高一数学下册考试真题强化训练 期末专题08 立体几何大题综合原卷版+解析

这是一份高一数学下册考试真题强化训练 期末专题08 立体几何大题综合原卷版+解析，共60页。

（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积．
2．（2022春·江苏南京·高一南京市中华中学校考期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，为棱上一点，且，为棱的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)求四棱锥的体积．
3．（2021·江苏·高一期末）如图在四棱锥P - ABCD中，底面ABCD是矩形，点E，F分别是棱PC和PD的中点.
（1）求证：EF∥平面PAB；
（2）若AP=AD，且平面PAD⊥平面ABCD，证明AF⊥平面PCD.
4．（2022春·江苏南京·高一江苏省江浦高级中学校联考期末）如图，四棱锥中，底面，底面为菱形，点F为侧棱上一点．
(1)若，求证：平面；
(2)若，求证：平面平面．
5．（2021春·江苏常州·高一校联考期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱的中点，，，．
（1）若平面与平面的交线为，求证：；
（2）求直线与平面所成角的正切值；
（3）求直线与所成角的余弦值．
6．（2022春·江苏扬州·高一统考期末）如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，平面平面ABCD，平面平面．
(1)求四棱锥的体积；
(2)求二面角的余弦值．
7．（2022春·江苏常州·高一统考期末）刍（chú）甍（méng）是几何体中的一种特殊的五面体.中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也.甍，屋盖也.求积术日：倍下表，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶”现有一个刍甍如图所示，四边形为长方形，平面，和是全等的等边三角形.
(1)求证：；
(2)若已知，
①求二面角的余弦值；
②求该五面体的体积.
8．（2022春·江苏盐城·高一统考期末）如图，四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形，PA⊥平面ABCD，，.
(1)求证：平面PCD⊥平面PAC；
(2)若PD与平面PAC所成的角为，求PC与平面PAD所成的角的正弦值.
9．（2022春·江苏盐城·高一统考期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，，，P在以AD为直径的圆O上，平面ABCD⊥平面PAD.
(1)设点Q是AP的中点，求证：BQ平面PCD；
(2)若二面角的平面角的正切值为2，求三棱锥A-PCD的体积.
10．（2022春·江苏宿迁·高一统考期末）在斜三棱柱中，底面是边长为4的正三角形，，．
(1)证明：平面；
(2)证明：；
(3)求直线与平面所成角的正弦值．
11．（2022春·江苏无锡·高一统考期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为中点，为中点，为线段上一点.
(1)若为中点，求证：平面；
(2)设直线与底面所成角的大小为，二面角的大小为，若，求的长度.
12．（2021春·江苏南京·高一南京师大附中校考期末）如图，在三棱柱中，，侧面为菱形.
（1）求证：平面.
（2）如果点，分别为，的中点，求证：平面.
13．（2021春·江苏南京·高一校联考期末）如图，在直三棱柱中，点是线段上的动点.
（1）线段上是否存在点，使得平面？若存在，请写出值，并证明此时，平面；若不存在，请说明理由；
（2）已知平面平面，求证：.
14．（2021·江苏·高一期末）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，四边形为矩形，为的中点.
（1）证明：平面平面.
（2）平面分此棱锥为两部分，若，求大的部分体积与小的部分体积之比.
15．（2021·江苏·高一期末）已知在六面体中，平面，平面，且，底面为菱形，且.
（1）求证：平面平面；
（2）若，，且为的中点，求三棱锥的体积.
16．（2021春·江苏常州·高一校联考期末）如图，三棱锥的底面是等腰直角三角形，其中，，平面平面，点，，，分别是，，，的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）当与平面所成的角为时，求四棱锥的体积．
17．（2021春·江苏南京·高一南京师大附中校考期末）如图，圆锥顶点为P，底面圆心为O，其母线与底面所成的角为22.5°，AB和CD是底面圆O上的两条平行的弦，轴OP与平面PCD所成的角为60°.
（1）证明：平面PAB与平面PCD的交线平行于底面；
（2）求二面角的余弦值.
18．（2021春·江苏南京·高一南京市第二十九中学校考期末）如图在三棱柱中，侧面为菱形，平面平面，直线与平面所成线面角为，且，，.
（1）求证：平面平面；
（2）设为线段上一点，求三棱锥的体积.
19．（2021春·江苏苏州·高一统考期末）如图1，在矩形中，已知，E为的中点.将沿向上翻折，进而得到多面体（如图2）.
（1）求证：；
（2）在翻折过程中，求二面角的最大值.
20．（2021春·江苏南京·高一校联考期末）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，侧面是菱形，M、N分别是、的中点，
（1）求证：平面；
（2）求证：；
（3）若，是边长为4的正三角形，求三棱锥的体积．
21．（2021春·江苏徐州·高一统考期末）如图①，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为AB，BC，BB1，的中点．
（1）求证：平面EFG⊥平面BB1D1D；
（2）将该正方体截去八个与四面体B-EFG相同的四面体得到一个多面体(如图②)，若该多面体的体积是，求该正方体的棱长．
22．（2021春·江苏南京·高一校考期末）如图，是以为直径的半圆上一点，垂直于圆所在的平面．
（1）求证：平面；
（2）若，，求二面角的余弦值．
23．（2021春·江苏南京·高一南京市第一中学校考期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2BC＝2，CD＝．平面PAD⊥平面ABCD，∠PDA＝90°．
(1)若平面PAD∩平面PBC＝l，求证：l∥BC；
(2)求证：平面PAC⊥平面PBD；
(3)若二面角B﹣PA﹣D的正切值为，求四棱锥P﹣ABCD的体积．
24．（2022春·江苏常州·高一校联考期末）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
25．（2022春·江苏南京·高一统考期末）如图，三棱锥中，为等边三角形，且面面，．
(1)求证：；
(2)当与平面BCD所成角为45°时，求二面角的余弦值．
26．（2022春·江苏苏州·高一江苏省昆山中学校考期末）已知一圆形纸片的圆心为，直径，圆周上有、两点.如图，，，点是上的动点.沿将纸片折为直二面角，并连结，，，.
(1)当平面时，求的长；
(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.
27．（2022春·江苏连云港·高一连云港高中校考期末）在四棱锥中，平面 ⊥平面 ，底面为梯形，，，且，，．
(1)求证：；
(2)求二面角______的余弦值；
从① ，② ，③ 这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．
(3)若 是棱 的中点，求证：对于棱 上任意一点 ， 与 都不平行．
28．（2022春·江苏南通·高一金沙中学校考期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，侧面平面．
(1)求证：；
(2)设平面与平面的交线为，、的中点分别为、，证明：平面．
29．（2022春·江苏苏州·高一江苏省昆山中学校考期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，平面，且是的中点.
(1)求证：平面；
(2)求异面直线与所成角的正切值；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
30．（2022春·江苏扬州·高一期末）如图，在斜三棱柱中，，为的中点，为的中点，平面平面，异面直线与互相垂直.
（1）求证：平面平面；
（2）若与平面的距离为，，三棱锥的体积为，试写出关于的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，当与平面的距离为多少时，三棱锥的体积取得最大值？并求出最大值.
期末专题08 立体几何大题综合
1．（2021春·江苏南京·高一校联考期末）如图，在五面体ABCDEF中，已知平面ABCD，，，，．
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）先证明平面，再利用线面平行的性质，证明；
（2）在平面内作于点，证明是三棱锥的高，即可求三棱锥的体积．
【详解】（1）因为，平面，平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以．
（2）如图，
在平面内过点B作于点．
因为平面，平面，所以．
又，平面，，
所以平面，
所以是三棱锥的高．
在直角三角形中，，，所以．
因为平面，平面，所以．
又由（1）知，，且，所以，所以，
所以三棱锥的体积．
2．（2022春·江苏南京·高一南京市中华中学校考期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，为棱上一点，且，为棱的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）依题意可得，由面面垂直的性质得到平面，即可证明平面平面；
（2）根据图中的几何关系，求出四边形的面积，根据是的中点，即可求解．
【详解】（1）证明：由题意，，
，
平面平面，平面，平面平面，
平面，
又平面，
平面平面；
（2）解：设的中点为，连接，
，所以是等腰三角形，
，即是梯形底边上的高，，
由题意知，，所以，
是的中点，到底面的距离为，
四棱锥的体积为；
综上，四棱锥的体积为．
3．（2021·江苏·高一期末）如图在四棱锥P - ABCD中，底面ABCD是矩形，点E，F分别是棱PC和PD的中点.
（1）求证：EF∥平面PAB；
（2）若AP=AD，且平面PAD⊥平面ABCD，证明AF⊥平面PCD.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）由中位线定理得，从而可得，得线面平行；
（2）由等腰三角形得，再由面面垂直的性质定理得与平面垂直，从而得，再由线面垂直的判定定理得证线面垂直．
【详解】证明：（1）因为点E，F分别是棱PC和PD的中点.，所以，
又，所以，
而平面，平面，所以平面；
（2），是的中点，所以，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCD，，平面ABCD，
所以平面，平面，所以，
，平面，
所以平面．
4．（2022春·江苏南京·高一江苏省江浦高级中学校联考期末）如图，四棱锥中，底面，底面为菱形，点F为侧棱上一点．
(1)若，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），的交点为O，连接，由菱形及中位线性质有，再由线面平行的判定可证结论；
（2）由题意及线面垂直的性质有、，再由线面垂直的判定和性质得，最后根据线面垂直、面面垂直的判定证结论.
（1）
设，的交点为O，连接，
因为底面为菱形，且O为中点，，
所以，又平面，平面，
故平面．
（2）
因为底面为菱形，所以，
因为平面，平面，所以，
又，、平面，
所以平面，又平面，
所以，又，，，平面，
所以平面，又平面，故平面平面.
5．（2021春·江苏常州·高一校联考期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱的中点，，，．
（1）若平面与平面的交线为，求证：；
（2）求直线与平面所成角的正切值；
（3）求直线与所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）利用线面平行的判定定理和性质定理进行证明即可；
（2）根据面面垂直的性质，结合线面角定义进行求解即可；
（3）根据平行线的性质，结合异面直线所成角的定义和余弦定理进行求解即可.
【详解】证明：（1）∵、面、面，
∴面,面，
又∵面面，∴．
（2）解：连结，取中点，连结，，
∵是的中点，是的中点，∴，
∵，为的中点，∴，
又∵平面平面，且平面平面，
∴平面，∴平面，
∴是在平面内的射影，
∴为与平面所成的角，
∵，，为的中点，，
∴四边形为矩形，∴，，
又∵，
∴中，，
∴直线与平面所成角的正切值为．
（3）解：由（2）知，
∴直线与所成角即为直线与所成角，
连接，中，，
中，，
又，
∴中，，
∴直线与所成角的余弦值为．
6．（2022春·江苏扬州·高一统考期末）如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，平面平面ABCD，平面平面．
(1)求四棱锥的体积；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作，垂足为M，显然PM，PA不重合，作，垂足为N，由平面平面ABCD，得到平面ABCD，再由平行四边形ABCD为矩形，且面积为48，利用锥体的体积公式求解；
（2）由平面PCD，平面平面，得到，结合（1）得到平面PAD，则二面角的平面角求解．
(1)
解：如图所示：
作，垂足为M，显然PM，PA不重合，作，垂足为N．
在中，，
所以N为PD中点，且，
所以，
解得：；
因为，
所以，则；
因为平面平面ABCD，平面平面平面PAD，
所以平面ABCD，又平面ABCD，
所以，又平面PAD，
则平面PAD，又平面PAD，
所以，
则平行四边形ABCD为矩形，且面积为48；
所以四棱锥的体积为；
(2)
因为底面ABCD为平行四边形，
所以，又因为平面PCD，位平面PCD，
所以平面PCD．
又因为平面PAB，平面平面，
所以．
由（1）知平面PAD，所以平面PAD，
又因为平面PAD，所以且，
所以二面角的平面角即．
在中，，
由余弦定理得．
所以二面角的余弦值为．
7．（2022春·江苏常州·高一统考期末）刍（chú）甍（méng）是几何体中的一种特殊的五面体.中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也.甍，屋盖也.求积术日：倍下表，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶”现有一个刍甍如图所示，四边形为长方形，平面，和是全等的等边三角形.
(1)求证：；
(2)若已知，
①求二面角的余弦值；
②求该五面体的体积.
【答案】(1)证明见解析；
(2)①；②.
【分析】（1）利用线面平行的性质定理即得；
（2）过点作，作，过点作，作，由题可得即为二面角的平面角，结合条件利用余弦定理可得；利用割补法可把该五面体分为两个四棱锥和一个三棱柱，然后利用锥体及柱体的体积公式即得.
【详解】（1）五面体中，因为平面，
平面，平面平面，
所以.
（2）过点作，作，垂足分别为，，
过点作，作，垂足分别为，，
连结，，如图，
①由（1）及四边形为长方形知，，
所以，，
所以即为二面角的平面角，
因为，且和是全等的等边三角形，
所以，，
因此，在中，，，
由余弦定理，
得，
故二面角的余弦值为.
②取中点，连结，由知，，
因为，，且，是平面内两相交直线，
所以平面，
因为平面，
所以，又，是平面内两相交直线，
所以平面，
在中，，，可得，
所以，四棱锥和的体积均为，
三棱柱的体积，
所以，该五面体的体积为.
8．（2022春·江苏盐城·高一统考期末）如图，四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形，PA⊥平面ABCD，，.
(1)求证：平面PCD⊥平面PAC；
(2)若PD与平面PAC所成的角为，求PC与平面PAD所成的角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由余弦定理、勾股定理知，根据线面垂直的性质得，再根据线面垂直、面面垂直的判定证结论.
（2）由（1）知PD与平面PAC所成角的平面角为求得，再通过线面垂直证面面垂直并找到在面上的射影位置，即可求到面的距离，即可求PC与平面PAD所成的角的正弦值.
【详解】（1）由题意，，又，
在△中，故，
所以，
又PA⊥平面ABCD，面ABCD，则，
而，面，则面，
由面，故面面.
（2）由（1）知：面，则PD与平面PAC所成角的平面角为，
而，易知：，
又PA⊥平面ABCD，面，则面面，
而面，面面，则在面上的射影在上，
又△为等腰直角三角形，故在上射影为中点，
所以到面的距离为，
故PC与平面PAD所成的角的正弦值为.
9．（2022春·江苏盐城·高一统考期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，，，P在以AD为直径的圆O上，平面ABCD⊥平面PAD.
(1)设点Q是AP的中点，求证：BQ平面PCD；
(2)若二面角的平面角的正切值为2，求三棱锥A-PCD的体积.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）为中点，连接，中位线性质得且，结合已知有为平行四边形，再由线面平行的判定证明结论.
（2）找到在面上射影，过作交于，进而求出、、，根据及棱锥的体积公式求体积即可.
【详解】（1）若为中点，连接，又Q是AP的中点，即且，
又，，故且，
所以为平行四边形，故，
由面，面，则面.
（2）面ABCD⊥面PAD，面面，面，
则在面上射影在上，即面，面，
所以，
又，，故，，
过作交于，则，
由P在以AD为直径的圆O上，即，
所以，
又，面，故面，而面，
所以
由面，面，面面，
所以二面角对应平面角为，即，
故，，则，
所以.
10．（2022春·江苏宿迁·高一统考期末）在斜三棱柱中，底面是边长为4的正三角形，，．
(1)证明：平面；
(2)证明：；
(3)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由线线平行证明线面平行；（2）作出辅助线，得到，即有，证明出，再有，证明出平面，从而得到；（3）法一：由余弦定理得到，得到，求出，由等体积法求出C到平面的距离，设直线与平面所成角为，从而得到，法二：作出辅助线，找到线面角，求出各边长，从而得到与平面所成角的正弦值.
（1）
证明：在三棱柱中有
又因为平面，平面
即有平面
（2）
取中点M，连接
因为为正三角形，，M为中点
所以，
因为
所以，即有
所以
又因为平面平面
所以平面，
又平面，即有
（3）
法一：在中，由余弦定理得：
得解得：或（舍去）
，由勾股定理得：，
因为，所以，由勾股定理逆定理得：，
所以
由平面得，
记C到平面的距离为
因为，
所以，又因为
记直线与平面所成角为，则
法二：过点B作于点E，连接EC，
又因为平面，
所以平面
过C作于H
由平面，则
因为平面
所以平面，
则，
则，
则，
所以，
记直线与平面所成角为，则．
11．（2022春·江苏无锡·高一统考期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为中点，为中点，为线段上一点.
(1)若为中点，求证：平面；
(2)设直线与底面所成角的大小为，二面角的大小为，若，求的长度.
【答案】(1)证明见解析；
(2)或1.
【分析】（1）连接交于点，连接，易得为平行四边形，即为中点，可得，再由线面平行的判定证结论.
（2）取中点，连接，由中点及线面垂直的性质得底面，则为直线与底面所成角，过作于，连接，，利用线面垂直的判定及性质得，则为二面角的平面角，用线段表示出，结合求的长度.
(1)
连接交于点，连接，
底面为正方形，为中点，
且，
四边形为平行四边形.
为中点，又为中点，
，又平面，平面，
平面.
(2)
取中点，连接.
为线段中点，
且，又底面，
底面，
为斜线在平面内的射影，
则为直线与底面所成角，即，.
过作于，连接，.
底面，底面，
，又，，面，
平面，平面，
，
综上，为二面角的平面角，即，.
由，知，即.
设，，则，，，
由得：，
化简得，解得或，则或1.
12．（2021春·江苏南京·高一南京师大附中校考期末）如图，在三棱柱中，，侧面为菱形.
（1）求证：平面.
（2）如果点，分别为，的中点，求证：平面.
【答案】（1）证明见解析.（2）证明见解析
【分析】（1）根据侧面为菱形，则，进而可得结论；
（2）取的中点，连，，可得面，同理可得面，进而可得面.
【详解】（1）因三棱柱的侧面为菱形，则.
又，且，为平面内的两条相交直线，
故平面
（2）如图，取的中点，连，.
因为的中点，则，
而平面，平面，
故面.
同理，面.
因，为平面内的两条相交直线，
故平面面.
因平面，
故面.
【点睛】本题考查线面垂直，线面平行的证明，属于基础题.
13．（2021春·江苏南京·高一校联考期末）如图，在直三棱柱中，点是线段上的动点.
（1）线段上是否存在点，使得平面？若存在，请写出值，并证明此时，平面；若不存在，请说明理由；
（2）已知平面平面，求证：.
【答案】（1）存在，，证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）在线段上存在点，当时，平面，连接，交于点，连接，则点是的中点，证明即可；
（2）过作并交于点，由平面平面可得平面，从而得到，然后再证明，然后可得平面，可得.
【详解】
（1）在线段上存在点，当时，平面.
证明如下：连接，交于点，连接，则点是的中点，
又当，即点是的中点，由中位线定理得，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）证明：过作并交于点，
又∵平面平面，平面，平面平面，
∴平面，又∵平面，∴.
在直三棱柱中，平面，平面，
∴，又∵平面，平面，，
∴平面.
又∵平面，∴.
【点睛】本题主要考查的是立体几何中的平行和垂直关系，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.
14．（2021·江苏·高一期末）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，四边形为矩形，为的中点.
（1）证明：平面平面.
（2）平面分此棱锥为两部分，若，求大的部分体积与小的部分体积之比.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）先证明，，可得平面，再利用面面垂直的判定定理可得结论.
（2）求得，设为的中点，连接，，则，从而可得答案.
【详解】（1）证明：因为为等边三角形，为的中点，所以.
因为平面平面且相交于，，
所以平面，则.
又，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）设为的中点，连接，，所以，
令，则，，
所以
，
所以大的部分体积与小的部分体积之比为.
【点睛】方法点睛：空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：（1）求简单几何体的体积时若所给的几何体为柱体锥体或台体，则可直接利用公式求解(2)求组合体的体积时若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，则常用转换法、分割法、补形法等进行求解.
15．（2021·江苏·高一期末）已知在六面体中，平面，平面，且，底面为菱形，且.
（1）求证：平面平面；
（2）若，，且为的中点，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）连接交于，易知，由平面得，进而得平面，由于平面，故即可证得；
（2）根据题意易得平面，平面，故根据等体积法得，再根据几何关系求解即可.
【详解】解：（1）证明：连接交于，
∵ 底面为菱形，∴，为中点，
∵ 平面，平面，
∴ ，
∵ ，
∴ 平面，
∵ 平面，
∴ 平面平面.
（2）∵ 平面，平面，
∴，
∵ 平面，平面，
∴平面，
∵ 底面为菱形，∴
∵平面，平面
∴平面，
∵ 为的中点，
∴ 三棱锥的体积，
由（1）知得平面，，，，，
∴ ，，
所以，
所以
【点睛】本题考查面面垂直的证明，等体积法求几何体的体积，考查空间想象能力，逻辑推理能力，运算求解能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于根据已知条件，利用等体积转化法得.
16．（2021春·江苏常州·高一校联考期末）如图，三棱锥的底面是等腰直角三角形，其中，，平面平面，点，，，分别是，，，的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）当与平面所成的角为时，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）先由平面平面，得到平面，利用面面垂直的判定定理证明平面平面；
（2）连结，证明就是直线与平面所成的角，于是
用切割法把四棱锥看出三棱锥切去三棱锥,直接求体积即可.
【详解】解：（1）证明：由题意可得，，
点，分别是，的中点，
故∥AC，故，
平面平面，交线为
故平面
在平面内，
故平面平面；
（2）
连结，由，点是的中点，可知，
再由平面平面，可知平面，
连结，可知就是直线与平面所成的角，
于是，
因为，是中点，故，
又平面平面，故平面，
即点到平面的距离为．
点是中点，故点到平面的距离为，
即四棱锥的体积为．
【点睛】立体几何解答题的基本结构：
(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；
(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离）.如果求体积（距离），常用的方法有：（1） 直接法；（2）等体积法；（3）补形法；（4）向量法.
17．（2021春·江苏南京·高一南京师大附中校考期末）如图，圆锥顶点为P，底面圆心为O，其母线与底面所成的角为22.5°，AB和CD是底面圆O上的两条平行的弦，轴OP与平面PCD所成的角为60°.
（1）证明：平面PAB与平面PCD的交线平行于底面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）设平面PAB与平面PCD的交线为l.由题意可证明平面PCD，从而可得，从而可证明结论.
（2）由题意可得为二面角的平面角. 可证平面平面PCD，直线OP在平面PCD上的射影为直线PF，为OP与平面PCD所成的角，通过解三角形可得答案.
【详解】（1）证明：设平面PAB与平面PCD的交线为l.
∵，平面PCD，∴平面PCD
∵面PAB，平面PAB与平面PCD的交线为l，∴
∵AB在底面上，l在底面外
∴l与底面平行；
（2）因为，，所以为二面角的平面角.
设CD的中点为F，连接OF，PF,
由圆的性质，，
∵底面，底面，∴
∵,∴平面OPF
∵平面PCD，∴平面平面PCD
∴直线OP在平面PCD上的射影为直线PF
∴为OP与平面PCD所成的角
由题设，设，则
∵，∴
∵，
∴
∴
在中，
∴
18．（2021春·江苏南京·高一南京市第二十九中学校考期末）如图在三棱柱中，侧面为菱形，平面平面，直线与平面所成线面角为，且，，.
（1）求证：平面平面；
（2）设为线段上一点，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由余弦定理求得易知，面面垂直、线面垂直的性质有，根据菱形的性质得，再根据线面垂直、面面垂直的判定即可证平面平面；
（2）由题意知且面，可知到面的距离，应用三棱锥的的体积公式即可求体积.
【详解】由题意，，解得，
∴△为直角三角形且，
（1）∵面面，面面，面，
∴面，又面，即，
由侧面为菱形，即，又，
∴面，又面，
∴面面；
（2）由题意知：且面，而，
∴到面的距离即为到面的距离，则，
∴.
19．（2021春·江苏苏州·高一统考期末）如图1，在矩形中，已知，E为的中点.将沿向上翻折，进而得到多面体（如图2）.
（1）求证：；
（2）在翻折过程中，求二面角的最大值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）在矩形中，可证明，则在翻折过程中，从而可证明平面，从而可证明.
（2）过作，垂足为H，过H作，垂足为G，连接.因为平面平面，所以,从而是二面角的平面角，然后求解即可得出答案.
【详解】解：（1）如图1，连接交于F.
因为，且E为的中点，，
在矩形中，因为，
所以，所以，
所以，
所以，即.
由题意可知平面，
所以平面.
因为平面，所以.
（2）如图2，过作，垂足为H，过H作，垂足为G，连接.
因为平面平面，所以.
又因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
又因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
所以是二面角的平面角.
在翻折过程中，设.
在矩形中，由，E为的中点，
得.
在直角三角形中，，所以，
因为，所以，所以，
所以.
在直角三角形中，.
设，所以.
所以，即.
解得，当时，等号成立，故，
因为，所以，
所以二面角的最大值为.
20．（2021春·江苏南京·高一校联考期末）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，侧面是菱形，M、N分别是、的中点，
（1）求证：平面；
（2）求证：；
（3）若，是边长为4的正三角形，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【分析】（1）要证明线面平行，根据判断定理可知，需证明线线平行，转化为证明，即可证明；（2）要证明线线垂直，需先证明线面垂直，即证明平面，即可证明；（3）利用等体积转化，求几何体的体积，或证明平面，.
【详解】（1）连接，由N是菱形的对角线和的交点，知：点N为的中点且M是的中点，由三角形的中位线定理知： …
矩形的对边，得：
，平面，平面，故平面
（注：线面平行的判定定理的使用中缺条件扣1分）
（2）由菱形的对角线互相垂直，得：，，平面，平面，，故平面，平面，
故有
（3）由侧面是矩形，知.又由，，平面，平面，所以平面，即平面
由是边长为4的正三角形，知：
故
（注：线面垂直的判定定理的使用缺条件扣1分）
或者：,
平面，，且，
平面
21．（2021春·江苏徐州·高一统考期末）如图①，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为AB，BC，BB1，的中点．
（1）求证：平面EFG⊥平面BB1D1D；
（2）将该正方体截去八个与四面体B-EFG相同的四面体得到一个多面体(如图②)，若该多面体的体积是，求该正方体的棱长．
【答案】（1）证明见解析；（2）4．
【分析】(1)连接AC，可得EF//AC，证得EF⊥平面BB1D1D即可作答；
(2)利用正方体的棱长a表示出四面体B-EFG的体积，再利用割补法列式即可得解.
【详解】（1）在正方体中，平而，而平面，则
连接，如图，在中，分别为的中点，即，在正方形中，，于是得
又因平面平面，从而得平面
又平面，所以平面平面；
（2）设正方体的棱长为，由（1）知，四面体的体积为，
因此所得多而体的体积为，解得，
所以该正方体的棱长为4．
22．（2021春·江苏南京·高一校考期末）如图，是以为直径的半圆上一点，垂直于圆所在的平面．
（1）求证：平面；
（2）若，，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理证得，直径所对的圆周角为直角证得，再线面垂直的判定定理可证；
（2）数形结合，证得即为二面角的平面角，然后在三角形中，利用边角关系求解即可.
【详解】解析：（1）因为垂直于圆所在的平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为是以为直径的半圆上一点，
所以，
又，平面，
所以平面
（2）连接，在半圆中，因为，所以，
又因为是的中点，所以，
在内过点作，垂足为点，
连接，则面 BCD，则为在面的投影，
因为，所以，所以即为二面角的平面角，
其中，由
得，算得，，
所以，
故二面角的余弦值为．
23．（2021春·江苏南京·高一南京市第一中学校考期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2BC＝2，CD＝．平面PAD⊥平面ABCD，∠PDA＝90°．
(1)若平面PAD∩平面PBC＝l，求证：l∥BC；
(2)求证：平面PAC⊥平面PBD；
(3)若二面角B﹣PA﹣D的正切值为，求四棱锥P﹣ABCD的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）先证明BC∥平面PAD，然后由线面平行性质定理可证；
（2）将面面垂直转化为AC⊥平面PBD，利用相似三角形证明AC⊥BD结合已知可证；
（3）先作出二面角的平面角，利用已知先求出，然后可解.
【详解】（1）证明：∵BC∥AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴BC∥平面PAD，
又BC⊂平面PBC，平面PAD∩平面PBC＝l，
∴BC∥l．
（2）证明：∵AD∥BC，∠ADC＝90°，∴∠ADC＝∠DCB＝90°，
∵，∴，
∴∠DAC＝∠CDB，∵∠DAC+∠DCA＝90°，
∴∠CDB+∠DCA＝90°，∴AC⊥BD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，PD⊂平面PAD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PD⊥AD，
∴PD⊥平面ABCD，
∵AC⊂平面ABCD，∴PD⊥AC，
∵PD∩BD＝D，∴AC⊥平面PBD，
∵AC⊂平面PAC．∴平面PAC⊥平面PBD．
（3）如图，取AD中点E，连接BE，作EF⊥PA，垂足为F，连接BF，
易知BCDE为正方形
∴BE∥CD，BE⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BE⊥AD，
∴BE⊥平面PAD．
∵PA⊂平面PAD，∴PA⊥BE，
又BE∩EF＝E，平面BEF，平面BEF
∴PA⊥平面BEF．
∵BF⊂平面BEF，∴PA⊥BF，
∴二面角B﹣PA﹣D的平面角为∠EFB，
∴，
∴，∵AE＝1，
∴∠PAD＝30°，∴，
∴．
24．（2022春·江苏常州·高一校联考期末）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.
25．（2022春·江苏南京·高一统考期末）如图，三棱锥中，为等边三角形，且面面，．
(1)求证：；
(2)当与平面BCD所成角为45°时，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】(1)根据给定条件证得平面即可推理作答.
(2)由与平面BCD所成角确定正边长与CD长的关系，再作出二面角的平面角，借助余弦定理计算作答.
【详解】（1）在三棱锥中，平面平面，平面平面，而，
平面，因此有平面，又有平面，
所以.
（2）取BC中点F，连接AF，DF，如图，
因为等边三角形，则，而平面平面，平面平面，
平面，于是得平面，是与平面BCD所成角，即，
令，则，因，即有，由(1)知，，则有，
过C作交AD于O，在平面内过O作交BD于E，连CE，从而得是二面角的平面角，
中，，，
中，由余弦定理得，
，，显然E是斜边中点，则，
中，由余弦定理得，
所以二面角的余弦值.
26．（2022春·江苏苏州·高一江苏省昆山中学校考期末）已知一圆形纸片的圆心为，直径，圆周上有、两点.如图，，，点是上的动点.沿将纸片折为直二面角，并连结，，，.
(1)当平面时，求的长；
(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用线面平行可得，进而求出等腰的底角即可计算作答.
（2）由已知证明平面，再由体积最大可得，然后作出二面角的平面角，借助直角三角形求解作答.
(1)
因平面，平面内，平面平面，则有，
因此，，而，则，
所以的长是.
(2)
因，平面平面，平面平面，平面ABC，则平面，
三棱锥的体积，
因此，三棱锥的体积最大，当且仅当，即，
取PD中点M，连接OM，CM，由，可得，如图，
于是得，即是二面角的平面角，
而，在中，，则，，
所以二面角的余弦值是.
27．（2022春·江苏连云港·高一连云港高中校考期末）在四棱锥中，平面 ⊥平面 ，底面为梯形，，，且，，．
(1)求证：；
(2)求二面角______的余弦值；
从① ，② ，③ 这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．
(3)若 是棱 的中点，求证：对于棱 上任意一点 ， 与 都不平行．
【答案】(1)证明见解析；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而可证线线垂直.
（2）根据二面角的几何求法，先利用面面垂直，得线面垂直，进而可找到二面角的平面角，然后借助三角的边角关系即可求解.
（3）根据空间中过一点只能作出一条直线与已知直线平行，即可求解.
（1）
证明：∵平面 ⊥平面
平面平面，平面，,
∴平面 ，又平面 ，∴ ．
（2）
若选①，过点作 交 的延长线于点 ．
∵平面 ⊥平面，平面平面，平面 ，
∴⊥平面 ，
过 作交 的延长线于点 ，
∵， ，∴ ，连接 ，
∵ 平面 ，平面，∴ ，
∵，平面 ，平面，∴AB⊥平面POE，
又平面POE，∴ ，
∴ 就是二面角的平面角．
由题意得，，，
∴，∴，即二面角的余弦值为．
若选②，过点P作PO⊥CD交CD的延长线于点O，连接BD．
∵平面PCD⊥平面ABCD，平面平面，平面PCD，
∴PO⊥平面ABCD，
过点O作OM⊥BD交BD的延长线于点M，连接PM，
∵PO⊥平面ABCD，平面ABCD，∴PO⊥BD，
∵，平面POM，平面POM，∴BD⊥平面POM，
又平面POM，∴BD⊥PM，
∴∠PMO为二面角的平面角的补角，
易算得，，∴，
∴二面角的余弦值为．
若选③，过点P作PO⊥CD交CD的延长线于点O．
∵平面PCD⊥平面ABCD，平面平面，平面PCD，
∴PO⊥平面ABCD，过点O作OH⊥BC交BC于点H，连接PH，
∵PO⊥平面ABCD，平面ABCD，
∴，
又，平面POH，平面POH，
∴BC⊥平面POH，又平面POH，∴BC⊥PH，
∴∠PHO为二面角的平面角，
易算得，，∴，
∴二面角的余弦值为．
（3）
证明：连接AC，取AC的中点K，连接MK，则．
若棱BC上存在点F，使，
则由基本事实4可得，显然矛盾，故对于棱BC上任意一点F，MF与PC都不平行．
28．（2022春·江苏南通·高一金沙中学校考期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，侧面平面．
(1)求证：；
(2)设平面与平面的交线为，、的中点分别为、，证明：平面．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题设可得，再由面面垂直的性质可得面，最后根据线面垂直性质证结论.
（2）延长交于，连接即为l，由中位线性质有为平行四边形，再根据相似比、线面平行的判定证结论.
（1）
由底面为直角梯形，，且，
所以为等腰直角梯形，且，故，
在中，，易得，
所以，即，
又面面，面面，面，
所以面，而面，故.
（2）
延长交于，连接即为面与面交线，
由、的中点分别为、，则且，
而，，故且，
所以为平行四边形，
又，则，故为中点，
所以，而面，面，
所以面，即平面.
29．（2022春·江苏苏州·高一江苏省昆山中学校考期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，平面，且是的中点.
(1)求证：平面；
(2)求异面直线与所成角的正切值；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，即可证明，再利用线面垂直的判定定理即可证明平面；
（2）根据题意可得异面直线与所成角即为直线与直线所成的角，利用线面垂直可证为直角三角形，求的正切值即可；
（3）利用等体积法求解点到平面的距离，直线与平面所成角为，，即可求解直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）解：∵平面，平面，∴，
又四边形是矩形，∴，
∵，∴平面，
∵平面，∴，
又是的中点，，∴，
∵，所以平面.
（2）解：∵底面是矩形，∴，
∴异面直线与所成角即为直线与直线所成的角，
由（1）得平面，∴平面，
∵平面，∴，∴为直角三角形，
又是的中点，，∴，
∴在中，即为异面直线与所成角，故，
∴异面直线与所成角的正切值为.
（3）解：取中点为，连接，，
在中，分别为线段的中点，故，
∵平面，∴平面，
∴，
由（1）得平面，∵平面，∴，
∵，∴，又，∴,
∴，
设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，
则，解得：，
故，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
30．（2022春·江苏扬州·高一期末）如图，在斜三棱柱中，，为的中点，为的中点，平面平面，异面直线与互相垂直.
（1）求证：平面平面；
（2）若与平面的距离为，，三棱锥的体积为，试写出关于的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，当与平面的距离为多少时，三棱锥的体积取得最大值？并求出最大值.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【分析】（1）通过线面平行证明面面平行；
（2）找到三棱锥合适的底和高，并求出底和高关于的表达式，从而求出体积的表达式；
（3）求出表达式之后，利用函数思想即可求解体积的最大值，以及此时的值.
【详解】（1）斜三棱柱中，四边形是平行四边形，且为的中点，为的中点，
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；
连接，如图所示：
所以，且，所以四边形为平行四边形，
所以，且平面，平面，所以平面，因为,平面，
所以平面平面
（2）因为，为的中点，所以，
因为平面平面，
所以平面平面，且平面平面，，平面，
所以平面，平面，
所以与平面的距离，
因为平面，所以，中， ，所以，，所以
因为平面，则平面，平面，所以，且，，平面，
所以平面，且平面，
所以，记交点为，则三角形为直角三角形，
因为，且，，，
所以，，，
所以，
所以，即
（3）由（2）得：，，令，所以当，时，，此时，
所以当与平面的距离时，三棱锥的体积取得最大值，最大值为6.
【点睛】本题目第一小问是面面平行的证明，应用定理即可，比较基础；
第二问题目难度较大，需要找到各线段之间的位置关系以及长度关系，求三棱锥的体积，确定合适的底面和高，并求出底面积和高关于的表达式，涉及到线面垂直的证明，相似比例等内容；
第三问根据二次函数求最值的方法即可解决.