专题05 立体几何大题综合（8大考点）（期末真题汇编，湖南专用）高一数学下学期

**基本信息** 立体几何大题综合汇编，覆盖8大高频考点，精选湖南长沙一中、长郡中学等多地名校24-25高一下期末真题，聚焦空间几何证明与计算综合能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|22道|线面平行（如长沙一中期末题）、球体综合（如长沙一中球面三角学应用题）等8大考点|基础证明（线面垂直）与创新应用（祖暅原理结合体积计算）结合，适配期末综合复习需求|

命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题05立体几何大题综合 ☆8大高频考点概览 考点01证明线面平行 考点02证明线面垂直 考点03证明面面垂直 考点04证明线线垂直 考点05求点面距 考点06求线面角及其最值 考点07求二面角 考点08球体综合 目目 考点01 证明线面平行 1.(24-25高一下湖南长沙第一中学期末)如图，在长方体ABCD-A,BCD,中，AB=AD=3,AA,=6,E 为AA的中点 B B (1)求证：A,C/I平面BDE; (2)求二面角A-DE-B的正弦值. 2.(24-25高一下湖南长沙长郡中学期末)如图，正四棱台ABCD-A,B,C,D,中，上底面边长为4√2，下底 面边长为82，E为CC,的中点，侧棱长为6 D (1)证明：AC,/平面BDE: 1/10 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (2)求该正四棱台的表面积. 3.(24-25高一下·湖南长沙雅礼教育集团期末)如图，正三棱柱ABC-A,B,C,中，D是BC的中点，AB=2, B B D (1)求证：AC∥平面AB,D; ②)若三棱锥B,=ADC的体积为2)3，求A4 4.(24-25高一下·湖南岳阳岳阳楼区·期末)己知长方体ABCD-A,B,C,D,中，AB=4,AD=A4=3 D B (1)求证：B,D,∥平面BCD; (2)求三棱锥C-BDC,的体积 目目 考点02 证明线面垂直 5.(24-25高一下.湖南怀化期末)在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD,AB1/1DC,AD⊥DC, DA=AB=PD=2,DC=4,E,F分别为棱CD,PD的中点 D (1)求证：AB⊥平面PAD; (2)求证：PB/1平面AEF; (3)求二面角P-BC-A的正弦值. 2/10 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 6.(24-25高一下·湖南岳阳湘阴县期末)如图，在直三棱柱ABC-A,B,C,中，AB=2AC=2,AA,=V3, COS∠BAC= 2， P是四边形AACC,(含边界)内的动点且BP=2, B A B (I)求证：BC⊥平面AACC; (2)求点P的轨迹长. (3)若点P又在线段AC上，求此时直线AC与直线BP所成角的余弦值. 7.(24-25高一下湖南名校联考联合体期末)在直三棱柱ABC-A,B,C,中，己知D为AC的中点， AB,∩AB=O. A B C (I)求证：OD∥平面BCCB,; (2)若AB=BB,=V10,BC=√2，AC=25,证明：AB⊥平面ABG. 8.(24-25高一下·湖南郴州期末)如图，EA和DC都垂直于平面ABC,且EA=2DC=2,F是EB的中点. ABC为等边三角形 (I)证明：DF⊥平面ABE; 3/10 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (2)若VE-Bc= V5 求直线AD与平面ABE所成角的正弦值 3 目目 考点03 证明面面垂直 9.(24-25高一下湖南岳阳华容县期末)如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD, PD=DC=1,M为BC的中点，且PB⊥AM D D (1)证明：平面PAM⊥平面PBD; (2)求四棱锥P-ABCD外接球的表面积； (3)求三棱锥B-PAM的体积 10.(24-25高一下·湖南沅禮共同体·期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD,AD⊥CD, AC∩BD=H,且H为AC的中点，又点E为PC的中点，AD=CD=I,DB=3N2 :5B D (1)证明：PA∥平面BDE; (2)证明：平面PAC⊥平面PBD; (3)求直线BC与平面PBD所成的角的正弦值， 目目 考点04 证明线线垂直 11.(24-25高一下湖南多校联考期末)如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥平面ABCD,M为棱 BC的中点，且PB⊥AM,PD=3,直线PM与平面ABCD所成的角为45. 4/10 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 A (I)证明：AM⊥BD (②在棱PD上是否存在一点E,使得直线CE∥平面P4M?若存在，写出吧的值：若不存在，请说明理由。 PD (3)求直线PB与平面PAM所成角的正切值 目目 考点05 求点面距 12.(2425高一下·湖南长沙雅礼中学期末)《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖懦. 如图，EA⊥平面ABCD,FC∥EA,四边形ABCD中，AB∥CD,AB⊥AD,AB=AD=AE=2, CD=CF=4. D (1)证明：四面体BCFD为鳖糯； (2)求点C到平面BDF的距离. 13.(24-25高一下·湖南永州期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形， PA=AB=2,点E在线段PC上. A: (1)当PE=EC时， 5/10 丽学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (i)求证：PA/I平面BDE; (i)求点P到平面BDE的距离； (②)当PE=2EC时，求二面角E-BD-C的余弦值.（不允许用空间向量法求解） 目目 考点06 求线面角及其最值 14.(24-25高一下，湖南衡阳衡南县·期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是 正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD,M是线段PD的中点，N是线段PC的中点. (1)求证：MW⊥平面PAD: (2)求PC与面PAB所成角的正弦值. 15.(24-25高一下湖南衡阳第一中学期末)已知正方体ABCD-A,B,CD的棱长为1，E,F分别为AD, CD的中点. D B E: D B (1)证明：EF/平面ABCD. (2)求异面直线AF与BC,所成角的大小. (3)求直线BD与平面D,EF所成角的余弦值 16.(24-25高一下·湖南长沙长郡中学期末)如图，四棱锥P-ABCD的各个顶点均在球0的表面上，且 AB=AD=2,BC⊥CD,PB⊥平面PAD 6/10 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D 4 B (I)证明：平面PAB⊥平面ABCD; (2)求四棱锥P-ABCD体积的最大值； (3)当5PA·PB=6√2时，求直线PC与平面ABCD所成角的余弦值的最大值 目目 考点07 求二面角 17.(2425高一下·湖南娄底部分普通高中.期末)如图，正方体ABCD-A,B,C,D的棱长为1， A B (1)求证：B,C,//平面ABC; (2)求：B4与平面A,CD所成的角大小； (3)求钝二面角B-A,C-D的大小 18.(24-25高一下·湖南岳阳湘阴县·期末)几何体ABCDEF是从边长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中截取所 得，其中E,F分别为CC,AA!的中点，点M在线段EF上. B D (I)若M为EF的中点，求证：AMI∥平面BDE; (2)求二面角A-DF-B的正切值； 7/10 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 M的值， (3)证明：存在点M,使得AM⊥平面BDF,并求E 19.(24-25高一下·湖南衡阳衡阳县·期末)如图三棱柱ABC-DEF中，侧面ACFD⊥底面ABC,底面三角形 ABC不是直角三角形，AB⊥BE. D E (I)求证：三棱柱ABC-DEF的任意两个侧面的面积和大于第三个侧面的面积； (②若底面ABC为正三角形，AB=AD=2,P为线段BF上一动点，且满足四棱锥P-4CFD的体积为25 求平面PAB与平面ABC所成二面角的正切值， 20.(24-25高一下·湖南岳阳岳阳楼区·期末)如图1，在直角梯形ABED中，AB=AD=2,DE=4, AD⊥DE,BC⊥DE,以BC为轴将梯形ABED旋转180°后得到几何体W,如图2，其中GF,HE分别为 上下底面直径，点P,Q分别在圆弧GF,HE上，且PF‖HQ B G 图1 图2 (1)证明：HQ⊥平面PGH; (②)若直线G0与平面PGH所成角的余弦值等于5， 求P到平面BHQ的距离； 3 (3)若平面BHQ与平面BEQ夹角的正切值为2√2，求HQ的长度 目目 考点08 球体综合 21.(2425高一下·湖南长沙第一中学期末)球面三角学是球面几何学的一部分，主要研究球面多边形（特 别是三角形)的角、边、面积等问题，其在航海、航空、卫星定位等方面都有广泛的应用.定义：球的直 径的两个端点称为球的一对对径点，过球心的平面与球面的交线称为该球的大圆，易知：球的任意两个大 圆均可交于一对对径点，如图1的A和4.球面上两个对径点和以这两点为端点的两个半大圆所围成的球 8/10 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 面图形称为球面二角形.对于球面上不在同一个大圆上的点A,B,C,过任意两点的大圆上的劣弧 AB,BC,CA所组成的图形称为球面三角形ABC，记其面积为S球面△Bc·若球面上A,B,C,的对径点分别为 A,B,C',则球面△A'B'C'与球面ABC全等. B B 图1 图2 (1)如图1，已知球0的半径为R,两个半大圆所成的锐二面角为O,用0，R表示球面二角形的面积S; (2)如图2，已知球0的半径为R,圆弧AB和AC所在平面交成的锐二面角B-A0-C的大小为0，圆弧B4 和BC所在平面、圆弧CA和CB所在平面交成的锐二面角的大小分别为B,Y. (i)若平面OAB,平面OAC,平面OBC两两垂直，求球面ABC的面积S球面△4BC; (i)用，B,Y,R表示球面ABC的面积. 22.(24-25高一下·湖南怀化期末)祖堩是南北朝时期伟大的数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖堩原 理：“幂势既同，则积不容异”.意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任 何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等. (1)现有以下三个几何体：半径为R的半球，底面半径和高均为R的圆锥与圆柱，体积分别记为'，'2，'，判 断V,',V3三者之间的关系，并说明理由； R R R R R (2)如图，过半径上一点A,且平行于半球犬圆（过球心的平面与球面相交所形成的圆）的平面将半球分割 成两部分，位于上方的部分称为“球缺”，己知半球的半径为R,当点A为半径中点时，求截得的“球缺”的体 积； ----- 9/10 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)《九章算术》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱（圆柱的上下底面为正方体的上下底面，圆 柱的侧面与正方体侧面相切)的公共部分组成的几何体为“牟合方盖”.显然，正方体的内切球也是“牟合方 盖”的内切球.若正方体棱长为6，求“牟合方盖”体积. D D B B 10/10 专题05 立体几何大题综合 8大高频考点概览 考点01证明线面平行 考点02证明线面垂直 考点03证明面面垂直 考点04证明线线垂直 考点05求点面距 考点06求线面角及其最值 考点07求二面角 考点08球体综合 ( 地 城 考点01 证明线面平行 ) 1．(24-25高一下·湖南长沙第一中学·期末)如图，在长方体中，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，设，连接得，由线面平行的判定定理可得答案； （2）与全等得，进而，，可得为二面角的平面角，在中计算可得答案. 【详解】（1）连接，设，连接，因为平面为正方形，所以为的中点， 在中，为的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）因为， 所以与全等，所以，又， 取的中点为M，连接，则有，， 所以为二面角的平面角， 因为平面，平面，所以， 在中，， 所以， 所以， 所以二面角的正弦值为. 2．(24-25高一下·湖南长沙长郡中学·期末)如图，正四棱台中，上底面边长为，下底面边长为，E为的中点，侧棱长为6. (1)证明：平面； (2)求该正四棱台的表面积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，交于点，连接.根据三角形中位线定理证明，再利用线面平行的判定定理即可证明； （2）在梯形中，过作交于点，根据平面几何知识可求出，进而可求，即可求解正四棱台的表面积. 【详解】（1）（1）连接，交于点，连接，如图所示. 在正四棱台中，底面为正方形，所以为中点. 又为的中点，. 又平面，平面，平面. （2）由题可知：在梯形中，，，， 过作交于点，，， 所以， 正四棱台的表面积为 . 3．(24-25高一下·湖南长沙雅礼教育集团·期末)如图，正三棱柱中，是的中点，． (1)求证：平面； (2)若三棱锥的体积为，求． 【答案】(1)证明过程见解析 (2)2 【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到，从而得到线面平行； （2）证明⊥平面，求出，设，则，利用等体积法得到方程，求出，得到的值. 【详解】（1）连接，交于点，连接， 因为四边形为矩形，所以为的中点， 又是的中点，故， 因为平面，平面， 所以平面；    （2）因为为等边三角形，是的中点， 所以⊥，又，故， 因为⊥平面，平面，所以⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 设，则，， ， 所以，解得， 故. 4．(24-25高一下·湖南岳阳岳阳楼区·期末)已知长方体中，，. (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)6 【分析】（1）由平行四边形可得线线平行，再由线面平行的判定定理得证； （2）根据棱锥的体积公式求解即可. 【详解】（1）在长方体中， 可得且， 所以四边形是平行四边形. 所以 且平面，平面， 所以平面. （2）在长方体中， ，，且平面 ∵， ∴. ( 地 城 考点02 证明线面垂直 ) 5．(24-25高一下·湖南怀化·期末)在四棱锥中，平面，，，，，分别为棱的中点． (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）利用线面垂直的性质，得，再结合条件，利用线垂直的判定定理，即可求解； （2）设，连接，利用几何关系可得，再由线面平行的判定定理，即可求解； （2）根据条件可得，，从而有为二面角的平面角，即可求解. 【详解】（1）因为平面，面，则， 又，，则， 又，面， 所以平面. （2）设，连接， 因为，，，是的中点， 所以，且，， 则为正方形，所以为中点， 又是的中点，所以， 又面，面， 所以平面. （3）由（2）知，又是中点，则， 又，所以，则， 又面，面，则， 又，面， 所以面，又面， 所以，则为二面角的平面角， 在中，，，， 所以，故二面角的正弦值为. 6．(24-25高一下·湖南岳阳湘阴县·期末)如图，在直三棱柱中，，，， 是四边形(含边界)内的动点且． (1)求证：平面； (2)求点的轨迹长． (3)若点又在线段上， 求此时直线与直线所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先利用余弦定理求出，即可得出，再结合以及线面垂直的判定定理即可求证； （2）利用勾股定理求出，即可求出点的轨迹，再求扇形的弧长即可； （3）过点作直线的平行线交于，在中利用余弦定理求出. 【详解】（1）因，，则在中，由余弦定理得， ，故， 由勾股定理得，所以， 因为直三棱柱，则平面， 因平面，则， 又，平面，所以平面． （2）∵平面，平面，∴， ∵，∴， 则点在以为圆心，半径为1的圆上， 又是四边形(含边界)内， 故点的轨迹所对圆心角为，所以点的轨迹长为． （3）因为点又在线段上且，所以， 过点作直线的平行线交于，连接， 则直线与直线所成角为或其补角， 又，所以， ， 在中，， 所以， 故直线与直线所成角的余弦值为. 7．(24-25高一下·湖南名校联考联合体·期末)在直三棱柱中，已知为的中点，． (1)求证：平面； (2)若，，，证明：平面． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）取中点，连接，，根据两平面平行的判定定理证明平面平面，再由两平面平行的性质定理即可证明平面； （2）由线面垂直的判定定理证明即可. 【详解】（1）如图，取中点，连接，，因为为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，所以为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，平面，平面，所以平面平面， 又因为平面，所以平面； （2）如图，因为，，， 所以，所以，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以四边形为正方形，所以， 又，平面，平面，所以平面． 8．(24-25高一下·湖南郴州·期末)如图，和都垂直于平面，且，是的中点.为等边三角形. (1)证明：平面； (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）由中位线定理与平行四边形性质，可得线线平行，再根据面面垂直的判定与性质，可得线面平行，从而可得答案； （2）由三棱锥的体积公式求得底面等边三角形的边长，再根据线面角的定义在图中明确限面角，利用勾股定理以及锐角三角函数，可得答案 【详解】（1）证明：取的中点，连接，. 因为为中点，所以， 平面，平面，故 又，故且. 所以四边形是平行四边形，所以 因为是等边三角形，是中点，所以 因为平面，平面，所以平面平面 又平面平面，平面，所以平面， 所以平面. （2）设边长为，则，又平面且， 所以，解得. 由（1）知，平面，连接. 所以为直线与平面所成角. 因为平面，平面，所以. 由勾股定理知：.同理，. 因为为中点，所以. 由（1）知平面，平面，则. 由（1）易知. 所以，在中，. 即直线与平面所成角的正弦值为. ( 地 城 考点0 3 证明面面垂直 ) 9．(24-25高一下·湖南岳阳华容县·期末)如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且. (1)证明：平面平面； (2)求四棱锥外接球的表面积； (3)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由题意可证，，进而可证平面，可证结论； （2）由（1）可得，建立平面直角坐标系，可得，进而计算可求得，进而可求得四棱锥外接球的半径，可求解； （3）利用等体积法可求体积. 【详解】（1）因为底面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以平面平面． （2）由（1）可知平面，平面，所以， 建立如图所示的平面直角坐标系，所以． 设，因为，所以，，，． 从而． 所以，即， 四棱锥外接球的半径， 所以四棱锥外接球的表面积； （3） 10．(24-25高一下·湖南沅澧共同体·期末)如图，在四棱锥中，平面，，，且为的中点，又点为的中点，，. (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连结，结合题意利用线面平行的判定定理证明即可； （2）利用面面垂直的判定定理证明即可； （3）利用（1）（2）中证明的条件找出线面角，再结合题意将相应的边求出，最后在直角三角形中求解即可. 【详解】（1）证明：连结，如图所示： 在中，为的中点，为的中点， 所以为的中位线，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）证明：因为平面，平面， 所以， 又，为的中点，则， 又平面，故平面 平面    平面平面. （3）由平面可知，为在平面内的射影， 所以为直线与平面所成的角 由，，， 有， 在中，     所以， 所以直线与平面所成的角的正弦值. ( 地 城 考点0 4 证明线线垂直 ) 11．(24-25高一下·湖南多校联考·期末)如图，四棱锥的底面是矩形，平面，M为棱BC的中点，且，，直线PM与平面所成的角为. (1)证明：. (2)在棱上是否存在一点E，使得直线平面？若存在，写出的值；若不存在，请说明理由. (3)求直线PB与平面所成角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， (3) 【分析】（1）由平面，利用线面垂直的性质定理得，再由线面垂直的判定定理得平面，又由线面垂直的性质定理得证； （2）存在点为中点时，平面，取的中点为，连接，即证，利用线面平行的判定定理即可求解； （3）连接，可得，根据已知条件求出，设点到平面的距离为，利用求出，进而可求出答案. 【详解】（1）由平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面， 所以； （2）存在点为中点时，平面，即， 证明如下： 取的中点，连接，取的中点为，连接， 所以，又点为中点，所以， 所以，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （3）连接，由平面，所以为直线PM与平面所成的角， 所以， 在中，， 所以，① 因为，所以，所以②， 由①②得， 所以， 设点到平面的距离为， 在中，， 所以， 因为，所以， 所以， ， 因为，所以，得， 设直线PB与平面PAM所成角为，则， 因为，所以， 所以， 所以直线PB与平面所成角的正切值为. ( 地 城 考点0 5 求点面距 ) 12．(24-25高一下·湖南长沙雅礼中学·期末)《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，平面，，四边形中，，，，． (1)证明：四面体为鳖臑； (2)求点C到平面的距离． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【分析】（1）由余弦定理和勾股定理及逆定理得到⊥，为直角三角形，由题目条件得到⊥平面，⊥，为直角三角形，结合为直角三角形，得到结论； （2）由等体积法进行求解，得到点C到平面的距离. 【详解】（1）四边形中，，，，， 由勾股定理得，且， 故. 在中，由余弦定理得， 故，由勾股定理逆定理得⊥，为直角三角形. 因为平面，，故平面， 因为平面，所以， 又因为，平面，所以⊥平面， 又因为平面，所以⊥， 故为直角三角形. 因为平面，平面，所以，， 所以为直角三角形. 综上，四面体为鳖臑； （2）， 因为平面，且，所以， 由（1）知⊥，在中，由勾股定理得， 所以， 设点C到平面的距离为，其中， 所以，点C到平面的距离为. 13．(24-25高一下·湖南永州·期末)如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，点在线段上. (1)当时， （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）求点P到平面的距离； (2)当时，求二面角的余弦值.（不允许用空间向量法求解） 【答案】(1)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） (2) 【分析】（1）（ⅰ）连接交于点，连接，根据三角形的中位线可得利用线面平行的判断定理即可证得结果；（ⅱ）由（ⅰ）知平面，点到平面的距离可以转为到平面的距离，即为所求结果； （2）可证得为二面角的平面角，通过余弦定理计算即可求得结果. 【详解】（1）（ⅰ）连接交于点，连接， 因为底面为正方形，所以点为的中点， 当时，为中点，所以 因为平面平面 平面 （ⅱ）由（ⅰ）知平面， 所以点到平面的距离即为点到平面的距离. 底面， 底面，， 因为底面为正方形，所以， 又因为平面平面，，所以平面， 所以即为点到平面的距离， 所以点到平面的距离为， （2）当时，点为上靠近于C的三等分点， 因为平面，平面， 所以， 连接，， 又，点在公共边上. ，又 为二面角的平面角 在中，， 在中，在由余弦定理得： . . 所以二面角的余弦值为. ( 地 城 考点0 6 求线面角 及其最值 ) 14．(24-25高一下·湖南衡阳衡南县·期末)如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是线段的中点，是线段的中点. (1)求证：平面； (2)求与面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理得平面，再根据，即可证明答案； （2）利用等体积法求出到面的距离，进而得到与面所成角的正弦值. 【详解】（1）因为底面为正方形， 所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面， 又因为是线段的中点，是线段的中点， 所以， 所以平面. （2） 取中点为，连接， 因为为正三角形， 所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面， 又因为平面， 所以， 设，，， 所以在中，， 由（1）得平面， 又因为，所以平面， 又因为平面， 所以， 所以，， 设到面的距离为，因为， 所以， 所以， 设与面所成角为， 则， 所以与面所成角的正弦值为. 15．(24-25高一下·湖南衡阳第一中学·期末)已知正方体的棱长为，，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余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）通过中位线定理证明线线平行，进而证明线面平行； （2）利用平行关系将异面直线所成角转化为共面直线所成角，再通过解三角形求解； （3）利用线面垂直，从而确定线面角，再通过几何法求解. 【详解】（1）证明：连接交于点， 分别为，的中点， ， 平面，且平面， 平面； （2）， 与所成角大小等于与， 为的中点， ，即与所成角的大小为； （3）连接，过作于点， 平面，且平面， ，又且,且两直线在平面内， 平面， 平面， ，又，且，,且两直线在平面内， 平面， 直线与平面所成角大小等于， 正方体的边长为， . 16．(24-25高一下·湖南长沙长郡中学·期末)如图，四棱锥的各个顶点均在球的表面上，且，，平面. (1)证明：平面平面； (2)求四棱锥体积的最大值； (3)当时，求直线与平面所成角的余弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明出，，利用线面垂直的判定定理可证得平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）过点在平面内作，垂足为点，由面面垂直的性质得出平面，求出的面积，利用基本不等式求出面积的最大值以及长的最大值，结合锥体的体积公式可求得四棱锥体积的最大值； （3）取线段的中点，连接、，求出的长，根据题意得出关于、的方程组，求出的值，进而可求得的长，利用三角不等式求出的最大值，设与平面所成角为，可得出的最小值，由此可得出的最大值. 【详解】（1）由题，四边形在球的一个截面的圆周上，故， 又，故，故， 由平面，平面，得， 又，平面，平面，故平面， 又平面，故平面平面. （2）过点在平面内作，垂足为点， 由平面平面，平面平面，平面， 可得平面，记四棱锥的体积为， 则， 因为，所以， 由平面，平面，得，故， 于是，当且仅当时取等号， 由，得， ，由，得， 故，当且仅当时取等号，于是， 故. 故四棱锥体积的最大值为. （3）取线段的中点，连接、， 因为，为的中点，故， 因为，，，由等面积法可得， 由，设，则， 所以，整理得， 解得，即， 因为，，所以，故， 在中，，， 由余弦定理可得， 当时，， 此时，此时； 当时，， 此时，此时. 综上所述，， 所以，当且仅当、、三点共线时，等号成立， 即长的最大值为， 设与平面所成角为，当取最大值时，最小，此时取最小值， 所以， 此时，即， 故当时，直线与平面所成角的余弦值的最大值为. ( 地 城 考点0 7 求二面角 ) 17．(24-25高一下·湖南娄底部分普通高中·期末)如图，正方体的棱长为1， (1)求证：平面； (2)求：与平面所成的角大小； (3)求钝二面角的大小. 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3) 【分析】（1）由得到平面 （2）连接，，证明与平面垂直，得到与平面所成的角为的余角，通过为等边三角形得出的大小，再得到所求角. （3）连接，证明平面，求出与所成角，进而得到钝二面角的大小 【详解】（1）正方体中，， 又平面，且平面 平面 （2） 连接，， 正方体中，平面， 且平面，， 又，且，， 又，且平面，平面 平面 与平面所成的角为的余角， 又为等边三角形，， 与平面所成的角为. （3） 连接，平面，平面，， 又，且，， ，且平面， 平面， 平面 又由（2）知平面，且与所成角为， ∴钝二面角的大小为. 18．(24-25高一下·湖南岳阳湘阴县·期末)几何体是从边长为2的正方体中截取所得，其中E，F分别为CC1，AA1的中点，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，    因为几何体是从边长为2的正方体中截取所得， 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，      且，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． 19．(24-25高一下·湖南衡阳衡阳县·期末)如图三棱柱中，侧面底面ABC，底面三角形ABC不是直角三角形，． (1)求证：三棱柱的任意两个侧面的面积和大于第三个侧面的面积； (2)若底面ABC为正三角形，，P为线段BF上一动点，且满足四棱锥的体积为，求平面PAB与平面ABC所成二面角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证得三棱柱是正三棱柱，然后根据三角形的性质证得三棱柱的任意两个侧面的面积和大于第三个侧面的面积. （2）作出平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角，解直角三角形求得二面角的正切值. 【详解】（1）过B作，垂足为O， 因为三角形ABC不是直角三角形，所以O与A，C不重合， 又因为侧面底面ABC， 所以面ACFD，因为平面，所以， 又∵，，∴，而平面， 所以面ABC，即三棱柱为直三棱柱， 设侧面面积分别为，，，则由于三棱柱为直三棱柱， 所以，，， 又∵，，， ∴，，， 所以三棱柱的任意两个侧面的面积和大于第三个侧面的面积； （2）过P作，垂足为N，过N作， 垂足为M，连接PM，易知面ABC， 因为平面，所以， 又因为平面，所以面PMN， 因为平面，所以， 即为平面PAB与平面ABC所成平面角； 设P到平面ACFD的距离为h，因为， 即得，可知P为线段BF的中点，则N为线段BC的中点， 所以，， 在中， 所以平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角的正切值为． 20．(24-25高一下·湖南岳阳岳阳楼区·期末)如图1，在直角梯形中，，，，，以为轴将梯形旋转180°后得到几何体W，如图2，其中，分别为上下底面直径，点P，Q分别在圆弧，上，且∥. (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成角的余弦值等于，求P到平面的距离； (3)若平面与平面夹角的正切值为，求的长度. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面垂直得线线垂直，再由线线垂直得线面垂直； （2）连接，由平面，得到，由∥平面，将问题转化为到平面的距离，再利用，即可求解. （3）分别取的中点，连接，利用平面∥平面，将问题转化为平面与平面夹角的正切值为，过点作，得到则为平面与平面夹角，结合等面积法和射影定理，即可求解. 【详解】（1）∵为上底面圆的直径，点在上底面圆周上， ∴，∵∥，∴， 又∵平面，且平面，∴， ∵，且平面， ∴平面. （2）连接，由（1）平面， ∴就是直线与平面所成的角， 即， ∴且，∴，， ∴为直角三角形，∴为弧的中点，∴ 又，∴， 又∵平面平面，且交线为，， ∴平面 ∴点到平面的距离为， ∵∥平面， ∴点到平面的距离等于点到平面的距离，设为， ∵，∴， ∵， ∴ ∴，∴点到平面的距离为. （3）分别取，的中点，，连接，，，则∥，∥， ∵且平面，，且平面， ∴平面∥平面， ∵平面与平面夹角正切值为， ∴平面与平面夹角的正切值为， ∵为的中点，， ∴，， 又∵且平面， ∴平面， ∵平面，∴平面平面， 连接，过点作于点， ∵平面平面，且平面， ∴平面， 平面，, 过点作于点，连接， ，平面， 平面，又平面，， ∴为平面与平面夹角，即， 设，则， ∵，∴， 直角三角形中，， 又∵∥，∴， 在中，由射影定理知，∴， 在直角中，，∴， 在直角中，， 整理得，解得，即， ∴. ( 地 城 考点0 8 球体综合 ) 21．(24-25高一下·湖南长沙第一中学·期末)球面三角学是球面几何学的一部分，主要研究球面多边形（特别是三角形）的角、边、面积等问题，其在航海、航空、卫星定位等方面都有广泛的应用．定义：球的直径的两个端点称为球的一对对径点，过球心的平面与球面的交线称为该球的大圆，易知：球的任意两个大圆均可交于一对对径点，如图1的和．球面上两个对径点和以这两点为端点的两个半大圆所围成的球面图形称为球面二角形．对于球面上不在同一个大圆上的点，过任意两点的大圆上的劣弧所组成的图形称为球面三角形，记其面积为．若球面上，的对径点分别为，则球面与球面全等． (1)如图1，已知球的半径为，两个半大圆所成的锐二面角为，用表示球面二角形的面积； (2)如图2，已知球的半径为，圆弧和所在平面交成的锐二面角的大小为，圆弧和所在平面、圆弧和所在平面交成的锐二面角的大小分别为． （ⅰ）若平面，平面，平面两两垂直，求球面的面积； （ⅱ）用表示球面的面积． 【答案】(1) (2)； 【分析】(1)由两个半大圆所成的锐二面角为，根据比例求出球面二角形的面积； (2)(i)求球面二角形的面积，结合对称性求结论， (ii)求三个球面二角形的面积，由此可得，解出即可. 【详解】（1）设球的表面积为，则， 因为两个半大圆所成的锐二面角为， 所以， 则. （2）(i)因为平面，平面，平面两两垂直， 所以每个球面二角形的面积为， 由球面的对称性可得； 所以球面的面积； （ii）圆弧所在大圆和圆弧所在大圆夹角为二面角，即， 那么两弧所在半圆所夹球面二角形的面积为， 同理，和所在半圆所夹球面二角形的面积为， 和所在半圆所夹球面二角形的面积为， 由球面的对称性可得 所以. 22．(24-25高一下·湖南怀化·期末)祖暅是南北朝时期伟大的数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等． (1)现有以下三个几何体：半径为R的半球，底面半径和高均为R的圆锥与圆柱，体积分别记为，判断三者之间的关系，并说明理由；    (2)如图，过半径上一点A，且平行于半球犬圆（过球心的平面与球面相交所形成的圆）的平面将半球分割成两部分，位于上方的部分称为“球缺”，已知半球的半径为R，当点A为半径中点时，求截得的“球缺”的体积；    (3)《九章算术》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱（圆柱的上下底面为正方体的上下底面，圆柱的侧面与正方体侧面相切）的公共部分组成的几何体为“牟合方盖”．显然，正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球．若正方体棱长为6，求“牟合方盖”体积．      【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）设平面与圆柱底面间的距离为，截半球的截面圆的半径为，则截圆锥的截面圆半径为，可得，平面截半球、圆锥、圆柱的截面面积满足，由祖暅原理得到答案； （2）由祖暅原理，“球缺”的体积等于高度为的圆柱体积减去对应圆台的体积，运算得解； （3）由于正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球，用同一高度处的水平面来截它们，所得的截面积之比正好总是正方形的内切圆和正方形的面积之比，也就是，根据祖暅原理运算得解. 【详解】（1）如图，用一个平行圆柱底面的平面截半球和圆柱， 设平面与圆柱底面间的距离为，截半球的截面圆的半径为，则截圆锥的截面圆半径为， 所以， 平面截半球截面圆的面积为，平面截圆锥的截面圆的面积为，平面截圆柱的截面圆的面积为， 所以， 由祖暅原理，可得.    （2）当点为半径中点时，高度， “球缺”的体积等于高度为的圆柱体积减去对应圆台的体积， 所以“球缺”的体积为. （3）因为正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球，若正方体棱长为6，则内切球半径， 用一水平面去截它们，那么所得的正方形和圆也是相切在一起的， 对于直径为6的球和高为6的“牟合方盖”来说，使用同一高度处的水平面来截它们， 所得的截面积之比正好总是正方形的内切圆和正方形的面积之比，也就是， 由祖暅原理，“牟合方盖”的体积为. 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $