求解点到平面的距离，直线与平面所成角为，，即可求解直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）解：∵平面，平面，∴， 又四边形是矩形，∴， ∵，∴平面， ∵平面，∴， 又是的中点，，∴， ∵，所以平面. （2）解：∵底面是矩形，∴， ∴异面直线与所成角即为直线与直线所成的角， 由（1）得平面，∴平面， ∵平面，∴，∴为直角三角形， 又是的中点，，∴， ∴在中，即为异面直线与所成角，故， ∴异面直线与所成角的正切值为. （3）解：取中点为，连接，， 在中，分别为线段的中点，故， ∵平面，∴平面， ∴， 由（1）得平面，∵平面，∴， ∵，∴，又，∴, ∴， 设点到平面的距离为，直线与平面所成角为， 则，解得：， 故， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 12．(23-24高一下·湖南·期末)如图，已知四边形为菱形，四边形为平行四边形，且，. (1)证明：直线平面； (2)设平面平面，且二面角的平面角为，， 设为线段的中点，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)利用菱形和全等三角形证明出从而证明线面垂直. (2)先证明出，，得到为二面角的平面角，在直角三角形中求得，根据为线段的中点，求到平面的距离，从而求解出与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）设，连接， 四边形为菱形，则， 又，易得， 所以，则， 又，平面， 所以直线平面； （2）过点作于点，过点作于点，连接，过点作于点，连接， 由（1）易证，，，则为二面角的平面角， 在直角中，，又，可得， 设，则， 直角中，，可得， 为线段的中点，则到平面的距离，又， 设直线与平面所成角为，， 直线与平面所成角的正弦值为. ( 题型0 5 ) 垂直关系 二面角 13．(23-24高一下·湖南株洲二中教育集团·期末)如图，在三棱柱中，，，在底面的射影为的中点，为的中点. (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【来源】湖南省株洲市二中教育集团2023-2024学年高一下学期期末联考数学试题 【分析】（1）设为的中点，由线面垂直得到，由三线合一得到，从而得到线面垂直，证明出四边形为平行四边形，得到，证明出结论； （2）作出辅助线，证明出为二面角的平面角，结合（1）得到，求出各边长，利用余弦定理求出的余弦值，进而得到线面角的正弦值. 【详解】（1）设为的中点，由题意得平面， ∵平面， ， ，为的中点， ， ∵，平面， 故平面， 由，分别为，的中点，得且， 从而， 四边形为平行四边形， 故， 又平面， 平面； （2）作，且，连结， 由，，得， 由，，得≌，由，得， 因此为二面角的平面角， 由（1）得平面，平面， 所以， 由，，，得， 故， 由余弦定理得，， 所以. 14．(23-24高一下·湖南·期末)如图，在四棱锥中，底面ABCD，E是PC的中点，点F在棱BP上，且，四边形ABCD为正方形，.    (1)证明：； (2)求三棱锥的体积； (3)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定求证； （2）由转化求解； （3）由线面垂直的性质得即二面角的平面角，即可求解． 【详解】（1）证明：因为底面，底面，所以. 因为四边形为正方形，所以. 因为，所以平面. 因为平面，所以. 在中，，E是PC的中点，则. 因为，所以平面. 因为平面，所以. 因为，，所以平面. 因为平面，所以. （2）连接交于点，如图所示：    则，又底面，平面，得， 而，则平面，则点C到平面的距离为， 因为E是PC的中点，所以 ，，，， 所以，， 所以. （3）解：由（1）可得平面，因为平面，平面，所以，. 为二面角的平面角. ，. 因为，所以，解得. 因为，即，所以. 故二面角的余弦值为. 15．(23-24高一下·湖南师范大学附属中学·期末)在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，直线与所成的角的正切值等于2，，，分别是，的中点． (1)判断直线和的位置关系并说明理由； (2)证明：平面平面； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)相交，理由见解析 (2)证明见解析 (3) 【来源】湖南师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 【分析】（1）根据中位线和正方形可证得，，得到四边形为梯形即可； （2）取AD的中点为，连接PO，BO，等腰三角形三线合一得到，根据勾股定理逆定理得到，从而证得平面ABCD，进而得到平面平面ABCD； （3）建立空间直角坐标系，根据平面的法向量夹角余弦求解平面MPD与平面APD夹角的余弦值. 【详解】（1）直线和相交. 理由如下：如图，连接，因为、N分别是PB、PC的中点， 所以是的中位线，所以，， 又底面四边形ABCD是正方形，所以，， 所以，， 所以四边形为梯形，且和是梯形的两腰， 所以直线和相交. （2）取AD的中点为，连接PO，BO，因为，所以， 因为，所以就是直线PA与BC所成的角，所以， 又底面ABCD是边长为2的正方形，所以， 由得，， 又，则有，所以， 又平面，所以平面ABCD， 而平面PAD，所以平面平面ABCD. （3）因为M是PB的中点，所以平面MPD即为平面BPD， 在正方形ABCD中，取BC的中点，连接OQ，则， 又由（2）知平面ABCD，故以O为原点， OQ、OA、OP所在直线分别为x轴、y轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设平面BPD的一个法向量为， 则，取，则，故， 而平面APD的一个法向量为， ， 所以平面MPD与平面APD夹角的余弦值为． 16．(23-24高一下·湖南·期末)如图，已知是圆柱下底面圆的直径，点是下底面圆周上异于的动点，，是圆柱的两条母线． (1)求证：平面； (2)若，，圆柱的母线长为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）先证明线面垂直，通过线面垂直得到线线垂直，再证线面垂直，最后得到面面垂直即可； （2）先作出底面的垂线，再由垂足作两个面的交线的垂线，最后连接交线的垂足与斜足构成二面角的平面角求解即可. 【详解】（1）因为是底面的一条直径，是下底面圆周上异于的动点， 所以， 又因为是圆柱的一条母线，所以底面， 而底面，所以， 因为平面，平面，且， 所以平面， 又因为，所以平面平面； （2）如图所示， 过作圆柱的母线，连接， 因为底面//上底面，所以即求平面与平面所成锐二面角的大小， 因为在底面的射影为，且为下底面的直径，所以为上底面的直径， 因为是圆柱的母线，所以平面， 又因为为上底面的直径，所以，而平面， 所以为平面与平面所成的二面角的平面角， 又因为在底面射影为，所以，， 所以，又因为母线长为，所以， 又因为平面，平面，所以， 所以, 所以， 即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 17．(23-24高一下·湖南长沙宁乡·期末)如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面是的中点．    (1)求证：平面； (2)求与底面所成角的正切值； (3)设平面平面，求二面角的大小． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3) 【来源】湖南省长沙市宁乡市2023-2024学年高一下学期期末调研考试数学试卷 【分析】（1）由等边三角形的性质可得，由面面垂直的性质定理可得平面，从而知，再利用线面垂直的判定定理，即可得证； （2）取的中点，连接，，先利用面面垂直的性质定理可证平面，从而知即为所求，再利用锐角三角函数的知识，求解即可； （3）先证平面，由线面平行的性质定理知，再证平面，从而知，同理可证，于是即为所求． 【详解】（1）证明：因为侧面是正三角形，是的中点， 所以， 因为底面为正方形，所以， 又侧面底面，侧面底面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又，、平面， 所以平面． （2）解：取的中点，连接，，    因为侧面是正三角形，所以， 又侧面底面，侧面底面，平面， 所以平面， 所以即为与底面所成角， 设正方形的边长为，则，， 在中，， 所以与底面所成角的正切值为． （3）解：因为，平面，平面， 所以平面， 又平面平面，平面， 所以， 由（1）知平面， 所以平面， 因为平面，所以， 同理可得， 所以即为二面角的平面角， 又侧面是正三角形，所以， 故二面角的大小为． 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线、面垂直与平行的判定或性质定理，线面角、二面角的定义与求法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． ( 题型0 6 ) 求体积 18．(23-24高一下·湖南长沙长郡中学·期末)如图，四边形是圆柱的轴截面，点在底面圆上，圆的半径为1，，点是线段的中点. (1)证明：平面； (2)若直线与圆柱底面所成角为45°，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【来源】湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】（1）根据平行四边形的判定方法与性质可得，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）如图，根据线面垂直的性质与判定定理可得平面，确定，利用等面积法求出，结合三棱锥的体积公式计算即可求解. 【详解】（1）如图，取的中点，连接，则且， 又且，所以且， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）如图，连接，过作于点， 因为底面圆，底面圆，所以， 又平面，所以平面. 则. 因为直线与圆柱底面所成角为，底面圆，底面圆， 所以，则即为直线与圆柱底面所成角， 即，由，得， 所以， 在中，，所以， 由，得， 解得.所以. 19．(23-24高一下·湖南益阳安化县·期末)如图所示，在圆锥中，为圆锥的顶点，为底面圆的圆心，是圆的直径，为底面圆周上一点，四边形是矩形. (1)若是的中点，求证：平面； (2)若，，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【来源】湖南省益阳市安化县2023-2024学年高一下学期7月期末数学试题 【分析】（1）取中点，连接，即可证明四边形是平行四边形，从而得到，即可得证； （2）首先求出，依题意可得平面，即可求出即，再由及锥体的体积公式计算可得. 【详解】（1）取中点，连接，因为是的中点， 且， 又四边形是矩形． 且， 且， 四边形是平行四边形， ，又平面平面， 平面 （2）是圆的直径， ，又， ， 平面，四边形是矩形，， 平面，平面，， 在直角三角形中，， ，， ， 三棱锥的体积为． 20．(23-24高一下·湖南邵阳隆回县·期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，E为BC的中点，且. (1)求证：； (2)若四棱锥P-AED的体积为，直线AB与PE所成角为30°，求二面角P-AD-E的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【来源】湖南省邵阳市隆回县2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试题 【分析】（1）利用线线垂直证明线面垂直，再证线线垂直，利用等腰三角形的三线合一证明即可； （2）利用垂直关系，易得线面角和二面角的平面角，即可计算求解. 【详解】（1）取AD的中点O，因为四边形ABCD是正方形，. ，，EO，平面POE，平面POE. 又平面POE，， 又因为O是AD的中点，所以可得，即. （2）作于点Q， 平面POE，平面POE，. 又，平面，平面. 由，得. 因为，所以所成角为， 故，解得. 因为，，所以为二面角的平面角. . 即所求二面角的正切值为. ( 题型0 7 ) 存在性问题 21．(23-24高一下·湖南·期末)如图，在四棱锥中，底面是矩形． （1）设为上靠近的三等分点，为上靠近的三等分点．求证：平面． （2）设是上靠近点的一个三等分点，试问：在上是否存在一点，使平面成立？若存在，请予以证明；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）在上是存在中点，使平面成立，证明见解析. 【分析】（1）取上靠近的三等分点，连接，可得进而证明平面，同理证明平面，得出面平面即可证明； （2）存在中点，连，使，连，得出即可证明. 【详解】（1）如图，取上靠近的三等分点，连接， 中，， 则又平面，平面， 平面，同理，平面，又， ∴平面平面，又平面， ∴平面． （2）存在中点，使平面成立． 取中点，连，使，连． 是矩形，是的中点， 又是上靠近点的一个三等分点，且是中点， 是的中点， 中，， 又平面，平面， 平面， 故在上是存在中点，使平面成立． 【点睛】关键点睛：本题考查线面平行的证明，解题的关键是正确理解线面平行的判定定理以及面面平行的性质. 22．(23-24高一下·湖南·期末)如图，是半圆的直径，，为圆周上一点，平面，，，，. （1）求证：平面平面； （2）在线段上是否存在点，且使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析  （2）存在，为线段中点. 【解析】（1）通过证明证得平面，结合证得平面，由此证得平面平面. （2）通过计算证明证得，设为线段中点，为线段中点，连接，结合（1）的结论，利用等腰三角形的性质证得平面，证得四边形是平行四边形，由此由此还整得，进而证得平面. 【详解】（1）∵平面，∴． 又为圆周上一点且是半圆的直径，∴． ∴平面． 又， ∴平面，且平面， ∴平面平面； （2）点为线段中点，证明如下： 设，则，， ∴．又，∴． ∴． 取中点，连接． ∴．又由（1）可知平面平面，故平面． 又，，故，即四边形为平行四边形， ∴，∴平面． 【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明，考查线面垂直的证明，考查探究性问题的求解，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题. 23．(23-24高一下·湖南·期末)如图，在三棱柱中，直线平面，平面平面.    (1)求证：； (2)若，在棱上是否存在一点，使得四棱锥的体积为？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见讲解； (2)当点为中点时，四棱锥的体积为，理由见详解. 【分析】（1）过点作，垂足为，由面面垂直性质定理及线面垂直判定定理，即可证明； （2）设点到平面的距离为，由棱锥的体积公式求出，与到平面的距离比较可得出点为中点时，符合题意. 【详解】（1）过点作，垂足为，    因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以， 又因为平面，平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以. （2）当点为中点时，四棱锥的体积为，理由如下：    过点作，交于点， 因为平面，平面，所以， 又，所以， 由（1）可知，， 所以，即，所以， 设点到平面的距离为， 则， 所以，即到平面的距离为， 在三棱柱中，， 由（1）可知，平面，所以平面， 又，所以， 又，平面，平面， 所以平面， 所以到平面的距离为，即， 故为中点，所以为中点时，四棱锥的体积为. 24．(22-23高一下·湖南师范大学附属中学·期末)如图，在棱长为3的正方体ABCD−A'B'C'D'中，M为AD的中点.    (1)求证：平面； (2)在体对角线上是否存在动点Q，使得AQ⊥平面？若存在，求出DQ的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【来源】湖南师范大学附属中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题 【分析】（1）连接交于点E，连接，证得，结合线面平行的判定定理，即可证得面. （2）根据题意，证得平面，得到平面平面，作，利用面面垂直的性质，证得平面，再由，即可求得的长. 【详解】（1）证明：连接，交于点E，连接. 因为四边形是正方形，所以E是的中点， 又M是的中点，所以， 因为面，面，所以面. （2）在对角线上存在点Q，且，使得平面， 证明如下：因为四边形是正方形，所以， 因为平面，面，所以， 因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 作于Q，因为，所以， 因为平面，平面平面，所以平面， 由，可得， 所以当时，平面.    25．(23-24高一下·湖南株洲·期末)如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，为线段上的动点. (1)若为的中点，求三棱锥的体积； (2)若，问上是否存在点，使得平面？若存在，请指明点的位置；若不存在，请说明理由； (3)求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】(1) (2)存在，AB的中点 (3) 【来源】湖南省株洲市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 【分析】（1）根据题意，由条件可得点与点到平面的距离之比为，再由锥体的体积公式，代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由线面平行的判定定理，即可证明； （3）根据题意，由二面角的定义可得是面与面所成锐二面角的平面角，代入计算，即可求解. 【详解】（1）因为为的中点，所以点与点到平面的距离之比为， 故. （2） 存在，取AB的中点，连接DM交AC于点，连接EG， 则EG为面AEC与面PMD的交线. 易得， 在三角形中，，所以，所以平面EAC， 即存在点，且当为AB中点时，平面. （3）过点P作，因为， 所以，面面， 因为面，所以，又，， 所以面， 又因为，所以面，，， 所以是面与面所成锐二面角的平面角， 因为是等腰直角三角形，所以. ( 题型0 8 ) 截面问题 26．(23-24高一下·湖南部分学校·期末)如图，在平行六面体中，. (1)若是棱的中点，过点作平面，使得平面平面，在图中画出平面截平行六面体所得的截面；（不需写出作法和证明过程） (2)证明：平面平面. 【答案】(1)作图见解析 (2)证明见解析 【来源】湖南省部分学校2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 【分析】（1）作出辅助线，六边形即为所作的截面，并根据中位线进行证明； （2）作出辅助线，证明出⊥，又，故四边形为菱形，故⊥，从而得到线面垂直，面面垂直. 【详解】（1）取的中点，的中点，的中点，的中点，的中点，顺次连接，六边形即为所作的截面， 理由如下：因为为的中位线，所以， 同理可得， 而，故， 面，面，则面，同理面， 且都在面，故截面平面，则六边形即为所作的截面， （2）设，则， 因为，所以⊥， 又，故四边形为菱形，故⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以平面⊥平面. 27．(23-24高一下·湖南永州·期末)如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，且，，，点E，F分别为棱，的中点. (1)若平面平面， ①求证：； ②求三棱锥的体积； (2)若，请作出四棱锥过点，，三点的截面，并求出截面的周长. 【答案】(1)①证明见解析.② (2) 【来源】湖南省永州市2023-2024学年高一下学期7月期末质量监测数学试卷 【分析】（1）①利用面面垂直的性质定理证明结合面面垂直的定义求证即可. ②利用两条相互平行的直线其中一条垂直于一个平面，另外一个也垂直于这个平面计算这个三棱锥的高. （2）利用两条平行线确定一个平面，将截面找到，利用解三角形的知识求解各个边的边长，从而求出截面图形的周长. 【详解】（1）①因为平面平面平面平面 又因为底面为直角梯形，其中 所以又因为面 所以面又因为面所以 ②由①知面取的中点设为连结则则面 则点到面的距离为 又因为在直角梯形中，， 解得所以在等腰三角形中 三棱锥的体积 （2）取线段的中点，连接， 因为，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又分别为线段， 所以， 所以，则四边形为四棱锥过点及棱中点的截面， 则，，， 在中，，， 所以， 则， 所以截面周长为. ( 题型0 9 ) 最值与范围问题 28．(23-24高一下·湖南·期末)如图所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图的四棱锥．      (1)求四棱锥的体积的最大值； (2)若棱的中点为，求的长； 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）确定当平面⊥平面时四棱锥的体积取得最大值，结合棱锥的体积公式计算即可求解； （2）如图，根据题意和中位线的性质可得四边形为平行四边形，结合勾股定理计算即可求解. 【详解】（1）取的中点，连接，因为，则， 当平面⊥平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值， 根据面面垂直的性质，易得此时平面，且， 底面为梯形，面积为， 则四棱锥的体积最大值为；    （2）取中点，连接， 因为为中点，所以为的中位线， 所以且， 因为为的中点，四边形为矩形， 所以且， 所以且，故四边形为平行四边形， 所以.    29．(23-24高一下·湖南·期末)正方体中，，点在线段上. (1)当时，求异面直线与所成角的取值范围； (2)已知线段的中点是，当时，求三棱锥的体积的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意引入参数，建立适当的空间直角坐标系，将问题转换为两直线方向向量夹角的余弦的范围，然后结合异面直线角的范围即可得解. （2）引入参数，利用等体积法转换为求的体积，只需求到平面的距离以及即可得表达式，从而进一步得解. 【详解】（1）由题意正方体的三条棱长两两互相垂直，故以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系： ，由题意不妨设， 所以， 所以， 设异面直线与所成角为， 所以异面直线与所成角的余弦值为， 令， 当时，， 当时，， 综上，， 所以异面直线与所成角的取值范围为. （2）如图所示： 由题意线段的中点是，，不妨设， 所以， 取平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为， 而 ， 所以三棱锥的体积为， 所以当且仅当时，三棱锥的体积取最小值. 【点睛】关键点睛：第一问关键是引入适当参数将问题先转换为求方向向量夹角的余弦，第二问的关键是等体积转换法，这样大大减少了计算量. 30．(23-24高一下·湖南怀化·期末)如图1，在矩形ABCD中，，，M是边BC上的一点，将沿着AM折起，使点B到达点P的位置. (1)如图2，若M是BC的中点，点N是线段PD的中点，求证：平面PAM； (2)如图3，若点P在平面AMCD内的射影H落在线段AD上. ①求证：平面PAD； ②求点M的位置，使三棱锥的外接球的体积最大，并求出最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②M位于点C， 【来源】湖南省怀化市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】（1）根据线面平行的判定即可得证； （2）①根据线面垂直判定可证；②先分析得O是三棱锥外接球的球心，再求得直径，然后根据函数的单调性求出最值，进而利用球的体积公式求出球的体积的最大值即可 【详解】（1）如图，取PA的中点E，连接ME和EN，则EN是的中位线， 所以且， 又且， 所以且， 所以四边形ENCM是平行四边形，所以， 又平面PAM，平面PAM， 所以平面PAM. （2）①由平面AMCD，平面PFH，得， 又已知，且AD，PH是平面PAD内两条相交直线， 所以平面PAD. ②，由①知平面PAD，又平面PAD， 所以，所以是， 由平面AMCD，平面AMCD， 所以，是. 如图，取PC的中点O，则点O到三棱锥各顶点的距离都相等， 所以O是三棱锥外接球的球心. 如图，过点P作于F，连HF和BF， 因为平面AMCD，平面AMCD， 所以，又PF，PH是平面PHF内两条相交直线， 所以平面PFH，又平面PFH，所以， 由和翻折关系知，所以B，F，H三点共线，且， 设，则，， 又，所以， ，， 由，得， 所以，， 所以， ， 因为在时单调递增， 所以时，有最大值， 此时，点M位于点的C位置， 所以，，. 所以点M位于点的C时，三棱锥外接球的体积的最大值为. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法： ①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； ②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可； ④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径. ( 题型 10 ) 立体几何新定义 31．(23-24高一下·湖南长沙长郡中学·期末)空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值； (3)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【来源】湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】（1）由直棱柱的性质可得，，再由点的曲率可求出，则为等边三角形，所以，再利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）取的中点，连接，则平面，所以，，则平面，所以可得为二面角的平面角，在中可求得结果； （3）设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号，设第号（）多边形有条边，表示出多面体的所有的棱和顶点，及所有多边形的内角之和为，从而可表示出总曲率，化简可得结果. 【详解】（1）证明：因为在直三棱柱中，平面，平面， 所以， 所以点的曲率为，得， 因为，所以为等边三角形， 因为为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面，所以平面； （2）解：取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面， 因为平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 设，则， 所以，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为， 所以在中，， 所以二面角的余弦值为； （3）证明：设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号， 设第号（）多边形有条边， 则多面体共有条棱， 由题意，多面体共有个顶点， 号多边形的内角之和为， 所以所有多边形的内角之和为， 所以多面体的总曲率为 所以简单多面体的总曲率为. 【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定，考查二面角的求法，考查新概念曲率，解题的关键是对多面体曲率的正确理解，考查推理能力和计算能力，属于难题. 32．(23-24高一下·湖南·期末)如图1，直角梯形中，，以为轴将梯形旋转后得到几何体W，如图2，其中分别为上下底面直径，点分别在圆弧上，直线平面.    (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正切值等于，求到平面的距离； (3)若平面与平面夹角的余弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设平面与几何体的上底面交于点，利用面面平行的性质，得到，再由平面，证得，进而得到和，证得平面，即可证得平面平面. （2）连接，由平面，得到，由平面，将问题转化为到平面的距离，再利用，即可求解. （3）分别取的中点，连接，利用平面平面，将问题转化为平面与平面夹角的余弦值为，过点作，得到则为平面与平面夹角，结合等面积法和射影定理，即可求解. 【详解】（1）证明：设平面与几何体的上底面交于点，即平面平面， 因为平面平面，平面平面，所以， 又因为平面，平面，平面， 所以，所以， 因为，所以， 又因为平面，且平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）解：连接，由（1）知平面， 所以就是直线与平面所成的角，即， 因为，所以，所以为直角三角形， 又，所以， 又因为平面平面， 所以点到平面的距离为， 因为平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离，设为， 因为，所以， 因为，所以， 即点到平面的距离为. （3）解：分别取的中点，连接，则， 因为且平面，，且平面， 所以平面平面， 若平面与平面夹角余弦值为，则平面与平面夹角的余弦值也为， 因为为的中点，，所以， 又因为且平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 连接，过点作于点， 因为平面平面，且平面，所以平面， 过点作于点，连接， 则即为平面与平面夹角，即为，所以， 设，则， 因为，所以， 又因为，所以，， 在直角中，由射影定理知，所以， 在直角中，，所以， 在直角中，， 整理得，解得，即， 所以.    33．(23-24高一下·湖南·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，． 【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. / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末专题07 立体几何大题综合（10大题型33题） 题型概览 题型01 基础证明 题型02 平行关系 线面角 题型03 平行关系 二面角 题型04 垂直关系 线面角 题型05 垂直关系 二面角 题型06 求体积 题型07 存在性问题 题型08 截面问题 题型09 最值与范围问题 题型10 立体几何新定义 优选提升题 ( 题型01 ) 基础证明 1．(23-24高一下·湖南·期末)如图，在四棱锥中，，四边形是正方形，是的中点. (1)证明：平面. (2)证明：平面平面. ( 题型02 ) 平行关系 线面角 2．(23-24高一下·湖南·期末)如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，，O为的中点，平面，，M为的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正切值． 3．(23-24高一下·湖南·期末)在四棱锥中，平面平面为棱的中点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 4．(23-24高一下·湖南·期末)如图，在正方体中，，，分别是棱，，的中点.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 5．(23-24高一下·湖南·期末)如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，.    (1)为上一点，且，当平面时，求实数的值； (2)设平面与平面的交线为，证明面； (3)当平面与平面所成的锐二面角的大小为时，求与平面所成角的正弦值. 6．(23-24高一下·湖南汨罗第一中学·期末)如图，在直三棱柱中，，D为BC的中点．    (1)证明：平面； (2)若三棱柱的体积为，且，求直线与平面所成角的正弦值． ( 题型03 ) 平行关系 二面角 7．(23-24高一下·湖南·期末)如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 8．(23-24高一下·湖南·期末)在四棱锥中，平面，平面平面分别为的中点．    (1)证明：平面． (2)证明：． (3)若二面角的正切值为，求三棱锥的体积． ( 题型04 ) 垂直关系 线面角 9．(23-24高一下·湖南郴州·期末)如图，在矩形中，，沿对角线把折起，使移到，且平面平面． (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)求与平面所成的角的正弦值． 10．(23-24高一下·湖南益阳安化县·期末)如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，为正三角形，，分别为，的中点. (1)若平面平面，求直线与平面所成的角的正弦值； (2)求证：平面平面. 11．(23-24高一下·湖南·期末)如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，平面，且是的中点. (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的正切值； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 12．(23-24高一下·湖南·期末)如图，已知四边形为菱形，四边形为平行四边形，且，. (1)证明：直线平面； (2)设平面平面，且二面角的平面角为，， 设为线段的中点，求与平面所成角的正弦值. ( 题型0 5 ) 垂直关系 二面角 13．(23-24高一下·湖南株洲二中教育集团·期末)如图，在三棱柱中，，，在底面的射影为的中点，为的中点. (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 14．(23-24高一下·湖南·期末)如图，在四棱锥中，底面ABCD，E是PC的中点，点F在棱BP上，且，四边形ABCD为正方形，.    (1)证明：； (2)求三棱锥的体积； (3)求二面角的余弦值. 15．(23-24高一下·湖南师范大学附属中学·期末)在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，直线与所成的角的正切值等于2，，，分别是，的中点． (1)判断直线和的位置关系并说明理由； (2)证明：平面平面； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 16．(23-24高一下·湖南·期末)如图，已知是圆柱下底面圆的直径，点是下底面圆周上异于的动点，，是圆柱的两条母线． (1)求证：平面； (2)若，，圆柱的母线长为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 17．(23-24高一下·湖南长沙宁乡·期末)如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面是的中点．    (1)求证：平面； (2)求与底面所成角的正切值； (3)设平面平面，求二面角的大小． ( 题型0 6 ) 求体积 18．(23-24高一下·湖南长沙长郡中学·期末)如图，四边形是圆柱的轴截面，点在底面圆上，圆的半径为1，，点是线段的中点. (1)证明：平面； (2)若直线与圆柱底面所成角为45°，求三棱锥的体积. 19．(23-24高一下·湖南益阳安化县·期末)如图所示，在圆锥中，为圆锥的顶点，为底面圆的圆心，是圆的直径，为底面圆周上一点，四边形是矩形. (1)若是的中点，求证：平面； (2)若，，求三棱锥的体积. 20．(23-24高一下·湖南邵阳隆回县·期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，E为BC的中点，且. (1)求证：； (2)若四棱锥P-AED的体积为，直线AB与PE所成角为30°，求二面角P-AD-E的正切值. ( 题型0 7 ) 存在性问题 21．(23-24高一下·湖南·期末)如图，在四棱锥中，底面是矩形． （1）设为上靠近的三等分点，为上靠近的三等分点．求证：平面． （2）设是上靠近点的一个三等分点，试问：在上是否存在一点，使平面成立？若存在，请予以证明；若不存在，说明理由． 22．(23-24高一下·湖南·期末)如图，是半圆的直径，，为圆周上一点，平面，，，，. （1）求证：平面平面； （2）在线段上是否存在点，且使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 23．(23-24高一下·湖南·期末)如图，在三棱柱中，直线平面，平面平面.    (1)求证：； (2)若，在棱上是否存在一点，使得四棱锥的体积为？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由. 24．(22-23高一下·湖南师范大学附属中学·期末)如图，在棱长为3的正方体ABCD−A'B'C'D'中，M为AD的中点.    (1)求证：平面； (2)在体对角线上是否存在动点Q，使得AQ⊥平面？若存在，求出DQ的长；若不存在，请说明理由. 25．(23-24高一下·湖南株洲·期末)如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，为线段上的动点. (1)若为的中点，求三棱锥的体积； (2)若，问上是否存在点，使得平面？若存在，请指明点的位置；若不存在，请说明理由； (3)求平面与平面所成锐二面角的余弦值. ( 题型0 8 ) 截面问题 26．(23-24高一下·湖南部分学校·期末)如图，在平行六面体中，. (1)若是棱的中点，过点作平面，使得平面平面，在图中画出平面截平行六面体所得的截面；（不需写出作法和证明过程） (2)证明：平面平面. 27．(23-24高一下·湖南永州·期末)如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，且，，，点E，F分别为棱，的中点. (1)若平面平面， ①求证：； ②求三棱锥的体积； (2)若，请作出四棱锥过点，，三点的截面，并求出截面的周长. ( 题型0 9 ) 最值与范围问题 28．(23-24高一下·湖南·期末)如图所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图的四棱锥．      (1)求四棱锥的体积的最大值； (2)若棱的中点为，求的长； 29．(23-24高一下·湖南·期末)正方体中，，点在线段上. (1)当时，求异面直线与所成角的取值范围； (2)已知线段的中点是，当时，求三棱锥的体积的最小值. 30．(23-24高一下·湖南怀化·期末)如图1，在矩形ABCD中，，，M是边BC上的一点，将沿着AM折起，使点B到达点P的位置. (1)如图2，若M是BC的中点，点N是线段PD的中点，求证：平面PAM； (2)如图3，若点P在平面AMCD内的射影H落在线段AD上. ①求证：平面PAD； ②求点M的位置，使三棱锥的外接球的体积最大，并求出最大值. ( 题型 10 ) 立体几何新定义 31．(23-24高一下·湖南长沙长郡中学·期末)空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值； (3)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数. 32．(23-24高一下·湖南·期末)如图1，直角梯形中，，以为轴将梯形旋转后得到几何体W，如图2，其中分别为上下底面直径，点分别在圆弧上，直线平面.    (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正切值等于，求到平面的距离； (3)若平面与平面夹角的余弦值为，求． 33．(23-24高一下·湖南·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． / 学科网（北京）股份有限公司 $$