作业05立体几何初步（8大题型巩固提升练能力培优练拓展突破练仿真考场练）

完成时间：月日天气：作业05立体几何初步（8大题型巩固提升练+能力培优练+拓展突破练+仿真考场练）一、空间图形的表面积与体积1．主要考查多面体、旋转体的表面积，旋转体的侧面展开图，柱体、锥体、台体的体积，球的表面积和体积，不规则空间图形常用转换法、分割法、补形法等进行求解．2.关于空间图形的体积、表面积首先要明确空间图形的基本量，如球的半径，空间图形的高、棱长等，其次是准确代入相关的公式计算．在计算中应注意各数量之间的关系，特别是特殊的柱体、锥体、台体，要注意其中矩形、直角三角形及梯形等重要的平面图形的作用．二、空间中的平行关系1．空间中的平行主要有线线平行、线面平行、面面平行，主要考查在空间图形中证明线面平行、面面平行以及线线平行．2.线线平行、线面平行、面面平行的关系线线平行、线面平行、面面平行这三种关系是紧密相连的，可以进行任意转化，相互间的转化关系如下：三、空间中的垂直关系1．主要考查空间中线面垂直、面面垂直的判定定理与性质定理，以及线线垂直、线面垂直、面面垂直三者之间的联系与转化．2.线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化四、空间角的求法1．空间角包括异面直线所成的角、线面角及二面角，主要考查空间角的定义及求法，求角时要先找角，再证角，最后在三角形中求角．2.(1)求异面直线所成的角常用平移转化法(转化为相交直线的夹角)．(2)求直线与平面所成的角常用射影转化法(即作垂线、找射影)．(3)二面角的平面角的作法常有三种：①定义法；②三垂线法；③垂面法．一．棱柱的结构特征（共5小题）1．（2024春•海安市校级期中）如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点，则下列说法中正确的有A．直线与为相交直线 B．异面直线与所成角为 C．若是棱上一点，且，则、、、四点共面 D．平面截该长方体所得的截面可能为六边形【分析】证明四边形为梯形，即可判断选项；利用三垂线定理即可判断选项；取的中点，连结，，，通过证明，即可判断选项，确定截面共有五条边，即可判断选项．【解答】解：因为，且，所以四边形为梯形，则与必相交，故选项正确；由题意可知，平面，故在平面内的射影为，因为与不垂直，故与不垂直，即异面直线与所成角不为，故选项错误；点是棱上一点，且，取的中点，连结，，，因为，分别为和的中点，所以，又四边形为平行四边形，所以，故、、、四点共面，故选项正确；由选项可知，，，为截面的边，截面又与平面以及平面相交，则可得截面的两条边，所以截面共有五条边，故选项错误．故选：．【点评】本题主要考查了空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力，考查化归与转化思想等，属于中档题．2．（2024春•玄武区校级月考）设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中，2，，，为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列结论正确的是A．直四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等 B．若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为 C．若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为 D．若四面体在点处的离散曲率为，则平面【分析】结合题中新定义多面体在点处的离散曲率对四个选项逐一判断即可．【解答】解：项，当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱一的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故选项错误；项，若，则菱形为正方形，因为平面，所以，，所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，选项正确；项，若，则，又，，所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，选项错误；项，在四面体中，，，，所以，所以四面体在点处的离散曲率为，解得，易知，所以，所以，所以直四棱柱为正方体，结合正方体的结构特征可知平面，选项正确，故选：．【点评】本题考查学生阅读理解能力，合情推理能力，涉及正多面体相关知识，数形结合思想，属于中档题．3．（2023春•大丰区校级月考）如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是A．、、、四点共面 B．平面平面 C．直线与所成的角为 D．平面【分析】由空间中直线与平面、平面与平面位置关系逐一核对四个选项得答案．【解答】解：对于，、、在平面内，在平面外，故错误；对于，在长方体中，平面，平面，平面平面，故正确；对于，如图，取中点，连接，，可得，为直线与所成角，由题意可得为等边三角形，则，故正确；对于，若平面，又平面，则平面平面，而平面平面，矛盾，故错误．说法正确的是．故选：．【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与平面、平面与平面位置关系的判定及其应用，是中档题．4．（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．5．（2023春•崇川区校级月考）已知直四棱柱，底面为平行四边形，，，，，以为球心，半径为2的球面与侧面的交线的长度为．【分析】根据题意，取，连结，以为球心，半径为2的球面与直线相切，根据余弦定理可得，根据线面垂直的性质定理得到，所以球面与侧面的交点为和，进而求出点和在以为圆心，半径为1的圆上，求出弧的长度，根据球面与侧面的交线为弧，得到球面与侧面的交线的长度．【解答】解：根据题意作出图象，取，连结，直四棱柱，底面，，，以为球心，半径为2的球面与直线相切．在直四棱柱中，底面为平行四边形，，，，，根据余弦定理可得，，．底面，平面，，，球面与侧面的交点为和，又，平面，点和在以为圆心，半径为1的圆上，，弧的长度为，球面与侧面的交线为弧，球面与侧面的交线的长度为．故答案为：．【点评】本题考查立体几何的应用，余弦定理，线面垂直的性质定理，属于中档题．二．棱柱、棱锥、棱台的体积（共7小题）6．（2024春•玄武区校级月考）已知四面体的各个面均为全等的等腰三角形，且．设为空间内任一点，且，，，，五点在同一个球面上，则A．四面体的面积为 B．四面体的体积为 C．当时，点的轨迹长度为 D．当三棱锥的体积为时，点的轨迹长度为【分析】先计算一个三角形的面积，根据四面体的各个面均为全等的等腰三角形，即可判断选项；根据棱锥的体积公式计算可判断选项；根据条件，确定轨迹的形状，结合圆的周长求得轨迹长度或范围，即可判断选项，．【解答】解：对于：因为四面体的各个面均为全等的等腰三角形，依题意，可知，，设为的中点，连接，则，所以，所以四面体的面积为，故正确；对于，将四面体放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为，，，则，，，解得，，由于，即异面直线和的距离为，且平面，所以四面体的体积为，故错误；对于，由以上分析可知，四面体的外接球半径为，由，知点的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为，则，解得，所以的轨迹长度为，故正确；对于，由题意可得，所以，故的外接圆半径为，所以球心到所在平面的距离为，设三棱锥的高为，由三棱锥的体积为时，可得，所以，又由，所以点轨迹为外接球上平行于平面且到平面的距两为的两个截面圆，其中一个圆为外接球的大圆，所以点的轨迹长度大于，错误．故选：．【点评】本题考查空间几何体的体积与表面积的计算，属于中档题．7．（2024•建湖县校级开学）香囊，又名香袋、花囊，是我国古代常见的一种民间刺绣工艺品，香囊形状多样，如图1所示的六面体就是其中一种，已知该六面体的所有棱长均为2，其平面展开图如图2所示，则下列说法正确的是A． B．直线与直线所成的角为 C．该六面体的体积为 D．该六面体内切球的表面积是【分析】根据条件证明平面，根据线面垂直的定义可证明；根据正四面体的性质可知直线与成角，可判断；连接，过点作平面，计算可得正四面体的高，六面体体积为2个正四面体体积之和，计算可得结果，从而判断；过点作，则就是内切球的半径，中计算得的长度，代入球的表面积公式计算可判断．【解答】解：由题知，所给六面体由两个同底面的正四面体组成，将题图2的平面展开图还原为直观图后如图所示，其中，，，四点重合；取的中点，连接，，则，，又，所以平面，又平面，所以，故正确；由图可知，与分别为正三角形的边，，其所成的角为，故错误；连接，过点作平面，则垂足在上，且，所以，所以该六面体的体积，故错误．因为该六面体的各棱长相等，所以其内切球的球心必在公共面上，又为正三角形，所以点即为该六面体内切球的球心，且该球与相切，过点作，则就是内切球的半径，在中，因为，所以，所以该内切球的表面积为，故正确；故选：．【点评】本题考查了线面垂直的证明，两直线所成的角以及几何体的表面积，体积，内切球表面积等知识，属于中档题．8．（2024春•玄武区校级月考）正四棱台，其上、下底面的面积分别为，，该正四棱台的外接球表面积为，则该正四棱台的体积为14或．【分析】根据题意可得上下底面正方形的对角线的一半分别为1，2，正四棱台的外接球的半径为，该正四棱台的外接球的球心到上底面距离为，该正四棱台的高为，则，从而可求出，最后根据台体的体积公式即可求解．【解答】解：根据题意可得上下底面正方形的边长分别为，，上下底面正方形的对角线的一半分别为1，2，设正四棱台的外接球的半径为，则，，设该正四棱台的外接球的球心到上底面距离为，该正四棱台的高为，则，即，解得或，该正四棱台的体积为：或，即为14或．故答案为：14或．【点评】本题考查正四棱台的体积的求解，化归转化思想，方程思想，属中档题．9．（2024春•海门区校级月考）近年来，纳米品的多项技术和方法在水软化领域均有重要应用．纳米晶体结构众多，如图是一种纳米晶的结构示意图，其是由正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为的几何体，则该结构的纳米晶个体的体积为．【分析】先推出正四面体的棱长与体积的关系，然后根据此关系可求得结果．【解答】解：设正四面体的棱长为，如图为的中心，则平面，因为平面，所以，因为正的边长为，所以，所以，所以正四面体的体积为，因为此纳米晶个体是由棱长为的正四面体的四个顶点处各截去一个棱长为的正四面体，所以该结构的纳米晶个体的体积为．故答案为：．【点评】本题考查简单几何体的体积计算，考查运算求解能力，属于中档题．10．（2024春•溧阳市期末）如图，在直三棱柱中，，，，，点是的中点．（1）求证：平面；（2）求证：；（3）求三棱锥的体积．【分析】（1）设与交于点，可得，由线面平行的判定可得答案（2）由余弦定理得可得，由勾股定理可得，又平面得，可得平面可得答案；（3）在中过点作，垂足为，可得平面，利用相等可得答案．【解答】解：（1）证明：设与交于点，则为的中点，连接，则在中，则是的中位线，所以，又平面，平面，所以平面．（2）证明：在中，由，，，由余弦定理，得，则，即，为直角三角形，．又平面，平面，，又，，平面，平面，平面，．（3）在中过点作，垂足为，平面平面，且平面平面，平面易知，，，．【点评】本题考查线面平行、线线垂直的判定、考查等体积法求三棱锥的体积，属于中档题．11．（2024春•新吴区校级期中）如图正方体的棱长为2，是线段的中点，平面过点、、．（1）画出平面截正方体所得的截面，并简要叙述理由或作图步骤；（2）求（1）中截面多边形的面积；（3）平面截正方体，把正方体分为两部分，求较小的部分与较大的部分的体积的比值．【分析】（1）取的中点，连接、、，利用平行线的传递性可证得，可知、、、四点共面，再由于、、三点不共线，可得出面即为平面截正方体所得的截面；（2）分析可知，四边形为等腰梯形，求出该等腰梯形的高，利用梯形的面积公式可求得截面面积；（3）利用台体的体积公式可求得三棱台的体积，并求出剩余部分几何体的体积，由此可得结果．【解答】解：（1）如图，取的中点，连接、、．因为是的中点，所以．在正方体中，，，所以四边形是平行四边形，所以，所以，所以、、、四点共面．因为、、三点不共线，所以、、、四点共面于平面，所以面即为平面截正方体所得的截面；（2）由（1）可知，截面为梯形，，，，同理可得，如图所示：分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，则，，，所以，则，因为，，，则四边形为矩形，所以，所以，所以，所以梯形的面积为；（3）因为多面体为三棱台，又，，且该棱台的高为2，所以该棱台的体积为：，故剩余部分的体积为．故较小的那部分与较大的那部分的体积的比值为．【点评】本题考查立体几何的综合应用，正方体的截面问题，几何体的体积问题，属中档题．12．（2024春•邗江区校级月考）如图所示，在三棱柱中，侧面为菱形，，，侧面为正方形，平面平面．点为的中点，点为的中点．（1）证明：平面；（2）求三棱柱的体积．【分析】（1）连结、，推导出，由此能证明平面．（2）取的中点，连，则，从而平面，进而，由为正方形，得，推导出，，从而平面，由此能求出三棱柱的体积．【解答】解：（1）证明：连结、，是菱形，点为的中点，，又点为的中点，点为，，平面，平面，平面．（2）侧面为菱形，，△为等边三角形，，取的中点，连，则，平面平面，平面，，而为正方形，，又，，又，，又，平面，△的面积，三棱柱的体积．【点评】本题考查空中线线平行、线面垂直、面面垂直、锥体体积求法，考查空间想象能力、推理论证能力、考查运算求解能力，是中档题．三．球的体积和表面积（共5小题）13．（2024•建湖县校级开学）已知正三棱锥中，，，该三棱锥的外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，则A． B． C． D．【分析】由题意可得，，两两垂直，可将正三棱锥扩充为以，，为棱的正方体，则该三棱锥的外接球球心即为正方体的中心，结合球的截面性质求得，，可得结论．【解答】解：正三棱锥中，，，可得，，两两垂直，可将正三棱锥扩充为以，，为棱的正方体，则该三棱锥的外接球球心即为正方体的中心，可得到侧面的距离．设外接球的半径为，则，即，又等边三角形的外接圆的半径，则到底面距离为，所以．故选：．【点评】本题考查三棱锥的外接球的性质和正三棱锥的性质，考查转化思想和运算能力，属于中档题．14．（2024春•邗江区校级月考）已知三棱锥，，，点到平面的距离是，则三棱锥的外接球表面积为．【分析】根据题意求得外接圆的半径，再利用勾股定理证得平面，从而利用侧棱垂直于底面的三棱锥的外接球的性质即可得解．【解答】解：记为的中点，连接，，由题意知，且，所以外接圆的直径为，且，即半径，过作平面，因为平面，则，又点到平面的距离是，即，而，所以，同理，又，所以，是同一个点，所以平面，设三棱锥的外接球的半径为，则，则三棱锥的外接球表面积为．故答案为：．【点评】本题主要考查了三棱锥的外接球，还考查了球表面积公式的应用，属于中档题．15．（2024春•江阴市校级月考）在三棱锥中，，，两两垂直，，，为棱上一点，于点，则当的面积取最大值时，三棱锥的外接球表面积为．【分析】设，求得，结合，求得，进而求得和，根据，求得面积的最大值，再根据正方体的性质求得三棱锥的外接球的半径为，进而求得外接球的表面积．【解答】解：设，且，，因为，，两两垂直，所以，所以，可得，因为，且，，平面，所以平面，又因为平面，所以，所以，因为，且，，平面，所以平面，又因为平面，所以，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，设三棱锥的外接球的半径为，则，所以三棱锥的外接球的表面积为．故答案为：．【点评】本题主要考查了几何体外接球的应用，还考查了球的表面积公式的应用，属于中档题．16．（2024春•相城区校级月考）在棱长为2的正方体中，则它的外接球的表面积为；若为的中点，则过、、三点的平面截正方体所得的截面面积为．【分析】①首先利用正方体的对角线和外接球的半径的关系求出的值，进一步求出球的表面积；②首先利用直线间的平行关系求出截面，进一步求出截面的高和截面面积．【解答】解：①在棱长为2的正方体中，则它的外接球半径为，解得，所以外接球的表面积为；②如图所示：过点作，连接，所以过、、三点的平面截正方体所得的截面为且为等腰梯形，过点作于点，过点作，连接，所以为梯形的高，且，所以．故答案为：．【点评】本题考查的知识点：正方体和外接球的关系，球的半径的求法，截面积的求法，主要考查学生的运算能力，属于中档题．17．（2024春•新吴区校级期中）如今中国在基建方面世界领先，可谓是逢山开路，遇水架桥．公路里程、高铁里程双双都是世界第一．建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先．如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体体积为，则模型中最大球的体积为，模型中九个球的表面积之和为．【分析】先求出正四面体的内切球半径，再利用三个球的半径之间的关系得到另外两个球的半径，得到答案．【解答】解：如图，取的中点，连接，，过点作底面，垂足在上，且，设棱长为，则，，，在直角三角形中，，因为正四面体体积为，所以，即，解得，则，，所以，故，点为最大球的球心，连接并延长，交于点，则，设最大球的半径为，则，因为，所以，即，解得，所以模型中最大球的体积为，且，则，故，设最小球的球心为，中间球的球心为，则两球均与直线相切，设切点分别为，，连接，，则，分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为，，则，，则，又，所以，解得，又，故，解得，所以，模型中九个球的表面积和为．故答案为：；．【点评】本题考查了正四面体的内切球，球的表面积公式，难点是求出最大球、中等球及最小球的半径，属于中档题．四．平面的基本性质及推论（共5小题）18．（2023春•响水县校级期中）如图，在正方体中，的中点为，过，，三点的截面是A．三角形 B．矩形 C．菱形 D．梯形【分析】取的中点，连接、、、和，确定，，得到答案．【解答】解：如图所示，取的中点，连接、、、和，，分别是，的中点，故，且，，故，，故，，，四点共面，故四边形是过，，三点的截面，且四边形是梯形．故选：．【点评】本题考查平面的基本性质以及推论，属于中档题．19．（2023春•雨花台区校级月考）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面积是A． B． C．4 D．【分析】利用三垂线定理找到与垂直的直线，，把条件中的，转为为线面垂直，从而找到截面．【解答】解：如图，正方体中，在平面的射影为，在平面的射影为，分别取中点，中点，利用三垂线定理得，，，所以平面．所以，点在正方体中过、、的截面上．分别取，，的中点、、，连接，，，，平面即为截面．在正方体中求得，所以正六边形的面积为．故选：．【点评】本题考查空间几何体的截面，正方体的性质，线面垂直的证明，属于综合题．20．（2024春•梁溪区校级期中）在四面体中，，，，，分别为，，，，的中点，则下列说法中正确的是A．，，，四点共面 B． C． D．四边形为梯形【分析】根据题意及中位线定理和等角定理可以一一判断．【解答】解：由中位线定理，易知，，，．对于，由公理4易得，所以，，，四点共面，故正确；对于，根据等角定理，得，故正确；对于，由等角定理，知，，所以，故正确；由三角形的中位线定理及公理4知，，，，所以且，所以四边形为平行四边形，故不正确．故选：．【点评】本题主要考查的是关于平行四边形的判定及四点共面的判定，中位线定理及等角定理的应用，考查学生的逻辑推理能力和空间想象能力，属于中档题．21．（2023春•宿迁期中）如图，在正方体中，为、的交点，直线交平面于点，则下列结论正确的是A．、、、四点共面 B．直线与直线为异面直线 C．直线与直线相交 D．、、、四点共面【分析】根据点与线，点与面，线与面的位置关系逐项判断即可求解．【解答】解：对于选项，如图，连接，因为为、的交点，直线交平面于点，所以点，，在平面与平面的交线上，即，，三点共线，则点、、、四点共面，故选项正确；对于选项，因为为的中点，点为直线与平面的交点，所以不是的中点，又因为，平面，且与不平行，所以直线与直线相交，故选项正确；对于选项，由选项的分析可知，，三点共线，所以直线与直线相交，故选项错误；对于选项，因为点、、均在平面内，点不在平面内，且直线与直线没有交点，所以直线与直线异面，则点、、、四点不共面，故选项错误，故选：．【点评】本题考查点与线，点与面，线与面的位置关系，属于中档题．22．（2024春•江阴市校级月考）如图所示，在棱长为1的正方体中，，分别为线段，上的动点，为的中点，则的周长的最小值为A． B． C． D．【分析】由题意构造三棱锥，求解展开图中三角形的边长，即可得出结论．【解答】解：如图1，连接，则为的中点，将三棱锥沿展开成平面图形，如图2，即为三角形周长的最小值，其中，，所以的周长的最小值为：，故选：．【点评】本题考查棱柱的结构特征，平面展开图的应用，余弦定理的应用，考查学生的计算能力，属于中档题．五．空间中直线与直线之间的位置关系（共4小题）23．（2023春•滨海县期中）如图，在正方体中，，分别是，的中点，则下列说法正确的是A．与垂直 B．与垂直 C．与平行 D．与平行【分析】先利用三角形中位线定理证明，再利用线面垂直的判定定理定义证明与垂直，由异面直线所成的角的定义证明与垂直，故排除、、选【解答】解：如图：连接，，在三角形中，，故正确；平面，，与垂直，故正确；，，与垂直，正确；与异面，，与不可能平行，错误故选：．【点评】本题主要考查线面关系，线线平行与垂直的证明，异面直线所成的角及其位置关系，属中档题．24．（2023春•邳州市校级月考）如图，在长方体中，，，、分别为棱、的中点，则下列说法中正确的有A． B．直线与为相交直线 C．若是棱上一点，且，则、、、四点共面 D．平面截该长方体所得的截面可能为六边形【分析】利用三垂线定理即可判断选项，证明四边形为梯形，即可判断选项，取的中点，连结，，，通过证明，即可判断选项，确定截面共有五条边，即可判断选项．【解答】解：由题意可知，平面，故在平面内的射影为，因为与不垂直，故与不垂直，故选项错误；因为，且，所以四边形为梯形，则与必相交，故选项正确；点是棱上一点，且，取的中点，连结，，，因为，分别为和的中点，所以，又四边形为平行四边形，所以，故、、、四点共面，故选项正确；由选项可知，，，为截面的边，截面又与平面以及平面相交，则可得截面的两条边，所以截面共有五条边，故选项错误．故选：．【点评】本题主要考查了空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力，考查化归与转化思想等，属于中档题．25．（2023春•泗阳县校级月考）已知两个不同平面，和三条不重合的直线，，，则下列命题：（1）若，，则（2）若，在平面内，且，，则（3）若，分别经过两异面直线，，且，则必与或相交（4）若，，是两两互相异面的直线，则存在无数条直线与，，都相交其中正确的命题是（3）（4）．（请写上正确命题的序号）【分析】简单的反例可以否定（1）（2），利用反证法，借助平行公理可以确认（3），通过较为复杂的构造与证明，可以确认（4）．【解答】解：（1）在保持与平面平行的条件下可以在一个与平行的平面内任意旋转，故与定直线所成的角是任意的，故（1）错误；（2）当，平行时，不能保证直线垂直于平面，直线甚至可以在平面内，故（2）错误；（3）假若既不与相交，也不与相交，由于，都在内，故，平行，同理，平行，根据平行公理得到，平行，与已知，为异面直线矛盾，故（3）正确；（4）如图所示，，，是异面直线，上下两个平面，是分别通过，中的一条而与另一条平行的平面，直线与这两个平面都相交，交点，都不在直线，上．在直线上任取一点不同于，的点，由于，异面，，则直线与点确定一个平面，可知这平面与直线相交，设交点为，连接的直线与直线必然相交（否则，这条线必在平面内），由于点的任意性，可知这样可以做出无数条直线与，，都相交，故（4）正确．故答案为：（3）（4）．【点评】本题考查空间中各要素之间的位置关系，化归转化思想，属中档题．26．（2023春•镇江月考）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．六．空间中直线与平面之间的位置关系（共3小题）27．（2024春•溧阳市期末）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则【分析】根据空间中线面、面面的位置关系判断即可．【解答】解：对于，若，，则或，故错误；对于，若，，，则或与相交或与异面，故错误；对于，若，，，则或与相交，故错误；对于，若，则存在直线不与重合），使得，又，则或与相交，若，则，此时可以满足，只需即可，所以，若与相交，则与也相交，又，所以与也相交，与相矛盾，所以，则，故正确；故选：．【点评】本题考查空间中线面、面面的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．28．（2024春•南通月考）已知空间3条不同的直线，，和平面，则下列说法正确的是A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则【分析】根据题意，举出反例可得错误，利用线面平行、垂直的性质分析，即可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析选项：选项，若，，则或，相交或异面，错误；选项，若，，则或，错误；选项，若，不妨设，，则，又，，则，所以，正确；选项，若，，则，或，相交，错误．故选：．【点评】本题考查空间直线与平面为位置关系，涉及线面平行、垂直的性质，属于基础题．29．（2024春•邗江区校级月考）设是空间中的一个平面，，，是三条不同的直线，则A．若，，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则【分析】在中，与相交、平行或；在中，由线面垂直的判定定理得；在中，；在中，与相交、平行或异面．【解答】解：由是空间中的一个平面，，，是三条不同的直线，知：在中，若，，，，则与相交、平行或，故错误；在中，若，，，则由线面垂直的判定定理得，故正确；在中，若，，，则，故错误；在中，若，，，则与相交、平行或异面，故错误．故选：．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线线、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．七．直线与平面平行（共8小题）30．（2024春•南通月考）在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，则下列正确的是A．平面 B．平面 C．多面体是棱台 D．平面截正方体所得截面的面积为【分析】由线面平行即可判断出的真假；由线面垂直即可判断出的真假；由棱台的定义即可判断出的真假；由平面截正方体所得截面的作图即可判断出的真假．【解答】解：对于，取中点，连接，，由正方体得四边形为平行四边形，所以，因为点，为，的中点，所以，又，所以四边形为平行四边形，所以，所以，因为平面，平面，所以平面，故正确；对于，取中点，连接，则△，所以，所以，所以，由正方体得，平面，又平面，所以，因为，，，平面，，所以平面，又，所以与平面不垂直，故错误；对于，由正方体得，平面平面，即平面平面，由棱台的定义可知，多面体是棱台，故正确；对于，设直线与直线交于点，连接与交于点，与直线交于点，连接交于点，连接，，则五边形即为平面截正方体所得截面，因为△，所以，，因为△△，所以，所以，因为△△，所以，因为△，所以，所以，，所以，所以，所以，因为，，所以，故错误．故选：．【点评】本题考查线面位置关系的判断，属于中档题．31．（2024春•姑苏区校级月考）如图，在直角梯形中，，，且为的中点，，分别是，的中点，将三角形沿折起，则下列说法正确的是A．不论折至何位置（不在平面内），都有平面 B．不论折至何位置（不在平面内），都有 C．不论折至何位置（不在平面内），都有 D．在折起过程中，一定存在某个位置，使【分析】利用平面几何知识得到四边形为平行四边形，由此画出折叠后的立体图形，利用线线、线面位置关系的判定进行逐一分析判断，即可得到答案．【解答】解：由已知，在未折叠的原梯形中，，，所以四边形为平行四边形，所以，折叠后如图所示，过点作，交于点，连结，因为，分别是，的中点，所以为的中点，故，又，，所以平面平面，又平面，故平面，故选项正确；由已知，，，所以，，又，，平面，所以平面，又平面，所以，故选项正确；假设，则与确定平面，从而平面，平面，与和是异面直线矛盾，故选项错误；当时，，因为，，，，平面，所以平面，又平面，所以，故选项正确．故选：．【点评】本题考查了判断线面平行、线线平行、线线垂直，涉及了平面中线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理和性质定理的应用，解题的关键是能正确画出折叠后的立体图形，属于中档题．32．（2024春•江苏月考）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，为的中点，在上，，若平面，则的值为3．【分析】由线面平行的性质定理可得，由三角形的相似可得所求值．【解答】解：设与的交点为，连接．由平面，平面平面，平面，可得，即有．在平行四边形中，，可得，即有，则，．故答案为：3．【点评】本题考查线面平行的性质定理，以及三角形的相似，考查转化思想和推理能力，属于基础题．33．（2024春•如皋市月考）如图，正方体中，为底面的中心，为棱上一点．（1）证明：平面；（2）若平面，求证：为棱的中点．【分析】（1）连接，交于，由题意可证得四边形是平行四边形，可证得，进而可证得结论；（2）设正方体的棱长为2，设，由线面垂直可证得，分别求出，，的值，由勾股定理可得的值，即证得结论．【解答】证明：（1）连接，交于，可得为的中点，连接，为底面的中心，由题意可得，且，所以四边形是平行四边形，所以，平面，平面，所以平面；（2）设正方体的棱长为2，设，则，连接，，因为平面，所以，因为，，，所以，即，解得，即，即为的中点．【点评】本题考查线面平行的证法及线面垂直的性质的应用，属于中档题．34．（2024春•江阴市期中）在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型．点在棱上，满足，点在棱上，满足，要求同学们按照以下方案进行切割：（1）试在棱上确定一点，使得平面；（2）过点，，的平面交于点，沿平面将四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，需先在模型中确定点的位置，请求出的值．【分析】（1）取上靠近的四等分点为，通过三角形相似，说明使得平面．（2）延长，与延长交于，连接，并延长与的延长线交于，连接，交于，通过直线与直线平行，推出比例，，即可得到结果．【解答】解：（1）由已知得，点在棱上，满足，点在棱上，满足，所以，取上靠近的四等分点为，则必有，则根据三角形相似，必有，使得平面．（2）延长，与延长交于，连接，并延长与的延长线交于，连接，交于，由（1）可得，由，可得，由．可得，在等腰三角形中，取，连接，则，，所以，即．【点评】本题考查平面的基本性质的应用，直线与平面平行的判断与性质的应用，是中档题．35．（2024春•梁溪区校级期中）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．36．（2024春•锡山区校级月考）如图，在三棱柱中，平面平面，侧面是矩形，点，分别为，的中点．求证：（1）；（2）平面．【分析】（1）推导出，从而平面．由此能证明．（2）取的中点，连结，．推导出四边形为平行四边形，．由此能证明平面．【解答】证明：（1）因为侧面是矩形，所以因为平面平面，平面平面，平面，所以平面．因为平面，所以．（2）取的中点，连结，．在△中，，分别是，的中点，所以，且．在矩形中，是的中点，所以，且．所以，且．所以四边形为平行四边形，所以．又因为平面，平面，所以平面．【点评】本题考查线线平行、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．37．（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．八．平面与平面垂直（共4小题）38．（2024春•泗阳县校级月考）已知平面，，，，则“”是“且”的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【分析】分别从充分性与必要性，结合线面垂直的判定定理以及性质定理，给出证明即可．【解答】解：先证必要性：因为平面平面，平面平面，，在取一点作直线，由，可得；由，可得，则，重合，即有平面，所以必要性成立；再证充分性：因为，，所以，，所以且，所以充分性成立，即“”是“且”的充要条件．故选：．【点评】本题考查空间线面垂直的判定，属于中档题．39．（2024春•泗阳县校级月考）如图（1），在矩形中，，是的中点，沿将折起，使点到达点的位置，并满足，如图（2），则A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面【分析】首先证明平面，即可判断出、的真假；在平面图形中取的中点，连接，交于点，即可得到，连接，即可得到为二面角的平面角，利用勾股定理逆定理得到，从而得到平面平面，即可判断出、的真假．【解答】解：因为，，且，，平面，所以平面，又平面，平面，所以平面平面，平面平面，故，正确；如图（1），取的中点，连接，交于点，则和均为等腰直角三角形，所以，所以，即，如图（2），连接，因为，，所以为二面角的平面角．设，则，在中，，为的中点，故．所以，所以，所以平面平面，则平面与平面不垂直，故错误，正确．故选：．【点评】本题考查平面与平面垂直的证法，属于中档题．40．（2024春•泗阳县校级月考）如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，平面，点为棱的中点．求证：（1）平面；（2）平面平面．【分析】（1）连交于，连，根据中位线定理得，故而平面；（2）根据，可得平面，故而平面平面．【解答】证明：（1）连交于，连，则在矩形中，为中点，又为中点，，又面，面，面．（2）平面，面，，在矩形中，，又，面，面，面，又面，面面．【点评】本题考查了线面平行的判定，面面垂直的判定，属于中档题．41．（2024春•玄武区校级月考）如图所示，在斜三棱柱中，底面是等腰三角形，，是的中点，侧面底面．（1）求证：；（2）过侧面的对角线的平面交侧棱于点，若，求证：截面侧面；（3）若截面平面，则成立吗？请说明理由．【分析】（1）根据面面垂直的性质证明侧面，即可证得；（2）延长，与的延长线交于点，证明侧面即可；（3）过作，于点，连接，根据面面垂直的性质，侧面，，结合长度关系即可得解．【解答】（1）证明：，是的中点，．底面侧面，底面侧面，底面，侧面．又侧面，．（2）证明：如图，延长，与的延长线交于点，连接，则平面，，，，，由已知侧面底面，所以侧面底面，交线为，底面，侧面，平面，截面侧面．（3）成立理由如下：截面侧面，根据面面垂直的性质，侧面．又侧面，，，，，四点共面．侧面，平面，平面平面，．四边形是平行四边形，又，．是的中点，．．．【点评】本题考查面面垂直，考查学生的推理能力，属于中档题．一．多选题（共4小题）1．（2024春•邗江区校级月考）如图，是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则下列说法正确的有A．当在平面内运动时，四棱锥的体积不变 B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．使得直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为 D．若是棱的中点，当在底面上运动，且满足平面时，的最小值是【分析】选项，考虑底面积和高均未变，所以体积不变；选项，找到异面直线所成角即可判断；选项，找到的轨迹，计算即可；选项，找到的轨迹，计算即可．【解答】解：因为底面正方形的面积不变，又到平面的距离为正方体棱长，故四棱锥的体积不变，故正确；与所成的角即为与所成的角，当在端点，时，所成的角最小，最小为，当在的中点时，所成的角最大，最大为，故错误；由于在正方体表面上，的轨迹为对角线，，以及在平面内以为圆心、2为半径的圆弧，由于，，所以在△中，，即直线与平面所成的角为，又由于平面平面，所以直线与平面所成的角为；如图①，故的轨迹长度为，故正确；分别取、、、、的中点、、、、，由正方体的性质可知、、、、、六点共面，且为正六边形，由中位线定理，，平面，所以平面，同理平面，且，，平面，所以平面平面，所以所在的平面为如图②所示的正六边形，当为的中点时，的长最小，最小为，故错误．故选：．【点评】本题考查立体几何的综合应用，四棱锥的体积问题，异面直线所成角问题，动点轨迹问题，属难题．2．（2023春•天宁区校级期末）长方体中，，，，点，点分别线段，的中点，点，点分别为线段，上的动点，则下列说法正确的是A．存在，，使得 B．三棱锥体积的最大值为10 C．若的周长为10，则 D．的最小值为7【分析】利用线面垂直可得线线垂直判断，利用等体积法求出最大体积判断，利用三角形边长范围判断，将侧面翻折到与平面同一平面，利用三点共线可判断．【解答】解：对于选项，因为平面，平面，所以，当点与点重合，点与重合时，，故正确；对于选项，因为平面平面，所以点到平面的距离即点到的距离，所以点到平面的最大距离为3，又，所以，所以，即三棱锥体积的最大值为10，故正确；对于选项，因为平面，平面，所以，又，所以在△中，，若，则点与点重合，此时即的周长为，故错误；对于选项，将矩形和矩形展开为矩形，如右图所示，则，故错误．故选：．【点评】本题考查空间中的线面垂直关系，等体积法判断点到平面距离等知识，属难题．3．（2023春•海陵区校级月考）已知正四棱台的所有顶点都在球的球面上，，为内部（含边界）的动点，则A．平面 B．球的表面积为 C．的最小值为 D．与平面所成角的最大值为【分析】对于，利用平行四边形证得，进而证得平面；对于，先假设的位置，利用勾股定理与半径相等得到及，解得，进而确定的位置，故可求得球的表面积为；对于，先判断落上，再进一步判断与重合时，取得最小值为；对于，利用面面垂直的性质作出面，故为与平面所成角，再利用得知当与重合时，取得最大值，再利用对顶角相等求得此时，进而得到的最大值为．【解答】解：对于，如图1，．由棱台的结构特征易知与的延长线必交于一点，故，，，共面，又面面，而面面，面面，故，即；由平面几何易得，即；所以四边形是平行四边形，故，而面，面，故平面，故正确；对于，如图2，设为的中点，为正四棱台外接球的球心，则，在等腰梯形中，易得，即，为方便计算，不妨设，，则由，即，即，又，解得，即与重合，故，故球的表面积为，故错误；对于，由图2易得，，，、面，故面，不妨设落在图处，过作，则面，故，故在△中，（勾股边小于斜边）；同理，，所以，故动点只有落在上，才有可能取得最小值；再看图4，由关于对称点为可知，，故正确，对于，由选项可知，面，面，故面面，在面内过作交于，如图5，则面，面面，故面，故为与平面所成角，在中，，故当取得最小值时，取得最大值，即取得最大值，显然，动点与重合时，取得最小值，即取得最大值，且，在△中，，，，故△为正三角形，即，即与平面所成角的最大值为，故正确．故选：．【点评】本题主要考查球的表面积，线面平行的判断，直线与平面所成的角，本题关键点在于确定的位置，先假设在外（记为，由勾股边小于斜边推得，进而得到只有落在上，再利用为定值及基本不等式，推得与重合时，取得最小值；对于动点，我们一般要考虑特殊位置，可提高我们做题速度．4．（2023春•玄武区校级月考）如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，，为圆柱上下底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，则下列各选项正确的是A．球与圆柱的体积之比为 B．四面体的体积的取值范围为 C．平面截得球的截面面积最小值为 D．若为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为【分析】利用球与圆柱的体积公式判断；由题可得四面体的体积等于，求解体积判断；由题可得到平面的距离为，进而可得平面截得球的截面面积最小值判断；设在底面的射影为，设，则，然后利用二次函数的性质可得的取值范围判断．【解答】解：球的半径为，可知圆柱的底面半径，圆柱的高为，则球的体积为，圆柱的体积为，则球与圆柱的体积之比为，故正确；由题可知四面体的体积等于，点到平面的距离，，又，，，故正确；过作于，则由题可得，设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为，则，，平面截得球的截面面积最小值为，故错误；由题可知点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设在底面的射影为，则，，，，设，则，，，可得，，，，故正确．故选：．【点评】本题考查圆柱与球的表面积、体积以及折线段的最值问题，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属难题．二．解答题（共6小题）5．（2024春•新吴区校级期中）在直四棱柱中，底面为平行四边形，，，，分别为线段，，的中点．（1）证明：；（2）证明：平面平面；（3）若，，当与平面所成角的正弦值最大时，求四棱锥的体积．【分析】（1）根据线面垂直的判定定理与性质定理，等腰三角形的性质，即可证明；（2）根据线面平行的判定定理，面面平行的判定定理，即可证明；（3）作出图形，构建函数模型，根据基本不等式即可求解．【解答】解：（1）证明：如图，连接，设，连接．因为平面，平面，故，而，，，平面，故平面，而平面，故由四边形为平行四边形可得，所以为等腰三角形，所以；（2）证明：连接交于，连接，由中位线性质可得，且，所以，又平面，平面，所以平面，同理可得平面，因为，平面，平面，所以平面平面；（3）过作垂线，垂足为，连结，过作的垂线，垂足为，连结，平面即平面，因为，，，所以平面，又平面，所以，又，，所以平面，则为与平面所成角，设设，，，，当且仅当即时等号成立，故此时．【点评】本题考查面面平行的证明，三棱锥的体积的最值的求解，函数思想，基本不等式的应用，属难题．6．（2024春•铜山区月考）如图，在三棱锥中，平面平面，是等边三角形，，且，、分别是，的中点．（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积．【分析】（1）由、分别是，的中点，得，即可得平面．（2）连接，得面，且．即可得三棱锥的体积．【解答】解：（1）、分别是，的中点，又平面，平面平面．（2）连接，由是等边三角形，则又平面平面，面，且．三棱锥的体积．【点评】本题考查了空间线面平行的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．7．（2023春•秦淮区校级月考）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，为的中点．（1）若，求证：平面；（2）若平面平面，且，点在线段上，且，求三棱锥的体积．【分析】（1）由，得到，又底面为菱形，，得，利用线面垂直的判定定理得到平面利用面面垂直的判定定理得到平面平面；（2）由平面平面，平面平面，，得平面，平面，得，得平面，即得到高，利用锥体体积公式求出；【解答】证明：（1），，又底面为菱形，，，，平面解：（2）平面平面，平面平面，，平面，平面，，又，，平面，又，．【点评】本题考查几何体的体积的求法，直线与平面垂直的判断与证明，考查空间想象能力以及计算能力，转化思想的应用．8．（2023春•镇江月考）在四棱锥中，，，，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面．【分析】（1）取的中点，连结，，通过证明四边形是平行四边形得出，从而得出平面；（2）根据可得，结合得出平面．【解答】证明：（1）取的中点，连结，，，分别是，的中点，，又，，四边形是平行四边形，，又平面，平面，平面．（2），是的中点，，又，，又，，平面，平面，平面．【点评】本题考查了线面平行与线面垂直的判定，属于中档题．9．（2023春•锡山区校级期末）已知是内一点，．（1）若是的外心，求的余弦值；（2）若是的垂心，是平面外一点，且平面，当四面体外接球体积最小时，求的值．【分析】（1）取中点，中点，分别连接，，再根据，，由向量垂直的数量积解出三边长度关系即可．（2）取中点，在上取，在上取，分别连接，，，，延长交于点，先根据，解出三边长度关系，再证明出四边形是长方形得到的长度，最后在四面体中找到外接球球心的位置，且当外接球球心刚好与的外心重合时，外接球半径最小，体积也最小．【解答】解：取中点，中点，分别连接，，如图：是的外心，是三条边上垂直平分线的交点，，，则，，设，，，则，由余弦定理可得，即，令，解得，，则，故的余弦值为；（2）取各边中点，连接成，如图：则，且相似比为．设是的外心，则，，，由中位线平行底边可得，，，，即是的垂心，由相似可得，即．在上取，在上取，分别连接，，，，延长交于点，如图：是的垂心，，，又，四边形是平行四边形．则，，设，，，则，由余弦定理可得，即，令，解得，，则，，由正弦定理可得的外接圆半径，，，，，又，，，即，所以，，四边形是平行四边形，且为长方形，在中，，则，在四面体中，设平面，且，分别连接，，如图：由平面，可得，设，，，当时，是四面体的外接球球心，是四面体的外接球半径，解，可得，当四面体的外接球体积最小时，半径也最小，而半径取最小值时，，此时，解得，则，故当四面体外接球体积最小时，的值为．【点评】本题考查空间几何体的外接球问题，考查运算求解能力，属难题．10．（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．选择题（共7小题）1．（2024•甲卷）已知、是两个平面，、是两条直线，．下列四个命题：①若，则或②若，则，③若，且，则④若与和所成的角相等，则其中，所有真命题的编号是A．①③ B．②③ C．①②③ D．①③④【分析】根据已知条件，结合空间中线与面之间的关系，即可求解．【解答】解：①若，因为，，则，若，因为，，则，若不在也不在内，因为，，，所以且，故①正确；②若，则与，不一定垂直，也有可能相交，故②错误；③过直线分别作平面，与，分别相交于直线，直线，因为，过直线的平面与平面相交于直线，所以，同理可得，所以，因为，，则，因为，，则，又因为，则，故③正确；④与和所成的角相等，则和不一定垂直，故④错误；综上只有①③正确．故选：．【点评】本题主要考查空间中直线与平面之间的关系，属于基础题．2．（2024•上海）空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线，，则下列说法中正确的是A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则【分析】根据题意，由直线与平面平行、垂直的性质分析选项，综合可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于，若，，则或，又，所以，故正确；对于，若，，则或，由，则与斜交、垂直、平行均有可能，故错误；对于，若，，则或，由，则与相交、平行、异面均有可能，故错误；对于，若，，则或，又，则或，故错误．故选：．【点评】本题考查空间直线与平面间的位置关系，涉及直线与平面平行、垂直的判断，属于基础题．3．（2024•山东）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为A． B． C． D．【分析】设出底面半径，通过高结合侧面积相等，求解底面半径，然后求解圆锥的体积．【解答】解：设圆锥的底面半径为：，圆锥的母线长为：，圆柱和圆锥的侧面积相等，可得，解得，圆锥的体积为：．故选：．【点评】本题考查空间几何体的侧面积和体积的求法，是基础题．4．（2024•北京）已知以边长为4的正方形为底面的四棱锥，四条侧棱分别为，则该四