高一期末复习专题4：立体几何中档+压轴（截面，轨迹，外接球，二面角，存在性，最值等13类题型） 【重难点突破】2024-2025学年高一数学下学期人教A版必修第二册·重难点专题突破

【重难点突破】2024-2025学年高一下学期数学常考题专练（新高考） 高一期末复习专题4：立体几何中档题，压轴题训练 总览 题型·解读 模块一 选填中档题+压轴题 【题型1】角度问题 【题型2】垂直平行辨析问题 【题型3】体积问题 【题型4】截面问题 【题型5】轨迹问题 【题型6】最值或范围问题 【题型7】外接球，内切球，棱切球 【题型8】多选综合（截面，动点，轨迹，存在性，外接球，最值综合） 模块二 解答题中档题+压轴题 【题型9】常规大题：平行垂直证明，求体积，线面角，二面角 【题型10】已知二面角，线面角求其它量 【题型11】存在性问题 【题型12】最值问题 【题型13】新定义问题 题型汇编 知识梳理与常考题型 模块一 选填中档题+压轴题 【题型1】角度问题 1．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，圆台的轴截面是等腰梯形，，为下底面上的一点，且，则直线与平面所成角的正切值为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】过作，连接.证明平面，即直线与平面所成的角即. 【详解】过作，连接. 因为为圆台的轴截面， 所以平面平面, 因为平面平面,平面， 所以平面， 所以直线与平面所成的角即. 因为且， 则,，， 所以. 故选：D. 2．（23-24高一下·广东广州·期末）已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线与互相垂直，的面积为2，与圆锥底面所成的角为，则（    ） A．圆锥的高为 B．圆锥的侧面积为 C．二面角的大小为 D．圆锥侧面展开图的圆心角为 【答案】C 【分析】利用三角形的面积公式求出圆锥的母线长，结合线面角的定义可判断A选项；利用圆锥的侧面积公式可判断B选项；利用二面角的定义，找到二面角的平面角，再解三角形求解可得C选项；根据展开前后图形联系，利用扇形的弧长公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为与底面垂直，为底面圆的一条半径，则， 所以与圆锥底面所成的角为， 又，所以的面积为，解得，即母线长， 所以该圆锥的高为，故A错误； 对于B选项，该圆锥的底面半径为， 母线长， 故该圆锥的侧面积为，故B错误； 对于C选项，取的中点，连接， 因为，为的中点，则，由垂径定理可得， 所以二面角的平面角为， 因为平面，平面，则， 因为，，则为等腰直角三角形， 则，所以， 所以，， 因为，故，即二面角的大小为，故C正确. 对于D选项，设该圆锥侧面展开图的圆心角为， 底面圆周长为，则，故D错误. 故选：C. 【题型2】垂直平行辨析问题 3．（23-24高一下·河北石家庄·期末）已知a，为两个不同平面，m，n为不同的直线，下列命题不正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】由线面垂直的性质可判断A，B；以长方体为载体进行验证可判断C；由面面垂直的判定定理可判断D. 【详解】对于A，两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于该平面，故A正确； 对于B，垂直于同一条直线的两个平面平行，故B正确； 对于C，如图， 长方体中，记，平面为平面，平面为平面， 由图可知，故C错误； 对于D，由面面垂直的判定定理可得，故D正确； 故选：C． 4．（23-24高一下·江苏扬州·期末）在正方体中，分别是棱的中点，下列结论正确的是（    ）. A． B． C．平面 D．平面平面 【答案】C 【详解】对于A，连接，如下图所示： 因为分别是棱的中点，所以， 由正方体性质可得，因此可得，而相交， 所以错误，即A错误； 对于B，取的中点，连接，如下图所示： 易知，，所以即为异面直线与所成的角（或其补角）； 不妨设正方体的棱长为2，则，， 显然，可知不是直角，所以与不垂直，即B错误； 对于C，连接，如下图所示： 由正方体性质可得平面，而平面，所以； 因为是正方形，所以， 又，平面，所以平面, 又因为分别是棱的中点，所以 可得平面，即C正确； 对于D，如下图所示： 易知平面，且，而平面，所以平面； 因此可得平面与平面有公共点，可知两平面必有一条过的共公交线； 因此平面平面是错误的，即D错误. 故选：C 【题型3】体积问题 5．（23-24高一下·广东东莞·期末）已知圆台的上底半径为2，下底半径为4，则经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比为 . 【答案】 【分析】将圆台还原为圆锥，设圆锥的顶点为，设圆台上、下底面圆、圆、截面圆的半径分别为、、，设圆锥、圆锥、圆锥的体积分别为、、，由圆台上、下底面圆和截面圆的半径之比，可得到体积、、之间的关系，进而可得经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比. 【详解】设圆台上、下底面圆的圆心分别为、，将圆台还原为圆锥，设圆锥的顶点为， 设经过母线中点且与底面平行的平面所成截面圆的圆心为， 设圆、圆、圆的半径分别为、、，则，，则， 设圆锥、圆锥、圆锥的体积分别为、、， 因为，则， ，则， 所以，，， 则经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比为， . 故答案为：. 6．（23-24高一下·湖南长沙·期末）如图所示，在三棱柱中，若点，分别满足，，三棱柱高为3，面积为，则几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意确定几何体为三棱台，再结合棱台的体积公式求出三棱台的体积和棱柱的体积之间的关系，即可求得答案. 【详解】因为在三棱柱中，，， 故， 则，故几何体为三棱台； 设三棱台的体积为，几何体的体积为， 设h为三棱柱的高，则， ， 故， 故选：A 7．（23-24高一下·广东惠州·期末）已知直三棱柱的体积为8，二面角的大小为，且，，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据二面角的定义，找到二面角的平面角，解得，再根据直三棱柱的体积求出，再利用等体积法求点到平面的距离. 【详解】取的中点，连接， ，，则二面角的平面角为， 二面角的大小为，则， 所以，， 又直三棱柱的体积为8，， 则，， 又平面平面，平面平面， 且平面，平面， 设点到平面的距离为，又， ，解得， 故选：A. 【题型4】截面问题 8．（22-23高一下·陕西西安·期中）如图：正方体的棱长为2，E为的中点，过点D作正方体截面使其与平面平行，则该截面的面积为（　　）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题可知，过点D作正方体截面使其与平面平行的截面即为菱形，利用菱形面积公式即可求得结果为. 【详解】根据题意，取的中点分别为，连接，如下图所示：    易知，且，所以四边形是平行四边形； 即，又平面，平面， 所以平面； 同理可得平面； ，平面， 所以平面平面平行， 即过点D作正方体截面使其与平面平行的截面即为平面； 显然，，且，； 所以四边形是边长为的菱形，即所求截面面积即为菱形的面积； 易知，所以其面积为. 故选：B 9．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，正三棱柱的所有边长都相等，为线段的中点，为侧面内的一点（包括边界，异于点），过点、、作正三棱柱的截面，则截面的形状不可能是（    ）    A．五边形 B．四边形 C．等腰三角形 D．直角三角形 【答案】A 【分析】当的延长线与线段（除端点外）相交于点时，作出截面，即可判断B，对的延长线与线段、（除点外）相交时截面为三角形 ，结合B即可判断A，利用特殊点判断C、D. 【详解】对于B：当的延长线与线段（除端点外）相交于点时，延长交的延长线于点， 连接交于点，连接， 此时过点、、作正三棱柱的截面为四边形（当在线段（除端点外）时截面也为四边形），故B正确；    对于A：当的延长线与线段、（除点外）相交 （或点在线段、（除点外）上时）截面为三角形， 结合B选项可知，截面为三角形或四边形，不可能为五边形，故A错误； 对于C：取的中点，连接、，又为线段的中点， 所以，所以为等腰三角形，故C正确；    对于D：取的中点，连接、， 因为三棱柱为正三棱柱，所以， 又平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面， 所以，所以为直角三角形，故D正确；    故选：A 10．（2023·湖南娄底·模拟预测）如图，在三棱柱中，底面ABC，，点D是棱上的点，，若截面分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为（    ） A．1:2 B．4:5 C．4:9 D．5:7 【答案】D 【分析】根据题设易知为直三棱柱，即侧面为矩形，利用柱体体积公式、锥体体积公式求，进而确定比值. 【详解】不妨令，且上下底面等边三角形， 又底面ABC，易知为直三棱柱，即侧面为矩形， 所以三棱柱体积， 而，故， 所以，故， 所以. 故选：D 11．（23-24高一下·湖南长沙·期末）在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，则截面的最小周长为（   ） A． B．4 C．6 D．10 【答案】C 【分析】作出三棱锥的侧面展开图，连接交、于点、，则侧面展开图中线段的长度即为截面的最小周长，利用余弦定理计算可得. 【详解】如图三棱锥以及侧面展开图，要求截面的周长最小， 连接交、于点、，则侧面展开图中线段的长度即为截面的最小周长， 因为侧棱长为的正三棱锥，， 所以， 由余弦定理可得 ， ，所以截面的最小周长为. 故选：C. 12．（23-24高一下·内蒙古呼和浩特·期末）如图，在正三棱柱中，，，，分别为棱，，的中点，过，，三点作正三棱柱的截面，则截面与侧面的交线长为 .    【答案】 【分析】延长交的延长线于，连接交于，连接，则截面与侧面的交线，再结合数量关系求解即可. 【详解】如图，延长交的延长线于，连接交于，连接.    因为面，，所以面，又面，所以面， 所以为截面与侧面的交线. 取中点，连接，则，且, 易知，所以，所以为的中点， 所以，则. 故答案为：. 13．（23-24高一下·河南·期末）如图所示，在直三棱柱中，，平面过棱的中点且与平行，若截该三棱柱所得的截面为等腰梯形，则该截面的面积为 ． 【答案】 【分析】根据中点可得线线平行，即可求证平面即为平面，即可利用三角形的边角关系求解长度求解. 【详解】在直三棱柱中，， 即底面为直角三角形，且斜边， 取的中点的中点的中点，连接， 则，所以，即四点共面， 由平面平面，所以平面，故平面即为平面， 取的中点的中点，连接，则为等腰梯形的高， 因为， 所以， 所以． 故答案为： 【题型5】轨迹问题 14．（23-24高一下·山东济南·期末）在平行六面体中，底面是边长为的菱形，，，且平面，均与底面垂直.点在侧面上运动，若，则点的轨迹长为 . 【答案】/ 【分析】首先证明，，，则；即可得到平面，取的中点，连接，即可证明平面，从而确定，则点在以为圆心，半径的圆（圆弧）上，确定圆心角，即可求出轨迹长. 【详解】首先证明，，，则； 如下图所示：    设，， 在平面内取一点，过点作直线，过点作直线， 由面面垂直的性质定理可得平面，平面； 又，即，所以可得； 又，且平面，可得； 因为平面，均与底面垂直，平面平面， 所以平面，在平行六面体中，则平面， 又底面是边长为的菱形，，连接，则为边长为的等边三角形， 取的中点，连接，则，且， 又平面，所以， 又，平面，所以平面， 又点在侧面上运动，即平面， 所以，又，所以， 所以点在以为圆心，半径的圆（圆弧）上， 在、分别取点、，使得， 即，且， 又，所以点在弧上，且圆心角， 所以点的轨迹长为. 故答案为：    【点睛】关键点点睛：本题解答的关键首先根据面面垂直的性质确定平面，再证明平面，即可确定点的轨迹. 15．（23-24高一下·湖北武汉·期末）已知棱长为4的正方体，点是棱的中点，点是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则的长度范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先过点作出与平面平行的平面，然后得出点的轨迹，最后计算的长度取值范围即可. 【详解】如图，取上靠近点的四等分点，连接、， 由是棱的中点，点是棱的中点，易得， 则平面， 取、中点、，取上靠近点的四等分点， 连接、、、， 由正方体的性质易得，，则， 又平面，平面，所以平面， 同理，平面， 又，平面，故平面平面， 又平面，平面，故， 即点的轨迹为线段，设点到的距离为， 有，故， 又，故的长度范围为. 故选：C. . 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是过作出与平面平行的平面，从而求得的运动轨迹，由此得解. 16．（23-24高一下·广东广州·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱BC，，的中点，点P为底面上任意一点，若直线BP与平面EFG无公共点，则下列命题中， ①平面EFG ②平面平面 ③所有点P在直线上 ④BP与所成的角为，则的最小值是 正确命题的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】对于①，根据直线BP与平面EFG无公共点进行判断，对于②，根据面面平行的判定定理结合正方体的性质分析判断，对于③，结合①②分析判断，对于④， 【详解】对于①，因为直线BP与平面EFG无公共点，所以平面EFG，所以①正确， 对于②，连接，因为点E，F，G分别是棱BC，，的中点， 所以∥，∥， 因为∥，所以∥， 因为平面，平面， 所以∥平面，∥平面， 因为，平面， 所以平面平面，所以②正确， 对于③，由①②知平面，平面EFG，所以平面， 因为平面平面，点P为底面上任意一点， 所以所有点P在上，所以③错误， 对于④，因为∥，所以为BP与所成的角， 因为平面，平面，所以， 所以， 由③可知点P在上，所以当为的中点时，最小为， 所以的最小值为，即的最小值是，所以④正确. 故选：C 17．（23-24高一下·浙江温州·阶段练习）如图，在棱长为的正方体中，是的中点，点是侧面上的动点，且截面，则线段长度的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造中位线，利用线线平行、线面平行的性质判定面面平行，结合勾股定理计算即可. 【详解】如图所示，取的中点，的中点，的中点， 利用中位线性质及正方体特征可知，， 又平面，平面，所以平面， 同理平面，平面，所以平面， 而，平面，显然平面， 故平面平面， 又平面，线段扫过的图形是， 由，则，，， ， 是直角， 线段长度的取值范围是：， 即： 故选：B． 【题型6】最值或范围问题 18．（23-24高一下·广东惠州·期末）如图，已知在直三棱柱中，为的中点，为棱上的动点，，，，.当是棱的中点，则三棱锥体积为 ；当三棱锥的外接球的半径最小时，直线与所成角的余弦值为 . 【答案】 / / 【分析】在中，由余弦定理，可得，再求出，再用面积公式求的面积，体积公式求三棱锥体积即可；作出辅助线，推导出当取最小值时，最小，即最小，此时，因为是的中点，则是的中点，则是棱的中点，进而求出各边长，得到 【详解】因为，，， 所以在中，由余弦定理，得， 所以，所以， 所以； 作，垂足为，作，垂足为， 易知棱在平面上的射影为， 则点在平面上的射影在线段上， 因为，故，解得， 故，则， 设的中点为，外接球的球心为，半径为， 则平面，即， 在中，①， 又因为② 由①②，可得，所以当取最小值时，最小，即最小， 此时，因为是的中点，则是的中点，则是棱的中点. 因为，所以直线与所成角即为直线与所成角. 因为，再由余弦定理， 得， 因为，所以. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，分析得当三棱锥的外接球的半径最小时，为棱的中点，从而得解. 19．（23-24高一下·江苏徐州·期末）在矩形中，，，将沿对角线折起，使到，形成三棱锥，则异面直线与所成角的范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，可知初始状态时直线与直线所成的角为，由于，可得异面直线与不垂直，翻折过程中当平面与平面重合时，与所成锐角为异面直线与所成角的临界值，求出.，即可得到答案. 【详解】由题可知， 四边形是矩形，， 所以初始状态时直线与直线所成的角为， 已知矩形中，，， ， 翻折过程中，如下图， 因为，所以，则与平面不垂直， 因为，， 所以异面直线与不垂直， 翻折过程中，当平面与平面重合时，与所成锐角为异面直线与所成角的临界值，如下图： 因为矩形中，,，， ，所以，同理，所以，即异面直线与所成角的临界值为,所以异面直线与所成角的范围为； 故选：C 20．（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：；    【题型7】外接球，内切球，棱切球 21．（22-23高二上·四川眉山·期末）如图，在三棱锥中，，二面角的正切值是，则三棱锥外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用二面角的正切值求得，由此判断出，且两两垂直，由此将三棱锥补形成正方体，利用正方体的外接球半径，求得外接球的表面积. 【详解】设是的中点，连接，由于， 所以，所以是二面角的平面角，所以， 由得. 在中，， 在中，， 在中，由余弦定理得：， 所以， 由于，所以 两两垂直. 由此将三棱锥补形成正方体如下图所示，正方体的边长为2，则体对角线长为. 设正方体外接球的半径为，则，所以外接球的表面积为， 故选：A. 22．（24-25高一下·重庆·期中）蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、踢、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，面ABC，，则该鞠（球）的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出外接圆半径，再利用球的截面小圆性质求出球半径即可. 【详解】在中，，则外接圆半径， 球心在线段的中垂面上，由平面，，得的中垂面平行于平面， 因此球心到平面的距离，球半径， 所以该鞠（球）的表面积为. 故选：C 23．（2018高三·全国·竞赛）高为8的圆台内有一个半径为2的球，球心在圆台的轴上，球与圆台的上底面、侧面都相切.圆台内可再放入一个半径为3的球，使得球与球、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点.除球，圆台内最多还能放入半径为3的球的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【详解】作过的圆台的轴截面，如图1.再作过与圆台的轴垂直的截面，过截面与圆台的轴交于圆.由图1.易求得. 这个问题等价于：在以为圆心、4为半径的圆上，除外最多还可放几个点，使以这些点及为圆心、3为半径的圆彼此至多有一个公共点.由图2，，有. 所以，最多还可以放入个点，满足上述要求. 因此，圆台内最多还可以放入半径为3的球2个. 24．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，在平面四边形ABCD中，，，，，现将沿AC折起，并连接BD，使得平面平面ABC，若所得三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理可以证得为直角，又为直角，进而利用直角三角形的性质得到外接球的球心为斜边的中点，然后根据球的面积公式求得球的半径，进而计算求得三棱锥的体积. 【详解】∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面，又∵平面，∴， 又∵平面，平面，∴平面， 又∵平面，∴，即为直角， 又∵为直角，∴取的中点，连接， 由直角三角形的斜边上的中线性质， 可得为三棱锥外接球的球心， 由三棱锥外接球的表面积为，可得外接球的半径， ∴， ∵平面，为直角， ∴三棱锥的体积为. 故选：D 25．（23-24高一下·浙江温州·期末）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为一个棱长为1的正八面体，则其内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据等体积法求出内切球的半径即可进一步求解. 【详解】如图， 正八面体的棱长为1，点为中点（显然根据对称性可知点也是内切球球心），显然平面， 因为直线平面，所以， 在正方形中，， 所以， 正八面体的表面积为， 设内切球半径为， 由等体积法有，， 解得，内切球的表面积为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：关键是求出内切球的半径，由此即可顺利得解. 26．（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. 27．（23-24高一下·广东佛山·期末）已知正四棱台，半球的球心在底面的中心，且半球与该棱台的各棱均相切，则半球的表面积为（      ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分析半球与各棱的切点位置，利用球的切线性质，用表示出侧棱长，从不同角度表示出棱台的高，从而建立关于的方程，然后可得. 【详解】由题意可知，为下底面， 记上底面的中心为，过作垂直于平面，垂足为， 易知点在上，记半球与分别相切于点， 由正四棱台和球的对称性可知，为的中点， 因为，所以，， 记半球的半径为，则， 所以，， 分别在中，由勾股定理得， ， 因为，所以， 解得或（舍去）， 所以半球的表面积为. 故选：C 【点睛】关键点睛：本题考查学生的直观想象能力，解题关键在于利用球的切线性质，用表示出侧棱，然后根据棱台的高距离方程求出半径即可. 28．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，在梯形中，，，将沿直线翻折至的位置，，当三棱锥的体积最大时，则M到三棱锥的外接球的球心的距离为 ． 【答案】 【分析】作出图形，易知当三棱锥的体积最大时，平面平面，即可判断的中点是三棱锥的外接球球心，利用三角形的边角关系和余弦定理即可求. 【详解】如图： 当三棱锥的底面上的高最大时，三棱锥的体积最大，此时平面平面， 又平面平面，取的中点，则， 则根据面面垂直的性质定理可得：平面， 取的中点，则，又，且，则， 又，故是三棱锥的外接球球心，且该外接球的半径； 在△中，， 故； 又，故，又， 所以由余弦定理可得， 故答案为：． 29．（23-24高一下·浙江杭州·期末）一个呈直三棱柱的密闭容器，底面是边长为的正三角形，高为6，有一个半径为1的小球在这个容器内可以向各个方向自由滚动，则小球能接触到的容器内壁的最大面积为 ． 【答案】 【分析】依题意得，小球能接触到的容器内壁分为两部分，即上下底面部分与侧面部分，上下底面部分是正三角形，其边长为：，侧面部分是底边长为，高为的矩形，即可求解． 【详解】解：因为直三棱柱的密闭容器的底面边长为，且为正三角形，容器的高为，小球的半径为，如图所示：    则小球在这个容器内向各个方向自由滚动时，小球能接触到的容器内壁分为两部分，即上下底面部分与侧面部分， 上下底面部分是正三角形，其边长为：， 其面积为：； 侧面部分是底边长为，高为的矩形，其面积为：； 则小球能接触到的容器内壁的最大面积为：． 故答案为： 30．（23-24高一下·广东广州·期末）已知一个圆台的上、下底面直径分别为2、8，母线长为6，则在圆台内部放置半径最大的球的表面积为 . 【答案】 【分析】把圆台还原成圆锥，求出圆锥轴截面等腰三角形的边长及内切圆半径，圆台轴截面等腰梯形的高，并确定圆台内放置的最大球半径即可求解. 【详解】圆台轴截面等腰梯形的两腰延长线交于点， 等腰即为圆台母线延长线交点为顶点，圆台下底面为底的圆锥的轴截面， 由，而，解得，则，即为正三角形， 正的高为，正的高为，因此等腰梯形的高为， 正的内切圆半径，显然， 因此等腰梯形内的最大圆为正的内切圆， 此圆即为圆台内部放置的半径最大的球被平面所截的大圆， 则在圆台内部放置半径最大的球的半径为，表面积为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键. 31．（23-24高一下·浙江宁波·期末）已知三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，，点为三棱锥的外接球球面上一动点，时，动点的轨迹长度为 . 【答案】 【分析】由三棱锥的结构特征，可扩成长方体，利用长方体的外接球半径得三棱锥的外接球半径，由动点的轨迹形状，求轨迹长度. 【详解】由题意可知，三棱锥的四个面是全等的等腰三角形， 且，如图①所示， 则有， 把三棱锥扩成长方体， 则有， 解得， 则长方体外接球半径， 所以三棱锥的外接球半径； 点为三棱锥的外接球球面上一动点， 当时，如图③所示， 所以为等腰三角形， 所以 故动点的轨迹是半径为的圆，轨迹长度为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查求三棱锥的外接球，解题关键是三组对棱分别相等的四面体（三棱锥），采用补形为长方体（四面体的棱分别是长方体各面的对角线），长方体的外接球半径即为三棱锥的外接球半径. 32．（23-24高一下·湖北武汉·期末）在正三棱柱中，，为线段上动点，为边中点，则三棱锥外接球表面积的最小值为 . 【答案】 【分析】建立边长和O到平面ABD距离为OF的函数关系，结合基本不等式，求解出最小值，建立外接球半径的函数，从而求解外接球半径的最小值，从而求出外接球表面积的最小值. 【详解】由正三棱锥的侧棱垂直于底面的性质，设球心O到平面ABD距离为，设， 有因为为直角三角形，则经过直角三角形斜边中点，即为中点. 故取的中点设为，则由正三角形求解高知如图，设， 设球心O到平面ABD距离为OF，设 ，， ， 当且仅当时即取“=”. ，. 故最小为. 故答案为：. 【点睛】立体图形平面化，结合函数和基本不等式的知识求解是问题的关键. 33．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，正三棱锥的侧面和底面所成角为，正三棱锥的侧面和底面所成角为和位于平面的异侧，且两个正三棱锥的所有顶点在同一个球面上，则 ，的最大值为 . 【答案】 【分析】由几何体结构特征可知为外接球直径即得；先设，外接球半径为R，则由以及已知条件可求得，再根据几何体结构特征得，再结合两角和正切公式以及基本不等式即可求解. 【详解】由几何体结构特征可知为外接球直径，所以； 连接，交平面于点，取中点，连接， 由正棱锥性质知，且， 则、，，设，外接球半径为R， 则， 所以由得，， 又， 故， 而，当且仅当时取等， 故. 故答案为：；. 【题型8】多选综合（截面，动点，轨迹，存在性，外接球，最值综合） 34．（23-24高一下·江苏苏州·期末）如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G，H分别为AB，，，的中点，则（    ） A．平面 B．平面 C．点，到平面的距离相等 D．平面截该正方体所得截面的面积为 【答案】ACD 【分析】取的中点，的中点，的中点，即可得到正六边形为平面截该正方体所得截面，求出截面面积，即可判断D；根据线面垂直的判定定理说明A，证明平面，即可说明B，根据正方体的性质判断C. 【详解】如图，取的中点，的中点，的中点， 连接、、、、、、、、、， 则，，，所以，所以、、、四点共面， 又，所以、、、四点共面， 同理可证，所以、、、四点共面，正六边形为平面截该正方体所得截面， 又，所以，故D正确； 因为平面，平面，所以，则 同理可证，又，平面， 所以平面，即平面，故A正确； 因为，平面，平面， 所以平面，即平面，又，平面， 平面平面，所以不平行平面，故B错误； 设为正方体的中心，即为的中点，根据正方体的性质可知， 即交平面于点，所以点，到平面的距离相等， 即点，到平面的距离相等，故D正确. 故选：ACD 35．（23-24高一下·广东深圳·期末）已知正方体 的棱长为是正方形 的中心， 是棱 (包含顶点) 上的动点， 则以下结论正确的是（      ） A．的最小值为 B．不存在点，使与 所成角等于 C．二面角正切值的取值范围为 D．当为中点时，三棱锥的外接球表面积为 【答案】ACD 【分析】对于A，直接找出最近距离为为中点，计算即可；对于B，找出最大，最小的临界状态值即可解决；对于C，找出二面角的平面角，再用锐角三角函数即可；对于D，设出球心和半径，结合图形，构造方程，求出半径即可． 【详解】对于A， 最小值时，为中点.作个草图，取中点，连接． 此时，故A正确． 设与所成的角为θ，当与重合时，， 当在中点时，．则存在点 ，使. 即存在点，使与 所成角等于 .故B错误． 如图，过中点作于，则为二面角的平面角， 因此，故C正确． 设三棱锥的外接球的球心为，显然平面，为等腰直角三角形，外心为M， 则O可以由M沿着方向移动即可,O一定在上． 为中点时，半径，于是． 在中有，解得， 于是球表面积为.故D正确． 故选：ACD. 【点睛】知识点点睛：本题考查了正方体性质，点线面的位置关系辨别，空间两点间的距离最值，异面直线夹角，二面角的问题，三棱锥的外接球问题．同时考查空间想象、逻辑推理、数形结合、转化计算能力.综合性较强，属于难题. 36．（23-24高一下·湖南长沙·期末）如图，在正方体中，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与所成的角的大小为 B．直线平面 C．平面平面 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】ABD 【分析】利用平移法可求出直线与所成的角，判断A；根据线面平行的判定定理可判断B；采用反证法可判断C；根据线面角的定义求出直线与平面所成角的正弦值，判断D. 【详解】对于A，连接，则，即为正三角形， 又，分别为，的中点，故， 故直线与所成的角即为所成角或其补角，而， 故直线与所成的角的大小为，A正确； 对于B，由于，故四边形为平行四边形， 故，而，故, 又平面，平面，故平面，B正确； 对于C，取EF中点为M，连接DM，显然，故， 假设平面平面，而平面平面， 平面，则平面，又平面， 则，这与二者交于D点矛盾，C错误； 对于D，不妨设正方体棱长为2，点C到平面的距离为d， 则， 而， 则，解得， 设直线与平面所成角为，则，D正确， 故选：ABD 37．（23-24高一下·广东东莞·期末）如图，在棱长为1的正方体中，点分别为的中点，平面经过点，且与交于点，则下列结论正确的是（    ） A．平面 B．平面平面 C． D．二面角的正切值为 【答案】BCD 【分析】借助，而与平面相交，从而可判断A；利用面面垂直证明线面垂直，再证明面面垂直，可判断B；做出相应的平行线，找到G在位置即可判断C；利用C选项的结论，作出二面角的平面角，即可求解. 【详解】对于A，因为正方体中，，且平面， 所以与平面不平行，故A错误； 对于B，如图，取AD中点H，连接BH，FH，BH，易知平面平面， 又在平面中，， 所以，又平面平面，所以平面， 又，所以平面平面，故B正确； 对于C，如图,取中点M，取中点N，连接EN，，， 再取中点G，连接FG，易知正方体中，, 在正方形中，, 在三角形中，, 由平行的传递性可得，,所以平面与交于点， 而点是线段上靠近的四等分点， 所以，故C正确； 对于D，如图，延长FG，相交于点K，取中点N，连接EN，过点E，作，垂足为P,连接NP， 易知平面,又平面，所以 又,所以平面，又平面，所以, 所以是二面角的平面角， 如图，将底面单独画出，在三角形中，，所以， 所以， 所以, 解得，所以，故D正确.    故选：BCD. 38．（23-24高一下·福建厦门·期末）在长方体中，，动点满足，则（    ） A．当时， B．当时，与是异面直线 C．当时，三棱锥的外接球体积的最大值为 D．当时，存在点，使得平面 【答案】ACD 【分析】用线面垂直证明线线垂直，即可判断A；当，时, 与有交点，即可判断B；当时，点与重合，此时三棱锥的体积最大，从而得到外接球体积最大，即可得解C；当时，，即为的中点时，平面,证明即可判断D. 【详解】    对于A，当时， ， 在长方体中，易知， 所以，又，所以, 又，所以，故A正确； 对于B，当，时， ，此时，又与相交于点C，故B错误；    对于C，当时，，当时，点与重合，此时三棱锥的高最大，由于底面的面积是定值，所以此时三棱锥的体积最大，即三棱锥的外接球体积最大。 又底面外接圆的半径为，球心到底面的距离为的一半，即， 所以三棱锥的外接球的半径为， 所以三棱锥的外接球体积的最大值为，故C正确；    对于D，当时，，当时，，即为的中点时， 平面，由，所以，又 在长方体中，易知， ， 所以，即，又， 所以平面，故D正确. 故选：ACD. 39．（23-24高一下·山东济南·期末）如图所示，三棱锥中，，其余棱长均为.为棱的中点，将三棱锥绕旋转，使得点，分别到达点，，且.下列结论正确的是（    ） A．平面 B． C．直线与所成的角为 D．点，，，，，在同一个直径为的球面上 【答案】ACD 【分析】对于A，画出图形，根据线面平行定理可解；对于B，证明，结合图形，不可能垂直；对于C，用平移法，找出直线与所成的角，求出来即可；对于D，用补形成正方体方法求解即可. 【详解】如图所示，由于，则四边形为平行四边形，则. 平面，则平面，故A正确； 由于三棱锥中，，其余棱长均为. 则，，为棱的中点， 则等腰三角形和等腰三角形中，，， 则平面.由A知道，，则平面，， 结合图知道不可能垂直，故B错误． 根据旋转特征，可知，四边形为边长为1的正方形， 可以求得.则由，则与所成的角， ，则为等边三角形.则.故C正确. 由前面的证明可以知道，可以将几何体放在正方体中，如图所示，且正方体棱长为1． ，，，，，在上面正方体的外接球上，由正方体性质知道外接球直径为．故D正确. 故选：ACD. 40．（23-24高一下·福建福州·期末）圆台的轴截面如图所示，其上、下底面的半径分别为，，母线长为，点为母线的中点，则下列结论正确的是（    ） A．圆台的侧面积为 B．与所成角为 C．圆台外接球的半径为 D．在圆台的侧面上，从点到点的最短路径的长度为 【答案】BCD 【分析】根据圆台的上、下底面半径和母线长求出圆台的侧面积，可判断选项A；求出，可判断选项B；由勾股定理求出圆台外接球的半径，可判断选项C；利用侧面展开图求出的长，可判断选项D． 【详解】对于A，圆台的上、下底面半径分别为，，母线长为2，为母线中点， 所以圆台的侧面积为，选项A错误； 对于B，因为，所以，所以与所成角为，选项B正确； 对于C，根据题意知，外接球的球心在圆台的中心连线上， 设球心到上底面的距离为， 所以，解得， 所以圆台外接球的半径为，选项C正确； 对于D，展开面如图所示： 根据比例关系求出，展开面为半圆环； 点为母线的中点，所以，，选项D正确． 故选：BCD． 41．（23-24高一下·广东广州·期末）已知圆台上、下底面的半径分别为2和4，母线长为4．正四棱台上底面的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面的四个顶点在圆台下底面圆周上，则（    ） A． B．二面角的大小为 C．正四棱台的外接球的表面积为 D．设圆台的体积为，正四棱台的体积为，则 【答案】ACD 【分析】对A，先证明线面垂直，由性质可得线线垂直；对B，过作，连接，找到二面角的平面角为，再解三角形即可；对C，设出球心和球半径，根据几何关系，列出等量关系求解即可；对D，根据圆台和棱台的体积公式，结合已知数据，求解即可. 【详解】 根据题意，如图，设圆台上、下底面圆心分别为连接 过作，作截面的平面图，则为等腰梯形， 且为中点，则， 故，即圆台的高， 又，即四棱台的上下底面边长分别为和； 对A，由题意平面，平面，则， ，，平面，平面， 故平面，平面，所以，故A正确； 对B：过作，垂足为，连接； 由面，//，则面，又面，故， 又，面，故面， 又面，故，则即为二面角的平面角； ，又， 故， 而在中，，则， 结合在单调递增可知，，故B错误； 对C：设外接球半径为，球心到下底距离为，在的平面图中，为球心， 则，故，解得； 故表面积，故C正确； 对D：； ， ，故D正确. 故选：ACD. 42．（23-24高一下·广东广州·期末）如图,在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法中正确的是（    ） A．若点为的中点，则平面 B．连接，则直线与平面成角正弦值为 C．若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为 D．若点在侧面正方形内（包含边界），且，则点的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】利用线面平行的判定推理判断A；求出线面角的正弦判断B；把正方形与正方形置于同一平面内，求出线段长判断C；求出点的轨迹判断D. 【详解】对于A，四边形是正方体的对角面，则四边形是矩形， ，由点、分别为、的中点，得，平面， 平面，因此平面，A正确； 对于B，连接，则，由平面，平面， 得，又平面，则平面， 过作交于，连接，于是平面， 是直线与平面所成的角，，， ，B错误； 对于C，把正方形与正方形置于同一平面内，且在直线两侧， 连接，则的最小值为，C正确； 对于D，延长与的延长线交于，由，得为平行四边形， ，取中点，连接交于，连接， 由，得四边形是平行四边形，，为的中点， 由平面，平面，得，又， 平面，则平面，而平面， 则，同理，因此，而， 平面，于是平面，又，则平面， 又平面，因此点的轨迹是平面与正方形相交所得线段， 而，所以点的轨迹长度为，D正确. 故选：ACD 【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解. 43．（23-24高一下·重庆·期末）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． 模块二 解答题中档题+压轴题 【题型9】常规大题：平行垂直证明，求体积，线面角，二面角 44．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，点M为PB的中点． (1)求证：平面PAD； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）根据中点特征，平面PAD内找一条与平行的直线，运用中位线性质和平行线传递性，证明线线平行，最终得到线面平行即可； （2）运用中点特征，作辅助线找出二面角的平面角后，转化用余弦定理来解三角形即可． 【详解】（1）如图，取中点，连接． 由于点M为PB的中点，则，且，且， 故四边形为平行四边形，则. 又，，则平面PAD． （2）如图， 由于平面平面， 为两平面交线，且，平面， 则平面，平面，则，； 取中点O，连接DO，OP，则， ，且， 则四边形DOBC为正方形，则，由（1）知道， 平面，故平面． 又，则，则两两垂直． 可以求得，，， 则和都为等腰三角形. 取DB中点R， 连接CR，RP，则 则∠CRP即为二面角P−BD−C的平面角. ，，前面已经求得，． 在中，用余弦定理得， 由图可知，二面角为钝角，则余弦值为． 45．（23-24高一下·河南郑州·期末）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点． (1)证明：平面； (2)若是边长为1的等边三角形﹐点在棱上，，且三棱锥的体积为，求侧面与底面所成二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）依题意可得，再由面面垂直的性质即可证明； （2）依题意可得，由锥体的体积求出，取的中点，连接、，即可得到为侧面与底面所成二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）在三棱锥中，因为，为的中点， 所以，又平面平面， 平面平面，平面， 所以平面； （2）因为点在棱上，， 又三棱锥与三棱锥底面积相同，高之比等于， 所以体积之比也为， 所以，又平面，所以为三棱锥的高， 又是边长为1的等边三角形，所以， 所以， 所以，解得， 取的中点，连接、，则，又平面，平面， 所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为侧面与底面所成二面角的平面角， 又，，平面，平面，所以， 所以，所以， 所以侧面与底面所成二面角的余弦值为. 46．（23-24高一下·浙江杭州·期末）在三棱锥中，，其余各棱的长均为6，点在棱上，，过点的平面与直线垂直，且与分别交于点． (1)求线段的长度； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）利用线面垂直的性质，结合正三角形、直角三角形求解即得. （2）取的中点，确定二面角的平面角，再利用余弦定理求解即得. （3）利用等体积法求出点到平面的距离. 【详解】（1）依题意，直线平面，而平面，则， 由，得，由为正三角形，得，则， 又为正三角形，即，因此. （2）取的中点，连接，则有， 因此是二面角的平面角，显然， 由余弦定理得， 所以二面角的余弦值. （3）由（2）知，平面，而平面，则平面平面， 在平面内过点作于，又平面平面， 于是平面，， 则点到平面距离， 由（1）知的面积，， ，显然， 则，，在中，， ，的面积， 设点到平面的距离为，由，得， 因此， 所以点到平面的距离为. 【点睛】方法点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积． 47．（23-24高一下·广东广州·期末）如图，是半球O的直径，P是半球底面圆周上一点，Q是半球面上一点，且． (1)求证：； (2)若,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）要证，只需证平面，只需证（易证）和，只需证平面，根据题意容易证； （2）利用等体积法求得点P到平面的距离，设直线与平面所成的角为，则根据即可得到答案. 【详解】（1）因为 为半球 的直径， 为 半球底面圆周上一点, 所以 , 因为 、 平面 , 所以 平面 ，又因为 平面 , 所以 , 又因为 为半球面上一点, 所以 , 又因为 平面 所以 平面 , 又 平面 , 所以 ; （2）因为三角形 为直角三角形, 所以 , 又因为 平面 , 所以 ， 又因为三角形 也是直角三角形， 所以 , 所以， 设点 到平面 的距离为 , 则有 ，即 , 所以 ， 设直线 与平面 所成的角为 ，则 . 48．（23-24高一下·江苏扬州·期末）如图，在斜三棱柱中，侧面为菱形，，为中点，与的交点为. (1)求证：//平面； (2)求证：平面； (3)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）利用线线平行推得线面平行即得； （2）由等边三角形证，再由勾股定理逆定理证，由线线垂直推导线面垂直即得； （3）作，证平面，作，证，得为二面角的平面角，由题设求得即得. 【详解】（1） 如图（1），连接. 由三棱柱可知侧面为平行四边形，所以为中点； 又因为为中点，所以//， 又平面平面，所以//平面； （2） 如图（2），连接. 由菱形可知，因为，可得为等边三角形； 因是中点，则，且；由可得，； 因为，则有，即， 又平面平面，故平面； （3） 由（2）可知平面，因为平面，所以平面平面； 如图（3），过点作，垂足为，过作，垂足为，连接. 因为平面平面平面，所以平面， 因为平面平面，所以； 因为平面平面，所以平面， 又平面，所以，所以为二面角的平面角. 在中，，可得， 在中，，可得， 在中，，可得， 因为，所以， 即二面角的正弦值为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查线面垂直的判定和应用，以及运用几何法求解二面角，属于较难题. 解题关键在于深刻把握线面垂直的判定定理，执果索因，寻找线线垂直条件；求二面角的关键在于找到一个平面中的一点在另一个平面的射影，为作出平面角奠定基础. 49．（23-24高一下·广东广州·期末）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． 50．（23-24高一下·江苏镇江·期末）已知在多面体中，，，. (1)若，，，四点共面，求证：多面体为棱台； (2)在（1）的条件下，平面平面，，，，且. ①求多面体的体积； ②求二面角正切值. 【答案】(1)证明见解析. (2) 【分析】(1)利用面面平行的定义可以证明上下底面的两个面平行，接着证明三条侧棱交于一点. (2)求棱台的体积转化为求两个棱锥的体积即可；求二面角的正切值做出二面角的正切值，利用解三角形求解即可. 【详解】（1）因为，平面，平面, 所以平面. 同理可证：平面. 又因为，平面，平面. 所以平面平面，而，故共面. 因为，设. 而，且平面， 所以平面，同理可证平面， 所以面面. 又因平面平面，所以， 则交于同一点，又因为平面平面. 所以多面体为棱台. （2）三棱台中，由(1)知侧棱交于同一个点，连结. 在侧面梯形中，有，. 所以梯形为直角梯形. 又因为，， 所以，所以，故. 又因面面，面面，面. 所以平面，即的长度等于点到平面的距离. 在三棱台中，有，即,所以, 侧面梯形中，，，，. 所以侧面梯形的面积. 又，解得. 故. 所以. 因为. 故. 所以所求棱台的体积为 ②在内，过点作，记垂足为，连接. 由①知平面，又平面，所以，. 又因为，，所以平面. 又因为平面，所以, 又，所以的值等于二面角的值. 在中，，，. 所以. 故. 解得，故由即知. 所以二面角的正切值为. 【点睛】证明棱台，求棱台的体积，借住棱台求解二面角的大小，发展学生的空间想象能力，逻辑推理能力，计算能力. 51．（23-24高一下·江苏苏州·期末）如图，在四棱柱中，已知侧面为矩形，，，，，，，. (1)求证：平面平面； (2)求证：平面平面； (3)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)或. 【分析】（1）由已知可得平面，平面，从而可证结论； （2）由余弦定理可得，从而可证，进而结合已知可证平面，可证结论； （3）延长交于，过作于，过作于，连接，可得为平面与平面所成二面角的平面角，求解即可. 【详解】（1）因为，，所以， 又平面，平面，所以平面， ，，可得，又，， 所以是等边三角形，所以，， 又，所以，又平面，平面， 平面，又，又平面， 所以平面平面； （2）由侧面为矩形，可得， 连接，可得是等边三角形，所以， 所以，又，， 由余弦定理可得，所以， 所以，所以，所以，所以， 又， 平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； （3）延长交于，可得是等边三角形， 过作于， 由（1）可知平面，所以三棱锥的体积即为三棱锥的体积， 又三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 由（2）可知平面平面ABCD，且两平面的交线为，所以平面， 所以， 解得，过作于，连接， 平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，， 所以为平面与平面所成二面角的平面角， 若，则点在线段上，且为中点， 又，由勾股定理可得， 所以，所以，所以由勾股定理可得， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为； 若，则点在线段延长线上，此时，. 52．（23-24高一下·江苏南通·期末）如图，等腰梯形ABCD为圆台的轴截面，E，F分别为上下底面圆周上的点，且B，E，D，F四点共面． (1)证明：； (2)已知，，四棱锥C-BEDF的体积为3． ①求三棱锥B-ADE的体积； ②当母线与下底面所成的角最小时，求二面角C-BF-D的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②． 【分析】（1）由面面平行的性质定理即可证明； （2）①将圆台的母线延长交于一点，连接，延长交底面于点，连接，，可推得，从而得，求得结论； ②在等腰梯形中，过点作边的垂线，垂足为，可证为母线与下底面所成角，由可知，要使最小，只要最小即可，进而求得的最小值，即可求得结论． 【详解】（1）证明：在圆台中，平面平面， 因为平面平面，平面平面， 所以； （2）①将圆台的母线延长交于一点，连接，延长交底面于点，连接，， 在圆台中，平面平面， 因为平面平面，平面平面，所以， 又由（1）可知，所以， 又，，，，，平面， 所以，所以四边形为平行四边形，所以， 在圆台中，，， 所以，所以， 所以，所以， 连接，交于点，所以， 所以，到平面的距离之比， 所以； ②在等腰梯形中，过点作边的垂线，垂足为， 在平面内过点作的平行线交于点，连接， 易得，因为平面，所以平面， 所以为母线与下底面所成角， 因为，，所以，所以， 要使最小，只要最小即可， 因为，所以，所以， 设，因为为圆的直径，所以， 所以，，所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为， 因为，，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 所以，因此为二面角的平面角， 在中，因为，所以， 因为平面，平面，所以， 在中，由勾股定理得，所以， 所以二面角的正弦值为． 【题型10】已知二面角，线面角求其它量 53．（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． 54．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由题意可证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，易证，根据线面垂直的性质与判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明； （3）根据线面垂直的性质与判定定理可得为二面角的平面角，即，作，由面面垂直的性质确定为直线与平面所成的角，即可求解. 【详解】（1）因为且，所以四边形为平行四边形， 则，又平面，平面， 所以平面； （2）由平面，平面，得， 连接，由且， 所以四边形为平行四边形，又， 所以平行四边形为正方形，所以， 又，所以，又平面， 所以平面，由平面， 所以平面平面； （3）由平面，平面，所以， 又，平面， 所以平面，又平面，所以， 故为二面角的平面角，即， 在中，，作，垂足为M， 由（2）知，平面平面，平面平面，平面， 所以平面，则为直线在平面上的投影， 所以为直线与平面所成的角， 在中，，所以， 在中，， 即直线与平面所成角的正弦值为.    55．（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图1，有一个边长为4的正六边形ABCDEF，将四边形ADEF沿着AD翻折到四边形ADGH的位置，连接BH，CG，形成的多面体ABCDGH如图2所示.    (1)求证：AD⊥CG； (2)若AH⊥CD，试求直线CH与平面ABCD所成角的正弦值； (3)若二面角的大小为，M是线段CG上的一个动点（M与C，G不重合），试问四棱锥与四棱锥的体积之和是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，请说明理由 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)是定值， 【分析】（1）作出辅助线，得到AD⊥NG，AD⊥NC，进而得到线面垂直，得到AD⊥CG； （2）计算出，由勾股定理逆定理得到AC⊥CD，结合AH⊥CD，故CD⊥平面AHC，所以AH⊥CH，求出，根据求出点到平面的距离，求出CH与平面ABCD所成角的正弦值； （3）由二面角定义得到，作出辅助线，证明出线面垂直，并求出，从而得到. 【详解】（1）如图，连接EC交AD于N，则N为CE的中点， 由正六边形的性质，⊥，可知AD⊥NG，AD⊥NC， 因为，NG，平面GNC. 故AD⊥平面GNC. 而平面GNC，所以AD⊥CG.    （2）如图，连接AC，在正六边形中， ， 故， 又，，    则有， 即AC⊥CD，又因为AH⊥CD，故CD⊥平面AHC， 连接FD，同理AF⊥FD，即AH⊥HD，即有AH⊥平面CDH. 所以AH⊥CH. 因为，，所以， 设点到平面的距离为， 由，有， 解得. 设CH与平面ABCD所成的角为，则. 所以CH与平面ABCD所成角的正弦值为. （3）由（1）知AD⊥平面GNC， 所以∠GNC就是二面角的平面角，即， 过M作⊥NC，垂足为点，过M作，垂足为点.    因为AD⊥平面GNC，平面GNC， 所以，， 因为，平面，平面， 所以平面ABCD，平面ADGH， 设梯形的面积为，梯形的面积为， 所以 在△GNC中，，， 所以，， 得. 故. 即四棱锥M-ABCD与四棱锥M-ADGH的体积之和是定值. 56．（23-24高一下·湖南长沙·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) 【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. 57．（23-24高一下·广东深圳·期末）如图， 是 的直径， ，点 是 上的动点， 平面 ，过点 作 ，过点 作 ，连接 . (1)求证： ； (2)求证：平面 平面 ； (3)当 为弧 的中点时，直线 与平面 所成角为 ，求四棱锥 的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）由线线垂直证明线面垂直，再证线线垂直即可； （2）由线线垂直到线面垂直，再证明面面垂直； （3）图中有线面垂直，可以利用两个三棱锥的差，来计算所求的四棱锥的体积即可. 【详解】（1）由于为圆的直径，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为平面，所以平面， 又因为平面，所以; （2）由（1）得，，，且平面， 所以平面，又由于平面，那么， 又因为，，平面， 所以平面，又由于平面，那么平面平面； （3）由（2）可知：平面，而直线与平面所成角为， 那么，且， 所以且， 那么 在中，，得， 所以 那么， ，则. 58．（23-24高一下·浙江温州·期末）已知矩形中，，，E为线段的中点，沿线段将翻折到，Q为线段的中点. (1)证明：平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的正切值； (3)当在翻折过程中，是否存在点P使直线与直线所成角为？若存在，求出二面角平面角的余弦值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3) 【分析】（1）设点是线段的中点，连接，只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证； （2）将问题转化为求与平面所成角的正切即可，然后根据定义找到线面角，结合解三角形知识即可求解； （3）设二面角的余弦值为，利用二面角的余弦值表示出得到，利用直线与直线所成角为，结合余弦定理得到，从而建立方程即可求解. 【详解】（1）如图，点是线段的中点，连接， 因为点是线段的中点，所以， 因为，所以，即四边形是平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面； （2）如图， 过分别过点作，垂足分别为， 因为点为线段的中点，，所以是三角形的中位线， 所以，而， 所以，，也是三角形的中线， 所以，，，， 因为，且平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 所以为与平面所成的角， 因为， 所以直线与平面所成角的正切值即为； （3）如图， 一方面：因为， 所以，又因为， 所以，即， 设， 因为，， 所以二面角平面角的大小即为， 而， 所以， 另一方面：若直线与直线所成角为，且注意到， 所以或， 又因为， 所以，即， 令，解得满足题意， ，不满足题意，舍去； 综上，存在点P使，且直线与直线所成角为， 此时所求二面角平面角的余弦值为. 【题型11】存在性问题 59．（23-24高一下·浙江杭州·期末）已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，点在线段上. (1)若为的中点，求证：平面； (2)求二面角的正切值； (3)证明：存在点，使得平面，并求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析， 【分析】（1）设，连接，即可证明为平行四边形，从而得到，即可得证； （2）在平面中过作于，连接，说明是二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得； （3）连接交于点，由面面垂直的性质得到平面，即可得到，当时可证平面，从而求出此时的值. 【详解】（1）设，连接， 因为正方形，所以为中点， 又矩形中，为的中点， 所以且， 所以为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）在平面中，过作于，连接， 因为正方形和矩形所在的平面互相垂直， ，平面平面，平面， 所以平面，平面， 所以，又，，平面， 平面，平面， 所以，又，平面，所以平面， 又平面，所以， 是二面角的平面角， 因为，，所以， 所以， 在中，，， 二面角的正切值为； （3）连接交于点，因为是正方形，所以， 又正方形和矩形所在的平面互相垂直， 平面平面，平面， 所以平面，平面， 所以， 当时，，平面，所以平面， 此时，，，则， 又，所以，则，则， 所以，又，所以，则， 所以，所以. 60．（23-24高一下·广东惠州·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，面面，是的中点. (1)求证：∥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在点使平面平面成立？如果存在，求出如果不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）设，连接，利用三角形的中位线定理可得∥，再利用线面平行的判定定理可证得结论； （2）由面面垂直的性质可证得平面，则，再由等边三角形的性质可得，然后由线面垂直的判定可得平面，则直线与平面所成角为，从而可求得答案； （3）当时，可证得平面平面，设，然后在等腰直角三角形中利用平面向量的知识计算即可. 【详解】（1）证明：设，连接， 因为底面是正方形，所以为的中点， 因为是的中点，所以∥， 因为平面，平面， 所以∥平面 （2）因为底面是正方形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以, 因为为等边三角形，是的中点，所以， 因为，平面，所以平面， 所以直线与平面所成角为， 设正方形的边长为2，则， 因为平面，平面，所以， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为； （3）存在，当时，平面平面， 因为平面，平面平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面， 设，则，所以， 由（2）知平面， 因为平面，所以，所以， 因为， ， 所以， 所以，得，解得， 所以当时，平面平面. 61．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）如图，在三棱锥中，已知，，底面，E为SB中点，为线段BC上一个动点． (1)证明：平面平面； (2)若为线段BC中点，求二面角的余弦值； (3)设为线段AE上的一个动点，若平面，求线段MF长度的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）分别证明和推得平面，即得结论； （2）由（1）易得为二面角的平面角，分别求得,即得结论； （3）通过作于点，作推得平面平面，满足平面，设，将表示成的函数形式，求其最小值即得. 【详解】（1）因为底面,平面，所以， 又,平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，E为SB中点，所以， 又平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）由（1）平面，平面， 所以，，平面平面， 可知为二面角的平面角， 因，则，,， ， 由（1）知平面，平面，故， 得，故． （3） 过点作AB的垂线，垂足为，过点作， 因为，，且，平面，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理平面，，平面，所以平面平面， 平面，所以平面． 设，因，则，，， 则， 故当时，线段MF的最小值为． 【点睛】思路点睛：本题主要考查面面垂直的证明、求解二面角以及距离最值问题，属于较难题.解题思路为：利用一般利用线面垂直证明面面垂直；通过二面角一个面内的点在另一个面的射影得到平面角求解；一般要选设一个量（边或者角）为参数，构建关于参数的函数，求其最值得到. 62．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且.    (1)证明：平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）根据棱台的性质、长度关系和勾股定理可证得；由面面垂直和线面垂直的性质可证得，结合可证得结论； （2）延长交于一点，根据可求得，利用体积桥可构造方程求得结果； （3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，由二面角大小可构造方程求得，进而得到结果. 【详解】（1）连接，    在三棱台中，； ，四边形为等腰梯形且， 设，则. 由余弦定理得：， ，； 平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，； 是以为直角顶点的等腰直角三角形，， ，平面，平面. （2）由棱台性质知：延长交于一点，   ，，， ； 平面，即平面， 即为三棱锥中，点到平面的距离， 由（1）中所设：，， 为等边三角形，， ，； ，， ， 设所求点到平面的距离为，即为点到面的距离， ，，解得：. 即点到平面的距离为. （3）平面，平面，平面平面， 平面平面 取中点，在正中，，平面， 又平面，平面平面． 作，平面平面，则平面， 作，连接，则即在平面上的射影，   平面，平面，， ，平面，平面， 平面，，即二面角的平面角. 设， 在中，作，   ，，又平面，平面， ，解得：， 由（2）知：，， ，， ，， ，， 若存在使得二面角的大小为， 则，解得：， ， 存在满足题意的点，. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的垂直关系的证明、点面距离的求解、二面角问题的求解；求解二面角问题的关键是能够利用三垂线法，作出二面角的平面角，进而根据几何关系构造关于长度的方程，从而求得结果. 63．（23-24高一下·广东佛山·期末）如图，在直三棱柱中，是上一动点，是的中点，是的中点. (1)当时，证明: 平面; (2)在答题卡的题 (2) 图中作出平面与平面的交线 (保留作图痕迹,无需证明); (3)是否存在，使得平面与平面所成二面角的余弦值为? 若存在求满足条件的值，若不存在，则说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2)作图见详解 (3) 【分析】（1）构造平行四边形，利用平行四边形对边平行得线线平行，再用线面平行的判定定理即可. （2）一个平面内的直线，不平行则相交，将相关线段延长至相交即可. （3）做出二面角的平面角，由题意易得，再由等面积法计算出，由余弦值可得正切值，即可求解. 【详解】（1）时，为的四等分点（靠近）， 取中点为，取的四等分点（靠近）为，连接. 分别为的中点， ，且， 分别为的四等分点（靠近）， ，且， ，且，则四边形为平行四边形， 又平面，平面， 平面 （2）如图，平面中，与不平行，故与一定相交，设与交于点，连接，则点既在平面上，又在平面上，则为平面与平面的交线. （3）过作，垂足为，过作，垂足为，连接，设与交于点, 因为三棱柱是直三棱柱，所以平面， 又平面，，又，， 平面，又平面，， 又，，平面，又平面，. 所以为平面与平面所成的二面角. 假设存在满足条件的，即， 由已知可求得，所以， 所以，又， ，所以， 所以，， ， ， ，故， 由得， 又，所以，解得， 即存在使得平面与平面所成二面角的余弦值为. 【点睛】求无棱二面角（图中无法直接看出两平面的交线）的关键是补棱，即作出两个平面的交线，如本题的关键是要做出二面角的平面角，再由等面积法计算出，这一步的思路简单，难于计算过于复杂，接着如果要利用余弦值列式，还需求出，难度加大，因为已知，不如改用正切值来列式，后可以求解. 64．（23-24高一下·广东广州·期末）如图，已知三棱台，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，体积为，平面平面，且. (1)证明：平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【分析】（1）利用面面垂直的性质推理即得. （2）延长交于一点，根据可求得，利用等体积法构造方程求解. （3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，由二面角大小可构造方程求得，进而得到结果. 【详解】（1）在三棱台中，平面平面，， 而平面平面，平面， 所以平面. （2）由棱台性质知：延长交于一点，    由，得，点到平面的距离为到平面距离的2倍，则， 于是，由平面，得为点到平面的距离， 又，则是的中点，，即为正三角形，为正三角形， 设，则， ，解得， ，由平面，得，， ，设点到平面的距离为， 由，得，解得：. 即点到平面的距离为. （3）由平面，平面，得平面平面，取中点，连接， 在正中，，而平面平面，则平面，而平面， 则，又平面，则平面平面，作于， 平面平面，则平面，，而平面，则， 作于，连接，，平面，则平面， 而平面，于是，即二面角的平面角， 设，由（2）知：，， 由，得，， 由，得， 若存在使得二面角的大小为， 则，解得， ， 所以存在满足题意的点，. 【题型12】最值问题 65．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，在五棱锥中，平面平面，，．四边形为矩形，且，，． (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值； (3)求直线与平面所成角的正弦值的最小值． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据面面垂直，得到线面垂直，⊥，结合得到线面垂直； （2）作出辅助线，找到即为二面角的平面角，由勾股定理和余弦定理求出各边，最后由余弦定理求出二面角的余弦值； （3）设点到平面的距离为，直线与平面所成角大小为，则，要想直线与平面所成角的正弦值的最小，则最小即可，设，由等体积法和余弦定理，面积公式得到，从而求出的最小值，得到正弦的最小值. 【详解】（1）平面平面，交线为，又，平面， 所以⊥平面， 又平面，所以⊥， 因为，，平面， 故⊥平面； （2），，， 由勾股定理得， 平面，平面， 所以， 因为，，由勾股定理得， 过点作⊥于点，则， 故， 过点作⊥，交于点，连接， 故即为二面角的平面角， 由勾股定理得， 又， 由余弦定理得，故， 在Rt中，，即，解得， 故， 在Rt中，， 由余弦定理得， 故， 在中，由余弦定理得， 故二面角的余弦值为； （3）连接，因为，，所以， 又，⊥，由勾股定理得， 设点到平面的距离为，直线与平面所成角大小为， 则， 要想直线与平面所成角的正弦值的最小，则最小即可， ， 由（1）得平面，故， 设，则，， 故， 在中，由余弦定理得 ， 故， 则， 因为，所以， 故， 当时，取得最小值，最小值为， 故直线与平面所成角的正弦值的最小值为. 【点睛】方法点睛：立体几何二面角求解方法： （1）作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解. 66．（23-24高一下·湖北武汉·期末）（建立空间直角坐标系答题不得分）如图，在三棱柱中，侧面ABCD为矩形． (1)若面ABCD，，，求证：； (2)若二面角的大小为，，且，设直线BD和平面QCB所成角为，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【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. 67．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）在中，已知，，，为线段BC上一个动点． (1)若AD为的角平分线，求线段AD的长； (2)将折起到的位置，记二面角的大小为． （i）若，且AD为的角平分线，求三棱锥外接球的面积； （ii）若，求三棱锥外接球的面积最小值． 【答案】(1)； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理，结合三角形面积公式求解即得. （2）（i）由（1）的结论，利用正弦定理求出外接圆直径，结合余弦定理及球的截面小圆性质求出球半径即得；（ii）设，利用余弦定理求出，再利用（i）中的相关信息及结论代入求解即得. 【详解】（1）在中，，，，由余弦定理得， 由AD为的角平分线，得， 而，解得，， 在中，，所以． （2）（i）在中，由（1）知，解得， 为AD中点，设外接圆为，半径为，，， 由，解得， ，在中，，解得， 设外接圆为，半径为，，， 由，解得，， 平面，则平面，， 令三棱锥外接球的球心为，则平面，平面， 而平面平面，则，又， 平面，于是平面，从而点共面， 显然，OT为四边形的外接圆直径，同时也为外接圆直径， 而，， 三棱锥外接球的半径为，则， 由，得， 所以三棱锥外接球表面积为． （ii）由为线段BC上一个动点，设，显然不能与点重合，即， 由（1）解得，，， 由（i）知，为AD中点，外接圆为，半径为，， 由，解得，， 外接圆为，半径为，，由，解得， ，令三棱锥外接球的球心为，半径为， ， 当时，， 三棱锥外接球表面积为，当时，， 所以三棱锥外接球表面积的最小值为. 【点睛】关键点点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键. 68．（23-24高一下·福建厦门·期末）在三棱柱中，侧面平面分别为的中点.    (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为，求证：与不垂直； (3)若，求与平面所成角的正弦值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明； （2）根据侧面平面，得侧面，所以，然后证明，又因为，通过反证法即可说明假设不成立； （3）根据（1）（2），解法一结合直角三角形的正余弦定义，解法二结合等积法即可证明. 【详解】（1）    取中点，连接， 在中，分别是的中点，所以， 又是的中点，所以，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. （2）    假设， 因为侧面平面，侧面平面， 平面，所以侧面， 因为侧面，所以， 所以二面角的平面角为，所以， 又侧面，所以， 因为平面， 所以平面. 因为平面，所以， 由（1）知，所以. 在平行四边形中，， 所以， 所以，所以， 所以，与矛盾，所以与不垂直. （3）解法一：    作于点，作于点，连接， 由侧面侧面，得， 又平面，所以平面. 所以，又， 所以平面，所以， 在，，中， ， 因为， 所以， 因为，所以， 又]，所以， 所以，所以， 取中点，所以，所以， 所以四点共面， 连接，因为， 所以， 由（2）知侧面，所以平面侧面， 平面侧面侧面，所以平面， 所以与平面所成角为， 在等腰中，， 由，得， 连接，在中，，所以， 所以与平面所成角正弦值的取值范围为. 解法二：      设点到平面的距离为， 因为平面， 所以. 由（1）（2）知侧面， 所以， 因为， 所以， ， 所以，即， 所以. 设与平面所成角为，则. 作A1P⊥AC于点P，作PQ⊥AB于点Q，连接A1Q， 由侧面侧面，得， 又平面，所以平面. 所以，又，所以平面，所以， 在，，中， ， 因为， 所以， 因为，所以， 又]，所以， 所以，所以，即， 所以， 所以与平面所成角正弦值的取值范围为. 【点睛】本题考查空间中点､线､面之间的位置关系，线面角､二面角等基本知识；考查空间想象､推理论证､运算求解等能力，考查化归与转化､数形结合等数学思想. 69．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，在三棱柱中，底面是边长为4的等边三角形，，分别是线段的中点，点在平面内的射影为点.    (1)求证：平面； (2)设为棱上一点，，. ①若，请在图中作出三棱柱过三点的截面，并求该截面的面积； ②求二面角的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)①截面图见解析，面积为；② 【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. 70．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图所示，在三棱锥中，，．    (1)证明：； (2)若是边长为2的等边三角形，点O到平面ABC的距离为．试问直线OB与平面ABC所成夹角是否为定值，若是则求出该夹角的余弦值；若不是请说明理由； (3)在（2）的条件下，取OB中点为P，并取一点Q使得．当直线PQ与平面ABC所成角的正切值最大时，试求异面直线OQ与PC所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）过作平面于点，利用线面垂直的性质和判定定理即可证明； （2）找到线面角即为，再利用勾股定理和余弦性质即可； （3）首先利用线面角定义证明和重合时，直线PQ与平面ABC所成角的正切值最大，再证明该四面体为正四面体，最后利用余弦定理即可. 【详解】（1）过作平面于点，延长交于点， 延长交于点平面， 则，平面， 则平面，平面， 同理由可证明为的垂心，， 因为平面，平面,， 又平面，则平面. 平面. （2）平面，则直线与平面所成的角即为， 为等边三角形，边长为2， 则， ， 所以直线OB与平面ABC所成夹角是定值，且， 直线OB与平面ABC所成夹角的余弦值为. （3）取的中点，连和， 为的中点，， 平面平面， 即为直线与平面所成角最大时，即最小. 由题意知，则最小时，和重合时， 取中点，连接，则即为异面直线与所成的角， 在中，， 由余弦定理得， 同（2）中的求法可得，结合底面是为2的等边三角形， 则该四棱锥为正四面体，则， 又中，， 则由余弦定理得.    【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是首先根据线面角的定义找到线面角，再找到其正切最大的状态，最后结合余弦定理即可得到答案. 71．（23-24高一下·江苏徐州·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面平面，，，，点E，F分别为棱PD，BC的中点，点G在线段AF上． (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)设直线与平面，平面，平面所成的角分别为，，，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，取的中点，连接，根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，即可得证； （2）利用等体积法求出点到平面的距离； （3）连接，，取的中点，连接，确定直线与平面，平面，平面所成的角，再根据锐角三角函数得到，设，，利用换元法求出函数的最大值. 【详解】（1）连接，取的中点，连接，因为底面为菱形，且， 所以、为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面， 平面，所以平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面； （2）因为平面，平面，所以，， 又，，，所以， 所以， 又，所以， 设点到平面的距离为，则，即， 解得，即点到平面的距离. （3）连接，，则且， 又平面，所以平面，则为直线与平面所成的角，即，所以， 取的中点，连接，则且， 又为中点，所以，又，所以， 由平面，平面，所以，， 又，平面，所以平面，则平面， 又，平面，所以平面， 连接，，则为直线与平面所成的角，即， 所以， 为直线与平面所成的角，即， 所以， 所以， 又，设，， 所以， 所以， 令，则， 所以 ， 因为，所以， 所以当时取得最大值，且最大值为， 所以. 【题型13】新定义问题 72．（23-24高一下·浙江台州·期末）据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. (1)类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式； (2)在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求的值； (3)已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3). 【分析】（1）类比球的体积公式推导，把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为，结合锥体体积公式可得“球锥”体积. （2）设圆锥半径为，由勾股定理可得，由题意，计算体积消去化简即可. （3）根据四面体棱长计算高和底面外接圆的半径，结合题意分析即可. 【详解】（1）把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为，所有小锥体的底面积之和即球冠面积，结合锥体体积公式得“球锥”的体积为. （2）设圆锥半径为，则， 当球缺的体积与圆锥的体积相等时，， 即， 消去，得， 整理得，因为，所以. （3）设正四面体内接“球锥”，顶点与球心重合，棱长为， 则外接圆半径为，正四面体的高为，显然不满足条件. 注意到，当顶点在圆锥底面圆周上时， ，得， 当时，作平行于圆锥底面的平面截正四面体，所得棱长小于的正四面体均可内接该“球锥”. 因此，若要存在棱长唯一的正四面体内接该“球锥”，则，且顶点在球冠上.即，且. 又因为，所以. 73．（23-24高一下·山东济南·期末）给定三棱锥，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，称为的阶等距集. (1)若为三棱锥，满足，，求出的1阶等距平面截该三棱锥所得到的截面面积（求出其中的一个即可）； (2)如图所示，是棱长为的正四面体.    （ⅰ）若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能取值以及相对应的的个数； （ⅱ）已知是的4阶等距平面，点与点，，分别位于两侧.是否存在，使的4阶等距集为，其中点到的距离为？若存在，求出截所得的平面多边形的最大边长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)1（答案不唯一） (2)（ⅰ）当的值为时,有4个;当的值为时,有3个（ⅱ）存在,截所得的平面多边形的最大边长为 【分析】（1）分三种情形讨论求解：情形一：分别取，，的中点，，，可证明平面为的一个1阶等距平面；情形二：取，，，的中点，可证明平面为的一个1阶等距平面，情形三：取，，，的中点，可证明平面为的一个1阶等距平面. （2）（ⅰ）可分两种情形讨论：情形一：取，，的中点，，，可说明平面为的一个1阶等距平面，情形二：取的中点，，，，由正四面体的性质也可得解； （ⅱ）找到满足题意的的4阶等距平面，即在线段上分别取一点，，，使得，结合解三角形知识即可求解. 【详解】（1）情形一：分别取，，的中点，，， 由中位线性质可知，此时平面为的一个1阶等距平面，    则所求截面面积为等腰三角形的面积，等于. 情形二：分别取，，，的中点， 由中位线性质可知， 此时平面为的一个1阶等距平面， 取中点，连接，，由， 又，平面， 可知直线平面，平面， 则，则，故四边形是边长为1的正方形， 则所求截面面积为正方形的面积等于1.    情形三：分别取，，，的中点， 由中位线性质可知， 此时平面为的一个1阶等距平面. 设， 则， 三式相加可得，故. 则. 在等腰三角形中，， 则等腰三角形的面积为. 则所求截面面积为菱形的面积， 等于等腰三角形的面积的两倍，为.    所以本题答案可以为中的任意一个. （2）(i)情形一：分别取，，的中点，，， 由中位线性质可知，此时平面为的一个1阶等距平面，   为正四面体高的一半， 等于. 由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况： 情形二：分别取的中点，，，， 将此正四面体放置到棱长为1的正方体中，则为正方体棱长的一半，等于. 由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线，    这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况. 综上，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个. (ii)存在，截所得的平面多边形的最大边长为. 在线段上分别取一点，，， 使得， 则平面为满足题意的的4阶等距平面， 故. 又， 由余弦定理可得， ， ， 因为， 故截所得的平面多边形的最大边长为.    【点睛】关键点点睛：解题的关键在于有时候分类讨论要恰当划分，做到不重不漏，从而即可顺利得解. 74．（23-24高一下·湖南长沙·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 【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. 5 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$【重难点突破】2024-2025学年高一下学期数学常考题专练（新高考） 高一期末复习专题4：立体几何中档题，压轴题训练 总览 题型·解读 模块一 选填中档题+压轴题 【题型1】角度问题 【题型2】垂直平行辨析问题 【题型3】体积问题 【题型4】截面问题 【题型5】轨迹问题 【题型6】最值或范围问题 【题型7】外接球，内切球，棱切球 【题型8】多选综合（截面，动点，轨迹，存在性，外接球，最值综合） 模块二 解答题中档题+压轴题 【题型9】常规大题：平行垂直证明，求体积，线面角，二面角 【题型10】已知二面角，线面角求其它量 【题型11】存在性问题 【题型12】最值问题 【题型13】新定义问题 题型汇编 知识梳理与常考题型 模块一 选填中档题+压轴题 【题型1】角度问题 1．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，圆台的轴截面是等腰梯形，，为下底面上的一点，且，则直线与平面所成角的正切值为（    ） A．2 B． C． D． 2．（23-24高一下·广东广州·期末）已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线与互相垂直，的面积为2，与圆锥底面所成的角为，则（    ） A．圆锥的高为 B．圆锥的侧面积为 C．二面角的大小为 D．圆锥侧面展开图的圆心角为 【题型2】垂直平行辨析问题 3．（23-24高一下·河北石家庄·期末）已知a，为两个不同平面，m，n为不同的直线，下列命题不正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．（23-24高一下·江苏扬州·期末）在正方体中，分别是棱的中点，下列结论正确的是（    ）. A． B． C．平面 D．平面平面 【题型3】体积问题 5．（23-24高一下·广东东莞·期末）已知圆台的上底半径为2，下底半径为4，则经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比为 . 6．（23-24高一下·湖南长沙·期末）如图所示，在三棱柱中，若点，分别满足，，三棱柱高为3，面积为，则几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高一下·广东惠州·期末）已知直三棱柱的体积为8，二面角的大小为，且，，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【题型4】截面问题 8．（22-23高一下·陕西西安·期中）如图：正方体的棱长为2，E为的中点，过点D作正方体截面使其与平面平行，则该截面的面积为（　　）    A． B． C． D． 9．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，正三棱柱的所有边长都相等，为线段的中点，为侧面内的一点（包括边界，异于点），过点、、作正三棱柱的截面，则截面的形状不可能是（    ）    A．五边形 B．四边形 C．等腰三角形 D．直角三角形 10．（2023·湖南娄底·模拟预测）如图，在三棱柱中，底面ABC，，点D是棱上的点，，若截面分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为（    ） A．1:2 B．4:5 C．4:9 D．5:7 11．（23-24高一下·湖南长沙·期末）在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，则截面的最小周长为（   ） A． B．4 C．6 D．10 12．（23-24高一下·内蒙古呼和浩特·期末）如图，在正三棱柱中，，，，分别为棱，，的中点，过，，三点作正三棱柱的截面，则截面与侧面的交线长为 .    13．（23-24高一下·河南·期末）如图所示，在直三棱柱中，，平面过棱的中点且与平行，若截该三棱柱所得的截面为等腰梯形，则该截面的面积为 ． 【题型5】轨迹问题 14．（23-24高一下·山东济南·期末）在平行六面体中，底面是边长为的菱形，，，且平面，均与底面垂直.点在侧面上运动，若，则点的轨迹长为 . 15．（23-24高一下·湖北武汉·期末）已知棱长为4的正方体，点是棱的中点，点是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则的长度范围为（    ） A． B． C． D． 16．（23-24高一下·广东广州·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱BC，，的中点，点P为底面上任意一点，若直线BP与平面EFG无公共点，则下列命题中， ①平面EFG ②平面平面 ③所有点P在直线上 ④BP与所成的角为，则的最小值是 正确命题的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 17．（23-24高一下·浙江温州·阶段练习）如图，在棱长为的正方体中，是的中点，点是侧面上的动点，且截面，则线段长度的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【题型6】最值或范围问题 18．（23-24高一下·广东惠州·期末）如图，已知在直三棱柱中，为的中点，为棱上的动点，，，，.当是棱的中点，则三棱锥体积为 ；当三棱锥的外接球的半径最小时，直线与所成角的余弦值为 . 19．（23-24高一下·江苏徐州·期末）在矩形中，，，将沿对角线折起，使到，形成三棱锥，则异面直线与所成角的范围为（    ） A． B． C． D． 20．（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7】外接球，内切球，棱切球 21．（22-23高二上·四川眉山·期末）如图，在三棱锥中，，二面角的正切值是，则三棱锥外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 22．（24-25高一下·重庆·期中）蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、踢、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，面ABC，，则该鞠（球）的表面积为（   ） A． B． C． D． 23．（2018高三·全国·竞赛）高为8的圆台内有一个半径为2的球，球心在圆台的轴上，球与圆台的上底面、侧面都相切.圆台内可再放入一个半径为3的球，使得球与球、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点.除球，圆台内最多还能放入半径为3的球的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 24．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，在平面四边形ABCD中，，，，，现将沿AC折起，并连接BD，使得平面平面ABC，若所得三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 25．（23-24高一下·浙江温州·期末）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为一个棱长为1的正八面体，则其内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 26．（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． 27．（23-24高一下·广东佛山·期末）已知正四棱台，半球的球心在底面的中心，且半球与该棱台的各棱均相切，则半球的表面积为（      ） A． B． C． D． 28．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，在梯形中，，，将沿直线翻折至的位置，，当三棱锥的体积最大时，则M到三棱锥的外接球的球心的距离为 ． 29．（23-24高一下·浙江杭州·期末）一个呈直三棱柱的密闭容器，底面是边长为的正三角形，高为6，有一个半径为1的小球在这个容器内可以向各个方向自由滚动，则小球能接触到的容器内壁的最大面积为 ． 30．（23-24高一下·广东广州·期末）已知一个圆台的上、下底面直径分别为2、8，母线长为6，则在圆台内部放置半径最大的球的表面积为 . 31．（23-24高一下·浙江宁波·期末）已知三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，，点为三棱锥的外接球球面上一动点，时，动点的轨迹长度为 . 32．（23-24高一下·湖北武汉·期末）在正三棱柱中，，为线段上动点，为边中点，则三棱锥外接球表面积的最小值为 . 33．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，正三棱锥的侧面和底面所成角为，正三棱锥的侧面和底面所成角为和位于平面的异侧，且两个正三棱锥的所有顶点在同一个球面上，则 ，的最大值为 . 【题型8】多选综合（截面，动点，轨迹，存在性，外接球，最值综合） 34．（23-24高一下·江苏苏州·期末）如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G，H分别为AB，，，的中点，则（    ） A．平面 B．平面 C．点，到平面的距离相等 D．平面截该正方体所得截面的面积为 35．（23-24高一下·广东深圳·期末）已知正方体 的棱长为是正方形 的中心， 是棱 (包含顶点) 上的动点， 则以下结论正确的是（      ） A．的最小值为 B．不存在点，使与 所成角等于 C．二面角正切值的取值范围为 D．当为中点时，三棱锥的外接球表面积为 36．（23-24高一下·湖南长沙·期末）如图，在正方体中，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与所成的角的大小为 B．直线平面 C．平面平面 D．直线与平面所成角的正弦值为 37．（23-24高一下·广东东莞·期末）如图，在棱长为1的正方体中，点分别为的中点，平面经过点，且与交于点，则下列结论正确的是（    ） A．平面 B．平面平面 C． D．二面角的正切值为 38．（23-24高一下·福建厦门·期末）在长方体中，，动点满足，则（    ） A．当时， B．当时，与是异面直线 C．当时，三棱锥的外接球体积的最大值为 D．当时，存在点，使得平面 39．（23-24高一下·山东济南·期末）如图所示，三棱锥中，，其余棱长均为.为棱的中点，将三棱锥绕旋转，使得点，分别到达点，，且.下列结论正确的是（    ） A．平面 B． C．直线与所成的角为 D．点，，，，，在同一个直径为的球面上 40．（23-24高一下·福建福州·期末）圆台的轴截面如图所示，其上、下底面的半径分别为，，母线长为，点为母线的中点，则下列结论正确的是（    ） A．圆台的侧面积为 B．与所成角为 C．圆台外接球的半径为 D．在圆台的侧面上，从点到点的最短路径的长度为 41．（23-24高一下·广东广州·期末）已知圆台上、下底面的半径分别为2和4，母线长为4．正四棱台上底面的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面的四个顶点在圆台下底面圆周上，则（    ） A． B．二面角的大小为 C．正四棱台的外接球的表面积为 D．设圆台的体积为，正四棱台的体积为，则 42．（23-24高一下·广东广州·期末）如图,在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法中正确的是（    ） A．若点为的中点，则平面 B．连接，则直线与平面成角正弦值为 C．若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为 D．若点在侧面正方形内（包含边界），且，则点的轨迹长度为 43．（23-24高一下·重庆·期末）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 模块二 解答题中档题+压轴题 【题型9】常规大题：平行垂直证明，求体积，线面角，二面角 44．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，点M为PB的中点． (1)求证：平面PAD； (2)求二面角的余弦值． 45．（23-24高一下·河南郑州·期末）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点． (1)证明：平面； (2)若是边长为1的等边三角形﹐点在棱上，，且三棱锥的体积为，求侧面与底面所成二面角的余弦值． 46．（23-24高一下·浙江杭州·期末）在三棱锥中，，其余各棱的长均为6，点在棱上，，过点的平面与直线垂直，且与分别交于点． (1)求线段的长度； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 47．（23-24高一下·广东广州·期末）如图，是半球O的直径，P是半球底面圆周上一点，Q是半球面上一点，且． (1)求证：； (2)若,求直线与平面所成角的正弦值． 48．（23-24高一下·江苏扬州·期末）如图，在斜三棱柱中，侧面为菱形，，为中点，与的交点为. (1)求证：//平面； (2)求证：平面； (3)求二面角的正弦值. 49．（23-24高一下·广东广州·期末）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． 50．（23-24高一下·江苏镇江·期末）已知在多面体中，，，. (1)若，，，四点共面，求证：多面体为棱台； (2)在（1）的条件下，平面平面，，，，且. ①求多面体的体积； ②求二面角正切值. 51．（23-24高一下·江苏苏州·期末）如图，在四棱柱中，已知侧面为矩形，，，，，，，. (1)求证：平面平面； (2)求证：平面平面； (3)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值. 52．（23-24高一下·江苏南通·期末）如图，等腰梯形ABCD为圆台的轴截面，E，F分别为上下底面圆周上的点，且B，E，D，F四点共面． (1)证明：； (2)已知，，四棱锥C-BEDF的体积为3． ①求三棱锥B-ADE的体积； ②当母线与下底面所成的角最小时，求二面角C-BF-D的正弦值． 【题型10】已知二面角，线面角求其它量 53．（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． 54．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 55．（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图1，有一个边长为4的正六边形ABCDEF，将四边形ADEF沿着AD翻折到四边形ADGH的位置，连接BH，CG，形成的多面体ABCDGH如图2所示.    (1)求证：AD⊥CG； (2)若AH⊥CD，试求直线CH与平面ABCD所成角的正弦值； (3)若二面角的大小为，M是线段CG上的一个动点（M与C，G不重合），试问四棱锥与四棱锥的体积之和是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，请说明理由 56．（23-24高一下·湖南长沙·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. 57．（23-24高一下·广东深圳·期末）如图， 是 的直径， ，点 是 上的动点， 平面 ，过点 作 ，过点 作 ，连接 . (1)求证： ； (2)求证：平面 平面 ； (3)当 为弧 的中点时，直线 与平面 所成角为 ，求四棱锥 的体积. 58．（23-24高一下·浙江温州·期末）已知矩形中，，，E为线段的中点，沿线段将翻折到，Q为线段的中点. (1)证明：平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的正切值； (3)当在翻折过程中，是否存在点P使直线与直线所成角为？若存在，求出二面角平面角的余弦值；若不存在，请说明理由. 【题型11】存在性问题 59．（23-24高一下·浙江杭州·期末）已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，点在线段上. (1)若为的中点，求证：平面； (2)求二面角的正切值； (3)证明：存在点，使得平面，并求的值. 60．（23-24高一下·广东惠州·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，面面，是的中点. (1)求证：∥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在点使平面平面成立？如果存在，求出如果不存在，说明理由. 61．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）如图，在三棱锥中，已知，，底面，E为SB中点，为线段BC上一个动点． (1)证明：平面平面； (2)若为线段BC中点，求二面角的余弦值； (3)设为线段AE上的一个动点，若平面，求线段MF长度的最小值． 62．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且.    (1)证明：平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 63．（23-24高一下·广东佛山·期末）如图，在直三棱柱中，是上一动点，是的中点，是的中点. (1)当时，证明: 平面; (2)在答题卡的题 (2) 图中作出平面与平面的交线 (保留作图痕迹,无需证明); (3)是否存在，使得平面与平面所成二面角的余弦值为? 若存在求满足条件的值，若不存在，则说明理由. 64．（23-24高一下·广东广州·期末）如图，已知三棱台，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，体积为，平面平面，且. (1)证明：平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 【题型12】最值问题 65．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，在五棱锥中，平面平面，，．四边形为矩形，且，，． (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值； (3)求直线与平面所成角的正弦值的最小值． 66．（23-24高一下·湖北武汉·期末）（建立空间直角坐标系答题不得分）如图，在三棱柱中，侧面ABCD为矩形． (1)若面ABCD，，，求证：； (2)若二面角的大小为，，且，设直线BD和平面QCB所成角为，求的最大值． 67．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）在中，已知，，，为线段BC上一个动点． (1)若AD为的角平分线，求线段AD的长； (2)将折起到的位置，记二面角的大小为． （i）若，且AD为的角平分线，求三棱锥外接球的面积； （ii）若，求三棱锥外接球的面积最小值． 68．（23-24高一下·福建厦门·期末）在三棱柱中，侧面平面分别为的中点.    (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为，求证：与不垂直； (3)若，求与平面所成角的正弦值的取值范围. 69．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，在三棱柱中，底面是边长为4的等边三角形，，分别是线段的中点，点在平面内的射影为点.    (1)求证：平面； (2)设为棱上一点，，. ①若，请在图中作出三棱柱过三点的截面，并求该截面的面积； ②求二面角的取值范围. 70．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图所示，在三棱锥中，，．    (1)证明：； (2)若是边长为2的等边三角形，点O到平面ABC的距离为．试问直线OB与平面ABC所成夹角是否为定值，若是则求出该夹角的余弦值；若不是请说明理由； (3)在（2）的条件下，取OB中点为P，并取一点Q使得．当直线PQ与平面ABC所成角的正切值最大时，试求异面直线OQ与PC所成角的余弦值． 71．（23-24高一下·江苏徐州·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面平面，，，，点E，F分别为棱PD，BC的中点，点G在线段AF上． (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)设直线与平面，平面，平面所成的角分别为，，，求的最大值． 【题型13】新定义问题 72．（23-24高一下·浙江台州·期末）据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. (1)类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式； (2)在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求的值； (3)已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围. 73．（23-24高一下·山东济南·期末）给定三棱锥，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，称为的阶等距集. (1)若为三棱锥，满足，，求出的1阶等距平面截该三棱锥所得到的截面面积（求出其中的一个即可）； (2)如图所示，是棱长为的正四面体.    （ⅰ）若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能取值以及相对应的的个数； （ⅱ）已知是的4阶等距平面，点与点，，分别位于两侧.是否存在，使的4阶等距集为，其中点到的距离为？若存在，求出截所得的平面多边形的最大边长；若不存在，说明理由. 74．（23-24高一下·湖南长沙·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. 5 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$1 高一期末复习专题 4：立体几何中档题，压轴题训练 模 一 中 题,压轴题 【题 1】角 问题 【题 2】 直 行辨析问题 【题 3】体积问题 【题 4】截面问题 【题 5】轨迹问题 【题 6】最值或范围问题 【题 7】外接球，内 球，棱 球 【题 8】多 综合 (截面， 点，轨迹，存 性，外接球，最值综合) 模 二 解 题中 题,压轴题 【题 9】 规大题： 行 直证明，求体积，线面角，二面角 【题 10】已知二面角，线面角求其它量 【题 11】存 性问题 【题 12】最值问题 【题 13】新定义问题 模块一 选填中档题+压轴题 【题型 1】角度问题 1. (23- 24高一下· 北武 · ) 图， 台OO1 轴截面 ABCD，AB=BC= 2CD = 4，E为下 面⊙O上 一点，且AE= 3BE， 直线CE与 面ABCD所成角 正 为 ( ) A. 2 B. 1 2 C. 5 D. 5 5 2 2. (23- 24高一下· 东 州· )已知 锥 顶点为 S，O为 面 ，母线 SA与 SB互相 直，△SAB 面积为 2，SA与 锥 面所成 角为 30°， ( ) A. 锥 高为 2 B. 锥 面积为 3π C. 二面角S-AB-O 为 45° D. 锥 面 图 角为 120° 【题型 2】垂直平行辨析问题 3. (23- 24高一下· 北石家 · )已知 a， β为两个不 面，m， n为不 直线，下 题 不正 ( ) A. 若m∥n,m⊥ α， n⊥ a B. 若m⊥ α,m⊥ β， α∥ β C. 若m⊥ α,α⊥ β， m∥ β D. 若m⊥ α,m⊂ β， α⊥ β 4. (23- 24高一下· 扬州· ) 正方 ABCD-A1B1C1D1中，E,F,G,H 棱AA1,AB, BC,C1D1 中点，下 结论正 (    ). A. EF∥GD1 B. D1E⊥FG C. FG⊥ 面BB1D1D D. 面D1EF∥ 面GHC1 【题型 3】体积问题 5. (23- 24高一下· 东东 · )已知 台 上 半 为 2，下 半 为 4， 经过母线中点且与 面 行 面 台 成上下两部 积之比为 . 6. (23- 24高一下· 南长 · ) 图所示， 三棱柱ABC-A1B1C1中，若点 E， F 满足 AE  = 2 3 AB  ，AF  = 2 3 AC  ，三棱柱高为 3，△ABC面积为 3 3， 几 B1C1-BCFE 积为 ( ) A. 8 3 3 B. 3 3 C. 10 3 3 D. 11 3 3 3 7. (23- 24高一下· 东惠州· )已知直三棱柱ABC-A1B1C1 积为 8，二面角C1-AB-C 为 π 4 ，且AC=BC，CC1= 2， 点A1 面ABC1 距离为 ( ) A. 2 B. 2 2 C. 2 3 D. 2 4 【题型 4】截面问题 8. (22- 23高一下· 西西安· 中) 图：正方 ABCD-A1B1C1D1 棱长为 2，E为DD1 中点， 过点D 正方 截面 其与 面A1EC1 行， 该截面 面积为 ( )    A. 2 3 B. 2 6 C. 4 6 D. 4 3 9. (23- 24高一下· 宁波· 中) 图，正三棱柱ABC-ABC  所 边长都相 ，P为线段 BB 中点，Q为 面BBCC内 一点 (包括边界， 于点P)，过点A、P、Q 正三棱柱 截 面， 截面 状不可能 ( )    A. 五边 B. 四边 C. 三角 D. 直角三角 4 10. (2023· 南娄 ·模拟预 ) 图， 三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥ 面ABC，AB=BC= CA=AA1，点D 棱AA1上 点，AD= 14 AA1，若截面BDC1 这个棱柱为两部 ， 这两部 积比为 ( ) A. 1:2 B. 4:5 C. 4:9 D. 5:7 11. (23- 24高一下· 南长 · ) 棱长为 2 3 正三棱锥 S-ABC中，∠ASB=∠BSC= ∠CSA= 40°，过A 截面AEF， 截面 长为 ( ) A. 2 2 B. 4 C. 6 D. 10 12. (23- 24高一下·内 古 特· ) 图， 正三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=CC1= 2， M，N，P 为棱B1C1，BB1，AC 中点，过P，M，N三点 正三棱柱ABC-A1B1C1 截 面， 截面与 面ABB1A1 交线长为 .    13. (23- 24高一下· 南· ) 图所示， 直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=CC1=B1C1= 2, AC⊥BC， 面 α过棱BB1 中点P且与AC1 行，若 α截该三棱柱所 截面为 ， 该截面 面积为 ． 5 【题型 5】轨迹问题 14. (23- 24高一下· 东 南· ) 行六面 ABCD-A1B1C1D1中， 面ABCD 边长为 2 菱 ，∠BAD= π 3 ，AA1= 3，且 面ADD1A1，ABB1A1 与 面ABCD 直.点 P 面 BCC1B1上运 ，若D1P= 7， 点P 轨迹长为 . 15. (23- 24高一下· 北武 · )已知棱长为 4 正方 ABCD-A1B1C1D1，点E 棱AB 中 点，点 F 棱CC1 中点， 点P 正方 AA1DD1(包括边界)内运 ，且PB1⎳ 面DEF， PD 长 围为 ( ) A. 13, 19  B. 3 35 5 ,2 5   C. 12 17 17 ,2 5   D. 3 39 5 , 19   16. (23- 24高一下· 东 州· ) 图， 棱长为 2 正方 ABCD-A1B1C1D1中，点E，F， G 棱BC，CC1，C1D1 中点，点P为 面A1B1C1D1上任 一点，若直线BP与 面EFG 无公共点， 下 题中， ①BP∥ 面EFG ② 面EFG∥ 面BC1A1 ③所 点P 直线B1D1上 ④BP与DD1所成 角为 θ， tanθ 2 2 正 题 个数 ( ) A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 6 17. (23- 24高一下· 州· 段练习) 图， 棱长为 2 正方 ABCD-A1B1C1D1中，M A1B1 中点，点P 面CDD1C1上 点，且MP⎳截面AB1C， 线段MP长 取 围 ( ) A. 2,2 2  B. 6,2 2  C. 6,3  D. 2 2,3  【题型 6】最值或范围问题 18. (23- 24高一下· 东惠州· ) 图，已知 直三棱柱ABC-A1B1C1中，F为A1C1 中点， E为棱BB1上 点，AA1= 2，AB= 2，BC= 3 2，AC= 4. E 棱BB1 中点， 三棱锥 E-ABC 积为 ； 三棱锥A1-AEF 球 半 时，直线EF与AA1所成角 为 . 19. (23- 24高一下· 州· ) 矩 ABCD中，AB= 1，AD= 3， △ABC 对角线 AC折起， B B， 成三棱锥B-ACD， 面直线BC与AD所成角 围为 ( ) A. 0, π 2  B. 0, π 2  C. 0, π 3  D. 0, π 3  20. (23- 24高一下· · ) 图所示， 棱长为 2 正方 ABCD-A1B1C1D1中，点P 该正 方 表面上运 ，且PB= x(0≤ x≤ 2 3 )，记点P 轨迹长为 f(x)， f(2) = ， f(2 2 ) = .    7 【题型 7】外接球，内切球，棱切球 21. (22- 23高二上·四川 · ) 图， 三棱锥 S-ABC中， SA= SC=AC= 2 2 ,AB= BC= 2，二面角S-AC-B 正 2， 三棱锥S-ABC 球 表面积 ( ) A. 12π B. 4π C. 4 3π D. 4 3 3 π 22. (24- 25高一下· · 中) 鞠 ( 图所示)，又 球， ， 球， ， 用 、 、 义，鞠 早系 包 革、内实米糠 球因 鞠 古人以 、 、 球 ，类 于今日 足球． 2006 5 20日， 鞠 为非物质文化 产经国 批准已 入 一批 国家非物质文化 产 ．已知某鞠 (球) 表面上 四个点 A， B， C， P，  BC = 2 3， ∠CAB= 60°，PA⊥面ABC，  PA= 2 5， 该鞠 (球) 表面积为 ( ) A. 9π B. 18π C. 36π D. 64π 23. (2018高三·全国·竞赛)高为 8 台内 一个半 为 2 球O1，球 O1 台 轴上，球O1 与 台 上 面、 面都相 . 台内可再放入一个半 为 3 球O2， 球O2与球O1、 台 下 面及 面都只 一个公共点. 球O2， 台内 还能放入半 为 3 球 个数 ( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 24. (23 - 24高一下· 北武 · ) 图， 面四边 ABCD中， AD⊥ CD， AC⊥ BC， ∠DAC= 30°，∠BAC= 45°，现 △ACD AC折起， 连 BD， 面ACD⊥ 面ABC， 若所 三棱锥D-ABC 球 表面积为 8π， 三棱锥D-ABC 积为 ( ) A. 1 4 B. 3 4 C. 3 8 D. 3 3 8 25. (23- 24高一下· 州· )正 面 也称 拉图 ，被 为 规 结 ，其所 面都只由一种正 边 成 面 ( 面都 全 正 边 ，且每一个顶点所 面数都一 ， 相 面所成二面角都相 ).数学家已经证 世界上只存 五种 拉图 ，即正四面 、正 六面 、正八面 、正十二面 、正二十面 ， 图所示为一个棱长为 1 正八面 ， 其内 球 表面积为 ( ) A. 2 3 π B. π C. 2π D. 4π 26. (23- 24高一下· · )已知正方 ABCD-A1B1C1D1 棱长为 4，点E 棱CD 中点， P为四边 CDD1C1内 (包括边界) 一 点，且满足B1P⎳ 面BA1E，B1P 轨迹把正方 截成 两部 ， 较 部 球 积为 ( ) A. 8 6π B. 24π C. 18π D. 3 2π 27. (23- 24高一下· 东 · )已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1,AB= 2，半球 球 O 面A1B1C1D1 中 ，且半球与该棱台 棱 相 ， 半球 表面积为 ( ) A. 9π B. 18π C. 27π D. 36π 28. (23- 24高一下· 北武 · ) 图， ABCD中，∠ABC=∠BAD= 90°，AB=BC= 1 2 AD= 2， △BAC 直线AC翻折至△B1AC ， 3AM  =MB1  ， 三棱锥B1-ACD 积 时， M 三棱锥B1-ACD 球 球 距离为 ． 29. (23- 24高一下· 州· )一个 直三棱柱 密闭容器， 面 边长为 6 3 正三角 ， 高为 6， 一个半 为 1 球 这个容器内可以 个方 自由滚 ， 球能 触 容器内 面积为 ． 30. (23- 24高一下· 东 州· )已知一个 台 上、下 面直 为 2、 8，母线长为 6， 台内部放 半 球 表面积为 . 9 31. (23- 24高一下· 宁波· )已知三棱锥P-ABC 四个面 全 三角 ，且PA= 4 2，PB=AB= 2 5，点D为三棱锥P-ABC 球球面上一 点，PD= 3 3时， 点D 轨迹长 为 . 32. (23- 24高一下· 北武 · ) 正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1= 4，E为线段CC1 上 点，D为BC边中点， 三棱锥A-BDE 球表面积 为 . 33. (23- 24高一下· 北武 · ) 图，正三棱锥P-ABC 面 面ABC所成角为 α，正 三棱锥Q-ABC 面 面ABC所成角为 β,AB= 2 3 ,P Q 于 面ABC ，且两个 正三棱锥 所 顶点 一个球面上， ∠PBQ= ， tan α+β  为 . 【题型 8】多选综合 (截面，动点，轨迹，存在性，外接球，最值综合) 34. (23- 24高一下· 州· ) 图，已知正方 ABCD-A1B1C1D1 棱长为 2， E， F， G，H 为AB，CC1，A1D1，DD1 中点， ( ) A. B1D⊥ 面EFG B. AH⎳ 面EFG C. 点B1，D 面EFG 距离相 D. 面EFG截该正方 所 截面 面积为 3 3 35. (23 - 24高一下· 东深 · )已知正方 ABCD - A1B1C1D1 棱长为 2， E 正方 ABB1A1 中 ， F 棱 CD(包 顶点) 上 点， 以下结论正 ( ) A. EF 为 5 B. 不存 点F， EF与 A1D1所成角 于 30° C. 二面角E-AF-B正 取 围为 1， 2  D. F为CD中点时，三棱锥F-ABE 球表面积为 25 4 π 10 36. (23- 24高一下· 南长 · ) 图， 正方 ABCD-A1B1C1D1中， E， F 为 BC， CC1 中点， 下 结论正 ( ) A. 直线A1B与EF所成 角 为 60° B. 直线AD1⎳ 面DEF C. 面DEF⊥ 面BCC1B1 D. 直线CD与 面DEF所成角 正 为 13 37. (23- 24高一下· 东东 · ) 图， 棱长为 1 正方 ABCD-A1B1C1D1中，点E,F 为AB,A1D1 中点， 面 α经过点C,E,F，且与C1D1交于点G， 下 结论正 ( ) A. A1C1∥ 面 α B. 面 α⊥ 面BB1F C. C1G:GD1= 3 D. 二面角E-FG-B1 正 为 2 53 38. (23- 24高一下·福建厦门· ) 长方 ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD= 1,AA1= 2， 点P满足BP  = λBC  + μBB1  λ,μ∈ 0,1  ， ( ) A. λ= 0时，AC⊥DP B. λ= 1时，AC与DP 面直线 C. μ= 1时，三棱锥P-ABB1 球 积 为 4π3 D. μ= 1 2 时，存 点P， DP⊥ 面ACD1 11 39. (23- 24高一下· 东 南· ) 图所示，三棱锥A-BCD中，AC= 2，其 棱长 为 2 . E为棱 AC 中点， 三棱锥 C - BED绕 DB旋转， 点 C， E 达点 C ， E ，且 CE ⎳AE.下 结论正 ( ) A. AC⎳ 面BED B. EE ⊥CD C. 直线CB与EE 所成 角为 π 3 D. 点，E，B，D，C，E  一个直 为 3 球面上 40. (23- 24高一下·福建福州· ) 台 轴截面 图所示，其上、下 面 半 为 r1= 1， r2= 2，母线AB长为 2，点E为母线AB 中点， 下 结论正 ( ) A. 台 面积为 12π B. AB  与BC  所成角为 120° C. 台 球 半 为 2 D. 台 面上，从点C 点E 短路 长 为 5 41. (23- 24高一下· 东 州· )已知 台OO1上、下 面 半 为 2 4，母线长为 4．正 四棱台上 面A1B1C1D1 四个顶点 台上 面 上，下 面ABCD 四个顶点 台下 面 上， ( ) A. AA1⊥BD B. 二面角A1-AB-C 为 60° C. 正四棱台ABCD-A1B1C1D1 球 表面积为 64π D. 设 台OO1 积为V1，正四棱台ABCD-A1B1C1D1 积为V2， V1 V2 = π 2 12 42. (23- 24高一下· 东 州· ) 图, 棱长为 2 正方 ABCD-A1B1C1D1中，M为B1C1 中点， 下 说法中正 ( ) A. 若点O为C1D1 中点， MO⎳ 面A1DB B. 连 BM， 直线BM与 面BDD1B1成角正 为 10 5 C. 若点N为线段BC上 点 (包 端点)， MN+DN 为 17 D. 若点Q 面正方 ADD1A1内 (包 边界)，且MQ⊥A1C， 点Q 轨迹长 为 2 43. (23- 24高一下· · ) 图， 棱长为 2 正方 ABCD-A1B1C1D  1中，点M为线段 CC1上 点，O为正方 内一点， 以下 题正 ( ) A. B1M+DM取 2 5 B. M为线段CC1中点时， 面BMD1截正方 所 截面为 行四边 C. 四面 ABMD 球 表面积为 5π时，CM= 1 D. 若AO=CO,A1O= 2， 点O 轨迹长为 2π 13 模块二 解答题中档题+压轴题 【题型 9】常规大题：平行垂直证明，求体积，线面角，二面角 44. (23- 24高一下· 北武 · ) 图， 四棱锥 P-ABCD中， 面ABCD⊥ 面 PAB， AB∥DC，AB⊥BC，AB= 4，BC=DC= 2，PA=PB= 3，点M为PB 中点． (1) 证：CM∥ 面PAD； (2) 二面角P-BD-C ． 14 45. (23- 24高一下· 南郑州· ) 图， 三棱锥A-BCD中， 面ABD⊥ 面BCD，AB= AD，O为BD 中点． (1)证 ：OA⊥ 面BCD； (2)若△OCD 边长为 1 边三角 ﹐点E 棱AD上，DE= 2EA，且三棱锥E-BCD 积 为 3 9 ， 面ACD与 面BCD所成二面角 ． 15 46. (23- 24高一下· 州· ) 三棱锥A-BCD中，AB= 9，其 棱 长 为 6，点E 棱AC上，AE= 2EC，过点E 面与直线CD 直，且与BC,CD 交于点F,G． (1) 线段FG 长 ； (2) 二面角A-CD-B ； (3) 点C 面DEF 距离． 16 47. (23- 24高一下· 东 州· ) 图，AB 半球O 直 ，P 半球 面 上一点，Q 半球面上一点，且AP⊥PQ． (1) 证：PQ⊥BQ； (2)若AB= 4,AP= 1,BQ= 3, 直线PQ与 面ABQ所成角 正 ． 17 48. (23- 24高一下· 扬州· ) 图， 斜三棱柱ABC-A1B1C1中， 面ABB1A1为菱 ， ∠A1AB= 60°,AB=A1C= 2BC= 2，∠ACB= 90°,M为AB中点，AC1与A1C 交点为N . (1) 证：MN⎳ 面BCC1B1； (2) 证：A1M⊥ 面ABC； (3) 二面角B-AA1-C 正 . 18 49. (23- 24高一下· 东 州· )金 石也被称 钻石， 然存 物质，可以用 玻璃，也用 钻 钻 ． 南某实业 团 份 公司 国内人 金 石 兵，人 金 石 生产能 达 15亿克拉， 国内 行业 一，世界 三金 石生产基 ．金 石 现 图所 示 “正八面 ” ．正八面 由八个全 边三角 围成，且对角面 ( ABCD)都 正方 ． (1)证 ：AE∥ 面CDF； (2)证 ：四棱锥E-ABCD 正四棱锥； (3)试 断 面ABE与 面BCE 直？ 直，请证 ； 不 直，请说 理由． 19 50. (23- 24高一下· 镇 · )已知 面 ABC-A1B1C1中，A1B1⎳AB，B1C1⎳BC， AB= 2A1B1. (1)若A1，A，C，C1四点共面， 证： 面 ABC-A1B1C1为棱台； (2) (1) 件下， 面ABB1A1⊥ 面BCC1B1，AA1⊥AB，B1C1= 2A1B1= 4，AA1= 2，且 ∠B1BC= 3π4 . ① 面 ABC-A1B1C1 积； ② 二面角A-CC1-B正 . 20 51. (23- 24高一下· 州· ) 图， 四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知 面CDD1C1为矩 ，∠BAD=∠ABC= 60°，AB= 3，AD= 2，BC= 1，AA1= 17，AE  = 2EA1  ， . (1) 证： 面DEF∥ 面A1BC； (2) 证： 面ADD1A1⊥ 面ABCD； (3)若三棱锥E-A1BC 积为 33 ， 面A1BC与 面ABCD 角 . 21 52. (23- 24高一下· 南 · ) 图， ABCD为 台OO1 轴截面，E，F 为上 下 面 上 点，且B，E，D，F四点共面． (1)证 ：BF∥DE； (2)已知AD= 2，BC= 4，四棱锥C-BEDF 积为 3． ① 三棱锥B-ADE 积； ② 母线与下 面所成 角 时， 二面角C-BF-D 正 ． 22 【题型 10】已知二面角，线面角求其它量 53. (23- 24高一下· · )已知三棱台ABC-A1B1C1中，△ABC为正三角 ，A1B1=AA1= BB1= 12 AB= 1，点E为线段AB 中点． (1)证 ：A1E∥ 面B1BCC1； (2)延长AA1,BB1,CC1交于点P， 三棱锥P-ABC 积 ； (3)若二面角A-CC1-B 为 13 ， 直线BB1与 面ACC1A1所成线面角 ． 23 54. (23- 24高一下· 宁波· 中) 图， 四棱锥P-ABCD中，AD⎳BC，AD⊥DC，BC =CD= 1 2 AD= 1，E为棱AD 中点，PA⊥ 面ABCD. (1) 证：AB⎳ 面PCE； (2) 证： 面PAB⊥ 面PBD； (3)若二面角P-CD-A 为 45°， 直线PA与 面PBD所成角 正 . 24 55. (23 - 24高一下· 宁波· ) 图 1， 一个边长为 4 正六边 ABCDEF， 四边 ADEF AD翻折 四边 ADGH ，连 BH，CG， 成 面 ABCDGH 图 2所 示.    (1) 证：AD⊥CG； (2)若AH⊥CD，试 直线CH与 面ABCD所成角 正 ； (3)若二面角H-AD-B 为 π 3 ，M 线段CG上 一个 点 (M与C，G不 )，试问四 棱锥M-ABCD与四棱锥M-ADGH 积之 为定 ？若 ， 出这个定 ，若不 ，请 说 理由 25 56. (23- 24高一下· 南长 · ) 图，四边 ABCD 柱OE 轴截面，点 F 面 O 上， O 半 为 1，AF= 3，点G 线段BF 中点. (1)证 ：EG⎳ 面DAF； (2)若直线DF与 柱 面所成角为 45°， 三棱锥C-ADF 积. 26 57. (23- 24高一下· 东深 · ) 图， AB ⊙O 直 ， AB= 2，点 C ⊙O 上 点， PA⊥ 面 ABC，过点 A AE⊥PC，过点 E EF⊥PB，连 AF . (1) 证：BC⊥AE ； (2) 证： 面 AEF⊥ 面 PAB； (3) C 为 AB 中点时，直线 PA 与 面 PBC 所成角为 45°， 四棱锥 A-EFBC 积. 27 58. (23- 24高一下· 州· )已知矩 ABCD中，AB= 2，AD= 1，E为线段CD 中点， 线段AE △ADE翻折 △APE，Q为线段PB 中点. (1)证 ：CQ⎳ 面PAE； (2)若 面PAE⊥ 面ABCE， 直线CQ与 面ABCE所成角 正 ； (3) △ADE 翻折过 中， 存 点P 直线PA与直线CE所成角为 45°？若存 ， 出二面 角P-AE-B 面角 ；若不存 ，请说 理由. 28 【题型 11】存在性问题 59. (23- 24高一下· 州· )已知正方 ABCD 矩 ACEF所 面互相 直，AB= 2，AF= 1，点M 线段EF上. (1)若M为EF 中点， 证：AM⎳ 面BDE； (2) 二面角A-DF-B 正 ； (3)证 ：存 点M， AM⊥ 面BDF， EM EF . 29 60. (23- 24高一下· 东惠州· ) 图， 四棱锥Q-ABCD中， 面ABCD 正方 ， 面 QAD 正三角 ，面QAD⊥面ABCD，M QD 中点. (1) 证：QB∥ 面AMC； (2) 直线AC与 面QCD所成角 正 ； (3) 棱QC上 存 点N 面BDN⊥ 面AMC成 ？ 存 ， 出 QN NC 不存 ， 说 理由. 30 61. (23- 24高一下· 嘉兴· ) 图， 三棱锥 S-ABC中，已知AB=BC= SA= 2，AB ⊥BC，SA⊥ 面ABC，E为SB中点，F为线段BC上一个 点． (1)证 ： 面AEF⊥ 面SBC； (2)若F为线段BC中点， 二面角B-AE-F ； (3)设M为线段AE上 一个 点，若MF⎳ 面SAC， 线段MF长 ．