专题05 立体几何中的平行垂直线面角二面角（10个考点）（期末真题汇编，福建专用）高一数学下学期人教A版

**基本信息** 立体几何专题汇编，涵盖10个高频考点，精选福建多地期末真题，融合《九章算术》阳马、鳖臑等文化素材，分层考查空间位置关系、平行垂直证明及空间角与体积计算。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|约20题|空间中点线面位置关系、线面平行垂直判断|聚焦基础概念辨析，如符号语言表述与充要条件判断| |多选|约15题|异面直线夹角、动点轨迹与最值|结合正方体动态问题，如截面面积与外接球体积| |解答题|约24题|平行垂直综合证明、线面角与二面角计算|以翻折问题、四棱锥体积为载体，综合考查逻辑推理与空间想象，如阳马表面积与外接球计算|

专题05 立体几何中的平行垂直线面角二面角 10个高频考点概览 考点01 空间中点线面的位置关系 考点02 线面平行垂直关系的证明与判断 考点03 异面直线的夹角 考点04 求三棱锥四棱锥的体积或距离 考点05 平行与垂直证明综合题型 考点06 线线角线面角二面角的基础综合题型 考点07 求直线与平面的夹角 考点08 求二面角 考点09 平行与垂直的动点轨迹与最值问题 考点10 立体几何综合题型 考点01 空间中点线面的位置关系 1．(24-25高一下·福建三明普通高中·期末)已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 2．(24-25高一下·福建泉州·期末)设为两个不同的平面，为两条不同的直线，且，则下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则或 C．若，，则 D．若与所成的角相等，则 3．(24-25高一下·福建厦门·期末)，，为两两不重合的平面，，为不重合的直线，则（   ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 4．(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． 5．(24-25高一下·福建福州马尾一中等六校·期末)设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 6．(24-25高一下·福建莆田·期末)已知m、n是两条不同直线，、、是三个不同平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 7．(24-25高一下·福建漳州·期末)（多选）（多选）为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列说法中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 考点02 线面平行垂直关系的证明与判断 8．(24-25高一下·福建福州台江区九校·期末)（多选）如图，正方体 的棱长为1，动点在线段 上，分别是的中点，则下列结论中正确的是（ ） A． B．当为中点时， C．存在点，使得平面平面 D．三棱锥的体积为定值 9．(24-25高一下·福建福州第三中学·期末)（多选）在棱长为2的正方体中，动点满足（其中），则（    ） A．三棱锥的体积随的改变而变化 B．平面 C．平面平面 D． 10．(24-25高一下·福建福州第一中学·期末)（多选）已知下面给出的四个图都是正方体，A，B为顶点，E，F分别是所在棱的中点，则满足直线的图形有（   ） A． B． C． D． 11．(24-25高一下·四川成都·期末)对于不同直线和平面，下列叙述错误的是（    ） A．，则 B．，则 C．，则 D．，则 12．(24-25高一下·福建福州八县（，区）协作校·期末)已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 13．(24-25高一下·福建宁德·期末)如图，在正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，，为正方体的顶点，则满足的是（    ） A．   B．   C．   D．   14．(24-25高一下·福建宁德·期末)已知直线和平面，，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 考点03 异面直线的夹角 15．(24-25高一下·福建部分优质高中·期末)（多选）如图，已知正方体，分别为和的中点，则下列四种说法中正确的是（    ） A． B． C．与所成的角为 D．与为异面直线 16．(24-25高一下·福建厦门第一中学·)如图，已知正三棱柱为的中点，则与所成角的余弦值为（    ）    A．1 B． C． D． 17．(24-25高一下·福建厦门外国语学校·期末)在三棱锥中，、、分别是、、的中点，，则和所成角的度数为______ ． 18．(24-25高一下·福建福州八县（，区）协作校·期末)（多选）《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马.已知四棱锥为阳马，底面是边长为1的正方形，其中两条侧棱长都为，则（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．该阳马的表面积为 D．该阳马外接球的表面积为 考点04 求三棱锥四棱锥的体积或距离 19．(24-25高一下·福建福州闽侯县第六中学·期末)如图，各棱长均为2的直三棱柱中，D为的中点，点到平面的距离为（    ）． A． B．2 C． D． 20．(24-25高一下·福建厦门·期末)如图，四棱锥中，底面是菱形，平面，，为的中点，直线与平面交于点. (1)证明：平面； (2)求四棱锥的体积. 21．(24-25高一下·广东清远阳山县南阳中学·月考)如图，在四棱锥O﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，，平面，，为的中点，为的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求三棱锥的体积. 考点05 平行与垂直证明综合题型 22．(24-25高一下·福建福州马尾一中等六校·期末)如图所示的四棱锥 中，平面，，， ，，F为PC的中点； (1)求证：平面 (2)求证：平面 (3)若P，B，C，D在同一个球面上，证明：这个球的球心在平面 ABCD上 23．(24-25高一下·福建福州八县（，区）协作校·期末)如图，四棱锥的底面为平行四边形，点分别是的中点. (1)证明：平面； (2)若两两垂直且相等，证明：平面. 24．(24-25高一下·福建莆田二中、仙游一中·期中)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． 考点06 线线角线面角二面角的基础综合题型 25．(24-25高一下·福建三明北附学校·期末)（多选）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且点到平面的距离为，则（    ） A．该圆锥的体积为 B．直线与平面所成的角为 C．二面角为 D．直线与所成的角为 考点07 求直线与平面的夹角 26．(24-25高一下·福建福州第三中学·期末)如图，在三棱柱中，是正方形，. (1)求证：平面平面； (2)若，，，求直线与平面所成角的正弦值. 27．(24-25高一下·福建三明普通高中·期末)如图，在四棱锥中，平面. (1)求证：平面平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 28．(24-25高一下·福建福州台江区九校·期末)如图，在直三棱柱中，，，点是的中点，求证： (1)平面； (2) (3)若平面与平面的交线为，求与平面所成的角. 29．(24-25高一下·福建泉州·期末)如图1，在平行四边形中，，将沿翻折至（如图2），使得． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值； (3)若点在平面内，，当三棱锥的体积最大时，求的长． 30．(24-25高一下·福建莆田·期末)如图，在棱长均为2的正三棱柱中，点为棱的中点. (1)证明： 平面； (2)求异面直线与所成的角的余弦值. 31．(24-25高一下·福建漳州·期末)《九章算术》是我国古代的数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”．如图，在四面体中，底面，平面平面．    (1)求证：四面体为鳖臑； (2)若，，M是的中点． （ⅰ）求与平面所成角的正弦值； （ⅱ）已知D，E分别在线段，上移动，若平面，求线段长度的最小值． 32．(24-25高一下·福建福州第十五中学·期末)如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，，分别为，的中点． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 考点08 求二面角 33．(24-25高一下·福建福州第八中学·期末)如图，在三棱柱中，面为正方形，面为菱形，，平面平面.    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. 34．(24-25高一下·福建部分优质高中·期末)如图1，在矩形中，，，将沿翻折至，且，如图2所示． 在图2中： (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． 35．(24-25高一下·福建福州山海联盟协作校·期末)如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，平面平面，，点是棱上的一点． (1)记平面与平面的交线为，求证：； (2)若，求二面角的正弦值； (3)若直线与平面所成角的余弦值为，求线段的长． 36．(24-25高一下·福建莆田·期末)如图，正方形所在的平面与直角梯形所在的平面互相垂直，已知 ，，点在线段上.      (1)求证：平面平面； (2)当直线与平面所成的角的正切值为时，求二面角的大小. 37．(24-25高一下·福建厦门·期末)如图，四棱锥中，平面平面，，. (1)求； (2)若直线与所成角的余弦值为. （i）求二面角的正切值； （ii）是的外接圆上的动点，三棱锥内有一圆柱，圆柱的底面在内，求该圆柱侧面积的最大值. 38．(24-25高一下·福建宁德·期末)如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，，是的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的余弦值； (3)若是的中点，线段上是否存在一点，使得平面?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 39．(24-25高一下·福建龙岩·期末)在三棱柱中，为线段中点，为线段上的动点，平面． (1)求证：为线段中点； (2)若是边长为2的正三角形，． （ⅰ）求二面角的正弦值； （ⅱ）平面将三棱柱分成两部分，求体积较大部分的几何体的体积． 40．(24-25高一下·福建福州第十五中学·期末)如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，E为棱PA的中点，，，直线PA与BC所成的角的大小为. (1)证明：平面BDE； (2)证明：平面ABCD； (3)求二面角的正弦值. 41．(24-25高一下·福建福州马尾一中等六校·期末)如图①，在等腰直角中，，，，分别是边，上的动点，将沿折起到如图②的位置，连接，，且平面平面． (1)当，分别是边，的中点时； ①求证：平面平面 ②求二面角的正切值 (2)若点与点重合，如图③，设，求三棱锥体积的最大值； 42．(24-25高一下·福建南平·期末)如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是的中点，过点作交于点． (1)若是的中点，过点作一个截面，使得该截面与平面平行，请画出截面，并写出作图过程（无需证明）； (2)证明：平面； (3)求二面角的余弦值． 考点09 平行与垂直的动点轨迹与最值问题 43．(24-25高一下·福建南平·期末)（多选）如图，正方体的棱长为，是四边形内（包括边界）的一个动点，则下列结论正确的是（   ） A．当在线段上时，三棱锥的体积是定值 B．当是线段的中点时，的周长是 C．当是线段的中点时，三棱锥的外接球的体积是 D．当是棱的中点时，的最小值为 44．(24-25高一下·福建三明普通高中·期末)（多选）在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则下列说法正确的是（    ） A．直线与是异面直线 B．直线与所成的角为 C．若三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为 D．过点且与直线垂直的平面截正方体所得截面多边形的面积为 45．(24-25高一下·福建福州福九联盟·期末)（多选）如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是正方形内的动点，则（    ） A．平面截正方体所得截面面积为 B．经过四点的球的体积为 C．若垂直于，则的轨迹长度为 D．三棱锥的体积为 46．(24-25高一下·福建福州福九联盟·期末)如图，某人在水平地面上的点O处观测垂直水平面的墙面上的动点P，观测点O到墙面的距离，墙角处点B到点A的距离，墙面上，当动点P沿射线在墙面上移动时，仰角θ(直线与水平面所成的角)正切值的最大值为（    ） A． B． C． D． 47．(24-25高一下·福建福州山海联盟协作校·期末)在棱长为的正方体中，点E是棱的中点，则直线与所成角的余弦值为______；点P是正方体表面上的一动点，且满足，则动点P的轨迹长度是______． 考点10 立体几何综合题型 48．(24-25高一下·福建福州山海联盟协作校·期末)（多选）在直三棱柱中，，点M是棱上的一点，则下列说法正确的是（    ） A．AM⊥BC B．四棱锥的体积为2 C．直三棱柱外接球的表面积是 D．的最小值为5 49．(24-25高一下·福建莆田·期末)（多选）在棱长为4的正方体中，点在棱上，且，点在正方形内（含边界）运动，则（    ） A．当时，平面截该正方体所得的截面面积为18 B．当时，点到平面的距离为 C．当，且 平面时，点的轨迹长度为5 D．当，且时，点的轨迹长度为 50．(24-25高一下·福建宁德·期末)（多选）如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的有（    ） A．直线与所成角的正切值为 B．用平面截该正方体，所得截面周长为 C．若平面，则长度的取值范围为 D．若，则动点的轨迹长度为 51．(24-25高一下·福建龙岩·期末)（多选）已知棱长为3的正方体，则（   ） A．平面截正方体的内切球所得截面的面积为 B．若点是正方体内切球球面上的动点，则与所成角的正弦值最大为 C．线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为 D．线段上存在点，使得 52．(24-25高一下·福建部分优质高中·期末)（多选）如图，矩形中，为边AB的中点，将沿直线DE翻折成（平面BCDE）,若在线段上（点与不重合），则在翻折过程中，给出下列判断，其中判断正确的有（    ） A．当为的中点时，与平面垂直的直线必与直线MB垂直 B．存在某个位置，使 C．当四棱锥体积最大时，点到平面BCDE的距离为 D．当二面角的大小为时，异面直线与BE所成角的余弦值为 53．(24-25高一下·福建福州第一中学·期末)（多选）已知空间四边形中，，，且，设AC与平面BCD所成角为α，二面角的平面角为β，则（   ） A． B． C．的最小值为 D． 54．(24-25高一下·福建泉州·期末)（多选）已知三棱柱的底面是边长为2的正三角形，分别为的中点，若，则（   ） A． B．三棱柱的体积为 C．与所成的角的余弦值为 D．平面截三棱柱所得的截面面积为 55．(24-25高一下·福建福州福九联盟·期末)如图，在三棱台中，平面平面，且. (1)证明：； (2)求直线与平面所成的角的大小； (3)线段上是否存在点，使得二面角的平面角正切值为？若存在，求出线段的长，若不存在，请说明理由. 56．(24-25高一下·福建福州福九联盟·期末)在《九章算术》中，四个面都是直角三角形的三棱锥被称为鳖臑，由于它固有的优异性质，所以被称为立体几何中的“小王子”.如图，在鳖臑中，平面，若，E为的中点，M，N分别为的中点， (1)证明：平面； (2)求与所成的角的正切值； (3)若为线段上的动点，平面与平面是否垂直？ 如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由. 57．(24-25高一下·福建福州第一中学·期末)如图，在三棱台中，．      (1)过且平行于的平面分别交AB，AC于M，N，求证：． (2)若三棱台的体积为，底面是以B为直角顶点的等腰直角三角形，平面平面ABC． ①求三棱台的表面积； ②设，求异面直线BF与所成角的余弦值的取值范围． 58．(24-25高一下·福建福州第一中学·期末)如图，在三棱锥中，平面，． (1)求证：平面平面； (2)若，． ①求证：平面； ②若，与平面所成角的正切值为，求二面角的正切值． 59．(24-25高一下·福建福州马尾一中等六校·期末)（多选）如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于、的动点，圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆． 则下列正确的是（    ） A．圆锥的表面积为 B．三角形面积的最大值为2 C．若二面角的正切值为，则三角形面积的为 D．圆锥的外接球体积为 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 立体几何中的平行垂直线面角二面角 10个高频考点概览 考点01 空间中点线面的位置关系 考点02 线面平行垂直关系的证明与判断 考点03 异面直线的夹角 考点04 求三棱锥四棱锥的体积或距离 考点05 平行与垂直证明综合题型 考点06 线线角线面角二面角的基础综合题型 考点07 求直线与平面的夹角 考点08 求二面角 考点09 平行与垂直的动点轨迹与最值问题 考点10 立体几何综合题型 考点01 空间中点线面的位置关系 1．(24-25高一下·福建三明普通高中·期末)已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】B 【来源】福建省三明市普通高中2024-2025学年高一下学期7月期末质量检测数学试题 【分析】根据空间里面直线与平面、平面与平面位置关系的相关定理逐项判断即可. 【详解】 A，    若，则或，故该选项错误； B，若，则，故该选项正确； C，若，不能得出，故不能得出，故该选项错误； D，若，还需要加上相交才能得出，如果 不一定平行，故该选项错误. 故选：B. 2．(24-25高一下·福建泉州·期末)设为两个不同的平面，为两条不同的直线，且，则下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则或 C．若，，则 D．若与所成的角相等，则 【答案】C 【来源】福建省泉州市2024-2025学年高一下学期期末质量监测数学试题 【分析】根据线面位置关系及面面位置关系判断各个选项即可. 【详解】对于A，，，则或，A选项错误； 对于B，，则可以不垂直且不垂直，B选项错误； 对于C，如图，记平面和分别为平面，直线分别为， 过直线的平面分别交于直线，记为， 因为，，所以，所以， 由线面平行的判定定理可知， 因为，，所以，所以，C正确. 对于，如图，若为正方体， 记平面和分别为平面，直线分别为， 由正方体性质可知，直线与所成角相等，但不垂直，故错误. 故选：C. 3．(24-25高一下·福建厦门·期末)，，为两两不重合的平面，，为不重合的直线，则（   ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】D 【来源】福建省厦门市2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试题 【分析】ABC均可举出反例；D选项，由点线面的位置关系，求出，则，D正确. 【详解】对于A，若，，则或，A错误； B选项，若，，，则或异面，B错误； C选项，如图所示，满足，，，则不垂直，C错误；    D选项，若，则， 又，，则， 所以，则，D正确. 故选：D 4．(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 【来源】福建省龙岩市2024-2025学年高一下学期6月期末教学质量检查数学试题 【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 5．(24-25高一下·福建福州马尾一中等六校·期末)设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【来源】福建省福州市马尾一中等六校2024-2025学年高一下学期期末联考数学试题 【分析】通过面面平行的性质判断充分性，通过列举例子判断必要性. 【详解】，且，所以，又，所以，充分性满足， 如图：满足，，但不成立，故必要性不满足， 所以“”是“”的充分而不必要条件. 故选：A.    6．(24-25高一下·福建莆田·期末)已知m、n是两条不同直线，、、是三个不同平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【来源】福建省莆田市2024-2025学年高一下学期期末质量调研数学试卷 【分析】利用长方体中线面的关系，逐一确定各选项. 【详解】 A选项：令平面为平面，为直线，为直线， 有：，，但，A错误； B选项：令平面为平面，令平面为平面， 令平面为平面，有：，，而，B错误； C选项：令平面为平面，令平面为平面，为直线， 有：，，则，而，C错误； D选项：垂直与同一平面的两直线一定平行，D正确. 故选：D 7．(24-25高一下·福建漳州·期末)（多选）（多选）为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列说法中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】AC 【来源】福建省漳州市2024~2025学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】根据空间中直线与平面的关系，对选项逐一进行判断即可. 【详解】A，若，则，A正确． B，若，则m，n有可能平行、相交或异面，B不正确． C，若，由线面垂直的判定定理可得，，C正确． D，若，因为m不一定在平面内，所以m不一定垂直，D不正确． 故选： AC. 考点02 线面平行垂直关系的证明与判断 8．(24-25高一下·福建福州台江区九校·期末)（多选）如图，正方体 的棱长为1，动点在线段 上，分别是的中点，则下列结论中正确的是（ ） A． B．当为中点时， C．存在点，使得平面平面 D．三棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【来源】福建省福州市台江区九校2024-2025学年高一下学期期末联考数学试卷 【分析】对于A，直接使用中位线的性质即可证明；对于B，使用等腰三角形的中线性质即可证明；对于C，使用反证法即可否定结论；对于D，直接计算出三棱锥的体积即可验证. 【详解】对于A，由于分别是的中点，故. 而，所以，故A正确； 对于B，当是的中点时，由于，故，而，所以，故B正确； 对于C，假设平面平面，则两平面没有公共点，从而两直线没有公共点，又由于两直线都在下底面内，故. 而，这意味着和重合，矛盾，故C错误； 对于D，设到平面的距离和到直线的距离分别为和，则，从而三棱锥的体积，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于C选项对线面平行和线线平行定义的运用. 9．(24-25高一下·福建福州第三中学·期末)（多选）在棱长为2的正方体中，动点满足（其中），则（    ） A．三棱锥的体积随的改变而变化 B．平面 C．平面平面 D． 【答案】BC 【来源】福建省福州第三中学2024-2025学年高一下学期期末考试考数学试卷 【分析】证明平面判断A；由面面平行说明判断B；由正三角形说明判断D；证明平面判断C作答. 【详解】因为动点满足（其中）， 所以点在线段上运动； 对于A，在正方体中，，，即四边形为平行四边形，如图， 则，而平面，平面，则有平面， 因此，点P到平面的距离为定值，而面积是定值，则三棱锥的体积不变，A错误； 对于B，由选项A知，平面，同理平面，而，平面， 则有平面平面，又平面，因此，平面，B正确； 对于C，如图连接，在正方体中，，而平面，平面， 则，又，平面，有平面，平面，于是得， 同理，因，平面，则平面， 平面，所以平面平面，C正确； 对于D，如图，连接，显然是正三角形，当点P与点B重合时，， 点P在运动过程中，不是总有成立， D错误. 故选：BC. 10．(24-25高一下·福建福州第一中学·期末)（多选）已知下面给出的四个图都是正方体，A，B为顶点，E，F分别是所在棱的中点，则满足直线的图形有（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【来源】福建省福州第一中学2024-2025学年高一下学期第四学段模块考试（7月期末）数学试题 【分析】利用反证法、线面垂直的判定和性质判断证明各项的正误即可. 【详解】A：若为中点，又为中点，根据正方体的结构特征有平面， 平面，则，如下图示， 又为中点，根据中位线及正方形的性质有， 由都在平面内，则平面， 平面，则，满足； B：如下图示，平面，平面，则， 若，都在平面内，则平面， 平面，则，显然不成立，不满足； C：如下图示，由中位线及正方形性质易知， 由平面，平面，则， 都在平面内，则平面， 平面，则，满足； D：若为中点，又都为中点，如下图示， 根据中位线、正方形的性质易知，， 由平面，平面，则， 由都在平面内，则平面， 平面，则，同理可证， 由都在平面内，则平面， 平面，则，满足. 故选：ACD 11．(24-25高一下·四川成都·期末)对于不同直线和平面，下列叙述错误的是（    ） A．，则 B．，则 C．，则 D．，则 【答案】A 【来源】四川省成都市2024-2025学年高一下学期期末调研考试数学试题 【分析】根据面面垂直的性质定理和面面平行的判定定理易判断B，C正确；根据线面平行的性质与判定定理推理可得D正确；由可得或，可判断A错误. 【详解】对于A，由可得或，故A错误； 对于B，由面面垂直的性质定理：若两平面垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线必垂直于另一个平面.即可判断B正确； 对于C，利用面面平行的判定定理：若一个平面中的两条相交直线都与另一个平面平行，则这两个平面互相平行.即可判断C正确；    对于D，如图，经过直线作一个平面，设，因，则，故， 因，则，又，则，故.故D正确. 故选：A. 12．(24-25高一下·福建福州八县（，区）协作校·期末)已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】B 【来源】福建省福州市八县（市，区）协作校2024-2025学年高一下学期期末联考数学试题 【分析】根据空间中线面之间的位置关系逐一分析判断即可得解. 【详解】若，则或与异面，故A错误； 若，，则，故B正确； 若，，则与位置关系不确定，故C错误； 若，，则或，故D错误. 故选：B 13．(24-25高一下·福建宁德·期末)如图，在正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，，为正方体的顶点，则满足的是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】B 【来源】福建省宁德市2024-2025学年高一下学期6月期末质量检测数学试题 【分析】由异面直线夹角的定义逐个判断即可. 【详解】对于A：如图：连接，    由正方体的性质可得：，在矩形中，显然不成立， 所以不成立，故错误； 对于B：    如图取中点，连接， 由正方体的结构特点，结合，可得平面， 又平面， 所以， 在正方形中，因为， 所以， 又为平面内两条相交直线， 所以平面，又平面， 所以，故B正确； 对于C：    如图，取的中点，连接， 在正方体中可知：， 所以为平行四边形， 所以， 在正方形中，可知， 所以不成立，即不成立，故C错误， 对于D：    如图，取的中点，连接， 由中位线可知， 又在正方体中可知：， 所以， 设正方体的棱长为2，可得：， 则，所以不成立， 即不成立，故D错误. 故选：B. 14．(24-25高一下·福建宁德·期末)已知直线和平面，，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】A 【来源】福建省宁德市2024-2025学年高一下学期6月期末质量检测数学试题 【分析】根据线面平行的性质以及面面垂直的判定定理可判断A；根据面面垂直的性质可判断线面位置，判断B；根据面面、线面平行的性质可判断C；由于和同一条直线平行的平面可能相交，即可判断D. 【详解】对于A，过m作平面与相交于l，由于，则， 由，可得，而，故，A正确； 对于B，若，，则或则，B错误； 对于C，若，，则或，C错误； 对于D，若，，则或相交，D错误， 故选：A 考点03 异面直线的夹角 15．(24-25高一下·福建部分优质高中·期末)（多选）如图，已知正方体，分别为和的中点，则下列四种说法中正确的是（    ） A． B． C．与所成的角为 D．与为异面直线 【答案】BCD 【来源】福建省部分优质高中2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试卷 【分析】由异面直线定义可知AD正误；证得平面后，利用线面垂直性质可知B正确；由可知所求角为，由长度关系可得，知C正确. 【详解】对于A，平面，，，平面， 与是异面直线，A错误； 对于B，，，，平面， 平面，又平面，，B正确； 对于C，， 即为异面直线与所成的角， ，为等边三角形，，C正确； 对于D，，平面，，平面， 与为异面直线，D正确. 故选：BCD. 16．(24-25高一下·福建厦门第一中学·)如图，已知正三棱柱为的中点，则与所成角的余弦值为（    ）    A．1 B． C． D． 【答案】B 【来源】福建省厦门第一中学2024-2025学年高一下学期第二次阶段练习数学试题 【分析】取的中点，则（或其补角）为异面直线与所成角，解三角形即可求解. 【详解】如图，取的中点，连接、，易知，    所以异面直线与所成角就是直线与直线所成的角，即（或其补角）， 由题意可知正三棱柱的所有棱长都相等， 可设三棱柱的棱长都为，则，，， 因为，所以为直角三角形， 所以 即异面直线与所成角的余弦值为. 故选：. 17．(24-25高一下·福建厦门外国语学校·期末)在三棱锥中，、、分别是、、的中点，，则和所成角的度数为______ ． 【答案】 【来源】福建省厦门外国语学校2024-2025学年高一下学期期末模拟考试数学试题 【分析】由中位线的性质可得，，再利用异面直线所成角的定义即可得. 【详解】、分别为、的中点，则，同理可得， ，因此，和所成角为的补角，即为. 故答案为：. 18．(24-25高一下·福建福州八县（，区）协作校·期末)（多选）《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马.已知四棱锥为阳马，底面是边长为1的正方形，其中两条侧棱长都为，则（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．该阳马的表面积为 D．该阳马外接球的表面积为 【答案】AD 【来源】福建省福州市八县（市，区）协作校2024-2025学年高一下学期期末联考数学试题 【分析】由已知可得各棱的长度，由平行关系可得异面直线夹角，根据余弦定理判断A；根据线面垂直可判断B；根据各面面积之和可得表面积判断C；求出外接球球心位置即得外接球半径判断D. 【详解】 因为四棱锥为阳马，底面是边长为1的正方形， 设，， 所以在中，， 因为在中，， 所以中，； 对于A，因为，所以（或其补角）是直线与所成的角， 由余弦定理， 所以，A正确； 对于B，连接，，，平面， 所以平面，因为平面，所以， 所以直线与所成的角为，B错误； 对于C，该阳马的表面积， C错误； 对于D，阳马的外接球直径是以为棱的长方体的体对角线，即， ，则半径，外接球表面积，D正确. 故选：. 考点04 求三棱锥四棱锥的体积或距离 19．(24-25高一下·福建福州闽侯县第六中学·期末)如图，各棱长均为2的直三棱柱中，D为的中点，点到平面的距离为（    ）． A． B．2 C． D． 【答案】A 【来源】福建省福州市闽侯县第六中学2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试题 【分析】利用，可求点到平面的距离. 【详解】由题意可得，平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 又平面，平面，所以， 又直三棱柱各棱长均为2，所以， ， 所以，， 设点到平面的距离为， 由，得，所以， 解得. 故选：A. 20．(24-25高一下·福建厦门·期末)如图，四棱锥中，底面是菱形，平面，，为的中点，直线与平面交于点. (1)证明：平面； (2)求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【来源】福建省厦门市2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试题 【分析】（1）由题可知平面，由线面平行的性质定理得，再由线面平行的判定定理得证； （2）法1，由题可得，所以，进而可得，运算得解；法2，取，的中点分别为，，得到平面，平面，得，运算得解；法3，由题可得，由，得，即，运算得解. 【详解】（1）因为四边形是菱形，所以.     又平面，平面，所以平面.     因为平面，平面平面，所以.     又平面，平面，所以平面. （2）解法1：因为，，所以. 因为为的中点，所以为的中点.     因为，，所以，所以. 又为的中点，所以.     因为平面，所以.     因为四边形是菱形，，所以，所以.     因为为的中点，，所以，     所以.     解法2：连接，则.     设，的中点分别为，，连接，. 因为四边形是菱形，，所以，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.     同理平面.     所以.     因为和都是等边三角形，所以， 且，.     所以.     解法3：.     因为为的中点，所以， 所以. 因为为的中点，所以.     因为，所以， 所以，即.     因为平面，所以.     因为，， 所以. 21．(24-25高一下·广东清远阳山县南阳中学·月考)如图，在四棱锥O﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，，平面，，为的中点，为的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【来源】广东省清远市阳山县南阳中学2024-2025学年高一下学期第二次月考数学试题 【分析】（1）先求证以及，再利用线面垂直的判定定理即可； （2）取线段的中点，求证四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可； （3）求出各边长，利用棱锥的体积公式计算即可. 【详解】（1）连接， 因为平面，平面，所以， 因四边形为菱形且，则为正三角形， 又为的中点，则， 又，平面，则平面. （2）设为线段的中点，连接、， 因为的中点，则，且， 又且，为的中点，则且，     则四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，则平面； （3）∵，为正三角形， ∴， ∵，为的中点， ∴， ∴， 故三棱锥的体积为. 考点05 平行与垂直证明综合题型 22．(24-25高一下·福建福州马尾一中等六校·期末)如图所示的四棱锥 中，平面，，， ，，F为PC的中点； (1)求证：平面 (2)求证：平面 (3)若P，B，C，D在同一个球面上，证明：这个球的球心在平面 ABCD上 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【来源】福建省福州市马尾一中等六校2024-2025学年高一下学期期末联考数学试题 【分析】（1）取PB 中点M，连接MF、AM，根据几何性质，可得四边形AEFM为平行四边形，进而可得，根据线面平行的判定定理，即可得证； （2）根据线面垂直的性质、判定定理，可证，结合等腰三角形性质，可证平面PBC，即可得证； （3）根据题干条件，可分别计算PE、BE、CE、DE的长度，结合条件，即可得证. 【详解】（1）证明：取PB 中点M，连接MF、AM， M、F分别为PB、PC的中点， ， ，点在上，， ， 且， 四边形AEFM为平行四边形， ， 平面PAB，平面PAB， 平面PAB. （2）证明：，， ， 平面， ， ，平面PAB，平面PAB， 平面PAB， 平面PAB， ， ，M为PB的中点， ， ，平面PBC，平面PBC， 平面PBC， ， 平面PBC. （3）证明：平面， ， ， ， ， ， ，， ， ，， 在同一个球面上，且， 为球心， 球心在平面ABCD上. 23．(24-25高一下·福建福州八县（，区）协作校·期末)如图，四棱锥的底面为平行四边形，点分别是的中点. (1)证明：平面； (2)若两两垂直且相等，证明：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【来源】福建省福州市八县（市，区）协作校2024-2025学年高一下学期期末联考数学试题 【分析】（1）取中点,连接，证明，分别为的中点，证明，得到四边形为平行四边形，即可证明; (2)证明平面，为矩形，又，为的中点，证明.，即可证明. 【详解】（1）如图，取中点,连接，             因为四边形为矩形，所以， 因为点是的中点，所以，且.           因为分别为的中点、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）因为，且,平面， 所以平面，                       因为四边形为矩形，所以， 所以平面,所以.         在中，，为的中点，所以.                又因为，平面，所以平面PCD.           由（1）知，,所以平面. 24．(24-25高一下·福建莆田二中、仙游一中·期中)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． 【答案】(1)①证明见解析；② (2)存在，且 【来源】福建省莆田二中、仙游一中2024-2025学年高一下学期期中联考数学试题 【分析】（1）①连接交于点，连接，利用中位线的性质得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立； ②分析可知，异面直线与所成角为或其补角，求出三边边长，结合余弦定理可求得结果； （2）由线面平行的性质可得出，由此得出，即可得解. 【详解】（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． 考点06 线线角线面角二面角的基础综合题型 25．(24-25高一下·福建三明北附学校·期末)（多选）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且点到平面的距离为，则（    ） A．该圆锥的体积为 B．直线与平面所成的角为 C．二面角为 D．直线与所成的角为 【答案】BCD 【来源】福建省三明北附学校2024-2025学年高一下学期期末模拟数学试题 【分析】取线段的中点，连接，过作，垂足为，可证明面，即可得，对于A：求出底面圆半径，然后用圆锥的体积公式求解；对于B：直线与平面所成的角为，在直角三角形中求解即可；对于C：二面角的平面角为，在直角三角形中求解即可；对于D：取线段的中点，连接 ，直线与所成的角为或其补角，求出的三边，然后利用余弦定理求解. 【详解】取线段的中点，连接，过作，垂足为， 易知，又，面， 所以面，又面， 所以，又，且，面， 所以面，所以线段的长为点到平面的距离， 即，    对于A：在等腰三角形中，，， 所以， 所以该圆锥的体积为，A错误； 对于B：由面可得直线与平面所成的角为， 在直角三角形中，，所以，B正确； 对于C：由面可得二面角的平面角为， 在直角三角形中，，所以，C正确； 对于D：取线段的中点，连接 ， 明显有， 则直线与所成的角为或其补角， 因为，则， 在直角三角形中，， 在直角三角形中，， 在中，， 所以，D正确.    故选：BCD. 考点07 求直线与平面的夹角 26．(24-25高一下·福建福州第三中学·期末)如图，在三棱柱中，是正方形，. (1)求证：平面平面； (2)若，，，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【来源】福建省福州第三中学2024-2025学年高一下学期期末考试考数学试卷 【分析】（1）根据给定条件可证得平面，即可根据面面垂直的判定推理得证. （2）利用等体积法求出点到平面的距离，再利用公式求出线面角的正弦. 【详解】（1）在三棱柱中，由是正方形，得，而， 平面，因此平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）知，平面，而平面，则， 在中，，则， ，， ，，即， ，设点到平面的距离为，由， 得，解得，设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 27．(24-25高一下·福建三明普通高中·期末)如图，在四棱锥中，平面. (1)求证：平面平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【来源】福建省三明市普通高中2024-2025学年高一下学期7月期末质量检测数学试题 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证平面，最后利用面面垂直的判断定理即可得证； （2）过点作交于点，连接，则与平面所成角即为与平面所成角，由平面，即为直线与平面所成角，在中计算即可. 【详解】（1）平面平面，， ，又，平面， 平面，又平面， 平面平面； （2）过点作交于点，连接， 则与平面所成角即为与平面所成角， 平面，为在平面上的射影， 为直线与平面所成角， ，四边形为平行四边形， ， ， 在中，， 在中，， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 28．(24-25高一下·福建福州台江区九校·期末)如图，在直三棱柱中，，，点是的中点，求证： (1)平面； (2) (3)若平面与平面的交线为，求与平面所成的角. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【来源】福建省福州市台江区九校2024-2025学年高一下学期期末联考数学试卷 【分析】（1）连接 ，交于点，即证，利用线面平行的判断定理即可得证； （2）由线面垂直的判断定理证面，再利用线面垂直的性质定理即可得证； （3）延长交于，连接，则面，面，又面，面，即证 ，得为与平面所成的角，即可求. 【详解】（1）连接 ，交于点， 可知四边形是平行四边形，可得为 中点， 又是的中点，则，又平面，平面， 所以平面． （2）根据题意，三棱柱为直三棱柱，则， 又由，则， ，面，面 则有面，又面，所以， 又由，则四边形为正方形，则， 又由，面，面，则有面， 面，则； （3）延长交于，连接，则面，面，又面，面， 则直线即为直线．由，且，则， 又且，所以且，则四边形为平行四边形，故，故为与平面所成的角． 因为，所以． 即与平面所成的角为． 29．(24-25高一下·福建泉州·期末)如图1，在平行四边形中，，将沿翻折至（如图2），使得． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值； (3)若点在平面内，，当三棱锥的体积最大时，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)； (3) 【来源】福建省泉州市2024-2025学年高一下学期期末质量监测数学试题 【分析】（1）利用勾股定理可得，结合已知可证平面； （2）过点作于点，连结，利用线线垂直证明线面垂直，进而可证为直线与平面所成的角的正弦值，求解即可；法二：过点作于点，连结，利用面面垂直的性质平面，下同解法一；法三：设点到平面的距离为，利用等体积法求得，进而可求直线与平面所成的角的正弦值； （3）由题意可得，法一：利用基本不等式求得的最大值即可.法二：设，则，可得，利用换元法与二次函数的性质可求最值.法三：设，可得，可求最大值. 【详解】（1）因为，所以，所以， 又因为，所以平面； （2）解法一：过点作于点，连结 因为平面，平面，所以， 又因为，所以平面， 所以为斜线在平面上的射影，为直线与平面所成的角， 在平行四边形中，，因为，所以， 所以，在中，， 由勾股定理可得，根据等面积法可得 在中，，所以， 即直线与平面所成的角的正弦值为； 解法二：因为平面，平面，所以平面平面， 过点作于点，连结 又因为平面平面，平面， 所以平面， 下同解法一： 解法三：在平行四边形中，， 因为，所以，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为，所以平面， 设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为， 根据等体积法可得， 因为，所以， 即直线与平面所成的角的正弦值为； （3）由（2）知平面，又因为，所以， 解法一：因为， 所以，当且仅当时等号成立， 所以当时，三棱锥的体积取得最大值． 解法二：设，则，所以， 令，则， 所以当，即时，三棱锥的体积取得最大值． 解法三：设， 在中，， 所以， 因为，所以， 所以当，即时，三棱锥的体积取得最大值， 所以当时，三棱锥的体积取得最大值． 30．(24-25高一下·福建莆田·期末)如图，在棱长均为2的正三棱柱中，点为棱的中点. (1)证明： 平面； (2)求异面直线与所成的角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【来源】福建省莆田市2024-2025学年高一下学期期末质量调研数学试卷 【分析】（1）连接交于，连接，求证 ，即可由线面平行判定定理得证； （2）先由（1）得为异面直线与所成的角或其补角，再在中，由余弦定理即可得解. 【详解】（1）证明：连接交于，连接， 侧面为平行四边形，为的中点. 又点为的中点， ， 又平面平面， 平面. （2）由（1）得 为异面直线与所成的角或其补角. 在棱长均为2的正三棱柱中，，，， 在中，由余弦定理得 ， 异面直线与所成的角的余弦值为. 31．(24-25高一下·福建漳州·期末)《九章算术》是我国古代的数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”．如图，在四面体中，底面，平面平面．    (1)求证：四面体为鳖臑； (2)若，，M是的中点． （ⅰ）求与平面所成角的正弦值； （ⅱ）已知D，E分别在线段，上移动，若平面，求线段长度的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【来源】福建省漳州市2024~2025学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】（1）在平面内过点作于点，根据面面垂直得到平面，再利用线面垂直证明即可； （2）（ⅰ）取的中点，证明平面即可求解；（ⅱ）过点作，利用线面平行证明面面平行，再利用面面平行的性质定理得，设，利用相似三角形分别用表示，再利用勾股定理转化为二次函数求最值即可. 【详解】（1）如图，在平面内过点作于点，    因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为底面，平面， 所以，所以为直角三角形， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以为直角三角形， 所以四面体为鳖臑； （2）（ⅰ）如图，取的中点，连接，    因为底面，底面，所以， 因为，所以， 又，平面，所以平面， 所以即为与平面所成的角， 因为，，M是的中点， 所以，，所以， 所以， 所以与平面所成角的正弦值为； （ⅱ）如图，过点作，垂足为，连接，    由（1）知，，平面，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，，平面， 所以平面平面， 因为平面平面，平面平面，所以， 设，则，， 易知，所以，即，得， 所以， 则当时有最小值 所以线段长度的最小值为. 32．(24-25高一下·福建福州第十五中学·期末)如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，，分别为，的中点． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【来源】福建省福州第十五中学2024-2025学年高一下学期数学期末定心卷试题 【分析】（1）根据等边三角形的性质可得线线垂直，利用面面垂直的性质定理，可得答案； （2）由面面垂直的性质以及线面角的定义，明确线面角，利用勾股定理以及锐角三角函数，可得答案. 【详解】（1）因为，为的中点，所以， 因为平面，平面平面， 平面平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）过作，连接， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 即为直线与平面所成角. 因为且，所以， 因为为等边三角形，又为的中点， 所以，，，, 则， 在直角三角形中，， 所以. 考点08 求二面角 33．(24-25高一下·福建福州第八中学·期末)如图，在三棱柱中，面为正方形，面为菱形，，平面平面.    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【来源】福建省福州第八中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理即可得证. （2）过作于，过作于，连接，利用线面垂直的性质定理得出为二面角的平面角，在中直接求解即可. 【详解】（1）由菱形可得， 平面平面，平面平面， 又正方形中， 平面，又平面，， ，平面，平面. （2）过作于，则平面. 过作于，连接， 因平面，则， 又平面，，故平面， 又平面，所以， 故为二面角的平面角， 在中，设，，， ，，，. 即二面角的余弦值为.    34．(24-25高一下·福建部分优质高中·期末)如图1，在矩形中，，，将沿翻折至，且，如图2所示． 在图2中： (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)． 【来源】福建省部分优质高中2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试卷 【分析】（1）根据勾股定理得，根据线面垂直的性质定理得平面，然后根据面面垂直的判定定理证明即可； （2）结合等体积法，利用锥体的体积求高即可； （3）根据二面角平面角的定义作出二面角，然后利用直角三角形的性质求解即可. 【详解】（1）由题意知，，， 则，故， 又，且，平面，故平面， 而平面，故平面平面． （2）由可得，由（1）知平面， 所以， 又，所以． （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． 35．(24-25高一下·福建福州山海联盟协作校·期末)如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，平面平面，，点是棱上的一点． (1)记平面与平面的交线为，求证：； (2)若，求二面角的正弦值； (3)若直线与平面所成角的余弦值为，求线段的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【来源】福建省福州市山海联盟协作校2024-2025学年高一下学期7月期末数学试题 【分析】（1）由线面平行的判定定理、性质定理可得答案； （2）分别取的中点，由余弦定理求出，面面垂直的性质定理得平面，再由线面垂直的性质定理得出为二面角的平面角．求出正弦值即可； （3）由面面垂直的性质定理得平面，设，设到平面的距离为h，根据求出，再由直线与平面所成角的余弦值得．在中由余弦定理求出可得答案． 【详解】（1）因为四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 又平面平面，平面，所以； （2）分别取的中点，连接，如图所示． 因为，所以， 又，由余弦定理得 ， 又，所以， ， 所以，即，即． 又平面平面，平面平面， 平面，所以平面，又平面， 所以，，因为分别为的中点， 所以，，又，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角． 因为，， 所以， 所以， 即二面角的正弦值为； （3）连接，如图所示，因为， 点为的中点，所以，， 又平面平面， 平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 在中，由余弦定理得 ， 所以，又， 所以． 显然点E不与点A重合，设， 所以 ． 设到平面的距离为h，则，解得， 又直线与平面所成角的余弦值为， 所以， 所以．在中，， 则， 在中，， 即， 整理得，解得或（舍）， 所以． 36．(24-25高一下·福建莆田·期末)如图，正方形所在的平面与直角梯形所在的平面互相垂直，已知 ，，点在线段上.      (1)求证：平面平面； (2)当直线与平面所成的角的正切值为时，求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【来源】福建省莆田市2024-2025学年高一下学期期末质量调研数学试卷 【分析】（1）依次求证和得到平面即可由面面垂直判定定理得证； （2）先连接，过点作于点，过作于点，连接，求证为直线与平面所成的角且. 法一：设，依次求出和 即可求出和，接着依次求证结合得到平面即可分析得到为二面角的平面角且即可得解；法二：设，由余弦定理求出，再同法一即可求解. 即，解得. 【详解】（1）四边形为正方形，， 又平面平面，平面平面平面， 平面，    又平面. 取中点，连接，由已知得， 又 ， 又平面平面，平面. 又平面平面平面. （2）连接，过点作于点，过作于点，连接. 由（1）得平面，又 平面， 又平面 平面， 为直线与平面所成的角.. 解法一：设，则有，则 ，解得 ， 平面平面， ， 又平面平面， 平面. 又平面为二面角的平面角. 二面角的大小为.    解法二：设，则有， 又. 由余弦定理得， 即，解得. ， 平面平面， 又平面平面， 平面. 又平面为二面角的平面角. 二面角的大小为. 37．(24-25高一下·福建厦门·期末)如图，四棱锥中，平面平面，，. (1)求； (2)若直线与所成角的余弦值为. （i）求二面角的正切值； （ii）是的外接圆上的动点，三棱锥内有一圆柱，圆柱的底面在内，求该圆柱侧面积的最大值. 【答案】(1) (2)（i）;（ii） 【来源】福建省厦门市2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试题 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理得出线面垂直平面进而得出，由全等得出进而得出即可求的值； （2）（i）先找到二面角的平面角，在中由余弦定理求的值，即可求二面角的正切值； （ii）当在内时，根据相似结合三角形面积公式用，，表示圆柱底面圆半径，再由余弦定理结合基本不等式找到的取值范围，再用表示圆柱的高及其取值范围即可求该圆柱侧面积的最大值；当点在外（包含边界）时，找到圆柱底面圆半径的取值范围即可求该圆柱侧面积的最大值. 【详解】（1）如图1，取的中点，连接，，由知.     因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以.     又因为，所以，所以，进而， 所以点在以为直径的圆上，所以.     所以.     （2）（i）设，分别为棱，的中点，连接，. 设，分别为，的中点，则，. 所以是直线与所成角或其补角.     又，，，，， 所以.     设，连接，则. 由，平面，得平面，又，平面， 所以，. 所以，.     在中，由，解得， 所以.     由平面，平面，得. 又，，，平面，所以平面. 因为平面，所以，所以是二面角的平面角，     ，即二面角的正切值为.     （ii）由的外接圆直径及正弦定理知.     ①如图2，当在内时，， 设圆柱上底面所在平面与三棱锥的截面为. 当圆柱上底面是的内切圆时，其半径取得最大值. 记，因为，，.     设，，则，， 所以，得.     中，由余弦定理得，. 一方面，； 另一方面，， 即，当且仅当时等号成立.     所以.     设圆柱的高为，则，即，得， 所以圆柱的侧面积 ， 当且仅当且时等号成立.     ②如图3，当点在外（包含边界）时，为钝角. 若圆柱的高为，过作底面的垂面，与截面的交线为， 则圆柱上底面在内部.记内切圆半径为， 此时，，. 综上，圆柱侧面积的最大值为. 38．(24-25高一下·福建宁德·期末)如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，，是的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的余弦值； (3)若是的中点，线段上是否存在一点，使得平面?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， 【来源】福建省宁德市2024-2025学年高一下学期6月期末质量检测数学试题 【分析】（1）作出辅助线，由三线合一得到⊥平面，故⊥，结合，得到线面垂直； （2）即为平面与平面所成二面角的平面角.在中，根据余弦定理即可求解； （3）解法一：在面内，过作交于，在线段上取点，使，根据线面平行的判定定理可证 平面，进而可得.根据平行线分线段成比例的性质可得，从而面，利用面面平行的判定定理与性质即可证明； 解法二：连接并延长交于，连接，连接交于.分析可知.由线面平行的性质定理可证，所以. 解法三：连接并延长交于，连接.设，则.根据向量的线性运算可知.根据三点共线的推论即可求解，从而.由线面平行的性质定理可证，所以. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为，所以⊥， 又因为侧面是正三角形，所以，故⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为底面是正方形，所以. 又因为，面，，所以面. （2） 由（1）知，， 所以为平面与平面所成二面角的平面角. 由勾股定理得，， 又，故，所以， 在正三角形中，， 在中，根据余弦定理可得： ， 所以平面与平面所成二面角的余弦值为. （3）解法一：线段上存在一点，使 平面且， 证明如下： 在面内，过作交于，在线段上取点，使， 连接，，如图所示. 又因为平面，平面，所以 平面. 因为是的中点，所以是中点.又是中点，所以. 因为，所以. 又因为面，面，所以 面. 又，面，，所以面 面. 又面，所以 面. 所以线段上存在点，使 平面且. 解法二：线段上存在一点，使 平面且， 证明如下： 连接并延长交于，连接，连接交于，如图所示. 因为是的中点，是的中点，所以，所以是的中点. 又因为是的中点，所以是的中点，所以. 因为 面，面，面面，所以. 所以. 解法三：线段上存在一点，使 平面且，证明如下： 连接并延长交于，连接，如图所示. 设，则. 因为是的中点，是的中点，所以， 则. 又因为，，三点共线，所以，解得，所以. 因为 面，面，面面，所以. 所以. 39．(24-25高一下·福建龙岩·期末)在三棱柱中，为线段中点，为线段上的动点，平面． (1)求证：为线段中点； (2)若是边长为2的正三角形，． （ⅰ）求二面角的正弦值； （ⅱ）平面将三棱柱分成两部分，求体积较大部分的几何体的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ）． 【来源】福建省龙岩市2024-2025学年高一下学期6月期末教学质量检查数学试题 【分析】（1）由线面平行的性质得到线线平行，进而得到为中点； （2）（ⅰ）由余弦定理得到，作出辅助线，得到各边长，利用勾股定理逆定理得，证明线面垂直，得到为二面角的平面角，在中，，得到答案； （ⅱ）作出辅助线，设，得到，由三点共线可得，求出，设的面积为到平面的距离为， 根据求出，利用求出多面体的体积，进而得到较大部分的几何体的体积． 【详解】（1）平面平面，平面平面， ，又是中点，为中点． （2）（ⅰ）， 由余弦定理：， 即， （负值舍去）， 取中点，连接，如图所示： 是边长为2的正三角形， ，可得：， 由得到， 又为中点，且， ，， 又平面， 平面， 平面， ∴， 过作，连接，又平面，， 平面， ∵平面，∴， 为二面角的平面角 在中，； 二面角的正弦值为． （ⅱ）延长，交的延长线于点，连接并延长，交于点，连接， 为中点，由三角形相似可得：，即为中点， 设， 三点共线，，解得：． 由（ⅰ）知， ， 设的面积为到平面的距离为， 易得四边形的面积为，的面积为S， ，即， ，． 多面体的体积为． 较大部分的几何体的体积为． 40．(24-25高一下·福建福州第十五中学·期末)如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，E为棱PA的中点，，，直线PA与BC所成的角的大小为. (1)证明：平面BDE； (2)证明：平面ABCD； (3)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【来源】福建省福州第十五中学2024-2025学年高一下学期数学期末定心卷试题 【分析】（1）设与相交于点，连接，证明，利用线面平行的判定即可证明； （2）利用正弦定理得，再证明，最后利用线面垂直的判定定理即可证明； （3）过点作，垂足为.过作，垂足为，连接，找到二面角即为，解三角形即可得到答案. 【详解】（1）连接，设与相交于点，连接. 四边形是菱形，为的中点. 是棱的中点，. 又平面平面， 平面. （2）直线与所成的角为，且， 就是直线与所成的角或其补角. ，，， 在中，由正弦定理得，， 即，解得. ，即，从而. 四边形是菱形，且，, 是等边三角形，从而. 又，. ，从而. 又平面平面， 平面. （3）过点作，垂足为. 过作，垂足为，连接. 由（2）平面，又平面， 平面平面. 又平面平面平面，平面. 平面平面，. 平面平面，平面. 平面，， 二面角的平面角是， 在中，，， ， 二面角的正弦值是. 41．(24-25高一下·福建福州马尾一中等六校·期末)如图①，在等腰直角中，，，，分别是边，上的动点，将沿折起到如图②的位置，连接，，且平面平面． (1)当，分别是边，的中点时； ①求证：平面平面 ②求二面角的正切值 (2)若点与点重合，如图③，设，求三棱锥体积的最大值； 【答案】(1)①证明见解析 ；②； (2). 【来源】福建省福州市马尾一中等六校2024-2025学年高一下学期期末联考数学试题 【分析】（1）①由已知得再根据面面垂直的性质、判定定理，即可证；②取的中点，连接，根据已知及二面角定义得为二面角的平面角，进而求其正切值； （2）过P点作，垂足为H，应用正弦定理、三角形面积公式、棱锥的体积公式得，令，结合同角三角函数关系及相关函数性质求体积的最大值. 【详解】（1）①分别是边的中点，， 在等腰直角，则，即 因平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，平面平面； ②取的中点，连接， 由①可知平面，平面，则， 由是边的中点，，， ，为中点， ，平面， 平面，因平面，， 为二面角的平面角， 平面，平面， 在中， 所以二面角的正切值为. （2）过P点作，垂足为H，则， 平面平面，平面平面，平面， 平面， 在中，由正弦定理，，则， ， ， 令，     ，，则， ， 令，则函数在单调递增， 当时，的最大值为. 42．(24-25高一下·福建南平·期末)如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是的中点，过点作交于点． (1)若是的中点，过点作一个截面，使得该截面与平面平行，请画出截面，并写出作图过程（无需证明）； (2)证明：平面； (3)求二面角的余弦值． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)． 【来源】福建省南平市2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试题 【分析】（1）过点M，分别在平面PBC，平面PDC做EB，ED平行线，可得截面； （2）由平面，可得，结合，可得平面，据此可得，然后结合，可完成证明； （3）由（2）可得即为二面角的平面角，然后由题目信息结合原先定理可得答案. 【详解】（1）如图，取的中点的中点，连接， 则截面与平面平行． （2）因为平面，平面，所以． 在矩形中，平面，平面， 故平面． 又平面，故． 在中，，是的中点，所以，又，平面，平面，故平面， 而平面，于是． 因为平面，平面， 所以平面； （3）由（2）知平面，于是， 所以即为二面角的平面角． 在中，，故，从而． 在中，，故，从而． 又在中，，故由余弦定理得， ， 所以二面角的余弦值为． 考点09 平行与垂直的动点轨迹与最值问题 43．(24-25高一下·福建南平·期末)（多选）如图，正方体的棱长为，是四边形内（包括边界）的一个动点，则下列结论正确的是（   ） A．当在线段上时，三棱锥的体积是定值 B．当是线段的中点时，的周长是 C．当是线段的中点时，三棱锥的外接球的体积是 D．当是棱的中点时，的最小值为 【答案】ACD 【来源】福建省南平市2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试题 【分析】由题意分别作图，根据正方体的几何性质，可得三棱锥的高与底面，利用三棱锥的体积公式，可得A的正误；利用勾股定理，可得B的正误；根据三棱锥的几何性质，结合外接球的性质，可得C的正误；根据线面垂直以及全等三角形，结合三角形三边关系，可得D的正误. 【详解】对于A，由题意可作图如下： 在正方体中，易知平面，则点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积，故A正确； 对于B，由题意记，连接， 由分别为的中点，则，且， 在正方体中，易知平面，则平面， 因为平面，所以， 在边长为的正方形中，易知，且， 在中，，同理可得， 所以的周长为，故B错误； 对于C，在中，易知其外接圆圆心为， 由平面，则三棱锥的球心在直线上，即为的外心， 由余弦定理可得， 则， 由正弦定理可得其外接圆的半径为，即球的半径为， 所以三棱锥的外接球的体积为，故C正确； 对于D，由题意作图如下： 在正方体中，平面， 因为平面，所以， 因为，，， 所以，则， 由，故D正确. 故选：ACD. 44．(24-25高一下·福建三明普通高中·期末)（多选）在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则下列说法正确的是（    ） A．直线与是异面直线 B．直线与所成的角为 C．若三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为 D．过点且与直线垂直的平面截正方体所得截面多边形的面积为 【答案】BCD 【来源】福建省三明市普通高中2024-2025学年高一下学期7月期末质量检测数学试题 【分析】对于A，说明即可判断；对于B，说明直线与所成的角为，结合余弦定理验算即可；对于C，只需求出三棱锥的外接球的半径，再结合球的表面积公式验算即可；对于D，说明截面为边长为的正六边形，然后根据面积公式验算即可. 【详解】对于A，如图所示， 因为分别为的中点，所以， 因，所以四边形是平行四边形，所以， 因为，所以， 所以四点共面，故A错误； 对于B，如图所示， 因为，所以四边形是平行四边形，所以， 所以直线与所成的角为， 而， 所以，所以，故B正确； 对于C，如图所示， ， 所以三角形的外接圆半径为， 显然平面，且， 所以三棱锥的外接球的半径为， 所以球的表面积为，故C正确； 对于D，如图所示，取中点，顺次连接， 因为平面，平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 同理可证，， 而，，平面， 所以平面， 根据前面的假设有，，所以四点共面， 又因为，所以四边形是平行四边形， 所以，所以六点共面， 因为，平面，平面， 所以平面， 同理可证平面， 又因为平面，，平面， 所以平面平面， 又因为平面， 所以平面， 所以六边形即为过点且与直线垂直的平面截正方体所得截面多边形， 显然这是一个边长为的正六边形，其面积为，故D正确. 故选：BCD. 45．(24-25高一下·福建福州福九联盟·期末)（多选）如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是正方形内的动点，则（    ） A．平面截正方体所得截面面积为 B．经过四点的球的体积为 C．若垂直于，则的轨迹长度为 D．三棱锥的体积为 【答案】ABD 【来源】福建省福州市福九联盟2024-2025学年高一下学期期末联考数学试题 【分析】利用中位线定理结合正方体性质得到，再结合四点共面，由梯形的性质求出梯形的高，并结合梯形面积公式判断A；合理作出辅助线，将目标外接球转化为长方体的外接球，进而求出外接球半径，最后结合球的体积公式判断B；对于C，合理作出辅助线，利用线面垂直的性质得到，将底面单独拿出，建立平面直角坐标系，求出关键点的坐标，利用向量方法得到，进而结合线面垂直的定理得到面，最后确定的轨迹就是线段，利用勾股定理求解其长度判断C；对于D，合理作出辅助线，结合题意得到，再将三棱锥的体积转化为三棱锥的体积，利用线面垂直的性质和判定定理得到面，进而确定到面的距离为，再利用三角形面积公式求出，最后结合三棱锥的体积公式求解D即可. 【详解】对于A，如图，在棱长为2的正方体中，连接， 由正方体性质得四边形是矩形，故， 因为分别是的中点， 所以，，而，故， 则四点共面，梯形即为所求截面， 由勾股定理得，，，则， 由梯形的性质得梯形的高为， 由梯形面积公式得梯形面积为，故A正确； 对于B，如图，找中点，中点，连接， 由题意得经过四点的球就是长方体的外接球， 由长方体性质得外接球半径为， 由球的体积公式得球的体积为，故B正确； 对于C，如图，找中点，连接，且交于， 由正方体性质得平面，而平面，则， 如图，将底面单独拿出，以为原点建立平面直角坐标系， 则，可得，， 得到，故，由勾股定理得， 而，平面，故平面， 因为平面，所以，而是正方形内的动点， 则的轨迹就是线段，长度为，故C错误， 对于D，如图，找中点，延长交于，连接， 由已知得，由正方体性质得，， 由对顶角性质得，由中点性质得， 故，则， 可得四边形是平行四边形，故，则， 而， 由正方体性质得面，而面， 故，，因为面，， 所以面，故到面的距离为， 由三角形面积公式得， 由棱锥的体积公式得，故D正确. 故选：ABD 46．(24-25高一下·福建福州福九联盟·期末)如图，某人在水平地面上的点O处观测垂直水平面的墙面上的动点P，观测点O到墙面的距离，墙角处点B到点A的距离，墙面上，当动点P沿射线在墙面上移动时，仰角θ(直线与水平面所成的角)正切值的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【来源】福建省福州市福九联盟2024-2025学年高一下学期期末联考数学试题 【分析】过点作，根据线面角定义说明直线与水平面所成的角为，设，分析得，转换为函数的最值即可求解. 【详解】如图所示，过点作， 因为平面平面，平面， 所以平面， 所以直线与水平面所成的角为， 设，因为，，所以，， 又因为点到平面的距离为， 所以 设，则， 所以当时，有最小值，此时有最大值， 且最大值为. 故选：A. 47．(24-25高一下·福建福州山海联盟协作校·期末)在棱长为的正方体中，点E是棱的中点，则直线与所成角的余弦值为______；点P是正方体表面上的一动点，且满足，则动点P的轨迹长度是______． 【答案】 / 【来源】福建省福州市山海联盟协作校2024-2025学年高一下学期7月期末数学试题 【分析】①以为直线与AC所成的角或其补角，利用余弦定理求解；②分别取，AB，AD的中点F，G，M，N，H，则点的轨迹是六边形. 【详解】①连接，易得， 所以为直线与AC所成的角或其补角．又， 由余弦定理得， 即直线与AC所成角的余弦值为． ②分别取，AB，AD的中点F，G，M，N，H， 连接EF，FG，GM，MN，NH，HE，， 因为且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为F，M，N分别是，AB的中点，所以， 所以，同理可得， 所以E，F，G，M，N，H六点共面，且六边形EFGMNH为边长为的正六边形， 因为平面，平面，所以BD，又， 平面，所以平面， 又平面，所以，因为N，H分别为AB，AD的中点，所以， ，同理可得，又， 平面， 所以平面，因为，所以点的轨迹是六边形， 所以点P的轨迹长度为． 考点10 立体几何综合题型 48．(24-25高一下·福建福州山海联盟协作校·期末)（多选）在直三棱柱中，，点M是棱上的一点，则下列说法正确的是（    ） A．AM⊥BC B．四棱锥的体积为2 C．直三棱柱外接球的表面积是 D．的最小值为5 【答案】ACD 【来源】福建省福州市山海联盟协作校2024-2025学年高一下学期7月期末数学试题 【分析】对A，可由平面证得；对B，由，可知；对C，直三棱柱外接球即以为长、宽、高的长方体的外接球；对，将矩形与矩形展开到同一平面内，的长即为的最小值. 【详解】对于，在直三棱柱中，平面ABC，又BC平面ABC，所以， 又AB＝BC＝2，，所以，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以，故A正确； 对于，因为∥平面，平面， 所以∥平面，所以， 所以，故B错误； 对于，直三棱柱外接球的半径，表面积为，故C正确； 对于，将矩形与矩形展开到同一平面内，连接，与相交于点M，如图， 故的长即为的最小值，故最小值为，故D正确． 故选：ACD． 49．(24-25高一下·福建莆田·期末)（多选）在棱长为4的正方体中，点在棱上，且，点在正方形内（含边界）运动，则（    ） A．当时，平面截该正方体所得的截面面积为18 B．当时，点到平面的距离为 C．当，且 平面时，点的轨迹长度为5 D．当，且时，点的轨迹长度为 【答案】ACD 【来源】福建省莆田市2024-2025学年高一下学期期末质量调研数学试卷 【分析】对于A，取中点，连接，可得平面截该正方体所得的截面即为梯形并求出该梯形面积即可判断；对于B，设点到平面的距离为d，则由即可求解判断；对于C，分别取四等分点，且，可得平面平面即可得点的轨迹，进而得解；对于D，在平面内过E作交于点，过此时的点F作分别交于，求证平面即可得动点F的轨迹并求出轨迹长度. 【详解】对于A，当时，由题可知此时点在棱中点上， 取中点，连接，则， 因为且，所以四边形是平行四边形，所以， 所以，所以由可唯一确定一个平面， 所以平面截该正方体所得的截面即为梯形， 因为 ， 所以平面截该正方体所得的截面梯形的面积为，故A正确； 对于B，当时，由题可知此时点在棱中点上，设点到平面的距离为d， 则由即，故B错误； 对于C，当即，分别取四等分点， 且，连接，则，且， 由A可知，所以，则由可唯一确定一个平面， 又在平面外，平面，所以平面， 由正方体性质可知且，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以，同理可得， 所以，因为在平面外，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面平面， 因为 平面，所以平面， 所以点F的轨迹为，所以点的轨迹长度为，故C正确； 对于D，由正方体结构性质可知平面， 因为平面，所以， 在平面内过E作交于点， 则此时，所以与相似， 所以，过此时的点F作分别交于， 则且即， 因为，平面，所以平面， 因为，所以动点F的轨迹为线段，所以动点的轨迹长度为，故D正确. 故选：ACD 50．(24-25高一下·福建宁德·期末)（多选）如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的有（    ） A．直线与所成角的正切值为 B．用平面截该正方体，所得截面周长为 C．若平面，则长度的取值范围为 D．若，则动点的轨迹长度为 【答案】ACD 【来源】福建省宁德市2024-2025学年高一下学期6月期末质量检测数学试题 【分析】对于A：利用三角函数定义即可求得结果.对于B：做出截面的图形，分别求每条边的长即可求得结果, 对于C：找出点Q的轨迹，即可求出长度的取值范围，对于D：同样找出点Q的轨迹，即可求出动点的轨迹长度. 【详解】对于A： 如图，连接,直线与所成角即直线与所成角,即, 在三角形中，,故A正确； 对于B，如图，截面为等腰梯形， 周长 ，B错误； 对于C，如图取中点的中点为，平面即为平面, 因为,平面,平面,平面, 同理：平面,所以平面平面， 动点的轨迹为线段，，又可知是等腰三角形， 所以,最小值为边上的高， 可得的长度取值范围为，C正确； 对于D，因为平面，平面，所有， 则有，所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧， 圆心角是，轨迹长度为，D正确． 故选：ACD 51．(24-25高一下·福建龙岩·期末)（多选）已知棱长为3的正方体，则（   ） A．平面截正方体的内切球所得截面的面积为 B．若点是正方体内切球球面上的动点，则与所成角的正弦值最大为 C．线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为 D．线段上存在点，使得 【答案】BC 【来源】福建省龙岩市2024-2025学年高一下学期6月期末教学质量检查数学试题 【分析】在正方体中，得到平面，得到到平面的距离，求得球心平面的距离为，得到截面圆的半径为，可得判定A错误；根据球的几何结构，得到当与球相切时，与所成的角最大，可判定B正确；得到与平面所成角的正弦值为，当最小，可判定C正确；将与四边形沿展开在同一平面上，得到线段的长度即为的最小值，结合余弦定理，可判定D错误. 【详解】对于A中，在正方体中，平面，且平面， 所以，因为，且，平面， 所以平面，可得到平面的距离， 根据正方体的性质，可得的中点即为球心，则平面的距离为， 设平面截内切球截得的截面圆的半径为，则， 所以平面被球截得的截面圆的面积为，所以A错误； 对于B中，根据球的几何结构，可得当与球相切时，与所成的角最大， 此时，所以B正确． 对于C中，因为，则到平面的距离， 所以与平面所成角的正弦值为， 要使正弦值最大，只需最小，当时，此时， 所以最大正弦值为，所以C正确． 对于D中，如图所示，将与四边形沿展开在同一平面上， 由图可知，线段的长度即为的最小值， 在中，可得，所以D错误. 故选：BC 52．(24-25高一下·福建部分优质高中·期末)（多选）如图，矩形中，为边AB的中点，将沿直线DE翻折成（平面BCDE）,若在线段上（点与不重合），则在翻折过程中，给出下列判断，其中判断正确的有（    ） A．当为的中点时，与平面垂直的直线必与直线MB垂直 B．存在某个位置，使 C．当四棱锥体积最大时，点到平面BCDE的距离为 D．当二面角的大小为时，异面直线与BE所成角的余弦值为 【答案】ACD 【来源】福建省部分优质高中2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试卷 【分析】取的中点，证得平面，又由， 证得平面，证得平面，故平面，可判定A正确；假设存在某个位置，使，连接，取的中点，连接，证得，进而可判定B错误；根据题意，得到平面平面时，此时四棱锥体积最大，可判定C正确；求得二面角—DE—B的平面角 ，得到，在中，利用余弦定理，可判定D正确. 【详解】对于A中，取的中点，连接，可得四边形为平行四边形， 所以，因为平面，平面，所以平面， 又因为分别为和的中点，所以， 同理可得平面， 因为，且平面，所以平面平面， 又因为平面，所以平面， 所以与平面垂直的直线必与直线垂直，所以A正确； 对于B中，假设存在某个位置，使，连接，取的中点， 连接，可得，又因为， ， 所以平面，因为平面，所以，必有， 但，两者不等，所以不可能有DE，所以B错误； 对于C中，由是等腰直角三角形，则到的距离是， 当平面平面时，此时四棱锥体积最大， 点到平面的距离为，所以C正确； 对于D中，由，且，可得二面角—DE—B的平面角， 当二面角—DE—B的大小为时，即 ， 因为，所以为等边三角形，可得， 又由，所以异面直线与所成得的角， 即为直线与所成得的角，即， 则，所以D正确． 故选：ACD. 53．(24-25高一下·福建福州第一中学·期末)（多选）已知空间四边形中，，，且，设AC与平面BCD所成角为α，二面角的平面角为β，则（   ） A． B． C．的最小值为 D． 【答案】ABC 【来源】福建省福州第一中学2024-2025学年高一下学期第四学段模块考试（7月期末）数学试题 【分析】根据题意，分别在中，利用余弦定理求判定A；作平面于点，设得到，作于点得到为二面角的平面角，求得判定 B；根据直线与平面所成角的定义和最小角定理判定D；由且，结合三角函数的基本关系式可判定C. 【详解】由题设中， 在中，则，A对； 过作平面于点（注意其位置不定），设， 则为直线AC与平面BCD所成角，故， 过作于点，由平面，平面，则， 且都在平面内，则平面，平面，则， 综上，为二面角的平面角， 在中，故，B对； 由，其中为AC与平面BCD所成角， 结合线面角的定义及最小角定理有，即，D错； 由且，则， 所以，即 ，C对. 故选：ABC 54．(24-25高一下·福建泉州·期末)（多选）已知三棱柱的底面是边长为2的正三角形，分别为的中点，若，则（   ） A． B．三棱柱的体积为 C．与所成的角的余弦值为 D．平面截三棱柱所得的截面面积为 【答案】ACD 【来源】福建省泉州市2024-2025学年高一下学期期末质量监测数学试题 【分析】利用线面垂直可证，故可判断A；利用线面垂直作出三棱柱的高，再用三棱柱体积公式计算即可判断B；利用定义作出异面直线所成角，结合余弦定理计算出角的余弦值可判断C；作图确定截面为梯形，利用公式求其面积可判断D. 【详解】对于选项A，，， 故，故，故， 而，平面， 故平面，而平面，故，故选项正确. 对于选项B，连接， 底面是边长为2的正三角形，，则， 和都是边长为等边三角形， 为中点，， 在中，利用余弦定理可得，， 过点作于点， 由上可知，平面，平面， 又平面，则， 由，，平面，可得平面， 所以就是三棱柱的高，且, 又，所以三棱柱的体积，故选项B错误. 对于选项C， 连接，在中，，利用余弦定理可得，解得， 延长至点，使，连接，则且， 即为与所成的角（或其补角）， 在中，,利用余弦定理可得，， 则在中， ，，利用余弦定理可得，故选项C正确. 对于选项D，连接， 分别为的中点，, 四点共面，则平面截三棱柱所得的截面即为梯形， ,为等腰三角形， 底边上的高，即梯形的高为， 梯形的面积为，故选项D正确. 故选：ACD. 55．(24-25高一下·福建福州福九联盟·期末)如图，在三棱台中，平面平面，且. (1)证明：； (2)求直线与平面所成的角的大小； (3)线段上是否存在点，使得二面角的平面角正切值为？若存在，求出线段的长，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【来源】福建省福州市福九联盟2024-2025学年高一下学期期末联考数学试题 【分析】（1）根据余弦定理求得，要证明线线垂直，则需证明线面垂直，即证明平面. （2）先证明平面， 然后确定直线与平面所成的角，进而确定其角的大小即可. （3）先确定为二面角的平面角，然后求其正切值，看是否存在. 【详解】（1）证明：在三棱台中，， 在等腰梯形中， ，则, 由余弦定理得， 则， 即， 而平面平面，平面平面 平面，则平面， 又平面，所以. （2）过作，垂足为， 因为，又平面， 所以平面， 平面，则 ， 又平面，则平面， 则为与平面所成的角， 则， 又平面平面，所以与平面所成的角为. （3）三棱台侧棱延长线交于点， 由（1）得为正三角形， 由平面平面，则平面平面， 取中点，连接，则，且， 而平面平面平面，则平面， 过作交于，则平面， 而平面，则， 过作于，连接，则为在平面内的射影， 又平面，则平面， 又平面，则， 则为二面角的平面角， 若存在使得二面角的平面角正切值为 ，即 ， 设，则 因为，则， 即，解得 ， ， 所以 ，即 ，， 所以线段上存在满足题意的点，且. 56．(24-25高一下·福建福州福九联盟·期末)在《九章算术》中，四个面都是直角三角形的三棱锥被称为鳖臑，由于它固有的优异性质，所以被称为立体几何中的“小王子”.如图，在鳖臑中，平面，若，E为的中点，M，N分别为的中点， (1)证明：平面； (2)求与所成的角的正切值； (3)若为线段上的动点，平面与平面是否垂直？ 如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)5 (3)垂直，证明见解析 【来源】福建省福州市福九联盟2024-2025学年高一下学期期末联考数学试题 【分析】（1）思路一：只需证明 ，再结合线面平行的判定定理即可得证；思路二：只需证明平面 平面，再结合面面平行的判定定理即可得证； （2）根据异面直线所成角的定义说明和所成的角是， 结合解直角三角形知识求解即可； （3）只需证明平面，再结合面面垂直的判定定理即可得证. 【详解】（1）方法一：连接，如图， 因为分别是的中点，所以 . 又平面平面， 所以 平面. 方法二：如图，取的中点为，连接，则 . 又平面平面， 所以 平面. 同理可证 平面， 因为平面， 所以平面 平面. 又平面，所以 平面. （2）因为底面，平面，所以， 过M点作，交于H点，则，所以和所成的角是， 在中，，E为中点，M为中点，所以， 连接，在中，，，所以， 所以； （3）平面与平面垂直. 证明如下：因为底面底面，所以. 由题意知为直角三角形且，所以. 又平面， 所以平面 又平面，所以. 因为为的中点，所以. 又平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. 57．(24-25高一下·福建福州第一中学·期末)如图，在三棱台中，．      (1)过且平行于的平面分别交AB，AC于M，N，求证：． (2)若三棱台的体积为，底面是以B为直角顶点的等腰直角三角形，平面平面ABC． ①求三棱台的表面积； ②设，求异面直线BF与所成角的余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析； (2)①；②. 【来源】福建省福州第一中学2024-2025学年高一下学期第四学段模块考试（7月期末）数学试题 【分析】（1）由线面平行的性质可证、，即可证结论； （2）①由已知用表示出相关线段长，再由棱台的体积公式列方程求得，进而求其表面积；②根据棱台的结构特征有异面直线BF与所成角为或其补角，判断的变化情况，进而求其余弦值范围. 【详解】（1）由题设，平面，平面，且平面平面， 所以，同理可得，则； （2）①由题设，，又底面是等腰直角三角形， 所以，且也是等腰直角三角形，则，， 则，， 又平面平面，则等腰梯形的高，即为棱台的高， 所以棱台的体积，可得， 所以，，， 由，平面，平面平面 ，则平面， 由平面，则，结合棱台的结构特征易知， 所以四边形为直角梯形，则，且， 对于梯形，设其高为，则， 所以，可得， 所以，可得，即， 所以， 综上，三棱台的表面积为； ②由，则异面直线BF与所成角为或其补角，    又，其中，即重合时， 结合棱台的结构知从过程中逐渐变小，当重合时最小， 此时，，又， 所以，故， 则， 综上，的余弦值范围是. 58．(24-25高一下·福建福州第一中学·期末)如图，在三棱锥中，平面，． (1)求证：平面平面； (2)若，． ①求证：平面； ②若，与平面所成角的正切值为，求二面角的正切值． 【答案】(1)证明过程见解析 (2)①证明过程见解析；② 【来源】福建省福州第一中学2024-2025学年高一下学期第四学段模块考试（7月期末）数学试题 【分析】（1）只需证明平面，再结合面面垂直的判定定理即可得证； （2）①只需证明，，再结合线面垂直的判定定理即可得证；②由二面角的定义说明二面角的平面角为，结合解三角形知识求解即可. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面； （2）①由（1）可知平面平面， 而平面平面，，平面， 从而平面， 又因为平面， 所以， 又因为，，平面， 所以平面； ②如图所示， 因为平面， 所以二面角的平面角为， 设，因为平面， 所以与平面所成角的平面角为， 因为与平面所成角的正切值为， 所以，即， 因为，所以， 所以，，， 所以在直角三角形中，， 从而， 在直角三角形中，由等面积法有，即， 解得，所以， 所以， 在直角三角形中，由等面积法有，，即，解得， 因为，，， 所以，所以， 所以， 故二面角的正切值为. 59．(24-25高一下·福建福州马尾一中等六校·期末)（多选）如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于、的动点，圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆． 则下列正确的是（    ） A．圆锥的表面积为 B．三角形面积的最大值为2 C．若二面角的正切值为，则三角形面积的为 D．圆锥的外接球体积为 【答案】ACD 【来源】福建省福州市马尾一中等六校2024-2025学年高一下学期期末联考数学试题 【分析】根据圆锥侧面展开图的半径与母线长度的关系求得表面积；依据的面积与长度的关系，利用基本不等式求最值；找出二面角的平面角可利用三角函数求得线段长度进而求面积；理清外接球的性质列方程求解半径. 【详解】圆锥底面周长为，即圆锥侧面展开图的半圆的弧长为. 则该半圆所在圆的周长为，故其半径为，即该圆锥的母线长为，. 圆锥的侧面积为，底面积为，故表面积为.A选项正确. 设，，，故的面积，当且仅当时等号成立，即时等号成立.但 ,故无法取得最大值. B选项错误. 中点为，连接，.易知. 所以为二面角的平面角，. 又因为为直角，所以，求得.由勾股定理得. 所以的面积为.C选项正确. 圆锥的外接球球心在点上方，设. 因为，所以，解得. 故外接球的半径为，所以体积为. D选项正确. 故选：ACD. 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $