期中复习训练（提高篇）-2025-2026学年高二上学期数学沪教版选择性必修第一册

2025-2026学年高二数学必修三同步培优讲义【精英班课程】 期中复习冲刺讲义（提高篇） 考点01：立体几何的基本概念与性质 1.“三棱锥是正三棱锥”的一个必要不充分条件是（       ） A．三棱锥是正四面体 B．三棱锥不是正四面体 C．有一个面是正三角形 D．是正三角形且 2.下列命题正确的是（ ） A．三点确定一个平面 B．三条相交直线确定一个平面 C．对于直线、、，若，，则 D．对于直线、、，若，，则 3.下列命题正确的个数是（       ） 两两相交的三条直线可确定一个平面 两个平面与第三个平面所成的角都相等，则这两个平面一定平行 过平面外一点的直线与这个平面只能相交或平行 和两条异面直线都相交的两条直线一定是异面直线 A． B． C． D． 4.有下列四个命题： ①空间四点共面，则其中必有三点共线； ②空间四点不共面，则其中任意三点不共线； ③空间四点中有三点共线，则此四点共面； ④空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面． 其中真命题的所有序号有________． 5.给出下列四个命题： ①若直线垂直于平面内的两条直线，则这条直线与平面垂直； ②若直线与平面内的任意一条直线都垂直，则这条直线与平面垂直； ③若直线垂直于梯形的两腰所在的直线，则这条直线垂直于两底边所在的直线； ④若直线垂直于梯形的两底边所在的直线，则这条直线垂直于两腰所在的直线． 其中正确的命题共有__________个． 考点02：立体几何位置关系辩析 6.已知非零空间向量和，则下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若则 C．若，则 D．若，则 7.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中真命题是（    ） A．若,,则 ； B．若,,,则 ； C．若，，则 ； D．若，，，,则． 8.已知，，是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列结论一定正确的是（ ） A．若，，，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 9.已知，为异面直线，⊥平面，⊥平面，直线满足⊥，⊥，，，则 A．∥且∥ B．⊥且⊥ C．与相交，且交线垂直于 D．与相交，且交线平行于 考点03：图形关系辩析 10.如图所示的正方体或四面体中，分别是棱的中点，这四个点不共面的图有（   ）    A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 11.下图中，G，N，M，H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有(　　) A．①③ B．②③ C．②④ D．②③④ 11．将下面的平面图形（每个点都是正三角形的顶点或边的中点）沿虚线折成一个四面体后，直线MN与PQ是异面直线的是（ ） A．①④ B．②③ C．①② D．③④ 13.如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面ABC的是（    ） A．B．C．D． 14.在正方体中，下列四对平面彼此平行的一对是________ A．平面与平面 B．平面与平面 C．平面与平面 D．平面与平面 15.如图，在三棱锥中，平面，，，为的中点，则下列结论正确的有（    ） ①平面；②；③平面；④平面. A．个 B．个 C．个 D．个 考点04：空间几何体中的表面积、体积及距离问题 16.若某圆锥高为3 ， 其侧面积与底面积之比为， 则该圆锥的体积为________. 17．如图所示，正方体的棱长为，则三棱锥的体积是（   ） A． B． C． D． 18．一个五面体．已知，且两两之间距离为．，，，则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 19．如图，一个高为1的长方体形状的容器内装有水，若保持容器底面的一条棱不动，将该容器的另一端抬起至水恰好不能流出容器，发现此时容器的底面中不被水浸到的面积为底面积的，则容器在原来位置时的水深为 . 20.如图，中，，，，在三角形内挖去一个半圆（圆心O在边BC上，半圆与AC、AB分别相切于点C，M，与BC交于点N），将绕直线BC旋转一周得到一个旋转体. （1）求该旋转体中间一个空心球表面积的大小； （2）求图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积. 21.如图所示是在圆锥内部挖去一正四棱柱所形成的几何体，该正四棱柱上底面的四顶点在圆锥侧面上，下底面落在圆锥底面内，已知圆锥侧面积为，底面半径为. （1）若正四棱柱的底面边长为，求该几何体的体积； （2）求该几何体内正四棱柱侧面积的最大值. 22.如图，已知在正四棱锥中，，. （1）求四棱锥的表面积； （2）求四棱锥的体积. 23.如图，在直三棱柱中，分别为中点． （1）求证：平面； （2）若 求直三棱柱的体积和表面积； 考点05：平行垂直关系的证明 24．如图所示，三棱柱，是的中点，是的中点．求证： (1)//平面； (2)平面//平面D. 25.在正四棱锥中，为底面中心，，，分别为，，的中点，点在棱上，且. (1)证明：平面. (2)证明：平面平面. 26.S是Rt△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点． (1)求证：SD⊥平面ABC； (2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC. 27．如图，在四棱锥中，平面，分别为棱的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面. 28．在正三棱柱中，，分别为，的中点.    (1)证明：平面； (2)证明：平面. 29.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1. (1)求三棱锥F-EBC的体积；(2)已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE. 30.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点． (1)求证：BD⊥平面PAC； (2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE. 题型06：空间中的夹角问题 31.如图，棱长为2的正方体，点E在BD上（异于B，D）． （1）若平面分别交，，BD，AE于点M，N，P，Q，四边形MNPQ为平行四边形，求证： 平面： （2）若，求异面直线与的夹角的余弦值． 32.如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，分别是，，的中点. (1)若，求证：平面； (2)若二面角的正切值为，且，，求与平面所成角的正弦值. 33.如图，在三棱柱 中，平面ABC，， D是BC的中点. (1)求证:平面; (2)求证: 平面平面; (3)求直线AC与平面所成角的正弦值. 34.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． 题型07：立体几何中的折叠问题 35.如图，在直角梯形中，，，，，点在上，且，将沿折起，使得（如图），为中点． (1)求证：平面； (2)求四棱锥的体积； (3)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 36已知如图甲，在梯形中，，，，E，F分别是，的中点，，沿将梯形翻折，使平面平面（如图乙）． (1)证明：平面； (2)求点E到平面的距离； (3)求二面角的正切值． 考点08：动点产生的轨迹、最值与范围问题 37.如图，是圆柱的直径，是圆柱的母线，，，点是圆柱底面圆周上的点.，是线段上靠近点的三等分点，点是线段上的动点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 38.正方体的棱长为是面内一动点，且是棱上一动点，则周长的最小值为（    ） A．2 B． C． D． 39.在边长为1的正方体中，点M是该正方体表面上一个动点，且平面，则动点M的轨迹的长度是 . 40.如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（   ） A． B． C． D．1 41.已知点是边长为1的正方体表面上的动点，若直线与平面所成的角大小为，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 42.已知正方体的棱长为是正方形（含边界）内的动点，点到平面的距离等于，则两点间距离的最大值为（    ） A． B．3 C． D． 43.如图所示，在直三棱柱中，棱柱的侧面均为矩形，，，，是线段上的一动点，则最小值为（    ）    A． B． C． D． 考点09：立体几何的探索性问题 44.如图，多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥组成，其中，，，是上的一点． （1）若是中点． ①求证：平面；②求异面直线与所成角的余弦值． （2）若为与交点，问上是否存在一点，使得平面？如果存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 45.如图，在正三棱柱中，，点M为的中点. (1)求点A到平面的距离； (2)在棱上是否存在点Q，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 46.如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，且，点为棱的中点.    (1)求证：平面； (2)若为上的动点，则线段上是否存在点N，使得平面?若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由. 47.如图所示的矩形中，，点为边上异于，两点的动点，且，为线段的中点，现沿将四边形折起，使得与的夹角为，连接，. (1)探究：在线段上是否存在一点，使得平面，若存在，说明点的位置，若不存在，请说明理由； (2)求三棱锥的体积的最大值，并计算此时的长度． 48.如图，在正三棱柱中，，点M为的中点. (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在点Q，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 考点10：空间向量的相关概念 49．（2021·上海松江·统考二模）如图所示，在平行六面体中，，若，则___________. 50.（2025七宝中学高三开学考）下列向量中与共线的是（   ） A． B． C． D． 51.（24-25高二上·上海静安·期中）已知向量平行于向量 ，则 52.若，，是空间一组不共面的向量，则不共面的一组向量为（   ） A．，， B．，， C．，， D．，， 53.（24-25高二上·上海·期中）若空间向量，，共面，则实数 . 54.（24-25高二上·上海黄浦·期末）给定点，则在方向上的数量投影为 . 55．已知空间四点，，，，则向量在向量上的投影向量的坐标为 . 56.（2025上海高三阶段练习）已知，则平面ABC的一个法向量可以为（   ） A． B． C． D． 考点11：空间向量在立体几何中的应用 57.已知直三棱柱的棱长均为2，则异面直线与夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 58.如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点在棱上，且直线与所成的角为． (1)证明：点为棱的中点； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 59.如图1，在平面四边形中，已知，，，，，于点.将沿折起使得平面，如图2，设（）. (1)若，求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 60.如图，四棱锥中，底面是正方形，是的中点，. (1)证明：平面平面； (2)若是棱上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的大小. 61.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面为棱上的动点． (1)当为棱的中点时，证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 62.四棱锥底面为菱形，底面，点在上，． (1)证明：； (2)求二面角的余弦值． 考点12：数列的基本计算 63．（2024·上海静安·一模）设是等差数列，，则该数列的前8项的和的值为 . 64.（2025上海高三阶段练习）已知等比数列中，，则等比数列的公比 ． 65.（2025上海高三阶段练习）已知等比数列中，，则等比数列的公比 ． 66.（2025上海高三阶段练习）已知为数列的前n项和，若，则的通项公式为（       ） A． B． C． D． 67.（24-25高三上·上海奉贤·期末）记为等差数列的前项和.若，，则（       ） A． B． C． D． 68．（24-25高三上·上海浦东新·期末）若等差数列满足，，则 ． 69．（24-25高三上·上海金山·期末）已知是等差数列的前n项和，若则的值为 ． 考点14：数列的相关性质 70.（2025上海高三阶段练习）已知数列是等差数列，且，则（       ） A． B． C． D． 71．（2025七宝中学高三三模）已知等差数列满足，，则（    ） A．25 B．35 C．40 D．50 72.（2025上海高三阶段练习）记为公差不为0的等差数列的前项和，若，，，成等比数列，则（ ） A．0 B．6 C．12 D．18 73.（2025上海高三阶段练习）已知为等比数列，则“”是“为递增数列”的（    ） A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件 C．既不充分也不必要条件 D．充要条件 74.已知等差数列{}的前n项和是，，，则数列{||}中值最小的项为第 项． 75．（2024·上海嘉定·一模）已知数列的通项公式为，其中为常数，设数列的前项和为，若且，则的取值范围为 . 考点14：数列综合题 76.已知数列、的各项均不为零，若是单调递增数列，且，，，. (1)求及数列的通项公式； (2)设，求数列的前n项和. 77.（2024·上海虹口·二模）已知等差数列满足，. (1)求的通项公式； (2)设数列前项和为，且，若，求正整数的最小值. 78．（2023·上海金山·统考一模）已知数列满足，且． (1)求的值； (2)若数列为严格增数列，其中是常数，求的取值范围． 79．（数列的前n项和为，已知，，． (1)证明：数列是等差数列； (2)记，为数列的前n项和，求． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二数学必修三同步培优讲义【精英班课程】 期中复习冲刺讲义（提高篇） 考点01：立体几何的基本概念与性质 1.“三棱锥是正三棱锥”的一个必要不充分条件是（       ） A．三棱锥是正四面体 B．三棱锥不是正四面体 C．有一个面是正三角形 D．是正三角形且 【答案】C 【解析】由正三棱锥的定义，得三棱锥是正三棱锥等价于“有一个面是正三角形，其他面是等腰三角形”， 对于A：因为三棱锥是正四面体等价于四个面是全等的正三角形， 所以“三棱锥是正四面体”是“三棱锥是正三棱锥”的充分不必要条件， 即选项A错误； 对于B：因为一个正三棱锥可能是正四面体，也可能不是正四面体， 所以“三棱锥不是正四面体”是“三棱锥是正三棱锥”的既不充分也不必要条件，即选项B错误； 对于C：因为三棱锥是正三棱锥等价于有一个面是正三角形，其他面是等腰三角形，所以“有一个面是正三角形”是“三棱锥是正三棱锥”的必要不充分条件， 即选项C正确； 对于D：因为三棱锥是正三棱锥等价于有一个面是正三角形，其他面是等腰三角形，当但正三角形不一定是，所以“是正三角形且”是“三棱锥是正三棱锥”的充分不必要条件，即选项D错误. 故选：C. 2.下列命题正确的是（ ） A．三点确定一个平面 B．三条相交直线确定一个平面 C．对于直线、、，若，，则 D．对于直线、、，若，，则 【答案】C 【分析】根据平面的性质可判定AB，根据平行线间的传递性可判定C，根据空间直线的垂直关系可判定D. 【详解】对A，不在一条直线上的三点确定一个平面，故A错误； 对B，如正方体一个顶点出发的三条棱所在直线确定三个平面，故B错误； 对C，根据空间中平行线间的传递性可得若，，则，故C正确； 对D，若，，则相交、平行或异面，故D错误. 故选：C. 3.下列命题正确的个数是（       ） 两两相交的三条直线可确定一个平面 两个平面与第三个平面所成的角都相等，则这两个平面一定平行 过平面外一点的直线与这个平面只能相交或平行 和两条异面直线都相交的两条直线一定是异面直线 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】对于，两两相交的三条直线可确定一个平面或三个平面，故错误； 对于，两个平面与第三个平面所成的角都相等，则这两个平面平行或相交，故错误； 对于，过平面外一点的直线一定在平面外，且直线与这个平面相交或平行，故正确； 对于，和两条异面直线都相交的两条直线是异面直线或相交直线，故错误． 正确的命题只有一个． 故选：D 4.有下列四个命题： ①空间四点共面，则其中必有三点共线； ②空间四点不共面，则其中任意三点不共线； ③空间四点中有三点共线，则此四点共面； ④空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面． 其中真命题的所有序号有________． 【答案】②③ 【解析】①中，对于平面四边形来说不成立，故①是假命题；②中，若四点中有三点共线，则根据“直线与直线外一点可以确定一个平面”知四点共面，与四点不共面矛盾，故②是真命题；由②的分析可知③是真命题；④中，平面四边形的四个顶点中任意三点不共线，但四点共面，故④是假命题． 5.给出下列四个命题： ①若直线垂直于平面内的两条直线，则这条直线与平面垂直； ②若直线与平面内的任意一条直线都垂直，则这条直线与平面垂直； ③若直线垂直于梯形的两腰所在的直线，则这条直线垂直于两底边所在的直线； ④若直线垂直于梯形的两底边所在的直线，则这条直线垂直于两腰所在的直线． 其中正确的命题共有__________个． 【答案】②③ 【分析】根据线面垂直的定义，以及线面垂直的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解. 【详解】①中，根据线面垂直的判定定理，直线垂直于平面内的两条相交直线，则这条直线与平面垂直，所以①不正确； ②中，根据直线与平面垂直的定义知，若直线与平面内的任意一条直线都垂直，则这条直线与平面垂直，所以②正确； ③中，因为梯形的两腰在同一平面内，且不平行，所以两腰时相交直线，若直线垂直于梯形的两腰所在的直线，可得直线垂直梯形底面所在的平面，所以这条直线垂直于两底边所在的直线，所以③正确； ④中，因为梯形的两底所在的直线相互平行，根据线面垂直判定定理，直线与这个平面不一定垂直，这条直线不一定垂直于两腰所在的直线，所以④不正确. 故答案为：②③ 考点02：立体几何位置关系辩析 6.已知非零空间向量和，则下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】根据空间向量平行与垂直的定义判断即可. 【详解】若，则或与不共线，故选项A与B错误； 若，则，故选项C错误，选项D正确. 故选：D. 7.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中真命题是（    ） A．若,,则 ； B．若,,,则 ； C．若，，则 ； D．若，，，,则． 【答案】C 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案． 【详解】若，，则或与相交或与异面，故A错误； 若，，，则或与相交，故B错误； 若，，由直线与平面垂直的性质可得，故C正确； 若，，，，当与相交时，有，否则，与不一定平行，故D错误． 故选：C． 8.已知，，是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列结论一定正确的是（ ） A．若，，，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】D 【解析】对于A项，需要加上与相交才符合线面垂直的判定定理，故A错误； 对于B项，有可能，故B错误； 对于C项，与没有关系，斜交､垂直平行都有可能，故C错误； 对于D项，若，，则，而，故，故D正确. 故选：D. 9.已知，为异面直线，⊥平面，⊥平面，直线满足⊥，⊥，，，则 A．∥且∥ B．⊥且⊥ C．与相交，且交线垂直于 D．与相交，且交线平行于 【答案】D 【解析】若∥，又⊥平面，则⊥平面，又∵⊥平面，∴∥，与与异面矛盾，故A错； 若⊥，∵⊥平面，∴∥，与⊥矛盾； 若与相交，设交线为，过上一点作直线∥，设与确定的平面为，∵⊥，∴⊥，∵⊥，∴⊥，又⊥平面，⊥平面，∴⊥， ⊥，∴⊥，∴⊥，则∥，故选D． 考点03：图形关系辩析 10.如图所示的正方体或四面体中，分别是棱的中点，这四个点不共面的图有（   ）    A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【详解】第一个图，如图：   分别是棱的中点，由正方体性质知，，则四个点共面； 第二个图，如图：   为棱的中点，由正方体的性质可知六点共面，记作， 因为，所以，所以与异面直线，即四个点不共面； 第三个图，如图：    因和分别是相邻侧面的中位线，所以，， 所以，即四个点共面； 第四个图，如图：    因为平面，所以平面，所以与异面直线， 即四个点不共面． 故选：C 11.下图中，G，N，M，H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有(　　) A．①③ B．②③ C．②④ D．②③④ 【答案】C 【解析】由题意，可知题图①中，GH∥MN，因此直线GH与MN共面；题图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；题图③中，连接MG，则GM∥HN，因此直线GH与MN共面；题图④中，连接GN，G，M，N三点共面，但H∉平面GMN，所以直线GH与MN异面．故选C. 11．将下面的平面图形（每个点都是正三角形的顶点或边的中点）沿虚线折成一个四面体后，直线MN与PQ是异面直线的是（ ） A．①④ B．②③ C．①② D．③④ 【答案】A 【解析】①对应图1，是平面外一点，在平面内，且不在直线上，因此与是异面直线，①正确； ②对应图2，重合，与是相交直线，②错； ③对应图3，由于由中位线定理得，都与棱平等，从而，③错； ④与图1类似得与是异面直线，④正确． 故选：A． 13.如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面ABC的是（    ） A．B． C．D． 【答案】D 【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理、面面平行的性质可确定正确选项. 【详解】对于A，由正方体的性质可得，平面ABC，平面ABC， 所以直线平面ABC，能满足；    对于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得，平面ABC，平面ABC，所以直线平面ABC，能满足；    对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得，平面ABC，平面ABC， 所以直线平面ABC，能满足；    对于D，作出完整的截面，如下图ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，不能满足.    故选：D. 14.在正方体中，下列四对平面彼此平行的一对是________ A．平面与平面 B．平面与平面 C．平面与平面 D．平面与平面 【详解】 如图，对于A：∵，平面，平面， ∴平面． 又，同理可证平面． 又，平面， ∴平面平面，故A正确； 对于B：∵，平面，平面， ∴平面． 又，同理可证平面． 又，平面， ∴平面平面，故B正确； 对于C：平面与平面有公共点，故平面与平面不可能平行，故C不正确； 对于D：平面，且与相交，又平面，平面，故平面与平面不可能平行，故D不正确. 15.如图，在三棱锥中，平面，，，为的中点，则下列结论正确的有（    ） ①平面；②；③平面；④平面. A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】D 【分析】由线面垂直定义和判定定理进行辨析即可. 【解析】对于①，∵平面，平面，∴， 又∵，，平面，平面， ∴平面，故①正确； 对于②，③，由①，∵平面，平面，∴， 又∵，为的中点，∴， 又∵，平面，平面，∴平面， 又∵平面，∴，故②，③正确； 对于④，假设平面，则∵平面，∴， 又∵为的中点，∴， ∵平面，平面，∴，∴中，， 又∵，∴中，，∴，， ∴假设不成立，故④错误. ∴正确的有①②③，共个. 故选：D. 考点04：空间几何体中的表面积、体积及距离问题 16.若某圆锥高为3 ， 其侧面积与底面积之比为， 则该圆锥的体积为________. 【答案】 【分析】由题意可列出关于圆锥底面半径和母线的方程组，解方程组即可求得底面半径和母线，从而可求圆锥的体积. 【详解】设此圆锥的底面半径为，母线长为，则， 因为圆锥的侧面展开图是一个扇形，扇形的弧长是圆锥底面圆的周长，扇形的半径是圆锥母线长，所以，，又侧面积与底面积之比为， 所以，所以，结合可解得，， 所以该圆锥的体积. 故答案为：    17．如图所示，正方体的棱长为，则三棱锥的体积是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用锥体体积公式求解即可. 【详解】在正方体中，平面， 且该正方体的棱长为，则， 故，即三棱锥的体积是. 故选：B. 18．一个五面体．已知，且两两之间距离为．，，，则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】采用补形法将五面体补成一个棱柱，再利用体积公式求解即可. 【详解】如图，用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌， 则形成的新组合体为一个三棱柱， 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为的等边三角形， 侧棱长为， 故． 故选：C. 19．如图，一个高为1的长方体形状的容器内装有水，若保持容器底面的一条棱不动，将该容器的另一端抬起至水恰好不能流出容器，发现此时容器的底面中不被水浸到的面积为底面积的，则容器在原来位置时的水深为 . 【答案】 【分析】根据直棱柱的体积公式，可得答案. 【详解】设长方体的长宽分别为，则由左图可得水的体积， 设右图中长方体底面被水浸到的矩形的未知边为，显然此时水的形状为三棱柱， 底面为直角边分别为的直角三角形，高为，则水的体积为， 由题意可得，解得，由，解得. 故答案为：. 20.如图，中，，，，在三角形内挖去一个半圆（圆心O在边BC上，半圆与AC、AB分别相切于点C，M，与BC交于点N），将绕直线BC旋转一周得到一个旋转体. （1）求该旋转体中间一个空心球表面积的大小； （2）求图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积. 【解析】（1）连接OM，则， 设，， 在中，， ∴. （2）∵，，，∴， ∴. 21.如图所示是在圆锥内部挖去一正四棱柱所形成的几何体，该正四棱柱上底面的四顶点在圆锥侧面上，下底面落在圆锥底面内，已知圆锥侧面积为，底面半径为. （1）若正四棱柱的底面边长为，求该几何体的体积； （2）求该几何体内正四棱柱侧面积的最大值. 【解析】（1）设圆锥母线长为，高为，正四棱柱的高为 由，有，故， 由，故， 所以圆锥体积为 由，有正四棱柱的底面对角线长为2， 由图可得，所以， 故正四棱柱的体积为 所以该几何体的体积为 （2）由图可得，即，即 由，当且仅当时左式等号成立， 有，当且仅当，时左式等号成立， 故正四棱柱侧面积，当且仅当，时左式等号成立， 所以该几何体内正四棱柱侧面积的最大值为. 22.如图，已知在正四棱锥中，，. （1）求四棱锥的表面积； （2）求四棱锥的体积. 【解析】（1）连接相交于，连接 过点作于点，连接，则是斜高， 在直角三角形中，， 在直角三角形中，， ， ． 所以正四棱锥的表面积为84． （2）， 所以正四棱锥的体积为； 23.如图，在直三棱柱中，分别为中点． （1）求证：平面； （2）若 求直三棱柱的体积和表面积； 【解析】（1）如图，取的中点，连接， 因为为的中点， 所以，， 因为四边形为平行四边形，为的中点， 所以且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面； （2）因为，即，由勾股定理的逆定理可知， 且在直三棱柱中，为高，由三棱柱的体积公式可得体积， 表面积为5个面面积之和. 考点05：平行垂直关系的证明 24．如图所示，三棱柱，是的中点，是的中点．求证： (1)//平面； (2)平面//平面D. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）证明线面平行，转化为线线平行即可，连接，与交于，连接，可得，即可证明； （2）先证明平面，由可知平面，即可证明平面平面. 【详解】（1）证明：由题意，是三棱柱， 连接，与交于，连接，可得， 平面，平面， 平面D. （2）是的中点，是的中点， 则，四边形为平行四边形， 则， 又平面，平面，得平面， 由可知平面， 又平面， 平面平面. 25.在正四棱锥中，为底面中心，，，分别为，，的中点，点在棱上，且. (1)证明：平面. (2)证明：平面平面. 【解析】（1）连接，正四棱锥中，为底面中心，则为中点， 又为的中点，则有， 平面，平面，所以平面. （2），分别为，的中点，则有， 平面，平面，则有平面， ，分别为，的中点，有， 又，则有， 平面，平面，则有平面， 平面，， 所以平面平面. 26.S是Rt△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点． (1)求证：SD⊥平面ABC； (2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC. 【解析】（1）如图所示，取AB的中点E， 连接SE，DE，在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点， 所以DE∥BC，所以DE⊥AB， 因为SA＝SB，E是AB的中点， 所以SE⊥AB.又SE∩DE＝E， 所以AB⊥平面SDE. 又SD⊂平面SDE，所以AB⊥SD.在△SAC中，SA＝SC，D为AC的中点， 所以SD⊥AC.又AC∩AB＝A， 所以SD⊥平面ABC. (2)由于AB＝BC，D是AC的中点，则BD⊥AC，由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC， 所以SD⊥BD，又SD∩AC＝D，SD，AC⊂平面SAC， 所以BD⊥平面SAC. 27．如图，在四棱锥中，平面，分别为棱的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接，设，连接，证明，由线线平行即可证得线面平行； （2）由（1）已得，结合，可得菱形，即得，再由平面易得，最后由线线垂直推出线面垂直即可. 【详解】（1） 如图，连接，设，连接. 因，，可得，则， 又，则得， 因平面，平面， 故平面. （2）由（1）已得，因，故四边形为菱形，则， 因平面平面则， 又平面，故平面. 28．在正三棱柱中，，分别为，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）根据线面平行判定定理证明即可； （2）先证明线面垂直再应用平行得出结论. 【详解】（1）    取的中点，连接，， 因为为的中点， 所以且，    又因为且， 所以且， 所以四边形为平行四边形，      所以，    又因为平面，平面， 所以平面. （2）因为为直三棱柱， 所以平面，因为面， 所以，       因为为等边三角形，所以， 又平面， 所以平面，又， 所以平面. 29.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1. (1)求三棱锥F-EBC的体积； (2)已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE. 【解析】（1）如图，取BC的中点为M，连接EM， 由已知可得EM∥AB，AB＝BC＝2，CF＝1， EM＝AB＝1，AB∥A1B1， 由BF⊥A1B1得EM⊥BF， 又EM⊥CF，BF∩CF＝F， 所以EM⊥平面BCF， 故V三棱锥F-EBC＝V三棱锥E-FBC＝×BC×CF×EM＝××2×1×1＝. (2)连接A1E，B1M，由(1)知EM∥A1B1， 所以ED在平面EMB1A1内． 在正方形CC1B1B中，由于F，M分别是CC1，BC的中点，所以由平面几何知识可得BF⊥B1M， 又BF⊥A1B1，B1M∩A1B1＝B1， 所以BF⊥平面EMB1A1， 又DE⊂平面EMB1A1， 所以BF⊥DE. 30.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点． (1)求证：BD⊥平面PAC； (2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE. 【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以PA⊥BD. 因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC. 又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC. (2)因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD， 所以PA⊥AE. 因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°， 且E为CD的中点，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE. 又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB. 因为AE⊂平面PAE， 所以平面PAB⊥平面PAE. 题型06：空间中的夹角问题 31.如图，棱长为2的正方体，点E在BD上（异于B，D）． （1）若平面分别交，，BD，AE于点M，N，P，Q，四边形MNPQ为平行四边形，求证： 平面： （2）若，求异面直线与的夹角的余弦值． 【解析】（1）如图， 因为四边形MNPQ为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 又平面，平面平面， 所以， 又平面，平面， 所以 平面. （2）连接，且交于，连接，如图， 因为，，，平面， 所以平面，又平面， 所以，又四边形为正方形， 所以为的中点，所以， 又为中点，所以，且, 所以异面直线与的夹角为（或其补角）， 在等腰三角形中，， 由余弦定理，, 即异面直线与的夹角的余弦值为. 32.如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，分别是，，的中点. (1)若，求证：平面； (2)若二面角的正切值为，且，，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意可得，结合，可得平面； （2）由题意可得与平面所成角即为与平面所成角，过作于，连接，可得，可求得，利用等体积法可求得到平面的距离，可得与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）因为，又是的中点，所以， 又平面，平面，所以， 又底面是矩形，所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面. （2）连接，因为，分别是，的中点，所以，， 又是的中点，底面是矩形，所以，， 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以与平面所成角即为与平面所成角， 因为又平面，平面，所以， 过作于，连接， 又，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角，所以，所以， 由，可得，所以， 设到平面的距离为， 由，所以， 又，所以， 所以，解得， 又，所以与平面所成角的正弦值为， 所以与平面所成角的正弦值为. 33.如图，在三棱柱 中，平面ABC，， D是BC的中点. (1)求证:平面; (2)求证: 平面平面; (3)求直线AC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）连接交于O，连接OD，则由三角形中位线定理可得，再利用线面平行的判定定理可得结论. （2）由等边三角形的性质可得，再由棱柱的性质结合已知可得平面，从而得，由线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理可得结论. （3）过C作CE于E，连AE，则可得CE⊥平面，从而中得∠CAE是AC与平面所成的角，然后在直角中求解即可. 【详解】（1）在三棱柱 中，连接交于O，连接OD， 则O是的中点，又是的中点，， 而平面，OD平面， 所以平面. （2）由，是的中点，得， 由平面，得平面，又AD平面，则， 又､BC是平面内的两条相交直线，因此平面，而AD平面， 所以平面平面 （3）在平面内过C作CE于E，连AE， 由（2）知，平面平面，平面平面， 则平面，是AC与平面所成的角， 在直角中，令，则，， 在直角中，， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 34.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． 【解析】（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，. 考点07：立体几何中的折叠问题 35.如图，在直角梯形中，，，，，点在上，且，将沿折起，使得（如图），为中点． (1)求证：平面； (2)求四棱锥的体积； (3)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）连接BG，由为中点，，得，又，则， ，由余弦定理得， 即，则，又平面，且， 所以平面． （2）在直角三角形中，，则，， 所以四棱锥的体积为. （3）过点作交于点，则， 过点作交于点，连接，则， 又平面，平面，于是平面，同理平面， 又平面，因此平面平面， 而平面，则平面， 所以在上存在点，使得平面，且． 36已知如图甲，在梯形中，，，，E，F分别是，的中点，，沿将梯形翻折，使平面平面（如图乙）． (1)证明：平面； (2)求点E到平面的距离； (3)求二面角的正切值． 【解析】（1）在直角梯形中，因为，故，. 又E，F分别是，的中点，所以，所以. 所以在折叠后的几何体中，有，， ，平面，所以平面. （2）如图： 因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面. 因为平面，所以. 所以两两垂直，且，. 所以中，，. 所以. 又. 设点到平面的距离为， 则. 即点到平面的距离为. （3）过作于点，过作于点，连接. 因为平面平面，所以平面，平面， 所以，又，是平面内的两条相交直线， 所以平面， 所以即为二面角的平面角. 因为，所以. 在中，. 即二面角的正切值为. 考点08：动点产生的轨迹、最值与范围问题 37.如图，是圆柱的直径，是圆柱的母线，，，点是圆柱底面圆周上的点.，是线段上靠近点的三等分点，点是线段上的动点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图，绕旋转到，并且点在的反向延长线，当点是和的交点时，此时最小，中求边长. 【详解】如图，绕旋转到，并且点在的反向延长线，连结，交于点，此时最小. ，，, ， ， 是等边三角形，, 则的最小值是. 故选：A 【点睛】本题考查几何体中线段长度和的最小值，属于基础题型，意在考查空间想象能力，计算能力，本题的关键是第一步作图，并且能够数形结合分析问题. 38.正方体的棱长为是面内一动点，且是棱上一动点，则周长的最小值为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】利用展开方法，以为基准，将和翻折使其与共面，然后利用余弦定理求解. 【详解】由正方体的结构特征可知，平面， 点M是内一动点，且，所以点在线段上运动， 动线段在内运动，动线段在内运动，动线段在内运动， 以为基准，将和翻折使其与共面，如图所示： 其中翻折至，翻折至， 的周长等于,最小值等于 ， 由余弦定理可求得， 所以， 故的周长最小值等于， 故选：B. 39.在边长为1的正方体中，点M是该正方体表面上一个动点，且平面，则动点M的轨迹的长度是 . 【答案】 【详解】如图，边长为1的正方体中， 动点M满足平面， 由面面平行的性质得：当始终在一个与平面平行的面内，即满足题意， 连接，，， 因为且，所以四边形为平行四边形， 所以，同理， 又平面，平面，所以平面， 因为平面，平面，所以平面， 又因平面， 所以平面平面， 又平面，M是该正方体表面上一个动点，所以动点M的轨迹为. 因为，所以动点M的轨迹的长度为. 故答案为：. 40.如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（   ） A． B． C． D．1 【答案】B 【详解】在棱长为1的正方体中，连接， 由平面，平面，得，而， 平面，则平面，又平面， 于是，同理，而平面， 因此平面，因为，则平面， 而点为截面上的动点，平面平面， 所以点的轨迹是线段，长度为. 故选：B 41.已知点是边长为1的正方体表面上的动点，若直线与平面所成的角大小为，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】若点P在正方形内，过点P作平面于，连接. 则为直线与平面所成的角，则， 又，则，得， 则点的轨迹为以为圆心半径为1的圆（落在正方形内的部分）， 若点P在正方形内或内，轨迹分别为线段和， 因为点P不可能落在其他三个正方形内，所以点的轨迹如图所示： 故点P的轨迹长度为. 故选：D 42.已知正方体的棱长为是正方形（含边界）内的动点，点到平面的距离等于，则两点间距离的最大值为（    ） A． B．3 C． D． 【答案】D 【解析】由题意可知：， 设三棱锥的高为， 因为，则， 解得，即点到平面的距离等于， 又因为∥，且，则四边形为平行四边形，则∥， 平面，平面，所以∥平面， 即点的轨迹为线段， 因为平面，平面，所以， 在中，两点间距离的最大值为. 故选：D. 43.如图所示，在直三棱柱中，棱柱的侧面均为矩形，，，，是线段上的一动点，则最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【解析】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面， 设点的新位置为，连接，则有，如图， 当三点共线时，则即为的最小值. 在三角形ABC中，，， 由余弦定理得：, 所以，即, 在中，，， 由勾股定理可得：,且. 同理可求：，因为， 所以为等边三角形，所以， 所以在中，,, 由余弦定理得：. 故选：B. 考点09：立体几何的探索性问题 44.如图，多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥组成，其中，，，是上的一点． （1）若是中点． ①求证：平面；②求异面直线与所成角的余弦值． （2）若为与交点，问上是否存在一点，使得平面？如果存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）连接交于点，连接，如下图所示： 在三棱柱中，，，所以，四边形为平行四边形， 因为，所以为的中点， 又因为为的中点，所以，且， 因为平面，平面，故平面； 在直三棱柱中，平面，平面，所以， 所以，， 同理可得，， 所以，，， 因为，所以，异面直线与所成角为或其补角， 由余弦定理可得， 因此，异面直线与所成角的余弦值为. （2）如下图所示： 因为，，所以， 因为平面，平面，平面平面， 所以，故，因此. 所以，线段上存在一点，使得平面，且． 45.如图，在正三棱柱中，，点M为的中点. (1)求点A到平面的距离； (2)在棱上是否存在点Q，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）利用等体积法即可求解； （2）在平面内过点A作，交于点Q，由面面垂直的性质定理可得平面，由题意得，根据相似三角形的性质即可求解. 【详解】（1）因为三棱柱是正三棱柱， 所以平面，所以， 又因为M是的中点，所以， 因为，平面， 所以平面，又平面， 所以， 点M为的中点，所以，， 所以， ， 设点A到平面的距离为h，则， 所以，解得， 所以点A到平面的距离为. （2）由（1）可知平面， 因为平面，则平面平面， 在中作边上的高，的延长线交于点Q，即有， 平面平面，平面， 因此平面， 于是点Q即为所要找的点， 在和中，，即， 所以，因此， 即有，于是，所以. 46.如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，且，点为棱的中点.    (1)求证：平面； (2)若为上的动点，则线段上是否存在点N，使得平面?若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)点为的中点，理由见解析. 【分析】（1）利用平行四边形截面，由线线平行即可证明线面平行； （2）要证明动直线和另一个平面平行，只需要证明动直线所在的平面与另一个平面平行即可. 【详解】（1）    取点为棱的中点，又因为点为棱的中点，所以，且， 又因为，且，所以 则四边形是平行四边形，即， 又因为平面，平面，所以平面； （2）      存在点为的中点，满足平面. 因为点为的中点，点为棱的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 再由平面，，平面，平面， 所以平面平面，又因为平面， 所以平面. 47.如图所示的矩形中，，点为边上异于，两点的动点，且，为线段的中点，现沿将四边形折起，使得与的夹角为，连接，. (1)探究：在线段上是否存在一点，使得平面，若存在，说明点的位置，若不存在，请说明理由； (2)求三棱锥的体积的最大值，并计算此时的长度． 【解析】（1）存在，M为线段EF的中点，理由如下， 如图所示，取线段EF的中点M，下证平面BDF； 因为G为线段ED中点，M为线段EF的中点， 故GM为的中位线，故， 又平面BDF，平面BDF，故平面BDF； （2）因为，且AE与CF的夹角为， 故AE与DE的夹角为， 过D作DP垂直于AE交AE于P， 因为，，，平面， 所以平面，平面，， 又，平面，所以平面， 故DP为点D到平面ABFE的距离， 设，则， 由（1）知， 故 ， 当且仅当时等号成立，此时, 故三棱锥的体积最大值为，此时DE的长度为2. 48.如图，在正三棱柱中，，点M为的中点. (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在点Q，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【解析】（1））因为三棱柱是正三棱柱， 所以平面平面,所以； 又因为M是的中点，所以， 因为平面平面,所以平面. （2）由（1）可知平面，因为平面， 则平面平面， 在平面内过点A作交于点Q，平面平面， 因此平面，于是点Q即为所要找的点, 如图7所示，显然， 因此，即有， 于是，所以. 考点10：空间向量的相关概念 49．（2021·上海松江·统考二模）如图所示，在平行六面体中，，若，则___________. 【答案】2 【分析】题中 几何体为平行六面体，就要充分利用几何体的特征进行转化， ,再将转化为，以及将转化为,,总之等式右边为，，,从而得出，. 【解析】解：因为 ， 又， 所以，， 则. 故答案为：2. 【点睛】要充分利用几何体的几何特征，以及将作为转化的目标，从而得解. 50.（2025七宝中学高三开学考）下列向量中与共线的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】空间向量共线的判定 【分析】根据（）可得，进行判断. 【详解】因为，所以C选项满足题意； 其他选项不存在，使写成该选项的形式，所以其他选项均不满足题意. 故选：C 51.（24-25高二上·上海静安·期中）已知向量平行于向量 ，则 【答案】 【知识点】由空间向量共线求参数或值 【分析】根据空间向量的平行性质求解即可. 【详解】由题意，设，则，解得，故. 故答案为： 52.若，，是空间一组不共面的向量，则不共面的一组向量为（   ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】D 【分析】根据空间向量共面定理依次判断各选项即可得到答案. 【详解】A选项：，所以，，是共面向量； B选项：，所以，，是共面向量； C选项：， 所以，，是共面向量； D选项：令，显然无解，故不是共面向量. 故选：D 53.（24-25高二上·上海·期中）若空间向量，，共面，则实数 . 【答案】 【知识点】空间向量共面求参数 【分析】向量共面定理建立等式，解方程求出的值. 【详解】∵共面， ∴一定存在，使得， 即，解得， 故答案为：5 54.（24-25高二上·上海黄浦·期末）给定点，则在方向上的数量投影为 . 【答案】 【分析】根据向量投影的定义及数量积、模长的坐标表示求在方向上的数量投影. 【详解】由题设，， 所以. 故答案为： 55．已知空间四点，，，，则向量在向量上的投影向量的坐标为 . 【答案】 【分析】结合题意求出所需要的坐标和模长，再利用投影向量坐标公式求解即可. 【详解】由题意得，，，， 则，，， 设两向量所成的角为θ，则向量在向量上的投影向量为 ，故答案为： 56.（2025上海高三阶段练习）已知，则平面ABC的一个法向量可以为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题设，，根据平面的法向量性质及空间向量数量积的坐标运算求法向量即可. 【详解】由题设，， 若是平面ABC的一个法向量，则， 取，则. 故选：A 考点11：空间向量在立体几何中的应用 57.已知直三棱柱的棱长均为2，则异面直线与夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】两直线所成角为锐角或直角，若利用向量法求出余弦值为负，注意取相反数. 【详解】以为坐标原点，过且与平面垂直的直线为轴，，所在直线分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，如图3， 则，，，，，，， 故所求两直线夹角的余弦值为， 故选：D． 58.如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点在棱上，且直线与所成的角为． (1)证明：点为棱的中点； (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）建系标点，设，根据直线与的交点求得，即可得结果； （2）求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【详解】（1）以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系． 不妨设，则． 设，则， 可得， 由题意可得， 整理可得，解得， 所以点为棱的中点． （2）由（1）可得：， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得． 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 59.如图1，在平面四边形中，已知，，，，，于点.将沿折起使得平面，如图2，设（）. (1)若，求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【详解】（1）在平面四边形中，，，， 所以，， 又，， 所以，，， 所以，所以. 所以在中，易得. 因为，，所以. 在四棱锥中，连接，设，连接， 因为，所以， 又，所以. 因为平面，平面， 所以平面. （2）由题意易知，，两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 则，. 设平面的法向量为， 则，即， 令，得，即. 由，得， 故，. 由直线与平面所成角的正弦值为， 得，解得. 60.如图，四棱锥中，底面是正方形，是的中点，. (1)证明：平面平面； (2)若是棱上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【详解】（1）证明：因为四边形为正方形，为的中点，，所以. 在中，由余弦定理得， 因为，所以，即. 因为，所以，所以. 又因为平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）由（1）得两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则， 于是. 设平面的法向量为， 则，即， 令，可得. 设直线与平面所成的角为， 则， 解得， 故直线与平面所成的角为. 61.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面为棱上的动点． (1)当为棱的中点时，证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）通过线线平行即可证得线面平行； （2）建系后，写出相关点的坐标，出平面和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】（1） 取的中点，连接，， 因为为的中点， 所以， 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． （2） 因为平面，即两两垂直， 故可以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则， 因为，所以， 所以．   设平面的法向量为， 则 取，得， 所以． 因为平面， 所以平面． 所以为平面的一个法向量．   设平面与平面的夹角为， 则． 所以平面与平面夹角的余弦值为． 62.四棱锥底面为菱形，底面，点在上，． (1)证明：； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【详解】（1）连接与交于点， 在菱形中，， 底面平面， 平面，， 平面， 平面； （2）取的中点，连接， 为中点，中，， 底面底面， 以为坐标原点，分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系， ，， 设， ，即，由此可求， 设平面，平面的法向量分别为， ， ∴即取； 同理，即，取； 设二面角的平面角为，则， 二面角为锐二面角，二面角的余弦值为． 考点12：数列的基本计算 63．（2024·上海静安·一模）设是等差数列，，则该数列的前8项的和的值为 . 【答案】36 【分析】根据给定条件，求出数列的公差，进而求出其前8项的和. 【详解】在等差数列中，，则公差， 所以. 故答案为：36 64.（2025上海高三阶段练习）已知等比数列中，，则等比数列的公比 ． 【答案】2或 【详解】因为， 所以，故， 即，化简得， 解得或， 故答案为：2或 65.（2025上海高三阶段练习）已知等比数列中，，则等比数列的公比 ． 【答案】2或 【详解】因为， 所以，故， 即，化简得， 解得或， 故答案为：2或 66.（2025上海高三阶段练习）已知为数列的前n项和，若，则的通项公式为（       ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】令可得，又，解得，又， 则，，即是以2为首项，2为公比的等比数列，则，. 故选：B. 67.（24-25高三上·上海奉贤·期末）记为等差数列的前项和.若，，则（       ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设等差数列的公差为， 由得：，解得：， . 故选：D. 68．（24-25高三上·上海浦东新·期末）若等差数列满足，，则 ． 【答案】 【分析】根据等差数列性质可得，，再结合等差数列通项公式运算求解即可. 【详解】因为数列为等差数列， 则，即， 且，可得， 即，解得 故答案为：. 69．（24-25高三上·上海金山·期末）已知是等差数列的前n项和，若则的值为 ． 【答案】 【分析】设等差数列的公差为d，利用等差数列通项公式和前n项和公式即可计算求解. 【详解】设等差数列的公差为d，则由题得即， 所以. 故答案为：. 考点13：数列的相关性质 70.（2025上海高三阶段练习）已知数列是等差数列，且，则（       ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】在等差数列中，，则有，即， 所以. 故选：D 71．（2025七宝中学高三三模）已知等差数列满足，，则（    ） A．25 B．35 C．40 D．50 【答案】A 【分析】根据等差数列的通项公式以及性质求得答案即可. 【详解】设等差数列的公差为. 由，得，即①； 由，得，②； 由①②得， 则. 故选：A. 72.（2025上海高三阶段练习）记为公差不为0的等差数列的前项和，若，，，成等比数列，则（ ） A．0 B．6 C．12 D．18 【答案】C 【详解】设等差数列的公差为， 由可得，即， 又，，成等比数列，所以，即， 化简可得，解得或（舍）， 则，所以， 则. 故选：C 73.（2025上海高三阶段练习）已知为等比数列，则“”是“为递增数列”的（    ） A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件 C．既不充分也不必要条件 D．充要条件 【答案】A 【详解】当公比且时，，，此时，，不递增，充分性不成立， 当等比数列为递增数列时，，显然必要性成立. 综上所述：“”是“为递增数列”的必要而不充分条件. 故选：A 74.已知等差数列{}的前n项和是，，，则数列{||}中值最小的项为第 项． 【答案】10 【详解】由题意得：，∴， ，∴，， ∴，故等差数列{}为递减数列，即公差为负数， 因此的前9项依次递减，从第10项开始依次递增， 由于，∴{||}最小的项是第10项， 故答案为：10 75．（2024·上海嘉定·一模）已知数列的通项公式为，其中为常数，设数列的前项和为，若且，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】根据给定条件，可得且，由此建立不等式组并求解即得. 【详解】数列的前项和为，由且，得且， 而，因此，解得， 所以的取值范围为. 考点14：数列综合题 76.已知数列、的各项均不为零，若是单调递增数列，且，，，. (1)求及数列的通项公式； (2)设，求数列的前n项和. 【答案】(1)，； (2) 【详解】（1），， 故，即， 的各项均不为零，故， 所以为等差数列，且公差大于0， 中，令得， 又，故， 中，令得， 其中，，故， 即，解得或0（舍去）， 故； （2）， 故当时，，当时，， 设的前项和为， 当时，， 当时，， 综上，. 77.（2024·上海虹口·二模）已知等差数列满足，. (1)求的通项公式； (2)设数列前项和为，且，若，求正整数的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设等差数列的公差为，依题意根据等差数列通项公式得到关于、的方程组，解得即可求出通项公式； （2）由（1）可得，利用等差数列求和公式求出，再解不等式即可. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 则，解得， 故； （2）由（1）可得， 则， 所以，则数列是以为首项，为公差的等差数列， 故， 因为，所以，所以， 所以或， 因为，所以，所以的最小值是． 78．（2023·上海金山·统考一模）已知数列满足，且． (1)求的值； (2)若数列为严格增数列，其中是常数，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据对数运算性质可得，即可判断为等比数列，即可根据等比数列的通项求解， （2）利用作差法可得对正整数恒成立，即可求解. 【详解】（1）由，得，故，即. 又，故数列是以为首项，为公比的等比数列. 从而，.所以. （2）设数列满足， 因为数列为严格增数列， 故对正整数恒成立，   即对正整数恒成立， 当时，取到最小值.所以. 79．（2025上海高三阶段练习）设数列的前n项和为，已知，，． (1)证明：数列是等差数列； (2)记，为数列的前n项和，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由得出，再计算，将代入，即可证明； （2）由（1）得，得出为公比为的等比数列，根据等比数列的通项公式得出，代入，再裂项得，即可求得数列的前n项和． 【详解】（1）因为， 所以，即 所以 （为常数）， 所以数列是等差数列． （2）由（1）知，即. 所以， 所以为公比为的等比数列， 又， 所以， 因为， 所以， 所以数列的前项和为： ． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $