期中压轴题冲刺演练（三）立体几何-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

期中压轴题冲刺演练（三） 立体几何初步 1．（24-25高一下·广东·期中）如图，在直三棱柱中，，点是线段的中点. (1)求证：平面平面 (2)若，求二面角的正弦值. 2．（24-25高一下·河南新乡·期中）如图，在直三棱柱中，侧棱，，且分别为, 的中点. (1)证明：平面； (2)若. （i）求和的长； （ii）求二面角的大小. 3．（24-25高一下·江苏南通·期中）如图，在等腰三角形中，，、分别为边、上靠近、的四等分点，将沿翻折至，使得平面平面，、分别是、的中点． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求证：； (3)求二面角的余弦值． 4．（23-24高一下·江苏无锡·期中）在直四棱柱中，底面为平行四边形， ，分别为线段的中点.    (1)证明：； (2)证明：平面//平面； (3)若，当与平面所成角的正弦值最大时，求四棱锥的体积． 5．（24-25高三下·海南·月考）如图，正四棱锥的底面是边长为1的正方形，平面α与底面ABCD平行且与四棱锥的四条侧棱（不含端点）分别交于点E，F，G，H，四棱台与四棱锥的棱长和相等（“棱长和”指多面体的所有棱长之和）． (1)若E是棱PA的中点，求四棱台的体积； (2)求平面PAD与平面PBC的夹角的余弦值； (3)已知四棱柱Ω的底面是边长为m的正方形，侧棱长为n，且侧棱与底面所在平面所成的角为，若平面α任意上下平移时，总存在正数m，n，使得四棱柱Ω与四棱台有相同的体积，也有相同的棱长和，求的取值范围． 6．（24-25高一下·云南昭通·期中）阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，⋯，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．”已知在直四棱柱中，底面为菱形，．（角的运算均采用弧度制） (1)若，求四棱柱在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若与平面的夹角的正弦值为，求四棱柱在顶点处的离散曲率； (3)截取四面体，若该四面体在点处的离散曲率为，与平面交于点，证明：． 7．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图已知四棱锥，底面为梯形，，，，P、Q为侧棱上的点，且，点为上的点，且．    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)平面与侧棱相交于点，求的值． 8．（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图，三棱锥各棱长均为，侧棱上的、、满足，，线段上的点满足平面. (1)在上，，求证：平面平面； (2)若，且，求的值； (3)求三棱锥体积的最大值. 9．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，在棱长为4的正方体中，E为的中点，经过A，，E三点的平面记为平面. (1)平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比（其中）； (2)点P是在侧面内的动点，满足，当最短时，求三棱锥的外接球的表面积. 10．（23-24高一下·重庆·期中）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. (1)求四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)如图，现已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，顶点在底面的射影为的中点. ①若，求该四棱锥在处的离散曲率； ②若该四棱锥在处的离散曲率，求直线与平面所成角的正弦值. 11．（23-24高一下·浙江嘉兴·期中）如图在四棱锥中，底面为矩形，侧棱，且，，，点E为AD中点， (1)求证：平面平面； (2)求二面角的余弦值； (3)点F为对角线AC上的点，且，垂足为G，求FG与平面ABCD所成的最大角的正弦值. 12．（23-24高一下·江苏无锡·期中）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，． (1)求直线与平面所成角的余弦值； (2)证明：平面； (3)求三棱锥的体积． 13．（23-24高一下·江苏南通·期中）如图，在四棱锥中，平面，，且，是的中点． (1)证明：； (2)若，直线与直线所成角的余弦值为． （ⅰ）求直线与平面所成角； （ⅱ）求二面角的余弦值． 14．（23-24高一下·广东东莞·期中）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：如图1，由射线、、构成的三面角，，，，二面角的大小为，则. (1)如图2，四棱柱中，平面平面，，，求的余弦值； (2)当时，证明以上三面角余弦定理； (3)如图3，斜三棱柱中侧面，，的面积分别为，，，记二面角，二面角，二面角的大小分别为，，，试猜想正弦定理在三维空间中推广的结论，并证明. 15．（23-24高一下·广东中山·期中）在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型,点E在棱PB上，满足, 点F在棱PC上，满足要求同学们按照以下方案进行切割：    (1)试在棱PC上确定一点G，使得 平面，并说明理由； (2)过点A，E，F的平面α交PD于点H，沿平面α平将四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，需先在模型中确定H 点的位置； ①请求出 的值； ②若正四棱锥模型的棱长均为6，求直线与平面α所成角的正弦值. 16．（23-24高一下·河南安阳·期中）在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，.    (1)证明： (2)若，当与平面所成角的正弦值最大时，求四棱锥的体积. 17．（23-24高一下·河南·月考）如图，在四棱台中，平面，底面为平行四边形，，且分别为线段的中点. (1)证明：. (2)证明：平面平面. (3)若，当与平面所成的角最大时，求四棱台的体积. 18．（23-24高一下·福建泉州·期中）在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质四棱锥模型，为正三角形，，，为线段的中点． (1)求证：平面； (2)过点的平面交于点，沿平面将木质四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，请你完成以下两件事情： ①在木料表面应该怎样画线？（在答题卡的图上画线要保留辅助线，并写出作图步骤）； ②在木质四棱锥模型中确定点的位置，求的值． 19．（23-24高一下·福建厦门·期中）如图，在矩形中，，，是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影落在线段BC上． (1)当点M与端点重合时，证明：平面； (2)当时，求二面角的余弦值； (3)设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值． 20．（23-24高一下·浙江·期中）如图，正方体的棱长为1，，分别为，的中点. (1)证明：平面. (2)求异面直线与所成角的大小. (3)求直线与平面所成角的正切值. 21．（23-24高一下·吉林·期中）刻画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2π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A的曲率为，N，M分别为AB，的中点，且． (1)证明：平面． (2)证明：平面平面． (3)若，求二面角的正切值． 22．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段的中点，在平面内的射影为D.    (1)求证：平面； (2)若点F为棱的中点，求三棱锥的体积； (3)在线段上是否存在点G，使二面角的大小为，若存在，请求出的长度，若不存在，请说明理由. 23．（23-24高一下·安徽六安·期中）如图，已知等腰梯形的外接圆圆心在底边上，，，，点是上半圆上的动点（不包含，两点），点是线段上的动点，将半圆所在的平面沿直径折起，使得平面平面. (1)当平面时，求的值； (2)证明：不可能垂直； (3)设与平面所成的角为，二面角的平面角为（其中），求的最大值. 24．（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. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 期中压轴题冲刺演练（三） 立体几何初步 1．（24-25高一下·广东·期中）如图，在直三棱柱中，，点是线段的中点. (1)求证：平面平面 (2)若，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据空间中线面的位置关系，结合面面垂直的判定定理证明即可. （2）求出直三棱柱的各边长，找到二面角的平面角即可求出二面角的正弦值. 【详解】（1）∵三棱柱为直三棱柱，∴. ∵，点是线段的中点，∴， ∴为等腰直角三角形，故， ∴，即. ∵在直三棱柱中，，∴， ∵，平面，∴平面， ∵平面，∴， ∵，平面，∴平面， ∵平面，∴平面平面. （2） ∵四边形为矩形，点是线段的中点，∴， ∵，∴为等边三角形，故. 由题意得，，，∴， ∵，∴. 如图，过作平面，垂足为，连接，. 由（1）得，平面平面， ∵平面，∴平面平面. ∵，平面，平面，∴平面， ∴到平面的距离等于到平面的距离， ∵平面，平面，∴， ∵面，∴， ∴四边形为矩形，故，. 由平面，平面，∴，故. 由，得，     由（1）知，， ∵，平面，∴平面， ∵平面，∴，故为二面角的平面角， 在中，，∴. 由，，得为等腰直角三角形，即， ∴二面角的正弦值为. 2．（24-25高一下·河南新乡·期中）如图，在直三棱柱中，侧棱，，且分别为, 的中点. (1)证明：平面； (2)若. （i）求和的长； （ii）求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）（ii） 【分析】（1）取的中点，证平面平面，由面面平行的性质定理可得平面. （2）（i）由等腰三角形三线合一的性质可得结果. （ii）作，，由面面平行得二面角的大小即为二面角的大小，找到二面角的平面角，通过正切值计算可得结果. 【详解】（1）如图，取的中点，连接. ∵为的中点，且侧面为矩形，∴. ∵平面，平面，∴平面. ∵为的中点，∴是的中位线，故. ∵平面，平面，∴平面. ∵，且平面，∴平面平面. ∵平面，∴平面. （2）（i）∵，且， ∴，且， 故，. （ii）如图，过点作于，过作于点，连接， 由（1）知平面平面， ∴二面角的大小即为二面角的大小. 在直三棱柱中，侧面底面，侧面底面，平面，且， ∴平面. ∵平面，平面，∴，. ∵，，平面，∴平面. ∵平面，∴， ∴为二面角的平面角. ∵，， ∴在中，，∴， ∴二面角的大小为. 3．（24-25高一下·江苏南通·期中）如图，在等腰三角形中，，、分别为边、上靠近、的四等分点，将沿翻折至，使得平面平面，、分别是、的中点． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求证：； (3)求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用面面垂直的性质得出平面，可得出直线与平面所成角，求出、的长，即可求解； （2）取的中点，连接、，则，证明出平面，结合线面垂直的性质可证得结论成立； （3）过点在平面内，作垂直于直线，垂足为点，过点在平面内作，垂足为点，连接，由二面角的定义可知二面角的平面角为，计算出三边边长，即可求得的余弦值. 【详解】（1）连接交于点，连接， 不妨设， 因为、分别为边、上靠近、的四等分点，则， 因为为的中点，且， 因为，所以，即点为的中点， 翻折前，，翻折后，则有，则，即， 因为，为的中点，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面，故直线与平面所成角， 易知，，， 故，即， 所以，故. （2）取的中点，连接、，则， 因为，则， 因为平面，则平面，平面，所以， 因为，、平面，故平面， 因为平面，故. （3）过点在平面内作垂直于直线，垂足为点， 过点在平面内作，垂足为点，连接， 因为平面，平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 因为平面，故， 因为，，、平面，故平面， 因为平面，故，故二面角的平面角为， 因为，为的中点，故， 在平面内，，，则， 所以，故，所以， 故， ， 由勾股定理可得， 故， 由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦直线为. 4．（24-25高一下·陕西西安·期中）如图所示，三棱柱，底面是边长为2的正三角形，侧棱底面，点分别是棱，上的点，点是线段的中点，． (1)求证平面； (2)求与所成角的余弦值； (3)若，求多面体的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）取的中点，连接；证明，根据线面平行判定定理证明平面. （2）根据异面直线夹角定义证明为直线与所成角，解三角形求其余弦值即可. （3）求出四棱锥及三棱柱的体积，再利用割补法求出多面体的体积. 【详解】（1）取的中点，连接， 由分别为的中点，得，， 而，且，则，且 ， 四边形为平行四边形，， 又平面，平面， 所以平面. （2）由（1）知，，则为直线与所成角， 由平面，，得平面，而平面， 则，，， 直角梯形中，， 则， 在中，由可得， 在中，，， 在中，，， 所以与所成角的余弦值为. （3）在棱柱中，取中点，连接，则， 由平面，平面，得，而， 平面，则平面，而，， 四棱锥的体积，由，得， 三棱柱的体积， 所以多面体的体积为. 5．（23-24高一下·江苏无锡·期中）在直四棱柱中，底面为平行四边形， ，分别为线段的中点.    (1)证明：； (2)证明：平面//平面； (3)若，当与平面所成角的正弦值最大时，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）连接，设，连接，通过证明以及得到为等腰三角形，进而可得结论； （2）结交于，连结，通过证明平面以及平面可得面面平行； （3）利用体积法求点到平面的距离，设与平面所成的角为，表示出，求其最值，进而可得体积. 【详解】（1）如图，连接，设，连接.    因为，平面，平面，故， 而，，平面， 故平面，而平面，故， 由四边形为平行四边形可得， 故为等腰三角形，即； （2）延长交于，连结，由中位线性质可得，且，所以， 因为平面平面，所以平面， 可得为中点，所以， 因为平面平面， 所以平面， 因为平面平面， 所以平面//平面；.    （3）设，， 由（1）可得平面，而平面，故， 故四边形为菱形，而，故. 因为平面，平面，故， 故，同理. 而，故. 设为点到平面的距离，与平面所成的角为， 故. 又， 而， 故，故， 故， 当且仅当即时等号成立， 故此时. 【点睛】方法点睛：线面角可以通过体积法求出点到面的距离后，利用（为斜线段的长度）来表示，可以避免建系产生的复杂计算. 6．（24-25高一下·云南昭通·期中）阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，⋯，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．”已知在直四棱柱中，底面为菱形，．（角的运算均采用弧度制） (1)若，求四棱柱在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若与平面的夹角的正弦值为，求四棱柱在顶点处的离散曲率； (3)截取四面体，若该四面体在点处的离散曲率为，与平面交于点，证明：． 【答案】(1)2 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据条件得到菱形为正方形，再根据在顶点处的离散曲率的定义计算即可； （2）结合立体几何知识，求得与平面的夹角为，求得，再根据在顶点处的离散曲率的定义计算即可； （3）根据四面体在点处的离散曲率为求得，再结合立体几何知识，证得平面，用等体积法求三棱锥的体积，求得，即可得证. 【详解】（1）若，则菱形为正方形，即． 因为平面，平面，所以，， 所以直四棱柱，在顶点处的离散曲率为， 所以四棱柱在各个顶点处的离散曲率的和为2． （2）∵为菱形，∴． 又直四棱柱， ∴平面，平面，∴． 又平面，，∴平面． 设，则即为与平面所成的角， 在中，，因为与平面的夹角的正弦值为， 所以，所以，则． 因为平面，平面，所以，， 所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为． （3）证明：在四面体中，，，， 所以，， 所以四面体在点处的离散曲率为， 所以， 所以为等边三角形，所以． 又在中，，所以， 所以直四棱柱为正方体． 因为平面，平面，所以． 又，，平面， 所以平面． 又平面，所以． ∵平面，平面，∴． 又平面，，∴平面． 又平面，所以． 又，平面，所以平面． ∴是三棱锥的高，设正方体的棱长为， ∴，， ∴，∴， ∴，∴， ∴． 7．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图已知四棱锥，底面为梯形，，，，P、Q为侧棱上的点，且，点为上的点，且．    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)平面与侧棱相交于点，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)2 【分析】（1）连接，证明四边形为平行四边形，即得，再由线线平行证明线面平行即可； （2）由（1）得，证得平面，再证，即可证平面，最后由线面平行推出面面平行； （3）由（1）已得，可证平面，又因面，由线面平行的性质可推得，继而得到，利用平行线分线段成比例定理即可求得的值. 【详解】（1）连接， 在中，，，且， 又，，且， 四边形为平行四边形，， 又平面，平面， 所以平面. （2）由（1）得，又平面，平面， 平面， 在中，，， 又平面，平面，平面， 又因且均在平面中， 平面平面. （3）由（1）知，又面，面，平面， 又平面，面面， ，又，，．    8．（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图，三棱锥各棱长均为，侧棱上的、、满足，，线段上的点满足平面. (1)在上，，求证：平面平面； (2)若，且，求的值； (3)求三棱锥体积的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用线面平行的判定定理可证得平面，再结合已知条件与面面平行的判定定理可证得结论成立； （2）过点在平面内作交于点，连接，证明出平面平面，利用面面平行的性质可得出，然后在平面内，利用平面向量的基本定理和共线向量的基本定理可求得的值； （3）分析可得，求出的面积以及点到平面的距离，利用锥体的体积公式结合基本不等式可求得三棱锥体积的最大值. 【详解】（1）如下图所示： 因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面，，、平面， 所以平面平面. （2）过点在平面内作交于点，连接， 因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面，，、平面， 所以平面平面. 因为平面平面，平面平面，所以， 因为为的中点，，则为的中点， 因为，且正三棱锥的棱长均为， 则，，， 所以，， ， 因为，所以，，则存在，使得， 即， 因为、不共线，则，解得. 综上所述，. （3）因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 所以， 设点在平面上的射影为点，则为等边的中心， 由正弦定理可得，则， 所以， 因为，所以，点到平面的距离， 点到直线的距离为， 所以，， 所以， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故三棱锥体积的最大值为. 9．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，在棱长为4的正方体中，E为的中点，经过A，，E三点的平面记为平面. (1)平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比（其中）； (2)点P是在侧面内的动点，满足，当最短时，求三棱锥的外接球的表面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据题意作出正方体经过A，，E三点的完整截面，再将分割成与，求出和即得； （2）分别取的中点，证明平面，确定点在线段上，结合图形，判断点为线段的中点时，最短，由分析得到点为的外心， 连接，交于点，分析推出三棱锥的外接球的球心在上，利用两个直角三角形建立方程，求解即得外接球半径即可. 【详解】（1） 如图，因平面平面，且，， 故平面必与平面相交，且交线与平行，设其与交于点， 连接，易得，且，则得， 则，故，因E为的中点，则为的中点. 于是， ， 则，故. （2）如图，分别取的中点，连接， 易得，，则得，故， 又平面，，则；易得，同理可得， 又平面，故平面， 因，且点P是在侧面内的动点，则点在线段上， 又，故当点为线段的中点时，最短. 设，在中，点为的外心， 连接，交于点，连，则平面， 则三棱锥的外接球的球心在上，设为点， 连接，则长即外接球半径，设，则，又， 在中，，在中，， 联立两方程，解得，故外接球的表面积为. 10．（23-24高一下·重庆·期中）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. (1)求四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)如图，现已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，顶点在底面的射影为的中点. ①若，求该四棱锥在处的离散曲率； ②若该四棱锥在处的离散曲率，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)2 (2)①；② 【分析】（1）根据离散曲率的定义，直接计算，即可得答案； （2）①求出的值，利用余弦定理求出顶点S处的侧面的顶角大小，即可求得答案；②根据四棱锥在处的离散曲率，求出棱锥的高，再根据线面角的定义，即可求解答案. 【详解】（1）由题意可知四棱锥在各个顶点处的角的和， 即等于四个侧面上的三角形和底面四边形的内角和，即， 故四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和为：； （2）①连接，由于底面是边长为2的菱形，故交于点O， ，则为正三角形，则, 底面，底面，故，， 则，， 则 ， 由于为三角形内角，故； 同理求得， 故该四棱锥在处的离散曲率； ②由题意可知四棱锥的是个侧面三角形全等， 即得， 四棱锥在处的离散曲率，则， 设，则，而， 故，解得， 作于E，则E为AB中点，结合题意知为正三角形，故， 作于F，则，且， 则; 连接，由于底面，底面，故， 平面，故平面， 平面，故平面平面，平面平面， 作于G，则平面， 则即为直线与平面所成角， 则. 【点睛】关键点睛：本题考查空间几何的新定义问题，解答的关键是要理解新定义，并能根据新定义的含义去解决问题；解答第二问时，要能根据四棱锥在处的离散曲率，求出棱锥的高，进而根据线面角定义解决问题. 11．（23-24高一下·浙江嘉兴·期中）如图在四棱锥中，底面为矩形，侧棱，且，，，点E为AD中点， (1)求证：平面平面； (2)求二面角的余弦值； (3)点F为对角线AC上的点，且，垂足为G，求FG与平面ABCD所成的最大角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）结合线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理即可得； （2）面面垂直的性质定理平面，线面垂直的判定定理得平面，平面，线面平行的判定定理得平面，作垂足为，由等面积法得求出可得答案； （3）作平面，在平面作交于点，设线交线于点，由线面垂直的判定定理得平面，得，，求出可得答案. 【详解】（1），， 则，， 又，，平面， 平面，平面， 平面平面； （2）侧棱，点E为AD中点.，，， 为正三角形，取中点，则，， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 平面，所以，， 在边上取，连接，可得四边形是长方形， 可得，又，平面， 所以平面，作，垂足为，平面， ，， 又，平面， 平面，且， 又，平面，平面， 平面， 所以点到平面的距离，且点的投影在内， 在中，，，由余弦定理得， 作垂足为，由等面积法得， 所以二面角的大小的正弦值 ，； （3）作平面， 则，为在平面内的射影， 所以点，，共线， 再在平面作交于点， 又，，平面， 平面， 设线交线于点， 则，又，，平面， 平面，平面，得， ，， 又因为， 所以与平面所成的最大角的正弦值为， 当点为线与的交点时取到最大角. 【点睛】方法点睛：求二面角的方法：1.概念法，概念法指的是利用概念直接解答问题；2.空间变换法，空间变换法指的是基本的空间方法，包括三垂线法、补角法、垂面法、切平面法等方法；3.空间向量法.  12．（23-24高一下·江苏无锡·期中）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，． (1)求直线与平面所成角的余弦值； (2)证明：平面； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）先证明，再证明，找到直线与平面所成角，据此即可求解； （2）证明，求出和，证明，，，据此即可求解； （3）根据（2）找到三棱锥的高，据此即可求解. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以，因为为正方形， 所以，又，平面， 所以，故就是直线与平面所成角， 中，易得， 所以，， 所以直线与平面所成角的余弦值为 ； （2）因为平面平面， 所以，因为， 所以四边形为直角梯形，所以， 在中，，则， 故，因为平面平面， 所以，在中，， 在中，， 所以，由（1）知， 又平面， 所以平面； （3）设三棱锥的高为，则， 由（2）得，平面，所以三棱锥的高即为， ，又在中，， 所以，， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于（3）中根据（2）找到三棱锥的高. 13．（23-24高一下·江苏南通·期中）如图，在四棱锥中，平面，，且，是的中点． (1)证明：； (2)若，直线与直线所成角的余弦值为． （ⅰ）求直线与平面所成角； （ⅱ）求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析. (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）取的中点，利用线面垂直的性质、异面直线垂直推理即得. （2）（ⅰ）利用线面垂直的判定性质证得，再由异面直线夹角余弦求出，确定线面角并求出大小；（ⅱ）过作于，过作交于，再借助图形求出二面角的余弦值. 【详解】（1）取的中点，连接，由平面，，得平面， 而平面，则，由为的中点，得， 则四边形是平行四边形，因此， 所以. （2）（ⅰ）由为的中点，，则，而， 平面，于是平面，平面， 则，由，得直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，为， 在中，，而， 解得，则，由平面，得直线与平面所成角为， 显然，则， 所以直线与平面所成角为. （ⅱ）过作于，由（ⅰ）可得，为等腰三角形， ，，由三角形面积法得， 由勾股定理得，过作交于，与延长线交于点， 在直角梯形中，，则， ，显然∽，则， 于是，，为线段的中点， 显然是二面角的平面角，在正中，， 由平面，平面，则，平面， 于是平面，而平面，则，， 所以二面角的余弦值. 【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． 14．（23-24高一下·广东东莞·期中）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：如图1，由射线、、构成的三面角，，，，二面角的大小为，则. (1)如图2，四棱柱中，平面平面，，，求的余弦值； (2)当时，证明以上三面角余弦定理； (3)如图3，斜三棱柱中侧面，，的面积分别为，，，记二面角，二面角，二面角的大小分别为，，，试猜想正弦定理在三维空间中推广的结论，并证明. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）根据定义将已知的条件代入计算即可； （2）过射线PC上一点H作交PA于M点，作交PB于N点，连接MN，画出图形，则是二面角的平面角，根据已知条件利用三角形中的余弦定理进行证明即可； (3) 已知三棱锥，以，，为棱的二面角分别为，，，设，，，先证明，根据所描述的结论进行证明即可. 【详解】（1）由平面平面，得， 由三面角余弦定理得， 因为，， 所以； （2）过射线PC上一点H作交PA于M点， 作交PB于N点，连接MN，如图所示： 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； （3）已知三棱锥，，，，侧面，，的面积分别为，，，以，，为棱的二面角分别为，，， 求证：. 证明： 在上取点，使得，过作平面，，， 设，，， 则，， 同理， 所以，即， 同理可证， 所以， 又因为，所以， 同理，， 所以，同乘得： . 【点睛】方法点睛：三面角的正余弦定理与平面几何中的有关三角形的正余弦定理类似，是三维几何中的一种重要的计算方法. 15．（23-24高一下·广东中山·期中）在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型,点E在棱PB上，满足, 点F在棱PC上，满足要求同学们按照以下方案进行切割：    (1)试在棱PC上确定一点G，使得 平面，并说明理由； (2)过点A，E，F的平面α交PD于点H，沿平面α平将四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，需先在模型中确定H 点的位置； ①请求出 的值； ②若正四棱锥模型的棱长均为6，求直线与平面α所成角的正弦值. 【答案】(1)G为PC上靠近C的四等分点，理由见解析 (2)①；② 【分析】（1）由条件及结合图形，考虑取PC上靠近C的四等分点为G,即可推得,即得平面； （2）①延长FE， 与的延长线交于点M ， 连接并延长与的延长线交于N， 连接FN， 交PD于H，利用相似形即得到，，即可推得结果； ②先证明平面，再证得平面，从而平面，作，证得到即直线与平面α所成角，解即得. 【详解】（1）    由已知得，点E在棱PB上，满足,点F在棱PC上，满足， 如图，取PC上靠近C的四等分点为G，则必有, 则根据三角形相似，必有， 因平面, 平面, 易得EF∥平面 . （2）    ①延长FE， 与的延长线交于点M ， 连接并延长与的延长线交于N， 连接FN， 交PD于H， 由（1） 可得，即G为的中点， 由， 可得B为MC的中点， 由AD∥BC及 可得D为CN的中点， 在等腰三角形PCD中， F为PC的中点， 取CD的中点K， 连接FK， 则，, 所以，， 即 . ②   连接,两线交于点，连接,则平面，因平面，则, 因是正方形，则，又，故得平面， 由①得,则,故有平面， 又,则有平面，且平面, 过点作于点，则，则即直线与平面α所成角. 因，则，在中，, 故，即直线PA与平面α所成角的正弦值为 【点睛】关键点点睛：本题主要考查线面平行的判定探究和线面所成角的求法，属于较难题. 解题的关键在于在寻求与已知直线平行的直线，由线线平行得线面平行；关键二在于要求线面所成角，一般应构建平面的垂线，利用线面所成角的定义得到并借助于解三角形求得；也可利用等体积算出点到平面的距离再间接计算得到. 16．（23-24高一下·河南安阳·期中）在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，.    (1)证明： (2)若，当与平面所成角的正弦值最大时，求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）首先证明平面，进而证出， 为中点，证明出为等腰三角形即可； （2）由题意设，解出，再根据体积相等求出，由基本不等式解出最大值，并解出的值，进而解出四棱锥的体积即可. 【详解】（1）    如图，连接，设，连接， 因为平面平面，故， 而平面， 故平面，而平面，故， 由四边形为平行四边形可得， 故为等腰三角形，即； （2）设， 由（1）可得平面，而平面，故， 故四边形ABCD为菱形，而，故， 因为平面平面，故， 故，同理， 而，故， 设为点到平面的距离，与平面所成的角为，， 故， 又， 而， 故，故， 故， 当且仅当即时等号成立，所以， 故此时. 【点睛】方法点睛：设出，等体积法结合基本不等式是解决立体几何体积问题的一种重要方法. 17．（23-24高一下·河南·月考）如图，在四棱台中，平面，底面为平行四边形，，且分别为线段的中点. (1)证明：. (2)证明：平面平面. (3)若，当与平面所成的角最大时，求四棱台的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）证明线面垂直，利用垂直条件及题意即可证明； （2）证明出平面中的两条相交直线均平行于平面即可； （3）结合题意先求出，再求出的体积即可. 【详解】（1） 证明：如图，连接，与交于点， 因为平面平面，所以， 又因为， 所以平面， 因为平面，所以， 因为四边形是平行四边形，所以四边形是菱形，则， 因为平面，所以， 所以，即. （2）证明：延长交于点，连接， 由中位线性质可得，因为，所以， 因为平面平面， 所以平面， 所以为的中点，则， 因为平面平面，所以平面， 因为，所以平面平面. （3）设.因为，所以，则，. 设点到平面的距离为与平面所成的角为， 则， 因为， ， 所以，得， 所以， 当且仅当，即时，等号成立，此时与平面所成的角最大， 的体积 【点睛】关键点点睛：利用基本不等式求最值，解出相等情况进而解出值，即解出的值，进而求出的体积. 18．（23-24高一下·福建泉州·期中）在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质四棱锥模型，为正三角形，，，为线段的中点． (1)求证：平面； (2)过点的平面交于点，沿平面将木质四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，请你完成以下两件事情： ①在木料表面应该怎样画线？（在答题卡的图上画线要保留辅助线，并写出作图步骤）； ②在木质四棱锥模型中确定点的位置，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①答案见解析；②位置见解析， 【分析】（1）取为的中点，连接，，由题意可证，平面，平面，即可得：平面平面，再利用面面平行证线面平行即可； （2）①根据平面的基本性质即可确定在木料表面应该怎样画线；②过点作交于点，由题意可证四点共面，再根据平行线所截线段成比例即可求解. 【详解】（1） 记为的中点，连接，，如图， 因为分别为的中点，所以为的中位线， 所以，因为平面平面， 所以平面； 又因为为正三角形，所以， 又为中点，所以， 又为等腰三角形，，所以， 所以，即， 所以，又平面平面， 所以平面； 又，平面，平面， 故平面平面， 又因为平面，故平面． （2） ①延长、相交于点，连接交于点，连接， ②过点作交于点，如图， 因为平面，平面，平面平面， 所以，此时四点共面， 由（1）可知： ，，， 得， 故，又因为，所以， 则有，故． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于通过平面的基本性质确定点，再过点作交于点，由平行线所截线段成比例即可求解比例关系. 19．（23-24高一下·福建厦门·期中）如图，在矩形中，，，是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影落在线段BC上． (1)当点M与端点重合时，证明：平面； (2)当时，求二面角的余弦值； (3)设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）通过证明和，证明平面； （2）作于，连接，，由线面垂直的判断定理得到平面，进而为二面角的平面角，再结合三角形面积公式求出，最后求出余弦值即可； （3）由几何法找到和，表示出，利用函数方法可求最大值. 【详解】（1） 当点M与端点D重合时，由可知， 由题意知平面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面，又平面，可知 ，平面，平面， 所以平面. （2） 作于，连接，， 由题意，折起后由题意可得，平面， 因为平面，所以， 又，平面， 所以平面， 所以三点共线， 所以为二面角的平面角， 因为 在中，， 由三角形面积相等可得 又因为，所以，即， 所以在中，， 即二面角的余弦值为. （3） 过点做交于，所以直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角， 由（2）可知平面，平面，所以平面平面， 作，垂足为，平面平面，平面，可得平面， 连接，是直线与平面所成的角，即， 因为，满足， 设，， ， 因为在中，斜边大于直角边，即， 所以，所以， ， 在中由等面积，， 因为，，所以是二面角平面角， 即，， ，当且仅当时“＝”成立， 故的最大值为. 【点睛】方法点睛： 1.求直线与平面所成的角的一般步骤： ①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成； ②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解． 2.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． 20．（23-24高一下·浙江·期中）如图，正方体的棱长为1，，分别为，的中点. (1)证明：平面. (2)求异面直线与所成角的大小. (3)求直线与平面所成角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3). 【分析】（1）利用线线平行证明线面平行即得； （2）利用平移得到与所成角为，解三角形即得； （3）连接，过作于点，先证平面，再证平面，即得直线与平面所成角，结合即可求得. 【详解】（1） 如图，连接交于点， 因为，分别为，的中点，所以. 因为平面，且平面， 所以平面. （2）因，且，易得， 则有，由（1）得，故与所成角为（或其补角）. 因为，所以， 即与所成角的大小为. （3）连接，过作于点. 因为平面，且平面， 所以，又且， 所以平面. 因为平面，所以， 又，且，平面， 所以平面， 所以直线与平面所成角为（或其补角）. 因为正方体的边长为1，所以，， 所以. 【点睛】思路点睛：解决异面直线的夹角问题，大多通过平移将两直线集中到一个三角形中，利用三角函数定义或正弦定理，余弦定理求解；对于线面所成角，一般需要作出并证明直线在平面上的射影，借助于直角三角形求解. 21．（23-24高一下·吉林·期中）刻画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2π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A的曲率为，N，M分别为AB，的中点，且． (1)证明：平面． (2)证明：平面平面． (3)若，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）由题意可得，根据线面垂直的性质可得，结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）如图，易证，由（1）得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明； （3）如图，根据线面垂直的判定定理可得平面，则，易证，则∠AHF为二面角的平面角的补角．结合等面积法求得FH，即可求解. 【详解】（1）在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC， 则，，所以点A的曲率为， 所以．因为，所以△ABC为正三角形． 因为N为AB的中点，所以． 又平面ABC，平面ABC，所以， 因为，平面，所以平面． （2）取的中点D，连接DM，DN． 因为N为AB的中点，所以且． 又且，所以且， 所以四边形CNDM为平行四边形，则． 由（1）知平面，则平面． 又平面，所以平面平面． （3）取BC的中点F，连接AF，则． 因为平面ABC，平面ABC，所以， 因为，平面，所以平面． 又平面，所以，过F作的垂线，垂足为H，连接AH， 则，又平面，所以平面， 又平面，， 所以∠AHF为二面角的平面角的补角． 设，，则，，． 由等面积法可得，则， 则，故二面角的正切值为． 【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是线面、面面垂直的判定定理与性质和求二面角. 22．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段的中点，在平面内的射影为D.    (1)求证：平面； (2)若点F为棱的中点，求三棱锥的体积； (3)在线段上是否存在点G，使二面角的大小为，若存在，请求出的长度，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【分析】（1）通过几何图形的性质证明，即可； （2）利用平面，并结合三棱锥的体积公式计算即可； （3）根据二面角的定义结合（1）作出其平面角，解三角形即可. 【详解】（1）如图所示，连接，    由题意可知平面ABC，四边形是菱形. 平面ABC，， 又D是AC中点，是正三角形，， 又平面，平面， 平面，， 在菱形中，有， 而D，E分别是线段的中点，则，所以， 平面，平面； （2）如图所示，    由（1）可知，，平面， 为三棱锥的高， ，， 又在平面内的射影为， ，则，， ，则， 为直角三角形， ， . （3）如图，假设存在G点满足题意，取的中点S，连接，    过G作交于M，连接MD， 易得，平面，平面，故平面， 又结合（1）的结论有，故二面角为， 所以， 如图，在菱形中，作，    易得， 则， 易知为直角三角形，故. 【点睛】思路点睛：本题立体几何的求解可从以下方面入手： （1）证明线面垂直，要在该平面内找两条相交直线与已知直线垂直即可； （2）第二问关键在于求三棱锥的高，通过构造线面垂直来转化； （3）另一个关键在于求二面角的平面角，结合（1）的结论找出垂直关系解三角形即可. 23．（23-24高一下·安徽六安·期中）如图，已知等腰梯形的外接圆圆心在底边上，，，，点是上半圆上的动点（不包含，两点），点是线段上的动点，将半圆所在的平面沿直径折起，使得平面平面. (1)当平面时，求的值； (2)证明：不可能垂直； (3)设与平面所成的角为，二面角的平面角为（其中），求的最大值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由平面得，结合三角形相似求解； （2）假设，结合面面垂直性质得平面，推出矛盾即可求证明； （3）作垂足为，连接，过作垂足为，连结，证明和分别为，结合两角差正切公式和基本不等式求最值即可求解. 【详解】（1）连接交于点，连接，则平面平面， 依题意，平面，平面，所以，              所以， 等腰梯形中，，所以. （2）假设， 因为平面平面.平面平面. 作，则平面，又平面，则， 平面，则平面 ，                                                    这与在中，相矛盾. 所以不可能垂直. （3）作垂足为，连接， 平面平面，平面平面 此时，平面，是在平面的射影， 所以即为与平面所成的角，则，                过作垂足为，连结， 又，，平面，所以平面 ，平面，.所以即为二面角的平面角. ，所以，即. 所以，等号取得当且仅当，时，  所以的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题考查线面，面面垂直的判定及性质，关键是利用定义法得到二面角并结合基本不等式求最值. 24．（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. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $