12第八章 立体几何初步常考（15个考点60题专练）- -2023-2024学年高一数学-第8章 立体几何初步（人教A版2019必修第二册）

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第八章 立体几何初步常考（15个考点60题专练）一．棱柱的结构特征（共2小题）1．（2023春•宝鸡期末）如图，在三棱柱中，为的中点为侧面上的一点，且平面，若点的轨迹长度为2，则　　A． B． C． D．2．（2023春•柯桥区期末）直三棱柱中，，，、分别为线段、的动点，则△周长的最小值是 　　．二．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共3小题）3．（2023春•济宁期末）已知一个圆锥的表面积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为　　A． B． C． D．4．（2023春•大理市校级期中）下列说法正确的是　　A．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体 B．球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段 C．以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 D．用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台5．（2023春•饶阳县校级期末）已知某圆锥的母线长为2，记其侧面积为，体积为，则当取得最大值时，圆锥的底面半径为　　A． B．1 C． D．2三．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共1小题）6．（2024春•浙江月考）已知正三棱台的上、下底面的边长分别为2和4，且棱台的侧面与底面所成的二面角为，则此三棱台的表面积为　　A． B． C． D．四．棱柱、棱锥、棱台的体积（共12小题）7．（2023春•开封期中）某车间生产一种圆锥型高脚杯，杯口直径为，高为，将该高脚杯装满水（水面与杯口齐平），现将一直径为的小铁球缓慢放入杯中，待小铁球完全沉入（整个铁球在水面以下）水中并静止后，从杯口溢出水的体积为高脚杯容积的，则　　A． B． C． D．8．（2023秋•广州期中）如图，水平放置的正四棱台玻璃容器的高为，两底面对角线、的长分别为、，水深为．则玻璃容器里面水的体积是　　A． B． C． D．9．（2023春•郫都区期末）龙洗，是我国著名的文物之一，因盆内有龙线，故称龙洗，为古代皇宫盥洗用具，其盆体可以近似看作一个圆台．现有一龙洗盆高，盆口直径，盆底直径．现往盆内注水，当水深为时，则盆内水的体积为　　A． B． C． D．10．（2023春•丰台区期末）如图，在棱长为2的正方体中，，分别为线段，上的动点，给出下列四个结论：①当为线段的中点时，，两点之间距离的最小值为；②当为线段的中点时，三棱锥的体积为定值；③存在点，，使得平面；④当为靠近点的三等分点时，平面截该正方体所得截面的周长为．其中所有正确结论的序号是 　　．11．（2023春•万安县校级期末）某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，下列说法正确的有　　A．该圆台轴截面面积为 B．该圆台的体积为 C．该圆台的侧面积为 D．沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为12．（2023春•东光县月考）在正方体中，，，分别为，，的中点，则　　A．直线与直线异面 B．直线与平面平行 C．平面截正方体所得的截面是等腰梯形 D．三棱锥的体积是正方体体积的13．（2023春•韩城市期末）已知圆锥的底面半径为，为底面圆心，，为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为 　　．14．（2023春•湘潭县期末）在三棱锥中，，，则三棱锥外接球的体积与三棱锥的体积之比为 　　．15．（2023春•哈尔滨期末）如图，在直三棱柱中，，，，分别是棱，的中点．（1）判断多面体是否为棱柱并说明理由；（2）求多面体的体积；（3）求证：平面平面．16．（2022秋•毕节市期末）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为的中点．（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积．17．（2023春•青羊区校级期末）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．18．（2023春•蚌埠期末）如图，三棱锥中，，，为中点，为中点，且为正三角形．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）若，，求三棱锥的体积．五．球的体积和表面积（共6小题）19．（2023秋•天府新区校级月考）已知三棱锥底面是边长为2的等边三角形，顶点与边中点的连线垂直于底面，且，则三棱锥外接球的表面积为　　A． B． C． D．20．（2023春•新城区校级期中）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，且，，，则球的体积是　　A． B． C． D．21．（2024春•安徽月考）若正四面体的顶点都在一个表面积为的球面上，过点且与平行的平面分别与棱，交于点，，则空间四边形的四条边长之和的最小值为 　　．22．（2023春•赣县区校级期末）已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为32，则这个球的表面积为 　　．23．（2023春•七里河区校级期末）如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，得到一个由正三角形与正六边形构成的多面体．若该多面体的表面积是，则该多面体外接球的表面积是 　　．24．（2023春•德州期末）如图：三棱台的六个顶点都在球的球面上，球心位于上下底面所在的两个平行平面之间，，和△分别是边长为和的正三角形．（1）求三棱台的表面积；（2）计算球的体积．六．斜二测法画直观图（共2小题）25．（2023•济南模拟）已知正三角形边长为2，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为　　A． B． C． D．26．（2023春•阳高县校级期末）如图，边长为2的正方形是用斜二测画法得到的四边形的直观图，则四边形的面积为　　A． B． C． D．七．平面的基本性质及推论（共2小题）27．（2023春•资溪县校级期末）如图所示，用符号语言可表达为　　A．，， B．，， C．，，， D．，，，28．（2023春•龙凤区校级期中）如图所示，在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的三等分点，且，则下列说法正确的是　　A．，，，四点共面 B．与异面 C．与的交点可能在直线上，也可能不在直线上 D．与的交点一定在直线上八．异面直线及其所成的角（共6小题）29．（2023春•蒙自市校级月考）如图，在正方体中，为线段的中点，则异面直线与所成角的大小为　　A． B． C． D．30．（2023春•绵阳期末）如图，在三棱锥中，和均为正三角形，，二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值是　　A． B． C． D．31．（2023春•金安区校级期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为　　A． B． C． D．32．（2023春•周口期末）在三棱锥中，，均为等边三角形，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为　　A．0 B． C． D．133．（2023春•珠海期末）在正方体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是　　A．0 B． C． D．34．（2023春•房山区期末）在正方体中，异面直线，所成角的大小为　　A． B． C． D．九．空间中直线与平面之间的位置关系（共3小题）35．（2023春•金川区校级期末）设，是不同的直线，，是不同的平面，则下列命题正确的是　　A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则36．（2023春•回民区校级期末）在空间中，，是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是　　A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则37．（2023秋•福州期中）已知，，是不重合的三条直线，，，是不重合的三个平面，则　　A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，，则 D．若，，，则一十．直线与平面平行（共5小题）38．（2023春•太原期末）已知直线与平面满足，直线，下列结论正确的是　　A．与无公点 B．与异面 C． D．39．（2023春•七里河区校级期末）如图，已知圆锥的顶点为，为底面圆的直径，点，为底面圆周上的点，并将弧三等分，过作平面，使，设与交于点，则的值为　　A． B． C． D．40．（2023春•威海期末）如图，四棱锥的底面为正方形，为的中点．（1）证明：平面；（2）若平面，证明：．41．（2023春•阳江期末）如图所求，四棱锥，底面为平行四边形，为的中点，为中点．（1）求证：平面；（2）已知点在上满足平面，求的值．42．（2023春•开福区校级期中）如图所示，四边形为四面体的一个截面，若四边形为平行四边形．（1）求证：平面；（2）若，，求四边形周长的取值范围．一十一．直线与平面垂直（共3小题）43．（2023春•锦江区校级期末）平面，且，则异面直线与所成角的正切值为　　．44．（2023春•滨海县期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点．（1）求证：平面；（2）求证：平面．45．（2023春•玄武区校级月考）如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，．（1）求证：平面；（2）求二面角的平面角的余弦值；（3）若点在线段上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的取值范围．一十二．平面与平面平行（共1小题）46．（2022秋•沙坪坝区校级期末）设，为两个不同的平面，则的一个充分条件可以是　　A．内有无数条直线与平行 B．，垂直于同一条直线 C．，平行于同一条直线 D．，垂直于同一个平面一十三．平面与平面垂直（共1小题）47．（2022秋•青岛期末）如图1所示，在中，点，在线段上，点在线段上，，，，．将，分别沿，折起至点，重合为点，形成如图2所示的几何体，在几何体中作答下面的问题．（1）证明：平面平面；（2）求点到平面的距离．一十四．直线与平面所成的角（共2小题）48．（2022秋•西山区校级期末）已知是各条棱长均等于1的正三棱柱，是侧棱的中点，下列结论正确的是　　A．与平面所成的角的正弦值为 B．平面与平面所成的角是 C． D．平面平面49．（2023春•兰州期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，底面，且，、分别为、的中点．则　　A． B． C．平面 D．与平面所成的角为一十五．二面角的平面角及求法（共11小题）50．（2023春•湘阴县期末）十二水硫酸铝钾是一种无机物，又称明矾，是一种含有结晶水的硫酸钾和硫酸铝的复盐．我们连接一个正方体各个面的中心，可以得到明矾晶体的结构，即为一个正八面体（如图）．假设该正八面体的所有棱长均为2，则二面角的余弦为　　A． B． C． D．51．（2023春•连云港期末）已知矩形，，，沿对角线将折起，若二面角的大小为，则，两点之间的距离为 　　．52．（2023春•科左中旗校级期末）如图，在三棱锥中，，，，，，，的中点分别为，，，，点在上，．（1）证明：平面；（2）证明：平面平面；（3）求二面角的正弦值．53．（2023春•黄岛区期末）如图，四边形与均为菱形，，，，记平面与平面的交线为．（1）证明：；（2）证明：平面平面；（3）记平面与平面夹角为，若正实数，满足，，证明：．54．（2023•武昌区校级学业考试）如图，在四棱锥中，，，，为等边三角形，平面平面，点在棱上，直线平面．（1）证明：．（2）设二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，若的取值范围是，求的取值范围．55．（2023春•怀化期末）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，，且三棱锥的体积为，求二面角的大小．56．（2023春•鼓楼区校级期末）如图，在空间几何体中，，，均为正三角形，且平面平面，平面平面．（1）求证：平面；（2）是棱上的一点，当与平面所成角为时，求二面角的余弦值．57．（2022秋•通榆县校级期末）如图，棱锥的底面是矩形，平面，，．（1）求证：平面；（2）求平面和平面夹角的余弦值的大小．58．（2023春•桐柏县校级期末）如图，和都垂直于平面，是上一点，且，，为等腰直角三角形，且是斜边的中点，与平面所成的角为．（1）证明：平面；（2）求二面角的平面角的正切值；（3）若点是平面内一点，且，设点到平面的距离为，，求的最小值．59．（2023春•九龙坡区校级期末）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接，，，．（1）证明：平面．试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；（2）若面与面所成二面角的大小为，求的值．60．（2023春•雨花台区校级月考）如图所示，四棱锥中，底面为矩形，平面，，，点是的中点．（1）证明：；（2）求点到的距离；（3）求二面角的大小．第八章 立体几何初步常考（15个考点60题专练）一．棱柱的结构特征（共2小题）1．（2023春•宝鸡期末）如图，在三棱柱中，为的中点为侧面上的一点，且平面，若点的轨迹长度为2，则　　A． B． C． D．【分析】根据面面平行的判定定理证明平面平面，再由平面可得点的轨迹为线段，据此即可得解．【解答】解：如图，取的中点，的中点，连接，，，由，，又平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，，平面所以平面平面，又平面，故点的轨迹为线段，又由，可得．故选：．【点评】本题主要考查了线面平行和面面平行的判定定理，属于中档题．2．（2023春•柯桥区期末）直三棱柱中，，，、分别为线段、的动点，则△周长的最小值是 　　．【分析】将面、面沿着延展为一个平面，将面、面沿着延展为一个平面，连接，则线段的长即为△周长的最小值，利用余弦定理求出线段的长，即为所求．【解答】解：如下图所示：将面、面沿着延展为一个平面，将面、面沿着延展为一个平面，连接，此时，线段的长即为△周长的最小值，则，，由于，，，则△，延展后，则四边形为矩形，因为，，则△为等腰直角三角形，所以，延展后，则，由余弦定理可得．故答案为：．【点评】本题主要考查了真三棱柱的结构特征，考查了余弦定理的应用，属于中档题．二．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共3小题）3．（2023春•济宁期末）已知一个圆锥的表面积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为　　A． B． C． D．【分析】根据圆锥的表面积为和侧面展开图是圆心角为的扇形，可求出底面半径和母线长，进而求得圆锥的高，根据圆锥体积公式即可求得答案．【解答】解：设该圆锥的底面半径为，母线为，则，，解得，，则圆锥的高为，因此该圆锥的体积，故选：．【点评】本题考查圆锥的结构特征、圆锥的侧面展开图、扇形性质、圆锥的体积等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．4．（2023春•大理市校级期中）下列说法正确的是　　A．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体 B．球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段 C．以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 D．用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台【分析】根据几何体的结构特征逐项分析判断．【解答】解：对于：虽然各侧面都是正方形，但底面不一定是正方形，所以该四棱柱不一定是正方体，故错误；对于：球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故正确；对于：以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，故错误；对于：用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故错误．故选：．【点评】本题主要考查空间几何体的结构特征，属于基础题．5．（2023春•饶阳县校级期末）已知某圆锥的母线长为2，记其侧面积为，体积为，则当取得最大值时，圆锥的底面半径为　　A． B．1 C． D．2【分析】由题意把圆锥的侧面积与体积用含有底面半径的代数式表示，再由基本不等式求最值，则答案可求．【解答】解：设圆锥底面半径为，高为，由题意得，，，，．当且仅当，即时取等号．故选：．【点评】本题考查圆锥侧面积与体积的求法，训练了利用基本不等式求最值，考查运算求解能力，是中档题．三．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共1小题）6．（2024春•浙江月考）已知正三棱台的上、下底面的边长分别为2和4，且棱台的侧面与底面所成的二面角为，则此三棱台的表面积为　　A． B． C． D．【分析】求得棱台的斜高，进而计算出三棱台的表面积．【解答】解：正三棱台的上、下底面的边长分别为2和4，且棱台的侧面与底面所成的二面角为，设，分别是，的中点，连接，，设，分别是正三角形和正三角形的中心，则，，且，由于平面，平面，所以，由于，，，平面，根据线面垂直的判定定理得平面，由于平面，所以，所以是棱台的侧面与底面所成的二面角的平面角，所以，过作，垂足为，则，所以，所以三棱台的表面积为．故选：．【点评】本题考查了三棱台表面积的计算，属于中档题．四．棱柱、棱锥、棱台的体积（共12小题）7．（2023春•开封期中）某车间生产一种圆锥型高脚杯，杯口直径为，高为，将该高脚杯装满水（水面与杯口齐平），现将一直径为的小铁球缓慢放入杯中，待小铁球完全沉入（整个铁球在水面以下）水中并静止后，从杯口溢出水的体积为高脚杯容积的，则　　A． B． C． D．【分析】由已知求得圆锥型高脚杯的体积，再求出小球的体积，由已知列等式得答案．【解答】解：由已知可得，圆锥型高脚杯的体积，小铁球的体积，由从杯口溢出水的体积为高脚杯容积的，得，得．故选：．【点评】本题考查旋转体体积的求法，考查运算求解能力，是基础题．8．（2023秋•广州期中）如图，水平放置的正四棱台玻璃容器的高为，两底面对角线、的长分别为、，水深为．则玻璃容器里面水的体积是　　A． B． C． D．【分析】将正四棱台的各侧棱延长交于点，设水面（上底面）所在正方形的边长为，设正四棱锥的高为，根据相似可得出关于的等式，解出的值，再利用相似可求得的值，再利用台体体积公式可求得水的体积．【解答】解：设水面（上底面）所在正方形的边长为，由题意可知，正方形的边长为，正方形的边长为，将正四棱台的各侧棱延长交于点，设正四棱锥的高为，则，解得，因为，解得，因此水的体积为．故选：．【点评】本题考查了台体体积公式，重点考查了运算能力，属中档题．9．（2023春•郫都区期末）龙洗，是我国著名的文物之一，因盆内有龙线，故称龙洗，为古代皇宫盥洗用具，其盆体可以近似看作一个圆台．现有一龙洗盆高，盆口直径，盆底直径．现往盆内注水，当水深为时，则盆内水的体积为　　A． B． C． D．【分析】根据轴截面和相似关系，以及圆台体积即可求解．【解答】解：如图所示，画出圆台的立体图形和轴截面平面图形，并延长与交于点．根据题意，，，，，设，，所以，解得，，所以，故选：．【点评】本题考查圆台的体积的求解，属中档题．10．（2023春•丰台区期末）如图，在棱长为2的正方体中，，分别为线段，上的动点，给出下列四个结论：①当为线段的中点时，，两点之间距离的最小值为；②当为线段的中点时，三棱锥的体积为定值；③存在点，，使得平面；④当为靠近点的三等分点时，平面截该正方体所得截面的周长为．其中所有正确结论的序号是 　②③　．【分析】根据点到直线的距离最短，三棱锥的体积公式，三垂线定理及线面垂直的判定定理，平行线的传递性，即可分别求解．【解答】解：对①，当为线段的中点时，如图所示，连接，，则为的中点，是边长为的正三角形，到的垂线段最短，此时，①错误；对②，当为线段的中点时，如图，到平面的距离为定值，又△的面积也为定值，三棱锥的体积为定值，②正确；对③，如图所示，当与重合，与重合时，由三垂线定理易得，，从而可得平面，③正确；对④，当为靠近点的三等分点时，延长交于点，取的中点，连接，，，则易知平行等于，且平行等于，平行等于，易得平面截该正方体所得截面为等腰梯形，又易知，，，平面截该正方体所得截面的周长为，④错误．故答案为：②③．【点评】本题考查正方体中的动点问题，化归转化思想，属中档题．11．（2023春•万安县校级期末）某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，下列说法正确的有　　A．该圆台轴截面面积为 B．该圆台的体积为 C．该圆台的侧面积为 D．沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为【分析】求出圆台的高，由梯形的面积公式可判断选项；由台体的体积公式可判断选项；由台体的侧面积公式可判断选项；将圆台补成圆锥，侧面展开，取的中点为，连接，可判断选项．【解答】解：对于，由，且，可得，高，则圆台轴截面的面积为，故正确；对于，圆台的体积为，故错误；对于，圆台的侧面积为，故正确；对于，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为，底面半径为，侧面展开图的圆心角，设的中点为，连接，可得，，，则．所以沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为，故正确．故选：．【点评】本题考查圆台的轴截面面积的求解，圆台体积的求解，圆台的侧面积的求解，化归转化思想，属中档题．12．（2023春•东光县月考）在正方体中，，，分别为，，的中点，则　　A．直线与直线异面 B．直线与平面平行 C．平面截正方体所得的截面是等腰梯形 D．三棱锥的体积是正方体体积的【分析】根据异面直线定义、面面平行的判定定理以及性质定理以及三棱锥的体积求解方法可求得正确选项．【解答】解：如图，对于选项，根据异面直线的判定定理可知与异面，故选项正确；对于选项，取的中点为，连接、，则，，易证平面平面，从而平面，故选项正确；对于选项，连接，，易知平面截正方体所得的截面为等腰梯形，故选项正确；对于选项．设正方体棱长为，则三棱锥的体积为，故选项错误．故选：．【点评】本题考查异面直线的判定定理的应用，线面平行的判定定理的应用，正方体的截面问题，三棱锥的体积的求解，属中档题．13．（2023春•韩城市期末）已知圆锥的底面半径为，为底面圆心，，为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为 　　．【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答．【解答】解：在中，，而，取中点，连接，，有，，如图，，，由的面积为，得，解得，于是，所以圆锥的体积．故答案为：．【点评】本题考查圆锥的体积的求解，属中档题．14．（2023春•湘潭县期末）在三棱锥中，，，则三棱锥外接球的体积与三棱锥的体积之比为 　　．【分析】将三棱锥补形为长方体，由条件求长方体的长，宽，高，再求其外接球半径和体积，并结合图形求三棱锥的体积，由此可得结论．【解答】解：将三棱锥补形为长方体，如图，在长方体中，设，，，则，，，解得，，所以长方体的对角线，所以长方体的外接球的半径为，故三棱锥的外接球半径为，所以三棱锥外接球的体积为，又三棱锥的体积为，所以三棱锥的外接球与三棱锥的依积之比为，故答案为：．【点评】本题考查几何体的体积的求解，分割补形法的应用，属中档题．15．（2023春•哈尔滨期末）如图，在直三棱柱中，，，，分别是棱，的中点．（1）判断多面体是否为棱柱并说明理由；（2）求多面体的体积；（3）求证：平面平面．【分析】（1）根据棱柱的特征判断即可；（2）利用三棱锥体积减两个三棱锥体积可得；（3）根据面面平行判定定理，将问题转化为两个线面平行问题，再将线面平行转化为线线平行，结合条件即可证明．【解答】解：（1）多面体不是棱柱．理由如下：因为棱柱的侧面必为平行四边形，故棱柱的面至少有3个平行四边形，而多面体只有1个面是平行四边形，故不是棱柱．（2）易知三棱柱的体积，三棱锥的体积，易知三棱锥的体积等于三棱锥的体积，故多面体的体积．（3）证明：因为，分别是，的中点，所以，所以四边形为平行四边形所以．又平面，平面，所以平面．易知，得四边形为平行四边形．所以，又平面，平面，所以平面．而，，平面，所以平面平面．【点评】本题主要考查棱柱的结构特征，考查面面平行的判定，属于中档题．16．（2022秋•毕节市期末）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为的中点．（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积．【分析】（1）利用中位线的性质、线面平行的判定定理即可证明；（2）利用等体积法求解即可．【解答】解：（1）如图，连接交于点，再连接，在中，为中点，为的中，所以，又平面，平面，所以平面．（2）因为该几何体为正方体，所以点到平面的距离等于，所以点到平面的距离等于，根据等体积法可知．【点评】本题考查线面平行的判定定理，三棱锥的体积的求解，属中档题．17．（2023春•青羊区校级期末）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．【分析】（1）由平面与平面平行的判定证明；（2）找到三棱锥合适的底和高，利用等体积法写出三棱锥的体积为关于与平面的距离的函数关系式；（3）利用函数思想通过二次函数求最值．【解答】（1）证明：在斜三棱柱中，四边形是平行四边形，且为的中点，为的中点，且，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面，连接，如图所示，，且，则四边形为平行四边形，，且平面，平面，平面，，且，平面，平面平面；（2）解：，为的中点，，平面平面，平面平面，且平面平面，，平面，平面，平面，与平面的距离，平面，，在△中，，则，，平面，则平面，而平面，，且，又，，平面，平面，且平面，，记交点为，则三角形为直角三角形，△，且，，，，，，，，即；（3）解：由（2）得：，令，当，即时，取最大值为324，此时．【点评】本题考查平面与平面平行的判定，考查棱锥体积最值的求法，考查运算求解能力，综合性强，难度较大．18．（2023春•蚌埠期末）如图，三棱锥中，，，为中点，为中点，且为正三角形．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）若，，求三棱锥的体积．【分析】根据中位线定理可得，故而结论得证；证明平面得出，结合得出平面；利用等边三角形的性质得出，，代入棱锥的体积公式计算．【解答】证明：（Ⅰ）为，为中点，，而平面，平面平面．（Ⅱ）为正三角形，且为中点．又由（Ⅰ）知，，又，平面，平面，，平面，，又，，平面，，平面，解：（Ⅲ），，又，，，又，而平面，．【点评】本题考查了线面平行，线面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．五．球的体积和表面积（共6小题）19．（2023秋•天府新区校级月考）已知三棱锥底面是边长为2的等边三角形，顶点与边中点的连线垂直于底面，且，则三棱锥外接球的表面积为　　A． B． C． D．【分析】由题意画出图形，找出四面体外接球的球心，题干求解三角形可得外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．【解答】解：如图，设底面正三角形的外心为，三角形的外心为，分别过、作所在面的垂线相交于，则为三棱锥外接球的球心，再设底面正三角形外接圆的半径为，则，由已知求得，可得也为边长是2的正三角形，外接圆的半径为，则．三棱锥外接球的半径满足，则三棱锥外接球的表面积为．故选：．【点评】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．20．（2023春•新城区校级期中）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，且，，，则球的体积是　　A． B． C． D．【分析】将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为，，，可得则，得到球半径，计算体积得到答案．【解答】解：将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为，，，如图所示：则，故，球的半径，故体积为．故选：．【点评】本题考查空间几何体的外接球的体积的求法，属中档题．21．（2024春•安徽月考）若正四面体的顶点都在一个表面积为的球面上，过点且与平行的平面分别与棱，交于点，，则空间四边形的四条边长之和的最小值为 　　．【分析】根据条件求出正四面体的棱长为2，设，利用几何关系得到空间四边形的四条边长之和，即可求出结果．【解答】解：如图，将正四面体放置到正方体中，易知正四面体外接球即正方体的外接球，设正四面体的棱长为，所以正方体的棱长为，易知正方体的外接球直径为体对角线的长，又，所以正四面体的半径，依题有，得到，即正四面体的棱长为2，因为面，面面，面，所以，设因为，则，，在中，因为，所以，在中，，，则，所以空间四边形的四条边长之和，又，当时，，故答案为：．【点评】本题考查空间几何体相关计算问题，属于中档题．22．（2023春•赣县区校级期末）已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为32，则这个球的表面积为 　　．【分析】先求正四棱柱的底面边长，然后求其对角线，就是球的直径，再求其体积．【解答】解：正四棱柱高为4，体积为32，底面积为8，正方形边长为，正四棱柱的对角线长即球的直径为，球的半径为，球的表面积是，故答案为：．【点评】本题考查学生空间想象能力，四棱柱的体积，球的体积，容易疏忽的地方是几何体的体对角线是外接球的直径，属中档题．23．（2023春•七里河区校级期末）如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，得到一个由正三角形与正六边形构成的多面体．若该多面体的表面积是，则该多面体外接球的表面积是 　　．【分析】求出原正四面体外接球的半径，从而可求出多面体外接球的球心到底面的距离，求出多面面体的棱长，即可求出其外接球的半径，从而可求出外接球的表面积．【解答】解：由题意可得多面体的棱长为原正四面体棱长的，设原正四面体的棱长为，则其表面积为，由图易知该多面体与原正四面体相比较，表面积少了8个边长为的正三角形的面积，所以该多面体的表面积为，所以．如图，是下底面正六边形的中心，是上底面正三角形的中心，由正四面体的对称性可知截角四面体的外接球的球心在原正四面体的高上，，．设球的半径为，在△中，，所以，在△中，，所以，所以，解得，所以，所以该多面体外接球的表面积．故答案为：．【点评】本题主要考查球的表面积的求解，考查转化能力，属于中档题．24．（2023春•德州期末）如图：三棱台的六个顶点都在球的球面上，球心位于上下底面所在的两个平行平面之间，，和△分别是边长为和的正三角形．（1）求三棱台的表面积；（2）计算球的体积．【分析】（1）点，分别是正和△的中心，球的半径为，且，，三点共线，正三棱台的高为，在梯形中，由，的长度求出，的长度，即可求出侧面积从而求出表面积；（2）在△中，，在△中，，解出半径，根据球的体积公式即可求解．【解答】解：（1）如图设点，分别是正和△的中心，球的半径为，且，，三点共线，正三棱台的高为，在等边中，由，得，同理，得，如下图，过点作，则在△中，，，所以正三棱台的高为3，在直角梯形中，，所以，所以正三棱台的斜高为，正三棱台侧面积为，又因为正三棱台上下两底的面积之和为，所以正三棱台表面积为．（2）在△中，，即，在△中，，即，两式联立解得：，所以球的体积为：．【点评】本题考查几何体的表面积和体积，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．六．斜二测法画直观图（共2小题）25．（2023•济南模拟）已知正三角形边长为2，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为　　A． B． C． D．【分析】求出直观图三角形的面积，利用平面图形的面积是直观图面积的倍，求出直观图的面积即可．【解答】解：解法三角形在其直观图中对应一个边长为2正三角形，直观图的面积是，由斜二测画法中直观图和原图的面积的关系：，直观图的面积为．解法2：如图△是边长为2的正三角形的直观图，则，为正三角形的高的一半，即，则高，三角形的面积为：．故选：．【点评】本题考查平面图形的三视图，由三视图还原实物图，是一个简单的计算题目，解题的关键是对于这两个对应的图形的面积之比要掌握．两个面积可以互相推出．26．（2023春•阳高县校级期末）如图，边长为2的正方形是用斜二测画法得到的四边形的直观图，则四边形的面积为　　A． B． C． D．【分析】根据直观图的面积与原图形的面积比为，计算即可．【解答】解：因为直观图的面积为，所以原四边形的面积为．故选：．【点评】本题考查了平面直观图的面积计算问题，是基础题．七．平面的基本性质及推论（共2小题）27．（2023春•资溪县校级期末）如图所示，用符号语言可表达为　　A．，， B．，， C．，，， D．，，，【分析】由点是元素，直线是集合，可判断所给命题中的符号的正确用法．【解答】解：中，直线是集合，所以，所以不正确；中点是元素，所以，，所以不正确；中，错在，故选：．【点评】本题考查点与直线，直线与平面的符号的应用，属于基础题．28．（2023春•龙凤区校级期中）如图所示，在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的三等分点，且，则下列说法正确的是　　A．，，，四点共面 B．与异面 C．与的交点可能在直线上，也可能不在直线上 D．与的交点一定在直线上【分析】利用三角形中位线性质、平行线分线段成比例的性质可得，即可判断，；由平面基本事实推理可判断，．【解答】解：在空间四边形中，点，分别是边，的中点，则，且，点，分别是边，上的点，且，则，且，因此，点，，，四点共面，故正确，错误；，，即四边形是梯形，则与必相交，交点为，点在上，而在平面上，则点在平面上，同理点在平面上，则点是平面与平面的公共点，而是平面与平面的交线，所以点一定在直线上，故错误，正确．故选：．【点评】本题考查三角形的中位线性质、平行线分线段成比例定理、直线的平行性的传递性、确定平面的条件、证三点共线常用的方法，属于中档题．八．异面直线及其所成的角（共6小题）29．（2023春•蒙自市校级月考）如图，在正方体中，为线段的中点，则异面直线与所成角的大小为　　A． B． C． D．【分析】根据异面直线夹角的定义，连接，则就是所求的角，解三角形即可．【解答】解：连接，则，故为异面直线与所成角或其补角，连接，则，因为为的中点，故，在△中，因为，故，即异面直线与所成角的大小为；故选：．【点评】本题主要考查异面直线所成的角，属于基础题．30．（2023春•绵阳期末）如图，在三棱锥中，和均为正三角形，，二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值是　　A． B． C． D．【分析】分别取，，的中点，，，连接，，，，，易知，，从而得或其补角即为所求，由二面角的定义，可证，再在中，利用余弦定理，即可得解．【解答】解：分别取，，的中点，，，连接，，，，，则，，所以或其补角即为所求，因为和均为正三角形，所以，，且，所以为二面角的平面角，即，所以为等边三角形，因为和均为正三角形，且，所以，，，在中，由余弦定理知，，所以异面直线与所成角的余弦值是．故选：．【点评】本题考查异面直线夹角的求法，利用平移思想，找出异面直线所成的角是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．31．（2023春•金安区校级期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为　　A． B． C． D．【分析】分别取，，的中点，，，连接，，，，，，则可证明为异面直线与所成的角，分别在三角形中由勾股定理求出，和的长度，利用余弦定理计算得到答案．【解答】解：如图所示：分别取，，的中点，，，连接，，，，，．由且可得是等边三角形，则且，且，故且，所以四边形为平行四边形，故，因为，所以为异面直线与所成的角（或其补角），因为平面，，平面，，，故和均为直角三角形，所以，，，由余弦定理得．则异面直线与所成的角的余弦值为．故选：．【点评】本题考查线面角等相关知识，属于中档题．32．（2023春•周口期末）在三棱锥中，，均为等边三角形，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为　　A．0 B． C． D．1【分析】取的中点，连接，，由题意可知异面直线与所成角的余弦值为，求出，，，由余弦定理求解即可．【解答】解：如图，取的中点，连接，，则，异面直线与所成角即为异面直线与所成角，而异面直线与所成角的余弦值为，因为，均为等边三角形，，所以，在中，，，因为，所以，所以，，所以．故选：．【点评】本题考查异面直线所成的角，属于中档题．33．（2023春•珠海期末）在正方体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是　　A．0 B． C． D．【分析】正方体模型容易找平行线，通过构造平行四边形，运用平行线平移法作出异面直线所成的角，然后在三角形通过余弦定理求解．【解答】解：如图，取的中点，连接，，，在正方体中，，分别为，的中点，所以，，则四边形为平行四边形，所以，所以（或其补角）为异面直线与所成角，设正方体的棱长为2，则，，，在中，由余弦定理得：，故异面直线与所成角的余弦值是．故选：．【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题．34．（2023春•房山区期末）在正方体中，异面直线，所成角的大小为　　A． B． C． D．【分析】先通过平行寻找线线角，再根据解三角形得结果．【解答】解：因为，所以为异面直线与所成角的平面角，因为△为正三角形，所以，即异面直线，所成角的大小为．故选：．【点评】本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题．九．空间中直线与平面之间的位置关系（共3小题）35．（2023春•金川区校级期末）设，是不同的直线，，是不同的平面，则下列命题正确的是　　A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．【解答】解：若，，，则或与相交或与异面，故错误；若，，则，又，则，故正确；若，，，则与平行、相交或异面，故错误．故选：．【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．36．（2023春•回民区校级期末）在空间中，，是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是　　A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．【解答】解：若，，，则或与异面，故错误；若，，则或，故错误；若，，，则或或与相交，相交也不一定垂直，故错误；若，，则，又，则，故正确．故选：．【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．37．（2023秋•福州期中）已知，，是不重合的三条直线，，，是不重合的三个平面，则　　A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，，则 D．若，，，则【分析】举反例判断，，错误，证明选项正确．【解答】解：：如图所示，，，但；错；：如图所示，，，，，所以，，，错误；：如图所示，，，，，但与相交，错误；：因为，所以，，取点，则，，假设直线与平面不垂直，又，则过点在平面内可作一条直线与平面垂直，记为，同理，在平面内过点可作直线，因为过点有且仅有一条直线垂直于平面，所以直线与直线重合，所以，，所以，又，与平面与平面有且仅有一条交线矛盾，故假设不成立，所以正确，故选：．【点评】本题考查了空间中直线与平面以及平面与平面的位置关系，属于中档题．一十．直线与平面平行（共5小题）38．（2023春•太原期末）已知直线与平面满足，直线，下列结论正确的是　　A．与无公点 B．与异面 C． D．【分析】由题意可知直线与面无交点，进而可得，无交点．【解答】解：因为，所以直线与面无交点，又因为直线，所以直线，无交点．故选：．【点评】本题考查线面的位置关系，判断线线的位置关系，属于基础题．39．（2023春•七里河区校级期末）如图，已知圆锥的顶点为，为底面圆的直径，点，为底面圆周上的点，并将弧三等分，过作平面，使，设与交于点，则的值为　　A． B． C． D．【分析】连接交于点，连接，，，则平面即为平面，由，结合线面平行的性质定理，可得，由为底面圆的直径，点，将弧三等分，推出且，由平行线分线段成比例定理，即可得出答案．【解答】解：连接交于点，连接，，，则平面即为平面，因为，平面，平面，所以，因为为底面圆的直径，点，将弧三等分，所以，，所以且，所以，又，所以，所以，即，故选：．【点评】本题考查直线与平面的位置关系，解题中注意40．（2023春•威海期末）如图，四棱锥的底面为正方形，为的中点．（1）证明：平面；（2）若平面，证明：．【分析】（1）连接，交于点，连接，易知，再由线面平行的判定定理，得证；（2）由平面，知，结合，根据线面垂直的判定定理，可得平面，进而得证．【解答】证明：（1）连接，交于点，连接，因为底面是正方形，所以点是的中点，又为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面．（2）因为平面，平面，所以，因为底面是正方形，所以，又，、平面，所以平面，因为平面，所以．【点评】本题考查空间中线与面的位置关系，熟练掌握线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理与性质定理是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力，属于中档题．41．（2023春•阳江期末）如图所求，四棱锥，底面为平行四边形，为的中点，为中点．（1）求证：平面；（2）已知点在上满足平面，求的值．【分析】（1）根据线面平行的判定定理进行证明即可．（2）根据线面平行的性质，结合中位线的性质进行求解．【解答】（1）证明：连结交于，连结，在中，为中点，为中点，是的中位线，，又平面，平面，平面．（2）解：如图连结交延长线于，连结交于连结，，，，共面，平面，平面平面，，四边形为平行四边形，，为中点，为中点，，即．【点评】本题主要考查线面平行的判定和性质，利用线面平行的判定定理和性质定理进行证明是解决本题的关键，是中档题．42．（2023春•开福区校级期中）如图所示，四边形为四面体的一个截面，若四边形为平行四边形．（1）求证：平面；（2）若，，求四边形周长的取值范围．【分析】（1）通过证明平面，得出，从而证明平面；（2）设，，由，，求出、的关系式，再求四边形的周长的取值范围即可．【解答】解：（1）证明：四边形为平行四边形，；平面，平面，平面；又平面，平面平面，；又平面，平面，平面；（2）设，，，，，，；又，，，，且；四边形的周长为，；四边形周长的取值范围是．【点评】本题考查了空间中线面平行的判断与性质的应用问题，也考查了平行线截得线段成比例的应用问题，是综合性题目．一十一．直线与平面垂直（共3小题）43．（2023春•锦江区校级期末）平面，且，则异面直线与所成角的正切值为　　．【分析】过作，且；所以为矩形且（或其补角）即为所求．根据已知即可求出其正切值．【解答】解：过作，且；所以为矩形且（或其补角）即为所求．因为；平面；又因为，平面．在中，．即异面直线与所成的角的正切值等于故答案为：【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的性质，异面直线及其所成的角，属于基本知识的考查．44．（2023春•滨海县期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点．（1）求证：平面；（2）求证：平面．【分析】（1）连接，交于点，连接，则，由此能证明平面．（2）推导出，，，从而平面，，平面，，，由此能证明平面．【解答】证明：（1）连接，交于点，连接，底面是正方形，是的中点，是的中点，，平面，平面，平面．（2）底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，，，，，平面，平面，，，平面，平面，，，，平面．【点评】本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．45．（2023春•玄武区校级月考）如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，．（1）求证：平面；（2）求二面角的平面角的余弦值；（3）若点在线段上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的取值范围．【分析】（1）在梯形中，由，，，推导出，，由平面平面，能证明平面．（2）取中点，连接，，由，知，，由，，，由此能求出二面角的平面角的余弦值．（3）由点在线段上运动，分当与重合，与重合时，当与，都不重合三种情况进行分类讨论，能求出的取值范围．【解答】（1）证明：在梯形中，，，，，，，，平面平面，平面平面，平面，平面．（2）解：取中点，连接，，，，，，，，，，，，．（3）解：由（2）知：①当与重合时，．②当与重合时，过作，且使，连接，，则平面平面，，，平面，平面，，，．③当与，都不重合时，令，，延长交的延长线于，连接，在平面与平面的交线上，在平面与平面的交线上，平面平面，过作交于，连接，由（1）知，，又，平面，，又，，平面，，，在中，，从而在中，，，，，，，综上所述，，．【点评】本题考查直线与平面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查二面角的余弦值的取值范围的求法，解题时要认真审题，注意等价转化思想和分类讨论思想的合理运用．一十二．平面与平面平行（共1小题）46．（2022秋•沙坪坝区校级期末）设，为两个不同的平面，则的一个充分条件可以是　　A．内有无数条直线与平行 B．，垂直于同一条直线 C．，平行于同一条直线 D．，垂直于同一个平面【分析】利用线面平行和线线平行的判定和性质，面面平行的判定和性质的应用和判定，，，的结论．【解答】解：根据题意，对于，内有无数条直线与，不能推出，故错，对于，根据面面平行的推论可得，垂直于同一条直线的两个平面互相平行，故正确，对于，，平行于同一条直线，可得到，与相交，故错误，对于，，垂直于同一平面，得到或，故错误，故选：．【点评】本题考查充分条件的判断以及线面、面面平行的判定，属于基础题．一十三．平面与平面垂直（共1小题）47．（2022秋•青岛期末）如图1所示，在中，点，在线段上，点在线段上，，，，．将，分别沿，折起至点，重合为点，形成如图2所示的几何体，在几何体中作答下面的问题．（1）证明：平面平面；（2）求点到平面的距离．【分析】（1）根据题意可证明平面，利用面面垂直的判定能证明平面平面；（2）由点到平面的距离为，利用等体积法能求出点到平面的距离．【解答】解：（1）证明：在中，点，在线段上，点在线段上，，，，．，由题意知，，，且，平面，平面，平面，平面平面．（2）由题意知：是边长为1的正三角形，取的中点，连接，则，且，由（1）知平面平面，且平面平面，平面，由（1）知平面，，平面，，，，在中，过点作，则为的中点，，，，设点到平面的距离为，由，得，，解得，点到平面的距离为．【点评】本题考查线面垂直、面面垂直的判定与性质、点到平面的距离、等体积法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．一十四．直线与平面所成的角（共2小题）48．（2022秋•西山区校级期末）已知是各条棱长均等于1的正三棱柱，是侧棱的中点，下列结论正确的是　　A．与平面所成的角的正弦值为 B．平面与平面所成的角是 C． D．平面平面【分析】利用等体积法判断；延长，交于点，连接，为中点，由为等边三角形，是二面角的平面角，求出，判断；由，根据正三棱锥的性质得平面，平面，，判断；平面，平面，从而平面平面，判断．【解答】解：对于，设点到平面的距离为，由题意知到平面的距离为，由，得，由，得，由，解得，与平面所成角的正弦值为，故正确；如图，延长，交于点，连接，由，知为中点，由为等边三角形，，是二面角的平面角，由题意知，故错误；对于，由，根据正三棱锥的性质得平面，，又，平面，，故正确；对于，由知，平面，平面，平面，平面平面，故正确．故选：．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．49．（2023春•兰州期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，底面，且，、分别为、的中点．则　　A． B． C．平面 D．与平面所成的角为【分析】根据线面垂直的判定定理与性质定理，结合反证法判断即可．【解答】解：显然错误；若，由，则平面，则，显然不成立；、，又，可得到成立；、连接，因为平面，所以是与平面所成的角在中，所以，所以与平面所成的角为成立；故选：．【点评】考查线面垂直的判定定理与性质定理，属中档题．一十五．二面角的平面角及求法（共11小题）50．（2023春•湘阴县期末）十二水硫酸铝钾是一种无机物，又称明矾，是一种含有结晶水的硫酸钾和硫酸铝的复盐．我们连接一个正方体各个面的中心，可以得到明矾晶体的结构，即为一个正八面体（如图）．假设该正八面体的所有棱长均为2，则二面角的余弦为　　A． B． C． D．【分析】利用定义作出二面角的平面角，在中利用余弦定理即可求解．【解答】解：如图，连接，交于点，连接，易知过点，取的中点，连接，，根据正八面体的几何特征，，，又平面，平面，平面平面，所以为二面角的平面角．易知平面，在面内，则，所以是直角三角形，又，，所以，所以．在中，，同理，在中，，故选：．【点评】本题考查二面角的求解，余弦定理的应用，化归转化思想，属中档题．51．（2023春•连云港期末）已知矩形，，，沿对角线将折起，若二面角的大小为，则，两点之间的距离为 　　．【分析】根据向量的长度与向量数量积的关系转化为求向量长度即可得到结论．【解答】解：过和分别作，，由，，则，，，则，则，二面角的大小为，，，即，，，，即，即，之间的距离为．故答案为：．【点评】本题主要考查空间两点间的距离的计算，根据向量法，利用向量长度与向量数量积的关系进行转化求解是解决本题的关键，是中档题．52．（2023春•科左中旗校级期末）如图，在三棱锥中，，，，，，，的中点分别为，，，，点在上，．（1）证明：平面；（2）证明：平面平面；（3）求二面角的正弦值．【分析】（1）利用向量法可得，，四边形为平行四边形，根据线面平行的判定定理即可证明；（2）由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答．（3）由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答．【解答】解：（1）证明：由题可知，，设，，，解得，，，而，，，，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面．（2）证明：由（1）可知，则，得，因此，则，有，又，，，平面，则有平面，又平面，所以平面平面．（3）过点作交于点，设，由，得，且，又由（2）知，，则为二面角的平面角，因为，分别为，的中点，因此为的重心，即有，又，即有，，解得，同理得，于是，即有，则，从而，，在中，，于是，，所以二面角的正弦值为．【点评】本题考查直线与平面、平面与平面位置关系的判定定理，考查二面角的计算，是中档题．53．（2023春•黄岛区期末）如图，四边形与均为菱形，，，，记平面与平面的交线为．（1）证明：；（2）证明：平面平面；（3）记平面与平面夹角为，若正实数，满足，，证明：．【分析】（1）推导出，从而平面，由此能证明．（2）连交于点，连，推导出平面，由此能证明平面平面．（3）推导出，，，，，由勾股定理得，从而平面，，从而平面，即为平面与平面的夹角，平面与平面夹角的大小为，推导出，由此能证明．【解答】证明：（1）为菱形，，平面，平面，平面，平面，平面与平面交于直线，．（2）连交于点，连，为菱形，，为和中点，，，，平面，平面，平面平面．（3）为菱形，，，，，，又为菱形，，，，，，，，，平面，又由（1）知，平面，即为平面与平面的夹角，在直角中，，，所以平面与平面夹角的大小为，，，，下面证明：①；②；且等号不同时取，，当仅当时取等号，所以，，即，．【点评】本题考查线面平行、线面垂直的判定与性质、二面角的定义等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．54．（2023•武昌区校级学业考试）如图，在四棱锥中，，，，为等边三角形，平面平面，点在棱上，直线平面．（1）证明：．（2）设二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，若的取值范围是，求的取值范围．【分析】（1）根据相似以及线面平行的性质即可求解，（2）由面面垂直可得线面垂直，进而根据二面角以及线面角的定义，即可找到其平面角，利用三角形的边角关系，即可求解．【解答】解：（1）证明：连接交于，连接．因为，，所以根据相似的性质可得．因为直线平面，平面，平面平面，所以，则，所以．（2）取的中点，的中点，连接，，．因为为等边三角形，所以不妨设，则，．因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，，平面，所以，．又因为，分别为，的中点，所以，而，所以，又，，平面，则平面，又平面，则，所以是二面角的平面角，即．设，则，得．过作交于，连接，由于平面，所以平面，则为直线与平面所成的角，即．，，．因为，所以，则．因为，所以．故的取值范围为．【点评】本题考查线面平行的性质定理，考查线面角与二面角的定义及其求解，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．55．（2023春•怀化期末）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，，且三棱锥的体积为，求二面角的大小．【分析】（1）根据给定条件证得平面即可得解； （2）根据三棱锥的体积求得，可得，作辅助线作于，作于，连，利用定义法找到二面角的平面角，再求得相关线段长，解三角形可得答案．【解答】解：（1）在三棱锥中，因为为的中点，且，则，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，而平面，所以；（2）因是边长为1的等边三角形，所以，则，因平面，所以为三棱锥的高，设为，所以，，所以，即有，所以，作于，作于，连，则，因为平面，所以平面，平面，则，因为，，，平面，所以平面，而平面，故，则为二面角的平面角．又，所以，在中，，，所以，由知，故，所以，即，，从而，又因为在中，，所以为等腰直角三角形，所以，即二面角的大小为．【点评】本题考查线面垂直，二面角，属于中档题．56．（2023春•鼓楼区校级期末）如图，在空间几何体中，，，均为正三角形，且平面平面，平面平面．（1）求证：平面；（2）是棱上的一点，当与平面所成角为时，求二面角的余弦值．【分析】（1）分别取，之中点，，连，，，根据面面垂直的性质证明四边形为平行四边形，从而有，根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）根据与平面所成角为，求得的长，说明为的中点，作出二面角的平面角，解三角形可得答案．【解答】（1）证明：分别取，之中点，，连，，，为正三角形，；又平面平面，平面平面，平面，平面，同理为正三角形，；又平面平面，平面平面，平面，故平面，于是．由，，均为正三角形可知，四边形为平行四边形，从而有，平面，平面，于是平面．（2）不妨设，连，则由（1）平面，所以与平面所成角即为，则，又，，即，又为的中点，在上，故为的中点，过点作，垂足为，过作，垂足为，连，又平面平面，平面平面，平面，平面，平面，故，又，，平面，故平面，则为二面角的平面角，连接，则，则，，则，于是，故．【点评】本题考查线面平行的证明，线面角的概念，二面角的概念与求解，化归转化思想，属中档题．57．（2022秋•通榆县校级期末）如图，棱锥的底面是矩形，平面，，．（1）求证：平面；（2）求平面和平面夹角的余弦值的大小．【分析】（1）推导出，，从而平面．（2）推导出，，从而是二面角的平面角，由此能求出平面和平面夹角的余弦值的大小．【解答】证明：（1）棱锥的底面是矩形，平面，，．，，是正方形，，，平面．解：（2）棱锥的底面是矩形，平面，，．，，是二面角的平面角，，，，，平面和平面夹角的余弦值的大小为．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值、考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，属中档题．58．（2023春•桐柏县校级期末）如图，和都垂直于平面，是上一点，且，，为等腰直角三角形，且是斜边的中点，与平面所成的角为．（1）证明：平面；（2）求二面角的平面角的正切值；（3）若点是平面内一点，且，设点到平面的距离为，，求的最小值．【分析】（1）要证平面，只需证明，，从而利用证明，利用平面证明；（2）过点作，连接，得出为二面角的平面角，再在中求得的正切值；（3）根据题意将点到平面的距离转化为点到的距离，在平面内作点关于直线对称点，作于．当，，三点共线时，为最小，从而得出，再在中求出．【解答】解：（1）证明：平面，与平所成的角为．，，在等腰中，，．又，，，，．所以，即，即．平面，平面，．，，平面，平面．平面．平面，．，平面．（2）过点作，连接，如图所示．平面，平面，．又，，平面．平面，．根据二面角的定义可知，为平面角．在中，，，．平面，平面，．在中，，．．．（3）由（1）知，，又，．平面．同理平面，平面与平面重合，即点平面．而平面，平面平面．平面，点到平面的距离转化为点到的距离．在平面内作点关于直线对称点，作于．当，，三点共线时，为最小，如图所示，则．在中，，．．的最小值为．【点评】本题主要考查线面垂直的判定定理，二面角的平面角的求法以及点到平面的距离，属于难题．59．（2023春•九龙坡区校级期末）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接，，，．（1）证明：平面．试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；（2）若面与面所成二面角的大小为，求的值．【分析】（解法（1）由直线与直线，直线与平面的垂直的转化证明得出，，所以平面，即可判断平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，确定直角．（2）根据公理2得出是平面与平面的交线．利用直线与平面的垂直判断出，，根据平面角的定义得出是面与面所成二面角的平面角，转化到直角三角形求解即可．解法（1）以为坐标原点，射线，，分别为，，轴的正半轴，建立空间直角坐标系，运用向量的数量积判断即可．（2）由底面，所以，0，是平面的一个法向量；由（1）知，平面，所以，，是平面的一个法向量．根据数量积得出夹角的余弦即可得出所求解的答案．【解答】（解法（1）因为底面，所以，由底面为长方形，有，而，所以平面．而平面，所以．又因为，点是的中点，所以．而，所以平面．而平面，所以．又，，所以平面．由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为，，，．（2）如图所示，在面内，延长与交于点，则是平面与平面的交线．由（1）知，平面，所以．又因为底面，所以．而，所以平面．所以，故是面与面所成二面角的平面角，设，，有，在中，由，得，则，解得．所以故当面与面所成二面角的大小为时，．（解法（1）以为坐标原点，射线，，分别为，，轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设，，则，0，，，0，，，1，，，1，，，1，，点是的中点，所以，，，，，，于是，即．又已知，而，所以平面．因，1，，，则，所以平面．由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为，，，．（2）由底面，所以，0，是平面的一个法向量；由（1）知，平面，所以，，是平面的一个法向量．若面与面所成二面角的大小为，则运用向量的数量积求解得出，解得．所以故当面与面所成二面角的大小为时，．【点评】本题综合考查了空间直线与平面的垂直问题，直线与直线，直线与平面的垂直的转化，空间角的求解，属于难题．60．（2023春•雨花台区校级月考）如图所示，四棱锥中，底面为矩形，平面，，，点是的中点．（1）证明：；（2）求点到的距离；（3）求二面角的大小．【分析】（1）由平面，知，结合，可证平面，从而得，再证，进而知平面，然后由线面垂直的性质定理，得证；（2）在中，利用等面积法，即可得解；（3）先证平面平面，可知二面角与二面角是互余的，再根据二面角的定义找出二面角的平面角，并求之，即可得解．【解答】（1）证明：因为平面，平面，所以，因为底面为矩形，所以，又，，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，点是的中点，所以，又，，平面，所以平面，因为平面，所以．（2）解：在中，，所以，由（1）知，平面，所以，所以，同理可得，所以，设点到的距离为，则，所以，故点到的距离为．（3）解：由（1）知，平面，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面，所以二面角与二面角是互余的，问题可转化为求二面角的大小，由（2）知，，，因为，所以，即，又，所以即为二面角的大小，因为，，所以，即二面角的大小为，故二面角的大小为．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，点到线距离的求法，以及理解二面角的定义是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于难题．