2023年高考数学三模试题分项汇编（全国通用）专题08 立体几何（理科）（解析版）

这是一份2023年高考数学三模试题分项汇编（全国通用）专题08 立体几何（理科）（解析版），共46页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题08 立体几何（理科）一、单选题1．（湖北省云学新高考联盟学校2021-2022学年高一下学期5月联考数学试题）设，为两个不同的平面，则的一个充分条件是（    ）A．内有无数条直线与平行 B．，平行于同一个平面C．，平行于同一条直线 D．，垂直于同一个平面【答案】B【分析】利用线面，面面平行，垂直的判定及性质对各个选项进行分析即可得到答案.【详解】A选项，内有无数条直线与平行，与可能相交，A选项错误；B选项，平行于同一个平面，则，B选项正确；C选项，平行于同一条直线，与可能相交，C选项错误；D选项，垂直于同一平面的两个平面可以平行也可以相交，D选项错误.故选：B.2．（福建省2022届高三毕业班4月百校联合测评数学试题）已知某圆台的高为，上底面半径为，下底面半径为，则其侧面展开图的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】可得展开图为圆环的一部分，求出小圆和大圆半径即可求出.【详解】易知母线长为，且上底面圆周为，下底面圆周为，易知展开图为圆环的一部分，圆环所在的小圆半径为3，则大圆半径为6，所以面积.故选：C.3．（浙江省温州市2023届高三下学期5月第三次适应性考试（三模）数学试题）四面体满足，点在棱上，且，点为的重心，则点到直线的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，再利用向量求出点到直线的距离作答.【详解】四面体满足，即两两垂直，以点O为原点，以射线的正方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，因为，，则，于是，，所以点到直线的距离.故选：A4．（黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2023届高三第三次模拟考试数学试题）已知四棱锥的底面为正方形，底面，点是线段上的动点，则直线与平面所成角的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可得到结果.【详解】由题意，因为为正方形，且底面，以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，则，所以，设，，则，所以，即，设平面的法向量为，则，解得，取，所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，因为单调递增，所以当时，最大，此时，即直线与平面所成角的最大值为.故选:C5．（江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁）2023届高三三模数学试题）已知底面半径为r的圆锥SO，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由可得，分别表示出圆柱的侧面积和圆锥侧面积，即可得出答案.【详解】圆锥的高为，如图，由可得：，∴，∴,圆柱侧面积，圆锥侧面积，.故选：D．6．（河北省唐山市2023届高三三模数学试题）把边长为的正方形沿对角线折成直二面角，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由图形的几何性质得球心位置，利用等体积转化求点面距离即可.【详解】由图所示，易知三棱锥D-ABC的外接球球心为AC的中点O，易得OB=OC=OD=1，且OC⊥OB，DO⊥面OBC，计算可得BC=CD=BD=，设球心到平面的距离为，则.故选：A7．（福建省宁德市普通高中2023届高三质量检测数学试题）中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究，中国传世数学著作《九章算术》卷五“商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式.例如在推导正四棱台（古人称方台）体积公式时，将正四棱台切割成九部分进行求解.下图（1）为俯视图，图（2）为立体切面图.对应的是正四棱台中间位置的长方体；对应四个三棱柱，对应四个四棱锥.若这四个三棱柱的体积之和为12，四个四棱锥的体积之和为4，则该正四棱台的体积为（    ）A．24 B．28 C．32 D．36【答案】B【分析】根据给定条件，利用四棱锥、三棱柱的体积公式结合给定数据建立关系式，求出长方体的体积作答.【详解】如图，令四棱锥的底面边长为a，高为h，三棱柱的高为b，依题意，四棱锥的体积，即，三棱柱的体积，即有，因此，于是长方体的体积，所以该正四棱台的体积为.故选：B【点睛】关键点睛：求几何体的体积，将给定的几何体进行恰当的分割，转化为可求体积的几何体求解是关键.8．（上海市浦东新区2023届高三三模数学试题）如图，在正方体中，，分别为，的中点，则下列说法错误的是（    ）A．与垂直 B．与平面垂直C．与平行 D．与平面平行【答案】C【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法逐一判断即可.【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设，则，对于A，，则，所以，故A正确；对于B，，则，所以，又平面，所以平面，故B正确；对于C，，若与平行，则存在唯一实数使得，所以，无解，所以与不平行，故C错误；对于D，，设平面的法向量，则有，可取，因为，且平面，所以平面，故D正确.故选：C.9．（湘豫名校联考2023届高三5月三模理科数学试题）已知非钝角中，，，是边上的动点.若平面，，且周长的最小值为，则三棱锥外接球的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据勾股定理及三角形的周长公式，利用线面垂直的性质及判定定理，结合球的体积公式即可求解.【详解】由题意可知，作出图形如图所示在中，设，则.所以的周长为.所以，不等式两边平方，得，解得，即的最小值是1.所以点A到边BC的距离为1.当AQ取最小值时，因为在中，，所以.又，所以C，Q两点重合，所以，即.又平面，平面，所以.又，平面，所以平面.因为平面，所以.因为PB是和的公共斜边，所以PB为三棱锥的外接球的直径，设外接球的半径为R，则，所以三棱锥的外接球的体积.故选：A.10．（广西2023届高三毕业班高考模拟测试数学（理）试题）在三棱锥中，，平面经过的中点，并且与垂直，当截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥的外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】取靠近的四等分点，的中点，截此三棱锥所得的截面为平面，当时截面面积最大，，为，外接圆圆心，球心满足面，面，由求得外接球的半径进而求得球的表面积.【详解】如图所示取靠近的四等分点，的中点，连接，，.由，可知.同理可知.又，所以平面，所以平面即为平面.又易知，所以截此三棱锥所得的截面面积为，当时，取得最大值，设为外接球球心，，为，外接圆圆心，球心满足面，面，所以四边形为正方形，且，，，∴.故选：D.11．（广西壮族自治区玉林市2023届高三教学质量检测数学（理）试题）在正四棱柱中，，，为中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨迹的长为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定的条件，结合正四棱柱的结构特征，作出过点垂直于的正四棱柱的截面即可计算作答.【详解】在正四棱柱中，连接，如图，，平面，因为平面，则，又平面，，则平面，又平面，则，取中点，连接，在平面内过作，交于，显然，而平面，则平面，有，又平面，，于是平面，而平面，因此，因为平面，，从而平面，连接，则点的轨迹为平面与四棱柱的交线，即，因为，即有，又，于是，有，，所以点的轨迹长为.故选：A【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.二、多选题12．（黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2023届高三第三次模拟考试数学试题）正四棱锥中，，，过点作截面分别交棱于点，且，则下列结论正确的是（    ）A．若为中点，则B．若平面，则截面的面积C．若为所在棱的中点，则D．若为所在棱的中点，则点到平面的距离为【答案】AD【分析】根据题中条件，可以判断、、三条直线交于一点，结合题中的数量关系，可以把立体问题转化为平面问题，进而判断ABC选项.对于D选项，根据面面垂直可以把点到平面的距离转化为点到直线的距离，进而可得.【详解】A选项：如图：连接交于，连接交于，因四点共面，所以过点. 由题意为的中点，若为中点，则为的重心，所以，又因，所以，在正四棱锥中，，所以，故A正确.B选项：由题知：，所以为等边三角形，若平面，则，故为的中点，且，在正四棱锥中，，因，所以又平面，平面,所以，又，平面，平面，所以平面，因平面，所以所以截面的面积为，故B错误.C选项：若为所在棱的中点，如图，则，平面的平面图如下：设，，，，，因得，，所以，故，故C错误.D选项：因平面，平面所以平面平面，因平面平面，点到平面的距离即为点到直线的距离如图建立平面直角坐标系，则，，直线的方程为：，即，点到直线的距离为，故D正确.故选：AD.13．（福建省2022届高三毕业班4月百校联合测评数学试题）已知三棱锥外接球的球心为，外接球的半径为，，，（为正数），则下列命题是真命题的是（    ）A．若，则三棱锥的体积的最大值为B．若不共线，则平面平面C．存在唯一一点，使得平面D．的最大值为【答案】AB【分析】由可求得球心到平面的距离，由此可得三棱锥高的最大值，由棱锥体积公式可知A正确；设的中点为，可证得平面，由外接球性质可知平面，由面面垂直判定可知B正确；设直线与球的另一交点为，可知平面，知C错误；由四点共面可求得，由此可得，知D错误.【详解】对于A，若，则，，则外接圆的半径，球心到平面的距离，三棱锥高的最大值为，体积的最大值为，A正确；对于B，设的中点为，连接，则，，，又，，平面，平面，平面，平面，又平面平面，四点共面，平面，又平面，平面平面，B正确；对于C，设直线与球的另一交点为，若平面，则平面，C错误；对于D，当最大时，四点共面，，，，D错误.故选：AB.14．（江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁）2023届高三三模数学试题）已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为1，E为AB的中点，则（    ）A．BC1∥平面A1ECB．二面角A1－EC－A的正弦值为C．点A到平面A1BC1的距离为D．若棱柱的各顶点都在同一球面上，则该球的半径为【答案】ACD【分析】A选项，连接，使相交于F，连接EF，通过证明即可判断选项正误；B选项，通过证明平面，可得二面角A1－EC－A的平面角为；C选项，利用等体积法结合可得答案；D选项，利用正弦定理，可得外接圆半径，后可得球的半径.【详解】A选项，连接，使相交于F，连接EF，因F，E分别为中点，则，因平面，平面，则BC1平面A1EC，故A正确；B选项，由题可得平面ABC，又平面ABC，则.又，，平面，平面，则平面.又平面，则，结合，可知二面角A1－EC－A的平面角为，则，故B错误；C选项，设点A到平面A1BC1的距离为d，取AC中点为G，连接BG.则，又，，，由余弦定理可得，则，得.则，故C正确.D选项，设外接圆半径为，由正弦定理，.又设三棱锥外接球半径为，则三棱锥外接球与以外接圆为底面的圆柱外接球相同，则.故D正确故选：ACD15．（河北省唐山市2023届高三三模数学试题）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到底面为长方形的屋状的楔体（图示的五面体．底面长方形中，，上棱长，且平面，高（即到平面的距离）为，是底面的中心，则（    ）A．平面B．五面体的体积为5C．四边形与四边形的面积和为定值D．与的面积和的最小值为【答案】ABD【分析】取BC的中点G，可得四边形EFGO为平行四边形，则EO∥FG，从而EO∥平面BCF，即可判断A；利用分割的方法，把几何体分割成三部分，可得一个三棱柱和两个四棱锥，再由已知求解即可判断B；设，则，利用梯形面积公式计算四边形与四边形的面积和，即可判断C；设，则，且，，则△ADE与△BCF的面积和为，利用不等式：当时，，求解最小值即可判断D.【详解】取BC的中点G，连接OG，FG，∵EF∥OG，EF＝OG，∴四边形EFGO为平行四边形，∴EO∥FG，∵EO平面BCF，FG平面BCF，∴EO∥平面BCF，故A正确；过F作FH⊥平面ABCD，垂足为H，过H作BC的平行线MN，交AB于N，交CD于M，∵MN平面ABCD，∴FH⊥MN，又AB⊥MN，FH∩MN＝H，MN，FH平面FMN，∴AB⊥平面FMN，过E作EP∥FM，交CD于P， 作EQ∥FN，交AB于Q，连接PQ，∵EP∥FM，EP平面FMN，FM平面FMN，∴EP∥平面FMN，同理EQ∥平面FMN，又EP∩EQ＝E，EP，EQ平面EPQ，∴平面EPQ∥平面FMN，如图，五面体包含一个三棱柱和两个的四棱锥，∴五面体的体积：，故B正确；设，则，，，四边形与四边形的面积和为，不是定值，故C错误；过H作HR⊥BC，垂足为R，连接FR，∵FH⊥平面ABCD，BC平面ABCD，∴FH⊥BC，又FH∩HR＝H， FH，HR平面FHR，∴BC⊥平面FHR，∵FR平面FHR，∴FR⊥BC，设，则，且，，△BCF的面积为，同理，△ADE的面积为，则△ADE与△BCF的面积和为，当时，，即，∴，当且仅当等号成立，，当且仅当等号成立，则△ADE与△BCF的面积和的最小值为，故D正确． 故选：ABD.16．（河北省唐山市2023届高三三模数学试题）已知为异面直线，平面，平面，是空间任意一条直线，以下说法正确的有（    ）A．平面与必相交B．若，则C．若与所成的角为，则与平面所成的角为D．若与所成的角为，则平面与的夹角为【答案】AC【分析】反证法可判断A，列举特殊情况判断B，由线面角定义判断C，求二面角的平面角判断D.【详解】对A，若平面与平行，则，又 ，则，与为异面直线矛盾，故平面与必相交，故A正确；对B，，可能在平面内，所以不正确，故B错误；对C，过上一点作，交于，则直线为在平面上的射影，如图，所以与平面所成的角为，由题意知，所以，由可知，与平面所成的角为，故C正确；对D，平移过点，分别与交于，平面与棱交于，连接，如图， 由分别垂直两平面，易知棱与平面垂直，可得与垂直，故为二面角的平面角，由与所成的角为，可知，所以平面与的夹角为，故D错误.故选：AC.17．（辽宁省农村重点高中协作校2023届高三第三次模拟考试数学试题）如图，在几何体中，平面平面平面，底面为直角梯形．为的中点，，则（    ）A． B．C．与所成角的余弦值为 D．几何体的体积为2【答案】ABD【分析】选项A，通过面面平行的性质推理得到线线平行，再结合平行四边形的判定得到结果；选项B，通过线面平行的性质及判定定理进行判断；选项C，将异面直线所成角转化为两条相交直线所成角或其补角；选项D，将该组合体的体积转化为两个三棱柱的体积求解即可.【详解】对于A，的中点E，连接BE，，则，且，∴四边形为平行四边形，∴，．∵平面平面，平面平面，平面平面，，又，四边形为平形四边形，，∴，∴四边形为平行四边形，则，∵平面平面，平面平面，平面平面，．易知，∴四边形为平行四边形，∴，∴，故A正确．平面平面，平面，又四边形为直角梯形，，又平面平面，平面，，故B正确；，所以为平行四边形，所以与所成角即为或其补角，，而，所以，故C错误；三棱柱的体积，故正确．故选：ABD．18．（浙江省温州市2023届高三下学期5月第三次适应性考试（三模）数学试题）如图，圆柱的轴截面是边长为2的正方形，为圆柱底面圆弧的两个三等分点，为圆柱的母线，点分别为线段上的动点，经过点的平面与线段交于点，以下结论正确的是（    ）A．B．若点与点重合，则直线过定点C．若平面与平面所成角为，则的最大值为D．若分别为线段的中点，则平面与圆柱侧面的公共点到平面距离的最小值为【答案】ABD【分析】利用面面平行的性质定理可判断A；根据两平面如果有一个公共点，则这个公共点一定在它们的交线上可判断B；取特例验证可判断C；利用圆柱的对称性可知RF即为所求，然后求解可判断D.【详解】连接，由为圆柱底面圆弧的两个三等分点可知，因为平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD，又，同理可得平面ABCD，因为，平面所以，平面平面ABCD，因为平面，平面，所以，A正确；记平面，则平面，且，又平面，所以必过点M，B正确；当平面为平面时，过点C作直线HF的垂线，垂足为N，连接DN，易知，因为，平面，所以平面，因为平面，所以所以为平面与平面所成二面角的平面角，在等腰梯形中，，易得其高为，即，所以，故C错误；因为分别为线段的中点，则由圆柱的对称性可知，平面与圆柱侧面的公共点中，点R到平面BCF的距离最小，记EF的中点为T，连接TQ.易知，所以，得所以，即平面与圆柱侧面的公共点到平面距离的最小值为，D正确.故选：ABD三、填空题19．（沪教版（2020）必修第三册经典导学课后作业第11章11.4第2课时球的体积与表面积）体积为的球的表面积为______．【答案】【分析】根据给定条件，求出球的半径，再计算表面积作答.【详解】令球半径为，依题意，，解得，所以球的表面积.故答案为：20．（上海市浦东新区2023届高三三模数学试题）陕西历史博物馆收藏的“独孤信多面体煤精组印”是一枚形状奇特的印信（如图1），它的形状可视为一个26面体，由18个正方形和8个正三角形围成（如图2）． 已知该多面体的各条棱长均为1，则其体积为__________．【答案】///【分析】该多面体可以看作为正方体截取一部分构成，把复杂的几何体转化为简单几何体构成即可.【详解】如图，该多面体可以看做由一个棱长为的正方体截去8个如①三棱柱和8个如②四棱锥和12个如③三棱柱构成，①为底面为以两直角边为的等腰直角三角形，高为的直三棱柱，其体积为：②为底面为以棱长为和1的矩形，高为的四棱锥其体积为：③为底面为以两直角边为的等腰直角三角形，高为的直三棱柱，其体积为：所求多面体体积为：故答案为：.四、解答题21．（湘豫名校联考2023届高三5月三模理科数学试题）如图，直三棱柱中，，，，为上一点，且.(1)证明：平面平面；(2)若直三棱柱的表面积为，求五面体的体积.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）作于点E，交于点F，连接DF，由条件证明，根据面面垂直判定定理证明平面，由线面垂直性质可得平面，再根据面面垂直判定定理证明平面平面；（2）先证明平面，由条件求线段，结合锥体体积公式求五面体的体积.【详解】（1）如图，作于点E，交于点F，连接DF.因为，，，所以.所以. 所以.由勾股定理得.所以，所以. 又，，所以.所以四边形是平行四边形，所以. 因为平面 平面，平面 平面，，所以平面. 所以平面.又平面，所以平面 平面. （2）由题易得五面体即四棱锥由（1）知，又，，平面，所以平面. 所以四棱锥的高为.因为直三棱柱的表面积为，所以，解得，即.所以.又，所以.故五面体的体积为.22．（四川省南充市2023届高三三模理科数学试题）如图所示，已知，是圆锥底面的两条直径，为劣弧的中点，，．(1)证明：；(2)若为线段上的一点，且平面，求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接并延长交于，由线面垂直的判定定理可证平面，再由线面垂直的性质即可得证.（2）如图建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值即可.【详解】（1）连接并延长交于，如图，为劣弧的中点．是的角平分线，平分，，，    又在圆锥中，平面，平面，，、平面，且，平面，又平面，故.（2）以为坐标原点，，所在的直线分别为轴，轴，以过点且垂直的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系．故，，，，，，，，，设，故，，设平面法向量为，由得，令得，所以，    平面，，即，解得，，又，，    设与平面所成角为，.即与平面所成角的正弦值为．23．（云南省曲靖市2023届高三第一次教学质量监测数学试题）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，，，M，N分别是线段AB，PC的中点．(1)求证：MN平面PAD；(2)在线段CD上是否存在一点Q，使得直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在， 【分析】（1）取PB中点E，连接ME，NE．由线面平行的判定定理可证得ME平面PAD，NE平面PAD，再由面面平行的判定定理即可证明；（2）以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，由线面角的向量公式可求出Q点的位置，即可得出的值.【详解】（1）如图，取PB中点E，连接ME，NE．∵M，N分别是线段AB，PC的中点，∴MEPA．又∵平面PAD，平面PAD，∴ME平面PAD，同理得NE平面PAD．又∵，∴平面PAD平面MNE．∵平面MNE，∴MN平面PAD．（2）∵ABCD为矩形，∴AB⊥AD．PA⊥平面ABCD，∴AP、AB、AD两两垂直．依次以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，则，，，，PC中点，∴，．设平面DMN的法向量，则，即，取x＝1，得y＝1，z＝－1，．若满足条件的CD上的点Q存在，设，，又，则．设直线NQ与平面DMN所成的角为，则，解得t＝1或t＝－3．已知0≤t≤4，则t＝1，∴．DQ＝1，CD＝4，CQ＝CD－DQ＝4－1＝3，．故CD上存在点Q，使直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为，且．24．（黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2023届高三第三次模拟考试数学试题）如图，四边形是圆柱的轴截面，点是母线的中点，圆柱底面半径. (1)求证：平面；(2)当三棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可；（2）由基本不等式知，当且仅当时，三棱锥的体积最大，如图所示，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【详解】（1）证明：连接，，则，且，，连接，，由圆柱的性质可得，所以四边形是平行四边形，，所以为中点，所以易知，平面，平面，所以平面；（2）设，则，，当且仅当时取等，如图所示，建立空间直角坐标系，，，设平面的法向量为，所以，令，，所以，取平面的法向量为，所以平面与平面夹角的余弦值，所以平面与平面夹角的余弦值为.25．（山西省朔州市怀仁市第一中学2023届高三三模数学试题）如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是边长为2的菱形，为等边三角形，，为的中点，为的中点，为线段上的动点，平面．(1)请确定点在线段上的位置；(2)求平面和平面所成二面角的正弦值．【答案】(1)点是线段上靠近点的四等分点(2) 【分析】（1）根据线面平行的性质定理可推出.由已知可推得，得出，得到.然后根据，即可得出；（2）先证明，然后根据面面垂直的性质推得平面.以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标.然后求出平面和平面的法向量，根据法向量求出二面角的余弦值，进而即可求出正弦值.【详解】（1）如图1，连接与相交于，连接，连接与交于点.∵平面，平面平面，平面，∴.∵，，∴，∴，∴.∵，∴，∴.∵，∴，∴点是线段上靠近点的四等分点.（2）如图2，取的中点，连接，， ∵四边形为边长为2的菱形，，∴，为等边三角形.∵，为等边三角形，∴.∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面.∵为等边三角形，，∴，可得，，两两垂直.建立如图所示的空间直角坐标系，可得，，，，，，，，，，设平面的法向量为，由，，有，取，，，可得.设平面的法向量为，由，，有取，，，可得.所以，，，所以，所以平面和平面所成二面角的正弦值为．26．（河北省唐山市2023届高三三模数学试题）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面，点为线段上一点，且.(1)证明：平面；(2)若，，且三棱锥的体积为18，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）过点作于点，由面面垂直、线面垂直的性质定理可得，，再由线面垂直的判定定理可得答案；（2）由体积求出，以为原点，分别以为轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案.【详解】（1）过点作于点，因为平面平面，且平面平面平面，所以平面，又平面，所以，又平面平面，则，又因为平面，所以平面；（2）由（1）知平面平面，得，又，所以，以为原点，分别以为轴、轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则，又因为，所以，，，设是平面的一个法向量，则，即，所以可取，设是平面的一个法向量，则即，所以可取，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.27．（山西省晋城一中教育集团南岭爱物学校2023届高三下学期2月月考数学试题）如图，在四棱台中，底面四边形为菱形，，，平面.(1)证明：；(2)若是棱上一动点（含端点），平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)5 【分析】（1）先证明平面,根据线面垂直的性质定理即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，根据平面与平面所成锐二面角的余弦值为，列式求出参数，即可求得答案.【详解】（1）在四棱台中, 延长后必交于一点，故共面，因为平面,平面,故,连接，因为底面四边形为菱形，故,平面,故平面,因为平面,所以；（2）过点A作的垂线作为x轴，交与N点，以分别为y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系,设，则，由于，故,则,设，则，， ，记平面的法向量为,则,即，令，则，即，平面的法向量可取为，由于平面与平面所成锐二面角的余弦值为，则，解得 ，当M与N点重合时，平面垂直于平面，由于平面与平面所成角为锐二面角，故，所以,故.28．（【全国校级联考】天津七校联考2017-2018学年高二上期中数学（理）试题）如图，四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，，，，.（1）求证：；（2）求证：平面；（3）若二面角的大小为，求直线与平面所成的角.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)30°.【详解】试题分析:（1）根据矩形性质得，再由条件，利用线面垂直判定定理得平面，即得结论（2）先根据线线平行得线面平行：平面，平面，再根据线面平行得面面平行：平面平面，即得线面平行（3）过作与的延长线垂直，则根据二面角定义得就是二面角的平面角，再根据面面垂直判定与性质定理得平面，即是直线与平面所成的角，最后通过解三角形得结果试题解析：证明：（）∵四边形为矩形，∴，又∵，，平面，，∴平面，∵平面，∴．（）∵，平面，平面，∴平面．∵四边形是矩形，∴，又平面，平面，∴平面，又，平面，，∴平面平面，∵平面，∴平面．（）过作与的延长线垂直，是垂足，连结． ∵，，∴就是二面角的平面角，∴，，∴，，∵，，，∴．∵平面，平面，∴平面平面，又平面平面，，∴平面，∴是直线与平面所成的角，∴，∴，∴直线与平面所成的角为．29．（上海市浦东新区2023届高三三模数学试题）如图所示的几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥底面圆O的半径为1，圆锥的高，三棱锥的底面是以圆锥的底面圆的直径AB为斜边的等腰直角三角形，且与圆锥底面在同一个平面上．(1)求直线和平面所成角的大小；(2)求该几何体的表面积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）找到直线和平面所成角等于，由，求出线面角；（2）求出圆锥表面积的一半加上、和的面积即可.【详解】（1）连接，由题意，⊥平面，故直线在平面上的射影为直线，因此直线和平面所成角等于．因为是以为直径的等腰直角三角形，所以．因此，由知．即直线和平面所成角的大小为．（2）由题意，所求表面积等于圆锥表面积的一半加上、和的面积．因为圆锥的高，圆锥的底面半径，所以圆锥的母线长为，表面积为．在和中，，，所以，得． 同理．因此．而，因此，所求表面积为．30．（浙江省温州市2023届高三下学期5月第三次适应性考试（三模）数学试题）如图，已知四棱台的体积为，且满足，为棱上的一点，且平面.(1)设该棱台的高为，求证：；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见详解(2) 【分析】（1）利用线面平行条件求AE，再结合等腰梯形可求得，然后利用棱台的体积公式求出h可证；（2）利用三角形可求，再用等体积法求出点E到平面的距离，然后可得.【详解】（1）连接，由棱台性质可知，，可得，又，，所以，所以四点共面又因为平面，平面平面，平面所以，所以四边形为平行四边形，所以，又四边形为等腰梯形，易知为梯形的高，即所以易得上下底面的面积分别为：，由体积公式有，解得所以 （2）连接由（1）知，所以平面ABCD，因为平面平面，所以平面平面ABCD，又，平面平面，平面，所以平面因为平面，所以易得记三棱锥的高为，则由得，解得又，所以所以直线与平面所成角的正弦值为31．（江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁）2023届高三三模数学试题）如图，三棱锥P－ABC的底面为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝2．D，E分别为AC，BC的中点，PD⊥平面ABC，点M在线段PE上．(1)再从条件①、②、③、④四个条件中选择两个作为已知，使得平面MBD⊥平面PBC，并给予证明；(2)在（1）的条件下，求直线BP与平面MBD所成的角的正弦值．条件①：；条件②：∠PED＝60°；条件③：PM＝3ME：条件④：PE＝3ME．【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析 【分析】（1）如图，建立以D为原点的空间直角坐标系，设，，由平面MBD⊥平面PBC，可得两平面法向量互相垂直，即可得，据此可知可选择①④或②③；（2）由（1）所建立空间直角坐标系及平面MBD法向量，利用向量方法可得答案.【详解】（1）因PD⊥平面ABC，平面ABC，平面ABC，则，又由题可知，则如图，建立以D为原点的空间直角坐标系，则，，，，设，.则，，，，.故.设平面MBD法向量为，则，令，可得；设平面PBC法向量为，则，可令，可得.要使平面MBD⊥平面PBC，需满足.注意到条件①，PD⊥平面ABC，平面ABC，，又由题可知，则条件②，条件③，条件④.则当条件①④成立或条件②③成立时，都有，即可以使平面MBD⊥平面PBC；（2）由（1），当选择①④时，，，.则，平面MBD法向量为，设BP与平面MBD所成角为，则；当选择②③时，，，.则，平面MBD法向量，设BP与平面MBD所成角为，则；.