专题06 立体几何大题综合（11大考点）（期末真题汇编，湖北专用）高一数学下学期

**基本信息** 立体几何大题综合汇编，涵盖11大高频考点，精选湖北多地高一下期末真题，注重基础证明与综合应用能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|28题|线面平行、面面垂直、二面角、球体综合等核心考点|湖北八校、武汉五校等多地期末真题，分层设计基础证明（如线面平行）与综合应用（如翻折问题体积最值），贴合高考命题趋势，强调空间想象与逻辑推理|

专题06 立体几何大题综合 11大高频考点概览 考点01证明线面平行 考点02证明面面平行 考点03证明线线平行 考点04证明线面垂直 考点05证明面面垂直 考点06证明线线垂直 考点07求侧面积与体积 考点08求线面角 考点09求二面角 考点10球体综合 考点11综合应用 ( 地 城 考点01 证明线面平行 ) 1．(24-25高一下·湖北八校·期末)如图为一个组合体，其底面为正方形，平面，，且.求证： (1)平面； (2)平面； 2．(24-25高一下·湖北武汉五校联合体·期末)如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，是以PA为斜边的等腰直角三角形，是以PC为斜边的等腰直角三角形，F、G、H分别是PB、CD、PA的中点． (1)求证：平面 (2)求直线PB与平面ABCD所成角． 3．(24-25高一下·湖北武汉新洲区问津联盟·期末)如图，在棱长为3的正方体中，为的中点．    (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积． 4．(24-25高一下·湖北武汉部分重点中学·期末)如图，已知四棱锥中，平面，底面为直角梯形，为中点．      (1)求证： 平面； (2)求点D到平面的距离． ( 地 城 考点02 证明面面平行 ) 5．(24-25高一下·湖北武汉常青联合体·期末)如图，在三棱柱中，E，F分别为线段，上的点，，，.    (1)求证：平面. (2)在线段上是否存在一点，使平面平面?请说明理由. (3)若四棱锥的体积为1，求三棱柱的体积. ( 地 城 考点0 3 证明线线平行 ) 6．(24-25高一下·湖北武汉常青联合体·期末)如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，，平面平面，且，. (1)若平面与平面相交于直线，求证：； (2)求证：； (3)求二面角的余弦值. ( 地 城 考点0 4 证明线面垂直 ) 7．(24-25高一下·湖北部分重点高中·期末)如图，在直三棱柱中，，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 8．(24-25高一下·湖北咸宁·期末)如图，在三棱台中，，∠BAC=60°，，，三棱台的体积为． (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值． 9．(24-25高一下·湖北恩施州·期末)如图，在三棱锥中，平面，过点作、的垂线，垂足分别为、.    (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正切值． ( 地 城 考点0 5 证明面面垂直 ) 10．(24-25高一下·湖北黄石·期末)如图，正方形中，边长为4，为中点，是边上的动点.将沿DE翻折到，沿EF翻折到， (1)求证：平面平面； (2)当F是边BC的中点时，求二面角的余弦值； (3)若，连接DF，设直线SE与平面所成角为，求的最大值. 11．(24-25高一下·湖北武汉新洲区问津联盟·期末)如图1，在矩形中，，，将沿翻折至，且，如图2所示． (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离； (3)求二面角的余弦值． 12．(24-25高一下·湖北武汉华中师范大学第一附属中学·期末)如图所示，已知六面体中，四边形是边长为2的正方形，且，平面，直线与平面所成角为． (1)求证：平面平面； (2)已知，求平面和平面夹角的余弦值； (3)平面和平面的夹角为，且，求六面体体积最大值． ( 地 城 考点0 6 证明线线垂直 ) 13．(24-25高一下·湖北武汉·期末)如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，. (1)若平面.证明：； (2)若平面平面，， （i）证明：； （ii）求二面角的正弦值. 14．(24-25高一下·湖北武汉·期末)如图，正方形ABCD中，边长为a，E为中点，F是边上的动点，将，分别沿着折起，使A，B两点重合于点S. (1)求证：； (2)当F是边BC的中点时，将，，分别沿着折起，使A，B，C三点重合于点S，求三棱锥的外接球的表面积； (3)，若，设直线与平面所成角为，求的最大值. 15．(24-25高一下·湖北宜昌长阳土家族自治县第二高级中学·期末)如图，在四棱锥中，底面，，，，，点E为棱的中点. (1)证明：平面； (2)证明：； (3)求直线与平面所成角的大小. ( 地 城 考点0 7 求侧面积与体积 ) 16．(24-25高一下·湖北黄石·期末)如图，圆锥SO中，AB、CD为底面圆的两条直径，且，，P为母线SB的中点. (1)求圆锥SO的侧面积； (2)点E在底面圆周的劣弧BD上，且弧BE的长为，试判断直线PE与平面SAD的位置关系，说明理由. 17．(24-25高一下·湖北武汉青山区·期末)如图，在四棱锥中，，是边长为6的等边三角形，平面平面ABCD，点N在棱MD上，直线平面ACN． (1)求的值； (2)若，求三棱锥的体积； (3)设二面角的平面角为，直线CN与平面所成的角为，若的取值范围是，求的取值范围． ( 地 城 考点0 8 求线面角 ) 18．(24-25高一下·湖北武汉华中师范大学第一附属中学·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． 19．(24-25高一下·湖北黄冈·期末)如图，在三棱柱中，平面平面，平面平面，，是线段上一动点，，. (1)证明：三棱柱是直三棱柱； (2)若，求平面截三棱柱所得截面的面积； (3)是否存在，使得直线与平面所成角的正切值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 20．(24-25高一下·湖北武汉部分重点中学·期末)如图，在底面为菱形的直四棱柱中，M、N是直四棱柱上底面内相异的两点且．    (1)若M为上底面的中心且，求异面直线与所成角的余弦值； (2)恰好是二面角的平面角，证明：点M在定直线上； (3)在（2）的条件下若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． ( 地 城 考点0 9 求二面角 ) 21．(24-25高一下·湖北荆州·期末)如图所示，在四棱锥中，已知，，底面，平面平面. (1)求点到平面的距离； (2)证明：平面； (3)若，求二面角的余弦值. 22．(24-25高一下·湖北襄阳·期末)如图，在四棱柱中，侧面底面，且，侧棱，点和点在棱上，且满足， (1)若底面四边形为平行四边形，求证：平面； (2)若底面四边形为矩形，求二面角的平面角的正切值． ( 地 城 考点 10 球体综合 ) 23．(24-25高一下·湖北咸宁·期末)如图，在平行四边形ABCD中，，，将沿AC翻折，使点B到达点P的位置． (1)求三棱锥体积的最大值； (2)当二面角的平面角为时，求三棱锥外接球的表面积； (3)在翻折过程中，求异面直线AC与PD所成角的余弦值的取值范围． 24．(24-25高一下·湖北恩施州·期末)如图，四棱锥中，平面平面． (1)若，记三棱锥外接球的球心为O． （i）求证：平面PAB； （ii）求三棱锥外接球的表面积． (2)记，当时，求三棱锥体积的最大值． 25．(24-25高一下·湖北荆州·期末)已知函数的部分图象如图1所示， 分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于点，点为该部分图象与轴的交点. (1)求的解析式； (2)将绘有函数部分图象的纸片沿轴折成的二面角，如图2所示. （i）求直线与平面所成的角的正弦值； （ii）求以线段的中点为球心，半径为的球与二面角所围成的几何体的体积. 注：球缺的定义：如图3，一个球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫球缺的底面，垂直于底面的直径被截下的线段长叫球缺的高.设球的半径为，球缺的高为，则球缺的体积公式为. ( 地 城 考点 11 综合应用 ) 26．(24-25高一下·湖北黄石·期末)在正棱锥中，O为底面正n边形的中心，B为棱的中点.设正n棱锥的侧棱与底面所成的角为，侧面与底面夹角为，底面正n边形边长为x. (1)当，时，若，求正三棱锥的体积. (2)当时，若且，求正四棱锥外接球的体积. (3)记，，试确定M和N的大小关系，并证明. 27．(24-25高一下·湖北部分重点高中·期末)（1）如图1，直线l与的三边所在直线分别相交于P，Q，R三点．若，，证明：． （2）四面体ABCD中，E，F分别为棱AB，CD的中点，经过EF的平面分别与棱BC，DA相交于点G，T（不与顶点重合），证明： ①若，则（如图2）； ②平面始终平分四面体ABCD的体积.请仅就AC与平面相交于点K时（如图3）证明此结论. 28．(24-25高一下·湖北咸宁·期末)类比于二维向量，维空间向量用n元有序数组表示，记为，，且n维空间向量满足，，，． (1)设和是两个n维空间向量． ①求； ②设与的夹角为θ，求； (2)对于一个n元向量，若，称为n维信号向量．规定．已知k个两两垂直的120维信号向量，，…，满足它们的前m个分量都相同，证明：． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 立体几何大题综合 11大高频考点概览 考点01证明线面平行 考点02证明面面平行 考点03证明线线平行 考点04证明线面垂直 考点05证明面面垂直 考点06证明线线垂直 考点07求侧面积与体积 考点08求线面角 考点09求二面角 考点10球体综合 考点11综合应用 ( 地 城 考点01 证明线面平行 ) 1．(24-25高一下·湖北八校·期末)如图为一个组合体，其底面为正方形，平面，，且.求证： (1)平面； (2)平面； 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）通过面面平行的性质定理，证明线面平行即可. （2）根据线面垂直的性质定理，得线线垂直，再根据线面垂直的判定定理，证明线面垂直即可. 【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面， 又底面为正方形，故， 而平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又因为平面，所以平面. （2）因为平面，平面，所以， 因为，，平面，所以平面. 2．(24-25高一下·湖北武汉五校联合体·期末)如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，是以PA为斜边的等腰直角三角形，是以PC为斜边的等腰直角三角形，F、G、H分别是PB、CD、PA的中点． (1)求证：平面 (2)求直线PB与平面ABCD所成角． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作出辅助线，得到四边形为平行四边形，所以，从而证明线面平行； （2）证明线面垂直，所以直线PB与平面ABCD所成角即为，并求出各边长，求出，即直线PB与平面ABCD所成角. 【详解】（1）连接， 因为为中点，为的中点，所以，且， 又因为四边形为菱形，且为中点， 所以，且， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面平面， 所以平面； （2）连接，由题，，且平面，， 所以平面， 所以直线在平面内的射影为直线， 所以直线PB与平面ABCD所成角即为， 在菱形ABCD中，，所以， 在中，， 所以在中，，所以该三角形为一个等腰直角三角形， 所以，即直线PB与平面ABCD所成角. 3．(24-25高一下·湖北武汉新洲区问津联盟·期末)如图，在棱长为3的正方体中，为的中点．    (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用中位线证明线线平行，再证明线面平行即可； （2）利用三棱锥体积公式求解即可. 【详解】（1）在棱长为2的正方体中，设相交于点，连结，   是中点，而为中点，， 又平面平面， 平面． （2）在棱长为2的正方体中，平面， 又三棱锥的体积为， ， ． 4．(24-25高一下·湖北武汉部分重点中学·期末)如图，已知四棱锥中，平面，底面为直角梯形，为中点．      (1)求证： 平面； (2)求点D到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）先根据已知证明四边形为平行四边形，得出，再应用线面平行判定定理得出线面平行； （2）根据线面平行判定定理得出平面，再结合等体积法及三棱锥体积公式计算求解. 【详解】（1）取的中点G，连接， 因G、E分别为的中点，所以， 又则， 所以四边形为平行四边形，即， 又平面平面，则平面．                            （2）因平面平面，所以且， 因，所以，又，平面， 则平面，又平面，则， 由，得， 设点D到平面的距离为h，连接．则， 即， 即， 解得， 则点D到平面的距离为． ( 地 城 考点02 证明面面平行 ) 5．(24-25高一下·湖北武汉常青联合体·期末)如图，在三棱柱中，E，F分别为线段，上的点，，，.    (1)求证：平面. (2)在线段上是否存在一点，使平面平面?请说明理由. (3)若四棱锥的体积为1，求三棱柱的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，理由见解析 (3) 【分析】（1）由证明.又由，从而得到，即可求证. （2）假设存在点，使，再利用线面平行证明平面，同理证明平面，则可证明平面平面，从而证明假设成立. （3）利用体积转化法可得，从而可得，即可求解. 【详解】（1）证明：因为，分别为线段上的点,, 所以.又因为，所以. 又因为平面，平面， 所以平面. （2）取的点，，连接，.则. 因为平面，平面，所以平面， 同理可得，平面，又因为，，平面， 所以平面平面， 故在线段上存在一点，使平面平面.    （3）由题意可得，则得, 所以. 故三棱柱的体积为. ( 地 城 考点0 3 证明线线平行 ) 6．(24-25高一下·湖北武汉常青联合体·期末)如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，，平面平面，且，. (1)若平面与平面相交于直线，求证：； (2)求证：； (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）由线面平行的判定得平面，再由线面平行的性质即可证； （2）在平面内作于H，利用线面垂直的判定及性质定理即可证； （3）若是的中点，连接，过作于，连接，根据线面垂直的判定和性质定理及二面角的定义有是二面角的平面角，进而求其余弦值. 【详解】（1）由，平面，平面，得平面， 又平面，且平面与平面相交于直线，所以. （2）在平面内作于H， ∵平面平面，平面平面， ∴平面，平面，则 又平面，平面，则， 又且都在平面内，故平面， 又平面，则. （3）若是的中点，连接， 由（2）知，，， 由平面，平面，则， 而，平面，于是平面， 又平面，则，过作于，连接， 显然，平面，因此平面， 而平面，则，即是二面角的平面角， 由，，得，， 则，，， 所以二面角的余弦值是. ( 地 城 考点0 4 证明线面垂直 ) 7．(24-25高一下·湖北部分重点高中·期末)如图，在直三棱柱中，，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明出平面，可得出，由正方形的几何性质得出，结合线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）设，则为的中点，连接，分析可知与平面所成的角等于平面所成的角，设其大小为，结合线面角的定义可知，求出、的长，即可求出的值. 【详解】（1）在中，，，．，， 在直三棱柱中，平面， 平面，， ，、平面，平面， 平面，． 又知四边形是正方形，． ，、平面，平面． （2）在直三棱柱中，， 与平面所成的角等于平面所成的角，设其大小为， 设，则为的中点，连接． 由（1）知，平面，平面所成的角为， 因为四边形为矩形，，，故， 所以， 在中，． 因此，直线与平面所成角的正弦值为. 8．(24-25高一下·湖北咸宁·期末)如图，在三棱台中，，∠BAC=60°，，，三棱台的体积为． (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）计算，根据勾股定理得到，然后依据三棱台的体积得到为三棱台的高，可得，最后判断得到平面 （2）利用图形，得到为与平面所成角，然后分别计算，最后计算即可. 【详解】（1）∵AB=2，AC=4，∠BAC=60°， 由余弦定理得， ∵， ∴． 同理，在三棱台中，，， ∵， ∴，∴， ∴，， 设三棱台的高为， 由，解得h=2． 又∵，故为三棱台的高， ∴平面ABC，AB⊂平面ABC， ∴，，，平面， ∴平面， 又， ∴平面． （2）如图，过点C作于点H， 由（1）知平面，平面， ∴，， ∴平面． 连接，则为与平面所成角，记为θ， ∵平面，平面， ∴， ∵，， ∴． 在直角梯形中，，， ∴， ∴， ∴与平面所成角的正弦值为． 9．(24-25高一下·湖北恩施州·期末)如图，在三棱锥中，平面，过点作、的垂线，垂足分别为、.    (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）依据线面垂直的判定定理，证明直线与平面内两条相交直线垂直； （2）需要找出与平面所成角,再通过几何关系计算其正切值. 【详解】（1）证明：由平面，平面ABC，故． 又，平面，且，平面， 又平面，．又，平面，且， 平面． （2）证明：由（1）得，平面，又平面， 又，平面，且，平面， 在平面内的射影为，在平面成角为， 又，根据面积可得，,即，解得， 在中，根据勾股定理可得，,故 与平面所成角的正切值为. ( 地 城 考点0 5 证明面面垂直 ) 10．(24-25高一下·湖北黄石·期末)如图，正方形中，边长为4，为中点，是边上的动点.将沿DE翻折到，沿EF翻折到， (1)求证：平面平面； (2)当F是边BC的中点时，求二面角的余弦值； (3)若，连接DF，设直线SE与平面所成角为，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据题意，得到，，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面. （2）取的中点，证得，，得到二面角的平面角为，在中，利用余弦定理，即可求解； （3）设在面上的射影为，得到为与平面所成角，设，求得，在中求出和，结合得到，令，得到，令，结合函数的单调性，即可求解. 【详解】（1）证明：因为是正方形，为的中点，所以，， 又因为,且平面，所以平面， 因为平面SEF，所以平面平面. （2）解：取的中点，由题意得，则，， 所以二面角的平面角为， 在中，因为，，， 可得，所以二面角的余弦值为. （3）解：设在面上的射影为，连接，则为直线与平面所成角， 设，则， 可得， 在中，由，，， 可得，且， 因为，即，可得， 又因为，所以， 令，则，则， 令，任取， 则， 因为，，，所以即， 所以在上单调递减， 所以当，即时，取得最大值为. 11．(24-25高一下·湖北武汉新洲区问津联盟·期末)如图1，在矩形中，，，将沿翻折至，且，如图2所示． (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离； (3)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）只需证明平面，再结合面面垂直的判定定理证明即可； （2）由等体积法，求点面距离即可； （3）由定义说明为二面角的平面角，再结合解三角形知识求解即可. 【详解】（1）由题意知，所以， 即，所以， 又在矩形中，且平面， 所以平面， 而平面，故平面平面． （2）由可得，又由（1）知平面， 所以， 设点到平面的距离为，则， 又，所以，即． （3）在平面内作，垂足为；在平面内作，垂足为， 连接，由平面平面，故， 因为平面，所以平面， 由（2）知，因为平面，故，又，平面，所以平面， 又平面，所以，又， 则为二面角的平面角， 又平面，故，所以． 由题意知直角三角形中，， 故， 又，则，所以， 故二面角的余弦值为． 12．(24-25高一下·湖北武汉华中师范大学第一附属中学·期末)如图所示，已知六面体中，四边形是边长为2的正方形，且，平面，直线与平面所成角为． (1)求证：平面平面； (2)已知，求平面和平面夹角的余弦值； (3)平面和平面的夹角为，且，求六面体体积最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据线面平行的性质定理得到，可得平面，最后根据面面垂直的判定定理可得结论. （2）构造二面角的平面角，利用解三角形的方法求二面角平面角的余弦. （3）用表示出六面体中各线段长度，借助三角函数的性质求体积的最大值. 【详解】（1）因为四边形是正方形，所以，又， 平面，，所以平面. 又平面，平面，平面平面， 所以，所以平面. 又平面，所以平面平面. （2）如图： 易证，所以四边形为平行四边形，且， 作平面平面，分别交，于点，，则，. 因为平面平面，所以就是直线与平面所成的角，所以. 又平面，平面， 所以，，所以即为平面与平面所成锐二面角的平面角， 也就是平面与平面的夹角. 在中，由正弦定理可得：，所以. 即平面和平面夹角的余弦值为. （3）因为，平面，平面，所以平面， 同理平面，又平面，， 所以平面平面. 又，且平面. 所以六面体为直四棱柱. 因为平面和平面的夹角为，即. 在中，由正弦定理可得：， 即，所以，. 所以四边形的面积为： . 又六面体体积为： （当时取等号）. 即六面体体积的最大值为：. ( 地 城 考点0 6 证明线线垂直 ) 13．(24-25高一下·湖北武汉·期末)如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，. (1)若平面.证明：； (2)若平面平面，， （i）证明：； （ii）求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见详解 (2)（i）证明见详解；（ii） 【分析】（1）由题意可求出，进而可知，由题可知所以可证平面，再由线面平行的性质定理可得，进而平面，再由线面垂直的性质定理可证； （2）（i）利用面面直的性质定理可得平面，再利用线面垂直的性质定理可得，进而可证平面，进而可证；（ii）先找出二面角的平面角，在三角形中求解即可. 【详解】（1）在中， 由余弦定理得， 即，解得， ，， 底面，平面，， 平面，平面， 平面，平面，平面平面， ，平面， 平面，. （2）如图： 过点作于点， 平面平面，平面平面，平面， 平面， 平面，， 又平面，平面，， ，平面，平面， 平面，. （ii）由（i）知，， ，，. 如图： 过点作于点，再过点作于点，连接， 平面，平面，， ，平面，平面， 平面，， 又，，平面，平面， 平面，， 为二面角的平面角， ， ， 又， ． 由（i）知平面， 平面，， ， 又， ，， 在中，． 即二面角的正弦值为. 14．(24-25高一下·湖北武汉·期末)如图，正方形ABCD中，边长为a，E为中点，F是边上的动点，将，分别沿着折起，使A，B两点重合于点S. (1)求证：； (2)当F是边BC的中点时，将，，分别沿着折起，使A，B，C三点重合于点S，求三棱锥的外接球的表面积； (3)，若，设直线与平面所成角为，求的最大值. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】（1）由题可知，根据线面垂直的判定即可证明平面，继而得到； （2）根据题意可得两两垂直，三棱锥可放入以为边的长方体中，长方体体对角线就是其外接球直径，求出体对角线长即可得到外接圆面积； （3）利用等体积法可得点到平面的距离为，根据线面角的定义可得，再利用函数的单调性求最值即可. 【详解】（1）在正方形ABCD中,, 所以翻折后，又平面， 所以平面，又平面，所以. （2）在正方形ABCD中，，翻折后， 又，所以两两垂直， 三棱锥可放入以为边的长方体中， 所以长方体体对角线就是其外接球直径，长度为 ， 即外接球半径，表面积 三棱锥SDEF的外接球的表面积. （3）设，设点到平面的距离为， 则， ，， 则， ， 又由（1）知平面，所以， ，解得， 又直线与平面所成角为， 所以， 又因为，当，即时取等， 所以在单调递减，即， 则， 所以的最大值为. 15．(24-25高一下·湖北宜昌长阳土家族自治县第二高级中学·期末)如图，在四棱锥中，底面，，，，，点E为棱的中点. (1)证明：平面； (2)证明：； (3)求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）取中点，连接，只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证； （2）只需证明平面，再结合线面垂直的性质即可得证； （3）说明为直线与平面所成的角，解三角形即可得解. 【详解】（1）如图，取中点，连接， 由于分别为的中点，故，且， 又，可得，且， 故四边形为平行四边形， 所以，又因为平面平面， 所以平面. （2）因为底面底面，， 又，，平面， 平面.又平面，， 为的中点，， 又 平面， 平面，又∴BE平面ABE， ∴PD⊥BE. （3）由(2)知PD⊥平面ABE， 直线在平面内的射影为直线， 故为直线与平面所成的角， 由底面，底面可得，，， ∴为等腰直角三角形，且平分， ， 所以直线与平面所成的角为. ( 地 城 考点0 7 求侧面积与体积 ) 16．(24-25高一下·湖北黄石·期末)如图，圆锥SO中，AB、CD为底面圆的两条直径，且，，P为母线SB的中点. (1)求圆锥SO的侧面积； (2)点E在底面圆周的劣弧BD上，且弧BE的长为，试判断直线PE与平面SAD的位置关系，说明理由. 【答案】(1) (2)平面SAD，理由见解析 【分析】（1）由圆锥的侧面积公式可得； （2）由中位线的性质和线面平行的判定定理证明平面SAD，再由圆的几何关系得到平面SAD，最后得到面面平行，从而可得结果. 【详解】（1）底面半径，母线，. （2） 由题知，，则根据中位线性质，， 又平面SAE，平面SAD，则平面SAD， 由于，底面圆半径是2，则， 又，则，于是， 又平面SAE，平面SAD，则平面SAD， ，平面，故平面平面SAD， 又直线平面SAD，则直线平面SAD. 17．(24-25高一下·湖北武汉青山区·期末)如图，在四棱锥中，，是边长为6的等边三角形，平面平面ABCD，点N在棱MD上，直线平面ACN． (1)求的值； (2)若，求三棱锥的体积； (3)设二面角的平面角为，直线CN与平面所成的角为，若的取值范围是，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据线面平行的性质可推出线线平行结合线段成比例即可求得答案； （2）利用面面垂直的性质可得线面垂直，继而可求得三棱锥的体积，结合比例关系即可求得答案； （3）作出二面角的平面角，设，结合题意可求出m的范围，进而作出直线CN与平面所成的角，求出的表达式，结合m的范围，即可求得答案. 【详解】（1）（1）连接交于O，连接．因为直线平面，平面， 平面平面，所以，因为， 所以，则． （2）取AD的中点E，AC的中点F，连接． 因为是边长为6的等边三角形，则． 又因为平面平面ABCD，平面平面，平面AMD， 所以平面，而，则， 则， 由（1）可知，，所以， 则． （3）因为平面ABCD，EF，平面ABCD，所以． 又因为E，F分别为AD，AC的中点，所以， 而，所以，又，ME，平面MEF， 则平面MEF，又平面MEF，得， 所以是二面角的平面角，． 设，则，得． 过N作交AD于H，连接CH，由于平面ABCD， 所以平面ABCD， 则为直线CN与平面ABCD所成的角，即． ． 因为， 在中，根据余弦定理，， 所以， 则． 因为，所以． 故的取值范围为. ( 地 城 考点0 8 求线面角 ) 18．(24-25高一下·湖北武汉华中师范大学第一附属中学·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. 19．(24-25高一下·湖北黄冈·期末)如图，在三棱柱中，平面平面，平面平面，，是线段上一动点，，. (1)证明：三棱柱是直三棱柱； (2)若，求平面截三棱柱所得截面的面积； (3)是否存在，使得直线与平面所成角的正切值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）在上任取一点，过作交于，在上任取一点，过作交于，可证平面，证明可得结论； （2）过作，交于点，连接，截面为直角梯形，求得面积即可； （3）延长交于点，过作于，所以平面，连接，为与平面所成的角，可得，进而可求的值. 【详解】（1）如图： 在上任取一点，过作交于， 在上任取一点，过作交于， 由平面平面，平面平面，平面 所以：平面， 同理有平面，从而有， 平面，平面，所以平面， 又因为平面平面，平面， 从而有，即平面. 从而三棱柱是直三棱柱. （2） 当时，连接延长交直线于，所以， 又因为，所以，所以为线段上靠近的一个三等分点， 过作，交于点，连接， 因为三棱柱为直棱柱，所以平面平面， 又，平面，平面平面， 所以平面，所以平面， 从而截面为直角梯形，， 所以， 从而直角梯形的面积为. （3） 延长交于点，过作于， 因为三棱柱为直棱柱，所以平面平面， 又平面，平面平面， 所以平面，连接， 则为与平面所成的角， 由，，可知，， 若直线与平面所成角的正切值为，即， 从而，即，，从而易得， 即点为上靠近的一个三等分点，. 20．(24-25高一下·湖北武汉部分重点中学·期末)如图，在底面为菱形的直四棱柱中，M、N是直四棱柱上底面内相异的两点且．    (1)若M为上底面的中心且，求异面直线与所成角的余弦值； (2)恰好是二面角的平面角，证明：点M在定直线上； (3)在（2）的条件下若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)． 【分析】（1）根据题意，证得直四棱柱的底面为正方形，结合异面直线的定义，得到为异面直线与所成角，利用，即可求解； （2）根据题意，得到，证得面，得到，进而得到，证得面，得到平面与面重合，即可得到答案； （3）根据题意，证得点M为上底面中心，过M作交于K，交于L，作交于P点，证得，进而得到平面，得到直线与平面所成角，结合和基本不等式，即可求解. 【详解】（1）解：因为在底面为菱形直四棱柱中， 可得且平面，平面， 所以且， 又因为，所以， 由直四棱柱的底面为菱形，所以底面为正方形， 因为，所以为正方体，可得， 所以为异面直线与所成角， 又因为为上底面的中心，所以. （2）证明：由于是二面角的平面角，则， 因为，平面，平面，所以面， 又因为面，以， 因为直四棱柱，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以，所以， 又因为在直四棱柱中，可得平面， 因为面，则， 又因为，且平面，所以面， 由平面且平面， 又由平面与面有公共直线，可得平面与面重合， 所以点M在面内，又点M在面内，所以面， 所以点M在上． （3）解：因为，由（1）知底面为正方形且为长方体， 又因为，所以，所以， 因为点M在上，故点M为的中点，所以点M为上底面中心， 过M作交于K，交于L，则K为的中点，L为的中点， 作交于P点， 因为面且面，则， 又因为，平面，平面，所以平面， 则直线与平面所成角 设，则 因为，所以 所以， 当且仅当时，等号成立， 故直线与平面所成角的正弦值的最大值是．                        ( 地 城 考点0 9 求二面角 ) 21．(24-25高一下·湖北荆州·期末)如图所示，在四棱锥中，已知，，底面，平面平面. (1)求点到平面的距离； (2)证明：平面； (3)若，求二面角的余弦值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）过点作于，垂足为点，即证平面，则线段即为点到平面的距离，在中，计算即可； （2）由（1）可知平面，得，由底面，得，利用线面垂直的判定定理即可得证； （3）作于，连接，即证，则即为二面角的平面角，在计算即可. 【详解】（1）过点作于，垂足为点， 由平面平面，平面，平面平面，，得平面，则线段即为点到平面的距离， 由底面，平面，得，即为直角三角形， 在中，，，，， 故点到平面的距离为； （2）由（1）可知平面，又平面，得， 由底面，平面，得， 由，，、平面，，得平面； （3）作于，连接， 由底面，、平面，得，， 由，，、平面，，得平面，又平面，得， 则即为二面角的平面角. 由，，得，， 在Rt中，，. 故二面角的余弦值为. 22．(24-25高一下·湖北襄阳·期末)如图，在四棱柱中，侧面底面，且，侧棱，点和点在棱上，且满足， (1)若底面四边形为平行四边形，求证：平面； (2)若底面四边形为矩形，求二面角的平面角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接、，由线面平行的判定定理证明可得； （2）过点作于点，连接，，由线面垂直的性质定理和判定定理找到二面角的平面角，然后由几何知识可得. 【详解】（1）在四棱柱中，， 点和点在棱上，且， 连接、，设，连接， 底面为平行四边形，则为的中点，     又为的中点，所以，     又平面，平面，所以平面． （2）过点作于点，连接， 面面，面面，， 面， 又， 又底面为矩形， 又，面，面             又，，面 ， 即二面角的平面角     在中，     在中，，， ( 地 城 考点 10 球体综合 ) 23．(24-25高一下·湖北咸宁·期末)如图，在平行四边形ABCD中，，，将沿AC翻折，使点B到达点P的位置． (1)求三棱锥体积的最大值； (2)当二面角的平面角为时，求三棱锥外接球的表面积； (3)在翻折过程中，求异面直线AC与PD所成角的余弦值的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）依据当平面平面ACD时，最大，计算即可； （2）补全图形为三棱柱，计算外接圆半径，然后根据外接球半径，最后利用球的表面积公式计算即可. （3）作出图形，得到点B关于点A对称点，然后得到，依据，最后计算即可. 【详解】（1）∵点P到平面ACD的距离， ∴当平面平面ACD时，最大，． （2）如图，将三棱锥补成正三棱柱， 则为二面角的平面角，AP=2， 设与外接圆圆心分别为，，则球心O为的中点， ，设外接圆半径为，由，所以， 则外接球半径，所以外接球的表面积． （3）如图，设点与点B关于点A对称，则， 翻折中点P在以A为圆心、半径为2的圆周上运动，四边形为正方形，且， ∴异面直线PD与AC所成角为，又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴异面直线AC与PD所成角的余弦值的取值范围为． 24．(24-25高一下·湖北恩施州·期末)如图，四棱锥中，平面平面． (1)若，记三棱锥外接球的球心为O． （i）求证：平面PAB； （ii）求三棱锥外接球的表面积． (2)记，当时，求三棱锥体积的最大值． 【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）； (2). 【分析】（1）（i）首先根据正弦定理求出的外接圆半径，然后确定的外接圆圆心，最后通过证明证明线面平行；（ii）先确定外接球的半径，然后利用公式求出三棱锥外接球的表面积. （2）要使得三棱锥体积的最大，只需底面的面积最大，结合余弦定理和三角形面积公式求出三棱锥体积的最大值. 【详解】（1）（i）证明：因为平面平面，平面平面， 作，则为的中点，且平面． 因为．所以底面四边形为菱形， 因为，所以，即． 由正弦定理得外接圆的半径为． 设外接圆圆心为，则． 又，从而与重合，即为外接圆圆心． 由三棱锥的外接球的性质，即平面，又平面，所以， 因为平面，所以平面． （ii）由题意，为正三角形，则外接圆的圆心在上，记为， 由正三角形性质可得圆的半径，则． 连接，则平面，所以为矩形， 三棱锥的外接球． 所以三棱锥的外接球的表面积． （2）由（1）可知，平面，为三棱锥底面上的高，． 要使得三棱锥体积的最大，只需底面的面积最大． 连接，那么． 又．因为，所以 ． 所以 ． 从而． 令，所以时，面积最大． ．故． 25．(24-25高一下·湖北荆州·期末)已知函数的部分图象如图1所示， 分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于点，点为该部分图象与轴的交点. (1)求的解析式； (2)将绘有函数部分图象的纸片沿轴折成的二面角，如图2所示. （i）求直线与平面所成的角的正弦值； （ii）求以线段的中点为球心，半径为的球与二面角所围成的几何体的体积. 注：球缺的定义：如图3，一个球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫球缺的底面，垂直于底面的直径被截下的线段长叫球缺的高.设球的半径为，球缺的高为，则球缺的体积公式为. 【答案】(1) (2)（i）（ii） 【分析】（1）由图有先求周期，进而求，最后代点求出即可； （2）（i）法一：如图①，设在平面上的射影为，连接、，在平面上过作轴的平行线，过点作交于，交轴于，由在平面上的射影为，所以在平面上的射影为，故和平面所成角为，在计算即可；法二：建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式即可求解； （ii）法一：取线段的中点，线段的中点为，连，则点在球上，且球被平面所截的图形是以点的圆，计算圆的半径，同理可得，球被平面所截的图形也是半径相同的圆，最后利用球缺和球的体积公式即可求解；法二：建立空间直角坐标系， 设线段的中点为，在平面上的射影为，计算以为球心，半径为的球被半平面和平面所截所截的图形为圆的半径，最后利用球缺和球的体积公式即可求解. 【详解】（1）由图可得，，周期，所以， 由，得，所以， 所以，因为，所以当时，， 所以； （2）（i）法一 如图①，设在平面上的射影为，连接、，则，，. 在平面上过作轴的平行线，过点作交于，交轴于，则，，，， 因为在平面上的射影为，所以在平面上的射影为，故和平面所成角为， ，所以和平面所成角的正弦值为. 法二 如图，以的方向为轴的正方向，在平面内过且垂直轴的直线为轴，过且垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图②， 设在平面上的射影为，则，，，，，， 平面的法向量为 设直线和平面所成角为，则 （ii）法一 由图①，设与轴相交于点，如图③所示，由，得，，则，即与重合，即，，三点共线 取线段的中点，则，得，，即，则，且，又轴，故轴 设线段的中点为，连，则，且.又平面，则平面 ，则点在球上，且球被平面所截的图形是以点为圆心、为半径的圆.同理可得， 球被平面所截的图形也是半径为的圆. 所以球与二面角所围成的几何体如图④所示.不妨设其体积为，则 因为，得球缺的高，故，，故. 法二 如图，以的方向为轴的正方向，在平面内过且垂直轴的直线为轴，过且垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图⑤所示 设线段的中点为，在平面上的射影为，则，，，，，，，到平面的距离为 以为球心，半径为的球被半平面所截的图形为圆，不妨设其半径为，圆心为，则，则， 即，所以所截的圆恰与轴相切，同理可得，球被平面所截的图形也是半径为的圆. 所以球与二面角所围成的几何体如图④所示.不妨设体积为，则 因为，得球缺的高，故 ，故. ( 地 城 考点 11 综合应用 ) 26．(24-25高一下·湖北黄石·期末)在正棱锥中，O为底面正n边形的中心，B为棱的中点.设正n棱锥的侧棱与底面所成的角为，侧面与底面夹角为，底面正n边形边长为x. (1)当，时，若，求正三棱锥的体积. (2)当时，若且，求正四棱锥外接球的体积. (3)记，，试确定M和N的大小关系，并证明. 【答案】(1) (2) (3)，证明见解析 【分析】（1）当时，，得到，求得，得到几何体为正四面体，结合题意公式，即可求解；. （2）当时，得到，，由，求得，结合，求得，求得正四棱锥外接球的半径为，进而求得外接球的体积； （3）设正n棱锥的侧棱长为l，得到，得到，求得，再由是侧面与底面所成的角，进而得到与相等，即可得证. 【详解】（1）解：当时，几何体为正三棱锥，依题意得，， 由，可得，所以， 所以侧面为正三角形，可得几何体为正四面体，所以其体积为. （2）解：当时，几何体为正四棱锥，可得，. 由，可得，所以，可得， 又由，可得，解得， 设正四棱锥外接球的半径为R，则，解得， 所以正四棱锥外接球的体积为. （3）解：由条件知，， 设正n棱锥的侧棱长为l， 则 ， 则（其中O为正n边形的中心，各在逆时针旋转后仍为这些向量的排列，故它们的和向量逆时针旋转后仍为，所以只能为零向量）. 于是，① 又由是侧棱与底面所成的角，且，， 可得是侧面与底面所成的角，所以，， 从而由①，可得与相等，所以. 27．(24-25高一下·湖北部分重点高中·期末)（1）如图1，直线l与的三边所在直线分别相交于P，Q，R三点．若，，证明：． （2）四面体ABCD中，E，F分别为棱AB，CD的中点，经过EF的平面分别与棱BC，DA相交于点G，T（不与顶点重合），证明： ①若，则（如图2）； ②平面始终平分四面体ABCD的体积.请仅就AC与平面相交于点K时（如图3）证明此结论. 【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）根据三点共线的推论可得，，进而列式求证即可； （2）①根据线面平行的性质，由可得，再结合E为AB的中点，可得G为BC中点，进而得到，进而求证即可；②结合（1）可得，由E，F分别为AB，CD中点可得，连接EF，ED，进而结合棱锥的体积公式求证即可. 【详解】（1），由知， 又P，Q，R三点共线，①， 由知②， 不共线， 由①②及平面向量基本定理有， ，化简得，得证； （2）①，平面ACB经过AC且与平面相交于EG， ，又E为AB的中点，G为BC中点， F为CD中点，， ，，得证； ②由已知有AC，EG，TF三线相交于点K， 由（1）有， E，F分别为AB，CD中点，， 记，四面体ABCD的体积为V，多面体的体积为， 连接EF，ED，则有， ， ， 即平面平分四面体ABCD的体积，得证. 28．(24-25高一下·湖北咸宁·期末)类比于二维向量，维空间向量用n元有序数组表示，记为，，且n维空间向量满足，，，． (1)设和是两个n维空间向量． ①求； ②设与的夹角为θ，求； (2)对于一个n元向量，若，称为n维信号向量．规定．已知k个两两垂直的120维信号向量，，…，满足它们的前m个分量都相同，证明：． 【答案】(1)①；② (2)证明见解析 【分析】（1）①先得到，然后再根据公式计算即可；②按照n维空间向量夹角公式计算即可. （2）根据定义可知，然后根据，最后得到结果. 【详解】（1）因为，，所以， ①． ②因为，， 所以． （2），， 则，， 则，设，，…，的第i个分量之和为， 又因为，故， 所以， 又，所以， 即，所以． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $