专题15 空间向量与立体几何（16大题型）（期末复习专项训练）高二年级数学下学期人教A版

专题15 空间向量与立体几何 题型1 空间中点线面位置关系的判断（常考点） 题型9 证明线面垂直（常考点） 题型2 空间向量的运算 题型10 证明面面垂直 题型3 空间几何体的体积与表面积（重点） 题型11 证明线线垂直（常考点） 题型4 球体综合（重点） 题型12 异面直线所成角 题型5 截面问题（难点） 题型13 线面角（重点） 题型6 轨迹问题（难点） 题型14 二面角（重点） 题型7 证明线面平行（常考点） 题型15 存在性与探索性问题（重点） 题型8 证明面面平行 题型16 最值问题（难点） 3 / 23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 空间中点线面位置关系的判断（共8小题） 1．（24-25高二下·上海虹口·期末）已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】结合图形即可逐一判断即可. 【详解】对于A，平行于同一个平面的两条直线不一定平行，如下图所示正方体，故A错误； 对于B，如下图所示正方体，由图可知B错误； 对于C，若，则，如下图所示正方体，由图可知C正确； 对于D，如下图所示正方体，由图可知D错误； 故选：C． 2．（24-25高二下·江苏南通·期末）已知m，n，l表示三条不同的直线，，，表示三个不同的平面，则（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，，则 D．若，，，，则 【答案】D 【分析】利用线线、线面、面面之间的基本关系，结合选项依次判断即可. 【详解】对于A，若，，则或，故A错误； 对于B，若，，则或，故B错误； 对于C，若，，，，且直线相交于一点，则，故C错误； 对于D，若，，，则，且， 又，则，故D正确. 故选：D. 3．（24-25高二下·甘肃兰州·期末）如图，这是一个正方体的平面展开图，将其还原成正方体后，下列直线中与直线平行的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将给定的正方体的平面展开图还原成正方体，再结合正方体的结构特征判断. 【详解】将正方体平面展开图还原成正方体，如图： 直线与直线平行，直线与直线都成异面直线. 故选：A 4．（24-25高二下·湖南娄底·期末）如图，，分别是正方体的棱与的中点，则下列判断正确的是（   ） A．直线与是相交直线 B．直线与互相平行 C．直线与互相垂直 D．直线与是异面直线 【答案】C 【分析】根据异面直线性质判断A，B，应用正方形特征判断C，应用线线平行共面判断D. 【详解】由题知，平面，与平面交于点，，所以直线与是异面直线，故A错误； 平面，与平面交于点，，所以直线与是异面直线，故B错误； 正方体各个表面均为正方形，所以直线与互相垂直，故C正确； 因为，分别是正方体的棱与的中点，所以， 因为所以是平行四边形，所以， 所以，所以，，，四点共面，所以直线与不是异面直线，故D错误. 故选：C. 多选题 5．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误. 【详解】设正方体的棱长为， 对于A，如图（1）所示，连接，则， 故（或其补角）为异面直线所成的角， 在直角三角形，，，故， 故不成立，故A错误. 对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，， 由正方体可得平面，而平面， 故，而，故平面， 又平面，，而， 所以平面，而平面，故，故B正确. 对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得， 故，故C正确. 对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接， 则， 因为，故，故， 所以或其补角为异面直线所成的角， 因为正方体的棱长为2，故，， ，，故不是直角， 故不垂直，故D错误. 故选：BC. 6．（24-25高二下·浙江温州·期末）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若且，则 B．若，，，共面，则 C．若不垂直于，且，则必不垂直于 D．若且，则 【答案】BD 【分析】借助正方体的线面关系，说明AC错误，简单说明BD正确即可. 【详解】如图：在正方体中    因为平面，平面平面，结果平面，而非平面，故A错误； 因为与平面不垂直，平面，且，故C错误； 对B：因为，，所以无公共点，又，共面，所以，故B正确； 对D：因为垂直于同一条直线的两个平面互相平行，故D正确. 故选：BD 7．（24-25高二下·贵州六盘水·期末）已知直线，和平面，，下列说法中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】BD 【分析】根据空间线线、线面、平面与平面的位置关系，结合题意，进行逐一分析即可. 【详解】对于A，若，，则与可能相交、平行或异面，故A错误； 对于B，若，，则，故B正确； 对于C，若，，则或，故C错误； 对于D，若，，则，故D正确. 故选：BD. 8．（24-25高二下·河北邯郸·期末）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】ABD 【分析】利用直线与平面平行、直线与平面垂直、平面和平面垂直的性质逐个分析，即可得到答案. 【详解】对于选项A，根据线面垂直的性质定理，得当，，则，故选项A正确； 对于选项B，由，则存在使得，因为，所以，，故选项B正确； 对于选项C，已知，，，若，则， 因为直线不一定在平面上，故选项C错误； 对于选项D，若，，，过直线作平面与平面相交于直线，则； 过直线作平面与平面相交于直线，则，， 又，，则，再由，，由线面平行的性质定理得， 而，，故选项D正确. 故选：ABD. 题型二 空间向量的运算（共8小题） 9．（21-22高二下·江苏南京·期中）在平行六面体中，为与的交点．若，则下列向量中与相等的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作图，然后根据空间向量基本定理求解即可. 【详解】根据题意，． 故选：B． 10．（24-25高二下·甘肃酒泉·期中）在空间直角坐标系中，，，，点在直线上运动，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，计算、的坐标，利用数量积的坐标运算化简即可. 【详解】由点在直线上运动，故可设，， 则， ， 所以 ， 故当时，取得最小值. 故选：C． 11．（24-25高二下·湖北·期末）如图，在四面体OABC中，，，，且，，则=（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据几何关系，结合向量的线性运算，即可求解. 【详解】连接ON，因为，所以()， 因为，所以， 所以. 故选：C. 12．（24-25高二下·云南·期末）如图，在三棱锥中，是的中点，点在上，，记，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用向量的加减法则，将逐步转化为已知向量、、的线性组合. 【详解】是的中点，，又，由，. 故选：. 13．（24-25高二下·四川泸州·期末）四面体中，，且，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量线性运算计算即可. 【详解】 因为， 所以，点为的中点， 所以，即. 故选：B 14．（24-25高二下·河南开封·期末）在空间直角坐标系中，，则线段上靠近点A的三等分点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设线段上靠近点A的三等分点为，则有，根据向量坐标的线性运算即可求解. 【详解】设线段上靠近点A的三等分点为，则有， 又，所以， 所以，即，所以， 故选：A. 15．（24-25高二下·甘肃甘南·期末）已知向量，，，若共面，则x等于（    ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用空间共面向量定理求解作答. 【详解】因为向量，，，且共面， 则存在实数，使得 ， 即， 所以，解得. 所以，即 故选：C 16．（24-25高二下·江苏淮安·期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点分别为的中点，若，且，则（    ）    A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】根据空间向量的线性运算及空间向量基本定理即可求解. 【详解】因为点分别为的中点，所以， 所以， 因为，所以， 所以， 又，则，所以. 故选：D. 题型三 空间几何体的体积与表面积（共10小题） 17．（24-25高二下·江苏南通·期末）底面边长为2，高为的正四棱锥的侧面积为____________． 【答案】8 【分析】利用正四棱锥的性质，结合勾股定理即可求出侧面积. 【详解】 如图，由底面边长为2，高为的正四棱锥可得:, 由勾股定理得：斜高， 所以正四棱锥的侧面积为， 故答案为：8 18．（25-26高二上·上海青浦·月考）如图是青浦高级中学综合广场升旗仪式司令台前的栏杆，栏杆最上面的造型可以看作是一个几何体．该几何体是由一个正方体沿同一顶点出发的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去8个三棱锥后剩余部分组成的．已知原正方体的棱长为，则该几何体的体积为___________     【答案】/ 【分析】根据锥体和柱体的体积公式即可求解. 【详解】因为该几何体是由棱长为20cm的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得， 所以. 故答案为： 五、单3选题 19．（24-25高二下·陕西铜川·期末）已知某圆锥的侧面积为，母线长为4，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据圆锥的侧面积可得底面半径，进而求圆锥的高和体积. 【详解】设底面半径为，高为，母线长为， 由题意可得：，解得， 则， 所以该圆锥的体积为. 故选：A. 20．（24-25高二下·安徽宣城·期末）若正四棱台的侧棱长为，上，下底面边长分别为2和4，则该四棱台的体积是（   ） A．12 B．28 C．32 D．48 【答案】B 【分析】根据正四棱台的结构特征和体积公式计算即可. 【详解】由题意可知，上底面的面积为， 下底面的面积为. 因为侧棱长为，根据勾股定理可得. 所以该四棱台的体积为. 故选：B. 21．（24-25高二下·湖北武汉·期末）已知圆锥底面半径为3，高为9，用平行于底面的平面截该圆锥，截得的圆台上，下底面半径之比为，则圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用相似比，结合圆台体积公式即可求解. 【详解】根据相似可知，圆台的上、下底面半径分为1、3，圆台的高为6， 所以由圆台体积公式得：， 故选：B. 22．（24-25高二下·安徽合肥·期末）已知圆台的上、下底面直径分别是2和4，且该圆台的表面积为，则圆台的母线与底面所成的角的正切值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出圆台的母线和高，进而求出圆台的母线与底面所成的角即可． 【详解】设圆台的母线长为l，则圆台的表面积，即， 故圆台的高为， 如图可知母线与底面所成角， 所以圆台的母线与底面所成的角的正切值为 故选：D． 23．（24-25高二下·浙江·期末）在三棱锥中，和均是边长为2的等边三角形，若，则三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将作为三棱锥的底面，根据垂直关系和线段关系可求出该底面的面积，然后作辅助线找出该底面的高，并通过勾股定理求出，最后根据三棱锥体积公式即可求出答案. 【详解】根据题意，取的中点，连接.    因为为等边三角形，是的中点， 所以. 因为分别为的中点，所以. 因为，所以. 又平面， 所以平面. 又平面，所以. 因为，是的中点， 所以. 又平面， 所以平面. 在中，根据勾股定理得. 在中，根据勾股定理得. 所以三棱锥的体积为. 故选：D. 24．（24-25高二下·河北保定·期末）若要用铁皮制作一个容积为的无盖圆锥形容器，则所需铁皮的面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据体积得到，然后表示出表面积，然后利用三元不等式计算. 【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，高度为， 所以， ， 所以，即 当且仅当，即时，取等号. 故选：B 25．（24-25高二下·河北·期末）故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶（图1）.某几何体有五个面，其形状与四阿顶相类似（图2），若四边形是矩形，，且，，则五面体的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别计算梯形，三角形与矩形的面积，又易得梯形的面积等于梯形的面积，三角形的面积等于三角形的面积，全部相加，即可得到表面积的值. 【详解】由四边形为矩形，可得,, 在中，由余弦定理知：， 所以， 所以的面积； 在梯形中，分别过，作的垂线，垂足分别为，， 连接，，由,可得四边形为矩形，所以， 又由，可得，， 在中，由勾股定理知：， 所以梯形的面积， 又因为四边形为矩形，所以四边形的面积， 又由，可得，且由，可得梯形梯形， 所以五面体的表面积. 故选：D 26．（24-25高二下·天津河东·期末）如图， 多面体ABCEF ， D为AB的中点，四边形为矩形，且，，，当时，多面体的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由线面垂直的判定与性质，根据等腰三角形的性质与勾股定理，求得底面积，利用三棱锥体积公式，可得答案. 【详解】在矩形中，有，， 因为，，平面，所以平面 则平面，因为平面，所以，， 在中，由，，则， 又因为的中点，则，则，， 易知，则，因，则， 在中，， 则矩形的面积， 因为，，，平面，所以平面， 多面体的体积. 故选：A. 题型四 球体综合（共10小题） 27．（24-25高二下·云南曲靖·期末）已知半径为r的球的体积为，当时，的瞬时变化率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】对球体体积公式求导，结合瞬时变化率的定义求时的瞬时变化率. 【详解】因为，所以，故时，的瞬时变化率为. 故选：B 28．（2025·福建泉州·模拟预测）四棱锥中，，，，，，若、、、、均在同一球面上，则该球的表面积等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别取、的中点、，连接、、，取的中点，推导出平面，四边形为矩形，，结合直角三角形的几何性质可知为球心，结合球体表面积公式可求得结果. 【详解】因为，，所以四边形为平行四边形， 分别取、的中点、，连接、、， 因为、分别为、的中点，则且， 故四边形为平行四边形，所以， 因为，故，同理可知，从而， 又、平面，，所以平面， 又平面，故，从而，所以四边形为矩形， 从而，又，所以， 取的中点，则，故为球心， 从而所求的球的表面积为， 故选：C.　 29．（24-25高二下·湖南永州·期末）如图，在正方体中，，是正方形内部(含边界)的一个动点，若，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先确定点位置，再确定外接球球心，求得外接球半径后计算出表面积. 【详解】若，则为中点，为等腰直角三角形， 如图，中点是的外心，的中点是的外心， 正方体中易知平面，因此是棱锥外接球的球心， 所以三棱锥外接球的半径为， 所以三棱锥外接球的表面积为. 故选：A 30．（24-25高二下·福建漳州·期末）在四棱锥中，侧面底面，侧面是正三角形，底面是边长为的正方形，则该四棱锥外接球表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】运用面面垂直的性质证得面，面，再结合正弦定理求得三角形外接圆的半径及勾股定理求得四棱锥外接球的半径，进而求得其表面积. 【详解】如图所示，    连接AC、BD交于一点，取AD中点E，连接、， 则由题意知，，为正方形外接圆的圆心， 又因为面面，面面，面， 所以面， 同理面， 设等边的外接圆的圆心为， 过作的平行线交过且与平行的线于点O， 则面，面， 所以O为四棱锥外接球的球心，设球的半径为， 方法1：等边的外接圆半径为 ， 方法2：在等边中由正弦定理得，解得， 又因为， 所以， 所以四棱锥外接球表面积为. 故选：C. 31．（24-25高二下·山西·期末）如图，在四棱锥中，底面，，，，是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分析得到三棱锥的外接球的球心在平面上，作出辅助线，得到三棱锥的外接球的球心在直线上，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，因为在上，设，所以的坐标为，利用得到方程，解得，进而得到外接球半径，得到表面积. 【详解】因为，，所以，设，则为的中点， 因为平面，，平面，所以，， 因为，平面，，所以平面， 由题意知， 所以三棱锥的外接球的球心在平面上. ，故为等边三角形，故， 又，故，， 又，故， 如图，取棱的靠近的四等分点， 则为线段的中点，，因为为的中点，所以， 所以，所以，所以三棱锥的外接球的球心在直线上. 以为坐标原点，，MB，分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，， ，，所以， 因为在上，设，所以的坐标为， 又，即，解得， 故，所以， 所以. 故选：A. 32．（24-25高二下·浙江温州·期末）已知一底面边长为的正三棱柱有内切球，则该正三棱柱外接球的表面积为_____. 【答案】 【分析】分析可知该正三棱柱内切球的半径等于其底面等边三角形内切圆的半径，利用等面积法可求得内切球半径，进而可得出棱柱的高，结合正棱柱的几何特征求出其外接球半径，再结合球体表面积公式可求得结果. 【详解】在正三棱柱中，分别取三条侧棱的中点、、，如图所示： 易知是边长为的等边三角形，则该三棱柱内切球球心为的中心， 连接、、， 设球的半径为，则， 即，解得， 由正棱柱的几何性质可知， 易知该正三棱柱的外接球球心也为，设正三角形的中心为，连接、、，    则平面，，， 故，即该三棱柱外接球半径为， 因此，该三棱柱外接球表面积为. 故答案为：. 33．（24-25高二下·云南保山·期末）正四棱锥P-ABCD的侧棱长为，则当最大时，正四棱锥P-ABCD的高为________；此时正四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为________． 【答案】 3 【分析】空1：设出四棱锥的高与底面边长，根据四棱锥的性质列出高与底面边长的关系，进而列出体积的表达式，利用导数即可求出结果；空2：由空1的结果列出外接球半径、高和底面对角线的关系，求出半径，即可求出外接球的表面积. 【详解】如图，记正方形的中心为，易得，， 设， 则由得，， ，记， 则，令，解得， 又时，，∴单调递增；时，， ∴单调递减；∴，此时． 设正四棱锥的外接球的球心为，半径为，易知球心在上， 则，∴在中，，即， 解得，∴正四棱锥的外接球的表面积． 故答案为：3， 34．（24-25高二下·四川泸州·期末）已知三棱锥的顶点都在表面积为的球面上，，则三棱锥体积的最大值为___________. 【答案】/ 【分析】是直角三角形，斜边中点为，当平面，即球心在线段上时，点到平面的距离最大，从而三棱锥体积的最大，由此计算体积可得. 【详解】记球心为，设球半径为，由得， 又，所以的中点是平面截球所得小圆的圆心，如图， 当球心在线段上时，点到平面的距离最大，从而三棱锥体积的最大， 此时平面，，， ，又， 所以， 故答案为：. 35．（24-25高二下·云南临沧·期末）如图，在四面体中，，，，平面平面BCD，则四面体外接球的表面积为______． 【答案】 【分析】根据题意取的中点，连接，，分别找出为外接圆的圆心，外接圆的圆心为，再结合外接球的性质可得即为外接球半径，即可求解. 【详解】取的中点，连接，，如图， 在中，，因为平面平面， 因为平面平面，所以平面． 设，则， ． 因为，所以，解得，则 所以，因为，所以． 取的中点，则为外接圆的圆心，过点作直线垂直于平面， 设外接圆的圆心为，过作直线垂直于平面，记， 在中，由正弦定理可得，解得， 则为四面体外接球的球心．连接， 则， 四面体外接球的半径为， 所以四面体外接球的表面积为． 故答案为：. 36．（24-25高二下·贵州六盘水·期末）理想状态下，在一个底面直径和高均为的圆柱形石材中，挖去一个半径为的球体后，剩余石材最多还能打磨出_____个体积最大的小球.（参考数据：） 【答案】30 【分析】确定最大小球的相切条件，用几何关系列方程求小球半径，求每层小球最大放置数量，再验证最多能放置几层小球，即可求出剩余石材最多还能打磨出多少个体积最大的小球. 【详解】由题意， 要在剩余空间打磨最大的小球，需满足： 与圆柱侧面相切（小球球心到侧面距离等于小球半径），与圆柱底面（或顶面）相切（小球球心到底面距离等于），与挖去的大球相切（两球心距离等于）， 设小球坐标为，由几何知识得， ， 解得：， 此为满足接触条件的最大半径. 接着求每层小球数量： 小球中心位于半径的圆周上， 设每层放个小球，相邻小球中心距离为, ∵中心间弦长公式为， ∴即，， ∵， ∴， 解得， ∴每层恰能放置 15 个相切的小球. 下面求解此圆柱能放置多少层小球： 小球中心高度为，底部小球范围为，顶部小球范围为， 间隙为， 顶部底部小球不会重叠， 小球中心到挖去球体中心的最小距离为， ∴无法再放置一层小球， ∴挖去球后圆柱上下两部分都能放置一层，即最大放置层数为2， ∴最大打磨个数为. ∴剩余石材最多还能打磨出30个体积最大的小球， 故答案为：30. 题型五 截面问题（共8小题） 37．（24-25高二下·上海嘉定·期末）平面截正方体所得的截面不可能是（   ） A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．七边形 【答案】D 【分析】通过分析平面去截正方体时，平面与正方体各面相交的情况，来判断可能得到的截面形状，从而确定不可能出现的截面形状. 【详解】当平面与正方体的三个面相交时，可以得到三角形截面； 当平面与正方体的四个面相交时，能够得到四边形截面； 当平面与正方体的五个面相交时，会形成五边形截面； 当平面与正方体的六个面都相交时，就得到六边形截面； 由于正方体只有六个面，所以平面与其六个面相交最多得六边形，不可能得到七边形或多于七边的图形. 故选：. 38．（25-26高二上·上海·月考）已知正方体中，点为的中点，点为的中点，则平面截正方体形成的截面图形为（    ） A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 【答案】B 【分析】应用平面的基本性质画出截面图，即可得. 【详解】延长，交的延长线于， 连接，交于， 延长，交的延长线于， 连接，交于， 最后依次连接， 所得截面，即为所求. 故选：B 多选题 39．（24-25高二下·河北·期末）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，点在棱上（不含端点），过点作截面，且平面，平面，平面平面，下列结论正确的是（    ） A．四边形是平行四边形 B．若，四边形的面积的最大值为2 C．的长的取值范围为 D．若的周长为，则三棱锥的体积为 【答案】ACD 【分析】利用线面平行的性质定理得到线线平行，进而得证平行四边形，判断A选项；根据条件并结合线面平行以及线面垂直说明其为矩形，结合基本不等式得出四边形面积的最大值，判断B选项；不妨设，过点作平面，垂足为，连接，过点作，垂足为．设，在三角形中根据的范围计算的取值范围，判断C选项；根据的周长得．平方后得，两式相等解得，进而求得，利用公式计算三棱锥的体积，判断D选项； 【详解】对于A，因为平面，平面平面， 所以．同理可得，所以． 因为平面，平面平面，所以． 同理可得，所以，所以四边形是平行四边形，A正确． 对于B，设的中点为，连接． 在和中，分别有． 因为，所以平面，所以． 又因为，，所以，所以四边形是矩形． 设，在中，，所以，即． 在中，，所以， 四边形的面积，当且仅当时，等号成立， 所以四边形PDEF的面积的最大值为，B错误． 对于C，不妨设，过点作平面，垂足为，连接， 过点作，垂足为． 设． 因为，所以，即，所以． 在中，，即， 解得， 所以， ，C正确． 对于D，因为的周长为，所以． 因为， 所以，解得， 所以，三棱锥的体积为，D正确． 故选：ACD. 40．（24-25高二下·江苏常州·期末）已知棱长为1的正方体的所有顶点都在以为球心的球面上，点是棱的中点，点是棱上的动点.则下列说法正确的有（    ） A．若是棱的中点，则平面 B．点到直线的距离的最小值为 C．棱上存在点，使得 D．若是棱的三等分点，则过的平面截球所得的截面面积最小为 【答案】ACD 【分析】对于A，设的中点为，通过证明四边形为平行四边形，可证得平面；对于B，通过建系设点，利用空间点到线的距离公式可求最小值；对于C，利用向量的坐标表示出夹角，计算出当时，，即可判断；对于D，由题意可求，再利用球的截面问题可直接求截面面积的最小值. 【详解】如图，设的中点为，连接，   是中点，，且， 对于A，若是中点，，且， ，且，所以四边形为平行四边形， ，又平面，平面， 平面，故A正确； 根据题意，以为原点，以直线所在方向分别为轴建立空间直角坐标系， 设，，，， 所以点到直线的距离， 即点到直线的距离的最小值为，故B错误； 对于C，，所以， 则，当时，，即， 所以棱上存在点，使得，故C正确； 对于D，当是棱的三等分点时，点或，球心， 所以，又正方体外接球半径， 所以截面所得圆的最小半径，其面积为，故D正确. 故选：ACD. 41．（2025·海南·模拟预测）如图所示，正方体的棱长为2，点为侧面内的一个动点（含边界），点分别是线段、、的中点，则下列结论正确的是（   ） A．直线平面 B．平面截正方体所得的截面面积为 C．的最小值为 D．若，则点的运动轨迹长度为 【答案】AC 【分析】对于A,利用线面平行的判定定理，证明平行于平面内的一条线即可；对于B，判断截面为等腰梯形，然后利用梯形的面积公式求解即可；对于C，建立空间直角坐标系，设点坐标，将表示出来，利用二次函数求最值即可；对于D，利用确定点的轨迹方程，然后利用两点距离公式求长度即可. 【详解】对于A，连接, 因为点分别是线段、的中点， 所以，所以平面， 点分别是线段、的中点，故, 故四边形为平行四边形，所以且平面， 故直线平面，故A正确； 对于B，由A选项可知，平面截正方体所得的截面为梯形 且由正方体可知，, 故梯形的高, 故梯形的面积,故B错误； 对于C，以为原点，分别以为轴，轴，轴建空间直角坐标系， 则, 点为侧面内的一个动点（含边界），故设 所以， 所以， 当时，即时，等号成立，故C正确； 对于D，，若， 则，即， 因为故当时，此时， 当时，此时， 故点的运动轨迹为从点到点的一条线段，轨迹长度为，故D错误. 故选：AC 42．（24-25高二下·广东茂名·期末）已知棱长为3的正方体，动点P满足，下列结论正确的是（   ） A．正方体棱上满足条件的P的个数为3 B．正方体棱上满足条件的P所在的平面去截正方体，截面面积为 C．正方体棱上满足条件的P所在的平面去截正方体，被截去较小部分的体积为 D．点P到正方体各顶点距离的最大值为 【答案】ACD 【分析】根据给定条件，求出点的轨迹，再逐项求解判断. 【详解】取过直线的平面，在此平面内建立平面直角坐标系，如图， 则，设，由，得， 整理得，点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，即， 在正方体中，延长至，使，则， 因此在空间点P的轨迹是以为球心，2为半径的球面，如图所示， 该球面与正方体的棱有3个交点，，， ，，，A正确，B错误； ，C正确； 点P到正方体各顶点的最大距离分别为；； ；； ；，D正确. 故选：ACD 43．（24-25高二下·广东揭阳·期末）用半径为的圆形铁皮剪出圆心角为的扇形（以圆形铁皮的半径为半径的扇形），制成一个圆锥形容器，底面圆的半径为．则下列说法正确的是（   ） A．当，且圆锥的侧面积为时，圆锥的体积 B．当，且圆锥的侧面积为时，过圆锥的顶点所作的截面中，截面面积的最大值为 C．当，且圆锥的侧面积为时，圆锥能在棱长为的正四面体内任意转动 D．当时，圆锥的体积最大 【答案】AD 【分析】求出圆锥的高，结合圆锥的体积公式可判断A选项；当时，，求出圆锥的轴截面顶角，进一步即可验算，可判断B选项；分别算出圆锥外接球半径以及正四面体内切球半径，比较大小即可判断C选项；求得，，进而得出，令，利用导数求出使得取最大值时的值，即可得出对应的值，可判断D选项. 【详解】设圆锥的母线长为，高为， 对于A选项，该圆锥的侧面积为，解得， 所以该圆锥的高为， 故该圆锥的体积为，A对； 对于B选项，当时，，此时圆锥的轴截面如图所示，   ，所以为钝角， 令、是圆锥的底面圆周上任意的不同两点，则， 所以， 当且仅当时，取等号，B错； 对于C选项，当时，即当时，该圆锥的侧面积为，可得， 高， 设圆锥的外接球球心为，圆锥的外接球半径为， 所以， 棱长为的正四面体可以补成正方体，如图所示，    则正方体的棱长， 正四面体的体积为， 正四面体的表面积为， 设正四面体的内切球半径为， 则由等体积法可知， 注意到， 所以圆锥不能在棱长为的正四面体内任意转动，C错； 对于D选项，由题意可知，圆锥底面周长为，故， 该圆锥的高为， 所以，圆锥的体积为，故， 令，其中， 则，由，可得， 当时，，即函数在上单调递增， 当时，，即函数在上单调递增， 当时，即当时，取最大值，此时取最大值，D对. 故选：AD. 44．（24-25高二下·浙江金华·期末）在正方体中，，点E，F，G分别为，，的中点，点在线段上运动（不包括端点），过G，P，的平面截正方体所得的截面周长的取值范围是__________. 【答案】 【分析】方法一，分别考虑截面的各种情况，借助于路径方法求解；方法二，考虑截面的各种情况，构造函数利用导数方法研究求解. 【详解】   如图所示，当点为线段中点时，截面为,其中为中点，周长为； 当点为线段内部时，截面为,其中平行且相等，平行且相等，,, 周长取值范围是， 当截面为（其中平行，且分别在棱上）时，周长大于且可以任意接近于四边形的周长， 但小于等于四边形的周长. 当截面为（其中平行，分别在线段上，在线段上，交于延长线上的一点）时，    方法一： 如图所示，利用初中几何知识可证路径长度在路径和路径之间， ∴截面的周长介于四边形的周长与截面的周长之间, 综上，过G，P，的平面截正方体所得的截面周长的取值范围是. 方法二： 设,,,,, , ,,,, ,,,, , , 截面周长为, , 求导， ∴函数单调递增，所以截面的周长介于四边形的周长与截面的周之间, 所以，过G，P，的平面截正方体所得的截面周长的取值范围是. 故答案为:. 题型六 轨迹问题（共7小题） 多选题 45．（24-25高二下·重庆·期末）已知正四面体棱长为6，点E，F分别位于棱上.其中，，动点P在平面内运动（包含边界），运动过程中与平面所成角的正切值为，则下列选项正确的是（    ） A． B．顶点A在平面的投影为点O，则直线与直线共面 C．直线与所成角的正弦值为 D．点P的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】对于A，只需证明面，再结合线面垂直的性质即可判断；对于B，由顶点A在平面的投影点O位于线段上即可判断；对于C，结合异面直线的定义即可判断；对于D，说明点的轨迹为等边的内切圆即可求解. 【详解】对于A选项，连接，由正四面体和得均垂直于，且平面， 可得面，又平面，则，A正确； 对于B选项，由正四面体可知，顶点A在平面的投影点O位于线段上，不在线段上，则异面，B错误； 对于C选项，在上取靠近A的三等分点M，则，直线与所成角即为直线与所成角， ，在中，，，，由余弦定理得， 同理可得，，由余弦定理得， 所以直线与所成角的正弦值为，C正确； 对于D选项，因为三角形外接圆的半径为， 所以且正四面体高等于， 因为与平面所成角的正切值为， 即，解得， 设等边的内切圆半径为，则， 解得，可知点的轨迹为等边的内切圆，且均在面内， 所以点的轨迹长度为，D正确. 故选：ACD. 46．（24-25高二下·浙江丽水·期末）如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（    ） A．动点轨迹的长度为 B．与不可能垂直 C．直线与平面所成角正弦值的最小值为 D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 【答案】ACD 【分析】对A，由平面，联想到存在一个过的平面与平面平行，利用正方体特征找到平面平面，进而得到的轨迹为线段；对B，举反例即可；对C，由可得到使线面角取到最小时的点的位置， 此时再建系，利用线面角的坐标公式计算即可；对D，利用，可得到使三棱锥的体积取到最大值的点的位置，接下来用定心法求出外接球半径即可. 【详解】对A，如图，取中点为，中点为，连接， 又正方体中，为棱的中点，可得， 又平面，平面， 平面； 又中点为，中点为， ，又平面，平面， 平面； 又， 且平面， 平面平面， 又平面，且平面，平面， 又为正方形内一个动点（包括边界）， 平面平面，而平面平面， ，即的轨迹为线段. 由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确； 对B，由可知三角形为等腰三角形， 当为线段中点时，由可得， 又中点为，中点为，，而，，故选项B不正确； 对C，由选项B 知，，又面，面， 面，则上的点到平面的距离为定值，设到平面的距离为， 直线与平面所成角为，则，而为定值， 当最大时，最小；此时点位于点时，最大，最小. 分别以为建立空间直角坐标系，则由题意得，，，， 可得，，设平面的法向量， 则有，不妨令可得， 平面的一个法向量，又， 则，故选项C正确； 对D，由侧棱底面，所以三棱锥体积为， 所以最大时，体积最大，∵， 可得当在处时，三棱锥的体积最大， 由已知得此时， 所以在底面的射影为底面外心，，，， 由勾股定理易知底面为直角三角形，所以在底面的射影为中点，设为， 如图，设外接球半径为，由，， 可得外接球半径， 外接球的表面积为，故选项D正确． 故选：ACD 47．（24-25高二下·浙江温州·期末）已知在正方体中，，点为的中点，点为正方形内一点（包含边界），下列说法正确的是（   ） A．若点是中点，则、、、四点共面 B．存在点，使得直线与所成角为 C．若直线平面，则三棱锥的体积为定值 D．若，那么点的轨迹长度为 【答案】AC 【分析】证明出，可判断A选项；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，可判断B选项 ；利用锥体体积公式可判断C选项；分析可知点的轨迹是在平面内以点为圆心，半径为的圆，结合圆的周长公式可求得点的轨迹长度，可判断D选项. 【详解】对于A选项，连接、、、、，如下图所示： 因为、分别为、的中点，所以， 在正方体中，，， 所以，四边形为平行四边形，故，所以， 因此，当点是中点，则、、、四点共面，A对； 对于B选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、，不妨设点， 所以，， ， 因为，，则，所以，， 故，即， 故， 因此，不存在点，使得直线与所成角为，B错； 对于C选项，若平面，则点、到平面的距离相等， 故为定值，C对； 对于D选项，，可得， 故点的轨迹是在平面内以点为圆心，半径为的圆， 故点的轨迹长度为，D错. 故选：AC. 48．（24-25高二下·广西崇左·期末）在棱长为2的正方体中，动点在底面内（含边界），且点到点的距离等于点到平面的距离，点的轨迹记为曲线，直线与曲线交于点，则（   ） A．曲线为抛物线的一部分 B． C．与底面所成角的正切值为 D．异面直线与所成角的余弦值的平方为 【答案】ABD 【分析】在平面内，以为轴，中点为原点，轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线部分，结合直线求坐标，即可判断A、B；由线面角的定义求与底面所成角的正切值判断C；将延长到，且，连接，有异面直线与所成角，即为或其补角，进而求其余弦值判断D. 【详解】由题设，在平面内，以为轴，中点为原点，如下图示， 轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线部分， 其中，则直线，联立得， 所以，则，故，A、B对； 所以与底面所成角的正切值为，C错； 将延长到，且，连接，易得， 所以异面直线与所成角，即为或其补角， 结合上述坐标系知，则， 且，， 所以，故，D对. 故选：ABD 49．（24-25高二下·江苏南京·期末）在直四棱柱中，底面是菱形，，，为的中点，点满足，，，下列结论正确的是（   ）    A．若，则 B．若，则四面体的体积是定值 C．若，，则存在点，使得的最小值为 D．若，则点F的轨迹长为 【答案】ABD 【分析】若，则在上，利用线面垂直的判定定理、性质定理可判断A；若，则三点共线，利用线面平行的判定定理得出平面，得上的点到平面的距离都相等，再由，可判断B；若，，则点与点重合，把沿着进行翻折，使得四点共面，此时有最小值，由余弦定理可判断C；取的中点，以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设利用 可判断D正确. 【详解】对于A，若，则，即在上， 连接，因为底面是菱形，所以， 因为底面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 平面，所以，故A正确；    对于B，若，则三点共线，连接， 因为，所以四边形是平行四边形，， 因为平面，平面，所以平面， 可得上的点到平面的距离都相等， 可得，取的中点，连接， 可得是边长为2的等边三角形，， 又平面，平面，所以，又， 平面，可得平面， 平面，因为， ，可得，故B正确；    对于C，若，，则，即， 即点与点重合，把沿着进行翻折，使得四点共面， 此时有最小值，在中，， 所以，所以，所以， 在中，由余弦定理得， 解得，故C错误；    对于D，取的中点，连接，， 由余弦定理得，则，以为原点，分别以所在 的直线为轴建立空间直角坐标系，设，， ， 因为，所以， 即，可得点F的轨迹是在平面内，以为圆心， 为半径的半圆，且，所以点F的轨迹长为，故D正确.    故选：ABD. 50．（24-25高二下·福建宁德·期末）如图，点是棱长为3的正方体表面上的一个动点，是线段的中点，则（   ） A．若点与点重合时，则异面直线与所成的角的大小为 B．当点在侧面上运动，且满足时，则动点的轨迹长度为 C．当在底面上运动，且满足平面时，则动点的轨迹长度为 D．当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为 【答案】ABC 【分析】对于A，说明直线与直线所成的角为即可判断；对于B，动点的轨迹为线段的长即可判断；对于C，说明点的轨迹为线段，其中分别为的中点；对于D，根据条件得当点在线段，和弧上时，满足题意，只需把三段长度求出来即可. 【详解】选项A：当点与点重合时，连接，易知， 则直线与直线所成的角为，连接，则为等边三角形，所以，A说法正确； 选项B：因为在正方体中，平面，又平面， 所以动点的轨迹为线段，动点的轨迹为线段的长，即为，B说法正确； 选项C：取，，，，，的中点分别为，，，，，， 连接，，，，，，，，，如图所示， 因为，平面，平面，所以平面， ，平面，平面，所以平面， 又，，平面，所以平面平面， 又因为，，， 所以平面和平面是同一个平面， 则点的轨迹为线段，，C说法正确； 选项D：连接，，以为圆心，为半径画弧，如图所示， 当点在弧上时，因为直角三角形中，所以与所成的角为， 则当点在线段，和弧上时，直线与所成的角为， 又，，所以点的轨迹长度为，D说法错误. 故选：ABC. 51．（24-25高二下·浙江舟山·期末）已知正方体的棱长为3，以下说法正确的是（    ） A．若点为正方形内部及边界上的动点，且满足，则动点的轨迹长度是 B．若点为正方形内部及边界上任意一点，则存在点使得点，到平面的距离之和等于 C．若点在正方体的内切球表面上运动，且面，则的最小值为 D．若点满足，则动点构成的平面截三棱锥所得截面的面积为 【答案】ABD 【分析】解题时需要先建立空间直角坐标系，将几何条件转化为代数方程，结合具体选项进行化简并分析即可得到答案. 【详解】    对于A选项，由题意建立如图所示的空间直角坐标系，则，, 点为正方形内部及边界上的动点，设， ，，化简得， 即点的运动轨迹以为圆心，半径为1的圆， 动点的轨迹是四分之一圆的周长，其长度是，正确. 对于B选项，点为正方形内部及边界，设，，， 平面的法向量为， 点到平面的距离：， 点到平面的距离：， 距离之和为， 令，则方程变为，又为正方体的空间对角线，，即， ，化简得， 解得，由于，在范围内， 存在点，正确. 对于C选项，点在正方体的内切球上,正方体的内切球半径为，球心为， ，，平面的法向量为， 面等价于与平面法向量垂直，即， 设，则，即， 在平面上. 到平面的距离：， 在平面上，球心为到平面的距离：， 平面与内切球的交线是一个圆，设圆心为，则圆的半径为， 的最小值是到圆的距离，圆心在平面上且是到平面的垂线， 的最小值就是圆的半径，错误. 对于D选项，设，由可得 ， 化简得，，平面是平行于底面， 动点构成的平面截三棱锥所得截面是正方体四个侧面的中心的连线，截面形状为边长为的正方形，则截面的面积为，正确. 故选：ABD. 题型七 证明线面平行（共4小题） 52．（24-25高二下·重庆·期末）如图，在直三棱柱中，，，，，M、N分别是AC、的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由中位线定理得证，再由线面平行的判定定理得证； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角． 【详解】（1）连结，，为矩形，； 又M为AC的中点； 又平面；平面 平面； （2）分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，可知， ， 设平面的法向量；，； 令，，，， 设平面的一个法向量是， 由，取，得； 二面角为锐角，它的余弦值为. 53．（24-25高二下·陕西榆林·期末）如图，在四棱锥中，侧面为正三角形，侧面底面，底面为矩形，，，分别为，的中点． (1)求证：直线∥平面； (2)若，求侧面与底面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，根据几何性质证得，结合线面平行判定定理得结论；或取的中点，连接，，由面面平行判定定理证得平面平面，再结合面面平行的性质得结论； （2）取的中点，的中点，连接，，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，分别求解平面与底面得法向量，结合空间向量的坐标运算求解面面夹角即可；或取的中点，的中点，连接，，，确定二面角的平面角，利用几何性质结合余弦定理即可得结果. 【详解】（1）解法1：取的中点，连接，， 因为为的中点，所以且， 因为底面为矩形，为的中点， 所以且， 故且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面； 解法2：取的中点，连接，， 因为为的中点，所以， 又为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面，同理平面， 因为平面，平面，直线直线， 所以平面平面，又平面，所以平面． （2）解法1：取的中点，的中点，连接，， 因为为正三角形，所以， 因为侧面底面，交线为，平面， 所以底面， 又，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 又，故，，， 故，，，，， 设平面的法向量为， 则即 解得，令，则，所以， 又底面的法向量为， 设侧面与底面所成角大小为， 所以， 所以侧面与底面所成角余弦值为． 解法2：取的中点，的中点，连接，，， 由题意易得，， 因为是的中点，所以， 又，所以是二面角的平面角， 因为为正三角形，所以， 又因为侧面底面，交线为，平面， 所以底面，， 又，所以，，， 所以由余弦定理得， 所以侧面与底面所成角余弦值为． 54．（24-25高二下·福建泉州·期末）如图，在四棱台中，．底面ABCD为菱形，，点E为的中点．，连接AC、BD，设交点为O，连接． (1)求证：； (2)若，且二面角大小为60°，求三棱锥外接球的表面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）以菱形中心O为原点，为x轴正向，为y轴负向，z轴垂直于底面，设，列出各点坐标，得出，进一步证明； （2）设，根据法向量夹角余弦求出h，然后根据长方体的性质可得所求外接球的直径进而可得表面积. 【详解】（1）由题可知，故四边形为平行四边形， 所以，又平面，故平面． 以菱形中心O为原点，为x轴正向，为y轴负向，z轴垂直于底面， 设，结合四棱台的性质，上底面为边长为的菱形，则 下底面：、、、， 上底面：设高度为h，则，，， 则，，得. 因为，， 故. （2）因为，故,，为直角三角形，二面角是平面与底面的夹角. 设，底面的法向量可取， 设平面法向量，又，，， 则，， 所以，令，则. 所以， 因为，解方程得：. 由长方体的性质可知三棱锥外接球直径就是以为三条棱的长方体的体对角线，故三棱锥外接球直径长为， 所以三棱锥外接球的表面积为. 55．（24-25高二下·贵州安顺·期末）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，底面，，分别是的中点，点在线段上，且． (1)证明：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) 根据三棱柱的性质，得四边形为平行四边形, 所以，再由线面平行的判定定理即可证明； (2) 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系．求出平面的法向量为，,由向量法求解线面角即可. 【详解】（1）在三棱柱中，因为分别是的中点， 根据三棱柱的性质，且，所以四边形为平行四边形, 所以， 又因为平面平面， 所以平面． （2）由题意，底面是边长为的正三角形，侧棱，则． 如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系． 因为，所以，， 所以． 设平面的法向量为， 则令，则． 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． 题型八 证明面面平行（共2小题） 56．（25-26高二上·上海·阶段检测）如图，在长方体中，.    (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由面面平行的判定定理进行证明； （2）建立空间直角坐标系，由空间向量求点到面的距离即可． 【详解】（1）在长方体中，， 得，而，得， 则四边形为平行四边形， 得，由平面，平面，得平面， 同理可得四边形为平行四边形， 得，由平面，平面，得平面， 由平面， 所以平面平面. （2）建立空间直角坐标系，如图所示：    则， 得， 设平面的法向量为， 得，取， 则点到平面的距离为：． 57．（24-25高二下·江苏盐城·期末）如图，已知正三棱柱的体积为，且，点E，F，G分别为棱，，的中点． (1)求证：平面平面； (2)求锐二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行、面面平行的判定推理得证. （2）由柱体体积公式求出，取中点，作出二面角的平面角，利用几何法求出余弦值. 【详解】（1）在正三棱柱中，分别为中点， 则，四边形为平行四边形，于是， 而平面，平面，则平面，同理平面， 又平面，所以平面平面. （2）由，得正三角形面积，由正三棱柱的体积为， 得，解得，取中点，连接，则， 由平面，平面，得，而平面， 因此平面，又平面，则，为二面角的平面角， 在中，，，， 所以锐二面角的余弦值为. 题型九 证明线面垂直（共6小题） 58．（24-25高二下·贵州黔南·期末）如图，在长方体中，，，为棱的中点. (1)证明：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）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明，，再根据线面垂直的判定即可证明； （2）由（1）得是平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，则，代入计算即可. 【详解】（1）如图，以点为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，，，， ，，. 因为，， 所以，. 因为，平面，， 所以平面. （2）由（1）得是平面的一个法向量，. 设直线与平面所成的角为， 则， 故， 则直线与平面所成角的正弦值为. 59．（24-25高二下·甘肃定西·期末）如图，在四棱锥中，四边形为矩形，平面，为的中点． (1)求证：平面； (2)过点的平面分别与交于点，若，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）要证线面垂直，先要证线线垂直，因此需要证； （2）要证线线平行，先要证线面平行，再通过线面平行的性质定理证明线线平行． 【详解】（1）平面平面， 又四边形为矩形， ， 又，平面， 平面， 又平面． ，为的中点， ， 又，平面， 平面． （2），平面，平面， 平面， 又平面，平面平面， ． 60．（24-25高二下·江西南昌·期末）如图，在正三棱柱中，D为棱AC的中点，E为棱中点，. (1)证明：平面； (2)证明：平面BDE； (3)求二面角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）设交BC于点O，连接DO，先证，然后由线面平行的判定定理即可证明； （2）先证明，由线面垂直的判定定理可得平面，即，然后由线面垂直的判定定理即可证明平面； （3）设正三棱柱底边边长为2a，取BC的中点F，连接AF，取CF中点G，连接DG，过G作GH垂直BE于点H，连接DH，由二面角的定义可得即为所求二面角的平面角，通过三角形中的边角关系即可求解. 【详解】（1） 设交于点O，连接DO， 在正三棱柱中，且， 所以四边形是平行四边形，则O为的中点， 因为D为AC的中点，故， 因为平面，平面，所以平面； （2）在正三棱柱中，且， 又，，可得正方形，故， 因为D，E分别是AC，的中点，所以，故得； 在正三棱柱中平面ABC，平面ABC，所以， 在正三角形ABC中，D为AC的中点，所以 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，平面BDE，故平面； （3） 设正三棱柱底边边长为2a， 取BC的中点F，连接AF，取CF中点G，连接DG，过G作GH垂直BE于点H，连接DH， 因为三角形ABC为正三角形，且F为BC中点，所以， 因平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 因为D为AC中点，G为FC中点，所以，所以平面， 又平面，所以， 又，，平面HGD， 所以平面DHG，又平面DHG，所以， 则即为所求二面角的平面角， 因， 在直角三角形BCE中，， 又，所以在中，， 则， . 即二面角的正切值为. 61．（24-25高二下·广西南宁·期末）如图，在梯形中，，，，现将所在平面沿对角线翻折，使点翻折至点，且成直二面角． (1)证明：平面； (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用菱形的对角线垂直，再结合平行关系和已知的面面垂直，即可证明线面垂直； （2）利用空间向量法，假设三个坐标参数，再利用三个相等关系求解参数，然后求两个平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】（1） 取中点为，连接交于点， 由于，，，所以四边形是菱形， 则，又因为四边形是平行四边形，则，故， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面； （2） 由可得：， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，再由平面，平面，故， 如图建系，可设， 由，可得①， 由，因，则②， 再由异面直线与所成角的余弦值为及， 可得：，解得， 将其代入①，②式可得：， 则， 设平面的法向量为， 则，故可取， 由图可得平面的法向量为， ， 则平面与平面所成角的余弦值是. 62．（24-25高二下·广东潮州·期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，平面平面，E为中点，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由及E是的中点，可得.根据面面垂直的性质定理可得，平面.结合线面垂直的性质得，.利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）由平面，可知平面，进而，.由平面，可得，.故以D为坐标原点，，，分别为，，轴空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法即可求解. 【详解】（1）（1）∵，E是的中点，∴. ∵平面平面，平面平面，平面，，∴平面. ∵平面，∴. ∵平面，平面，∴. 又，，平面，∴平面. （2）∵平面，，∴平面. ∵，平面，∴，. ∵平面，，平面，∴，. 故以D为坐标原点，，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，， ∴，，. 设平面的法向量为， 则，即. 令，则，故平面的一个法向量为. 设直线与平面所成角为， 则. ∵，∴， 即直线与平面所成角的大小为. 63．（24-25高二下·黑龙江齐齐哈尔·期末）如图，四棱锥中，已知，，，底面，平面平面． (1)证明：平面； (2)若四棱锥的底面为直角梯形，，，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）过A作交于E，依次求证和即可由线面垂直判定定理得证； （2）先由题设建立适当空间直角坐标系，接着由依次求出和，进而求出面的一个法向量和面的一个法向量，从而求出即可求解. 【详解】（1）过A作交于E， 由平面平面，平面平面，平面，得面 又平面，故， 由底面，底面，故， ∵，平面， 故平面； （2）因为底面，底面，所以， 又即，故可建立如图所示的空间直角坐标系，， 因为平面，平面，所以， 又因为，所以，所以， ∴，∴，∴， ∴，，，， 所以，， 设面的一个法向量为，面的一个法向量为， 由，， 取，则，， ∴， ∴，∴二面角的正弦值为. 题型十 证明面面垂直（共4小题） 64．（24-25高二下·福建福州·期末）如图，在三棱台中侧面为等腰梯形，，，M为中点．底面为等腰三角形，，O为BC的中点． (1)证明：平面平面AOM； (2)若二面角的大小为，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)12 【分析】（1）根据面面垂直的判定定理，先证明线面垂直，进而说明面面垂直； （2）根据二面角的平面角的定义，求出几何体的各边长，根据三棱锥的体积计算方法，求出几何体体积； 【详解】（1）底面为等腰三角形，O为BC中点，故． 侧面为等腰梯形，M为中点，O为BC中点，连接OM，则， 因为，面AOM，面AOM， 所以平面AOM，又平面ABC，故平面平面AOM． （2）由（1）知，，平面平面， 则为二面角的平面角，可得, 在中，由勾股定理得， 棱台侧面如图所示， ，，，由勾股定理得， 由，所以， 如图所示，过作， 因为平面AOM，平面AOM，所以， 可知，面，所以平面， 所以为三棱锥的高，在中可得， 所以三棱锥的体积. 65．（24-25高二下·河北·期末）图，四边形为正方形，平面平面，，点在线段上，． (1)证明：平面． (2)证明：平面平面． (3)求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）通过判断是等腰直角三角形得到，利用面面垂直得到线面垂直进而得到，最后根据线面垂直的判定定理得证； （2）连接，记，连接．结合线面垂直和平行的传递性得到平面，利用面面垂直判定定理得证平面平面； （3）建立空间直角坐标系分别求出平面与平面的法向量，用向量法求解. 【详解】（1）证明：过点作，垂足为． 因为，所以四边形是正方形， 所以，， 则是等腰直角三角形，所以，则，即． 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面. 因为平面，所以． 因为，所以平面． （2）证明：连接，记，连接． 由（1）得四边形是正方形，，平面， 所以平面， 因为平面，所以． 又，所以． 因为，所以，即， 所以，所以平面． 因为平面，所以平面平面． （3） 连接．在正方形中，． 由（2）得平面，因为平面，所以． 因为，所以平面. 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则． 由题可知是平面的一个法向量，是平面的一个法向量． ， 所以平面与平面的夹角的正弦值为． 66．（24-25高二下·福建泉州·期末）在四棱锥中，底面是菱形，，，．    (1)若分别是的中点，证明：平面； (2)若，证明：平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）取的中点，连接，证明，再由线面平行的判定定理即可证明； （2）取的中点，连接，可得，利用勾股定理证得，由线线垂直推出线面垂直，得到平面，再由面面垂直的判定定理即可证明. 【详解】（1）如图，取的中点，连接， ∵是的中点，是的中点，∴，且， ∵底面是菱形，且为的中点，∴，， 则得，故四边形为平行四边形， ∥，又∵平面，平面， ∴平面.    （2）取的中点，连接，∵，∴， 又∵，，∴， ∵，，四边形是菱形，∴△是等边三角形， ∴，由，可得， ∵，平面，∴平面， 又∵平面，∴平面平面．    67．（24-25高二下·广东湛江·期末）如图，已知四棱锥，底面，圆为底面的外接圆，是直径，，． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直得出线线垂直，利用圆的性质得出线线垂直，进而得出线面垂直，进而证明面面垂直； （2）利用垂直关系建立空间直角坐标系，结合已知条件得出相关点坐标和向量坐标，求出平面法向量，利用直线所在向量与平面法向量夹角的余弦值得出线面角的正弦值． 【详解】（1）底面，底面， ， 又圆为底面的外接圆，是直径， ， ，平面，， 平面， 平面， 平面平面． （2）以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 由，得， ， ，，， 设平面的一个法向量为， ，， 设直线与平面所成角为，， ， 直线与平面所成的角的正弦值为． 题型十一 证明线线垂直（共5小题） 68．（24-25高二下·湖南湘西·期末）如图，在直三棱柱中，，，，，是的中点． (1)求证：平面； (2)求证：； (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）连接交于点，求证，再结合线面平行的判定定理即可； （2）利用线面垂直的判定定理求证平面即可； （3）求平面的法向量为，平面的法向量为，再计算，最后计算. 【详解】（1）如图1，连接交于点，连接， 因为的中点，为的中点，所以为的中位线，所以， 因为平面，平面，所以平面． （2）在中，，，， 由余弦定理得， ， 所以，所以， 又平面，平面，所以， 又，，，平面，所以平面， 因为平面，所以． （3）如图2，连接，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 取，得，所以． 设平面的法向量为，则， 取，得，所以． 设二面角的平面角大小为， 则， 所以， 则二面角的正弦值为. 69．（24-25高二下·河南周口·期末）如图（1），在菱形中，，，是以为斜边的等腰直角三角形．将沿直线折起，落到的位置，此时，如图（2）． (1)求证：； (2)求四棱锥的体积； (3)设为线段上的点，平面与平面的夹角为，若，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)或 【分析】（1）取的中点，连接、、，证明出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）利用余弦定理求出的大小，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，求出菱形的面积以及的长，再利用锥体的体积可求得四棱锥的体积； （3）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，根据空间向量法可得出关于的等式，结合可求得的值，即为所求. 【详解】（1）取的中点，连接、、，如下图所示： 因为是以为斜边的等腰直角三角形，为的中点，故， 因为四边形为菱形，且，故为等边三角形， 因为为的中点，则， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，因此，. （2）因为是边长为的等边三角形，为的中点，所以， 且， 因为是以为直角的等腰直角三角形，故，， 由余弦定理可得， 因为，故， 过点在平面内作，垂足为点，如图所示： 因为，，，、平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，，、平面，故平面， 因为，。 因此. （3）因为平面，， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， 设平面的一个法向量为，，， 所以，取，可得， 设，其中， 则， ，设平面的一个法向量为， 则， 取，可得， 所以， 整理可得，即， 因为，解得或. 故当时，或. 70．（24-25高二下·安徽宣城·期末）在四棱锥中，平面，，，，. (1)求； (2)求证：； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）在和中分别运用余弦定理列出等式即可求得值. （2）要证明线线垂直，则需证明该直线垂直于另一直线所在的平面，即证明平面. （3）根据垂直关系建立空间直角坐标系，然后求出向量的坐标和平面的法向量的坐标，最后利用向量夹角的余弦值公式即可求出直线与该平面所成角的正弦值. 【详解】（1）在和中，由余弦定理得： 即， 得，所以. （2）因为，，， 由余弦定理可得：， 所以，从而，所以. 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以. （3） 因为平面，，故以为原点， 所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，，. 设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以，设与平面所成角为， 则. 所以与平面所成角的正弦值为. 71．（24-25高二下·湖南衡阳·期末）如图，在直四棱柱中，底面ABCD为矩形，E为棱的中点． (1)若，证明：． (2)设，，，，且点F到平面的距离为，求λ的值． 【答案】(1)证明见详解 (2)或 【分析】（1）连接BD，，先根据正方形的性质、直四棱柱的性质及线面垂直的判定可证明平面，再根据线面垂直的性质即可证明； （2）根据题意建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量为，再根据向量的加法求出，进而根据点F到平面的距离为即可求出λ的值． 【详解】（1）连接BD，， 因为，底面ABCD为矩形， 所以底面ABCD为正方形，所以， 在直四棱柱中，底面ABCD，则， 因为，平面，所以平面． 又平面，所以． （2）以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz， 则，，，，， 则，，, 设平面的法向量为， 则 令，得, 由，， 所以， 所以点F到平面的距离， 解得或． 72．（24-25高二下·重庆·期末）如图，已知、均是边长为2的等边三角形，且平面平面，为的中点，且.    (1)证明：； (2)若，，求平面与平面夹角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据等边三角形的性质可得线线垂直，利用线面垂直的判定与性质，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，根据面面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）连接，    ∵，均为正三角形，为的中点，∴，， 平面，，∴平面， 平面，∴， ，，平面，∴平面， 平面，∴. （2）∵平面平面，平面平面， ，，平面，平面， ∴平面，平面， 故以为原点，，，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，    则，，，∴， ，且平面，平面，平面， 由平面，则，又，， 平面，∴平面，∴， 设平面的法向量为，则 令得是平面的一个法向量， 显然平面的一个法向量为，∴， 故所求角为. 题型十二 异面直线所成角（共5小题） 73．（24-25高二下·福建莆田·期末）在四棱锥中，底面是菱形，底面，，且，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】画出图形，作辅助线，确定直线的夹角，然后根据线角关系求出其余弦值. 【详解】连接交于点，取的中点，连接，如图所示： 则，那么直线的夹角为直线的夹角或其补角. 因为底面，底面，所以，. 设，则，，所以. 因为菱形，，所以，所以. 所以，所以. 所以直线的夹角的余弦值为. 故选：A. 74．（24-25高二上·辽宁大连·期末）在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑ABCD中，平面BCD，且，点E，F分别为线段与线段的中点，则异面直线EF与BD所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作辅助线，利用平移法找到异面直线EF与BD的所成角，设，求出相关线段的长，解三角形即可求得答案. 【详解】取的中点为，连接， 点E为线段的中点，则，故为异面直线EF与BD所成角或其补角； 由题意知为直角三角形，且，则为直角，即， 又平面BCD，且平面BCD，故， 平面，故平面， 而F为线段的中点。故，故平面， 平面，故， 设，则， 又，同理， 故为正三角形，则， 则异面直线EF与BD所成角的余弦值为， 故选：A 75．（24-25高二下·安徽芜湖·期末）如图，将矩形沿对角线折成直二面角，其中，，则异面直线和所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D．0 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用几何法，结合余弦定理求解. 【详解】过点作，使，连接，则是异面直线和所成的角或其补角， 过作于，连接，由平面平面，平面平面， 平面，则平面，而平面，则， 在中，，由，得， ，又，则， 由余弦定理得，， 在中，由余弦定理得， 所以异面直线和所成角的余弦值为. 故选：A 题型十三 线面角（共6小题） 76．（24-25高二下·云南玉溪·月考）如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，分别是，的中点．    (1)求证：平面； (2)当，求异面直线与所成角正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）依题意可得，结合，即可得证； （2）取的中点，连接、，即可证明，从而得到为异面直线与所成角，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）    在三棱柱中，侧棱垂直于底面， 即平面，平面，所以， 又，，平面， 平面． （2）取的中点，连接、， 因为，分别是，的中点， 所以且，且， 故得且，所以四边形为平行四边形， 所以，故为异面直线与所成角， 又，则， 由（1）平面，平面，故， 因，则， 又，所以， 故异面直线与所成角的正弦值为. 77．（24-25高二下·海南海口·期末）如图1，正方形的边长为2，如图2，将正方形沿着对角线翻折，O为原正方形的中心． (1)证明：平面； (2)翻折至四面体的体积最大时． （ⅰ）求异面直线与所成角的大小； （ⅱ）求与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）依据条件得到，，然后利用线面垂直判定定理可得； （2）（i）方法1：分别取，的中点，记为E，F，然后找到或其补角为异面直线与所成角，然后计算相关线的长度计算；方法二：建立空间直角坐标系，计算，，然后利用空间夹角公式计算即可；（ii）计算以及面的一个法向量，然后计算. 【详解】（1）证明：在图中，连接，， 因为和都是等腰三角形，且O是正方形中心， 所以，，，，平面， 所以平面． （2）在翻折过程中，四面体的体积取最大值时，D点到平面的距离最大， 此时平面平面， 因为，所以平面． 方法1：（ⅰ）在四面体中，取，的中点，记为E，F，连接，，． 因为为的中位线，所以且， 同理且， 所以或其补角为异面直线与所成角，且，， 由前知，平面，所以． 又，，所以， 所以为等边三角形，， 所以异面直线与所成角的大小为． 方法2：（ⅰ）所以，，两两垂直，如图，以O为坐标原点， ，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系． 因为正方形的边长为2， 所以，，，， ，， 设异面直线与所成角为，， 因为，所以． （ⅱ）因为，，， 设平面的一个法向量， 因为，即， 令，则，，得， 设与平面所成角为，， 即与平面所成的角的正弦值为． 78．（24-25高二下·江苏镇江·月考）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，为棱的中点. (1)求证：平面； (2)已知： ①求直线与平面所成角的正弦值； ②求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）构造线线平行，根据线线平行，证明线面平行. （2）利用体积法求点到平面的距离，再求直线与平面所成角的正弦. 【详解】（1）如图： 连接，交于，因为四边形为正方形，所以为中点， 又为中点，所以，又平面，平面， 所以平面. （2）因为平面，所以是直角三角形， 又为中点，且，所以. 设点到平面的距离为，则. 又因为, 所以. 因为平面，平面，所以， 又底面为正方形，所以，平面，， 所以平面. 又平面，所以.所以为直角三角形. 中，，，. 因为，所以为直角三角形，所以. 所以.即点到平面的距离为. 又， 设直线与平面所成的角为， 则. 即直线与平面所成角的正弦值为：. 79．（24-25高二下·广东东莞·月考）如图，四边形与四边形是全等的矩形，，，为线段上的点． (1)若，求平面与平面夹角的余弦值； (2)若直线与平面所成角的正切值为，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）以为原点，分别为z轴，x轴，y轴，建立空间直角坐标系，然后求出两个平面的法向量，利用公式即可求解； （2）由（1）可得，平面，所以即为直线与平面所成角，求出，即可得到P点坐标，然后利用向量夹角公式求解即可. 【详解】（1），又四边形与四边形是全等的矩形， 所以两两垂直，以为原点，分别为z轴，x轴，y轴，建系如图，设，则， 所以， 所以， 设平面一个法向量为， 则，取，解得，，所以， 设平面一个法向量为， 则，取，解得，，所以， 设求平面与平面夹角的平面角为，由图，显然为锐角， 所以. （2）由（1）可得，平面， 所以即为直线与平面所成角， 同（1），设，则， 所以，， 所以，同（1）建系，则， 所以， 所以. 80．（24-25高二下·浙江·月考）如图，在四棱锥中，和均为边长为的等边三角形. (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）取的中点，利用勾股定理可证，进而证明平面，可得，利用线面垂直的判定定理证明； （2）法1，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用向量法求解；法2，利用三棱锥等体积法求出点到平面的距离，利用求解. 【详解】（1）取的中点，连接，所以， 因为，， 所以，所以， 又因为，平面， 所以平面，又平面， 所以，又因为，，平面， 所以平面. （2）法1：因为为等边三角形，所以， 又因为，所以， 在中，由正弦定理，得， 即，所以， 以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，， 则平面的一个法向量为， 依题意， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值为. 法2：设点到平面的距离为， 即， 因为， 所以， 又因为，所以， 设直线与平面所成角为，则. 81．（24-25高二下·浙江·阶段检测）如图，四棱锥的底面是菱形，且平面，E，F分别是棱PB，PC的中点. (1)求证：平面PAD. (2)求证：平面平面PAC. (3)若，求直线DF和平面PAB所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）由题设得，再应用线面平行的判定定理证明结论； （2）由线面垂直、菱形的性质有、，再由线面垂直、面面垂直的判定定理证明结论； （3）作AD中点K，连EK，根据已知化为求直线EK与平面PAB所成角，进而求正弦值. 【详解】（1），F分别是PB，PC中点， ，又， ，平面PAD，平面PAD， 平面PAD. （2）平面，平面，则， 菱形ABCD中有，且都在平面内， 平面，平面PAC， 平面平面PBD. （3）作AD中点K，连EK，K到平面PAB的距离就是D到平面PAB的距离的一半， 由，平面，平面，则平面， 所以，D到平面PAB的距离，即为C到平面PAB的距离， 又平面，平面，所以平面平面， 平面平面，即为C到AB的距离， 设，易得C到的距离为， 所以K到平面PAB的距离h为，而，，则， 由（1）知且，则且， 所以是平行四边形，故， 故直线DF和平面PAB所成角，即为直线EK与平面PAB所成角为， 而， 所以，所求角的正弦值为. 82．（24-25高二下·浙江台州·期末）在中，，．若平面外的点和线段上的点，满足，，四面体的体积为． (1)证明：； (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）取中点，连接，根据线面垂直的判定定理可得平面，再由线面垂直的性质定理即可证明； （2）设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，根据三棱锥的体积公式求出三棱锥的高，再结合线面角的求法即可求解. 【详解】（1）取中点，连接， 由，， 得，， 又因为，且，平面， 所以平面， 因为平面，所以． （2）设点到平面的距离为，直线与平面所成角为， 则四面体的体积为， 由题意有，得， 故，即直线与平面所成角的正弦值为． 83．（24-25高二下·安徽阜阳·期末）如图1，在直角梯形ABCD中，.沿BD将翻折到的位置，如图2所示，得到三棱锥，且. (1)证明：平面PAD. (2)求直线PB与平面ABD所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据直角梯形以及等边三角形的几何性质，结合勾股定理，以及线面垂直的判定，可得答案； （2）法一：由三棱锥的体积公式，求得体高，根据线面角的定义，可得答案；法二：由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）在直角梯形ABCD中，因为， 易得为边长为2的等边三角形， 所以，则， 又，平面，则平面. （2）法一：因为， 记点到平面ABD的距离为， 由得， 记PB与平面ABD所成的角为，则. 法二： 因为平面PAD，且平面ABD，则平面平面PAD， 过点作AD的垂线，垂直足为，则平面ABD.如图建立空间直角坐标系. 在中，因为，则， 所以，则， 而平面ABD的法向量， 则， 即PB与平面ABD所成的角的正弦值为. 题型十四 二面角（共5小题） 84．（24-25高二下·浙江宁波·期末）如图，是的直径，垂直于所在的平面，是圆周上不同于，的任意一点. (1)证明：平面平面； (2)若，，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）结合圆周角和面面垂直的判定定理证明可得； （2）过点分别作于点，于点，连结，先由线面垂直的判定定理证明，得到二面角的平面角，再由几何关系求出即可. 【详解】（1）因为平面，平面，所以. 因为点是圆周上不同于，的任意一点，是的直径，所以. 又因为，平面，平面，所以平面. 又平面，所以平面平面. （2）过点分别作于点，于点，连结. 由平面平面，平面平面，得平面， 所以， 又因为，，平面， 所以平面，故， 所以二面角的平面角为. 不妨设， 因为，，所以，，，. 在中，，在中，， 所以，所以. 85．（24-25高二下·浙江金华·期末）如图1所示，四边形满足，过点作，点在线段上，且满足，将沿直线翻折到的位置（图2），. (1)求证：； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，得到，且，证得平面，结合线面垂直的性质，即可证得. （2）方法一：连接AC，BD交于点，得到和，证得平面，得到，进而证得平面，得到，作，证得，得到为平面与平面所成二面角的平面角，在直角中，即可求解； 法二：以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：由翻折的性质，可得，且 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以. （2）解：方法一：连接AC，BD交于点， 在直角中，可得， 在直角中，可得， 所以，，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 因为平面，所以 由（1）知：，且，平面，所以平面， 因为平面，所以， 作，连接，因为，且平面， 所以平面，又因为平面，所以， 所以为平面与平面所成二面角的平面角， 在直角中，可得，所以. 法二：以点为原点，以所在直线分别为轴和轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，，， 由（1）知平面，所以平面的法向量为， 设，则，即，解得，即， 设平面的法向量为，且， 则，即，取，可得，所以， 设平面与平面所处二面角的平面角为，则. 86．（24-25高二下·贵州遵义·期末）如图，在矩形中，，，是的中点，将沿折起使点到点的位置，是的中点. (1)证明：平面； (2)若平面平面，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，即可得证； （2）在平面内过作于点，由面面垂直的性质得到平面，再过作于点，连接，则得即为所求，最后由锐角三角函数计算可得． 【详解】（1）取的中点，连接，， 又是的中点，所以且， 又且， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面． （2）由平面平面， 在平面内过作于点，由平面平面， 平面，所以平面， 又平面，所以， 又为等腰直角三角形，所以为的中点， 取中点为，连接，，则， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 则得即为二面角的平面角， ， 所以， 所以， 故二面角的余弦值为． 87．（24-25高二下·云南曲靖·月考）如图1，已知四边形是上、下底边长分别为1，3，高为1的直角梯形，，为线段上更靠近点的三等分点.将沿着翻折，使得点翻折到点，且，得到的几何体如图2所示. (1)证明：平面. (2)求平面和平面的夹角. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先得到平面，，结合勾股定理逆定理得，从而得到平面. （2）方法一：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用平面夹角的向量夹角公式得到答案； 方法二：作出辅助线，得到平面和平面夹角的平面角为，求出各边长，利用求出面面角的大小. 【详解】（1）证明：在图1中，由已知，，， ∴四边形是矩形，∴. 在图2中，∵，，， ，平面，∴平面. ∵平面，∴. 其中，，， 故，∴. ∵，，平面， ∴平面. （2）（方法一）由（1）可知，，，两两垂直， 以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，， ，，. 设平面的一个法向量为， 则取， 则，，得. 易得平面的一个法向量为， 则平面和平面夹角的余弦值为， 故平面和平面的夹角为. （方法二）如图，作矩形，连接. ∵，，∴，∴，，，四点共面， ∴平面和平面的交线为. ∵，，，，平面， ∴平面. ∵平面，∴，∴. ∵，∴平面和平面夹角的平面角为. ∵，∴， 故平面和平面的夹角为. 88．（24-25高二下·浙江舟山·期末）如图，已知四棱台，点在底面上的射影落在线段上（不含端点），底面为直角梯形，，，，.    (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为； （ⅰ）求直线与平面所成的角； （ⅱ）若四边形为等腰梯形，，求平面与平面夹角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）连接，交于点，利用勾股定理逆定理证明出，由已知条件得出平面，可得出，再结合线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）（i）过点在平面内作，交于点，连接，推导出平面，可知为二面角的平面角，即，且为直线与平面所成的角，根据可求出的正切值，即可得出的值； （ii）过点作，则，过点在平面内作，垂足为点，过点在平面内作，交于点，连接，推导出平面，可知为平面与平面所成夹角的平面角，求出、的长，即可求出的正切值. 【详解】（1）连接交于点，，，， ，， 在直角梯形中，，，，， 由勾股定理可得， ，    在中，，， ∴，∴，即， ∵平面，平面，∴， 又，、平面，∴平面. （2）（i）过点在平面内作，交于点，连接，    ∵平面，平面，∴， ∵，，、平面，∴平面， ∵平面，∴， 则为二面角的平面角，即， 且为直线与平面所成的角， ∵，即， ∵，而在中，，      ∴，因为，即. ∴直线与平面所成角为. （ii）在等腰梯形中，∵，，， 则，即， 过点作，则，过点在平面内作，垂足为点， 在平面内，∵，，∴， ∵平面，∴平面，      过点在平面内作，交于点，连接， ∵平面，平面，∴， ∵，，、平面，∴平面， ∵平面，∴， 则为平面与平面所成夹角的平面角， ∵四边形为等腰梯形，∴，，， ∴，， ， ∴， 在平面内，∵，，∴， ∴，即， 在平面内，∵，，∴，∴， 故， 在中，. 故平面与平面夹角的正切值为. 题型十五 存在性与探索性问题（共5小题） 89．（24-25高二上·湖南永州·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，． (1)求线段的长； (2)线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量数量积坐标运算可构造方程求得结果； （2）根据面面角的向量求法可构造方程求得长，进而得到结果. 【详解】（1）以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系， 设，则，，，， ，，， ，即. （2）设，则，， 设平面的法向量， ，令，则，，； 轴平面，平面的一个法向量， ，即， 解得：或（舍），即， 当时，平面与平面夹角的余弦值为. 90．（24-25高二下·江苏镇江·期末）图1是边长为的正方形，将沿折起得到直二面角，如图2所示． (1)求异面直线与所成角； (2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）在图1中，连接，交于点，推导出平面，然后以点为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的大小； （2）假设在棱上存在点，满足，其中，使得二面角的余弦值为，利用空间向量法可得出关于的等式，即可解得的值，即可得出结论. 【详解】（1）如图，在图1中，连接，交于点， 因为四边形为边长是的正方形，则， 在图2中，则有，，， 因为是直二面角，所以平面平面， 因为平面平面，，平面，所以有平面， 以点为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图： 由题意，、、、， 所以，， 设异面直线与所成角为， 所以有， 因为，故，即异面直线与所成角为. （2）如图2，假设在棱上存在点，满足，其中， 使得二面角的余弦值为， 则， 又，设平面的一个法向量为， 则，取，则， 由题意可知，平面的一个法向量为， 所以，化简得：， 解得或（舍去）， 故存在点，只需满足， 即棱上存在点，当时，二面角的余弦值为． 91．（24-25高二下·湖南·期末）如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为，D是BC的中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点E，使得点到平面ADE的距离为?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)． (3)存在， 【分析】（1）利用中位线证明线线平行，再证明线面平行即可； （2）利用正三棱柱的性质如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求线面角的正弦值； （3）利用设未知量，来表示空间向量，借助空间向量法来求点到面的距离，从而解决问题. 【详解】（1）    如图，连接交于点O，连接， 则点O为的中点，且D是的中点， 则为的中位线，所以． 又因为平面，平面， 所以平面． （2）因为在正中，D是的中点，故， 以D为坐标原点，取的中点F，分别以为轴，建立空间直角坐标系，    则，，，，，，． 故，，， 设平面的法向量为， 则取． 设直线与平面所成角为, 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为． （3）存在点E，理由如下： 设，其中， 所以，， 设平面ADE的法向量为， 则取． 且， 则点到平面ADE的距离， 化简得，解得或（舍去）． 综上，存在点E使得点到平面ADE的距离为．此时． 92．（24-25高二上·北京怀柔·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，为中点，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，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，. 【分析】（1）取的中点，证明，根据线面平行判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面法向量，利用向量夹角公式求两向量的夹角余弦，由此可得结论； （3）假设线段上存在点，使得平面，求直线的方向向量和平面的法向量，由假设可得两向量垂直，列方程求出的坐标，由此可得结论. 【详解】（1）取的中点，连接，， 因为，分别为，的中点， 所以中，，. 底面中，，，，， ，， 四边形为平行四边形， ∴， ∵平面，平面， ∴平面； （2）取的中点，连接， 因为，， 所以四边形为平行四边形， 所以，又， 所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面， 所以，， 因为，， 所以，所以， 所以两两垂直， 以点为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，， 所以为平面的一个法向量， 所以， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为； （3）设线段上是存在点，使得平面，， 设平面的法向量为， 又，， 则，即， 取，则，， 所以为平面的一个法向量， 因为平面， 所以，又， 所以， 所以， 所以存在点，使得平面，此时. 93．（24-25高二下·湖南·期末）如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，． (1)求证：． (2)求线段中点到平面的距离． (3)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？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）由面面垂直的性质得出平面，再根据线面垂直的性质即可证明； （2）取的中点，连接，，建立空间直角坐标系，由点到平面距离的向量公式即可求解； （3）令，，由面面夹角的向量公式求得，即可求解． 【详解】（1）由于平面平面，平面平面， 且平面， 平面， 平面，． （2）取的中点，连接，，由为等边三角形，得， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面，由，，得四边形是平行四边形， 于是，而，则，直线，，两两垂直， 以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 所以到平面的距离． （3）令，， ，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 易知平面的一个法向量为， 于是，， 化简得，又，解得，即， 所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时． 题型十六 最值问题（共6小题） 94．（24-25高二下·河南新乡·期末）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，为锐角，，，分别是，，的中点． (1)证明：∥平面． (2)求二面角的余弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）在和中，利用中位线平行得出∥，即可证明结论； （2）作出空间直角坐标系并表达出点和的坐标，设，，利用几何知识得出，，求出平面和平面DCF的法向量，即可得出二面角的余弦值的表达式，利用换元法结合基本不等式即可求出最大值. 【详解】（1）由题意证明如下， 连接，，，设，连接． 在中，，分别是，的中点，所以∥， 在中，，分别是，的中点，所以∥， ∴∥． ∵平面，平面， ∴∥平面． （2）由题意及（1）得， 过点作交于点． 以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，． 设， 则，． 设， 则，， 即， 则，． 设平面的法向量为， 则所以 可取． 由几何知识得，平面DCF的一个法向量为， ． 令， 则， 当且仅当，即，，等号成立， 所以． ∴二面角的余弦值的最大值为． 95．（24-25高二下·上海杨浦·期末）如图，是等腰直角三角形，是BC中点，E、F分别是AB、AC边上的动点，且.将沿EF折起，点折起到点的位置，使二面角的大小为，连接PB、PC得到四棱锥.    (1)证明：直线平面PBC； (2)若点是线段AB的中点，求PD和底面BCFE所成的角的大小； (3)当点在线段AB上（不含端点）运动时，求三棱锥的体积的最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2) (3). 【分析】（1）利用线面平行的判定推理得证. （2）作出二面角的平面角，进而作出线面角，再利用几何法求出线面角大小. （3）由（2）求出点到平面BCFE的距离，再求出锥体体积的函数关系，进而求出最大值. 【详解】（1）由，平面，平面， 所以平面. （2）连接，连接， 在等腰中，，为中点， 则，由，得， 则是二面角的平面角，故， 且平面，又平面，因此平面平面， 在平面内过作于点，又平面平面， 则平面，是直线PD和底面所成的角， 由点是线段AB的中点，得，， 所以PD和底面BCFE所成的角的大小为.    （3）设，则，而， 面积，，， 因此三棱锥的体积， 当且仅当时取等号，所以三棱锥的体积的最大值为. 96．（24-25高二下·江苏南通·期末）如图，已知圆台的上、下底面半径分别为3和6，母线与下底面所成的角为． (1)求圆台的体积； (2)设，分别是圆台的两条母线． （ⅰ）求证：； （ⅱ）若，P是圆上的动点，求直线与平面所成角正弦值的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）台体体积计算公式计算即可 （2）（ⅰ）由面面平行的性质定理证明；（ⅱ）建立空间直角坐标系，由空间向量求解 【详解】（1）因为圆台的上、下底面半径分别为3和6，母线与下底面所成的角为， 所以圆台的高为，                 所以圆台的体积为． （2）（ⅰ）由圆台定义知，母线，的延长线相交于一点M， 所以A，，，B四点共面．                     又因为圆面圆面O， 平面圆面， 平面圆面， 所以．         （ⅱ）在圆面O内作，垂足为O． 以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系 则，，， ，．                 设平面的一个法向量， 因为，， 由即解得，， 取，则，，得．             设直线与平面所成角为， 则 ， 当且仅当，即，时，取“”， 所以直线与平面所成角正弦值的最大值为 97．（24-25高二下·广东深圳·期末）如图，已知菱形和等边三角形有公共边，点B在线段上，与交于点O，将沿着翻折成，得到四棱锥，． (1)求证：平面平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． (3)求直线与平面夹角正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由题知，翻折后，根据面面垂直的判定即可证明； （2）以为原点建立空间直角系，根据平面法向量的求解方式，分别求出两平面的法向量，即可得到两平面夹角的余弦值； （3）由题知在平面上且，可设，求出平面的一个法向量，计算出直线与平面夹角正弦值，根据函数的性质可求最值. 【详解】（1）证明：连接BD，由菱形和等边三角形有公共边，可知， 且，，即， 则四边形为菱形， 所以，故翻折后， 因为，且都在平面内， 所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）由（1）知平面，平面， 则平面平面， 如图，在平面中过点作， 又平面平面， 所以平面，故两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 因为，所以为等边三角形，， 则，，，， 设平面与平面夹角为， 法向量分别为，， 则，取得； ，取得， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为． （3）由（2）知在平面上且， 可设， 则，，， 设平面法向量为， 则， 取得， 设与平面夹角为， 则， 令，则， 当且仅当，即时成立， 所以直线与平面夹角正弦值的最大值为． 98．（24-25高二下·江苏连云港·期末）如图，几何体是圆柱的四分之一部分，其中底面是半径为的扇形，母线长为，是的中点，为的中点，是上的动点（不与、重合），是圆柱的母线． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积的最大值； (3)求二面角余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立； （2）设点，其中，利用空间向量法求出点到平面的距离，再利用锥体的体积公式以及三角函数的有界性可求得三棱锥的体积的最大值； （3）利用空间向量法可求得二面角余弦值的取值范围. 【详解】（1）由题意可知，，平面， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、，所以， 易知平面的一个法向量为，则，即， 又因为平面，所以平面. （2）不妨设点，其中， 则、、， ，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 所以点到平面的距离为， 因为为是圆柱的一条母线，故平面， 因为平面，故，则， 所以 ， 因为，则，故，所以， 则， 即三棱锥的体积的最大值为. （3）设平面的一个法向量为， ，，则， 取，则， 所以 ， 因为，则，故. 结合图形可知，二面角的平面角为锐角， 因此，二面角余弦值的取值范围为. 99．（24-25高二下·江苏南京·期末）如图，几何体是圆柱的四分之一部分，其中底面OAB是半径为2的扇形，母线长为4，C是的中点，M为的中点． (1)证明：面OAB； (2)若P在弧中点，求平面ACM与平面PCM所成角的正弦值； (3)若P是弧上的动点，Q是弧上的动点，且，求直线与直线PQ所成角余弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（2）过点作，取的中点，连接，分别证得平面和平面，得到平面平面，即可证平面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设，得到和，设异面直线与所成的角为，结合向量的夹角公式，求得，令，得到，设，利用导数求得函数的单调性和最大值，即可求解. 【详解】（1）证明：如图所示，过点作，取的中点，连接， 在矩形中，因为为的中点，可得， 因为平面，平面，所以平面， 在中，因为分别为的中点，可得， 因为平面，平面，所以平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面. （2）解：以为原点，以所在直线为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，因为底面是半径为2，母线长为4，是的中点，为的中点， 可得， 则， 设平面的法向量为，则 ， 令，可得，所以 设平面的法向量为，则 ， 令，可得，所以， 设平面与平面所成的角为， 则，所以. （3）解：若是弧上的动点，是弧上的动点，且， 设，则，其中 则，即， 又由，所以，， 可得，，且， 设异面直线与所成的角为， 则， 设，且， 则 令，其中， 可得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以，所以， 所以线与直线PQ所成角余弦值的最大值为. $高学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 专题15空间向量与立体几何 题型归纳·内容导航 题型1空间中点线面位置关系的判断（常考点） 题型9证明线面垂直（常考点） 题型2空间向量的运算 题型10证明面面垂直 题型3空间几何体的体积与表面积（重点） 题型11证明线线垂直（常考点） 题型4球体综合（重点） 题型12异面直线所成角 题型5截面问题（难点） 题型13线面角（重点) 题型6轨迹问题（难点） 题型14二面角（重点） 题型7证明线面平行（常考点） 题型15存在性与探索性问题（重点） 题型8证明面面平行 题型16最值问题（难点） 题型通关·靶向提分 题型一空间中点线面位置关系的判断（共8小题） 1.(24-25高二下.上海虹口期末)已知m,n是两条不重合的直线，a,B是两个不重合的平面，则() A.若m/1a,n/ca,则m/1n B.若m/1a,m⊥B,则a/1B C.若a/1B,m⊥，n⊥B,则m/n D.若a⊥β，m/1a,n/B,则m⊥n 2.(24-25高二下江苏南通·期末)己知m,n,1表示三条不同的直线，a,B，Y表示三个不同的平面， 则() A.若mln,nca,则m/la B.若⊥B,m⊥，则mCB C.若l⊥m,11n,mCa,nca,则l⊥a D.若∩B=l,a∩y=m,Bny=n,1lm,则1lln 3.(24-25高二下.甘肃兰州期末)如图，这是一个正方体的平面展开图，将其还原成正方体后，下列直线 中与直线AB平行的是() 1/29 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 G H D B E A.EF B.EH C.DH D.CH 4.（24-25高二下.湖南娄底期末)如图，E,F分别是正方体ABCD-A,B,CD的棱AD与AA,的中点， 则下列判断正确的是() D B D B A.直线AC与BF是相交直线 B.直线CE与AC互相平行 C.直线DB与AC互相垂直 D.直线C,E与BF是异面直线 多选题 5.(2021新高考全国Ⅱ卷高考真题)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M,N为 正方体的顶点.则满足MNOP的是() N M P A B. 0 2/29 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 N 、 M P P C --- : D. …W M 0 0 6.(24-25高二下浙江温州期末)己知4,2是两条不同的直线，α，阝是两个不同的平面，则下列命题 正确的是() A.若l∥a且aB,则41/B B.若mca,nlla,m,n共面，则mlm C.若4不垂直于a,且2ca,则4必不垂直于gD.若l⊥a且aB,则l⊥B 7.(24-25高二下.贵州六盘水期末)已知直线a,b和平面，B,下列说法中正确的是() A.若a/1a,b/1a,则a/b B.若a/1B,a⊥a,b⊥B,则a/1b C.若a/b,bca,则a/la D.若a⊥B,a⊥a,b⊥B,则a⊥b 8.(24-25高二下.河北邯郸期末)己知m,n是两条不同的直线，α，B是两个不同的平面，则() A.若m⊥a,n⊥a,则m/n B.若m⊥a,nla,则m⊥n C.若a⊥B,a∩B=n,m⊥n,则m⊥B D.若m/la,m/1B,a∩B=n,则mlm 题型二空间向量的运算（共8小题） 9.(21-22高二下江苏南京期中)在平行六面体ABCD-A,B,C,D,中，M为AC与B,D的交点.若 A,B,=a,A,D,=b,AA=c,则下列向量中与BM相等的是（) A.-1a+16+8 B.-1a+6-c 2 2 22 C. D.1 10.(24-25高二下.甘肃酒泉·期中)在空间直角坐标系0-x3z中，0A=(-1,2,1,0B=(11,2), OP=(2,l,1),点Q在直线OP上运动，则QAQB的最小值为() A 8.2 3 c 2 D. 3/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 11.(24-25高二下湖北.期末)如图，在四面体0ABC中，0A=a,0B=万，0C=c,且0M=2MA, BN=NC,则MN=() A. 2a+26+1。 B.2a+26-8 3 33 2 2-1÷1- 5a+2b+2 C.- 12.(24-25高二下·云南·期末)如图，在三棱锥D-4BC中，E是CD的中点，点F在AB上，AF=2AB, 3 记AD=a,AB=i,AC=c,则EF=() D C B F A.-1a+261 a+二b+ 2 3 3 c. D.a+b+3 2 3 c 2a+2b+30 13.（24-25高二下.四川泸州期末)四面体0ABC中，0A=a,0B=6,0C=c,且0M=2MA,BN=NC, 则M等于() B.-2a+6+c 3 22 C.- D. 2a+6-1c 2°2 T22 14.(24-25高二下河南开封期末)在空间直角坐标系Oz中，4(2,0,0)，B(-1,3,1),则线段AB上靠近点 A的三等分点的坐标为() Au写 8.（3 15.(24-25高二下.甘肃甘南期末)已知向量a=1,x2,2,万=(0,1,2)，c=(1,0,0),若a,6,c共面，则x 4/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 等于() A.-2 B.1 C.1 D.±2 16.(24-25高二下·江苏淮安期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点E,F分别 为PB,PD的中点，若PG=GC,且AG=xAE+yAF,则x+y=（) E A.1 B.2 c D. 题型三空间几何体的体积与表面积（共10小题） 17.(24-25高二下江苏南通期末)底面边长为2，高为√5的正四棱锥的侧面积为 18.（25-26高二上·上海青浦月考)如图是青浦高级中学综合广场升旗仪式司令台前的栏杆，栏杆最上面 的造型可以看作是一个几何体.该几何体是由一个正方体沿同一顶点出发的三条棱的中点截去一个三棱锥， 共截去8个三棱锥后剩余部分组成的.己知原正方体的棱长为20©m,则该几何体的体积为 cm3 五、单3选题 19.(24-25高二下.陕西铜川期末)已知某圆锥的侧面积为8√2元，母线长为4，则该圆锥的体积为() A.16V2元 B.82n 3 3 c 20.(24-25高二下.安徽宣城期末)若正四棱台的侧棱长为√而，上，下底面边长分别为2和4，则该四棱 台的体积是() A.12 B.28 C.32 D.48 21.(24-25高二下.湖北武汉·期末)已知圆锥底面半径为3，高为9，用平行于底面的平面截该圆锥，截得 5/29 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 的圆台上，下底面半径之比为1：3，则圆台的体积为() A.13π B.26π C.39元 D.52π 22.（24-25高二下.安微合肥期末)已知圆台的上、下底面直径分别是2和4，且该圆台的表面积为11π， 则圆台的母线与底面所成的角的正切值是() A.3 c.3 D.5 3 23.(24-25高二下.浙江期末)在三棱锥P-ABC中，ABC和△PBC均是边长为2的等边三角形，若 PB⊥AB,则三棱锥P-ABC的体积为() A.3 B.2V5 c.② D.25 3 3 3 3 24.(24-25高二下河北保定期末)若要用铁皮制作一个容积为4 3m'的无盖圆锥形容器，则所需铁皮的面 积的最小值为() A.2√2m2 B.2√3元m2 C.4um2 D.25πm2 25.(24-25高二下河北期末)故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式， 庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡，故 又称四阿顶（图1）.某几何体ABCDEF有五个面，其形状与四阿顶相类似（图2），若四边形ABCD是矩 形，AB1IEF,且AB=2EF=2BC=8,EA=ED=FB=FC=3,则五面体FE-ABCD的表面积为() 图1 图2 A.68+85 B.68+4V5 C.32+24V5 D.32+16V5 26.(24-25高二下·天津河东期末)如图，多面体ABCEF，D为AB的中点，四边形EFDC为矩形，且 DF⊥AB,AC=BC=2,∠ACB=I20°，当AE⊥BE时，多面体ABCEF的体积为() B A.2V6 B.6 c.3 D.√6 3 3 题型四球体综合（共10小题） 6/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 27.(24-25高二下·云南曲靖期末)已知半径为r的球的体积为'(r),当r=√元时，V(r)的瞬时变化率为 () A.4n B.42 C.8π D.8π2 28.(2025福建泉州·模拟预测)四棱锥P-ABCD中，AD1∥BC,AD=BC=2,AB=23,PB=PC=V3 ,PA=PD=√3，若P、A、B、C、D均在同一球面上，则该球的表面积等于() A.4元 B.16m C.16元 D.64π 3 29.(24-25高二下.湖南永州期末)如图，在正方体ABCD-A,B,CD,中，AB=2,P是正方形ABCD内部（含 边界)的一个动点，若DP=DB,则三棱锥P-BB,C外接球的表面积为（) ● D B Di--. C •P B A.8π B.6 C.4W2元 D.4π 30.(24-25高二下福建漳州·期末)在四棱锥S-ABCD中，侧面SAD⊥底面ABCD,侧面SAD是正三角形， 底面ABCD是边长为4√5的正方形，则该四棱锥外接球表面积为() A.105元 B.110π C.112元 D.128π 31.(24-25高二下山西期末)如图，在四棱锥E-ABCD中，CE⊥底面ABCD,AB=AD=2√7， BC=BD=CD=2,CE=4,F是棱AE的中点，则三棱锥B-DEF的外接球的表面积为() E F 64π A. B. 64π C.256m D.256V3元 3 9 9 9 32. (24-25高二下.浙江温州·期末)己知一底面边长为2√5的正三棱柱有内切球，则该正三棱柱外接球的 表面积为 7/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 33.(24-25高二下.云南保山期末)正四棱锥P-ABCD的侧棱长为3√5，则当'，-AcD最大时，正四棱锥P-ABCD 的高为 ；此时正四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为 34.(24-25高二下-四川泸州期末)已知三棱锥P-48C的顶点都在表面积为100 的球面上， AB=1,BC=V3,AC=2,则三棱锥P-ABC体积的最大值为 35,(24-25高二下.云南临沧期末)如图，在四面体A-BCD中，AB=AD=CD=1,BC=2,AC=√2， 平面ABD⊥平面BCD,则四面体A-BCD外接球的表面积为· 36.(24-25高二下·贵州六盘水·期末)理想状态下，在一个底面直径和高均为2R的圆柱形石材中，挖去一 个半径为R的球体后，利余石材最多还能打磨出_个体积最大的小球.（参考数据：s血无巨-」） 152 题型五截面问题（共8小题） 37.(24-25高二下.上海嘉定，期末)平面截正方体所得的截面不可能是() A.四边形 B.五边形 C.六边形 D.七边形 38.(25-26高二上·上海·月考)己知正方体ABCD-A,B,CD,中，点E为BB,的中点，点F为CD的中点， 则平面AEF截正方体ABCD-A,B,C,D,形成的截面图形为() A.六边形 B.五边形 C.四边形 D.三角形 多选题 39.(24-25高二下河北期末)如图，在三棱锥/-ABC中，△VAC是边长为2的等边三角形，AB⊥BC, 点P在棱VA上（不含端点），过点P作截面PDEF,且VB平面PDEF,AC∥平面PDEF,平面 PDEF⊥平面ABC,下列结论正确的是() 8/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A.四边形PDEF是平行四边形 B.若VB=AB=BC=√2，四边形PDEF的面积的最大值为2 C.VB的长的取值范围为[V2,2) D.若ABC的周长为3+V5,则三棱锥r-ABC的体积为V3 4 40.(24-25高二下江苏常州期末)己知棱长为1的正方体ABCD-A,B,C,D,的所有顶点都在以0为球心的 球面上，点E是棱BB,的中点，点P是棱AD上的动点则下列说法正确的有() A.若P是棱AD的中点，则PE/I平面BC,D 4 B.点P到直线AE的距离的最小值为 C.棱AD上存在点P,使得∠D,B,P=T 4 D.若P是棱AD的三等分点，则过P的平面截球0所得的截面面积最小为π 9 41.（2025海南·模拟预测)如图所示，正方体ABCD-A,B,CD,的棱长为2，点P为侧面ADD,A内的一个 动点（含边界），点E,F,G分别是线段BC、CC,、BB,的中点，则下列结论正确的是() D 6 D G B A.直线AG∥平面AEF B,平面4F截正方体所得的截面面积为。 C.PB·PF的最小值为 4 D.若PF⊥BD,则点P的运动轨迹长度为2W2 42.(24-25高二下.广东茂名期末)己知棱长为3的正方体ABCD-A,B,C,D,动点P满足PA=2PB，,下 列结论正确的是() A.正方体棱上满足条件的P的个数为3 B.正方体棱上满足条件的P所在的平面去截正方体，截面面积为23 C.正方体棱上满足条件的P所在的平面去截正方体，被截去较小部分的体积为方 D,点P到正方体各顶点距离的最大值为2+√34 9/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 43.(24-25高二下广东揭阳，期末)用半径为R的圆形铁皮剪出圆心角为O的扇形（以圆形铁皮的半径为半 径的扇形)，制成一个圆锥形容器S0,底面圆O的半径为r.则下列说法正确的是() A,当=，且圆锥S0的侧面积为3π时，圆锥的体积v=3V7例 8 B,当，目圆锥S0的侧面积为3a时，过圆锥S0的顶点S所作的截面中，截面积的最大值为 3W7 4 C.当R=3,且圆锥S0的侧面积为3π时，圆锥S0能在棱长为4的正四面体内任意转动 D.当0=26元时，圆锥S0的体积最大 3 44.(24-25高二下浙江金华期末)在正方体ABCD-A,B,CD,中，AB=2,点E,F,G分别为BB,DD ,CC的中点，点P在线段EF上运动（不包括端点），过G,P,D的平面截正方体所得的截面周长的取 值范围是 题型六轨迹问题（共7小题） 多选题 45.(24-25高二下.重庆期末)己知正四面体A-BCD棱长为6，点E,F分别位于棱BD,CD上.其中 DE=2BE,CF=DF,动点P在平面BCD内运动（包含边界），运动过程中AP与平面BCD所成角的正 切值为2√2，则下列选项正确的是（) --->D A.AB⊥CD B.顶点A在平面BCD的投影为点O,则直线AO与直线EF共面 C.直线AB与EF所成角的正弦值为3国 13 D.点P的轨迹长度为2√3π 46.(24-25高二下·浙江丽水·期末)如图，棱长为2的正方体ABCD-A,B,CD,中，E为棱DD,的中点，F 为正方形CCDD,内一个动点（包括边界），且B,F平面ABE,则下列说法正确的有() 10/29 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A D B C E D A.动点F轨迹的长度为√2 B.BF与A,B不可能垂直 C,直线BF与平面ABE所成角弦值的最小值为。 D。当三棱锥岛-D,DF的体积最大时，其外接球的表面积为宁x 47.(24-25高二下.浙江温州期末)己知在正方体ABCD-A,B,C,D,中，A4=2,点M为AD的中点，点 P为正方形A,B,CD内一点（包含边界），下列说法正确的是() A.若点P是AB,中点，则M、P、B、D四点共面 B.存在点P,使得直线BP与AA所成角为60 C.若直线BP∥平面AMB,则三棱锥P-AMB,的体积为定值 D.若BP=6,郑么P点的轨迹长度为2 元 4 48.(24-25高二下广西崇左期末)在棱长为2的正方体ABCD-A,BCD,中，动点P在底面ABCD内（含 边界)，且点P到点A的距离等于点P到平面CDD,C的距离，点P的轨迹记为曲线M,直线AC与曲线M交 于点E,则() A.曲线M为抛物线的一部分 B.|AE|=4-22 C.A,E与底面ABCD所成角的正切值为2+√2 D.异面直线4E与CD所成角的余弦值的平方为5-22 17 49.(24-25高二下江苏南京期末)在直四棱柱ABCD-A,B,CD,中，底面ABCD是菱形，∠BAD= 3 AB=AA1=2,E为CC,的中点，点F满足DF=1DC+4DD,入∈[0,1,4∈[0,1，下列结论正确的是() 11/29 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D ⊙ E D-- B A.若2=1，则AF⊥BD B.若入+4=1，则四面体A-BEF的体积是定值 1 C.若元=1，“=7，则存在点P∈4，B,使得AP+PF的最小值为9+20 D.若B,F⊥EF,则点F的轨迹长为 2 50.(24-25高二下.福建宁德期末)如图，点P是棱长为3的正方体ABCD-A,B,CD表面上的一个动点， F是线段AB的中点，则() D C B ..p D B A若点P与点A里合时，则异面直线AP与48所成的角的大小为写 B.当点P在侧面BCCB,上运动，且满足AP⊥B,C时，则动点P的轨迹长度为3√2 C.当P在底面ABCD上运动，且满足PF∥平面B,CD,时，则动点P的轨迹长度为3 2 D,当直线P与4B所成的角为45西，点P的轨迹长度为多 51.(24-25高二下·浙江舟山期末)己知正方体ABCD-A,B,C,D,的棱长为3，以下说法正确的是() A.若点P为正方形BCCB内部及边界上的动点，且满足D,P=√0，则动点P的轨迹长度是 2 B.若点P为正方形AB,CD,内部及边界上任意一点，则存在点P使得点B,D到平面PAC的距离之和 等于BD, C,若点P在正方体的内切球表面上运动，且BP∥面4CD,则BP的最小值为6 12/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D.若点P满足P+PC:=P8+PD',则动点P构成的平面截三棱锥C,-4BD所得截面的面积为 9 题型土证明线面平行（共4小题） 52.(24-25高二下.重庆期末)如图，在直三棱柱ABC-A,B,C1中，AC⊥BC,BC=1,CC,=2,AC=4 ,M、N分别是AC、AB的中点. B M (1)求证：MN/平面BCC,B: (2)求二面角C,-MN-B的余弦值. 53.(24-25高二下.陕西榆林期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为正三角形，侧面PAD⊥底 面ABCD,底面ABCD为矩形，AB=2AD,E,F分别为AB,PC的中点. D E B (1)求证：直线EF‖平面PAD; (2)若AD=2,求侧面PBC与底面ABCD所成角的余弦值. 54.（24-25高二下·福建泉州·期末)如图，在四棱台ABCD-A,B,C,D,中，DD,⊥平面ABCD,底面ABCD 为菱形，AB=2AB1,点E为BC的中点，∠BAD=60°，连接AC、BD,设交点为O,连接BO. D A E B (1)求证：D,E∥平面ABB,A1; (2)若AB=4,且二面角B,-AB-C大小为60°，求三棱锥B-AB0外接球的表面积. 13/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 55.(24-25高二下.贵州安顺期末)如图，在三棱柱ABC-A,B,C,中，底面ABC是边长为2的正三角形， AA上底面ABC,AM=3,D,E分别是AC,AC的中点，点F在线段BB,上，且BB3 BF 1 E D (1)证明：DE/1平面ABBA. (2)求直线AF与平面DAB,所成角的正弦值. 题型八证明面面平行（共2小题】 56.（25-26高二上·上海-阶段检测)如图，在长方体ABCD-A,B,C,D,中，AB=BC=3,CC,=2. D B (1)求证：平面AB,D/1平面C,DB: (2)求点C到平面ABC,D,的距离. 57.(24-25高二下.江苏盐城期末)如图，己知正三棱柱ABC-AB,C的体积为4√5，且AB=2,点E,F, G分别为棱AA,BB,CC的中点. B (1)求证：平面AFC/平面EB,G; (2)求锐二面角B-AC-B,的余弦值. 题型九证明线面垂直（共6小题） 58.（24-25高二下.贵州黔南期末)如图，在长方体ABCD-A,B,C,D,中，AB=AD=2,AA=22，,M为 14/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 棱DD,的中点. A 0 C (1)证明：AM⊥平面A,CD; (2)求直线BD,与平面A,CD所成角的正弦值. 59.(24-25高二下.甘肃定西期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为矩形，PA=AB,PA⊥ 平面ABCD,E为PB的中点. D D G (1)求证：AE⊥平面PBC; (2)过点E的平面O分别与PC,CD,AB交于点F,G,H,若EF/IAD,求证：AD/1HG. 60.(24-25高二下江西南昌期末)如图，在正三棱柱ABC-A,B,C,中，D为棱AC的中点，E为棱CC,中 点，AC=AA· B (1)证明：AB,/1平面C,BD: 15/29 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (2)证明：AC⊥平面BDE; (3)求二面角D-BE-C的正切值 61.(24-25高二下广西南宁期末)如图，在梯形ABCD中，AB/1CD,AD=DC=2,AB=4,现将 △ADC所在平面沿对角线AC翻折，使点D翻折至点P,且成直二面角P-AC-B. B C (1)证明：BC⊥平面PAC; (2)若异面直线PC与AB所成角的余弦值为子，求平面BPA与平面PAC所成角的余弦值. 62.(24-25高二下广东潮州期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PD⊥平面ABCD, 平面PAB⊥平面PAD,E为PA中点，PD=AD=2· D B (1)求证：AB⊥平面PAD; (2)求直线DE与平面PBC所成角的大小 63.(24-25高二下.黑龙江齐齐哈尔期末)如图，四棱锥P-ABCD中，己知4D=3,AP=2,BC=1, PA⊥底面ABCD,平面PAC⊥平面PCD. D D B C (1)证明：CD⊥平面PAC; (2)若四棱锥的底面ABCD为直角梯形，∠BAD=90°，BC/IAD,求二面角B-PC-D的正弦值. 题型土证明面面垂直（共4小题） 16/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 64.(24-25高二下.福建福州·期末)如图，在三棱台ABC-A,B,C,中侧面BCC,B,为等腰梯形，BC=8, B,C,=CC,=4,M为B,C中点，底面ABC为等腰三角形，AB=AC=5,O为BC的中点. C M B A B A (1)证明：平面ABC⊥平面AOM; 2若二面角4-BC-C的大小为骨求三棱锥4-BMC的体积。 65.（24-25高二下.河北期末)图，四边形ABCD为正方形，平面ABEF⊥平面ABCD, EF‖AB,BLAE,AD=2,AF=EF=l,点G在线段CE上，EG=V6 D (1)证明：AE⊥平面BCE· (2)证明：平面BDG⊥平面ABCD (3)求平面BDG与平面BCE的夹角的正弦值. 66.(24-25高二下.福建泉州期末)在四棱锥Q-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，AD=2, OD=OA. 17/29 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B (1)若E,F分别是QD,BC的中点，证明：EF∥平面BAQ; (2)若QA=√5，QC=√7，证明：平面QAD⊥平面ABCD. 67.(24-25高二下广东湛江·期末)如图，己知四棱锥P-ABCD,PC⊥底面ABCD,圆O为底面ABCD的 外接圆，AC是直径，PC=AC=2,BC=CD=1. B (1)求证：平面PAB⊥平面PBC; (2)求直线AD与平面PAB所成的角的正弦值. 题型土一证明线线垂直（共5小题） 68.(24-25高二下湖南湘西期末)如图，在直三棱柱ABC-A,B,C,中，AC=3,AB=3√2， cOS∠CAB= √2 ,AA,=AC,M是AB的中点 2 C B M (1)求证：AC,∥平面B,CM; (2)求证：AC⊥BC1; (3)求二面角A-CM-B,的正弦值. 18/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 69.(24-25高二下.河南周口.期末)如图(1)，在菱形ABCD中，AB=2,∠BAD=60°，△EAD是以AD为 斜边的等腰直角三角形.将△EAD沿直线AD折起，落到△PAD的位置，此时PB=√万，如图(2)· 图(1) 图(2) (1)求证：AD⊥PB; (2)求四棱锥P-ABCD的体积； E设F为线段PB上的点，平T而4DF与平面PBC的夹角为Q,若c0sa号7，求紧的值 14 70.(24-25高二下.安微宣城期末)在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD,AD=1,PD=AB=2, DC=CB=√5，∠BAD=∠BCD=0.(0<0<π) D A (1)求0； (2)求证：AD⊥PB: (3)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值， 71.(24-25高二下.湖南衡阳·期末)如图，在直四棱柱ABCD-A,B,C,D,中，底面ABCD为矩形，E为棱 BB,的中点. D D (1)若AB=AD,证明：AC⊥D,E. 2)设AD=1，AB=2,A4=4,DF=2DE(元>0)，且点F到平面4BC,的距离为 ,求的值. 21 72.（24-25高二下.重庆，期末)如图，已知ABC、△ACD均是边长为2的等边三角形，且平面ADC⊥平 19/29 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 面ABC,M为AC的中点，且AC⊥BE. D B (1)证明：AC⊥DE; (2)若DE∥MB,DE=1,求平面DCE与平面ABC夹角的大小. 题型土二异面直线所成角（共5小题） 73.(24-25高二下·福建莆田·期末)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥底面ABCD, ∠ABC=60°，且PA=AB,则异面直线AB与PD所成角的余弦值为() A.② c.3 D.4 4 B. 2 4 74.(24-25高二上辽宁大连期末)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四 面体称为鳖腸.在鳖ABCD中，AB⊥平面BCD,且AB=BC=CD,点E,F分别为线段BC与线段AD的 中点，则异面直线EF与BD所成角的余弦值为() A.2 B. A c.3 D.3 2 3 75.(24-25高二下.安微芜湖期末)如图，将矩形ABCD沿对角线AC折成直二面角，其中AB=1, AD=√3，则异面直线AB和CD所成角的余弦值为() 0 0 B B A. B. c.3 D.0 4 3 20/29 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 题型土三线面角（共6小题） 76.(24-25高二下·云南玉溪·月考)如图，在三棱柱ABC-A,B,C,中，侧棱垂直于底面，AB1BC,E, F分别是AC,BC的中点. E B B (1)求证：AB⊥平面B,BCC; (2)当AB=BC=BB,=2,求异面直线AE与FC所成角正弦值， 77.(24-25高二下.海南海口期末)如图1，正方形ABCD的边长为2，如图2，将正方形ABCD沿着对角 线AC翻折，O为原正方形ABCD的中心 D D A B 图1 图2 (1)证明：AC⊥平面B0D; (2)翻折至四面体ABCD的体积最大时， (i)求异面直线AD与BC所成角的大小： (ⅱ)求CD与平面ABD所成的角的正弦值. 78.(24-25高二下·江苏镇江·月考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形， PA⊥平面ABCD,Q为棱PD的中点. A 21/29 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (1)求证：PB1/平面ACQ; (2)已知：AQ⊥PD ①求直线PC与平面ACQ所成角的正弦值； ②求点P到平面ACQ的距离. 79.（24-25高二下广东东莞月考)如图，四边形ACCA,与四边形BCCB,是全等的矩形，AC⊥BC, AA=3AC,P为线段AA上的点. B (1)若AP=2PA,求平面CPB,与平面PB,C,夹角的余弦值； 2诺直线aP与平面4CC4所成角的正切值为，求:coPC,8C. 80.(24-25高二下·浙江·月考)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC1CD,AD=CD,PA=3√2，△ABC和 △PBC均为边长为23的等边三角形. B (1)求证：CD⊥平面PBC; (2)求直线PC与平面PBD所成角的正弦值 81.(24-25高二下·浙江阶段检测)如图，四棱锥P-ABCD的底面是菱形，且PA⊥平面ABCD,E,F分 别是棱PB,PC的中点. B 22/29 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (1)求证：EF∥平面PAD (2)求证：平面PBD⊥平面PAC, )若AB=PA=Y2pC,求直线DF和平面P4AB所成角的正弦值， 2 82.(24-25高二下·浙江台州期末)在ABC中，AB=BC=2,∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线 段AC上的点D,满足PD=DA,PB=BA,四面体P-ABC的体积为 6 C B (1)证明：BD⊥AP; (2)求直线PB与平面ABC所成角的正弦值， 83.(24-25高二下.安微阜阳·期末)如图1，在直角梯形ABCD中，CD=2AB=2,AB/1CD,∠BCD=60°.沿 BD将△BCD翻折到△PBD的位置，如图2所示，得到三棱锥P-ABD,且PA=√F B 图1 图2 (1)证明：AB⊥平面PAD. (2)求直线PB与平面ABD所成角的正弦值. 题型土四二面角（共5小题） 84.（24-25高二下.浙江宁波期末)如图，AB是⊙0的直径，PA垂直于⊙0所在的平面，C是圆周上不 同于A,B的任意一点 P (1)证明：平面PAC⊥平面PBC; (2)若∠PBA=45°，∠ABC=30°，求二面角A-PB-C的余弦值. 23/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 85.(24-25高二下浙江金华.期末)如图1所示，四边形BCDE满足BC∥DE,过点B作BA⊥DE,点A在 线段DE上，且满足BC=V5AB=3AD=3,将△ABE沿直线AB翻折到△PAB的位置（图2），PB⊥AC B (图1) (图2) (1)求证：AB⊥PD; (2)若PD=2,求平面PBC与平面ABCD夹角的余弦值， 86.(24-25高二下.贵州遵义期末)如图，在矩形ABCD中，AB=2,AD=4,E是AD的中点，将△ABE 沿BE折起使点A到点P的位置，F是PC的中点. (1)证明：DF∥平面PBE; (2)若平面PBE⊥平面BCDE,求二面角P-CD-E的余弦值. 87.(24-25高二下云南曲靖月考)如图1，已知四边形ABCD是上、下底边长分别为1,3，高为1的直 角梯形，AB⊥AD,E为线段AB上更靠近点A的三等分点将△BCE沿着CE翻折，使得点B翻折到点P, 且AP=√5，得到的几何体如图2所示. E P(B) 图1 图2 (1)证明：AP⊥平面AECD. (2)求平面PAE和平面PCD的夹角. 88.(24-25高二下.浙江舟山期末)如图，已知四棱台ABCD-A,B,CD,点C在底面ABCD上的射影Q落 24/29 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 在线段AC上（不含端点），底面ABCD为直角梯形，ADIIBC,AB⊥AD,AB=2√2，BC=2AD=4. A D B B (1)求证：BD⊥平面ACC,A,: 2若二面角8-BC-A的大小为行： (i)求直线CC,与平面ABCD所成的角： (ⅱ)若四边形ACC,A,为等腰梯形，CC=√3，求平面QA,B,与平面ABCD夹角的正切值. 题型土五左在性与探索性问题（共5小题） 89.(24-25高二上湖南永州期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD, DP=DC=2,AD.BP=1. D D (1)求线段AD的长； 线段AD上是否存在点E,使得平面PEB与平面PAD夹角的余弦值为Y2?若存在，求出D 6 DE的值：若 不存在，请说明理由. 90.(24-25高二下江苏镇江·期末)图1是边长为√2的正方形ABCD,将△ACD沿AC折起得到直二面角 P-AC-B,如图2所示. 图1 图2 25/29 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (1)求异面直线AB与PC所成角： 2陵PA上是香存在一点M,使得二面角M-BC-4的余弦值为5，若存在，求出的值，若不存在， 51 请说明理由 91.(24-25高二下湖南·期末)如图，在正三棱柱ABC-A,B,C,中，底面边长为2，侧棱长为、5，D是BC 的中点. A C 的 (1)证明：AB/平面ADC; (2)求直线A,B与平面ADC所成角的正弦值； B在线段4G上是否存在一点B,使得点B到平面ADE的距离为工？若存在，请求出4二的值：若不 7 AC 存在，请说明理由， 92.(24-25高二上北京怀柔期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD,BC⊥DC, AB∥DC,E为PA中点，PD=DC=BC=1,PC=√2，AB=2. A B (1)求证：DE/1平面PBC; (2)求直线DE与平面PAB所成角的正弦值： 3)在线段DP上是否存在点Q,使得P811平面ACQ,若存在，求出D巴的值：若不存在，请说明理由 DP 93.(24-25高二下.湖南·期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD1平面ABCD,△PAD是边长为2 的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，其中BCI∥AD,AB⊥AD,AB=BC=1. 26/29 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B (1)求证：AB⊥PD. (2)求线段PA中点M到平面PCD的距离. B)线段PD上是否存在一点E,使得平面EAC与平面DAC夹角的余弦值为D?若存在，求 5 PE的值 PD 若不存在，请说明理由. 题型十六最值问题（共6小题） 94.(24-25高二下河南新乡，期末)如图，直四棱柱ABCD-A,B,C,D的底面ABCD是菱形，AA,=4, AB=2,∠BAD为锐角，E,F,G分别是AB,BC,AD的中点. D C A B 、G E B (1)证明：EG‖平面C,DF. (2)求二面角C,-DF-C的余弦值的最大值. 95.(24-25高二下.上海杨浦期末)如图，ABC是等腰直角三角形，AB=AC=4,D是BC中点，E、F 分别是AB、AC边上的动点，且EF IIBC将△AEF沿EF折起，点A折起到点P的位置，使二面角 P-EF-D的大小为 3,连接PB、PC得到四棱锥P-BCF D -- B D 27/29 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (1)证明：直线EF/平面PBC: (2)若点E是线段AB的中点，求PD和底面BCFE所成的角的大小； (3)当点E在线段AB上（不含端点）运动时，求三棱锥P-CDF的体积的最大值. 96. (24-25高二下江苏南通期末)如图，已知圆台00的上、下底面半径分别为3和6，母线与下底面所 成的角为30° A B (1)求圆台00的体积； (2)设AA,BB1分别是圆台OO的两条母线. (i)求证：AB∥A,B,; (ⅱ)若∠AOB=120°，P是圆O上的动点，求直线OP与平面OAB所成角正弦值的最大值. 97.(24-25高二下.广东深圳期末)如图，已知菱形ABCD和等边三角形BCE有公共边BC,点B在线段 AE上，BC与DE交于点O,将△BCE沿着BC翻折成△PBC,得到四棱锥P-ABCD,，BC=2. D B (1)求证：平面PBC⊥平面POD; (2)若DP=√5，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值. (3)求直线PA与平面PBC夹角正弦值的最大值， 98.（24-25高二下.江苏连云港期末)如图，几何体OAB-O,A,B,是圆柱的四分之一部分，其中底面0AB是 半径为1的扇形，母线长为2，C是OO的中点，D为A,B的中点，P是AB上的动点(P不与A、N重合)， PE是圆柱的母线 28/29 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B E A B (1)证明：CD/平面0AB; (2)求三棱锥B-A,EP的体积的最大值； (3)求二面角B-AE-P余弦值的取值范围. 99.(24-25高二下江苏南京期末)如图，几何体0AB-O,A,B,是圆柱的四分之一部分，其中底面OAB是 半径为2的扇形，母线长为4，C是OO,的中点，M为AB的中点. B :=B (1)证明：CM/面OAB; (2)若P在弧AB中点，求平面ACM与平面PCM所成角的正弦值： 若P是B上的动点，Q是弧AB上的动点，且∠A0P+∠A0Q=,求直线04与直线PQ所成角余 弦值的最大值. 29/29