16第八章 立体几何初步易错（18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 立体几何初步易错（18个考点60题专练）一．棱柱的结构特征（共2小题）1．（2023春•包河区校级期末）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为正方体内部及其表面上的一动点，且，则满足条件的所有点构成的平面图形的周长是　　A． B． C． D．2．（2023春•常州月考）正方体的棱长为2，点，分别是棱，的中点，若点在正方体的表面上运动，满足平面，则点的轨迹所构成的周长为 　　；若点在正方体的表面上运动，满足，则点的轨迹所构成的周长为 　　．二．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共8小题）3．（2023春•临淄区校级期中）已知一个圆台的上底面圆的半径为2，下底面圆的半径为4，体积为，则该圆台的高为　　A．3 B．4 C．5 D．64．（2023•广西模拟）一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在球的球面上，且球心在圆锥体内部，若球的表面积为，到圆锥底面圆的距离为1，则该圆锥的侧面积为　　A． B． C． D．5．（2023•梅河口市校级三模）已知圆台的母线长为4，上底面圆和下底面圆半径的比为，其侧面展开图所在扇形的圆心角为，则圆台的高为　　A． B． C．4 D．6．（2023春•浙江期中）下列说法正确的是　　A．以直角三角形的一条边所在的直线为轴，其余两边旋转一周形成的几何体是圆锥 B．以正方体的顶点为顶点可以构成正四棱锥 C．将三棱锥展开后，所得平面图形一定不可能是正方形 D．任何直三棱柱都可以找到一个球，使得三棱柱的6个顶点都在该球面上7．（2024•红河州模拟）如图所示，圆锥的底面半径和高都等于球的半径，则下列选项中正确的是　　A．圆锥的轴截面为直角三角形 B．圆锥的表面积大于球的表面积的一半 C．圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为 D．圆锥的体积与球的体积之比为8．（2023春•浙江期中）如图扇形，圆心角，为半径中点，，把扇形分成三部分，这三部分绕旋转一周，所得三部分旋转体的体积，，之比是　　A． B． C． D．9．（2023春•常州期末）已知圆锥的高为1，体积为，则过圆锥顶点作圆锥截面的面积最大值为　　A． B．2 C． D．10．（2024•遂宁模拟）一个圆锥的顶点和底面圆都在半径为2的球体表面上，当圆锥的体积最大时，其底面圆的半径为 　　．三．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共3小题）11．（2023春•浙江期中）由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥），其侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，则以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为　　A．2 B． C． D．412．（2023春•辽宁期末）如图，圆锥的母线长为4，点为母线的中点，从点处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到点，这条绳子的长度最短值为，则此圆锥的表面积为　　A． B． C． D．13．（2023•泸州模拟）已知圆柱的两个底面的圆周都在表面积为的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为 　　．四．棱柱、棱锥、棱台的体积（共13小题）14．（2023春•芜湖期末）已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若球的体积为，这两个圆锥的体积之和为，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为　　A． B． C． D．15．（2023春•滨海新区校级期中）如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，给出下列判断：①； ②平面；③三棱锥的体积为定值； ④的面积与的面积相等；⑤．其中判断正确的个数为　　A．2 B．3 C．4 D．516．（2023春•上高县校级期末）已知正方体、等边圆柱（母线长等于底面圆的直径）与球的体积相等，它们的表面积分别为、、，下面关系中成立的是　　A． B． C． D．17．（2023春•黄州区校级月考）（1）已知平面向量，，若，则　　．（2）四面体中，、、、分别是各边、、、的中点，若，则是 　　形．（填四边形的形状）（3）已知，且，为虚数单位，则的最大值是 　　．（4）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 　　．18．（2023春•秦皇岛期末）已知是球的直径，，，是球面上两点，，，与平面所成的角为，则四面体的体积为 　　．19．（2024•咸阳模拟）如图几何体中，底面是边长为2的正三角形，平面，若，，，．（1）求证：平面平面；（2）求该几何体的体积．20．（2023春•秦皇岛期末）如图，已知四棱锥的体积为1，底面为平行四边形，，分别是，上的点，，，平面交于点．（1）求（2）求四棱锥的体积．21．（2023春•阜阳期末）如图，在四棱锥中，，，两两相互垂直，，为的中点，且．（1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积．22．（2023春•临洮县校级月考）如图，在多面体中，和都为等边三角形，是的中点，，．（1）证明：；（2）若，求三棱锥的体积．23．（2023春•东城区校级期末）如图1，矩形中，，，，分别为，的中点．将四边形沿折起至四边形的位置，如图2．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若点在平面上的射影为的中点，求三棱锥的体积；（Ⅲ）当平面与平面垂直时，作正方体如图3．若平面平面，且平面截该正方体所得图形的面积记为．（ⅰ）若，在图中画出截面并求；（ⅱ）的最大值为 　　（直接写出结果）24．（2023春•赣州期末）如图，在多面体中，是四边形的外接圆的直径，是与的交点，，．四边形是直角梯形，，平面，．（1）求证：平面；（2）求多面体的体积．25．（2023春•泰安期末）如图1，在边长为4的菱形中，，，分别为，的中点，将沿折起到的位置，得到如图2所示的三棱锥．（1）证明：；（2）为线段上一个动点不与端点重合），设二面角的大小为，三棱锥与三棱锥的体积之和为，求的最大值．26．（2023春•大连期末）如图，在四面体中，是边长为2的等边三角形，是直角三角形，点为直角顶点．，，，分别是线段，，，上的动点，且四边形为平行四边形，设．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若二面角的大小为，，则为何值时，四边形的面积最小，并求出最小值；（Ⅲ）当平面平面时，求四面体体积的最大值．五．多面体和旋转体表面上的最短距离问题（共1小题）27．（2023春•南召县期末）如图，某圆柱的一个轴截面是边长为2的正方形，点在下底面圆周上，且，点在母线上，点是线段的靠近点的四等分点，则的最小值为　　A． B．3 C．4 D．六．平面图形的直观图（共3小题）28．（2023春•邵阳期末）如图所示，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积是　　A． B． C． D．29．（2023春•余姚市校级期中）如图，△为水平放置的的直观图，其中，，则在原平面图形中有　　A． B． C． D．30．（2023春•回民区校级期末）一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为，腰为，上底面为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是　 　．七．斜二测法画直观图（共2小题）31．（2023春•黄埔区校级期中）如图，△表示水平放置的根据斜二测画法得到的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为　　A． B． C．4 D．32．（2023春•礼泉县校级期中）已知某平面图形的斜二测画法直观图是一个边长为1的正方形，如图所示，则该平面图形的面积是 　　八．平面的基本性质及推论（共3小题）33．（2023春•黄州区校级月考）如图所示，在空间四边形中，，分别为，的中点，，分别在，上，且．则下面几个说法中正确的个数是　　①，，，四点共面；②；③若直线与直线交于点，则，，三点共线．A．0 B．1 C．2 D．334．（2023春•楚雄州期中）如图，在正四棱台中，，，，分别为棱，，，的中点．（1）证明，，，四点共面；（2）证明，，相交于一点．35．（2023春•东平县校级期中）如图所示，在正方体中，，分别是，的中点．（1）求证：，，三线交于点；（2）在（1）的结论中，是上一点，若交平面于点，求证：，，三点共线．九．异面直线及其所成的角（共3小题）36．（2023春•天心区校级期中）如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是 　　．37．（2023春•宛城区校级月考）在正方体中，是的中点，连结，，则异面直线，所成角的正弦值为　　．38．（2023春•威远县校级月考）直三棱柱中，若，，则异面直线与所成的角等于　　A． B． C． D．一十．异面直线的判定（共1小题）39．（2023春•新邱区校级期中）异面直线是指　　A．空间中两条不相交的直线 B．平面内的一条直线与平面外的一条直线 C．分别位于两个不同平面内的两条直线 D．不同在任何一个平面内的两条直线一十一．空间中直线与直线之间的位置关系（共3小题）40．（2023春•霞山区校级期中）在如图所示的长方体中，、分别为和的中点，长方体的各棱中，与平行的有　　A．1条 B．2条 C．3条 D．4条41．（2023春•重庆期末）已知正方体，点，，分别是线段，和上的动点，观察直线与，与给出下列结论：①对于任意给定的点，存在点，使得；②对于任意给定的点，存在点，使得；③对于任意给定的点，存在点，使得；④对于任意给定的点，存在点，使得．其中正确的结论是　　A．① B．②③ C．①④ D．②④42．（2023春•千阳县校级期中）如图，在四棱锥中，面，，，，，，是的中点．（1）求异面直线与所成角的正切值；（2）求证：．一十二．空间中直线与平面之间的位置关系（共2小题）43．（2023春•城西区校级期中）已知，表示直线，，，表示平面，下列推理正确的是　　A．， B．，且 C．，，， D．，，44．（2023春•阿勒泰地区期末）已知两条直线，，两个平面，，给出下面四个命题：①若，或者，相交；②，，；③，；④，或者；其中正确命题的序号是　　A．①③ B．②④ C．①④ D．②③一十三．直线与平面平行（共4小题）45．（2023春•揭阳期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，分别为，，的中点，点在棱上，且平面，则　　．46．（2023春•南京期末）如图，已知斜三棱柱中，平面平面，与平面所成角的正切值为，所有侧棱与底面边长均为2，是边中点．（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成的角；（3）是边一点，且，若，求的值．47．（2023春•东城区校级期末）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为的中点．（Ⅰ）求的体积；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求证：平面．48．（2023春•新华区校级期中）如图所示：直三棱柱中，是中点，证明：平面．一十四．直线与平面垂直（共2小题）49．（2023春•泗阳县校级月考）如图，在正方体中：（注：如需添加辅助线，请将第（1）（2）问的辅助线分别作在答题卡中的图1与图2上）（1）证明：平面；（2）若，点是棱上一点（不包含端点），平面过点，且，求平面截正方体所得截面的面积的最大值．50．（2023春•新吴区校级期末）如图，直三棱柱 中，为的中点，，平面平面．（1）求证：平面；（2）求证：平面．一十五．平面与平面平行（共3小题）51．（2023春•西青区校级期中）如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，①平面；②平面；③平面平面；④平面平面．以上四个命题中，正确命题的序号是 　　．52．（2023春•城西区校级期中）如图所示，为所在平面外一点，，，分别为，，的重心．（1）求证：平面平面；（2）求53．（2023春•越城区校级期中）如图，四棱柱的底面是正方形．（1）证明：平面平面；（2）若平面平面直线，证明．一十六．平面与平面垂直（共2小题）54．（2023春•辽宁期末）如图，在几何体中，平面，，，，为上一点，，分别为，的中点．（1）证明：平面．（2）若，证明：平面平面．55．（2023春•雁塔区校级期中）如图，四棱锥的底面为正方形，底面，、分别是、的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面平面．一十七．直线与平面所成的角（共3小题）56．（2023春•孝义市月考）已知平面与平面的夹角为，为平面，外一定点，则过点且与平面，所成角都是的直线有　　A．1条 B．2条 C．3条 D．4条57．（2023春•嘉定区校级期末）如图，在长方体中，已知，，点为棱的中点．求直线与平面所成角的正切值．58．（2023春•金凤区校级期末）如图，在三棱锥中，是的中点，平面，，，，．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．一十八．二面角的平面角及求法（共2小题）59．（2023春•苏州期末）在矩形中，，，沿对角线把矩形折成二面角的平面角为时，则　　．60．（2023春•泸县校级期末）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，．点是的中点，作，交于点．（1）设平面与平面的交线为，试判断直线与直线的位置关系，并给出证明；（2）求平面与平面所成的较小的二面角的余弦值；（3）求直线与平面所成角的正切值．第八章 立体几何初步易错（18个考点60题专练）一．棱柱的结构特征（共2小题）1．（2023春•包河区校级期末）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为正方体内部及其表面上的一动点，且，则满足条件的所有点构成的平面图形的周长是　　A． B． C． D．【分析】判断平面，平面，确定过点的截面与正方体各棱的交点，可知截面图形是边长为的正六边形，求得结果即可．【解答】解：连接、、、、、、，如图所示：因为四边形为正方形，则，因为平面，平面，所以，又，所以平面，因为平面，所以，同理可得，又，所以平面，同理可证平面，设过点且垂直于的平面为平面，则与平面、平面都平行，因为平面，平面平面，平面平面，所以，因为为的中点，所以为的中点，同理可知，平面分别与棱、、、交于中点，所以六边形为正六边形，且其边长为，所以满足条件的所有点构成的平面图形的周长是．故选：．【点评】本题考查了正方体截面周长的计算问题，解题的关键是利用正方体的几何性质，找出体对角线的垂面，确定截面与垂面平行，并以此作出截面．2．（2023春•常州月考）正方体的棱长为2，点，分别是棱，的中点，若点在正方体的表面上运动，满足平面，则点的轨迹所构成的周长为 　　；若点在正方体的表面上运动，满足，则点的轨迹所构成的周长为 　　．【分析】分别取棱，的中点，，连接，，，，，推导出平面，平面，得到平面平面，由此得以点的轨迹是△，去掉点，求出三角形的周长即可；连接，和，得出平面，点的轨迹所构成的图形是矩形，去掉点，计算矩形的周长即可．【解答】解：如图所示，分别取棱，的中点，，连接，，，，，因为，，，分别是其所在棱的中点，所以，，所以，又因为平面，平面，所以平面，又因为，，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，又因为，所以平面平面，又因为在正方体的表面上运动，满足平面，所以点的轨迹所构成△，去掉点，计算周长为；连接，和，如图2所示：因为，，所以，又因为侧面，平面，所以，且，所以平面，所以点的轨迹所构成的图形是矩形，去掉点，计算矩形的周长为．故答案为：；．【点评】本题考查了空间中线面平行与垂直的应用问题，也考查了空间想象与逻辑思维能力，以及运算求解能力，是中档题．二．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共8小题）3．（2023春•临淄区校级期中）已知一个圆台的上底面圆的半径为2，下底面圆的半径为4，体积为，则该圆台的高为　　A．3 B．4 C．5 D．6【分析】设圆台的高为，再由圆台的体积公式列式求解．【解答】解：设圆台的高为，已知上、下底面圆的半径分别为2，4．由圆台的体积公式可得，，解得：．故选：．【点评】本题考查圆台体积公式的应用，是基础题．4．（2023•广西模拟）一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在球的球面上，且球心在圆锥体内部，若球的表面积为，到圆锥底面圆的距离为1，则该圆锥的侧面积为　　A． B． C． D．【分析】根据球的表面积求出半径，利用勾股定理求出圆锥底面圆的半径，根据等腰三角形的外接圆性质求出圆锥的高，再利用勾股定理求出母线长，即可计算圆锥的侧面积．【解答】解：画出圆锥的轴截面，如图所示：设球的半径为，则，解得．设圆锥底面圆的半径为，则，所以圆锥的高为，圆锥的母线长为，所以该圆锥的侧面积为．故选：．【点评】本题考查了圆锥的外接球应用问题，也考查了直观想象的核心素养，是基础题．5．（2023•梅河口市校级三模）已知圆台的母线长为4，上底面圆和下底面圆半径的比为，其侧面展开图所在扇形的圆心角为，则圆台的高为　　A． B． C．4 D．【分析】根据圆台的母线长和上、下底面圆半径的比求出截圆锥所得圆台时圆锥的母线长，根据其侧面展开图所在扇形的圆心角求出底面圆的半径，由此求出圆台的高．【解答】解：圆台的母线长为4，上底面圆和下底面圆半径的比为，所以，解得，因为其侧面展开图所在扇形的圆心角为，所以，解得，所以，所以圆台的高为．故选：．【点评】本题考查了扇形的圆心角弧度数与圆台的结构特征应用问题，是基础题．6．（2023春•浙江期中）下列说法正确的是　　A．以直角三角形的一条边所在的直线为轴，其余两边旋转一周形成的几何体是圆锥 B．以正方体的顶点为顶点可以构成正四棱锥 C．将三棱锥展开后，所得平面图形一定不可能是正方形 D．任何直三棱柱都可以找到一个球，使得三棱柱的6个顶点都在该球面上【分析】根据空间几何体的概念和性质进行判断即可．【解答】解：对于，以直角三角形的一条直角边所在的直线为轴，其余两边旋转一周形成的几何体是圆锥，故错误；对于，底面为正方形，侧面为四个全等的等腰三角形的几何体图形为正四棱锥，有定义可知正方体的顶点为顶点不可以构成正四棱锥，故错误；对于，如图即可将一个正方形折叠为三角锥形，其中、为正方形两个边的中点，为正方形的顶点，故错误；对于，直三棱柱的两个底面的外接圆圆心连线中点就是该三棱柱外接球球心，且使得三棱柱的6个顶点都在该球面上，故正确．故选：．【点评】本题主要考查了简单几何体的结构特征，属于基础题．7．（2024•红河州模拟）如图所示，圆锥的底面半径和高都等于球的半径，则下列选项中正确的是　　A．圆锥的轴截面为直角三角形 B．圆锥的表面积大于球的表面积的一半 C．圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为 D．圆锥的体积与球的体积之比为【分析】设球的半径为，则圆锥的底面圆半径和高都是，由此判断选项中的命题是否正确即可．【解答】解：对于，设球的半径为，如图所示：，所以，选项正确；对于，圆锥的表面积为，球的表面积为，所以，选项正确；对于，圆锥的母线长为，底面周长为，所以圆锥侧面展开图中圆心角的弧度数为，选项错误；对于，，，所以，选项正确．故选：．【点评】本题考查了球和圆锥的结构特征应用问题，也考查了推理与运算能力，是基础题．8．（2023春•浙江期中）如图扇形，圆心角，为半径中点，，把扇形分成三部分，这三部分绕旋转一周，所得三部分旋转体的体积，，之比是　　A． B． C． D．【分析】根据旋转体的概念结合圆锥以及球的体积公式，分别求得，，的值，即可得答案．【解答】解：由题意，不妨设扇形的半径为2，则第Ⅰ部分旋转后的几何体是圆锥，计算体积为，第Ⅱ部分旋转后的几何体是大圆锥中间去掉一个小圆锥，计算体积为，第Ⅲ部分旋转后是的几何体是半球，中间去掉一个圆锥，计算体积为，所以．故选：．【点评】本题考查了旋转体的概念以及圆锥和球的体积计算问题，是基础题．9．（2023春•常州期末）已知圆锥的高为1，体积为，则过圆锥顶点作圆锥截面的面积最大值为　　A． B．2 C． D．【分析】判断截面面积的最大值时的截面的位置，然后求解即可．【解答】解：当截面过圆锥的轴时，此时的截面为以底面直径为底，母线为腰的等腰三角形，设圆锥的底面半径为，则，解得，圆锥的母线长为：2，底面直径为，此时等腰三角形的顶角大于，当过圆锥顶点作圆锥截面的面积的最大值为，截面是等腰直角三角形，所求最大截面面积为：．故选：．【点评】本题考查圆锥的轴截面以及圆锥的体积，考查运算求解能力，属于基础题．10．（2024•遂宁模拟）一个圆锥的顶点和底面圆都在半径为2的球体表面上，当圆锥的体积最大时，其底面圆的半径为 　　．【分析】设圆锥的高为，底面半径为，根据题意得出与的关系，写出圆锥的体积解析式，利用导数判断单调性，求最值时对应的底面圆半径即可．【解答】解：设圆锥的高为，底面半径为，则，；所以圆锥的体积为，求导数，得，令，解得，所以时，，函数单调递增，当，时，，函数单调递减；所以当时，圆锥的体积最大，此时圆锥的底面半径，解得，所以当圆锥的体积最大时，其底面圆的半径为．故答案为：．【点评】本题考查了圆锥与球的结构特征应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．三．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共3小题）11．（2023春•浙江期中）由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥），其侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，则以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为　　A．2 B． C． D．4【分析】可设四棱锥的底面边长为，四棱锥的高为，侧面三角形底边上的高为，分别计算四棱锥的侧面积和该四棱锥的高为边长的正方形面积，求比值即可．【解答】解：如图所示，设四棱锥的底面边长为，四棱锥的高为，侧面三角形底边上的高为，因为侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，且，所以；计算四棱锥的侧面积为，以该四棱锥的高为边长的正方形面积为，所以以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为：，故选：．【点评】本题考查了四棱锥的结构特征与侧面积、底面积计算问题，是基础题．12．（2023春•辽宁期末）如图，圆锥的母线长为4，点为母线的中点，从点处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到点，这条绳子的长度最短值为，则此圆锥的表面积为　　A． B． C． D．【分析】设底面圆半径为，由母线长求出侧面展开扇形的圆心角，利用余弦定理求出从点拉一绳子围绕圆锥侧面转到点的最短距离，列方程求出的值，再计算圆锥的表面积．【解答】解：设底面圆半径为，由母线长为4，所以侧面展开扇形的圆心角为；将圆锥侧面展开成一个扇形，从点拉一绳子围绕圆锥侧面转到点，最短距离为，如图所示：在中，由余弦定理得，的长度为：，解得，所以，所以圆锥的表面积为．故选：．【点评】本题考查了圆锥的侧面展开图应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．13．（2023•泸州模拟）已知圆柱的两个底面的圆周都在表面积为的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为 　　．【分析】求出球的半径，根据条件列出圆柱底面半径和母线的关系式，得出侧面积表达式，再求侧面积的最大值．【解答】解：设球的半径为，圆柱的底面半径为，母线为，由题意知，，解得，又圆柱的两个底面的圆周都在球的球面上，所以圆柱的两个底面圆圆心关于球心对称，且，则圆柱的侧面积为，，因为，当且仅当，即，时，等号成立，所以，．故答案为：．【点评】本题考查了圆柱的外接球和圆柱侧面积计算问题，也考查了运算求解能力，是中档题．四．棱柱、棱锥、棱台的体积（共13小题）14．（2023春•芜湖期末）已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若球的体积为，这两个圆锥的体积之和为，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为　　A． B． C． D．【分析】画出图形，根据面积比例关系确定底面半径和球的半径之间的关系，再求出底面与球心之间的距离，以此求出两个圆锥的高．【解答】解：如图所示，设圆锥与圆锥公共底面圆心为，两圆锥公共底面圆周上一点，底面半径，设球心为，球的半径，由题意知，，解得，又因为，解得，所以在△中，，因为底面积相同的圆锥，高较大者体积较大，所以体积较小圆锥的高为，体积较大圆锥的高为，所以体积较小者的高与体积较大者的高的比值为．故选：．【点评】本题考查了球与圆锥的体积计算问题，也考查了运算求解能力，是中档题．15．（2023春•滨海新区校级期中）如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，给出下列判断：①；②平面；③三棱锥的体积为定值；④的面积与的面积相等；⑤．其中判断正确的个数为　　A．2 B．3 C．4 D．5【分析】连结，则平面，，由此判断命题①②是否正确，找出特殊位置，利用等体积法判断③④⑤是否正确．【解答】解：连结，则平面，，所以，命题①正确；因为平面，所以平面，命题②正确；三棱锥的体积为，是定值，命题③正确；的面积与的面积不相等，因为两个三角形的底相同，高不等，所以④错误；因为，所以⑤正确；综上，正确命题的序号为①②③⑤，有4个．故选：．【点评】本题考查了直线与平面垂直的判定，以及空间想象能力和运算求解能力，是中档题．16．（2023春•上高县校级期末）已知正方体、等边圆柱（母线长等于底面圆的直径）与球的体积相等，它们的表面积分别为、、，下面关系中成立的是　　A． B． C． D．【分析】设球的半径为，正方体的棱长为，等边圆柱的底面半径为，由此求出它们的体积和表面积，再比较大小即可．【解答】解：设球的半径为，正方体的棱长为，圆柱的底面半径是，所以球的体积为，正方体的体积为，圆柱的体积为，且，又因为球的表面积为，正方体的表面积为，圆柱的表面积为，因为，所以，同理可得．故选：．【点评】本题考查了正方体、球与等边圆柱的表面积大小比较问题，也考查了推理于运算能力，是中档题．17．（2023春•黄州区校级月考）（1）已知平面向量，，若，则　0　．（2）四面体中，、、、分别是各边、、、的中点，若，则是 　　形．（填四边形的形状）（3）已知，且，为虚数单位，则的最大值是 　　．（4）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 　　．【分析】（1）根据平面向量数量积的坐标运算列方程求解即可．（2）利用中位线定理判断四边形是平行四边形，再判断是菱形．（3）利用绝对值不等式求出的最大值．（4）根据该几何体为两个全等的正四棱锥，由此计算几何体的体积．【解答】解：（1）因为向量，，且，所以，解得．（2）因为、、、分别是各边、、、的中点，所以，，，，所以，且，所以四边形是平行四边形，同理，，所以，所以是菱形．（3）因为，所以，即最大值是6．（4）由图可知该几何体为两个全等的正四棱锥构成，四棱锥底面四边形面积为正方形面积一半，是，高为正方体棱长一半，是1，所以几何体的体积为．故答案为：（1）0； （2）菱； （3）6；（4）．【点评】本题考查了平面向量的数量积与复数的模长和空间几何体的体积计算问题，是中档题．18．（2023春•秦皇岛期末）已知是球的直径，，，是球面上两点，，，与平面所成的角为，则四面体的体积为 　2　．【分析】取中点，由已知可证平面平面，得，解得，由求出体积即可．【解答】解：球的半径为2，，为等边三角形，取的中点，连接，如图所示：则，因为与，，平面，，所以平面，又因为平面，所以平面平面，平面平面，所以是与平面所成线面角，所以，所以，．故答案为：2．【点评】本题考查了空间几何体的结构特征与应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．19．（2024•咸阳模拟）如图几何体中，底面是边长为2的正三角形，平面，若，，，．（1）求证：平面平面；（2）求该几何体的体积．【分析】（1）设，分别为，边的中点，连接，，；证明平面，利用，得出平面，即可证明平面平面．（2）过点作平面平面，利用分割求和法计算几何体的体积．【解答】（1）证明：设，分别为，边的中点，连接，，；因为平面，，，，，所以，且，即四边形为平行四边形，可得，在底面正三角形中，为边的中点，则，又平面，且平面，所以，由于，且、平面，所以平面，因为，平面，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）解：过点作平面平面，则几何体的体积为：．【点评】本题考查了空间中的平行与垂直关系应用问题，也考查了简单几何体的体积计算问题，是中档题．20．（2023春•秦皇岛期末）如图，已知四棱锥的体积为1，底面为平行四边形，，分别是，上的点，，，平面交于点．（1）求（2）求四棱锥的体积．【分析】（1）延长，与交于点，连接交于点，通过构造相似三角形求相关线段的比例，可求的值；（2）由点和点的位置，判断四棱锥的体积与四棱锥的体积的关系，即可求出四棱锥的体积．【解答】解：（1）在平面内，延长，与交于点，取中点为，连接，如图所示：，，所以，由，所以，所以，所以，连接交于点，，所以为中点，所以；（2）因为为中点，所以的面积是平行四边形面积的，所以梯形的面积是平行四边形面积的，又因为是的中点，所以点到平面的距离是点到平面的距离的，所以四棱锥的体积为．【点评】本题考查了空间几何体的结构特征与几何体体积计算问题，是中档题．21．（2023春•阜阳期末）如图，在四棱锥中，，，两两相互垂直，，为的中点，且．（1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积．【分析】（1）先证明平面，得出，再由，即可证明平面，平面平面；（2）设，，利用勾股定理求出、，再根据，求出，，利用勾股定理列方程求出，即可计算四棱锥的体积．【解答】（1）证明：因为，，且，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，又因为，且，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面；（2）解：设，，因为，所以，，因为，且，所以，，由（1）知，平面，平面，所以，所以，即，解得，所以，所以四棱锥的体积为．【点评】本题考查了空间中的垂直与平行关系应用问题，也考查了推理与计算能力，是中档题．22．（2023春•临洮县校级月考）如图，在多面体中，和都为等边三角形，是的中点，，．（1）证明：；（2）若，求三棱锥的体积．【分析】（1）先利用等边三角形的性质及线面垂直的判定定理证线面垂直，再由线面垂直证线线垂直．（2）由已知证线面垂直得高，利用等体积法即可求解体积．【解答】解：（1）因为，所以、、、共面，连接、，因为和均为等边三角形，是的中点，所以，，，平面，平面，所以平面，平面，所以；（2）因为，，所以四边形是平行四边形，和均为等边三角形，是的中点，，又，所以，即，所以平行四边形是正方形，又，，平面，平面，所以平面，所以平面，又，所以三棱锥的体积为．【点评】本题考查了线面垂直的判定定理与应用问题，也考查了推理与运算能力，是中档题．23．（2023春•东城区校级期末）如图1，矩形中，，，，分别为，的中点．将四边形沿折起至四边形的位置，如图2．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若点在平面上的射影为的中点，求三棱锥的体积；（Ⅲ）当平面与平面垂直时，作正方体如图3．若平面平面，且平面截该正方体所得图形的面积记为．（ⅰ）若，在图中画出截面并求；（ⅱ）的最大值为 　　（直接写出结果）【分析】（Ⅰ）根据线面垂直的判定定理，即可证明平面；（Ⅱ）利用等体积法计算三棱锥的体积；（Ⅲ）连接，，，得出平面截该正方体所得图形是边长等边三角形，计算面积即可；当截面是边长为的正六边形时，面积最大，计算此时面积即可．【解答】（Ⅰ）证明：在矩形中，，，所以在图②中，，，又因为，所以平面；（Ⅱ）解：设的中点为，因为点在平面上的射影为的中点，所以平面，所以；（Ⅲ）解：连接，，，所以平面平面，所以平面截该正方体所得图形是边长为的等边三角形，面积为；如图所示，当截面是边长为的正六边形时，面积最大，此时面积为．【点评】本题考查了直线与平面垂直的判定问题，也三棱锥体积计算问题，以及空间想象能力和推理判断能力，是中档题．24．（2023春•赣州期末）如图，在多面体中，是四边形的外接圆的直径，是与的交点，，．四边形是直角梯形，，平面，．（1）求证：平面；（2）求多面体的体积．【分析】（1）取的中点，连接，，证明四边形是平行四边形，得出，即可证明平面；（2）多面体的体积为，取的中点，连接，利用正弦定理求得，计算的面积，求出四棱锥的体积和三棱锥的体积即可．【解答】（1）证明：取的中点，连接，，因为是四边形的外接圆的直径，所以，，又因为，，所以是正三角形，所以的外接圆与四边形相同，且圆心在上，设圆心为，则，且，为的中点，所以，，因为为的中点，所以，且，又因为，且，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，即，又因为平面，平面，所以平面；（2）解：多面体的体积为，取的中点，连接，因为是正三角形，所以，所以，由正弦定理得，，所以，所以，所以的面积为，又因为平面，平面，所以，又因为，、平面，所以平面，所以点到平面的距离为，所以，因为，所以，所以，所以．【点评】本题考查了空间中的平行关系证明问题，也考查了空间几何体体积的计算问题，是中档题．25．（2023春•泰安期末）如图1，在边长为4的菱形中，，，分别为，的中点，将沿折起到的位置，得到如图2所示的三棱锥．（1）证明：；（2）为线段上一个动点不与端点重合），设二面角的大小为，三棱锥与三棱锥的体积之和为，求的最大值．【分析】（1）在菱形中连接交于点，则，即可得到，，从而得到平面，即可得证；（2）在菱形中，连接交于点，即可得到是二面角的平面角，即，过作于点，过作于点，即可得到平面，平面，则、分别为三棱锥、的高，即可表示出，，再由锥体的体积公式及二倍角公式计算即可．【解答】解：（1）证明：在菱形中连接交于点，所以为的中点，，在三棱锥中，，，，，平面，所以平面，平面，所以．（2）在菱形中，连接交于点，因为，分别为，的中点，所以且，所以，在三棱锥中，，，所以是二面角的平面角，所以，过作于点，过作于点，因为平面，平面，所以，又，，，平面，所以平面，同理可证平面，所以、分别为三棱锥、的高，因为菱形边长为4，所以，所以，在中，，所以，因为，所以，，所以，所以，因为，所以时取得最大值为4．【点评】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，第二问解答的关键是用的式子表示出、，利用三角恒等变换公式及正弦函数的性质求出体积最大值．26．（2023春•大连期末）如图，在四面体中，是边长为2的等边三角形，是直角三角形，点为直角顶点．，，，分别是线段，，，上的动点，且四边形为平行四边形，设．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若二面角的大小为，，则为何值时，四边形的面积最小，并求出最小值；（Ⅲ）当平面平面时，求四面体体积的最大值．【分析】（Ⅰ）先证明平面，再利用线面平行的性质可知，由此容易得证；（Ⅱ）作辅助线，分析可知，再根据正弦函数的有界性即可得解；（Ⅲ）设，点到平面的距离为，在 中，，利用棱锥的体积公式表示出四面体的体积，再利用三角函数的性质得解．【解答】解：（Ⅰ）证明：四边形为平行四边形，，平面，平面，平面，平面，平面平面，，平面，平面，平面；（Ⅱ）取中点，连接，交于点，过点作，交于点，连接，过点作，垂足为， 是边长为2的等边三角形，，，是二面角的平面角，，，，，，平面，平面，平面，平面，，同（Ⅰ）的分析过程可知：，，，，，，，，在中，由余弦定理可得，，四边形的面积为，当，即或时， 的最小值为．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，为二面角的平面角，设，则点到平面的距离为，设，则，，平面平面，，平面，平面，平面，，在 中，，，又，则，所以，则，所以当时，四面体体积的最大值为．【点评】本题主要考查线面平行的证明，立体几何中的二面角，距离和最值问题，空间几何体体积的计算，立体几何中的探索性问题等知识，属于难题．五．多面体和旋转体表面上的最短距离问题（共1小题）27．（2023春•南召县期末）如图，某圆柱的一个轴截面是边长为2的正方形，点在下底面圆周上，且，点在母线上，点是线段的靠近点的四等分点，则的最小值为　　A． B．3 C．4 D．【分析】将绕直线旋转到，并且点在的反向延长线上，连接，交于点，此时最小，求出即可．【解答】解：将绕直线旋转到，并且点在的反向延长线上，连接，交于点，此时最小，如图所示：因为，所以，又因为，所以，又因为，所以，，由余弦定理得，，解得，即的最小值为．故选：．【点评】本题考查了几何体中线段长度的最值问题，也考查了空间想象能力与计算能力，以及数形结合思想，是中档题．六．平面图形的直观图（共3小题）28．（2023春•邵阳期末）如图所示，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积是　　A． B． C． D．【分析】根据斜二测画法的规则，还原出原来的图形，求出它的面积即可．【解答】解：如图所示，由斜二测画法的规则知与轴平行的线段其长度不变与横轴平行的性质不变，正方形的对角线在轴上，可求得其长度为，故在平面图中其在轴上，且其长度变为原来的2倍，长度为，其原来的图形是平行四边形，所以它的面积是．故选：．【点评】本题考查了斜二测画法的规则与应用问题，解题时应还原出原来的图形，是基础题．29．（2023春•余姚市校级期中）如图，△为水平放置的的直观图，其中，，则在原平面图形中有　　A． B． C． D．【分析】把直观图转化为原平面图形，再对选项中的命题真假性判断即可．【解答】解：把直观图转化为原平面图形，如图所示：取的中点，连接，△中，，，所以，所以，所以，所以，；在原平面图形中，，，，的面积为．故选：．【点评】本题考查了平面图形的直观图与原图形的转化和应用问题，是基础题．30．（2023春•回民区校级期末）一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为，腰为，上底面为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是　　．【分析】根据斜二测化法规则画出原平面图形，求出面积即可．【解答】解：如图所示：由已知斜二测直观图根据斜二测化法画出原平面图形，所以，，，所以这个平面图形的面积为．．故答案为：．【点评】本题考查了斜二测直观图的应用问题，根据斜二测画法正确画出原平面图形是解题的关键．七．斜二测法画直观图（共2小题）31．（2023春•黄埔区校级期中）如图，△表示水平放置的根据斜二测画法得到的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为　　A． B． C．4 D．【分析】过做轴的平行线，交轴与，求出，由斜二测画法规则知对应的在轴上，求出即为的边上的高．【解答】解：过做轴的平行线，交轴于点，作轴，垂足为，如图所示：则，，由斜二测画法规则知对应的在轴上，且，此即为的边上的高．另解：过点作轴的平行线，交轴于点，则，所以的边上的高为．故选：．【点评】本题考查了斜二测画法的理解和运用问题，也考查了作图、识图能力，是基础题．32．（2023春•礼泉县校级期中）已知某平面图形的斜二测画法直观图是一个边长为1的正方形，如图所示，则该平面图形的面积是 　　【分析】首先把直观图转换为平面图，进一步求出平面图的面积．【解答】解：根据平面图形的直观图，还原为平面图形为平行四边形，如图所示：所以，，故．故答案为：．【点评】本题考查的知识要点：平面图和直观图之间的转换，平行四边形的面积公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题和易错题．八．平面的基本性质及推论（共3小题）33．（2023春•黄州区校级月考）如图所示，在空间四边形中，，分别为，的中点，，分别在，上，且．则下面几个说法中正确的个数是　　①，，，四点共面；②；③若直线与直线交于点，则，，三点共线．A．0 B．1 C．2 D．3【分析】推导出，，从而，由此能证明，，，四点共面；，从而直线与直线必相交，设交点为，证明点在直线上．【解答】解：如图所示，，分别为，的中点，所以，，，分别在，上，且，所以，，所以，则，，，四点共面，说法①正确；因为，四边形是梯形，不成立，说法②错误；若直线与直线交于点，则由，平面，得平面，同理平面，又平面平面，，所以，，三点共线，说法③正确；说法中正确的有2个．故选：．【点评】本题考查了空间中的平行与垂直关系的判断问题，也考查了推理与判断能力，是中档题．34．（2023春•楚雄州期中）如图，在正四棱台中，，，，分别为棱，，，的中点． （1）证明，，，四点共面；（2）证明，，相交于一点．【分析】（1）连接，，根据正四棱台的结构特征与性质，结合题意得出，即可证明，，，四点共面．（2）先证明与相交于点，再证明，即可得出，，交于一点．【解答】（1）证明：连接，，如图所示：在正四棱台中，，因为，，，分别为棱，，，的中点，所以，，所以，所以，，，四点共面．（2）证明：因为，所以，且，所以四边形为梯形，延长、，则与必相交，不妨设，因为平面，所以平面，因为平面，所以平面，又因为平面平面，所以，所以，，交于一点．【点评】本题考查了空间中的直线与直线之间的位置关系应用问题，是中档题．35．（2023春•东平县校级期中）如图所示，在正方体中，，分别是，的中点．（1）求证：，，三线交于点；（2）在（1）的结论中，是上一点，若交平面于点，求证：，，三点共线．【分析】（1）证明与相交，设交点为，再证明在平面与平面的交线上，即可证明、、三线共点；（2）证明，，都在平面与平面的交线上，即可得出，，三点共线．【解答】解：（1）证明：正方体中，，分别是，的中点，且，与相交，设交点为，，平面，平面；又，平面，平面，为两平面的公共点，平面平面，，、、三线共点于；（2）证明：如图所示，在（1）的结论中，是上一点，交平面于点，则平面，平面，又平面，平面平面，同理，平面平面，平面平面，，，都在平面与平面的交线上，，，三点共线．【点评】本题考查了立体几何中的点线面的位置关系与应用问题，也考查了数形结合与逻辑推理能力，是综合性题目．九．异面直线及其所成的角（共3小题）36．（2023春•天心区校级期中）如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是 　　．【分析】在棱上取一点，使得，取的中点，连接，，，判断或其补角是异面直线与所成的角，利用余弦定理求解即可．【解答】解：如图所示，在棱上取一点，使得，取的中点，连接，，，因为，分别是棱，的中点，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，又因为，分别是，的中点，所以，所以，则或其补角是异面直线与所成的角．设，则．，．计算，，，，由余弦定理得，所以异面直线与所成角的余弦值是．故答案为：．【点评】本题考查了异面直线所成的角计算问题，解题的关键是找角，是中档题．37．（2023春•宛城区校级月考）在正方体中，是的中点，连结，，则异面直线，所成角的正弦值为　　．【分析】连接，得出，是异面直线，所成的角，利用直角三角形求出的值．【解答】解：连接，，取的中点，连接，如图所示，正方体中，，且，所以四边形是平行四边形，所以，所以是异面直线，所成的角；由正方形的对称性知，，，且；设棱长，则，，，，即异面直线，所成角的正弦值为．故答案为：．【点评】本题考查了异面直线所成角的计算问题，也考查了运算求解能力，是基础题．38．（2023春•威远县校级月考）直三棱柱中，若，，则异面直线与所成的角等于　　A． B． C． D．【分析】延长到，根据异面直线所成角的定义可知就是异面直线与所成的角，而三角形为等边三角形，可求得此角．【解答】解：延长到，使得，则为平行四边形，就是异面直线与所成的角，又，则三角形为等边三角形，故选：．【点评】本小题主要考查直三棱柱的性质、异面直线所成的角、异面直线所成的角的求法，考查转化思想，属于基础题．一十．异面直线的判定（共1小题）39．（2023春•新邱区校级期中）异面直线是指　　A．空间中两条不相交的直线 B．平面内的一条直线与平面外的一条直线 C．分别位于两个不同平面内的两条直线 D．不同在任何一个平面内的两条直线【分析】依据异面直线的定义，逐一分析研究各个选项的正确性，可以通过举反例的方法进行排除．【解答】解： 不正确，因为空间中两条不相交的直线可能平行． 不正确，因为平面内的一条直线与平面外的一条直线可能平行，也可能相交．不正确，因为分别位于两个不同平面内的两条直线可能平行，也可能相交． 正确，这就是异面直线的定义．故选：．【点评】本题考查异面直线的定义，用举反例的方法判断一个命题是假命题，是一种简单有效的方法．一十一．空间中直线与直线之间的位置关系（共3小题）40．（2023春•霞山区校级期中）在如图所示的长方体中，、分别为和的中点，长方体的各棱中，与平行的有　　A．1条 B．2条 C．3条 D．4条【分析】因为、分别为和的中点，所以，因为，其他棱与均不平行．【解答】解：因为、分别为和的中点，所以，因为故选：．【点评】本题考查两条直线平行的判断、平行公里，考查空间想象能力．41．（2023春•重庆期末）已知正方体，点，，分别是线段，和上的动点，观察直线与，与给出下列结论：①对于任意给定的点，存在点，使得；②对于任意给定的点，存在点，使得；③对于任意给定的点，存在点，使得；④对于任意给定的点，存在点，使得．其中正确的结论是　　A．① B．②③ C．①④ D．②④【分析】根据直线与直线、直线与平面的位置关系，结合正方体的性质，分别判断选项，利用排除法能得出结论．【解答】解：①当点与重合时，，且，所以平面，因为对于任意给定的点，都有平面，所以对于任意给定的点，存在点，使得，所以①正确；②只有平面，即平面时，才能满足对于任意给定的点，存在点，使得，因为过点与平面垂直的直线只有一条，而，所以②错误；③当与，重合时，在线段上找不到点，使，所以③不正确；④只有当平面时，④才正确，所以对于任意给定的点不存在点，使，故④不正确．故选：．【点评】本题考查直线与直线、直线与平面的位置关系的判断，是中档题，解题时要注意空间思维能力的培养．42．（2023春•千阳县校级期中）如图，在四棱锥中，面，，，，，，是的中点．（1）求异面直线与所成角的正切值；（2）求证：．【分析】（1）利用，得到为异面直线与所成角；（2）连接，求出其长度与 相等，为 中点，得到与 垂直，利用线面垂直的性质定理和判定定理得到证明．【解答】（1）解：为异面直线与所成角，所以异面直线与所成角的正切值（6分）（2）证明：连接，由，，，得．又，是的中点，所以．平面，平面，所以．而，是平面内的两条相交直线，所以平面．又面，所以（12分）【点评】本题考查了异面直线所成的角；关键是将异面直线所成的角转化为平面角．一十二．空间中直线与平面之间的位置关系（共2小题）43．（2023春•城西区校级期中）已知，表示直线，，，表示平面，下列推理正确的是　　A．， B．，且 C．，，， D．，，【分析】利用空间线面关系及面面关系定理，对选项分别分析解答．【解答】解：对于选项，，，直线，可能相交；故错误；对于选项，，，直线可能在两个平面内，故错误；对于选项，，，，，直线，如果不相交，，可能相交，故错误；对于选项，根据面面平行的性质以及，得到，进一步得到；故正确；故选：．【点评】本题考查了空间线面平行的性质和判定定理的运用，熟练相关的性质定理和判定定理是关键，属于中档题．44．（2023春•阿勒泰地区期末）已知两条直线，，两个平面，，给出下面四个命题：①若，或者，相交；②，，；③，；④，或者；其中正确命题的序号是　　A．①③ B．②④ C．①④ D．②③【分析】利用线面平行和面面平行的性质和判定定理对四个命题分别分析选择．【解答】解：对于①，若，则与在同一个平面内，所以或者，相交；①正确；对于②，，，则与平行或者异面所以只有错误；对于③，，，与的位置关系不确定，所以错误；对于④，，根据线面平行的判定定理可得：如果则；如果，则，所以或者是正确的；综上正确的命题是①④；故选：．【点评】本题考查了线面平行的判定定理和性质定理的运用；关键是熟练相关的定理，属于中档题．一十三．直线与平面平行（共4小题）45．（2023春•揭阳期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，分别为，，的中点，点在棱上，且平面，则　2　．【分析】连接、，设、，连接，过点作交于点，连接、，即可证明平面平面，从而得到平面，再根据线段平行得到线段的关系，即可解答．【解答】解：连接、，设、，连接，过点作交于点，连接、，因为、分别为、的中点，所以，平面，平面，所以平面．同理可得平面，，，平面，所以平面平面，平面，所以平面，因为、分别为、的中点，则为的中点，又为的中点，所以，，所以，又，所以，所以，又为的中点，所以，则，所以．【点评】本题考查直线与平面平行，属于中档题．46．（2023春•南京期末）如图，已知斜三棱柱中，平面平面，与平面所成角的正切值为，所有侧棱与底面边长均为2，是边中点．（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成的角；（3）是边一点，且，若，求的值．【分析】（1）由题意及线面平行的证法，可证得结论；（2）由异面直线的夹角的求法，平移直线可得相交直线所成的角，求出异面直线的夹角；（3）用向量的方法，可得的值．【解答】解：（1）证明：如图，连接与交于点，连，在斜三棱柱中，四边形是菱形，则是的中点，又是中点，即为△的中位线，所以，又平面，平面，可证得：平面；（2）取的中点，连，斜三棱柱底面△边长均为2，则，平面平面，平面平面，平面，则平面，所以即为与平面所成角，△中，，，则，又，，则在△中，，则，由三棱柱中，，，所以异面直线与所成的角等于，即为，即异面直线与所成的角为；（3）由（2）知平面，又平面，则，又，，而，平面，所以平面，又平面，则，在菱形中，以为坐标原点，所在直线为轴建系，由（2）知，所以，，，，又，所以，，，，，，，，又，即，即，整理可得：，所以的值为．【点评】本题考查立体几何中异面直线的夹角的求法及直线与平面的平行的证法，属于中档题．47．（2023春•东城区校级期末）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为的中点．（Ⅰ）求的体积；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求证：平面．【分析】（1）利用棱锥体积公式求解即可．（2）一条直线垂直于平面内两条相交直线，则这条直线与平面垂直．（3）平面外一条直线与平面内一条直线平行，则直线与平面平行．【解答】（1）解：因为在四棱锥中，平面，，，，，为的中点，所以．（2）证明：因为，，所以，又平面，所以，又因为，所以平面．（3）证明：取的中点为，又为的中点，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面．【点评】本题考查棱锥的体积，直线与平面的位置关系，属于中档题．48．（2023春•新华区校级期中）如图所示：直三棱柱中，是中点，证明：平面．【分析】欲证平面，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证与平面内一直线平行，连接，设，连接，根据中位线定理可知，又平面，平面，满足定理所需条件；【解答】证明：连接，设，连接因为是矩形，所以是中点，在中，又为中点又平面，平面平面．【点评】本题主要考查三棱柱的性质以及直线与平面平行的判定；熟练掌握线面平行的判定定理是关键，属于基础题．一十四．直线与平面垂直（共2小题）49．（2023春•泗阳县校级月考）如图，在正方体中：（注：如需添加辅助线，请将第（1）（2）问的辅助线分别作在答题卡中的图1与图2上）（1）证明：平面；（2）若，点是棱上一点（不包含端点），平面过点，且，求平面截正方体所得截面的面积的最大值．【分析】（1）连接，，根据线面垂直的性质可得，根据线面垂直的判定定理可得平面，得出，同理可证，再根据线面垂直的判定定理即可得证；（2）过点作，交于点，过点作，交于，过点作，交于，证明，，，四点共面，再证平面，即可得平面即为所求的平面，设平面平面，说明平面截正方体所得截面为平面六边形，设，，根据截面六边形面积等于等腰梯形的面积加上等腰梯形的面积，求解即可．【解答】（1）证明：连接，，在正方体中，，由平面，平面，得，又因为，故平面，又因为平面，故，同理，又因为，所以平面；（2）解：过点作，交于点，过点作，交于，过点作，交于，则，，故，又，故，则，，，四点共面，由，，由（1）可知，，故，，，故平面，平面即为所求的平面，因为平面平面，平面平面，设平面平面，则，又因为，可得，同理可得：，故平面截正方体所得截面为平面六边形，设，，则，，，等腰梯形的面积，等腰梯形的面积，截面六边形面积，当，取得最大值为，所以平面截正方体所得截面的截面面积的最大值为．【点评】本题考查了空间中的直线与平面的位置关系应用问题，也考查了推理与判断能力，与运算求解能力，是中档题．50．（2023春•新吴区校级期末）如图，直三棱柱 中，为的中点，，平面平面．（1）求证：平面；（2）求证：平面．【分析】（1）设与相交于点，连接，证明，即可证明平面．（2）连接与，由平面得出，由得出，再证明，即可证明平面．【解答】证明：（1）设与相交于点，连接，则为的中点，因为为的中点，所以，又平面，平面，所以平面．（2）连接与，由直三棱柱的性质知，平面，因为平面，所以，因为，所以四边形是正方形，所以，又因为平面平面，平面平面，过点作，垂足为，则平面，所以，所以与重合，所以平面，所以，又因为，，所以平面，所以，又，所以平面．【点评】本题考查了空间中的平行与垂直关系应用问题，也考查了推理与证明能力，是中档题．一十五．平面与平面平行（共3小题）51．（2023春•西青区校级期中）如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，①平面；②平面；③平面平面；④平面平面．以上四个命题中，正确命题的序号是 　①②③④　．【分析】把正方体的平面展开图还原成正方体，再判断题目中的命题是否正确即可．【解答】解：把正方体的平面展开图还原成正方体，如图所示：对于①，因为，平面，平面，所以平面，命题①正确；对于②，，平面，平面，所以平面，命题②正确；对于③，，，，、平面，所以平面平面，命题③正确；对于④，，，，、平面，所以平面平面，命题④正确．故答案为：①②③④．【点评】本题利用命题真假的判断考查了空间中的平行关系应用问题，也考查了空间思维能力与推理判断能力，是中档题．52．（2023春•城西区校级期中）如图所示，为所在平面外一点，，，分别为，，的重心．（1）求证：平面平面；（2）求【分析】（1）连接，，，并延长分别交，，于，，；证明，平面，平面，得出平面平面；（2）由题意利用，用相似比求出的值．【解答】（1）证明：连接，，并延长分别交，，于，，；，，分别为，，的重心，则有，且，，分别为，，的中点．连接，，，有．又平面，平面，平面．同理平面，，平面平面．（2）解：由（1）可知，．又，；同理，．，其相似比为；．【点评】本题考查了平面与平面平行的判定定理应用问题，也考查了利用三角形的相似比求面积比的应用问题，是基础题．53．（2023春•越城区校级期中）如图，四棱柱的底面是正方形．（1）证明：平面平面；（2）若平面平面直线，证明．【分析】（1）方法一、利用棱柱的性质证明线线平行，线面平行，从而证明面面平行即可．由且，得出四边形是平行四边形，可证明，由此证明平面，同理平面，即可证明平面平面；（2）利用平面平行的性质定理即可证明．【解答】（1）证明：方法一、四棱柱中，，且，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面中，所以平面；同理平面，又，所以平面平面；方法二、四棱柱中，，，所以，且，，所以，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，同理，平面，又因为，且平面，平面，所以平面平面；（2）证明：四棱柱中，平面，且平面平面直线，平面平面，所以．【点评】本题考查了空间中的平行关系应用问题，也考查了推理与证明能力，是中档题．一十六．平面与平面垂直（共2小题）54．（2023春•辽宁期末）如图，在几何体中，平面，，，，为上一点，，分别为，的中点．（1）证明：平面．（2）若，证明：平面平面．【分析】（1）证明是的中点，利用中位线可得，由线面平行判定定理求解即可；（2）先证明平面，再由面面垂直的判定定理求解．【解答】证明：（1）连接，，如图，由，，可知四边形为平行四边形，又为的中点，所以，，三点共线，且为的中点，因为为的中点，所以，又平面，平面，所以平面．（2）因为平面，平面，所以，又，，，平面，所以平面，又平面，所以，又，所以四边形为正方形，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面．【点评】本题考查了空间中的平行与垂直关系应用问题，也考查了推理与判断能力，是中档题．55．（2023春•雁塔区校级期中）如图，四棱锥的底面为正方形，底面，、分别是、的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面平面．【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明平面；（2）根据面面垂直的判定定理即可证明平面平面．【解答】解：（1）如图，连结，则是的中点，又是的中点，．又平面，面平面．（2）是正方形，，平面，，又，面．又平面，故平面平面【点评】本题主要考查直线和平行平行以及面面垂直的判定，要求熟练掌握相应的判定定理．一十七．直线与平面所成的角（共3小题）56．（2023春•孝义市月考）已知平面与平面的夹角为，为平面，外一定点，则过点且与平面，所成角都是的直线有　　A．1条 B．2条 C．3条 D．4条【分析】根据平面与平面的夹角为，得出过点且与平面，所成角都为和的直线各有1条，由此得出与平面，所成角都是的直线条数．【解答】解：因为平面与平面的夹角为，所以过点且与平面，所成角都为，和的直线各有1条，记为、；若过点且与平面，所成角都是的直线，则在直线、的两边各有2条，共有（条．故选：．【点评】本题考查了空间角的定义与应用问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．57．（2023春•嘉定区校级期末）如图，在长方体中，已知，，点为棱的中点．求直线与平面所成角的正切值．【分析】根据长方体的性质可证得直线与平面所成角就是，根据即可求得．【解答】解：因为长方体，且，所以平面，故直线与平面所成角就是，在中，由已知可得，因此，，即直线与平面所成角的正切值为．【点评】本题考查了直线与平面所成的角的计算，属于基础题．58．（2023春•金凤区校级期末）如图，在三棱锥中，是的中点，平面，，，，．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【分析】（1）由平面得出，再证平面；（2）连接，得出是直线与平面所成的角，在直角三角形中计算的值即可．【解答】（1）证明：由平面，平面，，又，，且平面，平面，平面；（2）解：连接，由平面知，是直线与平面所成的角，中，，中，，中，；中，，在中，，即直线与平面所成角的正弦值为．【点评】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了直线与平面所成的角计算问题，是中档题．一十八．二面角的平面角及求法（共2小题）59．（2023春•苏州期末）在矩形中，，，沿对角线把矩形折成二面角的平面角为时，则　　．【分析】根据题意画出图形，结合图形过点作于点，过点作于点；利用直角三角形的边角关系和平面向量的线性表示，求出模长即可．【解答】解：【向量法】矩形中，，，过点作于点，过点作于点，如图所示，则，；沿对角线把矩形折成二面角的平面角为时，则，，．【公式法】由，；异面直线与所成的角为，则．故答案为：．【点评】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了运算求解能力与转化思想，是中档题．60．（2023春•泸县校级期末）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，．点是的中点，作，交于点．（1）设平面与平面的交线为，试判断直线与直线的位置关系，并给出证明；（2）求平面与平面所成的较小的二面角的余弦值；（3）求直线与平面所成角的正切值．【分析】（1）根据线面平行的性质定理进行证明即可．（2）先找出二面角的平面角，然后进行求解即可，（3）根据线面角的定义进行求解即可，【解答】证明：（1）连结交交于，是正方形，为的中点，又是的中点，，又平面，平面，．平面，又平面，平面平面，．解：（2）平面，平面，，设正方形的边长为4，，的中线，，，同理，，，，，为正三角形，中线，且，，，，同理，是二面角的一个平面角，又在正三角形中，，则平面与平面所成的较小的面角的余弦值为．解：（3）同（2）中，得，又在正方形中，，，平面，平面，平面，同理平面同理面是直线与平面所成的角，在和中得，直线与平面所成角的正切值为．【点评】本题主要考查空间直线和平面位置关系的判断，以及空间角的求解，根据二面角和线面角的定义是解决本题的关键，是中档题．