第八章 立体几何初步16大题型（期末复习专项训练）高一数学下学期人教A版

**基本信息** 聚焦立体几何核心题型，覆盖空间位置关系、角度距离计算及综合应用，题型分层递进，典例精选各地期末真题，强化空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |异面直线所成角|3-4题|结合正方体、正棱锥等模型，考查平移法求角|从基础角计算到空间模型应用| |空间点线面位置关系|4题|以命题判断为主，涉及线面、面面平行垂直|概念辨析到逻辑推理| |外接球问题|4题|含直三棱柱、四面体等几何体，需构造球心|几何体性质到空间几何量计算| |平行垂直问题|4题|多面体中证明线面、面面平行垂直|判定定理应用与空间转化| |综合问题（动点/截面/距离）|5-6题|动态探究与空间作图，需几何直观|基础计算到复杂情境综合应用|

第八章立体几何初步 题型一 异面直线所成角 1 题型二 空间点线面的位置关系 4 题型三 斜二测画法 7 题型四 外接球问题 10 题型五 几何体的表面积与体积 13 题型六 平行问题 17 题型七 垂直问题 21 题型八 共线共面问题 26 题型九 动点问题 32 题型十 线面角问题 39 题型十一 面面角问题 45 题型十二 距离问题 53 题型十三 截面问题 59 题型十四 交线问题 66 题型十五线段和最小问题 71 题型十六 动点问题 79 题型一 异面直线所成角 1．(24-25高一下·福建南平·期末)已知三棱锥，，点，分别是棱，的中点，且，则异面直线与所成的角是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取AC中点为G，连接EG，FG，可得为异面直线与所成的角或其补角，然后由勾股定理逆定理可得答案. 【详解】取AC中点为G，连接EG，FG，则， 又，则， 则为异面直线与所成的角或其补角， 又，则， 则异面直线与所成的角是. 故选：A 2．(24-25高一下·山东聊城·期末)已知正四棱锥的所有棱长均相等，则直线与其它经过该四棱锥的两个顶点的直线所成的角不可能为（    ） A．30° B．45° C．60° D．90° 【答案】A 【分析】确定直线与其它经过该四棱锥的两个顶点的直线所成的角的大小，再进行判断即可. 【详解】如图： 因为四棱锥是正四棱锥，且所有棱长均相等. 所以，故C可能成立； 在中，，，所以BD可能成立； 与其余的棱或对角线都不能成，故A不可能成立. 故选：A 3．(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. 4．(22-23高一下·贵州黔西南州·期末)（多选）如图，在正三棱柱中，为棱的中点，，则下列结论正确的是（  ） A． B．直线与面所成角为 C．线段 D．直线面 【答案】ABD 【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理与性质定理即可得证；对于B，利用线面角的定义即可得解；对于C，正中求解即可；对于D，利用线面平行的判定理证得即可. 【详解】对于A，因为在正三棱柱中，面，而面，所以， 因为底面是正三角形，为棱的中点，所以， 又面，所以面， 因为面，所以，故A正确； 对于B，因为在正三棱柱中，面，所以为直线与面所成角， 因为面，所以，又， 所以，则，故B正确； 对于C，在正中，，则， 所以，故C错误； 对于D，记的中点为，连接，如图， 因为是的中点，又易知四边形是平行四边形，所以， 因为，所以，所以四边形是平行四边形，则， 又面，面，所以直线面，故D正确. 故选：ABD. 题型二 空间点线面的位置关系 1．(24-25高一下·江苏无锡惠山区锡山高级中学·期末)已知、为两条不同的直线，、为两个不同的平面，则下列命题中不正确的个数是（   ） ①若，，则； ②过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行； ③若，，，则平面、内必定分别存在一条直线与直线垂直； ④若、为异面直线且点，，则一定存在经过点的平面与、都平行． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据线面垂直性质可知①错误，由点、线、面的位置关系以及线面平行的性质可得②错误，利用线面垂直的性质可知③正确，利用正方体可判断④错误. 【详解】对于①，若，则可知或，如下图中所示： 即①错误； 对于②，不妨取正方体为例，如下图所示： 直线外一点，此时平面与均与直线平行， 因此过直线外一点，可以作与这条直线平行的平面并不唯一，即②错误； 对于③，在直线上取点、，设点、在平面内的射影点分别为、， 则，，故，故、、、共面， 由平面几何的相关知识可知，在平面内必存在直线，使得， 因为，，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 同理可知，在平面内也存在直线与直线垂直，即③正确； 对于④，不妨取正方体为例，如下图所示： 当点在上底面上时，此时不存在经过点的平面与、都平行，④错. 2．(24-25高一下·湖南邵阳新邵县·期末)已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】C 【分析】根据空间直线与平面，直线与直线，平面与平面不同位置的定义，判定定理及性质定理，以及几何特征，逐项分析即可． 【详解】选项A，若，，， 则直线与直线可能平行，可能相交，可能异面，故A选项不正确； 选项B，若，，， 则平面与平面可能平行，可能相交；故B选项不正确； 选项C，若，，，则，故C选项正确； 选项D，，，， 则直线与直线可能平行，可能相交，可能异面，故D选项不正确； 故选：C. 3．(24-25高一下·天津经济技术开发区第一中学·期末)已知三个不同的平面，，和三条不同的直线，，，下列命题中为假命题的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，，则 D．若，，则 【答案】B 【分析】利用空间线面的位置关系逐个判断即可. 【详解】因为，，所以，A正确； 若，，则或，B不正确； 因为，，，所以， 因为，，，根据线面平行的性质定理，所以，又，所以，C正确； 因为，，所以，D正确. 故选：B 4．(24-25高一下·黑龙江黑河龙西北名校联盟·期末)已知、是不同的平面，为内的一条直线，则“”是“”的（    ）条件 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】利用面面垂直的判定定理和性质定理即可作出判断. 【详解】非充分性：不能推出， 必要性：， 则“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 题型三 斜二测画法 1．(24-25高一下·青海海南州·期末)如图，的斜二测直观图是，其中，则的面积是（    ） A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】D 【详解】过作 交轴于点，可得， 因为，所以为等腰直角三角形，所以， 根据斜二测画法，可得，如图所示，则， 所以的面积，故选项D正确. 2．(24-25高一下·陕西咸阳乾县薛录高中·期末)如图，是水平放置的的直观图，其中，则的周长是（ ） A． B． C． D．12 【答案】B 【分析】利用斜二测画法还原，可求各边长度和周长. 【详解】由题可作出图形，如下图所示： 由，可知，，， 所以， 故的周长为. 3．(22-23高一下·贵州六盘水·期末)如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则________ ；平面图形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形的体积为________ ． 【答案】 【分析】由斜二测画法原理可得平面图形是直角梯形，进而可求；直角梯形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形为圆台，可求其体积即可． 【详解】由平面图形的直观图的斜二测画法原理可知，平面图形是直角梯形，如图： 其中，，，， 过作交于，则为的中点， 在中，，， 所以， 将直角梯形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形为圆台， 其上底面圆的半径为，下底面圆的半径为，高为， 故此圆台体积为． 故答案为：；． 4．(24-25高一下·江西南昌第二中学·期末)如图是斜二测画法下水平放置的平面图形的直观图，若是边长为2的正方形，则平面图形的周长为______． 【答案】 【分析】将直观图还原为原来的图形，然后根据斜二测画法横等纵半计算即可. 【详解】将直观图还原为原来的图形，则四边形如下图： 所以，，则， 所以平面图形的周长为. 题型四 外接球问题 1．(24-25高一下·江苏无锡惠山区锡山高级中学·期末)已知四面体中，为边长为的等边三角形，，，二面角的大小为，则四面体的外接球的表面积为________． 【答案】 【分析】设外接球球心为，、的外心分别为点、，取线段的中点，连接、、、，则，，由二面角的定义结合余弦定理求出的长，进而可求得的长，利用勾股定理可求出球的半径，再利用球体表面积公式可得结果. 【详解】设外接球球心为，、的外心分别为点、， 取线段的中点，连接、、、，则，， 因为是边长为的等边三角形，所以， 所以，， 因为，则为的中点， 又因为，故，故， 因为，，所以二面角的平面角为， 易知，， 所以、、、四点共圆， 由余弦定理可得， 所以，由正弦定理可得， 所以， 故球的半径为， 故四面体的外接球的表面积为. 2．(23-24高一下·湖南常德沅澧共同体·期末)已知直三棱柱中，侧棱，，，则三棱柱的外接球表面积为______． 【答案】 【分析】利用补形法，把底面是直角三角形的直三棱柱补形为长方体，再利用长方体的外接球直径是长方体的对角线，即可求解外接球的表面积. 【详解】 在直三棱柱中，因为，， 可得， 则可把这个直三棱柱补形为长方体， 所以长方体的外接球就是直三棱柱的外接球， 即该球的直径为长方体的体对角线， 又，则， 则三棱柱的外接球表面积为， 故答案为： 3．(24-25高一下·湖南岳阳岳阳楼区·期末)已知直三棱柱，，，，，设该直三棱柱的外接球的表面积为，该直三棱柱内部半径最大的球的表面积为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据球的性质结合条件可得直三棱柱外接球半径，然后根据直三棱柱的底面三角形内切圆半径结合条件可得内切球半径，进而得解. 【详解】由题直三棱柱底面三角形外接圆半径为， 内切圆半径为， 所以外接球半径满足，故； 内切球半径为，故， 因此. 故答案为： 4．已知，是球的球面上两点，，为该球面上的动点．若三棱锥体积的最大值为36，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】用等体积法，将三棱锥的顶点转化到上，即求三棱锥体积的最大值，则有当到平面的距离最大，即平面时，体积最大，结合锥体体积公式与圆的表面积公式即可求解. 【详解】因为， 所以三棱锥体积的最大值即三棱锥体积的最大值， 所以当到平面的距离最大，即平面时，体积最大， 设球的半径为，此时有，三棱锥的高， 则，解得， 则球的表面积． 故选：C. 题型五 几何体的表面积与体积 1．(24-25高一下·辽宁重点中学协作校·期末)一个圆锥被平行于底面的平面所截，上下两个几何体的侧面积之比为，则上下两个几何体的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用扇形的面积公式得到相似比，再根据相似几何体的体积之比等于相似比的立方可推出小圆锥与原圆锥的体积比，从而求得上下两个几何体的体积之比. 【详解】一个圆锥被平行于底面的平面所截得到两个几何体：圆锥与圆台，如图， 设大圆锥侧面展开扇形的圆心角为，大圆锥的侧面积与体积分别为， 小圆锥的侧面积与体积分别为，圆台的体积为 由题意可得, 因为相似几何体的体积之比等于相似比的立方， 所以，则， 所以上下两个几何体的体积之比为. 故选：D 2．(22-23高一下·湖南衡阳衡阳县第二中学·期末)如图，在多面体中，已知四边形是菱形，平面.    (1)证明：平面平面； (2)若，，，，与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）求证、得出平面，最后利用面面垂直的判定定理即可； （2）求证平面，即可得出即为与平面所成的角，再求证平面，即可利用等体积求出. 【详解】（1）如图，设与交于点. 因为四边形是菱形，所以.    因为平面，平面，所以. 因为，、平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面； （2）因为平面，，所以平面， 因为平面，所以. 又因为，，，平面，所以平面. 连接，即为与平面所成的角，所以. 因为，， 所以，所以，所以，所以是等边三角形. 因为，平面，平面，所以平面， 所以. 3．如图所示，是正方形，是正方形的中心，底面，底面边长为，是的中点． (1)求证：平面；平面平面； (2)若二面角为，求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，得到，利用线面平行的判定定理，证得平面，再利用线面垂直的判定定理，证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面． （2）取中点，连接，证得平面，得到，进而证得平面，得到，得到为二面角的平面角，在直角中，求得，结合锥体的体积公式，即可求解. 【详解】（1）证明：如图所示，连接， 因为、分别为、中点，可得， 又因为平面，平面，所以平面， 因为平面，且平面，所以， 在正方形中，， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）解：取中点，连接， 因为为中点，为的中位线，所以， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为是正方形，， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 所以为二面角的平面角，所以， 在直角中，， 所以，所以， 即四棱锥的高为， 所以四棱锥的体积为. 4．(24-25高一下·湖南岳阳岳阳楼区·期末)已知长方体中，，. (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)6 【分析】（1）由平行四边形可得线线平行，再由线面平行的判定定理得证； （2）根据棱锥的体积公式求解即可. 【详解】（1）在长方体中， 可得且， 所以四边形是平行四边形. 所以 且平面，平面， 所以平面. （2）在长方体中， ，，且平面 ∵， ∴. 题型六 平行问题 1．(24-25高一下·甘肃庆阳镇原县·)如图，在四面体中，是的中点，分别是的中点，.求证： (1)平面； (2). 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接，利用中位线性质得，进而利用线面平行的判定定理证明即可； （2）利用等腰三角形的中线即高线得，，然后利用线面垂直的判定定理得平面，最后利用线面垂直的性质证明即可. 【详解】（1）连接，因为分别是的中点，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）因为，且是的中点，所以，， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以. 2．(24-25高一下·陕西汉中中学·期末)如图，在边长为4的正方体中，点在上． (1)当是中点时，证明：平面； (2)当和重合时，求三棱锥的表面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连结交于点，利用三角形中位线证明即可； （2）分别求出四个三角形的面积即可. 【详解】（1）如图，连结交于点，则为的中位线，所以， 又因为平面，平面，所以平面. （2）当与重合时，三棱锥即三棱锥， 则在边长为4的正方体中，是边长为的正三角形， 所以三棱锥表面积为 . 3．(24-25高一下·辽宁重点中学协作校·期末)如图，四棱锥P-ABCD，平面，，，，，E是PC的中点． (1)求证：平面； (2)求证：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∥，根据线面平行的判定即可证得∥平面PAD； （2）由平面，根据线面垂直的性质及判定得到 .结合及是的中点，得到，再根据，∥，可得到,，证得平面，从而平面平面PCD得证. 【详解】（1）取的中点，连接，∵E是PC的中点， ∴,∥， ∵，， ∴∥，，∴四边形是平行四边形. ∴∥, 又平面，平面， 平面PAD. （2）∵平面，平面，∴ . ∵，，平面，∴平面， ∵平面，∴ . ∵，∴ . ∵，是的中点，∴ 由（1）知∥，∴,， 又平面，∴平面. ∵平面， ∴平面平面. 4．(24-25高一下·内蒙古呼和浩特·期末)如图所示，四边形为菱形，，，将沿折起（折起后到的位置），设，点是线段的中点. (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)求二棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用中位线的性质得，再利用线面平行的判定定理，即可求解； （2）根据条件得到，，利用线面垂直的判定，得平面，再利用面面垂直的判定，即可求解； （3）过点P作，根据条件得面，再求出及，利用，即可求解. 【详解】（1）连接， ∵分别是，的中点，∴， 又∵平面， ，∴面. （2）连接， 在菱形中，，所以和是等边三角形， ∴，， 又，面，所以平面， 又面，所以平面平面. （3）过点P作， 由（2）知，平面，又面，∴， 又，面，所以面， ∵，，所以， 又，所以三角形为等边三角形，∴， 又， 故三棱锥的体积. 题型七 垂直问题 1．(24-25高一下·吉林长春农安县·期末)如图，在三棱柱中，，平面平面，平面平面．    (1)求证：平面； (2)求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由勾股定理可得，又平面平面，可得平面，从而，同理，根据线面垂直的判定定理可得结论； （2）取为的中点，由平面得，则，可证得，所以，进而可得，证得平面，所以，从而平面，进而可得结论． 【详解】（1）因为，所以，所以， 又平面平面，平面平面平面，所以平面． 又平面，所以， 同理可得平面，又平面，所以， 又平面，所以平面； （2）取为的中点，连接，      由（1）知平面，又平面，所以， 又，所以， 所以， 又，则， 所以，所以． 又，所以，所以， 因为，所以， 又平面，又平面，所以， 又，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以． 2．(24-25高一下·湖南岳阳华容县·期末)如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且. (1)证明：平面平面； (2)求四棱锥外接球的表面积； (3)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由题意可证，，进而可证平面，可证结论； （2）由（1）可得，建立平面直角坐标系，可得，进而计算可求得，进而可求得四棱锥外接球的半径，可求解； （3）利用等体积法可求体积. 【详解】（1）因为底面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以平面平面． （2）由（1）可知平面，平面，所以， 建立如图所示的平面直角坐标系，所以． 设，因为，所以，，，． 从而． 所以，即， 四棱锥外接球的半径， 所以四棱锥外接球的表面积； （3） 3．(24-25高一下·吉林长春四县区联考·期末)如图，在直三棱柱中，，D，E分别为，的中点. (1)求证：. (2)若，，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【分析】（1）取中点，连由中点性质知垂直垂直，根据线面垂直判定得垂直平面，进而得． （2）利用三棱锥体积公式算出体积. 【详解】（1）取中点，连接，， 在直三棱柱中，，D，E分别为，的中点， 故，又因则，， 因，平面， 故平面，因为平面，所以； （2）因，，平面，则平面 则三棱锥的体积为： ． 4．(24-25高一下·新疆喀什巴楚县·期末)如图，三棱台中，，分别为的中点. (1)求证：平面； (2)若，求证：平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】(1) 连接，设，连接，先得四边形是平行四边形，即可证得，得出结果； (2) 先证明，由线面垂直的判定定理可得平面，结合平面，即可得证. 【详解】（1）如图所示，连接，设，连接． 在三棱台中，，所以． 因为G是AC的中点， 所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以． 因为，所以． 又平面，平面， 所以平面． （2）因为分别为的中点，所以． 因为，所以． 又为的中点， 所以，， 所以四边形EFCH是平行四边形，所以． 因为，所以． 又平面， 所以平面．又平面， 所以平面平面． 题型八 共线共面问题 1．(23-24高一下·广西示范性高中·期末) （多选）如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法正确的是（    ）    A．四点共面 B． C．三线不共点 D． 【答案】AB 【分析】连接，证得且，可得判定A正确、B正确；延长相交于点，结合平面的性质，可判定C不正确；由和时，得到，可判定D错误． 【详解】对于A、B中，如图所示，连接， 因为是的中位线，所以，且， 又因为，且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，且，所以为梯形， 所以四点共面，所以A、B正确； 对于C中，如图所示，延长相交于点， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面， 因为平面平面，所以， 所以三线共点，所以C不正确； 对于D中，因为，当时，， 又，则，所以D错误． 故选：AB    2．(24-25高一下·湖北部分高中协作体·期末)如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G，H分别是棱，，，的中点. (1)求证：E，F，G，H四点共面.记过这四点的平面为，在图中画出平面与该正方体各面的交线（不必说明画法和理由）； (2)求证：，，三线共点. 【答案】(1)证明及作图见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）平行于同一条直线的两条直线互相平行，通过证明与都平行于正方体中的某条棱，进而证明，E，F，G，H四点共面； （2）通过分别找出与延长线的交点，与延长线的交点，证明这两个交点重合. 【详解】（1）如图①，连接，，， 因为E，H分别是棱，的中点，所以， 又F，G分别是棱，的中点，所以， 故， 所以E，F，G，H四点共面. 平面与该正方体各面的交线如图①（多边形）所示. （2）如图②，易知，且，所以与必相交，设交点为P， 又由，平面，得平面， 同理平面， 又因为平面∩平面，所以， 所以，，三线共点. 3．(24-25高一下·四川攀枝花·)如图，在等腰直角△中，，，为的中点，、分别为、边上一点，满足， ．将△、△分别沿着、翻折成△、△，满足，在平面的同侧，且 ． (1)证明：，，，共面； (2)设几何体的体积为，求的最大值； (3)当取最大值时，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据三角形相似即可得故共线，进而可求证，或者利用相似得与重合求解， （2）根据题意可得几何体为三棱台，即可根据体积公式求解， （3）根据体积最大可得，进而根据二面角的定义可知是二面角的平面角，即可利用余弦定理求解. 【详解】（1） 延长，相交于点，连接、． 由题意，，所以，． 因为，所以，且在同一平面内． 所以 ．所以，故共线．即直线，所以共面． （法二）延长，相交于点． 因为，所以∽，且． 延长，相交于点． 因为，所以∽ 因为，，所以，故与重合． 即直线，所以共面． （2）因为，平面，平面，故平面 同理，平面 又，所以平面平面． 由（1）知共面，所以，几何体为三棱台． 由，，平面， 所以平面，从而平面平面．过作，垂足为， 则平面，故平面 易知，． 则． 当且仅当，即取到等号， 故体积的最大值为， （3）由（2）知，当取最大值时， 因为，所以 取的中点，连接，，则， 所以是二面角的平面角． 在三角形中，由余弦定理得． 4．(24-25高一下·云南昭通普通高中云南师范大学附属镇雄中学教研联盟·期末)图1是由正方形和等边组成的平面图形，将沿折起． (1)折起时点与点重合，且平面平面，如图2，、分别是、的中点． ①证明：四点共面； ②证明：平面平面； (2)折起时点与点重合，且，如图3，求点到平面的距离． 【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析 (2)． 【分析】（1）①判断，即可得到结果；②通过说明，，然后利用面面垂直的判定定理可得结果； （2）利用等体积法计算即可. 【详解】（1）证明①：、分别是、的中点，则，又，所以，所以四点共面． ②因为平面平面，而，所以平面． 又因为平面，所以． 为等边三角形，是的中点，所以，因为，且两直线在平面内， 所以平面，而平面，所以平面平面． （2）连接交于点，连接， 因为，为的中点， 所以，故．． 所以，所以．且AD、AE是平面平面内的两条相交直线， 所以平面，设点到平面的距离为， 而，即，所以，解得． 所以点到平面的距离为． 题型九 动点问题 1．(24-25高一下·甘肃兰州第五十八中学·期末)如图1，四边形ABCD为菱形，是边长为2的等边三角形，点为AB的中点，将沿AB边折起，使，连接PD，如图2， (1)证明：； (2)求异面直线BD与PC所成角的余弦值； (3)在线段PD上是否存在点，使得平面MCN？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）由等边三角形的性质可得，由四边形，可得，再由线面垂直的判定可得平面，则； （2）在上取点Q，使得，设，连接，，可证得或其补角为异面直线BD与PC所成的角，然后在中利用余弦定理求解即可； （3）设，连接，则由线面平行的性质可得，从而可找出点的位置. 【详解】（1）连接，因为是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，所以. 因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）在上取点Q，使得，设，连接，， 因为 ，所以， 在中，，所以 ， 所以或其补角为异面直线BD与PC所成的角，因为，所以， 又， ， 在中，由余弦定理得， 所以异面直线BD与PC所成角的余弦值为. （3）假设线段上存在点，使得平面， 因为平面，平面，平面平面， 所以 ，又，所以. 所以线段PD上存在点N，使得平面，且， ． 2．(24-25高一下·辽宁重点中学协作校·期末)如图，长方体中，，，点M是棱CD的中点． (1)过三点作出长方体的截面（不要求过程，作出即可）； (2)是否存在实数m，使得直线与平面垂直？并说明理由； (3)设P是线段上的一点（不含端点），满足，求λ的值，使得三棱锥与三棱锥的体积相等． 【答案】(1)截面见解析； (2)存在，，理由见解析； (3)，理由见解析 【分析】（1）根据面面平行得到线线平行，从而得到截面图形； （2）当时，，所以Rt∽Rt，从而得到⊥，结合⊥，得到⊥平面，所以⊥，同理可证⊥，所以⊥平面； （3）设与平面的斜足为，等体积法求出，大减小得到，所以，故，又，则为的中点，即，所以. 【详解】（1）如图所示，平行四边形即为过三点作出长方体的截面，理由如下： 因为平面与平面平行， 所以平面与平面的交线和平面与平面的交线平行， 同理可得平面与平面的交线和平面与平面的交线平行， 故只有取的中点，连接，可以保证上述条件， 所以平行四边形即为过三点作出长方体的截面； （2）存在实数，使得直线与平面垂直，理由如下： 当时，， 因为，所以，所以Rt∽Rt， 则，所以，即⊥， 又⊥平面，平面，所以⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 又平面，所以⊥， 同理可证⊥，又，平面， 所以⊥平面； （3）设与平面的斜足为， 因为， 又， 其中， ，故， 所以，故， 若，则，故， 所以在线段上取一点P，使得三棱锥与三棱锥的体积相等， 则为的中点，即，所以. 3．(24-25高一下·四川成都盐道街中学·期末)如图，已知等腰梯形ABCD中，，，E是BC的中点，，将沿着AE翻折成，使平面 (1)求证：平面； (2)求二面角的大小； (3)在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求CP的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在； 【分析】（1）根据等腰梯形的特征利用线面垂直的判定定理即可得出证明； （2）利用线面垂直的性质定理可得即为二面角的平面角，可得其大小为； （3）假设条件成立，然后根据线面平行的性质以及已知条件，求出点P的具体位置，即可求解． 【详解】（1）因为在等腰梯形ABCD中， ，，E是BC的中点， 所以四边形ABED为菱形，所以， 又，所以，， 又，平面， 所以平面； （2）由平面AECD，平面AECD，可得； 易知，，所以； 又，，平面， 所以平面，又平面， 所以，又， 所以即为二面角的平面角， 在直角三角形中，， 所以， 所以； （3）假设线段上是否存在点P，使得平面， 过点P作交于Q，连接MP，AQ，如下图所示： 所以，即可得A，M，P，Q四点共面， 又因为平面，平面平面， 平面，所以， 所以四边形AMPQ为平行四边形，所以，点P为的中点； 故在线段上存在点P，使得平面，且， 易知为正三角形，且，所以， 由勾股定理可得， 所以， 所以 4．(24-25高一下·内蒙古锡林郭勒盟第二中学·期末)如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，且. (1)求证：平面平面； (2)若、分别为线段、上的一点（端点除外），满足. ①求证：不论为何值，都有平面；②是否存在，使得为直角三角形，若存在，求出所有符合条件的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)①证明见解析；②存在，. 【分析】（1）线面垂直的性质及已知有、，再由线面、面面垂直的判定即可证结论； （2）①由等比例的性质得，再由线面平行的判定即可证；②假设，由面面、线面垂直的性质定理得为直角三角形，再根据已知确定值，即可得结论. 【详解】（1）∵底面，底面， ∴. ∵， ∴. ∵，、平面， ∴平面， ∵， ∴平面，平面， ∴平面平面. （2）①在中，，则， ∵平面，平面， ∴平面. ②当时，由（1）知平面平面， 且平面平面，平面， ∴平面，平面，则， ∴此时为直角三角形. 在中，故，则， 所以， ∴，故存在时为直角三角形. 题型十 线面角问题 1．(24-25高一下·江苏无锡惠山区锡山高级中学·期末)如图，在四棱锥中，底面为梯形，，垂直于面，，，，为棱的中点． (1)求证：平面． (2)求直线与面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接、，即可证明，从而得到平面； （2）求出三棱锥的体积，再由等体积法求出点到平面的距离，最后利用锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）取的中点，连接、，则，且. 因为，，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）因为底面为梯形，，，， 所以，， ， 又垂直于面，为棱的中点， 所以到平面的距离为，所以， 因为垂直于面，平面，所以，， 所以，， 所以， 所以， 设点到平面的距离为，则，即，所以， 设直线与面所成的角为，则， 直线与面所成的角的正弦值为. 2．(24-25高一下·湖南衡阳第一中学·期末)已知正方体的棱长为，，分别为，的中点． (1)证明：平面． (2)求异面直线与所成角的大小． (3)求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）通过中位线定理证明线线平行，进而证明线面平行； （2）利用平行关系将异面直线所成角转化为共面直线所成角，再通过解三角形求解； （3）利用线面垂直，从而确定线面角，再通过几何法求解. 【详解】（1）证明：连接交于点， 分别为，的中点， ， 平面，且平面， 平面； （2）， 与所成角大小等于与， 为的中点， ，即与所成角的大小为； （3）连接，过作于点， 平面，且平面， ，又且,且两直线在平面内， 平面， 平面， ，又，且，,且两直线在平面内， 平面， 直线与平面所成角大小等于， 正方体的边长为， . 3．(24-25高一下·湖南衡阳衡南县·期末)如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是线段的中点，是线段的中点. (1)求证：平面； (2)求与面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理得平面，再根据，即可证明答案； （2）利用等体积法求出到面的距离，进而得到与面所成角的正弦值. 【详解】（1）因为底面为正方形， 所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面， 又因为是线段的中点，是线段的中点， 所以， 所以平面. （2） 取中点为，连接， 因为为正三角形， 所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面， 又因为平面， 所以， 设，，， 所以在中，， 由（1）得平面， 又因为，所以平面， 又因为平面， 所以， 所以，， 设到面的距离为，因为， 所以 ， 所以， 设与面所成角为， 则， 所以与面所成角的正弦值为. 4．(22-23高一下·福建福州八县·一中·期末)如图，一块正方体木料，面上有一点， (1)经过点在面上能否画一条直线，使其与垂直，若可以，该怎么画，在答题纸上作图，写出作图过程并加以证明；若不能，说明理由. (2)若正方体棱长为2，为线段中点，求直线与面所成角的正弦值. 【答案】(1)可以，作图过程见解析，证明见解析; (2). 【分析】（1）连接，在平面上过点作直线,则，再利用线面垂直证明线线垂直即可； （2）在平面上，过点作，则是的中点，先证明平面,可得为斜线与平面所成的角，进而可得答案. 【详解】（1）过点在面上能画一条直线，使其与垂直, 如图所示，连接，在平面上过点作直线, 则， 证明：在正方体中易得：面， 因为面，所以 . 又因为,,且面， 所以面， 因为面，所以. （2）在平面上，过点作，则是的中点，连接, 在正方体中易得：面, 因为面,所以, 因为,且面， 所以面， 所以为斜线在平面上的射影， 故为斜线与平面所成的角. 因为面，面, 所以 ， 在直角三角形中易得, 所以. 故直线与面所成角的正弦值为. 题型十一 面面角问题 1．(24-25高一下·四川泸州三校联盟·期末)如图，已知平面平面ABCD，四边形ABCD是正方形，，点E，F，M分别是BC，PB，AD的中点．    (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，连接交于点，连接，先得到四边形为矩形，可得为的中点，结合为的中点，可得，进而求证即可； （2）由，为的中点，可得，再根据平面平面可得平面， 进而得到，进而求证即可； （3）取为的中点，作，垂足为，连接，分析得到是二面角的平面角，解三角形即得. 【详解】（1）如图，连接，连接交于点，连接，    因为点为的中点，为中点，且 四边形ABCD是正方形， 所以四边形为矩形， 故为的中点，又因为为的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面． （2）由，为的中点，得， 又因为四边形是正方形，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以，   又因为，平面， 所以平面． （3）如图，取为的中点， 由，得， 又因平面平面，平面平面，平面， 平面， 作，垂足为，连接，    由，，所以， 因为平面， 所以平面，又平面，则， 所以就是二面角的平面角， 在中，，，得， 所以， 故所求二面角的余弦值为． 2．(24-25高一下·四川成都锦江区嘉祥外国语高级中学·期末)如图，已知四棱锥中，侧面PAD为边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，，O为AD中点，侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为．    (1)证明平面PBO； (2)求点P到平面ABCD的距离； (3)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接PO，BO，BD，先证明，，进而求证即可； （2）易得是二面角的平面角，即，过P作的延长线于H，进而证明平面，进而求解即可； （3）取PB中点E，连OE，取PC中点F，连EF，AE，DF，进而得到为二面角的平面角，进而求解即可. 【详解】（1）连接PO，BO，BD，如图， 因是边长为2的正三角形，则， 在菱形ABCD中，，则为正三角形， 所以，又，平面， 则平面. （2）由（1）知，，， 则是二面角的平面角，， 由平面，平面， 则平面平面，过P作的延长线于H， 因为平面平面，平面， 因此平面， 而在正中，，则， 又，则， 所以点P到平面的距离是. （3）由（1）知，是正三角形，则， 取PB中点E，连OE，由（2）知，， 则，，， 取PC中点F，连EF，AE，DF，则有，且， 又平面，平面，则， 即有，又，则， 从而得为二面角的平面角， 在梯形中，， 中，， ， 所以二面角的余弦值是.      3．(24-25高一下·甘肃庆阳镇原县·)如图，在直三棱柱中，是棱的中点，，，． (1)求三棱柱的外接球的体积； (2)求直线与平面所成的角的余弦值； (3)求二面角的大小． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意找出外接球的球心，再用勾股定理求出半径，进而即可求出外接球的体积； （2）先根据线线垂直，线面垂直的性质及勾股定理证明是直线与平面所成的角，从而求出其余弦值，进而即可得到答案． （3）取的一点，使，且连接，从而根据线面垂直，线线垂直的性质证明是二面角的平面角，再根据勾股定理，余弦定理及三角函数的定义求出，，，进而根据余弦定理求出，进而即可得到答案． 【详解】（1）取的中点，取的中点，连接，且交于， 由，且，则是等腰直角三角形， 所以是的外心，同理是的外心， 所以是直三棱柱的外接球的球心， 又， 则外接球的半径为， 三所以棱柱的外接球的体积是． （2）在直三棱柱中，平面， 又平面，则， 由，且，，平面， 所以平面， 又平面，所以， 由是棱的中点， 则，， 则，所以， 又，，平面， 所以平面， 所以是直线与平面所成的角， 由平面，则， 又，， 则， 所以直线与平面所成的角余弦值是． （3）取的一点，使，且连接， 由（2）有， 又平面平面，所以是二面角的平面角， 在中，有，，， 由余弦定理有， 则，， 则， 所以，， 在中，有，，， 则，所以， 所以， 所以在中， 由余弦定理得， 在中，有，，， 则由余弦定理有， 又，所以， 故二面角的平面角是． 4．(24-25高一下·辽宁大连·期末)如图，已知是圆的直径，是圆上的一动点，垂直圆所在平面. (1)求证：； (2)是圆上点，且，，，求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据线面垂直证明线线垂直. （2）做出二面角的平面角，解三角形，求二面角的平面角的余弦. 【详解】（1）平面圆，又平面圆，. 是圆的直径，. ，又平面，平面. 平面. 又平面，. （2）如图： 过点作，垂足为，连接， ，，. ，，， 在中，由余弦定理得， . 垂直圆所在的平面，又圆所在的平面， ，，. ，，， ，，且， 二面角的平面角为. 由三角形面积公式可得，. 在中由余弦定理可得 ， ∴二面角的余弦值为. 题型十二 距离问题 1．(24-25高一下·辽宁葫芦岛·期末)如图，已知梯形，，，将梯形绕直线旋转角至梯形，为的中点，连接，，． (1)证明：平面； (2)当面积最大时，求二面角的余弦值； (3)当二面角为时，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】（1）根据平行四边形的判定、性质，再根据线面平行的判断即可证明结论； （2）取的中点，连接，，先根据二面角的定义，得到为二面角的平面角，再结合余弦定理，三角形的面积公式即可求解； （3）连接，先结合（2）求出，，设点到平面的距离为，再利用等体积法即可求出点到平面的距离． 【详解】（1）由题意得，，且， 所以四边形是平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面． （2）取的中点，连接，， 由（1）知， 又，且， 所以四边形是平行四边形， 所以， 所以，， 所以，， 又，则平面， 所以为二面角的平面角， 所以， 又， 所以， 因为，所以平面， 又平面，所以， 所以， 在中， 由余弦定理， 所以，整理得（*） 又， 则当时，面积最大， 所以此时，代入（*）得． （3）连接， 结合（2）可得，， 当二面角为时，则平面， 又平面，所以， 所以， 在中， 由余弦定理得， 所以， 所以， 设点到平面的距离为， 又，即，解得， 故点到平面的距离为． 2．(24-25高一下·内蒙古乌兰察布集宁区第二中学·期末)如图，在四棱锥中，平面，，分别为棱的中点.    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，利用条件证明四边形是正方形，继而可由与证得平面； （2）先利用条件求出的长，推得，从而得到的面积，再根据等体积即可求得点到平面的距离. 【详解】（1）    如图，连接，因点为的中点，且， 则可得，易知四边形是正方形，则， 因平面，平面，故， 又平面，故平面. （2）在中，， 在中，， 又，因，则， 则的面积为，又的面积为， 设点到平面的距离为，则由可得， 则，即点到平面的距离为. 3．(24-25高一下·黑龙江大庆大庆实验中学·期末)如图，在四棱锥中，底面是梯形， ．平面，、分别为棱的中点， (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）若是的中点，连接，根据已知易得，再由线面、面面平行的判定证明平面平面，最后由面面平行的性质证明结论； （2）利用线面、面面垂直的判定证明平面平面，即得在平面上的投影在直线上，进而确定线面角的平面角，即可求其正弦值； （3）应用等体积法求点面距离即可. 【详解】（1）若是的中点，连接，又、分别为棱的中点， 根据中位线的性质知，， 由平面，平面，则平面，同理平面， 由都在平面内，故平面平面， 又平面，所以平面； （2）由题设，易知为等腰直角三角形，且，则， 由题设，易知四边形为直角梯形，且，，则， 综上，，则， 由平面，平面，则，同理可证， 由都在平面内，则平面，平面， 所以平面平面，而平面，且平面平面， 所以在平面上的投影在直线上，故与平面所成角为或其补角， 在中，则，故， 所以与平面所在角的正弦值为； （3）由（2）平面，平面，则，故， 由 ， 若点到平面的距离为，则，可得. 4．(24-25高一下·吉林“BEST合作体”·期末)如图，在直三棱柱中，，，，M为的中点． (1)证明：平面； (2)求直线到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）连接，利用线面平行的判定推理得证. （2）将线面距离转化为点面距离，再利用等体积法求解. 【详解】（1）在直三棱柱中，连接，交于点N，连接，如图： 则N为的中点，而M为的中点，则，又平面，平面， 所以平面． （2）连接，由，得，又平面，平面， 则，又平面，因此平面， 又平面，则，又，则是等腰直角三角形， ，，， ，设点A到平面的距离为d， 由，得，解得， 由平面，得直线到平面的距离即为点A到平面的距离， 所以直线到平面的距离为． 题型十三 截面问题 1．(25-26高一上·湖南邵阳·) （多选）在棱长为2的正方体中，点，，分别为棱，，的中点，则下列说法正确的有（   ） A．正方体被平面所截的截面为正六边形 B．正方体被平面所截的截面的面积为 C．正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面平行的直线共有6条 D．正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面垂直的直线有且仅有1条 【答案】ACD 【分析】根据题意，可作出截面为正六边形，再逐项判断即可． 【详解】如图，取的中点，的中点，的中点，连接， ，又， ，同理可证， 共面，且， 故截面即为正六边形，边长为，    其面积，故A选项正确，B选项错误； 对于C选项，，平面，平面， 平面， 同理可得直线，，，，均与平面平行， 则正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面平行的直线共有6条，C选项正确； 对于D选项，连接， 则正方体中，，平面，因为平面， ，又平面， 平面，又平面， ，同理可证， 又，， 又平面， 平面， 正方体任意两个顶点的连线没有与平行的， 即正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面垂直的直线有且仅有1条，D选项正确． 故选：ACD． 2．(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 【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. 3．(24-25高一下·贵州黔南州·期末)在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”．如图，三棱柱为一“堑堵”，P是的中点，，则该“堑堵”的外接球的表面积为______；在过点P且与直线平行的截面中，当截面图形为等腰梯形时，该截面的面积为______ 【答案】 【分析】①如图1，把原三棱柱补成正方体，则正方体对角线为外接球的一条直径，根据求出半径，再根据面积公式求解. ②如图2，取中点E，F，G构造面，由与线线平行推出与面平行，根据边长关系进一步推出四边形即为唯一的等腰梯形，求其面积即可. 【详解】如图1，将三棱柱补成正方体， 则外接球的半径，则外接球的表面积为． 如图2，分别取的中点为E，F，G，连接FG，EP，EF，PG． 因为F，G分别为的中点，所以且． 在直三棱柱中，且 ． 因为E，P分别为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，所以且，所以，且，所以P，E，F，G四点共面． 因为E，F分别为的中点，所以． 又,，所以． 因为且F，G分别为的中点，所以， 则，所以四边形即为符合要求的等腰梯形． 当E不是的中点时，不平行平面，则四边形不是等腰梯形，故等腰梯形有且仅有一个． 在等腰梯形中，,． 过点G作的垂线，交于点H， 所以． 故答案为：； 4．(24-25高一下·江西南昌第二中学·期末)如图，斜三棱柱中，，四边形是菱形，为的中点，平面，． (1)求证：四边形为矩形； (2)在上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (3)若分别为，的中点，求此斜三棱柱被平面所截的截面面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， (3) 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理和判定定理求解即可； （2）过点作的垂线交于点，由线面垂直的性质定理和判定定理可知平面，过点作的平行线交于点，所以平面，再在平面中以为原点，为轴建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标表示求解即可； （3）延长，交于点，连接交于点，连接，，则四边形即为所得截面，利用线面垂直的判断定理和性质定理，结合余弦定理求该截面面积即可. 【详解】（1）斜三棱柱中，侧面是平行四边形， 因为平面，平面，所以， 因为，，所以平面， 又因为平面，所以，所以四边形为矩形. （2）如图，过点作的垂线交于点， 因为平面，平面，所以， 又因为，， ，所以平面， 过点作的平行线交于点，连接，所以平面， 由斜三棱柱的性质易知， 在平面中以为原点，为轴建立平面直角坐标系， 所以，，，，， 设，则，所以，， 因为，所以， 即，解得， 在上是存在点，当时，平面. （3）延长，交于点，连接交于点，连接，， 则四边形即为所得截面， 因为四边形是菱形，为的中点，平面，平面， 所以，是等边三角形，则， 因为，所以， 过作交于， 因为，，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，， 在中，因为， 由余弦定理可知， 因为分别为，的中点，，易知与全等， 所以，，， 在直角三角形中，由可得， 在中，由余弦定理可知， 所以， 所以， 设截面面积为，由于，， 所以 . 即所求截面面积为. 题型十四 交线问题 1．(24-25高一下·辽宁县域重点高中·期末)已知空间有6个不同的平面，则它们的交线条数最多为（    ） A．15 B．16 C．17 D．18 【答案】A 【分析】先分析出当这6个平面任意2个都相交，且交线不重合时，交线最多，再分步计算有多少条交线即可. 【详解】当这6个平面任意2个都相交，且交线不重合时，交线最多， 记这6个不同的平面分别为， 此时与其余5个平面相交，有5条交线，与除去外的4个平面相交有4条交线，，与相交有1条交线， 所以共有条交线. 故选：A. 2．(23-24高一下·四川乐山·期末)已知直四棱柱的棱长均相等，且，以为球心，为半径的球面与侧面的交线为半圆，且长为，则该四棱柱的体积为__________. 【答案】 【分析】作出辅助线，得到⊥平面，故以为圆心，为半径作圆，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为半圆，故，从而列出方程，解得，由于，故符合题意，求出各边长，得到该四棱柱的体积. 【详解】由题意得，连接， 因为直四棱柱的棱长均相等，所以为等边三角形， 取的中点，连接，则⊥， 又⊥平面，平面，所以⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 设直四棱柱的棱长为，则， 由勾股定理得， 以为圆心，为半径作圆， 以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为半圆，故， 故，解得， 此时，即， 解得，由于，故符合题意， 此时，该四棱柱的棱长为2， 故体积为； 故答案为： 3．(24-25高一下·辽宁大连第八中学·期末) （多选）在正三棱柱中，，，，分别为，的中点，，，，四点均在球的表面上，则（    ） A．平面 B．球的表面积为 C．球表面与三棱柱表面的交线长度之和为 D．六面体与七面体公共部分的体积为 【答案】AC 【分析】设中点为，易证四边形为平行四边形，可得，根据线面平面的判定即可证明平面确定A；由题可得为直角三角形，为公共斜边，则球心在中点处，为球的直径，利用球的表面积公式即可判断B；利用球的性质可求与各面的交线长，求和即可判断C；易知六面体与七面体无公共部分即可判断D. 【详解】设中点为，又为中点，所以，且， 又为中点，所以，且， 即，且，则四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面，故A正确； 根据题意，易得 又平面，所以平面， 又平面，所以， 同理可证，所以为直角三角形， 为公共斜边，则球心在中点处，为球的直径， 则球的表面积为，故B错误； 设分别为的中点，平面截球的截面半径为， 易得平面，则， 所以球与上底面的交线如图，，， ，则为等边三角形， 所以，则，由对称性与底面的交线长也为， 因为分别为的中点，所以， 又平面，所以平面， 设平面截球的截面半径为，， 所以球与面的交线如图，，， ，所以， ，根据对称性可知与面的交线长也为， 易知与面无交线， 所以球表面与三棱柱表面的交线长度之和为，故C正确； 根据图像六面体与七面体无公共部分，故D错误； 故选：AC. 4．(24-25高一下·四川成都蓉城联盟·期末)以点O为球心，半径为的球的表面与以点O为顶点，棱长为6的正四面体表面的交线为P，则P的总长度为________． 【答案】 【分析】先在正四面体中求出高，判断出底面与球相交，交线是一个圆，进而求出底面圆的半径为，即可求出球与底面相交的交线长；然后在侧面在三个侧面等边三角形中，求出到对边中点的距离都是，即可得知每个侧面与球的交线是以为圆心，以为半径，圆心角为的圆弧， 算出三个侧面与球相交的总弧长，即可求出交线P的总长度. 【详解】    如图所示的正四面体，棱长为6，设底面中心为， 在等边中，为边的中点， 可知， 所以在中，求得正四面体的高 ， 所以正四面体的底面与球相交，交线是一个圆，圆心恰为， 设底面圆的半径为，则， 所以球与底面交线的周长为. 在三个侧面等边三角形中， 到对边中点的距离都是，例如， 所以每个侧面与球的交线是以为圆心，以为半径， 圆心角为的圆弧，所以弧长为， 所以三个侧面的总弧长为. 所以交线P的总长度为. 故答案为： 题型十五线段和最小问题 1．(24-25高一下·陕西渭南高级中学·期末) （多选）在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则下列结论中正确的是（    ） A． B．异面直线与所成角的取值范围为 C．的最小值为 D．该直三棱柱的外接球的体积为 【答案】AD 【分析】构造正方体模型判断A、B，展开为平面图形，两点间直线最短，即可求出最小值，从而判断C，由直三棱柱的外接球即为棱长为2的正方体的外接球，求出外接球半径，进而求外接球体积判断D. 【详解】A：如图，将几何体补为正方体，易知， 由平面， 平面，则， 由且都在平面内，故平面， 平面，则，对； B：如图，将几何体补为正方体， 当动点M与点B重合时，此时直线与所成角最小，为，但不满足直线异面； 当动点M由点B向点C运动时，直线与所成角逐渐变大， 当动点M与点C重合时，直线与所成角最大， 而是等边三角形，所以直线与所成角为， 又，故直线与所成角最大为， 所以异面直线与所成角的取值范围为，错； C：如图，将平面与平面展为同一平面，则，错； D：由上分析，直三棱柱的外接球即为棱长为2的正方体的外接球，故外接球的半径为， 所以外接球体积为，对. 故选：AD 2．(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 【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. 3．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期末) （多选）已知正方体的棱长为2，为空间中动点，为中点，则下列结论中正确的是（    ） A．若为线段上的动点，则存在点使得直线与所成角为 B．若为侧面上的动点，且平面，则点的轨迹的长度为 C．若为侧面上的动点，且，则点的轨迹的长度为 D．若为侧面上的动点，则存在点满足 【答案】BC 【分析】根据异面直线的夹角、线面平行、勾股定理、对称性等知识对选项逐一计算判断. 【详解】对于选项A： 作交于，因为，所以. 所以直线与所成角为直线与所成角. 因为，设， 则，解得. 根据勾股定理. 因为平面，，所以平面， 又平面，所以. 所以，化简得， 解得，因，所以， 所以在上不存在点使得直线与所成角为，所以A错误； 对于选项B： 取的中点分别为，根据中位线定理得， 因为平面，而不在平面内， 所以平面. 所以点的轨迹为，其长度为，所以B正确； 对于选项C： 因为平面，平面，所以. 根据勾股定理. 所以点的轨迹为以为原点以为半径的四分之一圆， 其轨迹长度为，所以C正确； 对于选项D： 延长至使得，连接. 那么是的最短路径. 根据勾股定理可得， 所以在侧面上不存在点满足，所以D错误. 故选：BC. 4．(24-25高一下·山东日照·期末) （多选）在棱长为4的正方体中，已知E，F分别为线段的中点，点满足，则（    ） A．当时，四棱锥外接球半径为3 B．当时，三棱锥的体积为 C．若，则点的轨迹长为 D．周长的最小值为 【答案】ACD 【分析】A选项，点在线段的中点，作出辅助线，找到外接球球心，从而得到外接球半径，判断A；B选项，先得到，故点在线段上，连接，证明出，结合锥体体积公式求三棱锥体积，判断B； C选项，由，可得点的轨迹为点为圆心，半径为4的圆的一部分，由此可求轨迹长度.；D选项，取线段的中点，由对称性知，数形结合得到，从而得到周长的最小值. 【详解】对于A选项，当时，， 故，即， 所以点在线段的中点，连接相交于点，则为中点， 所以，由正方体性质可得平面，则平面， 设正四棱锥的外接球的球心为，则三点共线， 其中，所以球心在的延长线上， 设，则， 由勾股定理得，即，解得，故A正确； 对于B选项，当时，， 故，即，故点在线段上， 连接，与相交于点，则为的中点，连接， 因为为的中点，所以，又平面，平面， 所以平面，所以三棱锥的体积， 所以，又， 所以，故三棱三棱锥的体积为，故B错误； 对于C选项，因为，又点在矩形及其内部， 点的轨迹为点为球心，半径长为的球面被平面截且在矩形及其内部的图形， 又平面，且，故， 所以点的轨迹为以为圆心，半径为4的圆的一部分， 如图所示，其中，， 故，则， 则，则轨迹长为，故C正确. 对于D选项，点在矩形及其内部，取线段的中点， 由对称性知，， 此时三点共线， 又，所以，故C正确； 故选：ACD 题型十六 动点问题 1．(24-25高一下·江苏无锡惠山区锡山高级中学·期末) （多选）如图，正方体的棱长为2，点M是其侧面上的一个动点（含边界），点P是线段上的动点，则（   ） A．的长度范围是 B．存在点P，M，使得平面与平面平行 C．存在点P，M，使得二面角大小为 D．当P为棱的中点且时，则点M的轨迹长度为 【答案】BC 【分析】对于A，易得即可判断；对于B，可找到点P，M使得平面与平面PBD平行；对于C，由题意，证得，得到二面角的平面角即可判断；对于D，求得点M的轨迹长度判断． 【详解】解：对于A，易知点到侧面的距离为2，故，故A错误； 对于B，当M为中点，P为中点时， 连接、，结合正方体的结构特征有， ，又平面，平面，则平面PBD， ，又平面，平面，则平面， 又且都在面内，则平面平面 故B正确； 对于C，在正方体中，可得平面， 因为平面，平面，所以， 所以二面角的平面角为，其中，所以C正确； 对于D，取中点E，连接PE，ME，PM，则平面， 根据线面垂直的性质有，则， 则点M在侧面内运动轨迹为以E为圆心半径为2的劣弧， 分别交AD、于、，则， 则，劣弧的长为，故D错误． 2．(24-25高一下·湖南岳阳岳阳楼区·期末) （多选）在正方体中，为线段上的动点（不包含端点），则（    ） A．存在点，使得平面平面 B．不存在点，使得平面平面 C．存在点，使得直线与所成角为 D．平面截正方体所得的截面可能是等腰三角形 【答案】ACD 【分析】对A，利用面面垂直的判定定理即可判断；对B，当点为的中点时，证明面面平行，即可判断；对C，当点为线段上靠近的四等分点时，利用线线角的定义求解判断；对D，当点为线段的中点时，此时平面截正方体所得的截面为正三角形. 【详解】对于A，因为在正方体中，平面， 又平面与平面是同一个平面，平面， 所以无论点在线段（不含端点）上任何位置都有平面平面，故A正确； 对于B，当点为的中点时，有，平面，平面，所以平面， 同理，平面，且，平面， 所以平面平面，故B错误； 对于C，当点为线段上靠近的四等分点时，如图，连接， 过点作，交于，则， 又正方体中，，所以，则直线与所成角为， 又，， 所以为等边三角形，所以，故C正确； 对于D，如图，当点为线段的中点时，此时平面截正方体所得的截面为正三角形，故D正确. 故选：ACD. 3．(24-25高一下·辽宁大连·期末) （多选）已知正方体，，且直线与直线夹角为，则下列说法正确的是（   ） A．若点在棱上，且，则 B．若，且点在面上，则点的轨迹长度为 C．是面上的动点，，则的轨迹图形面积是 D．点为截面上的动点，，则点的轨迹长度是 【答案】BCD 【分析】对A，由题易得，运算得解；对B，由题可得点的轨迹是以为圆心，所含圆心角为的圆弧，运算得解；对C，由题易证平面，可得点的轨迹图形是，求解判断；对D，由C，可确定点的轨迹得解. 【详解】对于A，如图，点在上，则，所以， 解得，所以，故A错误； 对于B，因为，所以直线与夹角为， 所以射线的轨迹是以为轴，轴截面等腰三角形顶角为的圆锥侧面， 当点在底面内时，， 点的轨迹是以为圆心，所含圆心角为的圆弧，轨迹长度为，故B正确； 对于C，如图，连接， 由平面，平面，则，又， ，平面，故平面， 平面，所以， 同理，可得，而，平面， 所以平面，因为，所以平面，又是正方体面上的动点， 所以点的轨迹图形是，易知是正三角形，边长为， 所以点的轨迹图形的面积为，故C正确； 对于D，由C可知，平面，又点为截面上的动点，平面平面， 所以点的轨迹是线段，长度为，故D正确. 故选：BCD. 4．(24-25高一下·吉林“BEST合作体”·期末) （多选）已知正方体的棱长为，点E，F是棱，的中点，点M在侧面内运动（包括边界），且与平面成角的正切值为，下列说法正确的是（    ）． A．的最小值为 B．不存在点M，使得 C．不存在点M，使得∥平面 D．所有满足条件的动线段形成的曲面面积为 【答案】ABD 【分析】利用线面角确定点的轨迹为圆弧，由圆的性质确定的最小值判断A，根据线面垂直的判定与性质用反证法判断B，证明平面∥平面，利用面面平行的性质判定C，结合扇形面积公式，求出曲面面积判断D. 【详解】由题知，在正方体中，平面， 所以，为与面所成角，且， 因为正方体的棱长为，与面所成角的正切值为， 所以，解得， 所以，点M的轨迹为以D点为圆心，2为半径的圆在侧面内的弧，如图． 此时． 对于A选项，有，当且仅当M，，D三点共线时等号成立， 故的最小值为，正确； 对于B选项，因为平面，平面，所以， 假设存在点M，使得，则，平面， 由于平面，故有， 另一方面，在侧面中，取棱的中点N， 由点E是棱的中点，进而结合平面几何知识易得， 故要使，则点N与点M重合， 由于，，显然不重合，故B正确； 对于C选项，如图，设，则易知O为中点，连接，，， 因为点E，F是棱，的中点， 所以，在中，∥，∥，， 所以，四边形为平行四边形，即∥， 因为，平面，，平面， 所以∥平面，∥平面， 因为，所以平面∥平面， 所以，当M为与弧的交点时，平面， 故∥平面，C错误； 对于D选项，由题知，所有满足条件的动线段形成的曲面是以A为顶点，D点为底面圆心，底面半径为2的圆锥的部分侧面， 所以，其所在的圆锥的母线长为， 因为，，， 所以，， 所以，弧的长为， 所以，结合扇形面积公式，所有满足条件的动线段形成的曲面面积为 ，故D正确． 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题考查空间点的轨迹问题，解题关键是确定动点轨迹，利用定值、平行、垂直等确实轨迹为圆弧（在平面上），球面（空间），平面，或直线等. 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 $品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 第八章立体几何初步 题型归纳·内容导航 题型一异面直线所成角 1 题型二空间点线面的位置关系 ..4 题型三斜二测画法 7 题型四外接球问题.… .10 题型五几何体的表面积与体积 13 题型六平行问题。 .17 题型七垂直问题 .21 题型八共线共面问题 .26 题型九动点问题… 32 题型十线面角问题… 39 题型十一面面角问题… 45 题型十二距离问题… 53 题型十三载面问题 59 题型十四交线问题… .66 题型十五线段和最小问题. .71 题型十六动点问题… 79 题型通关·靶向提分 题型一异面直线所成角 1.(24-25高一下，福建南平期末)已知三棱锥S-ABC,SC=AB=2,点E,F分别是棱SA,BC的中点，且 EF=√2，则异面直线SC与AB所成的角是() A.月 8.号 C. D.8 2.(24-25高一下山东聊城期末)已知正四棱锥S一ABCD的所有棱长均相等，则直线SA与其它经过该四棱 锥的两个顶点的直线所成的角不可能为() A.30° B.45° C.60° D.90° 3.(24-25高一下·重庆·期末)如图，在正方体ABCD一A1B1C1D1中，M,N分别为AC,A1B的中点，则异面直线 MN与AD所成角为() 1/19 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A D B C Ni A D M A.君 B. C.3 0.登 4.(22-23高一下.贵州黔西南州期末)（多选）如图，在正三棱柱ABC一A'B'C中，D为棱AC的中点， AB=BB'=2,则下列结论正确的是() C A' B A A.BD⊥AC B.直线AC与面ABC所成角为45° C.线段BD=V⑤ D.直线BD/面A'B'C 题型二空间点线面的位置关系 1.(24-25高一下.江苏无锡惠山区锡山高级中学期末)已知m、n为两条不同的直线，a、B为两个不同的平 面，则下列命题中不正确的个数是() ①若m⊥a,m1n,则n/a; ②过直线m外一点，有且只有一个平面与这条直线平行： ③若aLB,mta,m￠B,则平面a、B内必定分别存在一条直线与直线m垂直； ④若m、n为异面直线且点PEm,PEn,则一定存在经过点P的平面a与m、n都平行. A.1 B.2 C.3 D.4 2.(24-25高一下.湖南邵阳新邵县，期末)己知m,n是两条不同的直线，a,β是两个不同的平面，则下列命题中 正确的是() A.若m//a,n/B,a//B,则m//m B.若m//a,m1n,n⊥B,则a/B c.若m1B,n1a,m/n,则a/B 2/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D.若a⊥B,mca,ncβ，则m⊥n 3,(24-25高一下，天津经济技术开发区第一中学.期末)已知三个不同的平面《，B,Y和三条不同的直线m, n,l,下列命题中为假命题的是() A.若m//n,m⊥a,则n⊥& B.若m/n,m/a,则n/a c.若anB=m,nca,lcβ，n/l,则m//n//l D.若a⊥y,a/B,则B⊥y 4.(24-25高一下，黑龙江黑河龙西北名校联盟期末)己知α、B是不同的平面，m为β内的一条直线，则 “a⊥B"是“m⊥a"的()条件 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D,既不充分也不必要条件 题型三斜二测画法 1.(24-25高一下.青海海南州·期末)如图，△AB0的斜二测直观图是△A'B0',其中0A'=0B'=2V2,LB 0'y=90°，则△AB0的面积是() A.1 B.2 C.4 D,8 2.(24-25高一下·陕西咸阳乾县薛录高中，期末)如图，△O'A'B是水平放置的△OAB的直观图，其中0A =3,0'B'=4,则△0AB的周长是() y B产 A.10+4W13 B.10+213 C.3V2 D.12 3.(22-23高一下，贵州六盘水·期末)如图所示，梯形A'BCD'是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图， A'D'=2BC'=2,A'B=2,则CD=;平面图形ABCD以AB所在直线为轴旋转一周所得立体图形 的体积为 3/19 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A D 4.(24-25高一下.江西南昌第二中学期末)如图是斜二测画法下水平放置的平面图形ABCD的直观图A'BC D',若A'BCD是边长为2的正方形，则平面图形ABCD的周长为 题型四外接球问题 1.(24-25高一下·江苏无锡惠山区锡山高级中学.期末)已知四面体ABCD中，△ABD为边长为2W3的等边三 角形，CD⊥BD,CD=4,二面角A一BD一C的大小为120°，则四面体ABCD的外接球的表面积为 2.(23-24高一下.湖南常德沅澧共同体·期末)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1=4,AB=5, BC=3,AC=4,则三棱柱ABC一A1B1C1的外接球表面积为· 3.(24-25高一下湖南岳阳岳阳楼区·期末)已知直三棱柱ABC-A1B1C1,AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1 =8,设该直三棱柱的外接球的表面积为S1,该直三棱柱内部半径最大的球的表面积为52，则：=（) A.号 B. c.空 D.号 4,己知A,B是球O的球面上两点，∠AOB=90°，C为该球面上的动点.若三棱锥0一ABC体积的最大值为 36,则球0的表面积为() A.36π B.64π C.144π D.256m 题型五几何体的表面积与体积 1.(24-25高一下，辽宁重点中学协作校·期末)一个圆锥被平行于底面的平面所截，上下两个几何体的侧面积 之比为1：2，则上下两个几何体的体积之比为() A.1:9 B.1V3 C.1:33 D.1:(3V3-1) 2.(22-23高一下·湖南衡阳衡阳县第二中学.期末)如图，在多面体ABCDEF中，己知四边形ABCD是菱形， AF⊥平面ABCD. 4/19 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A B (1)证明：平面BDE⊥平面ACF; (2)若AD=4,AF=6,DE=3,DE/AP,AE与平面BDE所成角的正弦值为号，求三棱锥F-CDE的体积. 3.如图所示，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD,底面边长为a,E是PC的中点. D A B (1)求证：PA//平面BDE;平面PAC⊥平面BDE; (2)若二面角E-BD一C为30°，求四棱锥P-ABCD的体积. 4,(24-25高一下.湖南岳阳岳阳楼区·期末)已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4,AD=AA1=3. D C B (1)求证：B1D1I平面BC1D; (2)求三棱锥C-BDC1的体积 题型六平行问题 1.(24-25高一下.甘肃庆阳镇原县)如图，在四面体ABCD中，E是BC的中点，M,N分别是AD,DE的中点， AB=AC,BD=CD.求证： 5/19 丽学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (1)MN//平面ABC; (2)AD⊥BC 2.(24-25高一下.陕西汉中中学期末)如图，在边长为4的正方体ABCD一A1B1C1D1中，点E在DD1上. D C A (1)当E是DD1中点时，证明：BD1/平面AEC; (2)当E和D1重合时，求三棱锥D-ACE的表面积. 3.(24-25高一下辽宁重点中学协作校期末)如图，四棱锥P-ABCD,PA1平面ABCD,AB1AD, AB/ICD,CD=2AB,PA=AD,E是PC的中点. D D A B (1)求证：BE/平面PAD; (2)求证：平面PBC⊥平面PCD 4.(24-25高一下·内蒙古呼和浩特·期末)如图所示，四边形ABCD为菱形，AB=2,∠BAD=60°，将△ABD 沿BD折起（折起后A到P的位置），设PA=V3,点M是线段PC的中点. (1)证明：PA//平面MBD: 6/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (2)证明：平面PAC⊥平面MBD; (3)求二棱锥M-PBD的体积. 题型七垂直问题 1.(24-25高一下.吉林长春农安县·期末)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=AB=AC=2,BC=2V2, 平面ABB1A1⊥平面ABC,平面ACC1A1⊥平面ABC, C B (1)求证：AA1⊥平面ABC; (2)求证：AB1⊥BC1· 2.(24-25高一下.湖南岳阳华容县·期末)如图，四棱锥P一ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD,PD= DC=1,M为BC的中点，且PB⊥AM. D M (1)证明：平面PAM⊥平面PBD; (2)求四棱锥P-ABCD外接球的表面积； (3)求三棱锥B-PAM的体积. 3.(24-25高一下·吉林长春四县区联考·期末)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC,D,E分别为 BC,A1B1的中点 A C B A D 7/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (1)求证：AB⊥DE (2)若AA1=3,AB=AC=2,求三棱锥A-BCE的体积. 4,(24-25高一下，新疆喀什巴楚县·期末)如图，三棱台DEF一ABC中，AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点 D B (1)求证：BD/平面FGH; (2)若CF⊥BC,AB⊥BC,求证：平面BCD⊥平面EGH. 题型八共线共面问题 1.(23-24高一下广西示范性高中.期末)（多选）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E,F,G,H分别为BB1,C C1A1B1,A1C1的中点，则下列说法正确的是() B A E B G C A H A.E,F,G,H四点共面 B.EF//GH C.EG,FH,AA1三线不共点 D.∠EGB1=∠FHC1 2.(24-25高一下湖北部分高中协作体期末)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F,G, H分别是棱BB1,BC,CD,DD的中点. D B H D G B (1)求证：E,F,G,H四点共面记过这四点的平面为Q,在图中画出平面α与该正方体各面的交线（不必 说明画法和理由)； 8/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (2)求证：A1E,DF,AB三线共点 3,(24-25高一下.四川攀枝花)如图，在等腰直角△ABC中，∠C=90°，AB=6,D为AB的中点，E、F分别 为AB、AC边上一点，满足AE=1,EF/IDC.将△AEF、△BDC分别沿着EF、DC翻折成△GEF、△HDC, 满足G,H在平面CDEF的同侧，且GE/IHD. D (1)证明：C,F,G,H共面； (2)设几何体DCHEFG的体积为V,求V的最大值； (3)当V取最大值时，求二面角F-CH-D的余弦值， 4,(24-25高一下·云南昭通普通高中云南师范大学附属镇雄中学教研联盟·期末)图1是由正方形ACDE和等 边△ABC组成的平面图形，将△ABC沿AC折起， A S C D D 图1 图2 图3 (1)折起时点B与点P重合，且平面PAC⊥平面ACDE,如图2，F、G分别是PE、PA的中点. ①证明：C,D,F,G四点共面； ②证明：平面CDFG⊥平面PAE: (2)折起时点B与点S重合，且SC=SD=2,如图3，求点D到平面SAC的距离. 题型九动点问题 1.(24-25高一下·甘肃兰州第五十八中学期末)如图1，四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，△PAB是边长 为2的等边三角形，点M为AB的中点，将△PAB沿AB边折起，使PC=3,连接PD,如图2， 9/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B 图1 图2 (1)证明：AB⊥PC; (2)求异面直线BD与PC所成角的余弦值； 3)在线段PD上是否存在点N,使得PB/平面MCN?若存在，请求出的值：若不存在，请说明理由. 2.(24-25高一下辽宁重点中学协作校期末)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=m,AD=AA1 =2,点M是棱CD的中点. 0 D A B A B B (1)过BMD1三点作出长方体ABCD一A1B1C1D1的截面（不要求过程，作出即可）； (2)是否存在实数m,使得直线AC1与平面BMD1垂直？并说明理由； )设P是线段AC1上的一点（不含端点），满足器=入，求入的值，使得三棱锥B1-CD1G,与三棱锥B1-C D1P的体积相等 3.(24-25高一下.四川成都盐道街中学期末)如图，己知等腰梯形ABCD中，AD/BC,AB=AD= BC=2,E是BC的中点，AE∩BD=M,将△BAE沿着AE翻折成△B1AE,使B1M⊥平面AECD. B D M B (1)求证：AE⊥平面B1MD; (2)求二面角B1-DC-A的大小： (3)在线段B1C上是否存在点P,使得MP//平面B1AD,若存在，求CP的长；若不存在，说明理由. 4,(24-25高一下，内蒙古锡林郭勒盟第二中学.期末)如图，在四棱锥S一ABCD中，SA⊥平面ABCD,底面 ABCD为直角梯形，AD//BC,∠BAD=90°，且BC=2AD,AB=4,SA=3. 10/19 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 F A D C (1)求证：平面SBC⊥平面SAB: (2)若E、F分别为线段BC、SB上的一点（端点除外），满足器=需=入 ①求证：不论入为何值，都有SC/平面AEF;②是否存在λ，使得△AEF为直角三角形，若存在，求出所 有符合条件的值；若不存在，说明理由. 题型十线面角问题 1.(24-25高一下江苏无锡惠山区锡山高级中学期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形， ∠ADC=90°，PD垂直于面ABCD,AB/CD,PD=AD=AB=2,CD=4,E为棱PC的中点. D D: B (1)求证：BE/平面PAD (2)求直线BC与面BDE所成的角的正弦值 2.(24-25高一下.湖南衡阳第一中学.期末)已知正方体ABCD一A1B1C1D1的棱长为1，E,F分别为AD1,C D的中点. D A B E D B (1)证明：EF/平面ABCD (2)求异面直线AF与BC1所成角的大小. (3)求直线BD与平面D1EF所成角的余弦值， 11/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 3,(24-25高一下·湖南衡阳衡南县·期末)如图，在四棱锥P一ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正 三角形，侧面PAD⊥底面ABCD,M是线段PD的中点，N是线段PC的中点. (1)求证：MN⊥平面PAD; (2)求PC与面PAB所成角的正弦值. 4.(22-23高一下，福建福州八县一中.期末)如图，一块正方体木料，面A1B1C1D1上有一点M, D M A 0 C (1)经过点M在面A1B1C1D1上能否画一条直线，使其与CM垂直，若可以，该怎么画，在答题纸上作图，写 出作图过程并加以证明；若不能，说明理由 (2)若正方体棱长为2，F为线段BC中点，求直线AF与面A1BC所成角的正弦值， 题型十一面面角问题 1.(24-25高一下.四川泸州三校联盟·期末)如图，己知平面PAB⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形， PA=AB=PB=2,点E,F,M分别是BC,PB,AD的中点. D B (1)求证：PM//平面AEF; (2)求证：AF⊥平面PBC; (3)求二面角P-DC-A的余弦值 2.(24-25高一下.四川成都锦江区嘉祥外国语高级中学.期末)如图，己知四棱锥P一ABCD中，侧面PAD为 12/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，∠DAB=60°，O为AD中点，侧面PAD与底面ABCD所成 的二面角为120°. D B (1)证明AD⊥平面PBO; (2)求点P到平面ABCD的距离： (3)求二面角A-PB-C的余弦值 3.(24-25高一下.甘肃庆阳镇原县)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，M是棱CC1的中点，AB⊥AC, AB=AC=1,CC1=2. A 9 B (1)求三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的体积； (2)求直线A1B与平面ABM所成的角的余弦值； (3)求二面角C1-BM-A1的大小. 4.(24-25高一下辽宁大连期末)如图，已知AB是圆0的直径，C是圆0上的一动点，PA垂直圆0所在平面 P (1)求证：PC⊥BC; (2)D是圆O上点，且CD1AB,PA=AB=4,∠CA0=,求平面CPB和平面DPB夹角的余弦值. 13/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 题型十二距离问题 1.(24-25高一下辽宁葫芦岛期末)如图，已知梯形ABCD,AB=BC=AD=CD=2,AB/CD,将梯形 ABCD绕直线CD旋转角a至梯形EFCD,M为CD的中点，连接MA,MB,ME. (1)证明：EM/平面BCF; (2)当△BME面积最大时，求二面角a的余弦值； (3)当二面角a为，时，求点A到平面BME的距离. 2.(24-25高一下·内蒙古乌兰察布集宁区第二中学期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD, AB/IDC,AD⊥DC,DA=AB=PD=2,DC=4,E,F分别为棱CD,PD的中点. D E (1)求证：AE⊥平面PBD; (2)求点D到平面PBC的距离. 3.(24-25高一下.黑龙江大庆大庆实验中学.期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，AB/ CD,AD⊥CD,AB=PD=AD=CD=2.PD1平面ABCD,E、F分别为棱PC,AD的中点， (1)证明：EF/平面PAB; (2)求PD与平面PBC所成角的正弦值； (3)求点F到平面PBC的距离 4.(24-25高一下·吉林“BEST合作体”期末)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB=2,AB=2V2, 14/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 AA1=3,M为AB的中点. C A M B (1)证明：AC1/平面B1CM; (2)求直线AC1到平面B1CM的距离， 题型十三载面问题 1.(25-26高一上湖南邵阳)（多选)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E,F,G分别为棱D1 C1,AA1,BC的中点，则下列说法正确的有() A,正方体被平面EFG所截的截面为正六边形 B.正方体被平面EFG所截的截面的面积为4V3 C.正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面EFG平行的直线共有6条 D.正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面EFG垂直的直线有且仅有1条 2.(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ABCD-A1B1C1D1中，P,Q,R分别 为AB,BC,C1D1的中点，则下列说法正确的是() A.直线A1Q与C1P是异面直线 B.直线PR与D1Q所成的角为 C.若三棱锥Q一C1CP的所有顶点都在球0的表面上，则球0的表面积为14r D,过点Q且与直线AC1垂直的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面多边形的面积为3V3 3.(24-25高一下，贵州黔南州期末)在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”.如 图，三棱柱ABC一A1B1C1为一“堑堵”，P是BB1的中点，AA1=AC=BC=4,则该“堑堵"的外接球的表面 积为；在过点P且与直线AC1平行的截面中，当截面图形为等腰梯形时，该截面的面积为 15/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 C B B 4.(24-25高一下江西南昌第二中学.期末)如图，斜三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC,四边形ABB1A1是 菱形，D为AB的中点，A1D⊥平面ABC,BB1=2BC=2. B B C A E B D A (1)求证：四边形CBB1C1为矩形； 2)在A1C1上是否存在点Q,使得B1Q1平面A1DC,若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (3)若E,F分别为AA1,AC的中点，求此斜三棱柱被平面B1EF所截的截面面积. 题型十四交线问题 1.(24-25高一下·辽宁县域重点高中.期末)已知空间有6个不同的平面，则它们的交线条数最多为() A.15 B.16 C.17 D.18 2.(23-24高一下.四川乐山期末)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均相等，且∠BAD=60°，以B1为 球心，3为半径的球面与侧面ADD1A1的交线为半圆，且长为，则该四棱柱的体积为 2 3.(24-25高一下.辽宁大连第八中学.期末)（多选）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2,AA1=V3, E,F分别为AB,B1C1的中点，A1,E,C,F四点均在球O的表面上，则() A.EF/平面A1ACC1 B.球O的表面积为28π C.球0表面与三棱柱ABC一A1B1C1表面的交线长度之和为2π D.六面体A1B1FEBC与七面体A1C1FACE公共部分的体积为 4,(24-25高一下，四川成都蓉城联盟期末)以点O为球心，半径为3√3的球的表面与以点O为顶点，棱长为 16/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 6的正四面体表面的交线为P,则P的总长度为 题型十五线段和最小问题 1.(24-25高一下.陕西渭南高级中学.期末)（多选）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=90°，且 AB=BC=CC1=2,M为线段BC上的动点，则下列结论中正确的是() B M B A.AB1⊥A1M B.异面直线A1B与B,M所成角的取值范围为，引 C.|A1M+|C1M的最小值为3+√5 D,该直三棱柱的外接球的体积为43π 2.(24-25高一下.福建南平.期末)（多选）如图，正方体ABCD一A1B1C1D1的棱长为2，P是四边形AA1C1C 内（包括边界）的一个动点，则下列结论正确的是() A B C ●P A D 4 C A,当P在线段A1C1上时，三棱锥C-PBD的体积是定值 B.当P是线段A1C的中点时，△PBD的周长是23+√2 C.当P是线段A1C1的中点时，三棱锥P-BCD的外接球的体积是？ D,当M是棱BC的中点时，B1P+PM的最小值为3 3.(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三中学校期末)（多选）己知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M为 空间中动点，N为CD中点，则下列结论中正确的是() A.若M为线段AN上的动点，则存在点M使得直线D1M与B1C1所成角为8 17/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B.若M为侧面ADD1A1上的动点，且MN/平面AD1C,则点M的轨迹的长度为2 C.若M为侧面DCCD1上的动点，且MB=2三，则点M的轨迹的长度为gm D,若M为侧面ADD1A1上的动点，则存在点M满足MB1+MN=4 4.(24-25高一下山东日照.期末)（多选）在棱长为4的正方体ABCD一A1B1C1D1中，己知E,F分别为 线段B1C,D1C1的中点，点P满足Dp=mDD1+nDB,m∈[0,1]，ne[0,1],则() A.当m=n=时，四棱锥P-ABCD外接球半径为3 B.当m+n=1时，三棱锥P-DEF的体积为 C.若AP=2W6,则点P的轨迹长为2π D.△PEF周长的最小值为23+25 题型十六动点问题 1.(24-25高一下.江苏无锡惠山区锡山高级中学期末)（多选）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 2,点M是其侧面ADD1A1上的一个动点（含边界），点P是线段CC1上的动点，则() D C A ‘D B A.PM的长度范围是[1√2 B.存在点P,M,使得平面B1D1M与平面PBD平行 C.存在点P,M,使得二面角M-DC-P大小为 D.当P为棱CC1的中点且PM=2V2时，则点M的轨迹长度为 2.(24-25高一下.湖南岳阳岳阳楼区·期末)（多选）在正方体ABCD一A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点 (不包含端点)，则() A.存在点P,使得平面PD1A1⊥平面PAA1 B.不存在点P,使得平面APD1I平面BDC1 C.存在点P,使得直线PD1与AC所成角为 18/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D,平面APD1截正方体所得的截面可能是等腰三角形 3.(24-25高一下辽宁大连期末)（多选）己知正方体ABCD-A1B1C1D1,AB=a,且直线AP与直线CC1 夹角为p,则下列说法正确的是() A.若点P在棱CC1上，且tanp=22,则PC1=a B,若p=,且点P在面A1B1C1D1上，则点P的轨迹长度为3m 6 C.P是ABCD-A1B1C1D1面上的动点，DP⊥A1C,则P的轨迹图形面积是3a2 D.,点P为截面A1C1B上的动点，DP⊥A1C,则点P的轨迹长度是V2a 4.(24-25高一下·吉林“BEST合作体”，期末)（多选）己知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为V3,点E,F 是棱DD1,CC1的中点，点M在侧面CDD1C1内运动（包括边界），且AM与平面CDD1C1成角的正切值为 号，下列说法正确的是(）· A,MC1的最小值为V6-2 B.不存在点M,使得AM⊥CE C.不存在点M,使得AMII平面BDF D,所有满足条件的动线段AM形成的曲面面积为π 19/19