专题03立体几何初步（3大考点期末真题汇编，重庆专用）高一数学下学期人教A版

**基本信息** 重庆多校高一下期末立体几何试题汇编，聚焦表面积体积、点线面位置关系、平行垂直三大高频考点，精选西南大学附中、巴蜀中学等校真题，覆盖选择、填空、解答等题型。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选|16|正方体棱锥体积、圆台体积计算|结合翻折几何体（直角梯形翻折）、外接球问题| |多选|7|线面平行垂直判定、异面直线成角|融入正四棱台、正方体中点连线等复杂模型| |填空|8|圆锥侧面积、半球与圆锥组合体|联系生活情境（冰淇淋脆皮蛋卷表面积）| |解答|8|四棱锥线面平行证明、线面角求解|综合文化素材（印章几何体体积计算），梯度设计合理|

专题03立体几何初步 3大高频考点概览 地 城 考点01 简单几何体的表面积与体积 1 2 3 4 5 6 7 C B A C B D A 8．/ 9． 10． 11． 12． 13．. 地 城 考点02 空间点、直线、平面之间的位置关系 1．D 2. A 3．AC 地 城 考点03 空间点直线、平面的平行与垂直问题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 B D D B B D A ABC ABD ACD AC BC BCD 14．①；②. 15． 16．【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）取中点，连接，即证，由线面平行的判断定理即可得证； （2）由（1）得，则（或其补角）是异面直线与所成角或其补角，在中，由余弦定理即可求解. 【详解】（1）取中点，连接， 为中点，且 又且， 四边形是平行四边形，， 平面平面， 平面 （2）由（1）可知：，则（或其补角）是异面直线与所成角或其补角， 由题意 在梯形中，易得：， 在中，由余弦定理：， 异面直线与所成角的余弦值为. 17．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直性质以及线面垂直判定定理证明即可； （2）易知点到平面的距离等于点到平面的距离，即为. 【详解】（1）证明：因平面，平面，则， 又，故， 又三棱柱是直三棱柱，所以， 又易知与相交，且平面， 所以平面. （2）因为矩形，所以点到平面的距离等于点到平面的距离. 由已知条件平面，即点到平面的距离等于. 在中，, 故 18．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由中位线性质得，利用线面平行判定定理证明 平面； （2）先求出三棱锥的体积，然后求出的面积，设点与平面的距离为，利用等体积法求得，设直线与平面所成角为，利用求解即可． 【详解】（1）因为为的中点，为的中点，所以， 因为平面， 平面，所以 平面； （2）平面，因为，所以， 又，， 则，故， 所以， 又，，则在中，边上的高为，，设点与平面的距离为， 因为，所以，所以， 设直线与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 19．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由正弦定理可得，再根据线面垂直的判定定理得平面，则可得证； （2）作于点，通过证明平面平面，可得平面，所以为直线与平面所成角，求解即可. 【详解】（1）在中，. 由正弦定理，得. 因为，所以，从而为矩形. 因为平面，所以. 又因为，平面， 所以平面. 因为平面，所以. （2）作于点. 由（1）知平面，且，所以平面. 因为平面，所以平面平面. 因为，平面平面， 所以平面， 故为在平面上的射影，为直线与平面所成角. 又平面，所以， 在直角中，，有， 所以. 故直线与平面所成角的正弦值为. 20．【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用三角形中位线定理和条件证明，再由线线平行证得线面平行即可； （2）法一：取中点，连接，证明，利用勾股定理证得，即得，再由平面证明，最后由线线垂直证得平面，继而证得面面垂直；法二：同法一证得，利用面面垂直的判定定理证得平面平面，由面面垂直的性质定理推得平面，再由面面垂直的判断定理即可证得. 【详解】（1） 如图,取中点，连接，， 在中，，分别是、中点， 且， 又，且， ，四边形为平行四边形， ，因平面，平面， 平面. （2） 法一：如图，取中点，连接， 因，， ，即四边形为平行四边形， ，， 在中，，，， 则由可得，故． 因平面，平面，则， 又,平面，， 平面，平面，平面平面. 法二： 同法一，取中点，连接，同法证得， 平面，因平面，平面平面， 又平面平面，，平面 平面， 平面，平面平面. 21．【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）连接交于点O，利用线面平行的判定定理推理得证. （2）求出点到平面的距离，再利用锥体体积公式求解. 【详解】（1）在直三棱柱中，连接交于点O，连接， 由为矩形，得O为中点，又M为中点，则， 而平面平面，所以平面. （2）在平面内过点作于，由平面，得， 而平面，则平面， 在中，，，则， ，由M为中点，得点到平面的距离， 又，所以四面体的体积为. 22．【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）根据线面垂直的性质得，再利用勾股定理逆定理得，最后利用面面垂直的判定定理即可证明； （2）构造出二面角的平面角，设，则，再根据函数单调性即可求出其最值； （3）首先求出四面体的体积为定值，设，则，则转化为求和的最小值；方法一：利用换元法，设，利用函数单调性即可求出最值；方法二：利用几何法，根据对称转化结合三角不等式即可求出最值；方法三：利用琴生不等式即可求出其最值. 【详解】（1）由题意知平面， 因为平面，所以， 由:，则， 则，则， 因为，平面，则平面， 又因为平面，则平面平面. （2）过点作，垂足为，交于点，再连接， 因为平面，平面，则，又因为， 平面，，所以平面， 因为平面，则， 设，所以二面角的平面角为， 则， 当时，， 当时，， 则当时，最大值为. （3）平行四边形，， 因为三棱柱，则， 因为平面，平面，则平面， 点到平面的距离相等， ， 所以四面体的体积为定值， 由（2）知，因为平面，，则平面， 因为平面，则， 设四面体内切球半径为，四面体表面积， 设三角形，的面积依次为， 四面体表面积S可以转化为四棱锥的侧面面积， 四棱锥底面平面图如图所示： 设，则， ， ， ，要求r的最大值，即求和的最小值； 方法一：已知， ， 令，由均值不等式可知：，则， 当且仅当时等号成立，则， 原式， 因为均在上单调递减， 所以在上单调递减， 的最小值为，所以的最小值为，当且仅当且仅当时等号成立， 同理可知的最小值为，当且仅当时等号成立， 所以当且仅当时，两个式子同时取得最小值， 所以面积的最小值为：. 方法二：如图，画出的平面展开图，过作的平行线，构造矩形， 再在上方构造一个全等矩形，我们需要求的最小值， 由对称性可知，其中， 所以由三角不等式有： ， 即，当且仅当时等号成立， 同理可得：，当且仅当时等号成立， 所以当且仅当时，两个式子同时取得最小值， 所以面积的最小值为：， 所以半径的最大值为：. 方法三：琴生不等式：设， 由于为下凸函数，所以有， 所以，当且仅当时等号成立， 同理有：，当且仅当时等号成立， 所以当且仅当时，两个式子同时取得最小值，所以， 所以半径的最大值为：. 23．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行判断定理证明即可； （2）根据线面角的定义作出线面角的平面角，利用边角关系计算即可. 【详解】（1）取的中点为点，连接， 因为点、分别是、的中点， 所以且， 又因为且， 所以且， 所以四边形是平行四边形，即， 因为平面，平面， 所以平面； （2）过点作的垂线，设垂足为，连接， 因为平面，平面，所以， 因为底面是矩形，所以， 因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，且，平面， 所以平面，即为直线与平面所成角的平面角， 设， 在中，， 所以，即， 由（1）可知，， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为.   2 / 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03立体几何初步 3大高频考点概览 考点01简单几何体的表面积与体积 考点02空间点、直线、平面之间的位置关系 考点03空间直线、平面的平行与垂直问题 地 城 考点01 简单几何体的表面积与体积 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆西南大学附属中学·期末)如图，正方体棱长为2，P、Q分别是棱的中点，点是侧面上的动点（含边界），则三棱锥的体积为（   ） A．2 B． C．1 D．随着动点变化而变化 【答案】C 【分析】先求底面的面积，再求点到平面的距离为，最后由三棱锥的体积公式即可求解. 【详解】连接，，， 正方形的面积为， 所以的面积为 ， 点到平面的距离为， 所以. 故选：C. 2．(24-25高一下·重庆·期末)已知圆台上下底面面积分别为，母线长为，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出圆台高，再利用体积公式求解. 【详解】由题意上下底面的半径为1，3，则圆台的高， 所以圆台的体积 故选：B 3．(24-25高一下·重庆七校联盟·期末)如图，在直三棱柱中，底面是正三角形，，，边上的中点为．三棱柱截去三棱锥后所得几何体的表面积为（    ） A． B． C．12 D． 【答案】A 【分析】根据图形求出相关线段长，判断截面形状，逐一计算其面积，求和即得. 【详解】由题意得，，， 从而，所以， 所以，，， ，，， 所以三棱柱截去三棱锥后几何体的表面积为: ． 故选：A. 4．(24-25高一下·重庆巴蜀中学教育集团·期末)四面体中，平面，则该四面体的外接球体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理求出外接圆半径，再利用直角三角形的勾股定理即可求出外接球半径，即可求得结果. 【详解】在中，其外接圆半径为，由正弦定理知：，故 故，故外接球的半径，则其体积为, 故选：C 5．(24-25高一下·重庆巴蜀中学教育集团·期末)长方体中，，则点到平面的距离为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等体积法，求点到面的距离即可. 【详解】 如图所示，由，得， ∵长方体中，，∴， ∴，， 所以. 故选：B. 6．(24-25高一下·重庆主城区七校联考·期末)如图1，在直角梯形ABCD中,,,,,,E为线段BC上的一点,,过E作AB的平行线交AD于F,将矩形ABEF翻折至与梯形ECDF垂直得到六面体ABCDFE,如图2,则六面体ABCDFE的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】把六面体ABCDFE的体积分成四棱锥和三棱锥相加即可得出答案. 【详解】由题意得六面体ABCDFE的体积为：， 故选：D 7．(24-25高一下·重庆第八中学校·期末)已知三棱锥底面边长均为3，侧棱，且平面ABC，则该三棱锥外接球的半径长为（   ） A．2 B． C．3 D． 【答案】A 【分析】将三棱锥转化为正三棱柱，根据题意结合正三棱柱的性质求外接球的半径. 【详解】将三棱锥转化为正三棱柱， 可知三棱锥的外接球即为正三棱柱的外接球， 设的外接圆圆心为，半径为r， 则，可得， 设三棱锥的外接球球心为O，连接OA，， 则，因为，解得， 所以该三棱锥外接球的半径长为2. 故选：A． 二、填空题 8．(24-25高一下·重庆长寿区·期末)圆台的上下底面半径为2和3，圆台的高为1，则圆台的体积为______ 【答案】/ 【分析】根据圆台的体积公式求解即可. 【详解】依题意，圆台上、下底面的面积分别为， 故圆台的体积为， 故答案为： 9．(24-25高一下·重庆第一中学校·期末)如图，半径为2的四分之一球形状的玩具储物盒，放入一个玩具小球，合上盒盖，当小球的半径最大时，小球的表面积为______. 【答案】 【分析】作出截面图形，可知小球最大半径满足，求出半径后代入球的表面积公式即可得解. 【详解】设四分之一球的球心为，小球的球心为，最大半径为，作出截面图形如下： 由题意得，，因为，所以，解得， 小球的表面积为. 故答案为：. 10．(24-25高一下·重庆西南大学附属中学·期末)已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，平面，则球的表面积为_________. 【答案】 【分析】利用余弦定理先求，即得，取的中点为，则球心在以为垂足的垂线上，则平面，设球的半径为，利用勾股定理求出，再由球队表面积公式即可求解. 【详解】因为， 由余弦定理有， 所以，又，所以， 取的中点为，则球心在以为垂足的垂线上，则平面， 设球的半径为，所以，，所以， 所以球的表面积为. 故答案为：. 11．(24-25高一下·重庆·期末)已知直角中，两直角边，以所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为______. 【答案】 【分析】根据圆锥的概念可知几何体为圆锥，利用圆锥的表面积公式求解即可. 【详解】由题意形成的几何体为圆锥，该圆锥的底面半径为4，母线长为， 所以其表面积为 故答案为： 12．(24-25高一下·重庆巴蜀中学教育集团·期末)圆锥的底面半径为1，高为，则其侧面积为___________. 【答案】 【分析】求出母线长，利用圆锥的侧面积公式即可求得结果. 【详解】因为圆锥的底面半径为1，高为，所以母线长， 利用侧面积公式得：， 故答案为： 13．(24-25高一下·重庆主城区七校联考·期末)某种型号冰淇淋，其上半部分是面积为的半球形塑料盖，下半部分是高为9（cm）圆锥形脆皮蛋卷桶，则下半部分脆皮蛋卷桶的面积为__________（）.    【答案】 【分析】设球的半径为，根据已知列出方程求出，进而得出圆锥的母线，然后求出圆锥的侧面面积即可. 【详解】设球的半径为 由已知可得，，解得， 则可知下半部分为高为，底面半径为的圆锥， 所以圆锥的母线， 所以下部脆皮蛋卷桶的面积为即圆锥侧面的面积为. 故答案为：. 地 城 考点02 空间点、直线、平面之间的位置关系 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆西南大学附属中学·期末)设m、n是两条不重合直线，是两个不重合平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】根据空间中点线面的位置关系逐项验证即可求解. 【详解】对于A：若，则或与相交，故A错误； 对于B：若，则或，故B错误； 对于C：若，则或或与相交，故C错误； 对于D：若，则，故D正确. 故选：D. 2．(24-25高一下·重庆主城区七校联考·期末)已知l，m为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则m至少与中一个平行 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】A 【分析】由线面，面面间位置关系逐一判断即可. 【详解】对于A，由线面平行的性质可得若，，则m至少与，中一个平行，故A正确； 对于B，若，，则或，故B错误； 对于C，若，，，则，故C错误； 对于D，若，，，则或相交，故D错误. 故选：A. 二、多选题 3．(24-25高一下·重庆·期末)若是空间中三条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若 ，则 B．若，则 C．若 ，则 D．若 ，则 【答案】AC 【分析】根据空间中线线关系、线面关系和面面关系逐项判断即可. 【详解】是空间中三条不同的直线，是两个不同的平面， 对于A，若 ，则由线面平行的性质得 ，故A正确； 对于B，若，则与平行或相交或，故B错误； 对于C，若 ，则，又 ，则，故C正确； 对于D，若 ，则与相交或平行，故D错误. 故选：AC. 地 城 考点03 空间点直线、平面的平行与垂直问题 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆第八中学校·期末)已知，，为空间中不重合的平面，m，n为空间中不重合的直线，下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】B 【分析】ACD可举出反例；B选项，由线面垂直和线面平行的性质和判定得到B正确. 【详解】A选项，若，，则或，所以A选项错误； B选项，若，则在内存在直线，使得， 又，，故，则，所以B选项正确． C选项，若，，则与可以成任意角，所以C选项错误； D选项，若，，，则或m与n异面，所以D选项错误. 故选：B． 2．(24-25高一下·重庆第一中学校·期末)印章乃中华文明独特信物，多以铜玉为材，形制方圆各异.自秦汉玺印至明清篆刻，方寸之间承载三千年文脉，既是实用之器，更成艺术瑰宝.如图是一个金属印章，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体.已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，均为4，正四棱锥的侧棱与底面夹角的正弦值为，则该几何体的体积是（    ） A．32 B． C．64 D． 【答案】D 【分析】设正四棱锥的底面边长为，根据正四棱锥的高求出侧棱长，然后利用正四棱锥的侧棱与底面夹角的正弦值建立方程，求得，结合柱体和锥体体积公式求解即可. 【详解】设正四棱锥的底面边长为，则底面的对角线长为， 由题意正四棱柱和正四棱锥的高为，所以正四棱锥的侧棱长为， 因为正四棱锥的侧棱与底面夹角的正弦值为，所以，解得， 故该几何体的体积为. 故选：D 3．(24-25高一下·重庆主城四区·期末)如图，将棱长为4的正方体六个面的中心连线，可得到八面体，为棱上一点，则下列四个结论中错误的是（    ） A． 平面 B．八面体的体积为 C．的最小值为 D．点到平面的距离为 【答案】D 【分析】证明依据线面平行判定定理判断A，棱锥体积公式求出，再根据八面体的体积等于棱锥体积的2倍，判断B，将几何体展开，利用余弦定理判断C，等体积法求点到面的距离判断D. 【详解】 在正方体中，连接，可知相交于点，且被互相平分， 故四边形是平行四边形， 所以，而平面，平面， 所以 平面，故A正确； 因为正方体棱长为，所以四边形是正方形且， 面,， 所以八面体的体积等于棱锥体积的2倍， 而棱锥体积等于， 故八面体的体积为，B正确； 因为为棱上一点，将和展开成一个平面， 由题和均为正三角形，且边长为， 由三角形两边之和大于第三边知最小值为， 在中由余弦定理可知： ，故C正确； 对于D选项：设点到平面的距离为，由等体积法知： 即， ，故D错误. 故选：D. 4．(24-25高一下·重庆·期末)如图，在正方体中，分别为的中点，则异面直线与所成角为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据异面直线所成角定义结合边长计算求解. 【详解】连接，则有 ， 所以异面直线与所成角等于与所成的角， 是等腰直角三角形，，所以， 所以异面直线与所成角为. 故选：B. 5．(24-25高一下·重庆七校联盟·期末)在空间四边形中，，且与所成角为，，分别为，的中点，则与所成角的大小为（    ） A． B．或 C． D． 【答案】B 【分析】首先作图取的中点，利用中位线的平行关系，结合异面直线所成角的定义，即可求解. 【详解】如图，取的中点，连结， 因为分别是的中点，所以，， 且与所成角为，所以或， 所以与所成角为或其补角， 且，则，所以或， 所以与所成角的大小为或. 故选：B 6．(24-25高一下·重庆巴蜀中学教育集团·期末)已知两条直线m，n及平面，下列条件中，一定能得到的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据空间中线面之间的位置关系，判断面面平行，逐个选项判断是否正确. 【详解】 如图所示，此时符合，不能推出面面平行，所以A错误； 如图所示，此时符合，不能推出面面平行，所以B错误； 如图所示，此时符合，不能推出面面平行，所以B错误； 根据线面垂直的性质定理可知，垂直于同一条直线的两个平面平行，所以D正确； 故选：D. 7．(24-25高一下·重庆南开中学校·期末)如图，在平行四边形中，，，，现将沿直线翻折至，使得点到达点的位置，且二面角的平面角等于，则直线与平面所成的角为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在平行四边形中，利用正弦定理求得，则，.在翻折后的立体图形中，根据定义作出二面角的平面角，以及直线与平面所成的角，利用边长关系可求得. 【详解】在平行四边形中，，，， 在中，根据正弦定理，，即， 解得，所以，即，则，且. 翻折后，如图，分别取的中点，连接， 则，所以，故是二面角的平面角，即， 过点作于点，连接， 由，，平面，平面，可得平面， 因为平面，所以， 又，平面，平面，可得平面. 所以是直线与平面所成的角. 在中，，，则， 在中，，，则， 因为是锐角，所以. 故选：A. 二、多选题 8．(24-25高一下·重庆第八中学校·期末)如图，在正三棱台中，，P，D分别是线段，BC上的点，，是上、下底面的中心，M是底面ABC内一点，下列结论正确的是（   ） A． B．若，平面，则点M的轨迹长等于 C． D．当时，四点、O、D、P构成的图形为直角梯形 【答案】ABC 【分析】对于A项，根据线面垂直的性质定理判断即可；对于B项，过作与平行的平面，平面，则故M的轨迹长度为QD，求QD的长即可判断；对于C项，根据锥体和台体的体积计算公式即可判断；对于D项，当P与重合，时，四点、O、D、P构成的图形不是直角梯形，即可判断. 【详解】A项，显然底面ABC，因为平面ABC，所以， 取BC的中点E，连接则， 因为为正三角形，所以，由正棱柱性质可知， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以故A选项正确； B项，，取AB的中点Q，连接DQ，， 因为且，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 故当M在QD上时，满足平面，故M的轨迹长度为QD，其中， 由余弦定理得，故B选项正确； C项，，， ，， 又棱台的体积为： ， 所以，故C选项正确； D项，四边形为等腰梯形，当P与重合，时，， 但此时与OB平行，故与OD不平行， 此时四点、O、D、P构成的图形不为直角梯形，故D选项错误． 故选：ABC 9．(24-25高一下·重庆第一中学校·期末)如图，在正方体中，点，，，分别为棱，，，的中点，则下列结论正确的是（    ） A．异面直线与所成角的正弦值为 B． 平面 C．直线与是异面直线 D．过，，三点的平面截正方体所得的截面形状为菱形 【答案】ABD 【分析】利用定义法作出异面直线所成的角，然后求解即可判断A，利用线面平行的判定定理即可判断B，利用平面的性质判断C，作出截面利用菱形的定义判断D. 【详解】对于A，如图所示， 取的中点，连接，因为， 所以四边形为平行四边形，所以， 故或其补角即为异面直线与所成角， 设正方体的棱长为， 在中，，所以， 即异面直线与所成角的正弦值为，故A正确； 对于B，由选项A可知，，平面，平面， 所以 平面，故B正确； 对于C，如图所示， 连接，因为，，所以，所以四点共面， 所以直线与直线共面，故C错误； 对于D，如图所示， 取的中点，连接，连接， 因为，所以四边形为平行四边形， 所以，同理，所以， 所以四边形为平行四边形， 则过，，三点的平面截正方体所得的截面为四边形， 又，所以四边形为菱形，故D正确， 故选：ABD 10．(24-25高一下·重庆西南大学附属中学·期末)已知圆柱的高为，为下底面圆的一条直径，为上底面圆周上任意一点，球内切于圆柱，则（   ） A．球的体积为 B．圆柱的表面积为 C．直线与圆柱上底面所成的角为 D．若直线，为异面直线，则平面与下底面所成角的正切值最小值为 【答案】ACD 【分析】由球内切于圆柱得到球的半径可判断A、B；直接求线面角可判断C；通过证明直线与平面垂直，证明直线与直线的垂直关系，求得平面与下底面所成角，根据的范围即可求解进而判断D. 【详解】设球的底面半径为，因为圆柱的高为，且球内切于圆柱， 所以圆柱的底面半径与球的半径相等，且， 对于A，球的体积，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，因为平面， 所以即为直线与圆柱下底面所成的角，如图： 又，所以为等腰直角三角形，即， 因为圆柱的上下底面平行，所以直线与圆柱上底面所成的角为，故C正确； 对于D，过作垂直于底面于，过向作垂线，垂足为， 因为垂直于圆柱底面，圆柱底面，所以，又， ，平面，平面， 所以平面，平面，所以， 所以平面与下底面所成角为，， 设，因为直线，为异面直线，所以 在中，有，， 所以当时，有最小值，故D正确. 故选：ACD 11．(24-25高一下·重庆巴蜀中学教育集团·期末)正方体的边长为2，O为底面的中心，是正方形内（不包含正方形的四边）的动点，则下列说法正确的是（   ） A．OP，BC一定是异面直线 B．当是正方形的中心时，与所成角为 C．当在线段上移动时，的最小值为 D．当与平面所成角为定值（非直角）时，的运动轨迹是一段圆弧 【答案】AC 【分析】利用正方体的性质，容易判断AB，对于C需要利用侧面展开图来求解，对于D则把线面角转化为边的关系，从而得到动点在圆上，但轨迹不一定是一段圆弧. 【详解】 对于A选项，因为是正方形内（不包含正方形的四边）的动点，即， 所以由异面直线判定定理知，故A正确； 对于B选项，易知，所以与所成角为，故B错误； 对于C选项：将正三角形与等腰直角三角形展开到同一平面内， 得到四边形，则线段即为的最小值， 在中，由余弦定理知： 故，故C正确； 对于D选项：取BC中点，那么平面， 那么即为OP和平面所成角， 那么为定值，又为定值，故为定值， 所以点在以为圆心以为半径的圆上， 由于半径大小不定，点是正方形内（不包含正方形的四边）的动点可能是一段圆弧或二段圆弧，故D错误； 故选：AC 12．(24-25高一下·重庆南开中学校·期末)已知m，n是空间中两条不同的直线，，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】BC 【分析】利用线面平行、垂直的性质推理判断ABC；举例说明判断D. 【详解】对于A，由，，得或，A错误； 对于B，由，，得，而，则，B正确； 对于C，由，得存在过直线的平面，则，由，得，因此，C正确； 对于D，在正方体中，令平面、平面分别为， 直线为，直线为，满足，而，D错误. 故选：BC 13．(24-25高一下·重庆主城区七校联考·期末)如图，正四棱台中，其中，，下列说法正确的是（    ） A．平面平面 B．直线与面ABCD所成角的大小为 C．异面直线与所成角的余弦值为 D．以A为球心，1为半径作一个球，则该球球面与正四棱台表面相交的交线长为 【答案】BCD 【分析】通过反证法，利用面面平行的性质得到矛盾，即可判断A；找到线面所成角，利用题设中数据计算即可判断B；通过构造平行关系，将异面直线与所成角转化为相交直线所成角，利用余弦定理解三角形可解即可判断C；球面与正四棱台表面相交的交线长为三段半径为1弧长，求得圆心角利用弧长公式计算即可判断D. 【详解】对于A，由正四棱台得，，∥， 令，，若平面平面， 则∥，所以四边形是平行四边形，则 ，∴，显然不成立，故A不正确； 对于B，正四棱台中，，，则 过作，垂足为， 则即为直线与面ABCD的所成角，,， 所以，所以.故B正确； 对于C，过作，垂足为，取的中点，过分别作∥，∥，则为异面直线与所成角. 则，,，，， 所以，. 在中，由余弦定理得. 在中，由余弦定理得 故C正确； 对于D，以A为球心，1为半径作一个球，则该球球面与正四棱台的面、、的交线是半径为，圆心角分别为的三段弧， 所以交线长即为.故D正确 故选：BCD. 三、填空题 14．(24-25高一下·重庆七校联盟·期末)在三棱锥中，，，，则的长度______，三棱锥外接球的体积为______． 【答案】 【分析】作平面于点，连接，确定四边形为矩形，根据余弦定理即可得，可求得；进而得球的半径，即可计算球的体积. 【详解】如图，作平面于点，连接，， 平面，平面，所以，， 因为，，，平面，所以平面， 平面，所以，同理得， 四边形为矩形，，则，， 在中，， 由余弦定理得， 即，解得， 设三棱锥外接球的半径为，则三棱锥外接球即为四棱锥外接球， 即为以，，为棱长的长方体的外接球， 故由得，解得， 所以球的体积为. 故答案为：①；②. 15．(24-25高一下·重庆南开中学校·期末)已知四面体的外接球半径为2，且，，，则平面与平面所成角的正弦值为______． 【答案】/ 【分析】根据给定条件，利用球的截面圆性质求出球心到平面与平面的距离，再确定二平面所成角的大小，进而求出正弦值. 【详解】令四面体的外接球球心为，由，得线段中点为外接圆圆心， 令外接圆圆心为，则平面，平面， 因此平面与平面的夹角， 由，得外接圆半径，由，得外接圆半径， 由四面体的外接球半径为2，得，， 而，因此， 所以平面与平面所成角的正弦值为. 故答案为： 四、解答题 16．(24-25高一下·重庆西南大学附属中学·期末)如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，，为中点. (1)求证：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）取中点，连接，即证，由线面平行的判断定理即可得证； （2）由（1）得，则（或其补角）是异面直线与所成角或其补角，在中，由余弦定理即可求解. 【详解】（1）取中点，连接， 为中点，且 又且， 四边形是平行四边形，， 平面平面， 平面 （2）由（1）可知：，则（或其补角）是异面直线与所成角或其补角， 由题意 在梯形中，易得：， 在中，由余弦定理：， 异面直线与所成角的余弦值为. 17．(24-25高一下·重庆长寿区·期末)如图，在直三棱柱中，是上的点，且平面. (1)求证：平面； (2)若，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直性质以及线面垂直判定定理证明即可； （2）易知点到平面的距离等于点到平面的距离，即为. 【详解】（1）证明：因平面，平面，则， 又，故， 又三棱柱是直三棱柱，所以， 又易知与相交，且平面， 所以平面. （2）因为矩形，所以点到平面的距离等于点到平面的距离. 由已知条件平面，即点到平面的距离等于. 在中，, 故 18．(24-25高一下·重庆第一中学校·期末)如图，为圆锥的轴截面，为底面圆的直径，，为底面圆周上一点，且，为的中点. (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）由中位线性质得，利用线面平行判定定理证明 平面； （2）先求出三棱锥的体积，然后求出的面积，设点与平面的距离为，利用等体积法求得，设直线与平面所成角为，利用求解即可． 【详解】（1）因为为的中点，为的中点，所以， 因为平面， 平面，所以 平面； （2）平面，因为，所以， 又，， 则，故， 所以， 又，，则在中，边上的高为，，设点与平面的距离为， 因为，所以，所以， 设直线与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 19．(24-25高一下·重庆·期末)如图所示，在四棱锥中，已知平面，底面为平行四边形，且，. (1)证明：； (2)若，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由正弦定理可得，再根据线面垂直的判定定理得平面，则可得证； （2）作于点，通过证明平面平面，可得平面，所以为直线与平面所成角，求解即可. 【详解】（1）在中，. 由正弦定理，得. 因为，所以，从而为矩形. 因为平面，所以. 又因为，平面， 所以平面. 因为平面，所以. （2）作于点. 由（1）知平面，且，所以平面. 因为平面，所以平面平面. 因为，平面平面， 所以平面， 故为在平面上的射影，为直线与平面所成角. 又平面，所以， 在直角中，，有， 所以. 故直线与平面所成角的正弦值为. 20．(24-25高一下·重庆七校联盟·期末)如图所示的四棱锥中，平面，，，，． (1)若是中点，证明平面． (2)证明：平面平面； 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用三角形中位线定理和条件证明，再由线线平行证得线面平行即可； （2）法一：取中点，连接，证明，利用勾股定理证得，即得，再由平面证明，最后由线线垂直证得平面，继而证得面面垂直；法二：同法一证得，利用面面垂直的判定定理证得平面平面，由面面垂直的性质定理推得平面，再由面面垂直的判断定理即可证得. 【详解】（1） 如图,取中点，连接，， 在中，，分别是、中点， 且， 又，且， ，四边形为平行四边形， ，因平面，平面， 平面. （2） 法一：如图，取中点，连接， 因，， ，即四边形为平行四边形， ，， 在中，，，， 则由可得，故． 因平面，平面，则， 又,平面，， 平面，平面，平面平面. 法二： 同法一，取中点，连接，同法证得， 平面，因平面，平面平面， 又平面平面，，平面 平面， 平面，平面平面. 21．(24-25高一下·重庆南开中学校·期末)在直三棱柱中，，，，M为中点，． (1)证明：平面； (2)求四面体的体积． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）连接交于点O，利用线面平行的判定定理推理得证. （2）求出点到平面的距离，再利用锥体体积公式求解. 【详解】（1）在直三棱柱中，连接交于点O，连接， 由为矩形，得O为中点，又M为中点，则， 而平面平面，所以平面. （2）在平面内过点作于，由平面，得， 而平面，则平面， 在中，，，则， ，由M为中点，得点到平面的距离， 又，所以四面体的体积为. 22．(24-25高一下·重庆主城区七校联考·期末)如图，在三棱柱中，，，，点在面内的投影为点O，若点O在线段上运动，. (1)证明：面面； (2)求二面角余弦的最大值； (3)求四面体内切球半径的最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）根据线面垂直的性质得，再利用勾股定理逆定理得，最后利用面面垂直的判定定理即可证明； （2）构造出二面角的平面角，设，则，再根据函数单调性即可求出其最值； （3）首先求出四面体的体积为定值，设，则，则转化为求和的最小值；方法一：利用换元法，设，利用函数单调性即可求出最值；方法二：利用几何法，根据对称转化结合三角不等式即可求出最值；方法三：利用琴生不等式即可求出其最值. 【详解】（1）由题意知平面， 因为平面，所以， 由:，则， 则，则， 因为，平面，则平面， 又因为平面，则平面平面. （2）过点作，垂足为，交于点，再连接， 因为平面，平面，则，又因为， 平面，，所以平面， 因为平面，则， 设，所以二面角的平面角为， 则， 当时，， 当时，， 则当时，最大值为. （3）平行四边形，， 因为三棱柱，则， 因为平面，平面，则平面， 点到平面的距离相等， ， 所以四面体的体积为定值， 由（2）知，因为平面，，则平面， 因为平面，则， 设四面体内切球半径为，四面体表面积， 设三角形，的面积依次为， 四面体表面积S可以转化为四棱锥的侧面面积， 四棱锥底面平面图如图所示： 设，则， ， ， ，要求r的最大值，即求和的最小值； 方法一：已知， ， 令，由均值不等式可知：，则， 当且仅当时等号成立，则， 原式， 因为均在上单调递减， 所以在上单调递减， 的最小值为，所以的最小值为，当且仅当且仅当时等号成立， 同理可知的最小值为，当且仅当时等号成立， 所以当且仅当时，两个式子同时取得最小值， 所以面积的最小值为：. 方法二：如图，画出的平面展开图，过作的平行线，构造矩形， 再在上方构造一个全等矩形，我们需要求的最小值， 由对称性可知，其中， 所以由三角不等式有： ， 即，当且仅当时等号成立， 同理可得：，当且仅当时等号成立， 所以当且仅当时，两个式子同时取得最小值， 所以面积的最小值为：， 所以半径的最大值为：. 方法三：琴生不等式：设， 由于为下凸函数，所以有， 所以，当且仅当时等号成立， 同理有：，当且仅当时等号成立， 所以当且仅当时，两个式子同时取得最小值，所以， 所以半径的最大值为：. 23．(24-25高一下·重庆主城区七校联考·期末)如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱垂直于底面，，点、分别是、的中点.    (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）根据线面平行判断定理证明即可； （2）根据线面角的定义作出线面角的平面角，利用边角关系计算即可. 【详解】（1）取的中点为点，连接， 因为点、分别是、的中点， 所以且， 又因为且， 所以且， 所以四边形是平行四边形，即， 因为平面，平面， 所以平面； （2）过点作的垂线，设垂足为，连接， 因为平面，平面，所以， 因为底面是矩形，所以， 因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，且，平面， 所以平面，即为直线与平面所成角的平面角， 设， 在中，， 所以，即， 由（1）可知，， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为.   2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题03立体几何初步 ☆3大高频考点概览 考点01简单几何体的表面积与体积 考点02空间点、直线、平面之间的位置关系 考点03空间直线、平面的平行与垂直问题 目地 城诗点01 简单几何体的表面积与体积 一、单选题 1.(24-25高一下·重庆西南大学附属中学期末)如图，正方体ABCD-A1BC1D1棱长为2，P、Q分别是 棱CC1,BC的中点，点M是侧面ADD,A,上的动点（含边界)，则三棱锥M-B,PQ的体积为() A M B A.2 B. 1 2 C.1 D.随着动点M变化而变化 2.(24-25高一下重庆期末)已知圆台上下底面面积分别为π，9元，母线长为V5,则该圆台的体积为 () A.1 B. 13π 26π 3 3 c.20n 3 D. 3 3.(24-25高一下重庆七校联盟期末)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是正三角形， AB=2°AA,=22:BC边上的中点为D三棱柱ABC-A,B,C,截去三棱锥C,-ACD后所得几何体 的表面积为() 1/11 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D A.9V2+3V3B.9+33 C.12 D.8V2+3V3 4.(24-25高一下·重庆巴蜀中学教育集团·期末)四面体ABCD中，AB⊥平面 BCD,AB=26,∠CBD=2严，CD=3,则该四面体的外接球体积为() 3 A.12π B.27π C.36π D.27n 4 5.(24-25高一下·重庆巴蜀中学教育集团期末)长方体AC1中，AB=BC=2,AA1=4,则点A到平面 A,BD的距离为() A.2 B. 4-3 c.43 D.22 3 6.(24-25高一下·重庆主城区七校联考·期末)如图1，在直角梯形ABCD中，BC1∥AD,AB⊥AD,BC=12, AD=13:AB=2V3B为线段BC上的一点，BE=g过B作AB的平行线交AD于R将矩形ABBF翻折至与梯 形ECDF垂直得到六面体ABCDFE,如图2，则六面体ABCDFE的体积为() B F D E 图1 图2 4. 333 2 B.27V3 C.30V3 D.33V3 7.(24-25高一下·重庆第八中学校·期末)已知三棱锥S-ABC底面边长均为3，侧棱SA=2,且SA⊥平面 ABC,则该三棱锥外接球的半径长为() 2/11 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.2 B 52 C.3 D.3 二、填空题 8.(24-25高一下·重庆长寿区·期末)圆台的上下底面半径为2和3，圆台的高为1，则圆台的体积为 9.(24-25高一下.重庆第一中学校·期末)如图，半径为2的四分之一球形状的玩具储物盒，放入一个玩具小 球，合上盒盖，当小球的半径最大时，小球的表面积为 10.(24-25高一下·重庆西南大学附属中学期末)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上， SA=V3,AB=1,AC=2,∠BAC=60°，SA⊥平面ABC,则球O的表面积为 11.(24-25高一下·重庆·期末)已知直角△ABC中，两直角边AB=3,AC=4,以AB所在直线为旋转轴， 其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为 12.(24-25高一下·重庆巴蜀中学教育集团期末)圆锥的底面半径为1，高为V5,则其侧面积为 13.(2425高一下·重庆主城区七校联考·期末某种型号冰淇淋，其上半部分是面积为32元(cm2)的半球形 塑料盖，下半部分是高为9(c)圆锥形脆皮蛋卷桶，则下半部分脆皮蛋卷桶的面积为 (cm2 rcm 9cm 目地城考点2 空间点、直线、平面之间的位置关系 一、单选题 3/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1.(24-25高一下·重庆西南大学附属中学.期末)设m、是两条不重合直线，Q、B是两个不重合平面，则 下列命题正确的是() A.若m/1a,m/1β，则a/1B B.若m⊥a,a⊥B,则m//β c.若a⊥β，mca,ncβ，则m⊥nD.若a//B,m⊥a,n⊥β，则m/1n 2.(24-25高一下·重庆主城区七校联考期末)已知1，为两条不同的直线，Q,β为两个不同的平面，则下 列说法正确的是() A.若an阝=l,l11m,则m至少与c,B中一个平行 B.若l1/m,1ca,则m/1a c.若l⊥a,m⊥β，a⊥β，则l∥m D.若lca,mcB,l/m,则a∥B 二、多选题 3.(24-25高一下·重庆期末)若m,n,1是空间中三条不同的直线，a,B是两个不同的平面，则下列命题中正 确的是() A.若mB,mca,anB=l,则m1 B.若a⊥β，anB=1,m⊥1，则m⊥B c.若m‖n,a‖B,m⊥a,则n1B D.若mcc,ncB,m‖n,则a‖B 目地城诗点03 空间点直线、平面的平行与垂直问题 一、单选题 1.(24-25高一下·重庆第八中学校期末)已知@，B,y为空间中不重合的平面，，n为空间中不重合的直 线，下列命题正确的是() A.若mn,nca,则m‖a B.若ma,nLa,则m⊥n C.若a⊥Y,B⊥y,则a⊥B D.若aB,mca,ncβ，则mn 2.(24-25高一下·重庆第一中学校期末)印章乃中华文明独特信物，多以铜玉为材，形制方圆各异.自秦汉 玺印至明清篆刻，方寸之间承载三千年文脉，既是实用之器，更成艺术瑰宝如图是一个金属印章，除去顶 部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，均 4/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2V5 为4，正四棱锥的侧核与底面夹角的正弦值为5 ,则该几何体的体积是() A.32 B.64 3 C.64 D.128 3 3.(24-25高一下·重庆主城四区期末)如图，将棱长为4的正方体六个面的中心连线，可得到八面体 E-ABCD-F,P为棱BC上一点，则下列四个结论中错误的是() A.AE‖平面BCF B.八面体E-ABCD-F的体积为32 C.EP+FP的最小值为2V6 D,点A到平面BCF的距离为√6 4.(24-25高一下重庆期末)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M,N分别为AC,A1B的中点，则 异面直线MN与AD所成角为() A B N D M B. c.3 5π D. 12 5/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 5.(24-25高一下·重庆七校联盟·期末)在空间四边形ABCD中，AB=CD,且AB与CD所成角为30°，E, F分别为BC,AD的中点，则EF与AB所成角的大小为() A.75 B.75°或15° C.150 D.30 6.(24-25高一下.重庆巴蜀中学教育集团·期末)已知两条直线m,n及平面@，B,下列条件中，一定能得到 a1∥B的是() A.mca,nc,m/β，n//ac B.m⊥n,m⊥a,n//β c.mca,nca,m/IB,n/β D.m⊥a,m⊥β 7.(24-25高一下·重庆南开中学校期末)如图，在平行四边形ABCD中，AB=1,AD=V2, ∠ADB=45°，现将△ABD沿直线BD翻折至△PBD,使得点A到达点P的位置，且二面角P-BD-C 的平面角等于45°，则直线PD与平面BCD所成的角为()· A A.30° B.45° C.60° D.90° 二、多选题 8.(24-25高一下·重庆第八中学校期末)如图，在正三棱台A1B1C1-ABC中，AB=2A1B1=2,P,D分 别是线段BC1,BC上的点，O1,O是上、下底面的中心，M是底面ABC内一点，下列结论正确的是 () A A.AA1⊥BC B,若BD=号BC,AA,平面B,DM,则点M的轨迹长等于3 3 6/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 C.VA-CBBC:-6VA-ABC: D.当PD⊥BC时，四点O1、O、D、P构成的图形为直角梯形 9.(24-25高一下，重庆第一中学校期末)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E,F,G,H分别为 棱A,B,'BC'CD'B,C的中点，则下列结论正确的是（） D H 6 A.异面直线EF与A,C,所成角的正弦值为3 B.EF‖平面AACC C.直线AE与CH是异面直线 D.过A,E,G三点的平面截正方体ABCD-A1BC1D1所得的截面形状为菱形 10.(2425高一下·重庆西南大学附属中学·期末)已知圆柱01O2的高为2，EF为下底面圆01的一条直径， D为上底面圆周上任意一点，球o内切于圆柱0，O,:则（） A.球0的体积为4卫 3 B.圆柱的表面积为4π C.直线OE与圆柱上底面所成的角为45 D.若直线OD,EF为异面直线，则平面DEF与下底面所成角的正切值最小值为2 11.(2425高一下·重庆巴蜀中学教育集团期末)正方体ABCD-A1B1C1D1的边长为2,0为底面ABCD 的中心，p是正方形BCC,B,内（不包含正方形的四边）的动点，则下列说法正确的是（） A.OP,BC一定是异面直线 B.当P是正方形BCC1B的中心时，OP与AB所成角为 7/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 C.当P在线段BC1上移动时，A1P+PC的最小值为V6+V2 D.当OP与平面BCC1B所成角为定值（非直角）时，P的运动轨迹是一段圆弧 12.(24-25高一下·重庆南开中学校期末)已知m,n是空间中两条不同的直线，Q,B是两个不同的平面， 下列说法正确的是()· A.若m⊥a,m⊥n,则n/1a B.若m/1n,n⊥a,m⊥B,则a//β C.若m⊥a,n//a,则m⊥n D.若m⊥n,m⊥a,n//β，则a⊥B 13.(24-25高一下·重庆主城区七校联考期末)如图，正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，其中AB=4, AA1=A1B,=2'下列说法正确的是() D A B D B A.平面C1BD/∥平面AB1D1 B.直线AA,与面BCD所成角的大小为号 5 C.异面直线AC1与BB所成角的余弦值为 10 7π D.以A为球心，1为半径作一个球，则该球球面与正四棱台表面相交的交线长为 6 三、填空题 14.(2425高一下·重庆七校联盟期末)在三棱锥P-ABC中，AB=V3BC=V3, ∠ABC=∠BCP=∠PAB=90,coS∠CPA=S2 则PA的长度，三棱锥P-ABC外接球的体 积为。 8/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 15.(24-25高一下·重庆南开中学校期未)已知四面体ABCD的外接球半径为2，且AB=2,∠ACB=) ∠ADB= 4,则平面ADB与平面ACB所成角的正弦值为一· 四、解答题 16.(24-25高一下·重庆西南大学附属中学期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,底面 ABCD为梯形，AB/1CD,AB⊥AD,CD=2AB=2PA=2,AD=3,E为PD中点. (1)求证：AE/平面PBC: (2)求异面直线AE与BC所成角的余弦值， 17.(24-25高一下·重庆长寿区·期末)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，E是B1A上的点，且A1E⊥平 面AB1C1 B A (1)求证：BC⊥平面AA1BB: (2)若AA1=AB1=2,求点C到平面AB,C1的距离. 18.(2425高一下·重庆第一中学校·期末)如图，SAB为圆锥SO的轴截面，AB为底面圆O的直径， SA=AB=2,C为底面圆周上一点，且AC=BC,D为SA的中点. S ”。 B 9/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)求证：BS/平面OCD: (2)求直线BC与平面SAC所成角的正弦值 19.(24-25高一下·重庆·期末)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥平面ABCD,底面为平行四 边形，且AB=3,BC=1,∠BCA= 3 (I)证明：AD⊥PB: (2)若PA=2,求AB与平面PBC所成角的正弦值. 20.(24-25高一下·重庆七校联盟期末)如图所示的四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,BC∥AD, BC=-AD=2,AB=1,CD=95. B (I)若E是PD中点，证明CE∥平面PAB (2)证明：平面PAB⊥平面PAD: 21.(2425高一下·重庆南开中学校期末)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC,AB=2,AC=6, M为BC中点，BB=6. 10/11 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 C B M B (1)证明：A,B/平面AC1M: (2)求四面体AMC1A1的体积. 22.(24-25高一下·重庆主城区七校联考期末)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1=2,BC=1, ∠B,BC=60°，点A1在面BCC1B1内的投影为点O,若点0在线段B,C上运动，A1O=2. 、、0 (1)证明：面ABC⊥面A1B1C; (2)求二面角A1-BB1-C余弦的最大值： (3)求四面体A1ABC内切球半径的最大值 23.(2425高一下·重庆主城区七校联考期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA 垂直于底面，AD=AP=2AB,点E、F分别是AB、PC的中点 (1)求证：EF/平面PAD: (2)求直线EF与平面PBC所成角的正弦值 11/11