期末专项训练03 立体几何初步15大考点【满分全攻略备考系列】-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册重难点讲义与测试

期末真题专项训练03 立体几何初步 【考点一】基本立体图形 【考点九】线面平行的性质 【考点二】由直观图还原几何图形 【考点十】判断和证明面面平行 【考点三】斜二测画法中有关量的计算 【考点十一】求异面直线所成的角 【考点四】棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积 【考点十二】证明线面垂直 【考点五】圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积 【考点十三】求点面距离 【考点六】平面 【考点十四】证明面面垂直 【考点七】空间点、直线、平面之间的位置关系 【考点十五】求二面角 【考点八】判断和证明线面平行 【考点一】基本立体图形 1.（24-25高一下·广西钦州·期末）下列命题中正确的是（    ） A．正四棱锥的侧面都是正三角形 B．直四棱柱是长方体 C．以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥 D．用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台 2．（24-25高一下·广西河池·期末）如图，在直三棱柱中，，，，，点在棱上，求的最小值（   ） A． B． C． D． 3.（24-25高一下·河北沧州·期末）已知半径为2的球O与某圆锥的底面和侧面均相切，且该圆锥的轴截面为等边三角形，则该圆锥的表面积为______． 4．（24-25高一下·山西吕梁·期末）若一个棱长为2的正方体内接于四分之一球形封闭几何体（正方体的两个面分别在两个半圆面上，另外两个顶点在曲面上），则四分之一球形封闭几何体的内切球的半径为__________________. 【考点二】由直观图还原几何图形 5.（24-25高一下·黑龙江绥化·期末）如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形，其中，，，．以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体体积为（   ） A． B． C． D． 6．（23-24高一下·福建三明·期末）如图，是水平放置的 在斜二测画法下的直观图. 若 ，，则 的面积为（    ） A．2 B． C． D． 7.如图，△A′B′C′是△ABC的直观图（斜二测画法），其中A′与O′重合，C′在y′轴上，且B′C′∥x′轴，A′C′＝2，B′C′＝3，则△ABC的最长边长为________． 8.如图所示，一个水平放置的斜二测画法画出的直观图是，则原的周长是___________. 【考点三】斜二测画法中有关量的计算 9.（24-25高一下·广东云浮·期末）如图所示，一个水平放置的的斜二测直观图是，若，则的面积是（ ） A． B． C． D． 10．（24-25高一下·黑龙江·期末）如图，在直角梯形中，，则直角梯形的直观图的面积为（   ）    A．8 B． C．1 D． 11.（24-25高一下·福建·期末）如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中 ，则原四边形的周长为_________. 12．（24-25高一下·福建·期末）用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，轴，轴，，，则的原图形的面积为______． 【考点四】棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积 13.（24-25高一下·黑龙江大庆·期末）已知正四棱锥的底面正方形的边长为，高为，则正四棱锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 14．（24-25高一下·四川成都·期末）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，但刘徽未能求得牟合方盖的体积，约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等．图1为棱长为r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为r的正方体的八分之一，图3是底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的顶点作的正四棱锥，由祖暅原理计算知，牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为（    ） A． B． C． D． 15.（23-24高一下·河南商丘·期末）如图，在正方体中，为线段的中点，过点的平面把正方体分成体积为的两个几何体，则_________．    16.（23-24高一下·陕西安康·期末）如图，在正四棱锥中，，. (1)求四棱锥的体积； (2)求四棱锥的表面积. 【考点五】圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积 17.（24-25高一下·辽宁丹东·期末）已知圆锥的母线长为2，底面半径为1，则圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 18.（24-25高一下·辽宁·期末）在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，该四棱柱的所有顶点都在球的球面上，则球的表面积为 （    ） A． B． C． D． 19.（24-25高一下·甘肃临夏·期末）直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若，则此球的表面积为__________，体积为__________． 20.（23-24高一下·山东潍坊·期末）已知圆锥的底面半径为3，侧面积为. (1)求圆锥的体积； (2)求圆锥的内切球的表面积. 【考点六】平面 21.（24-25高一下·山东东营·期末）下列说法正确的是（    ） A．底面是矩形的平行六面体是长方体 B．正四面体的高为其棱长的倍 C．用一个平面截正方体，得到的截面可能为五边形 D．过圆锥顶点的所有截面中，轴截面面积最大 22．（24-25高一下·福建龙岩·期末）用符号语言表述“若直线在平面内，则直线上的一点必在平面内”，正确的是（   ） A． B． C． D． 23．（23-24高一下·湖南益阳·期末）下列说法中不正确的是（    ） A．三棱锥是四面体，正四面体是正三棱锥 B．平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 C．平行的线段在直观图中仍然平行 D．在同一个圆中，圆心和圆上两点可确定一个平面 24．（23-24高一下·河南三门峡·期末）在正四棱柱中，，分别是的中点，则平面截该四棱柱所得截面的周长为（    ） A． B． C． D． 【考点七】空间点、直线、平面之间的位置关系 25.（24-25高一下·辽宁大连·期末）已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 26．（24-25高一下·辽宁大连·期末）如图，三棱柱中，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则下列说法错误的是（   ）． A．E，F，G，H四点共面 B．与是异面直线 C．，，三线共点 D． 27.（24-25高一下·广东惠州·期末）在正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中， 异面直线AC与A₁B所成角的大小为 _____________. 28.（24-25高一下·云南昭通·期末）如图，在正方体中，棱长为2，E，F，G，H分别为的中点． (1)求异面直线与所成的角的正切值； (2)正方体的所有顶点均在同一个球面上，求该球体的体积． 【考点八】判断和证明线面平行 29.（24-25高一下·湖北武汉·期中）下列命题中正确的是（    ） A．若直线上有无数个点不在平面内，则 B．若直线平面，则直线与平面内的任意一条直线都平行 C．若直线直线b，直线平面，则直线平面 D．若直线平面，则直线与平面内的任意一条直线都没有公共点 30．（23-24高一下·河南许昌·期末）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下面命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，则 31．如图，在下列四个正方体中，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的有（    ）个. A．1 B．2 C．3 D．4 32.（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__________． 【考点九】线面平行的性质 33.（24-25高一下·云南临沧·期末）已知，是两个不同的平面，，，是三条不同的直线，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 34．（24-25高一下·浙江嘉兴·期末）设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 35.（24-25高一下·山东枣庄·期末）已知α，β，γ是三个平面，，，． (1)若，求证：； (2)若，判断a与c及b与c的关系，并说明理由． 36．（24-25高一下·湖北武汉·期末）如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，． (1)当平面时，求实数的值； (2)当时，求与平面所成角的正弦值． 【考点十】判断和证明面面平行 37.（24-25高一下·河南·期末）已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 38．（23-24高一下·浙江杭州·期末）已知正四面体中，是棱上一点，过作平面，满足，若到平面的距离分别是3和9，则正四面体的外接球被平面截得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 39.（多选）（24-25高一下·辽宁·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱，的中点，点是棱的中点，过线段作与平面平行的平面，截正方体所得的截面，下列选项正确的是（   ） A．截面图形是梯形 B．截面图形是五边形 C．截面的面积为 D．该截面所在平面截正方体的外接球所得截面的面积为 40.（24-25高一下·甘肃张掖·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为正方形内一动点，且平面，则点的轨迹的长度为_____． 【考点十一】求异面直线所成的角 41.（24-25高一下·新疆阿克苏·期末）如图，在正方体中，异面直线与所成的角是（   ） A． B． C． D． 42．（24-25高一下·河北唐山·期末）已知直四棱柱的棱长均为2，，设，分别是相邻两个面的对角线所在的直线，则与所成角的余弦值不可能为（    ） A． B． C． D． 43.（24-25高一下·湖南·期末）如图，在菱形ABCD中，，，M为BC的中点，将沿直线AM翻折成，连接和，N为的中点，连接CN.则在翻折过程中，与CN的夹角为______. 44.（24-25高一下·安徽合肥·期末）如图，在正三棱柱中，，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【考点十二】证明线面垂直 45.（24-25高一下·山西运城·期末）在边长为2的正方形中，点是的中点，点是的中点，将，分别沿折起，使三点重合于点.则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D．1 46．（24-25高一下·河南驻马店·期末）已知为平行六面体，P为棱的中点，则 ①过点P有且只有一条直线与直线和都相交； ②过点P有且只有一个平面与直线和都平行； ③过点P有无数条直线与直线和都垂直； ④过点P与直线和的夹角均为的直线至少有两条. 其中正确的命题个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 47.（24-25高一下·山东德州·期末）已知中，，将顶点绕棱AB旋转到，当时，三棱锥的体积为___________. 48.（24-25高一下·河北秦皇岛·期末）如图，已知点为所在平面外一点，平面，，于，于，求证：    (1) 平面； (2). 【考点十三】求点面距离 49.（24-25高一下·江西·期末）在棱长为3的正方体中，点D到平面的距离为（   ） A． B．3 C． D． 50．（24-25高一下·广西柳州·期末）在棱长为的正方体中，点到平面的距离为（    ） A．1 B．2 C． D． 51.（24-25高一下·河南安阳·期末）已知等边的边长为1，平面，且，则点到平面的距离为______． 52.（24-25高一下·内蒙古乌兰察布·期末）如图，在四棱锥中，平面，，分别为棱的中点.    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【考点十四】证明面面垂直 53.（24-25高一下·福建福州·期末）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 54．（24-25高一下·陕西西安·期末）设，，为不同的平面，，为不同的直线，则下列能使平面与平面平行的一个条件是（    ） A．， B．，， C．内有无数条直线与平行 D．，， 55.（23-24高一下·辽宁大连·期末）已知矩形中，，，将沿折至，得到三棱锥，则该三棱锥体积的最大值为____；该三棱锥外接球的表面积为____. 56.（24-25高一下·辽宁大连·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为正方形，分别为的中点. (1)直接写出图中与平行的平面； (2)求证：平面平面； (3)在棱上是否存在点，使得平面平面?若存在，求三棱锥体积；若不存在，说明理由. 【考点十五】求二面角 57.（24-25高一下·四川成都·期末）已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线SA，SB互相垂直且的面积为3，直线SA与圆锥底面所成角为，则二面角的大小为（   ） A． B． C． D． 58．（24-25高一下·河南洛阳·期末）已知正四棱台的体积为，，且其侧面与底面所成二面角的正切值为，则该正四棱台的高为（   ） A． B． C．3 D． 59.（24-25高一下·辽宁大连·期末）已知正四棱台中，，其侧面积为，为侧面的中位线，若该棱台内切球半径为，则二面角的余弦值为_______. 60.（24-25高一下·四川泸州·期末）如图，已知平面平面ABCD，四边形ABCD是正方形，，点E，F，M分别是BC，PB，AD的中点．    (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求二面角的余弦值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 期末真题专项训练03 立体几何初步 【考点一】基本立体图形 【考点九】线面平行的性质 【考点二】由直观图还原几何图形 【考点十】判断和证明面面平行 【考点三】斜二测画法中有关量的计算 【考点十一】求异面直线所成的角 【考点四】棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积 【考点十二】证明线面垂直 【考点五】圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积 【考点十三】求点面距离 【考点六】平面 【考点十四】证明面面垂直 【考点七】空间点、直线、平面之间的位置关系 【考点十五】求二面角 【考点八】判断和证明线面平行 【考点一】基本立体图形 1.（24-25高一下·广西钦州·期末）下列命题中正确的是（    ） A．正四棱锥的侧面都是正三角形 B．直四棱柱是长方体 C．以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥 D．用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台 【答案】D 【分析】由正四棱锥，直四棱柱，圆锥，圆台结构特征结合题意可得答案. 【详解】对于A，正四棱锥的侧面不一定是正三角形，可能是等腰三角形，故A错误； 对于B，若直四棱柱的上下底面不是矩形，则不一定是长方体，故B错误； 对于C，以直角三角形的直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥，故C错误； 对于D，由圆台定义可得用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台，故D正确. 故选：D 2．（24-25高一下·广西河池·期末）如图，在直三棱柱中，，，，，点在棱上，求的最小值（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将平面、平面延展为同一个平面，分析可知当、、三点共线时，取最小值，结合勾股定理可求得结果. 【详解】将平面、平面延展为同一个平面，如下图所示： 由图可知，当、、三点共线时，取最小值， 且，，且， 延展后，、、共线，且，，， 由勾股定理可得. 故的最小值为. 故选：D. 3.（24-25高一下·河北沧州·期末）已知半径为2的球O与某圆锥的底面和侧面均相切，且该圆锥的轴截面为等边三角形，则该圆锥的表面积为______． 【答案】 【分析】根据圆锥的轴截面，应用边长关系及比例关系求边长，最后应用圆锥表面积公式计算求解. 【详解】如图，是该圆锥的轴截面，H为线段AB的中点，O为球O的球心，作，垂足为C，则． 因为为等边三角形，所以，所以， 所以4，所以，所以， 则该圆锥的表面积为． 故答案为：. 4．（24-25高一下·山西吕梁·期末）若一个棱长为2的正方体内接于四分之一球形封闭几何体（正方体的两个面分别在两个半圆面上，另外两个顶点在曲面上），则四分之一球形封闭几何体的内切球的半径为__________________. 【答案】 【分析】画出图象，结合图象利用勾股定理即可求解. 【详解】设球形封闭几何体的半径为，如图， 正方体的棱长满足，因为，所以， 内切球半径满足，所以. 故答案为：. 【考点二】由直观图还原几何图形 5.（24-25高一下·黑龙江绥化·期末）如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形，其中，，，．以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据图形求得，然后还原原图形，最后利用公式计算. 【详解】作，如图： 由，，所以， 则原几何体为圆台，上底面半径为，下底面半径为，高为4，如图： 所以该几何体的体积为：. 故选：A 6．（23-24高一下·福建三明·期末）如图，是水平放置的 在斜二测画法下的直观图. 若 ，，则 的面积为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】根据斜二测画法作图规则，将直观图还原为，即可求解. 【详解】由题意，在斜二测画法下的直观图中, 则在平面直角坐标系下，, 所以的面积为. 故选：B. 7.如图，△A′B′C′是△ABC的直观图（斜二测画法），其中A′与O′重合，C′在y′轴上，且B′C′∥x′轴，A′C′＝2，B′C′＝3，则△ABC的最长边长为________． 【答案】5 【分析】根据斜二测画法还原平面图即可. 【详解】由斜二测画法可知△ABC是直角三角形，且AC＝2A′C′＝4，BC＝B′C′＝3，则最长边（斜边）AB＝5， 故答案为：5. 8.如图所示，一个水平放置的斜二测画法画出的直观图是，则原的周长是___________. 【答案】 【分析】由直观图还原得到原，根据边的长度，即可求得答案. 【详解】由直观图还原得到原，如下图所示 为等腰三角形，底边，高， 所以，, 所以，原的周长是. 故答案为：. 【考点三】斜二测画法中有关量的计算 9.（24-25高一下·广东云浮·期末）如图所示，一个水平放置的的斜二测直观图是，若，则的面积是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据斜二测直观图求出, 的长，求出的面积． 【详解】由斜二测直观图可知，且， 则的面积. 故选：D. 10．（24-25高一下·黑龙江·期末）如图，在直角梯形中，，则直角梯形的直观图的面积为（   ）    A．8 B． C．1 D． 【答案】C 【分析】根据已知求原图的面积，再由斜二测画法中原图与直观图面积关系求结果. 【详解】由题设， 由. 故选：C 11.（24-25高一下·福建·期末）如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中 ，则原四边形的周长为_________. 【答案】 【分析】根据斜二测画法将直观图还原为原图，结合勾股定理，即可得答案. 【详解】根据题意，直观图中，，在等腰直角中由勾股定理得， 将直观图还原为原图，如图所示， 则，， 所以在中由勾股定理得：， 因为且， 所以四边形为平行四边形， 所以原四边形的周长为. 12．（24-25高一下·福建·期末）用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，轴，轴，，，则的原图形的面积为______． 【答案】10 【分析】根据给定条件，求出的面积，再利用该三角形与其原图形关系求得答案. 【详解】在中，轴，轴，则为等腰直角三角形，， 又，于是所对原图形为，边， 边上的高，所以的面积为. 故答案为：10 【考点四】棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积 13.（24-25高一下·黑龙江大庆·期末）已知正四棱锥的底面正方形的边长为，高为，则正四棱锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正四棱锥结构特征可求得侧面的高，由此可计算得到结果. 【详解】正四棱锥的底面边长为，高为，正四棱锥侧面的高为， 正四棱锥的侧面积. 故选：B. 14．（24-25高一下·四川成都·期末）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，但刘徽未能求得牟合方盖的体积，约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等．图1为棱长为r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为r的正方体的八分之一，图3是底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的顶点作的正四棱锥，由祖暅原理计算知，牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，列等式，套用正方体，锥体体积公式求解. 【详解】设正方体的边长为，则， 由，则， 所以牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为. 故选：B． 15.（23-24高一下·河南商丘·期末）如图，在正方体中，为线段的中点，过点的平面把正方体分成体积为的两个几何体，则_________．    【答案】 【分析】根据题意作出截面，利用台体体积公式计算较小部分的体积，然后可求即可求解. 【详解】设中点为，    又为线段的中点，所以， 又正方体中，，所以， 所以四点共面，即过点的平面为平面， 不妨设正方体边长为1，易知多面体为三棱台， ，， ， . 故答案为：. 16.（23-24高一下·陕西安康·期末）如图，在正四棱锥中，，. (1)求四棱锥的体积； (2)求四棱锥的表面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，先求四棱锥的高，结合锥体体积公式，即可求解； （2）根据题意，结合棱锥表面积求法，即可求解. 【详解】（1）连接，，记，连接， 如图所示.棱锥为正四棱锥， 所以平面， 又平面， 所以， 因为,即, 所以， 所以四棱锥的体积 . （2）取的中点，连接，，如图所示. 因为平面， 平面， 所以，且, 所以， 所以四棱锥的表面积. 【考点五】圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积 17.（24-25高一下·辽宁丹东·期末）已知圆锥的母线长为2，底面半径为1，则圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】直接由圆锥的侧面积公式得到. 【详解】因为，所以圆锥的侧面积. 故选：C. 18.（24-25高一下·辽宁·期末）在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，该四棱柱的所有顶点都在球的球面上，则球的表面积为 （    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据几何体的特征，确定球心的位置位于下底面与上底面的外接圆圆心的中点，进而求得球的半径满足，进而可得表面积. 【详解】 如图，过点作于点，连接， 因为，所以， 由平面几何知识可和， 又，故，所以， 所以. 设直四棱柱的下底面与上底面的外接圆圆心为， 则的中点为球心，且. 设球的半径为，因为，所以， 所以， 所以球的表面积. 故选：A 19.（24-25高一下·甘肃临夏·期末）直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若，则此球的表面积为__________，体积为__________． 【答案】 【分析】先求底面三角形的外接圆半径，再根据外接球球心在三棱柱的中截面上，求出外接球半径，进而根据公式求球的表面积和体积. 【详解】如图： 因为，，所以. 设底面外接圆半径为，则. 设底面的外接圆圆心为，过作平面的垂线，在三棱柱的同侧取点，使得，则为三棱柱外接球的球心. 设三棱柱外接球的半径为，则. 所以球的表面积为：； 体积为：. 故答案为：； 20.（23-24高一下·山东潍坊·期末）已知圆锥的底面半径为3，侧面积为. (1)求圆锥的体积； (2)求圆锥的内切球的表面积. 【答案】(1) (2) 【分析】利用圆锥侧面积公式、体积公式、圆锥内切球关系分析运算即可得解. 【详解】（1）由题意圆锥的底面半径为，设母线长为，圆锥的高为， 由圆锥的侧面积公式得：，解得，所以. 由圆锥的体积公式得:. （2）如图所示， 圆锥及内切球截面示意图如上图，设内切球半径为， ∵相似于， ∴，即， 解得：，所以内切球表面积：. 【考点六】平面 21.（24-25高一下·山东东营·期末）下列说法正确的是（    ） A．底面是矩形的平行六面体是长方体 B．正四面体的高为其棱长的倍 C．用一个平面截正方体，得到的截面可能为五边形 D．过圆锥顶点的所有截面中，轴截面面积最大 【答案】C 【分析】由长方体的结构特征判断A；根据正四面体的定义求解判断B；由正方体的结构特征，作出截面即可判断C； 根据圆锥的结构特征，即可判断D. 【详解】对于A，底面是矩形的平行六面体，它的侧面不一定是矩形，故它也不一定是长方体，即A不正确； 对于B，设棱长为a，正四面体的高是从一个顶点垂直于对面的高度， 所以底面的等边三角形的高为， 底面的重心将高分为， 又正四面体的高h与侧棱a和底面重心到顶点的距离构成直角三角形： 所以，故B不正确； 对于C，用一个平面去截一个正方体，分别是所在棱的中点，所得截面形状可能为三角形、四边形、五边形、六边形， 如图所示： ， 故C正确； 对于D，过圆锥顶点的截面为等腰三角形，且两腰长为母线长， 设该等腰三角形顶角为，则截面三角形面积为， 显然当，面积最大， 故当圆锥的轴截面三角形顶角大于时，圆锥的轴截面面积不一定是最大的，故D错误. 故选：C. 22．（24-25高一下·福建龙岩·期末）用符号语言表述“若直线在平面内，则直线上的一点必在平面内”，正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用点与线、线与面、点与面的关系的集合表示，逐项判断. 【详解】由直线在平面内，得；由点在直线上，得；由点在平面内，得， 选项A正确，选项BCD都错. 故选：A 23．（23-24高一下·湖南益阳·期末）下列说法中不正确的是（    ） A．三棱锥是四面体，正四面体是正三棱锥 B．平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 C．平行的线段在直观图中仍然平行 D．在同一个圆中，圆心和圆上两点可确定一个平面 【答案】D 【分析】根据棱锥的定义判断A，根据平行六面体的定义判断B，根据斜二测画法判断C，根据基本事实判断D. 【详解】对于A：三棱锥是四面体，正四面体所有棱长均相等，所以正四面体是正三棱锥，故A正确； 对于B：平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，故B正确； 对于C：根据斜二测画法可知，平行的线段在直观图中仍然平行，故C正确； 对于D：当三点恰好在同一条直径上时不能唯一确定一个平面，故D错误. 故选：D 24．（23-24高一下·河南三门峡·期末）在正四棱柱中，，分别是的中点，则平面截该四棱柱所得截面的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作出辅助线，得到五边形即为平面截该四棱柱所得截面，由勾股定理和三角形相似得到各边长，相加得到截面周长. 【详解】直线分别与相交于点，连接，分别与交于点， 连接，故五边形即为平面截该四棱柱所得截面， 其中分别是的中点，故， ，故，由勾股定理得， ， 同理可得， 又，故， 故平面截该四棱柱所得截面的周长为. 故选：A 【考点七】空间点、直线、平面之间的位置关系 25.（24-25高一下·辽宁大连·期末）已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】当内可对A、C判断；当时可对B判断，由面面平行可对D判断. 【详解】A：若，，当时，与不平行，故A错误； B：若，，当时，不能得到，故B错误； C：若，，当时，与不平行，故C错误； D：若，，可得，故D正确. 故选：D. 26．（24-25高一下·辽宁大连·期末）如图，三棱柱中，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则下列说法错误的是（   ）． A．E，F，G，H四点共面 B．与是异面直线 C．，，三线共点 D． 【答案】D 【分析】利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断AB；利用平面的基本事实推理判断C；举反例即可判断D. 【详解】对于A，在三棱柱中，分别为的中点， 连接， 由是的中位线，得， 由，且，得四边形是平行四边形， 则，，因此四点共面，A正确； 对于B，因为平面，平面，， 所以与是异面直线，正确； 对于C，延长，相交于点， 由，平面，得平面， 由，平面，得平面， 而平面平面，则，三线共点，C正确； 对于D，由，且可知，四边形是梯形， 若∠=∠，则梯形是等腰梯形，而题设条件无法得出， 所以D不一定正确. 27.（24-25高一下·广东惠州·期末）在正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中， 异面直线AC与A₁B所成角的大小为 _____________. 【答案】 【分析】根据正方体的结构特征先确定直线与所成角，然后根据线段关系确定角度大小. 【详解】如图所示， 因为是正方体， 所以. 所以直线与所成角为直线与所成角. 因为为面对角线，所以， 所以为等边三角形，所以. 所以直线与所成角的大小为. 故答案为：. 28.（24-25高一下·云南昭通·期末）如图，在正方体中，棱长为2，E，F，G，H分别为的中点． (1)求异面直线与所成的角的正切值； (2)正方体的所有顶点均在同一个球面上，求该球体的体积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据平行的传递性得出，同理可得，所以或其补角为两异面直线的夹角即可计算求解； （2）应用正方体外接球公式计算求解外接球的半径，结合球的体积公式即可求解. 【详解】（1）如图，分别取的中点，连接， 因为，所以四边形是平行四边形．                     又是的中位线， 所以，， 同理可以证明：，                         或其补角为两异面直线的夹角，为等边三角形， 所以，所以异面直线和所成角的正切值为；                 （2）设正方体外接球的半径为，所以， 所以，                         所以正方体外接球的体积. 【考点八】判断和证明线面平行 29.（24-25高一下·湖北武汉·期中）下列命题中正确的是（    ） A．若直线上有无数个点不在平面内，则 B．若直线平面，则直线与平面内的任意一条直线都平行 C．若直线直线b，直线平面，则直线平面 D．若直线平面，则直线与平面内的任意一条直线都没有公共点 【答案】D 【分析】对于A，由线面位置关系的定义判断，对于B，由线面平行的性质判断，对于C，由线面平行的判定定理判断，对于D，由线面平行的定义判断 【详解】对于A，当直线a与平面相交于点P时，除了点P外，直线上的无数个点都不在平面内，所以A错误， 对于B，当直线平面时，直线a与平面内直线平行或异面，所以B错误， 对于C，当直线直线b，直线平面，则直线平面，或直线a在平面内，所以C错误， 对于D，当直线平面时，则直线a与平面无公共点，所以直线a与平面内的任意一条直线都没有公共点，所以D正确， 故选：D 30．（23-24高一下·河南许昌·期末）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下面命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】D 【分析】利用已知条件直接判断线面位置关系，可判断AC选项；利用已知条件直接判断线线位置关系，可判断B选项；利用线面垂直的性质可判断D选项. 【详解】对于A选项，若，，则、或与相交，A错； 对于B选项，若，，则与平行或异面，B错； 对于C选项，若，，则、或与相交，C错； 对于D选项，因为，，则，又因为，则，D对. 故选：D. 31．如图，在下列四个正方体中，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的有（    ）个. A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】利用线面平行判定定理逐项验证即可求解． 【详解】对于①：如图，取中点，连接，则有，又平面，所以与平面相交，故①错误 对于②：由，，所以，又平面，不在平面上，所以平面，故②正确； 对于③：由，又平面，不在平面上，所以平面，故③正确； 对于④：由，又平面，不在平面上，所以平面，故④正确. 故选：C. 32.（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： 【考点九】线面平行的性质 33.（24-25高一下·云南临沧·期末）已知，是两个不同的平面，，，是三条不同的直线，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】C 【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，判断选项. 【详解】，是两个不同的平面，，，是三条不同的直线， 对于，若，，则由线面垂直的性质得，故A错误； 对于B，若，，则与相交、平行或异面，故B错误； 对于C，若，，，则由线面平行的性质得，故C正确； 简单证明：如图，，过的一个平面与交于，则同理，，则， ，则，，，则，所以.    对于D，若，，，则与相交，故D错误． 故选：C． 34．（24-25高一下·浙江嘉兴·期末）设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】由线面关系逐一判断即可. 【详解】对于A，若，则或，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则或或，故C错误； 对于D，由线面平行的性质定理可知 D正确. 故选：D 35.（24-25高一下·山东枣庄·期末）已知α，β，γ是三个平面，，，． (1)若，求证：； (2)若，判断a与c及b与c的关系，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)，，理由见解析 【分析】（1）基本事实（公理）3结合点线面间位置关系可得； （2）由平行公理和线面平行的性质定理可得. 【详解】（1）证明：因为，所以． 因为，所以． 又，所以． 同理可证，所以O为β与γ的一个公共点． 又，由基本事实（公理）3，得． （2）因为，，， 由直线与平面平行的判定定理，得． 又，， 由直线与平面平行的性质定理，得． 又，由基本事实（公理）4，得． 36．（24-25高一下·湖北武汉·期末）如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，． (1)当平面时，求实数的值； (2)当时，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据线面平行，得到线线平行，可确定点位置. （2）先利用体积法求点到平面的距离，在根据与平面所成角的正弦值为求解. 【详解】（1）如图： 连接交与点，连接. 因为平面，平面，平面平面， 所以. 因为底面为矩形，所以为中点， 所以为中点，所以.所以. （2）当时，取中点，连接，. 因为，. 所以，，. . 在中，由余弦定理得：. 所以，所以. 设到平面的距离为， 由，得：，又. 所以. 设直线与平面所成的角为， 则. 【考点十】判断和证明面面平行 37.（24-25高一下·河南·期末）已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，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】根据面面平行判定定理、线面平行的性质定理及线线、线面、面面关系逐一分析即可. 【详解】对于A：根据面面平行判定定理，直线应为相交直线，故A错误； 对于B：直线可能在平面α内，故B错误； 对于C：若，，， 则与β垂直、平行，相交不垂直或，故C错误； 对于D：若，，，则，故D正确． 故选：D． 38．（23-24高一下·浙江杭州·期末）已知正四面体中，是棱上一点，过作平面，满足，若到平面的距离分别是3和9，则正四面体的外接球被平面截得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】补形成正方体，求出正方体棱长，然后可得外接球半径，然后可解. 【详解】将正四面体补形成正方体，如图， 因为，，所以， 又是平面内的相交直线，所以平面平面， 因为到平面的距离分别是3和9，所以正方体棱长为， 结合正方体对称性可知，球心到平面的距离为3， 记正四面体的外接球的半径为，则，解得， 则外接球被平面截得的截面半径， 所以，截面面积为. 故选：A 39.（多选）（24-25高一下·辽宁·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱，的中点，点是棱的中点，过线段作与平面平行的平面，截正方体所得的截面，下列选项正确的是（   ） A．截面图形是梯形 B．截面图形是五边形 C．截面的面积为 D．该截面所在平面截正方体的外接球所得截面的面积为 【答案】ACD 【分析】对于AB，根据面面平行的判定定理找到截面，并进行证明，则得出截面为梯形；对于C，根据截面等腰梯形的面积公式计算得到结果；对于D，先求的正方体的外接球半径，再利用等体积法计算球心到截面的距离，进而计算截面圆半径，最后计算圆的面积； 【详解】 延长至点使得，取的中点，连接， 因为点分别是棱，的中点，点是棱的中点， 所以，在正方体中，， 因为平面，平面，所以平面， 同理平面， 又且平面，所以平面平面， 则过线段作与平面平行的平面为梯形. 对于AB，A正确，B错误； 对于C，正方体的棱长为2，所以， ， 计算等腰梯形的高为 则截面梯形面积为，C正确； 对于D，正方体的外接球球心在正方体体对角线的中点， 所以球的半径， 在正方体中，设点到平面的距离为，则球心到平面的距离为， 在中，，， 所以，则面积为， 根据等体积，解得， 因此该截面所在平面截正方体的外接球所得截面圆的半径， 所以面积为，D正确； 故选：ACD. 40.（24-25高一下·甘肃张掖·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为正方形内一动点，且平面，则点的轨迹的长度为_____． 【答案】 【分析】两次应用线面平行判定定理得出平面，进而得出点的轨迹为线段，计算即可求解. 【详解】如图，分别取，的中点，连接，GH，，，HP， 因为为的中点，得，，则四边形是平行四边形，故， 因为平面，平面，故平面， 又因为，，则四边形是平行四边形，故， 因为，故，又平面，平面，可得平面， 且，平面，故平面平面． 又因为平面，故平面，故点的轨迹为线段，其长为． 故答案为：． 【考点十一】求异面直线所成的角 41.（24-25高一下·新疆阿克苏·期末）如图，在正方体中，异面直线与所成的角是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用几何法确定异面直线夹角. 【详解】由正方体可知，且四边形为正方形， 所以异面直线与所成的角的平面角为， 故选：B. 42．（24-25高一下·河北唐山·期末）已知直四棱柱的棱长均为2，，设，分别是相邻两个面的对角线所在的直线，则与所成角的余弦值不可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出直四棱柱由面对角线构成的四面体，在四面体的各个面中求出三角形内角的余弦判断即可. 【详解】直四棱柱中，四面体的六条棱所在直线能表征直四棱柱各个面上所有对角线， 该四棱柱的所有棱长都为2，，则，， 在中，，； 在中，，； 在中，，； 在中，，， 所以选项ABD均有可能，C不可能. 故选：C 43.（24-25高一下·湖南·期末）如图，在菱形ABCD中，，，M为BC的中点，将沿直线AM翻折成，连接和，N为的中点，连接CN.则在翻折过程中，与CN的夹角为______. 【答案】 【分析】取的中点，连接，（或其补角）就是与CN所成的角，进而计算求解即可. 【详解】取的中点，连接， 则，则（或其补角）就是与CN所成的角， 因为M为BC的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以，，所以， 因为菱形ABCD中，，所以是等边三角形，所以， 所以，即，所以， 又，所以，，， 所以， 所以，所以， 所以，所以与CN的夹角为. 故答案为：. 44.（24-25高一下·安徽合肥·期末）如图，在正三棱柱中，，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论； （2）作出异面直线与所成角，判断是直角三角形，即可求得答案. 【详解】（1）连接交于，连接，易得为中点． 在正三棱柱中，因为、分别为、中点，所以 又因为平面，平面，所以平面 （2）取中点，连接． 在正三棱柱中，设，因为、分别为、中点， 可得，且，所以四边形是平行四边形 所以，或其补角即为异面直线与所成的角． 在中，， 满足， 则是直角三角形， 所以． 即异面直线与所成角的余弦值为． 【考点十二】证明线面垂直 45.（24-25高一下·山西运城·期末）在边长为2的正方形中，点是的中点，点是的中点，将，分别沿折起，使三点重合于点.则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】先证明平面，再根据等体积法结合三棱锥的体积公式，即可求得答案. 【详解】由题意可知，平面， 故平面， 边长为2的正方形中，点E是AB的中点，点F是BC的中点， 则，则， 故， 故选：A. 46．（24-25高一下·河南驻马店·期末）已知为平行六面体，P为棱的中点，则 ①过点P有且只有一条直线与直线和都相交； ②过点P有且只有一个平面与直线和都平行； ③过点P有无数条直线与直线和都垂直； ④过点P与直线和的夹角均为的直线至少有两条. 其中正确的命题个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】①：由题意满足条件的直线是平面与平面的交线，从而可判断；②：由线面平行的判定及性质可判断；③：由线线平行的性质结合异面直线成角的概念可判断；④：由异面直线成角可判断. 【详解】①：过点P与直线相交的直线必在平面内， 过点P与直线相交的直线必在平面内， 故满足条件的直线必为两平面的交线，显然两平面有唯一交线，①正确； ②：过点P有且只有一个平面与直线和都平行， 此平面就是过点P与正方体的上下底面平行的平面，②正确； ③：因为，若则，若， 由、平面，，则平面， 显然满足条件的直线唯一，即，③错误； ④：取，的中点E，F，连PE，PF，则，， 显然的角平分线与PE，PF所成角为，且该角平分线与直线相交， 又均与PE，PF所成角为， 则在直线上，分别有两点位于平面上方及下方， 使得过该点与点P的直线与PE，PF的夹角均为， 故过点P与直线和的夹角均为的直线至少有两条，④正确. 故选：C. 47.（24-25高一下·山东德州·期末）已知中，，将顶点绕棱AB旋转到，当时，三棱锥的体积为___________. 【答案】/ 【分析】由旋转的性质确定三棱锥的特征，求出其高即可求得体积. 【详解】在三棱锥中，， 由，得，则， 取中点，连接，则， 显然，则，又，平面， 因此平面，三棱锥的体积. 故答案为： 48.（24-25高一下·河北秦皇岛·期末）如图，已知点为所在平面外一点，平面，，于，于，求证：    (1) 平面； (2). 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由平面，得，结合利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）由（1）可得，结合可证得平面，则，再结合可证得平面，进而可证得. 【详解】（1）证明：因为平面，平面， 所以， 因为，所以， 因为，平面， 所以平面； （2）证明：由（1）得平面， 因为平面，所以， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以. 【考点十三】求点面距离 49.（24-25高一下·江西·期末）在棱长为3的正方体中，点D到平面的距离为（   ） A． B．3 C． D． 【答案】A 【分析】明确点到平面的距离，利用正方体的线面关系求距离. 【详解】如图： 连接交AC于点，则为BD中点， 因为为正方体，所以平面，又平面，所以； 又底面为正方体，所以. 因为，平面, 所以平面. 故点到平面的距离为． 故选：A． 50．（24-25高一下·广西柳州·期末）在棱长为的正方体中，点到平面的距离为（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】C 【分析】作出辅助线，得到线面垂直，点到平面的距离为的长，最后根据正方体的性质即可得解. 【详解】如图所示，连接，交于点， 因为四边形为正方形， 所以，即， 又因为平面，平面， 所以， 又因为，平面， 所以平面， 所以点到平面的距离为的长， 因为正方体棱长为2， 所以， 所以点到平面的距离为. 故选：C.    51.（24-25高一下·河南安阳·期末）已知等边的边长为1，平面，且，则点到平面的距离为______． 【答案】/ 【分析】利用等体积法即可求点到平面的距离. 【详解】如图，因为平面，所以为三棱锥的高， 则， 由平面，平面，得， 在直角中，，同理， 则等腰的底边上的高为， 则， 设点到平面的距离为，则， 得． 故答案为：. 52.（24-25高一下·内蒙古乌兰察布·期末）如图，在四棱锥中，平面，，分别为棱的中点.    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，利用条件证明四边形是正方形，继而可由与证得平面； （2）先利用条件求出的长，推得，从而得到的面积，再根据等体积即可求得点到平面的距离. 【详解】（1）    如图，连接，因点为的中点，且， 则可得，易知四边形是正方形，则， 因平面，平面，故， 又平面，故平面. （2）在中，， 在中，， 又，因，则， 则的面积为，又的面积为， 设点到平面的距离为，则由可得， 则，即点到平面的距离为. 【考点十四】证明面面垂直 53.（24-25高一下·福建福州·期末）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】对于ABD，由答案不完备即可判断错误；对于C，由线面平行的性质、面面垂直的判定定理即可判断. 【详解】对于A，若，则或异面，故A错误； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，若，则存在，且，因为，所以，而，从而，故C正确； 对于D，若，则或，故D错误. 故选：C. 54．（24-25高一下·陕西西安·期末）设，，为不同的平面，，为不同的直线，则下列能使平面与平面平行的一个条件是（    ） A．， B．，， C．内有无数条直线与平行 D．，， 【答案】B 【分析】结合空间平面间的位置关系判断ACD，由线面垂直的性质即可判断B． 【详解】选项A，直棱柱的侧面都与底面垂直，但相邻侧面是相交的，A错； 选项B，由，，可得，又，所以，B正确； 选项C，当这无数条直线相互平行时，平面与可能相交，C错； 选项D，，，，此时平面可以是相交的，D错， 故选：B． 55.（23-24高一下·辽宁大连·期末）已知矩形中，，，将沿折至，得到三棱锥，则该三棱锥体积的最大值为____；该三棱锥外接球的表面积为____. 【答案】 【分析】过作于，求出点到平面距离的关系，再利用锥体体积公式求出最大值；取的中点，确定外接球球心并求出球半径即可. 【详解】过作于，过在平面内作，则平面， 又平面，于是平面平面，平面平面， 因此在平面内的射影为，而， 点到平面的距离，当且仅当时取等号， 三棱锥的体积； 取的中点，连接，由，得， 因此三棱锥的外接球的球心为，半径为， 所以三棱锥的外接球的表面积. 故答案为：； 【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. 56.（24-25高一下·辽宁大连·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为正方形，分别为的中点. (1)直接写出图中与平行的平面； (2)求证：平面平面； (3)在棱上是否存在点，使得平面平面?若存在，求三棱锥体积；若不存在，说明理由. 【答案】(1)平面，平面 (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）由已知可得，，然后由线面平行的判定定理可得结论； （2）由已知面面垂直可得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论； （3）当为中点时，满足条件，连接，设，可得，，再结合面面垂直可得平面，然后由面面垂直的判定得平面平面，利用等体积法可求得三棱锥体积. 【详解】（1）因为四边形为正方形，分别为的中点. 所以，，， 所以四边形和四边形均为平行四边形， 所以，， 因为平面，平面，平面，平面， 所以平面，平面； （2）因为四边形为正方形，所以， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以平面平面. （3）存在，当为中点时，平面平面. 证明：连接，设， 因为四边形为正方形，E，M分别为、的中点， 所以，， 所以四边形为平行四边形，所以. 因为为中点，所以. 因为，E为的中点， 所以，，. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以平面. 又因为平面，所以平面平面. 所以存在点，使得平面平面. 则. 【考点十五】求二面角 57.（24-25高一下·四川成都·期末）已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线SA，SB互相垂直且的面积为3，直线SA与圆锥底面所成角为，则二面角的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据二面角的平面角的概念，做出二面角的平面角，求出各边长，在求出二面角的平面角的正弦值，可求得二面角的大小. 【详解】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， 所以，则，，， 因为平面，则为直线SA与圆锥底面所成角，即， 则在中，，故， 所以， 因为，故，即二面角的大小为. 故选：B. 58．（24-25高一下·河南洛阳·期末）已知正四棱台的体积为，，且其侧面与底面所成二面角的正切值为，则该正四棱台的高为（   ） A． B． C．3 D． 【答案】C 【分析】根据正四棱台性质结合侧面与底面所成角正切值得，设，根据正四棱台体积公式建立等式计算即可求解. 【详解】如图，连接，记上、下底面的中心分别为， 由正四棱台性质及，可得， 过作，垂足为，即为正四棱台的高，则，且， 作，垂足为，连接， 因，平面，所以平面， 又平面，所以，所以就是侧面与底面所成二面角 因为侧面与底面所成角正切值为， 所以， 且， 所以 设，所以， 则该正四棱台的体积， 解得，所以，即该正四棱台的高为，故C正确. 故选：C. 59.（24-25高一下·辽宁大连·期末）已知正四棱台中，，其侧面积为，为侧面的中位线，若该棱台内切球半径为，则二面角的余弦值为_______. 【答案】 【分析】求出正四棱台的上下底的边长以及斜高，作出二面角的平面角，求出相关线段长，利用余弦定理即可求得答案. 【详解】由正四棱台内切球半径为，可知棱台的高为， 设，则，故侧面的高即斜高为， 正四棱台侧面为等腰梯形，棱台侧面积为，故， 解得，即棱台上底长为1，下底长为2，斜高为， 设上底边中点为E，中点为F，中点为G， 连接，由于正四棱台侧面为等腰梯形，为侧面的中位线， 则；又， 故，且在正四棱台中，有， 故四边形为等腰梯形，故， 则即为二面角的平面角， 在等腰梯形中，， 则，即， 故在中，， 则在等腰梯形中，，； 设分别为的中点，则四边形为等腰梯形，， 则， 在中，， 在中，，，， 求得， 则二面角的余弦值为， 故答案为. 60.（24-25高一下·四川泸州·期末）如图，已知平面平面ABCD，四边形ABCD是正方形，，点E，F，M分别是BC，PB，AD的中点．    (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，连接交于点，连接，先得到四边形为矩形，可得为的中点，结合为的中点，可得，进而求证即可； （2）由，为的中点，可得，再根据平面平面可得平面， 进而得到，进而求证即可； （3）取为的中点，作，垂足为，连接，分析得到是二面角的平面角，解三角形即得. 【详解】（1）如图，连接，连接交于点，连接，    因为点为的中点，为中点，且 四边形ABCD是正方形， 所以四边形为矩形， 故为的中点，又因为为的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面． （2）由，为的中点，得， 又因为四边形是正方形，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以，   又因为，平面， 所以平面． （3）如图，取为的中点， 由，得， 又因平面平面，平面平面，平面， 平面， 作，垂足为，连接，    由，，所以， 因为平面， 所以平面，又平面，则， 所以就是二面角的平面角， 在中，，，得， 所以， 故所求二面角的余弦值为． 1 学科网（北京）股份有限公司 $