期末专题07 立体几何70题解答题重点专练（真题四层精练（含百强名校真题））-【源课堂会一题通一类系列】2024-2025学年高一数学下学期期末重点复习（人教A版2019）

期末专题07 立体几何解答题重点专练 （真题四层精练（含百强名校真题）） 期末复习目录 真题四层精练 1 真题第一层精练：夯实基础（15题） 1 真题第二层精练：能力提升（20题） 6 真题第三层精练：突破压轴（10题） 13 真题第四层精练：百强名校真题特训（25题） 18 真题第一层精练：夯实基础（15题） 1．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，是的中点. (1)证明：平面； (2)证明：平面. 2．如图，平面，底面为矩形，于点于点．    (1)求证：平面； (2)设平面交于点，求证：． 3．如图，平面四边形中，，，，，，点，满足，，将沿翻折至，使得. (1)证明：； (2)求五棱锥的体积 4．如图，已知正方体边长为2.    (1)证明：平面； (2)证明：； (3)求三棱锥的体积. 5．如图，在三棱锥中，分别是线段的中点. (1)求证：平面； (2)过直线作平面，若平面与直线交于点，直线平面，求证：是线段的中点. 6．已知正方体的棱长为分别是的中点. (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在点H，使得平面?若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 7．如图，在三棱锥中，E是线段AD的中点，F是线段CD上的一点．    (1)若平面，试确定F在CD上的位置，并说明理由； (2)若F为CD的中点，且，平面平面，证明：． 8．如图，圆台上下底面半径分别为1，2，，为其两条母线，且母线长为2．    (1)证明：四边形为等腰梯形； (2)若在圆台内部挖去一个以O为顶点，圆为底面的圆锥，求剩余部分的体积． 9．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． 10．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，分别为的中点.    (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，指出点位置，并证明你的结论；若不存在，说明理由. 11．如图，在四棱锥中，已知底面ABCD为矩形，底面ABCD，，E，F，G分别为线段AD，BC，PB的中点. (1)求证：平面PBC； (2)求证：平面AFG. 12．如图，四棱锥的底面是直角梯形，底面，，，且，. (1)证明：平面平面. (2)求二面角的大小. 13．如图，已知在正三棱柱中，为棱的中点，. (1)证明：面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 14．如图，在直四棱柱中，底面为菱形，是线段上的一点． (1)若，求证：平面； (2)若，求证：平面平面． 15．如图，在四面体中，平面，M是的中点，P是的中点，点Q在线段上，且． (1)求证：平面． (2)若三角形为边长为2的正三角形，，求异面直线和所成角的余弦值 ． 真题第二层精练：能力提升（20题） 1．如图，在正方形中，点E、F分别是AB、BC的中点，将、分别沿DE、DF折起，使A，C两点重合于P，连接EF，PB. (1)求证：； (2)点M是PD上一点，若直线MF与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值. 2．如图，在直三棱柱中，分别为棱的中点. (1)求证：平面 (2)求证：平面平面 (3)若，求二面角 的余弦值. 3．如图，已知平面，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小． 4．如图，在四棱锥中，底面四边形是直角梯形，是的中点，． (1)证明：平面． (2)若，求二面角的正弦值． 5．如图，在直角梯形中，已知，，，，E为对角线的中点，现将沿折起到的位置，使平面平面．求证： (1)直线平面； (2)平面平面． 6．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，平面ABCD，平面平面，平面平面. (1)证明：； (2)证明：平面； (3)当MA为何值时，二面角的余弦值为． 7．（2024·陕西西安·一模）图1所示的是等腰梯形ABCD，AB//CD，AB=3，CD=1，，DE⊥AB于E点，现将△ADE沿直线DE折起到△PDE的位置，连接PB，PC，形成一个四棱锥P-EBCD，如图2所示． (1)若平面PCD∩平面PBE=l，求证：DC//l； (2)求证：平面PBE⊥平面BCDE； (3)若二面角P-ED-B的大小为，求三棱锥E-PCD的体积 8．如图，ABCD是圆台下底面圆的内接四边形，，C为底面圆周上一动点，，PA为圆台的母线，，圆台上底面的半径为1． (1)求该圆台的表面积； (2)求四棱锥的体积的最大值． 9．《九章算术》中有这样一段话：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”，这里所谓的“阳马”，就是底面是矩形且一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，四棱锥为阳马，底面，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)求直线与平面所成角的大小. 10．如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧面PAD是等腰三角形，且，侧面平面ABCD. (1)设M，N分别为PD，BC的中点，求证：MN∥平面PAB； (2)设，在线段PD上是否存在一点Q，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 11．在三棱锥中，底面. (1)证明：平面平面； (2)若是的中点，求与平面所成角的正切值. 12．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. 13．如图1，在四边形中，，将沿边BD翻折至，使得平面平面，如图2所示．E是线段PD上的一点，且．    (1)求证：平面平面； (2)求直线BE与平面所成角的正弦值． 14．如图，正四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，点P在侧棱SD上，且． (1)求证：； (2)求二面角的大小； (3)侧棱SC上是否存在一点E，使得平面PAC．若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 15．如图，在四棱锥中，，，，且M是的中点. (1)求证：平面； (2)若平面平面，且，. （ⅰ）求证：⊥平面； （ⅱ）求直线与平面所成的角的正弦值. 16．已知在平行四边形中，是边上一点，且满足，，，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且．如图： (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 17．如图，在五面体中，，，平面平面,，，，. (1)证明：平面； (2)若点、分别为、的中点，证明：平面平面； (3)求该五面体的体积. （注：本题用空间向量法求解或证明不给分，若需要作辅助线，请在答题卡上作出相应的辅助线.） 18．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．在如图所示的阳马中，侧棱底面，且，点是的中点，连接．    (1)证明：平面； (2)证明：平面．试判断四面体是否为鳖臑．若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由; (3)若二面角为，求点到平面的距离 19．如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形，M，N分别是棱PB，PC的中点，是棱PA上一点，且. (1)求证:平面MCD; (2)，求直线PA与平面PBC所成角的正弦值. 20．金刚石也被称作钻石，是天然存在的最硬的物质，可以用来切割玻璃，也用作钻探机的钻头．河南某实业集团股份有限公司是国内人造金刚石的排头兵，人造金刚石年生产能力达15亿克拉，是国内同行业第一，世界第三金刚石生产基地．金刚石呈现如图所示的“正八面体”外形．正八面体由八个全等的等边三角形围成，且对角面（如ABCD）都是正方形． (1)证明：平面CDF； (2)证明：四棱锥是正四棱锥； (3)试判断平面ABE与平面BCE是否垂直？如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由． 真题第三层精练：突破压轴（10题） 1．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，为棱的中点，，，直线与所成的角的大小为． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)求二面角的正切值． 2．如图，在四棱锥中，为边上的中点，为边上的中点，平面平面，．    (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)若直线与底面所成角的余弦值为，求二面角的正切值． 3．如图，在直四棱柱中，底面为菱形，点在线段上，且为的重心，点在棱上，且，点在棱上，且. (1)证明：平面平面； (2)若，，求点到平面的距离. 4．如图，在三棱柱中，，点在底面ABC的射影为BC的中点O，M为的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)设点P为底面ABC内（包括边界）的动点，且∥平面，若点P的轨迹长度为，求三棱柱的侧面积. 5．如图，在中，，点满足，沿将折起形成三棱锥. (1)若，在面上的射影恰好在上，求二面角平面角的余弦值； (2)若二面角为直二面角，当取到最小值时，求的值及点到平面的距离. 6．已知球O半径为2，A，B，C，D是球面上的点，平面⊥平面，四边形OACD为平行四边形． (1)证明：； (2)若，求点O到平面BCD的距离； (3)求BD与平面OAC所成角的余弦值的最小值． 7．已知平面四边形，，，，现将沿边折起，使得平面平面，此时，点为线段的中点．    (1)求证：平面； (2)若为的中点，求与平面所成角的正弦值； (3)在（2）的条件下，求二面角的平面角的余弦值． 8．如图，已知在直三棱柱中，，且，点在线段（含端点）上运动，设. (1)当平面时，求实数的值； (2)当平面平面时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 9．已知在边长为2的正方形中，，分别是线段，上的动点（不含端点），且. (1)当时，如图沿，和把这个正方形折成一个四面体，使得，，三点重合于点，则在四面体中：      （i）证明：； （ii）求二面角的平面角的余弦值. (2)如图，若正方形的对角线与和分别交于点，两点，证明：三条线段，和一定可以构成一个三角形，并且这个三角形中一定有一个角等于.    10．如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角，，，，二面角的大小为，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：． (1)如图2，在三棱锥中，点M是点B在平面APC中的投影，，连接MD，，，，，． ①求平面APC与平面BPC所成的角的正弦值； ②求三棱锥体积的最大值； (2)当、、时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理． 真题第四层精练：百强名校真题特训（25题） 1．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． 2．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. 3．如图，正三棱柱所有的棱长均为2，点在棱上，且满足，点是棱的中点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 4．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. 5．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. 6．如图，棱长为a的正方体中，分别是上的点，． (1)求B点到平面的距离； (2)求与平面所成角的余弦值．（请不用空间向量法，用空间向量法不得分） 7．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． 8．已知在平行四边形中，是边上一点，且满足，. (1)求的大小； (2)现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.如图： （i）证明：平面平面； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 9．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． 10．在直三棱柱中，D、E分别是棱的中点，F为线段上的点． (1)证明：平面； (2)若，当与平面所成角的正弦值为时，求的值． 11．如图，在矩形中，，，点分别在 上，且 ，沿 将四边形折成四边形．    (1)求证：平面； (2)若点在平面上的射影在直线上，求直线与平面所成角的正弦值； (3)在（2）的条件下，设点在线段上，平面与平面所成锐二面角的平面角为．若，求． 12．在四棱锥中，四边形为矩形，平面为垂足，，平面． (1)证明：为等腰三角形． (2)若为等腰直角三角形．设平面与平面的交线为 ，求二面角的余弦值． 13．在四棱锥中，平面ABCD，，∥，，，E为PD中点． (1)求证：∥平面PAB； (2)求直线CE与平面PAD所成的角的正弦值．（要求用几何法解答） 14．如图，已知正方体的棱长为2，M分别为棱的中点． (1)证明：； (2)求平面与平面ABCD所成二面角的余弦值． （要求用几何法解答） 15．如图，在四棱台中，底面为菱形，且，，侧棱与底面所成角的正弦值为．若球与三棱台内切（即球与棱台各面均相切）． (1)求证：平面； (2)求二面角的正切值； (3)求四棱台的体积和球的表面积． 16．如图，四棱锥中，平面． (1)若为中点，证明：平面； (2)若，且二面角的大小为，求． （请不用空间向量法，用空间向量法不得分） 17．如图，三棱柱中，为等边三角形，，平面平面． (1)求证：； (2)若，点E是线段的中点， （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）在平面中是否存在点P，使得且．若存在，请求出点P的位置；若不存在，请说明理由． 18．（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． 19．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. 20．如图①，已知是边长为2的等边三角形，D是的中点，，如图②，将沿边DH翻折至. (1)在线段BC上是否存在点F，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (2)若平面BHC与平面BDA所成的二面角的正切值为，求点B到直线CH的距离. 21．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. 22．“阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，它是底面为矩形，一条侧棱垂于底面的四棱锥．如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，，平面平面，平面平面. (1)求证：四棱锥是“阳马”； (2)点M在正方形内（包括边界）．平面平面且， （i）求M点轨迹长度； （ii）是否存在M点，使得平面平面，若存在，求二面角的余弦值；若不存在，请说明理由． 23．在空间直角坐标系中，已知向量，点．若直线以为方向向量且经过点，则直线的标准式方程可表示为；若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为． (1)若平面，平面，直线为平面和平面的交线，求直线的单位方向向量（写出一个即可）； (2)若三棱柱的三个侧面所在平面分别记为，其中平面经过点，，平面，平面，求实数m的值； (3)若集合，记集合中所有点构成的几何体为，求几何体的体积和相邻两个面（有公共棱）所成二面角的大小． 24．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. 25．定义：球的直径的两个端点称为球的一对对径点；过球心的平面与球面的交线称为该球的大圆；对于球面上不在同一个大圆上的点A，B，C，过任意两点的大圆上的劣弧AB，劣弧BC，劣弧CA所组成的图形称为球面，记其面积为．易知：球的任意两个大圆均可交于一对对径点，如图1的A，；若球面上A，B，C的对径点分别为，，，则球面与球面全等，如图2．已知球O的半径为R，圆弧AB和圆弧AC所在平面组成的锐二面角的大小为α，圆弧BA和圆弧BC所在平面组成的锐二面角的大小为β，圆弧CA和圆弧CB所在平面组成的锐二面角的大小为．记． (1)请写出，，的值，并猜测函数的表达式； (2)求（用α，β，γ，R表示）． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末专题07 立体几何解答题重点专练 （真题四层精练（含百强名校真题）） 期末复习目录 真题四层精练 1 真题第一层精练：夯实基础（15题） 1 真题第二层精练：能力提升（20题） 20 真题第三层精练：突破压轴（10题） 53 真题第四层精练：百强名校真题特训（25题） 80 真题第一层精练：夯实基础（15题） 1．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，是的中点. (1)证明：平面； (2)证明：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接交于点F，再连接，证明，再用线面平行的判定定理即可得证； （2）先证明平面，得出，又，再结合线面垂直的判定定理即可得证. 【详解】（1） 连接交于点F，再连接， 因为四边形是菱形，所以点F是的中点； 又是的中点. 所以在中，是中位线，即， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）因为四边形是菱形，所以， 又，且平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，又，且平面，平面， 所以平面. 2．如图，平面，底面为矩形，于点于点．    (1)求证：平面； (2)设平面交于点，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由为矩形，得，又平面得，可知平面，从而，得证平面. （2）先证平面,得再证平面，得从而平面证明. 【详解】（1）为矩形， 平面平面 ， 又与平面， 平面． 又平面 又与平面， 平面. （2）由（1）知，平面 又与平面 平面；平面，所以； 为矩形 平面是平面内两条相交直线 平面 平面 平面平面， . 3．如图，平面四边形中，，，，，，点，满足，，将沿翻折至，使得. (1)证明：； (2)求五棱锥的体积 【答案】(1)证明见解析； (2)19 【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； （2）先证明平面，得，，勾股定理得，从而底面，即为五棱锥的高，再结合棱锥的体积公式计算得答案； 【详解】（1）由，，，， 得，，又，在中， 由余弦定理得， 所以，则，即， 所以，，又，平面， 所以平面，又平面，故； （2），，， ，即平面，所以，， 且，所以，由（1）， 而是平面内的两条相交直线， 由此得底面，即为五棱锥的高，过点作.则， 4．如图，已知正方体边长为2.    (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）根据题意，由线面平行的判定定理，即可证明； （2）根据题意，由线面垂直的性质定理即可证明； （3）根据题意，由等体积法代入计算，即可求解. 【详解】（1）    在正方体中，连接交于，连接，交于， 连接，则，且平面，平面， 所以平面. （2）因为为正方体，则平面，且平面， 所以，又，，平面， 所以平面，又平面，所以. （3）. 5．如图，在三棱锥中，分别是线段的中点. (1)求证：平面； (2)过直线作平面，若平面与直线交于点，直线平面，求证：是线段的中点. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）利用中位线定理得到线线平行，结合线面平行判定定理证明线面平行即可. （2）利用给定条件得到线线平行，结合中位线定理证明中点即可. 【详解】（1）因为分别是线段的中点， 所以是的中位线，所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2）依题意知，平面平面， 因为直线平面，平面， 所以，因为F是线段中点， 所以是线段的中点. 6．已知正方体的棱长为分别是的中点. (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在点H，使得平面?若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）构造中位线和平行的传递性证明线线平行，然后利用线面平行的判定定理即可证明； （2）因为是等腰三角形，当H为的中点时，则满足，所以猜想当H为的中点有平面，然后证明猜想即可. 【详解】（1）证明：连接，因为分别是的中点，所以为的中位线， 所以，在正方体中，，所以， 因为平面平面，所以平面； （2）取的中点H，则满足平面，且. 证明如下：取的中点H，连接，则， 在中，，由，得， 由，得， 由，得， 在中，，所以，又平面， 所以平面，且. 7．如图，在三棱锥中，E是线段AD的中点，F是线段CD上的一点．    (1)若平面，试确定F在CD上的位置，并说明理由； (2)若F为CD的中点，且，平面平面，证明：． 【答案】(1)F是CD的中点，理由见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由线面平行的性质，证得，又是的中点，得是的中点． （2）由已知面面垂直证得平面，可得． 【详解】（1）F是CD的中点，理由如下：若平面， 由平面，平面平面，得． 又是的中点，在上，所以是的中点． （2）证明：如图所示，    由，为中点，则， 平面平面，且平面平面， 平面，则有平面，又平面，所以． 8．如图，圆台上下底面半径分别为1，2，，为其两条母线，且母线长为2．    (1)证明：四边形为等腰梯形； (2)若在圆台内部挖去一个以O为顶点，圆为底面的圆锥，求剩余部分的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据圆台的性质可知，，，故四边形为等腰梯形. （2）剩余部分的体积等于圆台的体积减去圆锥的体积. 【详解】（1）因为，为圆台两条母线， 所以，且它们都在同一个平面内， 又由于圆台的上下底面都是圆，由圆的同心性和圆台的形成可知，， 故四边形为等腰梯形. （2）如图所示： 连接,过点作于点，    则,所以由勾股定理得高， ， ， 故剩余部分的体积. 9．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． 10．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，分别为的中点.    (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，指出点位置，并证明你的结论；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点为线段的中点，证明见解析 【分析】（1）连交于，证即可证明平面. （2）先明确线段上存在一点为线段的中点，再通过证明且得，进而得平面即可得解. 【详解】（1）证明：连交于，因为为中点， 所以是中位线， 所以，又因为平面平面， 所以平面.    （2）线段上存在一点为线段的中点，使得平面，    连接，由于为中点， 则且，即且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面平面， 所以平面. 11．如图，在四棱锥中，已知底面ABCD为矩形，底面ABCD，，E，F，G分别为线段AD，BC，PB的中点. (1)求证：平面PBC； (2)求证：平面AFG. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）先证平面，有，再由，可证平面PBC； （2）连接交于点，由，得为中点，可得，线面平行的判定定理得平面. 【详解】（1）因为底面为矩形，所以， 又底面，底面，所以， 因为，平面，所以平面， 平面，所以， 又，为中点，则， 平面，，所以平面. （2）连接交于点，连接， 由四边形为矩形，分别为中点，所以， 则，即为中点，又因为为中点，有， 平面，平面，所以平面. 12．如图，四棱锥的底面是直角梯形，底面，，，且，. (1)证明：平面平面. (2)求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）只需根据线面垂直的判定定理证明平面，进一步结合面面垂直的判定定理即可得证； （2）首先说明是二面角的平面角，进一步结合解三角形知识即可求解. 【详解】（1）由于底面是直角梯形且，所以由得， 因为底面，平面，所以， 而，平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）由（1）知平面，平面，所以， 又因为，所以是二面角的平面角. 由得， 而，即， 所以在梯形中，由可得， 所以在直角中，，而， 所以，即二面角的大小为. 13．如图，已知在正三棱柱中，为棱的中点，. (1)证明：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）法一：作出辅助线，构造平行四边形，得到线线平行，进而得到面面平行，证明出线面平行；法二：作出辅助线，由中位线得到线线平行，进而证明出线面平行； （2）法一：证明出线面垂直，得到，设，求出其他各边长，得到，利用等体积法得到点到平面的距离，进而得到直线与平面所成角的正弦值；法二：作出辅助线，证明出线面垂直，得到即直线与平面所成线面角的平面角，设，求出各边长，得到线面角的正弦值. 【详解】（1）法一：取中点，连接 因为，，所以四边形为平行四边形，所以. 又因为平面，平面，所以平面 因为平行且等于，所以四边形为平行四边形，所以. 又因为平面，平面，所以平面 又因为平面，平面且. 所以平面平面. 因为平面，所以平面 法二：连接，记与的交点为，连接. 在中，，所以为的中位线， 所以，又因为平面，平面，所以平面. （2）法一：为等边三角形，为中点，故⊥， 因为⊥平面，平面，所以⊥， 因为，平面，， 所以平面， 又因为平面，所以. 设，则，， 由勾股定理得， 故； 设点到平面的距离为， 其中， 又. 所以. 法二：设，取的中点，连接，交于点，连接. 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， 因为， 所以≌，所以， 故，故， 又因为，平面，所以平面. 所以即直线与平面所成线面角的平面角， 有勾股定理得， 故， 所以. 14．如图，在直四棱柱中，底面为菱形，是线段上的一点． (1)若，求证：平面； (2)若，求证：平面平面． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）证明线面平行，只需在平面内找到一条直线与平行即可； （2）证明面面垂直，只需证明线面垂直，只需证明线线垂直即可. 【详解】（1）连接，交于点，连接，如图所示． 因为底面为菱形，所以是的中点，又，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）在直四棱柱中，平面， 因为平面，所以， 又底面为菱形，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以， 又，，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． 15．如图，在四面体中，平面，M是的中点，P是的中点，点Q在线段上，且． (1)求证：平面． (2)若三角形为边长为2的正三角形，，求异面直线和所成角的余弦值 ． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点O，靠近C的四等分点H，利用平行线分线段成比例判定线线平行即可证明线面平行； （2）取的中点E，将异面直线化为共面直线，解三角形即可. 【详解】（1）如图所示，取中点O，且P是中点， ∴ ， 取的四等分点H，使，且， ∴ ， ∴， ∴ 四边形为平行四边形， ∴ ，在平面外，且平面， ∴ 平面． （2）取的中点E，连接，易知， 则或其补角为异面直线和所成的角， 因为平面，平面， 所以，即， 显然，所以为直角三角形， 通过解三角形可得， 即异面直线和所成角的余弦值为． 真题第二层精练：能力提升（20题） 1．如图，在正方形中，点E、F分别是AB、BC的中点，将、分别沿DE、DF折起，使A，C两点重合于P，连接EF，PB. (1)求证：； (2)点M是PD上一点，若直线MF与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意可得，则由线面垂直的判定定理可得平面，则，再由正方形性质可得，则平面，从而可证得； （2）由（1）可得为直线MF与平面所成角，则，令，然后根据正方形的性质求出其它边长，最后在中利用余弦定理可求得结果. 【详解】（1）证明：在正方形中，连接，则， 因为点E、F分别是AB、BC的中点，所以∥， 所以， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以； （2）解：由（1）平面，所以为直线MF与平面所成角， 所以， 令，则， 所以， 设，连接， 由（1）知平面，因为平面，所以， 因为，所以为二面角的平面角， 因为为的中点，，所以为等腰三角形， 所以， 因为，所以， 所以， ，， 在中，由余弦定理得 ， 所以二面角的余弦值为. 【点睛】关键点点睛：此题考查由线面垂直证线线垂直，考查线面角和二面角，考查折叠问题，解题的关键是弄清折叠前后边角的关系，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题》 2．如图，在直三棱柱中，分别为棱的中点. (1)求证：平面 (2)求证：平面平面 (3)若，求二面角 的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）取的中点，由中位线定理可得，，推出四边形是平行四边形，进而可得，再由线面平行的判定定理，即可得出答案． （2）由线面垂直的判定定理可得平面，进而可得答案． （3）取的中点，连接，先找到二面角的平面角为，再计算余弦值，即可得出答案． 【详解】（1）证明：取的中点，连接， 因为为棱的中点， 所以，， 又，，为的中点， 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）证明：因为三棱柱为直三棱柱， 所以平面，又平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， （3）取的中点，连接， 因为为的中点，所以， 又，所以， 又直三棱柱的几何特征可得面，又面，所以， 又，平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以二面角的平面角为， 因为， 所以，， 在中，， 所以， 所以二面角的余弦值为． 3．如图，已知平面，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面平行证明平面平面，再由面面平行的性质证明线面平行即可； （2）先证明出平面，结合（1）得结论得出直线与平面所成角和直线与平面所成角相等，即可求解． 【详解】（1）取中点，连接，，，如图所示， 又因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为点为的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 又，平面， 所以平面平面， 又平面，所以平面． （2）因为平面，， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面， 因为，点为的中点， 所以， 因为平面平面平面， 所以平面， 由（1）得四边形为平行四边形，所以， 所以直线与平面所成角和直线与平面所成角相等， 因为平面， 所以即为直线与平面所成角， 因为点为的中点，， 所以， 所以，由， 所以， 所以直线与平面所成角为． 4．如图，在四棱锥中，底面四边形是直角梯形，是的中点，． (1)证明：平面． (2)若，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，通过四边形是正方形，得到，进而可求证； （2）作，垂足为，连接.先证明平面，得到是二面角的平面角，在判断四棱锥为正四棱锥，求得，再由余弦定理即可求解. 【详解】（1）证明：连接． 因为是的中点，所以． 分因为，且，所以四边形是正方形， 则． 因为平面，且， 所以平面． （2）解： 作，垂足为，连接. 由（1）可知平面．又平面，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． 记，连接，则是的中点． 因为，且是的中点，所以． 因为平面，且平面，所以． 连接．因为平面，且，所以平面， 则四棱锥为正四棱锥，故． 因为的面积， 即， 所以． 同理可得． 在中，由余弦定理可得， 则，即二面角的正弦值为 5．如图，在直角梯形中，已知，，，，E为对角线的中点，现将沿折起到的位置，使平面平面．求证： (1)直线平面； (2)平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由已知为中点，可得，利用面面垂直的性质定理即可证明； （2）由已知，可得平面，则，又得，则平面，利用面面垂直的判定得证. 【详解】（1）因为平面平面，且平面平面， 又，则，且为中点，所以， 又平面，所以平面； （2）在直角梯形中， ，， 则， 又，则， 又，所以， 在折后的几何体中，， 因平面平面，平面平面， 又平面， 所以平面， 又平面，则， 又，即，则， 又，平面，平面， 则平面， 又平面， 所以平面平面. 6．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，平面ABCD，平面平面，平面平面. (1)证明：； (2)证明：平面； (3)当MA为何值时，二面角的余弦值为． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）利用线面平行的判定、性质推理即得. （2）在平面内过点作于，利用线面垂直的性质，线面垂直的性质、判定推理即得. （3）过作于，连接，确定二面角的平面角，借助余弦定理求解即得. 【详解】（1）菱形中，，平面，平面， 则平面， 而平面平面，平面， 所以. （2）在平面内过点作于，平面平面，平面平面， 则平面，而平面，于是， 又平面，平面， 则，而平面， 因此平面，又， 所以平面. （3）由（2）知平面，平面，则，菱形为正方形， 由平面，平面，得， 过作于，连接， ，而， 则≌，有，于是≌，则， 即，是二面角的平面角， 令，， ，而，在中，由余弦定理得： ，解得， 所以当的值为时，二面角的余弦值为． 【点睛】思路点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角． 7．（2024·陕西西安·一模）图1所示的是等腰梯形ABCD，AB//CD，AB=3，CD=1，，DE⊥AB于E点，现将△ADE沿直线DE折起到△PDE的位置，连接PB，PC，形成一个四棱锥P-EBCD，如图2所示． (1)若平面PCD∩平面PBE=l，求证：DC//l； (2)求证：平面PBE⊥平面BCDE； (3)若二面角P-ED-B的大小为，求三棱锥E-PCD的体积 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】(1)易证平面根据线面平行的性质可知DC//l. (2)由线面垂直的判定定理，证明平面，进而得到面面垂直； (3)利用等体积法知，再由（2）的平面构造线面垂直即三棱锥的高，再由三棱锥的体积公式求解. 【详解】（1）由题，平面平面 所以平面 又平面PCD∩平面PBE=l，平面， 所以 DC//l. （2）在等腰梯形ABCD中，， 翻折后，， 又平面， 所以平面， 又平面， 所以平面PBE⊥平面BCDE； （3）如图所示： 根据等腰梯形易知， 因为， 所以即为二面角的平面角，， 在中，由余弦定理可知：， 故， 过点P作交BE于点F，在中由等面积法可知： 则， 由（2）知，平面，且平面， 所以， 又，平面， 所以平面BCDE， 所以. 8．如图，ABCD是圆台下底面圆的内接四边形，，C为底面圆周上一动点，，PA为圆台的母线，，圆台上底面的半径为1． (1)求该圆台的表面积； (2)求四棱锥的体积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）在中，由余弦定理可求得，由正弦定理可得下底面半径，可求以圆台表面积； （2）由三角形面积公式可求得的面积，在中，由余弦定理得，可得，则的面积，得到底面ABCD面积的最大值，再在轴截面直角梯形中，由勾股定理求出圆台的高，即可求得四棱锥的体积的最大值． 【详解】（1） 因为，所以， 在中，由余弦定理得， 得， 由正弦定理可知外接圆直径， 所以下底面半径，上底面半径， 圆台侧面积， ， 所以圆台表面积． （2）在四边形ABCD中，， 在中，由余弦定理， 得， 所以，当且仅当时“”成立， 所以的面积， 底面ABCD面积的最大值为， 在轴截面直角梯形中，由勾股定理可得， 所以四棱锥的体积的最大值为． 9．《九章算术》中有这样一段话：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”，这里所谓的“阳马”，就是底面是矩形且一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，四棱锥为阳马，底面，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）作的中点，连接，则由三角形中位线定理及平行四边形的性质可证得四边形为平行四边形，则，然后由线面平行的判定定理可证得结论； （2）由等腰三角形的性质可得，由线面垂直的判定定理证得平面，则，由，可得，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论； （3）连接交于点，连接，则可得平面，所以与平面所成角为，然后在中求解即可. 【详解】（1）作的中点，连接， 由得分别为的中点， 所以且， 又因为且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面，所以平面 （2）因为，所以， 因为底面，所以， 又因为平面，且， 所以平面， 所以， 因为，，所以，， 又因为平面， 所以平面； （3）连接交于点，连接， 因为点分别为的中点， 所以， 所以平面， 所以为在平面中的射影， 所以与平面所成角为， 由已知得 所以， 因为为锐角，所以， 所以与平面所成角为. 10．如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧面PAD是等腰三角形，且，侧面平面ABCD. (1)设M，N分别为PD，BC的中点，求证：MN∥平面PAB； (2)设，在线段PD上是否存在一点Q，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2)存在， 【分析】（1）取的中点，连接，可得∥，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）由面面垂直的性质可得平面，根据垂直关系分析可知等价于，进而分析求解. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为分别为的中点，则∥，， 又因为N为BC的中点，且ABCD是正方形，则∥，， 可得∥，且，可知为平行四边形，则∥， 且平面PAB，平面PAB，所以MN∥平面PAB. （2）因为ABCD是正方形，则， 且侧面平面ABCD，侧面平面，平面ABCD， 可知平面，由平面，可得， 且，，平面， 所以平面，由平面，可得， 反之，若，同理可证平面，即可得， 所以等价于， 不妨设，则，可知边上的高为， 由的面积可得，解得， 则， 所以在线段PD上是存在一点Q，使得，此时. 11．在三棱锥中，底面. (1)证明：平面平面； (2)若是的中点，求与平面所成角的正切值. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的判断定理，转化为证明平面； （2）运用等体积法求出到平面的距离，再运用锐角三角函数求出与平面所成角的正弦值，进而运用同角三角函数关系，求出正切值即可. 【详解】（1）平面，且平面， ，又，且平面， 平面，平面， 平面平面； （2）设到平面的距离为.根据题意可设，则．由于底面是直角三角形，则可求出. 底面,则可以知道，都是直角三角形.    可以求得，， 由于，则也是直角三角形. 等体积法知道：，即， 即，即， 即，代入求得，即. 是的中点,则在中，. 设与平面所成角为，则， 则，则. 则与平面所成角的正切值为. 12．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) 【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. 13．如图1，在四边形中，，将沿边BD翻折至，使得平面平面，如图2所示．E是线段PD上的一点，且．    (1)求证：平面平面； (2)求直线BE与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）由平面平面，可得平面PBD，从而，结合已知可证平面，由面面垂直的判定定理可证平面平面； （2）根据等体积法求出点E到平面的距离d，则直线BE与平面所成角的正弦值为． 【详解】（1）因为平面平面BCD，平面平面， 且平面，由题意易知，所以平面PBD，                    又平面，所以，                   又，且平面PCD，所以平面，                 又平面，所以平面平面； （2）在中，结合已知有．             因为平面平面，平面平面， 且平面，，所以平面， 平面，所以， 所以中，易得， 所以．        因为平面PBD，所以CD是三棱锥的高， 解法一：所以．               设点D到平面的距离为h，因为， 所以，解得， 易得，所以点E到平面的距离为，      所以直线BE与平面所成角的正弦值为．     解法二：在中，BE是边PD的高，可求出，     所以， 设点E到平面的距离为d，则，     由等体积可知，令，解出，     所以直线BE与平面所成角的正弦值为． 14．如图，正四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，点P在侧棱SD上，且． (1)求证：； (2)求二面角的大小； (3)侧棱SC上是否存在一点E，使得平面PAC．若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，，理由见解析. 【分析】（1）连接，连接，利用正四棱锥的结构特征，结合线面垂直的性质判定推理即得. （2）由（1）的信息，确定二面角的平面角，再计算大小. （3）过点作一平面平行于平面，再确定该平面与的交点即可得解. 【详解】（1）在正四棱锥中，连接，连接，则点O是正方形的中心， 平面，而平面，则，又 ， 平面，，于是平面，而 平面， 所以. （2）连接，由（1）知，平面，而平面，则， 于是是二面角的平面角，令正方形边长为， 则，有，又， 则，， 因此，，所以二面角的大小为. （3）在SP上取点N，使得，过N作交SC于点E，连BN， 由平面，平面，得平面， 由是的中点，得，而平面，平面，得平面， 又平面，因此平面平面，而平面， 则平面，由（2）知，，即点是中点， 于是，所以侧棱上存在一点E，使得平面，. 【点睛】关键点睛：本题是探求过定点的直线与已知平面平行的问题，过定点作与已知平面平行的平面是关键. 15．如图，在四棱锥中，，，，且M是的中点. (1)求证：平面； (2)若平面平面，且，. （ⅰ）求证：⊥平面； （ⅱ）求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】(1)证明过程见解析； (2)（ⅰ）证明过程见解析；（2） 【分析】（1）作出辅助线，得到四边形为平行四边形，所以，证明出线面平行； （2）（ⅰ）由面面垂直得到线面垂直，得到⊥，结合三线合一得到⊥，从而证明出线面垂直； （ⅱ）作出辅助线，得到为与平面所成的角，求出各边长，求出正弦值. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为M是的中点，所以，， 又，，所以，， 故四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2）（ⅰ）因为平面平面，交线为， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，M是的中点，所以， 因为，平面， 所以平面； （ⅱ）取的中点，连接，取的中点，连接， 因为，，所以四边形为平行四边形，故， 由中位线性质可得， 因为平面，所以平面， 故为与平面所成的角， 其中，，故，， 故， 所以，， 故. 16．已知在平行四边形中，是边上一点，且满足，，，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且．如图： (1)证明：平面平面； (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）根据给定的条件，利用线面垂直的判定性质，页面垂直的判定推理即得. （2）作出二面角的平面角，利用几何法求出的正弦即可得平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）依题意，，，而，平面， 则平面，平面，于是， 又，平面， 因此平面，平面，则，平面， 则平面，平面， 所以平面平面； （2）过点作交于，由（1）知，平面，则平面， 而平面，则，过作于，连接， 由平面，则平面，又平面， 于是，是二面角的平面角， 由（1）知二面角是直二面角，它被半平面分成两个二面角， 因此二面角的大小等于， 令，而，则， ，， 于是，而，则， 因此 所以平面与平面夹角的余弦值是. 17．如图，在五面体中，，，平面平面,，，，. (1)证明：平面； (2)若点、分别为、的中点，证明：平面平面； (3)求该五面体的体积. （注：本题用空间向量法求解或证明不给分，若需要作辅助线，请在答题卡上作出相应的辅助线.） 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）应用线面平行判定定理证明 ； （2）应用面面垂直判定定理证明即可；   （3）把几何体补形应用柱体体积公式计算即可. 【详解】（1）因为平面平面,所以平面, 又因为平面且平面平面, 所以,又平面,平面,所以平面． （2）因为，所以为正三角形，所以,又, 所以,又，所以在中，由余弦定理，得,解得或（舍去）， 因为,所以,又,且, 所以平面,又平面,所以平面平面． 因为，所以为正三角形， 因为为正三角形，所以， 由梯形中位线，可得,且,所以,所以四边形为平行四边形， 所以,即,所以,又平面平面, 所以平面,所以平面,又平面,所以平面平面． （3）过G作直线,延长与交于点M,与交于点N,连接． 因为G为的中点，所以且,所以四边形为平行四边形， 所以,同理,所以． 又,所以,所以， 所以多面体为三棱柱过M作于H点，因为平面平面,所以平面, 所以线段的长即三棱柱的高，在中， ， 所以三棱柱的体积为． 因为三棱锥与的体积相等，所以所求多面体的体积为． 18．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．在如图所示的阳马中，侧棱底面，且，点是的中点，连接．    (1)证明：平面； (2)证明：平面．试判断四面体是否为鳖臑．若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由; (3)若二面角为，求点到平面的距离 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 (3)1． 【分析】（1）利用线面平行的判定定理，即可得； （2）证明平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即可得出结论； （3）取的中点，连接，过作，连接．然后通过线面垂直可得点到平面的距离=点到平面的距离=点到平面的距离的2倍，进而求出结果． 【详解】（1）如图，连接，交于点，连接， 则点为的中点，又因为为的中点，所以， 又平面平面， 所以平面    （2）因为底面， 所以， 因为为长方形， 所以， 因为， 平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 因为，点是的中点， 所以， 因为， 故可得平面， 所以平面， 由平面平面，可知四面体的四个面都是直角三角形， 即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别是； （3）如图，取的中点，连接，过作，连接． 因为分别是的中点，所以， 所以平面，又平面， 所以，又因为平面， 所以平面，所以就是二面角的平面角， 即，所以，又，得， 过作，因为平面平面，所以， 又因为平面，所以平面， 在中，，所以． 因为互相平分，是的中点， 所以点到平面的距离=点到平面的距离=点到平面的距离的2倍， 即点到平面的距离为1．    19．如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形，M，N分别是棱PB，PC的中点，是棱PA上一点，且. (1)求证:平面MCD; (2)，求直线PA与平面PBC所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取PA的中点S，结合中位线性质可得S，M，C，D四点共面，再利用结合线面平行的判定定理即可得证； （2）利用所给条件，结合线面垂直的判定定理与性质定理与余弦定理计算可得的余弦值，再利用等体积法可求出点到平面的距离，结合的长度即可得解. 【详解】（1）取PA的中点S，连接SM，SD，SC，因为为PB的中点， 所以，又，所以，故S，M，C，D四点共面， 由题意知Q，N分别为PS，PC的中点，故， 又平面平面MCD，因此平面MCD； （2）连接AC，BD交于点，则为平行四边形ABCD的中心， 又， 则等腰中，根据三线合一，有， 又，平面， 故平面， 设， 则， ， ， 相加并整理得，① 在Rt，Rt中，有， 即，（2），，③ 解方程组①②③得，， 故， 于是， 在中，是PC中点， 故， 于是， 设点A到平面PBC的距离为，由，得， 故， 故所求线面角的正弦值. 20．金刚石也被称作钻石，是天然存在的最硬的物质，可以用来切割玻璃，也用作钻探机的钻头．河南某实业集团股份有限公司是国内人造金刚石的排头兵，人造金刚石年生产能力达15亿克拉，是国内同行业第一，世界第三金刚石生产基地．金刚石呈现如图所示的“正八面体”外形．正八面体由八个全等的等边三角形围成，且对角面（如ABCD）都是正方形． (1)证明：平面CDF； (2)证明：四棱锥是正四棱锥； (3)试判断平面ABE与平面BCE是否垂直？如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)不垂直，理由见解析 【分析】（1）由题意可知对角面AFCE是正方形，则，然后由线面平行的判定定理可证得结论； （2）连接AC与BD，设，连接EO，根据题意利用等腰三角形的性质可证得， ，则由线面垂直的判定定理可得平面ABCD，从而可证得结论； （3）取BE中点G，连接AG，GC，AC，则，，是二面角的平面角，设该正八面体棱长为，表示出，然后利用勾股定理的逆定理分析判断即可 【详解】（1）由题意可知，对角面AFCE是正方形， 所以，     又因为平面CDF，平面CDF，     所以平面CDF． （2）如图1，连接AC与BD，设，连接EO，                 图1                              图2 则         因为， 所以， ， 又因为平面ABCD，又因为平面ABCD，且     所以平面ABCD．         所以四棱锥是正四棱锥． （3）如图2所示，取BE中点G，连接AG，GC，AC，     根据等边三角形性质可知，， 所以是二面角的平面角，     设该正八面体棱长为， 则，， 则在中，， 所以，所以平面ABE与平面BCE不垂直． 真题第三层精练：突破压轴（10题） 1．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，为棱的中点，，，直线与所成的角的大小为． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)求二面角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)2 【分析】（1）设与相交于点，连接，证明，利用线面平行的判定即可证明； （2）利用正弦定理得，再证明，最后利用线面垂直的判定定理即可证明； （3）过点作，垂足为.过作，垂足为，连接，找到二面角即为，最后根据正切定义即可得到答案. 【详解】（1）连接，设与相交于点，连接. 四边形是菱形，为的中点. 是棱的中点，. 又平面平面， 平面. （2）直线与所成的角为，且， 就是直线与所成的角或其补角. ，，， 在中，由正弦定理得，， 即，解得. ，即，从而. 四边形是菱形，且，, 是等边三角形，从而. 又，. ，从而. 又平面平面， 平面. （3）过点作，垂足为. 过作，垂足为，连接. 由（2）平面，又平面， 平面平面. 又平面平面平面，平面. 平面平面，. 平面平面，平面. 平面，， 二面角的平面角是， 在Rt中，. ， 二面角的正切值是2 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是找出二面角的平面角，再根据三角函数定义即可得到答案. 2．如图，在四棱锥中，为边上的中点，为边上的中点，平面平面，．    (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)若直线与底面所成角的余弦值为，求二面角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）法一：连接，由为的中位线，得，由线面平行的判定得证；法二：设中点为中点为，连接，由三角形的中位线得证四边形为平行四边形，则，由线面平行的判定得证； （2）由题意，推导出，由此可证明平面； （3）由平面，得直线与底面所成的角为，得，设的中点为，连接，过点作的垂线交于，连接，由线面垂直的判定以及性质得是二面角的平面角，求解． 【详解】（1）证明：法一：连接，    在中，因为为对应边上的中点， 所以为中位线，， 又平面平面， 平面； 法二：设中点为中点为，连接，    在中，因为为对应边上的中点， 所以为中位线，且， 同理，在中，且， 且， 四边形为平行四边形， ， 又平面平面， 平面； （2）在四边形中，， 所以都为等腰直角三角形，即， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以直线平面， 又平面，所以， 又平面，所以平面． （3）直线与底面所成角的余弦值为，且平面， 直线与底面所成的角为，又， 则， 在中，， ， 设的中点为，连接，过点作的垂线交于，连接，    由（1）知，，且平面， 则平面，平面，， 平面，平面， 平面，，又， 则是二面角的平面角， ， ， 设二面角的平面角为，则二面角的正切值为． 【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得到是二面角的平面角，再结合解三角形知识即可顺利得解. 3．如图，在直四棱柱中，底面为菱形，点在线段上，且为的重心，点在棱上，且，点在棱上，且. (1)证明：平面平面； (2)若，，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据重心性质和相似比可证明，通过证明为平行四边形可得，然后由线面平行判定定理和面面平行判定定理可证； （2）过点作于点，交于点，然后通过证明平面得知平面，然后利用等面积求解可得. 【详解】（1）如图，设交于点，连接. 因为底面为菱形，为的重心， 所以. 又，所以， 所以. 因为平面，平面， 所以平面. 在直四棱柱中，，且， 又，， 所以，， 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， 所以平面平面. （2）如图，过点作于点，交于点. 因为平面，平面，所以， 又为菱形，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 因为，平面，所以平面. 因为平面平面，所以平面， 所以平面. 因为，，所以，为正三角形， 所以，， 所以. 故点到平面的距离为. 【点睛】关键点睛：本题第二问关键在于通过证明平面，结合（1）中结论得平面，然后利用等面积法求解. 4．如图，在三棱柱中，，点在底面ABC的射影为BC的中点O，M为的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)设点P为底面ABC内（包括边界）的动点，且∥平面，若点P的轨迹长度为，求三棱柱的侧面积. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】（1）连接，可证平面，根据平行关系可得∥，进而可得结果； （2）根据长度关系可得，分析可知二面角的平面角为，进而可得结果； （3）根据面面平行分析可知：点P的轨迹为线段，结合题中的长度关系运算求解. 【详解】（1）连接， 因为，M为的中点，则， 又因为平面，且平面，则， 由，平面，可得平面， 在平行四边形中，分别为的中点，则∥，， 且∥，，可得∥，， 可知为平行四边形，则∥， 所以平面. （2）不妨设，则， 且平面，可知， 因为平面，平面，可得， 则，即，则， 可知为矩形，则， 由（1）可知：，则二面角的平面角为， 在中，可得， 所以二面角的正弦值为. （3）连接， 由（1）可知：∥，且平面，平面， 可得∥平面， 在平行四边形中，分别为的中点，则∥，， 可知为平行四边形，则∥， 且平面，平面，可得∥平面， 且，平面，所以平面∥平面， 且平面平面，可知点P的轨迹为线段， 即，由题可知：，且为矩形， 则， 在中，因为，则边上的高， 可得， 所以三棱柱的侧面积. 【点睛】方法点睛：探索性问题求解的途径和方法 1.对命题条件探索的三种途径： ①先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明； ②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性； ③将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件． 2.对命题结论的探索方法： 从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，现寻找与条件相容或者矛盾的结论． 5．如图，在中，，点满足，沿将折起形成三棱锥. (1)若，在面上的射影恰好在上，求二面角平面角的余弦值； (2)若二面角为直二面角，当取到最小值时，求的值及点到平面的距离. 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）根据二面角定义，作出二面角的平面角并由边长求出其余弦值； （2）由直二面角性质，结合余弦定理和线面垂直的性质可得的长度表达式，结合三角函数值域可得当取到最小值时，再利用等体积法可得点到平面的距离. 【详解】（1）过点作的垂线交于点，交于点，如下图所示： 翻折后仍有， 又因为，且平面，平面， 所以平面， 所以为二面角所成的平面角. 由在面上的射影恰好在上得平面， 所以， 由可知，因为， 所以； 又易知， 所以，可得，所以； 所以， 即二面角平面角的余弦值为 （2）过点作的垂线交于点，如下图所示： 设， 由二面角为直二面角可知平面平面， 平面平面，， 又平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 则有， 可得， 又， 所以，； 当时，取到最小值； . 所以，可得，所以 （注：，，由角平分线定理得也可） 则有, ，解得. 即点到平面的距离为. 【点睛】关键点点睛：本题在求解二面角问题大小时，关键是根据题意作出二面角的平面角，并结合余弦定理和三角形相似等求出结论. 6．已知球O半径为2，A，B，C，D是球面上的点，平面⊥平面，四边形OACD为平行四边形． (1)证明：； (2)若，求点O到平面BCD的距离； (3)求BD与平面OAC所成角的余弦值的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)． 【分析】（1）作出辅助线，得到平行四边形OACD为菱形，为等边三角形，则，由面面垂直得到线面垂直，故，故， 又因为，得到； （2）求出，由勾股定理逆定理得到，得到线面垂直，线线垂直，求出，由余弦定理和同角三角函数关系得到，得到△BCD外接圆的半径，进而得到点到平面的距离； （3）作出辅助线，得到为BD与平面OAC所成的角，设，表达出，，由余弦定理求出，得到，由基本不等式，求出线面角的正切值的最大值，从而得到余弦值的最小值为. 【详解】（1）证明：取AC中点E，连接BE，OE，， 因为， 所以平行四边形OACD为菱形，为等边三角形， 则，， 故，且， 又平面⊥平面，平面平面，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以，故， 又因为，所以， 因为， 所以，． （2）因为，，又， 所以，所以， 又，，， 故，故， 又，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 在中，⊥，故⊥， 由勾股定理得， 在△BDE中，由勾股定理得， 所以在△BCD中，易知， 则， 记△BCD外接圆的半径为r，故，即， 所以点O到平面BCD距离． （3）作于， 因为平面⊥平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 故为BD与平面OAC所成的角， 设，其中， ，， 在中，， 由余弦定理得， 故， 故 当且仅当时，等号成立， ， 故BD与平面OAC所成角的余弦值的最小值为． 【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值. 7．已知平面四边形，，，，现将沿边折起，使得平面平面，此时，点为线段的中点．    (1)求证：平面； (2)若为的中点，求与平面所成角的正弦值； (3)在（2）的条件下，求二面角的平面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)． 【分析】（1）由等边三角形得到，取中点，结合平面平面得平面，从而，进而平面，再得到，平面； （2）过点作，垂足为，则为与平面所成角，从而通过解三角形可得； （3）取的中点为，连接，过点作，垂足为，连接，则为二面角的平面角，由此通过解三角形可得． 【详解】（1）   ，，为等边三角形， 为的中点，， 取中点，连接，则， 平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，． 又，，、平面，平面． 平面ABD，． 又，、平面， 平面． （2）过点作，垂足为．如图所示    由（1）知，平面．平面，． 又，平面，平面， 为与平面所成角． 由（1）知，平面ABD，平面，． 在中，，，， 为的中点，． 在中，，， 在中，， 在中，由余弦定理得， ． 与平面所成角的正弦值为． （3）    取的中点为，连接， 为线段的中点，，， 由（1）知，平面，平面． 又平面，所以． 过点P作，垂足为，连接． ，平面，平面． 又平面，， 为二面角的平面角． 在中，， 由（1）知，为等边三角形，为的中点，． 由（1）知，平面ACD． 又平面，所以． 在中，， 由（2）知，，即，解得． 平面，平面，． 在中，，． 所以二面角的平面角的余弦值为． 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是通过作辅助线找到二面角的平面角，再结合勾股定理、等面积法等求出相关长度，最后再利用三角函数定义即可. 8．如图，已知在直三棱柱中，，且，点在线段（含端点）上运动，设. (1)当平面时，求实数的值； (2)当平面平面时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，交于点，连接，则为的中点，由线面平行的性质定理得，从而可得为的中点，进而得实数的值； （2）过点作于点，可证得平面平面，延长交于点，过点作交于点，过点作于点，则是平面与平面所成锐二面角的平面角，然后在中求解即可. 【详解】（1）连接，交于点，连接， 因为四边形为矩形，所以为的中点， 因为平面平面，平面，平面， 所以， 所以为的中点，即实数的值为； （2）在直三棱柱中，平面平面， 所以， 因为，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 过点作于点，因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面， 延长交于点，过点作交于点，过点作于点， 因为，所以， 因为，所以, 因为，所以∽， 所以，所以，得， 因为，平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为，，平面， 所以平面，因为平面，所以， 所以是平面与平面所成锐二面角的平面角， 因为，且，，所以， 取的中点，连接，则， 因为，所以， 所以，所以，解得， 所以， 所以， 因为，所以， 解得， 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 【点睛】关键点点睛：此题考查线面平行，考查面面垂直，考查求二面角，解题的关键是根据题意作出二面角的平面角，也是难点，然后在三角形中求解，考查空间想象能力和计算能力，属于难题. 9．已知在边长为2的正方形中，，分别是线段，上的动点（不含端点），且. (1)当时，如图沿，和把这个正方形折成一个四面体，使得，，三点重合于点，则在四面体中：      （i）证明：； （ii）求二面角的平面角的余弦值. (2)如图，若正方形的对角线与和分别交于点，两点，证明：三条线段，和一定可以构成一个三角形，并且这个三角形中一定有一个角等于.    【答案】(1)（i）证明见解析；（ii） (2)证明见解析 【分析】（1）（i）先证明且，从而得平面，进而得证；（ii）由（i）得是二面角的平面角，接着求出线段的长即可得解. （2）先设，接着由且得，再求证、和以及即可得证. 【详解】（1）（i）连接正方形中的交于点， 则由正方体性质得，    又因为，， 所以，即分别为在对应边的中点， 所以，故，即且， 又平面， 所以平面，又平面， 所以. （ii）由（i）及题意可得是二面角的平面角， 且， 所以，又， 所以， 即二面角的平面角的余弦值为. （2）由题意可设， 则，， 由正方体性质可知且， 所以且， ①且②， 所以由①②得， 因为， 所以； 因为， 所以； 因为在上单调递减， 而当时，，故时， 所以， 所以由线段，和一定可以构成一个三角形，记该三角形为， 又， 即，又，所以， 所以线段，和一定可以构成一个三角形，并且这个三角形中一定有一个角等于. 【点睛】思路点睛：判断三条线段能否构成一个三角形的依据是三角形两边之和大于第三边，所以要证明线段，和一定可以构成一个三角形需求证、和，可先设，接着由且求得，再一一计算求证、和即可得证；再计算求证即可得证这个三角形中一定有一个角等于. 10．如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角，，，，二面角的大小为，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：． (1)如图2，在三棱锥中，点M是点B在平面APC中的投影，，连接MD，，，，，． ①求平面APC与平面BPC所成的角的正弦值； ②求三棱锥体积的最大值； (2)当、、时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理． 【答案】(1)①；②； (2)证明见解析 【分析】（1）①依题意，将相关数据代入三面角余弦定理求得，再求出； ②依题证明面PAC，将和分别用表示，求出的表达式，借助于二次函数的最值即得体积最大值. （2）在射线PC上一点H，分别作，，即得二面角的平面角，在和中，由余弦定理分别求出，消去，整理后利用直角三角形中三角函数定义即可推得结论. 【详解】（1）由题意得： ①∵，，∴； ②， 因，,则， ∵点M是点B在面ABC上的投影，∴面PAC, ∴ , 故当时，的最大值为. （2） 过射线PC上一点H在面PAC作交PA于点M，在面PBC内作交PB于点N， 连接MN，则是二面角的平面角， 在中，由余弦定理得：， 在中，由余弦定理得：， 两式相减得：， 则：， 两边同除以，得 ，得证. 【点睛】思路点睛：本题主要考查三面角余弦定理的证明和应用，属于难题. 解题思路为，结合图形，构造直角三角形，推得二面角平面角，利用余弦定理消元，整理后，分别在不同的直角三角形中利用三角函数的定义将线段比转化为三角函数式即得. 真题第四层精练：百强名校真题特训（25题） 1．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 【来源】重庆市巴蜀中学校2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 【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． 2．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. 3．如图，正三棱柱所有的棱长均为2，点在棱上，且满足，点是棱的中点． (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) 【来源】浙江省宁波市镇海中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题卷 【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行，也可利用空间向量求线面角的大小. 【详解】（1）如图： 取的中点，因为三棱柱是正三棱柱且棱长为2，故以为原点，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，. 设平面的法向量为， 由， 取. 因为， 又直线平面，所以平面. （2）因为， 设直线与平面所成的角为， 则. 4．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. 5．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) 【来源】重庆市南开中学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【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. 6．如图，棱长为a的正方体中，分别是上的点，． (1)求B点到平面的距离； (2)求与平面所成角的余弦值．（请不用空间向量法，用空间向量法不得分） 【答案】(1) (2) 【来源】江苏省南京外国语学校2023-2024学年高一下学期6月期末考试数学试题（A卷） 【分析】（1）首先证明平面，再根据点到平面的距离定义求解； （2）首先利用平行关系转化，在根据（1）的垂直关系，求线面角，即可求解. 【详解】（1）连结，，交于点， 因为平面，平面，所以， ，，且平面 所以平面， 所以点到平面的距离为； （2）在上取点，连结，使，且， 所以，且，又，且, 所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 所以与平面所成角为与平面所成角, 由（1）知，平面，所以为所求角， ，， 所以，， 所以与平面所成角的余弦值为. 7．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) 【来源】重庆市巴蜀中学校2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 【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． 8．已知在平行四边形中，是边上一点，且满足，. (1)求的大小； (2)现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.如图： （i）证明：平面平面； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析 （ii） 【来源】重庆市南开中学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】（1）根据题意，设，，则，，可证，则，在中，利用正弦定理并结合三角函数恒等变形，可求解； （2）（i）由（1），，即，，可得平面，进而证明平面，最后可证平面平面； （ii）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）根据题意，设，，则，， 由，所以， 且，，所以， 所以，则， 在中，，即， 所以， 即， 可得，化简得， 因为，所以，即； （2）（i）根据（1），，即，， 则，又，平面， 所以平面，平面，则， 又，平面， 所以平面，平面，则， 由，即，平面， 所以平面，平面， 所以平面平面； （ii）以为原点，分别为轴、轴、轴，建立直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 所以，即， 取，则，所以， 又因为平面的法向量， 则，即， 令，则，，故， 所以, 因为平面与平面夹角的余弦值. 9．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． 10．在直三棱柱中，D、E分别是棱的中点，F为线段上的点． (1)证明：平面； (2)若，当与平面所成角的正弦值为时，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【来源】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 【分析】（1）证明平面平面即可证明平面. （2）设，先利用已知条件结合等体积法求出点F到平面的距离，则可由与平面所成角的正弦值求出，进而得解. 【详解】（1）如图，连接、、、、， 由直棱柱性质且， 所以四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，故平面； 又由直棱柱性质有且，且， 所以且， 所以四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，所以平面， 因为，、平面， 所以平面平面，因为平面， 所以平面. （2）因为， 所以，，， 设，则，所以， 由（1）可知点F到平面的距离是一个定值，将其设为， 由直棱柱性质平面，平面，故， 又，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以， ， 又，所以. 所以与平面所成角的正弦值为即， 所以即，故. 11．如图，在矩形中，，，点分别在 上，且 ，沿 将四边形折成四边形．    (1)求证：平面； (2)若点在平面上的射影在直线上，求直线与平面所成角的正弦值； (3)在（2）的条件下，设点在线段上，平面与平面所成锐二面角的平面角为．若，求． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3) 【来源】福建省福州第一中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 【分析】（1）通过线面平行的判定定理证明平面，平面，再结合面面平行的判定定理、性质定理即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，由向量夹角的坐标公式即可得解； （3）引入参数，由此可表示出的坐标和平面的法向量，结合（2）中结论以及向量夹角的坐标公式即可得解. 【详解】（1），平面，平面． 平面， 由，同理可得平面， 又，平面，平面， 平面平面，平面， 平面； （2）    如图所示， 过作，过作平面， 分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系． 在平面上的射影在直线上， 设， ， 因为，且，； ，解得，， 而， 所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，，平面，平面， 所以平面， 所以平面的一个法向量是， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值； （3）    设，， 因为，， 所以， 所以， 从而， 设平面的法向量为， 所以， 设，解得，即， 由（2）可知平面的一个法向量是，， 由题意可知平面与平面所成锐二面角的余弦值 ， 整理得，，解得， 即. 12．在四棱锥中，四边形为矩形，平面为垂足，，平面． (1)证明：为等腰三角形． (2)若为等腰直角三角形．设平面与平面的交线为 ，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【来源】福建省福州第一中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 【分析】（1）根据线线平行可得面面平行，进而根据面面平行的性质可得，线线垂直可求证线面垂直，进而根据线面垂直的性质即可求证， （2）延长交于点，连接，分析可知即为二面角 的平面角，结合余弦定理运算求解. 【详解】（1）取的中点，连接，，， 因为为的中点，所以． 又平面，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，所以． 由平面，平面，可得． 又，平面,所以平面，平面, 从而． 因为是的中垂线，所以． （2）延长交于点，连接， 由平面，平面， 则， 因为∥，平面，平面，则∥平面， 且平面，平面平面，则∥， 即∥∥， 因为为等腰直角三角形．则，且， 且，可得，则， 又因为为矩形，则，可知∥， 则为矩形，则， 可得，， 由（1）可知：，则， 且，，平面， 则平面，且平面，可得， 即，可知即为二面角 的平面角， 可得， 所以二面角 的余弦值为. 13．在四棱锥中，平面ABCD，，∥，，，E为PD中点． (1)求证：∥平面PAB； (2)求直线CE与平面PAD所成的角的正弦值．（要求用几何法解答） 【答案】(1)证明见解析 (2) 【来源】吉林省长春市东北师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期末数学试题 【分析】（1）取AD中点G，根据平行关系可证平面∥平面PAB，结合面面平行的性质分析证明； （2）根据题意可证平面PAD，可知为CE与平面PAD所成的角，即可得结果. 【详解】（1）取AD中点G，连接EG，CG， 因为E、G分别为PD、AD中点，则∥，， 且平面PAB，平面PAB，可得∥平面PAB， 由题意可知：∥，且，可知为平行四边形， 则∥，， 且平面PAB，平面PAB，可得∥平面PAB， 且，平面，所以平面∥平面PAB， 又因为平面ECG，所以∥平面PAB． （2）因为平面ABCD，平面ABCD，则 又因为，，平面PAD，可得平面PAD， 由（1）可知：∥，则平面PAD， 可知为CE与平面PAD所成的角， 在直角三角形CEG中，由（1）可知：， 则， 所以直线CE与平面PAD所成的角的正弦值. 14．如图，已知正方体的棱长为2，M分别为棱的中点． (1)证明：； (2)求平面与平面ABCD所成二面角的余弦值． （要求用几何法解答） 【答案】(1)证明见解析 (2) 【来源】吉林省长春市东北师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期末数学试题 【分析】（1）连接BD，则，由线面垂直的判定定理可证得AC⊥平面，从而可证得结论； （2）延长、DB交于点E，则直线AE为平面与平面ABCD的交线，过点M，作，垂足为N，连接BN，则可得∠MNB为平面与平面ABCD所成二面角的平面角，然后在中求解即可. 【详解】（1）证明：连接BD，因为四边形为正方形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以． （2）延长、DB交于点E，则直线AE为平面与平面的交线，过点M，作，垂足为N，连接BN， 因为平面，平面，所以， 因为，，所以平面， 因为平面，所以， 所以∠MNB为平面与平面所成二面角的平面角， 因为∥，所以∽， 所以，所以， 在中，，， 所以， 所以 因为， 所以， 所以， 所以 所以平面与平面ABCD所成二面角的余弦值为．     15．如图，在四棱台中，底面为菱形，且，，侧棱与底面所成角的正弦值为．若球与三棱台内切（即球与棱台各面均相切）． (1)求证：平面； (2)求二面角的正切值； (3)求四棱台的体积和球的表面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)四棱台的体积为，球的表面积为． 【来源】浙江省湖州市2023-2024学年高一下学期6月期末调研测试数学试题 【分析】（1）只需证明和即可； （2）做出二面角的平面角再做计算. （3）将四棱台还原为四棱锥，把三棱台的内切球转化为三棱锥的内切球问题. 【详解】（1）设与、与BD分别交点E，F，连接EF，因为底面为菱形，所以． 在等腰梯形中，因为E，F为底边中点， 所以，又EF与BD相交，平面，所以平面． （2）由（1）可知平面平面，又平面平面， 过点作于，则平面，因为平面， 所以，再作于，又因为，平面， 所以平面，因为平面，所以，则是二面角的平面角． 因为平面，故是侧棱与底面所成角，所以． 在，，， 在，， 在，． 因此二面角的正切值为． （3）将四棱台还原为四棱锥， 由题意可知三棱台为正三棱台，所以三棱锥为正三棱锥， 因此三棱台和三棱锥的内切球为同一个球，设，是和的中心， 由（2）易知在，所以三棱锥为正四面体，所以， 因此平面是四棱锥的中截面，则，， 故四棱台的体积． 球的表面积为． 16．如图，四棱锥中，平面． (1)若为中点，证明：平面； (2)若，且二面角的大小为，求． （请不用空间向量法，用空间向量法不得分） 【答案】(1)证明详见分析. (2). 【来源】江苏省南京外国语学校2023-2024学年高一下学期6月期末考试数学试题（A卷） 【分析】（1）取中点为，由题意得，且，可得四边形为平行四边形，所以，再由线面平行的判定定理证明即可. （2）将二面角转化为平面角，如图，再由线面关系可得为直角三角形，设，用等面积法将所需边长用表示出来，结合，用锐角三角函数即可求出. 【详解】（1）取中点为，连接， 分别为的中点， ，且，又， 由平行传递性可得，且， 四边形为平行四边形， ， 又平面，平面， 平面. （2）过点作，垂足为， 面，，面，， 过点作，垂足为，连接， 面，， 二面角的平面角为. 面，，又面，面， 面，， 设，则，由已知得， 在和中，由等面积法得： ，得， ，得， ，，面，又面，， 在中，， ，解得，. 17．如图，三棱柱中，为等边三角形，，平面平面． (1)求证：； (2)若，点E是线段的中点， （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）在平面中是否存在点P，使得且．若存在，请求出点P的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）；（ii）存在， 【来源】浙江省宁波市镇海中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题卷 【分析】（1）用线面垂直的判定定理证明BB1⊥平面AOC，后转移到线线垂直即可． （2）（i）空间向量解题，先求出平面与平面的法向量，后按照夹角公式求解即可．（ii）设假设存在,若，整理得，（∗）.,则根据椭圆定义知道的轨迹为椭圆，求出轨迹方程为：，整理得,联立（∗），解出即可 【详解】（1）如图， 过作的垂线，交于，连接，则． 为等边三角形，则， 又，则，则， 则，则，即， 平面，则平面，平面，则． （2） （i）由(1)可知OB,OA,OC两两垂直，则可以O为原点，建立如图所示空间坐标系O-xyz. ,点E是线段的中点，则，． ， . 设平面法向量，则 即解得，故； 同理平面法向量.则， 设平面与平面夹角θ,则． （ii）平面中,假设存在,若，则，整理得，（∗）., 则根据椭圆定义知道在以为焦距的椭圆上，且，解得， 则的轨迹方程为：，整理得,与（∗）联立方程组. ，解得， ，舍去． 故在平面中存在点P，使得且，P坐标为． 18．（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. 19．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. 20．如图①，已知是边长为2的等边三角形，D是的中点，，如图②，将沿边DH翻折至. (1)在线段BC上是否存在点F，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (2)若平面BHC与平面BDA所成的二面角的正切值为，求点B到直线CH的距离. 【答案】(1)存在， (2) 【来源】安徽省十校联考2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】（1）在图①中，取的中点M，连接AM，证明，则平面BDH，在线段BC上取点F使，连接MF，FA，证明平面平面，再根据面面平行的性质即可得解； （2）连接，取的中点，连接，平面，易得，则即为平面BHC与平面BDA所成的二面角的平面角，求出，再利用等面积法求解即可. 【详解】（1）在图①中，取的中点M，连接AM，如图所示， 因为是等边三角形，的中点为M， 所以, 因为， 所以， 在图②中，，平面BDH，平面BDH， 所以平面BDH，且， 在线段BC上取点F使，连接MF，FA，如图所示， 因为， 所以， 又因为平面BDH，平面BDH， 所以平面BDH， 又因为平面AMF， 所以平面平面， 又因为平面， 所以平面BDH， 所以存在点F满足题意，且； （2）如图所示，连接，取的中点，连接， 由折叠性质可得平面，平面， 因为平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为为的中点， 所以， 所以即为平面BHC与平面BDA所成的二面角的平面角， 由（1）可得，， 因为平面BHC与平面BDA所成的二面角的正切值为， 所以，所以， 所以，所以， 设点B到直线CH的距离为， 则， 即，解得， 即点B到直线CH的距离为. 【点睛】方法点睛：常见的线面平行的证明方法有： （1）通过面面平行得到线面平行； （2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质. 21．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. 22．“阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，它是底面为矩形，一条侧棱垂于底面的四棱锥．如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，，平面平面，平面平面. (1)求证：四棱锥是“阳马”； (2)点M在正方形内（包括边界）．平面平面且， （i）求M点轨迹长度； （ii）是否存在M点，使得平面平面，若存在，求二面角的余弦值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在，该点为与交点，二面角的余弦值 【来源】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷 【分析】（1）先由面面垂直的性质定理证得且，从而得平面即可得证四棱锥是“阳马”. （2）（i）以为直径在平面上作一个半圆，在该半圆周上任取点，连接、、，证明 平面即可找到点的轨迹即可结合扇形弧长公式求解.（ii）找到并证明与交点即为点M，再过A作的垂面即可进一步求解出二面角的余弦值. 【详解】（1）因为四边形ABCD是边长为2的正方形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以； 因为平面平面，平面平面，面， 所以平面，又平面，所以. 因为平面，所以平面， 所以四棱锥是“阳马”. （2）（i）如图，以为直径在平面上作一个半圆， 在该半圆周上任取点，连接、、，则， 又由（1）知平面，而平面， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面，故点的运动轨迹在该半圆周上， 因为，所以， 所以根据扇形的弧长公式得点的运动轨迹长度为. （ii）存在M点，使得平面平面，且该点为与交点， 如图，连接、，则由（i）可知此时与交点在（i）中所作的半圆圆周上，且满足， 由正方体性质可知，，又平面，而平面， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面， 所以存在M点为与交点，使得平面平面， 过点A作交于点，过作交于点，连接， 又由平面可得， 所以由且、平面得平面， 所以且由平面得， 因为，、平面，所以平面， 所以是二面角的平面角， 因为正方体边长为2，， 所以， ， 所以，， 所以， 所以， 所以二面角的余弦值为. 【点睛】方法点睛：作二面角的平面角常用方法有 （1）定义法：在棱上取点，过该点分别在二面角两半平面内引出两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角即为二面角的平面角. （2）垂面法：作一与棱垂直的平面，该垂面与二面角两半平面相交，交线所成的角即为二面角的平面角. 23．在空间直角坐标系中，已知向量，点．若直线以为方向向量且经过点，则直线的标准式方程可表示为；若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为． (1)若平面，平面，直线为平面和平面的交线，求直线的单位方向向量（写出一个即可）； (2)若三棱柱的三个侧面所在平面分别记为，其中平面经过点，，平面，平面，求实数m的值； (3)若集合，记集合中所有点构成的几何体为，求几何体的体积和相邻两个面（有公共棱）所成二面角的大小． 【答案】(1) (2) (3)体积为128，相邻两个面（有公共棱）所成二面角为 【来源】浙江省宁波市镇海中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题卷 【分析】（1）记平面，的法向量为，设直线的方向向量，由直线为平面和平面的交线，则，，列出方程即可求解； （2）设，由平面经过点，，列出方程中求得，记平面的法向量为，求出与交线方向向量为，根据，即可求得的值； （3）由题可知，由一个边长是4的正方体和6个高为2的正四棱锥构成，即可计算出体积，设几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角为，由题得出平面和平面的法向量，根据两平面夹角的向量公式计算即可． 【详解】（1）记平面，的法向量为，设直线的方向向量， 因为直线为平面和平面的交线， 所以，，即，取，则， 所以直线的单位方向向量为． （2）设， 由平面经过点，， 所以，解得，即， 所以记平面的法向量为， 与（1）同理，与确定的交线方向向量为， 所以，即，解得． （3）由集合知，由一个边长是4的正方体和6个高为2的正四棱锥构成，如图所示， ，， 设几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角为， 平面，设平面法向量， 平面，设平面法向量， 所以， 所以几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角为． 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是作出空间图形，求出相关法向量，利用二面角的空间向量求法即可. 24．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) 【来源】重庆市南开中学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【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. 25．定义：球的直径的两个端点称为球的一对对径点；过球心的平面与球面的交线称为该球的大圆；对于球面上不在同一个大圆上的点A，B，C，过任意两点的大圆上的劣弧AB，劣弧BC，劣弧CA所组成的图形称为球面，记其面积为．易知：球的任意两个大圆均可交于一对对径点，如图1的A，；若球面上A，B，C的对径点分别为，，，则球面与球面全等，如图2．已知球O的半径为R，圆弧AB和圆弧AC所在平面组成的锐二面角的大小为α，圆弧BA和圆弧BC所在平面组成的锐二面角的大小为β，圆弧CA和圆弧CB所在平面组成的锐二面角的大小为．记． (1)请写出，，的值，并猜测函数的表达式； (2)求（用α，β，γ，R表示）． 【答案】(1)，，；猜测 (2) 【来源】吉林省长春市东北师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期末数学试题 【分析】（1）结合图形理解题意，根据的计算公式，分别求出，，，并按照规律猜出的表达式即得； （2）分别计算并相加，利用八块球面拼接成一个球面，以及，将其化简，代入（1）猜测的公式，即可求得的解析式. 【详解】（1）， ， ． 猜测． （2） 因为， 所以， 即． 【点睛】思路点睛：本题主要考查球面三角形表面积的新定义问题，属于难题. 解题思路，即是结合图形，充分理解题意，正确列出关系式，并根据图形进行表面积合并整理，即可求得. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$