期末专题06 立体几何大题综合（6大题型24题）（辽宁专用）-【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（6大题型24题） 题型概览 题型01 基础证明 题型02 表面积、体积问题 题型03 线面角及其应用 题型04 二面角及其应用 题型05 存在性问题 题型06 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·辽宁·期末)如图，在四棱锥中，底面，且底面为正方形，，分别是的中点． (1)求证：； (2)求证：平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明出平面，进而可得，又，则结论成立； （2）利用线面平行的判定定理证明出面，由（1）可得面，再由面面平行的判定定理得出结论成立． 【详解】（1）平面，平面，； 四边形为正方形，； 平面，，平面，又平面，； 分别为的中点，，. （2）四边形为正方形，且分别为，边的中点，，面，面，面， 由（1）知，面，面，面，又，平面平面． 2．(23-24高一下·辽宁大连·期末)如图，在直三棱柱中，，. (1)求证：平面平面； (2)求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【来源】辽宁省大连市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 【分析】（1）首先根据线面垂直的性质得，结合，最后利用面面垂直的判定定理即可证明； （2）由（1）得，根据得，最后利用线面垂直的判定与性质即可证明. 【详解】（1）在直三棱柱中， 因为平面平面，所以. 又因为平面平面， 所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）连接，由（1）可知平面， 因为平面，所以. 因为，所以. 又因为在正方形中， 平面，， 所以平面. 又因为平面，所以，即. 3．(23-24高一下·辽宁部分高中·期末)如图，在三棱柱中，底面是正三角形，，分别为，的中点，. (1)求证：平面； (2)若，求证：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【来源】辽宁省部分高中2023-2024学年高一下学期7月期末联考数学试题 【分析】（1）设，连接，，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，即可得证； （2）依题意可得平行四边形为菱形，即可得到，再由得到，从而得证. 【详解】（1）设，连接，， 则为的中点，又，分别为，的中点， 所以且，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）因为，所以平行四边形为菱形，所以， 又，，所以， 又，平面， 所以平面. 4．(23-24高一下·辽宁·期末)如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为的中点，点在线段上，平面. (1)证明：； (2)求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【分析】（1）证明，再由平面与平面垂直的性质即可证明； （2）设为的中点，连接，，证明平面平面，得平面，再由线面平行的性质即可得为中点. 【详解】（1）因为，为的中点， 所以. 因为平面平面， 平面平面，平面， 所以平面. 因为平面， 所以. （2）设为的中点，连接，，如图所示， 因为，， 所以四边形是平行四边形， 所以. 因为平面，平面， 所以平面. 因为平面，平面， 所以平面平面. 因为平面， 所以平面. 因为平面平面，平面， 所以， 所以. 5．(23-24高一下·辽宁·期末)如图，已知四棱锥中，底面是平行四边形，为侧棱的中点.    (1)求证：平面； (2)若为侧棱的中点，求证：平面； (3)设平面平面，求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）设，再证明即可； （2）根据线面平行与面面平行的判定证明平面平面即可； （3）根据线面平行的判定与性质证明即可. 【详解】（1）设，连接，因为是平行四边形，故， 又为侧棱的中点，故. 又平面，平面，故平面. （2）若为侧棱的中点，，则， 又平面，平面，故平面. 又，平面，平面，故平面. 又，平面，故平面平面. 又平面，故平面. （3）因为，平面，平面，故平面. 又平面平面，平面，故    6．(23-24高一下·辽宁部分高中·期末)如图，在正三棱柱中，点，分别在，上，，记正三棱柱的体积为. (1)求棱锥的体积（结果用表示）； (2)当时， ①请在图中直接画出平面与平面的交线；（不写过程，保留作图痕迹） ②求证：平面平面. 【答案】(1) (2)①作图见解析；②证明见解析 【来源】辽宁省部分高中2023-2024学年高一下学期7月期末联考数学试题 【分析】（1）依题意可得，设矩形的面积为，则，，即可得到四棱锥的体积与三棱锥的体积相等，再由锥体与体积的关系即可得解； （2）①延长、交于点，连接，即可说明即为两平面的交线；②首先说明，即可得到，再由线面垂直的性质得到，即可证明平面，从而得证. 【详解】（1）因为，则，所以， 设矩形的面积为，则，， 所以四棱锥的体积与三棱锥的体积相等， 又三棱锥的体积等于，所以棱锥的体积为； （2）①当时，平面，延长、交于点， 连接， 因为，平面，，平面， 所以平面，平面， 又平面，平面， 所以平面与平面的交线为 ②因为，，所以，又为等边三角形， 所以，则，所以， 则， 又平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. ( 题型02 ) 表面积、体积问题 7(23-24高一下·辽宁·期末)如图，在直三棱柱中，，，，，点是的中点． (1)求证：平面； (2)求证：； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)64 【分析】（1）设与交于点，可得，由线面平行的判定可得答案 （2）由余弦定理得可得，由勾股定理可得，又平面得，可得平面可得答案； （3）在中过点作，垂足为，可得平面，利用相等可得答案. 【详解】（1）设与交于点，则为的中点，连接， 则在中，则DE是的中位线，所以， 又平面，平面， 所以平面． （2）在中，由，，， 由余弦定理，得， 则，即，为直角三角形，． 又平面，平面，， 又，平面， 平面， 平面，． （3）在中过点作，垂足为， 平面平面，且平面平面，平面 易知，， ，． 8．(23-24高一下·辽宁抚顺六校协作体·期末)如图，PO是三棱锥的高，，，E是PB的中点． (1)求证：平面PAC； (2)若，，，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【来源】辽宁省抚顺市六校协作体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，由题意可证，进而可得平面，由三角形中位线定理可得，进而可证平面，从而可证平面平面，可得结论； （2）由已知可得，，由三棱锥的体积公式可求体积. 【详解】（1）取中点，连接． 因为，为的中点，所以， 又因为，所以． 因为平面，平面， 所以平面． 因为分别是的中点，所以． 因为平面，平面， 所以平面． 又因为， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面． （2）因为，， 由（1）可得，所以， 因为，所以， 又因为，所以， 所以， 因为PO是三棱锥的高， 所以． 9．(23-24高一下·辽宁沈阳五校协作体·期末)如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，点为线段的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3). 【来源】辽宁省沈阳市五校协作体2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】（1）连接，利用中位线的性质得线线平行，即可证明线面平行； （2）利用线面垂直的性质与判定定理得，结合等腰三角形的性质即可得线面垂直； （3）利用等体积法及三棱锥的体积公式计算即可. 【详解】（1）连接交于点，连接，由底面是正方形，故为中点， 又点为线段的中点，故， 又平面，平面，故平面； （2）由点为线段的中点，，易知， 由平面，平面，故， 又底面是正方形，故， 而､平面，，故平面， 又平面，故， 又､平面，，故平面； （3）由点为线段的中点，故点与点到平面距离相等， 故. 10．(23-24高一下·辽宁·期末)如图，这是某种型号的奖杯，它是用一个正四棱台、一个正四棱柱和一个球焊接而成的球的半径为.正四棱柱的底面边长为，高为.正四棱台的上、下底面边长分别为和，斜高（即侧面梯形的高）为.    (1)求这种型号的奖杯的表面积（用表示，焊接处对面积的影响忽略不计）； (2)已知，若为奖杯表面镀金所用的材料每可以涂，且该种型号的奖杯底面（图中正四棱台的下底面作为该种型号的奖杯的底面，一般底面采用其他村质）不需要镀金，则为100个这种型号的奖杯镀金约需要多少材料？（取3.14，精确到） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）分别求得棱台、棱柱、球的表面积后相加即可得出该奖杯的表面积； （2）求出奖杯需要镀金的表面积，再根据镀金材料的每平方米的重量可求得为100个这种型号的奖杯镀金所需要的材料. 【详解】（1）球的表面积为. 正四棱柱的表面积为. 正四棱台的表面积为. 故这种型号的奖杯的表面积为. （2）因为1个这种型号的奖杯需要镀金的面积为 ， 所以100个这种型号的奖杯需要镀金的面积为. 因为为奖杯表面镀金所用的材料每可以涂， 所以为100个这种型号的奖杯镀金约需要材料. ( 题型03 ) 线面角及其应用 11．(23-24高一下·辽宁·期末)如图，在三棱锥中，和均是边长为4的等边三角形，． (1)证明：； (2)已知平面满足，且平面平面，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）由和均是边长为4的等边三角形，所以取的中点为，可得，所以得到平面，从而. （2）由面面平行的判定定理可得平面，再由面面平行的性质定理可以得到， 所以直线与平面所成角等于直线与平面所成的角，作，证得平面，所以是直线与平面所成的角，在中求得正弦值即可. 【详解】（1）如图，设的中点为，连结， 因为和均为等边三角形，所以， 又因为平面平面， 所以平面， 又因为平面，所以． （2）因为，且平面， 所以平面平面， 又平面平面，平面平面，所以， 所以直线与平面所成角等于直线与平面所成的角． 在平面内作于点，则由（1）知，平面， 又平面所以． 又因为平面平面， 所以平面，所以是直线与平面所成的角． 因为和均是边长为4的等边三角形，所以， 又因为，在等腰中，， 所以，所以直线与平面所成角的正弦值为. 12．(23-24高一下·辽宁名校联盟·期末)正方体的棱长为，是线段上的动点. (1)求证：平面平面； (2)与平面所成的角的余弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【来源】辽宁省名校联盟2023-2024学年高一下学期7月期末数学试题 【分析】（1）根据题意可得，，进而可证平面，即可得结果； （2）设在平面上的射影点为，连接，利用等体积法可得，结合线面夹角可得，再利用余弦定理计算可得. 【详解】（1）因为平面，且平面，可得， 四边形为正方形，则， 且平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）设在平面上的射影点为，连接， 可知是以边长为的等边三角形，则， 因为，即，解得， 设与平面所成的角的大小为，因为，则， 则，可得， 在中，由余弦定理得， 即，解得. 13．(23-24高一下·辽宁·期末)如图，在四棱柱中，平面平面，，，，. (1)证明：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）在线段上取一点，使得，连接，问题转化为，； （2）首先证明出平面，然后在通过体积转化法求出点到平面的距离为，最后再通过求解. 【详解】（1）如图：在线段上取一点，使得，连接， 因为，，，所以四边为正方形， 所以，，，， 又因为，，所以，所以， 又因为，，所以， 因为，，，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为，所以， 由于且，，平面且必相交与一点， 所以平面. （2）由（1）可知，，所以， 又因为平面，，所以平面， 设点到平面的距离为，与平面的夹角为， 在中，，，， ，， 所以， 而， 由可得：， 所以，所以与平面夹角的正弦值为. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键点是利用体积转化法求出点到平面的距离为，进而转化为求三角形面积的问题，在计算过程中为普通三角形，面积需要三部来计算，计算量较大，最后再通过求解. 14．(23-24高一下·辽宁大连·期末)如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为的中点.    (1)证明：平面； (2)若，. ①求二面角的余弦值； ②求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【来源】辽宁省大连市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 【分析】（1）连接，交于点，连接，可证，从而平面； （2）①取的中点，连接，则，在中，作交于点，以为二面角的平面角，利用余弦定理求解边和角； ②设点在平面内的射影为点，则为直线与平面所成的角，求出的长度，即可解决问题. 【详解】（1）连接，交于点，连接， 因为底面为菱形，所以为的中点， 因为为的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面；    （2）①因为，所以为等边三角形， 取的中点，连接，则， 在中，作交于点， 所以为二面角的平面角， 在中，因为，所以， 所以， 在中，， 所以， 在中，， 由余弦定理得， 在中，由余弦定理， 所以二面角的余弦值为； ②设点在平面内的射影为点， 则为直线与平面所成的角， 因为，所以， 所以，所以， 又因为平面，平面，， 所以平面， 又因为平面，平面， 所以平面，且， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】关键点点睛：根据定义找到二面角和线面角的平面角，从而求解. 15．(23-24高一下·辽宁·期末)如图，四面体中，，，，为的中点．    (1)证明：平面平面； (2)设，，点在上； ①点为中点，求与所成角的余弦值； ②当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②． 【分析】（1）根据已知关系有得到，结合等腰三角形性质得到垂直关系，结合线面垂直的判定即可证明面面垂直； （2）①取的中点，的中点，则（或其补角）为与所成的角，在中求解. ②先证平面平面，可得（或其补角）为与平面所成的角，在中求解. 【详解】（1）∵，为的中点，∴， 在和中， ∴，∴，又为的中点， ∴，又平面，， ∴平面， 又∵平面，∴平面平面； （2）    ①取的中点，的中点，连接，则，， ∴（或其补角）为与所成的角， 由且，∴是等边三角形，则， 由且，为的中点， ∴在等腰直角中， ， 在中，，所以，即， 又，∴， 在中，由余弦定理得 ， 即，∴， 在中，，由余弦定理得， 在中，， 即，∴，故 ， 在中，，，， 故， ∴与所成角的余弦值为． ②连接，由（1）知，平面，平面， ∴，则， 当时最小，即的面积最小． ∵平面，平面，∴， 又∵平面，平面，， ∴平面， 又∵平面，∴平面平面， 过点作于（或交延长线）， ∵平面平面，平面， ∴平面，∴（或其补角）为与平面所成的角， 由知，∴ ， 在直角中，，所以， 在直角中，，∴， 在等腰中，，，∴ ， ∴， ∴与平面所成的角的正弦值为．    【点睛】方法点睛：线面角的几何作法： 直接法：即定义法，作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形,根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求. 垂面法：找一个过斜线且与平面垂直的面，根据面面垂直的性质知这两个面的交线即为斜线在平面内的射影，根据直角三角形或余弦定理求解. 16．(23-24高一下·辽宁·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04 ) 二面角及其应用 17．(23-24高一下·辽宁本溪县级重点高中协作体·期末)已知四棱锥的底面为直角梯形，底面，且，是的中点．    (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【来源】辽宁省本溪市县级重点高中协作体2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理及勾股定理的逆定理得，再利用线面垂直的性质判定推理即得. （2）作出二面角的平面角，再利用余弦定理计算即得. 【详解】（1）在直角梯形中，，，则， 又，由余弦定理得， 则，即，由平面，平面， 得，而平面， 所以平面. （2）作，垂足为N，连接，如图， 在中，，又，则≌，有, 于是≌，则，，为二面角的平面角， 由（1）知平面，平面，得，则， 在等腰中，，则， 而，在中，， 所以二面角的余弦值为．    18．(23-24高一下·辽宁锦州·期末)如图，在正三棱柱中，D，E分别是BC，的中点，若，. (1)证明：平面； (2)求到平面的距离： (3)求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【来源】辽宁省锦州市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，根据四边形为平行四边形得，再由线面平行的判定定理可得答案； （2）利用等体积转化可得答案； （3）利用线面垂直的性质定理得为二面角的平面角，求出三角形边长由勾股定理可得答案. 【详解】（1）连接，交于点，连接， 因为四边形为平行四边形，所以O为中点， 又D为BC中点，所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）设到平面的距离为d， 因为，，所以， 又为中点，所以， 因为为等边三角形， 所以， 所以，所以， ， 因为， 所以，所以，即， 解得， 即到平面的距离为； （3）由已知正三棱柱中，分别是中点， 所以面，平面， 所以，又，，平面， 所以面，面， 所以，， 所以为二面角的平面角， 连接，在中，， 在中，， 由（2）知，所以， 所以， 所以二面角的大小为. ( 题型0 5 ) 存在性问题 19．(23-24高一下·辽宁抚顺六校协作体·期末)如图（1），在梯形PBCD中，，，A是PD中点，现将沿AB折起得图（2），点M是PD的中点，点N是BC的中点．    (1)求证：平面PAB； (2)在线段PC上是否存在一点E，使得平面平面PAB？若存在，请指出点E的位置并证明你的结论；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，E为PC中点，证明见解析 【来源】辽宁省抚顺市六校协作体2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 【分析】（1）应用线面平行判定定理证明即可； （2）先取点，再应用面面平行判定定理证明即可； 【详解】（1）取AP的中点Q，连接MQ，BQ，    因为M，Q分别为PD，PA的中点， 所以，， 又因为N为BC的中点， 所以，． 所以，， 所以四边形MNBQ为平行四边形，所以， 又因为平面PAB，平面PAB， 所以平面PAB． （2）存在点E，当E为PC中点时，平面平面PAB． 证明如下：由图（1）因为A是PD中点，，， 所以且， 所以四边形ABCD是平行四边形，所以． 因为E，M分别为PC，PD中点，所以， 所以， 因为平面PAB，平面PAB， 所以平面PAB， 同理可知平面PAB，又因为平面平面， 所以平面平面PAB．    20．(23-24高一下·辽宁沈阳五校协作体·期末)如图，正三棱柱中，，点为的中点. (1)证明：平面平面 (2)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. (3)求二面角平面角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，7，理由见解析； (3) 【来源】辽宁省沈阳市五校协作体2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】（1）由已知条件证明平面，即可证明平面平面；（2）在平面内过点作交于点，证明出与相似，从而，代入数据求解即可; （3）在平面上，过点作垂直垂足为，过点作的垂线垂足为，连接，证明为二面角的平面角，再求即可. 【详解】（1）在正三棱柱中，因为点为的中点， 则， 又平面，平面， 则有， 而，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面， （2）在平面内过点作交于点， 因为平面平面，平面， 所以平面，则点即为所要找的点， 如下图所示，因为，， 所以与相似， 因此， 即有，于是，，所以. （3）在平面上，过点作垂直垂足为， 因为点为的中点， 所以为的四等分点，即， 过点作的垂线垂足为，连接， 平面平面，平面平面， 因此平面， 所以有， 由二面角定义可得为二面角的平面角， 为直角三角形， 边上的高为，则有， 所以 ( 题型0 6 ) 立体几何新定义 21．(23-24高一下·辽宁·期末)设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中（，2，…，k，）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知在直四棱柱中，底面ABCD为菱形，且． (1)求直四棱柱在各个顶点的离散曲率之和； (2)若直四棱柱在点A处的离散曲率为x，直四棱柱体积为，求函数的解析式及单调区间． 【答案】(1)； (2)，增区间为，减区间为，. 【分析】（1）根据离散曲率的定义，由直四棱柱的结构特征，分别求出A、处的离散曲率，相加后乘以4即可求得答案. （2）由曲率定义可得，应用三角形面积公式求底面积，根据棱柱体积公式写出体积解析式，再由正弦型函数的性质求单调区间. 【详解】（1）在直四棱柱中,，底面ABCD为菱形， 由离散曲率的定义知：的离散曲率相等，的离散曲率相等， 所以处的曲率为，而处的曲率为，又， 所以、两处的曲率和为， 故直四棱柱在各个顶点的离散曲率之和. （2）由题设，处的曲率，故， 所以直四棱柱底面面积为， 故直四棱柱高为1，故体积为， 令，，可得，，即，上递增； 令，，可得，，即，上递减； 所以增区间为，减区间为，. 22．(23-24高一下·辽宁葫芦岛·期末)如图，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线且，点是圆柱底面圆周上的点. (1)求圆柱的表面积； (2)证明：平面平面； (3)若是的中点，点在线段上，求的最小值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【来源】辽宁省葫芦岛市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 【分析】（1）根据圆柱表面积公式即可求解； （2）根据，，得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明； （3）如图，确定当三点共线时取得最小值，求出，结合余弦定理计算即可求解. 【详解】（1）圆柱的底面半径，圆柱的侧面积， 圆柱的底面积为，所以表面积. （2）由题意知平面，又平面， 所以， 而平面， 所以平面， 又平面， 故平面平面； （3）将绕着旋转到使其与平面共面，且在的反向延长线上. 当三点共线时取得最小值，为， ， ， 所以在三角形中，由余弦定理可得：， 所以的最小值等于. 23．(23-24高一下·辽宁·期末)如图在四棱锥中，底面为矩形，侧棱，且，，，点E为AD中点， (1)求证：平面平面； (2)求二面角的余弦值； (3)点F为对角线AC上的点，且，垂足为G，求FG与平面ABCD所成的最大角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）结合线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理即可得； （2）面面垂直的性质定理平面，线面垂直的判定定理得平面，平面，线面平行的判定定理得平面，作垂足为，由等面积法得求出可得答案； （3）作平面，在平面作交于点，设线交线于点，由线面垂直的判定定理得平面，得，，求出可得答案. 【详解】（1），， 则，， 又，，平面， 平面，平面， 平面平面； （2）侧棱，点E为AD中点.，，， 为正三角形，取中点，则，， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 平面，所以，， 在边上取，连接，可得四边形是长方形， 可得，又，平面， 所以平面，作，垂足为，平面， ，， 又，平面， 平面，且， 又，平面，平面， 平面， 所以点到平面的距离，且点的投影在内， 在中，，，由余弦定理得， 作垂足为，由等面积法得， 所以二面角的大小的正弦值 ，； （3）作平面， 则，为在平面内的射影， 所以点，，共线， 再在平面作交于点， 又，，平面， 平面， 设线交线于点， 则，又，，平面， 平面，平面，得， ，， 又因为， 所以与平面所成的最大角的正弦值为， 当点为线与的交点时取到最大角. 【点睛】方法点睛：求二面角的方法：1.概念法，概念法指的是利用概念直接解答问题；2.空间变换法，空间变换法指的是基本的空间方法，包括三垂线法、补角法、垂面法、切平面法等方法；3.空间向量法.  24．(23-24高一下·辽宁名校联盟·期末)如图1，在矩形 中，是线段上（包括端点）的一动点，如图2，将沿着折起，使点到达点的位置，满足点 平面 .    (1)如图2，当时，点是线段上点的，平面 ，求 的值； (2)如图2，若点 在平面 内的射影落在线段上. ①是否存在点，使得 平面 ，若存在，求的长；若不存在，请说明理由； ②当三棱锥的体积最大值时，求点到平面的距离. 【答案】(1) (2)①存在，，② 【来源】辽宁省名校联盟2023-2024学年高一下学期7月期末数学试题 【分析】（1）取的中点，连接，则由面面平行的判定定理可证得平面∥平面，再利用面面平行的性质可得∥，从而可求得结果； （2）①当点与点重合时，平面 ，由已知条件可证得平面，则，再利用线面垂直的判定定理可证得结论； ②在矩形中作于，延长交于点，折起后得，设，由∽，可得， 在中，表示出，然后表示出，利用基本不等式可求出其最大值，从而可点到平面的距离. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为，所以， 因为∥，所以四边形为平行四边形， 所以∥， 因为平面，平面， 所以∥平面， 因为∥平面，，平面， 所以平面∥平面， 因为平面平面，平面平面， 所以∥， 因为是的中点，所以；    （2）①存在点，当点与点重合，即时，平面， 理由如下：当点与点重合时，则， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，，平面， 所以平面， 即当点与点重合，时，平面； ②在矩形中作于，延长交于点，折起后得，    设，则， 因为， 所以， 因为，所以， 因为， 所以∽，得，即，得， 所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，所以， 所以点与点重合， 因为要使得点的射影落在线段上，所以， 则，解得， 在中，， 所以 ， 当且仅当，即时，， 当时，，，则是的中点， 所以点到平面的距离为. 【点睛】关键点点睛：此题考查线面平行的判定，考查线面垂直的判定，考查点面距离的求法，解题的关键是要弄清折叠前后的边角面的关系，考查推理能力和计算能力，属于较难题. / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末专题06 立体几何大题综合（6大题型24题） 题型概览 题型01 基础证明 题型02 表面积、体积问题 题型03 线面角及其应用 题型04 二面角及其应用 题型05 存在性问题 题型06 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·辽宁·期末)如图，在四棱锥中，底面，且底面为正方形，，分别是的中点． (1)求证：； (2)求证：平面平面. 2．(23-24高一下·辽宁大连·期末)如图，在直三棱柱中，，. (1)求证：平面平面； (2)求证：. 3．(23-24高一下·辽宁部分高中·期末)如图，在三棱柱中，底面是正三角形，，分别为，的中点，. (1)求证：平面； (2)若，求证：平面. 4．(23-24高一下·辽宁·期末)如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为的中点，点在线段上，平面. (1)证明：； (2)求的值. 5．(23-24高一下·辽宁·期末)如图，已知四棱锥中，底面是平行四边形，为侧棱的中点.    (1)求证：平面； (2)若为侧棱的中点，求证：平面； (3)设平面平面，求证：. 6．(23-24高一下·辽宁部分高中·期末)如图，在正三棱柱中，点，分别在，上，，记正三棱柱的体积为. (1)求棱锥的体积（结果用表示）； (2)当时， ①请在图中直接画出平面与平面的交线；（不写过程，保留作图痕迹） ②求证：平面平面. ( 题型02 ) 表面积、体积问题 7(23-24高一下·辽宁·期末)如图，在直三棱柱中，，，，，点是的中点． (1)求证：平面； (2)求证：； (3)求三棱锥的体积． 8．(23-24高一下·辽宁抚顺六校协作体·期末)如图，PO是三棱锥的高，，，E是PB的中点． (1)求证：平面PAC； (2)若，，，求三棱锥的体积． 9．(23-24高一下·辽宁沈阳五校协作体·期末)如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，点为线段的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求三棱锥的体积. 10．(23-24高一下·辽宁·期末)如图，这是某种型号的奖杯，它是用一个正四棱台、一个正四棱柱和一个球焊接而成的球的半径为.正四棱柱的底面边长为，高为.正四棱台的上、下底面边长分别为和，斜高（即侧面梯形的高）为.    (1)求这种型号的奖杯的表面积（用表示，焊接处对面积的影响忽略不计）； (2)已知，若为奖杯表面镀金所用的材料每可以涂，且该种型号的奖杯底面（图中正四棱台的下底面作为该种型号的奖杯的底面，一般底面采用其他村质）不需要镀金，则为100个这种型号的奖杯镀金约需要多少材料？（取3.14，精确到） ( 题型03 ) 线面角及其应用 11．(23-24高一下·辽宁·期末)如图，在三棱锥中，和均是边长为4的等边三角形，． (1)证明：； (2)已知平面满足，且平面平面，求直线与平面所成角的正弦值． 12．(23-24高一下·辽宁名校联盟·期末)正方体的棱长为，是线段上的动点. (1)求证：平面平面； (2)与平面所成的角的余弦值为，求的长． 13．(23-24高一下·辽宁·期末)如图，在四棱柱中，平面平面，，，，. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 14．(23-24高一下·辽宁大连·期末)如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为的中点.    (1)证明：平面； (2)若，. ①求二面角的余弦值； ②求直线与平面所成角的正弦值. 15．(23-24高一下·辽宁·期末)如图，四面体中，，，，为的中点．    (1)证明：平面平面； (2)设，，点在上； ①点为中点，求与所成角的余弦值； ②当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 16．(23-24高一下·辽宁·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04 ) 二面角及其应用 17．(23-24高一下·辽宁本溪县级重点高中协作体·期末)已知四棱锥的底面为直角梯形，底面，且，是的中点．    (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值． 18．(23-24高一下·辽宁锦州·期末)如图，在正三棱柱中，D，E分别是BC，的中点，若，. (1)证明：平面； (2)求到平面的距离： (3)求二面角的大小. ( 题型0 5 ) 存在性问题 19．(23-24高一下·辽宁抚顺六校协作体·期末)如图（1），在梯形PBCD中，，，A是PD中点，现将沿AB折起得图（2），点M是PD的中点，点N是BC的中点．    (1)求证：平面PAB； (2)在线段PC上是否存在一点E，使得平面平面PAB？若存在，请指出点E的位置并证明你的结论；若不存在，请说明理由． 20．(23-24高一下·辽宁沈阳五校协作体·期末)如图，正三棱柱中，，点为的中点. (1)证明：平面平面 (2)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. (3)求二面角平面角的正切值. ( 题型0 6 ) 立体几何新定义 21．(23-24高一下·辽宁·期末)设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中（，2，…，k，）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知在直四棱柱中，底面ABCD为菱形，且． (1)求直四棱柱在各个顶点的离散曲率之和； (2)若直四棱柱在点A处的离散曲率为x，直四棱柱体积为，求函数的解析式及单调区间． 22．(23-24高一下·辽宁葫芦岛·期末)如图，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线且，点是圆柱底面圆周上的点. (1)求圆柱的表面积； (2)证明：平面平面； (3)若是的中点，点在线段上，求的最小值. 23．(23-24高一下·辽宁·期末)如图在四棱锥中，底面为矩形，侧棱，且，，，点E为AD中点， (1)求证：平面平面； (2)求二面角的余弦值； (3)点F为对角线AC上的点，且，垂足为G，求FG与平面ABCD所成的最大角的正弦值. 24．(23-24高一下·辽宁名校联盟·期末)如图1，在矩形 中，是线段上（包括端点）的一动点，如图2，将沿着折起，使点到达点的位置，满足点 平面 .    (1)如图2，当时，点是线段上点的，平面 ，求 的值； (2)如图2，若点 在平面 内的射影落在线段上. ①是否存在点，使得 平面 ，若存在，求的长；若不存在，请说明理由； ②当三棱锥的体积最大值时，求点到平面的距离. / 学科网（北京）股份有限公司 $$