作业06暑期培优必刷压轴题（7个考点60题专练）

完成时间：月日天气：作业06暑期培优必刷压轴题（7个考点60题专练）一．直线与平面所成的角（共13小题）1．（2023春•天宁区校级月考）已知图1中，正方形的边长为，，，，是各边的中点，分别沿着，，，将，，，向上折起，使得每个三角形所在的平面部与平面垂直，再顺次连接，，，，得到一个如图2所示的多面体，则在该多面体中，有A．平面平面 B．直线与直线所成的角为 C．该多面体的体积为 D．直线与平面所成角的正切值为【分析】建立空间直角坐标系，结合向量法．割补法对选项进行分析，由此确定正确选项．【解答】解：取、的中点、，连接、，如图，、、、是正方形各边的中点，则，为的中点，．平面平面，平面平面，平面，平面，四边形是边长为2的正方形，、分别为、的中点，则且，且，所以四边形为矩形，所以，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则，，，，1，，，1，，，，，，，，，0，，，1，，，0，．选项，设平面的一个法向量为，由，取，则，，则．设平面的一个法向量为，由，取，可得，，则，，所以平面与平面不垂直，故错误；选项，，直线与所成的角为，故正确；选项，以为底面，以为高将几何体补成长方体，则、、、分别为，，，的中点，因为，，长方体的体积为，，因此，多面体的体积为．故正确；选项，，设直线与平面所成角为，则，所以，故正确．故选：．【点评】本题考查利用向量法解决空间中的夹角，体积问题，考查学生的综合能力，属于难题．2．（2024春•南通期中）如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成，，，是上的动点．则A．平面平面 B．为的中点时， C．存在点，使得直线与的距离为 D．存在点，使得直线与平面所成的角为【分析】选项，由，，可得平面，再由面面垂直的判定定理，即可作出判断；选项，取的中点，连接，，可证，，从而作出判断；选项，先证平面，从而将原问题转化为求点到平面的距离，再以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求点到面的距离，即可作出判断；选项，利用向量法求线面角，即可得解．【解答】解：选项，由题意知，，平面，因为平面，所以，又，、平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，即选项正确；选项，当为的中点时，取的中点，连接，，则，，所以四边形是平行四边形，所以，因为和都是等腰直角三角形，所以，所以，所以，即选项正确；选项，因为，且平面，平面，所以平面，所以直线与的距离等价于直线到平面的距离，也等价于点到平面的距离，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，0，，，0，，设点，，，其中，，由射影定理知，，即，所以，0，，，0，，，，，设平面的法向量为，，，则，取，则，，所以，，，若直线与的距离为，则点到平面的距离为，而点到平面的距离，所以不存在点，使得直线与的距离为，即选项错误；选项，，4，，，4，，所以，0，，，，，，，，设平面的法向量为，，，则，取，则，，所以，，，若直线与平面所成的角为，则，，由，知，代入上式整理得，此方程无解，所以不存在点，使得直线与平面所成的角为，即选项错误．故选：．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线、面平行或垂直的判定定理与性质定理，利用向量法求点到面的距离、线面角等是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于难题．3．（2024•仪征市模拟）如图，在四面体中，，，，为的中点，点是棱的点，则A．平面 B．四面体的体积为 C．四面体外接球的半径为 D．为中点，直线与平面所成角最大【分析】利用到，，的距离相等说明平面，然后用线面垂直的性质和判定定理即可验证；直接使用三棱锥体积计算公式即可验证；设出外接球半径，列出并求解方程即可验证；使用空间向量法即可验证．【解答】解：由已知得是等腰直角三角形，故斜边，且的外心为的中点，其满足．而，故平面，且．由于是的中点，，故，而，，在平面内交于点，故平面，故正确；我们有，故错误；设四面体的外接球球心为点，外接球半径为，则，解得，故正确；以为原点，为，，轴正方向，建立空间直角坐标系．则，，，，设，则，故，若是平面的法向量，，即，令，可得．而，，，故直线与平面所成角的正弦值等于，，在处最大，所以当与点重合时，直线与平面所成角最大，错误．故选：．【点评】本题考查立体几何的综合应用，线面垂直的判定，四面体的体积的求解，四面体的外接球问题，线面角的求解，函数思想，属难题．4．（2023•广陵区校级模拟）如图，菱形与四边形相交于，，平面，，，，为的中点，．求证：平面；求直线与平面所成角的正弦值．【分析】取的中点，连接，，．由，可得平面平面，故而平面；以为原点，建立空间坐标系，求出平面的法向量和的坐标，计算和的夹角即可得出结论．【解答】证明：（Ⅰ）取的中点，连接，，．因为为菱形对角线的交点，所以为中点，又为中点，所以，又因为，分别为，的中点，所以，又因为，所以，又，所以平面平面，又平面，所以平面．（Ⅱ）连接，设菱形的边长，则由，得，又因为，所以，则在直角三角形中，，所以，以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系，则，则，设为平面的一个法向量，则即，令，得，又，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为．【点评】本题考查了线面平行的判定，空间向量与线面角的计算，属于中档题．5．（2024•江苏模拟）如图，在四棱锥中，已知棱，，两两垂直，长度分别为1，2，2．若，且向量与夹角的余弦值为．（1）求实数的值；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【分析】（1）根据已知条件即可建立坐标系：以为坐标原点，分别以边，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，然后即可根据已知条件求出点，，，，点的坐标，利用向量与夹角的余弦值为求出的值．（2）求出平面的法向量，利用向量夹角的余弦公式求解直线与平面所成角的正弦值．【解答】解：以为坐标原点，分别以，，为，，轴建立如图所示空间直角坐标系；则：，0，，，0，，，2，，，0，；，可得，2，．（1），2，，，2，，向量与夹角的余弦值为．可得，解得（舍去）或．实数的值为2；（2），2，，，2，，平面的法向量，，．则且，即：，，，不妨取，平面的法向量，1，．又，0，．故．直线与平面所成角的正弦值为：．【点评】考查建立空间直角坐标系，利用空间向量求异面直线所成角，直线和平面所成角的方法，能求空间点的坐标，向量坐标的数乘运算，向量夹角余弦的坐标公式，理解平面法向量的概念，弄清直线和平面所成角，与直线的方向向量和法向量所成角的关系．6．（2024春•启东市期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，平面，，点为中点．（1）证明：平面平面；（2）若，求与所成角的余弦值；（3）求与平面所成角的正弦值的取值范围．【分析】（1）要证面面垂直，先证线面垂直，再结合线面垂直的判定定理，即可求证；（2）建立空间直角坐标系，再证明平面，并运用向量法，即可求解；（3）求出平面的法向量，再结合向量的夹角公式，即可求解．【解答】证明：（1）因为平面，平面，所以，又，，平面，平面，所以平面．又平面，所以平面平面．（2）以，所在直线为，轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，过作，垂足为，因为平面，平面，所以，又，平面，平面，所以平面．因为，，，由平面几何性质，得，又，0，，，2，，，2，，，1，，所以，所以，即与所成角的余弦值为．（3）设，，，因为，所以，不妨设，，，则，设平面的法向量为，则，取，则，，即平面的一个法向量为，所以因为，所以，故，又与平面所成角的正弦值为，所以与平面所成角的正弦值的取值范围是．【点评】本题主要考查直线与平面所成的角，考查转化能力，属于难题．7．（2024春•姑苏区校级月考）如图，平面平面，四边形是边长为4的正方形，，是的中点．（1）在图中作出并指明平面和平面的交线；（2）求证：；（3）当时，求与平面所成角的正切值．【分析】（1）延长与交于点，连接，直线即为所求交线；（2）由正方形的性质可得，由面面垂直的性质可得，平面，再由线面垂直的性质可得结果；（3）过点作于点，连接，由面面垂直的性质可得平面．则即为与平面所成的角，利用直角三角形的性质可得结果．【解答】解：（1）如图，延长与交于点，连接，直线即为所求交线．证明：（2）因为四边形是正方形，所以．又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以．解：（3）如图，过点作于点，连接，因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面．所以即为与平面所成的角，在中，，，，所以，，从而，，在中，，所以．【点评】本题主要考查线面垂直的判定定理与性质，以及面面垂直的性质，线面角的求法，属于中档题．解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理．8．（2023春•淮安月考）如图，在直棱柱中，，，，，．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求直线与平面所成的角的正弦值．【分析】根据直棱柱性质，得平面，从而，结合，证出平面，从而得到；根据题意得，可得直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角．连接，利用线面垂直的性质与判定证出平面，从而可得．由，可得平面，从而得到与与平面所成的角互余．在直角梯形中，根据，算出，最后在△中算出，可得，由此即可得出直线与平面所成的角的正弦值．【解答】解：平面，平面，，又，、是平面内的相交直线平面，平面，；，，，由此可得：直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角（记为，连接，直棱柱中，，平面，结合平面，得又，四边形是正方形，可得、是平面内的相交直线，平面，可得，由知，结合可得平面，从而得到，在直角梯形中，，，从而得到因此，，可得连接，可得△是直角三角形，，在△中，，即，可得直线与平面所成的角的正弦值为．【点评】本题给出直四棱柱，求证异面直线垂直并求直线与平面所成角的正弦之值，着重考查了直四棱柱的性质、线面垂直的判定与性质和直线与平面所成角的定义等知识，属于中档题．9．（2023春•高邮市期中）已知图1中，正方形的边长为，、、、是各边的中点，分别沿着、、、把、、、向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面垂直，再顺次连接，得到一个如图2所示的多面体，则A．平面平面 B．直线与直线所成的角为 C．直线与平面所成角的正切值为 D．多面体的体积为【分析】建立空间直角坐标系，结合向量法．割补法对选项进行分析，由此确定正确选项．【解答】解：取、的中点、，连接、，如图，、、、是正方形各边的中点，则，为的中点，．平面平面，平面平面，平面，平面，四边形是边长为2的正方形，、分别为、的中点，则且，且，所以四边形为矩形，所以，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则，，，，1，，，1，，，，，，，，，0，，，1，，，0，．选项，设平面的一个法向量为，由，取，则，，则．设平面的一个法向量为，由，取，可得，则，，所以平面与平面不垂直，故错误；选项，，所以直线与所成的角为，故正确；选项，以为底面，以为高将几何体补成长方体，则、、、分别为，，，的中点，因为，，长方体的体积为，，因此，多面体的体积为，故错误；选项，，设直线与平面所成角为，则，所以，故正确．故选：．【点评】本题考查利用向量法解决空间中的夹角，体积问题，考查学生的综合能力，属于难题．10．（2023春•海安市校级期中）为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了《诵经典，获新知》的演讲比赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图②．则下列结论正确的是A．经过三个顶点，，的球的截面圆的面积为 B．异面直线与所成的角的余弦值为 C．直线与平面所成的角为 D．球离球托底面的最小距离为【分析】求出截面面积判断；平移直线求成角余弦值判断；求直线与平面成角判断；求出最小距离判断．【解答】解：设球的半径为，因为球的体积为，所以，解得，对于，经过三个顶点，，的球的截面圆，即是与△全等的三角形的外接圆，其半径为，则其面积为，所以错；对于，作辅助线如图②，，，所以为与成角，，、分别为、边中点，所以，所以，所以对；对于，如图②，平面，所以为在平面内射影，于是即为直线与平面所成的角，大小为，所以对；对于，如图③，，，，所以球离球托底面的最小距离为，所以对．故选：．【点评】本题考查了球的体积计算问题，考查了异面直线成角和直线与平面成角计算问题，属于较难题．11．（2024•烟台模拟）在正方体中，，点满足，其中，，，，则下列结论正确的是A．当平面时，与所成夹角可能为 B．当时，的最小值为 C．若与平面所成角为，则点的轨迹长度为 D．当时，正方体经过点、、的截面面积的取值范围为【分析】由且平面，得到点在上，当点与点或重合时，可判定正确；由时，可得，得到在上，将平面与平面沿展成平面图形，结合余弦定理，可得判定正确；由平面，求得为与平面所成的角，根据题意求得，得出点的轨迹，可判定不正确；根据题意，得到正方体经过点，，的截面为平行四边形，以为原点，建立空间直角坐标系，求得点到的距离为，进而可判定正确．【解答】解：对于中，对于正方体中，连接，，可得，且平面，平面，所以平面，同理可证平面，因为，且，平面，所以平面平面，且平面平面，又因为，且平面，所以点在上，当点与点或重合时，此时与所成夹角为，所以正确；对于中，因为，当时，可得，即点在上，将平面与平面沿展成平面图形，如图所示，线段即为的最小值，由余弦定理得，所以，即的最小值为，所以正确；对于中，在正方体中，可得平面，连接，则为与平面所成的角，若与平面所成的角为，可得，所以，即点的轨迹为以为圆心，以1为半径的圆，所以点的轨迹长度为，所以不正确；对于中，当时，，可得，即，所以点在线段上运动，可得正方体经过点，，的截面为平行四边形，以为原点，以，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，0，，，1，，，0，，，1，，所以，可得，且，则点到的距离为，所以，当时，，所以△的面积取得最小值时，截面面积为，当时，△的面积取得最大值，此时截面面积为，所以截面面积的取值范围为，所以正确．故选：．【点评】本题考查立体几何中的综合问题，属于难题．12．（2022春•新吴区校级期中）如图，是的直径，垂直于所在的平面，是圆周上不同于，的一动点．（1）证明：是直角三角形；（2）若，且当直线与平面所成角正切值为时，直线与平面所成角的正弦值．【分析】（1）由在圆上，知，由平面，知，由此能证明是直角三角形．（2）过作于，由平面，知，平面，所以是与平面所成角．由此能求出与平面所成角正弦值．【解答】（1）证明：在圆上，，平面，，平面，平面，，是直角三角形．（2）解：如图，过作于，平面，，平面，则就是要求的角．（8分）平面，是与平面所成角，（9分），又，．（10分）在中，，（11分）在中，，故与平面所成角正弦值为．（12分）【点评】本题考查直角三角形的证明，考查直线与平面所成角的求法．解题时要认真审题，仔细解答，注意等价转化思想的合理运用．13．（2022秋•玄武区校级月考）如图，在直三棱柱中，已知，，，点，分别在棱，上，且，．（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）证明：直三棱柱中，面，又面，，从而证得命题（Ⅱ）在中，，，则，得到垂直关系，找到高，继而求得正弦值．【解答】解：（Ⅰ）证明：直三棱柱中，面，又面，且，又，面面（Ⅱ）在中，，，则，因此，又可证面，与面之间的距离为1，又可证面，与面之间的距离为1，设与面之间的距离为，则得，与面所成的角的正弦值为【点评】本题主要考查立体几何中的线面关系的证明和线面角的求解，属中档题型，高考常考题型．二．二面角的平面角及求法（共32小题）14．（2024•扬中市校级模拟）如图，在三棱柱中，平面平面，，．（1）证明：；（2）求二面角的正弦值．【分析】（1）利用直线与平面垂直证明两直线垂直；（2）利用空间向量法求解二面角的正弦值；【解答】解：（1）证明：取的中点，则，且，因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，所以，所以，因为，，所以，又因为，，，平面，所以平面，又平面，所以；（2）如图所示，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，可得，因为，设平面的法向量为，则，即得令，则，所以，设平面的法向量为，则，即得令，则，，所以，记二面角的平面角为，因为，显然，所以，所以二面角的正弦值为．【点评】本题考查线线垂直的判定以及空间向量的应用，属于中档题．15．（2024•南通四模）如图，在四棱台中，平面，，，，，．（1）记平面与平面的交线为，证明：；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．【分析】（1）利用线面平行的判定与性质定理即可得证；（2）空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，利用向量夹角公式即可求解．【解答】解：（1）证明：因为，平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以；（2）在中，，，，由余弦定理得，，则，得，又，则，因为平面，所以，，又，所以平面以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，，0，，所以，，0，．设平面的法向量为，则，令，得，，所以，又是平面的一个法向量，记平面与平面的夹角为，所以，所以平面与平面的夹角的余弦值为．【点评】本题考查线面平行的判定以及空间向量的应用，属于中档题．16．（2024•北京）已知四棱锥，，，，，是上一点，．（1）若是中点，证明：平面．（2）若平面，求面与面夹角的余弦值．【分析】（1）设为的中点，连接，，证明四边形为平行四边形，即可得，由线面平行的判定定理即可证明；（2）易得平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解．【解答】（1）证明：如图，设为的中点，连接，，因为是中点，所以，且，因为，，，，所以四边形为平行四边形，，且，所以，且，即四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面．（2）解：因为平面，所以平面，，，相互垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，，，，，，，0，，，2，，所以，0，，，1，，，0，，，2，，设平面的一个法向量为，，，则，取，则，2，，设平面的一个法向量为，，，则，取，则，1，，设平面与平面夹角为，则．【点评】本题考查线面平行的判定定理，向量法求解二面角问题，属于中档题．17．（2024•天津）已知四棱锥中，底面为梯形，，平面，，其中，．是的中点，是的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角余弦值；（3）求点到平面的距离．【分析】（1）取中点，连接，，易证四边形是平行四边形，所以，由线面平行的判定定理证明即可；（2）以为原点建系，利用向量法分别求出平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式，求平面与平面的夹角的余弦值；（3）由（2）得及平面的法向量，利用向量法即可求点到平面的距离．【解答】（1）证明：取中点，连接，，由是的中点，得，且，由是的中点，得，且，则，，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，故平面．（2）解：以为原点建立如图所示空间直角坐标系，有，0，，，0，，，0，，，1，，，1，，，1，，则，，，，，设平面的法向量为，，则，3，，设平面的法向量为，，则，1，，所以，，故平面与平面的夹角的余弦值为．（3）解：因为，平面的法向量为，所以点到平面的距离为．【点评】本题考查直线与平面平行、点到平面的距离、直线与平面所成的角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，属于中档题．18．（2024•甲卷）如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值．【分析】（1）易证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理即可证明；（2）取的中点，连结，，则，，，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求二面角即可．【解答】（1）证明：由题意得：，，所以四边形为平行四边形，所以，而平面，平面，所以平面．（2）解：取的中点，连结，，由已知得，是边长为2的等边三角形，是以为腰的等腰三角形，则，，，，故，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，0，，，1，，，2，，，0，，，1，，，1，，设平面的法向量为，，，则，即，取，则，3，，同理，平面的一个法向量为，3，，所以，，故二面角的正弦值．【点评】本题考查了空间线面平行的判定，考查利用空间向量求二面角，属于中档题．19．（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱中，，．点，，，分别在棱，，，上，，，．（1）证明：；（2）点在棱上，当二面角为时，求．【分析】（1）建系，根据坐标法及向量共线定理，即可证明；（2）建系，根据向量法，向量夹角公式，方程思想，即可求解．【解答】解：（1）证明：根据题意建系如图，则有：，2，，，0，，，2，，，0，，，，，又，，，四点不共线，；（2）在（1）的坐标系下，可设，2，，，，又由（1）知，0，，，2，，，0，，，，，设平面的法向量为，则，取，设平面的法向量为，则，取，根据题意可得，，，，又，，解得或，为的中点或的中点，．【点评】本题考查利用向量法证明线线平行，利用向量法求解二面角问题，向量共线定理及向量夹角公式的应用，方程思想，属中档题．20．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱的体积为4，△的面积为．（1）求到平面的距离；（2）设为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．【分析】（1）利用等体积法可求点到平面的距离；（2）以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求二面角的正弦值．【解答】解：（1）由直三棱柱的体积为4，可得，设到平面的距离为，由，，，解得．（2）连接交于点，，四边形为正方形，，又平面平面，平面平面，平面，，由直三棱柱知平面，，又，平面，，以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，，，又，解得，则，0，，，2，，，0，，，2，，，1，，则，2，，，1，，，0，，设平面的一个法向量为，，，则，令，则，，平面的一个法向量为，0，，设平面的一个法向量为，，，，令，则，，平面的一个法向量为，1，，，，二面角的正弦值为．【点评】本题考查求点到面的距离，求二面角的正弦值，属中档题．21．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥中，，，，为中点．（1）证明；（2）点满足，求二面角的正弦值．【分析】（1）根据已知条件，推得，，再结合线面垂直的判定定理，即可求证．（2）根据已知条件，推得平面，依次求出两个平面的法向量，再结合向量的夹角公式，即可求解．【解答】证明：（1）连接，，，为中点．，又，，与均为等边三角形，，，，平面，平面，．（2）解：设，，，，，，又，，平面，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，，，，，0，，，，，，，设平面与平面的一个法向量分别为，，则，令，解得，，令，解得，，故，1，，，1，，设二面角的平面角为，则，故，所以二面角的正弦值为．【点评】本题主要考查二面角的平面角及其求法，考查转化能力，属于中档题．22．（2023•南通二模）在长方体中，，，，则A．若直线与直线所成的角为，则 B．若过点的直线与长方体所有棱所成的角相等，且与面交于点，则 C．若经过点的直线与长方体所有面所成的角都为，则 D．若经过点的平面与长方体所有面所成的二面角都为，则【分析】对于，根据长方体的性质找到直线与直线所成角的平面角即可；对于，建立空间直角坐标系，根据线线角相等，结合空间向量夹角的坐标表示求，即可求坐标，进而确定线段长；对于、，将长方体补为以4为棱长的正方体，根据描述找到对应的直线、平面，结合正方体性质求线面角、面面角的正弦值．【解答】解：对于：如下图，直线直线所成角，即为直线与直线所成角，则，故正确；对于：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，过的直线与长方体所有棱所成的角相等，与面交于，2，且，，又，则，故，则，故正确；对于：如下图，过的直线与长方体所有面所成的角都为，则直线为以4为棱长的正方体的体对角线，故，故正确；对于：如下图，过的平面与长方体所有面所成的二面角都为，只需面与以4为棱长的正方体中相邻的三条棱顶点所在平面平行，如面，故，则，故错误．故选：．【点评】本题主要考查了空间角的计算问题，属于较难题目．23．（2023秋•双城区校级月考）在三棱锥中，是边长为4的正三角形，平面平面，，、分别为、的中点．（1）证明：；（2）求二面角正弦值的大小．【分析】解法一：几何法取中点，连结，，根据等腰三角形三线合一，可得且，结合线面垂直的判定定理得到平面，再由线面垂直的性质得到；（Ⅱ）过作于，则平面，过作于，连结，则．则为二面角的平面角，解可得二面角的余弦值解法二：向量法取中点，连结、，建立空间坐标系，求出各点的坐标后，进而求出直线和方向向量的坐标，进而根据向量垂直的充要条件，证得分别求出平面的一个法向量和平面（即平面的一个法向量，代入向量夹角公式，可得二面角的余弦值．【解答】解法一：几何法证明：（Ⅰ）取中点，连结，．，且，又，，平面平面，又平面，；（Ⅱ）平面，平面，平面平面，过作于，则平面，过作于，连结，则．为二面角的平面角．平面平面，平面．又平面，．，，且．在正中，由平面几何知识可求得，在中，二面角的余弦值为，二面角的正弦值为；解法二：（Ⅰ）取中点，连结、．，，且．平面平面，平面平面面，．如图所示建立空间直角坐标系，则，0，，，，，，0，，，0，，，，，，，．，0，，，，，，0，，，，；（Ⅱ）由（Ⅰ）得，，，，0，，设，，为平面的一个法向量，，即，取，则，，，又，0，为平面的一个法向量，，，二面角的正弦值为．【点评】本题考查的知识点是直线与平面垂直的判定，异面直线及其所成的角，解法一的关键是（1）熟练掌握线线垂直，线面垂直，面面垂直之间的相互转化，（2）将异面直线夹角转化为解三角形问题，解法二的关键是建立空间坐标系，将问题转化为向量夹角问题．24．（2024•通州区开学）如图，在三棱柱中，平面平面，为等边三角形，，，，分别是线段，的中点．（1）求证：平面；（2）若点为线段上的动点（不包括端点），求平面与平面夹角的余弦值的取值范围．【分析】（1）首先证明，然后证明平面，可得，即可证明；（2）首先证明平面，然后以为坐标原点，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，设，算出两个平面的法向量，然后求出二面角的余弦值，然后可得答案．【解答】（1）证明：连接，由题设知四边形为菱形，，，分别，为中点，，；又为中点，，又平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，，又，，平面，平面；（2）解：，，为等边三角形，，平面平面，平面平面，平面，平面，以为坐标原点，所在直线为，，轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，设，则，，，，由（1）知：平面，所以平面的一个法向量，设平面的法向量，则由，令，可得，，平面的法向量，，令，则，，，，，，即平面与平面夹角的余弦值的取值范围为．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的求法，考查换元法求函数值域，属难题．25．（2023秋•通州区期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，，是的中点，点在线段上．（1）当是中点时，求点到平面的距离；（2）当二面角的正弦值为时，求的值．【分析】（1）由已知，可证，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法计算点到平面的距离；（2）求出平面的法向量和平面的法向量，利用法向量表示出二面角的余弦值，求解即可．【解答】解：（1）因为平面，，平面，所以，．在平面内作，又，所以，，两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系：因为，，，是中点，则，0，，，0，，，0，，，2，，，0，，，，，设平面的法向量，则，即，取，所以点到平面的距离；（2）因为是的中点，所有，1，，设，0，，则，，，设平面的法向量，则，即，取，设平面的法向量，则，即，取，设二面角的大小为，则，设，因为二面角的正弦值为，所以，解得，此时，所以．【点评】本题考查点到平面的距离，考查二面角的求法，属难题．26．（2023秋•江阴市期中）如图，在三棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，为中点，为内的动点（含边界）．（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）若平面，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．【分析】（1）运用面面垂直的性质定理即可证明．（2）建立空间直角坐标系，运用面面夹角的坐标公式计算即可．（3）设点坐标，由平面，面可表示坐标，结合线面角坐标公式计算可得，运用换元法求此函数的值域即可．【解答】解：（1）证明：因为平面平面，平面平面，又，平面，所以平面．（2）在三棱锥中，连接，因为为中点，是以为斜边的等腰直角三角形，则，由（1）知，平面，所以以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，由题意知，，又，则，则，0，，，，，，0，，，4，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，取，则，，所以平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，取，则，，所以平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，则，即平面与平面夹角的余弦值为．（3）如（2）建系及图可知，平面的法向量为，平面的法向量为，，0，，设，，，则，，因为平面，面，所以，解得，所以，又因为平面，所以是平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，又为内的动点（含边界），所以，解得，所以，令，则，，所以，因为，所以，所以，所以，所以，两边同乘以3可得直线与平面所成角的正弦值的取值范围为．【点评】本题主要考查点到平面的距离的求法，直线与平面所成的角，考查转化思想与函数思想的应用，考查运算求解能力，属于难题．27．（2023•盱眙县校级四模）如图，在平面五边形中是边长为2的等边三角形，四边形是直角梯形，其中，，，．将沿折起，使得点到达点的位置，且使．（1）求证：平面平面；（2）设点为棱上靠近点的三等分点，求平面与平面所成的二面角的正弦值．【分析】（1）取的中点，连接，．通过证明，，得平面．再根据面面垂直的判定可得平面平面；（2）以为坐标原点，直线为轴、为轴、为轴建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用法向量求出二面角的余弦值，再根据同角公式求出其正弦值．【解答】解：（1）如图，取的中点，连接，．是等边三角形，所以，且，在直角梯形中，因为，，，四边形是矩形，所以，且，，即，又，平面．平面，平面．平面，平面平面．（2）由（1）知，，两两互相垂直，以为坐标原点，直线为轴、为轴、为轴建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意，，由是棱的靠近点的三等分点得，，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，故平面的一个法向量为，设平面与平面所成的二面角的平面角为，则，，平面与平面所成的二面角的正弦值为．【点评】本题考查面面垂直以及二面角相关知识，属于较难题．28．（2023•姑苏区校级模拟）已知直三棱柱，为线段的中点，为线段的中点，，平面平面．（1）证明：；（2）三棱锥的外接球的表面积为，求平面与平面夹角的余弦值．【分析】（1）取的中点，连接，由，平面平面，可证平面，知，结合，推出平面，再由线面垂直的性质定理，得证；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，外接球的球心为，，，利用，可求得的值，再分别求出平面与平面的法向量与，设平面与平面的夹角为，由，，得解．【解答】（1）证明：取的中点，连接，因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因为直三棱柱，所以平面，因为平面，所以，又，、平面，所以平面，因为平面，所以．（2）解：以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，0，，，0，，，0，，，1，，因为三棱锥的外接球的表面积为，所以，即外接球半径，设外接球的球心为，，，由，得，解得，，，所以，0，，，0，，所以，1，，，1，，，1，，设平面的法向量为，，，则，即，令，则，，所以，1，，同理可得，平面的法向量为，3，，设平面与平面的夹角为，则，，故平面与平面夹角的余弦值为．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理或性质定理，利用空间向量找外接球球心，解决平面与平面夹角的方法是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于难题．29．（2023•润州区校级二模）如图，，分别是圆台上、下底的圆心，为圆的直径，以为直径在底面内作圆，为圆的直径所对弧的中点，连接交圆于点，，，为圆台的母线，．（1）证明：平面（2）若二面角为，求，与平面所成角的正弦值．【分析】（1）利用线面平行的判定定理进行证明，（2）建立空间直角坐标系，利用向量来求线面角即可．【解答】证明：（1）如图，连接，，为圆的直径所对弧的中点，，又，为等腰直角三角形，则，又，，也是等腰直角三角形，，，又为的中点，，由已知得，，，，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面．解：（2）底面，，以为原点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，，0，，，，，，，0，，，2，，，0，，，，设平面的法向量为，则，即令，则，平面的一个法向量为，，2，，与平面所成角的正弦值为，．【点评】本题考查利用向量法来求线面角，考查学生的综合能力，属于难题．30．（2024春•邗江区校级期中）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，，分别是，的中点，点在直线上，且；（1）证明：无论取何值，总有；（2）当取何值时，直线与平面所成角最大？并求该角取最大值时的正切值；（3）是否存在点，使得平面与平面所成的二面角的正弦值为，若存在，试确定点的位置，若不存在，请说明理由．【分析】（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出各点的坐标及对应向量的坐标，易判断，从而得证；（2）利用向量法求线面角，用含的式子表示出，结合配方法与正弦、正切函数的单调性，求解即可；（3）假设存在点满足题意，利用向量法求二面角可得关于的方程，判断该方程是否有解即可．【解答】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，0，，，0，，，1，，，，，，，（1）证明：，，，无论取何值，．（2）解：由题意知，平面的一个法向量为，0，，，，当且仅当时，等号成立，此时取得最大值，由，知，也取得最大值，，故当时，直线与平面所成角最大，该角取最大值时的正切值为2．（3）解：假设存在点满足题意，由上可知，，，设平面的法向量为，则，令，得，，，平面与平面所成的二面角的正弦值为，，化简得，解得，即，故当点满足时，可使得平面与平面所成的二面角的正弦值为．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握利用向量法证明线线垂直，求线面角、二面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．31．（2023秋•无锡期末）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，，，是边长为2的等边三角形，，是线段的中点．（1）求证：平面平面；（2）若，是否存在，使得平面和平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）先在中，利用余弦定理求得，再由勾股定理可证，然后结合，利用线面垂直、面面垂直的判定定理，即可得证；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面的夹角，即可得解．【解答】（1）证明：在中，由余弦定理知，，所以，即，因为，且，、平面，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）解：以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，作平面，建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，0，，，，，，，，，0，，，，，所以，0，，，，，，，，，0，，，，，所以，0，，，，，，设平面的法向量为，，，则，即，取，则，，所以，，，设平面的法向量为，，，则，即，取，则，，所以，，，因为平面和平面夹角的余弦值为，所以，，整理得，，即，解得或，因为，所以，故存在，使得平面和平面夹角的余弦值为，此时．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理，利用向量法求平面与平面的夹角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于难题．32．（2024春•赣榆区校级月考）如图，在四棱锥中，直线平面，，，．求证：直线平面．（Ⅱ）若直线与平面所成的角的正弦值为，求二面角的平面角的余弦值．【分析】（Ⅰ）由平面，可得．又，可建立建立如图所示坐标系．利用向量垂直与数量积的关系、线面垂直的判定定理即可得出．（Ⅱ）由（Ⅰ），平面的一个法向量是，，1，．设直线与平面所成的角为，可得，解得．设平面的一个法向量为，，，，可得．【解答】解：（Ⅰ）平面，．又，故可建立建立如图所示坐标系．由已知，2，，，1，，，4，，，0，，，，，，，4，，，0，，，．，，平面．（Ⅱ）由（Ⅰ），平面的一个法向量是，，1，．设直线与平面所成的角为，，解得，，，即，0，．设平面的一个法向量为，，，，2，，，，，，，取，，．，显然二面角的平面角是锐角，二面角的平面角的余弦值为．【点评】本题考查了空间线面位置关系、法向量的应用、向量垂直与数量积的关系、向量夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．33．（2022秋•江阴市期末）如图，在四棱锥中，，，，，，，平面，点满足．（1）若，求证：平面平面；（2）设平面与平面的夹角为，若，求的值．【分析】（1）结合余弦定理与勾股定理，可证，由平面，知，进而得平面，有，再利用勾股定理证明，然后由面面垂直的判定定理，得证；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量与，再由，，解之即可．【解答】（1）证明：因为，，，所以，且，若，则，所以，所以，所以，即，因为平面，、平面，所以，，又，、平面，所以平面，因为平面，所以，在直角梯形中，，，，所以，即，因为，、平面，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）解：以为坐标原点，，分别为，轴，作平面，建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，4，，，4，，，1，，，，，所以，3，，，0，，，，，设平面的法向量为，，，则，即，令，则，，所以，，，同理可得，平面的法向量为，1，，由，知，所以，，化简整理得，，即，解得或2，因为，所以．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理或性质定理，利用空间向量求平面与平面所成角的方法是解题的关键，考查空间立体感，推理论证能力和运算能力，属于难题．34．（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．35．（2023春•宿城区校级月考）如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连结，，得到图②的四棱锥．（1）求四棱锥的体积的最大值；（2）若棱的中点为，求的长；（3）设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．【分析】（1）作出辅助线，得到当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出，从而得到体积最大值；（2）作出辅助线，证明出四边形为平行四边形，从而得到；（3）作出辅助线，得到为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面和平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式得到，结合的取值范围求出余弦值的最小值．【解答】解：（1）取的中点，连接，因为，则，当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时平面，且，底面为梯形，面积为，则四棱锥的体积最大值为；（2）取中点，连接，，则因为为中点，所以为的中位线，所以且，因为为的中点，四边形为矩形，所以且，所以且，故四边形为平行四边形，所以；（3）连接，因为，所以，所以为的平面角，即，过点作平面，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，1，，，2，，过作于点，由题意得平面，设，，，所以，所以，所以，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，，，因为，则，令，可得：，设两平面夹角为，则，令，所以，所以，所以当时，有最小值，所以平面和平面夹角余弦值的最小值为【点评】本题主要考查了锥体体积的计算空间中的距离计算以及两平面夹角的求解，属于较难题目．36．（2023春•鼓楼区校级月考）正三棱柱底边长为2，，分别为，的中点．已知为线段上的点，且，求证：面；若二面角所成角的余弦值为，求的值．【分析】取中点为，连结，推导出，从而，进而，由此能证明面．以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法能求出结果．【解答】证明：取中点为，连结，则，又，则，所以，因为面，面，故面．解：如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设．则，，设平面法向量为，设平面法向量为．则，取，得，，取，得；设二面角的平面角为，二面角所成角的余弦值为，，整理，得，，故当二面角所成角的余弦值为时，的值为．【点评】本题考查线面平行的证明，考查满足条件的线段长的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．37．（2023春•金坛区校级期末）在棱长均为2的正三棱柱中，为的中点．过的截面与棱，分别交于点，．（1）若为的中点，求三棱柱被截面分成上下两部分的体积比；（2）若四棱锥的体积为，求截面与底面所成二面角的正弦值；（3）设截面的面积为，面积为，面积为，当点在棱上变动时，求的取值范围．【分析】（1）连结，并延长分别交，于点，，连结交于点，连结，，利用比例关系确定为靠近的三等分点，然后先求出棱柱的体积，连结，，由和进行求解，即可得到答案；（2）求出点到平面的距离，得到点为靠近的四等分点，通过面面垂直的性质定理可得即为截面与底面所成的二面角，在三角形中利用边角关系求解即可；（3）设，则，，先求出的关系以及取值范围，然后将转化为，表示，求解取值范围即可．【解答】解：（1）连结，并延长分别交，于点，，连结交于点，连结，，则，故为靠近的三等分点，所以，，下面球三棱柱被截面分成两部分的体积比，三棱柱的体积为，连结，，由平面可知，为定值，所以，所以，故，所以；（2）由以及，可得，设点到平面的距离为，由，解得，所以点到直线的距离为，则点为靠近的四等分点，因为平面平面，所以截面与平面所成的角即为截面与平面所成的角，在△中，，，故，又因为平面平面，且平面平面，故平面，则即为截面与底面所成的二面角，在△中，，，，故，所以截面与底面所成二面角的正弦值为；（3）设，则，，且，设的面积为，则，又因为，所以，故，所以的取值范围为．【点评】本题考查了空间几何体体积的求解，二面角的求解以及截面面积问题，考查了空间想象能力与逻辑推理能力、化简运算能力，属于难题．38．（2023春•宝应县期中）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，，分别是，的中点，点在直线上，且；（Ⅰ）证明：无论取何值，总有；（Ⅱ）当取何值时，直线与平面所成的角最大？并求该角取最大值时的正切值；（Ⅲ）是否存在点，使得平面与平面所成的二面角为，若存在，试确定点的位置，若不存在，请说明理由．【分析】（1）以，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，求出各点的坐标及对应向量的坐标，易判断，即；（2）设出平面的一个法向量，表达出，利用正弦函数的单调性及正切函数的单调性的关系，求出满足条件的值，进而求出此时的正切值；（3）假设存在，利用平面与平面所成的二面角为，则平面与平面法向量的夹角为，代入向量夹角公式，可以构造一个关于的方程，研究方程根的情况，即可得到结论．【解答】（1）证明：如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，，1，，，，，（1）解：，无论取何值，（4分）（2）解：，0，是平面的一个法向量．，而，，当最大时，最大，最大，除外，当时，取得最大值，此时，，（8分）（3）假设存在，则，设是平面的一个法向量．则得令，得，化简得△方程无解不存在点使得平面与平面所成的二面角为（13分）【点评】利用向量知识解决立体几何问题的优点在于用代数化的方法解决立体几何，解题的关键在于用坐标表示空间向量，熟练掌握向量夹角公式．39．（2023春•天宁区校级月考）如图，在四棱锥中，已知底面，，，，，异面直线和所成角等于．（1）求直线和平面所成角的正弦值的大小；（2）在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，指出点在棱上的位置；若不存在，说明理由．【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，，由，求出，由异面直线和所成角等于，求出，由此利用得量法能求出直线和平面所成角的正弦值．（2）假设在棱上存在一点，使得二面角的余弦值为，求出平面的一个法向量和平面的法向量，利用向量法能求出存在这样的点，为棱上的靠近的三等分点．【解答】解：（1）在四棱锥中，已知底面，，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，，，异面直线和所成角等于．设，，则，0，，，0，，，，，，2，，，0，．，2，，，，，，，解得，又，0，，，，，异面直线和所成角等于，，解得，，4，，，2，，，0，．设平面的一个法向量为，，，则，取，得，0，，设直线和平面所成角为，则直线和平面所成角的正弦值的大小为：．（2）假设在棱上存在一点，使得二面角的余弦值为，设，且，，，则，，，0，，解得，0，，，2，，，0，，设平面的一个法向量为，，，则，取，得，，，又平面的法向量，1，，二面角的余弦值为，，解得或（不合题意）．存在这样的点，为棱上的靠近的三等分点．【点评】本题考查线面角的正弦值的求法，考查满足二面角的点是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的距离的求法，考查运算求解能力，是中档题．40．（2023•徐州开学）如图正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，，，为的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面平面；（Ⅲ）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【分析】取中点，连接，，由三角形中位线定理，结合已知中，，，易得四边形为平行四边形，所以，再由线面平面的判定定理，可得平面；由已知中正方形与梯形所在的平面互相垂直，易得平面，进而，由勾股定理，我们易判断出中，，由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理，即可得到平面平面；以为原点，，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，代入向量夹角公式，即可求出平面与平面所成锐二面角的余弦值．【解答】证明：取中点，连接，在中，、分别为，的中点，所以，且．由已知，，所以，且．所以四边形为平行四边形，所以又因为平面，且平面，所以平面．（4分）在正方形中，，又因为平面平面，且平面平面，所以平面，所以．在直角梯形中，，，可得在中，，，所以．所以平面，又因为平面，所以平面平面．（9分）解：由（2）知平面，且．以为原点，，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系．，2，，，4，，，0，，平面的一个法向量为，1，．设，，为平面的一个法向量，因为，令，得，所以，1，为平面的一个法向量设平面与平面所成锐二面角为则所以平面与平面所成锐二面角为余弦值为【点评】本题考查的知识点是二面角的平面角及求法，直线与平面平行的判定，平面与平面垂直的判定，熟练掌握空间直线与平面不同位置关系（平行和垂直）的判定定理、性质定理、定义及几何特征是解答本题的关键．41．（2023秋•工业园区月考）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值．【分析】（1）取中点为，连接，，进而证明四边形为平行四边形即可证明结论；（2）取中点为，以为空间直角坐标系原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可．【解答】证明：（1）取中点为，连接，，如图所示，因为，分别是，的中点，所以且，又因为且，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．（2）解：取中点为，以为空间直角坐标系原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，，，，，为的中点．则，0，，，0，，，1，，，，设平面的法向量为，因为，，所以，即，令，解得，即，设平面的法向量为，因为，，所以，令，解得，即，记平面与平面夹角为，，则，，所以平面与平面夹角的正弦值为．【点评】本题主要考查二面角的平面角及其求法，考查转化能力，属于难题．42．（2023春•润州区校级月考）在直角梯形中，，，，直角梯形绕直角边旋转一周得到如下图的圆台，已知点，分别在线段，上，二面角的大小为．（1）若，，，证明：平面；（2）若，点为上的动点，点为的中点，求与平面所成最大角的正切值，并求此时二面角的余弦值．【分析】（1）由已知可建立以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算，即可证明线面平行；（2）根据已知可建立以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，根据线面关系求得与平面所成最大角的正切值，即得的值，利用空间向量坐标运算即可求得此时二面角的余弦值．【解答】（1）证明：，，，又，，平面，平面，又平面，，又，如图，以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，由于，，则，又，，则，，又轴平面，故可为平面的一个法向量，又，且平面，平面；（2）解：，，，如图，以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，0，，，6，，，3，，，3，，设，则，则，又轴平面，可作为平面的一个法向量，设与平面所成角为，且，则，又函数与均在上单调递增，当时，有最大值为，此时也取到最大值，又，则；设为平面的法向量，又，，令，则平面的法向量，平面的一个法向量为，，由图可知二面角为锐角，即二面角的余弦值为．与平面所成最大角的正切值为，此时二面角的余弦值为．【点评】本题主要考查直线与平面平行的证明，线面角、二面角的求法，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题．43．（2024春•海州区校级月考）如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点．（1）求证：平面，并求直线和平面的距离；（2）求二面角的大小；（3）试在线段上确定一点，使与所成的角是．【分析】（1）利用线面平行的判定定理，即可证明平面，即可得解；（2）利用面面垂直的性质及线面垂直的判断，可得是二面角的平面角，解直角三角形，即可得到二面角的大小；（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量，即可得到结论．【解答】（1）证明：记与的交点为，连接，设直线和平面的距离为，、分别是、的中点，四边形是矩形，四边形是平行四边形，，平面，平面，平面，，即，则．（2）解：在平面中过作于，连接，正方形与矩形所在的平面互相垂直，且相交于，，在矩形内，所以，则，又，，、平面平面，是在平面上的射影，由三垂线定理得，是二面角的平面角，在中，，，，所以，二面角的大小为；（3）解：分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图：设，则，，由题意，解得，所以点应在线段的中点处．【点评】本题考查线面平行判定定理，考查二面角及面面垂直性质、线面垂直判定定理，用空间向量求直线与直线夹角，属于中档题．44．（2023秋•京口区校级月考）如图，四棱锥中，为矩形，平面平面．（1）求证：；（2）若，，，问为何值时，四棱锥的体积最大？并求此时平面与平面夹角的余弦值．【分析】（1）要证，可以证明面，再利用面面垂直以及线面垂直的性质，即可证明．（2）过做得到平面，作，连接，由边长关系得到，，设，则，故当时，取最大值，建立空间直角坐标系，利用向量方法即可得到夹角的余弦值．【解答】解：（1）在四棱锥中，为矩形，，又平面平面，平面平面，面，．（2）过做，平面，作，连接，，，，，，，，设，，，当，即，，建立空间直角坐标系，如图所示，则，0，，，0，，，，，，，，，，故，设平面的法向量，则由得，解得，，面的法向量为，1，，同理面的法向量为，0，，．由图可知二面角为锐角，即【点评】本题考查线面位置关系、线线位置关系、线面角的度量，考查分析解决问题、空间想象、转化、计算的能力与方程思想．45．（2023春•扬中市校级期末）如图，四棱锥的底面是平行四边形，，，，，分别是棱，的中点．（Ⅰ）证明平面；（Ⅱ）若二面角为，证明平面平面；求直线与平面所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）要证明平面，可以先证明平面平面，而要证明面面平行则可用面面平行的判定定理来证；（Ⅱ）要证明平面平面，可用面面垂直的判定定理，即只需证平面即可；方法一：由知，，，两两垂直，建立空间直角坐标系，得到直线的方向向量与平面法向量，其夹角的余弦值的绝对值即为所成角的正弦值．方法二：连接，由（1）知，平面，则为直线与平面所成的角，在中，根据，求出与平面所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）证明：连结，，底面是平行四边形，为中点，是棱的中点．在中，，又平面，平面，平面．同理可证，平面．又，平面平面，平面，平面；（Ⅱ）如图，连结，．，，，，．又为的中点，，，即为二面角的平面角，即，．中，，，同理，平面，平面，平面平面；方法一：由知，，，，，，，，两两垂直，以为坐标原点，分别以，，为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则有，，，，0，，，，，，0，，，0，，，，，，0，，设平面的法向量为，，，令，则，，故，1，，，分别是棱，的中点，，，，，，，，，，，即直线与平面所成角的正弦值为．方法二：连接，由（1）知，平面，则为直线与平面所成的角，由，可知为直角，而，所以，故，又，故在中，，所以直线与平面所成角的正弦值为．【点评】本题主要考查空间直线与平面平行的判定定理以及线面角大小的求法，要求熟练掌握相关的判定定理．三．离散型随机变量及其分布列（共1小题）46．（2024春•锡山区校级期中）第24届冬季奥林匹克运动会，即2022年北京冬季奥运会，于2022年2月4日星期五开幕，2月20日星期日闭幕．北京冬季奥运会设7个大项，15个分项，109个小项．北京赛区承办所有的冰上项目；延庆赛区承办雪车、雪橇及高山滑雪项目；张家口赛区的崇礼区承办除雪车、雪橇及高山滑雪之外的所有雪上项目．某运动队拟派出甲、乙、丙三人去参加自由式滑雪．比赛分为初赛和决赛，其中初赛有两轮，只有两轮都获胜才能进入决赛．已知甲在每轮比赛中获胜的概率均为；乙在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为和；丙在第一轮和第二轮获胜的概率分别是和，其中．（1）甲、乙、丙三人中，谁进入决赛的可能性最大；（2）若甲、乙、丙三人中恰有两人进入决赛的概率为，求的值；（3）在（2）的条件下，设进入决赛的人数为，求的分布列．【分析】（1）分别求出甲，乙，丙三人初赛的两轮均获胜的概率，通过比较，即可求解．（2）根据已知条件，结合相互独立事件的概率公式，即可求解．（3）由题意可得，所有可能取值为0，1，2，3，分别求出对应的概率，即可求解．【解答】解：（1）甲在初赛的两轮中均获胜的概率为：，乙在初赛的两轮中均获胜的概率为：，丙在初赛的两轮中均获胜的概率为：，，，，甲进入决赛可能性最大．（2），解得，，解得或，，．（3）由题意可得，所有可能取值为0，1，2，3，，，，，故的分布列为：0123【点评】本题主要考查离散型随机变量分布列的求解，需要学生很强的综合能力，属于难题．四．离散型随机变量的期望与方差（共8小题）47．（2024•扬中市校级模拟）甲、乙两同学进行射击比赛，已知甲射击一次命中的概率为，乙射击一次命中的概率为，比赛共进行轮次，且每次射击结果相互独立，现有两种比赛方案，方案一：射击次，每次命中得2分，未命中得0分；方案二：从第一次射击开始，若本次命中，则得6分，并继续射击；若本次未命中，则得0分，并终止射击．（1）设甲同学在方案一中射击轮次总得分为随机变量，求；（2）甲、乙同学分别选取方案一、方案二进行比赛，试确定的最小值，使得当时，甲的总得分期望大于乙．【分析】（1）设甲同学在方案一中射击轮次，射中的次数为，则，且，再根据二项分布期望的公式和期望的性质，求解即可；（2）设乙同学的总得分为随机变量，写出的所有可能取值，并计算相应的概率，再结合错位相减法求解，然后采用作差法，求解的最小值即可．【解答】解：（1）设甲同学在方案一中射击轮次，射中的次数为，则，且，所以，故．（2）由（1）知，设乙同学的总得分为随机变量，的所有可能取值为0，6，12，，，所以，，，，，，，所以，设，则，两式相减得，，所以，代入，得，设，当时，，且，故满足题意的最小值为12．【点评】本题考查概率与数列的综合问题，熟练掌握二项分布的期望，期望的计算公式，以及利用错位相减法求数列的和等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于难题．48．（2024•江苏模拟）某足球训练基地有编号为1，2，3，，的位学员，在一次射门考核比赛中，学员有两次射门机会．每人第一次射中的概率为，第二次射中的概率为，假设每位学员射门过程是相互独立的，比赛规则如下：①按编号从小到大的顺序进行，第1号学员开始第1轮比赛，先第一次射门；②若第，2，3，，号学员第一次射门未射中，则第轮比赛失败，由第号学员继续比赛；③若第，2，3，，号学员第一次射门射中，再第二次射门，若该学员第二次射门射中，则比赛在第轮结束，该学员第二次射门未射中，则第轮比赛失败，由第号学员继续比赛；④若比赛进行到了第轮，则不管第号学员的射门情况，比赛结束．（1）当时，设随机变量表示3名学员在第轮比赛结束，求随机变量的分布列；（2）设随机变量表示名学员在第轮比赛结束．①求随机变量的分布列；②求证：单调递增，且小于3．【分析】（1）由题的所有可能取值为1，2，3，然后根据题意求出对应的概率即可得分布列；（2）①由题的所有可能取值为1，2，3，，，然后根据题意求出对应的概率即可得分布列；②由①可得，然后利用数列得知识求得，再由指数型函数的单调性即可得证．【解答】解：（1）由题的所有可能取值为1，2，3，则，，，所以的分布列如下：123（2）①由题的所有可能取值为1，2，3，，，则，，，，，所以的分布列如下：123②证明：由①可得，记，则，两式相减得，所以，显然关于单调递增，且．【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列和期望及数列在概率计算中的应用，属于难题．49．（2024•如皋市模拟）如图，小华和小明两个小伙伴在一起做游戏，他们通过划拳（剪刀、石头、布）比赛决胜谁首先登上第3个台阶，他们规定从平地开始，每次划拳赢的一方登上一级台阶，输的一方原地不动，平局时两个人都上一级台阶，如果一方连续两次赢，那么他将额外获得一次上一级台阶的奖励，除非已经登上第3个台阶，当有任何一方登上第3个台阶时，游戏结束，记此时两个小伙伴划拳的次数为．（1）求游戏结束时小华在第2个台阶的概率；（2）求的分布列和数学期望．【分析】（1）讨论最后一次划拳之前两人的位置，利用相互独立事件概率公式计算各种情况的概率；（2）利用相互独立事件概率公式计算各种情况的概率，列出分布列，再计算均值．【解答】解：（1）设事件“第次划拳小华赢”为；事件“第次划拳小华平”为；事件“第次划拳小华输”为，则．因为游戏结束时小华在第2个台阶，所以这包含两种可能的情况：第一种：小华在第1个台阶，并且小明在第2个台阶，最后一次划拳小华平；其概率为，第二种：小华在第2个台阶，并且小明也在第2个台阶，最后一次划拳小华输，其概率为．所以游戏结束时小华在第2个台阶的概率为．（2）依题可知的可能取值为2、3、4、5，，，，，所以的分布列为：2345所以的数学期望为：．【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列，讨论情况较多，情况分类要不重不漏，属于中档题．50．（2024•鼓楼区校级模拟）某款游戏预推出一项皮肤抽卡活动，玩家每次抽卡需要花费10元，现有以下两种方案．方案一：没有保底机制，每次抽卡抽中新皮肤的概率为；方案二：每次抽卡抽中新皮肤的概率为，若连续99次未抽中，则第100次必中新皮肤．已知，玩家按照一、二两种方案进行抽卡，首次抽中新皮肤时的累计花费为，（元．（1）求，的分布列；（2）求；（3）若，根据花费的均值从游戏策划角度选择收益较高的方案．参考数据：．【分析】（1）根据独立事件和对立事件的概率公式求出；（2）结合错位相减法可求期望；（3）由已知条件依次求得，，根据数学期望即可给出选择方案．【解答】解：（1）可取值10，20，30，，可取值10，20，，1000，当时，摸球次数为，没有抽中新皮肤的概率为，故，．（2）令，则，故，整理得到，所以，若玩家按方案一抽卡，花费元时抽到皮肤，则抽取次数为，而，其中，，则，因为玩家按方案一抽卡次数无限制，且当时，，所以．（3），即，，由（2）可得故；若玩家按方案二抽卡，则可取值10，20，，1000，且，其中，20，，990，，故，因为，故选择方案二．【点评】本题主要考查离散型随机变量分布列及数学期望，考查运算求解能力，属于难题．51．（2024•江苏模拟）“踩高跷，猜灯谜”是我国元宵节传统的文化活动．某地为了弘扬文化传统，发展“地摊经济”，在元宵节举办形式多样的猜灯谜活动．（1）某商户借“灯谜”活动促销，将灯谜按难易度分为、两类，抽到较易的类并答对购物打八折优惠，抽到稍难的类并答对购物打七折优惠．抽取灯谜规则如下：在一不透明的纸箱中有8张完全相同的卡片，其中3张写有字母，3张写有字母，2张写有字母，顾客每次不放回从箱中随机取出1张卡片，若抽到写有的卡片，则再抽1次，直至取到写有或卡片为止．求该顾客取到写有卡片的概率．（2）小明尝试去找全街最适合他的灯谜，规定只能取一次，并且只可以向前走，不能回头，他在街道上一共会遇到条灯谜（不妨设每条灯谜的适合度各不相同），最适合的灯谜出现在各个位置上的概率相等，小明准备采用如下策略：不摘前条灯谜，自第条开始，只要发现比他前面见过的灯谜适合的，就摘这条灯谜，否则就摘最后一条．设，记小明摘到那条最适合的灯谜的概率为．①若，，求；②当趋向于无穷大时，从理论的角度，求的最大值及取最大值时的值．（取【分析】（1）由分类加法原理和分步乘法原理求解；（2）①由题意可知，要摘到最适合他的灯谜，有两种情况，最适合他的灯谜是第3条和最适合他的灯谜是最后1条，分情况分析两种情况的可能性，结合古典概型即可求出结果；②记事件表示最适合的灯谜被摘到，根据条件概率和全概率公式求出（A），再用导数求出最值即可．【解答】解：（1）8张完全相同的卡片，3张写有字母，3张写有字母，2张写有字母，由抽取规则可知，该顾客取到写有卡片的概率为；（2）①这4条灯谜的位置从第1条到第4条排序，有种情况，要摘到最适合的灯谜，有以下两种情况：最适合的灯谜是第3条，其他的灯谜随意在哪个位置，有种情况，最适合的灯谜是最后1条，第二适合的灯是第1条或第2条，其他的灯随意在哪个位置，有种情况，故所求概率为；②记事件表示最适合的灯谜被摘到，事件表示最适合的灯谜在灯谜中排在第条，因为最适合的灯谜出现在各个位置上的概率相等，所以，以给定所在位置的序号作为条件，，当时，最适合的灯在前条灯之中，不会被摘到，此时，当时，最适合的灯谜被摘到，当且仅当前条灯谜中的最适合的一条在前条灯谜中时，此时，由全概率公式知，令函数，令，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以当时，取得最大值，最大值为，此时，即的最大值为，此时的值为．【点评】本题考查了概率和导数的综合应用，属于难题．52．（2024•苏州模拟）甲、乙、丙三人以正四棱锥和正三棱柱为研究对象，设棱长为，若甲从其中一个底面边长和高都为2的正四棱锥的5个顶点中随机选取3个点构成三角形，定义随机变量的值为其三角形的面积；若乙从正四棱锥的8条棱中任取2条，定义随机变量的值为这两条棱的夹角大小（弧度制）；若丙从正三棱柱的9条棱中任取2条，定义随机变量的值为这两条棱的夹角大小（弧度制）．（1）比较三种随机变量的数学期望大小；（2）现单独研究棱长，记且，其展开式中含项的系数为，含项的系数为．①若，对，3，4成立，求实数，，的值；②对①中的实数，，用数字归纳法证明：对任意且，都成立．【分析】（1）直接根据三角形面积公式、线线角以及期望公式求解即可；（2）①首先代入，3，4得到关于，，的三元一次方程组即可求解；②由①中结论结合数学归纳法即可得证．【解答】解：（1）如图所示：由题意设为正四棱锥的高，为中点，由于正四棱锥的底面边长和高都是2，所以，所以，由对称性以及三线合一可知，若甲从其中一个底面边长和高都为2的正四棱锥的5个顶点中随机选取3个点构成三角形，则的所有可能取值为，且，所以．若乙从正四棱锥（和甲研究的四棱锥一样）的8条棱中任取2条，则的所有可能取值为，，代入参考数据，得，若丙从正三棱柱的9条棱中任取2条，则的所有可能取值为，，所以；（2）①因为中项的系数为，一般地，从中的第个因式中取一个，其余因式中取常数即