专题04 立体几何初步（7大题型）-【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（重庆专用）

专题04 2024重庆高一期末立体几何试题汇编 题型概览 题型01立体几何中空间几何体的表面积体积问题 题型02空间几何体中的斜二测画法 题型03立体几何中的平行垂直的基本概念 题型04立体几何中的外接球内切球问题 题型05立体几何中的动点轨迹问题 题型06立体几何中的异面直线所成角问题 题型07立体几何中的解答题 ( 题型01 ) 立体几何中空间几何体的表面积体积问题 1．（23-24高一下·重庆·期末）已知圆锥的轴截面为正三角形，该圆锥的侧面积数值与其体积数值相等，则该圆锥的底面半径为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·重庆·期末）如图，已知圆台为上底面圆的一条直径，且是下底面圆的一条弦，，矩形的面积等于，则该圆台的侧面积为（    ）    A． B． C． D． 3．（23-24高一下·重庆·期末）庑殿顶是中国古代殿宇建筑屋顶的常见样式，屋顶包含一条正脊､四条垂脊，四个屋顶面.已知南开中学午晴堂侧楼屋顶为庑殿顶样式，整个屋顶长，宽，正脊长，四个屋顶面坡度均为，其中坡度是指坡面的垂直高度和水平宽度的比值，则午静堂侧楼屋顶面积为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·重庆·期末）三棱锥中， PA与面ABC所成角的余弦值为，，，则三棱锥的体积是（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·重庆长寿·期末）下列常见几何体的体积公式错误的是 （     ） A．球 B．棱锥 C．棱柱 D．棱台 6．（23-24高一下·重庆长寿·期末）已知圆锥的底面半径是1，高是，则这个圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 7．（23-24高一下·重庆·期末）某小区花园内现有一个圆台形的石碑底座，经测量发现该石碑底座上底面圆的半径为3，且上底面圆直径的一端点的投影为下底面圆半径的中点，高为2，则这个圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高一下·重庆·期末）已知圆柱的底面直径和高均为2，则该圆柱的侧面积为（    ） A． B． C． D． 9．（23-24高一下·重庆·期末多选题）已知圆锥的底面半径，母线长，，是两条母线，是的中点，则（    ） A．圆锥的体积为 B．圆锥的侧面展开图的圆心角为 C．当为轴截面时，圆锥表面上点到点的最短距离为 D．面积的最大值为2 10．（23-24高一下·重庆·期末多选题）对棱相等的四面体被称为等腰四面体，现有一等腰四面体，则下列说法正确的是（    ） A．该四面体各面均是全等三角形 B．该等腰四面体的面可以是直角三角形 C．若为中点，为中点，则 D．该四面体的体积为 11．（23-24高一下·重庆·期末）圆锥的母线与底面所成角为60°，高为，则该圆锥的侧面积为 . 12．（23-24高一下·重庆长寿·期末）已知一个正四棱台的上、下底面的边长分别为1和2，侧棱长为1，则该正四棱台的高为 ． 13．（23-24高一下·重庆·期末）一个圆锥的母线长为2，当它的轴截面面积最大时，该圆锥的表面积为 ． 14．（23-24高一下·重庆·期末）一个圆台的上、下底面的半径分别为1和2，体积为，则它的高为 ． ( 题型02 ) 空间几何体中的斜二测画法 1．（23-24高一下·重庆·期末）已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正方形，则原图形的面积为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·重庆·期末）已知平面四边形用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正方形，则原图形中的（    ） A． B． C．3 D．2 3．（23-24高一下·重庆·期末）如图，采用斜二测画法，是的直观图，其中，轴，轴，则 . ( 题型03 ) 立体几何中的平行垂直基本概念 1．（23-24高一下·重庆·期末）已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，则 C．若，，则 D．若，则 2．（23-24高一下·重庆·期末）下列四个正方体图形中，l是正方体的一条对角线，点D、E、F分别为其所在棱的中点，能得出平面DEF的是（    ） A．B．C．D． 3．（23-24高一下·重庆·期末）用、、表示三条不同的直线，，表示两个不同的平面，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 4．（23-24高一下·重庆·期末）已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（    ）． A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 5．（23-24高一下·重庆长寿·期末）平面与平面平行的充分条件可以是（     ） A．内有无数条直线与平行 B．直线 C．直线，直线 D．直线 6．（23-24高一下·重庆·期末）下列说法正确的是（    ） A．若空间四点共面，则其中必有三点共线 B．若空间四点中任意三点不共线，则此四点共面 C．若空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面 D．若空间四点不共面，则任意三点不共线 7．（23-24高一下·重庆·期末）已知平面和直线l，直线m，下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 8．（23-24高一下·重庆·期末）如图（1），在矩形中，，是的中点，沿将折起，使点到达点的位置，并满足，如图（2），则下列选项错误的是（    ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 9．（23-24高一下·重庆·期末）已知m，n是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 10．（23-24高一下·重庆·期末多选题）已知不重合的直线和平面，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则直线过点 11．（23-24高一下·重庆·期末多选题）对于两个平面，和两条直线，，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则或 B．若，，则 C．若，，，则 D．若平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则 12．（23-24高一下·重庆·期末多选题）下列说法正确的是（    ） A．对于平面，若，则 B．对于平面和直线，若，则 C．对于平面和直线，若，则 D．对于平面和直线，若，则 ( 题型04 ) 立体几何中的外接球内切球问题 1．（23-24高一下·重庆·期末）四棱锥中，平面ABCD，四边形为矩形，，，若四棱锥的外接球的表面积为，则（    ） A．3 B．6 C．2 D．2.5 2．（23-24高一下·重庆·期末多选题）若一个多面体由两个及其两个以上的正多边形组成，我们称这样的多面体是半正多面体，半正多面体体现了数学的对称美，如图是一个由正方形和正三角形构成的半正多面体笔筒，其中面面，且两个正方形的中心的连线与这两个正方形所在平面垂直，，且所有的棱长都为2，则下列说法正确的是 （    ） A．该多面体有 10个面 B．平面与平面的距离是 C．该几何体外接球的表面积是 D．二面角的余弦值为 3．（23-24高一下·重庆·期末多选题）棱长为2的正方体中，，，，则（    ） A．三棱锥的外接球半径为 B．直线与直线所成角的余弦值的最小值为 C．时，过点作直线的垂面，则平面截正方体所得截面面积为 D．若，则三棱锥的体积为 4．（23-24高一下·重庆·期末多选题）在正四棱台中，，下列说法正确的是（    ）． A．若侧棱长为，则该棱台的体积为 B．若正四棱台的各顶点均在一个半径为的球面上，则该棱台的体积为 C．若正四棱台内部存在一个与棱台各面均相切的球，则该棱台的侧棱长为 D．若侧棱长为，Q为棱的中点，过直线且与直线平行的平面将棱台分割成体积不等的两部分，则其中较小部分的体积为4 5．（23-24高一下·重庆·期末多选题）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）.如图所示，正八面体的棱长为a，下列说法中正确的是（    ） A．此八面体的表面积为 B．异面直线AE与BF所成的角为 C．此八面体的外接球的体积为 D．若点P为棱EB上的动点，则的最小值为 6．（23-24高一下·重庆·期末）一个正方体的顶点都在表面积为的球面上，则正方体的棱长为 . 7．（23-24高一下·重庆·期末）已知三棱锥中，，三棱锥的体积为，则当取最小值时，三棱锥外接球的体积为 . 8．（23-24高一下·重庆·期末）已知圆锥的母线长为 底面圆的周长为 则该圆锥的内切球的体积为 . 9．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在四面体中，与均是边长为的等边三角形，二面角的大小为，则四面体的外接球表面积为 . 10．（23-24高一下·重庆·期末）已知三棱锥三条侧棱PA，PB，PC两两互相垂直，且，M为该三棱锥的内切球上的动点，则M，P两点间距离的最小值为 . ( 题型01 )立体几何中的动点轨迹问题 1．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点为棱上的动点，则下列说法中正确的个数是（    ） ①与异面； ②三棱锥的体积为定值； ③平面截正方体所得的截面图形始终是四边形； ④平面与平面所成的角为定值. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（23-24高一下·重庆·期末）已知正方体，为的中点，过作平面满足条件，则截正方体，所得截面为（    ） A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 3．（23-24高一下·重庆·期末）已知正方体的棱长为4，点是棱的中点，为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面，的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·重庆·期末多选题）如图，棱长为4的正方体中，点为的中点，动点满足，则下列说法正确的是（    ） A．平面平面 B．直线与平面所成角为，则的取值范围是 C．设平面，则三棱锥的体积为 D．以的边所在直线为旋转轴将旋转，则在旋转过程中，则的取值范围是 5．（23-24高一下·重庆·期末多选题）如图，在棱长为2的正方体中，点M为线段上的动点，O为正方体内一点，则以下命题正确的是（    ） A．取得最小值 B．当M为线段中点时，平面截正方体所得的截面为平行四边形 C．四面体ABMD的外接球的表面积为5π时， D．若，则点O的轨迹长为 6．（23-24高一下·重庆·期末）如图所示，在棱长为2的正方体中，点在该正方体的表面上运动，且，记点的轨迹长为，则 ， .    ( 题型01 )立体几何中的异面直线所成角问题 1．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在正三棱柱中，若，，则与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·重庆·期末）正方体 中，直线与直线夹角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·重庆·期末）如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，与直线CN所成角为的直线是（    ）． A．DE B．AB C．BF D．BN ( 题型01 )立体几何中的解答题 1．（23-24高一下·重庆·期末）如图，已知等腰梯形ABCD中，，，E是BC的中点，，将沿着AE翻折成，使平面AECD． (1)求证：平面平面； (2)求二面角的大小； (3)在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求CP的长；若不存在，说明理由． 2．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在直四棱柱中，四边形ABCD是一个菱形，，点P为上的动点． (1)证明：平面； (2)试确定点P的位置，使得． 3．（23-24高一下·重庆·期末）如图，已知三棱台的下底面是以B为直角顶点的等腰直角三角形，，平面平面. (1)证明：平面； (2)求点B到平面的距离； (3)若P为BC的中点，Q为的中点，点F在侧面内，且平面APQ，当的面积最小时，求平面ACF与平面夹角的余弦值. 4．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在正四棱锥中，，点，分别满足，. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 5．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在直三棱柱中，，为的中点，为的中点. (1)证明：平面； (2)若，求异面直线与所成角的余弦值. 6．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在五面体中，. (1)证明：； (2)给出①；②；③平面平面.试从中选两个作为条件，剩下一个作为结论，可以让推理正确，请证明你的推理； (3)在（2）中推理正确的前提下，求直线与平面夹角的正切值. 7．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在直三棱柱中分别是的中点. (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 8．（23-24高一下·重庆·期末）如图，四棱锥中，四边形是平行四边形， 是正三角形， 平面 平面 (1)求证: 平面 ； (2)当 时， 若是面的重心，求直线与平面所成角的正弦值； 棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为 如果有，求此时的长度；如果无，请说明理由. 9．（23-24高一下·重庆·期末）如图所示的直三棱柱. 的每条棱长均为2，E，F分别是棱，的中点，，分别是棱，上的点，平面平面， (1)求证：是的中点； (2)求三棱锥的体积. 10．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为，BC的中点． (1)证明：∥平面； (2)求二面角的正弦值． 11．（23-24高一下·重庆·期末）如图，三棱柱中，在底面内的射影为的外心，且，，三棱柱的侧面积为. (1)求证：； (2)求三棱柱的体积； (3)分别求二面角和二面角的大小. 12．（23-24高一下·重庆·期末）如图，点为边长为1的菱形所在平面外一点，且为正三角形，，四边形的面积为，点分别为和的中点.    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. 13．（23-24高一下·重庆·期末）如图，四棱锥中，为矩形，为的中点，平面平面，，.    (1)证明：平面； (2)证明：； (3)求三棱锥的体积. 14．（23-24高一下·重庆长寿·期末）如图，正方体中，E，F分别是的中点. (1)求证：平面 (2)若正方体的边长为2，求点A到平面的距离. 15．（23-24高一下·重庆长寿·期末）如图，三棱锥是由绕着旋转得到，其中.    (1)求证：平面； (2)求平面PBC与平面ABC所成二面角的正切值. 16．（23-24高一下·重庆·期末）五面体中，，，，均为正三角形.    (1)证明：； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值. 17．（23-24高一下·重庆·期末）如图1，在平面四边形ABCD中，，，，，，将沿BD折起，形成如图2所示的三棱锥，且． (1)证明：平面ABD； (2)在三棱锥中，点E，F，G分别为线段AB，BD，AD的中点，设平面CEF与平面ADC的交线为l． ①证明：∥； ②若Q为l上的动点，求直线CF与平面QGE所成角的正弦值的最大值． 18．（23-24高一下·重庆·期末）如图，已知四棱锥中，底面为平行四边形，且为的中点，点在平面内的射影为点，且. (1)求证：； (2)当为等边三角形时，求点到平面的距离； (3)若，记三棱锥的外接球表面积，当函数取最小值时，平面与平面夹角的大小为，求实数的值. 19．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在四棱锥，底面ABCD是平行四边形．，，，，点E、F、H分别为AB、PC、DC的中点． (1)求证：平面平面PDE； (2)求证：平面平面PDE； (3)若，求点C到平面PAD的距离． 20．（23-24高一下·重庆·期末）已知三棱台中，△ABC为正三角形，，点E为线段AB的中点． (1)证明：平面； (2)延长交于点P，求三棱锥P-ABC的体积最大值； (3)若二面角的余弦值为，求直线与平面所成线面角的余弦值． 21．（23-24高一下·重庆·期末）正方形中，，为的中点，，．将沿翻折到，沿翻折到，连接． (1)求证：： (2)当时，求二面角的正弦值； (3)设直线与平面所成角为，问是否存在，使得能取得最大值，若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由． 22．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在三棱柱中，侧面ABCD为矩形.    (1)设M为AD中点，点N在线段PC上，且，求证：平面BDN； (2)若二面角的大小为，且，，求直线BD和平面QBC所成角的正弦值. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 2024重庆高一期末立体几何试题汇编 题型概览 题型01立体几何中空间几何体的表面积体积问题 题型02空间几何体中的斜二测画法 题型03立体几何中的平行垂直的基本概念 题型04立体几何中的外接球内切球问题 题型05立体几何中的动点轨迹问题 题型06立体几何中的异面直线所成角问题 题型07立体几何中的解答题 ( 题型01 ) 立体几何中空间几何体的表面积体积问题 1．（23-24高一下·重庆·期末）已知圆锥的轴截面为正三角形，该圆锥的侧面积数值与其体积数值相等，则该圆锥的底面半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由轴截面正三角形可得，进而由圆锥的侧面积数值与其体积数值相等可求半径． 【详解】几何体如图所示： 因为轴截面是正三角形，所以， 圆锥的侧面积等于， 圆锥的体积等于， 由圆锥的侧面积数值与其体积数值相等， 得， 得， 故选：C． 2．（23-24高一下·重庆·期末）如图，已知圆台为上底面圆的一条直径，且是下底面圆的一条弦，，矩形的面积等于，则该圆台的侧面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，求得，取的中点，求得，设圆台的下底面圆的半径为，得到，且，在直角中，求得，取的中点，在直角中，求得母线，结合侧面积公式，即可求解. 【详解】因为矩形的面积等于，且， 可得，解得， 取的中点，连接，则， 设圆台的下底面圆的半径为，因为，为等边三角形， 因为，且为的中点，所以， 在直角中，可得， 取的中点，可得且， 在直角中，，可得， 所以该圆台的侧面积为. 故选：D.    3．（23-24高一下·重庆·期末）庑殿顶是中国古代殿宇建筑屋顶的常见样式，屋顶包含一条正脊､四条垂脊，四个屋顶面.已知南开中学午晴堂侧楼屋顶为庑殿顶样式，整个屋顶长，宽，正脊长，四个屋顶面坡度均为，其中坡度是指坡面的垂直高度和水平宽度的比值，则午静堂侧楼屋顶面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据庑殿顶抽象出几何体，该几何体的底面为矩形，侧面由两个全等梯形和两个全等的等腰三角形组成.根据坡度比可以计算三角形和梯形的高，根据题意计算表面积即可. 【详解】根据庑殿顶抽象出几何体，该几何体的底面为矩形，侧面由两个全等梯形和两个全等的等腰三角形组成. 过点作底面的垂线交底面于点，过点作底面矩形的长的垂线并交于点， 取宽的中点为,连接，即有，分别为侧面、正面与底面形成的二面角， 屋顶长，宽，正脊长，由对称性可得，， 四个屋顶面坡度均为，得，， 由勾股定理得， 因为四个顶面坡度均相等，即，且， 即，， 故屋顶面积为： 故选：. 4．（23-24高一下·重庆·期末）三棱锥中， PA与面ABC所成角的余弦值为，，，则三棱锥的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，求出三棱锥的高及底面积，再利用锥体体积公式计算即得. 【详解】由，，得，则， 的面积，由PA与平面所成角的余弦值为， 得PA与平面所成角的正弦值为，又， 三棱锥的高，所以三棱锥的体积. 故选：D 5．（23-24高一下·重庆长寿·期末）下列常见几何体的体积公式错误的是 （     ） A．球 B．棱锥 C．棱柱 D．棱台 【答案】A 【分析】根据球、棱锥、棱柱和棱台的体积公式即可判断. 【详解】对A，球，故A错误； 对B，棱锥，故B正确； 对C，棱柱，故C正确； 对D，棱台，故D正确. 故选：A. 6．（23-24高一下·重庆长寿·期末）已知圆锥的底面半径是1，高是，则这个圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先计算出圆锥的母线长，再结合侧面积公式可得答案. 【详解】底面半径为1，高是，则母线长， 圆锥的侧面积为：. 故选：B. 7．（23-24高一下·重庆·期末）某小区花园内现有一个圆台形的石碑底座，经测量发现该石碑底座上底面圆的半径为3，且上底面圆直径的一端点的投影为下底面圆半径的中点，高为2，则这个圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据已知求下底半径，再由圆台表面积公式计算即可. 【详解】因为上底面圆直径的一端点的投影为下底面圆半径的中点，所以下底面半径为6， 上底半径为3，下底半径为6，高为2，母线为, 圆台的表面积为. 故选：C. 8．（23-24高一下·重庆·期末）已知圆柱的底面直径和高均为2，则该圆柱的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用圆柱的侧面积公式即可得解. 【详解】由题意，圆柱的底面半径为1，母线长为2，故圆柱的侧面积为：. 故选：B. 9．（23-24高一下·重庆·期末多选题）已知圆锥的底面半径，母线长，，是两条母线，是的中点，则（    ） A．圆锥的体积为 B．圆锥的侧面展开图的圆心角为 C．当为轴截面时，圆锥表面上点到点的最短距离为 D．面积的最大值为2 【答案】BCD 【分析】首先求出圆锥的高，即可求出圆锥的体积，从而判断A，再由弧长公式判断B，利用余弦定理判断C，根据面积公式判断D. 【详解】对于A：因为，，所以圆锥的高， 所以圆锥的体积，故A错误； 对于B：设圆锥的侧面展开图的圆心角为，则，即， 解得，即圆锥的侧面展开图的圆心角为，故B正确； 对于C：当为轴截面时，将圆锥侧面展开可知，点到点的最小距离为，如图， 在中，， 由余弦定理得，故C正确； 对于D：当为轴截面时，在中，，因为， 所以此时为钝角，又， 当时，的面积最大，且最大值为，故D正确； 故选：BCD 10．（23-24高一下·重庆·期末多选题）对棱相等的四面体被称为等腰四面体，现有一等腰四面体，则下列说法正确的是（    ） A．该四面体各面均是全等三角形 B．该等腰四面体的面可以是直角三角形 C．若为中点，为中点，则 D．该四面体的体积为 【答案】ACD 【分析】由等腰四面体的性质对选项一一判断即可得出答案. 【详解】对于A，由图可知，该四面体各面边长均是， 所以该四面体各面均是全等三角形，故A正确； 对于B，若为直角, 则均为直角, 可知在同一平面上，显然不可能，故B错误； 对于C，连接， ， 在中，所以， 在中，所以， 则，所以， 同理可得：，所以，故C正确； 对于D，将四面体放入如图所示的长方体内， ，，， 则，，， 得，，， 则 ， ， 所以 ，故D正确. 故选：ACD. 11．（23-24高一下·重庆·期末）圆锥的母线与底面所成角为60°，高为，则该圆锥的侧面积为 . 【答案】 【分析】根据锐角的三角函数定义求出母线长和底面半径，然后由圆锥侧面积公式可得. 【详解】如图，由题可知，， 所以该圆锥的侧面积为. 故答案为： 12．（23-24高一下·重庆长寿·期末）已知一个正四棱台的上、下底面的边长分别为1和2，侧棱长为1，则该正四棱台的高为 ． 【答案】 【分析】根据正四棱台的性质与勾股定理可以得到. 【详解】根据题意可得如图所示图形，则,, 过作于点，过作于点, 则，所以，即该正四棱台的高为.    故答案为：. 13．（23-24高一下·重庆·期末）一个圆锥的母线长为2，当它的轴截面面积最大时，该圆锥的表面积为 ． 【答案】 【分析】设，可得，分析可知当时，轴截面面积取到最大值，进而可得底面半径和表面积. 【详解】对于圆锥的轴截面（为圆锥的顶点，为底面圆的圆心）， 设，则， 可得， 可知：当，即时，轴截面面积取到最大值2， 此时底面半径，所以该圆锥的表面积为. 故答案为：. 14．（23-24高一下·重庆·期末）一个圆台的上、下底面的半径分别为1和2，体积为，则它的高为 ． 【答案】 【分析】设圆台的高为，根据圆台的体积公式计算可得. 【详解】设圆台的高为，则圆台的体积， 解得. 故答案为： ( 题型02 ) 空间几何体中的斜二测画法 1．（23-24高一下·重庆·期末）已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正方形，则原图形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据直观图的平面图，再求出相关线段长，即可求出平面图的面积. 【详解】由直观图可得如下平面图形： 则，，， 所以. 故选：D 2．（23-24高一下·重庆·期末）已知平面四边形用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正方形，则原图形中的（    ） A． B． C．3 D．2 【答案】C 【分析】根据斜二测画法规则结合勾股定理即可求解. 【详解】根据斜二测画法规则，，且，则， 故选：C． 3．（23-24高一下·重庆·期末）如图，采用斜二测画法，是的直观图，其中，轴，轴，则 . 【答案】 【分析】在直观图中，利用勾股定理可得，再由斜二测画图法求出及，借助勾股定理求解作答． 【详解】在中，，，故 故， 由斜二测画图法知：，， 在中，， 所以． 故答案为： ( 题型03 ) 立体几何中的平行垂直基本概念 1．（23-24高一下·重庆·期末）已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，则 C．若，，则 D．若，则 【答案】B 【分析】根据线线，线面，面面的平行关系，垂直关系，判断选项. 【详解】A中可能在内，错误；B中由线面垂直的性质显然正确；C中与可能相交，错误； D中可能在内，可能平行于，可能与斜交，错误. 故选：B 2．（23-24高一下·重庆·期末）下列四个正方体图形中，l是正方体的一条对角线，点D、E、F分别为其所在棱的中点，能得出平面DEF的是（    ） A．B．C．D． 【答案】C 【分析】因为体对角线与对角面垂直，只需找到与对角面平行的答案即可. 【详解】 设下底面端点，及上底面对应端点，如图所示， 连接,和，由三垂线定理知，且， 又因为,面，面， 所以面. 对于C，因为，,，所以面//面， 所以平面DEF. A、B、D选项中面与面均不平行. 故选：C. 3．（23-24高一下·重庆·期末）用、、表示三条不同的直线，，表示两个不同的平面，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】A 【分析】对于A，由，，所以或，结合面面垂直的判定定理即可判断；对于BCD，在正方体中举反例即可判断错误. 【详解】对于A，因为，，所以或， 当时，，所以， 当时，由线面平行的性质定理可得内有一条直线与平行， 则，所以，故A正确； 对于B，在正方体中，平面，平面， 但与相交，故B错误； 对于C，在正方体中，， 但与相交，故C错误； 对于D，在正方体中，平面，，但平面，故D错误. 故选：A 4．（23-24高一下·重庆·期末）已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（    ）． A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】D 【分析】对于ABC：以正方体为依托，举反例说明即可；对于D：根据线面平行的判定定理和性质定理分析判断. 【详解】在正方体中， 对于选项A：例如∥，平面，但平面，故A错误； 对于选项B：例如∥，平面，平面， 但平面平面，故B错误； 对于选项C：例如平面∥平面，∥平面，∥平面， 但与异面，故C错误； 对于选项D：因为，则存在（是两条不同的直线），使得， 又因为，则存在（是两条不同的直线），使得， 则，且，，则， 且，，则，所以，故D正确； 故选：D. 5．（23-24高一下·重庆长寿·期末）平面与平面平行的充分条件可以是（     ） A．内有无数条直线与平行 B．直线 C．直线，直线 D．直线 【答案】D 【分析】由直线与平面和平面与平面的位置关系，结合充分条件的概念依次判断即可. 【详解】选项A， 当内有无数条直线都与平行时，平面与平面可能相交，故不正确； 选项B，当两个平面平行于同一条直线时，这两个平面可能相交，故不正确； 选项C，当平面平面，，，满足条件，此时平面与平面相交，故不正确. 选项D，当两个平面垂直于同一条直线时，这两个平面平行，故正确. 故选：D 6．（23-24高一下·重庆·期末）下列说法正确的是（    ） A．若空间四点共面，则其中必有三点共线 B．若空间四点中任意三点不共线，则此四点共面 C．若空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面 D．若空间四点不共面，则任意三点不共线 【答案】D 【分析】对四个命题利用空间四个点的位置关系分别分析解答． 【详解】对于A，空间四点共面，如平面四边形，其中任何三点不共线；故A错误； 对于B，空间四点中任意三点不共线，三棱锥的四个顶点，得到此四点不共面；故B错误； 对于C，空间四点中任何三点不共线，则此四点可能共面，如平面四边形；故C错误； 对于D，空间四点不共面，如果任意三点有共线的，那么此四个点就共面，与已知矛盾．故D正确， 故选：D. 7．（23-24高一下·重庆·期末）已知平面和直线l，直线m，下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】A 【分析】对于A，利用线面垂直的性质易得；对于B,C,只需举出反例即可排除；对于D，从线面平行的内涵即可判断. 【详解】对于A，因，则垂直于平面内的所有直线，故必有，即A正确； 对于B，由，，当时可以符合条件，但不满足，故B错误； 对于C，由，，当时可以符合条件，但不满足，故C错误； 对于D，当，时，与除了平行，还可以异面，故D错误. 故选：A. 8．（23-24高一下·重庆·期末）如图（1），在矩形中，，是的中点，沿将折起，使点到达点的位置，并满足，如图（2），则下列选项错误的是（    ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 【答案】C 【分析】首先证明平面，利用面面垂直的判定定理即可判断AB，在平面图形中取中点，连接，交于，即可得到，连接，即可得到即为二面角的平面角，利用勾股定理得到，即可判断CD. 【详解】由题意可得，， 因为，平面，所以平面， 又因为平面，平面，所以平面平面，平面平面，AB说法正确； 如图（3）取中点，连接，交于，则和均为等腰直角三角形， 所以，所以，即， 如图（4），连接，因为，，所以即为二面角的平面角， 设，则，在中，，为中点，所以， 所以，所以， 所以平面平面，D正确； 因为平面平面，由于与平面不垂直， 所以平面与平面不垂直，C错误； 故选：C. 9．（23-24高一下·重庆·期末）已知m，n是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】B 【分析】根据空间中点线面的位置关系，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A, 若，，则或，故A错误， 对于B, ，，则,故B正确， 对于C，，，则或，相交，故C错误， 对于D，，，则或，故D错误， 故选：B 10．（23-24高一下·重庆·期末多选题）已知不重合的直线和平面，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则直线过点 【答案】BCD 【分析】根据线线、线面及面面的位置关系即可判断. 【详解】对于A，若，则或，故A错误； 对于B，若，如图①所示，则由线面垂直知，故B正确； 对于C，若， 则由平面与平面垂直的性质得,因为，所以，故C正确； 对于D，若，则直线过点, 证明如下：如图②所示，因为， 所以， 又因为， 所以， 又因为， 所以，故直线过点，故D正确. 故选：BCD. 图①                                                              图② 11．（23-24高一下·重庆·期末多选题）对于两个平面，和两条直线，，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则或 B．若，，则 C．若，，，则 D．若平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则 【答案】AC 【分析】根据给定条件，利用线线、线面、面面的关系逐一判断即可. 【详解】对于A，若，，则或，A正确； 对于B，，当平面外的直线平行于与的交线时，满足，此时，B错误； 对于C，，，则或，而，因此，C正确； 对于D，平面内有不共线的三点构成的三角形一条中位线在平面时，满足命题条件，此时相交，D错误. 故选：AC 12．（23-24高一下·重庆·期末多选题）下列说法正确的是（    ） A．对于平面，若，则 B．对于平面和直线，若，则 C．对于平面和直线，若，则 D．对于平面和直线，若，则 【答案】AD 【分析】对于A选项，根据线面平行的性质定理判断即可；对于B选项，根据线面垂直的判定定理可判断；对于C，结合正方体中的线面关系可判断；对于D选项，利用反证法证明. 【详解】对于A选项，因为，， 所以，所以，由于，，所以，故A正确； 对于B选项，由，可知过的平面与的交线与平行，且所有的交线互相平行， ，可得与交线垂直，但无法推出，B错误； 对于C选项，如图，在正方体中，，平面，平行与平面， 但平面平面，C错误； 对于D选项，如图，设， 假设与平面不平行，又， 所以与平面相交，设交点为， 在内过点作直线，因为，，则， 则过点有两条直线垂直于平面，矛盾， 所以假设不成立，故，D正确. 故选：AD ( 题型04 ) 立体几何中的外接球内切球问题 1．（23-24高一下·重庆·期末）四棱锥中，平面ABCD，四边形为矩形，，，若四棱锥的外接球的表面积为，则（    ） A．3 B．6 C．2 D．2.5 【答案】A 【分析】首先根据题意将四棱锥中补全成长方体，根据表面积可得球半径，再求长方体的外接球半径即可． 【详解】将四棱锥中补全成长方体，如图所示： 所以四棱锥的外接球即为长方体的外接球． 由于四棱锥的外接球的表面积为，故球半径满足，故， 则外接球的半径为， ． 故选：A． 2．（23-24高一下·重庆·期末多选题）若一个多面体由两个及其两个以上的正多边形组成，我们称这样的多面体是半正多面体，半正多面体体现了数学的对称美，如图是一个由正方形和正三角形构成的半正多面体笔筒，其中面面，且两个正方形的中心的连线与这两个正方形所在平面垂直，，且所有的棱长都为2，则下列说法正确的是 （    ） A．该多面体有 10个面 B．平面与平面的距离是 C．该几何体外接球的表面积是 D．二面角的余弦值为 【答案】ABC 【分析】根据图形直接判断A选项；设面和面的中心分别为，连接，设面，可证四边形为直角梯形，从而可求高，判断B选项；根据题意，可知该几何体外接球的球心为的中点，求出半径即可判断C选项；取中点，连接，可证为二面角的平面角，求解即可判定D选项. 【详解】如图，可知该多面体有 10个面，A正确； 设面和面的中心分别为，连接， 根据题意，面，面，所以， 又，，所以， 面，所以面， 设面，则，则为中点， 又因为面面，面面， 面面，所以， 面，面，所以， 则在直角梯形中，， 所以，B正确； 根据题意，可知该几何体外接球的球心为的中点， 所以外接球的半径的平方为， 所以该几何体外接球的表面积是 ，C正确； 取中点，连接，由正三角形性质可知，， 所以为二面角的平面角，， 过点向平面作垂线，垂足为，则， 连接，由B选项证明过程可知，且过中点， 所以三点共线， 在中，， 则中， 在中，， D错误. 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：利用二面角的定义找到二面角的平面角，利用余弦定理求解. 3．（23-24高一下·重庆·期末多选题）棱长为2的正方体中，，，，则（    ） A．三棱锥的外接球半径为 B．直线与直线所成角的余弦值的最小值为 C．时，过点作直线的垂面，则平面截正方体所得截面面积为 D．若，则三棱锥的体积为 【答案】ACD 【分析】对于A，由三棱锥的外接球也是正方体的外接球，即可求得半径；对于B，在线段上取一点，使得，连接，则，所以（或其补角为）直线与直线所成角，不妨令与重合，从而可知当与重合时，此时最大，从而可判断；对于C，证明过点作直线的垂面即平面,求解即可判断；对于D，采用切割法求得体积，从而可判断. 【详解】对于A，因为三棱锥的外接球也是正方体的外接球， 所以三棱锥的外接球半径为，故A正确； 对于B，因为,， 所以点在线段上，点在线段上， 在线段上取一点，使得，连接，则， 所以（或其补角为）直线与直线所成角， 因为平面，所以平面，即， 所以, 不妨令与重合，所以当与重合时，此时最大，为， 所以最大，此时最小，为，故B错误； 、当时，点与重合， 则过点作直线的垂面即平面,证明如下： 连接，则， 因为平面，平面，所以， 又平面， 所以平面，又平面，所以， 同理可证，又平面， 所以平面，即平面， 所以平面截正方体所得截面为, 其面积为，故C正确； 对于D，当时， ， 在上取，在上取，连接, 则四边形为平行四边形， 则几何体的体积为正方体体积的一半，即， 令，则， 所以三棱锥的体积为， 又， ， 所以三棱锥的体积为，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有： （1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径； （2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径； （3）如果涉及几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 4．（23-24高一下·重庆·期末多选题）在正四棱台中，，下列说法正确的是（    ）． A．若侧棱长为，则该棱台的体积为 B．若正四棱台的各顶点均在一个半径为的球面上，则该棱台的体积为 C．若正四棱台内部存在一个与棱台各面均相切的球，则该棱台的侧棱长为 D．若侧棱长为，Q为棱的中点，过直线且与直线平行的平面将棱台分割成体积不等的两部分，则其中较小部分的体积为4 【答案】ACD 【分析】正四棱台中，，根据选项中所给条件进行分析计算判断各个选项； 【详解】对于A，在正四棱台中，，令上下底面中心分别为，连接，作,如图， 可知四边形是直角梯形，是棱台的高， 因为, 则棱台的体积为，A正确； 对于B，当正四棱台的各顶点均在一个半径为的球面上，其上、下底面均为球的截面圆对应的内接正方形，截面圆的半径分别为， 因为，故截面圆均为外接球的小圆，设为外接球球心，截面圆的圆心，则为正四棱台的高，如图（2），此时截面圆在球心同侧， 如图（3），此时截面圆在球心异侧， 因此符合要求的棱台有2个，故B错误； 对于C，如图（1），设分别为棱的中点，则，当正四棱台存在内切球时，球的大圆为等腰梯形的内切圆， 根据切线长定理，可知，此时正四棱台侧面的高为，侧棱长为，故C正确； 对于D，当侧棱长为时，正四棱台的高为1，根据条件可作出符合题意的截面，如图（5）所示， 截面下方的多面体体积， 根据截面性质，可以得出分别为棱的中点，且， 故, 同理可得，所以， 由A选项结论，可得正四棱台的体积为，所以截面上方多面体的体积为4，故较小部分的体积为4，故D正确． 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 5．（23-24高一下·重庆·期末多选题）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）.如图所示，正八面体的棱长为a，下列说法中正确的是（    ） A．此八面体的表面积为 B．异面直线AE与BF所成的角为 C．此八面体的外接球的体积为 D．若点P为棱EB上的动点，则的最小值为 【答案】AD 【分析】对于A，从正八面体的定义理解易得；对于B，通过证明为菱形，平移得到异面直线所成角即得；对于C，推理计算得到中点 到正八面体的各顶点距离相等，即可求出外接球体积；对于D，通过平面翻折将不共面的两线段化成共面,利用三点共线即可求得. 【详解】对于A，因正八面体每个面都是正三角形，则其表面积为：，故A正确； 对于B，如图1，连接,取中点，连接, 依题意，点是点和点在底面的射影，故在一条直线上， 且,故四点共面，又，故得菱形. 则，于是即直线AE与BF所成的角或补角，而由知，故B错误； 对于C，如图2，因是正方形，则，由可得, 结合B项结论可知也是正方形，即点到正八面体的所有顶点的距离都等于， 即此八面体的外接球的半径为，故其体积为，故C错误； 对于D，如图3，将绕着边翻折到，使其与在同一个平面上. 连接，交于点，此时三点共线，取得最小值为：，故D正确. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查与几何体有关的表面积，外接球和线段和最短问题，属于难题. 解题的关键在于充分理解几何体的相关结构特征，将其划归成基本图形解决，对于线段和最短问题，一般进行平面翻折，将不共面问题化成共面解决. 6．（23-24高一下·重庆·期末）一个正方体的顶点都在表面积为的球面上，则正方体的棱长为 . 【答案】1 【分析】根据正方体的体对角线即为外接球的直径可解. 【详解】设正方体的棱长为，则其体对角线长为， 所以外接球的半径为， 由题知，，解得. 故答案为：1 7．（23-24高一下·重庆·期末）已知三棱锥中，，三棱锥的体积为，则当取最小值时，三棱锥外接球的体积为 . 【答案】 【分析】根据题意可得到平面的距离，设在平面的射影为，由题可得最小时最小，进而可得，然后根据长方体的性质结合条件即得. 【详解】根据题意，因为，， 设点到平面的距离为，又，所以， 设在平面内的射影为点，则，平面， 而平面，所以，又， 平面，所以平面， 中，，要使取最小值时，则最小， 当时，最小，此时，四边形为矩形，所以， 三棱锥的外接球为以为共顶点的长方体的外接球， 其直径为，半径为， 所以三棱锥外接球的体积为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：要使取最小值，则在平面内的射影最小. 8．（23-24高一下·重庆·期末）已知圆锥的母线长为 底面圆的周长为 则该圆锥的内切球的体积为 . 【答案】 【分析】由圆锥的轴截面图可求得圆锥内切球的半径，进而求体积. 【详解】因为底面圆的周长为 所以底面圆直径为 如图圆锥内切球半径为圆锥轴截面内切圆半径， 设内切球半径为，内切球球心为I，连接. 则 .则内切球体积为： 故答案为： 9．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在四面体中，与均是边长为的等边三角形，二面角的大小为，则四面体的外接球表面积为 . 【答案】 【分析】设为的中心，为四面体的外接球的球心，过作，然后在中，由求出外接球的半径，再由球的表面积公式计算可得. 【详解】如图所示：设为的中心，为四面体的外接球的球心， 则平面． 因为二面角的大小为，即平面平面， 设为线段的中点，外接球的半径为， 连接， 过作于点， 易知为的中心，则， 因为， 故，， 在中，， 故，则． 所以外接球的表面积为， 故答案为：. 10．（23-24高一下·重庆·期末）已知三棱锥三条侧棱PA，PB，PC两两互相垂直，且，M为该三棱锥的内切球上的动点，则M，P两点间距离的最小值为 . 【答案】 【分析】首先求出到平面的距离，再根据等体积法求出三棱锥内切球的半径，进而求出球面上一点到距离的最小值. 【详解】因为，且三条侧棱两两垂直， 则△是边长为的正三角形， 如图，设三棱锥的内切球与平面相切于， 根据已知条件知三点共线，且为△的中心， 连接与球交于点，此时最小， 连接与交于，由已知得， ，， 而，， 设球的半径为，则由等体积法得， ， 即，解得， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：等体积法是求三棱锥的内切球半径的重要方法，是解决本题的关键. ( 题型01 )立体几何中的动点轨迹问题 1．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点为棱上的动点，则下列说法中正确的个数是（    ） ①与异面； ②三棱锥的体积为定值； ③平面截正方体所得的截面图形始终是四边形； ④平面与平面所成的角为定值. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】①，证明出与相交，故故与异面，①正确；②，用等体积法进行证明；③，举出反例；④，证明出面面垂直，得到④正确. 【详解】①，显然，故四点共面，故与相交， 故与异面，①正确； ②，为定值，点到平面的距离为， 由于为定值，②正确； ③，当为的中点时，此时由于，， 所以，故平面截正方体所得的截面图形是四边形， 当时，此时平面截正方体所得的截面图形是五边形，如图所示， 平面截正方体所得的截面图形不一定是四边形，③错误； ④，因为分别为的中点，所以， 又，， 所以≌，故， 又，故⊥， 又⊥平面，平面， 所以⊥， 又，平面， 所以⊥平面， 又平面， 所以平面⊥平面， 故平面与平面所成的角为定值，④正确. 故选：C 2．（23-24高一下·重庆·期末）已知正方体，为的中点，过作平面满足条件，则截正方体，所得截面为（    ） A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 【答案】C 【分析】如图，根据线面垂直的判定定理与性质可得、，再次利用线面垂直的判定定理可得平面，即为平面，即可求解. 【详解】如图，取的中点，连接， 则，，，又，所以， 则四点共面. 因为平面， 所以平面，由平面，得； 易知平面，平面，所以， 又，平面， 所以平面，由平面，得， 又平面，所以平面. 即为平面，是四边形. 故选：C 3．（23-24高一下·重庆·期末）已知正方体的棱长为4，点是棱的中点，为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面，的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作出辅助线，得到平面平面，确定当在线段上运动时，满足平面，的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分为三棱锥， 求出外接球半径，得到外接球体积. 【详解】分别取的中点，连接， 故， 因为，， 所以四边形为平行四边形， 所以，故， 因为平面，平面， 所以平面， 又点是棱的中点，所以，， 故四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为，平面， 所以平面平面， 故当在线段上运动时，满足平面， 的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分为三棱锥， 其中两两垂直，且， 故其外接球半径为， 故较小部分的外接球的体积为. 故选：A 【点睛】特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解. 4．（23-24高一下·重庆·期末多选题）如图，棱长为4的正方体中，点为的中点，动点满足，则下列说法正确的是（    ） A．平面平面 B．直线与平面所成角为，则的取值范围是 C．设平面，则三棱锥的体积为 D．以的边所在直线为旋转轴将旋转，则在旋转过程中，则的取值范围是 【答案】ABD 【分析】A选项，根据题目条件得到在侧面（不含边界），作出辅助线，证明出⊥平面，从而得到⊥，同理可证⊥，得到线面垂直，面面垂直；B选项，作出辅助线，得到即为直线与平面所成角，求出，从而得到，故；C选项，作出辅助线，得到，利用等体积法和体积之比得到三棱锥的体积；D选项，作出辅助线，得到的轨迹为以为圆心，为半径的圆，从而确定何时取得最小值和最大值，得到答案. 【详解】A选项，，故在侧面（不含边界）上， 连接，因为⊥平面，平面， 所以⊥， 因为四边形为正方形，所以⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 因为平面， 所以⊥，同理可证⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 又平面， 所以平面⊥平面，A正确； B选项，取的中点，连接，则⊥平面， 则即为直线与平面所成角， 因为点在侧面（不含边界）上，正方体棱长为4， 故， 由勾股定理得， 则，B正确； C选项，取的中点，连接， 可证≌，故，同理可知， 又与的交点为正方体的中心，故四点共面，    故， 因为，且，故 所以， 连接，则， 因为⊥平面，平面， 所以⊥， 又，平面， 所以⊥平面， 其中到平面的距离为， 而四边形的面积为， 则三棱锥的体积为，C错误； D选项，取的中点，连接， 因为，所以⊥，且， 以的边所在直线为旋转轴将旋转， 的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 过点作⊥于点，则，， 连接交圆于点，连接，故当重合时，取得最小值， 最小值为， 取的中点，则， ， 又，故， 又，故， 由勾股定理得， 同理，的延长线交圆于点，当重合时，取得最大值， 其中， 由勾股定理得， 故取值范围是，D正确. 故选：ABD 【点睛】立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 5．（23-24高一下·重庆·期末多选题）如图，在棱长为2的正方体中，点M为线段上的动点，O为正方体内一点，则以下命题正确的是（    ） A．取得最小值 B．当M为线段中点时，平面截正方体所得的截面为平行四边形 C．四面体ABMD的外接球的表面积为5π时， D．若，则点O的轨迹长为 【答案】ABD 【分析】对于A，将平面沿翻折到与平面为同一平面，结合勾股定理以及三角形三边关系即可判断；对于B，设N是的中点，得出四边形是菱形即可判断；对于C，当时，验算四面体ABMD的外接球的表面积即可判断；对于D，找出点的轨迹即可验算求解. 【详解】选项A中， 将平面沿翻折到与平面为同一平面，则，当D，M，三点共线时，等号成立，故A正确； 选项B中， 设N是的中点，连接，NB， 而正方体的棱长为2，且分别为的中点，所以， 所以四边形是菱形， 所以平面就是平面，此截面是平行四边形，故B正确； 选项C中，当时，因为CM，AD，AB两两垂直， 所以四面体的外接球的直径，则，此时外接球表面积，故C错误； 选项D中， 由，所以点O在的中垂面上，设的中点为H， 则， 因为平面，平面，所以， 又因为，，平面，平面， 所以平面，则， 所以点O在以H为圆心，的半圆上运动，点O的轨迹长为，故D正确． 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键的得出点首先在面上，进一步得出可确定的轨迹，由此即可顺利得解. 6．（23-24高一下·重庆·期末）如图所示，在棱长为2的正方体中，点在该正方体的表面上运动，且，记点的轨迹长为，则 ， .    【答案】 【分析】当时，确定点P在正方体表面上的轨迹，再计算得；当时，确定点P在正方体表面上的轨迹，再计算得． 【详解】当时，点P在正方体表面正方形上动动， 其轨迹是以B为圆心，2为半径的三段弧，； 当时，点P在正方体表面正方形上运动， 记该点为，若其在正方形内时，易得，得， 因此点的轨迹为正方形内以为圆心，2为半径的圆弧，弧长为， 同理在正方形内的轨迹长度都为，所以. 故答案为：；    【点睛】关键点点睛：确定动点动动所在的平面及轨迹形状，是解题的关键. ( 题型01 )立体几何中的异面直线所成角问题 1．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在正三棱柱中，若，，则与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取中点，连结、，矩形中利用三角函数的定义，证出，可得．根据面面垂直的性质和线面垂直的判定，在正三棱柱中证出平面，从而得出，即可求解. 【详解】取中点，连接、， 矩形中， ，可得 因此 正三棱柱中，平面平面 平面平面，,平面， 直线平面，平面，可得 ，平面，平面， 平面，因此可得，即与所成角的大小为， 故选：B． 2．（23-24高一下·重庆·期末）正方体 中，直线与直线夹角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正方体的线面关系，将平移至，找到异面直线所成角，求解即可． 【详解】如图，连接， 因为，所以四边形为平行四边形， 则，所以为异面直线与直线的夹角， 又因为，所以， 所以直线与直线夹角的余弦值是. 故选：A 3．（23-24高一下·重庆·期末）如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，与直线CN所成角为的直线是（    ）． A．DE B．AB C．BF D．BN 【答案】A 【分析】把给定的正方体的平面展开图还原成几何体，再观察正方体即可作答. 【详解】正方体的平面展开图所对应的几何体，如图所示，其中点E，F重合， 与所成角为，而，即，D不是； ，则与所成角为，B不是； ，，四边形为平行四边形，，C不是； 与所成角为，而，即， 因此与所成角为的直线是，A正确. 故选：A ( 题型01 )立体几何中的解答题 1．（23-24高一下·重庆·期末）如图，已知等腰梯形ABCD中，，，E是BC的中点，，将沿着AE翻折成，使平面AECD． (1)求证：平面平面； (2)求二面角的大小； (3)在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求CP的长；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】（1）根据等腰梯形的特征利用面面垂直的判定定理即可得出证明； （2）利用线面垂直的性质定理可得即为二面角的平面角，可得其大小为； （3）假设条件成立，然后根据线面平行的性质以及已知条件，求出点的具体位置，即可求解. 【详解】（1）在等腰梯形ABCD中，，，E是BC的中点， 所以可得四边形为菱形，可得， 又，所以可得； 因为，平面； 所以平面， 又平面， 所以平面平面； （2）由平面AECD，平面AECD，可得； 易知，，所以； 又因为，平面； 所以平面， 又平面，所以 又，因此可得即为二面角的平面角， 在直角三角形中，，可得， 即. （3）假设线段上是否存在点P，使得平面， 过点作交于，连接，如下图所示： 所以，即可得四点共面， 又因为平面，所以， 所以四边形为平行四边形，故，可得点为的中点； 故在线段上存在点P，使得平面，且； 易知为正三角形，且，所以可得， 由勾股定理可得， 所以， 因此. 2．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在直四棱柱中，四边形ABCD是一个菱形，，点P为上的动点． (1)证明：平面； (2)试确定点P的位置，使得． 【答案】(1)证明见解析 (2)点P为中点 【分析】（1）由得到平面，同理得到面，得到面面平行，进而得到线面平行； （2）作出辅助线，得到，结合，得到线面垂直，故，结合，平面，所以，证明出结论. 【详解】（1）由题知，由，则四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面，同理可证面， 由面，面，， 所以平面平面， 又面，所以面； （2）取BC中点E，连接DE，PE．在△BDC中，， 则△BDC为正三角形， 所以，又，，平面EDP， 所以面EDP，因为平面，所以． 在面中，，平面，所以， 在中，E为BC中点，所以EP为中位线，则点P为中点． 3．（23-24高一下·重庆·期末）如图，已知三棱台的下底面是以B为直角顶点的等腰直角三角形，，平面平面. (1)证明：平面； (2)求点B到平面的距离； (3)若P为BC的中点，Q为的中点，点F在侧面内，且平面APQ，当的面积最小时，求平面ACF与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3) 【分析】（1）作出辅助线，证明出四边形为平行四边形，为等边三角形，⊥，由面面垂直得到线面垂直，故⊥，又⊥，从而得到线面垂直； （2）作出辅助线，利用等体积法求解点到平面的距离； （3）作出辅助线，证明面面平行，从而得到点F的运动轨迹，并确定何时的面积最小，并求出点到平面的距离和点到的距离为，相比得到面面角的正弦值，从而求出余弦值. 【详解】（1）因为，所以， 取的中点，连接， 因为且， 所以四边形为平行四边形， 故， 又， 所以为等边三角形， 故， 因为，所以， 故，故⊥， 因为平面平面，交线为，平面， 所以⊥平面， 又平面，所以⊥， 又⊥，，平面， 所以⊥平面； （2）延长，相交于点， 由题意知，，， 故，同理， 故为等边三角形，， 又⊥平面， 故， 因为⊥平面，平面， 所以⊥， 因为， 连接，则⊥， 由勾股定理得， 故， 设点B到平面的距离为， 故，解得 （3）取的中点，连接，则， 因为平面，平面， 所以平面， 取的中点，连接，， 则， 同理，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 又，平面， 所以平面平面， 故当F在上运动时，满足要求， 显然当F运动到点时，的面积最小， 由（1）知，点B到平面的距离为， 故点到平面的距离为， 故点到平面的距离为， 设点到的距离为， 其中，， 故， 故， 故， 设平面ACF与平面夹角为， 则， 则. 【点睛】方法点睛：立体几何面面角求解方法： （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. （3）利用其中一个平面上的图形在另一个平面的投影图形面积与原图形的面积之比求解面面角的余弦值； （4）求出一个平面上一点到另一个平面的距离和此点到两平面交线的距离之比进行求解. 4．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在正四棱锥中，，点，分别满足，. (1)求证：； (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）设，取的中点，连接，过点作交于点，连接，即可证明，，从而得到平面，即可得证； （2）在上取点使得，连接、、，即可证明，从而得到直线与平面所成角与直线与平面所成角相等，求出，利用等体积法求出点到平面的距离，设直线与平面所成角为，则，从而得解. 【详解】（1）设，取的中点，连接， 过点作交于点，连接， 在正四棱锥中，，则， 又为正方形，所以，则， 又，为的中点，为的中点，所以，且， 所以，又，即，所以， 所以， 又，平面， 所以平面，又平面，所以. （2）在上取点使得，连接、、， 因为，所以且， 则直线与平面所成角与直线与平面所成角相等， 又为的中点，所以，所以， 连接，则平面，又，所以， 在正四棱锥中，所以与为边长为的等边三角形， 所以， 又， 所以， 因为，所以到平面的距离为， 设点到平面的距离为，则， 即，解得， 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为. 5．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在直三棱柱中，，为的中点，为的中点. (1)证明：平面； (2)若，求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，即可得证； （2）取的中点，连接、，则（或其补角）为异面直线与所成角，再由余弦定理计算可得. 【详解】（1）取的中点，连接，， 因为为的中点，为的中点，所以且， 又且， 所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）取的中点，连接、，则， 则（或其补角）为异面直线与所成角， 在直三棱柱中，， 平面，平面，所以，， 在中，，， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 6．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在五面体中，.    (1)证明：； (2)给出①；②；③平面平面.试从中选两个作为条件，剩下一个作为结论，可以让推理正确，请证明你的推理； (3)在（2）中推理正确的前提下，求直线与平面夹角的正切值. 【答案】(1)证明见解析； (2)所选条件及证明见解析； (3). 【分析】（1）应用线面平行的性质定理证明线线平行； （2）分情况应用线面垂直判定定理及面面垂直性质定理证明； （3）根据线面垂直判定定理找到线面角再求边长得出正切. 【详解】（1）证明：因为面面，所以面. 又因为面，面面，所以. （2）解：条件①②，结论③： 且，故四边形是平行四边形，故， 因为，所以， 又平面， 所以面，而面，故平面平面； 条件①③，结论②： 且，故四边形是平行四边形，故， 由可得. 因为面面，面面面， 所以面，而面， 因为，故. 若条件②③，结论①： 由于且，故四边形是平行四边形，故， 若，则，由于面面，无法推导平面， 不能推出， （3）    连接直线 因为平面,平面，所以平面， 所以为直线和平面所成的角， 在中，. 因为平面,平面，所以平面， 由，则面，面，所以， 因为平面，面，所以， 直线和平面夹角的正切值为. 7．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在直三棱柱中分别是的中点. (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用中位线定理与平行线的传递性证得四边形是平行四边形，从而利用线面平行的判定定理即可得证； （2）先利用中位线定理判断得是异面直线与所成角，再利用勾股定理依次求得的各边，再利用余弦定理即可得解. 【详解】（1）记的中点为，连接， 又是的中点，所以， 因为在直三棱柱中， 又分别是的中点，所以， 所以，则四边形是平行四边形，则，， 又平面，平面， 所以平面. （2）记的中点为，连接， 又分别是的中点，所以， 所以是异面直线与所成角（或补角）， 因为在直三棱柱中平面， 又平面，所以，同理，， 又， 则，，，， 所以，，则， 所以，， ， 所以在中，， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 8．（23-24高一下·重庆·期末）如图，四棱锥中，四边形是平行四边形， 是正三角形， 平面 平面 (1)求证: 平面 ； (2)当 时， 若是面的重心，求直线与平面所成角的正弦值； 棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为 如果有，求此时的长度；如果无，请说明理由. 【答案】(1)证明见详解. (2)()；()棱上存在一点，使得二面角的余弦值为，即两点重合，. 【分析】（1）根据已知条件可得，再由平面与平面垂直的性质即可证明； （2）（i）如图①所示，过点作平面交平面于，连接，则为直线与平面的夹角，计算的正弦值即可； （ii）棱存在一点， 即点与点重合.如图②所示，过点作交于，连接,证明， 为平面与平面的夹角，计算的余弦值即可. 【详解】（1）因为, 且四边形是平行四边形， 所以, 所以. 因为平面平面， 且平面平面， 平面， 由平面与平面垂直的性质得 平面. （2）（i）如图①所示，反向延长至点，过点作， 因为平面平面， 且平面平面， 平面， 所以平面. 又因为平面，所以. 设平行四边形对角线交点为，连接, 连接,反向延长交于， 因为点为的重心，即为的中点， 过点作平面交平面于， 又因为平面， 所以. 且三点在同一条直线， 所以，且点在上， 连接，则为直线与平面的夹角. 因为点为的重心，点为的中点， 所以,且相似于, 所以. 又因为为等边三角形，， 所以，, 所以，即. 在中，由余弦定理得 则. 因为四边形是平行四边形，, 所以, 即. 在中，由余弦定理得 则， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得，且, 所以， 解得，即， 所以, 故直线与平面的夹角的正弦值为. （ii）棱存在一点，使得二面角的余弦值为， 即点与点重合，. 由（i）可知，, 即, 所以. 如图②所示，过点作交于，连接, 在中，，即. 因为，， 所以相似于， 即， 在中，由余弦定理得, 在中，由余弦定理得, 所以， 解得. 因为, 所以. 所以为平面与平面的夹角， 在中，由余弦定理得， 所以二面角夹角余弦值为. 故当点与点重合时，二面角的余弦值为. 所以棱存在一点，使得二面角的余弦值为， 即点与点重合，. 【点睛】关键点点睛：本题考查线面垂直、线面角及二面角，第（i）问解题关键是过点作平面交平面于，连接，则为直线与平面的夹角，计算的正弦值即可；第（ii）问，棱存在一点， 即点与点重合.解题关键是过点作交于，连接,证明， 为平面与平面的夹角，计算的余弦值即可. 9．（23-24高一下·重庆·期末）如图所示的直三棱柱. 的每条棱长均为2，E，F分别是棱，的中点，，分别是棱，上的点，平面平面， (1)求证：是的中点； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用面面平行的性质，以及平行关系的转化，即可证明； （2）利用等体积转化，以及高的转化关系，即可求解. 【详解】（1）连结，， 点分别是和的中点，所以，且， 因为平面平面， 且平面平面，平面平面， 所以，所以四边形是平行四边形， 所以， 所以点是的中点； （2）， ， 因为平面平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 等于点到平面的距离的一半， 因为平面平面，且平面平面， 所以点到平面的距离就是点到的距离，等于， 所以点到平面的距离为， 因为. 10．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为，BC的中点． (1)证明：∥平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）作辅助线，可证∥，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）作辅助线，根据三垂线法分析可知二面角的平面角为，结合题中长度关系运算求解. 【详解】（1）设，连接， 因为分别为的中点，则∥，且， 又因为∥，且，则为平行四边形，可得∥，且， 注意到为的中点，则∥，且， 可得∥，且，可知为平行四边形，则∥， 且平面，平面，所以∥平面. （2）取的中点，连接， 因为分别为的中点，则∥，且， 又因为∥，且，则∥，且， 可得为平行四边形，可知平面即为平面， 过作，垂足为，过作∥，交于点，连接， 因为平面，平面，则， 且，平面，则平面， 由平面可得， 又因为平面，平面，则， 且∥，可得， 且，平面，则平面， 由平面可得， 可知二面角的平面角为， 在中，则，可得，所以， 因为∥，则， 在中，可得， 由题意可知：为平行四边形，则， 在中，则，可得， 所以二面角的正弦值为. 11．（23-24高一下·重庆·期末）如图，三棱柱中，在底面内的射影为的外心，且，，三棱柱的侧面积为. (1)求证：； (2)求三棱柱的体积； (3)分别求二面角和二面角的大小. 【答案】(1)证明见详解. (2) (3). 【分析】（1）连接并延长交于，由在底面内的射影为的外心得平面，，再通过证明平面即可； （2）由（1）可知，证明，，根据侧面积为得，再由余弦定理计算底面外接圆半径即可； （3）取中点，连接,证明为等边三角形，即二面角即为,同理可得二面角为. 【详解】（1）连接并延长交于.如图①所示， 因为在底面内的射影为的外心， 且，即为等腰三角形， 所以平面，,为的中点， 因为平面， 所以， 因为平面，且， 所以平面, 因为， 所以. （2）由题意可知，，， 在三棱柱中，,，， 所以四边形与四边形全等， 所以，， 设， 因为三棱柱的侧面积为，     所以，解得. 即， 在中，由余弦定理得， 所以, 由正弦定理得，即， 所以三棱柱的高， 所以三棱柱的体积为. （3）取中点，连接,如图②所示， 由（2）可知，，， 所以均为等边三角形， 所以，, 即， 所以为等边三角形， 所以二面角即为, 延长至点，过作，延长至，使得，连接,即四边形为矩形，， 因为, 所以,即， 故为等边三角形, 所以二面角为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了线面垂直、棱柱的体积及二面角，解题的关键在于通过侧面积求侧棱的长度，由正弦定理求三角形外接圆半径以及作二面角. 12．（23-24高一下·重庆·期末）如图，点为边长为1的菱形所在平面外一点，且为正三角形，，四边形的面积为，点分别为和的中点.    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）如图，根据中位线的性质可得且，即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）如图，利用全等三角形的性质可得，即，根据勾股定理的逆定理可得，结合面面垂直的判定定理即可证明. 【详解】（1）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）过作于，连接，由，得.    因为菱形的面积为，所以点到的距离， 则，由、得，即， 所以，又，所以， 得，，得，， 在中，，所以，则. 因为底面是边长为1的菱形，为正三角形， 所以，得，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. 13．（23-24高一下·重庆·期末）如图，四棱锥中，为矩形，为的中点，平面平面，，.    (1)证明：平面； (2)证明：； (3)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）连接交于点，由三角形中位线性质及线面平行的判定推理即可. （2）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得. （3）取中点，连接，由面面垂直的性质可得⊥平面，再利用倍分法求出体积. 【详解】（1）连接交于点，连接，由矩形，得点为的中点， 又为 的中点，则，而平面，平面 ， 所以平面. （2）矩形中⊥，面面，面面，面， 则平面，又平面，所以. （3）    取中点，连接，由，得， 而面面，面面，面，则面， ，而，为的中点， 因此， 所以三棱锥的体积为. 14．（23-24高一下·重庆长寿·期末）如图，正方体中，E，F分别是的中点. (1)求证：平面 (2)若正方体的边长为2，求点A到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）作出辅助线，得到线线平行，进而得到线面平行； （2）作出辅助线，得到平面，点A到平面的距离为的长，利用直角三角形的面积公式求出答案. 【详解】（1）证明：取AD的中点M，连接EM，MF， 因为点M，E分别是AD，的中点， 所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为点M，F分别是AD，AB的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，平面，得平面平面， 又因为平面，所以平面. （2）过点A作交于点H， 则易证得平面，又因平面，所以， 又且，平面，故平面， 即点A到平面的距离为的长. 在中，由面积法得， 其中，得. 15．（23-24高一下·重庆长寿·期末）如图，三棱锥是由绕着旋转得到，其中.    (1)求证：平面； (2)求平面PBC与平面ABC所成二面角的正切值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）先证明，再由线面垂直的判定定理即可证明； （2）取BC的中点E，连接PE，AE，证得，，从而可得是平面PBC与平面ABC所成二面角的平面角，求解即可. 【详解】（1）由题设，又平面，故平面 ； （2）取BC的中点E，连接PE，AE，设， 因为三角形ABC是等边三角形，所以， 由（1）知平面且面，所以，， 又平面，可得平面， 由面，则， 所以是平面PBC与平面ABC所成二面角的平面角. 在中，，故 .    16．（23-24高一下·重庆·期末）五面体中，，，，均为正三角形.    (1)证明：； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见详解； (2). 【分析】（1）记的中点为，利用等腰三角形性质证明和勾股定理，结合线面垂直判定定理证明平面，可得，然后再通过证明平面，结合线面垂直的性质可证； （2）记的交点为，连接，的中点为，作，垂足分别为，连接，然后证明或者其补角即为平面与平面所成夹角，利用余弦定理求解可得. 【详解】（1）因为，，均为正三角形， 所以， 记的中点为，连接，则， 因为，所以， 所以，则，所以， 又平面，所以平面， 因为平面，所以. 易知在中，， 由余弦定理可得， 所以，所以， 又平面，所以平面， 因为平面，所以.    （2）记的交点为，连接，的中点为， 作，垂足分别为，连接， 因为，所以，所以， 由题设易得，平面，平面，所以平面， 又平面，平面平面，所以， 所以四边形为菱形，所以，， 所以，则， 解得， 在中，， 由余弦定理得， 所以， 所以为的中点，又为的中点，所以，， 所以，所以或者其补角即为平面与平面所成夹角， 又， 所以， 所以平面与平面所成夹角的余弦值为.    17．（23-24高一下·重庆·期末）如图1，在平面四边形ABCD中，，，，，，将沿BD折起，形成如图2所示的三棱锥，且． (1)证明：平面ABD； (2)在三棱锥中，点E，F，G分别为线段AB，BD，AD的中点，设平面CEF与平面ADC的交线为l． ①证明：∥； ②若Q为l上的动点，求直线CF与平面QGE所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解； 【分析】（1）根据勾股定理可得，结合线面垂直的判定定理分析证明； （2）①根据题意可证∥平面CEF，结合线面平行的性质分析证明；②过点作平面∥平面，直线CF与平面QGE所成角即为直线CF与平面所成角，利用等体积法求点到平面的距离为，进而求线面夹角的正弦值，结合二次函数分析求解. 【详解】（1）在中，可得， 在中，由余弦定理，即， 因为，则， 可得， 且，平面ABD， 所以平面ABD. （2）①因为点E，F分别为线段AB，BD的中点，则∥，且， 由平面CEF，平面CEF，可得∥平面CEF， 又因为平面ADC，且平面CEF与平面ADC的交线为l， 所以∥； ②因为∥，且平面CEF，平面ADC， 可知，则平面ADC， 规定点为起点，方向为正方向，设， 过点作平面∥平面，如图所示： 可知：直线CF与平面QGE所成角即为直线CF与平面所成角，设为， 则， 可得， 在中，， 且，则， 设点到平面的距离为， 因为，则， 解得， 则， 设，则，可得， 若，则； 若，则， 可知，即时，取到最小值，取到最大值； 综上所述：直线CF与平面QGE所成角的正弦值的最大值为. 【点睛】关键点点睛：1.对于直线与平面的交点不特殊时，可以通过平行移动来确定； 2.对于Q为l上的动点，可以借助于坐标的特点设长度进行计算. 18．（23-24高一下·重庆·期末）如图，已知四棱锥中，底面为平行四边形，且为的中点，点在平面内的射影为点，且. (1)求证：； (2)当为等边三角形时，求点到平面的距离； (3)若，记三棱锥的外接球表面积，当函数取最小值时，平面与平面夹角的大小为，求实数的值. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】（1）根据题意可证平面，即可得结果； （2）根据题意结合平面向量求相应的长度，利用等体积法求点到面的距离； （3）利用解三角形知识可得的外接圆半径，进而可得外接球的半径，结合二次函数分析最值，可得，进而确定点H的位置，分析二面角可得，即可得结果. 【详解】（1）因为平面，平面，则， 且，，平面， 可得平面， 且平面，所以. （2）做，垂足分别为，连接， 若为等边三角形，则为中点， 因为平面，平面，则， 且，平面， 可得平面， 且平面，所以. 对于平行四边形，建立平面直角坐标系，如图所示， 则， 设，则， 若，可得，即， 因为为中点，可知：，则，即， 由可知直线，且， 设，则， 由可得， 解得，即， 则， 可知三棱锥的高， 在中，边的高， 设点到平面的距离为， 由可得，解得， 所以点到平面的距离为. （3）由题意可知：， 由（2）可知：点在直线上， 结合（2）中数据可得：， 在中，由余弦定理可得 ， 设的外接圆半径为，则， 设三棱锥的外接球半径为， 则 ， 且，可知当时，取到最小值，即外接球表面积取到最小值， 此时， 由（2）可设，则， 解得，即，可知，且， 过作，垂足为， 因为平面，平面，则， 且，平面， 可得平面， 且平面，所以， 且，平面， 可得平面， 且平面，所以， 可知平面与平面夹角的大小为， 则，可得， 结合的面积可得，则， 可得，且，解得， 所以. 【点睛】关键点点睛：1.第二问：借助于平面向量求相应的长度，这样可以简化推理过程； 2.第三问：利用解三角形知识求外接球的半径，进而分析最值. 19．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在四棱锥，底面ABCD是平行四边形．，，，，点E、F、H分别为AB、PC、DC的中点． (1)求证：平面平面PDE； (2)求证：平面平面PDE； (3)若，求点C到平面PAD的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）连接，利用线面平行、面面平行的判定推理即得. （2）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得. （3）证明平面，利用体积法求出点到平面的距离即得答案. 【详解】（1）连接，由F、H分别为PC、DC的中点，得，平面PDE，平面PDE， 则平面PDE，在中，是的中点，则， 于是四边形是平行四边形，，平面PDE，平面PDE， 则平面PDE，而平面， 所以平面平面PDE. （2）由，，是的中点，得， 而平面，则平面，又平面， 所以平面平面PDE. （3）在中，平面，平面，则平面， 于是点C到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离， 而，由（2）知，，又，则， 三棱锥的体积， ，等腰底边上的高， 则的面积，因此，解得， 所以点C到平面PAD的距离是. 20．（23-24高一下·重庆·期末）已知三棱台中，△ABC为正三角形，，点E为线段AB的中点． (1)证明：平面； (2)延长交于点P，求三棱锥P-ABC的体积最大值； (3)若二面角的余弦值为，求直线与平面所成线面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设是的中点，连接，，则利用三角形中位线定理结合已知可证得四边形是平行四边形，则，再由线面平行的判定定理可证得结论； （2）由题意可得当平面平面ABC时，该三棱锥的体积最大，由已知可得△PAB是边长2的正三角形，从而可求出三棱锥的体积； （3）由题意可得二面角的平面角是，利用余弦定可求出其余弦值，作于点O，连接PO，则可得∠BPO为直线与平面所成角，然后在中可求得结果. 【详解】（1）证明：如图，设是的中点，连接，， 在三棱台中，因为，所以， 且，因为E，F分别是AB，BC的中点， 所以，， 所以∥，，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）因为，又为定值， 所以当平面平面ABC时，该三棱锥的体积最大． 因为∥，，所以分别是PA，PB的中点， 所以， 因此△PAB是边长2的正三角形， 因为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面ABC， 又，则； 则三棱锥P-ABC的体积最大值为1． （3）如图，，是PC的中点， 则， 所以二面角的平面角是， 又，由余弦定理得：，解得， 作于点O，连接PO，因为平面，所以， 又，平面， 所以平面，则∠BPO为直线与平面所成角， 由，则， 从而， 所以直线与平面所成线面角的余弦值为． 21．（23-24高一下·重庆·期末）正方形中，，为的中点，，．将沿翻折到，沿翻折到，连接． (1)求证：： (2)当时，求二面角的正弦值； (3)设直线与平面所成角为，问是否存在，使得能取得最大值，若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不存在，使得能取得最大值，理由见解析 【分析】（1）根据线线垂直可证明线面垂直，即可求证. （2）根据二面角的几何法可得即为二面角的平面角，即可由三角形的边角关系求解， （3）理由等体积法求解点到平面的距离为，即可由线面角的定义求解，由换元法，结合基本不等式取等条件得矛盾，即可求解. 【详解】（1）由于平面， 故平面， 又平面， 所以 （2）过作于，连接, 由（1）知,平面， 所以平面，平面， 故， 因此即为二面角的平面角， ，则为中点， ， 由等面积法可得,解得， 在中，， 故二面角的正弦值为. （3）设点到平面的距离为， 由于，所以，， 则， 因此， 所以， ， 由等体积法可得,所以， 由于直线PM与平面AMN所成角为，则， ，令，则， 故，当且仅当时取等号，此时，这与矛盾，故不存在，使得能取得最大值， 22．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在三棱柱中，侧面ABCD为矩形.    (1)设M为AD中点，点N在线段PC上，且，求证：平面BDN； (2)若二面角的大小为，且，，求直线BD和平面QBC所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于，连接，由题可得，然后利用线面平行的判定定理即得； （2）在平面中，过点作射线，可得为二面角的平面角，过点作，可得平面，则即为直线和平面所成的角，利用锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）连接交于，连接，    因为侧面为矩形，所以， 又为中点，所以， 又因为，所以， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）在平面中，过点作射线，    因为底面为矩形，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，平面， 所以平面，则即为直线和平面所成的角， 于是为点到平面的距离，且， 设直线和平面所成角为， 则， 所以直线和平面所成角的正弦值为． 【点睛】关键点点睛：本题（2）关键在于过点作射线，可得为二面角的平面角. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$